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2022年全国高考物理真题汇编：磁场
一、单选题
1．（2022·浙江）下列说法正确的是（ ）
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
【答案】B
【知识点】磁感应强度；交变电流的产生及规律
【解析】【解答】A．恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；
B．根据磁感应强度的定义：小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；
C．根据正弦交流交流电的产生规律可得，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；
D．根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。
故答案为：B。
【分析】磁场对静止电荷或平行磁场运动的电荷没有力的作用；小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向；正弦交流电磁通量最大时，电流为零；理想变压器原副线圈磁通量的变化率相同。
2．（2022·湖南）如图（a），直导线 被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴 上，其所在区域存在方向垂直指向 的磁场，与 距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流 ，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为 。下列说法正确的是（ ）
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流 增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C． 与电流 成正比
D． 与电流 成正比
【答案】D
【知识点】安培力
【解析】【解答】A 对导体棒进行受力分析，若想使导体棒静止在右侧位置，则导体棒所受安培力垂直导体棒指向右上方，根据左手定则可知电流方向由M指向N。
将重力沿绳方向和垂直绳方向进行分解，
由平衡条件可知
联立解得
由于与电流大小有关，所以电流增大，导线对悬线的拉力随之改变，且与电流I成正比.
故答案为：D。
【分析】对导体棒进行受力分析，根据左手定则判断导线电流方向，对重力进行分解，根据平衡条件列方程求解。
3．（2022·广东）如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直 平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】左手定则；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】AB、根据左手定则可知，质子在左侧面运动时受到的洛伦兹力指向y轴正方向，在右侧面运动时受到的洛伦兹力指向y轴负方向，因质子在磁场中做匀速圆周运动，所以质子运动的轨迹先往y轴正方向偏转，再往y轴负方向偏转，所以A选项正确，B选项错误；
CD、质子在z轴方向不受力，因此z轴上的坐标始终保持不变，故CD错误；
故选A。
【分析】 本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动 ， 根据左手定则分析出质子的受力特点，结合曲线运动的相关知识完成分析 ，从这方面看难度不大，但是对学生的空间想象能力有一定的要求。
4．（2022·全国甲卷）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（ 平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子所带电荷为正电荷，所以当粒子开始运动后，洛伦兹力方向向左，所以AC错误；
粒子运动过程中洛伦兹力不做功，匀强电场方向沿y轴正方向，所以当粒子回到x轴时，电场力也能不做功，故粒子回到x轴时，粒子的速度为零，故D错误，B正确；
故选B。
【分析】匀强电场沿y轴方向，所以x轴是等势面，又洛伦兹力不做功，故当粒子运动后回到x轴时，粒子的速率减为零。
二、多选题
5．（2022·辽宁）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，增大磁感应强度，粒子1也不会偏转，A正确；
粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，不可能为电子，B错误。
粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力：，，入射速度v增大，则偏转半径r增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，C错误，D正确。
故答案为：AD
【分析】粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力，求出半径表达式。
6．（2022·湖北）如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О 射入，并经过点P(a >0， b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（ ）
A．t1< t2 B．t1> t2 C．Ek1< Ek2 D．Ek1 > Ek2
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子在电场中运动时沿x轴方向做匀速运动，速度不变；在洛伦兹力作用下，合速度不变，但沿x轴速度在不断减小，所以在磁场作用下运动时间更长。在电场力作用下，带电粒子做平抛运动，电场力做正功，使粒子动能增大，所以。
故选AD
【分析】洛伦兹力永远不做功，不改变速度大小，只改变运动方向：粒子在电场中做类平抛运动。
7．（2022·湖北）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A． kBL，0° B． kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有R=L，
在匀强磁场中，
出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，
根据洛伦兹力提供向心力有
此时出射方向与入射方向相同θ=0°。
综上所述：出射方向与入射方向的夹角为θ=60°，需满足（n为正整数）
出射方向与入射方向的夹角为θ=0°，需满足（n为正整数）
此时。
故可知BC正确，AD错误。
故选BC。
【分析】带电粒子在磁场中做圆周运动。洛伦兹力提供向心力。画出运动轨迹结合几何关系即可。
8．（2022·湖北）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为 g；减速时，加速度的最大值为 g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
【答案】B,C
【知识点】安培力；牛顿第二定律
【解析】【解答】向右加速运动时，导体棒加速且加速度最大时，磁场方向斜向右下方，安培力应该斜向右上方，正交分解可得在水平方向：
，，
由三角函数辅助角公式
得加速度a的最大值为。
