本
文
摘
要
动能 :
F→⋅s→=12m(Δv)2\[\overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{s}=\frac{1}{2}m{{\left( \Delta v \right)}^{2}}\]
=(Fx→+Fy→)(sx→+sy→)=Fx→⋅sx→+Fx→⋅sy→+Fy→⋅sx→+Fy→⋅sy→\[=\left( \overrightarrow{{{F}_{x}}}+\overrightarrow{{{F}_{y}}} \right)\left( \overrightarrow{{{s}_{x}}}+\overrightarrow{{{s}_{y}}} \right)=\overrightarrow{{{F}_{x}}}\cdot \overrightarrow{{{s}_{x}}}+\overrightarrow{{{F}_{x}}}\cdot \overrightarrow{{{s}_{y}}}+\overrightarrow{{{F}_{y}}}\cdot \overrightarrow{{{s}_{x}}}+\overrightarrow{{{F}_{y}}}\cdot \overrightarrow{{{s}_{y}}}\]
又因当 x⊥y\[x\bot y\] 时 有 Fx→⋅sy→=0,Fy→⋅sx→=0\[\overrightarrow{{{F}_{x}}}\cdot \overrightarrow{{{s}_{y}}}=0,\overrightarrow{{{F}_{y}}}\cdot \overrightarrow{{{s}_{x}}}=0\]
故 =Fx→⋅sx→+Fy→⋅sy→=12m(Δvx)2+12m(Δvy)2\[=\overrightarrow{{{F}_{x}}}\cdot \overrightarrow{{{s}_{x}}}+\overrightarrow{{{F}_{y}}}\cdot \overrightarrow{{{s}_{y}}}=\frac{1}{2}m{{\left( \Delta {{v}_{x}} \right)}^{2}}+\frac{1}{2}m{{\left( \Delta {{v}_{y}} \right)}^{2}}\]
可见当动能有正交矢量性
电势差:
U=E→⋅d→=(Ex→+Ey→)(dx→+dy→)=Ex→⋅dx→+Ex→⋅dy→+Ey→⋅dx→+Ey→⋅dy→\[U=\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{d}=\left( \overrightarrow{{{E}_{x}}}+\overrightarrow{{{E}_{y}}} \right)\left( \overrightarrow{{{d}_{x}}}+\overrightarrow{{{d}_{y}}} \right)=\overrightarrow{{{E}_{x}}}\cdot \overrightarrow{{{d}_{x}}}+\overrightarrow{{{E}_{x}}}\cdot \overrightarrow{{{d}_{y}}}+\overrightarrow{{{E}_{y}}}\cdot \overrightarrow{{{d}_{x}}}+\overrightarrow{{{E}_{y}}}\cdot \overrightarrow{{{d}_{y}}}\]
当 x⊥y\[x\bot y\] 时 有 Ex→⋅dy→=0,Ey→⋅dx→=0\[\overrightarrow{{{E}_{x}}}\cdot \overrightarrow{{{d}_{y}}}=0,\overrightarrow{{{E}_{y}}}\cdot \overrightarrow{{{d}_{x}}}=0\]
故 =Ex→⋅dx→+Ey→⋅dy→=Ux+Uy\[=\overrightarrow{{{E}_{x}}}\cdot \overrightarrow{{{d}_{x}}}+\overrightarrow{{{E}_{y}}}\cdot \overrightarrow{{{d}_{y}}}={{U}_{x}}+{{U}_{y}}\]
电势差也有正交矢量性
例题:
此为正交型
可不用定点分比(等分法),而用分解法
若是非正交型
则电场分量会对其他轴产生影响
依据上面数学推导,则不能直接分解
非正交型直接用余弦定理:
参考文献:
[1]杨晓宇.分解法求电场强度的辨析[J].高中数理化,2020(7):35-36.
[2]谢汝成,田惠莲.正交分解法求一类电场强度问题[J].中学生理科应试,2021(09):33-34.
[3]付鹂娟.静电场中的热点问题辨析[J].高中数理化,2021(19):49-52.