带电粒子在电场中的运动的典型问题学案-2024-2025学年高二上学期物理人教版（2019）必修第三册

第10章静电场中的能量第5讲第2课时带电粒子在电场中的运动的典型问题第第页第10章静电场中的能量第5讲第2课时带电粒子在电场中的运动的典型问题课堂讲解知识点1、带电粒子(或带电体)在复合场中的直线运动1．动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式。当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线时，粒子做匀变速直线运动，若题目涉及运动时间，优先考虑牛顿运动定律、运动学公式。在重力场和电场叠加场中的匀变速直线运动，亦可以分解为重力方向上、静电力方向上的直线运动来处理。2．功、能量方法——动能定理、能量守恒定律。若题中已知量和所求量涉及功和能量，那么应优先考虑动能定理、能量守恒定律。例1、如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么()A．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动C．微粒做匀速直线运动D．微粒做匀加速直线运动变式1、(多选)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A．所受合力为零 B．做匀减速直线运动C．电势能逐渐增加 D．机械能逐渐增加例2、如图甲所示，平行板电容器的极板长为L，两极板与水平方向的夹角为θ，且两极板间所加的电压为U。一质量为m的液滴从靠近A极板上边缘的位置由静止释放后，沿水平方向运动，并刚好从B极板下边缘沿水平方向飞出。已知重力加速度为g。(1)求液滴所带的电荷量q；(2)求液滴在极板间运动的时间t；(3)若将两极板沿它们的中心点顺时针转动至竖直状态(如图乙所示)，并将该液滴从靠近A极板的某位置由静止释放，求该液滴刚好从B极板的下边缘射出电场时的速度大小v。变式2、(多选)如图所示，带电平行金属板A、B板间的电势差为U，板间距离为d，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中央c点，不计空气阻力，重力加速度为g，则()A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小B．微粒在下落过程中重力做功为mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))，静电力做功为－eq\f(1,2)qUC．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为eq\f(1,2)qUD．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能到达A板知识点2、带电粒子(或带电体)在电场中的匀变速曲线运动1．运动分解的方法：将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在这两个方向上分别列运动学方程或牛顿第二定律。2．利用功能关系和动能定理分析(1)功能关系：静电力做功等于电势能的减少量，W电＝Ep1－Ep2。(2)动能定理：合力做功等于动能的变化，W＝Ek2－Ek1。例3、如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知OP连线与小球初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为()A．mveq\o\al(2,0) B．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C．2mveq\o\al(2,0) D.eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)变式3、如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑eq\f(1,4)圆弧导轨BO在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为eq\r(gR)，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为eq\r(2)mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；(2)小球经过O点时的速度大小；(3)小球过O点后运动的轨迹方程。知识点3、带电粒子(或带电体)在电场和重力场中的圆周运动（等效重力）等效法求解电场中圆周运动问题的思路1．求出重力和静电力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”，F合的方向视为“等效重力”的方向。2．将a＝eq\f(F合,m)视为“等效重力加速度”。3．带电体能自由静止的位置即“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点是“等效最高点”。4．将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。注意：对于“等效重力场”中做圆周运动的小球，经常遇到其在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题，小球能在竖直平面内做圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点，几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点，而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小的点。例4、半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示。珠子所受静电力是重力的3/4。将珠子从环上的最低点A由静止释放(重力加速度为g)，则：(1)珠子所能获得的最大动能是多少？(2)珠子对圆环的最大压力是多少？变式4、半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一个质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如右图所示．