高二物理电容器、电容典型例题
高二物理电容器试题
高二物理电容器试题1.如图所示，把一个平行板电容器接在电压U="10" V的电源上，现进行下列四步操作：(1)闭合S；(2)在两板中央插入厚为d/2的金属板；(3)断开S；(4)抽出金属板，则（）A．闭合S瞬间电容器会充电、且B板带正电B．两板中央插入厚为d/2的金属板稳定后，电容器的电量为原来2倍C．抽出金属板后，AB板的电压U=10VD．如两板中央插入厚为d/2的陶瓷后，电容器的电量也为原来2倍(陶瓷的电介常数>2)【答案】B【解析】闭合S瞬间电容器充电，由于A板接电源正极，所以A板带正电，故选项A错误；闭合S后极板之间的电压不变，当两板之间插入厚为d/2的金属板，由于静电感应，相当于极板间距减小为原来的d/2，由可知电容增大为原来的2倍，根据可知电量变为原来的2倍，故选项B正确；断开S后，电容器的电量不变．当抽出金属板后，极板间距增大，由可知电容减小为原来的1/2倍，根据可知电势差变为原来的2倍，故选项C错误；若插入厚为d/2的陶瓷后，相当于两个电容器串联，，解得，由于电压不变，所以，故选项D错误．【考点】考查和的理解和应用，极板间插入金属板相当于间距变小，插入的厚度与极板间距相同的介电质相当于介电常数增加，若厚度小于极板间距则相当于两个电容器串联．2.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容量C和两极板间的电势差U的变化情况是A．C增大B．C减小C．U增大D．U减小【答案】AD【解析】由电容的公式C=可知，当在两极间插入一电介质后，电容C会增大，故A是正确的；又由公式Q=CU可得，Q不变，则C的增大会引起U的减小，故D是正确的。
【考点】电容的概念及其公式。
3.两块平行金属板带等量异号电荷，要使两板间电压加倍，场强减半,可采用哪种措施（）A．两板电量减半,而距离变为原来的4倍.B．两板电量加倍,而距离变为原来的4倍.C．两板电量加倍,而距离变为原来的2倍.D．两板电量减半,而距离变为原来的2倍.【答案】A【解析】带电粒子在电场中的运动专题．分析：先根据电容的决定式分析电容的变化，再由电容的定义式分析电压的变化，由，分析板间电场强度的变化．板间距离变为原来的4倍时，电容为原来的，两板的电量减半，由得知，电压变为2倍，由分析得知，板间电场强度变为倍．符合题意．故A正确．板间距离变为原来的4倍时，电容为原来的，两板的电量加倍，由得知，电压变为8倍，由分析得知，板间电场强度变为2倍．不符合题意．故B错误．板间距离变为原来的2倍时，电容为原来的，两板的电量加倍，由得知，电压变为4倍，由分析得知，板间电场强度变为2倍．不符合题意．故C错误．板间距离变为原来的2倍时，电容为原来的，两板的电量减半，由得知，电压不变，由分析得知，板间电场强度变为2倍．不符合题意．故D错误．故选A．【考点】电容器的动态分析．4.如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b 与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态。
高二物理电学经典例题
高二物理电学经典例题（10题）1.题目：一个电路中有两个电阻，R1 = 100Ω 和R2 = 200Ω。
求这两个电阻串联后的总电阻R串，以及并联后的总电阻R并。
解析：串联：R串= R1 + R2 = 100Ω + 200Ω = 300Ω并联：1/R并= 1/R1 + 1/R2 = 1/100Ω + 1/200Ω = 3/200Ω，所以R并= 200Ω / 3 ≈ 66.67Ω2.题目：一个电阻为50Ω的电阻器与一个电源串联，电源电压为12V。
求通过电阻器的电流强度I。
解析：根据欧姆定律：I = V / R = 12V / 50Ω = 0.24A3.题目：一个电容器的电容为4μF，与一个电阻为1000Ω的电阻器串联。
电容器初始不带电，当电源电压为9V时，求5秒后电容器的电荷量Q。
解析：时间常数RC = R x C = 1000Ω x 4 x 10^-6 F = 4秒初始电荷量Q0 = 04.秒后电荷量Q = Q0 x (1 - e(-5/4)) ≈ 05.题目：一个线圈在磁场中以恒定速度v = 10m/s移动，磁场强度B = 0.5T，线圈面积A = 0.02m^2。
