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第21 讲 电磁感应现象的“单杆”模型
【模型一“单棒＋电阻”模型 】
类型1 有初速度的“单棒＋电阻”模型
类型2 有恒力的“单棒＋电阻”模型
类型3 含电源的“单棒＋电阻”模型
【模型二 “单棒＋电容器”模型 】
类型1 有初速度的“单棒＋电容器”模型
类型2 有恒力的“单棒＋电容器”模型
类型3 “单棒+电容+电阻等”综合模型
示意图
力学观点
运动图像
能量观点
v0≠0
导轨水平光滑，间距为
L，电阻不计，杆ab 初
速度为v0，质量为m，
电阻不计
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 安＝BIL＝，
做减速运动，v⇒F 安⇒a，
当v＝0 时，F＝0，a＝0，杆保持
静止
动能全部转化为内
能：Q＝mv
导轨水平光滑，间距为
L，电阻不计，杆ab 初
速度为v0，质量为m，
电阻不计
导体杆速度为v 时，
感应电流I＝，
导体杆受安培力F 安＝BIL，
做减速运动，电容器充电，
当BLv＝UC时，I＝0，F 安＝0，杆
匀速运动
(根据q＝CU、U＝
BLvm、－BL·Δt
＝mvm－mv0、
导体杆的部分动能
转化为电阻的电热
和电容器的电场
能：mv＝mv＋Q＋EC
1
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q＝Δt，可得vm
＝)
v0＝0
导轨水平光滑，间距为
L，电阻不计，单杆ab
质量为m，电阻不计
S 闭合，杆ab 受安培力F 安＝，此
时a＝，杆ab 速度v感应电动
⇒
势BLv⇒I安培力
⇒
F 安＝
BIL加速度
⇒
a，
当BLv＝E 时，v 最大，且vm＝
电源输出的电能转
化为动能：W 电＝mv
v0＝0
导轨水平光滑，间距为
L，电阻不计，单杆ab
质量为m，电阻不计，
拉力F 恒定
开始时a＝，杆ab 速度v感应
⇒
电动势E＝BLv⇒I安培力
⇒
F 安
＝BIL，由F－F 安＝ma 知a，
当a＝0 时，v 最大，vm＝
F 做的功一部分转化
为杆的动能，一部
分转化为电阻产生
的电热：WF＝Q＋mv
导轨水平光滑，间距为
L，电阻不计，单杆ab
质量为m，电阻为R
电容器充满电后，S 合向2，导体
杆受安培力运动，产生电动势E＝
BLv，感应电流I＝，导体杆受安
培力F 安＝BIL，做加速运动，电容
器放电UC减小，当BLv＝UC时，I
＝0，F 安＝0，杆匀速运动
电容器的部分电场
能转化为电阻的电
热和导体杆的动
能：EC0＝mv＋Q＋ECm
导轨水平光滑，间距为
L，电阻不计，单杆ab
质量为m，电阻不计，
拉力F 恒定
开始时a＝，杆ab 速度v感应
⇒
电动势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＝BLI＝CB2L2a，F
－F 安＝ma，a＝，所以杆以恒定的
加速度匀加速运动(若回路有电
阻，则杆不做匀加速运动)
F 做的功一部分转化
为杆的动能，一部
分转化为电容器的
电场能：WF＝mv2＋EC
注：(1)在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解速度、位移、电荷量，以及除
安培力之外恒力的作用时间。
(2)若光滑导轨倾斜放置，要考虑导体杆受到重力沿导轨斜面向下的分力作用，分析方法与表格中受
外力F 时的情况类似。
2
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【模型一“单棒＋电阻”(LR)模型 】
类型1 有初速度的“单棒＋电阻”模型
【模型】
1．电路特点：导体棒相当于电源。当速度为v 时，电动势E=BLv
2．安培力的特点：安培力为阻力，并随速度减小而减小：
F安=BIL= B2 L2v
R+r ∝v
3．加速度特点：加速度随速度减小而减小,
a= B2 L2v
m( R+r)+μg
4．运动特点：速度如图所示。a 减小的减速运动
5．最终状态:静止
6．四个规律
(1)全过程能量关系：
−μ mgx −Q=0−1
2 mv 0
2
,
速度为v 时的能量关系:
−μ mgx −Q=1
2 mv 2−1
2 mv 0
2
电阻产生的焦耳热:
QR
Q = R
R+r
(2)瞬时加速度：
a= B2 L2v
m( R+r)+μg
，
3
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(3)电荷量:
q=¯I Δt= ¯E
R+r Δt=
Δφ
Δt(R+r) Δt= Δφ
R+r
(4)动量关系：μmg Δt−B¯I LΔt=μmg Δt−BqL=0−mv 0
(安培力的冲量¯F Δt=B¯I LΔt=BqL )
安培力的冲量公式:
μmg Δt−B¯I LΔt=0−mv 0 ①
闭合电路欧姆定律
¯I=
¯E
R+r
②
平均感应电动势：
¯E=BL { ¯v¿
③
位移：x=¯v t ④
①②③④得
μ mg Δt+ B2 L2 x
R+r =mv 0
【典例1】（2024·湖南·高考真题）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，
导轨左端与一阻值为R 的定值电阻相连，导轨
段与
段粗糙，其余部分光滑，
右侧处于竖直向下
的匀强磁场中，一质量为m 的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度
沿导轨向右经过
进入磁场，
最终恰好停在
处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为
，
。
导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
4
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A．金属杆经过
的速度为
B．在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为
C．金属杆经过
与
区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2 倍
【答案】CD
【解析】A．设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B 区域向右运动的过程中切割磁感线有
E = BLv，
金属杆在AA1B1B 区域运动的过程中根据动量定理有
则
由于
，则上面方程左右两边累计求和，可得
则
设金属杆在BB1C1C 区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C 区域运动的过程中有
，解得
综上有
，则金属杆经过BB1的速度大于
，故A 错误；
B．在整个过程中，根据能量守恒有
则在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为
，故B 错误；
5
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C．金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域，金属杆所受安培力的冲量为
则金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域滑行距离均为
，金属杆所受安培力的冲量相同，故C 正确；
D．根据A 选项可得，金属杆以初速度
在磁场中运动有
金属杆的初速度加倍，设此时金属杆在BB1C1C 区域运动的时间为
，全过程对金属棒分析得
，联立整理得
分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过BB1C1C 区域的速度比第一次大，故
，可得
可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2 倍，故D 正确。
故选CD。
【变式1-1】（多选）如图所示，一质量为2m 的足够长U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，bc 边
长为L，不计金属框电阻。一长为L 的导体棒MN 置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m。装置处于磁
感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN 始终
与金属框保持良好接触，则（ ）
A.刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M
