高中高考物理总复习一轮复习知识归纳第七章第3讲.docx

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1、高考试卷试题学习资料第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：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(F)、皮法(pF).1 F106 F1012 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、

2、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

3、场中，WqEdqUmv2mv.(2)在非匀强电场中，WqUmv2mv.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yat2，偏转角的正切值：tan .三、示波管1示波管的构造电子枪，偏转电极，荧光屏(如图2所示)图22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

4、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自测2(2018广东省惠州市模拟)如图3所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量为)可采用的方法是()图3A增大两板间的电势差U2B尽可能使板长L短些C使加速电压U1升高些D尽可能使板间距离d小些答案D解析带电粒子加速时，由动能定理得：qU1mv2带电

5、粒子偏转时，由类平抛运动规律，得：Lvthat2又由牛顿第二定律得：a联立得h由题意，灵敏度为：可见，灵敏度与U2无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、加速电压U1降低一些，故A、B、C错误，D正确命题点一平行板电容器的动态分析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不变根据C先分析电容的变化，再分析Q的变化根据E分析场强的变化根据UABEd分析某点电势变化(2)Q不变根据C先分析电容的变化，再分析U的变化根据E分析场强变化例1(2016全国卷14

6、)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，r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QCU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4A实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器

7、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r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)如图

8、5所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为P，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是()图5AU变大，E变大 BU变小，P变小CP变小，Ep变大 DP变大，Ep变小答案AC解析根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C可知电容减小，由U可知极板间电压增大，由E可知，电场强度增大，故A正确；设P与B板之间的距离为d，P点的电势为P，B板接地，B0，则由题可知0PEd是增大的，则P一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，

9、所以可知电势能Ep是增大的，故C正确命题点二带电粒子(带电体)在电场中的直线运动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，v2v2ad.3用功能观点分析匀强电场中：WEqdqUmv2mv非匀强电场中：WqUEk2Ek1例2(2018河北省邢台市上学期期末)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

10、从P点由静止释放，则()图6A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QCU，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eE2dmv2，eEdmv，可知，乙电子运动到O点的速率vv0，选项D错误变式3(多选)(2018山西省吕梁市第一次模拟)如图7所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电

11、荷量分别为Q、Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA1 m/s，到B点时速度vB m/s，则()图7A微粒从B至C做加速运动，且vC3 m/sB微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/sC微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动D微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 m/s答案AB解析AC之间电场是对称的，A到B电场力做的功和B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得：qUABmvmv，2qUABmvmv，解得vC3 m/s，A正确；过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向

12、无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为 m/s，B正确，D错误；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误变式4(多选)(2018广东省惠州市第三次调研)如图8，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动已知力F和AB间夹角为，A、B间距离为d，重力加速度为g.则()图8A力F大小的取值范围只能在0B电场强度E的最小值为C小球从A运动到B电场力可能不做功D若电场强度E时，小球从A运动到B电势能变化量

13、大小可能为2mgdsin2答案BCD解析小球受到重力mg、力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图所示，可知， 当电场力qE沿水平方向时，F，电场力qE可以继续增大，F也能继续增大，F可以大于，A错误；当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小，则得：qEminmgsin ，所以电场强度的最小值为：Emin，B正确；若电场强度E，电场力qE可能与AB方向垂直，如图位置1，小球从A运动到B电场力不做功，电势能变化量为0，也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为2mgdsin2，C、D正确命题点三带电粒子(带电

14、体)在电场中的偏转1运动规律 (1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间(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qU0mvyat2()2tan 得：y，tan (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：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置间的电势差例3(2016北京理综23改编)如图9所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射

15、入偏转电场，并从另一侧射出已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.图9(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因已知U2.0102 V，d4.0102 m，m9.11031 kg，e1.61019 C，g10 m/s2.答案(1)(2)见解析解析(1)根据动能定理，有eU0mv，电子射入偏转电场时的初速度v0在偏转电场中，电子的运动时间tL加速度a偏转

16、距离ya(t)2(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力Gmg1029 N电场力F1015 N由于FG，因此不需要考虑电子所受的重力例4(多选)(2018河南省南阳市上学期期末)如图10所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)()图10A两极板间电压为B板间电场强度大小为C整个过程中质点的重力势能增加D若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上答案BC解析据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做