珠子所受静电力是其重力的3/4，将珠子从环上最低位置A点由静止释放，则：(1)珠子所能获得的最大动能是多大？(2)珠子对环的最大压力是多大？知识点4、带电粒子(或带电体)在交变电场中的运动1．此类题型一般有三种情况(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。2．分析时从两条思路出发(1)力和运动的关系。根据牛顿第二定律及运动学规律分析。(2)功能关系。3．突破策略注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。例5、(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，下列选项中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律的图像正确的是()变式5、(多选)一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图乙所示，交变电压的周期T＝eq\f(L,2v0)，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则()A．所有电子都从右侧的同一点离开电场B．所有电子离开电场时速度都是v0C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D．t＝eq\f(1,4)T时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为eq\f(d,16)课后巩固1．一个带正电的油滴从如图所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是()2.(多选)如图所示，有一质量为m、电荷量为q的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中。设油滴从两板中间位置以初速度为零垂直电场线进入电场，且两板足够长，可以判定()A．油滴在电场中做抛物线运动B．油滴在电场中做匀加速直线运动C．油滴打在极板上的运动时间只取决于电场强度和两板间的距离D．油滴打在极板上的运动时间不仅取决于电场强度和两板间的距离，还取决于油滴的比荷3.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为＋q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则()A．电场方向垂直于ON向上B．小球运动的加速度大小为gC．小球上升的最大高度为eq\f(v\o\al(2,0),4g)D．小球运动到最高点所需时间为eq\f(v0,2g)4.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，电荷量为q的小球从圆弧管的水平直径端点由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度的大小为()A．E＝eq\f(mg,q) B．E＝eq\f(2mg,q)C．E＝eq\f(3mg,q) D．E＝eq\f(4mg,q)5.如图所示，用细丝线悬挂带有正电荷的小球，质量为m，处在水平向右的匀强电场中，在电场力作用下，小球由最低点开始运动，经b点后还可以向右摆动，如用ΔE1表示重力势能的增量，用ΔE2表示电势能的增量，用ΔE表示二者和(ΔE＝ΔE1＋ΔE2)，则在小球由a摆到b的过程中，下列关系式正确的是()A．ΔE1<0，ΔE2<0，ΔE<0B．ΔE1>0，ΔE2<0，ΔE＝0C．ΔE1>0，ΔE2<0，ΔE<0D．ΔE1>0，ΔE2>0，ΔE>06．如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知OP连线与小球初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为()A．mveq\o\al(2,0)B．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C．2mveq\o\al(2,0)D.eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)7．(多选)如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则()A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D．小球在运动过程中机械能不守恒8．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M点运动到N点的过程中()A．动能增加eq\f(1,2)mv2B．机械能增加2mv2C．重力势能增加eq\f(3,2)mv2D．电势能增加2mv29.(多选)如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在静电力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则()A．R越大，x越大B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大C．m越大，x越小D．m与R同时增大，静电力做功增大10．如图甲所示，在间距足够大的平行金属板A、B之间有一电子，在A、B之间加上按如图乙所示规律变化的电压，在t＝0时刻电子静止且A板电势比B板电势高，则()A．电子在A、B两板间做往复运动B．在足够长的时间内，电子一定会碰上A板C．当t＝eq\f(T,2)时，电子将回到出发点D．当t＝eq\f(T,2)时，电子的位移最大11．如图1所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图2所示的交变电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则eq\f(Ek3,Ek5)等于()A.eq\f(3,5)B.eq\f(5,3)C．1D.eq\f(9,25)12.如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面内半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的小球，带正电，电荷量q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通过圆轨道，则小球在O点的初速度v0应满足什么条件？本节课反馈（学生填写建议并反馈本节课掌握情况）：

