微专题16电磁感应

微专题16电磁感应【知识规律整合】知识整合热点考向考向2：电磁感应的电路和图像问题。考向3：感应电荷量的计算。考向4：电磁感应的能量问题。题型一楞次定律1．右手定则：导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象，因动生电。2．楞次定律：闭合回路磁通量变化产生的电磁感应现象，因磁生电。【例1】(2022·江苏盐城月考)如图1所示，一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B。线圈A跟电源连接，线圈B两端连在一起构成一个闭合回路。在断开开关S的时候，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起使触头C离开，而是过一小段时间才执行这个动作。下列说法正确的是()图1A．线圈B不闭合，仍会产生延时效应B．将衔铁D换成铜片，延时效果更好C．保持开关S闭合，线圈B中磁通量为零D．断开开关S的瞬间，线圈B中的电流从上往下看为顺时针方向答案D解析线圈B不闭合时，当S断开后，在线圈B中不会产生感应电流，铁芯上不会有磁性，则不会产生延时效应，选项A错误；因铜不是磁性材料，则将衔铁D换成铜片，将会失去开关功能，选项B错误；保持开关S闭合，线圈B中磁通量不变，但不为零，选项C错误；断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，线圈B中的电流从上往下看为顺时针方向，选项D正确。【针对训练】航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图2所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，则合上开关S的瞬间()图2A．两个金属环都向左运动B．两个金属环都向右运动C．从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向D．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力答案C解析开关S闭合后，线圈中的电流从右侧流入，由安培定则可知，磁场方向向左，在合上开关S的瞬间，磁场变强，由楞次定律可知，从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向，故C正确；铝环所在位置的磁场有沿铝环圆心向外的分量，由左手定则可判断铝环受到的安培力有向左的分力，可知铝环向左运动，同理可判断，铜环向右运动，A、B错误；由于铜的电阻率较小，铜环和铝环的形状大小相同，所以铜环的电阻较小，故铜环中的感应电流较大，则铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，故D错误。题型二法拉第电磁感应定律角度1法拉第电磁感应定律【例2】(2022·江苏常州高三阶段练习)如图3所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B＝kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t＝0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t＝T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中()图3A．线框中的电流始终为顺时针方向B．线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向C．t＝eq\f(T,2)时刻，流过线框的电流大小为eq\f(\r(3)ka2,6R)D．t＝eq\f(T,2)时刻，流过线框的电流大小为eq\f(5\r(3)ka2,12R)答案D解析根据楞次定律可知，穿过线框的磁通量增加，则线框中的电流始终为逆时针方向，A、B错误；线框高为a，线框的边长为eq\f(2a,\r(3))；t＝eq\f(T,2)时刻，线框切割磁感线的有效长度为eq\f(a,\r(3))，动生电动势E＝Bveq\f(a,\r(3))＝eq\f(kT,2)×v×eq\f(a,\r(3))＝eq\f(kvaT,2\r(3))＝eq\f(\r(3)ka2,6)，线框中产生的感生电动势E′＝eq\f(ΔB,Δt)S＝k×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,\r(3))＋\f(a,\r(3))))×eq\f(a,2)＝eq\f(\r(3),4)ka2，则流过线框的电流大小为I＝eq\f(E＋E′,R)＝eq\f(5\r(3)ka2,12R)，C错误，D正确。