导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向右下方。，。
由三角函数辅助角公式
可知加速度a的最大值为。
代入题中数据可得
，将代入加速度表达式，结合三角函数辅助角公式可得两次加速度取得最大值时，磁场方向与水平向右方向的夹角θ分别为60度和120度。
故选：BC
【分析】核心是对物体进行受力分析，简单的数学变换用到复制的物理过程中，对数学知识的要求有点高。
9．（2022·广东）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【答案】B,C
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A、由题可知在电子运动过程中所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
B、电场线总是由高电势指向低电势，据此可知N点的电势高于P点，故B正确；
C、由于洛伦兹力总是与速度方向垂直，因此洛伦兹力不做功，故C正确；
D.、对电子在M点和点进行受力分析，如图所示：
由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；
故选BC。
【分析】 本题主要考查了带电粒子在叠加场中的运动，熟悉电场线中电势的判断，根据左手定则判断洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力对电子不做功； 根据几何关系得出电子在M点所受的合力与在P点所受的合力大小关系。
10．（2022·广东）如图所示，水平地面（ 平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（ ）
A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
【答案】A,C
【知识点】安培定则；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据安培定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；
B、根据安培定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈磁通量会发生变化，故B错误；
C、根据安培定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；
D、线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。
故选AC。
【分析】 本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据磁场的分布特点结合对称性分析出不同位置的磁场特点和磁通量是否变化；分析出线圈的磁通量的变化特点，结合楞次定律判断是否产生感应电流；根据法拉第电磁感应定律分析出不同过程中产生的感应电动势的特点。
11．（2022·全国乙卷）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为 面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号
1 0 21
2 0
3 21 0
4 0
A．测量地点位于南半球 B．当地的地磁场大小约为
C．第2次测量时y轴正向指向南方 D．第3次测量时y轴正向指向东方
【答案】B,C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；地磁场
【解析】【解答】地磁场如图所示
根据表中数据可知z轴场强竖直向下，所以测量点位于北半球，故A错误；
磁感应强度是矢量，根据表格可以算出，故B正确；
根据地磁场图像可知，在北半球，磁场可分解为竖直向下和水平向北，根据图标可知，第2次测量时y轴正向指向南方，故C正确；
第3次测量时，根据题表可知，x轴指向北方，所以y轴正向指向西方，故D错误；
故选BC。
【分析】首先可以画出地磁场的图像，根据图像可以判断测量点的位置，磁通量是矢量，根据矢量合成法则，可以计算测量点的磁感应强度大小，最后可以判断其方向。
12．（2022·全国乙卷）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和 ）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为 、 ；粒子3从距O点 的位置入射并从距O点 的位置出射；粒子4从距O点 的位置入射并从距O点 的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【答案】B,D
【知识点】动能；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】根据题意可知，两个同轴的半圆柱形带电导体极板中电场方向是从外侧极板指向内侧极板，根据题图可知，粒子3进入电场后电场力做正功，入射时动能大于出射时的动能，故A错误；
同理，根据题图可知，粒子4进入电场后电场力做负功，所以粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，设，粒子1和粒子2都是电场力提供做圆周运动的向心力，即，故粒子1与粒子2入射的动能相等，故C错误；
粒子3有，所以粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选BD。
【分析】首先根据粒子1和粒子2可以判断出来场强方向，粒子3在做向心运动，粒子4在做离心运动，根据向心及离心运动进行列式计算。
三、实验探究题
13．（2022·全国乙卷）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为 的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为 ；在 到 时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为 。求
（1） 时金属框所受安培力的大小；
（2）在 到 时间内金属框产生的焦耳热。
【答案】（1）金属框中产生的感应电动势为，
金属线框的总电阻为，
所以金属框中的电流为，
时，磁感应强度为，
故线框受到的安培力为；
（2）根据可得在 到 时间内金属框产生的焦耳热为0.016J
【知识点】安培力；左手定则；安培定则；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【分析】(1)首先算出感应电动势和线框电阻，然后算出电流大小，最后根据安培力公式进行计算；
(2)根据焦耳热的公式进行计算。
四、综合题
14．（2022·河北）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直 平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为 、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1） 时刻释放的粒子，在 时刻的位置坐标；
（2）在 时间内，静电力对 时刻释放的粒子所做的功；
（3）在 点放置一粒接收器，在 时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
【答案】（1）电场中，加速度，经过，，
沿y轴位移为