B.导体棒的最大速度为v0
2
C.通过导体棒的电荷量为2mv0
3 BL
D.导体棒产生的焦耳热为5
6 mv0
2
【答案】AC
【解析】金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，故A 正确；
以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，
取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝3mv，
6
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可得v＝2
3v0，故B 错误；
对导体棒根据动量定理可得BILΔt＝mv－0，其中IΔt＝q，
可得通过导体棒的电荷量为q＝2m v0
3 BL ，故C 正确；
导体棒产生的焦耳热为Q＝1
2×2mv0
2－1
2×3mv2＝1
3mv0
2，故D 错误。
【变式1-2】如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框
，固定在水平面内且处
于方向竖直向下的匀强磁场中。一接入电路电阻为R 的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、cd 以速度
匀速滑动，滑动过程PQ 始终与
垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的
过程中（ ）
A．PQ 中电流先增大后减小
B．PQ 两端电压先减小后增大
C．PQ 上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
【答案】C
【解析】设PQ 左侧线框电阻为
，则右侧线框电路的电阻为
，所以外电路的总电阻
在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中，外电路电阻先增大后减小。
A．PQ 中电流
，可知PQ 中电流先减小后增大，A 错误；
B．PQ 中电流先减小后增大，内电压先减小后增大，PQ 两端电压（电源的路端电压）先增大后减小，B 错
误；
C．PQ 做匀速运动，拉力等于安培力，即
拉力的功率
该功率先减小后增大，C 正确；
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D．外电路的电阻
当PQ 运动到中间位置时，外电路的电阻最大为
，小于电源内阻，可得输出功率
输出功率随外电阻的变化如图所示
当内外电路电阻越接近，电源的输出功率越大；当内外电路电阻相等时，电源的输出功率最大。电源输出
功率与外电阻的关系如图。在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中，外电阻与电源内阻的大小关系是先接
近再远离所以线框消耗的电功率（电源输出功率）先增大后减小，D 错误。
故选C。
【变式1-3】（2022·河北·高考真题）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于
轴上，另一根由
、
、
三段直导轨组成，其中
段与
轴平行，导轨左端接入一电阻
。导轨上
一金属棒
沿
轴正向以速度
保持匀速运动，
时刻通过坐标原点
，金属棒始终与
轴垂直。设
运动过程中通过电阻的电流强度为，金属棒受到安培力的大小为
，金属棒克服安培力做功的功率为
，
电阻两端的电压为
，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是
（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【解析】当导体棒从O 点向右运动L 时，即在
时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度
（θ 为ab 与ad 的夹角）则根据E=BLv0
可知回路电流均匀增加；安培力
则F-t 关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率
则P-t 关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即
即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除BD 选项；
当在
时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E 不变，感应电流I 不变，安培力F 大小
不变，安培力的功率P 不变，电阻两端电压U 保持不变；
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同理可判断，在
时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势E 均
匀减小，感应电流I 均匀减小，安培力F 大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与
内是
对称的关系，安培力的功率P 按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与
内是对称的关系，电
阻两端电压U 按线性均匀减小；综上所述选项AC 正确，BD 错误。
故选AC。
【变式1-4】（2023·福建·高考真题）如图，M、N 是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够
长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界
垂直于导轨；阻值恒定的
两均匀金属棒a、b 均垂直于导轨放置，b 始终固定。a 以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导
轨垂直且接触良好，并与b 不相碰。以O 为坐标原点，水平向右为正方向建立x 轴坐标；在运动过程中，a
的速度记为v，a 克服安培力做功的功率记为P。下列v 或P 随x 变化的图像中，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】AB．设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意导体棒a 进入磁场
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后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有
根据
可得
又因为
联立可得
根据表达式可知v 与x 成一次函数关系，故A 正确，B 错误；
CD．a 克服安培力做功的功率为
故
图像为开口向上的抛物线，由于F 和v 都在减小，故P 在减小,故CD 错误。
故选A。
【变式1-5】如图所示，两条相距d 的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．
质量为m，电阻为r 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B、方
向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.已知磁场扫过金属杆
所经历的时间为t，导轨足够长且电阻不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．
求：
(1)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(2)PQ 刚要到达金属杆时，电阻R 消耗的电功率P；
(3)磁场扫过金属杆的过程中金属杆的位移大小x.
【答案】 (1) (2) (3)v0t－
【解析】 (1)MN 刚扫过金属杆时，杆上产生的感应电动势为E＝Bdv0
感应电流为I＝
联立解得I＝
杆的加速度大小a＝＝
(2)PQ 刚要到达金属杆时，杆上产生的感应电动势为E′＝Bd(v0－v)
感应电流为I′＝
电阻R 消耗的电功率P＝I′2R＝
(3)根据动量定理得：B dt＝mv－0
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其中q＝t＝＝＝＝
解得磁场扫过金属杆过程中金属杆的位移x＝v0t－.
类型2 恒力作用下的“单棒＋电阻”模型
【模型】
1.电路特点：导体棒相当于电源，当速度为v
时，电动势
E=BLv
2.安培力的特点：安培力为阻力，并随速度增大而增大.
