高中物理 第四章 电磁感应单元练习2 新人教版选修3-2

第四章电磁感应单元练习第I卷（选择题）评卷人得分一、选择题1.（多选题）在水平面上有一固定的U形金属框架，框架上置一金属杆ab，如图示（纸面即水平面），在垂直纸面方向有一匀强磁场，则以下说法中正确的是（）A若磁场方向垂直纸面向外并增加时，杆ab将向右移动B若磁场方向垂直纸面向外并减少时，杆ab将向右移动C若磁场方向垂直纸面向里并增加时，杆ab将向右移动D若磁场方向垂直纸面向里并减少时，杆ab将向右移动2.图中甲图所示的线圈为5匝，其端点a，b与电压表相连，线圈内磁通量变化规律如（b）图所示，则a，b两点的电势高低及电压表读数为（）Aab，2伏Bab，1伏Cab，2伏Dab，1伏3.（多选题）关于对楞次定律的理解，下面说法中正确的是（）A感应电流的方向总是要使它的磁场阻碍原来的磁通量的变化B感应电流的磁场方向，总是跟原磁场方向相同C感应电流的磁场方向，总是跟原磁砀方向相反D感应电流的磁场方向可以跟原磁场方向相同，也可以相反4.（多选题）如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（）At1时刻，FNGBt2时刻，FNGCt3时刻，FNGDt4时刻，FN=G5.（多选题）如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行方向飞入MN极板间，突然发现电子向M板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的原因可能是（）A开关S闭合瞬间B开关S由闭合后断开瞬间C开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动D开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动6.（多选题）如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有（）A闭合电键K后，把R的滑片向右移B闭合电键K后，把R的滑片向左移C闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出D闭合电键K后，把Q靠近P7.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是（）A BC. D8.矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，线圈平面跟中性面重合的瞬间，下面的说法中正确的是（）A线圈中的磁通量为零B线圈中的感应电动势最大C线圈的每一边都不切割磁感线D线圈所受的磁场力不为零9.如图所示中，L1和 L2是两个相同灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同，在开关S接通的瞬间，下列说法正确的是（）A接通时 L1先达到最亮，断开时 L1后灭B接通时 L2先达到最亮，断开时 L2后灭C接通时 L1先达到最亮，断开时 L1先灭D接通时 L2先达到最亮，断开时 L2先灭10.如图，线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，该磁场对ab边的安培力大小恒定下列描述B随t变化的图象中，可能正确的是（）A BC D11.如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示在0时间内，直导线中电流向上，则在T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）A感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左12.如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）则g（）A导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdaB导线框离开磁场时，感应电流方向为adcbaC导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左D导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向右13.如图所示，水平桌面上放一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断中正确的是（）A铝环有收缩趋势，对桌面压力减小B铝环有收缩趋势，对桌面压力增大C铝环有扩张趋势，对桌面压力减小D铝环有扩张趋势，对桌面压力增大14.如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是（）A向右匀速运动B向左加速运动C向左减速运动D向右加速运动15.著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验：一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着一圈带负电的金属小球，如图所示当线圈接通直流电源后，线圈中的电流方向如图中箭头所示，圆盘会发生转动几位同学对这一实验现象进行了解释和猜测，你认为合理的是（）A接通电源后，线圈产生磁场，带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿顺时针转动（从上向下看）B接通电源后，线圈产生磁场，带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿逆时针转动（从上向下看）C接通电源的瞬间，线圈产生变化的磁场，从而产生电场，导致圆盘沿顺时针转动（从上向下看）D接通电源的瞬间，线圈产生变化的磁场，从而产生电场，导致圆盘沿逆时针转动（从上向下看）16.