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安培力的理解及应用
——高考一轮备考
【知识方法】
1．磁场的叠加和安培定则应用的注意点
(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。
(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。
(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和，遵从平行四边形定则。
2．安培力的大小和方向
特点：由左手定则知通电导线所受安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面．
3．安培力作用下力学问题的解题思路
(1)选定研究对象：通电导线(或通电导体棒)。
(2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B，F⊥I。
(3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程。
【考点例题】
【例题1】（2022·山阳县高三）如图所示为安培力演示仪，两磁极间可视为匀强磁场磁感应强度为B，一质量为m的金属框ABCD处于磁场中，可绕CD白由旋转，其中AB＝L1，CB＝L2，当线框ABCD中通以恒定电流时，线框向右摆开的最大角度为θ，下列说法正确的是
A．线框AB边通过的电流方向为B到A
B．线框ABCD中通以电流I时，线框AB边受到的安培力大小为BIL2
C．线框中通入的电流大小为
D．线框中通入的电流大小为
【例题2】磁通量可以形象地理解为“穿过磁场中某一面积的磁感线条数”．在图所示磁场中，s1、s2、s3 为三个面积相同的相互平行的线圈，穿过s1、s2、s3的磁通量分别为Φ1、Φ2、Φ3且都不为0．下列判断正确的是( )
A．Φ1最大
B．Φ2 最大
C．Φ3 最大
D．Φ1、Φ2、Φ3相等
【例题3】（2020·河南高三）如图所示，现有六条完全相同的垂直于纸面的长直导线，横截面分别位于一正六边形的六个顶点上，穿过a、b、c、e四点的直导线通有方向垂直于纸面向里、大小为的恒定电流，穿过d、f两点的直导线通有方向垂直纸面向外、大小为的恒定电流，已知通电长直导线周围距离为处磁场的磁感应强度大小为，式中常量，I为电流大小，忽略电流间的相互作用，若电流在正六边形的中心处产生的磁感应强度大小为B，则O点处实际的磁感应强度的大小、方向分别是（ ）
A．，方向由O点指向b点
B．3B，方向由O点指向cd中点
C．，方向由O点指向e点
D．3B，方向由O点指向中点
【例题4】（多选）（2020·安徽高三）如图所示，半爱心型金属环abc（由直线ac及曲线abc构成，不计重力）水平放置在绝缘的水平面上，某时刻通有顺时针方向恒定电流，长直导线MN固定在水平面上与ac平行，当其中通有M到N的恒定电流时，则下列说法正确的是
A．金属环中无感应电流产生
B．ac边与长直线相互吸引
C．金属环受到的安培力向右
D．金属环对水平面有向左的摩擦力
【例题5】（2020·洪洞一中高三）航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示,在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小,则合上开关 S的瞬间（ ）
A．两个金属环都向左运动
B．两个金属环都向右运动
C．从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向
D．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
【例题6】（多选）（2022·山东）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为，方向相反且垂直纸面，、为其边界，为其对称轴，一导线折成边长为的正方形闭合回路，回路在纸面内以恒定速度向右运动，当运动到关于对称的位置时（ ）
A．穿过回路的磁通量为零
B．回路中感应电动势大小为
C．回路中感应电流的方向为逆时针方向
D．回路中边与边所受安培力方向相同
【例题7】（多选）（2020·全国高三）电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小．如图甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中．线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r.开关S闭合后，调节可变电阻至R1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U.已知m0>m，取重力加速度为g，则(　　)
A．矩形线圈中电流的方向为逆时针方向
B．矩形线圈的电阻R＝r－R1
C．匀强磁场的磁感应强度的大小B＝
D．若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m0－m的砝码可使天平重新平衡
【例题8】（多选）轨沿水平方向固定，其间安放炮弹。炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。内阻为r可控电源提供的强大恒定电流从一根导轨流入，经过炮弹，再从另一导轨流回电源，炮弹被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在炮弹所在位置始终可以简化为磁感应强度为B的垂直平行轨道匀强磁场。已知两导轨内侧间距L，炮弹的质量m，炮弹在导轨间的电阻为R，若炮弹滑行s后获得的发射速度为v。不计空气阻力，下列说法正确的是