F安=BIL= B2 L2v
R+r ∝v
3.加速度特点：加速度随速度增大而减小.
a= F
m−μg- B2 L2v
m(R+r)
4.运动特点：速度如图所示。做加速度减小的加速运动
5．最终特征：匀速运动
6．两个极值：(1)v=0
时,有最大加速度：
a= F
m−μg
(2)
a=0 时,有最大速度：
a= F
m−μg- B2 L2v
m(R+r)=0 vm=( F−μ mg )( R+r )
B2 L2
7．稳定后的能量转化规律
Fv m=(BLv m)2
R+r
+μ mgv m
8．起动过程中的三个规律
(1)动量关系：Ft−B¯I Lt−μmgt=mv m
，
Ft−B2 L2 x
R+r −μ mgt=mv m
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(2)能量关系：
Fx −μ mgx −Q=1
2 mv m
2
(3)电荷量：
q=¯I Δt= ¯E
R+r Δt=
Δφ
Δt(R+r) Δt= Δφ
R+r
9.若F 的作用下使导体棒做匀加速直线运动则F 随时间线性变化。
证明：根据法拉第电磁感应定律E=BLv
闭合电路欧姆定律
I= E
R+r
安培力F＝BIL
由（1）（2）（3）得
F= B2 L2v
R+r
由牛顿第二定律
F−B2 L2v
R+r =ma
得
由运动学公式 v=at
联立得
F= B2 L2a
R+r t+ma
可以看出要让导体棒做匀加速直线运动所加外力必然随时间均匀变化即F=kt +b
【典例2】（2024·天津·高考真题）如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平
面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具
有一定阻值的金属棒MN 从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN 始终与导轨垂直并接触良好，则MN
所受的安培力F 及其加速度a、速度v、电流I，随时间t 变化的关系图像可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】ABC．根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，导体棒速度为v 时，受
到的安培力为
，可知
由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为
可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则v
− t 图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F 与速度v 成正比，则F − t 图像的斜率
逐渐减小直至为零时，F 保持不变，故A 正确，BC 错误；
D．根据题意，由公式可得，感应电流为
由数学知识可得
由于加速度逐渐减小，则I − t 图像的斜率逐渐减小，故D 错误。
故选A。
【变式2-1】（2022·湖南·高考真题）如图，间距
的U 形金属导轨，一端接有
的定值电阻
，
固定在高
的绝缘水平桌面上。质量均为
的匀质导体棒a 和b 静止在导轨上，两导体棒与导轨
接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为
，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力），导体棒
距离导轨最右端
。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画
出），磁感应强度大小为
。用
沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a 运动到导轨最
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右端时，导体棒b 刚要滑动，撤去
，导体棒a 离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取
，不计
空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒a 离开导轨至落地过程中，水平位移为
B．导体棒a 离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a 在导轨上运动的过程中，导体棒b 有向右运动的趋势
D．导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电阻
的电荷量为
【答案】BD
【解析】C．导体棒a 在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b 向里，由左手定则可知安培
力向左，则导体棒b 有向左运动的趋势，故Ｃ错误；
A．导体棒b 与电阻R 并联，有
当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动，有
联立解得a 棒的速度为
a 棒做平抛运动，有
，
联立解得导体棒a 离开导轨至落地过程中水平位移为
，故A 错误；
B．导体棒a 离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B 正确；
D．导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为
导体棒b 与电阻R 并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻
的电荷量为
，故D 正确。
故选BD。
【变式2-2】（2023·重庆·高考真题）如图所示，与水平面夹角为θ 的绝缘斜面上固定有光滑U 型金属导轨。
质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN 沿导轨向下运动，以大小为v 的速度进入方向垂直于导轨平面向下
的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t 后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，
导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内（ ）
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A．流过杆的感应电流方向从N 到M
B．杆沿轨道下滑的距离为
C．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率
D．杆所受安培力的冲量大小为
【答案】D
【解析】A．根据右手定则，判断知流过杆的感应电流方向从M 到N，故A 错误；
B．依题意，设杆切割磁感线的有效长度为
，电阻为
。杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力，轨
道支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得
，
，
联立可得杆的加速度
可知，杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动；若杆做匀加速直线运动，则杆运动的
距离为
根据
图像围成的面积表示位移，可知杆在时间t 内速度由达到
，杆真实运动的距离大于匀加速情
况发生的距离，即大于
，故B 错误；
C．由于在磁场中运动的此段时间内，杆做加速度逐渐减小的加速运动，杆的动能增大。由动能定理可知，
重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据
可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，
也即流过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C 错误；
D．杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得
得杆所受安培力的冲量大小为
，故D 正确。
故选D。
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【变式2-3】（2023·上海·高考真题）如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，
对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由于E = BLv，E = IR，FA = BIL
联立得
再结合楞次定律，可知金属棒刚开始向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，且加速度一直为
，方向向左
综上当v = 0 时，即t = t0时F ≠ 0，且向左
故选C。
【变式2-4】（2022·重庆·高考真题）如图1 所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一
可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的
匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小
与速率的关系如图2 所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大
小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的
磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n
可能为（ ）
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A．k = 2、m = 2、n = 2
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由题知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v = 0 时分别
有
，
则第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为
，