如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计在某段时间内，理想变压器T原线圈内磁场的磁感应强度B的变化情况如图乙所示，则在t1t2时间内（）A电流表A1和A2的示数相同B电流表A2的示数比A3的小C电流表A1的示数比A2的小D电流表的示数都不为零17.（单选）如图，是话筒的原理图在弹性膜片后面粘接金属线圈，线圈处于永久磁体的磁场中，声波使膜片振动，将声音信号变为电信号下列说法正确的是（）A话筒是利用电流的热效应工作的B话筒是利用电磁感应原理工作的C膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电流18.（多选）下列对日常生活中应用的电器设备的物理原理说法正确的是A煤气灶电子点火一般是利用感应圈产生高压电火花完成的B家用电饭煲加热食物主要利用了电流的磁效应C为了消除静电现象，有金属外壳的家用电器要采用带保护接地的三孔插座D电磁炉是应用电磁感应原理进行加热工作的19.（多选题）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行不计电阻的金属导轨，处于磁场方向垂直导轨平面向下且磁感应强度为B的匀强磁场中。将金属杆ab垂直放在导轨上，杆ab由静止释放下滑距离x时达到最大速度。已知金属杆质量为m，定值电阻以及金属杆的电阻均为R，重力加速度为g，导轨杆与导轨接触良好。则下列说法正确的是（ ）A回路产生abQNa方向的感应电流B金属杆ab下滑的最大加速度大小为C金属杆ab下滑的最大速度大小为D金属杆从开始运动到速度最大时，杆产生的焦耳热为20.（单选）如图（a）所示，正方形导线框abcd放置在垂直于纸面的匀强磁场中。以垂直纸面向内为磁场的正方向，匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图（b）所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向左为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是( )21.如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是（） 22.（单选）如图所示，在一均匀磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则 ( )A ef将减速向右运动，但不是匀减速B ef将匀减速向右运动，最后停止C ef将匀速向右运动 D ef将往返运动第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、计算题（本题共4道小题,第1题0分,第2题0分,第3题0分,第4题0分,共0分）23.如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面磁感强度随时间变化的规律是B=（60.2t）（T）已知R1=4，R2=6，电容C=30F，线圈A的电阻不计求：（1）闭合S后，通过R2的电流强度大小和方向（2）闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？24.相距L=1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1=1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为=0.75，两棒总电阻为1.8，导轨电阻不计t=0时刻起，ab棒在方向竖直向上、大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，由静止沿导轨向上匀加速运动，同时也由静止释放cd棒g取10m/s2（1）求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；（2）已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；（3）求出cd棒达到最大速度所对应的时刻t125.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角，完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两帮质量均为m=0.02kg，电阻均为R=0.1，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿轨道向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止，取g=10m/s2，问：（1）通过棒cd的电流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每产生Q=0.1J 的热量，力F做的功W是多少？26.如图所示，ef，gh为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距为L=1m，导轨左端连接一个R=2的电阻，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直地放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计，整个装置放在磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始向右运动。试解答以下问题：若施加的水平外力恒为F=8N，则金属棒达到的稳定速度v1是多少？若施加的水平外力的功率恒为P=18W，则金属棒达到的稳定速度v2是多少？若施加的水平外力的功率恒为P=18W，则金属棒从开始运动到速度v3=2m/s的过程中电阻R产生的热量为8.6J，则该过程所需的时间是多少？