◇限时基础训练(20分钟)

班级　　　　 　　姓名　　　　　　 　　　　成绩　　　

1．放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是(　 )

A．两手同时放开，两车的总动量为0

B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右

C．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右

D．两手同时放开，两车的总动量守恒，两手放开有先后，两车的总动量不守恒

[真题]有两个完全相同的小滑块A和B，A沿光滑水平面以速度v₀与静止在平面边缘O点的B发生正碰，碰撞中无机械能损失．碰后B运动的轨迹为OD曲线，如图6-2-7所示．

(1)已知滑块质量为m，碰撞时间为，求碰撞过程中A对B平均冲力的大小．

(2)为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制做一个与B平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置，让A沿该轨道无初速下滑(经分析，A下滑过程中不会脱离轨道)．

a．分析A沿轨道下滑到任意一点的动量p_A与B平抛经过该点的动量p_B的大小关系；

b．在OD曲线上有一M点，O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°．求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度．

[解析](1)滑动A与B正碰，满足mv_A-mV_B=mv₀ ①

　　　　　　　　 ②

由①②，解得v_A=0， v_B=v₀，

根据动量定理，滑块B满足 F·t=mv₀，解得

(2)a．设任意点到O点竖直高度差为d，B由O点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，选该任意点为势能零点，有E_A=mgd，E_B= mgd+

由于p=，有

即　 P_A<P_B

A下滑到任意一点的动量总和是小于B平抛经过该点的动量．

b．以O为原点，建立直角坐标系xOy，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向下，则对B有x=v₀t·y=gt²

B的轨迹方程y=

在M点x=y，所以　 y=　　　　　　　　　　　　　　 ③

因为A、B的运动轨迹均为OD曲线，故在任意一点，两者速度方向相同．设B水平和竖直分速度大小分别为和，速率为v_B；A水平和竖直分速度大小分别为和，速率为v_A，则　　　　　　　　　　　　　 ④

B做平抛运动，故　　 ⑤

对A由机械能守恒得v_A=　　　　　　　　　　　　　 ⑥　

由④⑤⑥得

将③代入得

2．考点整合

考点一 碰撞

(1)定义：相对运动的物体相遇，在极短时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫做碰撞．

(2)碰撞的特点

①作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的．

②碰撞过程中，总动能不增．因为没有其它形式的能量转化为动能．

③碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大．

④碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略．

(3)碰撞的分类　

①弹性碰撞(或称完全弹性碰撞)

如果在弹性力的作用下，只产生机械能的转移，系统内无机械能的损失，称为弹性碰撞(或称完全弹性碰撞)．此类碰撞过程中，系统动量和机械能同时守恒．　

②非弹性碰撞

如果是非弹性力作用，使部分机械能转化为物体的内能，机械能有了损失，称为非弹性碰撞．此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能有损失，即机械能不守恒．　

③完全非弹性碰撞　

如果相互作用力是完全非弹性力，则机械能向内能转化量最大，即机械能的损失最大，称为完全非弹性碰撞．碰撞物体粘合在一起，具有同一速度．此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，且机械能的损失最大．

(4)判定碰撞可能性问题的分析思路

①判定系统动量是否守恒．

②判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度．

③判定碰撞前后动能是不增加．

[例1]甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P₁=5kg．m/s，P₂=7kg．m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg．m/s，则二球质量m₁与m₂间的关系可能是下面的哪几种？(　 )

A、m₁=m₂ 　　B、2m₁=m₂ C、4m₁=m₂ D、6m₁=m₂．

[解析]：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：P₁+P₂= P₁^，+，即：P₁^，=2 kg．m/s．由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有　　　 ，所以有：m₁m₂， 因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m₁；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以 ．因此正确的答案应该是(C)选项．

[例2]如图6-2-1所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m_甲大于乙球质量m_乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？(　 )

A．甲球速度为零，乙球速度不为零

B．两球速度都不为零

C．乙球速度为零，甲球速度不为零

D．两球都以各自原来的速率反向运动

[解析]首先根据两球动能相等，得出两球碰前动量大小之比为：，因m_甲>m_乙，则P_甲>P_乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的．

考点二 动量守恒定律

(1)定义：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变． 即：

(2)动量守恒定律成立的条件

①系统不受外力或者所受外力之和为零；

②系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；

③系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒．

④全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒．

(3)其它表达形式：除了，即p₁+p₂=p₁^/+p₂^/外，Δp₁+Δp₂=0，Δp₁= -Δp₂ 和

[例3]如图6-2-2所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：(　 )

A、动量守恒、机械能守恒

B、动量不守恒、机械能不守恒

C、动量守恒、机械能不守恒

D、动量不守恒、机械能守恒

[解析]若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒(此瞬间弹簧尚未形变)．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．

