2021高考物理一轮复习第七章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动学案作业（含解析）新人教版

第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动

一、电容器及电容

1．电容器

(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．

(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值．

(3)电容器的充、放电：

①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．

②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．

2．电容

(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值．

(2)定义式：C＝.

(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106 μF＝1012 pF.

(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．

(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．

3．平行板电容器的电容

(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离．

(2)决定式：C＝.

自测1　对于某一电容器，下列说法正确的是(　　)

A．电容器所带的电荷量越多，电容越大

B．电容器两极板间的电势差越大，电容越大

C．电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍

D．电容器两极板间的电势差减小到原来的，它的电容也减小到原来的

答案　C

解析　根据公式C＝可得，电容的大小跟电容两端的电势差以及电容器所带的电荷量的多少无关，根据公式C＝可得电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍，所以C正确，A、B、D错误．

二、带电粒子在电场中的运动

1．加速

(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝mv2－mv.

(2)在非匀强电场中，W＝qU＝mv2－mv.

2．偏转

(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示．

图1

(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动．根据运动的合成与分解的知识解决有关问题．

(3)基本关系式：运动时间t＝，加速度a＝＝＝，偏转量y＝at2＝，偏转角θ的正切值：tan θ＝＝＝.

自测2　 (2019·安徽安庆市二模)如图2所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始时开关闭合．一带电粒子沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线①通过电容器．则下列判断正确的是(　　)

图2

A．粒子带正电

B．保持开关闭合，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动

C．保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，可使粒子仍沿轨迹①运动

D．断开开关，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动

答案　B

解析　开关闭合时，粒子做匀速直线运动，电场力与重力平衡，A极板和电源正极相连，所以场强方向向下，故粒子带负电，A错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，B板上移，板间距d变小，由公式E＝知场强增大，电场力大于重力，粒子可沿轨迹②运动，故B正确；保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，板间距d增大，由公式E＝知场强减小，电场力小于重力，所以粒子向下偏转，故C错误；断开开关，电容器电荷量不变，将B板向上平移一定距离，由公式C＝，C＝，E＝得，E＝，与板间距离无关，故场强不变，所以粒子沿轨迹①运动，故D错误．

三、示波管

1．示波管的构造

①电子枪，②偏转电极，③荧光屏(如图3所示)

图3

2．示波管的工作原理

(1)YY′偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．

(2)观察到的现象

①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．

②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象.

1．两类典型问题

(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．

(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．

2．动态分析思路

(1)U不变

①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．

②根据E＝分析场强的变化．

③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．

(2)Q不变

①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．

②根据E＝＝分析场强变化．

例1　(2016·全国卷Ⅰ·14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器(　　)

A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大

B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大

C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变

D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变

答案　D

解析　由C＝可知，当将云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小．再由E＝，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确．

变式1　 (2018·北京卷·19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图4所示．下列说法正确的是(　　)

图4

A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电

B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小

C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大

D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大

答案　A

解析　实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A正确；b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，C错误；由C＝知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的，D错误．

变式2　(多选)(2019·天津市南开区下学期二模)如图5所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与恒压电源相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是(　　)

图5

A．液滴将向下加速运动

B．M点电势升高，液滴在M点的电势能将降低

C．M点的电场强度变小了

D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同

答案　BD

解析　极板始终与电源连接，电压不变，d减小，由E＝可知，电场强度E增大，则带电液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，故A、C错误；b点电势为零， UMb＝φM－φb＝φM＝EdMb，场强增大，M点电势升高，由题意，液滴处于静止状态，可知液滴所受电场力方向向上，所以液滴带负电，液滴在M点电势能降低，故B正确；在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，由于电势差相同，电场力做功qU相同，故D正确．

1．做直线运动的条件

(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．

(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．

2．用动力学观点分析

a＝，E＝，v2－v＝2ad.

3．用功能观点分析

匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv

非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1

例2　如图6所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则(　　)

图6

A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变

B．金属板A、B间的电压减小

C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同

D．乙电子运动到O点的速率为2v0

答案　C

解析　两板间距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝＝＝，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝mv2，e·E·d＝mv，可知，乙电子运动到O点的速率v＝v0，选项D错误．

变式3　 (多选)(2020·贵州贵阳市一模)如图7所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　)

图7

A．电场强度的最小值等于

B．电场强度的最大值等于

C．带电油滴的机械能可能增加

D．电场力可能对带电油滴不做功

答案　CD

解析　带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图可知，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F＝qEmin＝mgsin θ，得到Emin＝，由图可知，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D正确；当E>时，当电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C正确．

1．运动规律

(1)沿初速度方向做匀速直线运动

(2)沿电场力方向做匀加速直线运动

2．两个结论

(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．

证明：由qU0＝mv

y＝at2＝··()2

tan θ＝

得：y＝ ，tan θ＝

(2)粒子经电场偏转后射出，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.

