北京市延庆区2025届高三物理下学期统测试卷【含答案】

第一部分本部分共14道题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，请选出最符合题目要求的一项。1.用同一束单色光，在同一条件下先后照射锌板和银板，都能产生光电效应。在以上两次实验中，对于下列四个物理量的说法正确的是（）A.光子的能量一定相同B.光电子的逸出功一定相同C.光电子的动能一定相同D.光电子的最大动能一定相同【答案】A【解析】【详解】A．同一束单色光光子的能量一定相同，选项A正确；B．锌板和银板是不同金属，光电子的逸出功不相同，选项B错误；C．光电子的动能都在零与最大初动能之间，则动能不一定相同，选项C错误；D．根据光电效应方程因逸出功不同，则光电子的最大动能不相同，选项D错误。故选A。2.如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分。已知A内有一定量的稀薄气体，B内为真空。抽开隔板K后，A内气体进入B，最终达到平衡状态，对于该过程，下列说法正确的是（）A气体对外做正功，内能逐渐减小B.气体体积增大，分子势能总量增加C.气体自由膨胀，内能保持不变D.气体分子对左侧器壁的作用力保持不变【答案】C【解析】【详解】AC．绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0，稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU=0，内能不变，故A错误，C正确；

BD．根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变，分子动能不变，则分子势能不变，稀薄气体扩散体积增大，压强必然减小，气体分子对左侧器壁的作用力减小，故CD错误；

故选C。3.我国将在2024年前后发射鹊桥二号中继卫星和嫦娥六号探测器，实现月背采样返回。嫦娥六号探测器近月运行时可视为匀速圆周运动，假设其近月环绕的周期为T。已知引力常量为，嫦娥六号的质量为。根据以上信息可求出（）A.月球的第一宇宙速度B.月球的平均密度C.嫦娥六号平均密度D.嫦娥六号绕月运行的动能【答案】B【解析】【详解】A．设月球的质量为，月球半径为，月球的第一宇宙速度为，则解得因为月球半径即近月轨道半径未知，所以月球的第一宇宙速度无法求出，故A错误；B．根据，解得月球的平均密度故B正确；C．嫦娥六号的质量已知，但体积无法求出，所以平均密度无法求出，故C错误；D．根据得因为未知，所以嫦娥六号绕月运行的动能无法求出，故D错误。故选B。4.简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上做匀速运动，绘图笔在纸带上画出的就是小球的振动图像。取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置位移的正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示。下列说法正确的是（）A.弹簧振子的周期为2sB.弹簧振子的振幅为20cmC.2.8s时小球正在向左运动D.若增大弹簧振子的振幅，其振动的周期也增大【答案】C【解析】【详解】A．周期是振子完成一次全振动的时间，由题图知，弹簧振子的周期为T=4s，故A错误；B．振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由题图知，弹簧振子的振幅为10cm，故B错误；C．图像的斜率表示速度，斜率正负表示速度的方向，则由图乙知，2.8s时振子的速度为负，正在向左运动，故C正确；D．根据弹簧振子的周期公式其振动的周期与振幅无关，故增大弹簧振子的振幅，它的周期将保持不变，故D错误。故选C。5.在静止的小车内用细绳a、b系住一个小球，绳a处于斜向上的方向，拉力为Fa，绳b处于水平方向，拉力为Fb，如图所示。现让小车从静止开始向右做匀加速运动，小球相对于车厢的位置仍保持不变，细绳a、b的拉力为Fa′和Fb′。下列关系正确的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【详解】设细绳与竖直方向的夹角为θ，当小车静止时，有，当小车向右做匀加速直线运动时，有，所以，故选D。6.如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u＝220sin(100πt)V的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22V，22W”的灯泡5个，灯泡均正常发光。除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是（）A.变压器原、副线圈匝数比为10∶1B.电流表示数为0.5AC.副线圈中电流的频率为25HzD.若副线圈中的灯泡减少一个，其余的灯泡都会变亮【答案】B【解析】【详解】A．灯泡正常发光，灯泡两端的电压为原线圈两端电压有效值为所以原、副线圈匝数之比为故A错误；B．副线圈的电流为所以电流表示数为故B正确；C．根据原线圈电压的瞬时值表达式可知原副线圈频率相等，所以副线圈中电流的频率为50Hz，故C错误；D．若副线圈中的灯泡减少一个，由于原副线圈两端电压不变，则灯泡两端的电压不变，所以灯泡亮度不变，故D错误。故选B。7.如图所示，软铁环上绕有M、N两个线圈，线圈M与直流电源、电阻和开关S1相连，线圈N与电流表和开关S2相连。下列说法正确的是（）A.保持S1闭合，软铁环中的磁场为逆时针方向B.保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，通过电流表的电流由C.保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，通过电流表的电流由D.保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，电流表所在回路不会产生电流【答案】C【解析】【详解】A．由右手螺旋定则可以判断出，软铁环中的磁场为顺时针方向，故A错误；B．保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，N线圈中磁通量不变，没有感应电流产生。故B错误；C．保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，N线圈中磁通量增大，根据楞次定律可以判断，通过电流表的电流由。故C正确；D．保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，N线圈中磁通量减小，根据“增反减同”可以判断，通过电流表的电流由。故D错误。故选C。8.将平行板电容器、滑动变阻器、电源按如图所示连接。若平行板电容器内存在垂直纸面向里的匀强磁场，—电子束沿垂直于电场线与磁感线方向，从左侧入射后偏向A极板，为了使电子束沿入射方向做直线运动，可采取的方法是（）A.只将变阻器滑片P向b端滑动 B.只将电子的入射速度适当增大C.只将磁场的磁感应强度适当减小 D.只将极板间距离适当减小【答案】B【解析】【分析】【详解】根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小为洛伦兹力方向向下，大小为F′=Bev电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力，或者增大洛伦兹力即可。

