電場（3）-備戰(zhàn)2022年高考案頭必備模型（原卷版）

模型16電場（3）-備戰(zhàn)2022年高考案頭必備模型+典例+方法+練習(xí)目錄電場中的偏轉(zhuǎn)模型 2帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動 5帶電粒子（帶電體）在電場中的力電綜合問題 10

電場中的偏轉(zhuǎn)模型【模型+方法】一、概述(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做直線運(yùn)動時(shí)，一般用牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合處理或用動能定理處理．(2)在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動時(shí)一般從分解的角度處理．(3)注意帶電粒子重力能否忽略．二．電場中的直線運(yùn)動問題(1)動能定理：不涉及t、a時(shí)可用．(2)牛頓第二定律＋運(yùn)動學(xué)公式：涉及a、t時(shí)可用．尤其是交變電場中，最好再結(jié)合v－t圖象使用．三．勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題(1)用平拋運(yùn)動規(guī)律處理：運(yùn)動的分解．①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時(shí)間t＝eq\f(L,v0).②沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).③離開電場時(shí)的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdv02).④速度偏向角tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUx,mdv02)eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanφ＝eq\f(qUL,mdv02)；位移偏向角tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(qUx,2mdv02)eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanθ＝eq\f(qUL,2mdv02).(2)動能定理：涉及功能問題時(shí)可用．注意：偏轉(zhuǎn)時(shí)電場力做功不一定是W＝qU板間，應(yīng)該是W＝qEy(y為偏移量)．四．非勻強(qiáng)電場中的曲線運(yùn)動問題(1)運(yùn)動電荷的軌跡偏向受力的一側(cè)，即合外力指向軌跡凹的一側(cè)；電場力一定沿電場線切線方向，即垂直于等勢面，從而確定電荷受力方向．(2)由電場力的方向與運(yùn)動方向夾角，判斷電場力做功的正負(fù)，再由功能關(guān)系判斷動能、電勢能的變化．【典例1】(多選)(2020·浙江寧波“十?！?月聯(lián)考)如圖所示，三個(gè)同樣的帶電粒子(不計(jì)重力)同時(shí)從同一位置沿同一方向垂直于電場線射入平行板電容器間的勻強(qiáng)電場，它們的運(yùn)動軌跡分別用a、b、c標(biāo)出，不考慮帶電粒子間的相互作用，下列說法中正確的是()A．當(dāng)b飛離電場的同時(shí)，a剛好打在下極板上B．b和c同時(shí)飛離電場C．進(jìn)入電場時(shí)，c的速度最大，a的速度最小D．在電場中運(yùn)動過程中c的動能增加量最小，a、b的動能增加量相同【答案】ACD【解析】三個(gè)粒子相同，故進(jìn)入電場后，受到的電場力相等，即加速度相等，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，偏移量y＝eq\f(1,2)at2，所以ta＝tb>tc，故A正確，B錯(cuò)誤；粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，故有v0＝eq\f(x,t)，因?yàn)閤b＝xc>xa，ta＝tb>tc，所以有vc>vb>va，故C正確；根據(jù)動能定理qU＝Eqy＝ΔEk，故c的動能增加量最小，a和b的動能增加量相同，故D正確．【典例2】(多選)(2020·江蘇南京市、鹽城市一模)兩個(gè)質(zhì)量相等、電荷量不等的帶電粒子甲、乙，先后以不同的速率沿著HO方向垂直射入勻強(qiáng)電場，電場方向豎直向上，它們在圓形區(qū)域中運(yùn)動的時(shí)間相同，其運(yùn)動軌跡如圖所示．不計(jì)粒子所受的重力，則下列說法中正確的是()A．甲粒子帶正電荷B．乙粒子所帶的電荷量比甲粒子少C．甲粒子在圓形區(qū)域中電勢能變化量小D．乙粒子進(jìn)入電場時(shí)具有的動能比甲粒子大【答案】AC【解析】甲粒子向上偏轉(zhuǎn)，所受的電場力向上，與電場方向相同，故甲粒子帶正電荷，故A正確；兩個(gè)粒子豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)t2，E、t、m相等，則y∝q，可知，乙粒子所帶的電荷量比甲粒子多，故B錯(cuò)誤；電場力對粒子做功為W＝qEy，甲粒子電荷量少，偏轉(zhuǎn)距離小，則電場力對甲粒子做功少，其電勢能變化量小，故C正確；水平方向有x＝vt，相同時(shí)間內(nèi)，乙粒子的水平位移小，則乙粒子進(jìn)入電場時(shí)初速度小，初動能小，故D錯(cuò)誤．