教学日期

2024.12.26

教学班级

高三3班

课型

£新授课

R复习课

£习题/试题讲评课

针对班级学情分析的教案设计

目标要求　1.知道电流的概念、定义式及微观表达式。2.理解部分电路欧姆定律及电阻定律。3.会进行串、并联电路分析，理解电表改装的原理。4.理解焦耳定律并能区分纯电阻电路和非纯电阻电路。

考点一　 电流的概念及表达式

1．电流

电荷的定向移动形成电流，I＝t(q)。

2．电流形成的条件：导体中有自由电荷；导体两端存在电压。

3．电流的标矢性：电流是标量，但有方向，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向。

思考

1.如图所示，设金属导体的横截面积为S，导体中单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，自由电荷定向移动的速率为v，试推导电流的微观表达式。

答案　推导：t时间内电荷定向移动的距离L＝vt，t时间内通过导体某一横截面的电荷数N＝nvtS，t时间内通过导体某一横截面的电荷量Q＝Nq＝nvtSq，电流I＝t(Q)＝nqvS。

2．在导体导电时，电流的传输速度与电荷定向移动的平均速率相同吗？

答案　不同，电流以光速传输，电荷定向移动的平均速率远小于光速。

例1　如图所示，一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，自由电子的质量为m、电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向移动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为(　　)

A.2eL(mv2)  B.e(mv2Sn)  C．ρnev  D.SL(ρev)

答案　C

解析　由电流的定义式可知，I＝t(q)＝t(nvtSe)＝neSv，由欧姆定律可得，U＝IR＝neSv·ρS(L)＝ρneLv，又电场强度大小为E＝L(U)，故E＝ρnev，选项C正确。

电流的三种表达式及其比较

考点二　部分电路欧姆定律及电阻定律

1．部分电路欧姆定律

(1)内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比。

(2)表达式：I＝R(U)。

(3)适用范围：金属导电和电解质溶液导电，不适用于气态导体或半导体元件。

2．对U－I图像和I－U图像的理解(如图甲、乙所示)

(1)图线a、c、d、f表示线性元件，b、e表示非线性元件。

(2)图线b上的点与O点连线的斜率不断变小，电阻不断变小；图线e上的点与O点连线的斜率不断变大，电阻不断变小。

(3)图中R_a>R_c，R_d<R_f。(均选填“>”“<”或“＝”)

(4)对于非线性元件，应根据R＝I(U)计算某点的电阻，而不是该点切线的斜率(或斜率的倒数)。

3．电阻定律

(1)内容：同种材料的导体，其电阻R与它的长度l成正比，与它的横截面积S成反比；导体电阻还与构成它的材料有关。

(2)公式：R＝ρS(l)。

其中l是导体的长度，S是导体的横截面积，ρ是导体的电阻率，其国际单位是欧·米，符号为Ω·m。

(3)电阻率

①物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性。

②电阻率与温度的关系

金属：电阻率随温度升高而增大；

负温度系数半导体：电阻率随温度升高而减小；

超导体：一些金属和合金在温度低到临界温度时，电阻可以降到0。

1．由R＝I(U)知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比。(　×　)

2．由ρ＝l(RS)知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积成正比，与导体的长度成反比。(　×　)

3．电阻率越大，导体对电流的阻碍作用就越大。(　×　)

4．U－I图像上的点与坐标原点连线斜率的变化反映阻值的变化。(　√　)

例2　(多选)(2024·广东省模拟)离地面高度5.0×10⁴ m以下的大气层可视为电阻率较大的漏电介质，假设由于雷暴对大气层的“电击”，使得离地面高度5.0×10⁴ m处的大气层与带负电的地球表面之间形成稳定的电场，其电势差约为3×10⁵ V。已知雷暴每秒给地球充电的电荷量约为1.8×10³ C，地球表面积近似为5.0×10¹⁴ m²，则(　　)

A．该大气层的等效电阻约为600 Ω

B．该大气层的平均漏电电流约为1.8×10³ A

C．该大气层的平均电阻率约为1.7×10¹² Ω·m

D．该大气层的平均电阻率约为1.7×10⁸ Ω·m

答案　BC

解析　该大气层的平均漏电电流约为I＝t(q)＝1(1.8×103) A＝1.8×10³ A，该大气层的等效电阻为R＝I(U)＝1.8×103(3×105) Ω≈167 Ω，故A错误，B正确；根据R＝ρS(l)可得，该大气层的平均电阻率约为ρ＝l(RS)＝5.0×104(167×5.0×1014) Ω·m≈1.7×10¹² Ω·m，故C正确，D错误。

