2017-2018学年广东省佛山市高二（上）期末物理试卷

这是一份2017-2018学年广东省佛山市高二（上）期末物理试卷，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验与解答题等内容，欢迎下载使用。

2017-2018学年广东省佛山市高二（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，错选、不选得0分．
1．（4分）我国2016年7月在四川省稻城县海子山动工建设的“高海拔宇宙线观测站”（LHAASO），是世界上海拔最高、规模最大、灵敏度最强的宇宙射线探测装置。假设来自宇宙的质子流沿着与地球表面垂直的方向射向这个观测站，由于地磁场的作用（忽略其他阻力的影响），粒子到达观测站时将（　　）

A．竖直向下沿直线射向观测站
B．与竖直方向稍偏东一些射向观测站
C．与竖直方向稍偏西一些射向观测站
D．与竖直方向稍偏北一些射向观测站
2．（4分）现欲用多用电表测量图中流过电阻R2的电流，将多用电表的选择开关调至直流电流挡（内阻很小）以后，正确的接法是（　　）

A．保持S闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处
B．保持S闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处
C．将S断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处
D．将S断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处
3．（4分）一带电粒子自图中A点以初速度v0的平行于等势面射入电场，其运动轨迹如虚线AB所示。图中a、b、c、d为电场的四个等势面，且其电势关系为φa＞φb＞φc＞φd，不计粒子重力，则（　　）

A．粒子一定带正电
B．粒子一定做匀变速运动
C．粒子从A到B的运动过程中，动能先减小后增大
D．粒子从A到B的运动过程中，电势能不断增大
4．（4分）在如图所示的电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右移动一段距离，待电路稳定后，与滑片移动前比较（　　）

A．灯泡L变亮
B．电容器C上的电荷量不变
C．电源消耗的总功率变小
D．电阻R0两端电压变大
5．（4分）如图，内阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V，60W”的灯泡串联后接在电压为220V恒压电源两端，灯泡正常发光，则（　　）

A．电解槽消耗的电功率为60W
B．电解槽的发热功率为60W
C．电解槽中将电能转化为化学能的功率为60W
D．整个电路消耗的总功率为60W
6．（4分）欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电流表，他利用小磁针的偏转来测定电流的大小。其具体做法是：在地磁场作用下小磁针水平静止，在小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转。当通过该导线的电流为I时，小磁针偏转了30°若某次实验中，他发现小磁针偏转了60°，则通过该直导线的电流为（已知通电直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比）（　　）
A．2I B．3I C．3I D．无法确定
7．（4分）万有引力可以理解为：任何有质量的物体都要在其周围空间产生一个引力场，而一个有质量的物体在其他有质量的物体所产生的引力场中都要受到该场的引力作用。这种情况可以与电场相类比，那么在地球产生的引力场中的重力加速度，可以与电场中下列哪个物理量相类比（　　）
A．电势 B．电势能 C．电场强度 D．静电力
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上的选项符合题目要求，全选对的得4分，漏选的得2分，错选、不选得0分．
8．（4分）如图所示，螺线管、蹄形铁芯、长直导线AB均相距较远。当开关闭合后，小磁针N极（黑色的一端）的指向正确的小磁针是（　　）

A．a B．b C．c D．d
9．（4分）如图，一平行金属板水平放置，充电完毕后与电源断开，极板间有一带负电的油滴处于静止状态，若油滴的带电量减少了少许，以下操作能使该油滴仍保持静止的是（　　）

A．使上极板水平向左移动少许
B．使两金属板相互靠近些
C．使两金属板相互远离些
D．将平行板电容器接在更高电压的电源上
10．（4分）右图为某种回旋加速器的示意图，它由两个相对放置的D形盒构成。其盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，图中虚线为AC极板的延长线，其间未加电场。带电粒子从P0处小孔以速度v0沿电场线方向射入AC板间，经加速后经C板上小孔，进入D形盒的匀强磁场中做匀速圆周运动（“孔”与“盒”图中均未画出）对于这种回旋加速器，下列说法正确的（　　）