角度2感应电荷量的计算【例3】(2022·江苏泰州模拟)如图4所示，两根足够长且平行的金属导轨置于磁感应强度为B＝eq\r(3)T的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面，两导轨间距L＝0.1m，导轨左端连接一个电阻R＝0.5Ω，其余电阻不计，导轨右端连一个电容器C＝2.5×1010pF，有一根长度为0.2m的导体棒ab，a端与导轨下端接触良好，从图中实线位置开始，绕a点以角速度ω＝4rad/s顺时针匀速转动60°，此过程电容器的最大电荷量为()图4A．3×10－2C B．2eq\r(3)×10－3CC．(30＋2eq\r(3))×10－3C D．(30－2eq\r(3))×10－3C答案B解析在导体棒ab绕a点以角速度ω＝4rad/s顺时针匀速转动60°时，导体棒切割磁感应线产生的最大感应电动势E＝eq\f(1,2)B·(2L)2ω＝2BL2ω，则金属棒给电容器C充电最大电荷量为q＝CE＝2BL2Cω，代入数据解得q＝2eq\r(3)×10－3C，故B正确。角度3自感与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定【例4】在如图5所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，直流电阻为RL，则下列说法正确的是()图5A．合上开关后，c先亮，a、b后亮B．断开开关时，N点电势高于M点C．断开开关后，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭D．断开开关后，c马上熄灭，b闪一下后缓慢熄灭答案B解析开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流增大，通过a灯的电流逐渐增大，所以b、c先亮，a后亮，选项A错误；断开开关S的瞬间，因线圈L的电流减小，产生自感电动势，根据楞次定律可知通过自感线圈的电流方向与原电流方向相同，N点电势高于M点，选项B正确；L和a、b组成的回路中有电流，由于原来a灯的电流小于b灯的电流，开关断开的瞬间，通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流大小开始减小，所以b灯会先变暗，然后a、b灯一起缓慢熄灭，而c没有电流，马上熄灭，选项C、D错误。角度4电磁阻尼和电磁驱动两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动。【例5】(2022·江苏南京高三阶段练习)如图6所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈A，右边门框中有一接收线圈B，工作过程中某段时间通电线圈A中存在顺时针方向均匀增大的电流(本题中电流方向均为从左向右观察)，则当A、B间有一铜片时()图6A．接收线圈B中不产生感应电流B．接收线圈B中的感应电流方向为逆时针，且感应电流大小比无铜片时要小C．接收线圈B中的感应电流方向为逆时针，且感应电流大小比无铜片时要大D．接收线圈B中的感应电流方向为顺时针，且感应电流大小比无铜片时要大答案B解析通电线圈A中存在顺时针方向均匀增大的电流，产生向右穿过线圈的均匀增大的磁场，根据楞次定律，B中产生逆时针方向的感应电流，有铜片时，铜片中也产生逆时针的电流，这个电流会将穿过B的磁场的变化削弱一些，引起B中的感应电流大小减小，故B正确，A、C、D错误。题型三电磁感应中的图像问题角度1根据电磁感应过程分析图像【例6】(2022·江苏淮安模拟)如图7所示，光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，M、P间接一电阻R，金属棒ab垂直导轨放置，金属棒和导轨的电阻均不计，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。t＝0时对金属棒施加水平向右的拉力F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动。下列关于金属棒的电流i、电荷量q、拉力F及拉力的功率随时间或位移变化的图像不正确的是()图7答案D解析金属棒做匀加速运动，设其加速度为a，则产生的感应电动势为E＝BLv＝BLat，感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLa,R)t，其中L为金属棒在两导轨间的宽度，可见电流强度i与时间t成正比，i－t图像是过原点的直线，A不符合题意；由q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(BΔS,tR)t＝eq\f(BL,R)x，得电荷量为位移的一次函数，图像应为过原点的直线，B不符合题意；由牛顿第二定律得F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，化简得F＝eq\f(B2L2v,R)＋ma＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma，则F－t图像应为一次函数，C不符合题意；根据功率公式P＝Fv＝ma2t＋eq\f(B2L2a2,R)t2，拉力的功率随时间变化的图像应为抛物线，D符合题意。