A．将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故A错误；

B．只将电子的入射速度适当增大，受到的洛伦兹力增大，满足要求，故B正确；

C．只将磁场的磁感应强度适当减小，电子受到的洛伦兹力更小，不满足要求，故C错误；

D．将极板间距离适当减小时，F电增大，不满足要求，故D错误；

故选B。9.如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，手的支持力对物体所做的功的绝对值为W。不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的有（）A.物体重力势能减小量一定等于WB.弹簧弹性势能增加量一定小于WC.物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD.不施加手的作用，将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W【答案】D【解析】【详解】A．重物在向下运动的过程中，克服弹簧拉力做功W弹，根据动能定理可得则物体重力势能减小量为故A错误；B．手和物体自然分开时，手对物体的支持力为零，弹簧弹力和重力平衡，即克服弹簧弹力做功为解得则弹簧弹性势能增加量等于克服弹簧弹力做的功，弹簧弹性势能增加量一定等于W，故B错误；C．由于手对物体做功为-W，根据功能原理可知，物体与弹簧组成的系统机械能增加量为-W，故C错误；D．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时动能最大，重物从静止下落到B的过程中，根据动能定理，有解得物体到达B处时的动能为故D正确。故选D。10.如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动，该过程传送带与传送轮之间不打滑。如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的输出功率为（）A.80W B.160W C.320W D.640W【答案】B【解析】【详解】由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移大小等于相对地面的位移大小，结合动能定理，故代入题中数据，联立解得故选B。11.以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下一小球，小球的质量为0.5kg，假设小球在运动过程中所受的阻力大小总等于1N。重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）A.小球的重力势能最多可增加6JB.小球从脱离气球到下落至地面时所用的时间为1.5sC.小球从脱离气球到下落至地面时，阻力的冲量大小为2.5N·sD.小球从脱离气球到下落至地面时，动能的增加量为55J【答案】D【解析】【详解】A．小球从气球上落下后先上升后下降，小球上升过程中，根据牛顿第二定律mg+f=ma1解得a1=12m/s2小球到达最高点经过的时间为小球离开气球上升的高度为小球的重力势能最多可增加选项A错误；B．下落时的加速度下落的时间可知小球从脱离气球到下落至地面时所用的时间为选项B错误；C．设向下为正向，则小球从脱离气球到下落至地面时，阻力冲量大小为即阻力冲量大小1.5N∙s，选项C错误；D．落地的速度v2=a2t2=16m/s小球从脱离气球到下落至地面时，动能的增加量为选项D正确。故选D。12.如图所示，实线为两个固定的等量正点电荷电场中的等势面，虚线abc为一带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，其中b点是两点电荷连线的中点。下列说法正确的是（）A.由a点运动到b点，电场力对该粒子做负功B.b点的电场强度为零，该粒子在b点的电势能为零C.该粒子在b点的电势能小于在c点的电势能D.a、b、c三点的电场强度大小Ea>Eb>Ec【答案】C【解析】【详解】A．根据该粒子的运动轨迹可知，该粒子在电场中做曲线运动，而曲线运动的轨迹夹在速度方向与合外力方向之间，且合外力在轨迹的凹侧面，而粒子从a到b轨迹向左下方弯曲，则可知粒子所受电场力向左下方，由此可知该粒子带负电。粒子从a运动到b的过程中，所受电场力斜向左下方，与速度方向之间的夹角小于，电场力做正功，故A错误；B．b点的电场强度为零，但是b点的电势不为零，根据，可知粒子在b点的电势能不为零，故B错误；C．两等量正电荷在中垂线上，电荷连线和中垂线的交点处电势最高，从交点向两侧电势逐渐降低，因此b点的电势高于c点电势，由可知，粒子带负电，因此，即该粒子在b点的电势能小于在c点的电势能，故C正确；D．等量同种点电荷连线中点处的场强为零，则b点场强为零，最小，故D错误。故选C。13.汽车研发机构在某款微型汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，微型汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了微型汽车的动能Ek与位移x关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知微型汽车的质量为1000kg，为便于讨论，设其运动过程中所受阻力恒定。根据图像所给的信息可求出（）A.汽车行驶过程中所受阻力为1000NB.汽车的额定功率为120kWC.汽车加速运动的时间为22.5sD.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J【答案】D【解析】详解】A．对于图线①，根据动能定理得：-fx=0-Ek得到阻力为：选项A错误；B．设汽车匀速运动的速度为v，则有汽车的额定功率为：P=Fv=fv=2000×40W=80kW故B错误。

