高二物理月考试题及答案-四川成都市邛崃市高埂中学-2015学年高二下学期第一次月考

2014-2015学年四川省成都市邛崃市高埂中学高二（下）
第一次月考物理试卷
一、选择题（本题共12道小题，每小题4分，共48分）
1．（4分）（2014秋•泰安期末）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U CD，下列说法中正确的是（）
A．电势差U CD仅与材料有关
B．仅增大磁感应强度时，C、D两面的电势差变大
C．若霍尔元件中定向移动的是自由电子，则电势差U CD＞0
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平方向
考点：霍尔效应及其应用．
分析：在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差U CD的正负．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差U CD与什么因素有关．
解答：解：A、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则U CD＜0．
CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q=qvB，I=nqvS=nqvbc，则U=．故A、C错误，B正确．
D、在测定地球两极上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持水平，让磁场垂直通
过．故D正确．
故选：BD．
点评：解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．
2．（4分）（2015•广州校级模拟）速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A=S0C，则下列说法正确的是（）
A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电
B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C．
能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：2
考点：带电粒子在混合场中的运动．
专题：带电粒子在复合场中的运动专题．
分析：粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小．
解答：解：A、甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；
B、根据洛伦兹力提供向心力，qvB=m，得：r=，r甲＜r乙则甲的比荷大于乙的比
荷，B正确；
C、能通过狭缝S0的带电粒子，根据平衡条件：qE=qvB1，得速率v=，故C错误；
D、若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由前面分析r=，则甲、乙两束粒子的质量比
为2：3，故D错误；
故选：B．
点评：本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定．粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径．
3．（4分）（2014秋•盐都区校级期末）在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电压表的读数变化，判断正确的是（）
A．L变暗，减小B．L变暗，增大C．L变亮，增大D．L变亮，减小
考点：闭合电路的欧姆定律．
专题：恒定电流专题．
分析：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，得到干路电流和路端电压的变化，则可分析灯L亮度和电压表示数的变化．解答：解：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，而灯L两端的电压等于路端电压，所以L变暗．
由于总电流增大，通过L的电流减小，则根据并联电路的规律可知，通过R1的电流增大，R1的电压增大，故增大，故B正确．
故选：B
点评：本题是电路动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．
4．（4分）（2015春•邛崃市校级月考）某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示．则下列说法中不正确的是（）
A．图线a表示总功率P E随电流I变化的关系
B．图线b表示电源内部的发热功率P r随电流I变化关系
C．电源的最大输出功率为1.5W
D．电源的内阻为0.75Ω
考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
专题：恒定电流专题．
分析：根据电源消耗的总功率的计算公式P E=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc 三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系．
解答：解：AB、由电源的总功率和电源内部发热的功率表达式分别为：P E=EI，P r=I2r，E、r 一定，则知，a是直线，表示的是电源的总功率随电流I变化的关系，b是抛物线，表示的是电源内部的发热功率随电流I变化的关系，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率P R随电流I变化的关系，故A、B正确；
C、c表示外电阻的功率即为电源的输出功率P R，从图看出最大输出功率为1.5W，故C
正确；
D、当电流为4A时，电源内部的发热功率P r=6W，由P r=I2r，得到r=0.375Ω，故D错
误；
本题选不正确的，故选：D．
点评：本题要知道当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出功率最大，明确直流电源的总功率P E等于输出功率P R和电源内部的发热功率P r之和．
5．（4分）（2014秋•张店区校级期末）一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L 长的均匀细丝后，其电阻值为（）
A．B．3R C．D．9R
考点：电阻定律．
专题：恒定电流专题．
分析：导线长度变长但体积不变，则可得出截面积的变化，则由电阻定律可得拉伸前后电阻的变化，从而求得后来的电阻．
