Question

如图所示，在竖直平面内有一质量为2m的光滑“∏”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 “∏”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）2mgL +mv2（2）（3）

【解析】

试题分析：（1）取框为研究对象，从静止开始释放至EF到达磁场Ⅰ区域的下边界的过程中，由动能定理有：2mgL+WA=mv2-0

WA=-（2mgL + mv2），即克服安培力做功为：2mgL +mv2

（2）对金属棒CD受力分析：Tm=mg+BIL得到

由闭合电路欧姆定律有：E=IR总=

（3）对金属棒CD运动分析：H =gt2

对∏形线框运动分析：H+L=vt+gt2

解得：t =;

相遇时CD棒速度vt=gt =g

此时动能为．

考点：能量守恒定律；安培力；物体的平衡