在磁场中，，
经过，沿x轴位移，
在 时刻的位置坐标为（，）
（2）在时刻第二次进入电场，此时速度方向沿y轴负方向，电场强度为第一段时间2倍，加速度为原来2倍。
经过时间粒子速度向下减速为零，然后再经过反向到达第二次刚进入电场的位置，且速度大小也和第二次刚进电场时相同。
经过磁场偏转，磁场不改变速度大小。在时刻第三次进入电场，此时速度方向沿y轴负方向，加速度变为运来3倍。
代入，此时沿y轴位移为，与第一次沿y轴位移相同。
粒子运动的轨迹如图
，
（3）由轨迹图可知，零时刻释放的粒子经过2个半圆形轨迹可以到达，
向下减速时加速度为第一次加速的加速度3倍，所以向下运动位移为第一次位移的，只能到达纵坐标为的位置。不能被接收器接收。
假若粒子经过磁场一次偏转即可到达接收器，即在之间某时刻释放，再经过时间磁场偏转到达接收器，但其半径必须为第（1）问中粒子半径2倍，即末速度为第（1）问中粒子末速度2倍，由于在之间加速度为第（1）问加速度3倍，所以加速时间为第（1）问加速时间的倍，即在时刻释放，加速位移为，在到达位置，向下减速最低到达坐标为，小于，所以位置更低，可以被接收器接收。
若粒子在之间某时刻释放，要满足最后到达位置，即（1）中圆周运动半径4倍位置，可以这样设想，先在加速一半时间释放，即速度变为（1）中第一次加速过程末速度一半，在第二次电场中先减速时间，后加速时间，速度变为（1）中第一次加速过程末速度倍，这样经过两次磁场偏转在x轴位移为，再计算下竖直位移，最后在之间被接收器接收。
综上：在或者时刻释放可以 在电场存在期间被接收器接收。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）在电场中做匀变速直线运的，在磁场中做匀速圆周运动。
（2）画出粒子运动轨迹，结合恒力做功公式求解。
（3）利用横坐标为（1）中轨迹半径4倍进行讨论。
15．（2022·浙江）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q（q>0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于 ，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
【答案】（1） 解：进入转筒内的离子在磁场中做匀速圆周运动，由题意知速度大小为 的离子在磁场中的轨迹为 圆周，可得离子的运动半径等于 ，由洛伦兹力提供向心力得：
解得： ；
离子在磁场中运动的时间为：
要使速度大小为 的离子能打在 板的 处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
联立解得： ；
（2）设打在板 的 处的离子在磁场中的运动半径为 ，其速度大小为 ，运动轨迹如图所示，由几何关系可得：
由洛伦兹力提供向心力得：
解得： ；
此离子在磁场在运动轨迹的圆心角为 ，可得此离子在磁场中运动的时间为：
设转筒 角速度的大小为 ，要使此离子能打在 板的 处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
联立解得：
设转筒 转一周的时间内，打在 处的离子受到平均冲力的大小为 ，由动量定理得：
由牛顿第三定律可得， 处受到平均冲力的大小
联立解得：
（3）由题意并结合（1）（2）的结论，可知转筒P转动的角速度既要等于 ，又要等于 ，
则可得： ，
还需满足： ，且
可得：
当 时，解得： ，当 时， ，不符题意，舍去；
当 时，解得： ，当 时， 时， (舍去) 时， 。
故板 上能探测到离子的其它 的值为 和 。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动列方程求解。
（2）根据圆周运动的特点以及动量定理计算C处所受平均冲击力的大小，注意圆周运动的周期性特点。
（3）根据圆周运动的特点以及周期性进行分析求解。
16．（2022·山东）中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系 中， 空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向； 的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为 ，方向平行于 平面，与x轴正方向夹角为 ； 的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为 的离子甲，从 平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为 ，在 平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
（1）当离子甲从A点出射速度为 时，求电场强度的大小E；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度 ；
（3）离子甲以 的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过 面进入磁场I，求第四次穿过 平面的位置坐标（用d表示）；
（4）当离子甲以 的速度从 点进入磁场I时，质量为 、带电量为 的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差 （忽略离子间相互作用）。
【答案】（1）根据题意作出粒子运动图像如图所示
根据题意可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿z轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，有
，，，联立解得；
（2）根据题意作出粒子运动图像如图所示
由图可知，离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场I中，在磁场I中做匀速圆周运动，经过磁场I偏转后从y轴进入磁场II中，继续做匀速圆周运动， 洛伦兹力提供向心力得，可得， 为了使离子在磁场中运动，则离子磁场I运动时，不能从磁场I上方穿出。在磁场II运动时，不能xOz平面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足，，联立解得，，
要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为 ；
（3）离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为，在磁场Ⅱ中的轨道半径为， 离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面的运动情况如图所示
根据图像可知，第四次穿过 平面的位置坐标为（d，d，0）；
（4）设粒子乙的速度为，根据题意可知，解得，
两离子在Ⅰ中的轨迹半径为，，
两离子在Ⅱ中的轨迹半径为，，
根据题意作出运动图像如图所示
从O点进入磁场到第一个交点的过程，有， ，
们运动轨迹第一个交点的时间差 。
【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)首先根据题意作出粒子运动图像，然后根据图像分析粒子运动情况，将运动分解处理；
(2)首先根据题意作出粒子运动图像，然后分析粒子运动半径的取值，最后计算速度的取值；
(3)首先根据题意作出粒子运动图像，根据图像可以判断粒子第四次穿过xOy平面的位置坐标；
