2025年高考甘肃卷物理真题

利用电子与离子的碰撞可以研究离子的能级结构和辐射特性。 $\mathrm{He}^{+}$ 离子相对基态的能级图（设基态能量为0）如图所示。用电子碰撞 $\mathrm{He}^{+}$ 离子使其从基态激发到可能的激发态，若所用电子的能量为 $50\mathrm{eV}$ ，则 $\mathrm{He}^{+}$ 离子辐射的光谱中，波长最长的谱线对应的跃迁为（　　）

A． $n=4\rightarrow n=3$ 能级

B． $n=4\rightarrow n=2$ 能级

C． $n=3\rightarrow n=2$ 能级

D． $n=3\rightarrow n=1$ 能级

【答案与解析】

He $^+$ 为类氢离子，能级 $E_n=-\frac{54.4}{n^2}\,\mathrm{eV}$ （以无穷远为零点）。题图以基态为零点，则 $n=1:0$ ， $n=2:40.81$ ， $n=3:48.37$ ， $n=4:51.02\,\mathrm{eV}$ 。电子能量 $50\,\mathrm{eV}$ ，至多激发到 $n=3$ （ $E_4=51.02>50$ 不可达）。可能的辐射跃迁为 $n=3\to n=2$ 、 $n=3\to n=1$ 、 $n=2\to n=1$ 。光子能量 $\Delta E=hc/\lambda$ ，波长最长对应 $\Delta E$ 最小： $\Delta E_{32}=48.37-40.81=7.56\,\mathrm{eV}$ ， $\Delta E_{31}=48.37\,\mathrm{eV}$ ， $\Delta E_{21}=40.81\,\mathrm{eV}$ ，最小为 $n=3\to n=2$ 。故选C。
如图，一小星球与某恒星中心距离为R时，小星球的速度大小为v、方向与两者中心连线垂直。恒星的质量为M，引力常量为G。下列说法正确的是（　　）

A．若 $v=\sqrt{\frac{GM}{R}}$ ，小星球做匀速圆周运动

B．若 $\sqrt{\frac{GM}{R}}<v<\sqrt{\frac{2GM}{R}}$ ，小星球做抛物线运动

C．若 $v=\sqrt{\frac{2GM}{R}}$ ，小星球做椭圆运动

D．若 $v>\sqrt{\frac{2GM}{R}}$ ，小星球可能与恒星相撞

【答案与解析】

设小星球做圆周运动需 $v=\sqrt{GM/R}$ ，故A正确。当 $\sqrt{GM/R}<v<\sqrt{2GM/R}$ 时万有引力大于所需向心力，小星球做椭圆运动（向心），B错。当 $v=\sqrt{2GM/R}$ （逃逸速度）时做抛物线运动，C错。当 $v>\sqrt{2GM/R}$ 时做双曲线运动，远离恒星不可能相撞，D错。故选A。
2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的 $1\mathrm{s}$ 内燃料对火箭的平均推力约为 $6\times10^{6}\mathrm{N}$ 。火箭质量约为500吨且认为在 $1\mathrm{s}$ 内基本不变，则火箭在初始 $1\mathrm{s}$ 内的加速度大小约为（　　）（重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^2}$ ）

A． $2\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$

B． $4\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$

C． $6\mathrm{m/s}^{2}$

D． $12\mathrm{m/s^{2}}$

【答案与解析】

受力：向上推力 $F=6\times10^6\,\mathrm{N}$ ，向下重力 $G=mg=5\times10^5\times10=5\times10^6\,\mathrm{N}$ 。由牛顿第二定律 $a=\frac{F-G}{m}=\frac{1\times10^6}{5\times10^5}=2\,\mathrm{m/s^2}$ 。故选A。
如图，小球A从距离地面 $20\mathrm{m}$ 处自由下落， $1\mathrm{s}$ 末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为 $3\mathrm{m}$ 。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^2}$ ，则碰撞前小球B的速度大小v为（　　）

