2025届广东省高三下学期第一次调研考试物理试题
1．（2025·广东模拟）伐木时，被切割的木材会产生高频和低频声波，则（ ）
A．低频声波的波长更短
B．高频声波的传播速度更快
C．低频声波更容易发生明显的衍射现象
D．高频和低频声波叠加时会产生干涉现象
【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由，可知低频声波的波长更长，故A错误；
B．声波传播的速度由介质决定，与波的频率无关，故B错误；
C．低频声波的波长更长，更容易发生明显的衍射现象，故C正确；
D．高频和低频声波因频率不同，叠加时不会产生干涉现象，故D错误。
故选C。
【分析】1、由可知低频声波的波长更长，波速与与波的频率无关，
2、波长越长，衍射越明显。
3、产生干涉的条件是两列波的振动频率必须相同， 两列波的相位差在观察时间内保持恒定
2．（2025·广东模拟）如图，竖直平面内通有电流的正三角形金属线框，悬挂在两根相同的绝缘轻质弹簧下端，线框静止时，弹簧处于原长状态，线框有部分处在虚线框内的匀强磁场中，则虚线框内磁场方向可能为（ ）
A．沿纸面竖直向上 B．沿纸面竖直向下
C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】弹簧处于原长状态，可知线圈受安培力竖直向上，处在磁场中的线圈等效电流方向向右，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】线框静止时安培力与重力平衡，得知线框受到安培力向上，根据左手定则推出磁场方向垂直纸面向里。
3．（2025·广东模拟）如图，均匀带正电的绝缘体圆环水平放置在真空中，O点是其圆心，M、N是轴线上关于O点对称的两点。重力不可忽略的带负电小球，由M处静止释放，则该小球从M到N（ ）
A．动能先增大后减小 B．电场力先增大后减小
C．电势能先减小后增大 D．加速度先减小后增大
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．M到O，小球受到竖直向下的重力和电场力，合力方向向下，与位移方向相同，所以合力做正功，根据动能定理可知，动能增大，O到N，重力竖直向下，电场力竖直向上，合力方向可能先向下后向上，也可能一直向下，所以合力可能先做正功后做负功，动能先增大后减小，也可能合力一直做正功，动能一直增大，故A错误；
B．根据等量同种点电荷的电场分布特点可知，中垂线上存在电场强度最大位置，所以M到N电场力可能先增大后减小再增大再减小，也可能先减小后增大，故B错误；
C．由于运动过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故C正确；
D．若电场力先增大后减小再增大再减小，则合外力（加速度）先增大后减小再增大，若电场力先减小后增大，则合外力（加速度）可能一直减小，故D错误。
故选C。
【分析】 本题是带电粒子在等量同种电荷电场 + 重力场 中的运动问题 。
1、合力方向与位移同向，做正功，动能增大。O→N：若合力先向下后向上，动能先增后减；若合力一直向下，动能一直增大。
2
等量同种点电荷的电场分布
中垂线上电场强度 先增大后减小（在某一位置达到最大）。
因此，电场力（）可能：
先增大后减小再增大再减小（若电荷运动跨越极值点）；
或先减小后增大（若电荷始终靠近或远离极值点）。
4．（2025·广东模拟）图甲是医用红外理疗灯，图乙是其内部电路结构示意图，自耦变压器可视为理想变压器，其抽头P与M、N点间的线圈匝数分别为和。若单刀双掷开关从a切换到b，则（ ）
A．电流表示数变大 B．电流表示数变小
C．电压表示数变大 D．电压表示数变小
【答案】A
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】CD．单刀双掷开关从a切换到b，由题知，变压器原线圈的电压不变，故电压表的示数不变，故CD错误；
AB．由题知，变压器原线圈的电压和匝数不变，单刀双掷开关从a切换到b，，则副线圈的匝数增加，根据原副线圈的电压之比等于匝数比，可知变压器副线圈的电压变大，则副线圈的电流变大，故变压器的输出功率变大，根据变压器两端功率不变，可知输入功率也变大，根据
可知原线圈的电流增大，即电流表的示数变大，故A正确，B错误。
故选A。
【分析】本题是变压器动态变化问题。
1、由输入电压 和匝数比决定，与负载无关。
2、负载输出电流， 再反推输入电流.