则
第一次和第二次运动中根据牛顿第二定律有
，整理有
则可知两次运动中F—v 图像的斜率为
，则有
故选C。
【变式2-5】（2024·贵州·高考真题）如图，间距为L 的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，
左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m 的
金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒
最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金
属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（ ）
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A．加速过程中通过金属棒的电荷量为
B．金属棒加速的时间为
C．加速过程中拉力的最大值为
D．加速过程中拉力做的功为
【答案】AB
【解析】A．设加速阶段的位移与减速阶段的位移相等为
，根据
可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，则减速过程由动量定理可得
解得
，A 正确；
B．由
，解得
金属棒加速的过程中，由位移公式可得
可得加速时间为
，B 正确；
C．金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，
因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得
，其中
联立解得
，C 错误；
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D．加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功
可得
因此加速过程中拉力做的功大于
，D 错误。
故选AB。
类型3 含电源的“单棒＋电阻”模型
【模型】
开关S 刚闭合时，ab 杆所受安培力F＝，
此时a＝.速度v↑⇒E 感＝BLv↑⇒I↓⇒F＝BIL↓⇒加速度a↓，
当E 感＝E 时，v 最大，且vm＝
1.动力学观点：分析最大加速度、最大速度
2.能量观点：消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热
3.动量观点：分析导体棒的位移、通过的电荷量
【典例3】电磁弹射器是航空母舰上一种高效的舰载机起飞装置，我国的未来航母也将采用这种装置，其
工作原理如图所示。足够长的光滑导轨间距为L，电阻不计，左端接有电动势为E 的电源，系统处于竖直
向下的匀强磁场中。闭合开关S 后，质量为m、长度等于导轨间距的金属棒ab 由静止开始运动，最后达到
稳定速度vm。加速到稳定速度的过程中，电源提供的能量为Es，电源、金属棒产生的焦耳热分别为Q1，
Q2，下列说法正确的是（ ）
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A．金属棒ab 先做匀加速直线运动最后做匀速直线运动
B．达到稳定速度时金属棒的感应电动势小于E
C．稳定速度
D．磁场的磁感应强度为
【答案】D
【解析】A．电键S 闭合后，ab 棒受到向右的安培力，产生向右的加速度，棒向右做加速运动。根据右手
定则，棒中会产生一个由b 到a 的感应电动势，与电池电动势方向相反，导致棒中的电流减小，有
由牛顿运动定律可得
联立，可得
由上分析可知，随着v 的增加，I 减小，a 减小，棒做加速度减小的加速运动，当a=0 时棒做匀速直线运动。
故A 错误；
BCD．根据能量守恒定律，电源提供的能量一部分变为回路中产生的焦耳热，一部分转化为金属棒的动能，
有
稳定时棒的速度为
稳定后棒的感应电动势等于E，即
磁感应强度为
故BC 错误；D 正确
【变式3-1】如图所示为水平放置足够长的光滑平行导轨，电阻不计、间距为L，左端连接的电源电动势
为E、内阻为r，质量为m、长为L 的金属杆垂直静置在导轨上，金属杆的电阻为R。整个装置处在磁感应
强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，
则下列说法正确的是( )
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A．金属杆的最大速度大小为
B．此过程中通过金属杆的电荷量为
C．此过程中电源提供的电能为
D．此过程中金属杆产生的热量为
【答案】AC
【解析】闭合开关后电路中有电流，金属杆在安培力的作用下向右运动，金属杆切割磁感线产生感应电动
势，方向与电源电动势方向相反，当两者大小相等时，电流为0，金属杆达到最大速度，此时E＝BLvm，
得vm＝，选项A 正确；
对金属杆应用动量定理有BLIt＝mvm，又q＝It，得q＝，选项B 错误；
电源提供的电能E 电＝qE＝，选项C 正确；
根据能量守恒定律，E 电＝Ek＋Q 热，Ek＝mv，可得Q 热＝E 电－Ek＝，Q 热为电源内阻和金属杆上产生的总热
量，选项D 错误。
【变式3-2】（某中学科技小组的学生在进行电磁发射装置的课题研究，模型简化如下．在水平地面上固
定着相距为L 且足够长的粗糙导轨PQ 及MN，PQNM 范围内存在磁场强度大小可以调节的匀强磁场，方向
竖直向上，如图所示，导轨左侧末端接有电动势为E、内阻为r 的电源，开关K 控制电路通断．质量为
m、电阻也为r 的导体棒ab 垂直导轨方向静止置于导轨上，与导轨接触良好．电路中其余位置电阻均忽略
不计．导轨右侧末端有一弧度非常小的速度转向装置，能将导体棒水平方向的速度转为与地面成θ 角且不
改变速度大小．导体棒在导轨上运动时受到恒定的阻力Ff，导体棒发射后，在空中会受到与速度方向相反、
大小与速度大小成正比的阻力，Ff0＝kv，k 为常数．导体棒在运动过程中只平动，不转动．重力加速度为
g.调节磁场的磁感应强度，闭合开关K，使导体棒获得最大的速度．(需考虑导体棒切割磁感线产生的反电
动势)
(1)求导体棒获得的最大速度vm的大小；
(2)导体棒从静止开始达到某一速度v1，滑过的距离为x0，导体棒ab 发热量为Q，求电源提供的电能及通过
电源的电荷量q；
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(3)调节导体棒初始放置的位置，使其在到达NQ 时恰好达到最大的速度，最后发现导体棒以v 的速度竖直
向下落到地面上．求导体棒自NQ 运动到刚落地时这段过程的平均速度大小．
【答案】 (1) (2)mv1
2＋Ffx0＋2Q ＋＋ (3)
【解析】 (1)当棒达到最大速度时，棒受力平衡，则Ff＝FA
FA＝BiL
i＝
联立解得v＝2＋·
由数学知识得vm＝
(2)导体棒电阻为r，电源内阻为r，通过两者的电流始终相等，导体棒ab 发热量为Q，则回路总电热为
2Q；据能量守恒定律知，电源提供的电能W＝mv1
2＋Ffx0＋2Q
由EIt＝Pt＝W 可知，电源提供电能与通过电源的电荷量的关系为W＝Eq，通过电源的电荷量q＝＝＋＋
(3)导体棒自NQ 运动到刚落地过程中，水平方向应用动量定理可得－kvxΔt＝mΔvx，即－kΔx＝mΔvx
解得：水平方向位移Δx＝·cos θ
竖直方向应用动量定理可得－kvyΔt－mgΔt＝mΔvy，即－kΔy－mgΔt＝mΔvy
解得：运动的时间Δt＝
根据平均速度公式可得，导体棒自NQ 运动到刚落地时这段过程的平均速度大小＝＝
.
【变式3-3】如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图。光滑水平金属导轨M、N 的间距L=0.2m，电阻不
计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1×102T。装有弹体的导体棒ab 垂直放在导轨
M、N 上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒ab(含弹体)的质量m=0.2kg，在导轨M、N 间部分的电
阻R=0.8Ω，可控电源的内阻r=0.2Ω。在某次模拟发射时，可控电源为导体棒ab 提供的电流恒为
I=4×103A，不计空气阻力，导体棒ab 由静止加速到4km/s 后发射弹体，则（ ）
A．导体棒ab 所受安培力大小为1.6×105N
B．光滑水平导轨长度至少为20m
C．该过程系统产生的焦耳热为3.2×106J
D．该过程系统消耗的总能量为1.76×106J
【答案】BD
【解析】A．由安培力公式有F=BIL=8×104N 故A 错误；
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B．弹体由静止加速到4km/s，由动能定理知Fx=
mv2则轨道长度至少为x=
=20m 故B 正确；
CD．导体棒ab 做匀加速运动，由F=ma，v=at，解得该过程需要时间t=1×10－2s
该过程中产生焦耳热Q=I2(R＋r)t=1.6×105J 弹体和导体棒ab 增加的总动能Ek=
mv2=1.6×106J
系统消耗总能量E=Ek＋Q=1.76×106J 故C 错误，D 正确。故选BD。
【变式3-4】如图所示，在竖直向下的磁感应强度B 的匀强磁场中，有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L，一质量为m、电阻为R1的导体棒ab 垂直放在轨道上，与轨道接触良好。
轨道左端M 点接一单刀双掷开关S，P 点与一电动势为E、内阻为r 的电源和定值电阻R2相连接，不计轨
道的电阻。
（1）求开关S 合向1 瞬间导体棒的加速度a；
（2）开关S 合向1，在导体棒速度等于v 时把S 合到2，导体棒运动x 后停下来，求S 合到2 的瞬间导体棒
的电功率P；
（3）若从开关S 合向接线柱1 到导体棒速度等于v 的过程中，通过电源的电量为q，则此过程中导体棒R1
上产生的电热QR。
【答案】（1）
； 方向水平向右；（2）
；（3）
【解析】(1)电路的电流
安培力
导体棒的加速度
由左手定则，安培力方向水平向右；
(2) 导体棒产生的电动势
电路电流
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导体棒的电功率
；
(3) 此过程中电路中产生的总电热Q，
在电阻R 上产生的电热
；
【模型二 “单棒＋电容器”模型 】
类型1 有初速度的“单棒＋电容器”模型
基本
模型
规律
(电阻阻值为R，电容器电容为C)
电路特点
导体棒相当于电源，电容器被充电.
