(完整版)电磁感应导棒-导轨模型
2020届高三物理冲刺 电磁感应导棒-导轨模型
电磁感应“导棒-导轨”问题专题
一、“单棒”模型
【破解策略】单杆问题是电磁感应与电路、力学、能量综合应用的体现，因此相关问题应从以下几个角度去分析思考：
(1)力电角度：与“导体单棒”组成的闭合回路中的磁通量发生变化→导体棒产生感应电动势→感应电流→导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……，循环结束时加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态。
(2)电学角度：判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)→利用E N t
∆Φ=∆或E BLv =求感应动电动势的大小→利用右手定
则或楞次定律判断电流方向→分析电路结构→画等效电路图。
(3)力能角度：电磁感应现象中，当外力克服安培力做功时，就有其他形式的能转化为电能；当安培力做正功时，就有电能转化为其他形式的能。
<1> 单棒基本型
（阻尼式）
（电动式）
（发电式）
动能全部转化为内能：202
1mv Q =
电能转化为动能W 电2
12
m
mv =
<2> 单棒模型变形
二、“双棒”模型
2F f ≤
三、“电容”式单棒模型
电容器放电，相当于导体为发电边；电容器被充电。
(1)导体棒做初速度为零匀加速运动：。
电磁感应导棒-导轨模型
电磁感应“导棒-导轨”问题专题
一、“单棒”模型
【破解策略】单杆问题是电磁感应与电路、力学、能量综合应用的体现，因此相关问题应从以下几个角度去分析思考：
(1)力电角度：与“导体单棒”组成的闭合回路中的磁通量发生变化→导体棒产生感应电动势→感应电流→导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……，循环结束时加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态。
(2)电学角度：判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)→利用E N t
∆Φ
=∆或E BLv =求感
应动电动势的大小→利用右手定则或楞次定律判断电流方向→分析电路结构→画等效电路图。
(3)力能角度：电磁感应现象中，当外力克服安培力做功时，就有其他形式的能转化为电能；当安培力做正功时，就有电能转化为其他形式的能。
<1>单棒基本型
（阻尼式）
（电动式）
（发电式）
<2>单棒模型变形
二、“双棒”模型
三、“电容”式单棒模型。
完整版电磁感应定律单杆导轨模型含思路分析
单杆+导轨”模型1.单杆水平式（导轨光滑）注：加速度a的推导，a=F合/m （牛顿第二定律），F合=F-F安，F安=BIL ,匸E/R 整合一下即可得到答案。
v变大之后，根据上面得到的a的表达式，就能推出a变小这里要注意，虽然加速度变小，但是只要和v同向，就是加速运动，是a减小的加速运动（也就是速度增加的越来越慢，比如1s末速度是1, 2s末是5, 3s末是6, 4s末是6.1，每秒钟速度的增加量都是在变小的）2.单杆倾斜式（导轨光滑）BLv T【典例1】如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L二1.0 m,导轨上放有垂直导轨的金属杆P,金属杆质量为m= 0.1 kg,空间存在磁感应强度B= 0.5 T、竖直向下的匀强磁场。
连接在导轨左端的电阻R= 3.0約金属杆的电阻r 二1.0約其余部分电阻不计。
某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F, 金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v—t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数尸0.5。
在金属杆P运动的过程中，第一个2 s内通过金属杆P的电荷量与第二个2 s内通过P的电荷量之比为3 : 5。
g取10 m/s2。
求：（1）水平恒力F的大小；⑵前4 s内电阻R上产生的热量。
【答案】（1）0.75 N （2）1.8 J【解析】（1）由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动,2 s后做匀速直线运动当t= 2 s时，v= 4 m/s,此时感应电动势E= BLv感应电流1=吕R+ rB2I2v安培力F = BIL =R+ r根据牛顿运动定律有F —F '―卩m= 0解得 F = 0.75 N o过金JI杆p的电荷量厂"二磊^甘十）；△型BLx所以尸驚qa为尸的位移）设第一个2 s內金属杆P的位移为Xi ；第二个肚内P的位移为助则二号g，又由于如：血=3 : 5麻立解得«=8mj IL=<8m前4 s内由能量守恒定律得其中 Q r : Q R = r : R = 1 : 3解得 Q R = 1.8 J o注：第二问的思路分析，要求 R 上产生的热量，就是焦耳热，首先想到的是公式Q=l2Rt ，但是在这里，前2s 的运动过程中，I 是变化的，而且也没办法求出I 的有效值来（电荷量对应的是电流的平均值，求焦耳热要用有效值，两者不一样）， 所以这个思路行不通。
