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电磁感应中的“杆—轨道”模型
一、“单杆＋导轨”模型
“单杆＋导轨”模型的四种典型情况(不计单杆的电阻)
v0≠0、轨道水平光滑
v0＝0、轨道水平光滑
示意图
运动分析
导体杆以速度
v 切割磁感线
产生感应电动
势E ＝BLv ，
电流I＝＝，
安培力F ＝
ILB ＝，做减
速运动：
v↓⇒F↓⇒a↓
，当v ＝0
时，F＝0，a
＝0 ，杆保持
静止
S 闭合时，ab
杆受安培力F
＝，此时a
＝，杆ab 速
度v↑⇒感应
电
动
势
BLv↑⇒I↓⇒
安培力F ＝
ILB↓⇒加速
度a↓，当E
感＝E 时，v 最
大，且vm＝
开始时a＝，
以后杆ab 速
度v↑⇒感应
电动势E ＝
BLv↑⇒I↑⇒
安培力F 安＝
ILB↑，由F
－F 安＝ma 知
a↓，当a＝0
时，v 最大，
vm＝
开始时a＝，
以后杆ab 速
度v↑⇒E ＝
BLv↑，经过
Δt 速度为v＋
Δv，此时感应
电动势E′ ＝
BL(v ＋Δv) ，
Δt 时间内流入
电容器的电荷
量Δq ＝CΔU
＝C(E′－E)＝
CBLΔv
电流I ＝＝
CBL＝CBLa
安培力F 安＝
ILB＝CB2L2a
F－F 安＝ma，
a ＝，所以杆
以恒定的加速
度做匀加速运
动
速度图像
能量分析
动能全部转化
为内能Q＝mv
电源输出的电
能转化为杆的
动能W 电＝mv
F 做的功一部
分转化为杆的
动能，一部分
F 做的功一部
分转化为动
能，一部分转
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产生焦耳热
WF＝Q＋mv
化为电场能
WF＝mv2＋EC
例1 (多选)(2024·湖北武汉模拟)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R，不计金属轨道的电阻，则( )
图1
A.导体棒的最大速度为v＝
B.开关S 闭合瞬间，导体棒的加速度大小为
C.导体棒的速度从零增加到最大速度的过程中，通过导体棒的电荷量为
D.导体棒的速度从零增加到最大速度的过程中，导体棒产生的焦耳热为
答案 BC
解析 当动生电动势和电源电动势相等时，电流为零，导体棒不再受安培力，做
向右的匀速直线运动，此时速度最大，则有E＝BLv，解得v＝，故A 错误；开
关闭合瞬间，电路中的电流为I＝＝，导体棒所受安培力为F＝ILB＝，由牛顿第
二定律可知导体棒的加速度为a＝，故B 正确；由动量定理得ILB·t＝mv，又q＝
It，联立解得q＝，故C 正确；对电路应用能量守恒定律有qE＝Q 总＋mv2，导体
棒产生的焦耳热为QR＝Q 总＝Q 总，联立解得QR＝，故D 错误。
例2 如图2 所示，竖直放置的U 形光滑导轨与一电容器串联。导轨平面有垂直
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于纸面的匀强磁场，金属棒ab 与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑。电
容C 足够大，原来不带电，不计一切电阻。设导体棒的速度为v、动能为Ek、两
端的电压为Uab、电容器带的电荷量为q，它们与时间t、位移x 的关系图像正确
的是( )
图2
答案 B
解析 设导轨间距为L，释放后电容器充电，电路中有充电电流i，棒受到向上
的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－iLB＝ma，i＝＝＝＝
CBLa，由此得mg－BL·CBLa＝ma，解得a＝，可见棒的加速度不变，做匀加速
直线运动，v＝at，Uab＝BLv＝BLat，故A、C 错误；Ek＝mv2＝m×2ax，故B 正
确；q＝CUab＝BCLat，与时间成正比，而棒做匀加速运动，故与位移不是正比
关系，故D 错误。
二、“双杆＋导轨”模型
1.初速度不为零，不受其他水平外力
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光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝L2
杆MN、PQ 间距足够长
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝2L2
杆MN、PQ 间距足够长且只在
各自的轨道上运动
规律
分析
杆MN 做变减速运动，杆PQ
做变加速运动，稳定时，两杆
的加速度均为零，以相等的速
度做匀速运动
杆MN 做变减速运动，杆PQ 做
变加速运动，稳定时，两杆的
加速度均为零，两杆的速度之
比为1∶2
2.初速度为零，一杆受到恒定水平外力
光滑的平行导轨
不光滑平行导轨
示意图
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝L2
摩擦力Ff1＝Ff2
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝L2
规律
分析
开始时，两杆做变加