例3　如图所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中α＝45°，关于两电阻的描述正确的是(　　)

A．电阻a的阻值随电流的增大而增大

B．因I－U图像的斜率表示电阻的倒数，故电阻b的阻值R＝tan α(1)＝1 Ω

C．在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值

D．在两图线交点处电阻a的阻值是电阻b的阻值的2倍

答案　C

解析　I－U图像上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻的倒数，由题图可知，电阻a的图像上的点与坐标原点连线的斜率越来越大，故电阻a的阻值随电流的增大而减小，故选项A错误；I－U图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，但是由于横、纵坐标轴的长度单位不同，则不能由R＝tan α(1)＝1 Ω求解电阻b的阻值，只能通过R＝I(U)＝5(10) Ω＝2 Ω求解，选项B错误；根据R＝I(U)可知在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值，选项C正确，D错误。

电阻的决定式和定义式的区别

考点三　串、并联电路分析　电表的改装原理

1．串、并联电路的特点

2.串、并联电路几个常用的推论

(1)串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的总电阻。

(2)并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻。

(3)无论电阻怎样连接，每一段电路的总电功率P总是等于各个电阻的电功率之和。

(4)无论是串联电路还是并联电路，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大。

3．电表的两种改装的比较

1．并联电路的总电阻一定大于其中某一支路的电阻。(　×　)

2．串联电路中某一电阻增大，总电阻增大，并联电路中某一电阻增大，总电阻减小。(　×　)

3．若将分压电阻串联在电流表上改装成电压表后，增大了原电流表的满偏电压。(　×　)

例4　(2023·海南海口市一中模拟)如图所示，R₁＝2 Ω，R₂＝10 Ω，R₃＝10 Ω，A、B两端接在电压恒定的电源上，则(　　)

A．S断开时，R₁与R₂的两端电压之比为5∶1

B．S闭合时，R₁与R₂两端的电压之比为2∶5

C．S闭合时，通过R₂与R₃的电流之比为2∶1

D．S闭合时，R₁与R₂的功率之比为2∶5

答案　B

解析　S断开时，R₁与R₂串联，两端电压之比为U₁∶U₂＝R₁∶R₂＝1∶5，A错误；S闭合时，R₁与R₂两端的电压之比为U₁′∶U₂′＝R₁∶R2＋R3(R2R3)＝2∶5，B正确；S闭合时，通过R₂与R₃的电流之比为1∶1，C错误；S闭合时，R₁与R₂的功率分别为P₁＝I²R₁＝2I²，P₂＝(2(I))²R₂＝2(5)I²，则P₁∶P₂＝4∶5，D错误。

例5　(2023·河南灵宝市第一中学模拟)如图所示，某学习小组进行电表改装的实验，已知表头内阻为100 Ω，满偏电流为300 mA，使用OA接线柱时它是量程为0～3 A的电流表，使用

OB接线柱时它是量程为0～0.6 A的电流表，使用OC接线柱时它是量程为0～60 V的电压表，则图中的R₁＝______ Ω，R₂＝________ Ω，R₃＝________ Ω。

答案　20　80　50

解析　使用OA接线柱时，量程为0～3 A，

则有I_OA＝3 A＝I_g＋R1(Ig(Rg＋R2))

使用OB接线柱时，量程为0～0.6 A，

则有I_OB＝0.6 A＝I_g＋R1＋R2(IgRg)

其中I_g＝0.3 A，R_g＝100 Ω

联立解得R₁＝20 Ω，R₂＝80 Ω

使用OC接线柱时，量程为0～60 V，

则有U_OC＝60 V＝I_OBRg＋R1＋R2(Rg(R1＋R2))＋I_OBR₃，

解得R₃＝50 Ω。

考点四　电功、电功率、电热、热功率

1．电功和电热、电功率和热功率的区别和联系

2.纯电阻用电器与非纯电阻用电器的比较

1．公式W＝UIt＝R(U2)t＝I²Rt适用于所有电路。(　×　)

2．在非纯电阻电路中P＝UI>I²R。(　√　)

3．焦耳定律只适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路。(　×　)

