2020届高考物理电磁感应三轮复习

电磁感应综合应用1.掌握电磁感应与电路结合问题的分析方法2.掌握电磁感应动力学问题的重要求解内容3.能解决电磁感应与能量结合题型4.培养学生模型构建能力和运用科学思维解决问题的能力电磁感应中的电路问题1、分析电磁感应电路问题的基本思路对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．在闭合电路中，“相当于电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势．【例题1】用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以10T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是()A．U ab＝0.1V B．U ab＝－0.1VC．U ab＝0.2V D．U ab＝－0.2V【演练1】如图所示，两个相同导线制成的开口圆环，大环半径为小环半径的2倍，现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外，a、b两点间电压为U1，若将小环放入这个磁场中，大环在磁场外，a、b两点间电压为U2，则()A.＝1B.＝2C.＝4D.＝【例题2】把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压U MN；(2)圆环消耗的热功率和在圆环及金属棒上消耗的总热功率．【演练2】如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d＝0.5m．右端接一阻值为4Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图乙规律变化．CF长为2m．在t＝0时，金属棒从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中，小灯泡亮度始终不变．已知ab金属棒电阻为1Ω，求：(1)通过小灯泡的电流；(2)恒力F的大小；(3)金属棒的质量．电磁感应的动力学问题1．导体棒的两种运动状态(1)平衡状态——导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；(2)非平衡状态——导体棒的加速度不为零．2．两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源)，又可看作力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带．3．电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝.(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl＝，根据牛顿第二定律：F合＝ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F合＝0.4. 电磁感应中电量求解（1）利用法拉第电磁感应定律由整理得：若是单棒问题（2）利用动量定理单棒无动力运动时-BILΔt=mv2-mv1 又整理得：BLq= mv1-mv2【例题3】如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图．(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小．(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．(4)若从开始下滑到最大速度时，下滑的距离为x,求这一过程中通过电阻R的电量q.【演练3】（多选）如图所示，电阻不计间距为L的光滑平行导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R的电阻，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。

