2022-2023学年四川省仁寿重点学校高二（下）期中物理试卷（含解析）

2022-2023学年四川省仁寿重点学校高二（下）期中物理试卷

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

1.如图所示，相距为d的两平行直金属导轨PQ、MN水平放置，电阻R接在导轨的P端和M端

之间，长为2d的导体棒ab放在导轨PQ、MNE整个装置处于垂直于导轨平面、强度为B的

匀强磁场中。使导体棒αb以水平速度"向右匀速运动时，回路中产生的感应电流为回路中

产生的感应电动势E和导体棒ab受到的安培力尸分别为（）

P

R

M

A.F=Bdv,F=BidB.E=Bdv,F=2Bld

C.E=2Bdv,F=BidD.E=2Bdv,F=2Bld

2.材料相同的均匀直导线4、B串联在电路上时，沿长度方向的电势随位置的变化规律如图

所示。已知导线4长为名，导线B长为2"，则4、B两导线的横截面积之比是（）

A.1：2B.1：4C.1：6D.1：8

3.如图所示，在匀强电场中，一质量为瓶、带电量为q的小球从。点由静止开始自由释放,

其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为。，下列说法正确的是（）

O

θ

A.小球的电势能一定减小B.小球一定做匀加速直线运动

C.小球所受电场力一定做正功D.小球所受电场力一定为JngSine

4.如图所示，大气球质量为25kg,载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面2（hn高的地

方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安

全到达地面，则绳长至少为（不计人的身高，可以把人看作质点）（）

ɪ

A.60mB.40mC.30mD.IOm

5.一个静止的质量为M的原子核，放出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对核的速

度为几,则形成的新核速度大小为（）

A“R2⅛≡θD•口

A∙V°d,M-mJrMυ∙2m-M

6.在如图所示的电路中，4和4是两个相同的灯泡。线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽

略不计，下列说法正确的是（）

A.闭合开关S时，&先亮，4逐渐变亮B.闭合开关S时，AI和&同时亮

C.断开开关S时，&闪亮一下再熄灭D.断开开关S时，流过&的电流方向向左

7.如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于。点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速

度ι⅛击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m,砂袋质量为5m,弹丸和砂袋形状

大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。

下列说法中正确的是（）

A.弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变

B.弹丸打入砂袋过程中，机械能守恒

C.弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为K

72

D.砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为臬

72g

8.如图所示，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球4、B、C,其中8、C静止，中

间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球4以速度D与小球B正碰并粘在一起，碰撞

时间极短，则碰后瞬间（）

ABC

OOmAWvWO

A.4、B的速度变为云C的速度仍为0

B.力、B、C的速度均为々

C.A、B的速度变为（C的速度仍为0

D.A、B、C的速度均为:

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）

9.质量为Mg的小球以4m∕s的速度与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的速度可和塔,

下面可能的是（）

4

,

A.UI=I⅛=-m∕sB.v[=-lm∕s,v2=2.5m∕s

,

C.v[=lm∕s,v2—3m∕sD.v[=-4m∕s,v'2=4m/s

10.木块α和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，α紧靠在墙壁上，在b上施加向

左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）

A.α尚未离开墙壁前，α和b组成的系统动量守恒

B.α尚未离开墙壁前，α和b组成的系统动量不守恒

C.α离开墙壁后，α和b组成的系统动量守恒

D.α离开墙壁后，α和b组成的系统动量不守恒

11.如图所示，足够长的光滑H形导轨宽度为3其所在平面与水平面的夹角为α,上端连接

一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为8、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，今有

