第九章　第4讲　带电粒子在电场中的运动 讲义 （教师版）

第4讲　带电粒子在电场中的运动
一、带电粒子在电场中的加速和偏转运动
1．带电粒子在电场中的加速
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv。
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)运动情况：带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示。
(2)处理方法：将带电粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿静电力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。
(3)基本关系式：运动时间t＝，
加速度a＝＝＝，
偏转量y＝at2＝，
偏转角θ的正切值tan θ＝＝＝。
二、示波管
1．构造
示波管的构造如图所示，它主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。
2．工作原理
(1)如果在偏转电极XX′之间和偏转电极YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。
(2)示波管的YY′偏转电极上加的是待测的信号电压，XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。
1．带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(　×　)
2．带电粒子在电场中只受静电力时，也可以做匀速圆周运动。(　√　)
3．示波管屏幕上的亮线是电子束高速撞击荧光屏产生的。(　√　)
4．带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。(　×　)
考点一　带电粒子在电场中的直线运动问题
1．关于带电粒子(体)的重力分析
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)。
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力。
2．分析带电粒子(体)在电场中的直线运动的方法
(1)用动力学观点分析(只适用于匀强电场)
a＝，E＝，v2－v＝2ad。
(2)用功能观点分析
①匀强电场中：W＝qEd＝qU＝Ek2－Ek1。
②非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
【典例1】　(2022·北京卷)如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
(1)求带电粒子所受的静电力的大小F；
(2)求带电粒子到达N板时的速度大小v；
(3)若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
【解析】　(1)两平行金属板间的电场强度大小E＝，
带电粒子所受的静电力的大小F＝qE，联立解得F＝q。
(2)带电粒子从M板由静止开始运动到N板的过程中，根据动能定理有qU＝mv2－0，
解得v＝。
(3)设带电粒子运动距离时的速度大小为v′，根据动能定理有q＝mv′2－0，
带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速直线运动，设经历的时间分别为t1、t2，有＝t1，＝v′t2，
该粒子从M板运动到N板经历的时间t＝t1＋t2，
联立解得t＝。
【答案】　(1)q　(2)　(3)
1．(多选)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的一价氢离子恰好能运动到P点，下列说法正确的是(　AD　)
A．一定有UAB＝－UBC
B．若从O点静止释放二价氦离子，其将以一定速度越过P点
C．若将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的氢离子将运动到P′点返回
D．若将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的氢离子仍运动到P点返回
解析：由O点静止释放的一价氢离子恰好能运动到P点，则qUAB＋qUBC＝0，即UAB＝－UBC，该过程与粒子带电荷量无关，即若从O点静止释放二价氦离子，则其也恰好能运动到P点，A正确，B错误；若将C板向右平移到P′点，由于B、C板带电荷量不变，根据E＝＝＝＝，可知两板间电场强度不变，M、P之间的电势差不变，根据qUOM＋qUMP＝0，可知由O点静止释放的氢离子仍运动到P点返回，C错误，D正确。
2．(多选)如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方向成θ角放置，两极板与直流电源相连。若带电小球分别以速度v0沿极板边缘水平射入电容器，均能沿图中所示水平直线恰好穿出电容器，穿出时的速度分别为v1和v2。下列说法正确的是(　BD　)
A．两种情形下带电小球的运动时间相等
B．两种情形下电容器所加电压相等
C．小球的速度满足关系v0＝v1＝v2
D．小球的速度满足关系2v＝v＋v
解析：带电小球所受静电力的方向垂直于极板，由于两种情形下小球均沿着水平方向运动，竖直方向所受合力均为零，因此两种情形下带电小球所受静电力大小均为F＝，又因两电容器相同，根据F＝Eq＝知两种情形下电容器所加电压相等，B正确；分析知第一种情形小球做匀减速直线运动，第二种情形小球做匀加速直线运动，初速度相同，运动位移相同，由匀变速直线运动规律知，两种情形带电小球的运动时间不同，末速度也不同，A、C错误；两种情形小球在水平方向上的加速度大小均为a＝＝g tan θ，第一种情形，水平方向上有v－v＝2ax，第二种情形，水平方向上有v－v＝2ax，两式联立，可得2v＝v＋v，D正确。
考点二　带电粒子在电场中的偏转问题
1．运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动
①能飞出电容器：t＝。
②不能飞出电容器：y＝at2＝t2，t＝。
(2)沿静电力方向做匀加速直线运动
加速度：a＝＝＝。
离开电场时的偏移量：y＝at2＝。
离开电场时的偏转角：tan θ＝＝。
