2023高中物理步步高大一輪 第八章 第3講　電容器　實驗：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象 帶電粒子在電場中的直線運動

1、第3講電容器實驗：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象帶電粒子在電場中的直線運動目標要求1.了解電容器的充電、放電過程，會計算電容器充、放電電荷量.2.了解影響平行板電容器電容大小的因素，能利用公式判斷平行板電容器電容的變化.3.利用動力學、功能觀點分析帶電粒子在電場中的直線運動考點一電容器及平行板電容器的動態(tài)分析1電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相距很近的導體組成(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值(3)電容器的充、放電：充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能2電容(1)定義：電容

2、器所帶的電荷量與電容器兩極板之間的電勢差之比(2)定義式：Ceq f(Q,U).(3)單位：法拉(F)、微法(F)、皮法(pF).1 F106 F1012 pF.(4)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、極板相對位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓無關(guān)3平行板電容器的電容(1)決定因素：正對面積、相對介電常數(shù)、兩板間的距離(2)決定式：Ceq f(rS,4kd).1電容器的電荷量等于兩個極板所帶電荷量絕對值的和()2電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比，與電壓成反比()3放電后電容器的電荷量為零，電容也為零()1兩類典型問題(1)電容器始終

3、與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變2動態(tài)分析思路(1)U不變根據(jù)Ceq f(Q,U)eq f(rS,4kd)先分析電容的變化，再分析Q的變化根據(jù)Eeq f(U,d)分析場強的變化根據(jù)UABEd分析某點電勢變化(2)Q不變根據(jù)Ceq f(Q,U)eq f(rS,4kd)先分析電容的變化，再分析U的變化根據(jù)Eeq f(U,d)eq f(4kQ,rS)分析場強變化 考向1兩極板間電勢差不變例1(多選)如圖所示，電容式麥克風的振動膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成的，它與基板構(gòu)成電容器，并與電阻、電池構(gòu)成閉合回路麥克風正常

4、工作時，振動膜隨聲波左右振動下列說法正確的是()A振動膜向右運動時，電容器的板間電場強度不變B振動膜向右運動時，a點的電勢比b點的電勢高C振動膜向左運動時，電阻上有從a到b的電流D振動膜向左運動時，振動膜所帶的電荷量減小答案BD解析振動膜向右振動時電容器兩極板的距離變小，根據(jù)Eeq f(U,d)，電容器板間的電場強度變大，根據(jù)Ceq f(rS,4kd)電容增大，根據(jù)Ceq f(Q,U)，在U不變的情況下，Q增大，電容器充電，R中電流方向向下，即有從a到b的電流，a點的電勢比b點的電勢高，A錯誤，B正確；振動膜向左振動時電容器兩極板的距離變大，根據(jù)Ceq f(rS,4kd)，電容減小，根據(jù)Ceq

5、 f(Q,U)知，在U不變的情況下，Q減小，電容器放電，R中電流方向向上，即有從b到a 的電流， C錯誤，D正確 考向2兩極板帶電荷量不變例2(多選)如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可忽略，開關(guān)閉合，穩(wěn)定時一帶電的油滴靜止于兩極板間的P點，若斷開開關(guān)K，將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，則下列說法正確的是()A靜電計指針的張角變小BP點電勢升高C帶電油滴向上運動D帶電油滴的電勢能不變答案AD解析將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，極板間距減小，根據(jù)Ceq f(rS,4kd)可知，電容器的電容增大，當開關(guān)斷開后，兩極板的電

6、荷量不變，又Ueq f(Q,C)，所以，極板間的電勢差減小，則靜電計指針的張角變小，A正確；根據(jù)場強公式，得Eeq f(U,d)eq f(Q,Cd)eq f(4kQ,rS)，當斷開開關(guān)后，極板的電荷量不變，故可得場強不變，故帶電油滴不會移動，根據(jù)電勢差與場強的關(guān)系可知，P點的電勢不變，帶電油滴的電勢能不變，B、C錯誤，D正確 考向3電容器的綜合分析例3(多選)平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一個帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開關(guān)S，電容器充電，穩(wěn)定后懸線偏離豎直方向夾角為，如圖所示那么()A保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則增大B保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則不變

