电场中电荷的加速度：HSC 物理

把一个质子和一个电子静止放在同一个均匀电场中。由于它们的电荷量大小相同，电场对它们施加的力大小也相同。那么，哪一个的加速度较大？

很容易会认为它们应该有相同的加速度。其实不是。电子的加速度大得多，因为它的质量小得多。而且，它的加速度方向也相反。

这个结果来自把你已经知道的两条方程结合起来：

\[ \vec F_E=q\vec E \]

以及

\[ \vec F_{\text{net}}=m\vec a \]

重要的是要清楚知道，究竟在甚么情况下可以令这两个力相等。

01从电场到加速度

想像一个正电荷位于均匀电场中。电场箭头指向右方。

这些箭头告诉你正试验电荷会被推向哪个方向。电场越强，每一库仑电荷所受的力就越大。

对于电场 \(\vec E\) 中的电荷 \(q\)，

\[ \vec F_E=q\vec E \]

其中：

• \(\vec F_E\) 是电力，单位为牛顿，N
• \(q\) 是电荷量，单位为库仑，C
• \(\vec E\) 是电场强度，单位为牛顿每库仑，N C\(^{-1}\)

现在预测一下，如果 \(q\) 是负数，会发生甚么事。

负电荷的加速度方向与电场方向相反。这是因为把 \(\vec E\) 乘以负的 \(q\) 会使力向量反向。

一个有点滑稽的想像方式，是把电场箭头看成一张专门写给正电荷的邀请函。正电荷会照著邀请函走，负电荷看完后却往反方向去。

不过，这个比喻到此为止。电场并不是一股把粒子往前推的流体，电荷在其中移动时也不会把电场「用掉」。

02结合 \(F=qE\) 与 \(F_{\text{net}}=ma\)

牛顿第二定律指出

\[ \vec F_{\text{net}}=m\vec a \]

其中 \(m\) 是粒子的质量，单位为公斤，kg，而 \(\vec a\) 是其加速度，单位为米每二次方秒，m s\(^{-2}\)。

假设电力是唯一显著作用的力。那么

\[ \vec F_{\text{net}}=\vec F_E \]

所以

\[ m\vec a=q\vec E \]

因此

\[ \vec a=\frac{q\vec E}{m} \]

这就是主要结果。

加速度的大小为

\[ a=\frac{|q|E}{m} \]

这里使用绝对值 \(|q|\)，因为大小不能是负数。电荷的正负则另外决定方向。

因此，你需要同时留意两类影响：

一条实用的思考链是

\[ \text{电场} \rightarrow \text{电力} \rightarrow \text{合力} \rightarrow \text{加速度} \]

当还有其他力存在时，不要跳过合力这一步。

03最常见的错误：\(qE\) 并不总是合力

学生一看到电场，往往立刻写下

\[ ma=qE \]

有时这是正确的。有时它却会在不知不觉间令整题都出错。

准确的表述是

\[ \vec F_{\text{net}}=\sum \vec F \]

如果电力是唯一重要的力，那么 \(m\vec a=q\vec E\)。如果重力、张力、阻力或另一个电力也很重要，就必须先把它包括在内。

对电子或质子等微观粒子而言，与典型的电力相比，重力通常可以忽略。对带电油滴或较大的物体而言，重力则可能很重要。

04平行板之间的加速度

HSC 常见的情境之一，是电荷在平行导电板之间运动。

对理想平行板而言，在远离边缘的位置，电场近似均匀。如果两板之间的电势差为 \(V\)，板间距离为 \(d\)，

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

你可以在 平行板之间的电场：使用 \(E=V/d\) 中复习这个关系为甚么成立。

如果电力是唯一显著的力，把 \(E=V/d\) 代入 \(a=|q|E/m\)：

\[ a=\frac{|q|V}{md} \]