速运动；稳定时，两
杆以相同的加速度做
匀加速运动
开始时，若F≤2Ff，则PQ 杆先变加速
后匀速运动，MN 杆静止。若F＞2Ff，
PQ 杆先变加速后匀加速运动，MN 杆
先静止后变加速最后和PQ 杆同时做匀
加速运动，且加速度相同
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例3 (2024·广东深圳高三月考)某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加速系
统，该系统通过利用其中一个金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一个金
属棒获得速度，这样就避免了直接对其进行加速时所带来的磨损和接触性损伤，
该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平行导轨上放有两个金属棒MN
和PQ，磁感应强度B＝0.5 T 的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖直向下，
导轨电阻很小，可忽略不计。如图3 为模型俯视图，导轨间的距离L＝1.0 m，每
根金属棒质量均为m＝1.0 kg，电阻都为R＝5.0 Ω，可在导轨上无摩擦滑动，滑
动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，在t＝0 时刻，两金属棒都处于静
止状态，现有一与导轨平行、大小为F＝2.0 N 恒力作用于金属棒MN 上，使金
属棒MN 在导轨上滑动，经过t＝10 s，金属棒MN 的加速度a＝1.6 m/s2，求：
图3
(1)此时金属棒PQ 的加速度；
(2)此时两金属棒MN 和PQ 的速度；
(3)金属棒MN 和PQ 的最大速度差。
答案 (1)0.4 m/s2 (2)18 m/s 2 m/s (3)40 m/s
解析 (1)恒力作用于MN 杆，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感
应电流，根据右手定则知电流方向为M→N，电流流经PQ，根据左手定则MN
受安培力水平向左，PQ 受到的安培力水平向右，它们都做加速运动，对MN 由
牛顿第二定律得F－ILB＝ma
对PQ 由牛顿第二定律得ILB＝ma′
联立解得a′＝0.4 m/s2。
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(2)设某时刻MN 速度为v1，PQ 速度为v2，根据法拉第电磁感应定律有
I＝
在t＝10 s 时，对MN，由牛顿第二定律得
F－ILB＝ma
整理得F－＝ma
代入数据得v1－v2＝16 m/s
由于作用于两根杆的安培力等大反向，所以作用于两杆系统的合力为水平恒力
F，对系统由动量定理得Ft＝(mv1＋mv2)－0
代入数据得v1＋v2＝20 m/s
联立解得v1＝18 m/s，v2＝2 m/s。
(3)MN 杆做加速度减小的加速运动，PQ 杆做加速度增大的加速运动，最终共加
速度，设两金属棒的共同加速度为a 共，对系统有F＝2ma 共
对PQ 杆有ImLB＝ma 共
其中Im＝＝
联立解得Δvm＝＝40 m/s。
1.(多选)(2024·湖南长沙模拟)如图1 所示，两平行光滑导轨MN、M′N′左端通过导
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线与电源和不带电电容器相连，导轨平面水平且处于竖直向下的匀强磁场中，有
一定阻值的导体棒ab 垂直导轨处于静止状态。现将开关S 与1 闭合，当棒达到
稳定运动状态后S 与2 闭合，导轨足够长，电源内阻不计。则( )
图1
A.S 与1 闭合后，棒ab 做匀加速直线运动
B.从S 与1 闭合到棒ab 达到某一速度，电源消耗的电能等于棒获得的动能和电
路产生的焦耳热
C.S 与2 闭合后，棒ab 中电流不断减小直到零
D.S 与2 闭合后，棒ab 的速度不断减小直到零
答案 BC
解析 根据题意可知，S 与1 闭合后，棒ab 受安培力作用做加速运动，棒ab 切
割磁感线产生感应电动势，棒ab 中的电流减小，受到的安培力减小，则棒的加
速度减小，直到感应电动势等于电源电动势，棒最后匀速运动，故A 错误；根
据题意，由能量守恒定律可知，从S 与1 闭合到棒ab 达到某一速度，电源消耗
的电能等于棒获得的动能和电路产生的焦耳热，故B 正确；S 与2 闭合后，棒ab
相当于电源给电容器充电，此过程棒受到的安培力水平向左，棒减速运动，则电
动势减小，电容器两板间电压升高，棒ab 中的电流不断减小，当棒ab 产生的感
应电动势与电容器两板间的电势差相等时，电路中的电流减小到零，随后棒做匀
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速直线运动，故D 错误，C 正确。
2.(多选)如图2 所示，两条光滑的不计电阻的金属导轨平行固定在斜面上，导轨
所在区域存在匀强磁场，导轨上端连接电阻R。在不加其他外力的情况下，不计
