2025年物理新高考備考2025年（版）物理《三維設(shè)計》一輪總復(fù)習(xí)（提升版）第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動

第3講電容器帶電粒子在電場中的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互靠近的導(dǎo)體組成。（2）帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。（3）充電與放電①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量異種電荷，電容器中儲存電場能。②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：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。（2）定義式：C＝QU（3）單位：法拉（F）、微法（μF）、皮法（pF）。1F＝106μF＝1012pF。（4）意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低。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：C＝εrS4?判斷小題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。（×）4.平行板電容器的兩板間插入一塊導(dǎo)體板，其電容將變大。（√）1.動態(tài)分析的思路2.平行板電容器兩類動態(tài)變化的特點比較【例1】（多選）如圖所示，一個由電池、電阻R、開關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關(guān)S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，下列說法正確的是（）A.若將A板向右平移一小段位移，電容器的電容C減小B.若斷開S，將B板向下平移一小段位移，帶電液滴的電勢能減小C.在S仍閉合的情況下，增大兩極板間距離的過程中，電阻R中有從b到a的電流D.若斷開S，減小兩極板間的距離，則帶電液滴向下運動答案：AB解析：根據(jù)C＝εrS4πkd可知，將A板向右平移一小段位移，則兩極板正對面積S減小，電容器的電容C減小，故A正確；帶電液滴受到豎直向上的電場力，電場方向豎直向下，帶電液滴帶負(fù)電荷，若斷開S，則電容器所帶的電荷量不變，電場強度不變，B板電勢為零，根據(jù)UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，可知將B板向下平移一小段位移，dPB增大，則P點的電勢升高，根據(jù)Ep＝qφ可知，帶負(fù)電荷的液滴電勢能減小，故B正確；在S仍閉合的情況下，增大兩極板間的距離，電容器的電容C減小，電容器放電，電阻R中有從a到b的電流，故C錯誤；若斷開S，減小兩極板間的距離，電場強度不變，液滴受到的電場力不變，電容器內(nèi)固定點的電勢及電勢能的變化（1）單純求電容器內(nèi)某點的電勢，不方便，一般求該點到電勢為零的兩點間的電勢差，兩點間的電勢差一般采用方程Uab＝El來計算，其中l(wèi)為a、b兩點沿電場方向的距離。（2）Uab＝El中的電場強度可以利用方程E＝Ud求解，其中U為兩板間的電壓，d（3）E＝Ud中兩板間的電壓，利用U＝QC可求。平行板電容器電容可以利用方程C＝（4）由于已經(jīng)知道了電容器內(nèi)某點的電勢，求電勢能主要利用方程Ep＝φq。1.【電容器的電容】“超級電容器”由于電極中加入了表面積非常大的石墨烯，所以具備超大的容量，適合作為動力電池的助力動力源。相對于普通電容器，“超級電容器”（）A.極板電荷量較大B.極板間的電場強度較大C.單位電壓容納的電荷量較大D.帶相同電荷量時電壓較大解析：C由于超級電容器具備超大的容量，即單位電壓容納的電荷量較大，也就是電容C較大，故帶相同電荷量時電壓較小，C正確，D錯誤；電容器的容納能力較大，并不代表實際使用中極板電荷量較大、電場強度較大，也有可能極板電荷量很小，電場強度很小，A、B錯誤。2.【電容器的動態(tài)分析】（2022·重慶高考2題）如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則（）A.材料豎直方向尺度減小B.極板間電場強度不變C.極板間電場強度變大D.電容器電容變大解析：A根據(jù)題意可知極板之間電壓U不變，極板上所帶電荷量Q變少，根據(jù)電容定義式C＝QU可知，電容器的電容C減小，D錯誤；根據(jù)電容的決定式C＝εrS4πkd可知，極板間距d增大，極板之間形成勻強電場，根據(jù)E＝Ud可知，極板間電場強度E減小，B、C錯誤；極板間距考點二帶電粒子（體）在電場中的直線運動做直線運動的條件（1）粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。