A． $1.5\mathrm{m}/\mathrm{s}$

B． $3.0\mathrm{m/s}$

C． $4.5\mathrm{m/s}$

D． $6.0\mathrm{m/s}$

【答案与解析】

A自由下落总高度 $20\,\mathrm{m}$ ：由 $h=\frac12gt^2$ 得总时 $t=2\,\mathrm{s}$ 。碰撞前 $t=1\,\mathrm{s}$ ，A已下落 $5\,\mathrm{m}$ ，竖直速度 $v_y=gt=10\,\mathrm{m/s}$ ，剩余下落 $15\,\mathrm{m}$ 。两球质量相同且水平方向完全弹性碰撞，水平速度交换，故碰后A的水平速度即等于碰前B的速度 $v$ 。碰后A竖直方向继续匀加速： $15=10t'+\frac12\times10t'^2$ ，得 $t'=1\,\mathrm{s}$ 。水平位移 $x=vt'=3\,\mathrm{m}$ ，故 $v=3.0\,\mathrm{m/s}$ 。故选B。
如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是（　　）

A．M点的电势比P点的低

B．M点的电场强度比N点的小

C．负电荷从M点运动到P点，速度增大

D．负电荷从M点运动到P点，电场力做负功

【答案与解析】

M、N在同一等势面上，故 $V_M=V_N$ 。电场线由上极板指向下极板，N、P在同一电场线上，沿电场线电势降低，故 $V_P<V_N=V_M$ ，A错。M处电场线比N处密，故 $E_M>E_N$ ，B错。负电荷由M到P（电势降低），电势能增大，动能减小、速度减小，C错；电场力做负功，D对。故选D。
闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。 $\Phi$ 为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是（　　）

A．t在 $0\sim\frac{T}{4}$ 内， $\Phi$ 和E均随时间增大

B．当 $t=\frac{T}{8}$ 与 $\dfrac{3T}{8}$ 时，E大小相等，方向相同

C．当 $t=\frac{T}{4}$ 时， $\Phi$ 最大，E为零

D．当 $t=\frac{T}{2}$ 时， $\Phi$ 和E均为零

【答案与解析】

$\Phi=BS\propto B$ ，随 $\mathrm{B}$ 按正弦变化； $E=\left|\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}\right|=S\left|\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\right|$ ，正比于 $B-t$ 图像斜率（余弦）。 $t=T/4$ 时 $\mathrm{B}$ 最大、 $\Phi$ 最大，而斜率为零，故 $E=0$ ，C对。A： $0\sim T/4$ 内 $\mathrm{B}$ 增大但斜率减小， $E$ 减小，错。B： $t=T/8$ 与 $t=3T/8$ 斜率等值反号， $E$ 反向，错。D： $t=T/2$ 时 $B=0$ 、 $\Phi=0$ ，但斜率最大、 $E$ 最大，错。故选C。
离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子（初速度视为零）经电压为 $U_{1}$ 的电场加速后，沿 $OO^{\prime}$ 方向射入电压为 $U_{2}$ 的电场（ $OO^{\prime}$ 为平行于两极板的中轴线）。极板长度为l、间距为d， $U_{2}-t$ 关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距 $U_{2}$ 极板L处，样品中心位于 $O^{\prime}$ 点。假设单个离子在通过 $U_{2}$ 区域的极短时间内，电压 $U_{2}$ 可视为不变，当 $U_2=\pm U_m$ 时。离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是（　　）

A． $U_{2}$ 的最大值 $U_{m}=\frac{d^{2}}{l^{2}}U_{1}$

B．当 $U_2=\pm U_m$ 且 $L=\frac{(a-d)l}{2d}$ 时，离子恰好能打到样品边缘

C．若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大 $U_{1}$

D．在 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 时刻射入 $U_{2}$ 的离子，有可能分别打在A和B点

【答案与解析】

加速电场： $qU_1=\frac12mv_0^2$ 。偏转区类平抛：偏出时间 $t=l/v_0$ ，偏移 $y=\frac12\frac{qU_2}{md}t^2=\frac{U_2l^2}{4dU_1}$ 。当 $U_2=\pm U_m$ 时恰从极板边缘射出， $y=d/2$ ，得 $U_m=\frac{2d^2}{l^2}U_1$ ，A错。出偏转区后速度反向延长线过水平位移中点，由几何 $\frac{d/2+L\tan\theta}{d/2}=\frac{a/2}{d/2}$ 且 $\tan\theta=d/l$ ，解得 $L=\frac{(a-d)l}{2d}$ 时恰打在样品边缘，B对。由 $y\propto1/U_1$ ，增大 $U_1$ 使 $v_0$ 增大、偏移减小、辐照范围变小，C错。 $t_1$ 、 $t_2$ 时刻 $U_2$ 极性相反且大小不等，偏转量不同，不能同时分别落在对称的A、B点，D错。故选B。
如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为 $2m$ 的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（　　）

