2020-2021学年北京市海淀区高二（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年北京市海淀区高二（上）期末物理试卷，共23页。试卷主要包含了填空题．本题共2小题．等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年北京市海淀区高二（上）期末物理试卷
一、单项选择题．本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共30分）
1．（3分）下列物理量属于矢量的是（　　）
A．电势 B．电势能 C．电功率 D．磁感应强度
2．（3分）如图所示，人造卫星A、B绕地球做匀速圆周运动。则这两颗卫星相比（　　）

A．卫星A的角速度较大 B．卫星A的加速度较大
C．卫星A的周期较大 D．卫星A的线速度较大
3．（3分）如图所示，空间中有一足够大的区域内分布着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，某时刻一带正电粒子沿纸面向右运动，若不计粒子所受重力，带电粒子在匀强磁场中的运动是（　　）

A．匀速直线运动 B．匀变速曲线运动
C．顺时针转向的圆周运动 D．逆时针转向的圆周运动
4．（3分）某交流发电机产生的电流随时间变化的关系如图所示。由图象可知该交流电的（　　）

A．频率为50Hz B．频率为25Hz
C．电流有效值为10A D．电流有效值为5A
5．（3分）如图所示，在垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场中，放置一个金属圆环，圆环平面与磁场方向垂直，若要使圆环中产生如图中箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是（　　）

A．使匀强磁场均匀增强 B．使匀强磁场均匀减弱
C．使圆环向左或向右平动 D．使圆环向上或向下平动
6．（3分）喷墨打印机工作原理的简化模型如图所示。重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸面上半部分的某一位置P．关于此微滴及其在极板间电场中运动，下列说法正确的是（　　）

A．经带电室后带正电 B．电场力对微滴做负功
C．动能增大 D．电势能增大
7．（3分）右图为演示自感现象实验装置的电路图，电源的电动势为E，内阻为r。A是灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，线圈的直流电阻小于灯泡A正常发光时的电阻。实验时，闭合开关S，电路稳定后，灯泡A正常发光。下列说法正确的是（　　）

A．闭合开关S，电路稳定后，灯泡A中电流等于线圈L中电流
B．闭合开关S，电路稳定后，灯泡A中电流大于线圈L中电流
C．电路稳定后突然断开开关S，灯泡A立即熄灭
D．电路稳定后突然断开开关S，灯泡A闪亮一下再熄灭
8．（3分）磁铁有N、S两极，同名磁极相斥，异名磁极相吸，这些特征与正、负电荷有很大的相似性。库仑在得到点电荷之间的库仑定律后，直觉地感到磁极之间的相互作用力也遵循类似的规律。他假定磁铁的两极各带有正、负磁荷，当磁极本身的几何线度远小于它们之间的距离时，其上的磁荷可以看作点磁荷。库仑通过实验证明了静止的两个点磁荷之间的相互作用力遵循的“磁库仑定律”与点电荷之间遵循的库仑定律类似。由上述内容可知，下列说法正确的是（　　）
A．两个正磁荷之间的作用力为引力
B．两个点磁荷之间的相互作用力只与它们之间的距离有关
C．两个点磁荷之间的相互作用力与它们之间的距离成反比
D．相互作用的两个点磁荷，不论磁性强弱，它们之间的相互作用力大小一定相等
9．（3分）如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向。则在线框中产生的感应电流随时间变化的关系可能为下图中的（　　）

A． B．
C． D．
10．（3分）如图所示，右端开口的矩形导体轨道QPMN固定在水平面内，轨道的电阻忽略不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上。空间中存在与轨道所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B．导体棒ab以恒定的速度向右运动，与导轨MN始终垂直并接触良好。当其运动到导轨MN和PQ的中点处开始计时，运动到NQ位置时将导体棒迅速锁定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小从B增加到B'（过程Ⅱ）。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过导体棒ab的电荷量相等，则B'B等于（　　）

A．54 B．32 C．2 D．52
二、多项选择题．本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的．（每小题4分，共16分．每小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，只要有选错的该小题不得分）
11．（4分）金属棒MN两端用细软导线悬挂于a、b两点，其中间一部分处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，静止时MN平行于纸面，如图所示。若金属棒通有从M向N的电流，此时悬线上有拉力。为了使拉力等于零，下列措施可行的是（　　）