3、输入功率始终等于输出功率（理想情况）。
5．（2025·广东模拟）如图是通过光电效应实现信号传输控制的设备——光继电器．LED发出波长为的光，光电管阴极K被照射后恰能发生光电效应，从而引起信号接收电路产生电流，实现对外部电路的控制。已知普朗克常量为h，真空中的光速为c，则（ ）
A．阴极K的逸出功小于
B．阴极K的截止频率为
C．逸出光电子的最大初动能为
D．信号接收电路中电源的a端是正极
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AB．因波长为的光照射在光电管阴极K后恰能发生光电效应，可知阴极K的逸出功等于
K的截止频率为
故A错误，B正确；
C．因为恰能发生光电效应，可知逸出光电子的最大初动能为零，故C错误；
D．逸出的电子被加速，可知信号接收电路中电源的a端是负极，故D错误。
故选B。
【分析】1、恰能发生光电效应意味着入射光子的能量刚好等于逸出功。
2、恰能发生光电效应时，光电子刚好脱离阴极，但尚未具有动能。
3、光电管中电子从阴极 K 逸出后，需被加速向阳极 A 运动，形成光电流。电源的负极应连接阴极 K（提供电子），正极连接阳极 A（吸引电子）。
6．（2025·广东模拟）上海天文台将人工智能和大数据技术应用于小行星的观测，发现了五颗新的超短周期行星，它们绕太阳的公转周期都小于1天，其中编号为Kepler-879c的行星是迄今为止发现的最短周期行星。已知太阳半径为R，地心距日心215R，若1Kepler-879c的公转周期约为12小时，则结合所学知识，可估算其公转半径约为（ ）
A．1.5R B．2.7R C．3.7R D．4.5R
【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】由开普勒第三定律可知
可得1Kepler-879c公转半径约为
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】地球公转周期是已知的，题目已知小行星公转周期，由开普勒第三定律，可得1K小行星公转半径。
7．（2025·广东模拟）如图，光滑圆环竖直固定在水平地面上，细线通过圆环最高点的小孔Q与套在圆环上的小球相连，拉住细线使小球静止于P处。设小球的重力为G，细线与圆环竖直直径的夹角为，细线对小球的拉力大小为T。拉动细线使小球缓慢沿圆环向上移动，则下列T随变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对小球进行分析，小球受到重力、绳的拉力T与圆环的弹力N三个力的作用，令圆环的圆心为O，半径为R，则重力方向平行于图中虚线表示的直径，绳拉力方向沿绳，圆环弹力方向沿半径指向圆心，根据相似三角形有
根据几何关系有
解得
可知，T随变化的图像为余弦曲线关系，且最大值为2G，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】本题是三力平衡的动态平衡问题，运用相似三角形法得出拉力的表达式，根据表达式进行动态分析。
8．（2025·广东模拟）如图是“筒式二冲程柴油锤”的工作简图。压缩冲程：气缸锤座压在水泥桩顶上，柱塞从一定高度释放落入气缸内，压缩气缸内的空气，并点燃气缸内的柴油。做功冲程：柴油被点燃，通过高压气体将水泥桩压入泥土，同时柱塞被反推到气缸外。柱塞和气缸密封良好，则（ ）
A．在压缩冲程，气缸内气体发生等温变化
B．在压缩冲程，柱塞对气缸内气体做正功
C．在做功冲程，气缸内气体压强保持不变
D．在做功冲程，气缸内气体对柱塞做正功
【答案】B,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB．压缩冲程中，柱塞对气缸内气体做正功，柱塞机械能转化为气体内能，气缸内气体内能增大，气缸内气体温度升高，故A错误、B正确；
CD．做功冲程中，气缸内气体对柱塞做正功，将内能转化为机械能，气缸内气体内能减少，气缸内气体温度降低；由于气缸内气体质量不变，气体体积增大，由理想气体状态方程可知气体压强变小，故C错误、D正确。
故选BD。
【分析】1、压缩冲程是柱塞对气体做功，柱塞机械能转化为气体内能。
2、做功冲程中，气缸内气体对柱塞做正功，将内能转化为机械能，气缸内气体内能减少。
3、理想气体状态方程可知，若 T 升高（压缩），且 V 减小，则 P 显著增大，若 T 降低（膨胀），且 V 增大，则 P 显著减小。
9．（2025·广东模拟）将离子注入竖直放置的硅片，其原理如图，甲、乙两离子，在N处先后无初速度“飘入”加速电场，经过加速电场加速后，从P点沿半径方向进入垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转后，甲离子垂直注入硅片，乙离子与竖直方向成60°夹角斜向上注入硅片。则甲、乙两离子（ ）
A．均为正电荷
B．比荷相同
C．注入前瞬间的速率之比为
D．在磁场中运动的时间之比为
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由左手定则可知，粒子带正电，故A正确。
B．经电场加速
在磁场中
可知
两粒子在磁场中运动的半径不同，则比荷不同，故B错误；
C．设圆形磁场的半径为R，则甲粒子的运动半径为
乙粒子的运动半径为
根据
可知注入前瞬间的速率之比为
故C正确；
D．根据
可知
故D错误。
故选AC。
【分析】本题是带电粒子先在加速电场中加速再在磁场中圆周运动。
1、电场加速，在磁场中，联立可求比荷。
2、画磁场中运动轨迹，根据几何关系计算轨道半径，再根据圆周运动线速度公式计算线速度。
3、根据轨迹对应圆心角和周期公式计算磁场中运动时间。
10．（2025·广东模拟）如图，质量为的汽车，开启定速巡航（速率不变）后，以108km/h的速率先后经过水平路面ab和长度为300m的斜坡bc。已知汽车行驶过程中所受阻力f恒为其重力的，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为，重力加速度g取．则（ ）
A．汽车在水平段的牵引力为
B．b、c两位置的高度差为20m
C．b到c，汽车机械能增加
D．b到c，汽车牵引力功率为108kW
【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；功率及其计算
【解析】【解答】A．由题知，汽车在水平路面做匀速直线运动，可得牵引力
故A正确；
B．由题知，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为，则汽车在斜坡运动时的牵引力为
