【高考真题】甘肃省2025年高考真题物理试卷
1．（2025·甘肃）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。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50eV，则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→n=3能级 B．n=4→n=2能级
C．n=3→n=2能级 D．n=3→n=1能级
2．（2025·甘肃）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，小星球做匀速圆周运动
B．若，小星球可能与恒星相撞
C．若，小星球做椭圆运动
D．若，小星球可能与恒星相撞
3．（2025·甘肃）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1s内燃料对火箭的平均推力约为6×106N，火箭质量约为500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1内的加速度大小约为（重力加速度g取10m/s2）
A．2m/s2 B．4 m/s2 C．6m/s2 D．12m/s2
4．（2025·甘肃）如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s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3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小为
A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s
5．（2025·甘肃）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
6．（2025·甘肃）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：按正弦规律变化。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在内，和E均随时间增大
B．当与时，E大小相等，方向相同
C．当时，最大，E为零
D．当时，和E均为零
7．（2025·甘肃）离子注人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U1的电场加速后，沿OO'方向射人电压为U2的电场（OO'为平行于两极板的中轴线），极板长度为l、间距为d，U2-l关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于0'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2=±Um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． 的最大值
B．当 且 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
D．在 和 时刻射入 的离子，有可能分别打在A 和B 点
8．（2025·甘肃）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
C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为
D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为
9．（2025·甘肃）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
10．（2025·甘肃）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R0。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，a粒子的速度大小为，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2R0
B．a粒子返回A点所用的最短时间为为
C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为
D．c粒子的速度大小为va
11．（2025·甘肃）某学习小组使用如图1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 h。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“”、“、“”或“”)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=20.48mm。
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2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。
12．（2025·甘肃）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1.5V）两节，电压表（量程3V，内阻约3kΩ），电流表（量程0.3A，内阻约1Q），滑动变阻器（最大阻值20Ω），待测电阻Rx，开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。
（1）首先设计如图1所示的电路。
①要求用S2选择电流表内、外接电路，请在图1中补充连线将S2的c、d端接人电路 ；
②闭合S1前，滑动变阻器的滑片P应置于 端（填“a”或“b"）；
③闭合S1后，将S2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S2应该接 端（填“c”或“d"）
（2）为了消除上述实验中电表引人的误差，该小组又设计了如图2所示的电路。
①请在图2中补充连线将电压表接入电路 ；
②闭合S1，将S2分别接e和d端时，电压表、电流表的读数分别为Uc、Ic和Ud、Id。则待测电阻阻值Rx= （用Uc、Ud、Ic和Id表示）。