求感应电动势E。
解析：根据法拉第电磁感应定律：E = B x A x v = 0.5T x 0.02m^2 x 10m/s = 1V6.题目：一个电路中有一个电阻R = 60Ω，通过它的电流I = 2A。
求电路的功率P。
解析：电路的功率P = I2 x 60Ω = 4 x 60 = 240W7.题目：两个电阻R1 = 100Ω 和R2 = 200Ω 并联后，接入一个电压为10V 的电路中。
求通过R1的电流I1。
解析：并联电路电压相等，所以U = 10VI1 = U / R1 = 10V / 100Ω = 0.1A8.题目：一个电容器与电源相连，充电后断开电源。
若电容器电容为2μF，充电后电压为5V，求电容器储存的电能W。
解析：电容器储存的电能W = 1/2 x C x U-6 F x (5V)-5 J9.题目：一个电阻R = 100Ω，通过它的电流强度随时间变化的关系为I = 0.2t A。
高二物理 电容器、电容 典型例题
电容器、电容典型例题【例1】一个平行板电容器，使它每板电量从Q1=30×10-6C增加到Q2=36×10-6C时，两板间的电势差从U1=10V增加到U2=12V，这个电容器的电容量多大？如要使两极电势差从10V降为U2'=6V，则每板需减少多少电量．[分析] 直接根据电容的定义即可计算．[解] 电量的增加量和电势差的增加量分别为△Q=Q2—Q1=36×10-6C—30×10-6C=6×10-6C，△U=U2－U1=12V－10V=2V．根据电容的定义，它等于每增加 1V电势差所需增加的电量，即要求两极板间电势差降为6V，则每板应减少的电量为△Q′=C△U′=3×10-6×（10—6）C=12×10-6C．[说明] （1）电势差降为 6V时，每板的带电量为Q′2=Q1－△Q′= 30×10-6C－12×10-6C=18×10-6C．（2）由题中数据可知，电容器每板带电量与两板间电势差的比恒定，即【例2】一平行板电容器的电容量为C，充电后与电源断开，此时板上带电量为Q，两板间电势差为U，板间场强为E．现保持间距不变使两板错开一半（图1），则下列各量的变化是：电容量C′=______，带电量Q′=______，电势差U′=______，板间场强E′______．[分析] 电容器的电容量由板间介质特性及几何尺寸决定．介质与间距不变，正对面积减为原来的一半，电容量也减为原来的一半，即切断电源后，板上电量不变，Q′=Q．由电容定义得两板间电势差根据电势差与场强的关系，得板间场强[说明] 板上电量不变，错开后的正对面积变小，板上相对部分电荷的密度增加，即板间电场线变密，如图2所示，分析平行板电容器的问题中，借助电场线，可得到形象化的启发．【例3】如图1所示，把一个平行板电容器接在电压U=10V的电源上．现进行下列四步动作：金属板；（3）打开S；（4）抽出金属板．则此时电容器两板间电势差为 [ ]A．0VB．10VC．5VD．20V[分析]每一步动作造成的影响如下：（1）合上S，电源对电容器充电，至电压为U．设电容量为C，则带电量Q1=CU．板间形成一个匀强电场，场强为（2）插入金属板，板的两侧出现等量异号的感应电荷，上下形成为等势体，则A板与金属板之间、金属板与B板之间的电势差均为显然，在插入过程中，电源必须对A、B两板继续充电，板上电量增为原来的2倍，即Q2=2Q1．（3）打开 S， A、 B两板的电量保持不变，即Q3=Q2=2Q1．（4）抽出板，电容器的电容仍为C，而电量为2Q1，所以两板间[答] D．【例4】三块相同的金属平板A、B、D自上而下水平放置，间距分别为h和d，如图所示．A、B两板中心开孔，在A板的开孔上搁有一金属容器P，与A板接触良好，其内盛有导电液体．A板通过闭合的电键S与电动势为U0的电池的正极相连，B板与电池的负极相连并接地．容器P内的液体在底部小孔O处形成质量为m，带电量为q的液滴后自由下落，穿过B板的开孔O'落在D板上，其电荷被D板吸附，液体随即蒸发，接着容器底部又形成相同的液滴自由下落，如此继续．设整个装置放在真空中．（1）第1个液滴到达D板时的速度为多少？（2）D板最终可达到多高的电势？（3）设液滴的电量是A板所带电量的a倍（a=0.02），A板与 B 板构成的电容器的电容为C0=5×10-12F，U0=1000V，m=0.02g，h=d=5cm．