7、C開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則增大D開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則不變答案AD解析保持開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，帶正電的A板向B板靠近，極板間距離減小，電場強度E增大，小球所受的靜電力變大，增大，故A正確，B錯誤；斷開開關(guān)S，電容器所帶的電荷量不變，由Ceq f(Q,U)，Ceq f(rS,4kd)得Eeq f(U,d)eq f(Q,Cd)eq f(4kQ,rS)，知d變化，E不變，小球所受靜電力不變，不變，故C錯誤，D正確考點二實驗：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象1實驗原理(1)電容器的充電過程如圖所示，當開關(guān)S接1時，電容器接通電源，在靜電力的作用下自由電子從正極板經(jīng)

8、過電源向負極板移動，正極板因失去電子而帶正電，負極板因獲得電子而帶負電正、負極板帶等量的正、負電荷電荷在移動的過程中形成電流在充電開始時電流比較大(填“大”或“小”)，以后隨著極板上電荷的增多，電流逐漸減小(填“增大”或“減小”)，當電容器兩極板間電壓等于電源電壓時電荷停止定向移動，電流I0 .(2)電容器的放電過程如圖所示，當開關(guān)S接2時，相當于將電容器的兩極板直接用導線連接起來，電容器正、負極板上電荷發(fā)生中和在電子移動過程中，形成電流放電開始電流較大(填“大”或“小”)，隨著兩極板上的電荷量逐漸減小，電路中的電流逐漸減小(填“增大”或“減小”)，兩極板間的電壓也逐漸減小到零2實驗步驟(1)

9、按圖連接好電路(2)把單刀雙擲開關(guān)S打在上面，使觸點1和觸點2連通，觀察電容器的充電現(xiàn)象，并將結(jié)果記錄在表格中(3)將單刀雙擲開關(guān)S打在下面，使觸點3和觸點2連通，觀察電容器的放電現(xiàn)象，并將結(jié)果記錄在表格中(4)記錄好實驗結(jié)果，關(guān)閉電源3注意事項(1)電流表要選用小量程的靈敏電流計(2)要選擇大容量的電容器(3)實驗要在干燥的環(huán)境中進行 考向1電容器充、放電現(xiàn)象的定性分析例4在如圖所示實驗中，關(guān)于平行板電容器的充、放電，下列說法正確的是()A開關(guān)接1時，平行板電容器充電，且上極板帶正電B開關(guān)接1時，平行板電容器充電，且上極板帶負電C開關(guān)接2時，平行板電容器充電，且上極板帶正電D開關(guān)接2時，平行

10、板電容器充電，且上極板帶負電答案A解析開關(guān)接1時，平行板電容器充電，上極板與電源正極相連而帶正電，A正確，B錯誤；開關(guān)接2時，平行板電容器放電，放電結(jié)束后上、下極板均不帶電，C、D錯誤 考向2電容器充、放電現(xiàn)象的定量計算例5(2022山東棗莊市模擬)電流傳感器可以測量電流，它的反應非?？?，可以捕捉到瞬間的電流變化；將它與計算機相連還能用計算機顯示出電流隨時間變化的it圖像，圖甲所示的電路中：直流電源電動勢為8 V，內(nèi)阻可忽略；C為電容器，先將單刀雙擲開關(guān)S與1相連，電源向電容器充電，這個過程可在短時間內(nèi)完成；然后把開關(guān)S與2相連，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電

11、流隨時間變化的it圖像如圖乙所示，(下列結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)(1)根據(jù)it圖像可估算電容器在全部放電過程中釋放的電荷量為_ C；(2)通過實驗數(shù)據(jù)，計算出電容器的電容為_ F；(3)如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，充電時it曲線與橫軸所圍成的面積將_(填“增大”“不變”或“變小”)；充電時間將_(填“變長”“不變”或“變短”)答案(1)1.6103 (2) 2104(3)不變變短解析(1)根據(jù)it圖像圍成的面積可估算電容器在全部放電過程中釋放的電荷量，根據(jù)題圖乙知縱坐標每個小格為0.2 mA，橫坐標每小格為0.2 s，則每小格所代表的電荷量為q0.21030.2 C4105 C，曲線

12、下的小格數(shù)的個數(shù)大約為41個，所以電容器全部釋放的電荷量為Q41q1.6103 C(2)該電容器的電容為Ceq f(Q,U)eq f(1.6103,8) F2104 F.(3)根據(jù)電容的計算公式可得電荷量QCU，電容器儲存的電荷量Q與電阻R無關(guān)，如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，充電時it曲線與橫軸所圍成的面積不變；由于電阻對電流有阻礙作用，所以減小電阻，充電時間將變短考點三帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動 考向1帶電粒子在電場中的直線運動1做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合0，粒子靜止或做勻速直線運動(2)粒子所受合外力F合0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運