A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大

B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为 $\frac{g}{2}$

C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为 $\frac{mg}{k}$

D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为 $\frac{2mg}{k}$

【答案与解析】

剪断前整体平衡，弹簧弹力 $F=3mg$ ，伸长 $x_1=3mg/k$ 。剪断瞬间弹力不变，对A： $F-2mg=2ma$ ，得 $a=g/2$ ，B对。A速度最大时加速度为零，即弹力等于 $2mg$ ，伸长 $2mg/k\neq0$ （非原长），A错。剪断后A做简谐运动，平衡位置伸长 $x_2=2mg/k$ ，振幅 $A_0=x_1-x_2=mg/k$ 。最高点伸长 $x_3=x_2-A_0=mg/k$ ，C对。最低点即剪断瞬间位置，伸长 $x_1=3mg/k\neq2mg/k$ ，D错。故选BC。
如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是（　　）

A．A→B过程为吸热过程

B．B→C过程为吸热过程

C．状态A压强比状态B的小

D．状态A内能比状态C的小

【答案与解析】

A $\to$ B等容： $W=0$ ，温度升高 $\Delta U>0$ ，由 $\Delta U=W+Q$ 知 $Q>0$ ，吸热，A对。B $\to$ C等温： $\Delta U=0$ ，体积减小 $W>0$ ，故 $Q<0$ ，放热，B错。A $\to$ B等容升温，由 $\frac{p}{T}=C$ 知压强增大，故 $p_A<p_B$ ，C对。状态C与B同温， $T_C>T_A$ ，故内能 $U_A<U_C$ ，D对。故选ACD。
2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置（BEST）在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为 $R_{0}$ 。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为 $\frac{q}{m}$ ，a粒子的速度大小为 $v_{a}=\frac{qBR_{0}}{m}$ ，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是（　　）

A．外圆半径等于 $2R_{0}$

B．a粒子返回A点所用的最短时间为 $\frac{(3\pi+2)m}{qB}$

C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 $\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+2}$

D．c粒子的速度大小为 $\frac{\sqrt{2}}{2}v_{a}$

【答案与解析】

a径向射出， $v_a=\frac{qBR_0}{m}$ ，圆周半径 $R_a=\frac{mv_a}{qB}=R_0$ 。其轨迹恰与外边界相切后返回，由几何外圆半径 $R'=R_0(1+\sqrt2)\neq2R_0$ ，A错。a返回A的最短时间：在磁场中运动时间 $t_1=\frac{3\pi m}{qB}$ ，出磁场后沿径向匀速走过 $2R_0$ 的时间 $t_2=\frac{2R_0}{v_a}=\frac{2m}{qB}$ ，故 $t_{\min}=t_1+t_2=\frac{(3\pi+2)m}{qB}$ ，B对。b、c比荷相同、在同一圆周运动、周期相同，返回A最短时间之比为 $1:1$ ，C错。c轨迹半径 $R_c$ 满足 $R_0+2R_c=R'=R_0(1+\sqrt2)$ ，故 $R_c=\frac{\sqrt2}{2}R_0$ ， $v_c=\frac{qBR_c}{m}=\frac{\sqrt2}{2}v_a$ ，D对。故选BD。
某学习小组使用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。把一个直径为d的小球用不可伸长的细线悬挂，光电门置于小球平衡位置处，其光线恰好通过小球球心，计时器与光电门相连。

将小球拉离平衡位置并记录其高度h，然后由静止释放（运动平面与光电门光线垂直），记录小球经过光电门的挡光时间 $\Delta t$ 。改变h，测量多组数据。已知重力加速度为g，忽略阻力。 $(1)$ 以h为横坐标、＿＿＿＿（填“ $\Delta t$ ”、“ $(\Delta t)^{2}$ ”、“ $\frac{1}{\Delta t}$ ”或“ $\frac{1}{(\Delta t)^{2}}$ ”）为纵坐标作直线图。若所得图像过原点，且斜率为＿＿＿＿（用d和g表示），即可证明小球在运动过程中机械能守恒。 $(2)$ 实验中，用游标卡尺测得小球直径 $d=20.48\mathrm{mm}$ 。 ①由结果可知，所用的是＿＿＿＿分度的游标卡尺（填“10”、“20”或“50”）； ②小组设计了一把25分度的游标卡尺，未测量时的状态如图所示。如果用此游标卡尺测量该小球直径、则游标尺上第＿＿＿＿条刻度线与主尺上的刻度线对齐。

