加速電荷的功與動能｜HSC 物理

把一個質子放在兩塊連接到 600 V 電源的平行板之間。現在，在電壓不變的情況下，把兩板之間的距離加倍。電場會變弱，所以你可能會預測質子離開時的動能較小。

但只要它仍然跨越完整的 600 V 電勢差，結果並非如此。

這個結果正是為甚麼你需要把三條方程連繫起來，而不是分開死記：

\[ W=qV,\qquad W=qEd,\qquad K=\frac12mv^2 \]

它們只是從不同角度描述同一個能量轉移過程。

01從真正發生改變的量開始：動能

想像一個正電荷在兩塊帶相反電荷的平行板之間由靜止釋放。電場對它施加力。電荷加速，因此速度增加。

速度增加代表動能增加。

功-能定理指出

\[ W_{\text{net}}=\Delta K \]

其中 \(W_{\text{net}}\) 是作用在粒子上的淨功，以焦耳為單位，而 \(\Delta K=K_f-K_i\) 是其動能的變化。

如果電力是唯一做功的力，那麼

\[ W_E=\Delta K \]

其中 \(W_E\) 是電場所做的功。

利用

\[ K=\frac12mv^2 \]

可得

\[ W_E=\frac12m(v_f^2-v_i^2) \]

其中：

• \(m\) 是粒子的質量，單位為千克，
• \(v_i\) 是其初速度，單位為米每秒，以及
• \(v_f\) 是其末速度，單位為米每秒。

因此，主要問題變成：電場做了多少功？

02電壓告訴你每單位電荷的能量

1 伏特的電勢差表示每庫侖電荷有 1 焦耳的能量變化：

\[ 1\text{ V}=1\text{ J C}^{-1} \]

因此，熟悉的方程

\[ W=qV \]

其實相當自然。電荷量越大，能量轉移越大；電勢差越大，每庫侖可轉移的能量也越多。

不過有一個重要注意事項：在 HSC 題目中，\(W=qV\) 通常是以大小關係式來使用。

如果一個電荷量大小為 \(q\) 的粒子，經過大小為 \(V\) 的電勢差而被加速，那麼它增加的動能為

\[ W=qV \]

例如，一個電荷量大小為 \(2.0\times10^{-6}\text{ C}\) 的電荷經過 50 V 的電勢差加速，會增加

\[ W=(2.0\times10^{-6})(50)=1.0\times10^{-4}\text{ J} \]

的動能。

當題目清楚說明粒子經過某個指定電壓而被加速時，這個捷徑非常好用。但當題目明確給出正、負電勢時，直接這樣做就較不安全。

不容易出現符號錯誤的版本

電勢能為

\[ U=qV \]

所以電勢的變化會給出

\[ \Delta U=q\Delta V \]

其中

\[ \Delta V=V_f-V_i \]

電場做功時會降低電勢能：

\[ W_E=-\Delta U \]

因此，

\[ \boxed{W_E=-q\Delta V} \]

而如果電力是唯一做功的力，

\[ \boxed{\Delta K=-q\Delta V} \]

這條方程能正確處理電荷的正負號。

假設一個質子由 \(+500\text{ V}\) 移動到 \(+100\text{ V}\)。它帶正電，因此

\[ \Delta V=100-500=-400\text{ V} \]

而

\[ W_E=-(+e)(-400)=+400e \]

功為正，所以質子加速。

現在預測一個電子從 \(+100\text{ V}\) 移動到 \(+500\text{ V}\) 時會怎樣。電勢正在增加，那是否代表它一定會失去動能？

不是。電子帶負電。此處 \(q<0\) 且 \(\Delta V>0\)，所以

\[ W_E=-q\Delta V>0 \]

電子會增加動能。

由此可得到一個實用的方向規則：

電場本身由較高電勢指向較低電勢。正電荷沿電場方向加速，負電荷則逆電場方向加速。

03\(W=qEd\) 是怎樣得出的

現在暫時忘記電壓，改為從力來思考。

電荷在電場中會受到電力，其大小為

\[ F=qE \]

這裡的 \(q\) 是按電荷量的大小來處理。

其中：

• \(F\) 是電力，單位為牛頓，
• \(q\) 是電荷量大小，單位為庫侖，以及
• \(E\) 是電場強度，單位為牛頓每庫侖。

當一個恆力的方向與粒子的位移方向相同時，

\[ W=Fd \]