13、動2用動力學觀點分析aeq f(qE,m)，Eeq f(U,d)，v2v022ad.3用功能觀點分析勻強電場中：WEqdqUeq f(1,2)mv2eq f(1,2)mv02非勻強電場中：WqUEk2Ek1例6如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q0)的粒子；在負極板有另一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在靜電力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動已知兩粒子同時經(jīng)過平行于正極板且與其相距eq f(2,5)l的平面若兩粒子間的相互作用可忽略，不計重力，則Mm為()A32 B21C52 D31答案A解析設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對電荷量為q的粒

14、子aMeq f(Eq,M)，eq f(2,5)leq f(1,2)eq f(Eq,M)t2；對電荷量為q的粒子有ameq f(Eq,m)，eq f(3,5)leq f(1,2)eq f(Eq,m)t2，聯(lián)立解得eq f(M,m)eq f(3,2)，故選A. 考向2帶電體在靜電力和重力作用下的直線運動例7如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d，上下極板開有一小孔，四個質(zhì)量均為m、帶電荷量均為q的帶電小球，其間用長均為eq f(d,4)的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，今使下端小球恰好位于上極板小孔中，且由靜止釋放，讓四球豎直下落當下端第二個小球到達下極板時，速度恰好為零重力加速度為g，(僅兩

15、極板間存在電場)試求：(1)兩極板間的電壓；(2)小球運動的最大速度答案(1)eq f(20mgd,13q)(2)eq r(f(11gd,26)解析(1)根據(jù)動能定理可得4mgeq f(5,4)d2Uqeq f(3,4)Uqeq f(1,2)Uq0解得Ueq f(20mgd,13q)(2)當兩個小球在電場中時，靜電力F1eq f(U,d)2qeq f(40,13)mg4mg故當?shù)谌齻€小球剛進入電場時速度最大，根據(jù)動能定理可得4mgeq f(d,2)eq f(1,2)Uqeq f(1,4)Uqeq f(1,2)4mv20解得veq r(f(11gd,26). 考向3帶電粒子在交變電場中的直線運動

16、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常見的題目類型(1)粒子做單向直線運動(2)粒子做往返運動3解題技巧(1)按周期性分段研究(2)將eq blc rc(avs4alco1(t圖像,Ut圖像,Et圖像)eq o(,sup7(轉(zhuǎn)換)at圖像eq o(,sup7(轉(zhuǎn)化)vt圖像例8勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示，當t0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子(帶正電)，設帶電粒子只受靜電力的作用，則下列說法中正確的是()A帶電粒子將始終向同一個方向運動B2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點C3 s末帶電粒子的速度不為零D03 s內(nèi)，靜電力做的總功為零答案

17、D解析由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1 s內(nèi)的加速度大小為a1eq f(qE,m)，第2 s內(nèi)加速度大小為a2eq f(2qE,m)，故a22a1，因此先加速1 s再減速0.5 s時速度為零，接下來的0.5 s將反向加速，vt圖像如圖所示：帶電粒子在第1 s做勻加速運動，在第2 s內(nèi)先做勻減速運動，后反向加速，所以不是始終向同一方向運動，故A錯誤；根據(jù)速度時間圖像與坐標軸圍成的面積表示位移可知，在t2 s時，帶電粒子沒有回到出發(fā)點，故B錯誤；由圖可知，3 s末的瞬時速度為0，故C錯誤；因為第3 s末粒子的速度剛好減為0，根據(jù)動能定理可知，03 s內(nèi)，靜電力做的總功為零，故D正確課時精練1(多

18、選)關(guān)于電容器的電容，下列說法中正確的是()A根據(jù)Ceq f(Q,U)可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，跟兩極板間的電壓成反比B對于確定的電容器，其所帶電荷量與兩板間的電壓成正比C無論電容器電壓如何變化(小于擊穿電壓且不為零)，它所帶的電荷量與電壓的比值都恒定不變D電容器所帶電荷量增加2倍，則電容增大2倍答案BC解析電容是電容器本身的性質(zhì)，一個確定的電容器的電容是不變的，與所帶的電荷量無關(guān)，故A、D錯誤；根據(jù)QCU，對于確定的電容器，其所帶電荷量與兩板間的電壓成正比，故B正確；根據(jù)電容的定義式Ceq f(Q,U)可知，電容器所帶的電荷量與電壓的比值是電容，故C正確2工廠在生產(chǎn)紡織品、紙張