电流特点
安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I＝，电容器被充电
UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F 安＝0，棒匀速运动.
运动特点和最终
特征
a 减小的加速运动，棒最终做匀速运动，此时I＝0，但
电容器带电荷量不为零.
最终速度
电容器充电荷量：q＝CU
最终电容器两端电压：U＝BLv
对棒应用动量定理：mv0－mv＝BL·Δt＝BLq
v＝.
v－t 图象
【典例4】电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载
器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行
金属导轨间距离为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R 的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于
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静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S 接1，使电容器完全充电．然后将S 接至2，导轨间存在垂直于
导轨平面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场(图中未画出)，MN 开始向右加速运动．当MN 上的感应电动势
与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN 达到最大速度，之后离开导轨．问：
(1)磁场的方向；
(2)MN 刚开始运动时加速度a 的大小；
(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是多少．
【答案】 (1)垂直于导轨平面向下 (2) (3)
【解析】 (1)将S 接1 时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S 接2 时，电容器放电，流
经MN 的电流由M 到N，又知MN 向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下．
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S 接2 时，电容器放电，设刚放电时流经MN 的电流为
I，有I＝①
设MN 受到的安培力为F，有F＝IlB②
由牛顿第二定律，有F＝ma③
联立①②③式得a＝④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤
开关S 接2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值vmax 时，设MN 上的感应电动势为E′，有E′＝
Blvmax⑥
依题意有E′＝⑦
设在此过程中流经MN 的平均电流为，MN 上受到的平均安培力为，有＝lB⑧
由动量定理，有Δt＝mvmax－0⑨
又Δt＝Q0－Q⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝.
【变式4-1】(多选)如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN 和PQ，两导轨间距为l，
电阻均可忽略不计．在M 和P 之间接有阻值为R 的定值电阻，导体杆ab 质量为m、电阻为r，并与导轨接
触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给杆ab 一个初速度v0，使杆向右
运动．则( )
A．当杆ab 刚具有初速度v0时，杆ab 两端的电压U＝，且a 点电势高于b 点电势
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B．通过电阻R 的电流I 随时间t 的变化率的绝对值逐渐增大
C．若将M 和P 之间的电阻R 改为接一电容为C 的电容器，如图乙所示，同样给杆ab 一个初速度v0，使杆
向右运动，则杆ab 稳定后的速度为v＝
D．在C 选项中，杆稳定后a 点电势高于b 点电势
【答案】 ACD
【解析】 当杆ab 刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，杆ab 两端的电压U＝
＝，根据右手定则知，感应电流的方向为b 到a，杆ab 相当于电源，a 相当于电源的正极，则a 点电势高
于b 点电势，A 正确；通过电阻R 的电流I＝，由于杆ab 速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆ab
做加速度逐渐减小的减速运动，速度v 随时间t 的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R 的电流I 随时间
t 的变化率的绝对值逐渐减小，B 错误；当杆ab 以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，
有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小．当电容
器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝
Blv，而q＝CU，对杆ab，根据动量定理得－Bl·Δt＝－Blq＝mv－mv0，联立可得v＝，C 正确；杆稳定后，
电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a 点的电势高于b 点电势，D 正确．
【变式4-2】如图甲所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L，左端连接一个电容为C 的电容器，
导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m 的金属棒垂直导轨放置，
某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0，之后金属棒运动的v－t 图像如图乙所示，不考虑导轨的电阻。
（1）求金属棒匀速运动时的速度大小v1；
（2）求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q；
（3）已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q，求电容器充电稳定后储存的电能E。
【答案】（1）
mv0
m+C B
2 L
2 （2）
CBLm v0
m+C B
2 L
2（3）1
2mv0
2－
m
3v0
2
2(m+C B
2 L
2)
2－Q
【解析】（1）金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势U＝BLv1
电容器的电荷量q＝CU
金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有
－BILt0＝mv1－mv0
电容器的电荷量q＝It0联立解得v1＝
mv0
m+C B
2 L
2。
（2）由（1）可知q＝CU＝CBLv1＝
CBLm v0
m+C B
2 L
2。
（3）在0～t0时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒定律可得E＋Q＝1
2mv0
2－1
2mv1
2
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解得E＝1
2mv0
2－
m
3v0
2
2(m+C B
2 L
2)
2－Q。
【变式4-3】如图所示，水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨MN 和PQ，相距为L，左端MP 间接
有电容为C 的电容器。导轨处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，质量为m 的金属棒
ab 横放在导轨上且与导轨接触良好。现给金属棒一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列
说法正确的是（ ）
A．金属棒做匀变速运动，最后匀速运动
B．金属棒做匀加速运动，最后停止运动
C．金属棒最终的速度大小为
D．整个过程中金属棒克服安培力做的功为
-
【答案】D
【解析】AB．根据动量定理可知金属棒获得的初速度v0=
对金属棒受力分析可知，金属棒在运动过程中受到的合外力等于安培力。金属棒切割磁感线产生感应电动
势，给电容器充电，金属棒做减速运动，金属棒的速度减小，安培力减小，做变减速运动，最终当金属棒
两端电压和电容器两端电压相等时，金属棒做匀速运动，AB 错误；
C．对金属棒，设其做匀速运动时的速度为v，根据动量定理有-B0I 电Lt=m（v-v0）
又I 电t=q 且q=CU，U=B0Lv 解得v=
