第4講帶電粒子在電場中的運動學習目標1.會利用動力學、功能關系分析帶電粒子在電場中的直線運動。2.掌握帶電粒子在電場中的偏轉規(guī)律，會分析帶電粒子在電場中偏轉的功能關系。3.會分析、計算帶電粒子在交變電場中的直線運動和偏轉問題。1.思考判斷(1)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。(×)(2)帶電粒子在電場中，只受靜電力時，也可以做勻速圓周運動。(√)2.帶電粒子沿水平方向射入豎直向下的勻強電場中，運動軌跡如圖所示，粒子在相同的時間內()A.位置變化相同B.速度變化相同C.速度偏轉的角度相同D.動能變化相同答案B考點一帶電粒子(帶電體)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動。2.用動力學觀點分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。3.用功能觀點分析勻強電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強電場中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)角度帶電粒子在電場中的直線運動例1(多選)(2022·福建卷，8)我國霍爾推進器技術世界領先，其簡化的工作原理如圖1所示。放電通道兩端電極間存在一加速電場，該區(qū)域內有一與電場近似垂直的約束磁場(未畫出)用于提高工作物質被電離的比例。工作時，工作物質氙氣進入放電通道后被電離為氙離子，再經電場加速噴出，形成推力。某次測試中，氙氣被電離的比例為95%，氙離子噴射速度為1.6×104m/s，推進器產生的推力為80mN。已知氙離子的比荷為7.3×105C/kg；計算時，取氙離子的初速度為零，忽略磁場對離子的作用力及粒子之間的相互作用，則()圖1A.氙離子的加速電壓約為175VB.氙離子的加速電壓約為700VC.氙離子向外噴射形成的電流約為37AD.每秒進入放電通道的氙氣質量約為5.3×10－6kg答案AD解析設一個氙離子所帶電荷量為q0，質量為m0，由動能定理得q0U＝eq\f(1,2)m0v2，解得氙離子的加速電壓為U＝eq\f(m0v2,2q0)≈175V，A正確，B錯誤；設1s內進入放電通道的氙氣質量為m，由動量定理得Ft＝95%mv，解得m≈5.3×10－6kg，D正確；氙離子向外噴射形成的電流I＝eq\f(q,t)＝eq\f(95%m,m0t)·q0≈3.7A，C錯誤。角度帶電體在電場中的直線運動例2如圖2所示，A、B為平行金屬板，兩極板相距為d，分別與電源兩極連接。兩板的中央各有一小孔M、N。今有一帶電質點自A板上方相距為d的P點由靜止下落，不計空氣阻力，到達兩板中點時的速度恰好為零，然后沿原路返回。則帶電質點的重力與它在電場中所受靜電力的大小之比為()圖2A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.3∶1答案B解析帶電質點從P點由靜止開始下落到兩極板中點時，先加速后減速。根據動能定理，有mg·eq\f(3,2)d＝qE·eq\f(d,2)，重力與靜電力的大小之比為1∶3，故B正確。角度帶電粒子在交變電場中的直線運動例3如圖3甲所示為粒子直線加速器原理圖，它由多個橫截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數的圓筒與序號為偶數的圓筒分別和交變電源相連，交變電源兩極間的電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。在t＝0時，奇數圓筒比偶數圓筒電勢高，此時和偶數圓筒相連的金屬圓板(序號為0)的中央有一自由電子由靜止開始在各間隙中不斷加速。若電子的質量為m，電荷量為e，交變電源的電壓為U，周期為T。不考慮電子的重力和相對論效應，忽略電子通過圓筒間隙的時間。下列說法正確的是()圖3A.電子在圓筒中也做加速直線運動B.電子離開圓筒1時的速度為2eq\r(\f(Ue,m))C.第n個圓筒的長度應滿足Ln＝Teq\r(\f(nUe,2m))D.保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調大交變電壓的周期答案C解析由于金屬圓筒處于靜電平衡狀態(tài)，圓筒內部場強為零，則電子在金屬圓筒中做勻速直線運動，故A錯誤；電子離開圓筒1時，由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，所以電子離開圓筒1瞬間速度為v＝eq\r(\f(2eU,m))，故B錯誤；電子從金屬圓筒出來后要繼續(xù)做加速運動，在金屬圓筒中的運動時間為交變電源周期的一半，即eq\f(T,2)，電子在圓筒中做勻速直線運動，所以第n個圓筒長度為Ln＝vn·eq\f(T,2)＝eq\f(T,2)eq\r(\f(2neU,m))＝Teq\r(\f(nUe,2m))，故C正確；由C可知，保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調小交變電壓的周期，故D錯誤。