设b、c两位置的高度差为，由题知，汽车在斜坡做匀速直线运动，沿斜坡方向，根据平衡条件有
其中
，
联立解得
故B正确；
C．由题知b到c过程，汽车的速度大小不变，故汽车的动能不变，汽车离地面的高度增加，故汽车增加的机械能等于汽车增加的重力势能，则有
故C错误；
D．由题知，v=108km/h=30m/s，根据
可得b到c过程，汽车牵引力功率为
故D正确。
故选ABD。
【分析】汽车在水平路面做匀速直线运动，在斜坡做匀速直线运动，根据受力平衡可求解两种情况下牵引力，汽车的速度大小不变，汽车的动能不变，汽车离地面的高度增加，故汽车增加的机械能等于汽车增加的重力势能，则有，根据，可得b到c过程，汽车牵引力功率。
11．（2025·广东模拟）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验，请按要求完成相关实验内容。
（1）在“用多用电表测量电学中的物理量”实验中，某次测量时，多用电表的刻度盘和指针位置如图甲所示，若选择开关位于电阻“×10”挡，则测量结果为 Ω；若选择开关位于直流10V挡，则测量结果为 V．
（2）图乙是“观察电容器充、放电现象”的实验电路图，图丙中已正确连接了部分电路，请完成实物图连线 。当单刀双掷开关掷于 （填“1”或“2”）时，电容器放电。
（3）图丁和图戊是“探究影响感应电流方向的因素”实验。
①如图丁连接实验器材，闭合开关，观察并记录电流表指针偏转方向，对调电源正负极，重复以上操作。该操作是为了获得电流表指针偏转方向与 方向的对应关系；
②如图戊，将实验操作的内容和观察到的指针偏转方向，记录在下表，由实验序号1和 （填实验序号）可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。
实验序号 磁体的磁场方向 磁体运动情况 指针偏转情况 感应电流的磁场方向
1 向下 插入线圈 向左 向上
2 向下 拔出线圈 向右 向下
3 向上 插入线圈 向右 向下
4 向上 拔出线圈 向左 向上
【答案】（1）160；5.4
（2）；1
（3）电流；3
【知识点】观察电容器的充、放电现象；练习使用多用电表；研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）选择开关位于电阻 “×10”挡，由甲图可知，电阻的测量结果为
选择开关位于直流10V挡，由甲图表盘可知，其分度为0.2V，则电压的测量结果为。
（2）根据实验电路，连接的实物图，如图所示。
当单刀双掷开关掷于1时，与电源E断开，与电流传感器形成回路，电容器放电。
（3）该操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
实验序号1和3都是磁体插入线圈，线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相反的感应磁场。
实验序号2和4都是磁体拔出线圈，线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相同的感应磁场。
故由实验序号1和3可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。
【分析】（1）欧姆表测电阻，测量结果是指针所对应值乘以倍率。
（2）根据电路图连接实物图，注意各元件的位置要与电路图对应。
（3）“探究影响感应电流方向的因素”实验中，闭合开关，观察并记录电流表指针偏转方向，操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
实验序号1和3都是穿过线圈的磁通量增大，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反，可得出结论。
（1）[1] 选择开关位于电阻 “×10”挡，由甲图可知，电阻的测量结果为。
[2]选择开关位于直流10V挡，由甲图表盘可知，其分度为0.2V，则电压的测量结果为。
（2）[1]根据实验电路，连接的实物图，如图所示。
[2] 当单刀双掷开关掷于1时，与电源E断开，与电流传感器形成回路，电容器放电。
（3）[1]该操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
[2] 实验序号1和3都是磁体插入线圈，线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相反的感应磁场。
实验序号2和4都是磁体拔出线圈，线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相同的感应磁场。
故由实验序号1和3可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。
12．（2025·广东模拟）用图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，主要步骤如下：
（ⅰ）利用重垂线，记录水平槽末端在白纸上的投影点O。
（ⅱ）取两个大小相同、质量不同的小球1和2，并测出其质量分别为和。
（ⅲ）使小球1从斜槽上某一位置由静止释放，落在垫有复写纸的白纸上留下痕迹，重复本操作多次。
（ⅳ）把小球2放在水平槽的末端，小球1从原位置由静止释放，与小球2碰撞后，落在白纸上留下各自的落点痕迹，重复本操作多次。
（ⅴ）在白纸上确定平均落点的位置M、N、P。
请完成下列内容
（1）用“画圆法”确定小球1在没有与小球2发生碰撞时的平均落点N，则图乙中圆 （填“a”或“b”）更合理。
（2）本实验中用于验证动量守恒定律的表达式应为： （用、、OP、OM表示）。
（3）刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得 cm，又测得。将数据代入动量守恒表达式，计算得到碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差 （计算结果保留2位有效数字），由此可判断该系统碰撞过程动量守恒。
（4）如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），则计算得到的碰撞前系统的总动量 （选填“大于”“等于”或“小于”）碰撞后的总动量。
【答案】（1）a
（2）
（3）45.00；1.6%
（4）大于
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，圆心即为小球的平均落地点，个别偏离较远的点舍去，则图乙中圆a更合理。