，C 错误；
D．对金属棒应用动能定理有-WA=
mv2-
m
解得WA=
-
D 正确故选D。
类型2 恒力作用下的“单棒＋电容器”模型
【模型】
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动力学观点：开始时a＝，杆ab 速度v↑，感应电动势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＝BLI＝CB2L2a
F－F 安＝ma，a＝，所以杆以恒定的加速度运动
能量观点：力F 做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能WF＝mv2＋EC
【反思】由模型可知: 只要导体棒受恒定外力，导体棒必做匀变速运动，且加速度为
a=
F
m+B2 L2C
; 如果外力不恒定，则导体棒做非匀变速运动; 如果不受外力，则导体棒匀速运动或静止．反之，只要导
体棒速度均匀变化( a 恒定) ，感应电动势就均匀变化，电容器的带电量就均匀变化，回路中的 电流就
恒定不变(I=CBLa ) ，导体棒所受安培力就恒定不变 ( F=（m+B2 L2C ）a ，外力就恒定不变．
【典例5】（2024·海南·高考真题）两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N
两点绝缘连接，M、N 等高，间距L = 1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连
接一个阻值R = 0.02Ω 的电阻和C = 1F 的电容器，整个装置处于B = 0.2T 的垂直导轨平面斜向上的匀强
磁场中，两根导体棒ab、cd 分别放在MN 两侧，质量分为m1 = 0.8kg，m2 = 0.4kg，ab 棒电阻为0.08Ω，
cd 棒的电阻不计，将ab 由静止释放，同时cd 从距离MN 为x0 = 4.32m 处在一个大小F = 4.64N，方向沿
导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N 处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知
碰前瞬间ab 的速度为4.5m/s，g = 10m/s2（ ）
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A．ab 从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s
B．ab 从释放到第一次碰撞前，R 上消耗的焦耳热为0.78J
C．两棒第一次碰撞后瞬间，ab 的速度大小为6.3m/s
D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd 的速度大小为8.4m/s
【答案】BD
【解析】A．由于金属棒ab、cd 同时由静止释放，且恰好在M、N 处发生弹性碰撞，则说明ab、cd 在到达
M、N 处所用的时间是相同的，对金属棒cd 和电容器组成的回路有 Δq = C·BLΔv
对cd 根据牛顿第二定律有F－BIL－m2gsin30° = m2a2
其中
，
，联立有
则说明金属棒cd 做匀加速直线运动，则有
联立解得a2 = 6m/s2，t = 1.2s，故A 错误；
B．由题知，知碰前瞬间ab 的速度为4.5m/s，则根据功能关系有
金属棒下滑过程中根据动量定理有
其中
，R 总 = R＋Rab = 0.1Ω
联立解得：q = 6C，xab = 3m，Q = 3.9J
则R 上消耗的焦耳热为：
，故B 正确；
CD．由于两棒恰好在M、N 处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有
m1v1－m2v2 = m1v1′＋m2v2′
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其中v2 = a2t = 7.2m/s
联立解得v1′ = －3.3m/s，v2′ = 8.4m/s，故C 错误、D 正确。
故选BD。
【变式5-1】如图，两条平行导轨所在平面与水平地面间的夹角为θ，两导轨的间距为L.导轨上端接有一平
行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向下．在导轨上
放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与
导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻，让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，
求：
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．
【答案】 (1)Q＝CBLv (2)v＝gt
【解析】 (1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①
平行板电容器两极板之间的电势差U＝E②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，则有Q＝CU③
联立①②③式得Q＝CBLv④
(2)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.金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，
大小为F 安＝BLI⑤
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，据定义有I＝⑥
ΔQ 也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得：ΔQ＝CBLΔv⑦
Δv 为金属棒的速度变化量，有a＝⑧
金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨向上，大小为Ff＝μFN⑨
FN是金属棒对导轨的正压力的大小，有FN＝mgcos θ⑩
由牛顿第二定律得mgsin θ－F 安－Ff＝ma⑪
联立⑤～
式得
⑪
a＝g⑫
由
式及题意可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．则
⑫
t 时刻金属棒的速度大小为
v＝gt.
【变式5-2】(2024 年全国甲卷)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定
值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个
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装置处于竖直方向且磁感应强度为B 的匀强磁场中。
(1)开关S 闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定
值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v 的大小。
(2)当金属棒速度为v 时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功
率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
【答案】（1）
；（2）
，
【解析】（1）开关S 闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
由闭合电路欧姆定律
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
联立可得，恒定的外力为
在加速阶段，外力的功率为
定值电阻的功率为
若
时，即
化简可得金属棒速度v 的大小为
（2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q 不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力
不断减小，而拉力的功率
定值电阻功率
当
时有
，可得
根据
，可得此时电容器两端电压为
从开关断开到此刻外力所做的功为
其中
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联立可得
【变式5-3】如图所示，水平放置足够长且光滑的金属导轨abc和de，ab 与de 平行并相距为L，bc 是以O
为圆心、半径为r 的圆弧导轨，圆弧b 左侧和扇形Obc内有方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度均为
B，a、d 两端接有一个电容为C 的电容器，金属杆OP 的O 端与e 点用导线相接，P 端与圆弧bc 接触良好，
初始时，可滑动的金属杆MN 静止在平行导轨上，金属杆MN 质量为m，金属杆MN 和OP 电阻均为R 其余
电阻不计，若杆OP 绕O 点在匀强磁场区域内以角速度ω 从b 到c 匀速转动时，回路中始终有电流，则此
过程中，下列说法正确的有（ ）