电磁感应中的“杆+导轨”模型
电磁感应中的“杆+导轨”模型电磁感应中的“杆+导轨”模型一、单棒模型阻尼式：在单棒模型中，导体棒相当于电源，根据洛伦兹力的公式，可以得到安培力的特点为阻力，并随速度减小而减小，加速度随速度减小而减小，最终状态为静止。
根据能量关系、动量关系和瞬时加速度，可以得到公式B2l2v R rF和q mv/Bl，其中q表示流过导体棒的电荷量。
需要注意的是，当有摩擦或者磁场方向不沿竖直方向时，模型的变化会受到影响。
举例来说，如果在电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面上，间距为L、导轨左端连接一阻值为R的电阻，整个导轨平面处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一质量为m的导体棒垂直于导轨放置，a、b之间的导体棒阻值为2R，零时刻沿导轨方向给导体棒一个初速度v，一段时间后导体棒静止，则零时刻导体棒的加速度为0，零时刻导体棒ab两端的电压为BLv，全过程中流过电阻R的电荷量为mv/Bl，全过程中导体棒上产生的焦耳热为0.二、发电式在发电式中，导体棒同样相当于电源，当速度为v时，电动势E＝Blv。
根据安培力的特点，可以得到公式22Blv/l＝Blv/(R＋r)。
加速度随速度增大而减小，最终特征为匀速运动。
在稳定后的能量转化规律中，F-BIl-μmg=m*a，根据公式可以得到a=-(F-μmg)/m、v=0时，有最大加速度，a=0时，有最大速度。
需要注意的是，当电路中产生的焦耳热为mgh时，电阻R中产生的焦耳热也为mgh。
1.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点间接有阻值为R的电阻。
整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。
将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达到最大速度。
重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。
求：1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度；2)上述过程中，杆上产生的热量。
(完整版)电磁感应导棒-导轨模型
电磁感应“导棒-导轨”问题专题一、“单棒”模型【破解策略】单杆问题是电磁感应与电路、力学、能量综合应用的体现，因此相关问题应从以下几个角度去分析思考：(1)力电角度：与“导体单棒”组成的闭合回路中的磁通量发生变化→导体棒产生感应电动势→感应电流→导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……，循环结束时加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态。
(2)电学角度：判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)→利用E N t∆Φ=∆或E BLv =求感应动电动势的大小→利用右手定则或楞次定律判断电流方向→分析电路结构→画等效电路图。
(3)力能角度：电磁感应现象中，当外力克服安培力做功时，就有其他形式的能转化为电能；当安培力做正功时，就有电能转化为其他形式的能。
<1> 单棒基本型00≠v 00=v示 意 图（阻尼式）单杆ab 以一定初速度0v 在光滑水平轨道上滑动，质量为m ，电阻不计，杆长为L（电动式）轨道水平、光滑，单杆ab 质量为m ，电阻不计，杆长为L （发电式）轨道水平光滑，杆ab 质量为m ，电阻不计，杆长为L ，拉力F 恒定 力 学 观 点导体杆以速度v 切割磁感线产生感应电动势BLv E =，电流R BLvR E I ==，安培力R vL B BIL F 22==，做减速运动：↓↓⇒a v ，当0=v 时，0=F ，0=a ，杆保持静止S 闭合，ab 杆受安培力R BLE F =，此时mR BLEa =，杆ab 速度↑⇒v 感应电动势↓⇒↑⇒I BLv 安培力 ↓⇒=BIL F 加速度↓a ，当E E =感时，v 最大，且2222L B BLIR L B FR v m ==BL E= 开始时mFa =，杆ab 速度↑⇒v 感应电动势↑⇒↑⇒=I BLv E 安培力↑=BIL F 安由 a F F m =-安知↓a ，当0=a 时，v 最大，22L B FR v m = 图 像 观 点能 