電場中電荷的加速度：HSC 物理

把一個質子和一個電子靜止放在同一個均勻電場中。由於它們的電荷量大小相同，電場對它們施加的力大小也相同。那麼，哪一個的加速度較大？

很容易會認為它們應該有相同的加速度。其實不是。電子的加速度大得多，因為它的質量小得多。而且，它的加速度方向也相反。

這個結果來自把你已經知道的兩條方程結合起來：

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

以及

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

重要的是要清楚知道，究竟在甚麼情況下可以令這兩個力相等。

01從電場到加速度

想像一個正電荷位於均勻電場中。電場箭頭指向右方。

這些箭頭告訴你正試驗電荷會被推向哪個方向。電場越強，每一庫侖電荷所受的力就越大。

對於電場 \(\vec E\) 中的電荷 \(q\)，

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

其中：

• \(\vec F_E\) 是電力，單位為牛頓，N
• \(q\) 是電荷量，單位為庫侖，C
• \(\vec E\) 是電場強度，單位為牛頓每庫侖，N C\(^{-1}\)

現在預測一下，如果 \(q\) 是負數，會發生甚麼事。

負電荷的加速度方向與電場方向相反。這是因為把 \(\vec E\) 乘以負的 \(q\) 會使力向量反向。

一個有點滑稽的想像方式，是把電場箭頭看成一張專門寫給正電荷的邀請函。正電荷會照著邀請函走，負電荷看完後卻往反方向去。

不過，這個比喻到此為止。電場並不是一股把粒子往前推的流體，電荷在其中移動時也不會把電場「用掉」。

02結合 \(F=qE\) 與 \(F_{\text{net}}=ma\)

牛頓第二定律指出

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

其中 \(m\) 是粒子的質量，單位為公斤，kg，而 \(\vec a\) 是其加速度，單位為米每二次方秒，m s\(^{-2}\)。

假設電力是唯一顯著作用的力。那麼

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

所以

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

因此

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

這就是主要結果。

加速度的大小為

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

這裡使用絕對值 \(|q|\)，因為大小不能是負數。電荷的正負則另外決定方向。

因此，你需要同時留意兩類影響：

一條實用的思考鏈是

\[ \text{電場} \rightarrow \text{電力} \rightarrow \text{合力} \rightarrow \text{加速度} \]

當還有其他力存在時，不要跳過合力這一步。

03最常見的錯誤：\(qE\) 並不總是合力

學生一看到電場，往往立刻寫下

\[ ma=qE \]

有時這是正確的。有時它卻會在不知不覺間令整題都出錯。

準確的表述是

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

如果電力是唯一重要的力，那麼 \(m\vec a=q\vec E\)。如果重力、張力、阻力或另一個電力也很重要，就必須先把它包括在內。

對電子或質子等微觀粒子而言，與典型的電力相比，重力通常可以忽略。對帶電油滴或較大的物體而言，重力則可能很重要。

04平行板之間的加速度

HSC 常見的情境之一，是電荷在平行導電板之間運動。

對理想平行板而言，在遠離邊緣的位置，電場近似均勻。如果兩板之間的電勢差為 \(V\)，板間距離為 \(d\)，

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

你可以在 平行板之間的電場：使用 \(E=V/d\) 中複習這個關係為甚麼成立。

如果電力是唯一顯著的力，把 \(E=V/d\) 代入 \(a=|q|E/m\)：

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

這條式子立刻告訴你一件有用的事。在電壓固定時，把兩板移得更近會增加電場強度，因此也會增加粒子的加速度。

不過，要小心「恆定加速度」這個說法。只有在電場和其他相關作用力都保持不變時，電荷才會有恆定加速度。

在理想平行板之間，這種近似通常是合理的。但在邊緣附近，電場並非完全均勻，因此加速度不會保持完全恆定。

05力的方向不等於速度的方向

假設一個電子以水平方向進入某個區域，而電力指向上方。

它會立即開始向上運動嗎？

不會。它原本的水平速度不會突然消失。向上的力會產生向上的加速度，因此電子會在繼續水平移動的同時，逐漸獲得向上的速度。

這和拋體運動的基本概念相同。重力會使被拋出的球沿曲線運動，因為它的加速度不一定與速度方向相同。基於同樣的原因，電場也可以使帶電粒子的運動路徑彎曲。

不過，這個類比也有限制：在地球表面附近，不同質量物體的重力加速度大致相同，而電加速度則取決於電荷質量比 \(q/m\)。

對均勻電場而言，

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

所以，同一電場中的兩種粒子可以有非常不同的加速度。

06問題與解答

問題 1

一個粒子的電荷量為 \(+3.2\times10^{-19}\) C，質量為 \(6.4\times10^{-27}\) kg。它在強度為 \(2.5\times10^3\) N C\(^{-1}\) 的均勻電場中由靜止釋放。

