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电磁感应是中学物理的一个重要知识点，不少问题涉及到力和运动、动量和能量、电路和安培力等多方面的知识，综合性强，也是高考的重点和难点，往往是以“压轴题”形式出现.学生觉得电磁感应问题比较多且复杂，对解决这种问题没有形成自己的核心竞争力，得分很不理想，要提高学生的电磁感应题目的得分，对电磁感应问题进行归类就很重要，本篇文章就对辐射状磁场的电磁感应问题进行归纳分析，希望通过这种做法，能对学生解决这类问题有帮助.
1.线圈与磁场平行
磁感线分布：磁感线呈辐射状，线圈平面与磁场平行，且线圈所在处的磁感应强度大小相等.
命题特点 将法拉第电磁感应定律与物体平衡条件、能量守恒定律相联系.
例题1 如图1所示，一个很长的竖直放置的圆柱形磁铁，产生一个中心辐射的磁场（磁场水平向外），其大小为B=K/r（其中r为辐
图1
射半径），设一个与磁铁同轴的圆形铝环，半径为R（大于圆柱形磁铁的半径），而弯成铝环的铝丝其横截面积为S，圆环通过磁场由静止开始下落，下落过程中圆环平面始终水平，已知铝丝电阻率为ρ，密度为ρ0，试求：
（1）圆环下落的速度为v时的电功率；
（2）圆环下落的最终速度；
（3）当下落高度h时速度最大，从开始下落到此时圆环消耗的电能.
分析 存在困难：在计算感应电动势时，学生往往以为因线圈平面与磁场平行，故穿过线圈的磁通量始终为零，线圈中的感应电动势为零，从而难以找到解题的突破口.
突破方法 运用等效方法，将圆形线圈等效为长为2πr的直导线在磁感应强度为B的磁场中做切割磁感线运动，则由E=Blv可求得感应电动势；另外也可以用E=ΔΦ/Δt进行求解，此时需将ΔΦ理解为线圈在Δt时间内扫过的面积ΔS与B的乘积，即ΔΦ=2πBrvΔt，则可解得E=ΔΦ/Δt=2πBrv
求解过程： （1）由题意知圆环所在处在磁感应强度B= k R
圆环的有效切割长度为其周长即l=2πR
圆环的电阻R电=ρ l S =ρ 2πR S
当环速度为v时，切割磁感线产生的电动势为E=Blv=2kπv
电流I= E R电 = kvS ρR
故圆环速度为v时电功率P=I2R
联立以上各式解得P= 2πk2v2S ρR
（2）当圆环加速度为零时，有最大速度vm
此时F安=BIl= 2πk2vmS ρR
由平衡条件mg=F安，又m=ρ0S×2πR
联立解得vm= ρρ0R2g k2
（3）由能量守恒定律mgh= 1 2 mv2m+Q，解得Q=mgh- k R mv2m=2πρ0RS·[gh- 1 2 （ ρρ0R2 k2 ）2]
2.线圈与磁场垂直
磁感线分布：磁感线呈辐射状，线圈平面与磁场垂直，且线圈中与磁场垂直的两条边所在处的磁感应强度大小相等.
命题特点：将法拉第电磁感应定律与物体平衡条件、能量守恒定律相联系.
例题2 某同学设计了一种自行车，它能自行发电供夜晚骑自行车时照明.自行车车头灯供电的小型发电机的结构示意图如2甲图所示.矩形线圈abcd固定在圆柱形铁芯上，过ad、bc边中点，平行于ab、cd的轴oo′固定在铁芯上，轴的另一端有一半径为r0摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘接触，当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动，如2乙图所示.在磁极与圆柱状铁芯之间形成辐射状的磁场，ab、cd经过处的磁感应强度均为B，方向始终与两条边的运动方向垂直，俯视图如2丙图所示.设线圈的匝数为N，ab=L1，bc=L2，自行车前后轮的半径为R1，大齿轮的齿数为n1，小齿轮的齿数为n2.车头灯的电阻为R，线圈总电阻为r.该同学以每秒n转的速度踏动自行车脚踏板，自行车从静止开始经很短的时间后就能达到稳定速度.自行车与地面，摩擦小轮与后轮之间没有相对滑动.该同学的质量为m，自行车连同发电装置的质量为M，设骑自行车时所受空气阻力和地面的阻力的总和f与人车总重力成正比，比例系数为k.不计线圈、圆柱形铁芯、摩擦小轮的转动动能和所有转轴处摩擦消耗的能量.