A．带电粒子每运动一周只被加速一次
B．带电粒子依次运动到A板右侧延长线的位置间距离P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
11．（4分）图甲是手机用锂电池，图乙是某型号超级电容器，两者的内阻均不计。如果将充满电的甲和乙的电量完全放完，甲可以释放电量Q1，同时对外做功W1：乙可以释放电量Q2．同时对外做功W2．则以下关系正确的是（　　）

A．Q1＞Q2 B．Q1＜Q2 C．W1＞W2 D．W1＜W2
12．（4分）如图，在绝缘光滑水平面上C点固定一个正的点电荷甲，另一个带负电的小球乙仅受甲的库仑力作用沿椭圆轨道I运动（甲、乙均可视为质点），C点是椭圆轨道的其中一个焦点。小球乙在某一时刻经过A点时因速度大小突然发生改变（电量不变）而进入以C为圆心的圆形轨道Ⅱ做匀速圆周运动，以下说法正确的是（　　）

A．在甲电荷的电场中，轨道I上的各点，D点的电势最高
B．乙球在轨道I运动时，经过D点时系统的电势能最大
C．乙球在两个轨道运动时，经过A点的加速度大小相等
D．乙球从轨道I进入轨道Ⅱ运动时，系统的总能量减小
三、实验与解答题：本大题共4小题，共52分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．某实验小组的几位同学利用酸奶做成图甲所示的原电池，并测量其电动势和内电阻。
（1）他们先选择多用电表直流电压“1V”档粗测该电池的电动势，表盘指针如图乙所示，则该酸奶电池的电动势约为　 　V，该测量值　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。

（2）该电池的内阻大约为100～300Ω，为了较准确地测量出该电池的内阻，他们设计了如图丙所示的实验电路。请从下列器材中选择合适的电流表A和变阻器R，电流表A应选择　 　，变阻器R应该选择　 　（均填序号）
①量程为0.6A的电流表（内阻RA＝1Ω）：
②量程为5mA的电流表（内阻RA＝100Ω）：
③量程为100μA的电流表（内阻RA＝200Ω）：
④阻值为0～1000Ω的滑动变阻器
⑤最大阻值为999.9Ω的电阻箱（图丙）
（3）在记录了实验数据后，他们根据实验数据作出图丁曲线，则该电源的电动势E＝　 　V（保留2位有效数字），内阻r＝　 　Ω．（保留3位有效数字）

14．图为导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸），滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源，滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B＝kI，比例常量k＝8.0×10﹣5T/A．已知两导轨内侧间距l＝1.5cm，滑块的质量m＝30g，滑块沿导轨滑行x＝5m后获得的发射速度v＝3.0km/s（此过程视为匀加速运动）。
（1）求发射过程中滑块滑行的加速度和电源提供的电流各是多大？
（2）若电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的平均输出功率多大？（保留两位有效数字）

15．图甲是示波管的原理图，图乙是荧光屏的平面图。当偏转电极XX′、YY′上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点形成一个亮斑；已知电子枪的加速电压U1＝5000V（电子从灯丝上逸出时的初速度不计），电子的荷质比e/m≈l.8×1011C/kg，偏转电极YY′的长度L＝8cm，板间距离d＝8mm，Y偏转电极右端与屏之间的水平距离S＝20cm，求：