A．a为电源负极
B．电磁炮受到的安培力大小为
C．可控电源的电动势是
D．这一过程中系统消耗的总能量是
【例题9】（2020·全国高三）如图甲所示，正方形闭合线圈的边长、总电阻、匝数，匀强磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度大小随时间的变化关系如图乙所示，周期，磁场方向以垂直线圈平面向里为正。试求：
（1）时，线圈的边所受安培力的大小和方向。
（2）在时间内，通过导线横截面的电荷量。
【例题10】（多选）（2020·北京高三）如图甲所示，两光滑平行金属导轨间的距离为L，金属导轨所在的平面与水平面夹角为θ，导体棒ab与导轨垂直并接触良好，其质量为m，长度为L，通过的电流为I。
（1）沿棒ab中电流方向观察，侧视图如图乙所示，为使导体棒ab保持静止，需加一匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，求磁感应强度B1的大小；
（2）若（1）中磁场方向改为竖直向上，如图丙所示，求磁感应强度B2的大小；
（3）若只改变磁场，且磁场的方向始终在与棒ab垂直的平面内，欲使导体棒ab保持静止，求磁场方向变化的最大范围。
【参考答案】
【例题1】【答案】C
【解析】A．线框AB边所处位置的磁场方向竖直向下，AB边受到水平向右的安培力，根据左手定则可知，电流方向从A到B，故A错误；
B．安培力大小为BIL1，故B错误；
CD．根据动能定理可知-mgL2（1-cosθ）+BIL1L2sinθ=0
解得,故C正确，D错误。
【例题2】【答案】A
【解析】从图中看出，线圈S1穿过的磁感线条数最多，所以磁通量最大．故A正确．
【例题3】【答案】D
【解析】电流、在点处产生的磁感应强度大小相等、方向相反，其矢量和为零；电流、在点处产生的磁感应强度大小分别为B、2B，方向均由O点指向ef中点，可得电流、在点处总的磁感应强度大小为3B，方向由点指向ef中点；同理，电流、在点处总的磁感应强度大小为3B。方向由点指向ab中点，根据平行四边形定则，容易得到点处实际的磁感应强度的大小为3B，方向由点指向af中点。
【例题4】【答案】AD
【解析】A．由题意，直导线电流恒定，金属环无感应电流，故A正确；
B．ac边电流由c指向a，由反向电流相互排斥可知ac边和长直线相互排斥，故B错误；
C．弯曲部分所在处的磁感应强度大于直线部分，而电流是相同的，故弯曲部分受到的安培力大于直线部分，弯曲部分受到的是引力，直线部分受到的是斥力，故整体受到的安培力的合力向左，故C错误；
D．由于金属环受到的安培力合力向左，故地面对金属环的摩擦力向右，故金属环对地面的摩擦力向左，D正确；
【例题5】【答案】C
【解析】AB．若环放在线圈两边，根据“来拒去留”可得，合上开关S的瞬间，环为阻碍磁通量增大，则环将向两边运动，故AB错误；
C．线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧向右看为顺时针，故C正确；
D．由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，则铜环受到的安培力要大于铝环受到的安培力，故D错误。
【例题6】【答案】ACD
【解析】A：两个磁场区域磁感应强度大小相等，方向相反，因此线框运动到对称位置时回路的总磁通量为零，故A项正确．
B：、边切割磁感线，利用右手定则确定动生电动势方向分别为到、到，两边产生的电动势相叠加，大小为，故B项错误．
C：由B项分析，路中感应电流的方向为逆时针方向．故C项正确；
D：电流方向为逆时针，利用左手定则可知边和边所受安培力方向都是向左，D正确．
【例题7】【答案】AC
【解析】A、对矩形线圈受力分析可知所受安培力向上，再由左手定则可知矩形线圈中电流的方向为逆时针方向，故A正确；
B、根据闭合电路欧姆定律可得，解得矩形线圈的电阻，故B错误；
C、根据平衡条件可得，而，，解得匀强磁场的磁感应强度的大小，故C正确；
D、开始线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，添加质量为的砝码可使天平重新平衡，故D错误；
【例题8】【答案】AD
【解析】A．若电源a、b分别为负极、正极，根据左手定则可知，受到的安培力向右，则导体滑块可在磁场中向右加速；故A正确；
B．因安培力F=BIL，根据动能定理
所以,选项B错误；
C．由匀加速运动公式
由安培力公式和牛顿第二定律，有F=BIL=ma
根据闭合电路欧姆定律根据闭合电路欧姆定律
联立以上三式解得,选项C错误；
D．因这一过程中的时间为
所以系统产生的内能为 Q=I2（R+r）t
联立解得
炮弹的动能为
由能的转化与守恒定律得这一过程中系统消耗的总能量为,所以D正确。
【例题9】【答案】（1）2.5N，方向向左；（2）。
【解析】（1）设在时间内线圈中感应电动势的大小为
线圈中电流
时，磁感应强度大小，则线圈边所受安培力大小
,根据左手定则，安培力方向向左。
（2）设在时间内，线圈中感应电动势的大小为
，
前时间内，通过导线横截面的电荷量
【例题10】【答案】（1） （2） （3）见解析
【解析】(1)对导体棒ab受力分析如图所示：
解得：
(2)对导体棒ab受力分析如图所示：
解得：
(3)使导体棒保持静止状态，需F合=0，即三力平衡，安培力与另外两个力的合力等大反向；如图所示，因为重力与斜面支持力的合力范围在α角范围内（垂直于斜面方向取不到），故安培力在α′角范围内（垂直于斜面方向取不到），根据左手定则，磁场方向可以在α′′角范围内变动，其中沿斜面向上方向取不到。带电粒子在电场中的运动
——高考一轮备考
【知识方法】
1．加速
(1)匀强电场中，v0与E平行时，可用牛顿第二定律和运动学公式求解，基本方程：a＝，E＝，v2－v＝2ax.也可用功能关系求解．
(2)非匀强电场中，只能用功能关系求解：
qU＝mv2－mv.