（1） 求稳定后，摩擦小轮的角速度ω0和车灯回路的电动势E
（2） 若线圈逆时针转动（俯视），画出（从图示位置开始计时）流过车灯的电流随时间变化的图像，规定a→b→c→d→R→a为电流的正方向，（注意：要有必要的文字和公式说明）
（3） 经足够长时间T，发现骑行的路程为S，人在时间T内消耗的体能转化成机械能部分的能量如何分配，各项分别是多少？
图2
分析 存在问题：在计算感应电动势时，学生因没有准确理解法拉第电磁感应定律E=ΔΦ/Δt，认为此题中磁感应强度的大小是变化的，故因该同时存在动生电动势和感生电动势.在求解过程中，由于字母很多，学生一不小心就把符号带错.
突破方法 首先要准确理解法拉第电磁感应定律E=ΔΦ/Δt，说明只有某地的磁感应强度随时间变化时，才有感生电动势，在具体求解时，可以从两个角度进行分析，一是从切割角度进行，这个线圈产生的感应电动势等于左、右两边切割磁感线产生的感应电动势之和，上下两边切割磁感线产生的感应电动势相互抵消；二是从法拉第感应定律E=ΔΦ/Δt角度进行，此时需要微元方法，求出在时间微元Δt的磁通量变化量ΔΦ=NBL2vΔt+NBL2vΔt=2NBL2vΔt，再运用E=ΔΦ/Δt可解得E=2NBL2v.
图3
求解过程： （1）设大齿轮、小齿轮的角速度分别为ω1、ω2，大齿轮、小齿轮的半径分别为r1、r2，由角速度公式ω=v/r得而ω1=2πn. 小齿轮与后轮角速度相同，后轮与摩擦小轮的线速度相同，小齿轮和摩擦小轮的角速度与半径成反比，即
解得线圈的电动势E= ，
因此E=
（2）电流大小为电流周期
线圈转动过程中产生的感应电流随时间的变化图形如图3所示
（3）根据能量情景分布图可知，人在时间T内消耗的体能转化成机械能部分的能量是三部分，一部分是人车的动能增加，一部分能量是用来克服车所受空气阻力和地面的阻力所做的功，还有一部分能量是各个电阻产生电热的.车到达稳定是车速，人车动能增加为
用来克服车所受空气阻力和地面的阻力所做的功为产生的总电热为
3.在由线圈与辐射状磁场相叠加的磁场中的电磁感应现象
磁感线分布：磁感线的分布呈曲线状，明确磁感应强调在x、y方向上的变化规律，其中一个方向上的分量随位移按线性变化，另一个方向上的分量按类似于的规律变化.
命题特点：根据题目所给信息，与物体的平衡条件相结合.
例题3 如图，超导圆环置于永磁体上方，永磁体产生的磁感应强度矢量对Z轴呈对称分布，在任意包含Z轴的平面内（Zp平面）有平行于Z轴的磁感应强度分量Bz和平行于p轴的分量Bp，无垂直于Z 平面的分量，B= B2p+B2z ，设Z=0平面 （永磁体的上表面）上方，BZ（p，Z）= α 1+z ， Bp（p，Z）=βp，（α，β>0，p= X2+Y2 ）
（1）半径为b的超导圆环轴线与Z轴保持重合，在外力支持下静止在Z=ZO处，t=0时超导圆环无电流流过，求此时超导圆环包围磁通量φO.
（2）t>0时，超导圆环在外力支持下缓缓下移，求圆环下落到Z处时的超导电流强度IS（已知超导状态下圆环包围的磁通量守恒，超导电流IS在超导圆环中产生的磁通量ΦS=LIS，L是常数）.
（3）求超导圆环在磁场中下落到Z处受到的磁悬浮力F（Z）.
（4）为了使超导圆环悬浮在Z>0处，求超导圆环质量m的最大允许值.
解析 这是一道信息题，它以复杂的磁场分布及超导性质为载体，考察学生对信息的提取能力和分析能力，解决这个问题的关键是：能通过题目中过给的“超导状态下圆环包围的磁通量守恒”，提取出ΦO=Φ（ZO）+ΦS，这一信息，从而求出感应电流I.
求解过程： （1）据题意，Z=ZO处，BZO（p，Z）= α 1+ZO ， S=πb2
所以ΦO=BZO， πb2= παb2 1+ZO
（2）题目给出的“超导状态下圆环包围的磁通量守恒”为破题关键，结合“超导电流IS在超导圆环中产生的磁通量ΦS=LIS”的条件
可知ΦO=Φ（ZO）+ΦS， 即 παb2 1+ZO = παb2 1+Z +LIS
IS=- παb2（ZO-Z） （1+Z）（1+ZO）L ，沿Z正方向看电流为逆时针
（3）超导圆环在磁场中下落到Z处受到的磁悬浮力F（Z）就是超导圆环受到的安培力F（Z）=ISβPI=Bb I=2πb
所以I（Z）= 2π2αβb4（ZO-Z） （1+Z）（1+ZO）L
（4）超导圆环悬浮，即重力与磁悬浮力F平衡，
最大超导圆环质量m，即当Z→0时
mg= 2π2αβb4ZO （1+ZO）L ， 即 m= 2π2αβb4ZO （1+ZO）Lg
1.线圈与磁场平行
磁感线分布：磁感线呈辐射状，线圈平面与磁场平行，且线圈所在处的磁感应强度大小相等.
