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第 87 讲 电磁感应中的单杆模型
1．（2022•上海）宽L＝0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B＝0.4T的匀
强磁场。虚线框Ⅰ、Ⅱ中有定值电阻R 和最大阻值为20 的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的
0
金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全Ω部接入和一半接入时沿 abcda方向电势
变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R 在Ⅰ还是Ⅱ中，并且R 大小为多少：
0 0
（3）金属杆运动时的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率P 。
m
【解答】解：（1）a点电势比d点电势高，说明导体棒上端为电源正极，导体棒切割磁感线产
生感应电流向上，根据右手定则判断得出匀强磁场的方向垂直纸面向里
（2）滑动变阻器从全部接入到一半接入电路，回路里电流变大，定值电阻R 上电压变大，图甲
0
的U 小于图乙的U ，可以推理得定值电阻在Ⅰ内，滑动变阻器在Ⅱ
cd cd
1.2 1.2
根据欧姆定律得：甲图中回路电流 I 甲 = = A=0.06A，乙图中回路电流 I 乙
R 20
1.0 1.0
= = A=
R 10 0.1A
2
甲图中定值电阻R 上电压 ﹣1.2＝0.06R
0 0
乙图中定值电阻R 上电压φ ﹣1.0＝0.1R
0 0
联立解得：R＝5 ， ＝1.φ5V
0
（3）金属杆产生Ω的感φ应电动势E＝BLv，E＝
0
φφ 1.5
联立解得v= 0 = m/s=5m/s
BL 0.4×0.75
E
（4）根据甲乙两图可知导体棒电阻不计，由闭合电路欧姆定律得I=
R +R
0
E2R 2.25
= =
滑动变阻器上的功率p＝I2R (R 0 +R) 2 25 +R+10 ，当R＝5 时，滑动变阻器有最大功率P m
R
Ω
＝0.1125W
答：（1）匀强磁场的方向垂直纸面向里
（2）定值电阻R 在Ⅰ中，定值电阻R ＝5
0 0
（3）金属杆运动时的速率为5m/s Ω
（4）滑动变阻器阻值为5 时变阻器的功率最大，最大功率为0.1125W
Ω
一.知识回顾
1.力学对象和电学对象的相互关系
2.能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
――→――→
(2)求解焦耳热Q的三种方法(纯电阻电路)
3.单杆模型
初态 v≠0 v＝0
0 0质量为m、电阻 轨道水平光滑，
轨道水平光滑， 轨道水平光滑，
示意图
不计的单杆ab 单杆ab质量为
单杆ab质量为 单杆ab质量为
以一定初速度v m，电阻不计，
0 m，电阻不计， m，电阻不计，
在光滑水平轨道 两平行导轨间距
两平行导轨间距 两平行导轨间距
上滑动，两平行 为l，拉力F恒
为l 为l，拉力F恒
导轨间距为l 定
定
Δt时间内流入
电容器的电荷量
Δq＝CΔU＝
CBlΔv
电流I＝＝CBl
运动分析
当E ＝E时，v
导体杆做加速度 感 ＝CBla
当a＝0时，v最
最大，且v＝，
越来越小的减速 m 安培力F ＝IlB
大，v＝，杆开 安
m
最后以v匀速运
运动，最终杆静 m ＝CB2l2a
始匀速运动
动
止 F－F ＝ma，a
安
＝，
所以杆以恒定的
加速度匀加速运
动
电能转化为动能 外力做功转化为 外力做功转化为
动能转化为内
能量分析 和内能，E ＝ 动能和内能，W 电能和动能，W
电 F F
能，mv＝Q
mv＋Q ＝mv＋Q ＝E ＋mv2
电
二.例题精析
题型一：单杆+电阻模型之动态分析
（多选）例1．如图所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的足够长的光滑金属导轨，电阻不
计，匀强磁场垂直导轨平面向里。具有一定质量和电阻的金属杆 ab垂直导轨放置，与导轨接触
良好。开始时，断开开关S，让金属杆ab由静止开始沿导轨下落，经过一段时间后，闭合开关
