加速电荷的功与动能｜HSC 物理

把一个质子放在两块连接到 600 V 电源的平行板之间。现在，在电压不变的情况下，把两板之间的距离加倍。电场会变弱，所以你可能会预测质子离开时的动能较小。

但只要它仍然跨越完整的 600 V 电势差，结果并非如此。

这个结果正是为甚么你需要把三条方程连系起来，而不是分开死记：

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

它们只是从不同角度描述同一个能量转移过程。

01从真正发生改变的量开始：动能

想像一个正电荷在两块带相反电荷的平行板之间由静止释放。电场对它施加力。电荷加速，因此速度增加。

速度增加代表动能增加。

功-能定理指出

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

其中 \(W_{\text{net}}\) 是作用在粒子上的净功，以焦耳为单位，而 \(\Delta K=K_f-K_i\) 是其动能的变化。

如果电力是唯一做功的力，那么

\[ W_E=\Delta K \]

其中 \(W_E\) 是电场所做的功。

利用

\[ K=\frac12mv^2 \]

可得

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

其中：

• \(m\) 是粒子的质量，单位为千克，
• \(v_i\) 是其初速度，单位为米每秒，以及
• \(v_f\) 是其末速度，单位为米每秒。

因此，主要问题变成：电场做了多少功？

02电压告诉你每单位电荷的能量

1 伏特的电势差表示每库仑电荷有 1 焦耳的能量变化：

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

因此，熟悉的方程

\[ W=qV \]

其实相当自然。电荷量越大，能量转移越大；电势差越大，每库仑可转移的能量也越多。

不过有一个重要注意事项：在 HSC 题目中，\(W=qV\) 通常是以大小关系式来使用。

如果一个电荷量大小为 \(q\) 的粒子，经过大小为 \(V\) 的电势差而被加速，那么它增加的动能为

\[ W=qV \]

例如，一个电荷量大小为 \(2.0\times10^{-6}\text{ C}\) 的电荷经过 50 V 的电势差加速，会增加

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

的动能。

当题目清楚说明粒子经过某个指定电压而被加速时，这个捷径非常好用。但当题目明确给出正、负电势时，直接这样做就较不安全。

不容易出现符号错误的版本

电势能为

\[ U=qV \]

所以电势的变化会给出

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

其中

\[ \Delta V=V_f-V_i \]

电场做功时会降低电势能：

\[ W_E=-\Delta U \]

因此，

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

而如果电力是唯一做功的力，

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

这条方程能正确处理电荷的正负号。

假设一个质子由 \(+500\text{ V}\) 移动到 \(+100\text{ V}\)。它带正电，因此

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

而

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

功为正，所以质子加速。

现在预测一个电子从 \(+100\text{ V}\) 移动到 \(+500\text{ V}\) 时会怎样。电势正在增加，那是否代表它一定会失去动能？

不是。电子带负电。此处 \(q<0\) 且 \(\Delta V>0\)，所以

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

电子会增加动能。

由此可得到一个实用的方向规则：

电场本身由较高电势指向较低电势。正电荷沿电场方向加速，负电荷则逆电场方向加速。

03\(W=qEd\) 是怎样得出的

现在暂时忘记电压，改为从力来思考。

电荷在电场中会受到电力，其大小为

\[ F=qE \]

这里的 \(q\) 是按电荷量的大小来处理。

其中：

• \(F\) 是电力，单位为牛顿，
• \(q\) 是电荷量大小，单位为库仑，以及
• \(E\) 是电场强度，单位为牛顿每库仑。

当一个恒力的方向与粒子的位移方向相同时，

\[ W=Fd \]

代入 \(F=qE\)，

\[ W=qEd \]

其中 \(d\) 是沿电力方向移动的距离。

因此，\(qEd\) 只是力乘以位移：

\[ \boxed{W=qEd} \]

这并不是另一个独立或神秘的概念。

为甚么 \(qEd\) 和 \(qV\) 会得出相同答案

在理想平行板之间，电场近似均匀。其大小为

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

其中 \(V\) 是两板之间电势差的大小，而 \(d\) 是板间距离。

如果你需要重温这个关系式的由来，可参阅 平行板之间的电场：使用 \(E=V/d\)。

重新整理：

\[ V=Ed \]

现在把它代入 \(W=qV\)：

\[ W=qV=qEd \]

所以，对于一个完全穿过均匀平行板电场而被加速的粒子，

\[ \boxed{qV=qEd} \]

它们不是两种不同的机制。它们只是使用不同已知资料来计算同一个功。

可以把它想像成支付的士车资。\(qV\) 就像直接告诉你总车资，而 \(qEd\) 就像你知道每公里的车资和行程距离。无论用哪一种方法，最后都应该得出同一笔车资。