17、类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qEmgma，mgma，解得E，由UEd得板间电势差Ud，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离yat2，ag，t，解得：y，故质点打在屏上的位置与P点的距离为：s2y，重力势能的增加量Epmgs，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏M上，故D错误变式5(2018广东省茂名市第二次模拟)如图11所示，空间存在电场强度为E、方向水平向

18、右的范围足够大的匀强电场挡板MN与水平方向的夹角为，质量为m、电荷量为q、带正电的粒子从与M点在同一水平线上的O点以速度v0竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求：图11(1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小；(2)O、M间的距离答案(1)(2)解析(1)由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时速度方向与挡板恰好平行，设此时粒子水平方向速度大小为vx，则tan 解得：vx(2)粒子做类平抛运动，设粒子运动的加速度为a，由牛顿第二定律：qEma在如图所示的坐标系中：vxat，x0at2，y0v0t设O、M间的距离为d，由几何关系：tan

19、解得：d.1(2018广东省揭阳市学业水平考试) 据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是()A充电时，电容器的电容变小B充电时，电容器存储的电能变小C充电时，电容器所带的电荷量可能不变D充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零答案B解析电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，充电结束后，电容器的电容不可能为零，故A、D错误；给手机充电时，电容器所带的电荷量减小，存储的电能变小，故B正确；给手机充电时，手机电能增加，电容器上的电荷量一定减小，故C错误2(多选)(2019安徽省

20、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，则被测物体()图1A向左移动时，增大 B向右移动时，增大C向左移动时，减小 D向右移动时，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大，则电容C增大，由公式C可知电荷量Q不变时，U减小，则减小，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小，则电容C减少，由公式

21、C可知电荷量Q不变时，U增大，则增大，故B正确，D错误3(多选)(2018广东省揭阳市高三期末)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、电容和极板所带的电荷量分别用d、U、E、C和Q表示下列说法正确的是()A保持U不变，将d变为原来的两倍， 则E变为原来的一半B保持E不变，将d变为原来的一半， 则U变为原来的两倍C保持C不变，将Q变为原来的两倍， 则U变为原来的两倍D保持d、C不变，将Q变为原来的一半， 则E变为原来的一半答案ACD解析保持U不变，将d变为原来的两倍后，根据E可得E变为原来的一半，A正确；保持E不变，将d变为原来的一半，根据UEd可得U变为原来的一半，B错误；根据公

22、式C可知将Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C正确；根据C可得C不变，将Q变为原来的一半，U变为原来的一半，根据公式E可知d不变，U变为原来的一半，E变为原来的一半，D正确4(2018广东省广州市4月模拟)如图2，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是(粒子重力不计)()图2A保持U2和平行板间距不变，减小U1B保持U1和平行板间距不变，增大U2C保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板D保持U1、U2和下板位置不变，向上

23、平移上板答案D解析粒子在电场中加速U1qmv，在偏转电场中，水平方向上xv0t，竖直方向上yt2，解得x2；开始时xL，保持U2和平行板间距不变，减小U1，则x会减小，选项A错误；保持U1和平行板间距不变，增大U2，则x减小，选项B错误；保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，选项C错误；保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，d变大，则x变大，故选项D正确5(2018重庆市上学期期末抽测)如图3所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子()图3A只受到电场力作用B带正电C做匀减速直线运动D机械能守恒答案C

24、解析带电粒子沿直线从位置a运动到位置b，说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一条直线上，对带电粒子受力分析，应该受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，电场力方向与电场线方向相反，所以带电粒子带负电，故A、B错误；由于带电粒子做直线运动，所以电场力和重力的合力应该和速度在一条直线上且与速度方向相反，故带电粒子做匀减速直线运动，故C正确；电场力做负功，机械能减小，故D错误6(多选)(2018陕西省宝鸡市质检二)如图4所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上，两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力已知两