S。从闭合开关S开始计时，取竖直向下为正方向，金属杆的速度v、加速度a、安培力F及电流
表示数i随时间t变化的图象可能是图中的（ ）A． B．
C． D．
【解答】解：闭合开关时，金属棒受到向下的重力以及向上的安培力，若重力与安培力相等，
B2L2v
即mg＝BIL= ，金属杆做匀速直线运动。速度不变，则动能、安培力、感应电流都不变，
R
加速度为零。
若安培力小于重力，则加速度的方向向下，做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，则
加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，则 a﹣
t图象是斜率逐渐减小的曲线，v﹣t图象是一条斜率减小的曲线。安培力为
B2L2v BLv
F安 = ，图线先是一条斜率逐渐减小的曲线，之后恒定不变，因为I= ，所以I﹣t图象
R R
先是一条斜率逐渐减小的的曲线，当金属杆匀速时，电流恒定不变，但 t＝0时金属杆有速度，
所以t＝0时电流不等于零。
若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做
B2L2v
加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。安培力为 F安 = ，
R
所以F﹣t图象是斜率逐渐减小的曲线，当匀速运动时，安培力不再减小，此时安培力等于重力，
故AD错误，BC正确。故选：BC。
题型二：单杆+电阻模型之通过动量定理求位移和电荷量
例2．如图所示，间距为L＝1m的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨足够长且电阻不计，
左端接有阻值R＝2 的定值电阻。质量为m＝1kg的金属棒放在导轨上。整个装置处在垂直于
导轨平面向下的匀强Ω磁场中，磁场的磁感应强度大小为1T。现对金属棒施加个平行导轨向右的
水平拉力，使金属棒从静止开始运动，金属棒运动过程中始终与两导轨垂直并接触良好，金属
棒接入电路的电阻为r＝2 。求：
（1）若施加的拉力大小恒Ω为1N，金属棒运动的最大速度为多少；当速度为最大速度一半时，
金属棒的加速度多大？
（2）若水平拉力的功率恒定为1W，则施加拉力后的4s内（此时金属棒已做匀速运动），电阻
R上产生的焦耳热多大？
【解答】解：（1）金属棒切割磁感线时产生感应电动势，产生感应电流，当金属棒速度达到最
大时，拉力等于安培力，
根据平衡条件可得：F＝F安 ＝BIL
BLv
其中：I=
R+r
解得：v＝4m/s
v 4
当金属棒速度为v′= = m/s=2m/s时，
2 2
B2L2v'
根据牛顿第二定律可得：F- =ma
R+r
代入数据解得：a＝0.5m/s2；
（2）由于拉力的功率恒定，因此速度增大，拉力减小，当拉力减小到等于安培力时，金属棒做
匀速直线运动，设此时的速度大小为v ，
1则有：B2L2v F P
1= 1=
R+r v
1
代入数据解得：v ＝2m/s
1
设电阻R上产生的焦耳热为Q，根据能量守恒有：
1
Pt＝2Q+ mv 2
1
2
解得：Q＝1J。
答：（1）若施加的拉力大小恒为1N，金属棒运动的最大速度为4m/s；当速度为最大速度一半
时，金属棒的加速度0.5m/s2；
（2）若水平拉力的功率恒定为1W，则施加拉力后的4s内（此时金属棒已做匀速运动），电阻
R上产生的焦耳热为1J。
题型三：单杆+电容模型之充电过程分析
（多选）例3．如图所示，宽为L的水平光滑金属轨道上放置一根质量为m的导体棒MN，轨道左
端通过一个单刀双掷开关与一个电容器和一个阻值为R的电阻连接，匀强磁场的方向与轨道平
面垂直，磁感应强度大小为B，电容器的电容为C，金属轨道和导体棒的电阻不计。现将开关拨
向“1”，导体棒MN在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，经时间t 后，将开关S拨向
0
“2”，再经时间t，导体棒MN恰好开始匀速向右运动。下列说法正确的是（ ）
A．开关拨向“1”时，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动
B．t 时刻电容器所带的电荷量为 CBLFt
0 0