电磁感应图像的判断方法(1)关注初始时刻，如初始时刻受力、速度、磁通量、感应电流等是否为零，方向如何。(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应。(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程相对应。(4)推导出相应物理量的函数关系式，看图像与关系式是否相对应。角度2由图像分析电磁感应过程【例7】(2022·江苏泰州模拟)图8甲中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通有如图乙所示的交流电i，下列说法正确的是()图8A．在t1到t2时间内A、B两线圈相斥B．在t2到t3时间内A、B两线圈相斥C．t1时刻两线圈间作用力最大D．t2时刻两线圈间作用力最大答案B解析如图所示，在t1到t2时间内A线圈中电流减小，电流的变化率变大，则穿过B线圈的磁通量减小，B线圈中感应电流方向与A线圈相同，且是增大的，A、B两线圈相吸引，同理在t2到t3时间内A、B两线圈相斥，故A错误，B正确；t1时刻A线圈中电流最大，但电流的变化率最小为零，B线圈中磁通量变化率为零，所以此时B线圈中感应电流为零，两线圈间作用力为零，t2时刻A线圈中电流为零，但其变化率最大，B线圈中磁通量变化率最大，感应电流最大，但是此时两线圈间作用力为零，则C、D错误。1．(2020·江苏卷，3)如图9所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是()图9A．同时增大B1减小B2B．同时减小B1增大B2C．同时以相同的变化率增大B1和B2D．同时以相同的变化率减小B1和B2答案B解析产生顺时针方向的感应电流则感应磁场的方向垂直纸面向里。由楞次定律可知，圆环中的净磁通量变化为向里的磁通量减少或者向外的磁通量增多，A错误，B正确；同时以相同的变化率增大B1和B2，或同时以相同的变化率减小B1和B2，两个磁场的磁通量总保持大小相同，所以总磁通量始终为0，不会产生感应电流，C、D错误。2．(2021·北京卷，7)如图10所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中()图10A．导体棒做匀减速直线运动B．导体棒中感应电流的方向为a→bC．电阻R消耗的总电能为eq\f(mveq\o\al(2,0)R,2（R＋r）)D．导体棒克服安培力做的总功小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案C解析由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，B错误；由左手定则可知，安培力方向向左，导体棒的速度逐渐变小，故感应电动势逐渐变小，感应电流逐渐变小，导体棒受到的安培力逐渐变小，加速度逐渐变小，故A错误；由能量守恒定律可知，总电阻消耗的总电能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故电阻R消耗的总电能为eq\f(mveq\o\al(2,0)R,2（R＋r）)，C正确；由动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D错误。3．(2022·河北卷，5)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图11所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为()图11A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)答案D解析由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正确，A、B、C错误。4．(2020·江苏卷，15)如图12所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T。在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中图12(1)感应电动势的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感应电流产生的热量Q。答案(1)0.8V(2)0.8N(3)0.32J解析(1)感应电动势E＝Blv代入数据得E＝0.8V。(2)感应电流I＝eq\f(E,R)拉力的大小等于安培力，即F＝IlB解得F＝eq\f(B2l2v,R)，代入数据得F＝0.8N。(3)运动时间t＝eq\f(2l,v)焦耳定律Q＝I2Rt解得Q＝eq\f(2B2l3v,R)，代入数据得Q＝0.32J。1．