3．功能关系

当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中

Uy＝ y，指初、末位置间的电势差．

例3　(2019·全国卷Ⅱ·24)如图8，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．

图8

(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；

(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？

答案　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0

解析　(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有

E＝①

F＝qE＝ma②

设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有

qEh＝Ek－mv③

设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝at2④

l＝v0t⑤

联立①②③④⑤式解得

Ek＝mv＋qh⑥

l＝v0；⑦

(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0.⑧

变式4　(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图9，喷雾器可以喷出各种质量和电荷量的带负电油滴．假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上．不计空气阻力及油滴间的相互作用，则(　　)

图9

A．沿直线①运动的所有油滴质量都相等

B．沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等

C．沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1∶2

D．沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1∶4

答案　D

解析　沿直线①运动的油滴，根据题意得：mg＝Eq，即：＝，所以沿直线①运动的油滴比荷相同，A、B错误；

沿曲线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：x＝v0t，初速度相同，所以运动时间之比等于位移之比，即为2∶1，C错误；沿曲线②、③运动的油滴，水平方向

x＝v0t，竖直方向：y＝at2，联立解得：a＝，因为水平位移之比为2∶1，v0和y相同，所以加速度大小之比为1∶4，D正确．

变式5　(2019·全国卷Ⅲ·24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求：

(1)电场强度的大小；

(2)B运动到P点时的动能．

答案　(1)　(2)2m(v＋g2t2)

解析　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有

mg＋qE＝ma①

a()2＝gt2②

解得E＝③

(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有

mgh＋qEh＝Ek－mv④

且有v1＝v0t⑤

h＝gt2⑥

联立③④⑤⑥式得

Ek＝2m(v＋g2t2).

1．(2019·四川德阳市第三次诊断)超级电容器又叫双电层电容器，它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点．现有一款超级电容器，其上标有“2.7 V　400 F”，下列说法正确的是(　　)

A．该电容器的输入电压只有是2.7 V时，才能工作

B．该电容器的电容与电容器两极板间电势差成反比

C．该电容器不充电时的电容为零

D．该电容器正常工作时储存的电荷量为1 080 C

答案　D

解析　电容器的额定电压为2.7 V，说明工作电压不能超过2.7 V，可以小于2.7 V，故A错误；电容器的电容由电容器本身决定，跟电容器两极间的电势差无关，故B错误；电容描述电容器容纳电荷的本领，不充电时电容仍然存在，与充电与否无关，故C错误；该电容器最大容纳电荷量：Q＝CU＝400 F×2.7 V＝1 080 C，故D正确．

2．(多选)(2020·安徽宿州市质检)如图1为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图．当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体(　　)

图1

A．向左移动时，θ增大   B．向右移动时，θ增大

C．向左移动时，θ减小   D．向右移动时，θ减小

答案　BC

解析　由公式C＝，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增多，εr变大，则电容C增大，由公式C＝可知，电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减少，εr减小，则电容C减少，由公式C＝可知，电荷量Q不变时，U增大，则θ增大，故B正确，D错误．

3．(多选)(2019·广东广州市4月综合测试)水平放置的平行板电容器与电源相连，下极板接地．带负电的液滴静止在两极板间P点，以E表示两极板间的场强，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势．若电容器与电源断开，保持下极板不动，将上极板稍微向上移到某一位置，则(　　)

A．U变大，E不变，φ不变

B．U不变，E变小，φ降低

C．液滴将向下运动

D．液滴仍保持静止

答案　AD

解析　电容器与电源断开，则电容器所带电荷量Q不变，保持下极板不动，将上极板稍微向上移到某一位置，则d变大，由C＝可知C变小，由Q＝CU可知U变大，由E＝与上述式子联立可得：E＝，则E不变；因P点与下极板的距离不变，根据U＝Ed可知P点与下极板的电势差不变，又因下极板接地，则P点的电势φ不变，选项A正确，B错误；由于E不变，则液滴受的电场力不变，则液滴仍保持静止，选项C错误，D正确．

4. (2019·湖北宜昌市四月调研)如图2所示，一水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一束同种带电粒子从P点以相同速度平行于极板射入电容器，最后均打在下极板的A点，若将上极板缓慢上移，则(　　)