(4)首先算出乙离子的速度，然后算出其运动半径和周期，最后算出两离子的运动时间及时间差。
17．（2022·湖南）如图，两个定值电阻的阻值分别为 和 ，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为 ，板长为 ，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为 、带电量为 的小球以初速度 沿水平方向从电容器下板左侧边缘 点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为 ，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势 ；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度 ；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值 。
【答案】（1）小球在电磁场和重力场的复合场中做匀速圆周运动，则电场力与重力等大反向，洛伦兹力提供向心力，即，
再由欧姆定律可知，
联立解得。
（2）设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可得，
解得R=2d，
再根据洛伦子力提供向心力可得，
解得。
（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度与水平方向成60度夹角，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直速度方向上的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得，解得
【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据带电粒子在复合场中的运动特点分析列方程求解。
（2）根据带电粒子在磁场中的运动特点，洛伦兹力提供向心力列方程求解。
（3）根据粒子做直线运动的条件和所受合外力的关系列方程求解。
18．（2022·广东）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图13是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为 、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离 。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离 ，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为 ，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离 电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【答案】（1）未加电压时，当油滴匀速时其速度根据运动规律得
根据平衡条件的
又根据题意
联立解得
（2）加电压后，油滴A速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据功能关系
又
联立解得：
（3）解：油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为 ，新油滴所受电场力
若 ，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上 正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向上；
若 ，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向下。
【知识点】共点力平衡条件的应用；电势差、电势、电势能；受力分析的应用；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)根据对油滴的受力分析，结合空气阻力的表达式得出比例系数；
(2)根据油滴的运动特点分析出油滴的电性和对应的电荷量，
(3)结合电场力做功与电势能变化关系计算出油滴电势能的变化量，其中对于新油滴的运动情况要分类讨论，对学生的理解思维要求较高，综合性较强。
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2022年全国高考物理真题汇编：磁场
一、单选题
1．（2022·浙江）下列说法正确的是（ ）
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
2．（2022·湖南）如图（a），直导线 被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴 上，其所在区域存在方向垂直指向 的磁场，与 距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流 ，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为 。下列说法正确的是（ ）
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流 增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C． 与电流 成正比
D． 与电流 成正比
3．（2022·广东）如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直 平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022·全国甲卷）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（ 平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
5．（2022·辽宁）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
6．（2022·湖北）如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О 射入，并经过点P(a >0， b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（ ）
A．t1< t2 B．t1> t2 C．Ek1< Ek2 D．Ek1 > Ek2
7．（2022·湖北）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A． kBL，0° B． kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°
8．（2022·湖北）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为 g；减速时，加速度的最大值为 g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
9．（2022·广东）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
10．（2022·广东）如图所示，水平地面（ 平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（ ）