这条式子立刻告诉你一件有用的事。在电压固定时，把两板移得更近会增加电场强度，因此也会增加粒子的加速度。

不过，要小心「恒定加速度」这个说法。只有在电场和其他相关作用力都保持不变时，电荷才会有恒定加速度。

在理想平行板之间，这种近似通常是合理的。但在边缘附近，电场并非完全均匀，因此加速度不会保持完全恒定。

05力的方向不等于速度的方向

假设一个电子以水平方向进入某个区域，而电力指向上方。

它会立即开始向上运动吗？

不会。它原本的水平速度不会突然消失。向上的力会产生向上的加速度，因此电子会在继续水平移动的同时，逐渐获得向上的速度。

这和抛体运动的基本概念相同。重力会使被抛出的球沿曲线运动，因为它的加速度不一定与速度方向相同。基于同样的原因，电场也可以使带电粒子的运动路径弯曲。

不过，这个类比也有限制：在地球表面附近，不同质量物体的重力加速度大致相同，而电加速度则取决于电荷质量比 \(q/m\)。

对均匀电场而言，

\[ a=\frac{|q|E}{m} \]

所以，同一电场中的两种粒子可以有非常不同的加速度。

06问题与解答

问题 1

一个粒子的电荷量为 \(+3.2\times10^{-19}\) C，质量为 \(6.4\times10^{-27}\) kg。它在强度为 \(2.5\times10^3\) N C\(^{-1}\) 的均匀电场中由静止释放。

计算：

a. 粒子所受的电力
b. 它的加速度
c. 它的加速度方向相对于电场的方向。

假设没有其他显著的力作用。

解答 1

粒子受到 \(8.0\times10^{-16}\) N 的力，并以 \(1.25\times10^{11}\) m s\(^{-2}\) 的加速度沿电场方向运动。

电荷为正，因此它所受的电力沿电场方向。

对 a 部分，

\[ F_E=qE =(3.2\times10^{-19})(2.5\times10^3) =8.0\times10^{-16}\text{ N} \]

对 b 部分，电力就是合力：

\[ a=\frac{F_{\text{net}}}{m} =\frac{8.0\times10^{-16}}{6.4\times10^{-27}} =1.25\times10^{11}\text{ m s}^{-2} \]

对 c 部分，力和加速度都与 \(\vec E\) 方向相同。

一个很容易出现的错误，是认为非常小的力一定会产生非常小的加速度。加速度取决于 \(F/m\)，而这个粒子的质量同样极小。

问题 2

一个电子以 \(8.0\times10^6\) m s\(^{-1}\) 的初始水平速度进入一段长 \(2.0\) cm 的均匀电场区域。电场强度为 \(5.0\times10^3\) N C\(^{-1}\)，方向向下。

电子的电荷量为 \(-1.60\times10^{-19}\) C，质量为 \(9.11\times10^{-31}\) kg。

假设电场不影响其水平速度，并忽略重力。

计算：

a. 电子的垂直加速度
b. 它在电场中停留的时间
c. 它通过电场期间的垂直位移。

解答 2

电子以 \(8.8\times10^{14}\) m s\(^{-2}\) 的加速度向上运动，在电场中停留 \(2.5\times10^{-9}\) s，并向上移动约 \(2.7\) mm。

由于电子带负电，它所受的电力方向与向下的电场相反。因此，它的加速度向上。

对 a 部分，

\[ a_y=\frac{|q|E}{m} =\frac{(1.60\times10^{-19})(5.0\times10^3)} {9.11\times10^{-31}} =8.78\times10^{14}\text{ m s}^{-2} \]

对 b 部分，由于没有水平力，水平速度维持在 \(8.0\times10^6\) m s\(^{-1}\)。

水平距离 \(x=2.0\) cm \(=2.0\times10^{-2}\) m，因此

\[ t=\frac{x}{v_x} =\frac{2.0\times10^{-2}}{8.0\times10^6} =2.5\times10^{-9}\text{ s} \]

对 c 部分，初始垂直速度为零，因此

\[ \begin{aligned} y&=u_yt+\frac12a_yt^2\\ &=0+\frac12(8.78\times10^{14})(2.5\times10^{-9})^2\\ &=2.74\times10^{-3}\text{ m} \end{aligned} \]

因此，

\[ y\approx2.7\text{ mm 向上} \]

一个容易误用的方法，是把电子的总速率放入单一的一维运动方程。实际上，水平运动和垂直运动必须分开处理。在这个理想化情况下，电场会改变垂直速度，但不会改变水平速度。

问题 3

一个带正电的油滴，质量为 \(3.0\times10^{-15}\) kg，最初在一个强度为 \(4.0\times10^4\) N C\(^{-1}\)、方向向上的垂直电场中保持静止。

a. 求油滴电荷量的大小。

然后，在不改变方向的情况下，将电场强度增加至 \(5.0\times10^4\) N C\(^{-1}\)。

b. 求电场改变后，油滴的初始加速度。

取 \(g=9.8\) m s\(^{-2}\)。

解答 3

电荷量为 \(7.35\times10^{-19}\) C，而电场增强后，油滴以 \(2.45\) m s\(^{-2}\) 的加速度向上运动。

最初，油滴保持静止。单凭「静止」本身并不能证明各力平衡，但题目的措辞表示它是在恒定作用力下被维持在静止状态，而不是刚好经过速度瞬间为零的时刻。因此，它最初的合力为零。