（1）当YY′电极加上恒定电压Uy＝50V，而XX′电极不加电压时，电子离开YY′偏转电场时Y方向偏移量y1。
（2）在上一问中电子击中荧光屏的位置坐标？
（3）当YY′电极加上恒定电压Uy＝50V，同时在XX′电极加上如图丙的电压时，请在图乙中定性地画出电子击中荧光屏上时显示的图象（不用计算）。
16．在图示的xOy平面中，存在一匀强磁场，磁场分布在以O为圆心的一个圆形区域内，磁场方向垂直于xOy平面。一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子，t＝0时刻，由原点O出发，以初速度v沿x轴正方向运动。一段时间后，粒子经过y轴上坐标为（0，a）的P点，忽略重力的影响。
（1）如果P点在该圆形磁场区域以内，要使该粒子经过P点，试求该匀强磁场磁感应强度B1的大小和方向以及该粒子经过P点的时刻。
（2）如果P点在该圆形磁场区域以外，要使该粒子与y轴正方向成30°角斜向左上方经过P点，试求该圆形磁场的半径R以及磁感应强度B2的大小和方向。


2017-2018学年广东省佛山市高二（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7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，错选、不选得0分．
1．【分析】质子流带正电，地磁场的方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则判断出质子流所受洛伦兹力的方向。
【解答】解：质子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，粒子到达观测站时将与竖直方向稍偏东一些射向观测站。故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握地磁场的方向，以及会运用左手定则判断洛伦兹力的方向。
2．【分析】电流表内阻很小，要串联接入电路中；当多用电表用来测量电流时，电流必须从红表笔流入，黑表笔流出。
【解答】解：要想测电阻R2的电流，必须将开关S断开，将两表笔接入电路，电流必须从红表笔流入，黑表笔流出，所以红表笔接在a处，黑表笔接在b处。故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】当多用电表测电流或电压时，电流必须从红表笔流入，黑表笔流出；当多用电表用来测电阻时，红表笔与电源的负极相连的，原因是测电流或电压时，电源在表的外部；而测电阻时，电源则在表的内部，然而表盘的指针偏转方向不变，即电流的流向不变，所以有这样的结果。
3．【分析】由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧。同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿竖直向下方向，电场力竖直向上，负电荷沿轨迹AB运动，根据电场力做功情况，即可判断电势能的变化。
【解答】解：A、根据电场线和等势线垂直，且从高电势处指向低电势处，得知电场沿竖直向下方向，而粒子的轨迹向上弯曲，则知电场力竖直向上，所以粒子带负电；故A错误；
B、粒子所受的电场力是恒力，粒子的运动为匀变速曲线运动，故B正确。
CD、粒子的电场力向上，轨迹向上弯曲，则电场力对粒子做正功，其动能逐渐增大；电场力对带电粒子做正功，其电势能减小；故CD错误；
故选：B。
【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动考查了等势线和电场线、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧。
4．【分析】根据P移动的方向先判断出滑动变阻器电阻值的变化，然后根据外电路总电阻的变化，分析电压的变化关系。根据欧姆定律分析电流的变化。
【解答】解：A、由图可知，L与滑动变阻器R为串联关系；电容器并联在它们两端；
当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，总电阻增大；则由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，灯泡变暗；故A错误；
B、总电流减小，路端电压增大；则电容器上的电压变大，由Q＝CU可知，电容器C上的电荷量增大；故B错误；
C、因总电流减小，由P＝EI可知，电源消耗的总功率变小；故C正确；
D、因总电流减小，电阻R0的电流也减小，由U＝IR可知R0两端电压变小。故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律及功率公式，在求功率时一定要注意因滑动变阻器电阻、电流、电压均在同时发生变化，故只能根据电源的输出功率进行分析。
5．【分析】由于电解槽和灯泡串联，根据灯泡正常发光，可以判断出电解槽的电压和电流，从而可以求得电解槽的输入功率、发热功率以及输出功率．
【解答】解：A、由于灯泡正常发光，所以电解槽的电压为220﹣110＝110V，
由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以I=PU=60110A，
所以电解槽的输入功率为：P＝UI＝110×60110=60W，所以A正确。
B、电解槽的发热功率为：P热＝I2r＝（ 60110）2×4.4＝1.3W，所以B错误。
C、电解槽中将电能转化为化学能的功率为：P化＝P﹣P热＝60﹣1.3＝58.7W，所以C错误。
D、电路消耗总功率为为：P总＝220V×60110A＝120W，所以D错误。
故选：A。