2．偏转
(1)运动特点
带电粒子以初速度v0垂直进入匀强电场，该运动类似平抛运动，分解为两个方向的分运动来处理，即垂直于电场方向的匀速运动(vx＝v0，l＝v0t)和平行于电场方向的初速度为零的匀加速直线运动(vy＝at，y＝at2，a＝＝)，两个分运动具有同时性．
(2)规律
①偏转距离：y＝at2＝2＝＝.
②偏转角：tanφ＝＝＝.
3.带电物体叠加场中运动的两种处理方法：
(1)首先计算出重力和电场力的合力，即等效场力 ，然后研究带电体在等效场力作用下的运动，此方法通常侧重于动力学分析；
(2)其二，单独分析重力和电场力各自对带电体的做功情况，然后应用动能定理或能量守恒定律求解.
【考点例题】
【例题1】（多选）（2020·河南高三）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为得的小球，系在一根长为l的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动．AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度为．下列说法正确的是( )
A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,，则小球运动到B点时的机械能最大
C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点
【例题2】（多选）（2020·江苏高三）如图所示，竖直平面内存在着两个方向竖直向上的相同带状匀强电场区，电场区的高度和间隔均为d，水平方向足够长．一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0在距离电场上方d处水平抛出，不计空气阻力，则(　　)
小球在水平方向一直做匀速直线运动
B．小球在电场区可能做直线运动
C．若场强大小为，小球经过两电场区的时间相等
D．若场强大小为，小球经过两电场区的时间相等
【例题3】（多选）（2020·山西大同一中高三）如图所示，绝缘水平面上O处放质量为m、电荷量为q的带负电荷的小物体．劲度系数为k的绝缘轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与小物体接触（未固定），弹簧水平且无形变．O点左侧有竖直向下的匀强电场，电场强度为．用水平力F缓慢向右推动物体，在弹性限度内弹簧被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0，物体与水平面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为g．则（　　）
A．撤去F后，物体回到O点时速度最大
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为
C．物体离开弹簧时速率为
D．撤去F后系统产生的内能为4 mgx0
【例题4】（多选）（2020·宜宾高三）如图所示，MN下方有水平向右的匀强电场，半径为R、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN上，一质量为m、可视为质点的、带电荷量为+q的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，始终在电场中运动，C点(图中未画出)为小球在电场内水平向左运动位移最大时的位置．已知重力加速度为g，小球离开绝缘半圆管后的加速度大小为.则下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球在管道内运动到B点的加速度大小
C．小球从B到C过程中做匀变速曲线运动，且水平方向位移为
D．小球在管道内由A到B过程中的最大速度为
【例题5】（多选）（2020·山东高三）如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为＋q的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为60°，k为静电常数，下列说法正确的是（ ）
A．物块在A点的电势能EPA =＋Qφ
B．物块在A点时受到轨道的支持力大小为
C．点电荷＋Q产生的电场在B点的电场强度大小
D．点电荷＋Q产生的电场在B点的电势
【例题6】（2022·开原高三）如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：
（1）在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处？
（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？
【例题7】（2022·河北衡水中学高三）如图所示，ABCD为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L的等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD。两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和-Q。现把质量为m、电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放。已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：
(1)小球运动到B处时受到电场力的大小；
(2)小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小。
【例题8】（多选）（2022·广西桂林高三）如图所示，在真空室内的P点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为+q、质量为m的粒子（不计重力），粒子的速率都相同。ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC=L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=，当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在沿PC方向的匀强电场时，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)粒子的发射速率；
(2)仅有电场时PQ两点间的电势差；
(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间。
【参考答案】
【例题1】【答案】BD