试卷答案1.BD【考点】楞次定律；安培力；法拉第电磁感应定律【分析】根据磁感应强度的方向和强度的变化，利用楞次定律判断感应方向，再用左手定则判断安培力来导体的运动方向【解答】解：A、若磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ab，由左手定则，ab受到的安培力向左，故杆ab将向左移动故A错误 B、若磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ba，由左手定则，ab受到的安培力向右，杆ab将向右移动故B正确 C、若磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ba，由左手定则，ab受到的安培力向左，杆ab将向左移动故C错误 D、若磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ab，左手定则，ab受到的安培力向右，杆ab将向右移动故D正确故选：BD2.B【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势根据楞次定律判断感应电流的方向结合电路知识求出a、b两点电势差【解答】解：从图中发现：线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为：逆时针方向在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势根据法拉第电磁感应定律得：E=n=50.2 v=1v电压表读数为1v故选B3.AD【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同【解答】解：A、感应电流的方向总是要使它的磁场阻碍原来的磁通量的变化故A正确B、C、D、感应电流的磁场方向阻碍原磁场磁通量的变化，方向可能与原磁场方向相同，可能相反故B、C错误，D正确故选：AD4.AD【考点】楞次定律【分析】开始电流增大，磁通量变化，设逆时针为电流正方向，形成感应的磁场，由楞次可知，总是阻碍磁通量的变化，所以确定下面的磁场，再可知该线圈顺时针电流，由安培力知，异向电流相互排斥知，支持力与重力的关系【解答】解：线圈总是阻碍磁通量的变化，所以t1电流增大，磁通量变大，下面线圈阻碍变化，就向下运动的趋势，所以FNGt2时刻与t4时刻无电流变化，t3时刻Q中没有电流；所以t2时刻、t3时刻、t4时刻FN=G，故AD正确，BC错误故选：AD5.AD【考点】法拉第电磁感应定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】电子向M偏转，与两金属板相连的线圈产生的感应电动势与M相连的一端电势高，与N板相连的一端电势低，然后应用楞次定律分析答题【解答】解：电子向M板偏转，说明电子受到向左的电场力，两金属板间的电场由M指向N，M板电势高，N板电势低，这说明：与两金属板相连的线圈产生的感应电动势：左端电势高，与N板相连的右端电势低；A、开关S闭合瞬间，由安培定则可知，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，产生左正右负的电动势，电子向M板偏振，A正确；B、开关S由闭合后断开瞬瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏振，B错误；C、开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律知在上线圈中产生左负右正的电动势，电子向N偏振，C错误；D、开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律知在上线圈中感应出左正右负的电动势，电子向M偏振，D正确故选：AD6.BD【考点】楞次定律【分析】当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向【解答】解：A、闭合电键K后，把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上故A错误B、闭合电键K后，把R的滑片左移，Q中的磁场方向从左向右，且在增大，根据楞次定律，左边导线电流方向向下故B正确C、闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上故C错误D、闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下故D正确故选：BD7.B【考点】楞次定律；安培力；左手定则【分析】当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向【解答】解：分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右故B正确故选B8.C【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量【分析】矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零【解答】解：A、在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大故A错误 B、在中性面时，没有边切割磁感线，感应电动势为零故B错误 C、在中性面时，没有边切割磁感线，且每一边都不切割磁感线，感应电动势为零，故C正确 D、在中性面时，没有边切割磁感线，感应电动势为零，没有感应电流，则没有磁场力作用，故D错误故选：C9.A【考点】自感现象和自感系数【分析】利用自感线圈对变化电流的阻碍作用和欧姆定律进行判断【解答】解：接通时由于L自感作用，瞬间等于断路，通过L1的电流等于L2+R之和，所以L1先达到最亮然后L自感慢慢减弱，通过L1的电流减小，然后熄灭；当断开时，L2瞬间失去电流，而L1和L构成回路，由于L自感，L1会亮一会再灭，故A正确，BCD错误故选：A10.B【考点】法拉第电磁感应定律；安培力【分析】当磁感应强度发生变化时，线框内产生感应电流，由法拉第电磁感应定律即可表达出感应电动势，再由欧姆定律和安培力的表达式即可求出B的变化【解答】解：当磁感应强度发生变化时，线框内产生感应电动势为：=感应电流为：I=安培力为：F=BIL得：F=由公式可知，若磁场B增大，则B减小；若B减小，则B增大所以四个图象中只有B正确故选：B11.C【考点】楞