解答：解：由电阻定律可知：R=；
当拉制长3L的细丝后，截面积变成；则R′==9R；
故选：D．
点评：本题考查电阻定律的应用，在解题时要注意当长度变化时，导线的体积不变，故导线的截面积要有变化．
6．（4分）（2008•韶关二模）图中实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据题意不能做出判断的是（）
A．带电粒子所带电荷的符号
B．带电粒子在a、b两点的受力方向
C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大
D．带电粒子在a、b两点的电势能何处较大
考点：电场线；物体做曲线运动的条件；电场强度；电势能．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：由粒子的偏转方向可得出粒子的受力方向，由功的计算可得出电场力做功的正负，由动能定理可得出粒子动能的变化；由电场力做功与电势能的关系可得出电势能的变化．
解答：解：设粒子由a到b运动；
A、B、由图可知，粒子偏向左下方，则说明粒子受力向左下，由于不知电场线方向，
故无法判断粒子电性，故A正确，B错误；
C、由图可知，粒子从A到B的过程中，电场力做负功，故说明粒子速度减小，故可
知b处速度较小，故C错误；
D、电场力做负功，则电势能增加，故b点电势能较大，故D错误；
故选A．
点评：本题要注意无论是从a到b还是从b到a，我们得出的结果是相同的．
7．（4分）（2010秋•冀州市校级期末）如图所示，A为水平放置的橡胶圆盘，在其侧面带有负电荷﹣Q，在A正上方用丝线悬挂一个金属圆环B（丝线未画出），使B的环面在水平面上与圆盘平行，其轴线与橡胶盘A的轴线O1O2重合．现使橡胶盘A由静止开始绕其轴线O1O2按图中箭头方向加速转动，则（）
A．金属圆环B有扩大半径的趋势，丝线受到拉力增大
B．金属圆环B有缩小半径的趋势，丝线受到拉力减小
C．金属圆环B有扩大半径的趋势，丝线受到拉力减小
D．金属圆环B有缩小半径的趋势，丝线受到拉力增大
考点：楞次定律．
分析：带电圆盘转动时形成环形电流，利用右手螺旋定则判断出环形电流在导线处的磁场方向，根据楞次定律进行判定．
解答：解：带电圆盘如图转动时，形成顺时针方向的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘
上方形成的磁场方向竖直向下，
由于加速转动，所以电流增大，磁场增强，穿过金属圆环B的磁通量增大，根据楞次定律感应电流产生的磁场要阻碍原磁通量的变化，
所以金属圆环B有缩小半径的趋势，金属圆环B有向上的运动趋势，所以丝线受到拉力减小．
故选B．
点评：本题考查了电流的形成、右手螺旋定则，要深刻理解楞次定律“阻碍”的含义．如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的．
8．（4分）（2015春•邛崃市校级月考）（多选）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=B，B2=2B，一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为，则下列判断正确的是（）
A．
此过程中通过线框截面的电量为
B．此过程中线框克服安培力做的功为mv2
C．
此时线框的加速度为
D．
此时线框中的电功率为
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
专题：电磁感应——功能问题．
分析：根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量q=I△t相结合求解电量．此时线框中感
应电动势为E=2Ba，感应电流为I=，线框所受的安培力的合力为F=2BIa，再由牛顿第二定律求解加速度．根据能量守恒定律求解产生的电能．由P=I2R求解电功率．解答：
解：A、感应电动势为：E=，感应电流为：I=，电荷量为：q=I△t，解得：q=，故A正确．
B、由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：E=mv2﹣m（）2=mv2，故B
错误；
C、此时感应电动势：E=2Ba+Ba=Bav，线框电流为：I==，由牛顿第二定
律得：2BIa+BIa=ma加，解得：a加=，故C正确；
D、此时线框的电功率为：P=I2R=，故D错误；
故选：AC
点评：本题考查电磁感应规律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、能量守恒定律等等，难点是搞清楚磁通量的变化
9．（4分）（2015春•邛崃市校级月考）如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电流的有效值是（）
A．5 A B．5A C．3.5 A D．3.5A
考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
专题：交流电专题．
分析：根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．
解答：解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：
R×+R×=I2RT
解得：I=5A
故选：B．
点评：对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值．常见题型，要熟练掌握．
10．（4分）（2014秋•濠江区校级期末）如图所示，是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．负载变化时输入电压不会有大的波动（认为V1读数不变）．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小（滑动片向下移）．如果变压器的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，图中各表的读数变化情况是（）
A．A1变小、V2变小、A2变大、V3变大
B．A1变大、V2不变、A2变大、V3变小
C．A1不变、V2变大、A2变小、V3变小
D．A1变大、V2不变、A2变小、V3变大
考点：变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律．
专题：交流电专题．
分析：根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．