参考答案课堂讲解答案B解析：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．变式1、答案BC解析：对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，则选项A错误；由图可知电场力与重力的合力方向与v0方向相反，所以粒子做匀减速直线运动，选项B正确；除重力外，由于电场力Eq做负功，故电势能增加，机械能减少，选项C正确，D错误．答案(1)eq\f(mgLsinθ,Ucos2θ)(2)eq\r(\f(2L,gsinθ))(3)eq\r(\f(2gLsinθ1＋cos2θ,cos2θ))解析(1)由题意可知，液滴在两极板间受到重力、静电力的作用，沿水平方向运动，可知两个力的合力方向必沿水平方向(如图1所示)，有mg＝qEcosθ，E＝eq\f(U,d)，又由几何关系可知d＝Ltanθ，解得q＝eq\f(mgLsinθ,Ucos2θ)。(2)液滴从A极板上边缘运动至B极板下边缘过程中，其加速度为a＝eq\f(F,m)，其中F＝mgtanθ，又eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2L,gsinθ))。(3)由题意可知，两极板间的电场强度大小不变，方向变为水平方向，液滴的受力情况如图2所示，可知合力为F′＝eq\r(mg2＋qE2)，其中qE＝eq\f(mg,cosθ)，解得F′＝eq\f(mg,cosθ)eq\r(1＋cos2θ)，设液滴在两极板间运动的距离为l，由几何关系可知eq\f(qE,F′)＝eq\f(d,l)，解得l＝Ltanθeq\r(1＋cos2θ)，由动能定理有F′l＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2gLsinθ1＋cos2θ,cos2θ))。变式2、答案BCD解析微粒下落过程中，速度先增大后减小，故动能先增大后减小，重力势能逐渐减小，A错误。微粒在下落过程中，重力做功为mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))，静电力做功为－q×eq\f(U,d)×eq\f(d,2)＝－eq\f(1,2)qU，B正确。微粒落入电场中，静电力做功为－eq\f(1,2)qU，电势能的增加量为eq\f(1,2)qU，C正确。设微粒从距B板高h′处自由下落时，恰好能到达A板，根据动能定理，有mg(h′＋d)－qU＝0，而mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))－eq\f(1,2)qU＝0，则h′＝2h，D正确。答案D解析由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移大小相等，即v0t＝eq\f(1,2)vPyt，则小球通过P点时的合速度vP＝eq\r(v\o\al(2,0)＋vPy2)＝eq\r(5)v0，可知小球通过P点时的动能EkP＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，故选Deq\o(。,\s\do4())变式3、答案(1)eq\f(1,2)mgR(2)eq\r(3gR)(3)y2＝6Rx解析(1)小球从A点到B点，根据能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mgR。(2)小球从B点到O点，根据动能定理有－mgR＋F电·eq\r(2)R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vO＝eq\r(3gR)。(3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有F电cos45°＝max竖直方向有F电sin45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0说明小球从O点开始以后的运动为在x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，在y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝eq\f(1,2)gt2，y＝vOt联立解得小球过O点后运动的轨迹方程y2＝6Rx。答案(1)eq\f(1,4)mgr(2)eq\f(7,4)mg解析(1)因为qE＝eq\f(3,4)mg，所以珠子所受静电力与重力的合力F合与竖直方向的夹角θ满足tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，故θ＝37°；如图所示，设OB与竖直方向的夹角为θ，则B点为等效最低点，珠子从A点由静止释放后，从A点到B点过程中做加速运动，珠子在B点动能最大，对圆环的压力最大。由动能定理得qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝Ekm解得Ekm＝eq\f(1,4)mgr。(2)珠子在等效最低点B处对圆环压力最大，设珠子在B点受圆环弹力大小为FN，有FN－F合＝meq\f(v2,r)则FN＝F合＋meq\f(v2,r)＝eq\r(mg2＋qE2)＋eq\f(1,2)mg＝eq\f(7,4)mg由牛顿第三定律得珠子对圆环的最大压力大小为eq\f(7,4)mg。变式4、答案(1)eq\f(1,4)mgr(2)eq\f(7,4)mg解析珠子只能沿光滑绝缘圆环做圆周运动，运动过程中除圆环的弹力外，还受竖直向下的重力和水平向右的电场力，一定从A点开始沿逆时针方向做圆周运动，重力做负功，电场力做正功．当两个力做的总功最多时，动能最大，同时在这点所受圆环的支持力也最大．问题的关键是找出哪点动能最大．珠子在运动过程中，受重力和电场力的大小、方向都不发生变化，则重力和电场力的合力大小、方向也不变，这样就可以用合力来代替重力和电场力，当珠子沿合力方向位移最大时，合力做功最多，动能最大．所以：(1)由qE＝eq\f(3,4)mg，设qE、mg的合力F合与竖直方向的夹角为θ，则有tanθ＝eq\f(3,4)，解得θ＝37°，设珠子到达B点时动能最大，则珠子由A点静止释放后从A到B的过程中做加速运动，如图所示，B点动能最大，由动能定理得qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝Ek，解得B点动能，即最大动能Ek＝eq\f(1,4)mgr.