（2）粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理（1）基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但并不忽略質(zhì)量）。（2）帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。2.兩大觀點解決帶電粒子在電場中的直線運動（1）用動力學(xué)觀點分析（只適用于勻強電場）a＝qEm，E＝Ud，v2－v02（2）用功能觀點分析①勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝12mv2－12m②非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1?！纠?】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d4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，讓四個小球豎直下落。當(dāng)下端第二個小球到達下極板時，速度恰好為零。已知僅兩極板間存在電場，重力加速度為g，試求（1）兩極板間的電壓；（2）小球運動的最大速度。答案：（1）20mgd13q（解析：（1）根據(jù)動能定理可得4mg×54d－2qU－34qU－12解得U＝20mgd（2）當(dāng)兩個小球在電場中時，電場力F1＝2q×Ud＝4013mg＜當(dāng)三個小球在電場中時，電場力F2＝3q×Ud＝6013mg＞故當(dāng)?shù)谌齻€小球剛進入電場時速度最大，根據(jù)動能定理可得4mg×d2－12qU－14qU＝12×4解得v＝11gd1.如圖為靜電植絨流程示意圖，將絨毛放在帶負(fù)電荷的容器中，使絨毛帶上負(fù)電，容器與帶電極板之間加恒定的電壓，絨毛呈垂直狀加速飛到需要植絨的物體表面上。不計重力和空氣阻力，下列判斷正確的是（）A.帶電極板帶負(fù)電B.絨毛在飛往需要植絨的物體的過程中，電勢能不斷增大C.若增大容器與帶電極板之間的距離，絨毛到達需要植絨的物體表面時速率增大D.質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達需要植絨的物體表面時速率越大解析：D絨毛帶負(fù)電加速向下運動，所以電場力向下，電場強度向上，帶電極板帶正電，故A錯誤；絨毛在飛往需要植絨的物體的過程中，電場力向下做正功，電勢能不斷減小，故B錯誤；由動能定理可得qU＝12mv2，解得v＝2qUm，若增大容器與帶電極板之間的距離，而電極板之間的電壓恒定，絨毛到達需要植絨的物體表面時速率不變，故C錯誤；由v＝2qUm，可知質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，2.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點，由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，現(xiàn)將C板向右平移到P'點，則由O點靜止釋放的電子（）A.運動到P點返回B.運動到P和P'點之間返回C.運動到P'點返回D.穿過P'點解析：A設(shè)A、B板間的電勢差為U1，B、C板間的電勢差為U2，板間距為d，電場強度為E，第一次由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，根據(jù)動能定理得eU1－eU2＝0，則有eU1＝eU2＝eEd，將C板向右移動，B、C板間的電場強度變?yōu)镋＝U2'd'＝QC2d'＝QεrS4πkd'·d'＝4πkQεrS，考點三帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個分運動（1）沿初速度方向做勻速直線運動，t＝lv0（如圖（2）沿靜電力方向做初速度為零的勻加速直線運動①加速度：a＝Fm＝qEm＝②離開電場時的偏移量：y＝12at2＝qU③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝vyv0以示波管模型為例，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需再經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖所示。（1）確定最終偏移距離OP的兩種方法方法1方法2（2）確定粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后的動能（或速度）的兩種方法方法1方法2【例3】如圖所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓U1＝2500V，發(fā)射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出。