2025年教科新版必修三物理下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年教科新版必修三物理下册阶段测试试卷696考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、如图所示，为一正方形，M、N、P，Q分别为正方形四条边的中点，空间存在与正方形平面平行且范围足够大的匀强电场。已知质子由A点运动到B点电场力做功为质子由A点运动到C点电场力做功为则下列说法正确的是（）

A.电场强度的方向应由A指向CB.质子由Q点运动到N点的过程中，电场力不做功C.电子由M点运动到A点的过程中，电子的电势能增加D.电子由B点运动到D点的过程中，电场力做功2、为测量“12V5W”的小电珠在不同电压下的功率，给定了以下器材：电源（电动势为12V，内阻不计）；电流表（量程0～0.6A、0～3A，内阻约为0.2Ω）；电压表（量程0～3V、0～15V，内阻约为15kΩ）；滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流1A）；开关一个；导线若干。实验要求加在小电珠上的电压可从零开始调节。以下四个电路图你认为最合适的是（）A.

B.

C.

D.

3、下面说法正确的是（）A.元电荷就是质子B.带电体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍C.只有体积很小的带电体才能看成点电荷D.在摩擦起电的过程中创造出了新的电荷4、真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的4倍，那么它们之间静电力的大小变为（）A.B.C.4FD.16F5、下列选项中的公式，不适用于点电荷产生的静电场的是（）A.电场强度E=B.电场强度E=C.电场强度E=D.电场力做功W=qU6、如图所示电路中，直流电源内阻为定值电阻，滑动变阻器最大阻值为开关K闭合且电路稳定后，滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中（）

A.电流表示数变小B.电源的效率减小C.滑动变阻器消耗的功率一直减小D.通过的电流方向为从c到d7、如图所示，电阻R1、R2、R3、R4满足R1:R2:R3:R4=1:2:3:4，则当A、B间接上直流电压时，流过R1、R2、R3、R4的电流I1:I2:I3:I4为())

A.1:2:3:4B.6:3:2:11C.3:2:1:6D.3:2:1:4评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、如图所示，在x轴上有A、O、B、M四点，OA＝OB＝BM＝A、B两点固定有电荷量分别为＋Q（Q>0）和－2Q的异种点电荷。静电力常量为k。下列说法正确的是。

A.在x轴上A、O两点之间还有一点与M点的电场强度相同B.O点的电场强度大小为方向沿x轴正方向C.O点的电势高于M点的电势D.将一带正电的试探电荷从O点移至M点，其电势能增加9、如图，在直角△abc的三个顶点处，各有一条固定的长直导线，导线均垂直△abc所在平面，a、b处导线中通有大小和方向均相同的电流I0，c处导线中的电流为I；下列说法正确的是（）

A.若I与I0方向相同，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边平行B.若I与I0方向相反，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边平行C.若I与I0方向相反，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边垂直D.若a处导线受到的安培力方向与bc边平行，则电流大小必满足I＞I010、关于太阳能的下列说法中正确的是（）A.太阳能是可供人类利用的一种新能源，它是一次能源B.太阳能分布广阔，获取方便，处处可利用C.太阳能安全、清洁，利用太阳能不会给环境带来污染D.对于人类来说，太阳能几乎可以说是一种取之不尽、用之不竭的永久性能源11、如图甲所示，两个带正电的等量同种点电荷固定于光滑绝缘水平地面上，间距为其连线的中点为O点，A、B为水平地面上两点电荷连线的中垂线上的两个点。一电荷量为质量为的试探电荷从A点由静止释放，其运动的图像如图乙所示，已知试探电荷时刻位于B点，且B点是图乙中图线切线斜率最大的位置（图乙中画出了该切线）；下列说法正确的是（）

A.试探电荷带正电B.B点的电场强度大小为C.试探电荷从A点到B点电势能减小了D.O、B两点间的距离为12、如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中点以相同速度飞出两个带电粒子；仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则（）

A.此电场线是由带正电的点电荷产生的B.两个粒子的电势能都减小C.点的电场强度大于点的电场强度，而点没有电场线，所以点的电场强度为零D.的加速度减小，的加速度增加13、两电荷量分别为q1和q2的点电荷a、b固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x的变化关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在ND段中C点电势能最大，则下列说法正确的是（）