图2

A．粒子打在下极板的落点缓慢左移

B．粒子打在下极板的落点缓慢右移

C．粒子仍然打在下极板的A点

D．因粒子的电性未知，无法判断粒子的落点

答案　C

解析　断开电源后，电容器电荷量保持不变，将上极板缓慢上移，d变大，电场强度E＝＝＝，则电场强度不变，粒子所受电场力不变，则粒子仍然打在下极板的A点，故C正确，A、B、D错误．

5．(2019·陕西渭南市教学质检(二))如图3所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用．则匀强电场的场强E大小是(　　)

图3

A.  B.  C.  D.

答案　B

解析　带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到：vy＝＝v0，

水平方向上有d＝v0t，

竖直方向上有vy＝t，

联立方程得：E＝，故B正确．

6．(多选)(2019·辽宁大连市第二次模拟)如图4所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是(　　)

图4

A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2

B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等

C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2

D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同

答案　CD

解析　根据动能定理：mv2－0＝qU，解得：v＝ ，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为∶1，A错误；对整个过程用动能定理，设O2到MN板的电势差为U′，有：Ek－0＝q(U＋U′)，所以末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，C正确；由O2到MN板，质子和α粒子都做类平抛运动，竖直方向：h＝·t2，水平方向：x＝vt，联立解得：x＝2，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正确；在A、B间：a＝，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子的水平速度大，又因为质子和α粒子水平位移相等，所以质子运动时间短，B错误．

7．(多选) (2019·广西钦州市4月综测)如图5所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．下列判断正确的是(　　)

图5

A．P点的场强比Q点的场强大

B．P点的电势比Q点的电势高

C．粒子通过Q点时电势能较小

D．粒子通过Q点时动能较大

答案　AB

解析　由电场线疏密程度可知，P点的场强比Q点的场强大，故A正确；粒子仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力指向曲线的内侧，故电场线向左，沿着电场线方向，电势越来越低，故P点的电势比Q点的电势高，故B正确；电场力的方向向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故P点的动能较大，电势能较小，Q点的动能较小，电势能较大，故C、D错误．

8．(多选) (2019·安徽安庆市期末调研监测)带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图6所示，实线是电场线，下列说法正确的是(　　)

图6

A．粒子在a点时的加速度比在b点时的加速度小

B．从a到b过程中，粒子的电势能一直减小

C．无论粒子带何种电荷，经b点时的速度总比经a点时的速度大

D．电场中a点的电势一定比b点的电势高

答案　AC

解析　电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，可知Ea＜Eb，所以粒子在a点的加速度比在b点时小，故A正确；由粒子的运动轨迹可以知道，粒子受力指向曲线的内侧，从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后减小，动能先减小后增大．但a点到b点，整个过程，最终电场力做正功，粒子电势能减小，动能增加，故B错误，C正确；因为不知道粒子的电性，所以无法判断电势高低，故D错误．

9. (2019·天津卷·3)如图7所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　)

图7

A．动能增加mv2

B．机械能增加2mv2

C．重力势能增加mv2

D．电势能增加2mv2

答案　B

解析　小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．

10. (2019·河北“五个一名校联盟” 第一次诊断)如图8所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)

图8

A．电场力大小为

B．小球所受的合外力大小为

C．小球由O点到P点用时

D．小球通过P点时的动能为mv

答案　C

解析　设OP＝L，从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcos 60°＝t，竖直方向：Lsin 60°＝gt2，解得：t＝，选项C正确；水平方向F1＝ma＝m＝，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小F＝＝mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度vP＝gt＝

v0，则动能：EkP＝mv＝mv，选项D错误．

11.一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图9所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：

图9

(1)小球带电情况；

(2)小球由A到B的位移；

(3)小球速度的最小值．

答案　(1)小球带正电，电荷量为　(2)，与水平方向的夹角为45°斜向右上方　(3)

解析　(1)从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度ay＝g

B点是最高点，竖直分速度为0，有：t＝

水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电

初速度为0，加速度ax＝

水平方向有：v0＝t

联立解得：Eq＝mg

可得q＝

(2)在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小

在竖直方向有2gh＝v

可得h＝

所以位移为h＝

其与水平方向的夹角为θ

tan θ＝＝1，即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方

(3)设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ

则：tan θ＝＝1，如图所示

开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小

后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加

因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin

即：tan θ＝＝1，则vx＝vy，vx＝t′＝gt′，vy＝v0－gt′

解得vx＝vy＝，

故vmin＝＝.