解答：解：理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变；
当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即A2的示数变大；
由于副线圈的电流变大，电阻R0消耗的电压变大，又因为V2的示数不变，所以V3的示数变小；
由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率
变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大．
故选：B．
点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
11．（4分）（2013•辽宁一模）如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q．图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面．有两个一价离子M、N（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb 和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．以上说法中正确的是（）
A．M一定是正离子，N一定是负离子
B．M在p点的速率一定大于N在q点的速率
C．M在b点的速率一定大于N在c点的速率
D．M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量
考点：电势能；动能定理的应用．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：根据轨迹判定电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，可知两粒子在从a向b、c运动过程中电场力做功情况．根据abc三点在同一等势面上，可判定从a到b和从a到c过程中电场力所做的总功为零．
解答：解：A、由图可知电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同．由于中心电荷为正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，故错误；
B、由图可判定M电荷在运动过程中，电场力做正功，导致动能增加；而N电荷在运
动过程中，电场力做负功，导致动能减小．所以在p点的速率一定大于N在q点的速
C、由于abc三点在同一等势面上，故粒子M在从a向b运动过程中电场力所做的总
功为0，N粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0．由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场故两粒子的分别经过b、c两点时的速率一定相等．故C错误．
D、由图可知N粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子M在从p向b
运动过程中电场力做负功的值，故M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量．故D正确．
故选BD．
点评：根据轨迹判定“电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力”是解决本题的突破口．
12．（4分）（2015春•邛崃市校级月考）如图1所示的变压器，接如图甲所示的交流电时．灯泡正常发光，电容器能正常工作．现将电源换成如图乙所示的交流电．则（）
A．由于乙交变电流的周期变短，因此灯泡比第一次亮
B．由于乙的频率比甲的大，因此电容器有可能被击穿
C．无论接甲，还是接乙电源，若滑动触头P向上移动．灯泡都变暗
D．若将原线圈n1的匝数增加，灯泡消耗的功率将变小
考点：变压器的构造和原理．
专题：交流电专题．
分析：根据两交流电的图象明确电压的有效值及周期等的变化，则可明确经变压器后的功率等的变化．
解答：解：A、灯泡的亮度与周期无关，取决于有效值；故A错误；
B、电容器的击穿电压取决于电压的最大值，与频率无关；故B错误；
C、无论接哪个电源，输入电压相同，滑片向上移动时，接入电阻增大，则灯泡均变
D、若将原线圈n1的匝数增加，则输出电压将减小；故灯泡消耗的功率将变小；故D
正确；
故选：CD．
点评：本题考查变压器及交流电的图象，要注意明确两图象的区别．
三、实验题（本题共3道小题，第13题6分，第14题12分，共18分）
13．（6分）（2014春•和县校级期末）如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补接完整．
（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后，以下操作中可能出现的情况是：
A．将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向右（填“左”或“右”）偏一下；B．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向左（填“左”或“右”）偏一下．
考点：研究电磁感应现象．
专题：实验题．
分析：（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．
（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反．
解答：解：（1）将电源、电键、小螺线管、滑动变阻器串联成一个回路，
再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．
（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；
A、将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电
流计指针将向右偏转．
B、原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变
阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转．
故答案为：（1）电路图如图所示．（2）A、右；B、左．
点评：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．
