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电磁感应中的电磁导轨问题，即“杆+导轨”模型问题，物理情境变化空间大，往往涉及力学、功能关系、电磁学等一系列基本概念、基本规律和科学思维方法，综合性强.
思考方向是：导体受力运动产生感应电动势[→]感应电流[→]通电导体受安培力[→]合外力变化[→]加速度变化[→]速度变化[→]感应电动势变化[→]……，周而复始，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态. 要画好受力图，抓住[a=0]时，速度[v]达最大值的特点.
一、“动-电-动” 单杆+导轨的基本特点和规律
情景 如图1，间距为[l]的平行导轨与电阻[R]相连，整个装置处在大小为[B]、垂直导轨平面向上的匀强磁场中，质量为[m]、电阻为[r]的导体从静止开始沿导轨滑下，已知导体与导轨的动摩擦因数为[μ].
图1
（1）电路特点
导体棒开始运动后切割磁感线产生感应电流，导体棒等效为电源. 电动势的大小[E=Blv]，由导体棒的运动速度决定.
（2）安培力的特点
通电导体棒在磁场中受到安培力作用，与运动方向相反，安培力（阻力）[FB=BIl=BBlvR+rl=B2l2vR+r∝v]
（3）加速度特点
[a=mgsinθ-μmgcosθ-B2l2v/(R+r)m]
加速度随速度增大而减小，导体做加速度减小的加速运动
（4）两个极值的规律
如图2，当[v=0]时，[FB=0]，加速度最大为
[am=g(sinθ－μcosθ)]
图2
当[a=0]时，[ΣF=0]，速度最大，根据平衡条件，有
[mgsinθ=μmgcosθ+B2l2vm(R+r)]
最大速度[vm=mg(sinθ-μcosθ)(R+r)B2l2]
（5）匀速运动时能量转化规律
当导体以最大速度做匀速运动时，由能量守恒定律，重力的机械功率等于安培力功率（即电功率）和摩擦力功率之和，且都达到最大值.
[PG=PF+Pf]
[PG=mgvmsinθPF=Fmvm=ImEm=E2mR+r=I2m(R+r)Pf=μmgvmcosθ]
当[μ=0]时，由能量转化和守恒规律，重力的机械功率就等于安培力功率，即电功率
[P=mgvmsinθ=Fmvm=ImEm=E2mR+r=I2m(R+r)]
例1 如图3甲，空间存在[B=]0.5T，方向竖直向下的匀强磁场，[MN、PQ]是相互平行的粗糙长直导轨，处于同一水平面内，其间距[L=]0.2m，[R]是连在导轨一端的电阻，[ab]是跨接在导轨上质量[m=]0.1kg的导体棒. 从零时刻开始，通过一小型电动机对[ab]棒施加一个牵引力[F]，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图3乙是棒的速度-时间图象，其中[OA]段是直线，[AC]是曲线，[DE]是曲线图象的渐近线. 小型电动机在12s末达到额定功率[P=]4.5W，此后功率保持不变. 除[R]以外，其它电阻均不计，[g=10]m/s2.
（1）求导体棒在0~12s内的加速度大小；
（2）求导体棒与导轨间的动摩擦因数及电阻[R]的阻值；
（3）若[t=]17s时,导体棒[ab]达最大速度,且0~17s内共发生位移100m，求12~17s内[R]上产生的热量.
解析 （1）由图3乙，可得12s末的速度
[v1=]9m/s，[t1=]12s
导体棒在0～12s内的加速度大小
[a=v1-0t1=0.75m/s2]
（2）设金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ.
在[A]点，有[E1=BLv1]
感应电流[I1=E1R]
由牛顿第二定律，有[F-μmg-BI1L=ma1]
则额定功率为[Pm=F1v1]
将速度[v=9m/s]，[a=0.75m/s2]和最大速度
[vm=10m/s]，[a=0]代入，可得
[μ=0.2]，[R=0.4Ω]
（3）0~12s内导体棒匀加速运动的位移
[s1=v1t12=54m]
12~17s内导体棒的位移[s2=]100－54=46m
由能量守恒定律，得
[Q=Pt2－m（v22－v12）2－μmg s2=12.35J]
点评 本题以“杆+导轨”模型为载体，将力学、静电场（如电路中接入电容器）、电路、磁场及能量等知识进行整合．
二、“电-动-电” 单杆+导轨的基本特点和规律
情景 如图4，间距为[l]的平行导轨水平放置，与电动势为[E]、内阻为[r]的电源连接，处在大小为[B]、方向竖直向上的匀强磁场中. 当电路闭合时，质量为[m]、电阻为[R]的导体从静止开始沿导轨运动，与导轨的动摩擦因数为[μ].