m+B2L2C
FR
C．开关拨向“2”后，导体棒匀速运动的速率为
B2L2
D．开关拨向“2”后t时间内，导体棒通过的位移为 FR （t mt mR ）
+ 0 -
B2L2 m+B2L2C B2L2
【解答】解：A、开关拨向“1”时，在极短时间△t内流过金属棒的电荷量为△Q，则电路中的△Q
瞬时电流为 I=
△t
电容器的电压 U＝BLv，电荷量 Q＝CU，则△Q＝C△U＝CBL△v
△v
可得 I＝CBL =CBLa
△t
对金属棒，由牛顿第二定律得 F﹣BIL＝ma
F
联立得金属棒的瞬时加速度为 a=
m+CB2L2
则知金属棒的加速度不变，做匀加速直线运动，故A错误。
B、t 时刻电容器所带的电压 U＝BLat ，电荷量 Q＝CU，则得 Q CBLFt ，故B正确。
0 0 = 0
m+B2L2C
B2L2v FR
C、开关拨向“2”后，导体棒匀速运动时，有 F= ，则得v= ，故C正确。
R B2L2
B2L2v △v
D、开关拨向“2”后t时间内，根据牛顿第二定律得：F- =ma＝m
R △t
B2L2v△t
则得 F△t- =m△v
R
B2L2v△t
两边求和得：∑（F△t- ）＝ m△v
R
∑
而 v△t＝x， △v＝v
∑ ∑
联立解得位移 x FR （t mt mR ）。故D正确。
= + 0 -
B2L2 m+B2L2C B2L2
故选：BCD。
题型四：单杆+电容模型之放电过程分析
例4．如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导
轨放置，且与导轨接触良好．导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直，t＝0时，
将开关S由1掷向2，分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大
小和加速度大小，则图所示的图象中正确的是（ ）A． B．
C． D．
【解答】解：首先分析导体棒的运动情况：开关S由1掷到2，电容器放电，在电路中产生放电
电流。导体棒通有电流后会受到向右的安培力作用，向右加速运动。导体棒将切割磁感线，产
生感应电动势，此感应电动势将电容器的电压抵消一些，随着速度增大，感应电动势增大，则
回路中的电流减小，导体棒所受的安培力减小，加速度减小。因导轨光滑，所以在有电流通过
棒的过程中，棒是一直加速运动（变加速）。当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电
流，导体棒不受安培力，做匀速运动。
A、当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为 0的
数值，则由Q＝CU知，电容器的电量应稳定在某个不为0的数值，不会减少到0．这时电容器
的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流，故A错误。
B、由于通过棒的电流是按指数递减的，最后电流减至零。故B错误。
C、导体棒先做加速度减小的变加速运动。由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动，
当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力时，导体棒做匀速运动。
故v﹣t图象是曲线后应是直线。故C错误。
D、根据上面分析可知，杆的加速度逐渐减小直到为零，故D正确。
故选：D。
题型五：单杆+电源模型
例5．（2020•上海）如图所示，足够长的光滑金属导轨L＝0.5m，电阻不计。左端接一个电动势为
3V的电源，整个装置处于匀强磁场中。现闭合电键S，质量0.1kg的金属棒ab由静止开始运动
回路的电流逐渐减小，稳定后电源电动势为E，回路的电流为0，从闭合电键到逐渐稳定的过程
中，电源提供的能量E＝10J，电源、导体棒产生的焦耳热分别是Q ＝0.5J，Q ＝4.5J。
s 1 2
（1）求内阻r和电阻R的阻值之比；（2）求导体棒稳定时的速度和匀强磁场磁感应强度；
（3）分析电键闭合后导体棒的运动情况和能量的转化关系。
【解答】解：（1）由焦耳定律得：Q＝I2Rt，r与R的电流始终相等，则r Q 1
= 1=
R Q 9
2