1.如圖4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量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負極板有另一質量為m、電荷量為－q的粒子。在電場力的作用下，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M∶m為()圖4A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1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的粒子有aM＝eq\f(qE,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,M)t2；對電荷量為－q的粒子有am＝eq\f(qE,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，聯(lián)立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，故A正確。2.如圖5甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0(0<t0<eq\f(T,4))時刻由靜止釋放該粒子，關于該粒子的運動正確的是()圖5A.一開始向左運動，最后打到A板上B.一開始向右運動，最后打到A板上C.一開始向左運動，最后打到B板上D.一開始向右運動，最后打到B板上答案D解析粒子運動的加速度大小a＝eq\f(qU,md)，d為A、B金屬板間距，畫出粒子在0時刻、eq\f(T,4)時刻釋放后運動的v－t圖像，如圖所示，可知在0<t0<eq\f(T,4)時間范圍內釋放的粒子，一開始都是向右運動，最后會打在B板上，故D正確。考點二帶電粒子在電場中的偏轉角度帶電粒子在勻強電場中的偏轉1.帶電粒子在電場中偏轉問題的兩個重要結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)tanθ＝eq\f(qU1l,mdveq\o\al(2,0))得y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)可見y和tanθ與粒子的q、m無關。(2)粒子經電場偏轉后射出，合速度方向的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為eq\f(l,2)。2.處理帶電粒子的偏轉問題的方法運動的分解法將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向的勻加速直線運動和垂直電場力方向的勻速直線運動功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指運動過程初、末位置兩點間的電勢差例4一束電子從靜止開始經加速電壓U1＝U0加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板中間，如圖6所示。金屬板長為l，兩板距離為d＝l，豎直放置的熒光屏距金屬板右端為L＝2l，若在兩金屬板間加直流電壓U2＝2U0時，光點偏離中線打在熒光屏上的P點，其中電子的質量為m，電荷量為e，不計電子重力及電子之間的相互作用。求：(結果用e、m、l、U0表示)圖6(1)電子剛進入偏轉電場時的速度大小；(2)電子離開偏轉電場時垂直于板面方向的位移大小；(3)OP的長度和電子打到P點時的動能。答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)eq\f(l,2)(3)eq\f(5,2)l2eU0解析(1)電子經U1＝U0的電場加速后，由動能定理可得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得電子剛進入偏轉電場時的速度大小為v0＝eq\r(\f(2eU1,m))＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)電子以v0的速度進入偏轉電場U2做類平拋運動，則有l(wèi)＝v0t，a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU2,md)，y＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得電子離開偏轉電場時垂直于板面方向的位移大小為y＝eq\f(U2l2,4U1d)＝eq\f(l,2)。(3)電子離開偏轉電場時垂直極板方向速度大小為vy＝at＝eq\f(eU2,md)·eq\f(l,v0)＝eq\f(eU2,mv0)電子離開偏轉電場時偏轉角θ的正切值為tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2,2U1)＝1根據幾何關系可知，OP的長度為OP＝y(tǒng)＋Ltanθ＝eq\f(1,2)l＋2l＝eq\f(5,2)l由動能定理得，電子打在熒光屏的P點動能為Ek＝eU1＋eeq\f(U2,d)y＝2eU0。