【点评】在计算电功率的公式中，总功率用P＝IU来计算，发热的功率用P＝I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
6．【分析】利用磁场的叠加原理，找出地磁场与电流产生的磁场的关系，根据比值关系，确定直导线的电流的大小。
【解答】解：设该处地磁场的磁感应强度为B0，方向与没通入电流时小磁针静止时N极指示方向相同，当通过该导线电流为I时，此时电流产生的磁感应强度为B1，由安培定则可知方向与导线垂直，小磁针偏转了30°，即：B1B0=tan30°，当他发现小磁针偏转了60°时，即B2B0=tan60°，可得：B2＝3B1，
则电流关系：I2I=B2B1，
可得I2＝3I，故B正确，ACD错误
故选：B。
【点评】注意磁感应强度是矢量，因此磁感应强度的合成与分解遵循平行四边形定则。
7．【分析】电场与重力场类似，电场力与重力类似，电荷量与物体的质量类似，根据重力与质量的关系、电场力与电荷量的关系，分析重力加速度与电场中电场强度可类比。
【解答】解：又重力场与电场类似，重力场的基本性质是对其周围物体由引力作用，而电场的基本特性是对放入其中的电荷有力的作用，说明重力与电场力类似。电荷量与物体的质量类似，则由G＝mg，F＝qE分析可知，重力加速度g与电场中电场强度E可类比，故C正确、ABD错误。
故选：C。
【点评】学习电场时，常常采用类比的方法，将电场与重力场类似，抓住电场力与重力类似，电荷量与物体的质量类似，重力加速度与电场中电场强度类比，有助于理解电场的知识。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上的选项符合题目要求，全选对的得4分，漏选的得2分，错选、不选得0分．
8．【分析】根据右手螺旋定则可确定，通电螺线管的磁场分布，及通电直导线磁场的分布，并由小磁针的静止时，N极的指向即为磁场的方向。
【解答】解：导线的电流方向为顺时针，根据小磁针的静止时，N极的指向即为磁场的方向，
A、由右手螺旋定则可知，通电螺线管左端为N极，右端为S极，螺线管的内部磁场由右指向左，外部由左到右，则有a磁针方向错误，b磁针方向正确，故A错误，B正确；
C、而对于U形螺线管左端相当于S极，右端相当于N极，故c磁针的方向正确，故C正确，
D、对于直导线，磁场垂直纸面向外，因此d磁针方向错误，故D错误；
故选：BC。
【点评】考查通电导线的电流方向来确定磁场的方向，掌握右手螺旋定则的应用，注意螺线管内部的磁场方向。
9．【分析】油滴受重力和电场力处于平衡状态，即mg＝qE．某时刻油滴的电荷量开始减小（质量不变），为维持该油滴原来的静止状态，则电场的电场强度必须增大．根据电容器的动态分析，判断E的变化，从而确定能否保持静止．
【解答】解：油滴受重力和电场力处于平衡状态，即mg＝qE，当油滴的电量减小时，则电场力会减小，要维持原来的状态，则必须增大电场强度，
A、充电后断开电源，电量不变；使上极板水平向左移动少许时，正对面积减小，根据电容的决定式C=ɛS4πkd可知，电容C减小，由Q＝UC可知，两板间的电势差增大；由U＝Ed可知，电场强度增大，油滴可以静止，故A正确；
B、使两金属板相互靠近或远离时，板间距变化；因电量不变，由E=Ud=QCd=4πkQɛs可知只改变两板间距离时电场强度不变，故电场力减小，粒子不能保持静止，故BC误；
D、将平行板电容器接在更高电压的电源上，电势差增大，则电场强度增大，可以保证电场力与重力平衡，故D正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键掌握电容器的定义式C=QU和决定式C=ɛS4πkd，知道当电量不变时，电容器两极板间的电场强度与两极板间的距离无关．
10．【分析】带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变。当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大。
【解答】解：A、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次。电场的方向没有改变，只在AC间加速。故A正确，D错误。
B、根据r=mvBq，则P1P2＝2（r2﹣r1）=2m△vBq，因为每转一圈被加速一次，根据v2﹣v12＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v3﹣v2＜v2﹣v1，则P1P2＞P2P3．故B错误。
C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=mvBq得，v=qBrm．知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关。故C正确。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变。
11．【分析】明确电源电量的标准方法，根据q＝It确定出以C为单位的电量；再根据q＝UC确定电容中的电量，从而比较电量大小；再根据W＝Uq求解可对外所做的功，注意电容的电压随电量减小，可近似视为均匀减小。
【解答】解：由图可知，甲中电量为2000mAh，根据q＝It可知，电量为Q1＝2000×10﹣3×3600＝7200C；而乙中电量Q2＝UC＝2.7×4000＝10800C；故A错误，B正确；
根据W＝UIt＝Uq可知，甲中对外力功的大小W1＝3.7×7200＝26640J；乙中对外做功，W2=12×2.7×10800＝14580J；则有：W1＞W2；故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查电量的计算以及电功的计算，要注意明确电源中的电量单位为mAh，应根据电流的定义计算电量的大小。