A．杆OP 产生的感应电动势恒为Bωr
2
B．电容器带电量恒为BCωr
2
2
C．杆MN 中的电流逐渐减小
D．杆MN 向左做匀加速直线运动，加速度大小为B
2ωr
2 L
4 mR
【答案】C
【解析】A．杆OP 产生的感应电动势恒为E = Br v = Br ωr
2 = Bωr
2
2
故A 错误；
BC．由右手定则知OP 产生的感应电流方向为由O 到P，则MN 杆中电流方向为由M 到N，由左手定则知
MN 杆受到向左的安培力，MN 杆向左做加速运动，也产生感应电动势，与OP 产生的感应电动势方向相反，
则有E总= E−EMN = Bωr
2
2
−BLv MN随着MN 的速度增加，回路中的总电动势逐渐减小，回路电流减小；
根据U PO= E−IR = Bωr
2
2
−IR可知PO 间电势差增大，则电容器的电压增大，电容器带电量增大，故B 错
误，C 正确；
D．回路中电流逐渐减小，杆MN 受到的安培力逐渐减小，则杆向左做加速度逐渐减小的加速直线运动，
故D 错误。
故选C。
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【变式5-4】我国最新航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术，装备了三条电磁弹射轨道，
电磁弹射的简化模型如图所示：足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的
电容器C 相连，与机身固连的金属杆ab 静置在轨道上，闭合开关S 后，飞机向右加速，若不计所有阻力和
摩擦，回路总电阻R 保持不变，下列说法不正确的是（ ）
A．提高电容器的放电量，可以提高飞机的起飞速度
B．飞机运动过程中，a 端的电势始终高于b 端的电势
C．飞机的速度最大时，金属杆ab 产生的感应电动势与电容器两端电压相等
D．飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零
【答案】D
【解析】A．对金属杆与飞机，由动量定理可得
联立可得
，则提高电容器的放电量，可以提升飞机的起飞速度，故A 正确，不符合题意；
B．飞机向右加速，通过金属杆ab 的电流方向为a→b，则电容器上板带正电，下板带负电，a 端的电势高
于b 端的电势，故B 正确，不符合题意；
CD．随着飞机加速，金属杆ab 产生的电动势为
则电动势增大，电容器两端电压U 减小，根据牛顿第二定律，对金属杆和飞机有
则金属杆的加速度a 减小，当
时，飞机的速度达到最大，此时电容器所带的电荷量不为零，故C 正确，
不符合题意，D 错误，符合题意。
故选D。
【变式5-5】如图所示，间距为L 的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向里、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ab 与导轨始终保持良好接触，由
静止开始释放，释放时ab。距地面高度为h，（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（ ）
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A．金属棒做匀加速运动，加速度为g
B．金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为mgh
C．金属棒做匀加速运动，加速度为
D．金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为
【答案】AC
【解析】对金属棒ab 进行分析，根据动量定理可得
其中
所以
解得
故可得金属棒做匀加速运动，根据
可得加速度为
A 错误，C 正确；
B．根据能量守恒，下落的过程有一部分重力势能变成电能，还有一部分变成了导体棒的动能，因此电容
器储存的电荷量不可能为mgh，B 错误；
D．这样导体棒到过地面时的动能
根据能量守恒，电容器储存的电势能为
D 正确。故选CD。
【变式5-6】 如图所示，足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面夹角为30°，两导轨间的距离为
L，导轨顶端接有电容为C 的电容器。一根质量为m 的均匀金属棒ab 放在导轨上，与两导轨垂直且保持良
好接触，整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，重力加速度为
g，不计一切电阻。由静止释放金属棒，金属棒下滑x 的过程中电容器未被击穿，下列说法正确的是
（ ）
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A．金属棒做加速度越来越小的加速运动B．金属棒下滑x 时的速度v=
C．金属棒下滑x 的过程中电容器储存的电荷量q=
D．金属棒下滑x 的过程中，电容器储存的电场能E 电=
【答案】CD
【解析】A．导体棒沿光滑导轨下滑切割磁感线产生动生电动势，同时给电容器充电，由牛顿第二定律有
而充电电流为
联立可得
可知加速度恒定，即金属棒做匀加速直线运动，故A 错误；
B．金属棒做匀加速直线运动，则下滑x 时的速度为v，有
联立解得速度
故B 错误；
C．金属棒下滑x 的过程中电容器储存的电荷量为
故C 正确；
D．金属棒下滑x 的过程中，电容器储存的电荷量为
电荷量与电压成正比，则电容器储存的电场能为
而
联立解得
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另解：对棒的下滑过程由动能定理，有
而
联立解得
故D 正确；故选CD。
类型3 “单棒+电容+电阻等”综合模型
基本
模型
规律
(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)
电路特点
电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动.
电流的特点
电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时
阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝
BLv.
运动特点及最终
特征
a 减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0.
最大速度vm
电容器充电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：
Q＝CU＝CBLvm
电容器放电荷量：
ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
对棒应用动量定理：
mvm＝BL·Δt＝BLΔQ
vm＝
v－t 图象
【典例6】如图所示，足够长的两平行光滑水平直导轨的间距为L，导轨电阻不计，垂直于导轨平面有磁
感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；导轨左端接有电容为C 的电容器、开关S 和定值电阻R；
质量为m 的金属棒垂直于导轨静止放置，两导轨间金属棒的电阻为r.初始时开关S 断开，电容器两极板间
的电压为U.闭合开关S，金属棒运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列说法正确的是( )
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A．闭合开关S 的瞬间，金属棒立刻开始向左运动
B．闭合开关S 的瞬间，金属棒的加速度大小为
C．金属棒与导轨接触的两点间的最小电压为零
D．金属棒最终获得的速度大小为
【答案】 D
【解析】 由左手定则可知，闭合开关S 的瞬间，金属棒所受安培力方向向右，金属棒立刻获得向右的加
速度，开始向右运动，A 错误；闭合开关S 的瞬间，金属棒的加速度大小a＝，B 错误；当金属棒切割磁
感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，金属棒中电流为零，此后，金属棒将匀速运动下去，
两端的电压达到最小值，故金属棒与导轨接触的两点间的电压不会为零，C 错误；设闭合开关S 后，电容
器的放电时间为Δt，金属棒获得的速度为v，由动量定理可得BL·Δt＝mv－0，解得v＝，D 正确．
【变式6-1】（2023·浙江·高考真题）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L 的导体棒，通过两根长均为
l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S 可与直流电源
或理
想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B 的匀强磁场，不计空气阻力和
其它电阻。开关S 接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点
；然后开关S 接2，棒从右
侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）