（2）由能量守恒定律得：
导体棒的动能 E ＝E﹣Q ﹣Q ＝10J﹣0.5J﹣4.5J＝5J
k s 1 2
1
由E = mv2得导体棒稳定时运动的速度为：v＝10m/s
k
2
由E＝Blv得：B＝0.6T
（3）导体棒中电流由a指向b，根据左手定则知：安培力方向总与导体棒的运动方向相同，故
速度一直增大。
由牛顿第二定律得：F ＝ma
A
E-Blv
又 E ＝Blv，I=
A
r+R
B(E-Blv)l
联立得 a=
m(r+R)
当速度逐渐增大时，加速度逐渐减小，所以速度增加得越来越慢。
当加速度减小到零，即E＝BLv，v＝10m/s时，速度不再增大，此后做匀速直线运动。
在运动过程中电源将其他形式的能转化为电能10J，其中电流流过R和r时分别将4.5J和0.5J的
电能转化为内能，流过导体棒的电流受安培力，安培力对导体棒做正功，将5J的电能转化为导
体棒的动能。
答：（1）内阻r和电阻R的阻值之比是1：9；
（2）导体棒稳定时的速度是10m/s，匀强磁场磁感应强度是0.6T；
（3）电键闭合后先做加速度逐渐减小的变加速运动，最后做匀速直线运动。在运动过程中电源
将其他形式的能转化为电能10J，其中电流流过R和r时分别将4.5J和0.5J的电能转化为内能，
流过导体棒的电流受安培力，安培力对导体棒做正功，将5J的电能转化为导体棒的动能。
三.举一反三，巩固练习1. （多选）如图，阻值不计的平行光滑金属导轨与水平面夹角为 ，导轨间距为d，下
端接一阻值为R的定值电阻，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨θ平面向上。质量为m
的金属杆MN由静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大。已知MN接入电路的电阻
为r，MN始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，则在此过程中（ ）
BLd
A．通过定值电阻的电荷量为
R
B．金属杆中的电流由N流向M
mg(R+r)sinθ
C．金属杆运动的最大速度为
B2d2
D．金属杆与定值电阻产生的热量之比为R：r
ΔΦ BLd
【解答】解：A、由公式得：q＝I•Δt、由法拉第电磁感应定律得：E= = ，根据闭合电
Δt Δt
E BdL
路欧姆定律得：I= ，联立解得通过定值电阻的电荷量为：q= ，故A错误；
R+r R+r
B、由右手定则可知，金属杆中的电流由N流向M，故B正确；
C、金属杆运动的速度达到最大时，根据力的平衡条件得：mgsin ＝BId，根据闭合电路欧姆定
θ
Bdv mgsinθ(R+r)
律得：I= m，联立解得金属杆运动的最大速度为：v = ，故C正确；
R+r m B2d2
D、流过金属杆与电阻R的电流相同，根据焦耳定律Q＝I2Rt，所以金属杆与电阻R产生的热量
之比为r：R，故D错误。
故选：BC。
2. （多选）间距为d的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向外、大小
为B的匀强磁场。在导轨上端接一电容为C的电容器，一质量为M的金属棒与导轨始终保持
良好接触，距地面高度为H由静止开始释放金属棒。（重力加速度为g，一切摩擦及电阻均不
计）在金属棒下滑至地面的过程中，下列说法正确的是（ ）A．金属棒做变加速运动
Mg
B．金属棒做匀加速运动，加速度为
M+CB2d2
C．金属棒运动到地面的过程中，机械能守恒
D．金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为MgHCB2d2
M+CB2d2
【解答】解：AB、设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，产生
的电动势为：e＝Bdv
金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为：F＝Bdi
设在时间间隔（t，t+Δt ）内流经金属棒的电荷量为ΔQ，则ΔQ＝CΔU＝C•Δe
ΔQ
按电流的定义有：i= ，ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔Δt内增加的电荷量，
Δt
Δv