次定律；安培力【分析】在T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则判断出直导线周围的磁场，根据磁场的变化，通过楞次定律判断出金属线框中的感应电流，从而通过受力判断线框所受安培力的合力【解答】解：在T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右故C正确，A、B、D错误故选：C12.C【考点】楞次定律【分析】线框进入时dc边切割磁感线，出来时ab边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向【解答】解：A、线框进入磁场时，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，即方向为adcba，故A错误；B、由右手定则可知，导线框离开磁场时，感应电流方向为逆时针方向，故B错误；C、由左手定则可知，导线框离开磁场时，受到的安培力方向向左，故C正确；D、导线框进入磁场时，受到的安培力方向向左，故D错误；故选：C13.B【考点】楞次定律【分析】解本题时应该掌握：楞次定律的理解、应用在楞次定律中线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等【解答】解：根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此线圈做出的反应是面积有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力增大，选项B正确，ACD错误故选：B14.B【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】根据棒的切割磁感线，依据右手定则可确定感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小；从而由右手螺旋定则来确定线圈M的磁通量的变化，再根据楞次定律，即可确定线圈N中的感应电流的方向【解答】解：若要让N中产生顺时针的电流，M必须让N中的磁场“向里减小”或“向外增大”所以有两种情况：垂直纸面向里的磁场大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向右减速运动同理，垂直纸面向外的磁场大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左加速运动故B正确，ACD错误故选：B15.C【考点】楞次定律；洛仑兹力【分析】由题，在线圈接通电源的瞬间，线圈中的电流是增大的，产生的磁场是逐渐增强的，逐渐增强的磁场会产生电场（麦克斯韦电磁理论）在小球所在圆周处相当于有一个环形电场，小球因带电而受到电场力作用从而会让圆板转动根据小球的带电性，判定圆板的转动方向【解答】解：A、小球在静止时不受洛伦兹力，故圆盘不会发生转动；故AB错误；C、若金属小球带正电且线圈中电流突然增大，根据电磁场理论可知，电场力顺时针方向，则圆盘转动方向与电流流向相反；故圆盘沿顺时针转动； 故C正确； D错误；故选：C16.A【分析】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小【解答】解：原线圈中磁场如乙图所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0故A正确，BCD错误；故选：A17.考点：电磁感应在生活和生产中的应用 分析：本题中传感器是根据电磁感应原理工作的膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的膜片振动时，金属线圈中产生感应电动势解答：解：A、B当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将声音信号变化电信号，是根据电磁感应原理工作的故A错误，B正确C、膜片随着声波而周期性振动，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的故C错误D、膜片振动时，金属线圈切割磁感线，会产生感应感应电流故D错误故选：B18.AD. 它是由于感应圈中产生感应电流而形成火花，所以煤气灶电子点火一般是利用感应圈产生高压电火花完成的。对；家用电饭煲加热食物主要利用了电流的热效应，错；在中金属外壳的家用电器要采用带保护接地的三孔插座是防止家用电器带电，插入三孔插座，防止用电器漏电和触电事故的发生。不是消除静电现象，错；电磁炉是应用电磁感应原理进行加热工作的。正确；故本题选择答案。19.AD本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势、焦耳定律。A、金属杆向下滑动的过程中，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律知，回路产生abQNa方向的感应电流故A正确；B、设ab杆下滑到某位置时速度为v，则此时杆产生的感应电动势为：回路中的感应电流为：杆所受的安培力为：根据牛顿第二定律 有：当时杆的加速度最大，最大加速度为，方向沿导轨平面向下；故B错误；C、由上知，当杆的加速度a=0时，速度最大，最大速度为：，方向沿导轨平面向下；故C错误；D、ab杆从静止开始到最大速度过程中，根据能量守恒定律 有：又杆产生的焦耳热为 ：所以得：，故D正确。故选：AD20.A21.B选项A是用探究影响安培力的大小因素的实验；选项B是研究电磁感应现象的实验，导体棒在磁场中做切割磁感线运动时观察电流表是否会产生感应电流；选项C是用探究安培力与电流、磁感应强度的大小关系的实验，选项D是奥斯特实验，证明通电导线周围存在磁场22.A23.解：（1）由于B=60.2t，则A线圈内产生的感应电动势：S闭合后，电路中电流方向由aR2b故通过R2的电流强度大小为0.4A，方向由aR2b（2）断开S后，通过R2的电流Q=C故S断开后通过R2的电量是7.2105C【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