代入 \(F=qE\)，

\[ W=qEd \]

其中 \(d\) 是沿電力方向移動的距離。

因此，\(qEd\) 只是力乘以位移：

\[ \boxed{W=qEd} \]

這並不是另一個獨立或神秘的概念。

為甚麼 \(qEd\) 和 \(qV\) 會得出相同答案

在理想平行板之間，電場近似均勻。其大小為

\[ E=\frac{V}{d} \]

其中 \(V\) 是兩板之間電勢差的大小，而 \(d\) 是板間距離。

如果你需要重溫這個關係式的由來，可參閱 平行板之間的電場：使用 \(E=V/d\)。

重新整理：

\[ V=Ed \]

現在把它代入 \(W=qV\)：

\[ W=qV=qEd \]

所以，對於一個完全穿過均勻平行板電場而被加速的粒子，

\[ \boxed{qV=qEd} \]

它們不是兩種不同的機制。它們只是使用不同已知資料來計算同一個功。

可以把它想像成支付的士車資。\(qV\) 就像直接告訴你總車資，而 \(qEd\) 就像你知道每公里的車資和行程距離。無論用哪一種方法，最後都應該得出同一筆車資。

不過這個比喻也有局限，因為電勢差並不是像道路距離那樣逐段累積的。在一般電場中，方向很重要，而且電場強度可能由一點到另一點發生變化。

04為甚麼較強的電場不一定代表較大的最終動能

回到最初的問題。

加速器 A 有：

• 電勢差 \(V=600\text{ V}\)，
• 板間距離 \(d=0.020\text{ m}\)。

它的電場為

\[ E_A=\frac{600}{0.020}=3.0\times10^4\text{ N C}^{-1} \]

加速器 B 使用相同的 600 V，但板間距離為 \(0.040\text{ m}\)：

\[ E_B=\frac{600}{0.040}=1.5\times10^4\text{ N C}^{-1} \]

第二個電場的強度只有一半。

一個電荷 \(q\) 穿過 A 時增加的能量為

\[ W_A=qE_Ad_A \]

所以

\[ W_A=q(3.0\times10^4)(0.020)=600q \]

穿過 B 時，

\[ W_B=qE_Bd_B \]

所以

\[ W_B=q(1.5\times10^4)(0.040)=600q \]

所做的功完全相同。

較弱的電場作用了兩倍的距離。

以下差異值得清楚區分：

• \(E\) 決定力 \(F=qE\)，因此決定粒子在某一位置的加速度。
• \(V\) 決定兩點之間每庫侖電荷的總能量變化。
• 兩個系統可以有不同的電場強度，但具有相同的電勢差。

所以，較強的電場可以產生較大的加速度，卻不一定令粒子在穿越完整間隙後有較大的最終速度。

05把電功直接與速度連繫起來

如果一個帶電粒子由靜止開始，經過大小為 \(V\) 的電勢差而被加速，那麼

\[ qV=\frac12mv^2 \]

其中 \(q\) 是其電荷量的大小。

解出速度，

\[ v=\sqrt{\frac{2qV}{m}} \]

對於原本已有初速度的粒子，

\[ qV=\frac12m(v_f^2-v_i^2) \]

前提是 \(V\) 表示令粒子加速的電勢變化大小。

對於需要考慮正負號的問題，較安全的方程是

\[ \frac12m(v_f^2-v_i^2)=-q\Delta V \]

無論粒子加速還是減速，這個版本都適用。

06如果粒子只移動了板間距離的一部分呢？

假設兩塊板相距 4.0 cm，電勢差為 1200 V。

均勻電場的大小為

\[ E=\frac{1200}{0.040}=3.00\times10^4\text{ N C}^{-1} \]

如果一個粒子只移動了 1.5 cm，它並沒有跨越完整的 1200 V。

與這段距離相對應的電勢差為

\[ V=Ed \]

所以

\[ V=(3.00\times10^4)(0.015)=450\text{ V} \]