对 a 部分，向上的电力必须与向下的重量平衡：

\[ F_E=F_g \]

所以

\[ qE=mg \]

因此

\[ \begin{aligned} q&=\frac{mg}{E}\\ &=\frac{(3.0\times10^{-15})(9.8)} {4.0\times10^4}\\ &=7.35\times10^{-19}\text{ C} \end{aligned} \]

对 b 部分，新的电力为

\[ F_E=qE =(7.35\times10^{-19})(5.0\times10^4) =3.675\times10^{-14}\text{ N} \]

重量没有改变：

\[ F_g=mg =(3.0\times10^{-15})(9.8) =2.94\times10^{-14}\text{ N} \]

因此，

\[ F_{\text{net}} =3.675\times10^{-14}-2.94\times10^{-14} =7.35\times10^{-15}\text{ N 向上} \]

以及

\[ a=\frac{F_{\text{net}}}{m} =\frac{7.35\times10^{-15}}{3.0\times10^{-15}} =2.45\text{ m s}^{-2} \]

一个容易出现的错误，是在电场增强后使用 \(a=qE/m\)。重力并没有消失。仍然必须把改变后的电力与不变的重力结合，才能求出合力。

问题 4

粒子 A 和 B 最初均静止，然后进入同一个均匀电场 \(E_1\) 的第一区域。每个粒子都在这个电场中移动距离 \(L\)。

粒子 A 的电荷量为 \(+q\)，质量为 \(m\)。粒子 B 的电荷量为 \(+2q\)，质量为 \(4m\)。

离开第一区域后，每个粒子都进入第二区域，其中有一个与其速度垂直的均匀电场 \(E_2\)。第二区域的水平长度为 \(\ell\)。

忽略重力、边缘效应和相对论效应。

哪一个粒子在穿越第二区域时有较大的垂直偏移，还是两者的偏移相同？说明你的答案。

解答 4

两个粒子在第二个电场中的垂直偏移相同，尽管它们的加速度和进入时的速率都不同。

乍看之下，粒子 A 似乎应该偏移更多，因为它的电荷质量比较大：

\[ \left(\frac{q}{m}\right)_A=\frac qm \]

而

\[ \left(\frac{q}{m}\right)_B =\frac{2q}{4m} =\frac{q}{2m} \]

所以在任何一个电场中，

\[ a_A=2a_B \]

不过，这个结论并不完整，因为两个粒子在第二个电场中停留的时间并不相同。

在第一个电场中，一个由静止开始运动的粒子满足

\[ v^2=2aL \]

对 A，

\[ v_A^2=2\frac{qE_1}{m}L \]

对 B，

\[ v_B^2 =2\frac{2qE_1}{4m}L =\frac{qE_1L}{m} \]

因此

\[ v_A^2=2v_B^2 \]

所以

\[ v_A=\sqrt2\,v_B \]

粒子 A 进入第二区域时速度较快，因此在其中停留的时间较短。

对任一粒子而言，在第二区域中的时间为

\[ t=\frac{\ell}{v} \]

而它在初始垂直速度为零的情况下，垂直偏移为

\[ y=\frac12a_yt^2 \]

对一个一般的粒子，若其电荷量为 \(Q\)，质量为 \(M\)，

\[ a_y=\frac{QE_2}{M} \]

而它通过第一个电场后的速率满足

\[ v^2=2\frac{QE_1}{M}L \]

因此，

\[ \begin{aligned} y &=\frac12\frac{QE_2}{M} \left(\frac{\ell}{v}\right)^2\\ &=\frac12\frac{QE_2}{M} \frac{\ell^2}{2(QE_1/M)L}\\ &=\frac{E_2\ell^2}{4E_1L} \end{aligned} \]