計算粒子打到屏上的位置離屏中心距離的方法(1)y＝y(tǒng)0＋Ltanθ(L為屏到偏轉電場的水平距離)。(2)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋L))tanθ(l為電場寬度)。(3)根據三角形相似eq\f(y,y0)＝eq\f(\f(l,2)＋L,\f(l,2))。角度帶電粒子在交變電場中的偏轉1.帶電粒子在交變電場中的偏轉初速度v0垂直于電場方向：沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性。2.分析方法根據電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況。根據電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等。具體做法為eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t圖像,U－t圖像,E－t圖像))eq\o(→,\s\up7(轉換))a(F)－t圖像eq\o(→,\s\up7(轉化))v－t圖像。3.對于鋸齒波和正弦波等電壓產生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場瞬間可認為是在勻強電場中運動。例5(多選)如圖7甲所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點有一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0、電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力。以下判斷正確的是()圖7A.粒子在電場中運動的最短時間為eq\f(\r(2)d,v0)B.能從板間電場射出的粒子的最大動能為eq\f(5,4)mveq\o\al(2,0)C.t＝eq\f(d,2v0)時刻進入的粒子將從O′點射出D.t＝eq\f(3d,v0)時刻進入的粒子將從O′點射出答案AD解析由圖像可知電場強度大小E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd)，則粒子在電場中的加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2d)，假設粒子在電場中沿電場方向能做勻加速運動打在板上，在電場中運動的時間為t0，有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，解得t0＝eq\f(\r(2)d,v0)，粒子能穿出兩板間的情況下運動的時間t1＝eq\f(8d,v0)，由于t0<t1且t0<eq\f(T,2)＝eq\f(2d,v0)，所以粒子在電場中運動的最短時間為eq\f(\r(2)d,v0)，選項A正確；能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t1＝eq\f(8d,v0)＝2T，任意時刻射入的粒子若能射出電場，則射出電場時沿電場方向的速度均為0，所以射出電場時粒子的動能均為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項B錯誤；t＝eq\f(d,2v0)＝eq\f(T,8)時刻進入的粒子在沿電場方向的運動應先向下加速eq\f(3T,8)，向下的偏轉位移y＝eq\f(1,2)a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)T))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,16)d>eq\f(d,2)，則粒子會打在板上，故C錯誤；t＝eq\f(3d,v0)＝eq\f(3T,4)時刻進入的粒子在沿電場方向的運動是先向上加速eq\f(T,4)，后向上減速eq\f(T,4)，速度到零，然后向下加速eq\f(T,4)，再向下減速eq\f(T,4)，速度到零……如此反復，則最后從右側射出時沿電場方向的位移為零，所以粒子將從O′點射出，選項D正確。A級基礎對點練對點練1帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動1.如圖1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()圖1A.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′點答案A解析設A、B兩金屬薄板之間的電勢差為U1，B、C兩金屬薄板之間的電勢差為U2，金屬薄板之間的間距為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，根據動能定理qU1－qU2＝0，qU2＝qEd，將C板向右平移到P′點，BC之間的電場強度不變，電勢差增大，所以電子還是運動到P點速度減小為零然后返回。