[例4]质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M₀，小车和单摆以恒定的速度V₀沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M₁的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的(　 )

A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V₁、V₂和V₃，且满足：

(M+M₀)V₀=MV₁+M₁V₂+M₀V₃；

B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V₁、V₂，且满足：MV₀=MV₁+M₁V₂；

C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV₀=(M+M₁)V；

D．小车和摆球的速度都变为V₁，木块的速度变为V₂，且满足：

(M+M₀)V₀=(M+M₀)V₁+M₁V₂

[解析]：小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变．但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程．因此，我们只需分析B、C两项．其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以B、C两项正确．

(4)分方向动量守恒

[例5]如图6-2-3所示．质量为m的铅球以大小为v₀仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与地面的摩擦不计，球与砂车的共同速度是多少?

[解析]：小球及小车看成一个系统，该系统水平方向不受外力，故系统水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得mv　　　　 ₀cosθ=(M+m)v，所以v=mv₀cosθ/(M+m)

[规律总结]此类问题属系统所受外力不为0，竖直方向上受到有外力，动量不守恒，但水平方向上不受外力作用，动量守恒．又如大炮在以倾角发射炮弹时，炮身要后退，受到地面的阻力，但因其炸药产生的作用力很大，远大于受到的阻力，故仍认为水平方向动量守恒．

考点三 动量守恒定律应用

动量守恒定律的一般应用步骤：

①确定研究对象，选取研究过程；

②分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；

③选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列议程求解．

不论相互作用力是恒力还是变力，都可以使用动量守恒定律．应用动量守恒定律求解时，只需要考虑过程的始末状态，不需要考虑过程的细节．这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要特别注意方向．

(1)动量守恒定律解“人船模型”问题

人船模型是动量守恒定律的拓展应用，将速度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系．

一个原来静止的系统，由于某一部分的运动而对另一部分有冲量，使另一部分也跟着运动，若现象中满足动量守恒，则有m₁υ₁-m₂υ₂ = 0，υ₁ = υ₂．物体在这一方向上的速度经过时间的累积使物体在这一方向上运动一段距离，则距离同样满足s₁ = s₂，它们的相对距离s_相 = s₁+s₂．

[例6]质量为M、长为L的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m₁及m₂的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？

[解析]利用“人船模型”易求得船的位移大小为：．提示：若m₁>m₂，本题可把(m₁-m₂)等效为一个人，把(M+2m₂)看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便．应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关．不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的．以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零．如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m₁v₁=m₂v₂这种形式列方程，而要利用(m₁+m₂)v₀=m₁v₁+m₂v₂列式．

[例7]如图6-2-4所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？

[解析]虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零(杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等)系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒．设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：MV=mv，且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：Md=m［(L-Lcosθ)-d］，解得圆环移动的距离：d=mL(1-cosθ)/(M+m)

[规律总结]“人船模型”的特点：两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒，所以本质上也是反冲模型．这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止．载人气球，例7等均属于“人船模型”．

(2)根据动量守恒定律求解“合二为一”和“一分为二”问题．

“合二为一”问题：两个速度不同的物体，经过相互作用，最后达到共同速度．

“一分为二”问题：两个物体以共同的初速度运动，由于相互作用而分开各自以不同的速度运动．

[例8]甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s．甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M₁=50kg，乙和他的车总质量为M₂=30kg．现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16．5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：

(1)两车的速度各为多少？

(2)甲总共抛出了多少个小球？

[解析]甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程．

(1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞．设共同速度为V，则:

M₁V₁－M₂V₁=(M₁+M₂)V　　

(2)这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×(－1．5)=225(kg·m/s)

每一个小球被乙接收后，到最终的动量为　 △P₁=16．5×1－1．5×1=15(kg·m/s)

故小球个数为

(3)根据图象分析推理解答相关问题

[例9]A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在t₀ = 0，t₁= △t，t₂ = 2·△t，t₃=3·△t各时刻闪光四次，摄得如图6-2-5所示照片，其中B像有重叠，m_B=m_A，由此可判断(　　 )

A.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t；

B.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t；

C.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t；

D.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t．

[解析]若碰撞前B静止，则V_B0=0，则t₀，t₁，t₂时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 2.5△t，碰撞后B的速度；碰撞前A的速度，碰撞后．

碰撞前系统动量为：，碰撞后系统动量为：，满足动量守恒定律；

碰撞前系统动能为：，碰撞后系统动能为：，显然碰撞后系统的动能增加，不符合能量守恒定律．

所以碰撞前B不可能静止，即AC二选项错误．

若碰撞后B静止，则V_Bt=0，则t₁，t₂，t₃时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 0.5△t，碰撞前B的速度；碰撞后A的速度，碰撞前A的速度．