(2)设珠子在B点受圆环弹力为FN，有FN－F合＝eq\f(mv2,r)，即FN＝F合＋eq\f(mv2,r)＝eq\r(mg2＋qE2)＋eq\f(1,2)mg＝eq\f(5,4)mg＋eq\f(1,2)mg＝eq\f(7,4)mg，由牛顿第三定律得，珠子对圆环的最大压力为eq\f(7,4)mg.答案AB解析分析电子在一个周期内的运动情况：0～eq\f(T,4)时间内，因B板电势高，故电子从静止开始向B板做匀加速直线运动；eq\f(T,4)～eq\f(T,2)时间内，电子沿原方向做匀减速直线运动，eq\f(T,2)时刻速度为零；eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)时间内电子向A板做匀加速直线运动；eq\f(3T,4)～T时间内电子向A板做匀减速直线运动，T时刻速度为零。接着重复这种运动。根据匀变速直线运动的v­t图像是倾斜的直线可知，B选项图符合电子的运动情况，故B正确，C错误；电子做匀变速直线运动时的x­t图像应是抛物线，故D错误；根据电子的运动情况，可知匀加速运动和匀减速运动交替变化，而加速度大小不变，故电子运动时的a­t图像应平行于横轴，故A正确。变式5、答案BD解析电子进入电场后，在水平方向分速度不变，穿过电场的时间t＝eq\f(L,v0)＝2T，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度随时间变化的图像如图所示，根据图像与t轴围成图形的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A错误。由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正确。由上述分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误。t＝eq\f(T,4)时刻进入电场的电子，在t＝eq\f(3,4)T时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))2＝eq\f(aT2,16)①，由题意知，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大，为eq\f(1,2)d，则有eq\f(1,2)d＝4×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2②，联立①②得ymax＝eq\f(d,16)，故D正确eq\o(。,\s\do4())课后巩固答案B解析：油滴自电场上方落入电场，即油滴进入电场时有一定的速度，而油滴受重力和电场力的作用，两者的合力指向右下侧，而油滴进入电场时的速度方向为竖直向下，故油滴的轨迹应如选项B的情形．答案BD解析油滴从静止开始运动，受重力和静电力作用，两个力都是恒力，所以合力是恒力，油滴在恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，A错误，B正确；油滴在水平方向上有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)·t2，得t＝eq\r(\f(md,Eq))，故油滴打在极板上的运动时间取决于电场强度、两板间的距离和油滴的比荷，C错误，D正确。答案BC解析：由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则可知，电场方向与ON方向成120°角，选项A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知，a＝g，方向与初速度方向相反，选项B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－mg·2h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)，选项C正确；小球运动到最高点所需时间为t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(v0,g)，选项D错误．答案C解析：固定于圆心处的点电荷在圆弧AB上产生的电场强度大小处处相等．以B点为研究点，则：qE－mg＝eq\f(mv2,R)①，eq\f(mv2,2)＝mgR②，由①②两式得E＝eq\f(3mg,q).答案C解析：小球由a到b的过程，位置升高，重力势能增加，ΔE1>0，电场力做正功，电势能减小，ΔE2<0，动能、重力势能、电势能三种形式的能相互转化，动能由零增加到某一值，所以重力势能和电势能的和必减少，故ΔE<0，C选项正确.答案D解析由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移大小相等，即v0t＝eq\f(1,2)vPyt，则小球通过P点时的合速度vP＝eq\r(v\o\al(2,0)＋vPy2)＝eq\r(5)v0，可知小球通过P点时的动能EkP＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，故选Deq\o(。,\s\do4())答案CD解析若qE＝mg，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大；若qE<mg，球在a处速度最小，对细线的拉力最小；若qE>mg，球在a处速度最大，对细线的拉力最大，A、B错误。a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，C正确。小球在运动过程中除重力外，还有静电力做功，机械能不守恒，D正确。答案B解析小球从M点运动到N点的过程中，动能增加了ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，选项A错误；在竖直方向上，小球做竖直上抛运动，到达N点时竖直方向速度为零，由匀变速直线运动规律得，小球上升的高度h＝eq\f(v2,2g)，由动能定理得W电－mgh＝ΔEk，解得W电＝2mv2，由功能关系知，机械能的增加量ΔE＝ΔEk＋mgh＝W电＝2mv2，选项B正确；小球的重力势能增加了ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，选项C错