在Δt内金属棒的速度变化量为Δv，由加速度的定义有：a=
Δt
金属棒在时刻t的加速度方向向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有：mg﹣F＝ma
Mg
联立上此式可得：a=
M+CB2d2
Mg
则知加速度a为定值，金属棒做匀加速运动，且加速度为 ，故A错误、B正确；
M+CB2d2
C、金属棒运动到地面的过程中，安培力做负功，机械能不守恒，故C错误；
1
D、金属棒运动到地面时，金属棒的动能：E = mv2
K 2 0
金属棒的重力势能转化为金属棒的动能与电容器中的电势能，所以金属棒运动到地面时，电容
器储存的电势能：E ＝mgh﹣E MgHCB2d2，故D正确；
P K=
M+CB2d2
故选：BD。
3. （多选）如图所示，光滑平行金属导轨间距d＝1m，竖直四分之一圆弧部分与水平部
分平滑连接，圆弧半径R＝1.8m，导轨右端接有阻值R ＝6 的定值电阻，导轨水平部分区域
0
有垂直导轨向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝3T，磁场Ω区域长L＝2m，导体棒ab从圆弧
导轨顶部无初速度释放，导体棒ab质量m＝0.5kg，接入回路部分电阻r＝3 ，导体棒与导轨
始终接触良好，不计其他电阻，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（Ω ）
A．导体棒克服安培力做功功率的最大值为18W
B．导体棒两端最大电势差为12V
1
C．整个过程通过导体棒电荷量为 C
3
16
D．电阻R 上产生的最大热量为 J
0
3
1
【解答】解：A、设导体棒滑到圆弧底端时速度大小为v ，由机械能守恒定律得：mgR= mv2
0 2 0
，可得v ＝6m/s
0
导体棒刚进磁场时，产生的感应电动势为 E＝Bdv ＝3×1×6V＝18V，感应电流为 I
0
E 18
= = A＝2A，导体棒受到的安培力为F＝BId＝3×2×1N＝6N，导体棒克服安培力做功
R +r 6+3
0
功率为P＝Fv ＝6×6W＝36W，由于导体棒进入磁场后做减速运动，刚进磁场时切割速度最大，
0
产生的感应电动势和感应电流最大，导体棒受到的安培力最大，导体棒克服安培力做功功率最
大，所以导体棒克服安培力做功功率的最大值为36W，故A错误；B、导体棒进入磁场时导体棒两端电势差最大，且最大电势差为 U R E 6 18V＝
= 0 = ×
R +r 6+3
0
12V，故B正确；
C、假设导体棒没有滑出磁场中，在磁场中运动距离为x时速度为零，取向右为正方向，由动量
E Bdvt Bdx
定理得：﹣BId•t＝0﹣mv ，又I= = = ，联立解得x＝3m，因x＞L，所以导
0 R +r R +r R +r
0 0 0
Bdvt BdL 2
体棒将滑出磁场，整个过程通过导体棒电荷量为q=It= = ，解得q= C，故C错误；
R +r R +r 3
0 0
D、设导体棒离开磁场时的速度大小为v，取向右为正方向，由动量定理得：﹣BId•t＝mv﹣
2 1
mv ，结合q=It= C，解得v＝2m/s，故回路中产生的最大热量为Q＝mgR- mv2，电阻R上
0
3 2
产生的最大热量为Q R Q，联立解得Q 16J，故D正确。
R0= 0 R0=
R +r 3
0
故选：BD。
4. （多选）如图所示，宽为L的足够长U形光滑导轨放置在绝缘水平面上，整个导轨处
于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，将一质量为m、有效电阻为R、长度略大于
L的导体棒垂直于导轨放置。某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为v 的水平速度，不计导轨
0
电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒中感应电流方向为由a到b
1
B．导体棒中的最大发热量为 mv2
2 0
C．导体棒的加速度逐渐减小到0
mv
D．通过导体棒的电荷量最大值为 0
2BL
【解答】解：A、由右手定则可知，导体棒中的感应电流由b到a，故A错误；1
B、导体棒做减速运动，最终导体棒的速度变为零，由能量守恒定律得：Q= mv2，故B正确；