A．增大电流
B．增大磁感应强度
C．将电流方向改为从N流向M
D．将磁场方向改为垂直于纸面向外
12．（4分）我们通常用阴极射线管来研究磁场对运动电荷的作用，图为阴极射线管的示意图，两个电极的连线沿x轴方向。玻璃管内部已抽成真空，当两个电极连接到高压电源两端时，阴极会发射电子，电子在电场的加速作用下，由阴极沿x轴方向飞向阳极，电子束掠射到荧光板上，显示出电子束的径迹。要使电子束的径迹向z轴正方向偏转，下列措施中可采用的是（　　）

A．加磁场，磁场方向沿x轴正方向
B．加磁场，磁场方向沿y轴负方向
C．加电场，电场方向沿z轴正方向
D．加电场，电场方向沿z轴负方向
13．（4分）如图是通过变压器降压给用户供电的示意图。负载变化时变压器输入电压基本保持不变。输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加。如果变压器上的能量损失可以忽略，则开关S闭合后，以下说法正确的是（　　）

A．电表V1示数与V2示数的比值不变
B．电表A1示数不变，A2示数增大
C．输电线的电阻R0消耗的功率增大
D．流过电阻R1的电流减小
14．（4分）电子感应加速器是利用感应电场来加速电子的一种设备。电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成，当电磁铁通以变化的电流时，会在柱形电磁铁的两极间产生磁场，在磁场中安置一个环形真空管道作为电子运行的轨道，如图所示（图中上部分为主视图、下部分为俯视图）。当磁场发生变化时，产生的感应电场就会不断加速电子，电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动。下列说法正确的是（　　）

A．感生电场的方向为顺时针方向
B．感生电场的方向为逆时针方向
C．电磁铁中通入的电流应越来越强
D．电磁铁中通入的电流应越来越弱
三、填空题．本题共2小题．（15题4分，16题8分，共12分）
15．（4分）在探究平抛运动规律时，老师和同学们选用如图所示的装置进行实验。初始时，A球静止在弹性金属片的右侧，B球被夹在金属片的左侧。用小锤打击弹性金属片后，A球和B球同时开始运动。实验中，　 　（选填“A球”“B球”或“A、B两球”）做抛体运动。老师用该实验装置完成了一次实验，观察到两个小球同时落地，于是得出结论：平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动。小明同学认为不够严密，请你阐述小明的理由　 　（写出一条即可）。

16．（8分）某同学用如图所示的实验器材来探究产生感应电流的条件。
（1）图中已经用导线将部分器材连接，请补充完成图中实物间的连线。
（2）若连接好实验电路并检查无误后，闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈　 　（填“A”或“B”）中有了感应电流。开关闭合后，他还进行了其他两项操作尝试，发现也产生了感应电流，请写出两项可能的操作：
①　 　；
②　 　。

四、论述计算题．本题共4小题．（17、18题各9分，19、20题各12分，共42分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和答案．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．
17．（9分）有一个电热器，其电阻恒为44Ω、所接交流电压的瞬时表达式为u＝311sin（100πt），式中各物理量均为国际单位。求：
（1）该交流电电压的最大值Um；
（2）该交流电的周期T；
（3）该电热器正常工作时的功率P。
18．（9分）2020年是中国航天里程碑式的高速发展年，是属于中国航天的“超级2020”。例如，我国将进行北斗组网卫星的高密度发射，全年发射18颗北斗三号卫星，为“一带一路”沿线及周边国家提供服务。北斗三号卫星导航系统由静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成。图为其中一颗静止轨道卫星绕地球飞行的示意图。已知该卫星做匀速圆周运动的周期为T，地球质量为M、半径为R，引力常量为G。
（1）求静止轨道卫星的角速度ω；
（2）求静止轨道卫星距离地面的高度h1；
（3）北斗系统中的倾斜同步卫星，其运转轨道面与地球赤道面有一定夹角，它的周期也是T，距离地面的高度为h2．视地球为质量分布均匀的正球体，请比较h1和h2的大小，并说出你的理由。

19．（12分）一种测定电子比荷的实验装置如图所示。真空玻璃管内，阴极K发出的电子经阳极A与阴极K之间的高压加速后，形成细细的一束电子流，沿图示方向进入间距为d的两极板C、D间的区域。若两极板C、D间无电压，电子将沿直线打在荧光屏的中心O点；若在两极板间施加恒定电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面的磁感应强度大小为B的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的亮点又回到O点。
（1）判断匀强磁场的方向；
（2）求电子击中O点时的速度大小v；
（3）已知极板的长度l＝5.00cm，间距d＝1.50cm，极板区的中点M到O点的距离L＝12.50cm，极板间电压U＝200V，磁感应强度B＝6.3×10﹣4T，P点到O点的距离y＝3.0cm。根据上述数据，计算电子的比荷em（保留2位有效数字）。