一质量为血、有效电阻为r的金属杆垂直于导轨放置并由静止下滑，设磁场区域无限大，当金

属杆下滑达到最大速度加时，运动的位移为X,则以下说法中正确的是（）

A.金属杆所受导轨的支持力等于τngcosɑ

B.金属杆下滑的最大速度%=m器刃Ita

lBLCOSNa

C.在此过程中电阻R上产生的焦耳热为ZngXSina谥

D.在此过程中流过电阻R的电荷量为冬

12.如图所示，电阻R、电容器C与一半径为r的单匝圆形线圈连成闭合回路，线圈内有垂直

纸面向里的匀强磁场。在戊时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增加到2B。在此

过程中（）

b

A.流过R的电流方向从Q到b∙线圈中产生的感应电动势为竽

C.电容器下极板带正电，上极板带负电D.电阻R消耗的功率逐渐增大

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

13.某中学实验小组利用如图所示电路探究''电磁感应现象”。

（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后进行下述操作

时可能出现的情况是：

①将通电线圈a迅速插入感应线圈B时，灵敏电流计指针将（选填“左

偏”“不偏”“右偏”）。

②将通电线圈4插入感应线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将

（选填“左偏”“不偏”“右偏”）。

（2）在上述实验中，如果感应线圈B两端不接任何元件，则感应线圈B中将。

A因电路不闭合，无电磁感应现象

B.有电磁感应现象，有感应电动势，但无感应电流

C.不能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向

14.在“验证动量守恒定律”的实验中，先让A球直接滚下，记录其做平抛运动的水平位移，

在让4球撞击静止在末端的B球，而后分别记录两球做平抛运动的水平位移，请回答下列问题。

(1)实验记录如图所示，贝必球碰前做平抛运动的水平位移是图中的,B球被碰后做平抛

运动的水平位移是图中的.(两空均选填“0M”、“0P”或“ON”)

(2)小球4下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果_____产生误差(选填“会”或

“不会”)。

(3)若入射小球4质量为Hh,半径为rl;被碰小球B质量为爪2,半径为七，则正确的是()

A.m1<m2>r1=r2B.m1>m2>r1>r2

C.m1>m2>ι"ι<r2D.m1>m2<r1=r2

(4)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是(填下列对应的字母)。

A游标卡尺B.刻度尺C.天平D.秒表

四、计算题(本大题共3小题，共32.0分)

15.如图所示，一小型发电机内有n=100匝矩形线圈，矩形面积S=0.10r∏2,线圈电阻可

忽略不计。在外力作用下矩形线圈在8-0.107匀强磁场中，以恒定的角速度3=100πrad∕s

绕垂直于磁场方向的固定轴0。'匀速转动，发电机线圈两端与R=IOoo的电阻构成闭合回路。

(1)求线圈转动时产生感应电动势的最大值；

(2)从线圈平面通过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；

(3)求从线圈平面通过中性面开始，线圈转过90。角的过程中通过电阻R横截面的电荷量。

O

16.如图，在水平地面MN上方空间存在一垂直纸面向里、磁感应强度B=1.07的有界匀强

磁场区域，上边界EF距离地面的高度H=0.7m<,正方形金属线框abed的质量m=0.1kg、边

长L=(Mrn,总电阻R=0。20,线框的ab边距离EF上方九=0.2m处由静止开始自由下落，

abed始终在竖直平面内且ab保持水平。(g取Iorn/s?)求：

(1)线圈刚进入磁场时受到安培力的大小和方向；

(2)线框从开始运动到ab边刚要落地的过程中线框产生的焦耳热Q：

(3)通过计算画出线框从开始运动，到M边恰好到达地面过程的"-t图像。(要求标注关键数

据)

M

17.如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R=0.1m,

半圆形轨道的底端放置一个质量为Zn=0.1kg的小球8,水平面上有一个质量为M=0.3Zcg的

小球4以初速度为=4.0m/s开始向着小球B运动，经过时间t=0.80s与B发生弹性碰撞。设

两小球均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球4与水平面间的动摩擦因数〃=

0.25,求：

(1)两小球碰撞前4的速度大小：

(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力；

(3)小球4所停的位置距圆轨道最低点的距离。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：磁感线与导体棒垂直，那么导体切割磁感线的有效长度与速度垂直，所以回路中产