图4
（1）电路特点
导体棒与电源构成回路，通电后在安培力的作用下开始运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势，方向与电源相反，而回路总电动势减小.
（2）安培力、加速度特点
导体棒在安培力（动力）作用下开始运动的，大小
[FB=BIl=B(E-E反）R+rl=BE-BlvR+rl]
由牛顿第二定律，加速度[a=∑Fm=FB-μmgm]
（3）极限讨论
①当[v=0]时，[E反=0]，电流、安培力和加速度最大值分别为
[Im=ER+r,Fm=BIml,am=Fm-μmgm]
这也是大型电动机启动时，为了防止电流过大而烧坏绕组线圈而串联启动电阻的原因.
②当[a=0]时，[ΣF=0]，速度最大，电流最小，安培力最小，有[Imin=E-BlvmR+r,Fmin=BIminl]
由平衡条件[μmg=Fmin=BIminl=BE-BlvmR+rl]，最大速度为[vm=EBl-μmg(R+r)B2l2]
③当[μ=0]时，[vm=EBl]，即[E=Blvm=E反]，此时电路中电流为零.
（4）匀速运动时的能量转化规律
当导体以最大速度匀速运动时，电源功率等于导体的机械功率（即安培力功率）与摩擦力功率之和
[P=IminE=IminE反+I2min(R+r)+μmgvm]
当[v=0]时，由能量转化和守恒规律，有电源的功率等于导体的机械功率和焦耳热功率之和
[P=IminE=IminE反+I2min(R+r)]
例2 如图5，长平行导轨[PQ、MN]光滑，相距[l=0.5]m，处在同一水平面中，磁感应强度[B=0.8T]的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．横跨在导轨上的直导线[ab]的质量[m=]0.1kg、电阻[R=0.8Ω]，导轨电阻不计．导轨间通过开关[S]将电动势[E=]1.5V、内电阻[r=0.2Ω]的电池接在[M、P]两端，试计算分析：
（1）在开关[S]刚闭合的初始时刻，导线[ab]的加速度多大？随后[ab]的加速度、速度如何变化？
（2）在闭合开关[S]后，怎样才能使[ab]以恒定的速度[v]=7.5m/s沿导轨向右运动？试描述这时电路中的能量转化情况．
解析 （1）在开关[S]刚闭合的瞬间，导线[ab]速度为零，由[a]到[b]的电流[I0=ER+r=1.5A]
[ab]受安培力水平向右，瞬时加速度
[a0=F0m=BI0Lm=6m/s2]
当[ab]向右运动的速度为[v]时，感应电动势[E=Blv]，电路中的电流[I=E-ER+r]（顺时针方向）将减小（小于[I0=]1.5A），[ab]所受的向右的安培力随之减小，加速度也减小．
当[E]=E时，有[E-Blvm=0]
则[vm=EBl=1.50.8×0.5]m/s=3.75m/s
电路中电流为零，[ab]所受安培力、加速度也为零，这时[ab]的速度达到最大值，以最大速度[vm]继续向右做匀速运动．
（2）若[ab]以恒定速度[v=7.5]m/s向右沿导轨运动，[ab]中感应电动势[E=Blv=0.8×0.5×7.5]V=3V
这时[E>E]，闭合电路中电流
[I=E-ER+r=3-1.50.8+0.2]A=1.5A，逆时针方向
直导线[ab]中的电流由[b]到[a]，根据左手定则，磁场对[ab]有水平向左的安培力作用，大小为
[F=BlI=0.8×0.5×1.5]N=0.6N
要使[ab]以恒定速度[v=7.5]m/s向右运动，有水平向右的恒力[F=0.6]N作用于[ab]．
上述物理过程的能量转化，可以概括为三点：
①作用于[ab]的恒力[(F)]的功率
[P=Fv=0.6×7.5]W=4.5W
②电阻[(R+r)]产生焦耳热的功率
[P=I2(R+r)=1.52×(0.8+0.2)]W=2.25W
③逆时针方向的电流[I]，从电池的正极流入，负极流出，电池处于“充电”状态，吸收能量，以化学能的形式储存起来．电池吸收能量的功率
[P=IE=1.5×1.5]W=2.25W
由此看出，[P=P+P]，符合能量转化和守恒定律（沿水平面匀速运动机械能不变）．
思考方向是：导体受力运动产生感应电动势[→]感应电流[→]通电导体受安培力[→]合外力变化[→]加速度变化[→]速度变化[→]感应电动势变化[→]……，周而复始，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态. 要画好受力图，抓住[a=0]时，速度[v]达最大值的特点.