【練習(xí)1】(2020·浙江7月選考·6)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中．已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)()A．所用時(shí)間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點(diǎn)的距離為eq\f(2\r(2)mv02,qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°【練習(xí)2】(2020·全國卷Ⅰ·25)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直．已知剛進(jìn)入電場時(shí)速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°.運(yùn)動中粒子僅受電場力作用．(1)求電場強(qiáng)度的大??；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？【練習(xí)3】．(2020·浙江溫州三模)示波管的結(jié)構(gòu)如圖(a)所示，偏轉(zhuǎn)電極YY′如右圖(b)所示，兩板間的距離為d、板長為L，在YY′間加上電壓U，讓電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以速度v垂直電場進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極，不計(jì)電子的重力．則電子穿過偏轉(zhuǎn)電極YY′的過程中，下列說法正確的是()A．電子向Y′極板偏轉(zhuǎn)飛出B．電子射出電場時(shí)的偏移量ΔY＝eq\f(eUL2,2mdv2)C．射出電子的動能增加了eUD．U越大，電子通過YY′極板的時(shí)間就越短帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動【模型+方法】一、概述1.在交變電場中做直線運(yùn)動時(shí)，一般是幾段變速運(yùn)動組合．可畫出v－t圖象，分析速度、位移變化．2.在交變電場中的偏轉(zhuǎn)若是幾段類平拋運(yùn)動的組合，可分解后畫出沿電場方向分運(yùn)動的v－t圖象，分析速度變化，或是分析偏轉(zhuǎn)位移與偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系式．二、常用方法1．常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的試題類型此類題型一般有三種情況：(1)粒子做單向直線運(yùn)動(一般用牛頓運(yùn)動定律求解)．(2)粒子做往返運(yùn)動(一般分段研究)．(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(一般根據(jù)交變電場特點(diǎn)分段研究)．3．解答帶電粒子在交變電場中運(yùn)動的思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運(yùn)動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件．(2)分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系．(3)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用．4.利用速度圖象分析帶電粒子的運(yùn)動過程時(shí)的注意事項(xiàng)(1)帶電粒子進(jìn)入電場的時(shí)刻；(2)速度圖象的切線斜率表示加速度；(3)圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，且在橫軸上方所圍成的面積為正，在橫軸下方所圍成的面積為負(fù)；(4)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用；(5)圖線與橫軸有交點(diǎn)，表示此時(shí)速度改變方向，對運(yùn)動很復(fù)雜、不容易畫出速度圖象的問題，還應(yīng)逐段分析求解．5.交變電壓的周期性變化，勢必會引起帶電粒子的某個(gè)運(yùn)動過程和某些物理量的周期性變化，所以應(yīng)注意：(1)分過程解決．“一個(gè)周期”往往是我們的最佳選擇．(2)建立模型．帶電粒子的運(yùn)動過程往往能在力學(xué)中找到它的類似模型．(3)正確的運(yùn)動分析和受力分析：合力的變化影響粒子的加速度(大小、方向)變化，而物體的運(yùn)動性質(zhì)則由加速度和速度的方向關(guān)系確定．