13．（2025·甘肃）如图，ABCD为某容器横截面，O、O'为上下底面中心，O'处有一发光点。人眼在E点沿EB方向观察，容器空置时看不到发光点。现向容器中缓慢注人某种透明液体，当液面升高到12cm时，人眼恰好能看到发光点。已知OO'=15cm，0B=13cm，EB=5cm，EB与AB延长线的夹角为α（sinα=）。不考虑器壁对光的反射，真空中光速c=3.0x108m/s。求：
（1）该液体的折射率。
（2）光从O'点到达人眼的时间。
14．（2025·甘肃）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：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，θ=30°。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-图像。
（3）t=6s时，物块的速度大小。
15．（2025·甘肃）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v0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产生的感应电动势大小及感应电流方向。
（2）系统达到稳定状态前.若机械臂1和2中的电流分别为 I1 和 I2 ，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.写出电容器所带电荷量的表达式。
（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？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】根据题意可知，用能量为50eV的电子碰撞 He+ 离子，可使离子跃迁到n=3能级和n=2能级，由
可知，波长最长的谱线对应的能量最小，可知从n=3能级跃迁到n=2能级。故C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】本题主要考查跃迁知识，当使用光照射时，吸收的能量必须等于能级差值，用实物粒子碰撞，能量大于等于能级之差； 电子的能量为50eV， 大于n=1与n=3能级能量差，大于n=1与n=2能级能量差，再根据判断 波长最长的谱线对应的。
2．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．根据题意，小星球受到恒星的万有引力提供向心力，由可得
可知，若，小星球做匀速圆周运动，故A正确；
B．根据需要的力与提供的力之间关系，可知若，万有引力不足以提供小星球做匀速圆周运动所需要的向心力，小星球做离心运动，但又不能脱离恒星的引力范围，所以小星球做椭圆运动， 小星球可能与恒星相撞 ，故B错误；
C．若，这是小星球脱离恒星引力束缚的临界速度， 小星球将脱离恒星的束缚，做离心运动（逃逸），不是椭圆运动， 故C错误；
D．若， 小星球会远离恒星，不可能与恒星相撞， 故D错误。
故选A。
【分析】本题主要考查万有引力定律的应用， 本题可根据万有引力提供向心力，结合第一宇宙速度（环绕速度）、第二宇宙速度（逃逸速度）相关知识判断小星球的运动状态。
3．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】以火箭为研究对象，由牛顿第二定律有
代入数据解得，故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】 本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键是对火箭进行受力分析，再根据牛顿第二定律列式计算。
4．【答案】B
【知识点】平抛运动；碰撞模型
【解析】【解答】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为，B球水平速度为，
根据动量守恒定律可得：
碰撞为完全弹性碰撞，没有机械能损失，则由能量守恒定律有：
联立解得，
小球A在竖直方向上做做自由落体运动，从下落到落地，有
解得
可知，碰撞后，小球A运动落地，则水平方向上有
解得
故选B。
【分析】 本题考查平抛运动与完全弹性碰撞的综合应用，解题关键是分别分析小球A碰撞前后的运动，结合运动学公式和弹性碰撞规律求解。
A、B碰撞为完全弹性碰撞，水平方向动量守恒，A、B系统机械能守恒，根据动量守恒定律可得和能量守恒定律列式求得碰后A、B速度与碰前速度关系，碰后A做平抛运动，由平抛运动规律列式求解碰后A的速度，进而求得碰前B的速度。
5．【答案】D
【知识点】电场线；电势能与电场力做功的关系；电势；等势面
【解析】【解答】B．M点电场线分布比N点密集，可知M点电场强度比N点大，故B错误；
A．MN两点在同一等势面上，电势相等，电容器上极板与电源正极相连，带正电，所以极板间电场方向沿着电场线由上到下，NP在同一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知N点电势高于P点，可知M点电势高于P点，故A错误；
CD．负电荷从M点运动到P点，由可知P点电势能大，即电势能增加，则电场力做负功，动能减小，速度减小，故C错误，D正确；
故选D。
【分析】 本题考查非匀强电场中场强、电势、电势能的判断，解题关键是理解电场线和等势面的性质，结合电场力做功与电势能变化的关系分析。
同一电场中电场线疏密表示电场强度的强弱，可判断M点的电场强度比N点的大小关系；电场线与等势面垂直，并由高电势指向低电势，从而判断 M点的电势比P点的高低；电场力做正功，电势能减小，电势能做负功，电势能增加，根据判断M和P电势能大小，进而判断电场力做功的正负、动能变化、速度变化。
6．【答案】C
【知识点】磁通量；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A．由图可知，在时间内，磁感应强度B增加，根据知磁通量增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强度B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E逐渐减小，故A错误；