19、等絕緣材料時為了實時監(jiān)控其厚度，通常要在生產(chǎn)流水線上設置如圖所示傳感器其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板，上、下位置均固定，且分別接在恒壓直流電源的兩極上當流水線上通過的產(chǎn)品厚度增大時，下列說法正確的是()AA、B平行板電容器的電容減小BA、B兩板間的電場強度增大CA、B兩板上的電荷量變小D有電流從a向b流過靈敏電流計答案D解析根據(jù)平行板電容器的決定式Ceq f(rS,4kd)可知當產(chǎn)品厚度增大時，導致r增大，電容器的電容C增大，A錯誤；電壓U不變，根據(jù)QCU可知，極板帶電荷量Q增加，C錯誤；電容增大，故電容器充電，電流從a向b流過靈敏電流計，D正確；兩板之間的電勢差不變，板間距不變，則

20、兩板間電場強度Eeq f(U,d)不變，B錯誤3.(多選)如圖所示，平行板電容器在充電后不切斷電源，此時板間有一帶電塵粒恰能在電場中靜止，當正對的平行板左右錯開一些時()A帶電塵粒將向上運動B帶電塵粒將保持靜止C通過電阻R的電流方向為A到BD通過電阻R的電流方向為B到A答案BC解析由于電容器與電源相連，故電容器兩端電壓不變，因板間距不變，故極板間的場強不變，帶電塵粒所受的靜電力不變，帶電塵粒仍能保持靜止，A錯誤，B正確；因正對面積減小，由Ceq f(rS,4kd)知，C減小，因電壓不變，由Ceq f(Q,U)知，Q減小，故電容器放電，因電容器上極板接電源正極，上極板帶正電，所以電流由A流向B，

21、D錯誤，C正確4靜電火箭是利用電場加速工作介質(zhì)形成高速射流而產(chǎn)生推力的工作過程簡化圖如圖所示，離子源發(fā)射的離子經(jīng)過加速區(qū)加速，進入中和區(qū)與該區(qū)域里面的電子中和，最后形成中性高速射流噴射而產(chǎn)生推力根據(jù)題目信息可知()AM板電勢低于N板電勢B進入中和區(qū)的離子速度與離子帶電荷量無關(guān)C增大加速區(qū)MN極板的距離，可以增大射流速度而獲得更大的推力D增大MN極板間的電壓，可以增大射流速度而獲得更大的推力答案D解析由于加速后的離子在中和區(qū)與電子中和，所以被加速的離子帶正電，則加速器極板M電勢高，A錯誤；由動能定理知qUeq f(1,2)mv2，解得veq r(f(2qU,m)，所以進入中和區(qū)的離子速度與比荷、

22、加速電壓有關(guān)，與極板距離無關(guān)，故D正確，B、C錯誤5.(多選) 如圖所示，A、B兩導體板平行放置，在t0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)若分別在A、B兩板間加下列選項所示的四種周期性變化的電壓(各選項僅展示了一個周期內(nèi)的電壓)，則其中一定能使電子打到B板的是()答案CD解析加A項所示電壓時，電子最初受到向右的靜電力，開始向B板運動，電子先做加速度減小的加速運動，然后做加速度增大的減速運動，2t0時刻速度為零，再向A板先加速、后減速至初始位置，且到初始位置時速度變?yōu)榱悖绱嗽贏、B間往復運動，電子有可能打不到B板，故A錯誤；加B項所示電壓時，電子向B板先勻加速再勻減速，2t0時

23、刻速度為零，再向A板先加速、后減速至初始位置，且到初始位置時速度變?yōu)榱悖绱嗽贏、B間往復運動，電子有可能打不到B板，故B錯誤；加C項所示電壓時，電子向B板先加速再減速至速度為零，周而復始，一直向B板運動，一定能到達B板，故C正確；加D項所示電壓時，電子在一個周期內(nèi)速度的方向不變，一直向B板運動，一定能到達B板，故D正確6.如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為，極板間距為d，帶負電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，重力加速度為g，則()A微粒到達B點時動能為eq f(1,2)mv02B微粒的加速度大

24、小等于gsin C兩極板的電勢差UMNeq f(mgd,qcos )D微粒從A點到B點的過程，電勢能減少eq f(mgd,cos )答案C解析微粒僅受靜電力和重力，靜電力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運動，合力方向沿水平方向，由此可知，靜電力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運動，微粒到達B點時動能小于eq f(1,2)mv02，選項A錯誤；根據(jù)qEsin ma，qEcos mg，解得Eeq f(mg,qcos )，agtan ，選項B錯誤；兩極板的電勢差UMNEdeq f(mgd,qcos )，選項C正確；微粒從A點到B點的過程，靜電力做負功，電勢能增加，

