第2讲 功能关系在电学中的应用
1.静电力做功与路径无关.若电场为匀强电场，则W＝Flcos α＝Eqlcos α；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU来求.
2.磁场力又可分为洛伦兹力和安培力.洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功.
3.电流做功的实质是电场对移动电荷做功.即W＝UIt＝Uq. 4.导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能.
5.静电力做的功等于电势能的变化，即WAB＝－ΔEp.
1.功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解.
2.动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法.
例1 (多选)如图1所示地面上方存在水平向右的匀强电场.现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h.当地重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
图1
A.从A到B的过程中小球的动能先减小后增大 B.下落过程中小球机械能一直增加 C.小球的加速度始终保持2g不变
D.从A点到B点小球的的电势能增加了mgh
解析 由题意分析知，小球在水平方向匀减速，竖直方向匀加速，由于时间相等，两方向位
移相同，故qE＝mg，合力大小为2mg，斜向左下方45°，故小球的动能先减小后增大；电场力一直做负功，小球机械能一直减小，小球的加速度始终保持2g不变，从A点到B点电场力做负功，大小为qEh＝mgh，故电势能增加了mgh. 答案 AD
预测1 如图2所示，直角三角形ABC由三段细直杆连接而成，AB杆竖直，AC杆粗糙且绝缘，其倾角为30°，长为2L，D为AC上一点，且BD垂直AC，在BC杆中点O处放置一正点电荷Q.一套在细杆上的带负电小球，以初速度v0由C点沿CA上滑，滑到D点速率恰好为零，之后沿AC杆滑回C点.小球质量为m、电荷量为q，重力加速度为g.则( )
图2
A.小球上滑过程中先匀加速后匀减速 B.小球下滑过程中电场力先做负功后做正功 C.小球再次滑回C点时的速率为vC＝3gL－v20
D.小球下滑过程中动能、电势能、重力势能三者之和增大 答案 C
解析 小球上滑过程中受到重力、库仑力、杆的支持力以及摩擦力作用，由于库仑力和摩擦力是变力，则运动过程中加速度始终发生变化，故A错误；根据几何关系可知，OD＝OC，则C、D两点电势相等，所以从C到D的过程中，电场力做功为零，在C点时，小球受到的库仑力是引力，电场力做正功，后电场力做负功，故B错误；从C到D的过程中，根据动能1定理得：0－mv2＝－mgh－Wf，再从D回到C的过程中，根据动能定理得：
20
1232mvC－0＝mgh－Wf，根据几何关系可知，h＝L解得：vC＝3gL－v0，故C正确；小球下滑24过程中由于摩擦力做负功，则小球动能、电势能、重力势能三者之和减小，故D错误. 预测2 (多选)如图3所示，某一空间内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系xOy，在y<0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B，在y>0的空间内，将一质量为m的带电液滴(可视为质点)自由释放，则此液滴沿y轴的负方向以加速度a＝2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y<0的空间运动.液滴在以后的运动过程中( )
图3
A.重力势能一定先减小后增大 B.机械能一定先增大后减小 C.动能先不变后减小 D.动能一直保持不变 答案 AD
解析 带电液滴在电场与重力场作用下，由牛顿第二定律可得：qE＋mg＝ma＝m·2g，故qE＝mg
当带电液滴进入磁场时，由于电场力与重力方向相反，处于平衡.而洛伦兹力提供向心力，带电液滴做匀速圆周运
动.所以重力势能先减小后增大，故A正确；由于电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，那么机械能先减小后增大，故B错误；由于做匀速圆周运动，则速度的大小不变，则动能不变，故C错误，D正确.
解题方略
1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关.
2.对于电场力做功或涉及电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取.
例2 如图4所示，两个带正电的点电荷M和N，带电量均为Q，固定在光滑绝缘的水平面L
上，相距2L，A、O、B是MN连线上的三点，且O为中点，OA＝OB＝，一质量为m、电量
2为q的点电荷以初速度v0从A点出发沿MN连线向N运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到O点时，动能为初动能的n倍，到B点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止.已知静电力恒量为k，取O处电势为零.求：
图4
(1)A点的场强大小；
(2)阻力的大小； (3)A点的电势；
(4)电荷在电场中运动的总路程.
解析 (1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得： QQ32kQE＝k－k＝2；
L3L9L??2??222
(2)由对称性知，φA＝φB，电荷从A到B的过程中，电场力做功为零，克服阻力做功为：Wf＝mv2102
FfL，由动能定理：－FfL＝0－mv 0，得：Ff＝22L
1
(3)设电荷从A到O点电场力做功为WF，克服阻力做功为Wf，
211122
由动能定理：WF－Wf＝nmv －mv 00 222
2
mv 0得：WF＝(2n－1)
4
由：WF＝q(φA－φO)
2
WFmv 0
得：φA＝＝(2n－1)
q4q
mv0 2
(4)电荷最后停在O点，在全过程中电场力做功为WF＝(2n－1)，电荷在电场中运动的总
4路程为s，则阻力做功为－Ffs. 1
由动能定理：WF－Ffs＝0－mv02
2
2mv 1102
即：(2n－1)－mv20s＝－mv0 42L2
解得：s＝(n＋0.5)L.
22
mv mv 32kQ00
答案 (1)2 (2) (3)(2n－1)
9L2L4q
(4)(n＋0.5)L
预测3 如图5所示，在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E，qE>μmg，虚线右侧的水平面光滑.一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求：
图5
(1)弹簧的最大弹性势能；