【答案与解析】

(1)小球过光电门速度 $v=\frac{d}{\Delta t}$ （挡光时间 $\Delta t$ 内通过距离 $d$ ）。机械能守恒 $mgh=\frac12mv^2$ ，即 $h=\frac{d^2}{2g}\cdot\frac1{\Delta t^2}$ ，故纵坐标取 $\frac1{(\Delta t)^2}$ ，图像为过原点直线，斜率 $k=\frac{d^2}{2g}$ 。(2)① $20.48\,\mathrm{mm}$ ： $20.48=20+0.48$ ，仅50分度卡尺精度 $0.02\,\mathrm{mm}$ 使 $0.48/0.02=24$ 为整数，故为50分度。②25分度卡尺精度 $0.04\,\mathrm{mm}$ ， $0.48/0.04=12$ ，故第12条刻度线对齐。
某兴趣小组设计测量电阻阻值的实验方案。可用器材有：电池（电动势 $1.5\mathrm{V}$ ）两节，电压表（量程 $3\mathrm{V}$ ，内阻约 $3\mathrm{k}\Omega$ ），电流表（量程 $0.3\mathrm{A}$ ，内阻约 $1\mathrm{\Omega}$ ），滑动变阻器（最大阻值 $20\mathrm{\Omega}$ ），待测电阻 $R_x$ ，开关 $\mathrm{S}_1$ ，单刀双掷开关 $\mathrm{S}_2$ ，导线若干。

$(1)$ 首先设计如上图所示的电路。 ①要求用 $\mathrm{S}_2$ 选择电流表内、外接电路，请在图1中补充连线将 $\mathrm{S}_2$ 的c、d端接入电路＿＿＿＿； ②闭合 $\mathrm{S}_1$ 前，滑动变阻器的滑片P应置于＿＿＿＿端（填“a”或“b”）； ③闭合 $\mathrm{S}_1$ 后，将 $\mathrm{S}_2$ 分别接c和d端，观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的示数基本不变，因此测量电阻时 $\mathrm{S}_2$ 应该接＿＿＿＿端（填“c”或“d”）。 $(2)$ 为了消除上述实验中电表引入的误差、该小组又设计了如图所示的电路。

①请在上图中补充连线将电压表接入电路＿＿＿＿； ②闭合 $\mathrm{S}_1$ ，将 $\mathrm{S}_2$ 分别接c和d端时，电压表、电流表的读数分别为 $U_{c}$ 、 $I_{c}$ 和 $U_{d}$ 、 $I_{d}$ 。则待测电阻阻值 $R_{x}=$ ＿＿＿＿（用 $U_{c}$ 、 $U_{d}$ 、 $I_{c}$ 和 $I_{d}$ 表示）。

【答案与解析】

(1)①将单刀双掷开关 $S_2$ 的 $c$ 端、 $d$ 端分别接入电流表两端，使 $S_2$ 扳向 $c$ 或 $d$ 构成电流表内、外接电路。②闭合 $S_1$ 前滑片 $P$ 置于 $b$ 端，使接入电阻最大以保护电路。③接 $c$ 时电压表读数变化、电流表读数基本不变，说明电流表分压明显，应采用电流表外接法以减小误差，故测电阻时 $S_2$ 接 $c$ 端。(2)①将电压表并联在待测电阻 $R_x$ 两端构成伏安法测量。②接 $c$ 时 $\frac{U_c}{I_c}=R_x+R_A+R_{\text{滑}}$ ；接 $d$ 时 $\frac{U_d}{I_d}=R_A+R_{\text{滑}}$ ；两式相减得 $R_x=\frac{U_c}{I_c}-\frac{U_d}{I_d}$ 。
已知一圆台容器，高 $H=15\mathrm{cm}$ ，上口径 $R=13\mathrm{cm}$ ，容器底部中心有一质点，未装入水时，人眼从容器边缘无法观测到该质点，装入某种液体后，恰好可以看到，此时液面高度 $h=12\mathrm{cm}$ ，人眼观测角度 $\alpha$ 满足 $\sin\alpha=\frac{3}{5}$ ，人眼到入射处距离为 $5\mathrm{cm}$ 。光在真空中的传播速度 $c=3\times10^{8}\mathrm{m/s}$ ，求：