B．当和时，因B-t图像的斜率大小相等，符号相反，可知感应电动势E大小相等，方向相反，故B错误；
C．时，B最大，则磁通量最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，故C正确；
D ．时，B为零，则磁通量为零，但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，故D错误。
故选C。
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律的应用，解题关键是理解磁通量与磁感应强度B的关系 ，S不变时随B变化 ，以及感应电动势E与B - t图像斜率的关系 ，斜率表示变化率 。
由和判断在内，和E的变化；由图像斜率变化判断当与时，E大小和向；由图像斜率和判断当时和当时，和E大小。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A．离子在加速电场中被加速时，由动能定理可得：，解得
在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向：
沿着电场方向：，
解得
故A错误；
B．当时离子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则
解得
故B正确；
C．根据，可得
若其它条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，故C错误；
D ．由图可知t1时刻所加的向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射入的离子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，故D错误。
故选B。
【分析】 本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转问题，解题关键是结合动能定理、类平抛运动规律分析。
离子在加速电场中被加速时，由动能定理列式求得进入偏转电场初速度，离子进入偏转电场，做类平抛运动，垂直电场方向做匀速运动，沿着电场方向做初速度为零的匀加速运动，两个方向分别列式求解的最大值 ；做类平抛运动的物体速度方向延长线交于垂直电场位移中点，利用此规律列式求解离子恰好能打到样品边缘时L大小；由，推到得到y的表达式，根据表达式判断增大样品的辐照范围的方法；通过图像比较 在 和 时刻偏转电场中电压大小关系，判断射入 的离子打哪一点。
8．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】A．细线剪断前，AB为整体，可知弹簧弹力，剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，由F-2mg=ma可知，随弹力的减小，向上的加速度减小，即A做加速度减小的加速运动，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，故A错误；
B．剪断细线之前
剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对A，由牛顿第二定律
解得A的加速度
故B正确；
C．剪断细线之前，解得弹簧伸长量为
剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时，记得弹簧伸长量
即振幅
由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，故C正确；
D．由上述分析可知，小球A运动到最低点时，kx3-2mg=ma=mg，解得弹簧伸长量为，故D错误。
故选BC。
【分析】 本题考查弹簧系统中力与运动的分析，涉及平衡条件、牛顿第二定律和简谐运动的对称性。
剪断后A受重力和弹簧弹力，根据牛顿第二定律分析A加速度变化，分析速度变化，进而分析速度最大的位置；根据牛顿第二定律列式求解剪断细线的瞬间，小球A的加速度大；A做简谐运动，根据对称性结合牛顿第二定律求得小球A运动到最高点时和小球A运动到最低点时弹簧的伸长量。
9．【答案】A,C,D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．由图可知，A→B过程，体积不变，则W=0，温度升高，则 U>0，根据热力学第一定律 U=W+Q
可知Q>0，即该过程气体从外界吸热，故A正确；
B ．B→C过程，温度不变，则 U=0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律 U=W+Q
可知Q<0，即该过程为气体向外界放热，故B错误；
C ．A→B过程，体积不变，温度升高，根据可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，故C正确；
D．状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，故D正确。
故选ACD。
【分析】 本题考查理想气体的等容、等温变化，结合热力学第一定律和理想气体状态方程分析。
由图像分析气体状态变化，由热力学第一定律 U=W+Q分析A→B过程 、 B→C过程是吸热还是放热；根据图像和理想气体状态方程分析AB状态的压强；气体之间距离非常大，分子力可以忽略，分子势能不计，气体内能就是分子平均动能的和，而温度是分子平均动能的标志，由图像分析A、C状态温度关系，判断内能关系。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示
a粒子运动的轨迹正好与磁场外边界相切后返回，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，
根据洛伦兹力提供向心力可得，可得，又因为a粒子的速度大小为
可得
设外圆半径等于，由几何关系得
则
故A错误；
B．由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间
a粒子做匀速圆周运动的周期
在磁场中运动的时间
匀速直线运动的时间
故a粒子返回A点所用最短时间为
故B正确；