量 观 点 动能全部转化为内能：2021mv Q =电能转化为动能W 电212mmv = F 做的功中的一部分转化为杆的动能，一部分产热：221m F mv Q W += 运动 状态变减速运动，最终静止变加速运动，最终匀直变加速运动，最终匀直<2> 单棒模型变形类型“发电式”有摩擦“发电式”斜轨变形示意图已知量棒ab长L，质量m，电阻R；导轨不光滑且水平，电阻不计棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计过程分析导体棒相当于电源，当速度为v时，电动势E＝Blv；安培力为阻力，并随速度增大而增大22BB l vF BIl vR==∝加速度随速度增大而减小22--==--BF F mg F B l va gm m mRμμ(1) v=0时,有最大加速度mF mgamμ-=(2) a=0时,有最大速度22-=()mF mg RvB lμ棒ab释放后下滑，此时加速度a＝singα，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝ER↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝sinmgα时，a＝0，v最大，最后匀速运动能量转化212E mFs Q mgS mvμ=++克服安培力做功，把重力势能转化为内能运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动22-=()mF mg RvB lμ匀速运动22vmmgRsinB Lα=二、“双棒”模型类型等间距水平光滑导轨无水平外力不等间距水平光滑导轨无水平外力等间距水平光滑导轨受水平外力竖直导轨示意图终态分析两导体棒以相同的速度做匀速运动若两杆m，r，L全相同，末速度为02v两导体棒以不同的速度做匀速运动若两杆m，r全相同，122l l=末速度为212v v=两导体棒以不同的速度做加速度相同的匀加速运动两导体棒以相同的速度做加速度相同的匀加速运动速度图象解题策略动量守恒定律，能量守恒定律及电磁学、运动学知识动量定理，能量守恒定律及电磁学、运动学知识动量定理,能量守恒定律及电磁学、运动学知识动量定理,能量守恒定律及电磁学、运动学知识变形等间距水平不光滑导轨；受水平外力示意图速度图象F>2f2F f≤三、“电容”式单棒模型类型电容放电型电容无外力充电型电容有外力充电型示意图力学观点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动。
电磁感应导棒-导轨模型
电磁感应“导棒-导轨”问题专题
一、“单棒”模型
【破解策略】单杆问题是电磁感应与电路、力学、能量综合应用的体现，因此相关问题应从以下几个角度去分析思考：
(1)力电角度：与“导体单棒”组成的闭合回路中的磁通量发生变化→导体棒产生感应电动势→感应电流→导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……，循环结束时加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态。
(2)电学角度：判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)→利用E N t
∆Φ
=∆或E BLv =求感应动
(3)（阻尼式）
单杆ab 以一定初速度0
v 在光滑水平轨道上滑动，质量为m ，电阻不计，杆长为L
（电动式）
轨道水平、光滑，单杆ab 质量为m ，电阻不计，杆长为L （发电式） 导体杆以速度v 切割磁S 闭合，ab 杆受安培力
<2>单棒模型变形
二、“双棒”模型。
(完整版)高分策略之电磁感应中的杆+导轨模型
电磁感应现象中的杆4导轨模型一、单棒问题、含容式单棒问题三、无外力双棒问题竇力愣况分析动力学观点 *动量现点 运动情况伽能冒观点 牛輛定律 平衡羞件动能定理〕 幡■守恒无外力等距式1¥杆1做a渐小的加速运动杆2做a渐小的减速运动V1=V2I = 0无外力不等距式» 1杆1做a渐小的减速运动杆2做a渐小的加速运动a= 0I = 0L1V1 = L2V2四、有外力双棒问题题型一阻尼式单棒模型如图。
1 •电路特点：导体棒相当于电源。
4.运动特点：速度如图所示。
a减小的减速运动基本模型运动特点有外力等距式i厂F12杆1做a渐大的加速运动杆2做a渐小的加速运动有外力不等距式杆1做a渐小的加速运动杆2做a渐大的加速运动最终特征a i=a2, A v 恒定I恒定a i M a2, a i、a2恒定I恒定2•安培力的特点：安培力为阻力，并随速度减小而减小。
F B=BII= B+r3.加速度特点：加速度随速度减小而减小,a==5 •最终状态：静止 6.三个规律（1）能量关系：「'• ■ , -0 = Q ,=【典例1】如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为 L 的区域内,那么（【答案】B由上述二式可得' ,- •，即B 选项正确。