一、“动-电-动” 单杆+导轨的基本特点和规律
情景 如图1，间距为[l]的平行导轨与电阻[R]相连，整个装置处在大小为[B]、垂直导轨平面向上的匀强磁场中，质量为[m]、电阻为[r]的导体从静止开始沿导轨滑下，已知导体与导轨的动摩擦因数为[μ].
图1
（1）电路特点
导体棒开始运动后切割磁感线产生感应电流，导体棒等效为电源. 电动势的大小[E=Blv]，由导体棒的运动速度决定.
（2）安培力的特点
通电导体棒在磁场中受到安培力作用，与运动方向相反，安培力（阻力）[FB=BIl=BBlvR+rl=B2l2vR+r∝v]
（3）加速度特点
[a=mgsinθ-μmgcosθ-B2l2v/(R+r)m]
加速度随速度增大而减小，导体做加速度减小的加速运动
（4）两个极值的规律
如图2，当[v=0]时，[FB=0]，加速度最大为
[am=g(sinθ－μcosθ)]
图2
当[a=0]时，[ΣF=0]，速度最大，根据平衡条件，有
[mgsinθ=μmgcosθ+B2l2vm(R+r)]
最大速度[vm=mg(sinθ-μcosθ)(R+r)B2l2]
（5）匀速运动时能量转化规律
当导体以最大速度做匀速运动时，由能量守恒定律，重力的机械功率等于安培力功率（即电功率）和摩擦力功率之和，且都达到最大值.
[PG=PF+Pf]
[PG=mgvmsinθPF=Fmvm=ImEm=E2mR+r=I2m(R+r)Pf=μmgvmcosθ]
当[μ=0]时，由能量转化和守恒规律，重力的机械功率就等于安培力功率，即电功率
[P=mgvmsinθ=Fmvm=ImEm=E2mR+r=I2m(R+r)]
例1 如图3甲，空间存在[B=]0.5T，方向竖直向下的匀强磁场，[MN、PQ]是相互平行的粗糙长直导轨，处于同一水平面内，其间距[L=]0.2m，[R]是连在导轨一端的电阻，[ab]是跨接在导轨上质量[m=]0.1kg的导体棒. 从零时刻开始，通过一小型电动机对[ab]棒施加一个牵引力[F]，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图3乙是棒的速度-时间图象，其中[OA]段是直线，[AC]是曲线，[DE]是曲线图象的渐近线. 小型电动机在12s末达到额定功率[P=]4.5W，此后功率保持不变. 除[R]以外，其它电阻均不计，[g=10]m/s2.
（1）求导体棒在0~12s内的加速度大小；
（2）求导体棒与导轨间的动摩擦因数及电阻[R]的阻值；
（3）若[t=]17s时,导体棒[ab]达最大速度,且0~17s内共发生位移100m，求12~17s内[R]上产生的热量.
解析 （1）由图3乙，可得12s末的速度
[v1=]9m/s，[t1=]12s
导体棒在0～12s内的加速度大小
[a=v1-0t1=0.75m/s2]
（2）设金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ.
在[A]点，有[E1=BLv1]
感应电流[I1=E1R]
由牛顿第二定律，有[F-μmg-BI1L=ma1]
则额定功率为[Pm=F1v1]
将速度[v=9m/s]，[a=0.75m/s2]和最大速度
[vm=10m/s]，[a=0]代入，可得
[μ=0.2]，[R=0.4Ω]
（3）0~12s内导体棒匀加速运动的位移
[s1=v1t12=54m]
12~17s内导体棒的位移[s2=]100－54=46m
由能量守恒定律，得
[Q=Pt2－m（v22－v12）2－μmg s2=12.35J]
点评 本题以“杆+导轨”模型为载体，将力学、静电场（如电路中接入电容器）、电路、磁场及能量等知识进行整合．
二、“电-动-电” 单杆+导轨的基本特点和规律
情景 如图4，间距为[l]的平行导轨水平放置，与电动势为[E]、内阻为[r]的电源连接，处在大小为[B]、方向竖直向上的匀强磁场中. 当电路闭合时，质量为[m]、电阻为[R]的导体从静止开始沿导轨运动，与导轨的动摩擦因数为[μ].