2．带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。
证明：由qU0＝mv，
y0＝at2＝··，tan θ＝，
解得y0＝，tan θ＝，可见y和tan θ与粒子的q、m无关。
(2)粒子经电场偏转后射出，合速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O点到偏转电场边缘的距离为。
3．功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。
4．计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法(如图所示)
(1)y＝y0＋L tan θ(L为屏到偏转电场的水平距离)。
(2)y＝tan θ(l为电场宽度)。
(3)根据三角形相似，＝。
【典例2】　示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子(带电荷量为e，质量为m)被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压U1＝1 640 V，偏转极板长l＝4 cm，偏转极板间距d＝1 cm，电子加速后从两偏转极板的正中央沿与板平行的方向进入偏转电场。
(1)偏转电压U2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？
(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝20 cm，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y为多少？
【解析】　(1)要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下极板边缘射出。
在加速电场中，由动能定理得eU1＝，解得电子进入偏转电场的初速度v0＝，
电子在偏转电场中的飞行时间t1＝，
电子在偏转电场中的加速度a＝＝，
电子从下极板边缘射出，则有
＝at＝＝，
解得U2＝U1＝205 V。
(2)电子束打在荧光屏上的最大偏转距离y＝＋y2，
电子离开偏转电场时的竖直分速度vy＝at1＝，
电子从离开偏转电场至到达荧光屏经历的时间t2＝，
则y2＝vyt2＝＝＝0.05 m，
所以电子到达荧光屏时的最大偏转距离y＝＋y2＝0.055 m。
在加速电场中，由动能定理得eU1＝，解得电子进入偏转电场的初速度v0＝，
电子在偏转电场中的飞行时间t1＝，
电子在偏转电场中的加速度a＝＝，
电子从下极板边缘射出，则有
＝at＝＝，
解得U2＝U1＝205 V。
(2)电子束打在荧光屏上的最大偏转距离y＝＋y2，
电子离开偏转电场时的竖直分速度vy＝at1＝，
电子从离开偏转电场至到达荧光屏经历的时间t2＝，
则y2＝vyt2＝＝＝0.05 m，
所以电子到达荧光屏时的最大偏转距离y＝＋y2＝0.055 m。
【答案】　(1)205 V　(2)0.055 m
3．如图所示，平行板电容器极板间电压为U，极板间距为d，两极板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下极板的中央。现只改变其中一条件，使质子沿b轨迹落到下极板边缘，则可以将(忽略重力影响)(　C　)
A．开关S断开
B．初速度变为3v0
C．极板间电压变为
D．上板竖直移动，使极板间距变为2d
解析：断开开关，两极板间的电压不变，两极板间电场强度不变，故质子的运动轨迹不变，A错误；根据x＝v0t，a＝，y＝at2，可得x＝v0，从下极板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，或极板间电压变为，或上极板上移使极板间距变为4d，B、D错误，C正确。
4．(2023·浙江1月选考)如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子(　D　)
A．在XX′极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到的静电力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切值tan α＝
解析：根据牛顿第二定律可知电子在XX′极板间的加速度大小为a＝，A错误；电子在进入偏转电场之前的加速过程，静电力做功为10eU，进入偏转电场后静电力对其做的功最大为0.5eU，根据动能定理可知，电子打在荧光屏时，动能最大是10.5eU，B错误；根据动能定理可知电子在XX′极板间受到的静电力的冲量大小为I＝Δp＝mvy，由于偏转电场对电子做功最大为0.5eU，可得mv＝0.5eU，所以在XX′极板间受到的静电力的冲量大小I≤，C错误；电子经电子枪加速，根据动能定理有e·10U＝mv2，在XX′极板间运动的时间为t＝，沿电场方向的位移y＝·t2，则位移与水平方向的夹角θ的正切值tan θ＝，根据平抛运动规律可知tan α＝2tan θ，联立解得tan α＝，D正确。
5．(多选)(2023·湖北卷)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是(　BD　)
A．L∶d＝2∶1
B．U1∶U2＝1∶1
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
解析：微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及电场强度和电场力的关系可得E＝，F＝qE＝ma，微粒射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度分别为vx＝v0cos 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0，从射入到运动到最高点由运动学关系得v＝2ad，微粒射入电场时由动能定理得qU1＝mv，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；微粒从射入到运动到最高点由运动学关系得2L＝vxt，d＝t，联立解得L∶d＝1∶1，A错误；从最高点到穿出电容器时由运动学关系得L＝vxt1，vy1＝at1，从射入电容器至运动到最高点有vy＝at，解得vy1＝，设微粒穿过电容器时速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝，微粒射入电场时速度方向和水平方向的夹角为β，则tan (α＋β)＝3，C错误；以最高点为坐标原点，向左为x轴正方向，向下为y轴正方向建立直角坐标系，则y＝at2，联立解得y＝，即微粒轨迹与微粒的电荷量和质量无关，D正确。