A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
11．（2022·全国乙卷）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为 面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号
1 0 21
2 0
3 21 0
4 0
A．测量地点位于南半球 B．当地的地磁场大小约为
C．第2次测量时y轴正向指向南方 D．第3次测量时y轴正向指向东方
12．（2022·全国乙卷）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和 ）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为 、 ；粒子3从距O点 的位置入射并从距O点 的位置出射；粒子4从距O点 的位置入射并从距O点 的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
三、实验探究题
13．（2022·全国乙卷）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为 的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为 ；在 到 时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为 。求
（1） 时金属框所受安培力的大小；
（2）在 到 时间内金属框产生的焦耳热。
四、综合题
14．（2022·河北）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直 平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为 、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1） 时刻释放的粒子，在 时刻的位置坐标；
（2）在 时间内，静电力对 时刻释放的粒子所做的功；
（3）在 点放置一粒接收器，在 时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
15．（2022·浙江）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q（q>0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于 ，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
16．（2022·山东）中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系 中， 空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向； 的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为 ，方向平行于 平面，与x轴正方向夹角为 ； 的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为 的离子甲，从 平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为 ，在 平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
（1）当离子甲从A点出射速度为 时，求电场强度的大小E；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度 ；
（3）离子甲以 的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过 面进入磁场I，求第四次穿过 平面的位置坐标（用d表示）；
（4）当离子甲以 的速度从 点进入磁场I时，质量为 、带电量为 的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差 （忽略离子间相互作用）。
17．（2022·湖南）如图，两个定值电阻的阻值分别为 和 ，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为 ，板长为 ，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为 、带电量为 的小球以初速度 沿水平方向从电容器下板左侧边缘 点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为 ，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势 ；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度 ；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值 。
18．（2022·广东）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图13是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为 、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离 。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离 ，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为 ，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离 电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】磁感应强度；交变电流的产生及规律
【解析】【解答】A．恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；
B．根据磁感应强度的定义：小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；
C．根据正弦交流交流电的产生规律可得，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；
D．根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。
故答案为：B。
【分析】磁场对静止电荷或平行磁场运动的电荷没有力的作用；小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向；正弦交流电磁通量最大时，电流为零；理想变压器原副线圈磁通量的变化率相同。
2．【答案】D
【知识点】安培力
【解析】【解答】A 对导体棒进行受力分析，若想使导体棒静止在右侧位置，则导体棒所受安培力垂直导体棒指向右上方，根据左手定则可知电流方向由M指向N。
将重力沿绳方向和垂直绳方向进行分解，
由平衡条件可知
联立解得
由于与电流大小有关，所以电流增大，导线对悬线的拉力随之改变，且与电流I成正比.