不过这个比喻也有局限，因为电势差并不是像道路距离那样逐段累积的。在一般电场中，方向很重要，而且电场强度可能由一点到另一点发生变化。

04为甚么较强的电场不一定代表较大的最终动能

回到最初的问题。

加速器 A 有：

• 电势差 \(V=600\text{ V}\)，
• 板间距离 \(d=0.020\text{ m}\)。

它的电场为

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

加速器 B 使用相同的 600 V，但板间距离为 \(0.040\text{ m}\)：

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

第二个电场的强度只有一半。

一个电荷 \(q\) 穿过 A 时增加的能量为

\[ W_A=qE_Ad_A \]

所以

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

穿过 B 时，

\[ W_B=qE_Bd_B \]

所以

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

所做的功完全相同。

较弱的电场作用了两倍的距离。

以下差异值得清楚区分：

• \(E\) 决定力 \(F=qE\)，因此决定粒子在某一位置的加速度。
• \(V\) 决定两点之间每库仑电荷的总能量变化。
• 两个系统可以有不同的电场强度，但具有相同的电势差。

所以，较强的电场可以产生较大的加速度，却不一定令粒子在穿越完整间隙后有较大的最终速度。

05把电功直接与速度连系起来

如果一个带电粒子由静止开始，经过大小为 \(V\) 的电势差而被加速，那么

\[ qV=\frac12mv^2 \]

其中 \(q\) 是其电荷量的大小。

解出速度，

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

对于原本已有初速度的粒子，

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

前提是 \(V\) 表示令粒子加速的电势变化大小。

对于需要考虑正负号的问题，较安全的方程是

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

无论粒子加速还是减速，这个版本都适用。

06如果粒子只移动了板间距离的一部分呢？

假设两块板相距 4.0 cm，电势差为 1200 V。

均匀电场的大小为

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

如果一个粒子只移动了 1.5 cm，它并没有跨越完整的 1200 V。

与这段距离相对应的电势差为

\[ V=Ed \]

所以

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

它只跨越了 450 V 的电势差。

如果在这种情况下盲目使用两板之间的完整电压，答案可能会错得很离谱。

07选择正确的方程

你通常不需要一次使用所有方程。

一个实用的考试习惯是问自己：题目给我的是「每单位电荷的能量」描述 \(V\)，还是「每单位电荷的力」描述 \(E\)？

然后把这些电学资料与动能连系起来。

08最容易犯的错误

错误 1：假设较高电势一定代表较高动能

这取决于电荷的正负。

正电粒子向较低电势移动时会增加动能。负电粒子向较高电势移动时会增加动能。

当正负号很重要时，使用

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

错误 2：认为较强的电场一定会产生较大的离开速度

较强的电场代表较大的力和加速度：

\[ F=qE \]

但最终动能取决于所做的总功。

跨越完整的平行板间隙时，

\[ W=qEd=qV \]

所以，如果电压保持不变而板间距离改变，离开时的动能仍然相同。

错误 3：在 \(qEd\) 中使用总路程

当 \(d\) 是均匀电场中沿电力方向的位移时，方程 \(W=qEd\) 可以直接使用。

如果带电粒子沿曲线路径运动，其总路程并不自动等于你应代入的 \(d\)。

在均匀电场中，只有与力平行的位移分量会对电场所做的功有贡献。

错误 4：粒子只移动一部分板间距离，却使用完整的板间电压

在均匀电场中，

\[ \Delta V=Ed \]

如果粒子跨越一半的板间距离，它也只跨越一半的电势差。

只有当粒子从一块板的电势一直移动到另一块板的电势时，完整电压才适用。

09问题与解答

问题 1

一个质子由静止开始，经过 \(2.50\text{ kV}\) 的电势差加速。

计算：

a. 电场所做的功，以及
b. 质子的末速度。

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

解答 1

质子增加了 \(4.00\times10^{-16}\text{ J}\) 的动能，速度达到约 \(6.92\times10^5\text{ m s}^{-1}\)。

质子经过大小为

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

的电势差加速，所以所做的功为

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

由于它由静止开始，

\[ W=\frac12mv^2 \]