裝置右側(cè)有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l＝6.0cm，相距d＝2cm，兩極板間加一電壓U2＝200V的偏轉(zhuǎn)電場。從小孔S射出的電子恰能沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉(zhuǎn)電場。已知電子的電荷量e＝1.6×10－19C，電子的質(zhì)量m＝0.9×10－30kg，設(shè)電子剛離開金屬絲時的速度為0，忽略金屬極板邊緣對電場的影響，不計電子受到的重力。求：（1）電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的動能Ek；（2）電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y；（3）電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的過程中電場力對它所做的功W。答案：（1）4.0×10－16J（2）0.36cm（3）5.76×10－18J解析：（1）電子在加速電場中，根據(jù)動能定理有eU1＝Ek解得Ek＝4.0×10－16J。（2）設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t電子在水平方向做勻速運動，由l＝v1t，解得t＝l電子在豎直方向受電場力F＝e·U電子在豎直方向做勻加速直線運動，設(shè)其加速度為a依據(jù)牛頓第二定律有e·U2d＝解得a＝e電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y＝12at2＝解得y＝0.36cm。（3）電子射出偏轉(zhuǎn)電場的位置與射入偏轉(zhuǎn)電場位置的電勢差U＝U2d電場力所做的功W＝eU，解得W＝5.76×10－18J。1.【兩個電荷偏轉(zhuǎn)對比】真空中存在沿y軸正方向的勻強電場，氦核與氚核先后從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向射入該電場，在僅受電場力的作用下的運動軌跡如圖所示。則氦核與氚核在（）A.電場中運動時的加速度相同B.射入電場時的初速度相同C.射入電場時的初動量相同D.射入電場時的初動能相等解析：C根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma，解得a＝qmE，氦核的比荷qm為12，氚核的比荷為13，可得電場中運動時的加速度之比為3∶2，A錯誤；由類平拋運動規(guī)律可得y＝12at2，x＝v0t，聯(lián)立解得v0＝qEx22my，由題圖可知，x相同時，y氦y氚＝83，可得射入電場時的初速度之比為3∶4，B錯誤；結(jié)合B解析可得y＝mqEx22（mv0）2，若射入電場時的初動量mv0相同，代入質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)之比可得y氦y氚＝83，符合題意，故射入電場時的初動量相同2.【帶電粒子偏轉(zhuǎn)的應(yīng)用】（2023·北京高考20題）某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進入由一對平行金屬板構(gòu)成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度v0保持不變。在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長度為L，間距為d、不考慮重力影響和顆粒間相互作用。（1）若不計空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為－q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U1；（2）若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為Ff＝krv，其中r為顆粒的半徑，k為常量。假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度。a.半徑為R、電荷量為－q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U2；b.已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為10μm和2.5μm的兩種顆粒，若10μm的顆粒恰好100％被收集，求2.5μm的顆粒被收集的百分比。答案：（1）2d2mv02qL解析：（1）只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集，水平方向有L＝v0t豎直方向d＝12at根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma又E＝U聯(lián)立解得U1＝2d（2）a.顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度，此時F電＝Ff，即qU2又dv＝聯(lián)立解得U2＝d2b.10μm帶電荷量q1的顆粒恰好100％被收集，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度，所受阻力等于靜電力，有Ff1＝krvmax，F(xiàn)f1＝q在豎直方向顆粒勻速下落d＝vmaxt2.5μm的顆粒帶電荷量為q2＝q顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度，所受阻力等于靜電力，有Ff2＝14krvmax'，F(xiàn)f2＝設(shè)只有距下極板為d'的2.5μm的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落有d'＝vmax't聯(lián)立解得d'＝d2.5μm的顆粒被收集的百分比d'd×100％＝跟蹤訓(xùn)練·鞏固提升1.如圖所示，一個從F處無初速度釋放的電子向B板方向運動，下列對電子運動的描述錯誤的是（設(shè)電源電動勢為U）（）A.電子到達B板時的動能是UeB.電子從B板到達C板動能變化量為零C.電子到達D板時動能是3UeD.電子在A板和D板之間做往復(fù)運動解析：C電子被無初速度釋放后，在A、B之間做勻加速運動，且Ue＝ΔEk，A正確；電子在B、C之間做勻速運動，B正確；在C、D之間電子先沿原來的運動方向做勻減速運動，到達D板時，速度減為零，而后又開始反方向做勻加速運動，即電子在A板和D板之間做往復(fù)運動，故C錯誤，D正確。2.（2024·河南四市模擬）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)，存在一個沿y軸正方向的勻強電場。一個帶正電荷的粒子（不計重力），以某一速度從坐標(biāo)原點O開始沿x軸正方向進入電場（此時t＝0）。則靜電力對粒子做功的功率P與粒子在電場中運動時間t的關(guān)系圖像，下列可能正確的是（）解析：C粒子進入電場后做類平拋運動，x軸方向做勻速直線運動，y軸方向做勻加速直線運動，有a＝qEm，vy＝at＝qEmt，則靜電力對粒子做功的功率P＝qEvy＝q2E2mt，所以P3.（多選）手機觸摸屏多數(shù)采用的是電容式觸摸屏，其原理可簡化為如圖所示的電路。平行板電容器的上、下兩極板A、B分別接在一恒壓直流電源的兩端，上極板A為兩端固定的可動電極，下極板B為固定電極。當(dāng)用手指觸壓屏幕上某個部位時，可動電極的極板會發(fā)生形變，從而改變電容器的電容。當(dāng)壓力F增大時（）A.電容器所帶電荷量不變B.直流電源對電容器充電C.極板間的電場強度增大D.電阻R上有從a到b的電流解析：BC當(dāng)壓力F增大時，兩極板間距離減小，由公式C＝εrS4πkd可知，電容增大，由公式C＝QU可知，電容器所帶電荷量增大，即直流電源對電容器充電，電阻R上有從b到a的電流，由公式E＝Ud4.為研究靜電除塵，有人設(shè)計了一個盒狀容器，如圖所示，容器側(cè)面是絕緣的透明有機玻璃，上下底面是金屬板。當(dāng)金屬板連接到高壓電源正負(fù)兩極時，在兩金屬板間產(chǎn)生勻強電場。現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，顆粒帶負(fù)電，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。下列說法正確的是（）A.煙塵顆粒向下運動B.兩金屬板間電場方向向上C.煙塵顆粒在運動過程中電勢能減少D.煙塵顆粒電荷量可能是電子電荷量的1.5倍解析：C由題意可知上底面金屬板為電容器正極，下底面金屬板為電容器負(fù)極，兩金屬板間電場方向向下，則帶負(fù)電的煙塵顆粒受到的靜電力向上，將向上運動，故A、B錯誤；煙塵顆粒在運動過程中靜電力做正功，電勢能減少，故C正確；帶電體的帶電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍，所以煙塵顆粒電荷量不可能是電子電荷量的1.5倍，故D錯誤。5.（多選）如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（）A.所受合力為零 B.做勻減速直線運動C.電勢能逐漸增加 D.機械能逐漸增加解析：BC對帶電粒子受力分析如圖所示，可知F合≠0，選項A錯誤；由圖可知靜電力與重力的合力方向與v0方向相反，所以粒子做勻減速直線運動，選項B正確；除重力外，由于靜電力Eq做負(fù)功，電勢能增加，機械能減少，選項C正確，D錯誤。6.（2024·重慶涪陵模擬）小李同學(xué)用所學(xué)知識設(shè)計了一個電容式風(fēng)力傳感器。