【典例1】(2019·遼寧沈陽質(zhì)檢)如圖中a所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場中，電場方向與x軸平行，電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的周期為T，變化圖線如圖b所示，E為＋E0時(shí)電場強(qiáng)度的方向沿x軸正方向．有一帶正電的粒子P，在某一時(shí)刻t0以某一速度v沿y軸正方向自坐標(biāo)原點(diǎn)O射入電場，粒子P經(jīng)過時(shí)間T到達(dá)的點(diǎn)記為A(A點(diǎn)在圖中未畫出)．若t0＝0，則OA連線與y軸正方向夾角為45°，不計(jì)粒子重力．(1)求粒子的比荷；(2)若t0＝eq\f(T,4)，求A點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)若t0＝eq\f(T,8)，求粒子到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度．【答案】見解析【解析】(1)粒子在t0＝0時(shí)刻射入電場，粒子沿y軸方向的分運(yùn)動為勻速運(yùn)動，位移大小為：y＝vT粒子沿x軸方向在0～eq\f(T,2)內(nèi)做初速度為零的勻加速運(yùn)動，位移為x1，末速度為v1，則：x1＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2，v1＝aeq\f(T,2)粒子沿x軸方向在eq\f(T,2)～T內(nèi)做勻減速運(yùn)動，位移為x2，由題意知兩段運(yùn)動的加速度大小相等，則：x2＝v1(eq\f(T,2))－eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2粒子沿x軸方向的總位移為x，則：x＝x1＋x2粒子只受到電場力作用，由牛頓第二定律得：qE0＝may＝x聯(lián)立各式解得：eq\f(q,m)＝eq\f(4v,E0T)(2)粒子在t0＝eq\f(T,4)時(shí)刻射入電場，粒子沿y軸方向的分運(yùn)動為勻速運(yùn)動，位移大小為：y′＝vT粒子沿x軸方向在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)內(nèi)做初速度為零的勻加速運(yùn)動，位移為x3，末速度為v2，則：x3＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2v2＝aeq\f(T,4)粒子沿x軸方向在eq\f(T,2)～T內(nèi)做勻變速運(yùn)動，位移為x4，末速度為v3，則：x4＝v2(eq\f(T,2))－eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2v3＝v2－aeq\f(T,2)粒子沿x軸方向在T～eq\f(5T,4)內(nèi)做勻變速運(yùn)動，位移為x5，則：x5＝v3(eq\f(T,4))＋eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2粒子沿x軸的總位移為x′，則：x′＝x3＋x4＋x5聯(lián)立各式解得：x′＝0則A點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，vT)(3)粒子在t0＝eq\f(T,8)時(shí)刻射入電場，粒子沿y軸方向的分運(yùn)動為勻速運(yùn)動，速度不變；沿x軸方向在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)內(nèi)做初速度為零的勻加速運(yùn)動，末速度為v4，則：v4＝aeq\f(3T,8)粒子沿x軸方向在eq\f(T,2)～T內(nèi)做勻變速運(yùn)動，末速度為v5，則：v5＝v4－aeq\f(T,2)粒子沿x軸方向在T～eq\f(9T,8)內(nèi)做勻變速運(yùn)動，末速度為v6，則：v6＝v5＋aeq\f(T,8)聯(lián)立各式解得：v6＝0則：粒子通過A點(diǎn)的速度為v【典例2】(多選)(2020·四川成都七中模擬)如圖甲所示，在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時(shí)刻A板電勢比B板高，兩板中間靜止一電子，設(shè)電子在運(yùn)動過程中不與兩板相碰，而且電子只受電場力作用，規(guī)定向左為正方向，則下列敘述正確的是()A．在t＝0時(shí)刻釋放電子，則電子運(yùn)動的v－t圖象如圖丙圖線一所示，該電子一直向B板做勻加速直線運(yùn)動B．若t＝eq\f(T,8)時(shí)刻釋放電子，則電子運(yùn)動的v－t圖象如圖線二所示，該電子一直向B板做勻加速直線運(yùn)動C．若t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，則電子運(yùn)動的v－t圖象如圖線三所示，該電子在2T時(shí)刻在出發(fā)點(diǎn)左邊D．