20．（12分）如图所示，两根相距为L的光滑平行金属导轨CD、EF固定在水平面内，并处在竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长且电阻不计。在导轨的左端接入阻值为R的定值电阻，将质量为m、电阻可忽略不计的金属棒MN垂直放置在导轨上，可以认为MN棒的长度与导轨宽度相等，且金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计空气阻力。金属棒MN以恒定速度v向右运动过程中，假设磁感应强度大小为B且保持不变，为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。
（1）请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN中的感应电动势E；
（2）在上述情景中，金属棒MN相当于一个电源，这时的非静电力与棒中自由电荷所受洛伦兹力有关。请根据电动势的定义，推导金属棒MN中的感应电动势E。
（3）请在图中画出自由电荷所受洛伦兹力示意图。我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，金属棒MN中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请结合图中自由电荷受洛伦兹力情况，通过计算分析说明。


2020-2021学年北京市海淀区高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题．本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共30分）
1．【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。
【解答】解：ABC、电势、电势能和电功率只有大小没有方向，都是标量，故ABC错误。
D、磁感应强度既有大小又有方向，是矢量，故D正确。
故选：D。
【点评】本题要能抓住矢量与标量的区别：矢量有方向，标量没有方向，能正确区分物理量的矢标性。
2．【分析】人造卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力充当向心力，由此列式得到各量与轨道半径的关系，再分析大小关系。
【解答】解：A、B两卫星均绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r=ma=mω2r=m4π2T2r，可得v=GMr，a=GMr2，ω=GMr3，T=4π2r3GM，而rA＞rB，可知卫星A的角速度较小，加速度较小，线速度较小，而周期较大，故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一理论，熟练推导出线速度、角速度、加速度、周期与轨道半径的关系。
3．【分析】带电粒子只受洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，根据左手定则判断受力情况确定运动方向。
【解答】解：带电粒子只受洛伦兹力的作用，所以带电粒子的运动是匀速圆周运动；
给左手定则可知此时带电粒子受到的洛伦兹力方向向上，所以带电粒子做逆时针转向的圆周运动，故D正确、ABC错误。
故选：D。
【点评】本题主要是考查带电粒子在匀强磁场中的运动，解答本题的关键是能清楚受力情况，根据受力情况确定运动情况。
4．【分析】通过图象直接得到周期和最大值，则可以通过计算求出频率和有效值。
【解答】解：AB、由图象可知交流电的周期为T＝0.04s，则频率为：f=1T=10.04Hz=25Hz，故A错误，B正确；
CD、由图象可得电流的最大值为Im＝10A，则电流的有效值I=102A=52A，故CD错误；
故选：B。
【点评】本题关键是要能通过图象得到周期、频率、有效值、峰值、瞬时值，要注意正弦式交变电流的有效值等于峰值除以根号二，掌握图象法的正确应用。
5．【分析】要使线圈中产生感应电流，则穿过线圈的磁通量要发生变化，分析各项磁通量的变化情况，结合楞次定律即可一一求解。
【解答】解：A、由图可知，磁场的方向向里，当磁场增强时，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为逆时针方向。故A正确；
B、磁场的方向向里，当磁场减弱时，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向里，则感应电流的方向为顺时针方向，故B错误
C、因磁场区域足够大，故线圈左右平移时，磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；
D、线圈上下平移时磁通量不会发生变化，故不会产生感应电流，故D错误。
故选：A。
【点评】穿过线圈的磁通量，可以假想成穿过线圈磁感线的条数，则当条数发生变化时，必有感应电动势出现。而条数的变化可以由线圈的运动确定。
6．【分析】向上偏转故带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，及电场力做功来确定电势能变化情况。
【解答】解：A、墨汁微滴经带电室带电后，最终打在纸面上半部分的某一位置P，故收电场力向上，故微滴带负电，故A错误；
BD、电场力向上，位移向上，故电场力做正功，电势能减小，故BD错误；
C、微滴收到的合力向上，故速度增大，动能增大，故C正确；
故选：C。
【点评】解答本题需要理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的。
7．【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据欧姆定律和楞次定来分析。
【解答】解：A、在t＝0时刻闭合开关S时，灯泡两端直接获得电压，所以灯泡的电流瞬间达到最大；而线圈中电流增大，产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流I也逐渐增大；根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压将减小，所以流过灯泡的电流减小，逐渐达到稳定；最后由于线圈的直流电阻小于灯泡A正常发光时的电阻，所以灯泡A中电流小于线圈L中电流。故A错误，B错误；