故答案为：D。
【分析】对导体棒进行受力分析，根据左手定则判断导线电流方向，对重力进行分解，根据平衡条件列方程求解。
3．【答案】A
【知识点】左手定则；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】AB、根据左手定则可知，质子在左侧面运动时受到的洛伦兹力指向y轴正方向，在右侧面运动时受到的洛伦兹力指向y轴负方向，因质子在磁场中做匀速圆周运动，所以质子运动的轨迹先往y轴正方向偏转，再往y轴负方向偏转，所以A选项正确，B选项错误；
CD、质子在z轴方向不受力，因此z轴上的坐标始终保持不变，故CD错误；
故选A。
【分析】 本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动 ， 根据左手定则分析出质子的受力特点，结合曲线运动的相关知识完成分析 ，从这方面看难度不大，但是对学生的空间想象能力有一定的要求。
4．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子所带电荷为正电荷，所以当粒子开始运动后，洛伦兹力方向向左，所以AC错误；
粒子运动过程中洛伦兹力不做功，匀强电场方向沿y轴正方向，所以当粒子回到x轴时，电场力也能不做功，故粒子回到x轴时，粒子的速度为零，故D错误，B正确；
故选B。
【分析】匀强电场沿y轴方向，所以x轴是等势面，又洛伦兹力不做功，故当粒子运动后回到x轴时，粒子的速率减为零。
5．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，增大磁感应强度，粒子1也不会偏转，A正确；
粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，不可能为电子，B错误。
粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力：，，入射速度v增大，则偏转半径r增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，C错误，D正确。
故答案为：AD
【分析】粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力，求出半径表达式。
6．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子在电场中运动时沿x轴方向做匀速运动，速度不变；在洛伦兹力作用下，合速度不变，但沿x轴速度在不断减小，所以在磁场作用下运动时间更长。在电场力作用下，带电粒子做平抛运动，电场力做正功，使粒子动能增大，所以。
故选AD
【分析】洛伦兹力永远不做功，不改变速度大小，只改变运动方向：粒子在电场中做类平抛运动。
7．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有R=L，
在匀强磁场中，
出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，
根据洛伦兹力提供向心力有
此时出射方向与入射方向相同θ=0°。
综上所述：出射方向与入射方向的夹角为θ=60°，需满足（n为正整数）
出射方向与入射方向的夹角为θ=0°，需满足（n为正整数）
此时。
故可知BC正确，AD错误。
故选BC。
【分析】带电粒子在磁场中做圆周运动。洛伦兹力提供向心力。画出运动轨迹结合几何关系即可。
8．【答案】B,C
【知识点】安培力；牛顿第二定律
【解析】【解答】向右加速运动时，导体棒加速且加速度最大时，磁场方向斜向右下方，安培力应该斜向右上方，正交分解可得在水平方向：
，，
由三角函数辅助角公式
得加速度a的最大值为。
导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向右下方。，。
由三角函数辅助角公式
可知加速度a的最大值为。
代入题中数据可得
，将代入加速度表达式，结合三角函数辅助角公式可得两次加速度取得最大值时，磁场方向与水平向右方向的夹角θ分别为60度和120度。
故选：BC
【分析】核心是对物体进行受力分析，简单的数学变换用到复制的物理过程中，对数学知识的要求有点高。
9．【答案】B,C
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A、由题可知在电子运动过程中所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
B、电场线总是由高电势指向低电势，据此可知N点的电势高于P点，故B正确；
C、由于洛伦兹力总是与速度方向垂直，因此洛伦兹力不做功，故C正确；
D.、对电子在M点和点进行受力分析，如图所示：
由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；
故选BC。
【分析】 本题主要考查了带电粒子在叠加场中的运动，熟悉电场线中电势的判断，根据左手定则判断洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力对电子不做功； 根据几何关系得出电子在M点所受的合力与在P点所受的合力大小关系。
10．【答案】A,C
【知识点】安培定则；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据安培定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；
B、根据安培定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈磁通量会发生变化，故B错误；