故A正確。2.(2024·遼寧撫順高三期末)如圖2所示，空間有一勻強電場，電場方向與紙面平行。一電荷量為－q的粒子(重力不計)，在恒力F的作用下沿虛線由M勻速運動到N。已知力F和MN間夾角為θ，M、N間距離為d，則下列結論中正確的是()圖2A.勻強電場的電場強度大小為eq\f(Fsinθ,q)B.勻強電場的電場強度大小為eq\f(Fcosθ,q)C.勻強電場的電場強度大小為eq\f(F,q)D.若要使帶電粒子由N向M做勻速直線運動，則F必須反向答案C解析粒子做勻速運動，受力平衡，則電場強度大小E＝eq\f(F,q)，故A、B錯誤，C正確；粒子做勻速直線運動的條件是粒子受力平衡，即由N運動到M，帶電粒子受到的電場力不變，則F也保持不變，故D錯誤。3.(2024·廣東深圳育才中學高三月考)一質量為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，電場強度為E(如圖3所示)，則()圖3A.粒子射入的最大深度為eq\f(mveq\o\al(2,0),qE)B.粒子射入的最大深度為eq\f(mveq\o\al(2,0),4qE)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D解析粒子從射入到運動至速度為零，由動能定理得－qExmax＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，最大深度xmax＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qE)，由v0＝at，a＝eq\f(qE,m)可得t＝eq\f(mv0,qE)，由對稱性可得粒子在電場中運動的最長時間為tmax＝2t＝eq\f(2mv0,qE)，故D正確。對點練2帶電粒子在電場中的偏轉4.(多選)(2024·陜西西安高三校聯(lián)考)如圖4所示，勻強電場的方向水平向右，一質量為m的帶電粒子在勻強電場所在的豎直平面內運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該帶電粒子在A點的速度大小為v0，方向與豎直方向的夾角為30°，它運動到B點時速度方向與豎直方向的夾角變?yōu)?0°。不計帶電粒子受到的重力，若B點電勢為零，則下列說法正確的是()圖4A.帶電粒子帶正電B.帶電粒子在B點的速度大小為2v0C.帶電粒子從A點運動到B點的過程中，電勢能減少了eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)D.帶電粒子在A點的電勢能為mveq\o\al(2,0)答案AD解析由帶電粒子的運動軌跡可得，帶電粒子帶正電，故A正確；帶電粒子在豎直方向的速度不變，設帶電粒子在B點的速度大小為v，有v0cos30°＝vcos60°，解得v＝eq\r(3)v0，故B錯誤；帶電粒子的電勢能減少量為ΔEp＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mveq\o\al(2,0)，故C錯誤；B點的電勢為零，帶電粒子在B點的電勢能也為零，在A點的電勢能為mveq\o\al(2,0)，故D正確。5.(多選)如圖5甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓u，電壓u隨時間t變化的圖線如圖乙所示。質量為m、重力不計的帶電粒子以初速度v0沿中線射入兩板間，經時間T從兩板間飛出。下列關于粒子運動的描述正確的是()圖5A.t＝0時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最小B.無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度方向都沿水平方向C.t＝eq\f(1,4)T時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大D.無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度大小都相等答案BD解析因為水平方向粒子的速度v0保持不變，當t＝0時入射，在t＝eq\f(1,2)T時豎直方向速度達到最大，當t＝T時速度恰好減小為0，因此離開電場時偏離中線的距離最大，故A、C錯誤；無論哪個時刻入射的粒子，在一個時間T內，正向電壓和反向電壓的時間是相同的，所以在豎直方向上電場力的沖量為零，所以離開電場時的速度方向都是水平的，離開電場時的速度大小都相等，故B、D正確。6.如圖6，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強電場，讓質子流以初速度v0垂直電場射入，沿a軌跡落到下板的中央。現(xiàn)只改變其中一條件，使質子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將(忽略重力影響)()圖6A.