如圖所示，將電容器與靜電計組成回路，可動電極在風(fēng)力作用下向右移動，引起電容的變化，風(fēng)力越大，移動距離越大（兩電極不接觸）。若極板上電荷量保持不變，在受到風(fēng)力作用時，則（）A.電容器電容變小B.極板間電場強度變大C.極板間電壓變小D.靜電計指針張角越大，風(fēng)力越大解析：C在受到風(fēng)力作用時，d減小，根據(jù)C＝εrS4πkd，知此時電容器電容變大，故A錯誤；極板間電場強度E＝Ud＝QCd＝QCd＝4πkQεrS不變，故B錯誤；極板間電壓U＝QC變小，故7.（多選）（2024·貴州鎮(zhèn)遠(yuǎn)模擬）如圖，在直角坐標(biāo)系xOy的一、四象限內(nèi)有大小為E0、方向沿y軸正方向的勻強電場，虛線OM與x軸夾角α＝30°。一帶電荷量為－q、質(zhì)量為m的粒子由靜止釋放，經(jīng)過加速電壓為U0的電壓加速后從y軸上的Q點，以初速度v0沿x軸正方向射出，粒子做曲線運動垂直打在OM上的P點（未標(biāo)出）。已知粒子做曲線運動的時間為t，Q、P間沿y軸方向上的距離為s04。不計粒子重力，下列說法正確的是（A.粒子在P點沿豎直方向速度小于v0B.加速電壓U0為qC.v0＝3D.P點橫坐標(biāo)為34s解析：BC粒子做曲線運動垂直打在OM上的P點，則tan30°＝v0vPy，粒子在P點沿豎直方向速度vPy＝3v0，故A錯誤；根據(jù)vPy＝3v0，vPy＝qE0mt，qU0＝12mv02，聯(lián)立解得v0＝3qE0t3m，U0＝qE02t26m，故B、C正確；根據(jù)題意0+8.（2023·浙江6月選考12題）AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為1.0×10－8C、質(zhì)量為3.0×10－4kg的小球用長為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點。閉合開關(guān)S，小球靜止時，細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運動到CD板上的M點（未標(biāo)出），則（）A.MC距離為53cmB.電勢能增加了343×10－4C.電場強度大小為3×104N/CD.減小R的阻值，MC的距離將變大解析：B結(jié)合幾何關(guān)系，對小球受力分析，如圖所示。在水平方向有F·cos60°＝FT·cos60°在豎直方向有F·sin60°＋FT·sin60°＝mg，聯(lián)立解得E＝3×105N/C，C錯誤；剪斷細(xì)線，小球所受合力方向與FT等大反向，故小球沿AM方向做直線運動，由數(shù)學(xué)知識可知AN·cos30故MC＝ACtan30°＝103cm，A由N到M過程，小球所受的電場力F＝Eq，故電場力做的功W＝－F（AC－ANsin30°）＝－334×10－故小球電勢能增加了334×10－4J，B因為電容器兩端的電壓等于電源電壓，所以減小R的阻值，電容器兩端的電壓不變，又兩板間距一定，故小球的受力情況不變，即小球的運動情況不變，則MC的距離不變，D錯誤。9.（2023·新課標(biāo)卷25題）密立根油滴實驗的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運動，速率分別為v0、v04；兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個油滴很快達到相同的速率v02，均豎直向下勻速運動。油滴可視為球形（1）求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；（2）判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對值之比。答案：（1）8∶1（2）負(fù)電荷正電荷4∶1解析：（1）根據(jù)題述知空氣阻力Ff＝kvr設(shè)油滴a的質(zhì)量為m1，油滴a以速率v0向下勻速運動，由平衡條件有m1g＝kv0r1，m1＝43πr設(shè)油滴b的質(zhì)量為m2，油滴b以速率14v0向下勻速運動，由平衡條件有m2g＝k·14v0r2，m2＝43聯(lián)立解得m1∶m2＝8∶1。（2）當(dāng)在上下平板加恒定電壓（上板為正極）時，這兩個油滴很快以12v0的速率豎直向下勻速運動，所以油滴a速度減小，說明油滴a受到了向上的電場力，則油滴a帶負(fù)電荷；油滴b速度增大，說明油滴b受到了向下的電場力，則油滴b由m1m2＝8和m1＝43πr13ρ，m2＝43πr23ρ可知由Ff＝kvr可知兩個油滴均以速率12v0豎直向下勻速運動時，所受空氣阻力之比為Ff1F油滴b以速率14v0豎直向下勻速運動時，所受空氣阻力為Ff0＝m2結(jié)合Ff＝kvr可知油滴b以速率12v0豎直向下勻速運動時，所受空氣阻力為Ff2＝2Ff0＝2m2油滴a以速率12v0豎直向下勻速運動，所受空氣阻力為Ff1＝2Ff2＝4m2設(shè)油滴a所帶電荷量的絕對值為q1，由平衡