(2022·江苏盐城三模)如图1所示，面积为S闭合线圈放在磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝Bmsineq\f(2π,T)t，则在一个周期内线圈中产生感应电动势最大的时刻(含0与T时刻)是()图1A．0、0.25T B．0.5T、0.75TC．0、0.5T、T D．0.25T、0.5T、T答案C解析线圈中磁通量随时间的变化规律为Φ＝BS＝SBmsineq\f(2π,T)t，根据数学知识可知Φ在0、0.5T和T三个时刻的变化率最大，产生感应电动势最大，故C正确。2．(2022·江苏泰州高三期末)“L”型的细铜棒在磁感应强度为B的匀强磁场中运动，已知“L”型细铜棒两边相互垂直，长度均为l，运动速度大小为v，则铜棒两端电势差的最大值为()A.eq\f(1,2)Blv B.eq\r(2)BlvC.eq\r(3)Blv D．2Blv答案B解析当细铜棒切割磁感线的有效长度最大时，铜棒两端的感应电动势最大。如图所示，当L型铜棒速度方向垂直铜棒两端连线时，切割磁感线的有效长度为eq\r(2)l，此时铜棒两端电势差最大，最大值为E＝eq\r(2)Blv，故B正确。3．(2022·江苏常州高三阶段练习)如图2所示，L是直流电阻不计的带铁芯线圈，A、B是完全相同的小灯泡。下列说法正确的是()图2A．闭合S瞬间，A灯立即亮，B灯逐渐变亮B．闭合S瞬间，A灯比B灯先亮C．断开S瞬间，A灯立即熄灭，B灯闪亮后熄灭D．断开S瞬间，通过B灯的电流方向从左向右答案C解析刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，分流作用增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮，故A、B错误；稳定后再断开开关S后，灯泡A立即熄灭，而线圈L中的电流逐渐减小，灯泡B与线圈L构成闭合回路，灯泡B闪亮后逐渐熄灭，通过B灯的电流方向从右向左，故C正确，D错误。4．(2022·江苏泰州模拟)如图3，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则()图3A．在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向B．环中最大的感应电流大小为eq\r(\f(mgv,R))C．环下落过程中一直处于超重状态D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为eq\f(2πrBvt,R)答案B解析根据题意，由右手定则可知，在金属环下落过程中，在俯视图中，环中感应电流沿顺时针方向，故A错误；根据题意可知，当重力等于安培力时，金属环下落的速度最大，根据平衡条件有mg＝F安＝BIm·2πr，当金属环速度最大时，感应电动势为E＝B·2πrv，感应电流为Im＝eq\f(E,R)＝eq\f(B·2πrv,R)，联立可得Im＝eq\r(\f(mgv,R))，故B正确；根据题意可知，金属环下落过程做加速运动，具有向下的加速度，则金属环下落过程中一直处于失重状态，故C错误；设t时间内通过金属环横截面的电荷量为q，由题意可知，金属环下落速度为v时的感应电流大小为I＝eq\f(B·2πrv,R)，由于金属环中感应电流不断增大，则t时间内通过金属环横截面的电荷量q<It＝eq\f(2πrBvt,R)，取向下为正方向，由动量定理有mgt－B·2πrIt＝mv－0，又有q＝It，联立解得q＝eq\f(mgt－mv,B·2πr)，故D错误。5．(2021·江苏苏州高三阶段练习)如图4所示，光滑的平行长导轨水平放置，导体棒MN静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好，电容C足够大，原来不带电；现使导体棒沿导轨向右运动，初速度为v0，设导体棒的速度为v、动能为Ek、两端的电压为UMN，电容器上的电荷量为q。下列图像中正确的是()图4答案A解析开始时，导体棒向右运动，产生感应电动势，同时电容器充电，回路中有感应电流，导体棒受到向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，根据E＝BLv，可知感应电动势减小，充电电流减小，安培力减小，则导体棒的加速度减小，当加速度减为零时导体棒做匀速运动，此时电容器两板间电压恒定不变；此过程中电容器一直充电，电荷量增加，MN间电压一直增加，最后不变，则选项A正确，B、C、D错误。6．(2022·江苏无锡模拟)如图5甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.1Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法不正确的是()图5A．导线圈中产生的是交变电流B．在t＝2.5s时导线圈中产生的感应电动势为1VC．在0～2s内通过导线横截面的电荷量为20CD．