C．对于加速运动过程，根据动能定理得：Pt-fs=Ek2-Ek1得到

故C错误。

D．根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为：E=Ek-fs＇=8×105J-2000×1.5×102J=5×105J故D正确。

故选D。14.类比是研究问题的常用方法。与电路类比就可以得到关于“磁路”（磁感线的通路）的一些基本概念和公式。在电路中可以靠电动势来维持电流，在磁路中靠“磁动势”来维持铁芯中的磁场，如图1所示，磁动势Em=NI，其中N为线圈的匝数，I为通过线圈中的电流。类比闭合电路的欧姆定律，磁路也存在闭合磁路的欧姆定律Em=ΦRm，其中Φ为磁通量，Rm被称为磁阻，磁阻所满足的磁阻定律与电阻定律具有相同的形式，磁阻率可类比电阻率，磁路的串、并联规律可类比电路的串、并联规律。结合以上关于磁路的信息以及你所学过的知识，下列说法不正确的是（）A.变压器铁芯的磁阻率远小于空气的磁阻率B.在国际单位制中，磁阻的单位可以表示为C.不考虑漏磁，图2所示的串联磁路满足Em=Φ(Rm1+Rm2)D.不考虑漏磁，在图3所示的并联磁路中，磁阻小的支路中磁感应强度一定大【答案】D【解析】【详解】A．变压器铁芯的磁阻率远小于空气的磁阻率，故A正确；B．根据磁阻定律磁阻的单位为；根据磁感应强度与磁通量的关系有磁感应强度B的单位为T，电流I的单位为A，时间t的单位为s，质量m的单位为kg，长度l的单位为m，面积S的单位为m2，根据磁动势Em=NI磁阻的单位可以表示为，故B正确；C．不考虑漏磁，图2所示的串联磁路满足磁路欧姆定律Em=Φ(Rm1+Rm2)故C正确；D．不考虑漏磁，在图3所示的并联电路中，磁阻小的支路中磁通量大，但磁感应强度不一定大，因为磁感应强度与磁通量和面积S的比值有关，故D错误。本题选不正确的，故选D。第二部分本部分共6题，共58分。15.物理实验一般涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作和实验分析等。（1）实验原理。某同学在做杨氏双缝干涉实验时，在相同的实验条件下，分别用波长和的单色光进行实验，得到如图甲和乙所示的干涉条纹，可知，________。（选填“大于”、“等于”或“小于”）（2）实验操作。图为“研究两个互成角度的力的合成规律”实验的示意图，下列实验操作中必要的是________。A.实验中应保证两弹簧测力计外壳与木板平行B.实验中应保证两个分力大小都小于合力大小C.两个弹簧测力计拉动圆环静止在位置O，标记出两细线的方向，表示分力的方向D.两个弹簧测力计拉动圆环静止在位置O，测量出两细线的长度，表示分力的大小（3）实验分析。图所示为“观察电容器的充、放电现象”的实验电路，其中E为电源，C为电容器，R为阻值较大的定值电阻，S为单刀双掷开关，电流表A的零刻线在中央。开关S接1时，电源给电容器充电；开关S接2时，电容器通过电阻R放电。下列说法正确的是__________。A.充电过程中，电压表示数先迅速增大，然后相对平缓增大，最后稳定在某一数值B.充电过程中，电流表示数先迅速增大，然后逐渐增大并稳定在某一数值C.放电过程中，电压表的示数均匀减小至零D.放电过程中，电流表中的电流方向从左到右【答案】（1）大于（2）AC（3）AD【解析】【小问1详解】由双缝干涉条纹间距公式由于甲的条纹间距大于乙的条纹间距，所以。【小问2详解】A．为确保力的大小准确性，实验中应保证两弹簧测力计外壳与木板平行，A正确；B．