C、当断开电键，原来通过线圈的电流渐渐减小，由于电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过灯泡，由于电路稳定时灯泡A中电流小于线圈L中电流，所以突然断开开关S，灯泡A闪亮一下再熄灭。故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。
8．【分析】根据点电荷间的库仑力大小计算公式（库仑定律）类比分析磁荷之间的作用力。
【解答】解：A、两个正电荷之间的库仑力为斥力，所以两个正磁荷之间的作用力也为斥力，故A错误；
B、根据库仑定律可得F库=kq1q2r2可知，两个点磁荷之间的相互作用力与它们之间的距离以及磁荷的乘积有关，故B错误；
C、根据库仑定律可得F库=kq1q2r2可知，两个点磁荷之间的相互作用力与它们之间的距离的平方成反比，故C错误；
D、相互作用的两个点磁荷，不论磁性强弱，它们之间的相互作用力大小一定相等，是一对作用力与反作用力，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了库仑定律的计算公式；知道真空中静止的两个点电荷之间的作用力与它们的电荷量乘积成正比、与它们之间的距离平方成反比，由此类比分析磁荷之间的作用力。
9．【分析】由图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况。
【解答】解：线圈中磁通量的变化率不变，由法拉第电磁感应定律可知，线圈内产生的感应电动势不变，所以感应电流的大小不变。
由图可知，0-2t0内，线圈中磁通量的变化率相同，故0到2t0时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为ABCDA方向，与正方向相同，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题要能正确理解B﹣t图的含义，然后利用楞次定律、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流方向一定是相同的。
10．【分析】根据感应电量的公式q=n△ΦR，其中R为回路总电阻，直接进行计算。
【解答】解：根据感应电量公式q=△ΦR
过程Ⅰ中，流过导体棒ab的电荷量为q=B⋅S2R
过程Ⅱ中，流过导体棒ab的电荷量为q′=△B⋅SR=(B'-B)⋅SR
根据题意知，两个过程中流过导体棒ab的电荷量相等，所以有q＝q′
即B⋅S2R=(B'-B)⋅SR
解得B'B=32，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题考查感应电荷量公式的应用，要记住公式q=n△ΦR，注意公式中各个字母的含义，在求解选择题、填空题可直接应用，计算题要有必要的推导过程。
二、多项选择题．本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的．（每小题4分，共16分．每小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，只要有选错的该小题不得分）
11．【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F＝BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向。从而分析使拉力减小为零的措施。
【解答】解：当棒中通有由M流向N的电流时，根据左手定则知，安培力方向向上，悬线有拉力，根据平衡有：2T+BIL＝mg，
可知要使拉力减小为零，增大安培力，即增大磁感应强度或增大电流强度即可，若将磁场或电流反向，安培力反向，拉力变得更大，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
【点评】本题考查了安培力和共点力平衡的基本运用，知道安培力的大小公式和会通过左手定则判断安培力方向是解决本题的关键。
12．【分析】电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线向上（z轴正方向）偏转，说明电子受到的洛伦兹力和电场力方向向上。
【解答】解：A、根据左手定则可知，要使粒子向Z轴正方向偏转，所加磁场应沿y轴的负方向，故A错误，B正确；
C、电子带负电，受电场力与电场线方向相反，如果要加电场，则电场方向应沿Z轴的反方向才能使电子束的径迹向Z轴正方向偏转，故C错误D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场中的受力情况，要注意明确电场力和洛伦兹力的区别，知道带负电的粒子的左手四指应指向运动的反方向。
13．【分析】抓住原线圈电压不变，通过副线圈中负载的变化，通过欧姆定律得出电流的变化，从而得出原线圈电流的变化。
【解答】解：A、因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压不变，即电压表V1、V2的读数不变，电表V1示数与V2示数的比值不变。故A正确。
B、因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A2增大，原副线圈电流之比等于匝数之反比，所以A1示数变大。故B错误。
C、因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P＝UI知功率增加，故C正确。
D、电压表V2、V3示数之差等于副线圈导线上的电压损失，△U＝IR增加，电阻R1两端的电压减小。故D正确。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道原副线圈电压之比、电流之比与匝数比的关系，抓住输入电压不变，结合欧姆定律进行动态分析。
14．【分析】根据电流变化得到磁通量变化，进而得到磁感应强度变化及感生电场的方向，然后由楞次定律，来判定通入的电流强弱。
【解答】解：AB、当磁场发生变化时，产生的感应电场就会不断加速电子，电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动，那么感生电场的方向为顺时针方向，故A正确，B错误；
CD、根据楞次定律，结合题目图电流方向，因此电磁铁中通入的电流应越来越强，则磁场越来越强，因此感生电场即为顺时针方向，故C正确，D错误；
故选：AC。
【点评】考查感生电场产生原理，理解感应电场方向判定依据，掌握楞次定律的内容。
三、填空题．本题共2小题．（15题4分，16题8分，共12分）