它只跨越了 450 V 的電勢差。

如果在這種情況下盲目使用兩板之間的完整電壓，答案可能會錯得很離譜。

07選擇正確的方程

你通常不需要一次使用所有方程。

一個實用的考試習慣是問自己：題目給我的是「每單位電荷的能量」描述 \(V\)，還是「每單位電荷的力」描述 \(E\)？

然後把這些電學資料與動能連繫起來。

08最容易犯的錯誤

錯誤 1：假設較高電勢一定代表較高動能

這取決於電荷的正負。

正電粒子向較低電勢移動時會增加動能。負電粒子向較高電勢移動時會增加動能。

當正負號很重要時，使用

\[ \Delta K=-q\Delta V \]

錯誤 2：認為較強的電場一定會產生較大的離開速度

較強的電場代表較大的力和加速度：

\[ F=qE \]

但最終動能取決於所做的總功。

跨越完整的平行板間隙時，

\[ W=qEd=qV \]

所以，如果電壓保持不變而板間距離改變，離開時的動能仍然相同。

錯誤 3：在 \(qEd\) 中使用總路程

當 \(d\) 是均勻電場中沿電力方向的位移時，方程 \(W=qEd\) 可以直接使用。

如果帶電粒子沿曲線路徑運動，其總路程並不自動等於你應代入的 \(d\)。

在均勻電場中，只有與力平行的位移分量會對電場所做的功有貢獻。

錯誤 4：粒子只移動一部分板間距離，卻使用完整的板間電壓

在均勻電場中，

\[ \Delta V=Ed \]

如果粒子跨越一半的板間距離，它也只跨越一半的電勢差。

只有當粒子從一塊板的電勢一直移動到另一塊板的電勢時，完整電壓才適用。

09問題與解答

問題 1

一個質子由靜止開始，經過 \(2.50\text{ kV}\) 的電勢差加速。

計算：

a. 電場所做的功，以及
b. 質子的末速度。

使用 \(q_p=1.60\times10^{-19}\text{ C}\) 和 \(m_p=1.67\times10^{-27}\text{ kg}\)。

解答 1

質子增加了 \(4.00\times10^{-16}\text{ J}\) 的動能，速度達到約 \(6.92\times10^5\text{ m s}^{-1}\)。

質子經過大小為

\[ 2.50\text{ kV}=2.50\times10^3\text{ V} \]

的電勢差加速，所以所做的功為

\[ \begin{aligned} W&=qV\\ &=(1.60\times10^{-19})(2.50\times10^3)\\ &=4.00\times10^{-16}\text{ J} \end{aligned} \]

由於它由靜止開始，

\[ W=\frac12mv^2 \]

因此，

\[ \begin{aligned} v&=\sqrt{\frac{2W}{m}}\\ &=\sqrt{\frac{2(4.00\times10^{-16})}{1.67\times10^{-27}}}\\ &=6.92\times10^5\text{ m s}^{-1} \end{aligned} \]

一個很容易犯的錯誤是把 2.50 kV 當成 \(2.50\text{ V}\)。前綴 kilo 表示 \(10^3\)，所以在代入之前必須先轉換電壓。

問題 2

兩塊平行板相距 \(5.0\text{ cm}\)，電勢差為 \(900\text{ V}\)。

一個電子以 \(1.50\times10^7\text{ m s}^{-1}\) 的速度進入該區域，運動方向與電場方向相同。

判斷電子能否到達另一塊板。如果不能，計算它在停止前移動的距離。

使用 \(q_e=-1.60\times10^{-19}\text{ C}\) 和 \(m_e=9.11\times10^{-31}\text{ kg}\)。

解答 2

電子無法到達另一塊板。它在短暫停止前移動約 \(3.56\text{ cm}\)。

由於電子沿電場方向運動，而它所受的電力方向與運動方向相反，因此它正在減速。

先計算其初動能：

\[ \begin{aligned} K_i&=\frac12mv_i^2\\ &=\frac12(9.11\times10^{-31})(1.50\times10^7)^2\\ &=1.02\times10^{-16}\text{ J} \end{aligned} \]

電子在這個阻礙其運動的方向上跨越完整 900 V 所需的能量大小為

\[ \begin{aligned} qV&=(1.60\times10^{-19})(900)\\ &=1.44\times10^{-16}\text{ J} \end{aligned} \]