（2）小球离开桌面后做平抛运动，抛出点的高度相同，则运动时间相同，设为t，不放小球2时，设小球1平抛运动初速度为 v0，小球1水平方向上有
解得
放小球2时，设碰撞之后小球1、2速度分别为 v1、v2，水平方向上有
，
解得
，
要验证动量守恒定律，则要验证
将速度代入上式化简得
（3）刻度尺的最小分度是1mm，刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得。碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差
（4）如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知
所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
【分析】（1）“验证动量守恒定律”实验步骤中用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，个别误差较大的点应舍弃。
（2）利用平抛知识可得出碰前速度和碰后速度，，要验证，将速度代入上式化简得。
（3） 将数据代入动量守恒表达式，计算碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差。
（4）由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小，碰撞后系统的总动量减小，则。
（1）用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，圆心即为小球的平均落地点，个别偏离较远的点舍去，则图乙中圆a更合理。
（2）小球离开桌面后做平抛运动，抛出点的高度相同，则运动时间相同，设为t，不放小球2时，设小球1平抛运动初速度为 v0，小球1水平方向上有
解得
放小球2时，设碰撞之后小球1、2速度分别为 v1、v2，水平方向上有，
解得，
要验证动量守恒定律，则要验证
将速度代入上式化简得
（3）[1]刻度尺的最小分度是1mm，刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得。
[2]碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差
（4）如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知
所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
13．（2025·广东模拟）如图，为提升泳池的水下照明条件，某泳池底部水平安装了一条长1.0m的细灯带。已知泳池的水深为，水的折射率。若泳池足够大，取3。
（1）求灯光在水面发生全反射时临界角的正弦值；
（2）不考虑灯光的多次反射，求有灯光射出的水面区域的面积。
【答案】（1）解：设灯带上一点发出的光，与竖直方向成角时，恰好发生全反射，如图。
则
代入数据，解得
（2）解：此点发出的光能在水面上一个圆形区域射出，设该圆形区域的半径为R，则
又
联立并代入数据，解得
所以，有灯光射出的水面区域由两端半径为R的两个半圆，和中间一个长l、宽2R的矩形区域连接而成。区域面积
代入数据，解得
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）已知水的折射率，根据计算水面发生全反射时临界角的正弦值。
（2）该圆形区域的半径为R，根据几何关系有，又，其中，联立可求出半径R，有灯光射出的水面区域由两端半径为R的两个半圆，和中间一个长l、宽2R的矩形区域连接而成。区域面积。
（1）设灯带上一点发出的光，与竖直方向成角时，恰好发生全反射，如图。
则
代入数据，解得
（2）此点发出的光能在水面上一个圆形区域射出，设该圆形区域的半径为R，则
又
联立并代入数据，解得
所以，有灯光射出的水面区域由两端半径为R的两个半圆，和中间一个长l、宽2R的矩形区域连接而成。区域面积
代入数据，解得
14．（2025·广东模拟）图甲是风力发电机的发电原理简化图，水平风力推动叶片转轴a低速旋转，通过齿轮升速箱使转轴b高速旋转，驱动发电机的线圈同步转动，实现将机械能转化为电能的过程。某型号的风力发电机叶片旋转半径为40m，调整其叶尖速比（叶片尖端线速度与自然风速的比值），可以优化发电效率。
（1）已知自然风速为20m/s，叶尖速比为4时，转轴b的转速为，求齿轮升速箱使转轴b的转速提高到a的多少倍；
（2）线圈发电功率与自然风速的关系如图乙，自然风可认为垂直叶片组所在平面吹入，叶片旋转一圈所扫过的面积为风吹入的有效面积，已知空气密度为，取。当风速为10m/s时，求：
①1min内通过有效面积的风的总动能；
②该风力发电机的发电效率。
【答案】（1）解：根据题意有
，，，
联立并代入数据，解得
（2）解：①有效面积
在t时间内通过叶片的风的总质量
t时间内通过叶片的风的总动能
联立并代入数据，解得内风的总动能
②发电效率
内发电量
由图乙可知
联立并代入数据，解得
【知识点】能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据题意有，，，，联立可求解齿轮升速箱使转轴b的转速提高到a的k倍。
（2）①有效面积，在t时间内通过叶片的风的总质量，t时间内通过叶片的风的总动能，联立可求内风的总动能。
②发电效率，内发电量，联立可求解该风力发电机的发电效率。
（1）根据题意有
又，，
联立并代入数据，解得
（2）①有效面积
在t时间内通过叶片的风的总质量
t时间内通过叶片的风的总动能
联立并代入数据，解得内风的总动能
②发电效率
内发电量
由图乙可知
联立并代入数据，解得
15．（2025·广东模拟）如图甲，在真空中，N匝电阻不计的正方形线圈处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的关系如图乙，图中T、为已知量。线圈的右端与远处水平正对放置的平行金属板相连，金属板长为L，板间距与线圈边长相等．时刻，一个带电油滴在金属板左端中线处以初速度水平向右射入后，沿直线通过；时刻，以同样的初速度在同一位置射入一个相同的油滴，打在下板中央位置，忽略两板充放电的时间。
（1）判断油滴的带电性质并求其比荷；
（2）时刻，再以同样的初速度在同一位置射入一个相同的油滴，求该油滴落在金属板的位置到左端的距离。
【答案】（1）解：（1）根据楞次定律，至时刻之间，闭合线圈产生逆时针感应电流，上极板电势高，极板间电场强度竖直向下．射入极板间的油滴沿直线通过，所受重力与电场力二力平衡，所以油滴带负电。