14．（12分）（2015•资阳模拟）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表：量程0～0.6A，内阻r A=0.3Ω
C．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω
D．电压表：量程0～3V，内阻未知
E．电压表：量程0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器：0～10Ω，2A
G．滑动变阻器：0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．
（1）在上述器材中请选择适当的器材：ABDFH （填写选项前的字母）；
（2）实验电路图应选择图中的甲（填“甲”或“乙”）
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E= 1.5 V，内电阻r= 0.70 Ω．
考点：测定电源的电动势和内阻．
专题：实验题．
分析：（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；
（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；
（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻．
解答：解：（1）在上述器材中请选择适当的器材：A．被测干电池一节
为了读数准确，所以选择D．B．电流表：量程0～0.6A；且应明确电流表内阻；故电流表选B；电压表：量程0～3V，
滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F．滑动变阻器，H．开关、导线若干
（2）因电流表B的内阻已知，故可以将电流表内阻等效为电源内阻，求出等效电阻后，再求出实际电源电阻，故采用甲图可以有效修正实验误差；
（3）由U﹣I图可知，电源的电动势E=1.50V；
等效内电阻r===1.0Ω；
故实际内阻为1.0﹣0.3=0.7Ω；
故答案为：①ABDFH
②甲；
③1.5，0.7．
点评：本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻；要特别注意实验误差的修正方法．
四、计算题（本题共3道小题，第15题10分，第16题12分，第17题12分，共34分）15．（10分）（2014秋•湖北期末）一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R=1kΩ．到目的地经变压器T2降压，使额定电压为220V的用电器正常工作．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，T1和T2为理想变压器，发电机处于满负荷工作状态，试求：
（1）输电线上的功率损失和电压损失．
（2）原、副线圈匝数比各为多少？
考点：远距离输电．
专题：交流电专题．
分析：（1）根据输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%求出输电线上损失的功率，结合输电线的电阻求出输送的电流的大小，从而得出电压的损失．
（2）根据输送的电流求出升压变压器的输出电压，结合输入电压求出原副线圈的匝数比．根据电压损失以及升压变压器的输出电压求出降压变压器的输入电压，结合用电器的电压求出降压变压器原副线圈的匝数比．
解答：解：①输电线上的功率损失R损为：R损=10%P=10%×4000KW=400KW
根据得，．
则电压损失V．
②升压变压器的输出电压
降压变压器的输入电压
故：升压变压器的原副线圈的匝数比为：
降压变压器的原副线圈的匝数比为：．
答：（1）输电线上的功率损失为400KW，电压损失为20000V．
（2）升压变压器的原副线圈的匝数比为1：50；降压变压器的原副线圈的匝数比为9000：11．
点评：解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系．
16．（12分）（2015春•邛崃市校级月考）如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L1=1m，导轨平面与水平面成θ=30°角，上端连接阻值R=1.5Ω的电阻；质量为m=0.2kg、阻值r=0.5Ω的金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最上端为L2=4m，棒与导轨垂直并保持良好接触．整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示．为保持ab棒静止，在棒上施加了一平行于导轨平面的外力F，g=10m/s2求：
（1）当t=2s时，外力F1的大小；
（2）当t=3s前的瞬间，外力F2的大小和方向；
（3）请在图丙中画出前4s外力F随时间变化的图象（规定F方向沿斜面向上为正）．
考点：法拉第电磁感应定律；安培力．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：（1）由图甲看出，B随时间均匀变化，回路中产生恒定的感应电动势和感应电流．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力的表达式，在t=2s时，外力F为零，导体棒处于静止状态，由平衡条件即可求解B；
（2）由图得到B的大小．由F=BIL求得安培力的大小，由平衡条件求解外力的大小
和方向；
（3）根据外力F随时间的表达式，画出图象．
解答：
解：（1）回路中产生的感应电动势为E==L1L2=L1L2，
感应电流为 I=，
在t=2s时刻，处于静止状态，
由平衡条件得：
mg sin30°﹣B2IL1﹣F1=0；
代入数据，可解得：F1=0，
（2）当t=3s时，由图可知B3=1.5 T，则由平衡条件得
外力F=B3IL1﹣mg sin30°=B3L12L2﹣mg sin30°=0.5N，方向沿斜面向下
（3）在前3s内，由平衡条件得：
mg sin30°=BIL1+F，得F=mg sin30°﹣BIL1
而B=0.5t（T），I=L1L2=1×4× A=1A，
得到F=1﹣0.5t
在t=3s后，B不变，则F不变．
作出图象如图．
答：（1）当t=2s时，外力F1的大小是0；（2）当t=3s时，外力F的大小是0.5N，方向沿斜面向下．（3）画出前4s外力F随时间的变化情况如上图．
点评：本题的解题关键有两点：一是根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，求解感应电流．二是推导安培力，再由平衡条件求解外力．。