课时作业46
1．(5分)示波管原理图如图甲所示，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若极板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如图丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为(　A　)
解析：UXX′和UYY′均为正值且大小不变，电场强度方向由X指向X′，由Y指向Y′，且大小不变，电子带负电，静电力方向与电场强度方向相反，所以分别向X、Y方向偏转，A正确。
2．(5分)静电火箭的工作过程简化图如图所示，离子源发射的带电离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力。根据题目信息可知(　D　)
A．M极板电势低于N极板电势
B．进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关
C．增大加速区M、N极板间的距离，可以增大高速射流速度而获得更大的推力
D．增大M、N极板间的电压，可以增大高速射流速度而获得更大的推力
解析：由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速区的极板M电势高，A错误；由动能定理知qU＝mv2，解得v＝，所以进入中和区的离子速度与离子的比荷、加速电压的大小有关，加速电压越大离子速度越大，与极板间的距离无关，故D正确，B、C错误。
3．(5分)如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为(　A　)
A．3∶2　　 B．2∶1
C．5∶2　　 D．3∶1
解析：设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子有aM＝，l＝·t2；对电荷量为－q的粒子有am＝，l＝·t2，联立解得＝，故A正确。
4．(5分) (2023·浙江6月选考)某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足(　A　)
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
解析：带电粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，则有qE1＝m，qE2＝m，联立可得＝，故选A。
5．(5分)如图所示，空间存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以水平方向的初速度v0由O点射入，刚好通过竖直平面内的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为θ＝45°，不计粒子的重力，则O、P两点间的电势差UOP为(　C　)
A．　 　 B．
C．　 　 D．
解析：粒子所带电荷量为正，则其所受的静电力方向竖直向下，设OP长度为L，分析可知，粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律，在竖直方向有L sin θ＝at2，水平方向有L cos θ＝v0t，由牛顿第二定律有qE＝ma，即a＝，则O、P两点间的电势差UOP＝EL sin θ，联立解得UOP＝，C正确。
6．(5分)有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上。已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是(　C　)
A．增大墨滴的带电荷量
B．减小墨滴喷出时的速度
C．减小偏转板与承印材料的距离
D．增大偏转板间的电压
解析：如图所示，带电粒子经偏转电场U2偏转，偏移量Y1＝at2，a＝，t＝，可得Y1＝，Y2＝l tan θ，tan θ＝，Y＝Y1＋Y2，结合选项可知，减小偏转板与承印材料的距离可使字迹减小，增大墨滴的带电荷量、减小墨滴喷出时的速度以及增大偏转板间的电压，均可使字迹增大，故C正确，A、B、D错误。
7．(5分) (多选)如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴质量为m，电荷量为q，现仅将上极板上移些许，其他条件保持不变，则下列分析正确的是(　ABD　)
A．上移后油滴的运动轨迹仍然是直线
B．上移后电场强度大小为，方向竖直向上
C.上移后下极板和上极板之间的电势差为
D．上移后油滴穿越两极板之间的电场电势能减少了mgd
解析：由于油滴沿直线从上极板边缘射出，可知油滴在极板间一定做匀速直线运动，根据平衡条件有qE＝mg，可得E＝，方向竖直向上，根据E＝，C＝，C＝，可得E＝，可知，当上极板向上移动时，E不变，方向仍然竖直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的运动轨迹仍然是直线，A、B正确；综上分析，由于E不变，根据U＝Ed，当上极板向上移动些许时，上、下两极板间的电势差U变大，不再是，C错误；当上极板向上移动后，E不变，所以油滴射出电场时的位置也不变，重力做功为－mgd，则静电力做功为mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，D正确。
8．(5分) (多选)(2022·浙江6月选考改编)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板间距离为L，电场强度为E。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好能到达N板下端。不计粒子重力和粒子间的相互作用，利用以上信息可求得(　AB　)
A．金属板的长度
B．粒子在两板间的加速度大小
C．两个粒子到N板时的动能
D．两个粒子的电势能的变化量