设导线框的边长为D，上下极板间有随时间周期性交替的大小不变的电压
极板间电场强度大小
射入极板间的油滴，受力平衡，有
时刻射入极板间的油滴，水平方向做匀速直线运动，设运动时间为，有
解得
所以油滴竖直方向做匀加速直线运动，由
，
联立解得
，
（2）解：射入极板间的油滴，在之间，竖直方向做匀加速直线运动
偏移量
解得
T时刻竖直方向速度
之间，在未打到板上之前，油滴竖直方向将做速度为的匀速直线运动。设经过时间打到下极板，则
解得
所以油滴在
时刻打在下极板上，落点位置距离左端
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据楞次定律可判断至时刻之间，闭合线圈产生逆时针感应电流，射入极板间的油滴沿直线通过，所受重力与电场力二力平衡，可得出油滴电性。上下极板间有随时间周期性交替的大小不变的电压，极板间电场强度大小，时刻射入极板间的油滴，水平方向做匀速直线运动，运动时间为，有，，油滴竖直方向做匀加速直线运动，由，，联立可求解其比荷。
（2）在之间，竖直方向做匀加速直线运动，偏移量，之间，在未打到板上之前，油滴竖直方向将做速度为的匀速直线运动。经过时间打到下极板，则，油滴在时刻打在下极板上，落点位置距离左端，联立可求解油滴落在金属板的位置到左端的距离。
1 / 12025届广东省高三下学期第一次调研考试物理试题
1．（2025·广东模拟）伐木时，被切割的木材会产生高频和低频声波，则（ ）
A．低频声波的波长更短
B．高频声波的传播速度更快
C．低频声波更容易发生明显的衍射现象
D．高频和低频声波叠加时会产生干涉现象
2．（2025·广东模拟）如图，竖直平面内通有电流的正三角形金属线框，悬挂在两根相同的绝缘轻质弹簧下端，线框静止时，弹簧处于原长状态，线框有部分处在虚线框内的匀强磁场中，则虚线框内磁场方向可能为（ ）
A．沿纸面竖直向上 B．沿纸面竖直向下
C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里
3．（2025·广东模拟）如图，均匀带正电的绝缘体圆环水平放置在真空中，O点是其圆心，M、N是轴线上关于O点对称的两点。重力不可忽略的带负电小球，由M处静止释放，则该小球从M到N（ ）
A．动能先增大后减小 B．电场力先增大后减小
C．电势能先减小后增大 D．加速度先减小后增大
4．（2025·广东模拟）图甲是医用红外理疗灯，图乙是其内部电路结构示意图，自耦变压器可视为理想变压器，其抽头P与M、N点间的线圈匝数分别为和。若单刀双掷开关从a切换到b，则（ ）
A．电流表示数变大 B．电流表示数变小
C．电压表示数变大 D．电压表示数变小
5．（2025·广东模拟）如图是通过光电效应实现信号传输控制的设备——光继电器．LED发出波长为的光，光电管阴极K被照射后恰能发生光电效应，从而引起信号接收电路产生电流，实现对外部电路的控制。已知普朗克常量为h，真空中的光速为c，则（ ）
A．阴极K的逸出功小于
B．阴极K的截止频率为
C．逸出光电子的最大初动能为
D．信号接收电路中电源的a端是正极
6．（2025·广东模拟）上海天文台将人工智能和大数据技术应用于小行星的观测，发现了五颗新的超短周期行星，它们绕太阳的公转周期都小于1天，其中编号为Kepler-879c的行星是迄今为止发现的最短周期行星。已知太阳半径为R，地心距日心215R，若1Kepler-879c的公转周期约为12小时，则结合所学知识，可估算其公转半径约为（ ）
A．1.5R B．2.7R C．3.7R D．4.5R
7．（2025·广东模拟）如图，光滑圆环竖直固定在水平地面上，细线通过圆环最高点的小孔Q与套在圆环上的小球相连，拉住细线使小球静止于P处。设小球的重力为G，细线与圆环竖直直径的夹角为，细线对小球的拉力大小为T。拉动细线使小球缓慢沿圆环向上移动，则下列T随变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025·广东模拟）如图是“筒式二冲程柴油锤”的工作简图。压缩冲程：气缸锤座压在水泥桩顶上，柱塞从一定高度释放落入气缸内，压缩气缸内的空气，并点燃气缸内的柴油。做功冲程：柴油被点燃，通过高压气体将水泥桩压入泥土，同时柱塞被反推到气缸外。柱塞和气缸密封良好，则（ ）
A．在压缩冲程，气缸内气体发生等温变化
B．在压缩冲程，柱塞对气缸内气体做正功
C．在做功冲程，气缸内气体压强保持不变
D．在做功冲程，气缸内气体对柱塞做正功
9．（2025·广东模拟）将离子注入竖直放置的硅片，其原理如图，甲、乙两离子，在N处先后无初速度“飘入”加速电场，经过加速电场加速后，从P点沿半径方向进入垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转后，甲离子垂直注入硅片，乙离子与竖直方向成60°夹角斜向上注入硅片。则甲、乙两离子（ ）
A．均为正电荷
B．比荷相同
C．注入前瞬间的速率之比为
D．在磁场中运动的时间之比为
10．（2025·广东模拟）如图，质量为的汽车，开启定速巡航（速率不变）后，以108km/h的速率先后经过水平路面ab和长度为300m的斜坡bc。已知汽车行驶过程中所受阻力f恒为其重力的，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为，重力加速度g取．则（ ）
A．汽车在水平段的牵引力为
B．b、c两位置的高度差为20m
C．b到c，汽车机械能增加
D．b到c，汽车牵引力功率为108kW
11．（2025·广东模拟）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验，请按要求完成相关实验内容。
（1）在“用多用电表测量电学中的物理量”实验中，某次测量时，多用电表的刻度盘和指针位置如图甲所示，若选择开关位于电阻“×10”挡，则测量结果为 Ω；若选择开关位于直流10V挡，则测量结果为 V．
（2）图乙是“观察电容器充、放电现象”的实验电路图，图丙中已正确连接了部分电路，请完成实物图连线 。当单刀双掷开关掷于 （填“1”或“2”）时，电容器放电。
（3）图丁和图戊是“探究影响感应电流方向的因素”实验。
①如图丁连接实验器材，闭合开关，观察并记录电流表指针偏转方向，对调电源正负极，重复以上操作。该操作是为了获得电流表指针偏转方向与 方向的对应关系；
②如图戊，将实验操作的内容和观察到的指针偏转方向，记录在下表，由实验序号1和 （填实验序号）可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。
实验序号 磁体的磁场方向 磁体运动情况 指针偏转情况 感应电流的磁场方向