12．【分析】电场线从正电荷出发到无穷远终止，正点电荷电场的分布规律是越靠近正电荷电势越高。负电荷在电势高处电势能小。根据牛顿第二定律和库仑定律结合分析加速度的大小。结合变轨原理分析总能量的变化。
【解答】解：A、根据正点电荷电场的分布规律可知，轨道I上的各点，D点的电势最低，故A错误。
B、负电荷在电势高处电势能小，负电荷在电势低处电势能大，所以乙球在轨道I运动时，经过D点时系统的电势能最大，故B正确。
C、乙球在两个轨道运动时，经过A点时所受的库仑力相等，则加速度相等，故C正确。
D、乙球从轨道I进入轨道Ⅱ运动时要做近心运动，必须减速，因此系统的总能量减小，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题的关键要掌握点电荷电场的分布情况，可以类比行星运动模型分析。要知道负电荷在电势高处电势能小，负电荷在电势低处电势能大。电荷经过电场中同一点加速度是一定的。
三、实验与解答题：本大题共4小题，共52分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．【分析】（1）根据电压表量程与图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；电压表测的是路端电压，路端电压小于电源电动势。
（2）根据题意求出电路最大电流，然后选择电流表；根据图示电路图选择电器。
（3）根据图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）电压表量程为1V，由图乙所示表盘可知，其分度值为0.02V，示数为0.81V；电压表与电源构成闭合回路，电压表测量的是路端电压，电池电动势的测量值小于真实值。
（2）电路最大电流约为：I=Er+RA=0.81100+RA＜0.008A＝8mA，则电流表应选择②
由图丙所示电路可知，实验采用安阻法测电源电动势与内阻，变阻器应选择电阻箱⑤；
（3）根据图丙所示电路，由欧姆定律得：E＝I（r+R+RA）
整理得：1I=1ER+r+RAE，
由图示1I-R图象可知，图象斜率：k=1E=△1I△R=800-300450
解得：E≈0.90V，
图象纵轴截距：b=r+RAE=300，
解得：r＝bE﹣RA＝170Ω；
故答案为：（1）.0.81，小于；（2）②，⑤；（3）0.90，170。
【点评】本题考查了电压表读数、实验器材的选择与实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则，根据图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式是求电源电动势与内阻的前提与关键。
14．【分析】（1）根据速度位移公式求出滑块的加速度，结合牛顿第二定律和安培力大小公式求出电流强度的大小。
（2）根据加速度和速度求出作用的时间，结合能量守恒求出电源的输出功率。
【解答】解：（1）由匀加速直线运动的速度位移公式得，a=v22s=9×1062×5=9×105m/s；
由安培力大小公式和牛顿第二定律得，有F＝BIl＝kI2l＝ma
因此I=makl=0.03×9×1058×10-5×1.5×10-2=1.5×105A。
（2）滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即P△t×4%=12mv2
发射过程中电源供电时间△t=va=13×10-2s。
所需的电源输出功率：P=12mv2△t×4%=1.0×109W。
答：（1）滑块滑行的加速度为9×105m/s2，发射过程中电源提供的电流强度为8.5×105A；
（2）发射过程中电源的输出功率为1.0×109W。
【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式、能量守恒定律的综合运用，加速度是联系力学和运动学的桥梁。
15．【分析】（1）根据动能定理计算带电粒子经加速后的速度，电子进入YY′偏转电场做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解；
（2）电子离开YY′偏转电场后做匀速直线运动，求出水平方向和竖直方向的侧移量即可；
（3）分析电子在Y方向和X方向的运动规律，然后画出图象。
【解答】解：（1）带电粒子经加速后的速度为v0，根据动能定理可得：eU1=12mv02，
电子进入YY′偏转电场后，水平方向有：L＝v0t1，
YY′偏转电场的电场强度E=Uyd，
电子进入YY′偏转电场后受到的电场力：F＝eE
电子进入YY′偏转电场后的加速度a=Fm，
电子离开YY′偏转电场时Y方向的侧移量y1=12at12，
联立解得y1=UyL24U1d=50×0.0824×5000×0.008m=0.002m＝2mm；
（2）电子离开YY′偏转电场时Y方向的速度大小vy＝at1，
电子离开YY′偏转电场运动到屏的时间t2=sv0，
电子离开YY′偏转电场后Y方向的侧移量y2＝vyt2，
联立解得y2＝0.09m＝9mm
电子的总侧移量y＝y1+y2＝12mm，
则电子击中荧光屏的位置坐标（0，12mm）
（3）y方向加恒定电压，则形成恒定的纵坐标Y，x方向加周期性的扫描电压，则横坐标X周期性变化，图象如图所示。
答：（1）当YY′电极加上恒定电压Uy＝50V，而XX′电极不加电压时，电子离开YY′偏转电场时Y方向偏移量为3mm；
（2）在上一问中电子击中荧光屏的位置坐标为（0，12mm）；
（3）图象如图所示。