例6　(2023·上海市浦东新区一模)四只完全相同的灯泡分别用图甲、乙两种方式连接，电路两端电压分别为6 V和10 V。当灯泡都正常发光时，R₁、R₂消耗的电功率分别为P₁和P₂，则(　　)

A．P₁>P₂   B．P₁<P₂

C．P₁＝P₂   D．无法确定

答案　A

解析　灯泡都正常发光，根据电路结构，两电路总电流关系为I₁＝2I₂，电路总功率分别为U₁I₁＝P₁＋2P_L，U₂I₂＝P₂＋2P_L，得P₁－P₂＝2U₁I₂－U₂I₂>0，即P₁>P₂，故选A。

例7　(2023·浙江嘉兴市期末)如图所示，2022年长江流域发生严重干旱灾害期间，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表6 m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45 m，水流从出水口水平喷出时的速度为4 m/s，每秒出水量为3 kg。水泵由功率为330 W的电动机带动，已知电动机额定电压为220 V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为1.0×10³ kg/m³，重力加速度g取10 m/s²，则(　　)

A．出水口钢管横截面面积为2.5×10^－3 m²

B．每秒内水流机械能增加24 J

C．水泵的输入功率为217.5 W

D．电动机线圈的电阻为9(160) Ω

答案　D

解析　设每秒出水量为m，根据题意有m＝ρV，V＝Svt＝Sv，联立解得S＝7.5×10^－4 m²，故A错误；以每秒内流出的水为研究对象，每秒内水流机械能增加ΔE＝mgh＋2(1)mv²，h＝6 m＋0.45 m＝6.45 m，解得ΔE＝217.5 J，故B错误；根据题意，水泵的输入功率为P_入＝75%(P出)＝t()＝t()＝75%(217.5) W＝290 W，故C错误；水泵的输入功率等于电动机的输出功率，对电动机有P_总＝P_入＋I²r，P_总＝UI，联立可得r＝9(160) Ω，故D正确。

重点学科学生思考

对于曹丽雅、梁鹏、阚菲扬等学生来说，对于以上复习内容可以像如下类型教会学生在复习中总结。

1.知道电流的概念、定义式及微观表达式。

2.理解部分电路欧姆定律及电阻定律。

3.会进行串、并联电路分析，理解电表改装的原理。

4.理解焦耳定律并能区分纯电阻电路和非纯电阻电路。

月进度测试题

A类测试题：知识类，单元内容思考，教材内容测试题

1．(2023·江西萍乡市期中)电鳐是一种放电能力很强的鱼类，它借助头侧与胸鳍间发达的卵圆形发电器官，产生最高达到200 V的电压，其放电电流可达60 A，有海中“活电站”之称。某电鳐每秒能放电150次，其放电情况可近似如图所示。则1 s内该电鳐放电的电荷量大约为(　　)

A．300 C  B．180 C  C．60 C  D．30 C

答案　D

解析　根据题图可知，该电鳐放电1次所需的时间为t＝300(1) s，放出的电荷量为q₀＝It＝60×300(1) C＝5(1) C，则1 s内该电鳐放电的电荷量大约为q＝nq₀＝150×5(1) C＝30 C，故选D。

2.某一导体的伏安特性曲线如图中AB段(曲线)所示，以下关于导体的电阻说法正确的是(　　)

A．B点对应的电阻为12 Ω

B．B点对应的电阻为40 Ω

C．工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了1 Ω

D．工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω

答案　B

解析　B点时导体电阻为R_B＝IB(UB)＝0.15(6) Ω＝40 Ω，故A错误，B正确；A点时导体电阻为R_A＝IA(UA)＝0.1(3) Ω＝30 Ω，工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变ΔR＝R_B－R_A＝10 Ω，故C、D错误。

3．(2024·浙江省模拟)在我国偏远乡村的电路上常用熔断保险丝。当电路中有较大电流通过时，保险丝会快速熔断，及时切断电源，保障用电设备和人身安全。经测量，有一段电阻为R、熔断电流为2 A的保险丝。若将这段保险丝对折后绞成一根，那么保险丝的电阻和熔断电流将变为(　　)

A.4(1)R,4 A   B.2(1)R,4 A

C.4(1)R,0.5 A   D.2(1)R,1 A

答案　A

解析　根据R＝ρS(l)可知，对折后电阻为R′＝ρ2S(l)＝4(1)R，而两段最大电流为2 A的保险丝并联，其允许通过的最大电流I′＝2I_max＝4 A，故选A。