C．由题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示
因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为，由可知两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1：1，故C错误；
D．由几何关系得，解得
洛伦兹力提供向心力有
联立解得
故D正确。
故选BD。
【分析】 本题考查带电粒子在圆形有界磁场中的运动，需结合洛伦兹力提供向心力、几何关系和周期公式分析。
画出a粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力流失求得轨迹半径，根据数学知识求得外圆半径 ；由和求得a粒子运动周期，再根据求得a粒子在磁场中运动时间，再根据求得a粒子在磁场外运动时间，进而求得 a粒子返回A点所用的最短时间 ；画出b、c粒子运动轨迹，由周期公式和确定b、c粒子最短时间之比；根据几何知识求得轨迹半径c的轨迹半径，进而求得c粒子的速度大小 。
11．【答案】（1）；
（2）50；12
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）小球经过光电门的挡光时间，可得小球到达最低位置速度
为验证机械能守恒定律，此过程中减少的重力势能转化为增加的动能，有
联立解得
可得纵坐标为
图像的斜率为。
（2）10分度、20分度、50分度的游标卡尺的精确度分别为
此游标卡尺测得小球直径
可以判断所用的是50分度的游标卡尺。
若为25分度的游标卡尺，其精确度为0.04mm，用此游标卡尺测量该小球直径，可得
则游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
故答案为：（1）；。（2）50；12。
【分析】 本题考查验证机械能守恒定律的实验，需结合机械能守恒和速度的计算方法分析。
（1）小球经过光电门的时间极短，平均速度近似等于瞬时速度，根据求解小球到达最低位置速度，再根据机械能守恒定律列式求得与h的关系式，确定纵坐标和斜率；
（2）根据游标卡尺读数原理和规则解答。
12．【答案】（1）；b；c
（2）；
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）实物连接图如图所示，
闭合前，保护电路的安全，连入电路中的阻值最大。根据滑动变阻器的限流式接法，滑片P应置于端，闭合后，将分别接c和d端，观察到这两种情况下电压表示数有变化、电流表的示数基本不变，说明电流表分压明显，为减小实验误差，应采用电流表外接法，因此测量电阻时应该接c端。
（2）实物连接图如图所示，
根据电路分析，当闭合，将接c端时，电压表、电流表的读数分别为、，
则
将接d端时，电压表、电流表读数分别为、，则
那么待测电阻阻值。
故答案为：（1）；b；c。（2）；。
【分析】 本题考查伏安法测电阻的电路连接、滑动变阻器操作及内外接法选择。
（1）根据实验原理连接实物图；无论滑动变阻器是哪种连接方式，闭合开关前，滑动变阻器需要滑到使电路中的电压表或电流表示数最小；根据电压表和电流表示数变化选择电表接法；
（2）根据实验原理连接实物图；由欧姆定律列式求解 待测电阻阻值。
13．【答案】（1）根据题意，画出光路图，如图所示
由几何关系可得，，解得EB=5cm，FB=4cm，OF=13cm-4cm=9cm
则
由折射定律可得该液体的折射率为。
（2）根据题意，由图可知，光在空气中传播的距离为
光在液体中的传播距离为
光在液体中的传播速度为
则光从底部质点反射至人眼全过程的时间。
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】 本题考查光的折射定律及光传播时间的计算，需结合几何关系和折射定律求解。
（1）画出光路图，根据数学知识求得入射角和折射角正弦，利用求解折射率；
（2）根据数学知识求得光走过的路程，根据求得光从O'点到达人眼的时间。
14．【答案】（1）由图2可知F随时间线性变化，设，根据数学知识可知，可得
所以当t=6s时，
0~6s内F的冲量为F t图围成的面积，即。
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
即
在垂直杆方向，当时，
则0 4s，垂直杆方向
摩擦力
在4 6s内，垂直杆方向
摩擦力
相应的f t图像如图
（3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有
在0~6s内摩擦力的冲量为f t图围成的面积，则
联立有
可得。
【知识点】动量定理；共点力的平衡；冲量
【解析】【分析】 本题考查力的冲量、摩擦力变化及动量定理的应用，需结合受力分析和相关定理求解。
（1）根据图象得到力F随时间变化的表达式，求得6s时力F的大小；再根据F t图围成的面积求得 在0-6s内F的冲量大小。
（2）根据平衡条件列式求得滑动摩擦因数，由F表达式结合平衡条件求得0 4s和4 6s内物体对杆的压力，再根据求得 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）由动量定理列式求解 t=6s时，物块的速度大小。
15．【答案】（1）机械臂1运动方向与磁场垂直，由法拉第电磁感应定律可知，初始时刻机械臂1的感应电动势大小为
由楞次定律可知感应电流方向竖直向上。
（2）在达到稳定前，两机械臂电流分别为和，两机械臂安培力的大小分别为，
设此时两机械臂的速度分别为、
根据动量守恒，
而，
电容器的带电量
电容器两端的电压
联立解得
所以此时电容器电荷量为
（3）当时，两机械臂的速度相同，此时
可得两机械臂的速度为
由q=It、可得
此过程中，对机械臂1，根据动量定理
对机械臂2，根据动量定理
初始距离的最小值
解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律计算初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小 ，由楞次定律判断初始时刻机械臂1产生的感应电流方向。
（2）根据安培力计算公式计算机械臂各自所受安培力的大小；由动量定理、电流计算公式q=It和Q=CU推导电容器所带电荷量的表达式 ；