A.a为负电荷，b为正电荷B.C.将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功D.将一正点电荷从N点静止释放后会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大14、如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势为B点的电势为则下列说法中正确的是（）

A.C点的电势B.C点的电势C.将正电荷从A点经C点移到B点，电场力对该正电荷做正功D.负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能15、如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导体单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比已知内有个自由电子通过导体的横截面，电子的电荷量下列说法正确的是（）

A.流经导体的电流均为B.的电阻之比C.自由电子在导体和中的定向移动速率之比D.相同时间内导体和产生的焦耳热之比16、如图所示，电源电动势为内阻为．电路中的分别为总阻值一定的滑动变阻器，为定值电阻，为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键闭合时；电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．下列说法中正确的是。

A.只逐渐增大的光照强度，电阻消耗的电功率变大，电阻中有向上的电流B.只调节电阻的滑动端向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻中有向上的电流C.只调节电阻的滑动端向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向上运动D.若断开电键电容器所带电荷量减小，带电微粒向下运动评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、如图所示，一满偏电流Ig=1mA、内阻Rg=300的表头G，先将其与定值电阻R1并联，后再与定值电阻R2串联，改装成一个既可以测电流又可以测电压的两用电表，公共接线柱和1之间为电流4mA挡，公共接线柱和2之间为电压3V挡，R1=______R2=______

18、半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示，珠子所受静电力和其重力等大。将珠子从环上最低位置A点静止释放，则珠子所能获得的最大动能Ek=________，在最高点时小球对轨道的压力大小为_______。（重力加速度为g）

19、如图所示的实验装置为库仑扭秤。细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电荷量q的关系。这一实验中用到了下列什么方法？__________、____________（微元法；微小量放大法、极限法、控制变量法、逐差法、估算法）

20、氢原子核外电子的轨道半径为若电子质量为电荷量为则电子所受到的库仑力大小为________，方向________，电子做圆周运动的周期为________．21、如图所示，匀强电场方向与六边形所在平面平行，A、B、C、D、E、F是正六边形的六个顶点。已知正六边形的边长为2cm，A、B、C三点的电势分别为−3V；−2V、0V：

(1)则D点的电势______；

(2)电量的负电荷在中心O处的电势能______；

(3)电场强度的大小______；

(4)试在图中画出一条过A点的电场线______。22、某同学想应用楞次定律判断线圈缠绕方向；设计的实验装置原理图如图甲所示。选用的器材有：一个磁性很强的条形磁铁，两个发光二极管（电压在1.5V至5V都可发光且保证安全），一只多用电表，导线若干。操作步骤如下：

①用多用电表的欧姆挡测出二极管的正；负极；

②把二极管；线圈按如图甲所示电路用导线连接成实验电路；

③把条形磁铁插入线圈时，二极管B发光；拔出时，二极管A发光；

④根据楞次定律判断出线圈的缠绕方向。

请回答下列问题：

（1）线圈缠绕方向如图乙中的_______（填“A”或“B”）。

（2）条形磁铁运动越快，二极管发光的亮度就越大，这说明感应电动势随_____的增大而增大（填“磁通量”；“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）。

（3）为进一步研究，该小组又做了以下实验：磁体从靠近线圈的上方静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随时间t的图像应该是图中的____。

A．B．C．D．23、如图所示，规格为“220V、44W”的排气扇，线圈电阻为40Ω，接上220V的电压后，通过排气扇的电流为________A；排气扇的发热功率为________W。

评卷人得分四、解答题(共3题，共6分)24、根据量子理论，光子的能量为E=hν；其中h是普朗克常量。

（1）根据爱因斯坦提出的质能方程E=mc2，光子的质量可表示为m=E/c2，由动量的定义和相关知识，推导出波长为λ的光子动量的表达式p=h/λ；

（2）光子能量和动量的关系是E=pc。既然光子有动量；那么光照到物体表面，光子被物体吸收或反射时，都会对物体产生压强，这就是“光压”。

a.一台二氧化碳气体激光器发出的激光功率为P0=103W，发出的一细束激光束的横截面积为S=1mm2。若该激光束垂直照射到物体表面，且光子全部被该物体吸收，求激光束对该物体产生的光压P0的大小；