25、電勢能增加量為eq f(mgd,cos )，選項D錯誤7.(多選)如圖所示電路，電容器兩板水平，下板接地，電鍵K閉合，P為兩板間的一固定點，要使P點的電勢升高，下列措施可行的是()A僅斷開電鍵KB僅將下板向下平移一些C僅將上板向下平移一些D斷開電鍵K將下板向下平移一些答案BCD解析設P到下板的距離為h，僅斷開電鍵K，兩板的帶電荷量不變，兩板間的電場強度不變，則P點的電勢PhE不變，A錯誤；僅將下板向下平移一些，則兩極板間電壓U不變，則由Eeq f(U,d)可知，d增大，則E減小，可知P點與上極板間電勢差減小，故P點電勢升高；若僅將上板向下平移一些，則d減小，E增大，可知P點與下極板間電勢差增大

26、，則P點電勢升高，B、C正確；斷開電鍵后，電容器的帶電荷量不變，板間距離變化時，板間場強不變，h變大，由PhE可知，P點的電勢升高，D正確8.(多選) 一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v0逆著電場線方向射入有左邊界的勻強電場，場強為E(如圖所示)，則()A粒子射入的最大深度為eq f(mv02,qE)B粒子射入的最大深度為eq f(mv02,2qE)C粒子在電場中運動的最長時間為eq f(mv0,qE)D粒子在電場中運動的最長時間為eq f(2mv0,qE)答案BD解析粒子從射入到運動至右端，由動能定理得Eqxmax0eq f(1,2)mv02，最大深度xmaxeq f(m

27、v02,2qE)，由v0at，aeq f(Eq,m)可得teq f(mv0,Eq)，則粒子在電場中運動的最長時間為tmax2teq f(2mv0,Eq)，故選B、D.9(多選)如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢為0，一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的電子僅在靜電力作用下，在teq f(T,4)時刻從A板的小孔處由靜止釋放進入兩極板運動，恰好到達B板，則()AA、B兩板間的距離為eq r(f(qU0T2,16m)B電子在兩板間的最大速度為eq r(f(qU0,m)C電子在兩板間做勻加速直線運動D若電子在teq f(T,8)時刻進入兩極板，它將時而向B板運動，時而向A板運動，

28、最終到達B板答案AB解析電子在teq f(T,4)時刻由靜止釋放進入兩極板運動，先加速后減速，在teq f(3,4)T時刻到達B板，設兩板的間距為d，加速度aeq f(qU0,md)，則有d2eq f(1,2)a(eq f(T,4)2，解得deq r(f(qU0T2,16m)，故A正確；由題意可知，經(jīng)過eq f(T,4)時間電子速度最大，則最大速度為vmaeq f(T,4)eq r(f(qU0,m)，故B正確；電子在兩板間先向右做勻加速直線運動，然后向右做勻減速直線運動，故C錯誤；若電子在teq f(T,8)時刻進入兩極板，在eq f(T,8)eq f(T,2)時間內(nèi)電子做勻加速直線運動，位移

29、xeq f(1,2)eq f(qU0,md)(eq f(3,8)T)2eq f(9,8)dd，說明電子會一直向B板運動并打在B板上，不會向A板運動，故D錯誤10(2022江蘇蘇州市模擬)如圖所示，矩形勻強電場區(qū)、的高和間距均為h，上面為、下面為，電場強度方向在豎直平面內(nèi)，電場強度大小為E.質(zhì)量為m的帶電小球由靜止釋放，進入電場和時的速度相等，空氣阻力不計，重力加速度為g，則()A剛進入電場時加速度方向豎直向上B穿過電場的時間大于在兩電場之間的運動時間C穿過兩電場后小球的電勢能增加了3mghD穿過兩電場后小球的電勢能增加2mgh答案A解析因為小球在勻強電場區(qū)、之間的運動是勻加速運動，其末速度與其進入勻強電場區(qū)的初速度相等，由于勻強電場區(qū)與、之間的間距均為h，且在勻強電場區(qū)中一定做勻變速運動，所以帶電小球在勻強電場區(qū)中做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度，根據(jù)Fmgma可知靜電力為重力的2倍，運動過程與在、之間的運動具有對稱性，穿過電場的時間等于在兩電場之間的運動時間，所以A正確，B錯誤；由于靜電力為重力的2倍，所以經(jīng)過兩個電場區(qū)域，電勢能增加