（3）对机械臂1和2分别列动量定理式子结合q=It、求解二者在初始时刻的间。
1 / 1【高考真题】甘肃省2025年高考真题物理试卷
1．（2025·甘肃）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。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50eV，则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→n=3能级 B．n=4→n=2能级
C．n=3→n=2能级 D．n=3→n=1能级
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】根据题意可知，用能量为50eV的电子碰撞 He+ 离子，可使离子跃迁到n=3能级和n=2能级，由
可知，波长最长的谱线对应的能量最小，可知从n=3能级跃迁到n=2能级。故C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】本题主要考查跃迁知识，当使用光照射时，吸收的能量必须等于能级差值，用实物粒子碰撞，能量大于等于能级之差； 电子的能量为50eV， 大于n=1与n=3能级能量差，大于n=1与n=2能级能量差，再根据判断 波长最长的谱线对应的。
2．（2025·甘肃）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，小星球做匀速圆周运动
B．若，小星球可能与恒星相撞
C．若，小星球做椭圆运动
D．若，小星球可能与恒星相撞
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．根据题意，小星球受到恒星的万有引力提供向心力，由可得
可知，若，小星球做匀速圆周运动，故A正确；
B．根据需要的力与提供的力之间关系，可知若，万有引力不足以提供小星球做匀速圆周运动所需要的向心力，小星球做离心运动，但又不能脱离恒星的引力范围，所以小星球做椭圆运动， 小星球可能与恒星相撞 ，故B错误；
C．若，这是小星球脱离恒星引力束缚的临界速度， 小星球将脱离恒星的束缚，做离心运动（逃逸），不是椭圆运动， 故C错误；
D．若， 小星球会远离恒星，不可能与恒星相撞， 故D错误。
故选A。
【分析】本题主要考查万有引力定律的应用， 本题可根据万有引力提供向心力，结合第一宇宙速度（环绕速度）、第二宇宙速度（逃逸速度）相关知识判断小星球的运动状态。
3．（2025·甘肃）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1s内燃料对火箭的平均推力约为6×106N，火箭质量约为500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1内的加速度大小约为（重力加速度g取10m/s2）
A．2m/s2 B．4 m/s2 C．6m/s2 D．12m/s2
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】以火箭为研究对象，由牛顿第二定律有
代入数据解得，故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】 本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键是对火箭进行受力分析，再根据牛顿第二定律列式计算。
4．（2025·甘肃）如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s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3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小为
A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s
【答案】B
【知识点】平抛运动；碰撞模型
【解析】【解答】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为，B球水平速度为，
根据动量守恒定律可得：
碰撞为完全弹性碰撞，没有机械能损失，则由能量守恒定律有：
联立解得，
小球A在竖直方向上做做自由落体运动，从下落到落地，有
解得
可知，碰撞后，小球A运动落地，则水平方向上有
解得
故选B。
【分析】 本题考查平抛运动与完全弹性碰撞的综合应用，解题关键是分别分析小球A碰撞前后的运动，结合运动学公式和弹性碰撞规律求解。
A、B碰撞为完全弹性碰撞，水平方向动量守恒，A、B系统机械能守恒，根据动量守恒定律可得和能量守恒定律列式求得碰后A、B速度与碰前速度关系，碰后A做平抛运动，由平抛运动规律列式求解碰后A的速度，进而求得碰前B的速度。
5．（2025·甘肃）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】D
【知识点】电场线；电势能与电场力做功的关系；电势；等势面
【解析】【解答】B．M点电场线分布比N点密集，可知M点电场强度比N点大，故B错误；
A．MN两点在同一等势面上，电势相等，电容器上极板与电源正极相连，带正电，所以极板间电场方向沿着电场线由上到下，NP在同一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知N点电势高于P点，可知M点电势高于P点，故A错误；
CD．负电荷从M点运动到P点，由可知P点电势能大，即电势能增加，则电场力做负功，动能减小，速度减小，故C错误，D正确；
故选D。
【分析】 本题考查非匀强电场中场强、电势、电势能的判断，解题关键是理解电场线和等势面的性质，结合电场力做功与电势能变化的关系分析。
同一电场中电场线疏密表示电场强度的强弱，可判断M点的电场强度比N点的大小关系；电场线与等势面垂直，并由高电势指向低电势，从而判断 M点的电势比P点的高低；电场力做正功，电势能减小，电势能做负功，电势能增加，根据判断M和P电势能大小，进而判断电场力做功的正负、动能变化、速度变化。
6．（2025·甘肃）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：按正弦规律变化。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在内，和E均随时间增大