計算：

a. 粒子所受的電力
b. 它的加速度
c. 它的加速度方向相對於電場的方向。

假設沒有其他顯著的力作用。

解答 1

粒子受到 \(8.0\times10^{-16}\) N 的力，並以 \(1.25\times10^{11}\) m s\(^{-2}\) 的加速度沿電場方向運動。

電荷為正，因此它所受的電力沿電場方向。

對 a 部分，

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

對 b 部分，電力就是合力：

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

對 c 部分，力和加速度都與 \(\vec E\) 方向相同。

一個很容易出現的錯誤，是認為非常小的力一定會產生非常小的加速度。加速度取決於 \(F/m\)，而這個粒子的質量同樣極小。

問題 2

一個電子以 \(8.0\times10^6\) m s\(^{-1}\) 的初始水平速度進入一段長 \(2.0\) cm 的均勻電場區域。電場強度為 \(5.0\times10^3\) N C\(^{-1}\)，方向向下。

電子的電荷量為 \(-1.60\times10^{-19}\) C，質量為 \(9.11\times10^{-31}\) kg。

假設電場不影響其水平速度，並忽略重力。

計算：

a. 電子的垂直加速度
b. 它在電場中停留的時間
c. 它通過電場期間的垂直位移。

解答 2

電子以 \(8.8\times10^{14}\) m s\(^{-2}\) 的加速度向上運動，在電場中停留 \(2.5\times10^{-9}\) s，並向上移動約 \(2.7\) mm。

由於電子帶負電，它所受的電力方向與向下的電場相反。因此，它的加速度向上。

對 a 部分，

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

對 b 部分，由於沒有水平力，水平速度維持在 \(8.0\times10^6\) m s\(^{-1}\)。

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

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

對 c 部分，初始垂直速度為零，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，

\[ y\approx2.7\text{ mm 向上} \]

一個容易誤用的方法，是把電子的總速率放入單一的一維運動方程。實際上，水平運動和垂直運動必須分開處理。在這個理想化情況下，電場會改變垂直速度，但不會改變水平速度。

問題 3

一個帶正電的油滴，質量為 \(3.0\times10^{-15}\) kg，最初在一個強度為 \(4.0\times10^4\) N C\(^{-1}\)、方向向上的垂直電場中保持靜止。

a. 求油滴電荷量的大小。

然後，在不改變方向的情況下，將電場強度增加至 \(5.0\times10^4\) N C\(^{-1}\)。

b. 求電場改變後，油滴的初始加速度。

取 \(g=9.8\) m s\(^{-2}\)。

解答 3

電荷量為 \(7.35\times10^{-19}\) C，而電場增強後，油滴以 \(2.45\) m s\(^{-2}\) 的加速度向上運動。

最初，油滴保持靜止。單憑「靜止」本身並不能證明各力平衡，但題目的措辭表示它是在恆定作用力下被維持在靜止狀態，而不是剛好經過速度瞬間為零的時刻。因此，它最初的合力為零。

對 a 部分，向上的電力必須與向下的重量平衡：

\[ F_E=F_g \]

所以

\[ qE=mg \]

因此

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

對 b 部分，新的電力為

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

重量沒有改變：

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

因此，

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

以及

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

一個容易出現的錯誤，是在電場增強後使用 \(a=qE/m\)。重力並沒有消失。仍然必須把改變後的電力與不變的重力結合，才能求出合力。

問題 4

粒子 A 和 B 最初均靜止，然後進入同一個均勻電場 \(E_1\) 的第一區域。每個粒子都在這個電場中移動距離 \(L\)。

粒子 A 的電荷量為 \(+q\)，質量為 \(m\)。粒子 B 的電荷量為 \(+2q\)，質量為 \(4m\)。

離開第一區域後，每個粒子都進入第二區域，其中有一個與其速度垂直的均勻電場 \(E_2\)。第二區域的水平長度為 \(\ell\)。

忽略重力、邊緣效應和相對論效應。

哪一個粒子在穿越第二區域時有較大的垂直偏移，還是兩者的偏移相同？說明你的答案。

解答 4

兩個粒子在第二個電場中的垂直偏移相同，儘管它們的加速度和進入時的速率都不同。

乍看之下，粒子 A 似乎應該偏移更多，因為它的電荷質量比較大：

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

而

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

所以在任何一個電場中，

\[ a_A=2a_B \]

不過，這個結論並不完整，因為兩個粒子在第二個電場中停留的時間並不相同。

在第一個電場中，一個由靜止開始運動的粒子滿足

\[ v^2=2aL \]