若t＝eq\f(3,8)T時(shí)刻釋放電子，在2T時(shí)刻電子在出發(fā)點(diǎn)的右邊【答案】CD【解析】在t＝eq\f(T,2)時(shí)刻之前釋放電子，電場力水平向左，電子在電場力的作用下向A板做勻加速直線運(yùn)動，故A、B錯(cuò)誤；若t＝eq\f(1,4)T時(shí)刻釋放電子，電子先向左做勻加速直線運(yùn)動，水平向左為速度正方向，在eq\f(1,2)T時(shí)刻速度達(dá)到最大，然后做勻減速直線運(yùn)動，圖線三符合電子運(yùn)動的v－t圖象，v－t圖象與t軸所圍的面積即為電子的位移，2T時(shí)刻之前v－t圖象與t軸所圍的面積為正，電子的位移為正，所以電子在出發(fā)點(diǎn)左邊，故C正確；若t＝eq\f(3T,8)時(shí)刻釋放電子，易分析得2T時(shí)刻之前v－t圖象與t軸所圍的面積為負(fù)，即位移為負(fù)，電子在出發(fā)點(diǎn)的右邊，故D正確．【練習(xí)1】(2019·湖北黃岡模擬)一勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象如圖1所示，在該勻強(qiáng)電場中，有一個(gè)帶電粒子于t＝0時(shí)刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動B．0～2s內(nèi)，電場力做功等于0C．4s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)D．2.5～4s內(nèi)，電場力做功等于0【練習(xí)2】(2020·北京市高三學(xué)業(yè)考試)如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓．在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時(shí)刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0、方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時(shí)刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場．已知電場變化周期T＝eq\f(2d,v0)，粒子質(zhì)量為m，不計(jì)粒子重力及粒子間的作用力，則()A．在t＝0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)速度大小為eq\f(1,2)v0B．粒子的電荷量為eq\f(mv02,2U0)C．在t＝eq\f(1,8)T時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)豎直方向上的位移為eq\f(d,4)D．在t＝eq\f(1,4)T時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場帶電粒子（帶電體）在電場中的力電綜合問題【模型+方法】一、概述1.勻強(qiáng)電場可與重力場合成用一合場代替，即電場力與重力合成一合力，用該合力代替兩個(gè)力．2.力電綜合問題注意受力分析、運(yùn)動過程分析，應(yīng)用動力學(xué)知識或功能關(guān)系解題．二、常用方法1帶電粒子在電場中力電綜合問題的分析思路(1)首先分析粒子的運(yùn)動規(guī)律，確定粒子在電場中做直線運(yùn)動還是曲線運(yùn)動。(2)對于直線運(yùn)動問題，可根據(jù)對粒子的受力分析與運(yùn)動分析，從以下兩種途徑進(jìn)行處理：①如果是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運(yùn)動問題，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等。②如果是非勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動問題，一般利用動能定理分析全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運(yùn)動的位移等。(3)對于曲線運(yùn)動問題，通常有以下兩種情況：①對于在勻強(qiáng)電場中的曲線運(yùn)動，一般是類平拋運(yùn)動，通常采用運(yùn)動的合成與分解的方法處理。通過對帶電粒子的受力分析和運(yùn)動規(guī)律分析，借助運(yùn)動的合成與分解，尋找兩個(gè)分運(yùn)動，再應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律或運(yùn)動學(xué)規(guī)律求解。②對于在非勻強(qiáng)電場中的曲線運(yùn)動，一般是根據(jù)牛頓運(yùn)動定律、曲線運(yùn)動知識和動能定理、能量守恒定律定性分析。(4)當(dāng)帶電粒子從一個(gè)電場區(qū)域進(jìn)入另一個(gè)電場區(qū)域時(shí)，要注意分析帶電粒子的運(yùn)動規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量，這些關(guān)聯(lián)量往往是解決問題的突破口。2.帶電體在電場、重力場中運(yùn)動的動力學(xué)問題1．等效重力法將重力與電場力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向．