$(1)$ 该液体的折射率； $(2)$ 光从底部质点反射至人眼全过程的时间。

【答案与解析】

(1)由图，液体中光程 $O'G=15\,\mathrm{cm}$ （竖直 $h=12\,\mathrm{cm}$ 、水平 $9\,\mathrm{cm}$ ），入射角 $i$ 满足 $\sin i=9/15=3/5$ ；空气中光程 $BG=10\,\mathrm{cm}$ ，由观测角关系得折射角 $r$ 满足 $\sin r=4/5$ 。由折射定律 $n=\frac{\sin r}{\sin i}=\frac{4/5}{3/5}=\frac43$ 。(2)光在液中速度 $v=c/n=3c/4$ ，传播时间 $t=\frac{s_1}{c}+\frac{s_2}{v}=\frac{0.10}{3\times10^8}+\frac{0.15}{3c/4}=1.0\times10^{-9}\,\mathrm{s}$ 。
如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g， $\theta=30^{\circ}$ 。

求： $(1)t=6s$ 时F的大小，以及t在 $0~6s$ 内F的冲量大小。 $(2)t$ 在 $0~6s$ 内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。 $(3)t=6s$ 时，物块的速度大小。

【答案与解析】

(1)由垂直杆方向 $F\sin30^\circ=mg\cos30^\circ$ 时弹力恰为零，对应 $t=4\,\mathrm{s}$ 时 $F(4)=mg\sqrt3$ ，故 $F^{\prime}$ 随时间 $F=\frac{\sqrt3 mg}{4}t$ 。 $t=6\,\mathrm{s}$ 时 $F=\frac{3\sqrt3}{2}mg$ 。 $0\sim6\,\mathrm{s}$ 内 $F^{\prime}$ 的冲量 $I_F=\int_0^6F\mathrm{d}t=\frac{\sqrt3 mg}{4}\cdot\frac{6^2}{2}=\frac{9\sqrt3}{2}mg$ 。(2)滑动时法向 $N=mg\cos30^\circ-F\sin30^\circ$ （ $0\le t\le4$ ），后法向反向（ $4\le t\le6$ ）；摩擦力大小 $f=\mu N$ 、 $0\le t\le4$ 时 $f=\frac12mg-\frac18mgt$ ， $4\le t\le6$ 时 $f=\frac18mgt-\frac12mg$ ，方向均沿杆向上阻碍下滑；相应 $f-t$ 图像为两段过零点、斜率相反的直线。(3)沿杆向下为正，合力冲量 $mv=\int_0^6(mg\sin30^\circ+F\cos30^\circ-f)\mathrm{d}t$ ； $0\le t\le4$ 合力 $=mg\,t/2$ ， $4\le t\le6$ 合力 $=mg+mg\,t/4$ ，积分得 $mv=4mg+4.5mg=8.5mg$ ，故 $v=\frac{17}{2}g$ （方向沿杆向下）。
在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统，如图，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度 $v_{0}$ 向右运动，机械臂2静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。

$(1)$ 求初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向； $(2)$ 系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为 $I_1$ 和 $I_2$ ，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器电荷量的表达式； $(3)$ 求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？

【答案与解析】

(1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小 $E=BLv_0$ ；由右手定则，感应电流方向沿机械臂1向上。(2)两机械臂所受安培力大小分别为 $F_1=BI_1L$ 、 $F_2=BI_2L$ ；电容器电荷量 $Q_C=CU$ 。(3)系统稳定时 $I=0$ 、两臂共速 $v$ ，沿导轨方向动量守恒 $mv_0=2mv$ ，得 $v=v_0/2$ 。稳定前两臂回路有 $U_C=BLv_1-I_1R=BLv_2+I_2R$ ；对臂1、臂2分别用动量定理 $BLQ_1=m(v_0-v_1)$ 、 $BLQ_2=mv_2$ ，且相对位移 $x_1-x_2=\int(v_1-v_2)\mathrm{d}t=\frac{R}{BL}\int(I_1+I_2)\mathrm{d}t=\frac{R}{BL}(Q_1+Q_2)=\frac{R}{BL}\cdot\frac{m(v_0-v_1+v_2)}{BL}$ ；代入 $v_1=v_2=v_0/2$ 得 $x_1-x_2=\frac{mRv_0}{B^2L^2}$ 。为两机械臂不相撞，初始时刻间距至少为 $x_{\min}=\frac{mRv_0}{B^2L^2}$ 。