热点18 电磁感应中的综合问题1．(2019·广东“六校”第三次联考)如图1甲所示，水平放置的导轨左侧接有定值电阻R ＝2Ω，导轨间距L ＝1m ，整个装置置于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小B ＝1T ．一根质量为m ＝2kg ，阻值为r ＝2Ω的金属棒在水平拉力F 作用下，由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的v －x 图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，金属棒始终与导轨接触良好，重力加速度g 取10m/s 2，不计导轨电阻，求：图1(1)安培力F A 与位移x 的函数关系式；(2)从起点到位移x ＝1m 的过程中，拉力做的功W .答案 (1)F A ＝0.5x (2)9.25J解析 (1)由v －x 图象得：v ＝2x金属棒所受的安培力F A ＝BIL电路中的电流I ＝ER ＋r ＝BLv R ＋r 整理得F A ＝B 2L 2v R ＋r ＝B 2L 2·2x R ＋r＝0.5x (2)由上式可知F A 与x 是线性关系．当x ＝0时，安培力F A1＝0；当x ＝1m 时，安培力F A2＝0.5N ，则从起点发生x ＝1m 位移的过程中，安培力做功为：W A ＝－F A x ＝－F A1＋F A22x ＝－0.25J 即金属棒克服安培力做的功为：W 1＝0.25J金属棒克服摩擦力做的功为：W 2＝μmgx ＝0.25×2×10×1J＝5J根据动能定理得：W －W 2－W 1＝12mv 2其中v ＝2m/s ，代入解得拉力做的功为：W ＝9.25J.2．(2019·山东日照市上学期期末)如图2甲所示，MN 和PQ 是足够长的平行光滑金属导轨，其间距为d ，电阻忽略不计．导轨平面与水平地面的夹角为θ，在导轨的矩形区域内有一垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一根电阻为r 且具有一定质量的导体棒ef 垂直放在导轨上，正方形金属框abcd 的质量为m ，边长为L ，每边电阻均为r ，用细线悬挂在竖直平面内，ab 边水平，线框的a 、b 两点通过导线与导轨相连，金属框上半部分处在磁感应强度大小为B 、方向垂直框面向里的匀强磁场中，金属框下半部分处在磁感应强度大小也为B 、方向垂直框面向外的匀强磁场中，不计其余电阻和细导线对a 、b 点的作用力，导体棒ef 始终与导轨接触良好．从导体棒ef 自由下滑开始计时，悬挂线框的细线拉力F T 随时间的变化如图乙所示．重力加速度用g 表示．求：图2(1)导体棒ef 刚进入磁场时ab 边的电流；(2)导体棒ef 刚进入磁场时的速度大小以及所经历的时间；(3)导体棒ef 的质量．答案 (1)9mg 8BL (2)21mgr 8B 2Ld 21mr 8B 2Ld sin θ(3)mdL sin θ解析 (1)导体棒ef 刚进入磁场时，设ab 边电流为I 1，cd 边电流为I 2，则：BI 1L ＋F T ＝mg ＋BI 2LF T ＝14mgI 1∶I 2＝(3r )∶r ＝3∶1，解得：I 1＝9mg 8BL； (2)导体棒ef 刚进入磁场时，对整个回路，干路电流I ＝I 1＋I 2＝E r ＋0.75r感应电动势E ＝Bdv ，解得：v ＝21mgr 8B 2Ld， 根据v ＝at ＝g sin θt ，解得t ＝21mr 8B 2Ld sin θ(3)同(1)的方法得导体棒ef 匀速滑动时，I 1′＝3mg 4BL ，I 2′＝mg 4BL，ef 中的电流 I ef ＝I 1′＋I 2′＝mg BL对导体棒ef ，设导体棒ef 的质量为M ，由力的平衡得： Mg sin θ＝BI ef d解得：M ＝md L sin θ.。

高考物理三轮复习精讲突破训练—电磁感应基本规律及其应用考向一电磁感应现象的判断1.常见的产生感应电流的三种情况2．判断电路中能否产生感应电流的一般流程【例1】如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。

现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则（）A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝8T 时，两导线框中产生的感应电动势相等D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等【答案】BC【详解】A ．本题中导线框的半径匀速旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流，故A 错误；B ．两导线框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同，故B 正确；C ．在t ＝8T 时，两导线框切割磁感线的导线长度相同，且切割速度大小相等，故产生的感应电动势相等，均为E ＝12BR 2ω故C 正确；D ．两导线框中感应电流随时间变化的图像如下图所示，故两导线框中感应电流的有效值不相等，故D 错误。

故选BC 。

[变式1]如图所示，水平地面（Oxy 平面）下有一根平行于y 轴且通有恒定电流I 的长直导线。

P 、M 和N 为地面上的三点，P 点位于导线正上方，MN 平行于y 轴，PN 平行于x 轴。

一闭合的圆形金属线圈，圆心在P 点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。

下列说法正确的有（）A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等【答案】AC【详解】A．依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；B．根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；C．根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；D．线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。

高考三轮：重点题型--电磁感应及交流电模块(1)❶法拉第电磁感应定率的应用：安培力、感应电动势、楞次定律、导体切割磁感线的综合❷交变电流综合应用：交流电的产生、变压器、最大值与有效值、互感与自感1如图所示，一个边长为L 的正方形金属框竖直放置，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为B 、方向垂直于金属框平面向里的匀强磁场中。

若A 、B 两端与导线相连，由A 到B 通以如图所示方向的电流(由A 点流入，从B 点流出)，流过AB 边的电流为I ，则金属框受到的安培力大小和方向分别为()A.2BIL 竖直向下B.43BIL 竖直向上C.BIL 竖直向上D.34BIL 竖直向下解析B A →B 和A →D →C →B 的电流，而A →D →C →B 的电流产生的安培力可等效成DC 边受到的安培力，由于流过AB 边的电流为I ，根据并联电路特点，流过DC 边的电流为13I ，因此金属框受到的合安培力大小为43BIL ，根据左手定则知安培力方向竖直向上。