C、根据安培定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；
D、线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。
故选AC。
【分析】 本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据磁场的分布特点结合对称性分析出不同位置的磁场特点和磁通量是否变化；分析出线圈的磁通量的变化特点，结合楞次定律判断是否产生感应电流；根据法拉第电磁感应定律分析出不同过程中产生的感应电动势的特点。
11．【答案】B,C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；地磁场
【解析】【解答】地磁场如图所示
根据表中数据可知z轴场强竖直向下，所以测量点位于北半球，故A错误；
磁感应强度是矢量，根据表格可以算出，故B正确；
根据地磁场图像可知，在北半球，磁场可分解为竖直向下和水平向北，根据图标可知，第2次测量时y轴正向指向南方，故C正确；
第3次测量时，根据题表可知，x轴指向北方，所以y轴正向指向西方，故D错误；
故选BC。
【分析】首先可以画出地磁场的图像，根据图像可以判断测量点的位置，磁通量是矢量，根据矢量合成法则，可以计算测量点的磁感应强度大小，最后可以判断其方向。
12．【答案】B,D
【知识点】动能；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】根据题意可知，两个同轴的半圆柱形带电导体极板中电场方向是从外侧极板指向内侧极板，根据题图可知，粒子3进入电场后电场力做正功，入射时动能大于出射时的动能，故A错误；
同理，根据题图可知，粒子4进入电场后电场力做负功，所以粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，设，粒子1和粒子2都是电场力提供做圆周运动的向心力，即，故粒子1与粒子2入射的动能相等，故C错误；
粒子3有，所以粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选BD。
【分析】首先根据粒子1和粒子2可以判断出来场强方向，粒子3在做向心运动，粒子4在做离心运动，根据向心及离心运动进行列式计算。
13．【答案】（1）金属框中产生的感应电动势为，
金属线框的总电阻为，
所以金属框中的电流为，
时，磁感应强度为，
故线框受到的安培力为；
（2）根据可得在 到 时间内金属框产生的焦耳热为0.016J
【知识点】安培力；左手定则；安培定则；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【分析】(1)首先算出感应电动势和线框电阻，然后算出电流大小，最后根据安培力公式进行计算；
(2)根据焦耳热的公式进行计算。
14．【答案】（1）电场中，加速度，经过，，
沿y轴位移为
在磁场中，，
经过，沿x轴位移，
在 时刻的位置坐标为（，）
（2）在时刻第二次进入电场，此时速度方向沿y轴负方向，电场强度为第一段时间2倍，加速度为原来2倍。
经过时间粒子速度向下减速为零，然后再经过反向到达第二次刚进入电场的位置，且速度大小也和第二次刚进电场时相同。
经过磁场偏转，磁场不改变速度大小。在时刻第三次进入电场，此时速度方向沿y轴负方向，加速度变为运来3倍。
代入，此时沿y轴位移为，与第一次沿y轴位移相同。
粒子运动的轨迹如图
，
（3）由轨迹图可知，零时刻释放的粒子经过2个半圆形轨迹可以到达，
向下减速时加速度为第一次加速的加速度3倍，所以向下运动位移为第一次位移的，只能到达纵坐标为的位置。不能被接收器接收。
假若粒子经过磁场一次偏转即可到达接收器，即在之间某时刻释放，再经过时间磁场偏转到达接收器，但其半径必须为第（1）问中粒子半径2倍，即末速度为第（1）问中粒子末速度2倍，由于在之间加速度为第（1）问加速度3倍，所以加速时间为第（1）问加速时间的倍，即在时刻释放，加速位移为，在到达位置，向下减速最低到达坐标为，小于，所以位置更低，可以被接收器接收。
若粒子在之间某时刻释放，要满足最后到达位置，即（1）中圆周运动半径4倍位置，可以这样设想，先在加速一半时间释放，即速度变为（1）中第一次加速过程末速度一半，在第二次电场中先减速时间，后加速时间，速度变为（1）中第一次加速过程末速度倍，这样经过两次磁场偏转在x轴位移为，再计算下竖直位移，最后在之间被接收器接收。
综上：在或者时刻释放可以 在电场存在期间被接收器接收。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）在电场中做匀变速直线运的，在磁场中做匀速圆周运动。
（2）画出粒子运动轨迹，结合恒力做功公式求解。
（3）利用横坐标为（1）中轨迹半径4倍进行讨论。
15．【答案】（1） 解：进入转筒内的离子在磁场中做匀速圆周运动，由题意知速度大小为 的离子在磁场中的轨迹为 圆周，可得离子的运动半径等于 ，由洛伦兹力提供向心力得：
解得： ；
离子在磁场中运动的时间为：
要使速度大小为 的离子能打在 板的 处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
联立解得： ；
（2）设打在板 的 处的离子在磁场中的运动半径为 ，其速度大小为 ，运动轨迹如图所示，由几何关系可得：
由洛伦兹力提供向心力得：
解得： ；
此离子在磁场在运动轨迹的圆心角为 ，可得此离子在磁场中运动的时间为：
设转筒 角速度的大小为 ，要使此离子能打在 板的 处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