2 0
E BLv
C、导体棒切割磁感线产生的感应电动势 E＝BLv，感应电流I= = ，导体棒受到的安培力
R R
B2L2v B2L2v B2L2v
F＝BIL= ，由牛顿第二定律得： =ma，解得：a= ，导体棒做减速运动直到
R R mR
速度为0，则导体棒的加速度逐渐减小到0，故C正确；
mv
D、对导体棒，由动量定理得：﹣BILt＝0﹣mv ，其中It＝q，解得：q= 0，故D错误。
0
BL
故选：BC。
5. （多选）如图甲所示，两固定平行且光滑的金属轨道 MN、PQ与水平面的夹角 ＝
37°，M、P之间接电阻箱，电阻箱的阻值范围为0～9.9 ，导轨所在空间存在匀强磁场，磁θ场
方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B＝0.5TΩ，质量为m的金属杆ab水平放置在轨
道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为v ，改变电阻箱的阻值
m
R，得到v 与R的关系如图乙所示。已知轨道间距为L＝2m，重力加速度g＝10m/s2，轨道足
m
够长且电阻不计（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则（ ）
A．金属杆的质量m＝0.5kg
B．金属杆接入电路的电阻r＝2
C．当R＝2 时，杆ab匀速下滑Ω过程中R两端的电压为4V
D．当R＝1Ω时，若杆ab用时2.2s达到最大速度，则此过程中下滑的高度为6m
【解答】解：ΩAB、当金属杆ab匀速运动时速度最大，杆ab运动的最大速度为v
m
，杆ab切割磁
E
感线产生的感应电动势为：E＝BLv ，由闭合电路的欧姆定律得：I=
m
R+r
mgsinθ mgsinθ
杆ab达到最大速度时受到平衡，满足：mgsin ﹣BIL＝0，联立解得：v = R+ r
m B2L2 B2L2
θmgsinθ 8-4
由v ﹣R图象可知图象的斜率为：k = m/（s• ）＝2m/（s• ），纵截距为：v
m B2L2 2 0
Ω Ω
mgsinθ 1
= r＝4m/s，联立解得：m= kg，r＝2 ，故A错误，B正确；
B2L2 3
Ω
C、当R＝2 时，金属杆ab匀速下滑时，有：mgsin ﹣BIL＝0，代入数据解得：I＝2A，所以R
两端电压为：ΩU＝IR＝2×2V＝4V，故C正确； θ
D、当R＝1 时，若杆ab用时2.2s达到最大速度，则此过程中下滑的高度为h。由图知R＝1
时，v ＝6mΩ/s Ω
m
取沿导轨向下为正方向，由动量定理得：mgsin •t﹣BIL•t＝mv ﹣0
m
Et BLvt h θ
其中It= = ，又vt= ，联立解得h＝4.32m，故D错误。
R+r R+r sinθ
故选：BC。
6. （多选）如图所示，有一边长开小口且边长为L的正三角形的导体，有一导体直杆长
√3
为 L，单位长度电阻均为R，正三角形水平放置且固定，内部分布垂直于纸面向里的匀强磁
2
场，磁感应强度大小为B，杆平行于正三角形放置，以速度大小为v向右匀速运动，杆与三角
形始终有两个点接触良好，从左侧与三角形接触点开始运动，则（ ）
A．当杆的有效长度为L时，杆产生的电动势为BLv
√3 √3
B．当杆的有效长度为 L时，杆产生的电动势为 BLv
2 2
C．当杆的有效长度为L时，杆受到的安培力大小为F B2Lv
=
(1+√3)R
D．当杆的有效长度为√3L时，杆受到的安培力大小为F 4B2Lv
=
2 (3+2√3)R
【解答】解：AC、三角形导体边长为L，杆平行于导体向右匀速运动过程中，当杆运动到三角
√3
形中间时有效长度最大，此时有效长度为 L＜L，故AC错误；
2√3
BD、当杆的有效长度为 L时，杆产生的电动势为
2
√3
E= LBv；
2
由于单位长度电阻均为R，电路中总电阻是
1 √3
R'＝（L+ L+ L）R
2 2
杆中感应电流为
E
I=
R'
所以杆受的安培力大小
F √3BIL 4B2Lv ，
= =
2 (3+2√3)R
故BD正确；
故选：BD。
7. （多选）如图所示，光滑平行的金属导轨由半径为 r的四分之一圆弧金属轨道MN和
M'N'与足够长的水平金属轨道NP和N'P'连接组成，轨道间距为L，电阻不计；电阻为R，质量