命题特点 将法拉第电磁感应定律与物体平衡条件、能量守恒定律相联系.
例题1 如图1所示，一个很长的竖直放置的圆柱形磁铁，产生一个中心辐射的磁场（磁场水平向外），其大小为B=K/r（其中r为辐
图1
射半径），设一个与磁铁同轴的圆形铝环，半径为R（大于圆柱形磁铁的半径），而弯成铝环的铝丝其横截面积为S，圆环通过磁场由静止开始下落，下落过程中圆环平面始终水平，已知铝丝电阻率为ρ，密度为ρ0，试求：
（1）圆环下落的速度为v时的电功率；
（2）圆环下落的最终速度；
（3）当下落高度h时速度最大，从开始下落到此时圆环消耗的电能.
分析 存在困难：在计算感应电动势时，学生往往以为因线圈平面与磁场平行，故穿过线圈的磁通量始终为零，线圈中的感应电动势为零，从而难以找到解题的突破口.
突破方法 运用等效方法，将圆形线圈等效为长为2πr的直导线在磁感应强度为B的磁场中做切割磁感线运动，则由E=Blv可求得感应电动势；另外也可以用E=ΔΦ/Δt进行求解，此时需将ΔΦ理解为线圈在Δt时间内扫过的面积ΔS与B的乘积，即ΔΦ=2πBrvΔt，则可解得E=ΔΦ/Δt=2πBrv
求解过程： （1）由题意知圆环所在处在磁感应强度B= k R
圆环的有效切割长度为其周长即l=2πR
圆环的电阻R电=ρ l S =ρ 2πR S
当环速度为v时，切割磁感线产生的电动势为E=Blv=2kπv
电流I= E R电 = kvS ρR
故圆环速度为v时电功率P=I2R
联立以上各式解得P= 2πk2v2S ρR
（2）当圆环加速度为零时，有最大速度vm
此时F安=BIl= 2πk2vmS ρR
由平衡条件mg=F安，又m=ρ0S×2πR
联立解得vm= ρρ0R2g k2
（3）由能量守恒定律mgh= 1 2 mv2m+Q，解得Q=mgh- k R mv2m=2πρ0RS·[gh- 1 2 （ ρρ0R2 k2 ）2]
2.线圈与磁场垂直
磁感线分布：磁感线呈辐射状，线圈平面与磁场垂直，且线圈中与磁场垂直的两条边所在处的磁感应强度大小相等.
命题特点：将法拉第电磁感应定律与物体平衡条件、能量守恒定律相联系.
例题2 某同学设计了一种自行车，它能自行发电供夜晚骑自行车时照明.自行车车头灯供电的小型发电机的结构示意图如2甲图所示.矩形线圈abcd固定在圆柱形铁芯上，过ad、bc边中点，平行于ab、cd的轴oo′固定在铁芯上，轴的另一端有一半径为r0摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘接触，当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动，如2乙图所示.在磁极与圆柱状铁芯之间形成辐射状的磁场，ab、cd经过处的磁感应强度均为B，方向始终与两条边的运动方向垂直，俯视图如2丙图所示.设线圈的匝数为N，ab=L1，bc=L2，自行车前后轮的半径为R1，大齿轮的齿数为n1，小齿轮的齿数为n2.车头灯的电阻为R，线圈总电阻为r.该同学以每秒n转的速度踏动自行车脚踏板，自行车从静止开始经很短的时间后就能达到稳定速度.自行车与地面，摩擦小轮与后轮之间没有相对滑动.该同学的质量为m，自行车连同发电装置的质量为M，设骑自行车时所受空气阻力和地面的阻力的总和f与人车总重力成正比，比例系数为k.不计线圈、圆柱形铁芯、摩擦小轮的转动动能和所有转轴处摩擦消耗的能量.
（1） 求稳定后，摩擦小轮的角速度ω0和车灯回路的电动势E
（2） 若线圈逆时针转动（俯视），画出（从图示位置开始计时）流过车灯的电流随时间变化的图像，规定a→b→c→d→R→a为电流的正方向，（注意：要有必要的文字和公式说明）
（3） 经足够长时间T，发现骑行的路程为S，人在时间T内消耗的体能转化成机械能部分的能量如何分配，各项分别是多少？
图2
分析 存在问题：在计算感应电动势时，学生因没有准确理解法拉第电磁感应定律E=ΔΦ/Δt，认为此题中磁感应强度的大小是变化的，故因该同时存在动生电动势和感生电动势.在求解过程中，由于字母很多，学生一不小心就把符号带错.