B．当与时，E大小相等，方向相同
C．当时，最大，E为零
D．当时，和E均为零
【答案】C
【知识点】磁通量；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A．由图可知，在时间内，磁感应强度B增加，根据知磁通量增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强度B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E逐渐减小，故A错误；
B．当和时，因B-t图像的斜率大小相等，符号相反，可知感应电动势E大小相等，方向相反，故B错误；
C．时，B最大，则磁通量最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，故C正确；
D ．时，B为零，则磁通量为零，但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，故D错误。
故选C。
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律的应用，解题关键是理解磁通量与磁感应强度B的关系 ，S不变时随B变化 ，以及感应电动势E与B - t图像斜率的关系 ，斜率表示变化率 。
由和判断在内，和E的变化；由图像斜率变化判断当与时，E大小和向；由图像斜率和判断当时和当时，和E大小。
7．（2025·甘肃）离子注人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U1的电场加速后，沿OO'方向射人电压为U2的电场（OO'为平行于两极板的中轴线），极板长度为l、间距为d，U2-l关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于0'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2=±Um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． 的最大值
B．当 且 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
D．在 和 时刻射入 的离子，有可能分别打在A 和B 点
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A．离子在加速电场中被加速时，由动能定理可得：，解得
在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向：
沿着电场方向：，
解得
故A错误；
B．当时离子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则
解得
故B正确；
C．根据，可得
若其它条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，故C错误；
D ．由图可知t1时刻所加的向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射入的离子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，故D错误。
故选B。
【分析】 本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转问题，解题关键是结合动能定理、类平抛运动规律分析。
离子在加速电场中被加速时，由动能定理列式求得进入偏转电场初速度，离子进入偏转电场，做类平抛运动，垂直电场方向做匀速运动，沿着电场方向做初速度为零的匀加速运动，两个方向分别列式求解的最大值 ；做类平抛运动的物体速度方向延长线交于垂直电场位移中点，利用此规律列式求解离子恰好能打到样品边缘时L大小；由，推到得到y的表达式，根据表达式判断增大样品的辐照范围的方法；通过图像比较 在 和 时刻偏转电场中电压大小关系，判断射入 的离子打哪一点。
8．（2025·甘肃）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
C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为
D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】A．细线剪断前，AB为整体，可知弹簧弹力，剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，由F-2mg=ma可知，随弹力的减小，向上的加速度减小，即A做加速度减小的加速运动，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，故A错误；
B．剪断细线之前
剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对A，由牛顿第二定律
解得A的加速度
故B正确；
C．剪断细线之前，解得弹簧伸长量为
剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时，记得弹簧伸长量
即振幅
由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，故C正确；
D．由上述分析可知，小球A运动到最低点时，kx3-2mg=ma=mg，解得弹簧伸长量为，故D错误。
故选BC。
【分析】 本题考查弹簧系统中力与运动的分析，涉及平衡条件、牛顿第二定律和简谐运动的对称性。
剪断后A受重力和弹簧弹力，根据牛顿第二定律分析A加速度变化，分析速度变化，进而分析速度最大的位置；根据牛顿第二定律列式求解剪断细线的瞬间，小球A的加速度大；A做简谐运动，根据对称性结合牛顿第二定律求得小球A运动到最高点时和小球A运动到最低点时弹簧的伸长量。
9．（2025·甘肃）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】A,C,D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．由图可知，A→B过程，体积不变，则W=0，温度升高，则 U>0，根据热力学第一定律 U=W+Q