15．【分析】根据小球的受力，分析A、B两球的运动规律，通过两球同时落地得出平抛运动竖直方向上的运动规律。
【解答】解：用小锤打击弹性金属片后，A球获得水平初速度，仅受重力，做平抛运动，B球初速度为零，做自由落体运动。
两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，实验为了严密，需改变小球距地面的高度和打击的力度，多次重复这个实验。
故答案为：A球；改变小球距地面的高度和打击的力度，多次重复这个实验。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，注意实验时需改变小球距离地面的高度和打击力度，重复进行实验。
16．【分析】（1）由该实验的原理可知A线圈应与电源相连，B线圈与电流表相连；
（2）检流计指针发生偏转说明电路中产生了电流，根据电路中发生的变化可知实验所揭示的规律。
【解答】解：（1）本实验中线圈A与电源相连，通过调节滑动变阻器使线圈A中的磁通量发生变化，从而使线圈B产生电磁感应线象，故线圈B应与检流计相连，如图所示：
（2）闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈B中有了感应电流；
线圈B中产生感应电流的原因是其磁通量发生变化，
则可能的操作：①将滑动变阻器的滑片快速滑动；
②将线圈A（或铁芯）快速抽出或断开开关的瞬间。
故答案为：（1）如上图所示；
（2）B；将滑动变阻器的滑片快速滑动；将线圈A（或铁芯）快速抽出或断开开关的瞬间。
【点评】实验题应根据实验的原理进行分析，注意结合实验的现象得出实验的结论，同时根据实验的原理记忆实验中的仪器。
四、论述计算题．本题共4小题．（17、18题各9分，19、20题各12分，共42分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和答案．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．
17．【分析】（1）根据瞬时值表达式判断最大值，然后求出有效值；
（2）由瞬时值表达式即可求出角速度，然后求出周期；
（3）求出电压有效值，由电功率的表达式即可求出。
【解答】解：（1）由瞬时值表达式可知，该交流电的最大值为311V，则有：Um＝311V；
（2）由瞬时值表达式可知角速度为：ω＝100πrad/s
重物周期为：T=2πω=2π100π=0.02s
（3）根据有效值与最大值之间的关系可得：U有=Um2=220V
所以电容器的功率为：P=U有2R=1100W
答：（1）该交流电电压的最大值Um是311V；
（2）该交流电的周期T是0.02s；
（3）该电热器正常工作时的功率是1100W。
【点评】本题考查了交流电的最大值和有效值间的关系，知道电压表和电流表显示的是电压和电流有效值。
18．【分析】（1）根据卫星的周期，结合周期与角速度的关系求出静止轨道卫星的角速度。
（2）根据万有引力提供向心力，结合轨道周期求出轨道半径，从而得出静止轨道卫星距离地面的高度h1。
（3）根据万有引力提供向心力比较出轨道半径，从而比较高度。
【解答】解：（1）静止轨道卫星的角速度：ω=2πT
（2）静止轨道卫星做圆周运动，由牛顿运动定律有：GMm(R+h1)2=m(R+h1)(2πT)2
解得：h1=3GMT24π2-R
（3）h1＝h2．如图所示，同步卫星的运转轨道面与地球赤道共面，倾斜同步轨道卫星的运转轨道面与地球赤道面有夹角，但是都绕地球做圆周运动，轨道的圆心均为地心。由于它的周期也是T，根据牛顿运动定律，GMm(R+h2)2=m(R+h2)(2πT)2
解得：h2=3GMT24π2-R
因此h1＝h2。
答：（1）静止轨道卫星的角速度为2πT；
（2）静止轨道卫星距离地面的高度为3GMT24π2-R；
（3）h1＝h2．周期相等，可知轨道半径相等，则高度相等。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，注意高度和轨道半径的区别。
19．【分析】（1）电子向下偏转，故磁场强度为垂直纸面向里。
（2）当电子受到电场力与洛伦兹力平衡时，做匀速直线运动，因此由电压、磁感应强度可求出运动速度。
（3）没有加磁场时，电子进入平行板电容器极板间做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式可推导出垂直于极板方向的位移，电子离开极板区域后做匀速直线运动，水平方向的速度等于电子刚进入极板间的初速度，求出匀速直线运动的时间，即可求出P点离开O点的距离。加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，说明电子通过平行板电容器的过程中电子所受电场力与磁场力相等，即可得到电子进入极板时的初速度，联立可求出比荷。
【解答】解：（1）电子向下偏转，故磁场强度为垂直纸面向里。
（2）设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为v0，加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，表示在电子通过平行板电容器的过程中电子所受的电场力和磁场力相等，即为：qE＝qv0B，
E=Ud，
解得：v0=UBd。
（3）两极板只加电场时，电子的加速度为：a=qEm=qUmd，
电子通过两极板所用的时间为：t=lv0，
电子在极板间偏转的距离为：y1=12at2，
电子射出偏转电场时竖直方向的速度为：vy＝at，
射出电场速度方向与水平方向的夹角为θ，则为：tanθ=vyv0，
电子射出偏转电场后在竖直方向位移为：y2＝Ltanθ，
OP间的距离为：y＝y1+y2，
由以上各式解得比荷为：qm=2UyB2dl(1+2L)，
代入数据解得：qm=1.6×1011C/kg。
答：（1）匀强磁场的方向垂直纸面向里
（2）电子击中O点时的速度大小v为UBd；
（3）电子的比荷em为1.6×1011C/kg
【点评】本题是带电粒子在电场、复合场中运动的问题，类平抛运动根据运动的分解法研究，电子在复合场中，是速度选择器的原理，难度适中。
20．【分析】（1）抓住回路的磁通量的不变化，根据法拉第电磁感应定律，结合磁通量的变化推导出感应电动势公式。
（2）抓住电子从M到N运动的过程中，根据非静电力做功的大小，运用E=Wq求出感应电动势的大小。
（3）根据左手定则画出电荷的受力，然后由做功的条件分析洛伦兹力起到的作用。
【解答】解：（1）如图1所示，在一小段时间△t内，金属棒MN的位移：△x＝v△t