试计算D板最终的电势值．（g=10m／s2）（4）如果电键S不是始终闭合，而只是在第一个液滴形成前闭合一下，随即打开，其他条件与（3）相同．在这种情况下，D板最终可达到电势值为多少？说明理由．[分析] 液滴落下后，由电场力和重力共同对它做功，由此可算出它到达D板的速度．液滴落下后，D板上出现正电荷，在DB间形成一个方向向上的场强，将阻碍以后继续下落的液滴，使D板的带电量有一限度，其电势也有一个最大值．[解] （1）设第一个液滴到达D板的速度为v1，对液滴从离开小孔O到D板的全过程由功能关系得（2）随着下落液滴的增多，D板带的正电荷不断积累，在DB间形成向上的电场E'，通过O'后的液滴在BD间作匀减速运动，当液滴到达D板的速度恰为零时，D板的电势达最高，设为U m．由qU0＋mg（h＋d）－qU m=△E k=0．得（3） A板带电量Q0=C0U0，故每一液滴的电量q=αQ0=0．02C0U0，代入上式得（4）D板最终电势等于A板电荷全部到达D板时D板的电势．由于h=d，B、D间电容量也是C0，故D板最终电势U至多为U0．因为当 D板电势为U时， A板电势U A=U0－U，到达D板液滴的动能为E k＝mg（h＋d）＋qU0－qU＞mg（h＋d）qU式中q m=aC0U0，是q的最大值，即第一个液滴的电量．因故恒有E k＞0，表示液滴一直径往下滴，直到A板上电量全部转移到D板，所以D板最终电势可达所以小球运动到B点的速度大小为[说明] （1）电场力做功与重力做功，都只与始、末两位置有关，与具体路径无关．（2）电势能的变化仅由电场力作功产生，重力势能的变化仅由重力作功产生，但动能的变化是由作用在物体上的所有外力的功产生的．在具体问题中，必须注意分清．。
高二物理电容练习题
高二物理电容练习题电容是物理学中的重要概念之一，它与电路中的储能和变化有着密切的关系。
在高二物理学习中，掌握电容的基本原理和计算方法尤为重要。
为了帮助同学们更好地巩固和提升自己的物理知识，下面将提供一些高二物理电容练习题，希望能够带给大家更多的学习收获和提高。
1. 一块圆形平行板电容器的半径为10cm，两板间的距离为1mm。
求该电容器的电容量。
解答：电容器的电容量可以根据以下公式计算：C = ε₀ * εᵣ * A / d，其中ε₀为真空介电常数，约等于8.85 × 10^(-12) C²/(N·m²)，εᵣ为介质的相对介电常数，A为电容器的面积，d为两板间的距离。
根据题目中的数据，电容器的半径为10cm，即A = π * r² = π *(0.1m)²，两板间的距离为1mm，即d = 0.001m。
代入公式，可得：C = (8.85 × 10^(-12) C²/(N·m²)) * 1 * π * (0.1m)² / 0.001m计算得出该电容器的电容量为1.113 × 10^(-10) F。
2. 一电容为4μF的电容器，两板间的电压为12V，求储存在电容器中的能量。
解答：储存在电容器中的能量可以通过以下公式计算：E = 1/2 * C* U²，其中E为储存能量，C为电容量，U为电压。
根据题目中的数据，电容量C = 4μF，电压U = 12V。
代入公式，可得：E = 1/2 * 4μF * (12V)²计算得出储存在电容器中的能量为288μJ。
3. 一电容为3μF的电容器，两板带电量分别为5μC和-7μC，求两板间的电势差。
解答：两板间的电势差可以通过以下公式计算：U = Q / C，其中U 为电势差，Q为电容器中的电荷量，C为电容量。
根据题目中的数据，两板带电量分别为5μC和-7μC，电容量C =3μF。
高二物理电容器试题
高二物理电容器试题1.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一个正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两板间的场强，U表示两板间的电压， EP表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将上极板移至图中虚线所示位置，则（）A．U变小，E不变B．E变大，EP 变大C．U变大，EP不变D．U变小，EP变小【答案】A【解析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据知，电容增大，根据，则电势差减小．，知电场强度不变．则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变．A正确【考点】考查了电容器的动态分析．2.一个电容器，两极板间所加的电压为U，极板带的电荷量为Q，则该电容器的电容大小为（）A．U/Q B．Q/U C．QU D．【答案】B【解析】由于电容器的电容的公式为C=Q/U，故B是正确的。