因此，

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

一个很容易犯的错误是把 2.50 kV 当成 \(2.50\text{ V}\)。前缀 kilo 表示 \(10^3\)，所以在代入之前必须先转换电压。

问题 2

两块平行板相距 \(5.0\text{ cm}\)，电势差为 \(900\text{ V}\)。

一个电子以 \(1.50\times10^7\text{ m s}^{-1}\) 的速度进入该区域，运动方向与电场方向相同。

判断电子能否到达另一块板。如果不能，计算它在停止前移动的距离。

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

解答 2

电子无法到达另一块板。它在短暂停止前移动约 \(3.56\text{ cm}\)。

由于电子沿电场方向运动，而它所受的电力方向与运动方向相反，因此它正在减速。

先计算其初动能：

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

电子在这个阻碍其运动的方向上跨越完整 900 V 所需的能量大小为

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

电子起初只有 \(1.02\times10^{-16}\text{ J}\)，小于跨越整个间隙所需的 \(1.44\times10^{-16}\text{ J}\)。因此，它必定会在到达另一块板之前转向。

现在求电场强度：

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

在转向点，所有初动能都已被移除：

\[ K_i=qEx \]

其中 \(x\) 是移动距离。

因此，

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

一个很容易想到但错误的方法，是使用完整的 900 V 代入 \(W=qV\)，然后得到负的最终动能。这个负值并不是某种奇怪的新型能量，而是告诉你：「电子能到达另一块板」这个假设不可能成立。

问题 3

一个质子和一个 α 粒子都由静止开始，并经过相同的电势差 \(V\) 加速。

α 粒子的电荷为 \(+2e\)，质量约为 \(4m_p\)，其中 \(e\) 是质子电荷量的大小，\(m_p\) 是质子的质量。

比较：

a. 对两个粒子所做的功，
b. 它们的最终动能，
c. 它们的末速度，
d. 如果把它们放在相同电场中，它们的加速度，以及
e. 在加速后使每个粒子停止所需的反向电势差大小。

解答 3

α 粒子增加的动能是质子的两倍，但其末速度只有质子的 \(1/\sqrt2\)。在相同电场中，它的加速度是质子的一半，而两种粒子所需的停止电势差大小相同。

对质子而言，

\[ W_p=eV \]

对 α 粒子而言，

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

所以

\[ W_\alpha=2W_p \]

由于两者都由静止开始，其最终动能等于所做的功：

\[ K_\alpha=2K_p \]

很容易因此推断 α 粒子的速度一定较快，但它较大的质量会改变这个结论。

对质子而言，

\[ eV=\frac12m_pv_p^2 \]

所以

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

对 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

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

现在比较它们在相同电场中的加速度。

对质子而言，

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

对 α 粒子而言，

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

最后，考虑停止电势差。

质子的动能为 \(eV\)。要抵消这个能量增加，需要大小为 \(V\) 的反向电势变化。

α 粒子的动能为 \(2eV\)，但它的电荷量也是两倍：

\[ W=(2e)V \]

所以，相同大小的电势差 \(V\) 就能移除它的动能。

关键限制在于，电压表示每单位电荷的能量变化。如果只看动能，可能会以为 α 粒子需要更大的停止电压；但由于它的电荷量更大，每 1 伏特造成的能量变化也是两倍。

问题 4

一个质子由 A 点静止出发，该处的电势为 \(+200\text{ V}\)。

它穿过一个均匀电场区域到达 B 点，该处的电势为 \(-600\text{ V}\)。A 到 B 的距离为 \(4.0\text{ cm}\)。

紧接著在 B 点之后，它进入第二个均匀电场区域。在此区域中，电势由 B 点的 \(-600\text{ V}\) 线性上升至 C 点的 \(+500\text{ V}\)。B 与 C 相距 \(5.5\text{ cm}\)。

假设没有其他力作用。

a. 判断质子能否到达 C。
b. 如果它在到达 C 前转向，求由 B 点量起的转向位置。
c. 之后重新建造第二个区域，使 B 和 C 相距 \(11.0\text{ cm}\)，但两端的电势仍分别为 \(-600\text{ V}\) 和 \(+500\text{ V}\)。求新的由 B 点量起的转向距离，并解释转向点的电势为甚么会或不会改变。

解答 4

质子无法到达 C。在原本的配置中，它会在 B 点之后 \(4.0\text{ cm}\) 处转向；第二个间隙加倍后，它会在 B 点之后 \(8.0\text{ cm}\) 处转向。在两种情况下，转向点的电势都是 \(+200\text{ V}\)。