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A．电源电动势
B．棒消耗的焦耳热
C．从左向右运动时，最大摆角小于
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【答案】C
【解析】A．当开关接1 时，对导体棒受力分析如图所示
根据几何关系可得
，解得
根据欧姆定律
，解得
，故A 错误；
根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦
耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失
B．若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为
根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热
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，故B 错误；
C．根据B 选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小
于
，故C 正确；
D．根据B 选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据
可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D 错误。
故选C。
【变式6-2】（2022·全国甲卷·高考真题）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，
在导轨的左端接入电容为C 的电容器和阻值为R 的电阻。质量为m、阻值也为R 的导体棒MN 静止于导轨
上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，
电容器所带的电荷量为Q，合上开关S 后，（ ）
A．通过导体棒
电流的最大值为
B．导体棒MN 向右先加速、后匀速运动
C．导体棒
速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒
上产生的焦耳热
【答案】AD
【解析】MN 在运动过程中为非纯电阻，MN 上的电流瞬时值为
A．当闭合的瞬间，
，此时MN 可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大
故A 正确；
B．当
时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN 及R 构成回路，由于一直处于
通路的形式，由能量守恒可知，最后MN 终极速度为零， 故B 错误；
C．MN 在运动过程中为非纯电阻电路，MN 上的电流瞬时值为
当
时，MN 上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN 速度最大，故C 错误；
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D． 在MN 加速度阶段，由于MN 反电动势存在，故MN 上电流小于电阻R 上的电流，电阻R 消耗电能大
于MN 上消耗的电能（即
），故加速过程中，
；当MN 减速为零的过程中，电容器的电
流和导体棒的电流都流经电阻R 形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R 的电流大于MN 的电流，综上
分析可知全过程中电阻R 上的热量大于导体棒上的热量，故D 正确。
故选AD。
【变式6-3】如图甲，水平放置的平行金属导轨可分别与定值电阻R 和平行板电容器C 相连，导体棒
MN 置于导轨上且接触良好，取向右为运动的正方向，导体棒沿导轨运动的位移—时间图象如图乙所示；
金属棒始终处于竖直向上的匀强磁场中，不计导轨和金属棒电阻，则0～t2时间内( )
A．若S 接A，电容器a 极板始终带负电
B．若S 接A，t1时刻电容器两极板电压最大
C．若S 接B，MN 所受安培力方向先向左后向右
D．若S 接B，t1时刻MN 所受的安培力最大
【答案】C
【解析】在xt 图象中，图象的斜率表示导体棒运动的速度，由图乙可知，0～t1时间内斜率是正、t1～t2
时间内斜率为负值，则说明0～t2时间内导体棒先向右移动后向左移动．
若S 接A，导体棒通过金属导轨与平行板电容器C 连接，0～t2时间内导体棒先向右运动后向左运动，
根据右手定则可知，感应电流的方向先顺时针后逆时针，可知电容器a 极板先带负电后带正电，故A 错
误；若S 接A，t1时刻导体棒瞬间静止，即导体不切割磁感线，故MN 中无感应电动势产生，电容器两极板
电压为零，即最小，故B 错误；若S 接B，导体棒通过金属导轨与定值电阻R 连，0～t2时间内，导体棒先
向右运动后向左运动，根据右手定则可知，电流的方向先顺时针后逆时针，由左手定则可知，MN 所受安培
力方向先向左后向右，故C 正确；若S 接B，t1时刻MN 瞬间静止，导体不切割磁感线，电路中无电流，MN
受安培力为零(即最小)，故D 错误
【变式6-4】如图所示，足够长光滑平行金属导轨
置于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度
，金属导轨倾角
，导轨间距
，其电阻不计。
为单刀双掷开关，当其掷于1 端时，容
量
的电容器接入电路；当其掷于2 端时，有
的电阻接入电路。金属杆
质量
，接入
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电路的阻值也为
。初始时，
锁定。已知重力加速度
取
。
（1）将
掷于2 端，释放
，求
的最大速度；
（2）将
掷于1 端，释放
，求系统稳定时金属杆的加速度大小。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）当
加速度为零时，
的速度最大，根据受力分析有
金属杆中电流为
金属杆产生的感应电动势为
，解得
（2）由电流定义式得
由电容定义式得
由法拉第电磁感应定律得
联立可得感应电流
所受安培力得大小为
对
应用牛顿第二定律
解得
，代入数据得
【变式6-5】如图甲所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ 相距L，在M 点和P 点间接有一个阻值
为
的电阻，在两导轨间的矩形区域
内有垂直导轨平面向里、宽为d 的匀强磁场，磁感应强度为
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。一质量为m、电阻为r 的导体棒ab 垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距
。现使ab 棒由静止开
始释放，棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab 与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持
水平，导轨的电阻不计）。
（1）求棒ab 离开磁场的下边界时的速度大小：
（2）讨论棒ab 可能出现的运动情况，并作出对应的
图像；
（3）求金属杆自下落至穿出磁场所用的时间t；
（4）如图乙所示，当在导轨的PM 端通过导线将电容为C、击穿电压为
的平行板电容器连接，在
时
在磁场中无初速度地释放金属棒ab、不考虑电磁辐射，且磁场足够大，当金属棒电阻
时，求电容器
达到击穿电压所用的时间。
【答案】（1）
；（2）见解析；（3）
；（4）
【解析】（1）根据题意，设棒
离开磁场的边界前做匀速运动的速度为，感应电动势为
电路中的电流
对棒
，由平衡条件得
解得
（2）
棒进入磁场区域时，速度
①当
，即
时，棒进入磁场后做匀速直线运动；
②当
，即
时，棒进入磁场后先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动；
③当
，即
时，棒进入磁场后先做加速度减小的减速运动，后做匀速直线运动。离开
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磁场后都做自由落体运动。三种情况下，对应的
图分别为
（3）金属棒自由落体的时间
将金属棒穿越磁场的过程划分成很多小段，可认为在每个小段中感应电动势几乎不变，设每小段的时间为
。则安培力的冲量
每个小段中通过电路的电量
则
设金属棒穿越磁场所用的时间为
，由动量定理得
。
将
，
，
代入得
则金属棒自下落至穿出磁场的时间
（4）在电容器达到击穿电压前，设任意时刻，流过金属棒的电流为，由牛顿第二定律
①
设在
时间内，金属棒的速度由
，电容器两端电压
，带电量
，
则有
代入①得
可见，金属棒做初速度为0 的匀加速直线运动，当电容器达到击穿电压时，金属棒的速度为
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所以，电容器达到击穿电压所用的时间为
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