b.既然光照射物体会对物体产生光压，科学家设想在遥远的宇宙探测中，可以用光压为动力使航天器加速，这种探测器被称做“太阳帆”。设计中的某个太阳帆，在其运行轨道的某一阶段，正在朝远离太阳的方向运动，太阳帆始终保持正对太阳。已知太阳的质量为2×1030kg，引力常量G=7×10-11Nm2/kg2，太阳向外辐射能量的总功率为P=4×1026W，太阳光照到太阳帆后有80%的太阳光被反射。探测器的总质量为m=50kg。考虑到太阳对探测器的万有引力的影响，为了使由太阳光光压产生的推动力大于太阳对它的万有引力，太阳帆的面积S至少要多大？（计算结果保留1位有效数字）25、如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为竖直虚线CD的左侧有场强大小为水平向左的匀强电场，竖直虚线CD的右侧有场强大小为（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为现将一电荷量为质量为的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为重力加速度大小取求：

（1）滑块到达圆弧轨道AB的B点时，圆弧轨道AB对滑块的支持力大小；

（2）滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；

（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求的取值范围。

26、质量均为m的两个可视为质点的小球A；B；分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上一定量的正电荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，悬挂A球的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60°角，如图所示．若A球的带电量为q，则：

（1）B球的带量为多少；

（2）水平外力多大．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．由题意根据

可知，质子由A运动到B时

代入数据解得V

同理V，假设A点的电势为0V，则B点的电势为10V，C点的电势为20V，由匀强电场的特点可知正方形对角线的交点O的电势为10V，因此BD连线为等势线；如图所示。

所以电场线的方向一定由C指向A；故A错误；

B．由于M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点，则M点与Q点的电势均为15V，P点与N点的电势均为5V，则质子由Q点运动到N点的过程中，电场力做功为eV

故B错误；

C．电子由M点运动到A点的过程中，电场力做功为eV

则电子的电势能增加15eV；故C正确。

D．由于BD两点的电势相等，则电子由B点运动到D点的过程中电场力做功为零；故D错误；

故选C。2、A【分析】【详解】

依题意，实验要求加在小电珠上的电压可从零开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法，由于小电珠的电阻

远远小于电压表的电阻，故电流表采用外接法，故选A。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．元电荷是与质子的电荷量数值相等的电荷量；但不是质子，故A错误；

B．元电荷是自然界中最小的电量；所以所有带电体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，故B正确；

C．电荷的形状；体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时；就可以看成是点电荷，并不是只有体积很小的带电体才看成是点电荷，故C错误；

D．在摩擦起电的过程中只是电荷的转移；并不是创造出了新的电荷，故D错误。

故选B。4、D【分析】【分析】

【详解】

根据库仑定律，距离改变之前

当电荷量都变为原来的4倍时

故A；B、C错误；D正确。

故选D。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．电场强度E=适用于任何电场；A错误，不符合题意；

B．电场强度E=只适用于匀强电场；B正确，符合题意；

C．电场强度E=只适用于点电荷形成的电场；C错误，不符合题意；

D．电场力做功W=qU适用于任何电场；D错误，不符合题意。

故选B。6、B【分析】【详解】

A．滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中；接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆欧姆定律可知，电路的电流增大，电流表示数增大，故A错误；

B．电源的效率为

当滑动变阻器接入电路的电阻减小；电源效率减小，故B正确；

C．把R1看作电源的内阻；滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路的阻值靠近等效电源的内阻，等效电源的输出功率变大，滑动变阻器消耗的功率变大，故C错误；

D．根据闭合电路欧姆定律有

当滑动变阻器接入电路的电阻减小,电路的电流增大时，路端电压减小，电容器电压减小，根据电容器定义式

可知电荷量在减小，电容器在放电状态，所以通过的电流方向为从d到c；故D错误。

故选B。7、B【分析】【详解】

由并联电路的电压相同可得：电阻R1、R2、R3两端的电压相等，故由欧姆定律可得：，又由并联电路电流分流可得：，所以，故B正确，A、C、D错误；

故选B．

【点睛】

关键是根据并联电路电压相同，由欧姆定律得到I1，I2，I3的数值关系，然后根据并联电路电流分流求得I4与I1，I2，I3的关系，即可得到比值．二、多选题(共9题，共18分)8、B:C【分析】【详解】