　2如图所示，水平放置的粗糙U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。

一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计。

下列说法正确的是()A.A 点的电势高于C 点的电势B.此时AC 两端电压为U AC =BLvR 0R 0+rC.此过程中电路产生的电热为Q =Fd -12mv 2D.此过程中通过电阻R 0的电荷量为q =2BLdR 0+r 解析AD 根据右手定则可知，A 点相当于电源的正极，电势高，故选项A 正确；稳定后AC 产生的感应电动势为E =2BLv ，AC 两端的电压为U AC =ER 0R 0+r =2BLvR 0R 0+r，故选项B 错误；由功能关系得Fd=12mv 2+Q +Q f ，故选项C 错误；此过程中平均感应电流为I =2BLd (R 0+r )Δt，通过电阻R 0的电荷量为q =I Δt =2BLdR 0+r。

热点19　电磁学综合题(电磁感应中三大观点的应用)(建议用时：20分钟)1．(2019·江苏省四校联考)如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与圆弧部分平滑连接，两导轨间距为L，导轨的水平部分有n段相同的匀强磁场区域(图中的虚线范围)，磁场方向竖直向上，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为s，相邻磁场区域的间距也为s，且s大于L，磁场左、右两边界均与导轨垂直，现有一质量为m、电阻为r、边长为L的正方形金属框，由圆弧导轨上某高度处静止释放，金属框滑上水平导轨，在水平导轨上滑行一段时间进入磁场区域，最终线框恰好完全通过n段磁场区域，地球表面处的重力加速度为g，感应电流的磁场可以忽略不计，求：(1)金属框进入第1段磁场区域的过程中，通过线框某一横截面的感应电荷量及金属框完全通过n段磁场区域的过程中安培力对线框的总冲量的大小；(2)金属框完全进入第k(k<n)段磁场区域前的瞬间，金属框速度的大小．2．(2019·苏锡常镇四市调研)如图所示，两条“∧”形足够长的光滑金属导轨PME和QNF 平行放置，两导轨间距L＝1 m，导轨两侧均与水平面夹角为α＝37°，导体棒甲、乙分别放于MN两边导轨上，且与导轨垂直并接触良好．两导体棒的质量均为m＝0.1 kg，电阻也均为R＝1 Ω，导轨电阻不计，MN两边分别存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝1 T．设导体棒甲、乙只在MN两边各自的导轨上运动，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.(1)将乙导体棒固定，甲导体棒由静止释放，问甲导体棒的最大速度为多少？(2)若甲、乙两导体棒同时由静止释放，问两导体棒的最大速度为多少？(3)若仅把乙导体棒的质量改为m′＝0.05 kg，电阻不变，在乙导体棒由静止释放的同时，让甲导体棒以初速度v0＝0.8 m/s沿导轨向下运动，问在时间t＝1 s内电路中产生的电能为多少？3．间距为L＝2 m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m＝0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路．杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd的电阻分别为R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)．当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动．测得拉力F与时间t的关系如图乙所示．