为m，长度为L的金属棒cd锁定在水平轨道上距离NN'足够远的位置，整个装置处于磁感应强
度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现在外力作用下，使电阻为R、质量为m，长度为
L的金属棒ab从轨道最高端MM'位置开始，以大小为v 的速度沿圆弧轨道做匀速圆周运动，
0
金属棒ab始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．ab刚运动到NN'位置时，cd受到的安培力大小为B2L2v ，方向水平向左
0
2R
B．ab从MM'运动到NN'位置的过程中，回路中产生的焦耳热为πrB2L2v
0
4RC．若ab运动到NN'位置时撤去外力，则ab能够运动的距离为mv R
0
B2L2
D．若ab运动到NN'位置撤去外力的同时解除cd棒的锁定，则从ab开始运动到最后达到稳定状
态的整个过程中回路产生的焦耳热为πB2L2v r 1
0 + mv2
8R 4 0
【解答】解：A、金属棒ab刚运动到NN'位置时，速度大小为v ，感应电动势为BLv ，回路中
0 0
的电流为BLv ，可求cd棒受到的安培力大小为 B2L2v ，根据左手定则可判断方向
0 F=BIL= 0
2R 2R
水平向左，故A正确．
B、金属棒ab从MM'运动到NN'的过程中，做匀速圆周运动，设ab棒运动到某位置时与圆心连
v
线跟水平方向的夹角为 ，运动时间为 t，有θ= 0t，产生的电动势的表达式为
r
θ
v
e=BLv sinθ=BLv sin 0t，根据正弦式交变电流知识，可求电动势的有 效值为
0 0 r
BLv √2BLv ；回路中电流的有效值为 E' ；金属棒ab的运动时间为 πr ；根据
E'= 0= 0 I'= t=
√2 2 2R 2v
0
焦耳定律，回路中产生的焦耳热为 ，代入数据联立各式解得 πrB2L2v ，故
Q =I'2 ⋅2Rt Q = 0
1 1 8R
B错误．
C、从撤去外力到ab棒停止运动，设ab棒运动的距离为x，回路中的平均电流为I，运动时间为
t，根据动量定理有 ；其中 ΔΦ BLx，两式联立解得 2mv R，故C
BILt=mv It= ⋅t= x= 0
0 t⋅2R 2R B2L2
错误．
D、根据右手定则和左手定则可以判断，撤去外力同时解除 cd棒的锁定后，ab棒和cd棒受到的安培力大小相等，方向相反，二者组成的系统动量守恒；设稳定时 ab棒和cd棒的共同速度为
1 1
v，则有mv ＝2mv；根据能量守恒可求这个过程产生的焦耳热为Q = mv2- ×2mv2，联立
0 2 2 0 2
解得 Q = 1 mv2 ；可求整个过程中产生的焦耳热为 Q=Q +Q = πB2L2v 0 r + 1 mv2 ，故D正确．
2 4 0 1 2 8R 4 0
故选：AD。
8. （多选）如图所示，光滑平行导轨水平固定，间距为l，其所在空间存在方向竖直向
上，磁感应强度大小为B的匀强磁场，导轨左侧接有阻值为R的定值电阻，一导体棒垂直导轨
放置，导体棒的有效电阻为r、质量为m。导轨电阻忽略不计，导体棒运动中始终与导轨垂直
且接触良好。现使导体棒获得一水平向右的速度，在导体棒向右运动过程中，下列说法正确的
是（ ）
A．流过电阻R的电流方向为a→R→b
B．导体棒的最大加速度为
B2l2v
0
m(R+r)
mv
C．通过电阻R的电荷量为 0
Bl
1
D．全过程电阻R的发热量为 mv 2
0
2
【解答】解：A、根据右手定则，流过定值电阻的电流方向为b→R→a，故A错误；
E
B、导体棒的最大速度为v ，因此最大感应电动势为E＝Blv ，回路电流I= ，安培力F＝
0 0
R+r
BIl，加速度 F，因此最大加速度 B2l2v ，故B正确；
a= a= 0
m m(R+r)mv
C、根据动量定理有：﹣BIIt＝0﹣mv ，根据电荷量的计算公式可得：q=It，解得：q= 0，
0
Bl
故C正确；
1
D、导体棒在安培力作用下减速运动，最终静止，导体棒动能减少 mv2，导体棒的电阻r和定
2 0
1 R
值电阻R串联，全过程电阻R的发热量为Q = mv2 ⋅ ，故D错误。
R 2 0 R+r
故选：BC。
9. 两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角 ＝37°的光滑绝缘斜面上，顶部接有