【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
16．【分析】（1）根据题意求出粒子的轨道半径，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度，根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子经过P点的时刻。
（2）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出磁场半径与粒子做圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。
【解答】解：（1）I类在运动轨迹如图所示：

由几何知识可知：r1=a2，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB1＝mv2r1，解得：B1=2mvqa，
由左手定则可知，磁场方向：垂直于纸面向里，
粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πrv=πav，
粒子经过P点的时刻：t＝（n+12）T＝（n+12）πav n＝0、1、2、3……
（2）粒子运动轨迹如图所示：

入射速度与出射速度的角平分线OC交出射速度反向延长线PC与C点，
圆形磁场的半径R＝OC，粒子做圆周运动的轨道半径：r2＝O1C，
由几何知识得：2Rcos30°＝a，解得：R=33a，
2r2cos30°＝R，解得：r2=a3，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB2＝mv2r2，解得：B2=3mvqa，方向：垂直于平面向里；
答：（1）该匀强磁场磁感应强度B1的大小为2mvqa，方向：垂直于平面向里，该粒子经过P点的时刻为：（n+12）πav n＝0、1、2、3……。
（2）该圆形磁场的半径R为33a，磁感应强度B2的大小为：3mvqa，方向：垂直于平面向里。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与周期公式即可解题，解题时注意几何知识的应用。