g＝10 m/s2.(1)求ab 杆的加速度a ；(2)求当cd 杆达到最大速度时ab 杆的速度大小；(3)若从开始到cd 杆达到最大速度的过程中拉力F 做了5.2 J 的功，通过cd 杆横截面的电荷量为0.2 C ，求该过程中ab 杆所产生的焦耳热．热点19　电磁学综合题(电磁感应中三大观点的应用)1．解析：(1)设金属框在进入第一段匀强磁场区域前的速度为v 0，进入第一段匀强磁场区域运动的时间为t ，出第一段磁场区域运动的时间为t 1，金属框在进入第一段匀强磁场区域的过程中，线框中产生平均感应电动势为E ＝BL 2t平均电流为：I ＝＝，则金属框在出第一段磁场区域过程中产生的平均电流1＝，E － r BL 2rt I － BL 2rt 1q ＝It ＝BL 2r设线框经过每一段磁场区域的过程中安培力冲量大小为I则I ＝BILt ＋B 1Lt 1＝I － 2B 2L 3r整个过程累计得到：I 总冲量＝n .2B 2L 3r (2)金属框穿过第(k －1)个磁场区域后，由动量定理得到：－(k －1)＝mv k －1－mv 02B 2L 3r 金属框完全进入第k 个磁场区域的过程中，由动量定理得到：－＝mv ′k －mv k －1B 2L 3rn ＝mv 02B 2L 3r 解得：v ′k ＝.（2n －2k ＋1）B 2L 3mr答案：(1)　n BL 2r 2B 2L 3r(2)（2n －2k ＋1）B 2L 3mr2．解析：(1)将乙棒固定，甲棒静止释放，则电路中产生感应电动势E 1＝BLv感应电流I 1＝，E 12R甲棒受安培力F 1＝BI 1L甲棒先做加速度减小的变加速运动，达最大速度后做匀速运动，此时mg sin α＝F 1联立并代入数据解得甲棒最大速度v m1＝1.2 m/s.(2)甲、乙两棒同时由静止释放，则电路中产生感应电动势E 2＝2BLv感应电流I 2＝E 22R甲、乙两棒均受安培力F 2＝BI 2L最终均做匀速运动，此时甲(或乙)棒受力mg sin α＝F 2联立并代入数据解得两棒最大速度均为v m2＝0.6 m/s.(3)乙棒静止释放，甲棒以初速度v 0下滑瞬间，则电路中产生感应电动势E 3＝BLv 0感应电流I 3＝E 32R甲、乙两棒均受安培力F 3＝BI 3L对于甲棒，根据牛顿第二定律得：mg sin 37°－F 3＝ma对于乙棒，根据牛顿第二定律得：F 3－m ′g sin 37°＝m ′a ′代入数据联立解得：a ＝a ′＝2 m/s 2甲棒沿导轨向下，乙棒沿导轨向上，均做匀加速运动在时间t ＝1 s 内，甲棒位移s 甲＝v 0t ＋at 2，12乙棒位移s 乙＝a ′t 212甲棒速度v 甲＝v 0＋at ，乙棒速度v 乙＝a ′t据能量的转化和守恒，电路中产生电能E ＝mgs 甲sin 37°－m ′gs 乙sin 37°＋mv －mv －m ′v 1220122甲122乙联立并代入数据解得E ＝0.32 J.答案：(1)1.2 m/s (2)0.6 m/s(3)0.32 J3．解析：(1)由题图乙可知，在t ＝0时，F ＝1.5 N 对ab 杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma代入数据解得a ＝10 m/s 2.(2)从d 向c 看，对cd 杆进行受力分析如图所示当cd 速度最大时，有F f ＝mg ＝μF N ，F N ＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝BLvR 1＋R 2综合以上各式，解得v ＝2 m/s.(3)整个过程中，ab 杆发生的位移x ＝＝0.2 m q （R 1＋R 2）BL对ab 杆应用动能定理，有W F －μmgx －W 安＝mv 212代入数据解得W 安＝4.9 J ，根据功能关系有Q 总＝W 安所以ab 杆上产生的热量Q ab ＝Q 总＝2.94 J.R 1R 1＋R 2答案：见解析。