A．由O点到B点，场强越来越大，而从B点到O点，场强越来越小，而O点的场强大于在M点的场强，从A到O的场强逐渐减小，所以在x轴上A、O两点之间不会有一点与M点的电场强度相同；A错误；

B．O点的合场强大小为

方向沿x轴正方向；B正确；

C．B点的电荷在M点和O点形成的场强大小一样，方向相反，A点在O点形成的场强大于在M点形成的场强，而在O的场强是两场强大小相加，在M点的场强是两场强大小相减，可以判断在O点的场强大于在M点的场强，根据沿电场线方向电势降低可知，O点的电势高于M点的电势；C正确；

D．O点的场强大于M点的场强，所以将一带正电的试探电荷从O点移至M点；其电势能减少，D错误。

故选BC。9、B:D【分析】【分析】

根据“同向电流相吸；异向电流相斥”分析两边电流的作用力的合力，距离导线越近则磁场越强.

【详解】

若I与I0方向相同，根据“同向电流相吸，异向电流相斥”的原则可知，a处导线受到的安培力方向为右上方，不可能与bc边平行，选项A错误；若I与I0方向相反，根据“同向电流相吸，异向电流相斥”的原则可知，则ca相斥，ab相吸，则a处导线受到的安培力方向可能与bc边平行，但是不可能与bc边垂直，此时c对a的斥力沿水平方向的分量等于b对a的吸引力，则Fca>Fba，因c离a的距离大于b离a的距离，可知电流大小必满足I＞I0，选项BD正确，C错误；故选BD.10、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．太阳能是可供人类利用的一种新能源；它是一次能源，A正确；

B．太阳能分布广阔；获取方便，处处可利用，B正确；

C．太阳能安全；清洁；但利用太阳能的设备会造成一定的环境污染，C错误；

D．对于人类来说；太阳能几乎可以说是一种取之不尽；用之不竭的永久性能源，D正确。

故选ABD。11、A:C:D【分析】【详解】

A．试探电荷从A点由静止释放后向B点运动，其受到的电场力由A点指向B点；根据同种电荷互相排斥及力的合成可知，试探电荷带正电，故A正确；

B．根据图线的斜率等于加速度，可得试探电荷在B点的加速度最大，且为

根据牛顿第二定律可得

解得

故B错误；

C．试探电荷从A点到B点，根据动能定理，电场力做功为

即试探电荷从A点到B点电势能减小了故C正确；

D．如图所示。

设试探电荷与左边电荷的连线与竖直方向的夹角为根据点电荷的电场强度及电场的合成可知，试探电荷所在位置的电场强度大小为

根据几何关系有

即试探电荷所在位置的电场强度大小

令

则有

仅当时，电场强度具有最大值，可得

由于B点场强最大，可得O，B两点间的距离为

故D正确。

故选ACD。12、B:D【分析】【详解】

A．由于不知道电场线的方向；两个带电粒子的电性也不知道，故不能确定此电场线是由带正电的点电荷产生的，还是由带负电的点电荷产生的，A错误；

B．两个带电粒子受到的电场力方向如图所示。

可知电场力方向与速度方向的夹角均小于电场力对两粒子均正功，故两个粒子的电势能都减小，B正确；

C．根据电场线的疏密程度可知，点的电场强度大于点的电场强度，但点的电场强度不为零；C错误；

D．从粒子运动轨迹可知，电场强度越来越小，电场力越来越小，故加速度越来越小，从粒子运动轨迹可知；电场强度越来越大，电场力越来越大，故加速度越来越大，D正确。

故选BD。13、A:D【分析】【详解】

A．根据图像，负电荷从O点运动到M点，电势能减小，电场力做正功，电场力向右，电场强度向左，a为负电荷，b为正电荷；A正确；

B．因为A点电势等于零，且所以B错误；

C．根据图像，负电荷从N点到D点，电势能先增大后减小，电场力先做负功后做正功，那么，正电荷从N点到D点电势能先减小后增大；电场力先做正功后做负功，C错误；

D．因为在ND段中C点电势能最大，在C点切线的斜率等于零，C点的电场强度等于零。又因为b为正电荷，正电荷的电场线是发散的，所以从N点到C点电场强度方向向右，从C点到D点电场强度方向向左，将一正点电荷从N点静止释放后会沿x轴正方向运动，在ND段先加速后减速，到达C点时速度最大；D正确。