为了减小测量误差，实验中，在弹簧处于弹性限度之内，应使两个分力适当大一些，但并不需要保证两个分力大小都小于合力大小，B错误；C．由于细线的拉力方向沿细线，可知，两个弹簧测力计拉动圆环静止在位置O，标记出两细线的方向，表示分力的方向，C正确；D．两个弹簧测力计拉动圆环静止在位置O，读出弹簧测力计的示数，该示数表示分力的大小，不需要测量出两细线的长度，D错误。故选AC。【小问3详解】A．充电过程中，电流逐渐减小，并减小得越来越慢，电容器的电荷量增加得越来越慢，由电容的定义式可得则电压表示数先迅速增大，然后相对平缓增大，最后稳定在某一数值，A正确；B．充电过程中，由于电容器两端的电压越来越高，电源与电容器间的电势差越来越小，电流表示数逐渐减小，B错误；C．放电过程中，电压表的示数是逐渐变小的，但不是均匀减小的，C错误；D．放电过程中，电流表中的电流方向从左到右，D正确。故选AD。16.为测量某金属丝的电阻率，小明同学设计了如图甲、乙所示的两种实验方案，已知该实验选用的电源可视为内阻不计的理想电源。（1）小明先进行了如图甲方案的测量。①他首先用米尺测出接入电路中金属丝的长度L=50.00cm，再利用螺旋测微器测金属丝的直径，示数如图所示，则金属丝直径的测量值d=__________mm。②小明闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于______端。（选填“左”或“右”）③实验过程中，小明移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录了两电表的测量数据如下表所示，其中5组数据的对应点他已经标在如图所示的坐标纸上，请你标出余下一组数据的对应点，并画出U−I图线______，根据图线求得金属丝的阻值R=_____Ω。实验次数123456U/V0.901.201.501.802.102.40I/A0.180.240.310.370.430.49④利用甲方案测得的金属丝的电阻率ρ=__________Ω⋅m。（说明：③、④计算结果保留两位有效数字）（2）小明又进行了如图乙方案的测量，实验中闭合开关S后，他可以通过改变接线夹（即图乙中滑动变阻器符号上的箭头）接触金属丝的位置以控制接入电路中金属丝的长度，并通过改变电阻箱接入电路中的阻值，保持电流表示数不变。记录电阻箱接入电路中的阻值R和对应接入电路中金属丝长度L的数据，并在R−L坐标系中描点连线，作出R−L的图线，如图所示。请用金属丝的直径d、R−L图线斜率的绝对值k和必要的常数，写出该金属丝电阻率测量值的表达式ρ=

_________________。（3）电表的内阻可能对实验产生系统误差。①若采用甲方案，电阻率的测量值_______真实值（选填“大于”或“等于”或“小于”），原因是：______________________________。②若采用乙方案，电阻率的测量值_______真实值（选填“大于”或“等于”或“小于”），原因是：______________________________。【答案】（1）①.0.359##0.360##0.361②.右③.见解析④.4.8##4.9##5.0##5.1##5.2⑤.0.99×10-6~1.1×10-6（2）（3）①.小于②.由于电压表的分流作用导致金属丝的电流测量值偏大，其电阻的测量值偏小，电阻率的测量值偏小③.等于④.图乙方案中，所以电表内阻对电阻率的测量结果没有影响。【解析】【小问1详解】[1]