生的感应电动势：E=Bdv

磁感线与导体棒垂直,导体棒受到安培力的有效长度为电流流过的长度,有：F=BI2BId,

sιn30

故8正确，ACO错误。

故选：B。

根据E=Bh即可求出感应电动势的大小，再根据安培力公式即可求出安培力大小。

本题考查导体棒切割产生电动势以及安培力的计算，要注意明确E=B切中的L为有效长度d,而

安培力的计算中L为导体棒的长度。

2.【答案】A

【解析】解：电阻串联，电流相等，则：M=竺胃2=J

KB001

根据电阻定律：R=p^

同种材料的电阻，电阻率P相同，导线的长度之比：M=J

IBl

联立方程，则导线的横截面积之比为：

SB2

故A正确，BCQ错误；

故选：Ao

串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律

得出X和y导线的横截面积之比。

本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点，难度不大，关键是正确理解图象的意义。

3.【答案】B

【解析】解：ABC,粒子从静止开始做直线运动，电场力与重力合力为恒力，所以合外力一定与

速度方向共线，做匀加速直线运动，如下图所示：

电场力的方向可能与速度方向成锐角、直角或钝角，所以电场力

可能做正功、不做功或负功，电势能可能减小、不变或增大，故

AC错误，8正确；

。、电场力的的取最小值时，电场力与合力方向垂直：Fmin=

mgsinθ,所以电场力可能大于TngSin。，故。错误。

故选：Bo

根据受力分析判定力与运动方向关系，从而做功情况和能量变化

情况；根据三角形定则知电场力的最小值。

带电粒子在电场的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同。先

分析受力情况再分析运动状态和运动过程，然后选用恰当的规律解题。

4.【答案】A

【解析】

【分析】

此题主要考查动量守恒定律，关键是找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的关系。

人和气球动量守恒，当人不动时，气球也不动；当人向下运动时.，气球向上运动，且变化情况一

致，即加速均加速，减速均减速，匀速均匀速，根据动量守恒列出等式求解。

【解答】

人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度巧，气球的速度方，设运动时间为3以人与气球组成

的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得=0,则rnι^-ni2^=0,

解得、l`i:ɪɪ,则绳子长度/、・、Hln.-':iɪKhu,即绳子至少长60nι长，

故A正确，BCO错误。

故选4。

5.【答案】C

【解析】

【分析】

首先要抓住“粒子离开原子核时相对核的速度为处”求出粒子相对地面的速度，再使用动量守恒

定律可得.

该题中要注意“粒子离开原子核时相对核的速度为%”是解决问题的关键，属于易错题.

【解答】

设新核速度为%,则粒子的速度为"2=v0+v1,则由动量守恒定律得O=(M-m)v1+mv2,解

得％=-答，负号代表与孙方向相反，C正确.

故选：Co

6.【答案】A

【解析】

【分析】

当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，线圈会产生自感电动势阻碍电流的增大，根据楞次定律

判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮，断开瞬间也可以按照同样的思路分析。

本题主要考查自感现象。

【解答】

4B.合上开关S时，灯&立即发光；通过线圈L的电流增大，线圈会产生自感电动势与原来电流方

向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，灯为逐渐亮起来；当电流逐渐稳定时.，线

圈不产生感应电动势，通过两灯的电流相等，亮度相同，故4正确，B错误；

CD稳定后断开开关S时，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，线圈L、灯&与

灯AI构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，由于两灯泡完全相同，线圈的电阻又不计，则灯4

不会出现闪亮一下，且流过灯&的电流方向向右，故CD错误。

7.【答案】D

【解析】

【分析】

弹丸打入砂袋过程中，根据砂袋运动状态的变化，受力分析得出细绳拉力的变化。弹丸打入砂袋

过程中，弹丸和砂袋之间存在摩擦力，系统产生热量，机械能减少。弹丸打入砂袋过程中，内力

远大于外力，系统的动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求出产生的热量。弹丸打入

砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，由机械能守恒定律求摆动所达到的最大高度。

【解答】

A、弹丸打入砂袋过程中，砂袋做圆周运动的速度不断增大，所需要的向心力由绳子拉力和重力提

供，砂袋重力不变，则细绳对砂袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，故

A错误；

反弹丸打入砂袋过程中，弹丸和砂袋之间存在摩擦力，系统产生热量，机械能减少，故B错误；

C、弹丸打入砂袋过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律：mv0=(m+5m)v,得U=果

222

产生的热量为Q=∣mv0-∣(r∏+5τn)v=-^mv0‹故C错误；

。、弹丸打入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，则得

1

2

(m+5m)v2=(m+5m^)gh,h=-ɪ,故D正确；

故选：0。

8.【答案】C

【解析】解：4B碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，4、8系统所受合外力为零，系统动

量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=2mv',解得：√=p4、B碰撞过程，C所

受合外力为零，C的动量不变，C保持静止，速度仍为0,故ABo错误，C正确；

故选：Co

系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据题意，应用动量守恒定律分析答题.