电阻的导体棒沿导轨下滑，棒开始具有沿轨道向下的加速度，且始终与导轨接触
良好，且平行于斜面底边，则在下滑过程中，导体棒中的感应电流I、穿过棒与
导轨围成的闭合回路的磁通量Φ 随时间t 变化的关系可能正确的是( )
图2
答案 BC
解析 导体棒下滑过程中产生的感应电流为I＝，根据牛顿第二定律可得mgsin
θ－ILB＝ma，可得mgsin θ－＝ma，当a>0 时，随着速度的增大，加速度逐渐减
小为0，此后导体棒速度保持不变，则v－t 图像的斜率逐渐减小为0。因I 与v
成正比，则I－t 图像与v－t 图像相似，故A 不可能，B 可能；x－t 图像的斜率
表示速度，当导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动时，
x－t 图像是斜率逐渐增大的曲线，最后变成斜率不变的直线；由磁通量的定义可
知，穿过棒与导轨围成的闭合回路的磁通量为Φ＝BLx，所以Φ 与x 成正比，那
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么Φ－t 图像与x－t 相似，故C 可能，D 不可能。
3.(多选)(2024·河南洛阳模拟)如图3 所示，相距L 的光滑金属导轨固定于水平地
面上，由竖直放置的半径为R 的圆弧部分和水平平直部分组成。MNQP 范围内
有方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场。金属棒ab 和cd(长度均为L)垂直
导轨放置且接触良好，cd 静止在磁场中；ab 从圆弧导轨的顶端由静止释放，进
入磁场后与cd 没有接触；cd 离开磁场时的速度是此时ab 速度的一半。已知ab
的质量为m、电阻为r，cd 的质量为2m、电阻为2r。金属导轨电阻不计，重力
加速度为g。下列说法正确的是( )
图3
A.闭合回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相反
B.cd 在磁场中运动的速度不断变大，速度的变化率不断变小
C.cd 在磁场中运动的过程中通过ab 横截面的电荷量q＝
D.从ab 由静止释放至cd 刚离开磁场时，cd 上产生的焦耳热为mgR
答案 BC
解析 cd 在磁场中运动时，abdc 回路中磁通量减小，根据楞次定律可知，闭合
回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相同，故A 错误；当ab 进入磁场后回路
中产生感应电流，则ab 受到向左的安培力而做减速运动，cd 受到向右的安培力
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＝mv，对ab 和cd 系统，合外力为零，则由动量守
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恒定律有mv0＝m·2vcd＋2m·vcd，解得vcd＝v0＝，对cd 由动量定理有BIL·Δt＝
2m·vcd，其中q＝I·Δt，解得q＝，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＝m2＋×2mv＋Q，又Qcd＝Q，解得Qcd＝mgR，
故D 错误。
4.(多选)如图4，水平面内固定着足够长的光滑平行导轨abcd－a′b′c′d′，ab－a′b′
导轨宽度是cd－c′d′导轨宽度的2 倍，cd－c′d′导轨宽度为L，导轨处于方向垂直
于轨道平面向里的匀强磁场中，金属棒PQ 和MN 分别垂直导轨放置在导轨ab－
a′b′段和cd－c′d′段上，金属棒PQ 和MN 的质量之比为2∶1，长度分别为2L 和
L，两金属棒电阻均为R。现给金属棒MN 一个向右的初速度，运动过程中两棒
始终没有离开各自的导轨段，并与导轨接触良好，其余部分的电阻均不计，则(
)
图4
A.运动过程中金属棒PQ 和MN 的加速度大小之比为1∶2
B.运动过程中金属棒PQ 和MN 所受的安培力的冲量大小之比为2∶1
C.运动到速度稳定时金属棒PQ 和MN 的速度之比为1∶2
D.运动到速度稳定时金属棒PQ 和MN 两端的电压之比为2∶1
答案 BC
解析 运动过程中对PQ 有I·2LB＝2ma1，对MN 有ILB＝ma2，所以运动过程中
加速度大小之比为1∶1，故A 错误；因为运动过程中PQ 所受安培力大小为MN
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的两倍，在相同时间内安培力的冲量大小之比I1∶I2＝2∶1，故B 正确；金属棒
运动到速度稳定时有B·2Lv1＝BLv2，故运动到速度稳定时，金属棒PQ 和MN 的
速度之比v1∶v2＝1∶2，故C 正确；P、M 两点电势相等，Q、N 两点电势相等，
任意时刻都有UPQ＝UMN，即金属棒PQ 和MN 两端的电压之比为1∶1，故D 错
误。
5.(2024·湖南长沙模拟)如图5 所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导
轨间存在竖直向下的匀强磁场。两根相同的金属棒ab、cd 垂直放置在导轨上，