固定刻度0mm，可动刻度第36.0格与固定尺横线对齐，总读数[2]甲图，闭合开关前，滑片应置于右端，从而保护电路；[3]U-I图像如图所示[4]U-I图像的斜率表示电阻，求斜率得[5]根据电阻决定式代入数据解得【小问2详解】根据闭合电路欧姆定律可得变形得所以图像斜率的绝对值为解得【小问3详解】[1]小于[2]由于电压表的分流作用导致金属丝的电流测量值偏大，其电阻的测量值偏小，电阻率的测量值偏小[3]等于[4]图乙方案中，所以电表内阻对电阻率的测量结果没有影响17.如图所示，半径的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一质量可以看成质点的物体从A点冲上竖直半圆环，沿轨道运动恰好能通过B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g取10m/s2。求：（1）物体通过B点时速度的大小；（2）A与C之间距离x的大小；（3）物体刚进入圆轨道A点时轨道对物体支持力的大小。【答案】（1）2.0m/s（2）0.8m（3）30N【解析】【小问1详解】物体恰好通过B点时，根据牛顿第二定律可得可得【小问2详解】物体从B点飞出做平抛运动，根据A与C之间的距离为可得【小问3详解】物体经A点时受力分析如图所示根据动能定理，物体由A点运动到B点的过程中，有根据牛顿第二定律可得可得18.如图所示，在xOy坐标系第一象限的矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子在M点以垂直于y轴的方向射入磁场，并从另一侧边界的N点射出。已知带电粒子质量为m，电荷量为q，入射速度为v，矩形区域的长度为L，MN沿y轴方向上的距离为。不计重力。（1）画出带电粒子在磁场区域内运动的轨迹，并求轨迹的半径r；（2）判断磁场的方向，并求磁场的磁感应强度的大小B；（3）将矩形区域内的磁场换为平行于y轴方向的匀强电场，使该粒子以相同的速度从M点入射后仍能从N点射出。通过计算说明，该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向是否相同。【答案】（1），；（2）垂直纸面向外，；（3）不相同【解析】【详解】（1）带电粒子在磁场区域内运动的轨迹如图所示根据几何关系轨迹的半径（2）根据粒子的运动轨迹可知，在M点，所受洛伦兹力指向y轴负方向，根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有得（3）该粒子在电场中做类平抛运动。粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向与x轴夹角分别为、，则，所以即该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向不相同。19.2024年9月22日，中国科学院合肥物质科学研究院强磁场科学中心自主研制的水冷磁体，如图所示，成功产生了42.02万高斯（即42.02特斯拉）的稳态强磁场，超越了2017年美国国家强磁场实验室水冷磁体保持的41.4万高斯的世界纪录，刷新了国际稳态强磁场领域的世界纪录。这种水冷磁体可以算做改良后的水冷磁体通电螺线管。（1）无限长的通电直导线周围存在磁场，磁感应强度的大小为，方向符合安培定则。其中k为已知常量，I为电流大小，a为空间某点到通电直导线的最短距离。若两根无限长的导线平行放置，处于边长为l0的等边三角形A、B两个点上，通以反向等大的电流I1，如图所示，求：它们在C点产生的磁感应强度BC。（2）在导线上取电流元，即I∆l，I为电流大小，∆l为一段极短的长度，该电流元产生的磁场的磁感应强度可以写作，其中k′为已知常量，r为某点到电流元的最短距离。若一半径为R的圆形单匝线圈水平放置，通以电流I2，MN为垂直于线圈平面的直线，MN上P点与线圈上各点的连线均与水平方向夹角为θ，如图所示。求：圆形电流在P处产生的磁感应强度B。（3）试根据（2）的结论，以线圈的圆心为坐标原点，取竖直向上为正方向，请在图中定性画出磁感应强度B在MN上随夹角θ的分布图线_______。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】A、B两电流产生的磁场如右图所示磁感应强度由矢量合成可知C点产生的磁感应强度可得方向竖直向上；【小问2详解】如图所示对于任意一个I∆l，总有另一个I∆l使产生的磁场水平方向抵消，所以圆形电流在P处产生的磁场方向为竖直向上，且每一个I∆l产生的磁感应强度为其竖直方向分量为则圆形电流在P处产生的磁感应强度为联立可得【小问3详解】磁感应强度B在MN上随夹角θ的分布图线如图所示20.国家的高质量发展离不开可靠的能源保障。（1）风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电能的装置，其基本外形如图1所示。风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。已知风力发电机的输出电功率P与最大接收功率Pm成正比。2023年11月10日，全新一代总容量18兆瓦的海上直驱风电机组下线，该机组的单台风力发电机在风速v1=15m/s时能够输出的