电荷质量比完全抵消了。

一个容易出现的论证只注意到粒子 A 的横向加速度是两倍。缺少的因素是时间：A 通过偏转区域的速度也较快。它较大的加速度作用较短时间，而两者恰好以使位移相同的方式互相抵消。

这个相等结果取决于两个粒子都由静止开始，并在相同的第一个电场中经过相同距离而加速。如果改变这些条件，这种抵消未必会发生。

问题 5

两个粒子相距 \(d\)，位于一个方向向右的均匀电场中。

粒子 P 从左方开始，电荷量为 \(+q\)，质量为 \(m\)。粒子 N 从右方开始，电荷量为 \(-q\)，质量为 \(4m\)。两者在同一时刻由静止释放。

忽略两个粒子彼此施加的电力、重力和相对论效应。

a. 两个粒子在哪里碰撞？以距离 P 的起始位置多远表示。
b. 碰撞前一瞬间，它们的动量大小如何比较？
c. 假设它们碰撞后黏在一起，形成一个净电荷为零的小物体。碰撞后一瞬间，这个物体会怎样？

解答 5

它们在距离 P 起始位置 \(4d/5\) 的位置碰撞；碰撞前一瞬间，两者的动量大小相等、方向相反；而在题目所述假设下，黏合后的中性物体在碰撞后一瞬间仍保持静止。

对 a 部分，两个粒子所受电力的大小相同：

\[ F=|q|E \]

但相同大小的力并不会产生相同的加速度，因为它们的质量不同。

对 P，

\[ a_P=\frac{qE}{m} \]

对 N，其加速度大小为

\[ a_N=\frac{qE}{4m} \]

所以

\[ a_P=4a_N \]

两者都由静止开始，并在碰撞前经历完全相同的加速时间。因此它们的位移为

\[ x_P=\frac12a_Pt^2 \]

以及

\[ x_N=\frac12a_Nt^2 \]

因此

\[ x_P=4x_N \]

它们的位移总和必须等于原本的完整间距：

\[ x_P+x_N=d \]

所以

\[ 4x_N+x_N=d \]

得到

\[ x_N=\frac d5 \]

以及

\[ x_P=\frac{4d}{5} \]

因此，它们在距离 P 起始位置 \(4d/5\) 的位置碰撞。

容易误判为中点，是因为只注意到两个电力大小相同。较轻的粒子有四倍的加速度，因此在相同时间内移动四倍的距离。

对 b 部分，它们的动量大小相等。

每个粒子都在相同时间 \(t\) 内受到大小为 \(qE\) 的力。因此，每个粒子所受冲量的大小为

\[ J=Ft=qEt \]

由于冲量等于动量的改变，而两个粒子都由静止开始，

\[ |p_P|=|p_N|=qEt \]

它们的方向相反，所以这个双粒子系统的总动量为零。

这里有一个值得注意的细节。P 在碰撞时的速率是 N 的四倍，因为 P 的质量只有 N 的四分之一：

\[ mv_P=(4m)v_N \]

所以

\[ v_P=4v_N \]

动量相等并不要求速率相等。

对 c 部分，如果碰撞是完全非弹性碰撞，

\[ p_{\text{before}}=p_{\text{after}} \]

碰撞前一瞬间的总动量为零，所以碰撞后一瞬间，合并物体的动量也必须为零。因此，它的速度为零。

它的净电荷也为零。在均匀电场中，这个合并后的理想化物体所受的净电力因此为零。

所以，在这个模型中，它会保持静止。

最深层的陷阱，是一路把每个粒子分开考虑到底。在碰撞前，这样做很有用。但在碰撞时，把两个粒子视为一个系统，会揭示更简单的情况：外部电力大小相等、方向相反，因此即使两个粒子都在剧烈加速，整个系统的总动量仍保持为零。

07这让你接下来可以理解甚么

当你熟悉沿著

\[ \vec E\rightarrow\vec F_E\rightarrow\vec F_{\text{net}}\rightarrow\vec a \]

这条思路逐步分析之后，就能处理远比「从静止释放一个电荷」更广泛的问题。同一条思路可以解释带电粒子的偏转、平行板之间的运动、带电粒子的平衡，以及为甚么不同粒子在同一电场中会沿不同轨迹运动。

下一个有用的步骤，是把这种力的描述与电势能连结起来。\(F=qE\) 告诉你粒子在每一瞬间如何加速；能量方法则告诉你，粒子经过一段电势差后，其速率如何改变。