高考物理三轮复习方法全指导高考物理复习是一项系统工程，复习时一要明确高考考什么，二要研究高考怎么考，三要弄清学生怎么错，四要确定老师怎么做。

在此基础上制定三轮复习策略，一轮复习是基础能力过关，二轮复习是综合能力突破，三轮复习是应用能力提高。

第一轮是章节复习，此轮复习是面向考纲：立足基础、力求全面、达到理解和能够基本应用层次。

具体是：1回归课本，重视基础知识和基本技能的强化训练。

俗话说：万变不离其宗。

高考题再怎么灵活，它都要紧扣课本、围绕考纲来命题。

只要我们的基础知识牢靠了，基本技能掌握了，以课本内容为出发点，我们就可以从容面对任何形式的高考!所以，在首轮复习中，我们务必要加强"双基"训练。

要在理解的基础上掌握物理学的基本概念和规律，特别是对于那些自己觉得比较抽象和陌生的知识点，一定要从弄清"为什么要引入相应概念?如何引入?怎样定义?有何含义?有哪些典型的应用?"等几个方面的问题来强化对相关知识点的理解。

就这一点而言，考虑到目前学生的时间和精力的分配问题，我们在一轮复习阶段要多练选择题，因为选择题相比而言涉及的知识点比较单一，对及时巩固相关的知识点很有帮助，而且也不费时间，效率也就比较高。

2夯实基础知识、注意主干知识。

尽管近几年来教材在变，大纲在变，高考也在变，但基本概念、基本规律和基本思路不会变，它们是高考物理考查的主要内容和重点内容，而主干知识又是物理知识体系中的最重要的知识，学好主干知识是学好物理的关键，是提高能力的基础。

在备考复习中，不仅要求记住这些知识的内容，而且还要加强理解，熟练运用，既要"知其然"，又要"知其所以然".要立足于本学科知识，把握好要求掌握的知识点的内涵和外延，明确知识点之间的内在联系，形成系统的知识网络。

新课程知识应用性较强，与素质教育的教改目标更加接近，容易成为命题点。

3注重学科思想方法的掌握。

高考物理三轮复习策略多年来的实践证明，要搞好复习备考，就要采取科学、周密、完整、详细和符合本人实际的高考物理总复习方法，在这里我们给考生推荐的是三轮复习法。

三轮复习法中把高三的复习时间大致分为三段，每段时间里的复习目的各有侧重，时间长短也各不相同。

第一轮复习：以章、节为单元进行单元复习训练，时间上约从高三上学期到高三下学期期中考试前，即头年九月到第二年三月初，大约需要六个月，这一阶段主要针对各单元知识点及相关知识点进行分析、归纳、复习的重点在基本概念及其相互关系，基本规律及其应用，因此，在这一阶段里，要求同学们掌握基本概念，基本规律和基本解题方法与技巧。

第二轮复习：按知识块（力学、热学、电磁学、光学、原子物理、物理实验）进行小综合（专题）复习训练，时间上第二年三月初到五月中，这个阶段主要针对物理学中的几个分支（力学、热学、电磁学、光学、原子物理）进行小综合复习，复习的重点是在本知识块内进行基本概念及其相互关系的分析与理解，基本规律在小综合运用。

因此，在这一阶段要求同学们能正确辨析各知识内的基本概念及其相互关系，总结小范围内综合问题的解题方法与技巧，初步培养分析问题和解决问题的能力。

第三轮复习：冲刺阶段复习。

时间为第二年五月中到六月，在这一阶段里，要求同学们进一步总结解题的方法与技巧，培养分析和解决综合、复杂问题的能力。

（一）、第一轮复习第一轮复习要全面阅读教材，查漏补缺，彻底扫除知识结构中理解上的障碍。

在这一基础上，对物理科知识进行梳理和归纳，使知识系统化。

同时配以单元训练，提咼应用能力。

高中物理涉及到力、热、光、电和原子物理等方面的知识，内容多、时间紧, 复习任务重。

特别是物理考试中还强调了要考查理解能力、实验能力、推理能力、分析综合能力和动用数学工具解决物理问题的能力，使得试题灵活多变。

建议大家复习时注意：1、全面复习基础知识，掌握知识结构打好基础不是死记硬背概念和公式，而是要在透彻理解的基础上去记忆。