可知Q>0，即该过程气体从外界吸热，故A正确；
B ．B→C过程，温度不变，则 U=0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律 U=W+Q
可知Q<0，即该过程为气体向外界放热，故B错误；
C ．A→B过程，体积不变，温度升高，根据可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，故C正确；
D．状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，故D正确。
故选ACD。
【分析】 本题考查理想气体的等容、等温变化，结合热力学第一定律和理想气体状态方程分析。
由图像分析气体状态变化，由热力学第一定律 U=W+Q分析A→B过程 、 B→C过程是吸热还是放热；根据图像和理想气体状态方程分析AB状态的压强；气体之间距离非常大，分子力可以忽略，分子势能不计，气体内能就是分子平均动能的和，而温度是分子平均动能的标志，由图像分析A、C状态温度关系，判断内能关系。
10．（2025·甘肃）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R0。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，a粒子的速度大小为，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2R0
B．a粒子返回A点所用的最短时间为为
C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为
D．c粒子的速度大小为va
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示
a粒子运动的轨迹正好与磁场外边界相切后返回，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，
根据洛伦兹力提供向心力可得，可得，又因为a粒子的速度大小为
可得
设外圆半径等于，由几何关系得
则
故A错误；
B．由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间
a粒子做匀速圆周运动的周期
在磁场中运动的时间
匀速直线运动的时间
故a粒子返回A点所用最短时间为
故B正确；
C．由题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示
因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为，由可知两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1：1，故C错误；
D．由几何关系得，解得
洛伦兹力提供向心力有
联立解得
故D正确。
故选BD。
【分析】 本题考查带电粒子在圆形有界磁场中的运动，需结合洛伦兹力提供向心力、几何关系和周期公式分析。
画出a粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力流失求得轨迹半径，根据数学知识求得外圆半径 ；由和求得a粒子运动周期，再根据求得a粒子在磁场中运动时间，再根据求得a粒子在磁场外运动时间，进而求得 a粒子返回A点所用的最短时间 ；画出b、c粒子运动轨迹，由周期公式和确定b、c粒子最短时间之比；根据几何知识求得轨迹半径c的轨迹半径，进而求得c粒子的速度大小 。
11．（2025·甘肃）某学习小组使用如图1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 h。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“”、“、“”或“”)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=20.48mm。
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2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】（1）；
（2）50；12
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）小球经过光电门的挡光时间，可得小球到达最低位置速度
为验证机械能守恒定律，此过程中减少的重力势能转化为增加的动能，有
联立解得
可得纵坐标为
图像的斜率为。
（2）10分度、20分度、50分度的游标卡尺的精确度分别为
此游标卡尺测得小球直径
可以判断所用的是50分度的游标卡尺。
若为25分度的游标卡尺，其精确度为0.04mm，用此游标卡尺测量该小球直径，可得
则游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
故答案为：（1）；。（2）50；12。
【分析】 本题考查验证机械能守恒定律的实验，需结合机械能守恒和速度的计算方法分析。
（1）小球经过光电门的时间极短，平均速度近似等于瞬时速度，根据求解小球到达最低位置速度，再根据机械能守恒定律列式求得与h的关系式，确定纵坐标和斜率；
（2）根据游标卡尺读数原理和规则解答。
12．（2025·甘肃）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1.5V）两节，电压表（量程3V，内阻约3kΩ），电流表（量程0.3A，内阻约1Q），滑动变阻器（最大阻值20Ω），待测电阻Rx，开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。
（1）首先设计如图1所示的电路。
①要求用S2选择电流表内、外接电路，请在图1中补充连线将S2的c、d端接人电路 ；
②闭合S1前，滑动变阻器的滑片P应置于 端（填“a”或“b"）；
③闭合S1后，将S2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S2应该接 端（填“c”或“d"）