【考点】电容的公式。
3.如图所示，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度．下述哪些做法可使指针张角增大（）A．使A、B两板靠近些B．使A、B两板正对面积错开些C．断开S后，使A板向右平移些D．断开S后，使A、B正对面积错开些【答案】 D【解析】试题分析: 开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变．故A、B错误；断开S，电容器所带的电量不变，A板向右平移拉开些，则电容增大，根据U=知，电势差减小，则指针张角减小．故C错误；断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U=知，电势差增大，则指针张角增大．故D正确．【考点】电容器的动态分析4.利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置如图所示，则下面叙述中符合实验中观察到的结果的是（）A．N板向下平移，静电计指针偏角变大B．N板向左平移，静电计指针偏角变大C．保持N板不动，在M、N之间插入一块云母片，静电计指针偏角变大D．保持N板不动，在M、N之间插入一块厚金属板，静电计指针偏角变大【答案】AB【解析】由题意知道，电容器的电量Q不变；由题图知，静电计测的是电容器MN两极板间的电压U．由公式知N向下平移时，d增大，故C变小，由可得，U变大，静电计指针偏角变大．A正确．当N板向左平移时，相对面积S减小，C变小，U变大，静电计指针偏角变大．B正确．当在MN间插入电介质时，变大，C变大，U变小，静电计偏角变小，C错误．当在MN间插入金属板时，两板间的有效相对距离减小，C变大，U变小，静电计偏角变小．D错误．【考点】考查了电容器的动态分析5.如图所示，将充好电的平行板电容器与静电计连接，静电计指针偏转的角度为α。
高中物理电容练习题及讲解及答案
高中物理电容练习题及讲解及答案### 高中物理电容练习题及讲解及答案#### 练习题1：电容计算题目：一个平行板电容器，板间距离为4mm，板面积为0.01平方米，若两板间电势差为200V，求该电容器的电容。
解答：电容C可以通过公式C = ε₀A/d计算，其中ε₀是真空的电容率（8.85×10⁻¹² F/m），A是板面积，d是板间距离。
将题目中的数据代入公式：C = (8.85×10⁻¹² F/m) × (0.01 m²) / (4×10⁻³ m)C ≈ 2.21×10⁻¹¹ F答案：该电容器的电容为2.21×10⁻¹¹ F。
#### 练习题2：电容器的充放电题目：一个电容器初始带有电荷Q，当其与一个电阻R并联后，接上电压为V 的电源，经过一段时间后，电容器上的电荷变为Q/2。
求电容器放电后的时间。
解答：电容器放电时，电荷Q随时间t的变化可以用公式Q(t) = Q₀e⁻t/RC 表示，其中Q₀是初始电荷，R是电阻，C是电容，e是自然对数的底数。
根据题目，当Q(t) = Q/2时，即Q₀e⁻t/RC = Q/2。
我们可以解出t：t = RC ln(2)答案：电容器放电后的时间t = RC ln(2)。
#### 练习题3：电容器与电路的组合题目：一个RC串联电路，其中R = 1000Ω，C = 100μF。
当电路接通电源后，求5RC时间常数后电路中的电流。
解答：RC串联电路的时间常数τ = RC。
根据题目，τ = 1000Ω ×100×10⁻⁶ F = 0.1秒。
电路中的电流I随时间t的变化可以用公式I(t) = I₀e⁻t/τ表示，其中I₀是初始电流。
5RC时间常数后，即t = 5τ = 0.5秒。
代入公式得：I(0.5) = I₀e⁻0.5/0.1I(0.5) = I₀e⁻ 5答案：5RC时间常数后电路中的电流为I₀e⁻5。