【典例2】如图所示，AB 杆受一冲量作用后以初速度 V 0=4m/s 沿水平面内的固定轨道运动，经一段时间后而停止. AB 的质量为m=5g 导轨宽为L=0.4m ，电阻为R=2Q ，其余的电阻不计，磁 感强度B=0.5T ,棒和导轨间的动摩擦因数为卩=0.4 ,测得杆从运动到停止的过程中通过导线的（2）动量关系:BII t 0 mv 0（3）瞬时加速度: a ==-有一个边长为a （ a<L ）的正方形闭合线圈以初速V 0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为V （ V<V 0）A. 完全进入磁场中时线圈的速度大于（ v o +v ) /2B. 安全进入磁场中时线圈的速度等于（ V o +V ) /2C. 完全进入磁场中时线圈的速度小于（V o +V ) /2D. 以上情况A B 均有可能，而C 是不可能的【解析】设线圈完全进入磁场中时的速度为对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得:对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得:V x 。
(完整版)电磁感应综合-导轨模型计算题(精选26题含答案详解),推荐文档
电磁感应综合-导轨模型计算题1．（9 分）如图所示，两根间距 L=1m、电阻不计的平行光滑金属导轨 ab、cd 水平放置，一端与阻值 R＝2Ω的电阻相连。
质量 m=1kg 的导体棒 ef 在外力作用下沿导轨以 v=5m/s 的速度向右匀速运动。
整个装置处于磁感应强度 B=0.2T 的竖直向下的匀强磁场中。
求：a ebRc f d(1)感应电动势大小；(2)回路中感应电流大小；(3)导体棒所受安培力大小。
【答案】（1）E = 1V （2）I = 0.5A （3）F安= 0.1N【解析】试题分析：（1）导体棒向右运动，切割磁感线产生感应电动势E =BLv代入数据解得：E = 1V（2）感应电流I =ER代入数据解得：I = 0.5A（3）导体棒所受安培力F安=BIL代入数据解得：F安= 0.1N考点：本题考查了电磁感应定律、欧姆定律、安培力。
2．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距 1 m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值为 R 的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直，质量为0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为 0.25.(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小．(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻 R 消耗的功率为 8 W，求该速度的大小．(3)在上问中，若 R＝2 Ω，金属棒中的电流方向由 a 到b，求磁感应强度的大小与方向． (g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【答案】（1）4m/s2（2）10m/s （3）0.4T【解析】试题分析：（1）金属棒开始下滑的初速为零，V由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma①由①式解得：a=10×（0.6-0.25×0.8）m/s2=4m/s2②；（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为 v，所受安培力为 F，棒在沿导轨方向受力平衡：mgsinθ一μmgcos0一F=0 ③此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R 消耗的电功率：Fv=P ④由③、④两式解得：v =F =80.2 ⨯10 ⨯ (0.6 - 0.25 ⨯ 0.8)m / s = 10m / s ⑤（3）设电路中电流为 I，两导轨间金属棒的长为 l，磁场的磁感应强度为 B，Blv感应电流：I =⑥R电功率：P=I2R ⑦由⑥、⑦两式解得：B =PRvl 磁场方向垂直导轨平面向上；=8 ⨯ 2T = 0.4T ⑧10 ⨯1考点：牛顿第二定律；电功率；法拉第电磁感应定律.3．（13 分）如图，在竖直向下的磁感应强度为 B 的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道 MN、PQ 固定在水平面内，相距为 L。
电磁感应中的导轨模型
无外力不等距式
1．电路特点棒 1 相当于电源;棒 2 受安培力而加 速起动,运动后产生反电动势.
