如图所示，在竖直平面内有一质量为2m的光滑“π”形线框EFCD，EF长为L，电阻为r；FC=ED=2L，电阻不计．FC、ED的上半部分（长为L）处于匀强磁场Ⅰ区域中，且FC、ED的中点与其下边界重合．质

Question

如图所示，在竖直平面内有一质量为2m的光滑“π”形线框EFCD，EF长为L，电阻为r；FC=ED=2L，电阻不计．FC、ED的上半部分（长为L）处于匀强磁场Ⅰ区域中，且FC、ED的中点与其下边界重合．质量为m、电阻为3r的金属棒用最大拉力为2mg的绝缘细线悬挂着，其两端与C、D两端点接触良好，处在磁感应强度为B的匀强磁场Ⅱ区域中，并可在FC、ED上无摩擦滑动．现将“π”形线框由静止释放，当EF到达磁场Ⅰ区域的下边界时速度为v，细线刚好断裂，Ⅱ区域内磁场消失．重力加速度为g．求：

（1）整个过程中，克服安培力做的功；
（2）EF刚要出磁场I时产生的感应电动势；
（3）线框的EF边追上金属棒CD时，金属棒CD的动能．

Answer 1

（1）对π形线框用动能定理2mgL-W=(1)/(2)2mυ2-0，
解得：W=2mgL-mυ²；
（2）对金属棒CD受力分析，根据平衡条件可得拉力T_m=mg+BIL
由于T_m=2mg，所以I=(mg)/(BL)，
根据闭合电路的欧姆定律可得：E=IR总=(4mgr)/(BL)；
（3）对金属棒CD运动分析，根据位移时间关系可得：H=(1)/(2)gt2
对π形线框运动分析：H+L=υt+(1)/(2)gt2，
解得：t=(L)/(υ)；
相遇时CD棒速度υt=0+gt=(gL)/(υ)
此时动能为EK=(1)/(2)mυt=(mg2L2)/(2υ2)．
答：（1）整个过程中，克服安培力做的功为2mgL-mυ²；
（2）EF刚要出磁场I时产生的感应电动势为(4mgr)/(BL)；
（3）线框的EF边追上金属棒CD时，金属棒CD的动能为(mg2L2)/(2υ2)．