1 向下 插入线圈 向左 向上
2 向下 拔出线圈 向右 向下
3 向上 插入线圈 向右 向下
4 向上 拔出线圈 向左 向上
12．（2025·广东模拟）用图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，主要步骤如下：
（ⅰ）利用重垂线，记录水平槽末端在白纸上的投影点O。
（ⅱ）取两个大小相同、质量不同的小球1和2，并测出其质量分别为和。
（ⅲ）使小球1从斜槽上某一位置由静止释放，落在垫有复写纸的白纸上留下痕迹，重复本操作多次。
（ⅳ）把小球2放在水平槽的末端，小球1从原位置由静止释放，与小球2碰撞后，落在白纸上留下各自的落点痕迹，重复本操作多次。
（ⅴ）在白纸上确定平均落点的位置M、N、P。
请完成下列内容
（1）用“画圆法”确定小球1在没有与小球2发生碰撞时的平均落点N，则图乙中圆 （填“a”或“b”）更合理。
（2）本实验中用于验证动量守恒定律的表达式应为： （用、、OP、OM表示）。
（3）刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得 cm，又测得。将数据代入动量守恒表达式，计算得到碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差 （计算结果保留2位有效数字），由此可判断该系统碰撞过程动量守恒。
（4）如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），则计算得到的碰撞前系统的总动量 （选填“大于”“等于”或“小于”）碰撞后的总动量。
13．（2025·广东模拟）如图，为提升泳池的水下照明条件，某泳池底部水平安装了一条长1.0m的细灯带。已知泳池的水深为，水的折射率。若泳池足够大，取3。
（1）求灯光在水面发生全反射时临界角的正弦值；
（2）不考虑灯光的多次反射，求有灯光射出的水面区域的面积。
14．（2025·广东模拟）图甲是风力发电机的发电原理简化图，水平风力推动叶片转轴a低速旋转，通过齿轮升速箱使转轴b高速旋转，驱动发电机的线圈同步转动，实现将机械能转化为电能的过程。某型号的风力发电机叶片旋转半径为40m，调整其叶尖速比（叶片尖端线速度与自然风速的比值），可以优化发电效率。
（1）已知自然风速为20m/s，叶尖速比为4时，转轴b的转速为，求齿轮升速箱使转轴b的转速提高到a的多少倍；
（2）线圈发电功率与自然风速的关系如图乙，自然风可认为垂直叶片组所在平面吹入，叶片旋转一圈所扫过的面积为风吹入的有效面积，已知空气密度为，取。当风速为10m/s时，求：
①1min内通过有效面积的风的总动能；
②该风力发电机的发电效率。
15．（2025·广东模拟）如图甲，在真空中，N匝电阻不计的正方形线圈处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的关系如图乙，图中T、为已知量。线圈的右端与远处水平正对放置的平行金属板相连，金属板长为L，板间距与线圈边长相等．时刻，一个带电油滴在金属板左端中线处以初速度水平向右射入后，沿直线通过；时刻，以同样的初速度在同一位置射入一个相同的油滴，打在下板中央位置，忽略两板充放电的时间。
（1）判断油滴的带电性质并求其比荷；
（2）时刻，再以同样的初速度在同一位置射入一个相同的油滴，求该油滴落在金属板的位置到左端的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由，可知低频声波的波长更长，故A错误；
B．声波传播的速度由介质决定，与波的频率无关，故B错误；
C．低频声波的波长更长，更容易发生明显的衍射现象，故C正确；
D．高频和低频声波因频率不同，叠加时不会产生干涉现象，故D错误。
故选C。
【分析】1、由可知低频声波的波长更长，波速与与波的频率无关，
2、波长越长，衍射越明显。
3、产生干涉的条件是两列波的振动频率必须相同， 两列波的相位差在观察时间内保持恒定
2．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】弹簧处于原长状态，可知线圈受安培力竖直向上，处在磁场中的线圈等效电流方向向右，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】线框静止时安培力与重力平衡，得知线框受到安培力向上，根据左手定则推出磁场方向垂直纸面向里。
3．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．M到O，小球受到竖直向下的重力和电场力，合力方向向下，与位移方向相同，所以合力做正功，根据动能定理可知，动能增大，O到N，重力竖直向下，电场力竖直向上，合力方向可能先向下后向上，也可能一直向下，所以合力可能先做正功后做负功，动能先增大后减小，也可能合力一直做正功，动能一直增大，故A错误；
B．根据等量同种点电荷的电场分布特点可知，中垂线上存在电场强度最大位置，所以M到N电场力可能先增大后减小再增大再减小，也可能先减小后增大，故B错误；
C．由于运动过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故C正确；
D．若电场力先增大后减小再增大再减小，则合外力（加速度）先增大后减小再增大，若电场力先减小后增大，则合外力（加速度）可能一直减小，故D错误。
故选C。
【分析】 本题是带电粒子在等量同种电荷电场 + 重力场 中的运动问题 。
1、合力方向与位移同向，做正功，动能增大。O→N：若合力先向下后向上，动能先增后减；若合力一直向下，动能一直增大。
2
等量同种点电荷的电场分布
中垂线上电场强度 先增大后减小（在某一位置达到最大）。
因此，电场力（）可能：
先增大后减小再增大再减小（若电荷运动跨越极值点）；
或先减小后增大（若电荷始终靠近或远离极值点）。
4．【答案】A
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】CD．单刀双掷开关从a切换到b，由题知，变压器原线圈的电压不变，故电压表的示数不变，故CD错误；
AB．由题知，变压器原线圈的电压和匝数不变，单刀双掷开关从a切换到b，，则副线圈的匝数增加，根据原副线圈的电压之比等于匝数比，可知变压器副线圈的电压变大，则副线圈的电流变大，故变压器的输出功率变大，根据变压器两端功率不变，可知输入功率也变大，根据
可知原线圈的电流增大，即电流表的示数变大，故A正确，B错误。
故选A。
【分析】本题是变压器动态变化问题。
1、由输入电压 和匝数比决定，与负载无关。
2、负载输出电流， 再反推输入电流.
