D.
【答案】D
【解析】电阻R的U-I线与两电源的U-I图像的交点为电阻的工作点，由图像可知，C与A交点的横纵坐标的乘积较大，则电源的输出功率较大，选项A错误．由图像可知由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，A电源的内阻r较大，电源的效率．由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，B电源的内阻r较小，R接到B电源上，电源的效率较大，故B错误．由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，图象与U轴的交点表示电动势，则A的电动势较大，图象的斜率表示内阻，则B电源的内阻r较小，A电源的内阻r较大．故C错误；由图可知，两电源的短路电流相等，根据I短=可知，，变形可得：
，故B正确；故选D.
点睛：
解题时要知道电源的U-I图象斜率大小等于电源的内阻，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比．
6.如图1所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示．以图1中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则选项图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】试题分析：
在0—1s内，原磁场均匀增加，故线圈中产生的磁场方向向外，由右手定则可知，感应电流的方向为逆时针，与标定的电流方向相反，故感应电流为负的，且不变，故BD错误；在1s—2s的时间内，原磁场不变，故感应电流为0，在2s—3s的时间内，原磁场减小，故感应电流为正值，又因为在这个时间内的原磁场的变化率较大，是0—1s变化的2倍，故产生的感应电流也是原来的2倍，故选项A错误，C正确。
考点：
法拉第电磁感应定律。
【名师点晴】在2s—3s的时间内，可分为两个过程，一是原磁场方向向里减小，故线圈中感应电流的磁场是向里的，二是原磁场方向向外增加，故线圈中的感应电流的磁场也是向里的，故在2s—3s这段时间内的感应电流是一个方向，且磁场均匀变化，故电流的大小不变。
7.如图甲所示，n＝15匝的圆形线圈M，其电阻为1Ω，它的两端点a、b与阻值为2Ω的定值电阻R相连，穿过线圈的磁通量的变化规律如图乙所示．则（）
A.线圈中感应电流是顺时针方向
B.线圈中感应电动势力大小1.5V
C.电路中电流是1.0A
D.电阻R的热功率是3.0W
【答案】C
【解析】由Φ-t图象知，穿过M的磁通量均匀增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流是逆时针方向，由法拉第电磁感应定律得：
，选项B错误；由闭合电路欧姆定律得：
，选项C正确；电阻R的热功率是，选项D错误；故选C．
8.如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05m，电源的电动势为E=3V，内阻r=0.1Ω，限流电阻R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数为1.5V，则（）
A.由上往下看，液体做顺时针旋转
B.液体所受的安培力大小为1.5N
C.闭合开关后，液体热功率为0.81W
D.闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J
【答案】D
【解析】A、由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，A正确；
B、电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路的欧姆定律：
，所以电路中的电流值：
，液体所受的安培力大小为：
，B错误；
C、玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为，则液体热功率为；，C错误；
D、10s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率：
，所以闭合开关10s，液体具有的动能是：
，D正确；
故选AD。
9.如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环．金属杆OM的长为，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接。
下列判断正确的是（）
A.OM两点间电势差绝对值的最大值为
B.金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为
C.通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到P
D.通过电阻R的电流的最大值为，且P、Q两点电势满足
【答案】B
【解析】M端线速度为v=ωl，OM转动切割磁感线产生的电动势为E=Bl∙=BL2ω，B正确；当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电流最小，R并=×2R=R，通过电阻R的电流的最小值为Imin=，根据右手定则可得电流方向从Q到P，此时OM两点间电势差绝对值的最大值为，AC错误；当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时有最大电流Imax=，根据右手定则可得电流方向从Q到P，P、Q两点电势满足φP＜φQ，D错误；故选B.
点睛：
本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：
一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=Bl2ω来计算．
10.光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝0.20m 的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60g、电阻R＝1Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计（sin53°＝0.8，g＝10m/s2），则（ ）
A.磁场方向一定竖直向下
B.电源电动势E＝3.0V
C.导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3N
D.导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048J
【答案】AB
【解析】试题分析：
棒在安培力的作用，获得动能，根据左手定则分析磁场的方向．根据动能定理和安培力公式、欧姆定律结合求电源的电动势，并求出安培力F的大小．由能量守恒求解电源提供的电能．
解：
A、当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确；
BC、设电路中电流为I，电源的电动势为E，则
根据动能定理得：
mgL（1﹣cos53°）=FLsin53°，解得安培力F=0.3N
由F=BIL=BL，得E=3V，故B正确，C错误．
D、导体棒在摆动过程中电源提供的电能为E=mgL（1﹣cos53°）=0.06×10×0.2×0.4J=0.048J，但是还有焦耳热，故D错误．
故选：
AB．
【点评】本题是通电导体在磁场中运动问题，知道运用左手定则判断安培力与磁场的关系，运用动能定理和能量守恒定律分析能量问题．
11.用绝缘细线悬挂一个质量为m，带电荷量为+q的小球，让它处于如图所示的磁感应强度为B的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在如图位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，悬线处于伸直状态，则磁场的运动速度和方向可能是（ ）
A.，水平向左
B.，水平向下
C.，竖直向上
D.，水平向右
【答案】AC
【解析】若磁场的运动方向水平向左，则小球相对磁场水平向右，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，当洛伦兹力等于重力，处于平衡状态，则有：
Bqv=mg，解得：
，故A正确；若磁场的运动方向竖直向下，则小球相对磁场竖直向上，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向左，则不可能处于平衡状态．故B错误；若磁场的运动方向竖直向上，则小球相对磁场竖直向下，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向右，当洛
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