2．电流特点随着棒 1 的减速、棒 2 的加速，最终当 Bl1v1=Bl2v2 时,电
流为零,两棒都做匀速运动
3．两棒的运动情况
安培力大
小：
两棒的相对速度变小,感应电流变小,安培力变小. 棒 1 做加速度变小的减速运动，最终匀速;棒 2 做加速度变小的 加速运动，最终匀速; 4．最终特征回路B中l1v电1 流B为l2v零2 5．能量转化规律系统动能电能内能 两棒产生焦耳热之比： 6．流过某一截面的电量
3．加速度特点加速度随速度减小而减小 a FB B2l2v
v0
m m(R r)
4．运动特点 a 减小的减速运动
5．最终状态静止
6．三个规律 (1)能量关系：
1 2
mv02
0
Q
(2)动量关系： BIl t 0 mv0
q mv0 Bl
(3)瞬时加速度： a FB B2l2v m m(R r)
电容有外力充电式
1．电路特点导体棒为发电棒；电容器被充电。
2．三个基本关系
FB BIl
导体棒受到的安培力为： a F FB m
导体棒加速度可表示为：
回路中的电流可表示为：
3．四个重要结论： (1)导体棒做初速度为零匀加速运动：
a
m
mg CB2L2
(2)回路中的电流恒定：
I
CBlmg mg CB2l 2
4．运动特点 a 减小的加速运动
5．最终特征匀速运动
6．两个极值
am
F
mg m
(1)v=0 时,有最大加速度：
(完整版)8电磁感应中的“杆+导轨”模型
2．模型分类
• (1)单杆水平式
物理模型
匀强磁场与导轨垂直，磁感 应强度为B，棒ab长为L，质 量为m，初速度为零，拉力 恒为F，水平导轨光滑，除 电阻R外，其他电阻不计
动态分析
收尾状态
运动形式 力学特征 电学特征
t匀速直线运动 a＝0 v恒定不变
I恒定
(2)单杆倾斜式
• 物理模型
匀强磁场与导轨垂直， 磁感应强度为B，导轨 间距L，导体棒质量m， 电阻R，导轨光滑，电 阻不计
动态分析
收尾状态
运动形式
匀速直线运动
力学特征 电学特征
I恒定
• [典例] (2012·广东高考)如图9－2－12所示，质量为M的 导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导 轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、
方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、 间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动 变阻器的阻值，不计其他电阻。
分析电磁感应问题中导体运动状态 的方法：
• (1)首先分析导体最初在磁场中的运动状态 和受力情况；
• (2)其次分析由于运动状态变化，导体受到 的安培力、合力的变化情况；
• (3)再分析由于合力的变化，导体的加速度、 速度又会怎样变化，从而又引起感应电流、 安培力、合力怎么变化；
• (4)最终明确导体所能达到的是什么样的稳 定状态。
同类问题模型化系列之八
• 电磁感应中的“杆+导轨”模型
模型概述
• 1．模型特点 “杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的 “基本道具”，也是高考的热点，考查的知 识点多，题目的综合性强，物理情景富于变 化，是我们复习中的难点。“杆＋导轨”模 型又分为“可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变 速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不 变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂 形式多变。
电磁感应中的“杆—轨道”模型
速度 图像
F 做的功一部分转 F 做的功一部分转
动 能 全 部 转 化 电源输出的电能
能量 为内能
化为杆的动能，一 化为动能，一部分 转化为杆的动能