對 A，

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

對 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 進入第二區域時速度較快，因此在其中停留的時間較短。

對任一粒子而言，在第二區域中的時間為

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

而它在初始垂直速度為零的情況下，垂直偏移為

\[ y=\frac12a_yt^2 \]

對一個一般的粒子，若其電荷量為 \(Q\)，質量為 \(M\)，

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

而它通過第一個電場後的速率滿足

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

因此，

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

電荷質量比完全抵消了。

一個容易出現的論證只注意到粒子 A 的橫向加速度是兩倍。缺少的因素是時間：A 通過偏轉區域的速度也較快。它較大的加速度作用較短時間，而兩者恰好以使位移相同的方式互相抵消。

這個相等結果取決於兩個粒子都由靜止開始，並在相同的第一個電場中經過相同距離而加速。如果改變這些條件，這種抵消未必會發生。

問題 5

兩個粒子相距 \(d\)，位於一個方向向右的均勻電場中。

粒子 P 從左方開始，電荷量為 \(+q\)，質量為 \(m\)。粒子 N 從右方開始，電荷量為 \(-q\)，質量為 \(4m\)。兩者在同一時刻由靜止釋放。

忽略兩個粒子彼此施加的電力、重力和相對論效應。

a. 兩個粒子在哪裡碰撞？以距離 P 的起始位置多遠表示。
b. 碰撞前一瞬間，它們的動量大小如何比較？
c. 假設它們碰撞後黏在一起，形成一個淨電荷為零的小物體。碰撞後一瞬間，這個物體會怎樣？

解答 5

它們在距離 P 起始位置 \(4d/5\) 的位置碰撞；碰撞前一瞬間，兩者的動量大小相等、方向相反；而在題目所述假設下，黏合後的中性物體在碰撞後一瞬間仍保持靜止。

對 a 部分，兩個粒子所受電力的大小相同：

\[ F=|q|E \]

但相同大小的力並不會產生相同的加速度，因為它們的質量不同。

對 P，

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

對 N，其加速度大小為

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

所以

\[ a_P=4a_N \]

兩者都由靜止開始，並在碰撞前經歷完全相同的加速時間。因此它們的位移為

\[ x_P=\frac12a_Pt^2 \]

以及

\[ x_N=\frac12a_Nt^2 \]

因此

\[ x_P=4x_N \]

它們的位移總和必須等於原本的完整間距：

\[ x_P+x_N=d \]

所以

\[ 4x_N+x_N=d \]

得到

\[ x_N=\frac d5 \]

以及

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

因此，它們在距離 P 起始位置 \(4d/5\) 的位置碰撞。

容易誤判為中點，是因為只注意到兩個電力大小相同。較輕的粒子有四倍的加速度，因此在相同時間內移動四倍的距離。

對 b 部分，它們的動量大小相等。

每個粒子都在相同時間 \(t\) 內受到大小為 \(qE\) 的力。因此，每個粒子所受衝量的大小為

\[ J=Ft=qEt \]

由於衝量等於動量的改變，而兩個粒子都由靜止開始，

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

它們的方向相反，所以這個雙粒子系統的總動量為零。

這裡有一個值得注意的細節。P 在碰撞時的速率是 N 的四倍，因為 P 的質量只有 N 的四分之一：

\[ mv_P=(4m)v_N \]

所以

\[ v_P=4v_N \]

動量相等並不要求速率相等。

對 c 部分，如果碰撞是完全非彈性碰撞，

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

碰撞前一瞬間的總動量為零，所以碰撞後一瞬間，合併物體的動量也必須為零。因此，它的速度為零。

它的淨電荷也為零。在均勻電場中，這個合併後的理想化物體所受的淨電力因此為零。

所以，在這個模型中，它會保持靜止。

最深層的陷阱，是一路把每個粒子分開考慮到底。在碰撞前，這樣做很有用。但在碰撞時，把兩個粒子視為一個系統，會揭示更簡單的情況：外部電力大小相等、方向相反，因此即使兩個粒子都在劇烈加速，整個系統的總動量仍保持為零。

07這讓你接下來可以理解甚麼

當你熟悉沿著

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

這條思路逐步分析之後，就能處理遠比「從靜止釋放一個電荷」更廣泛的問題。同一條思路可以解釋帶電粒子的偏轉、平行板之間的運動、帶電粒子的平衡，以及為甚麼不同粒子在同一電場中會沿不同軌跡運動。

下一個有用的步驟，是把這種力的描述與電勢能連結起來。\(F=qE\) 告訴你粒子在每一瞬間如何加速；能量方法則告訴你，粒子經過一段電勢差後，其速率如何改變。