联立解得：
设转筒 转一周的时间内，打在 处的离子受到平均冲力的大小为 ，由动量定理得：
由牛顿第三定律可得， 处受到平均冲力的大小
联立解得：
（3）由题意并结合（1）（2）的结论，可知转筒P转动的角速度既要等于 ，又要等于 ，
则可得： ，
还需满足： ，且
可得：
当 时，解得： ，当 时， ，不符题意，舍去；
当 时，解得： ，当 时， 时， (舍去) 时， 。
故板 上能探测到离子的其它 的值为 和 。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动列方程求解。
（2）根据圆周运动的特点以及动量定理计算C处所受平均冲击力的大小，注意圆周运动的周期性特点。
（3）根据圆周运动的特点以及周期性进行分析求解。
16．【答案】（1）根据题意作出粒子运动图像如图所示
根据题意可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿z轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，有
，，，联立解得；
（2）根据题意作出粒子运动图像如图所示
由图可知，离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场I中，在磁场I中做匀速圆周运动，经过磁场I偏转后从y轴进入磁场II中，继续做匀速圆周运动， 洛伦兹力提供向心力得，可得， 为了使离子在磁场中运动，则离子磁场I运动时，不能从磁场I上方穿出。在磁场II运动时，不能xOz平面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足，，联立解得，，
要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为 ；
（3）离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为，在磁场Ⅱ中的轨道半径为， 离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面的运动情况如图所示
根据图像可知，第四次穿过 平面的位置坐标为（d，d，0）；
（4）设粒子乙的速度为，根据题意可知，解得，
两离子在Ⅰ中的轨迹半径为，，
两离子在Ⅱ中的轨迹半径为，，
根据题意作出运动图像如图所示
从O点进入磁场到第一个交点的过程，有， ，
们运动轨迹第一个交点的时间差 。
【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)首先根据题意作出粒子运动图像，然后根据图像分析粒子运动情况，将运动分解处理；
(2)首先根据题意作出粒子运动图像，然后分析粒子运动半径的取值，最后计算速度的取值；
(3)首先根据题意作出粒子运动图像，根据图像可以判断粒子第四次穿过xOy平面的位置坐标；
(4)首先算出乙离子的速度，然后算出其运动半径和周期，最后算出两离子的运动时间及时间差。
17．【答案】（1）小球在电磁场和重力场的复合场中做匀速圆周运动，则电场力与重力等大反向，洛伦兹力提供向心力，即，
再由欧姆定律可知，
联立解得。
（2）设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可得，
解得R=2d，
再根据洛伦子力提供向心力可得，
解得。
（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度与水平方向成60度夹角，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直速度方向上的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得，解得
【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据带电粒子在复合场中的运动特点分析列方程求解。
（2）根据带电粒子在磁场中的运动特点，洛伦兹力提供向心力列方程求解。
（3）根据粒子做直线运动的条件和所受合外力的关系列方程求解。
18．【答案】（1）未加电压时，当油滴匀速时其速度根据运动规律得
根据平衡条件的
又根据题意
联立解得
（2）加电压后，油滴A速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据功能关系
又
联立解得：
（3）解：油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为 ，新油滴所受电场力
若 ，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上 正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向上；
若 ，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向下。
【知识点】共点力平衡条件的应用；电势差、电势、电势能；受力分析的应用；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)根据对油滴的受力分析，结合空气阻力的表达式得出比例系数；
(2)根据油滴的运动特点分析出油滴的电性和对应的电荷量，
(3)结合电场力做功与电势能变化关系计算出油滴电势能的变化量，其中对于新油滴的运动情况要分类讨论，对学生的理解思维要求较高，综合性较强。
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