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    在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示．小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点．小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力．则（　　）
    分析：小球水平分运动为匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动，上升和下降时间相等，可以求出S1与S2的比值，对水平方向分运动和竖直方向分运动分别运用动能定理，然后求出各个特殊点的动能！
    解答：解：将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动，
    A、对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故A正确；B错误；
    C、设物体在B动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy．
    由竖直方向运动对称性知
    1
    2
    mVBy2=8J
    对于水平分运动运用动能定理
    Fx1=
    1
    2
    mVMx2-
    1
    2
    mVAX2
    F（s1+s2）=
    1
    2
    mVBx2-
    1
    2
    mVAX2
    s1：s2=1：3
    解得：Fs1=6J；F（s1+s2）=24J
    故EkB=
    1
    2
    m（VBy2+VBx2）=32J 因而C错误；
    D、由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：
    Fx1=6J，
    1
    2
    ?
    F2
    m
    ?t2=6    J
    Gh=8J，
    1
    2
    ?
    G2
    m
    ?t2=8    J
    所以：
    F
    G
    =
    		3
    2
     由右图可得：tanθ=
    F
    G

    ∴sinθ=
    3
    7

    则小球从 A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的 P点，故
    Ekmn=
    1
    2
    m
    v
    2
    min
    =
    1
    2
    m(v0sinθ)2=
    24
    7
    J，故D正确．
    故选：AD．
    点评：本题关键将合运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后对水平分运动运用动能定律求解！
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    （1）小球水平位移x1与x2的比值；
    （2）小球落到B点时的动能EkB．
    （3）小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin？

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    （1）小球水平位移x1与x2的比值；

    （2）小球落到B点时的动能Ek；

    （3）小球所受电场力与重力的大小之比。

     

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    （1）小球水平位移x1与x2的比值；

    （2）小球落到B点时的动能EkB；

    （3）小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin.

     

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    (1)小球水平位移x1与x2的比值；

    (2)小球落到B点时的动能EkB.

    (3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin?

     

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