突破方法 首先要准确理解法拉第电磁感应定律E=ΔΦ/Δt，说明只有某地的磁感应强度随时间变化时，才有感生电动势，在具体求解时，可以从两个角度进行分析，一是从切割角度进行，这个线圈产生的感应电动势等于左、右两边切割磁感线产生的感应电动势之和，上下两边切割磁感线产生的感应电动势相互抵消；二是从法拉第感应定律E=ΔΦ/Δt角度进行，此时需要微元方法，求出在时间微元Δt的磁通量变化量ΔΦ=NBL2vΔt+NBL2vΔt=2NBL2vΔt，再运用E=ΔΦ/Δt可解得E=2NBL2v.
图3
求解过程： （1）设大齿轮、小齿轮的角速度分别为ω1、ω2，大齿轮、小齿轮的半径分别为r1、r2，由角速度公式ω=v/r得而ω1=2πn. 小齿轮与后轮角速度相同，后轮与摩擦小轮的线速度相同，小齿轮和摩擦小轮的角速度与半径成反比，即
解得线圈的电动势E= ，
因此E=
（2）电流大小为电流周期
线圈转动过程中产生的感应电流随时间的变化图形如图3所示
（3）根据能量情景分布图可知，人在时间T内消耗的体能转化成机械能部分的能量是三部分，一部分是人车的动能增加，一部分能量是用来克服车所受空气阻力和地面的阻力所做的功，还有一部分能量是各个电阻产生电热的.车到达稳定是车速，人车动能增加为
用来克服车所受空气阻力和地面的阻力所做的功为产生的总电热为
3.在由线圈与辐射状磁场相叠加的磁场中的电磁感应现象
磁感线分布：磁感线的分布呈曲线状，明确磁感应强调在x、y方向上的变化规律，其中一个方向上的分量随位移按线性变化，另一个方向上的分量按类似于的规律变化.
命题特点：根据题目所给信息，与物体的平衡条件相结合.
例题3 如图，超导圆环置于永磁体上方，永磁体产生的磁感应强度矢量对Z轴呈对称分布，在任意包含Z轴的平面内（Zp平面）有平行于Z轴的磁感应强度分量Bz和平行于p轴的分量Bp，无垂直于Z 平面的分量，B= B2p+B2z ，设Z=0平面 （永磁体的上表面）上方，BZ（p，Z）= α 1+z ， Bp（p，Z）=βp，（α，β>0，p= X2+Y2 ）
（1）半径为b的超导圆环轴线与Z轴保持重合，在外力支持下静止在Z=ZO处，t=0时超导圆环无电流流过，求此时超导圆环包围磁通量φO.
（2）t>0时，超导圆环在外力支持下缓缓下移，求圆环下落到Z处时的超导电流强度IS（已知超导状态下圆环包围的磁通量守恒，超导电流IS在超导圆环中产生的磁通量ΦS=LIS，L是常数）.
（3）求超导圆环在磁场中下落到Z处受到的磁悬浮力F（Z）.
（4）为了使超导圆环悬浮在Z>0处，求超导圆环质量m的最大允许值.
解析 这是一道信息题，它以复杂的磁场分布及超导性质为载体，考察学生对信息的提取能力和分析能力，解决这个问题的关键是：能通过题目中过给的“超导状态下圆环包围的磁通量守恒”，提取出ΦO=Φ（ZO）+ΦS，这一信息，从而求出感应电流I.
求解过程： （1）据题意，Z=ZO处，BZO（p，Z）= α 1+ZO ， S=πb2
所以ΦO=BZO， πb2= παb2 1+ZO
（2）题目给出的“超导状态下圆环包围的磁通量守恒”为破题关键，结合“超导电流IS在超导圆环中产生的磁通量ΦS=LIS”的条件
可知ΦO=Φ（ZO）+ΦS， 即 παb2 1+ZO = παb2 1+Z +LIS
IS=- παb2（ZO-Z） （1+Z）（1+ZO）L ，沿Z正方向看电流为逆时针
（3）超导圆环在磁场中下落到Z处受到的磁悬浮力F（Z）就是超导圆环受到的安培力F（Z）=ISβPI=Bb I=2πb
所以I（Z）= 2π2αβb4（ZO-Z） （1+Z）（1+ZO）L
（4）超导圆环悬浮，即重力与磁悬浮力F平衡，
最大超导圆环质量m，即当Z→0时
mg= 2π2αβb4ZO （1+ZO）L ， 即 m= 2π2αβb4ZO （1+ZO）Lg