在0～2s内，导线圈ad边受到向右增大的安培力答案B解析根据楞次定律可知，在0～2s内的感应电流方向与2～3s内的感应电流方向相反，即为交流电，A正确；根据法拉第电磁感应定律，2.5s时的感应电动势等于2～3s内的感应电动势，则有E＝neq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(100×（2－0）×0.1×0.1,1)V＝2V，B错误；在0～2s时间内，感应电动势为E1＝neq\f(ΔBS,Δt)＝100×eq\f(2,2)×0.12V＝1V，再根据欧姆定律I＝eq\f(E1,R)＝10A，根据q＝It＝20C，C正确；根据楞次定律可得，0～2s内导线圈的电流方向是逆时针，则导线ad受到的安培力方向水平向右，根据F安＝IlB，磁感应强度逐渐增大，电流大小和导线ad长度不变，则安培力增大，D正确。7．(2022·江苏扬州模拟)如图6所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中，下列说法正确的是()图6A．导体框中产生的感应电流方向相反B．导体框ad边两端电势差之比为1∶3C．导体框中产生的焦耳热之比为1∶3D．通过导体框截面的电荷量之比为1∶3答案C解析将导体框拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁通量都减小，由楞次定律判断出感应电流的方向都沿逆时针方向，方向相同，故A错误；设正方形的边长为L，导体框以v运动出磁场时，dc边产生的感应电动势为E1＝BLv，ad边两端电势差为U1＝eq\f(1,4)E1＝eq\f(1,4)BLv，导体框以3v运动出磁场时，ad边产生的感应电动势为E2＝3BLv，ad边两端电势差为U2＝eq\f(3,4)E2＝eq\f(9,4)BLv，导体框ad边两端电势差之比为U1∶U2＝1∶9，故B错误；导体框以v运动时，产生的焦耳热为Q1＝eq\f(Eeq\o\al(2,1),R)×eq\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,R)，导体框以3v运动时，产生的焦耳热为Q2＝eq\f(Eeq\o\al(2,2),R)×eq\f(L,3v)＝eq\f(3B2L3v,R)，导体框中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶3，故C正确；将导体框拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁通量的变化量相同，根据推论q＝eq\f(ΔΦ,R)得知，通过导体框截面的电荷量相同，故D错误。8．(2022·江苏盐城月考)如图7所示，MN和PQ是两根足够长、电阻不计的相互平行、竖直放置的光滑金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面。有质量和电阻的金属杆，始终与导轨垂直且接触良好。开始时，将开关S断开，让金属杆由静止开始下落，经过一段时间后，再将S闭合。金属杆所受的安培力、下滑时的速度分别用F、v表示；通过金属杆的电流、电荷量分别用i、q表示。若从S闭合开始计时，则F、v、i、q分别随时间t变化的图像可能正确的是()图7答案D解析让金属杆由静止开始自由下落，经过一段时间后具有速度v，闭合开关S后，回路产生感应电流，金属杆受到的安培力竖直向上，可能有以下三种情况：若此刻安培力等于重力，金属杆做匀速运动，安培力、运动速度、电流都不变，通过金属杆的电荷量与时间成正比，此情况A、B、C不可能，D可能；若此刻安培力大于重力，金属杆将做加速度减小的减速运动，直至匀速运动，安培力、运动速度、电流先变小后不变，通过金属杆的电荷量与时间不成正比，此情况A、B、C、D均不可能；若此刻安培力小于重力，金属杆将做加速度减小的加速运动，直至匀速运动，安培力、运动速度、电流先变大后不变，通过金属杆的电荷量与时间不成正比，此情况A、B、C、D均不可能。综上所述只有q随时间t变化的图像可能正确，故D正确。9．(2022·江苏常州三模)如图8甲所示，轻绳系一质量为m＝0.8kg，半径为1m的圆形线圈，已知线圈总电阻R＝0.5Ω，在线圈上半部分布着垂直于线圈平面向里，大小随时间变化的磁场，如图乙所示，g取10m/s2，求：图8(1)线圈下半圆的端点的路端电压Uab；(2)绳的拉力T与时间t的关系。答案(1)0.25V(2)T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8＋\f(2t,π)))N解析(1)线圈中产生的感应电动势大小为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(1,π)T/s＝0.5V根据楞次定律可知线圈中电流沿逆时针方向，所以φa＞φb，根据闭合电路欧姆定律可得Uab＝eq\f(E,2)＝0.25V。(2)由乙图可知B随t变化的关系为B＝eq\f(t,π)T线圈中电流为I＝eq\f(E,R)＝1A线圈所受安培力的有效长度等于直径，则F安＝2BIr＝eq\f(2t,π)N根据平衡条件可得绳的拉力与时间t的关系为T＝mg＋F