高二物理练习：高二物理电容器的电容例题解析三
高二物理练习：高二物理电容器的电容例题解析三你还在为高中物理学习而苦恼吗?别担心，看了高二物理练习：高二物理电容器的电容例题解析三以后你会有很大的收获：高二物理练习：高二物理电容器的电容例题解析三电容器的电容典型例题【例1】一个平行板电容器，使它每板电量从Q1=3010-6C增加到Q2=3610-6C时，两板间的电势差从U1=10V增加到U2=12V，这个电容器的电容量多大？如要使两极电势差从10V降为U2'=6V，则每板需减少多少电量．[分析] 直接根据电容的定义即可计算．[解] 电量的增加量和电势差的增加量分别为△Q=Q2Q1=3610-6C3010-6C=610-6C，△U=U2－U1=12V－10V=2V．根据电容的定义，它等于每增加1V电势差所需增加的电量，即要求两极板间电势差降为6V，则每板应减少的电量为△Q=C△U=310-6（106）C=1210-6C．[说明] （1）电势差降为6V时，每板的带电量为Q2=Q1－△Q= 3010-6C－1210-6C=1810-6C．（2）由题中数据可知，电容器每板带电量与两板间电势差的比恒定，即【例2】一平行板电容器的电容量为C，充电后与电源断开，此时板上带电量为Q，两板间电势差为U，板间场强为E．现保持间距不变使两板错开一半（图1），则下列各量的变化是：电容量C=______，带电量Q=______，电势差U=______，板间场强E______．[分析] 电容器的电容量由板间介质特性及几何尺寸决定．介质与间距不变，正对面积减为原来的一半，电容量也减为原来的一半，即切断电源后，板上电量不变，Q=Q．由电容定义得两板间电势差根据电势差与场强的关系，得板间场强[说明] 板上电量不变，错开后的正对面积变小，板上相对部分电荷的密度增加，即板间电场线变密，如图2所示，分析平行板电容器的问题中，借助电场线，可得到形象化的启发．通过阅读高二物理练习：高二物理电容器的电容例题解析三这篇文章，小编相信大家对高中物理的学习又有了更进一步的了解，希望大家学习轻松愉快!。
高二物理练习：高二物理电容器的电容例题解析三
高二物理练习：高二物理电容器的电容例题解析三
高二物理练习：高二物理电容器的电容例题解析
三
你还在为高中物理学习而苦恼吗?别担心，看了高二物理练习：高二物理电容器的电容例题解析三以后你会有很大的收获：
高二物理练习：高二物理电容器的电容例题解析三
电容器的电容典型例题
【例1】一个平行板电容器，使它每板电量从Q1=3010-6C
增加到Q2=3610-6C时，两板间的电势差从U1=10V增加到
U2=12V，这个电容器的电容量多大？如要使两极电势差从
10V降为U2'=6V，则每板需减少多少电量．
[分析] 直接根据电容的定义即可计算．
[解] 电量的增加量和电势差的增加量分别为
△Q=Q2Q1=3610-6C3010-6C=610-6C，
△U=U2－U1=12V－10V=2V．
根据电容的定义，它等于每增加 1V电势差所需增加的电量，即
要求两极板间电势差降为6V，则每板应减少的电量为
△Q=C△U=310-6（106）C=1210-6C．
[说明] （1）电势差降为 6V时，每板的带电量为
Q2=Q1－△Q= 3010-6C－1210-6C=1810-6C．
（2）由题中数据可知，电容器每板带电量与两板间电势差。
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电容器、电容典型例题
【例1】一个平行板电容器，使它每板电量从Q1=30×10-6C增加到Q2=36×10-6C时，两板间的电势差从U1=10V增加到U2=12V，这个电容器的电容量多大？如要使两极电势差从10V降为U2'=6V，则每板需减少多少电量．
[分析] 直接根据电容的定义即可计算．
[解] 电量的增加量和电势差的增加量分别为
△Q=Q2—Q1=36×10-6C—30×10-6C=6×10-6C，
△U=U2－U1=12V－10V=2V．
根据电容的定义，它等于每增加 1V电势差所需增加的电量，即
要求两极板间电势差降为6V，则每板应减少的电量为
△Q′=C△U′=3×10-6×（10—6）C=12×10-6C．
[说明] （1）电势差降为 6V时，每板的带电量为