3、输入功率始终等于输出功率（理想情况）。
5．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AB．因波长为的光照射在光电管阴极K后恰能发生光电效应，可知阴极K的逸出功等于
K的截止频率为
故A错误，B正确；
C．因为恰能发生光电效应，可知逸出光电子的最大初动能为零，故C错误；
D．逸出的电子被加速，可知信号接收电路中电源的a端是负极，故D错误。
故选B。
【分析】1、恰能发生光电效应意味着入射光子的能量刚好等于逸出功。
2、恰能发生光电效应时，光电子刚好脱离阴极，但尚未具有动能。
3、光电管中电子从阴极 K 逸出后，需被加速向阳极 A 运动，形成光电流。电源的负极应连接阴极 K（提供电子），正极连接阳极 A（吸引电子）。
6．【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】由开普勒第三定律可知
可得1Kepler-879c公转半径约为
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】地球公转周期是已知的，题目已知小行星公转周期，由开普勒第三定律，可得1K小行星公转半径。
7．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对小球进行分析，小球受到重力、绳的拉力T与圆环的弹力N三个力的作用，令圆环的圆心为O，半径为R，则重力方向平行于图中虚线表示的直径，绳拉力方向沿绳，圆环弹力方向沿半径指向圆心，根据相似三角形有
根据几何关系有
解得
可知，T随变化的图像为余弦曲线关系，且最大值为2G，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】本题是三力平衡的动态平衡问题，运用相似三角形法得出拉力的表达式，根据表达式进行动态分析。
8．【答案】B,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB．压缩冲程中，柱塞对气缸内气体做正功，柱塞机械能转化为气体内能，气缸内气体内能增大，气缸内气体温度升高，故A错误、B正确；
CD．做功冲程中，气缸内气体对柱塞做正功，将内能转化为机械能，气缸内气体内能减少，气缸内气体温度降低；由于气缸内气体质量不变，气体体积增大，由理想气体状态方程可知气体压强变小，故C错误、D正确。
故选BD。
【分析】1、压缩冲程是柱塞对气体做功，柱塞机械能转化为气体内能。
2、做功冲程中，气缸内气体对柱塞做正功，将内能转化为机械能，气缸内气体内能减少。
3、理想气体状态方程可知，若 T 升高（压缩），且 V 减小，则 P 显著增大，若 T 降低（膨胀），且 V 增大，则 P 显著减小。
9．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由左手定则可知，粒子带正电，故A正确。
B．经电场加速
在磁场中
可知
两粒子在磁场中运动的半径不同，则比荷不同，故B错误；
C．设圆形磁场的半径为R，则甲粒子的运动半径为
乙粒子的运动半径为
根据
可知注入前瞬间的速率之比为
故C正确；
D．根据
可知
故D错误。
故选AC。
【分析】本题是带电粒子先在加速电场中加速再在磁场中圆周运动。
1、电场加速，在磁场中，联立可求比荷。
2、画磁场中运动轨迹，根据几何关系计算轨道半径，再根据圆周运动线速度公式计算线速度。
3、根据轨迹对应圆心角和周期公式计算磁场中运动时间。
10．【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；功率及其计算
【解析】【解答】A．由题知，汽车在水平路面做匀速直线运动，可得牵引力
故A正确；
B．由题知，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为，则汽车在斜坡运动时的牵引力为
设b、c两位置的高度差为，由题知，汽车在斜坡做匀速直线运动，沿斜坡方向，根据平衡条件有
其中
，
联立解得
故B正确；
C．由题知b到c过程，汽车的速度大小不变，故汽车的动能不变，汽车离地面的高度增加，故汽车增加的机械能等于汽车增加的重力势能，则有
故C错误；
D．由题知，v=108km/h=30m/s，根据
可得b到c过程，汽车牵引力功率为
故D正确。
故选ABD。
【分析】汽车在水平路面做匀速直线运动，在斜坡做匀速直线运动，根据受力平衡可求解两种情况下牵引力，汽车的速度大小不变，汽车的动能不变，汽车离地面的高度增加，故汽车增加的机械能等于汽车增加的重力势能，则有，根据，可得b到c过程，汽车牵引力功率。
11．【答案】（1）160；5.4
（2）；1
（3）电流；3
【知识点】观察电容器的充、放电现象；练习使用多用电表；研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）选择开关位于电阻 “×10”挡，由甲图可知，电阻的测量结果为
选择开关位于直流10V挡，由甲图表盘可知，其分度为0.2V，则电压的测量结果为。
（2）根据实验电路，连接的实物图，如图所示。
当单刀双掷开关掷于1时，与电源E断开，与电流传感器形成回路，电容器放电。
（3）该操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
实验序号1和3都是磁体插入线圈，线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相反的感应磁场。
实验序号2和4都是磁体拔出线圈，线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相同的感应磁场。
故由实验序号1和3可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。
【分析】（1）欧姆表测电阻，测量结果是指针所对应值乘以倍率。
（2）根据电路图连接实物图，注意各元件的位置要与电路图对应。
（3）“探究影响感应电流方向的因素”实验中，闭合开关，观察并记录电流表指针偏转方向，操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
实验序号1和3都是穿过线圈的磁通量增大，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反，可得出结论。
（1）[1] 选择开关位于电阻 “×10”挡，由甲图可知，电阻的测量结果为。
[2]选择开关位于直流10V挡，由甲图表盘可知，其分度为0.2V，则电压的测量结果为。
（2）[1]根据实验电路，连接的实物图，如图所示。
[2] 当单刀双掷开关掷于1时，与电源E断开，与电流传感器形成回路，电容器放电。
（3）[1]该操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
[2] 实验序号1和3都是磁体插入线圈，线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相反的感应磁场。