分析 Q＝12mv20
W 电＝12mv2m
部分产生焦耳热 WF＝Q＋12mv2m
转化为电场能 WF＝12mv2＋EC
例 1 (多选)如图 1 所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为 L，两导轨间 存在磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场。一质量为 m、电阻为 R、 长度恰好等于导轨间宽度的导体棒 ab 垂直于导轨放置。闭合开关 S，导体棒 ab 由静止开始运动，经过一段时间后达到最大速度。已知电源电动势为 E、内阻为
01 02 03 04 05 06
教师备选用题
而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知 感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知 cd 向右 做加速度减小的加速运动，故 B 正确；ab 从释放到 刚进入磁场过程，由动能定理得 mgR＝21mv20，对 ab 和 cd 系统，合外力为零，则由动量守恒定律有 mv0 ＝m·2vcd＋2m·vcd，解得 vcd＝14v0＝41 2gR，对 cd 由动量定理有 B－IL·Δt＝2m·vcd， 其中 q＝－I·Δt，解得 q＝m2B2LgR，故 C 正确；从 ab 由静止释放，至 cd 刚离开磁 场过程，由能量守恒定律得 mgR＝21m2vcd2＋12×2mv2cd＋Q，又 Qcd＝32Q，解得 Qcd＝152mgR，故 D 错误。
析 v↓⇒F↓⇒a↓，当 v＝0 速度 a↓，当 E 感＝ －F 安＝ma 知 a↓， 安培力 F 安＝ILB＝CB2L2a
时，F＝0，a＝0，杆保 持静止
E 时，v 最大，且 vm ＝BEL
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电磁感应“导棒-导轨”问题专题
一、“单棒”模型
【破解策略】单杆问题是电磁感应与电路、力学、能量综合应用的体现，因此相关问题应从以下几个角度去分析思考：
(1)力电角度：与“导体单棒”组成的闭合回路中的磁通量发生变化→导体棒产生感应电动势→感应电流→导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……，循环结束时加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态。
(2)电学角度：判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)→利用E N t
∆Φ
=∆或E BLv =求感
应动电动势的大小→利用右手定则或楞次定律判断电流方向→分析电路结构→画等效电路图。
(3)力能角度：电磁感应现象中，当外力克服安培力做功时，就有其他形式的能转化为电能；当安培力做正功时，就有电能转化为其他形式的能。
<1> 单棒基本型
00≠v 00=v
示 意 图
（阻尼式）
单杆ab 以一定初速度0v 在光滑水平轨道上滑动，质量为m ，电阻不计，杆长为L
（电动式）
轨道水平、光滑，单杆ab 质量为m ，电阻不计，杆长为L （发电式）
轨道水平光滑，杆ab 质量为m ，电阻不计，杆长为L ，拉力F 恒定 力 学 观 点
导体杆以速度v 切割磁感线产生感应电动势BLv E =，电流
R BLv
R E I =
=，安培力R v
L B BIL F 2
2==，做减速运动：↓↓⇒a v ，当0=v 时，0=F ，0=a ，杆保持静止
S 闭合，ab 杆受安培力
R BLE F =
，此时mR BLE
a =，杆a
b 速度↑⇒v 感应电动势↓⇒↑⇒I BLv 安培力 ↓⇒=BIL F 加速度↓a ，当E E =感时，v 最大，
且2222L B BLIR L B FR v m ==BL E
= 开始时m
F
a =
，杆ab 速度↑⇒v 感应电动势