Q′2=Q1－△Q′= 30×10-6C－12×10-6C=18×10-6C．
（2）由题中数据可知，电容器每板带电量与两板间电势差的比恒定，即
【例2】一平行板电容器的电容量为C，充电后与电源断开，此时板上带电量为Q，两板间电势差为U，板间场强为E．现保持间距不变使两板错开一半（图1），则下列各量的变化是：电容量C′=______，带电量Q′=______，电势差U′=______，板间场强E′______．
[分析] 电容器的电容量由板间介质特性及几何尺寸决定．介质与间距不变，正对面积减为原来的一半，电容量也减为原来的一半，即
切断电源后，板上电量不变，Q′=Q．
由电容定义得两板间电势差
根据电势差与场强的关系，得板间场强
[说明] 板上电量不变，错开后的正对面积变小，板上相对部分电荷的密度增加，即板间电场线变密，如图2所示，分析平行板电容器的问题中，借助电场线，可得到形象化的启发．
【例3】如图1所示，把一个平行板电容器接在电压U=10V的电源上．现进行下列四步动作：
金属板；（3）打开S；（4）抽出金属板．则此时电容器两板间电势差为 [ ]
A．0V
B．10V
C．5V
D．20V
[分析]每一步动作造成的影响如下：
（1）合上S，电源对电容器充电，至电压为U．设电容量为C，则带电量Q1=CU．板间形成一个匀强电场，场强为
（2）插入金属板，板的两侧出现等量异号的感应电荷，上下形成
为等势体，则A板与金属板之间、金属板与B板之间的电势差均为
显然，在插入过程中，电源必须对A、B两板继续充电，板上电量增为原来的2倍，即Q2=2Q1．
（3）打开 S， A、 B两板的电量保持不变，即Q3=Q2=2Q1．
（4）抽出板，电容器的电容仍为C，而电量为2Q1，所以两板间
[答] D．
【例4】三块相同的金属平板A、B、D自上而下水平放置，间距分别为h和d，如图所示．A、B两板中心开孔，在A板的开孔上搁有一金属容器P，与A板接触良好，其内盛有导电液体．A板通过闭合的电键S与电动势为U0的电池的正极相连，B板与电池的负极相连并接地．容器P内的液体在底部小孔O处形成质量为m，带电量为q的液滴后自由下落，穿过B板的开孔O'落在D板上，其电荷被D板吸附，液体随即蒸发，接着容器底部又形成相同的液滴自由下落，如此继续．设整个装置放在真空中．
（1）第1个液滴到达D板时的速度为多少？
（2）D板最终可达到多高的电势？
（3）设液滴的电量是A板所带电量的a倍（a=0.02），A板与 B 板构成的电容器的电容为C0=5×10-12F，U0=1000V，m=0.02g，h=d=5cm．试计算D板最终的电势值．（g=10m／s2）
（4）如果电键S不是始终闭合，而只是在第一个液滴形成前闭合一下，随即打开，其他条件与（3）相同．在这种情况下，D板最终可达到电势值为多少？说明理由．
[分析] 液滴落下后，由电场力和重力共同对它做功，由此可算出它到达D板的速度．液滴落下后，D板上出现正电荷，在DB间形成一个方向向上的场强，将阻碍以后继续下落的液滴，使D板的带电量有一限度，其电势也有一个最大值．
[解] （1）设第一个液滴到达D板的速度为v1，对液滴从离开小孔O到D板的全过程由功能关系
得
（2）随着下落液滴的增多，D板带的正电荷不断积累，在DB间形成向上的电场E'，通过O'后的液滴在BD间作匀减速运动，当液滴到达D板的速度恰为零时，D板的电势达最高，设为U m．由
qU0＋mg（h＋d）－qU m=△E k=0．
得
（3） A板带电量Q0=C0U0，故每一液滴的电量q=αQ0=0．02C0U0，代入上式得
（4）D板最终电势等于A板电荷全部到达D板时D板的电势．由于h=d，B、D间电容量也是C0，故D板最终电势U至多为U0．因为当 D板电势为U时， A板电势U A=U0－U，到达D板液滴的动能为
E k＝mg（h＋d）＋qU0－qU＞mg（h＋d）qU
式中q m=aC0U0，是q的最大值，即第一个液滴的电量．因
故恒有E k＞0，表示液滴一直径往下滴，直到A板上电量全部转移到D板，所以D板最终电势可达
所以小球运动到B点的速度大小为
[说明] （1）电场力做功与重力做功，都只与始、末两位置有关，与具体路径无关．（2）电势能的变化仅由电场力作功产生，重力势能的变化仅由重力作功产生，但动能的变化是由作用在物体上的所有外力的功产生的．在具体问题中，必须注意分清．。