图4
（1）电路特点
导体棒与电源构成回路，通电后在安培力的作用下开始运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势，方向与电源相反，而回路总电动势减小.
（2）安培力、加速度特点
导体棒在安培力（动力）作用下开始运动的，大小
[FB=BIl=B(E-E反）R+rl=BE-BlvR+rl]
由牛顿第二定律，加速度[a=∑Fm=FB-μmgm]
（3）极限讨论
①当[v=0]时，[E反=0]，电流、安培力和加速度最大值分别为
[Im=ER+r,Fm=BIml,am=Fm-μmgm]
这也是大型电动机启动时，为了防止电流过大而烧坏绕组线圈而串联启动电阻的原因.
②当[a=0]时，[ΣF=0]，速度最大，电流最小，安培力最小，有[Imin=E-BlvmR+r,Fmin=BIminl]
由平衡条件[μmg=Fmin=BIminl=BE-BlvmR+rl]，最大速度为[vm=EBl-μmg(R+r)B2l2]
③当[μ=0]时，[vm=EBl]，即[E=Blvm=E反]，此时电路中电流为零.
（4）匀速运动时的能量转化规律
当导体以最大速度匀速运动时，电源功率等于导体的机械功率（即安培力功率）与摩擦力功率之和
[P=IminE=IminE反+I2min(R+r)+μmgvm]
当[v=0]时，由能量转化和守恒规律，有电源的功率等于导体的机械功率和焦耳热功率之和
[P=IminE=IminE反+I2min(R+r)]
例2 如图5，长平行导轨[PQ、MN]光滑，相距[l=0.5]m，处在同一水平面中，磁感应强度[B=0.8T]的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．横跨在导轨上的直导线[ab]的质量[m=]0.1kg、电阻[R=0.8Ω]，导轨电阻不计．导轨间通过开关[S]将电动势[E=]1.5V、内电阻[r=0.2Ω]的电池接在[M、P]两端，试计算分析：
（1）在开关[S]刚闭合的初始时刻，导线[ab]的加速度多大？随后[ab]的加速度、速度如何变化？
（2）在闭合开关[S]后，怎样才能使[ab]以恒定的速度[v]=7.5m/s沿导轨向右运动？试描述这时电路中的能量转化情况．
解析 （1）在开关[S]刚闭合的瞬间，导线[ab]速度为零，由[a]到[b]的电流[I0=ER+r=1.5A]
[ab]受安培力水平向右，瞬时加速度
[a0=F0m=BI0Lm=6m/s2]
当[ab]向右运动的速度为[v]时，感应电动势[E=Blv]，电路中的电流[I=E-ER+r]（顺时针方向）将减小（小于[I0=]1.5A），[ab]所受的向右的安培力随之减小，加速度也减小．
当[E]=E时，有[E-Blvm=0]
则[vm=EBl=1.50.8×0.5]m/s=3.75m/s
电路中电流为零，[ab]所受安培力、加速度也为零，这时[ab]的速度达到最大值，以最大速度[vm]继续向右做匀速运动．
（2）若[ab]以恒定速度[v=7.5]m/s向右沿导轨运动，[ab]中感应电动势[E=Blv=0.8×0.5×7.5]V=3V
这时[E>E]，闭合电路中电流
[I=E-ER+r=3-1.50.8+0.2]A=1.5A，逆时针方向
直导线[ab]中的电流由[b]到[a]，根据左手定则，磁场对[ab]有水平向左的安培力作用，大小为
[F=BlI=0.8×0.5×1.5]N=0.6N
要使[ab]以恒定速度[v=7.5]m/s向右运动，有水平向右的恒力[F=0.6]N作用于[ab]．
上述物理过程的能量转化，可以概括为三点：
①作用于[ab]的恒力[(F)]的功率
[P=Fv=0.6×7.5]W=4.5W
②电阻[(R+r)]产生焦耳热的功率
[P=I2(R+r)=1.52×(0.8+0.2)]W=2.25W
③逆时针方向的电流[I]，从电池的正极流入，负极流出，电池处于“充电”状态，吸收能量，以化学能的形式储存起来．电池吸收能量的功率
[P=IE=1.5×1.5]W=2.25W
由此看出，[P=P+P]，符合能量转化和守恒定律（沿水平面匀速运动机械能不变）．