实验序号2和4都是磁体拔出线圈，线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相同的感应磁场。
故由实验序号1和3可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。
12．【答案】（1）a
（2）
（3）45.00；1.6%
（4）大于
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，圆心即为小球的平均落地点，个别偏离较远的点舍去，则图乙中圆a更合理。
（2）小球离开桌面后做平抛运动，抛出点的高度相同，则运动时间相同，设为t，不放小球2时，设小球1平抛运动初速度为 v0，小球1水平方向上有
解得
放小球2时，设碰撞之后小球1、2速度分别为 v1、v2，水平方向上有
，
解得
，
要验证动量守恒定律，则要验证
将速度代入上式化简得
（3）刻度尺的最小分度是1mm，刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得。碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差
（4）如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知
所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
【分析】（1）“验证动量守恒定律”实验步骤中用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，个别误差较大的点应舍弃。
（2）利用平抛知识可得出碰前速度和碰后速度，，要验证，将速度代入上式化简得。
（3） 将数据代入动量守恒表达式，计算碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差。
（4）由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小，碰撞后系统的总动量减小，则。
（1）用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，圆心即为小球的平均落地点，个别偏离较远的点舍去，则图乙中圆a更合理。
（2）小球离开桌面后做平抛运动，抛出点的高度相同，则运动时间相同，设为t，不放小球2时，设小球1平抛运动初速度为 v0，小球1水平方向上有
解得
放小球2时，设碰撞之后小球1、2速度分别为 v1、v2，水平方向上有，
解得，
要验证动量守恒定律，则要验证
将速度代入上式化简得
（3）[1]刻度尺的最小分度是1mm，刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得。
[2]碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差
（4）如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知
所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
13．【答案】（1）解：设灯带上一点发出的光，与竖直方向成角时，恰好发生全反射，如图。
则
代入数据，解得
（2）解：此点发出的光能在水面上一个圆形区域射出，设该圆形区域的半径为R，则
又
联立并代入数据，解得
所以，有灯光射出的水面区域由两端半径为R的两个半圆，和中间一个长l、宽2R的矩形区域连接而成。区域面积
代入数据，解得
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）已知水的折射率，根据计算水面发生全反射时临界角的正弦值。
（2）该圆形区域的半径为R，根据几何关系有，又，其中，联立可求出半径R，有灯光射出的水面区域由两端半径为R的两个半圆，和中间一个长l、宽2R的矩形区域连接而成。区域面积。
（1）设灯带上一点发出的光，与竖直方向成角时，恰好发生全反射，如图。
则
代入数据，解得
（2）此点发出的光能在水面上一个圆形区域射出，设该圆形区域的半径为R，则
又
联立并代入数据，解得
所以，有灯光射出的水面区域由两端半径为R的两个半圆，和中间一个长l、宽2R的矩形区域连接而成。区域面积
代入数据，解得
14．【答案】（1）解：根据题意有
，，，
联立并代入数据，解得
（2）解：①有效面积
在t时间内通过叶片的风的总质量
t时间内通过叶片的风的总动能
联立并代入数据，解得内风的总动能
②发电效率
内发电量
由图乙可知
联立并代入数据，解得
【知识点】能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据题意有，，，，联立可求解齿轮升速箱使转轴b的转速提高到a的k倍。
（2）①有效面积，在t时间内通过叶片的风的总质量，t时间内通过叶片的风的总动能，联立可求内风的总动能。
②发电效率，内发电量，联立可求解该风力发电机的发电效率。
（1）根据题意有
又，，
联立并代入数据，解得
（2）①有效面积
在t时间内通过叶片的风的总质量
t时间内通过叶片的风的总动能
联立并代入数据，解得内风的总动能
②发电效率
内发电量
由图乙可知
联立并代入数据，解得
15．【答案】（1）解：（1）根据楞次定律，至时刻之间，闭合线圈产生逆时针感应电流，上极板电势高，极板间电场强度竖直向下．射入极板间的油滴沿直线通过，所受重力与电场力二力平衡，所以油滴带负电。
设导线框的边长为D，上下极板间有随时间周期性交替的大小不变的电压
极板间电场强度大小
射入极板间的油滴，受力平衡，有
时刻射入极板间的油滴，水平方向做匀速直线运动，设运动时间为，有
解得
所以油滴竖直方向做匀加速直线运动，由
，
联立解得
，
（2）解：射入极板间的油滴，在之间，竖直方向做匀加速直线运动
偏移量
解得
T时刻竖直方向速度
之间，在未打到板上之前，油滴竖直方向将做速度为的匀速直线运动。设经过时间打到下极板，则
解得
所以油滴在
时刻打在下极板上，落点位置距离左端
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据楞次定律可判断至时刻之间，闭合线圈产生逆时针感应电流，射入极板间的油滴沿直线通过，所受重力与电场力二力平衡，可得出油滴电性。上下极板间有随时间周期性交替的大小不变的电压，极板间电场强度大小，时刻射入极板间的油滴，水平方向做匀速直线运动，运动时间为，有，，油滴竖直方向做匀加速直线运动，由，，联立可求解其比荷。
（2）在之间，竖直方向做匀加速直线运动，偏移量，之间，在未打到板上之前，油滴竖直方向将做速度为的匀速直线运动。经过时间打到下极板，则，油滴在时刻打在下极板上，落点位置距离左端，联立可求解油滴落在金属板的位置到左端的距离。
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