電子起初只有 \(1.02\times10^{-16}\text{ J}\)，小於跨越整個間隙所需的 \(1.44\times10^{-16}\text{ J}\)。因此，它必定會在到達另一塊板之前轉向。

現在求電場強度：

\[ \begin{aligned} E&=\frac{V}{d}\\ &=\frac{900}{0.050}\\ &=1.80\times10^4\text{ N C}^{-1} \end{aligned} \]

在轉向點，所有初動能都已被移除：

\[ K_i=qEx \]

其中 \(x\) 是移動距離。

因此，

\[ \begin{aligned} x&=\frac{K_i}{qE}\\ &=\frac{1.02\times10^{-16}} {(1.60\times10^{-19})(1.80\times10^4)}\\ &=3.56\times10^{-2}\text{ m}\\ &=3.56\text{ cm} \end{aligned} \]

一個很容易想到但錯誤的方法，是使用完整的 900 V 代入 \(W=qV\)，然後得到負的最終動能。這個負值並不是某種奇怪的新型能量，而是告訴你：「電子能到達另一塊板」這個假設不可能成立。

問題 3

一個質子和一個 α 粒子都由靜止開始，並經過相同的電勢差 \(V\) 加速。

α 粒子的電荷為 \(+2e\)，質量約為 \(4m_p\)，其中 \(e\) 是質子電荷量的大小，\(m_p\) 是質子的質量。

比較：

a. 對兩個粒子所做的功，
b. 它們的最終動能，
c. 它們的末速度，
d. 如果把它們放在相同電場中，它們的加速度，以及
e. 在加速後使每個粒子停止所需的反向電勢差大小。

解答 3

α 粒子增加的動能是質子的兩倍，但其末速度只有質子的 \(1/\sqrt2\)。在相同電場中，它的加速度是質子的一半，而兩種粒子所需的停止電勢差大小相同。

對質子而言，

\[ W_p=eV \]

對 α 粒子而言，

\[ W_\alpha=(2e)V=2eV \]

所以

\[ W_\alpha=2W_p \]

由於兩者都由靜止開始，其最終動能等於所做的功：

\[ K_\alpha=2K_p \]

很容易因此推斷 α 粒子的速度一定較快，但它較大的質量會改變這個結論。

對質子而言，

\[ eV=\frac12m_pv_p^2 \]

所以

\[ v_p^2=\frac{2eV}{m_p} \]

對 α 粒子而言，

\[ 2eV=\frac12(4m_p)v_\alpha^2 \]

因此

\[ v_\alpha^2=\frac{eV}{m_p} \]

所以，

\[ \frac{v_\alpha^2}{v_p^2} = \frac{1}{2} \]

以及

\[ \boxed{v_\alpha=\frac{v_p}{\sqrt2}} \]

現在比較它們在相同電場中的加速度。

對質子而言，

\[ a_p=\frac{eE}{m_p} \]

對 α 粒子而言，

\[ a_\alpha=\frac{2eE}{4m_p} =\frac12a_p \]

最後，考慮停止電勢差。

質子的動能為 \(eV\)。要抵消這個能量增加，需要大小為 \(V\) 的反向電勢變化。

α 粒子的動能為 \(2eV\)，但它的電荷量也是兩倍：

\[ W=(2e)V \]

所以，相同大小的電勢差 \(V\) 就能移除它的動能。

關鍵限制在於，電壓表示每單位電荷的能量變化。如果只看動能，可能會以為 α 粒子需要更大的停止電壓；但由於它的電荷量更大，每 1 伏特造成的能量變化也是兩倍。

問題 4

一個質子由 A 點靜止出發，該處的電勢為 \(+200\text{ V}\)。

它穿過一個均勻電場區域到達 B 點，該處的電勢為 \(-600\text{ V}\)。A 到 B 的距離為 \(4.0\text{ cm}\)。

緊接著在 B 點之後，它進入第二個均勻電場區域。在此區域中，電勢由 B 點的 \(-600\text{ V}\) 線性上升至 C 點的 \(+500\text{ V}\)。B 與 C 相距 \(5.5\text{ cm}\)。

