《2026年新高考5年真题物理江苏专版》

1. [2025·福建卷，3T，4分] 如图所示，空间中存在两根无限长直导线$L_1$与$L_2$，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在$M$、$O$、$N$三点，$M$与$O$关于$L_1$对称，$O$与$N$关于$L_2$对称且$OM = ON$，初始时，$M$处的磁感应强度大小为$B_1$，$O$点的磁感应强度大小为$B_2$，现保持$L_1$中电流不变，仅将$L_2$撤离，$N$点的磁感应强度大小为


A.$\frac{1}{2}\mathbf{B_2} - \mathbf{B_1}$
B.$\frac{1}{2}\mathbf{B_1} - \mathbf{B_2}$
C.$\mathbf{B_2} - \mathbf{B_1}$
D.$\mathbf{B_1} - \mathbf{B_2}$

答案：
1.参考答案A
命题意图本题考查电流的磁效应、右手螺旋定则和磁感应强度的叠加，考查考生的理解能力和推理能力。
解题思路根据题意，作出$L_1$、$L_2$中电流方向的某种情况，如图所示，设$L_1$在$M$点产生的磁感应强度大小为$B_{1M}$，$L_2$在$M$点产生的磁感应强度大小为$B_{2M}$，$L_1$在$O$点产生的磁感应强度大小为$B_{10}$，$L_2$在$O$点产生的磁感应强度大小为$B_{20}$，则由右手螺旋定则可知$L_1$和$L_2$在$M$点产生的磁感应强度方向相反，$L_1$和$L_2$在$O$点产生的磁感应强度方向相同，则有$B_{1M}-B_{2M}=B_1$，$B_{10}+B_{20}=B_2$，由于$L_1$、$L_2$中电流大小相等，且$O$、$M$两点到$L_1$的距离与$O$点到$L_2$的距离相等，则在大小关系上有$B_{1M}=B_{10}=B_{20}$，联立可得$B_{2M}=\frac{1}{2}B_2 - B_1$。根据对称性可知，$L_1$在$N$点产生的磁感应强度$B_{1N}$与$L_2$在$M$点产生的磁感应强度$B_{2M}$相同，则保持$L_1$中电流不变，仅将$L_2$撤去，$N$点的磁感应强度大小为$B_{1N}=B_{2M}=\frac{1}{2}B_2 - B_1$。故A正确，B、C、D错误。

2. [2025·安徽卷，7T，4分] 如图，在竖直平面内的$Oxy$直角坐标系中，$x$轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为$B$。在第二象限内，垂直纸面且平行于$x$轴放置足够长的探测薄板$MN$，$MN$到$x$轴的距离为$d$，上、下表面均能接收粒子。位于原点$O$的粒子源，沿$Oxy$平面向$x$轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为$q$，质量为$m$，速度大小均为$\frac{qBd}{m}$。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则

(C)

A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为$2d$
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为$\sqrt{3}d$
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为$d$
D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为$\frac{\pi m}{6qB}$

答案：
2.参考答案C
命题意图本题考查带电粒子在磁场中运动的临界问题，考查考生的推理能力和应用数学处理物理问题的能力。
解题思路粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有$qvB = m\frac{v^2}{r}$，解得粒子做圆周运动的半径为$r = d$，A错误。如图甲所示，当粒子恰好经过薄板最右端打到薄板上表面时，粒子打到薄板上表面的位置$P$距$N$点最远，当粒子沿$x$轴正方向射出时，粒子打到薄板上表面的位置$Q$距$N$点最近，由几何关系可知，薄板的上表面接收到粒子的区域长度$\Delta x_1 = 2r\cos30^{\circ}-r = (\sqrt{3}-1)d$，B错误。如图乙所示，粒子能打到薄板下表面的最右端，当粒子的运动轨迹与薄板下表面相切时，粒子打到薄板下表面的位置$A$距$N$点最远，由几何关系可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度$\Delta x_2 = d$，C正确。粒子在磁场中运动的周期$T = \frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{qB}$，薄板接收到的粒子在磁场中运动的时间$t = \frac{\theta}{360^{\circ}}T$，则粒子运动轨迹所对圆心角$\theta$越大，运动时间越长，由上述分析可知，打在薄板下表面$N$处的粒子所对应的圆心角最小，为$\theta_{min}=60^{\circ}$，则$t_{min}=\frac{60^{\circ}}{360^{\circ}}×\frac{2\pi m}{qB}=\frac{\pi m}{3qB}$，D错误。

3. [2025·河南卷，9T，6分] （多选）手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈$c$、$d$分别固定在镜头右、上两侧，$c$、$d$中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度$a$的大小和方向，依此自动调节$c$、$d$中通入的电流$I_c$和$I_d$的大小和方向（无抖动时$I_c$和$I_d$均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是

(BC)

A.若$I_c$沿顺时针方向，$I_d = 0$，则表明$a$的方向向右
B.若$I_d$沿顺时针方向，$I_c = 0$，则表明$a$的方向向下
C.若$a$的方向沿左偏上$30°$，则$I_c$沿顺时针方向，$I_d$沿逆时针方向且$I_c ＞ I_d$
D.若$a$的方向沿右偏上$30°$，则$I_c$沿顺时针方向，$I_d$沿顺时针方向且$I_c ＜ I_d$

答案： 3.参考答案BC
命题意图本题考查左手定则，考查考生的理解能力、推理能力和分析综合能力。
解题思路若$I_c$沿顺时针方向，$I_d = 0$，由左手定则可知，线圈$c$受到的安培力方向向右，根据题意可知，镜头的加速度$a$方向向左，故A错误。若$I_d$沿顺时针方向，$I_c = 0$，由左手定则可知，线圈$d$受到的安培力方向向上，根据题意可知，镜头的加速度$a$方向向下，故B正确。若$a$的方向沿左偏上$30^{\circ}$，说明镜头有向左和向上的分运动，则安培力有向右和向下的分量，根据左手定则可知，$I_c$沿顺时针方向，$I_d$沿逆时针方向，由$F_{右}=BI_cl = ma\cos30^{\circ}$，$F_{下}=BI_dl = ma\sin30^{\circ}$，可知$I_c＞I_d$，故C正确。若$a$的方向右偏上$30^{\circ}$，说明镜头有向右和向上的分运动，则安培力有向左和向下的分量，根据左手定则可知，$I_c$沿逆时针方向，$I_d$也沿逆时针方向，由$F_{左}=BI_cl = ma\cos30^{\circ}$，$F_{下}=BI_dl = ma\sin30^{\circ}$，可知$I_c＞I_d$，故D错误。