本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律可以解题，本题难

度不大，是一道基础题.

9.【答案】AB

【解析】解：两球碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，

如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：τn1v0=(m1+m2)v,解得：v=^m∕s,

如果碰撞为完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：Hi1V0-m1v1+m2v2>

由机械能守恒定律得：=TnII资+:τ∏2谚，

解得：v1=-∣m∕s,V2=∣τn∕s,

则：-^m∕s<v1<^m∕s,^m∕s≤v2≤∣m∕s>故AB正确，CD错误;

故选:AB.

两球碰撞过程系统动量守恒，根据碰撞类型应用动量守恒定律求出球的速度，然后分析答题.

本题考查了求小球的速度，应用动量守恒定律可以解题：解题时要注意讨论：碰撞是弹性碰撞还

是非弹性碰撞，否则会漏解.

10.【答案】BC

【解析】

【分析】

判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零，当撤去外力产后，α尚未离开墙壁前，系

统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零；α离开墙壁后，系统所受的外力之和为0。

解决本题的关键理解系统所受合外力为零时动量守恒，并能对实际的问题进行判断，此题属于基

础题。

【解答】

AB.当撤去外力F后，α尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，

所以α和b组成的系统的动量不守恒，故A错误，B正确；

CD.α离开墙壁后，系统所受的外力之和为0,所以a、b组成的系统的动量守恒，故C正确，。错

误。

故选BCo

11.【答案】AD

【解析】解：4、金属杆沿导轨下滑的过程中，所受安培力方向平行于斜面向上，金属杆在垂直

导轨方向上处于平衡状态，则金属杆所受导轨的支持力N=mgcosa,故A正确；

8、金属杆下滑达到最大速度时做匀速直线运动，则由平衡条件有

mgsina=BIL

其中/=£=也为

K1R+

rR+r

联立解得：Vm=mJ孽*H故8错误；

C、根据能量守恒定律得在此过程中回路中产生的总热量为Q=ZngXS讥a-gm爆

电阻R产生的焦耳热为QR=含。-^m9xsi-na~5mvm)1故C错误；

D、在此过程中流过电阻R的电荷量为q=7a

其中7=寻E=竽

联立可得：q=黑=照,故。正确。

故选：AD.

根据金属杆在垂直导轨方向上受力平衡，来求解金属杆所受导轨的支持力。金属杆下滑达到最大

速度时做匀速直线运动，根据安培力与速度的关系式和平衡条件求解最大速度。根据能量守恒定

律求解焦耳热；根据q=怒求解流过电阻R的电荷量。

本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键要根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量与

电流的关系，来推导电阻R的电荷量表达式q=普，式中R+r应是回路的总电阻。

K~rΓ

12.【答案】AB

【解析】解：AC,线圈内垂直纸面向里的磁感应强度增加，根据楞次定律可知线圈内的感应电流

产生的磁感应强度垂直纸面向外，根据安培定则可知感应电流为逆时针方向，所以通过电阻的电

流为从α到b,说明α点电势高，则电容器上极板带正电，下极板带负电，故A正确，C错误。

B、根据法拉第电磁感应定律：E=n-=--S=-＞故B正确。

∆t∆f∆t

。、电动势恒定，通过电阻的电流恒定，根据电功率：P=I2R,可知电阻上消耗的功率不变，故

。错误。

故选：AB.

根据法拉第电磁感应定律求解线圈中产生的感应电动势。

根据楞次定律判断流过电阻R的电流方向，判断电容器上、下极板的电性。

根据功率公式判断电阻R消耗功率的变化。

本题考查了法拉第电磁感应定律的相关计算，解题的关键是法拉第电磁感应定律和楞次定律的灵

活运用。

13.【答案】(1)右偏；左偏；

(2)B

【解析】

【分析】

本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同，知道磁场

方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。

(1)根据楞次定律确定电流的方向，判断指针的偏转；

(2)当穿过线圈的磁通量发生变化时，一定有感应电动势，若闭合时，才有感应电流，可以由楞次

定律来确定感应电动势的方向。

【解答】

⑴

闭合电键，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则灵敏电流计

的指针将右偏转；

原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左滑动时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈

的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转；

(2)如果副线圈B两端不接任何元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不会没有

感应电流存在,但是可根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而可以判断出感应电动势的方向，

故B正确，AC错误。

14.【答案】OPON不会DBC

【解析】解：(1)撞后两小球做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，A小球和B小球相撞后，

B小球的速度增大，4小球的速度减小，所以碰撞后4球的落地点距离。点最近，B小球离。点最远，

中间一个点是未放8球时A的落地点，即4球碰前做平抛运动的水平位移是图中的。P,B球被碰后

做平抛运动的水平位移是图中的OM

(2)只要小球每次到达末端的速度相等，则就不会产生误差；故只要每次让小球从同一点由静止滑

下即可，摩擦力不会带来误差；

(3)两球要发生对心碰撞，故两球的半径应相同；同时为了防止4球反弹，A球的质量要大于B球；

故选D.

(4)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球做平抛运动时抛出点的高度九相同，则它们在空中的运

动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证m,t∖=gu'i+

则有

miv1t—τ∏ιv'1t+m2v2t

可得

mlx1=mlx'1+m2x2

由图所示可知，需要验证

ml0P—TnloM+m20N

因此实验需要测量的量有：①入射小球的质量，②被碰小球的质量，③入射小球碰前平抛的水平

位移，④入射小球碰后平抛的水平位移，⑤被碰小球碰后平抛的水平位移，测量水平位移需要用

直尺，测质量需要天平。故选8C

故答案为：(1)OP,ON；(2)不会；(3)D；(4)BC

明确实验原理，知道要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量

及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替；从而明确实验

要求和实验中应注意的事项；两球都做平抛运动，由平抛运动规律不难判断出各自做平抛运动的

落地点，根据平抛运动的特点求出碰撞前后两个小球的速度，根据动量的公式列出表达式，代入

数据看碰撞前后的动量是否相等。

对于验证动量守恒定律的实验，要学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度的方法，掌握两

球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键。

15.【答案】解：(1)线圈中感应电动势的最大值为：Em=HBS3=100X0.10X0.10XIOOnV=

314U

(2)从中性面开始计时，表达式为正弦函数为：e=Emsinωt-314sinl00ττt(y)

(3)平均电动势E=n詈=nB绘

平均电流i=I

转过90。角过程中的电荷量为q=7At=喀

代入数据解得：q=0.01C

答：(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值为314V；

(2)从线圈平面通过中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=314SinIOOTrt(V)：

(3)从线圈平面通过中性面开始，线圈转过90。角的过程中通过电阻R横截面的电荷量为0.01C。

【解析】(1)线圈中感应电动势的最大值为Em=nBSa；

(2)设从线圈平面通过中性面时开始，表达式为正弦函数e=Emsinωt;

(3)平均电动势5=n号=砧言，平均电流7=g线圈转过90。角的过程中通过电阻R横截面的电

荷量q=Ito

考查交流电的描述，知道线圈中感应电动势的最大值为Em=九BSto和瞬时值e=E7nSimot;求电

荷量时，运用交流电的平均值。

16.【答案】解：(1)线框进入磁场前做自由落体运动，当线圈Qb边进入磁场时速度为

v1=y/2gh=√2×10×0.2m∕s=2m∕s

线圈的必边切割磁感线，产生的感应电动势为

E=BLv1=1.0×0.1×2V=0.2V

线圈受到的安培力大小为

F02

F=BLI=BL^=1.0×0.1×=IN

KU.uZ

方向竖直向上。

(2)由以上计算可知，线圈Cd边进入磁场前因为

F=mg

故线圈做匀速运动，动能不变，由能量守恒定律可知线框产生的焦耳热为

Q=mgL=0.1×10×0.1/=0.1/

(3)线圈先做自由落体运动，运动的时间h=亍=^s=0.2s

在磁场内匀速运动的时间基=5•=¥$=0.05s

完全进入磁场后到落地做加速度为g的匀加速直线运动，设运动时间为t3,则

1o

H-L=v113+,g诗

解得J=0.2s

落地时的速度=vɪ+gts=(2+10×0.2)m∕s=4m∕s

所以线框的t图像如图所示。

答：(1)线圈刚进入磁场时受到安培力的大小为1N,方向为竖直向上；

(2)线框从开始运动到帅边刚要落地的过程中线框产生的焦耳热Q为0.1/；

(3)见解析。

【解析】(