【解析】由于电场强度，故mg=Eq，则等效最低点在BC之间，重力和电场力的合力为mg，根据mg＝m得，小球在等效最高点的最小速度为．故A错误．除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故B正确；小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向做竖直上拋，加速度为-g，水平方向做匀加速运动，加速度为g，当竖直方向上的位移为0时，运动的时间为 ，水平位移，则小球刚好运动到B点，故D正确．
【例题2】【答案】ABD
【解析】A．将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直以速度v0做匀速直线运动，故A正确；
B．小球在电场区时，受到竖直向下的重力和竖直向下的电场力，若电场力与重力大小相等，二力平衡，小球能做匀速直线运动，故B正确；
C．若场强大小为，则电场力等于mg，在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区时小球匀速运动的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不等，故C错误；
D．当场强大小为，电场力等于2mg，在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式，有经过第一个无电场区
d=
v1=gt1
经过第一个电场区
d=v1t-gt22
v2=v1-gt2
由①②③④联立解得
t1=t2
v2=0
接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零匀减速直线运动，因此，小球经过两电场区的时间相等，故D正确。
【例题3】【答案】BC
【解析】A. 撤去F后，物体回到O之前水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，当弹簧的弹力与滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，加速度为零，速度最大。故A错误。
B. 撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：物体的加速度为,故B正确。
C. 物块进入电场区域后，受到的电场力：
所以在竖直方向上，物块受到的支持力：
此时物体受到的摩擦力：
物块此时的加速度：
物块进入电场的区域后竖直方向的摩擦力不变，物块做匀减速直线运动，位移为：
x=4x0-x0=3x0
由运动学的公式：
可得物体离开弹簧时速率为：,故C正确。
D. 物块进入电场前受到的摩擦力： ，物块进入电场区域后受到的摩擦力： ，所以撤去F后系统产生的内能为：
故D错误。
【例题4】【答案】BCD
【解析】A．小球离开绝缘半圆管后，根据牛顿第二定律可得：
所以,故Ａ错误；
B．对小球从A到B的运动过程应用动能定理可得：
所以
小球在B点受重力、电场力和轨道支持力作用， 故竖直方向的向心加速度为：
水平方向的加速度为
所以在B点的合加速度为：,故B正确；
C．小球从B点离开后在水平方向做匀减速运动，加速度，则从B点运动到C点的水平方向位移为：,故C正确；
D．小球在管道内由A到B过程中出现最大速度的位置在平衡位置，此位置与圆心的连线与水平方向夹角为θ，则平衡位置满足：
即
从A点到此平衡位置，由动能定理：
解得,选项D正确。
【例题5】【答案】BCD
【解析】A．因A点的电势为φ，则物块在A点的电势能EPA =＋qφ,选项A错误；
B．PA之间的库仑力为
则物块在A点时受到轨道的支持力大小为
选项B正确；
C．点电荷＋Q产生的电场在B点的电场强度大小,选项C正确；
D．由能量守恒关系可知
解得,选项D正确。
【例题6】【答案】（1）13.5cm（2）30cm
【解析】（1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：
所以：,经偏转电场偏转后偏移量
所以,由题图知t=0.06s时刻U偏=1.8U0，代入数据解得y=4.5 cm，设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形得：,代入数据解得：Y=13.5cm。
（2）由题知电子偏移量y的最大值为 ，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。根据
解得Y= ，所以荧光屏上的电子能打到的区间长为：2Y=3L=30cm
【例题7】【答案】（1）；（2）。
【解析】（1）设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和-Q的库仑力分别为F1和F2，则： ①
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得：F=2F1cos60° ②
联立①②得： ③；
（2）管道所在的竖直平面是+Q和-Q形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有： ④
解得： ⑤
设在B点管道对小球沿竖直方向的压力为，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得： ⑥
解得： ⑦
设在B点管道对小球在水平方向的压力为，则： ⑧
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为：
⑨
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为： ⑩
【例题8】【答案】(1)；(2)；(3)，
【解析】(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为，过作的垂线交于点，
如图所示：
由几何知识可得
代入数据可得粒子轨迹半径为
洛伦兹力提供向心力为
解得粒子发射速度为
(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达直线的动能相等，可知为等势面，电场方向垂直向下，水平向左射出的粒子经时间到达点，在这段时间内做类平抛运动，分解位移 ,
电场力提供加速度
解得PQ两点间的电势差
(3)只有磁场时，粒子以为圆心沿圆弧运动，当弧和直线相切于点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图所示：
据图有
解得
故最大偏转角为
粒子在磁场中运动最大时长为
式中为粒子在磁场中运动的周期，粒子以为圆心沿圆弧运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短。据图有
解得
速度偏转角最小为
故最短时间为

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