碰撞前系统动量为：，碰撞后系统动量为：，满足动量守恒定律；

碰撞前系统动能为：，碰撞后系统动能为：，显然碰撞后系统的动能减少，符合能量守恒定律．

综上所述，只有选项B正确．

[例10]如图6-2-6所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上．一个质量为的小滑块以初速度V₀从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图17所示.某同学根据图象作出如下一些判断：

A．滑块与木板间始终存在相对运动；

B．滑块始终未离开木板；

C．滑块的质量大于木板的质量；

D．在时刻滑块从木板上滑出．

[解析]从图中可以看出，滑块与木板始终没有达到共同速度，所以滑块与木板间始终存在相对运动；又因木板的加速度较大，所以滑块的质量大于木板的质量；因在t₁时刻以后，滑块和木板都做匀速运动，所以在时刻滑块从木板上滑出．即选项ACD正确．

1．考纲解读

高考热点：感应电动势与电路

[真题3]如图12-2-6所示，半径为R、单位长度电阻为λ的均匀导体圆环固定在水平面上，圆环中心为O．匀强磁场垂直水平面方向向下，磁感强度为B．平行于直径MON的导体杆，沿垂直于杆的方向向右运动．杆的电阻可以忽略不计，杆与圆环接触良好，某时刻，杆的位置如图， ，速度为v，求此时刻作用在杆上安培力的大小．

[剖析] 该时刻等效电路如图所示．杆切割磁力线时，ab部分产生的感应电动势，而此时，弧acb和弧adb的电阻分别为和，它们并联后的电阻为,杆中的电流为，　

作用在杆上的安培力为，由以上各式解得 [答案]

　[名师指引]电磁感应往往与电路问题联系在一起，解决电磁感应中的电路问题只需要三步：第一步：确定电源。切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，则该导体或回路就相当于电源，利用求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向。如果在一个电路中切割磁感线的有几个部分但又相互联系，可等效成电源的串、并联。第二步：分析电路结构(内、外电路及外电路的串并联关系)，画等效电路图。第三步：利用电路规律求解。主要应用欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解。

[新题导练] 如图15所示，边长L=0.20m的正方形导线框ABCD由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻R₀=1.0Ω，金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒MN的电阻r=0.20Ω．导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.50T，方向垂直导线框所在平面向里．金属棒MN与导线框接触良好，且与导线框对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上．若金属棒以v=4.0m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC的位置时，求(计算结果保留两位有效数字)：

(1)金属棒产生的电动势大小；(2)金属棒MN上通过的电流大小和方向；(3)导线框消耗的电功率．

2-1．(1)E= 0.56V　 (2)I=0.47A，电流方向从N到M(3)导线框消耗的功率为：P =0.22W [金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联]

2．涡流现象指的是磁感应强度变化时在导体块内引起漩涡状感应电流的现象．

	特别提醒 在计算通过某一导体横截面积的电量时，是用电动势的平均值,这一点要特别小心。当一个闭合回路中的磁通量的改变量为时，通过回路中导体横截面的电量为：，它与磁场是否均匀变化、线框的运动状况以及线框的形状无关。

[例4]、如图7-1，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aob(在纸面内)，磁场方向垂直于纸面朝里，另有两根金属导轨c、d分别平行于oa、ob放置。保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计。现经历以下四个过程：①以速度v移动d,使它与ob的距离增大一倍;②再以速率v移动c,使它与oa的距离减小一半；③然后，再以速率2v移动c,使它回到原处；④最后以速率2v移动d,使它也回到原处。设上述四个过程中通过电阻R的电量的大小依次为Q₁、Q₂、Q₃和Q₄,则(　 )

A、Q₁=Q₂=Q₃=Q₄　　　　　　 B、Q₁=Q₂=2Q₃=2Q₄

C、2Q₁=2Q₂=Q₃=Q₄　　　　　 D、Q₁≠Q₂=Q₃≠Q₄

解析：设开始导轨d与Ob的距离为x₁，导轨c与Oa的距离为x₂，由法拉第电磁感应定律知移动c或d时产生的感应电动势：E＝＝，通过R的电量为：Q＝I＝Δt＝。可见通过R的电量与导体d或c移动的速度无关，由于B与R为定值，其电量取决于所围成面积的变化。①若导轨d与Ob距离增大一倍，即由x₁变2x₁，则所围成的面积增大了ΔS₁＝x₁·x₂；②若导轨c再与Oa距离减小一半，即由x₂变为x₂/2，则所围成的面积又减小了ΔS₂＝2x₁·x₂/2＝x₁·x₂；③若导轨c再回到原处，此过程面积的变化为ΔS₃＝ΔS₂＝2x₁·x₂/2＝x₁·x₂；④最后导轨d又回到原处，此过程面积的变化为ΔS₄＝x₁·x₂；由于ΔS₁＝ΔS₂＝ΔS₃＝ΔS₄，则通过电阻R的电量是相等的，即Q₁＝Q₂＝Q₃＝Q₄。