假設沒有其他力作用。

a. 判斷質子能否到達 C。
b. 如果它在到達 C 前轉向，求由 B 點量起的轉向位置。
c. 之後重新建造第二個區域，使 B 和 C 相距 \(11.0\text{ cm}\)，但兩端的電勢仍分別為 \(-600\text{ V}\) 和 \(+500\text{ V}\)。求新的由 B 點量起的轉向距離，並解釋轉向點的電勢為甚麼會或不會改變。

解答 4

質子無法到達 C。在原本的配置中，它會在 B 點之後 \(4.0\text{ cm}\) 處轉向；第二個間隙加倍後，它會在 B 點之後 \(8.0\text{ cm}\) 處轉向。在兩種情況下，轉向點的電勢都是 \(+200\text{ V}\)。

由 A 到 B，

\[ \Delta V=-600-(+200)=-800\text{ V} \]

對質子而言，

\[ \begin{aligned} \Delta K&=-q\Delta V\\ &=-(1.60\times10^{-19})(-800)\\ &=1.28\times10^{-16}\text{ J} \end{aligned} \]

所以，質子在 B 點的動能，相當於經過 800 V 加速電勢差所增加的能量。

由 B 到 C，電勢上升了

\[ 500-(-600)=1100\text{ V} \]

正電質子向較高電勢移動時會失去動能。要穿過整個第二區域，其能量必須減少

\[ q(1100\text{ V}) \]

但質子只有相當於 800 V 的能量。因此它無法到達 C。

在轉向點，\(K=0\)。所以質子必須剛好失去先前增加的全部動能。

從 B 點開始，它可以上升 800 V 的電勢：

\[ V_{\text{turn}} =-600+800 =+200\text{ V} \]

由於電勢在 5.5 cm 內線性上升 1100 V，它所到達的間隙比例為

\[ \frac{800}{1100} \]

因此，

\[ \begin{aligned} x&=\frac{800}{1100}(5.5\text{ cm})\\ &=4.0\text{ cm} \end{aligned} \]

現在把第二個間隙加倍至 11.0 cm，但保持兩端電勢不變。

電場會變弱，因為

\[ E=\frac{V}{d} \]

但由 B 到 C 的總電勢上升仍然是 1100 V。

質子仍會在上升 800 V 後轉向，因此它仍然到達相同的間隙比例：

\[ x=\frac{800}{1100}(11.0\text{ cm})=8.0\text{ cm} \]

一個很容易產生的預測是：較弱的電場應該令質子在不同的電勢處轉向。它的確會令質子移動更遠的距離，但現在每一米所對應的電勢變化較小。

更深入的能量檢查其實更簡單。質子在 A 點以零動能開始，而 A 點的電勢為 \(+200\text{ V}\)。在轉向點，它的動能也為零。由於沒有其他能量轉移，這兩點必須具有相同的電勢能；對同一個質子而言，也就是相同的電勢：\(+200\text{ V}\)。

問題 5

一個大小為 \(5.00\times10^3\text{ N C}^{-1}\) 的均勻電場指向正 \(x\) 方向。電場存在於 \(x=-0.060\text{ m}\) 至 \(x=+0.100\text{ m}\) 的區域。

兩個質子都從 \(x=0\) 開始，初速度大小相同，為 \(2.00\times10^5\text{ m s}^{-1}\)。

質子 A 初始向正 \(x\) 方向運動。質子 B 初始向負 \(x\) 方向運動。

使用 \(q_p=1.60\times10^{-19}\text{ C}\) 和 \(m_p=1.67\times10^{-27}\text{ kg}\)。

a. 證明質子 B 會在到達 \(x=-0.060\text{ m}\) 的邊界之前轉向。
b. 比較 A 和 B 從 \(x=0\) 開始，到最終到達 \(x=+0.100\text{ m}\) 為止，電場對它們所做的功。
c. 計算它們到達 \(x=+0.100\text{ m}\) 時的速度。
d. 解釋為甚麼質子 B 可以移動更長的距離、在電場中停留更久，卻仍以與質子 A 相同的速度到達。

解答 5

兩個質子最終都會以相同速度到達 \(x=+0.100\text{ m}\)，速度約為 \(3.68\times10^5\text{ m s}^{-1}\)。質子 B 會先向後移動到約 \(x=-0.0418\text{ m}\)，然後轉向，之後跨越與 A 相同的最終電勢差。因此，電場對兩者所做的淨功相同。