这个过程中线框的面积的变化量：△S＝L△x＝Lv△t
穿过闭合电路的磁通量的变化量：△Φ＝B△S＝BLv△t
根据法拉第电磁感应定律：E=△Φ△t
解得：E＝BLv
（2）如图2所示，棒向右运动时，正电荷具有向右的分速度，受到沿棒向上的洛伦兹力：f1＝evB，f1即非静电力
在f的作用下，电子从N移动到M的过程中，非静电力做功：W＝evBL
根据电动势定义E=Wq解得：E＝BLv
（3）自由电荷受洛伦兹力如图3所示。
设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u。
如图所示，沿棒方向的洛伦兹力：f1＝qvB，
该力做正功：W1＝f1•u△t＝qvBu△t
垂直棒方向的洛伦兹力：f2＝quB，
该力做负功：W2＝﹣f2•v△t＝﹣quBv△t
所以W1+W2＝0，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
f1做正功，将正电荷从N端搬运到M端，f1相当于电源中的非静电力，宏观上表现为“电动势”，使电源的电能增加；
f2做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将机械能转化为等量的电能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
答：（1）根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN中的感应电动势为BLv；
（2）金属棒MN中的感应电动势为BLv。
（3）受力如图3，f1做正功，将正电荷从N端搬运到M端，f1相当于电源中的非静电力，宏观上表现为“电动势”，使电源的电能增加；f2做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将机械能转化为等量的电能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
【点评】本题要掌握推导感应电动势E＝BLv两种方法，建立物理模型，理清思路是关键。掌握感应电动势的两个公式：E＝BLv，E=n△Φ△t，并能灵活运用。