↑⇒↑⇒=I BLv E 安培力↑=BIL F 安由 a F F m =-安知↓a ，
当0=a 时，v 最大，
22L B FR v m = 图 像 观 点
能 量 观 点 动能全部转化为内能：
202
1mv Q =
电能转化为动能
W 电2
12
m
mv = F 做的功中的一部分转化为杆的动能，一部分产热：
22
1m F mv Q W +
= 运动 状态
变减速运动，最终静止
变加速运动，最终匀直
变加速运动，最终匀直
<2> 单棒模型变形
类
型
“发电式”有摩擦“发电式”斜轨变形示
意
图
已知量棒ab长L，质量m，电阻R；导轨
不光滑且水平，电阻不计
棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光
滑，电阻不计
过程分析导体棒相当于电源，当速度为v时，
电动势E＝Blv；
安培力为阻力，并随速度增大而增大
22
B
B l v
F BIl v
R
==∝
加速度随速度增大而减小
22
--
==--
B
F F mg F B l v
a g
m m mR
μ
μ
(1) v=0时,有最大加速度
m
F mg
a
m
μ
-
=
(2) a=0时,有最大速度
22
-
=
()
m
F mg R
v
B l
μ
棒ab释放后下滑，此时加速度a＝
sin
gα，棒ab速度v↑→感应电动势E
＝BLv↑→电流I＝
E
R↑→安培力F＝
BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝
sin
mgα时，a＝0，v最大，最后匀速
运动
能
量转化
2
1
2
E m
Fs Q mgS mv
μ
=++
克服安培力做功，把重力势能转化为内
能
运
动
形
式
变加速运动变加速运动最
终状态匀速运动
22
-
=
()
m
F mg R
v
B l
μ
匀速运动
22
v
m
mgRsin
B L
α
=
二、“双棒”模型
类型等间距水平光滑导轨
无水平外力
不等间距水平光滑导轨
无水平外力
等间距水平光滑导轨
受水平外力
竖直导轨
示意图
终态分析两导体棒以相同的速度
做匀速运动
若两杆m，r，L全相同，
末速度为0
2
v
两导体棒以不同的速度
做匀速运动
若两杆m，r全相同，
12
2
l l
=
末速度为
21
2
v v
=
两导体棒以不同的速
度做加速度相同的匀
加速运动
两导体棒以相同的
速度做加速度相同
的匀加速运动
速度图象
解题策略动量守恒定律，能量守
恒定律及电磁学、运动
学知识
动量定理，能量守恒定
律及电磁学、运动学知
识
动量定理,能量守恒定
律及电磁学、运动学知
识
动量定理,能量守恒
定律及电磁学、运动
学知识
变
形
等间距水平不光滑导轨；受水平外力
示
意
图
速
度
图
象
F>2f2
F f
≤
三、“电容”式单棒模型
类型电容放电型电容无外力充电型电容有外力充电型
示
意
图
力学观点
电容器放电，相当于
电源；导体棒受安培力而
运动。
电容器放电时，导体
棒在安培力作用下开始运
动，同时产生阻碍放电的
反电动势，导致电流减小，
直至电流为零，此时
U C=Blv
导体棒相当于电源；电
容器被充电U C渐大，阻碍
电流。
当Blv=U C时，I=0，
F安=0，棒匀速运动。
导体为发电边；电容器被
充电。
(1)导体棒做初速度为零
匀加速运动：
22
F
a
m B l C
=
+
(2)回路中的电流恒定：
Q C E CBl v
I CBla
t t t
∆∆∆
====
∆∆∆
(3)导体棒受安培力恒定：
22
B
F CB l a
=
(4)导体棒克服安培力做
的功等于电容器储存的电
能：
()2
1
2
W C Blv
=
图像观点
运动状态匀速运动时此时电容器带
电量不为零
22
m
BlCE
v
m B l C
=
+
变加速最终匀速运动
匀速运动时此时电容器带
电量不为零
22
B l C
v v
m
=-
变减速最终匀速运动
导体棒做初速度为零匀加
速运动
22
F
a
m B l C
=
+。