開關S斷開B.初速度變?yōu)?v0C.板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)D.上板豎直移動，使板間距變?yōu)?d答案C解析斷開開關，極板上的電壓不變，兩板間電場強度不變，故質子的運動軌跡不變，A錯誤；根據x＝v0t，a＝eq\f(qU,md)，y＝eq\f(1,2)at2，可得y＝eq\f(qUx2,2mdveq\o\al(2,0))，從下板邊緣射出時，豎直位移y不變，水平位移x變?yōu)樵瓉淼膬杀叮士刹扇〉拇胧┦浅跛俣茸優(yōu)?v0，或板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)，或上板上移使板間距變?yōu)?d，B、D錯誤，C正確。B級綜合提升練7.(多選)(2024·廣東揭陽聯(lián)考)等離子體推進器的原理結構如圖7所示，首先由電子槍產生高速電子流，經過碰撞，電子將等離子體發(fā)生器內的惰性氣體電離，形成等離子體，最后等離子體中的正離子經過靜電加速層加速后高速飛出，從而對等離子推進器產生作用力。假設正離子的質量為m，電量為q，經電壓為U的靜電加速層加速后形成電流為I的離子束，忽略離子進入靜電加速層的初速度，不計離子重力和離子間的相互作用力，下列說法正確的是()圖7A.離子推進器是將化學能轉化為機械能的裝置B.離子由靜電加速層噴出時的速度大小為eq\r(\f(qU,2m))C.單位時間內，由靜電加速層噴出的離子數為eq\f(I,q)D.離子推進器產生的推力大小為Ieq\r(\f(2mU,q))答案CD解析離子推進器可將靜電加速層中的電能轉化為機械能，A錯誤；根據動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，離子由靜電加速層噴出時的速度大小為v＝eq\r(\f(2qU,m))，B錯誤；若n表示單位時間內由靜電加速層噴出的離子數，根據電流的定義有I＝nq，單位時間內，由靜電加速層噴出的離子數為n＝eq\f(I,q)，C正確；Δt時間內噴出離子的動量為Δp＝nΔtmv，根據動量定理有FΔt＝Δp，則F＝nmv＝Ieq\r(\f(2mU,q))，D正確。8.如圖8所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，方向豎直向上，P、Q兩點間的電勢差為U(U＞0)，不計粒子重力，P點的電勢為零。則下列說法正確的是()圖8A.粒子帶負電 B.帶電粒子在Q點的電勢能為qUC.P、Q兩點間的豎直距離為eq\f(d,2) D.此勻強電場的電場強度為eq\f(2\r(3)U,3d)答案D解析由題圖可知，帶電粒子的軌跡向上彎曲，則粒子受到的靜電力方向豎直向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電，故A錯誤；粒子從P點運動到Q點，電場力做正功，為W＝qU，則粒子的電勢能減少了qU，P點的電勢為零，可知帶電粒子在Q點的電勢能為－qU，故B錯誤；Q點速度的反向延長線過水平位移的中點，則y＝eq\f(\f(d,2),tan30°)＝eq\f(\r(3),2)d，電場強度大小為E＝eq\f(U,y)＝eq\f(2\r(3)U,3d)，C錯誤，故D正確。9.如圖9甲為一對長度為L的平行金屬板，在兩板之間加上如圖乙所示的電壓。現(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(不計重力及粒子間的相互作用)，且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出。若粒子在兩板之間的運動時間均為T，則粒子最大偏轉位移與最小偏轉位移的大小之比是()圖9A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1答案C解析粒子在兩板之間的運動時間均為T，設偏轉電場電壓不為零時，粒子在偏轉電場中的加速度為a，若粒子在t＝nT(n＝0，1，2，…)時刻進入偏轉電場，則豎直方向上先加速后勻速，然后飛出偏轉電場，此時粒子偏轉位移最大，ymax＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＋a·eq\f(T,2)·eq\f(T,2)＝eq\f(3,8)aT2；若粒子在t＝nT＋eq\f(T,2)(n＝0，1，2，…)時刻進入偏轉電場，則豎直方向上先靜止后加速，然后飛出偏轉電場，此時粒子偏轉位移最小，ymin＝0＋eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＝eq\f(1,8)aT2，則粒子最大偏轉位移與最小偏轉位移的大小之比是3∶1，故C項正確。C級培優(yōu)加強練10.(2023·北京卷，19)某種負離子空氣凈化原理如圖10所示。由空氣和帶負電的灰塵顆粒物(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