处于静止状态。t＝0 时刻，对cd 棒施加水平向右的恒力F，棒始终与导轨接触
良好，导轨电阻不计。两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t 变化的关系
图像可能正确的是( )
图5
答案 C
解析 金属棒cd 在恒力F 作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd 加速度为
aab＝0，acd＝，之后回路中出现感应电流，金属棒cd 受到的安培力与恒力F 反向，
金属棒cd 的加速度减小，金属棒ab 在安培力作用下开始加速，金属棒cd 与金
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属棒ab 的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F 安＝，逐渐增大，
金属棒cd 加速度减小，金属棒ab 加速度增大，故C 正确，D 错误；当acd＝aab
时，vcd－vab不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，
但是两金属棒的速度仍在增大，故A、B 错误。
6.(多选)如图6 所示，用金属制作的曲线导轨与水平导轨平滑连接，水平导轨宽
轨部分间距为3L，有竖直向下的匀强磁场，窄轨部分间距为2L，有竖直向上的
匀强磁场，两部分磁场磁感应强度大小均为B。质量均为m 的金属棒M、N 垂直
于导轨静止放置，现将金属棒M 自曲线导轨上h 高度处静止释放，两金属棒在
运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为
R，其余电阻不计，导轨足够长，M 棒总在宽轨上运动，N 棒总在窄轨上运动，
不计所有摩擦。下列说法正确的是( )
图6
A.M 棒刚进入磁场时N 棒的加速度为
B.N 棒的最终速度大小为
C.通过M 棒的电荷量为
D.N 棒产生的热量为mgh
答案 AD
解析 M 棒在曲线导轨滑下过程，根据动能定理可得mgh＝mv，M 棒刚进入磁
场时，回路电动势为E＝3BLv0，回路电流为I＝，对N 棒，根据牛顿第二定律可
得2BIL＝ma，解得a＝，故A 正确；两金属棒最终分别匀速直线运动，则有EM
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＝3BLvM，EN＝2BLvN，EM－EN＝0，可得3vM＝2vN，分别对M、N 应用动量定理，
对M 有－3BLq＝mvM－mv0，对N 有2BLq＝mvN，解得vN＝、vM＝，q＝，全过
程由能量守恒定律有mgh＝mv＋mv＋Q，且QN＝，解得QN＝mgh，故B、C 错
误，D 正确。
7.(2024·河北省衡水模拟)如图7 所示，两根足够长且电阻不计的光滑金属导轨固
定在水平桌面上，间距L＝0.5 m。在轨道上有两根质量分别为ma＝0.3 kg、mb＝
0.2 kg，接入电路电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝3 Ω 的导体棒a 和b，在轨道区域内
有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1 T。现给导体棒a 一个向右的、
大小为v0＝5 m/s 的初速度，两导体棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两
导体棒未相碰，g＝10 m/s2。求：
图7
(1)流经导体棒b 的最大电流；
(2)从开始运动到两棒相距最近的过程中，流经b 的电荷量；
(3)从开始运动到两棒相距最近的过程中，导体棒a 上产生的焦耳热；
(4)当导体棒a 的速度大小为va＝4 m/s 时，b 的加速度大小。
答案 (1)0.5 A (2)1.2 C (3)0.6 J (4)0.625 m/s2
解析 (1)给导体棒a 一个向右的初速度的瞬间流经导体棒b 的电流最大，为
Im＝＝0.5 A。
(2)两棒共速时相距最近，设共同速度为v，对两导体棒整体根据动量守恒定律有
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mav0＝v
解得v＝3 m/s
从开始到共速时间内对导体棒b 根据动量定理有F 安t＝BILt＝BLq＝mbv－0
解得q＝＝1.2 C。
(3)根据能量守恒定律得，从开始运动到两棒相距最近的过程中，回路中的总焦
耳热为
Q 总＝mav－v2
根据电路规律可知导体棒a 上产生的焦耳热为Qa＝Q 总
联立解得Qa＝0.6 J。
(4)当导体棒a 的速度大小为va＝4 m/s 时，根据动量守恒定律有mav0＝mava＋mbvb
解得vb＝1.5 m/s
故此时电路中的总电动势为E＝BLva－BLvb＝1.25 V
导体棒b 此时受到的安培力为F 安b＝ILB，I＝
b 的加速度大小为a＝
联立解得a＝0.625 m/s2。
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