由 A 到 B，

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

对质子而言，

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

所以，质子在 B 点的动能，相当于经过 800 V 加速电势差所增加的能量。

由 B 到 C，电势上升了

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

正电质子向较高电势移动时会失去动能。要穿过整个第二区域，其能量必须减少

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

但质子只有相当于 800 V 的能量。因此它无法到达 C。

在转向点，\(K=0\)。所以质子必须刚好失去先前增加的全部动能。

从 B 点开始，它可以上升 800 V 的电势：

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

由于电势在 5.5 cm 内线性上升 1100 V，它所到达的间隙比例为

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

因此，

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

现在把第二个间隙加倍至 11.0 cm，但保持两端电势不变。

电场会变弱，因为

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

但由 B 到 C 的总电势上升仍然是 1100 V。

质子仍会在上升 800 V 后转向，因此它仍然到达相同的间隙比例：

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

一个很容易产生的预测是：较弱的电场应该令质子在不同的电势处转向。它的确会令质子移动更远的距离，但现在每一米所对应的电势变化较小。

更深入的能量检查其实更简单。质子在 A 点以零动能开始，而 A 点的电势为 \(+200\text{ V}\)。在转向点，它的动能也为零。由于没有其他能量转移，这两点必须具有相同的电势能；对同一个质子而言，也就是相同的电势：\(+200\text{ V}\)。

问题 5

一个大小为 \(5.00\times10^3\text{ N C}^{-1}\) 的均匀电场指向正 \(x\) 方向。电场存在于 \(x=-0.060\text{ m}\) 至 \(x=+0.100\text{ m}\) 的区域。

两个质子都从 \(x=0\) 开始，初速度大小相同，为 \(2.00\times10^5\text{ m s}^{-1}\)。

质子 A 初始向正 \(x\) 方向运动。质子 B 初始向负 \(x\) 方向运动。

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

a. 证明质子 B 会在到达 \(x=-0.060\text{ m}\) 的边界之前转向。
b. 比较 A 和 B 从 \(x=0\) 开始，到最终到达 \(x=+0.100\text{ m}\) 为止，电场对它们所做的功。
c. 计算它们到达 \(x=+0.100\text{ m}\) 时的速度。
d. 解释为甚么质子 B 可以移动更长的距离、在电场中停留更久，却仍以与质子 A 相同的速度到达。

解答 5

两个质子最终都会以相同速度到达 \(x=+0.100\text{ m}\)，速度约为 \(3.68\times10^5\text{ m s}^{-1}\)。质子 B 会先向后移动到约 \(x=-0.0418\text{ m}\)，然后转向，之后跨越与 A 相同的最终电势差。因此，电场对两者所做的净功相同。

先求质子的加速度：

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

加速度指向正 \(x\) 方向。

对质子 B 而言，初速度为负：

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

在其转向点，

\[ v=0 \]

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

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

处转向，这是在电场边界 \(-0.060\text{ m}\) 之前。

现在考虑由共同起点 \(x=0\) 到共同终点 \(x=+0.100\text{ m}\) 之间，电场所做的功。

对均匀电场中的质子而言，

\[ W=qE\Delta x \]

无论两个粒子采取甚么路径，它们沿电场方向的净位移都是 \(+0.100\text{ m}\)。

因此，

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

两个粒子的初动能也相同：

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

因此，它们的末动能相同：

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

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

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

一个很容易想到的错误方法，是认为质子 B 在电场中走过的总距离较长，所以 \(W=qEd\) 一定会令它得到更多能量。这是使用了错误的 \(d\)。

当 B 最初向负 \(x\) 方向运动时，电力方向与其运动方向相反。电场做负功，移除其动能，直到 B 停止。当 B 之后向正 \(x\) 方向移动时，电场则做正功。

最初向后移动的那一段，在出去时产生负功，而 B 返回并经过相同位置时则产生等量的正功。这两部分互相抵消。

最后剩下的，是与由 \(x=0\) 到 \(x=+0.100\text{ m}\) 的净位置变化相对应的功。

这就是电势如此有用的原因。在静电场中，两个位置之间转移的能量取决于它们的电势差，而不取决于粒子花了多少时间，或其路径有多复杂。

10接下来应该使用甚么

这些方程为分析带电粒子的运动提供了两种互补的方法。

当你关心粒子在两个电势之间移动后的速度时，使用能量：

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

当你关心粒子在某一位置所受的力和加速度时，使用电场：

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

在平行板之间，利用

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

把这两种描述连系起来。

这就得到完整的关系链：

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

前提是这些量是以正的大小来表示一个电荷跨越均匀电势差并被加速的情况。

接下来一个有用的判断，是识别甚么时候只用能量方法就足够，以及甚么时候还需要力和运动学。题目若要求末速度，通常可以很快利用 \(qV=\Delta K\) 解决。若题目要求粒子在哪里转向、需要多长时间，或其轨迹如何弯曲，通常还需要使用 \(qE=ma\)。