一阻值R＝3 的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1m。θ 整个装置处于磁感应强度为B＝2T
的匀强磁场中Ω，磁场方向垂直斜面向上。质量m＝1kg的金属棒ab，沿导轨运动时始终垂直于
导轨，且与导轨接触良好。金属棒ab从静止开始运动下降的竖直高度为h＝6m时，速度已经
达到最大速度。金属棒ab在导轨之间的电阻R0＝1 ，电路中其余电阻不计。sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。求： Ω
（1）求金属棒ab达到的最大速度v 的大小；
m
（2）金属棒ab沿导轨向下运动速度最大后，导体棒ab两端的电势差U ；
ab
（3）从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的热量Q 。
R
【解答】解：（1）金属棒由静止释放后，在重力、轨道支持力和安培力作用下沿斜面向下做变
加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度v 后保持匀速运动。
m
由平衡条件有：mgsin ＝F安 …①
又安培力大小为：F安 ＝θ BIL…②
E
感应电流为：I= ⋯③
R+R
0
感应电动势为：E＝BLv …④
m
联立①②③④解得：v ＝6m/s…⑤
m
（2）由①②解得：I＝3A…⑥由右手定则可知，导体棒ab上a端的电势高于b端电势，则U ＝IR＝3×3V＝9V…⑦
ab
（3）从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，由能量守恒定律得：
1
mgh= mv2 +Q总 …⑧
2 m
R
电阻R上产生的热量Q
R
=
R+R
Q总 …⑨
0
联立⑧⑨解得：Q ＝31.5J
R
答：（1）金属棒ab达到的最大速度v 的大小为6m/s；
m
（2）金属棒ab沿导轨向下运动速度最大后，导体棒ab两端的电势差U 为9V。
ab
（3）从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的热量Q 为31.5J。
R
10. 为了提高城市摩天大楼中电梯的运行效率并缩短候梯时间，人们设计了一种电磁驱动
的无绳电梯，如图甲。图乙所示为电磁驱动的简化模型：光滑的平行长直金属导轨置于竖直面
内，间距L＝1m。导轨下端接有阻值R＝1 的电阻，质量m＝0.1kg的导体棒（相当于电梯车
厢）垂直跨接在导轨上，导轨和导体棒的电Ω阻均不计，且接触良好。在导轨平面上存在磁感应
强度大小 B＝0.5T，方向垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒始终处于磁场区域内，g 取
10m/s2。t＝0时刻，磁场以速度v ＝10m/s速度匀速向上移动的同时静止释放该导体棒。
1
（1）求t＝0时刻导体棒的加速度大小；
（2）若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度，求该恒定速度的大小。
【解答】解：（1）在t＝0时刻，磁场匀速向上移动，导体棒相对磁场向下的速度大小为v ＝
1
10m/s；
根据法拉第电磁感应定律可得：E ＝BLv ＝0.5×1×10V＝5V
1 1
E 5
回路中的电流为：I = 1= A＝5A
1
R 1
导体棒受到向上的安培力为：F ＝BI L
A 1代入数据解得：F ＝2.5N
A
由牛顿第二定律可得：F ﹣mg＝ma
A
代入数据解得：a＝15m/s2，导体棒向上做加速运动；
（2）若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度，设该恒定速度的大小为 v ，此时导体棒受力
2
平衡，根据平衡条件结合安培力的计算公式可得：
BI L＝mg
2
BL(v -v )
其中：I = 1 2
2
R
联立解得：v ＝6m/s。
2
答：（1）t＝0时刻导体棒的加速度大小为15m/s2；
（2）若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度，该恒定速度的大小为6m/s。