2．物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)在“等效力場”中做圓周運(yùn)動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動的臨界速度問題．小球能維持圓周運(yùn)動的條件是能過最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)．幾何最高點(diǎn)是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點(diǎn)．而物理最高點(diǎn)是物體在圓周運(yùn)動過程中速度最小(稱為臨界速度)的點(diǎn)．【典例1】(2020·浙江綠色聯(lián)盟12月聯(lián)考)如圖所示，A和B是兩個(gè)點(diǎn)電荷，電荷量均為q，A固定在絕緣水平面上，在A的上方有一塊絕緣板，B放在板上，且B正好在A的正上方，B的質(zhì)量為m.現(xiàn)使板從靜止開始，以加速度a豎直向下勻加速運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到某一位置時(shí)B恰好對絕緣板無壓力，如果這個(gè)位置正好將原來A與B的距離分成上下之比為2∶1的兩部分，則在此過程中，電場力和板的支持力對B做功的代數(shù)和是(已知靜電力常量為k，重力加速度為g，且a<g)()A．－2qeq\r(kmg－a) B．－3qeq\r(kmg－a)C．－eq\f(q,2)eq\r(kmg－a) D．－eq\f(q,2)eq\r(2kmg－a)【答案】A【解析】設(shè)B與A相距為x時(shí)，B對板恰好沒有壓力，此時(shí)B與A之間的庫侖力為：F＝keq\f(q2,x2)，由牛頓第二定律知：mg－F＝ma聯(lián)立解得：x＝qeq\r(\f(k,mg－ma))由題意知在此之前B運(yùn)動的位移：s＝2x此時(shí)B的速度為v，由運(yùn)動學(xué)公式知：v2＝2as＝4ax設(shè)電場力和板的支持力對B所做的總功為W，由動能定理知：mgs＋W＝eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得：W＝－2qeq\r(km\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－a)))，故A正確．【典例2】(2020·陜西榆林市高三第一次模擬)如圖，平行板電容器兩個(gè)極板與水平地面成2α角，在平行板間存在著勻強(qiáng)電場，直線CD是兩板間一條垂直于板的直線，豎直線EF與CD交于O點(diǎn)，一個(gè)帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點(diǎn)經(jīng)O點(diǎn)向B點(diǎn)做直線運(yùn)動，重力加速度為g.則在此過程中，下列說法正確的是()A．小球帶正電B．小球可能做勻加速直線運(yùn)動C．小球加速度大小為gcosαD．小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量【答案】D【解析】帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點(diǎn)經(jīng)O點(diǎn)向B點(diǎn)做直線運(yùn)動，所以小球所受合外力沿BA方向，又由于小球受重力，所以電場力的方向由O到D，由于此電場的方向未知，所以小球的電性不能確定，小球做勻減速直線運(yùn)動，故A、B錯(cuò)誤；由題圖可知，由于OA是角平分線，且小球的加速度方向由O到A，據(jù)幾何關(guān)系可知a＝2gcosα，故C錯(cuò)誤；由分析可知，小球所受重力大小等于電場力大小，運(yùn)動的位移與重力、電場力的夾角相同，所以二力做的功相同，據(jù)功能關(guān)系可知，小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量，故D正確．【練習(xí)1】(2020·河南高三二模)如圖所示，在電場強(qiáng)度方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從A點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出，粒子運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度方向水平，大小也為v0，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力．下列說法正確的是()A．粒子在該過程中克服電場力做功eq\f(1,2)mv02B．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為eq\f(2mg,q)C．粒子在A點(diǎn)的電勢能比在B點(diǎn)的電勢能大eq\f(1,2)mv02D．粒子從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所用的時(shí)間為eq\f(v0,g