25、粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的()图4A从N点进入的粒子先到达P点B从M点进入的粒子先到达P点C粒子在到达P点的过程中电势能都减小D从M点进入的粒子的电荷量小于从N点进入的粒子的电荷量答案CD解析两粒子进入电场后做类平抛运动，因为重力不计，竖直方向匀速运动，水平方向向左匀加速运动，由题图可知两粒子与P点的竖直距离相同，设为y，则运动到P点的时间为t，即两个粒子同时到达P点，故A、B错误；两粒子都带正电，电场力向左，且水平方向向左匀加速运动，故电场力做正功，电势能都减小，故C正确；由题图可知，从M点进入的粒子，其水平方向的位移较小，根据xat2，可知相同的时间t内，从M点进入的粒子

26、的加速度较小，根据a，两个粒子的质量相同，又在同一电场，即E相同，故从M点进入的粒子的电荷量较小，故D正确7(2018山东省泰安市一模)如图5所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为q、质量为m的滑块(可看做点电荷)从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.以下判断正确的是()图5A滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力B滑块在运动过程的中间时刻速率等于C此过程中产生的内能为DQ产生的电场中a、b两点间的电势差Uab答案D解析由于一直做减速运动，库仑力在增大，要减速到0，摩擦力应该始终比库仑力大

27、，且由a到b过程中加速度在减小，不是匀变速运动，A、B错误，由动能定理qUabmgx0mv可知，C错误，D正确8.(多选)(2018全国卷21)如图6，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等现同时释放a、b，它们由静止开始运动在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面a、b间的相互作用和重力可忽略下列说法正确的是()图6Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量大小相等答案BD解析经时间t，a、b经过电容器两极

28、板间下半区域的同一水平面，则xaxb，根据xat2，得aaab，又由a知，maWb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，B项正确；a、b处在同一等势面上，根据Epq知，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；根据动量定理Ftpp0，则经过时间t，a、b的动量大小相等，D项正确9(多选)(2018湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图7所示，在竖直平面足够大的区域内有电场强度为E的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的小球，以初速度v0从电场中的O点出发，沿ON方向在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mgqE，不计空气阻力则()图7A小球运动的加速度大小为B

29、小球可能一直做匀加速运动C小球沿ON方向运动的最大位移为D在小球运动的前时间内，电场力对小球做功答案CD解析小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mgqE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30，受力情况如图所示合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，与初速度方向相反，故小球先做匀减速直线运动，当速度减为零时，再反方向做匀加速直线运动，故A、B错误；当向上速度减至零时，由运动学公式可得最大位移为x，故C正确；向上匀减速至零所用的时间为t，在此过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量

30、的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为mv，则电场力做功为，故D正确10.(2019陕西省咸阳市质检)如图8所示，将带电荷量均为q、质量分别为m和2m的带电小球A与B用轻质绝缘细线相连，在竖直向上的匀强电场中由静止释放，小球A和B一起以大小为g的加速度竖直向上运动运动过程中，连接A与B之间的细线保持竖直方向，小球A和B之间的库仑力忽略不计，重力加速度为g，求：图8(1)匀强电场的场强E的大小；(2)当A、B一起向上运动t0时间时，A、B间的细线突然断开，求从初始的静止状态开始经过2t0时间，B球电势能的变化量答案(1)(2)减小了mg2t解析(1)由于小球

31、在电场中向上做匀加速运动，对于A、B两球组成的整体，由牛顿第二定律可得：2Eq3mg3ma其中：ag代入可得：E(2)当细线断开时，B球受到竖直向上的电场力：F电Eq2mg小球B受到的电场力和重力二力平衡，所以小球B接下来向上做匀速直线运动，其速度大小为匀加速运动的末速度：vat0gt0在匀加速阶段小球B上升的高度为：h1atgt在匀速阶段小球B上升的高度为：h2vt0gt所以在整个过程中电场力做功为：WEq(h1h2)mg2t由于电场力对小球B做了mg2t的正功，所以小球B电势能减小了mg2t.11(2018陕西省西安一中一模)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

32、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aygB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：v0t联立解得：Eqmg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2ghv可得h所以位移为h其与水平方向的夹角为tan 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则：tan 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 1，则vxvy，vxtgt，vyv0gt解得t，vmin.