（2）为了消除上述实验中电表引人的误差，该小组又设计了如图2所示的电路。
①请在图2中补充连线将电压表接入电路 ；
②闭合S1，将S2分别接e和d端时，电压表、电流表的读数分别为Uc、Ic和Ud、Id。则待测电阻阻值Rx= （用Uc、Ud、Ic和Id表示）。
【答案】（1）；b；c
（2）；
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）实物连接图如图所示，
闭合前，保护电路的安全，连入电路中的阻值最大。根据滑动变阻器的限流式接法，滑片P应置于端，闭合后，将分别接c和d端，观察到这两种情况下电压表示数有变化、电流表的示数基本不变，说明电流表分压明显，为减小实验误差，应采用电流表外接法，因此测量电阻时应该接c端。
（2）实物连接图如图所示，
根据电路分析，当闭合，将接c端时，电压表、电流表的读数分别为、，
则
将接d端时，电压表、电流表读数分别为、，则
那么待测电阻阻值。
故答案为：（1）；b；c。（2）；。
【分析】 本题考查伏安法测电阻的电路连接、滑动变阻器操作及内外接法选择。
（1）根据实验原理连接实物图；无论滑动变阻器是哪种连接方式，闭合开关前，滑动变阻器需要滑到使电路中的电压表或电流表示数最小；根据电压表和电流表示数变化选择电表接法；
（2）根据实验原理连接实物图；由欧姆定律列式求解 待测电阻阻值。
13．（2025·甘肃）如图，ABCD为某容器横截面，O、O'为上下底面中心，O'处有一发光点。人眼在E点沿EB方向观察，容器空置时看不到发光点。现向容器中缓慢注人某种透明液体，当液面升高到12cm时，人眼恰好能看到发光点。已知OO'=15cm，0B=13cm，EB=5cm，EB与AB延长线的夹角为α（sinα=）。不考虑器壁对光的反射，真空中光速c=3.0x108m/s。求：
（1）该液体的折射率。
（2）光从O'点到达人眼的时间。
【答案】（1）根据题意，画出光路图，如图所示
由几何关系可得，，解得EB=5cm，FB=4cm，OF=13cm-4cm=9cm
则
由折射定律可得该液体的折射率为。
（2）根据题意，由图可知，光在空气中传播的距离为
光在液体中的传播距离为
光在液体中的传播速度为
则光从底部质点反射至人眼全过程的时间。
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】 本题考查光的折射定律及光传播时间的计算，需结合几何关系和折射定律求解。
（1）画出光路图，根据数学知识求得入射角和折射角正弦，利用求解折射率；
（2）根据数学知识求得光走过的路程，根据求得光从O'点到达人眼的时间。
14．（2025·甘肃）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：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，θ=30°。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-图像。
（3）t=6s时，物块的速度大小。
【答案】（1）由图2可知F随时间线性变化，设，根据数学知识可知，可得
所以当t=6s时，
0~6s内F的冲量为F t图围成的面积，即。
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
即
在垂直杆方向，当时，
则0 4s，垂直杆方向
摩擦力
在4 6s内，垂直杆方向
摩擦力
相应的f t图像如图
（3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有
在0~6s内摩擦力的冲量为f t图围成的面积，则
联立有
可得。
【知识点】动量定理；共点力的平衡；冲量
【解析】【分析】 本题考查力的冲量、摩擦力变化及动量定理的应用，需结合受力分析和相关定理求解。
（1）根据图象得到力F随时间变化的表达式，求得6s时力F的大小；再根据F t图围成的面积求得 在0-6s内F的冲量大小。
（2）根据平衡条件列式求得滑动摩擦因数，由F表达式结合平衡条件求得0 4s和4 6s内物体对杆的压力，再根据求得 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）由动量定理列式求解 t=6s时，物块的速度大小。
15．（2025·甘肃）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v0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产生的感应电动势大小及感应电流方向。
（2）系统达到稳定状态前.若机械臂1和2中的电流分别为 I1 和 I2 ，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.写出电容器所带电荷量的表达式。
（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】（1）机械臂1运动方向与磁场垂直，由法拉第电磁感应定律可知，初始时刻机械臂1的感应电动势大小为
由楞次定律可知感应电流方向竖直向上。
（2）在达到稳定前，两机械臂电流分别为和，两机械臂安培力的大小分别为，
设此时两机械臂的速度分别为、
根据动量守恒，
而，
电容器的带电量
电容器两端的电压
联立解得
所以此时电容器电荷量为
（3）当时，两机械臂的速度相同，此时
可得两机械臂的速度为
由q=It、可得
此过程中，对机械臂1，根据动量定理
对机械臂2，根据动量定理
初始距离的最小值
解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律计算初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小 ，由楞次定律判断初始时刻机械臂1产生的感应电流方向。
（2）根据安培力计算公式计算机械臂各自所受安培力的大小；由动量定理、电流计算公式q=It和Q=CU推导电容器所带电荷量的表达式 ；
（3）对机械臂1和2分别列动量定理式子结合q=It、求解二者在初始时刻的间。
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