故选AD。14、B:C【分析】【详解】

AB．由题图可知，AC段的电场线比CB段的电场线密，则有AC段的电场强度比CB段的电场强度大，由U=Ed可知，AC间的电势差UAC大于CB间的电势差UCB，则有φA−φC>φC−φB

已知φA=30V，φB=−20V，可得φC<5V

A错误；B正确；

C．正电荷在电势高处电势能大，将正电荷从A点经C点移到B点；电荷的电势能减小，则电场力对该正电荷做正功，C正确；

D．A点的电势高于B点的电势，负电荷在电势高处电势能小，所以负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能；D错误。

故选BC。15、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．根据电流强度的定义式，流过的电流为

A正确；

B．由电阻定律

可得

B错误；

C．因两段导体串联，通过的电流相等，根据电流强度的微观表达式

可得自由电子在导体a和b中的定向移动速率之比为

C错误；

D．根据焦耳定律

相同时间内导体和产生的焦耳热之比为

D正确。

故选AD。16、A:D【分析】【详解】

试题分析：只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，对电路没有影响，电压表读数不变；电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由可知；电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误；若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，则场强减小，带电微粒向下运动；

故D正确．故选AD．

考点：直流电路中的含电容电路。

【名师点睛】本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的．分析油滴是否运动，关键分析电场强度及电场力是否变化．三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

公共接线柱和1之间为电流I=4mA挡，根据并联电路的特点可得IgRg=（I-Ig）R1

解得R1=100Ω

公共接线柱和1之间的总电阻为

公共接线柱和2之间为电压U=3V挡，根据串联电路的特点可得

其中I=4mA=0.004A

解得R2=675Ω【解析】①.100②.67518、略

【分析】【详解】

[1]竹子处于重力场和匀强电场的复合场中，所受合力是恒力，方向与电场方向成45°角，大小

在这个复合场中，珠子沿着圆环来回滑动，滑动轨迹所对的圆心角为90°，动能最大时，就是珠子滑到圆环沿着合力方向的最低点，此时珠子在复合场中的势能全部转化为动能，即

所以

[2]珠子在圆环上能到达的最高点，就是圆环的最右端点，在此点处，珠子的运动速度已经减小为零，所受重力竖直向下，所受电场力水平向右，珠子对圆环的压力在大小上等于圆环所受的电场力，即【解析】mg19、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]当小球C靠近小球A时，旋转小角度，因此通过微小量放大，能比较准确的测出转动角度；同时体现了控制变量法，控制电荷量，去研究库仑力与距离的关系；控制距离，去研究库仑力与电荷量的关系。【解析】①.微小量放大法②.控制变量法20、略

【分析】【详解】

[1]由库仑定律可知，电子所受到的库仑力大小为

[2]库仑力的方向在它们的连线上；由异种电荷相互吸引可知，库仑力方向应指向氢核。

[3]由库仑力提供向心力有

解得：【解析】指向氢核21、略

【分析】【详解】

(1)[1]连接AD两点，由几何关系可知，AD边平行BC边，且AD边长度是BC边的两倍，在匀强电场中，沿着同一方向前进相同的距离电势差相等，所以

代入数据解得φD=1V

(2)[2]O点是AD的中点，所以

代入数据解得φO=-1V

则电量

的负电荷在中心O处的电势能为

(3)[3]O点是FC的中点，所以

代入数据解得φF=-2V

B、F两点的电势相等，所以BF所在的直线是一条等势线，过A点做BF的垂直平分线，与线段BF交于M点，则φM=-2V

已知正六边形边长为2cm，由几何关系可知AM两点距离d=1cm=0.01m

则电场强度

(4)[4]如图所示。

【解析】1V22、略

【分析】【详解】

（1）[1]把条形磁铁插入线圈时，穿过线圈的磁通量向上，且大小增大，则线圈产生的感应电流的磁场方向向下，由发光二极管B发