先求質子的加速度：

\[ \begin{aligned} a&=\frac{qE}{m}\\ &=\frac{(1.60\times10^{-19})(5.00\times10^3)} {1.67\times10^{-27}}\\ &=4.79\times10^{11}\text{ m s}^{-2} \end{aligned} \]

加速度指向正 \(x\) 方向。

對質子 B 而言，初速度為負：

\[ u=-2.00\times10^5\text{ m s}^{-1} \]

在其轉向點，

\[ v=0 \]

使用

\[ v^2=u^2+2a\Delta x \]

所以

\[ \begin{aligned} 0&=(2.00\times10^5)^2 +2(4.79\times10^{11})\Delta x\\ \Delta x&=-4.18\times10^{-2}\text{ m} \end{aligned} \]

因此，B 在

\[ x=-0.0418\text{ m} \]

處轉向，這是在電場邊界 \(-0.060\text{ m}\) 之前。

現在考慮由共同起點 \(x=0\) 到共同終點 \(x=+0.100\text{ m}\) 之間，電場所做的功。

對均勻電場中的質子而言，

\[ W=qE\Delta x \]

無論兩個粒子採取甚麼路徑，它們沿電場方向的淨位移都是 \(+0.100\text{ m}\)。

因此，

\[ \begin{aligned} W_A=W_B &=(1.60\times10^{-19})(5.00\times10^3)(0.100)\\ &=8.00\times10^{-17}\text{ J} \end{aligned} \]

兩個粒子的初動能也相同：

\[ \begin{aligned} K_i&=\frac12mv_i^2\\ &=\frac12(1.67\times10^{-27})(2.00\times10^5)^2\\ &=3.34\times10^{-17}\text{ J} \end{aligned} \]

因此，它們的末動能相同：

\[ \begin{aligned} K_f&=K_i+W\\ &=3.34\times10^{-17}+8.00\times10^{-17}\\ &=1.134\times10^{-16}\text{ J} \end{aligned} \]

所以，

\[ \begin{aligned} v_f&=\sqrt{\frac{2K_f}{m}}\\ &=\sqrt{\frac{2(1.134\times10^{-16})}{1.67\times10^{-27}}}\\ &=3.68\times10^5\text{ m s}^{-1} \end{aligned} \]

因此

\[ \boxed{v_A=v_B\approx3.68\times10^5\text{ m s}^{-1}} \]

一個很容易想到的錯誤方法，是認為質子 B 在電場中走過的總距離較長，所以 \(W=qEd\) 一定會令它得到更多能量。這是使用了錯誤的 \(d\)。

當 B 最初向負 \(x\) 方向運動時，電力方向與其運動方向相反。電場做負功，移除其動能，直到 B 停止。當 B 之後向正 \(x\) 方向移動時，電場則做正功。

最初向後移動的那一段，在出去時產生負功，而 B 返回並經過相同位置時則產生等量的正功。這兩部分互相抵消。

最後剩下的，是與由 \(x=0\) 到 \(x=+0.100\text{ m}\) 的淨位置變化相對應的功。

這就是電勢如此有用的原因。在靜電場中，兩個位置之間轉移的能量取決於它們的電勢差，而不取決於粒子花了多少時間，或其路徑有多複雜。

10接下來應該使用甚麼

這些方程為分析帶電粒子的運動提供了兩種互補的方法。

當你關心粒子在兩個電勢之間移動後的速度時，使用能量：

\[ \Delta K=-q\Delta V \]

當你關心粒子在某一位置所受的力和加速度時，使用電場：

\[ F=qE,\qquad a=\frac{qE}{m} \]

在平行板之間，利用

\[ E=\frac{V}{d} \]

把這兩種描述連繫起來。

這就得到完整的關係鏈：

\[ \boxed{qV=qEd=\Delta K} \]

前提是這些量是以正的大小來表示一個電荷跨越均勻電勢差並被加速的情況。

接下來一個有用的判斷，是識別甚麼時候只用能量方法就足夠，以及甚麼時候還需要力和運動學。題目若要求末速度，通常可以很快利用 \(qV=\Delta K\) 解決。若題目要求粒子在哪裡轉向、需要多長時間，或其軌跡如何彎曲，通常還需要使用 \(qE=ma\)。