解析：垂直M板向右的粒子做匀加速直线运动，由(v0)2－v＝2aL，可求加速度的大小a＝，两个粒子相同，所以它们在匀强电场中的加速度大小相同，B选项可求；平行M板向下的粒子做类平抛运动，水平方向上由L＝at2，可求其运动时间，竖直方向上由y＝v0t，可求竖直位移大小，板长是竖直位移大小的二倍，所以A选项可求；由于粒子的质量未知，无法求出粒子的动能大小，由于粒子电荷量未知，求不出静电力做的功，也求不出粒子电势能的变化量，所以C、D选项不可求。
9．(5分) (多选)如图所示，一水平放置的平行板电容器的极板间距为d，两极板分别与电池的两极相连，上极板中央有一小孔，小孔对电场的影响可以忽略不计。开关闭合时，小孔正上方处有一带正电的粒子，粒子由静止开始下落恰好能到达下极板但没有与下极板接触，下列说法正确的是(　BD　)
A．保持开关闭合，若将下极板上移，粒子将在距上极板处返回
B．保持开关闭合，若将下极板上移，粒子将在距上极板处返回
C．断开开关，若将下极板上移，粒子将能返回原处
D．断开开关，若将上极板上移，粒子将能返回原处
解析：下极板移动前，根据动能定理得mgd＋＝qU＝qEd。保持开关闭合，若将下极板向上平移，设运动到距离上极板x1处返回，根据动能定理得mg－qx1＝0－0，解得x1＝，即粒子将在距上极板处返回， A错误，B正确；若断开开关，将下极板上移，两极板间的场强E＝不变，设运动到距离上极板x2处返回，由动能定理得mg－qEx2＝0－0，解得x2＝d，即粒子将碰到下极板而不能返回，C错误；若开关断开将上极板上移，两极板间的场强E＝不变，设粒子到达离下极板x3处返回，由动能定理得mg－x3－qE＝0－0，解得x3＝d，故粒子将能不碰到下极板而返回到原处，D正确。
10．(5分)(2023·浙江6月选考)AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距为10 cm，电荷量为1.0×10-8 C、质量为3.0×10-4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(图上未标出)，则(重力加速度g取10 m/s2)(　B　)
A．MC距离为5 cm
B．小球电势能增加了×10-4 J
C．电场强度大小为×104 N/C
D．减小R的阻值，MC的距离将变大
解析：剪断细线，小球沿直线运动到M点，如图所示。
根据几何关系可得MC＝＝ cm＝10 cm，A错误；根据几何关系可得静电力F和细线拉力T的夹角为60°，在三个力所在的三角形中，根据正弦定理可得＝，可得静电力大小为F＝mg＝×3.0×10-4×10 N＝×10-3 N，逆电场线方向的位移x＝d－L sin 30°，其中d＝10 cm＝0.1 m，L＝5 cm＝0.05 m，解得x＝0.075 m，克服静电力做的功为W电＝Fx＝×10-3×0.075 J＝×10-4 J，所以小球的电势能增加了×10-4 J，B正确；电场强度的大小为E＝，解得E＝×105 N/C，C错误；电阻两端电压为零，电容器两极板间的电压等于电源电动势，减小R的阻值，平行板间电压不变，电场强度不变，受力情况不变，运动情况不变，则MC的距离不变，D错误。
11．(15分)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子的质量m1。
解析：(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理，有qU＝mv2，
离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝，
联立解得T1＝。
(2)根据动能定理，有qU－qEx＝0，
解得x＝。
(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有＝，
通过x＝可知，离子在反射区的电场中运动路程与离子本身无关，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2。根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝＋，
联立解得t总＝(2L1＋L2)，
可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比，依题意可得＝，可得m1＝m0。
答案：(1)　(2)　(3)m0
12．(15分)(2023·北京卷)某种负离子空气净化的原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L、间距为d，不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
(1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；
(2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a．半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
b．已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒，若10 μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。
解析：(1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到下极板右侧，颗粒就能够全部被收集，由运动学规律有L＝v0t，d＝at2，qE＝ma，E＝，
解得U1＝。
(2)a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，则有F电＝f，
即＝kRv，＝，解得U2＝。
b．直径为10 μm的带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力大小等于静电力大小，有f＝kRvmax，f＝，
在竖直方向颗粒匀速下落，有d＝vmaxt，
直径为2.5 μm的颗粒带电荷量为q′＝，
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力大小等于静电力大小，有
f′＝kRv′max，f′＝，
设只有距下极板为d′的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落，有d′＝v′maxt，解得d′＝，
2．5 μm的颗粒被收集的百分比为×100%＝25%。
答案：(1)　(2)a.　b．25%