[答案]A。

[规律总结]计算感应电量的两条思路：思路一、当闭合电路中的磁通量发生变化时，根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势E=NΔφ/Δt，平均感应电流I＝E/R＝NΔφ/RΔt，则通过导体横截面的电量q=I＝NΔφ/R。思路二、当导体棒在安培力(变力)作用下做变速运动，磁通量的变化难以确定时，常用动量定理通过求安培力的冲量求通过导体横截面积的电量。要快速求得通过导体横截面的电量Q，关键是正确求得穿过某一回路变化的磁通量ΔΦ。

1．发生电磁感应时，通过导体某一截面电量。有时也利用冲量定律来求：BILΔt=ΔP，因此有：q=ΔP/BL。

2、自感

①、自感现象：自感现象是一种特殊的电磁感应现象，它是由于导体本身的电流发生　 时而产生的电磁感应现象。自感现象遵循电磁感应的所有规律。

②、自感电动势的方向：由楞次定律可知，自感电动势总是　　　　 原来导体中电流的变化。当回路中的电流增加时，自感电动势和原来电流的方向　　　 ；当回路中的电流减小时，自感电动势和原来电流的方向　　　 。自感对电路中的电流变化有　　　 作用，使电流不能　　　 。

③、自感系数：它由线圈 　　的性质决定。线圈越长，单位长度上线圈的匝数越多，截面积越大，它的自感系数越　　　 。线圈中插入铁芯，自感系数增大很多，自感系数在国际单位制中的单位是　　　 。

[例2] 如图12-2-4所示，在磁感强度为B的匀强磁场中有一半径为L的金属圆环．已知构成圆环的电线电阻为4r₀，以O为轴可以在圆环上滑动的金属棒OA电阻为r₀，电阻R₁=R₂=4r₀．当OA棒以角速度匀速转动时，电阻R₁的电功率最小值为P₀为多大？(其它电阻不计)

　　 [解析]　OA棒的感应电动势，当OA棒A端处于圆环最上端时，即时，圆环的等效电阻最大，等效电路如图12-2-5所示，其值干路中的最小电流

电阻R₁的最小功率．

[规律总结] 等效电源两端所能测量到的电压，并非等效电源的电动势，而是路端电压．因此，遇到求解某电路两端电压问题时，一定要注意分析此部分电路是等效的内电路部分还是外电路部分．在分析导体做切割磁感线运动产生感应电动势的问题时，使用公式E= BLvSinθ进行计算比较方便，但是要注意各种情况下θ角的分析。此题易错的地方是不会把立体图改画成平面图，这样会造成受力分析的困难，解不出答案。

[例3]两个相同的白炽灯L₁和L₂，接到如图所示的电路中，灯L₁与电容器串联，灯L₂与电感线圈串联，当a、b处接电压最大值为U_m、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同。更换一个新的正弦交流电源后，灯L₁的亮度高于灯L₂的亮度。新电源的电压最大值和频率可能是(　　 )

A．最大值仍为U_m，而频率大于f

B．最大值仍为U_m，而频率小于f

C．最大值大于U_m，而频率仍为f

D．最大值小于U_m，而频率仍为f

[解析]灯L₁的亮度高于L₂的亮度，说明L₁的容抗小于L₂支路的感抗，故选A。

[答案]A 。

[规律总结]感抗与容抗是新增内容，也是教学中比较薄弱的环节，它又与大学内容相联系，故要引起重视。

考点三　 流过截面的电量问题、涡流现象

1、电磁感应中的电路问题

在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量的变化的回路将产生　　　　　 。该导体或回路相当于　　　 (它们的电阻为电源的内阻)，将它们接上电容器，便可使电容器　　 ；将它们接上电阻等用电器，在回路中形成　　　 ，便可对用电器供电。因此，电磁感应问题往往和电路联系在一起，解决这类问题的基本方法是：

⑴用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电流的大小和方向。

⑵画出等效电路图

⑶应用全电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式联立求解。

3．对电磁感应中的平均值与瞬时值认识不到位导致错误．在电磁感应中，若金属棒不是做匀速运动，则平均电动势与瞬时电动势往往是不相同的，一定要注意它们的区别．

考点二　 电磁感应中的功率问题、自感