4．(2023·重庆市七校联考)如图甲所示为一款儿童电动汽车，该款电动汽车的部分参数如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)

A．电机的输入功率等于54 W

B．电源规格中的45 A·h，A·h是电功的单位

C．电机在正常工作时突然被卡住不转动，此时通过电机的电流会超过2 A

D．电机线圈的电阻为6 Ω

答案　C

解析　由参数可知，电机正常工作时的电流为2 A，额定电压为12 V，所以电机的输入功率为P＝UI＝24 W，故A错误；A·h是电荷量的单位，故B错误；由参数可知，电机正常工作时的电流为2 A，若电机在正常工作时突然被卡住不转动，此时通过电机的电流会超过2 A，故C正确；根据题意，由于电机为非纯电阻电路，则电机线圈的电阻小于6 Ω，故D错误。

B类测试题：跨界知识融合

5．(2020·全国卷Ⅰ·17)图(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压U_C。如果U_C随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压U_R随时间t变化的图像中，正确的是(　　)

答案　A

解析　电阻R两端的电压U_R＝IR，其中I为线路上的充电电流或放电电流。对电容器，Q＝CU_C，而I＝Δt(ΔQ)＝CΔt(ΔUC)，由U_C－t图像知，1～2 s内，电容器充电，令I_充＝I；2～3 s内，电容器电压不变，则电路中电流为0；3～5 s内，电容器放电，则I_放＝2(I)，I_充与I_放方向相反，结合U_R＝IR可知，电阻R两端的电压随时间的变化图像与A对应，故选A。

6.(2023·湖北恩施市模拟)如图所示为示波器衰减电路的示意图，ab之间为信号电压的输入端，cd为衰减电路的输出端，P是和衰减旋钮固连在一起的开关，R₁、R₂、R₃、R₄为四个定值电阻，当P接通1时电压没有被衰减，当P分别接通2、3、4时电压被衰减10倍、100倍、1 000倍(即输出电压变为输入电压的0.1、0.01、0.001)，若某个示波器的衰减电路中，R₄＝1 Ω，不计导线电阻，则其他电阻的阻值分别为(　　)

A．R₁＝900 Ω，R₂＝90 Ω，R₃＝9 Ω

B．R₁＝999 Ω，R₂＝99 Ω，R₃＝9 Ω

C．R₁＝10 Ω，R₂＝100 Ω，R₃＝1 000 Ω

D．R₁＝1 000 Ω，R₂＝100 Ω，R₃＝10 Ω

答案　A

解析　当P接通4时，输出电压变为输入电压的0.001，即R1＋R2＋R3＋R4(R4)＝1 000(1)，解得R₁＋R₂＋R₃＝999 Ω，当P接通3时，输出电压变为输入电压的0.01，即R1＋R2＋R3＋R4(R3＋R4)＝100(1)，当P接通2时，输出电压变为输入电压的0.1，即R1＋R2＋R3＋R4(R2＋R3＋R4)＝10(1)，只有A均满足要求，故A正确，B、C、D错误。

C类测试题：知识运用类

7.(多选)如图为某控制电路的一部分，已知AA′的输入电压为24 V，如果电阻R＝6 kΩ，R₁＝6 kΩ，R₂＝3 kΩ，则BB′可能输出的电压是(　　)

A．12 V  B．8 V  C．6 V  D．3 V

答案　ABC

解析　若两开关都闭合，则电阻R₁和R₂并联，再和R串联，U_BB′为并联电路两端电压，U_BB′＝＋R(R1R2)U_AA′＝6 V；若S₁闭合，S₂断开，则R₁和R串联，U_BB′′＝R1＋R(R1)U_AA′＝12 V；若S₂闭合，S₁断开，则R₂和R串联，U_BB′″＝R2＋R(R2)U_AA′＝8 V；若S₁、S₂都断开，则电路断路，U_BB′＝24 V，故选A、B、C。

8.(2024·浙江省模拟)如图所示，某扫地机器人电池容量为9 000 mA·h，额定电压为8 V，额定功率为24 W，为延长锂电池寿命，当剩余电量为总容量的20%时就需要充电，则下列说法正确的是(　　)

A．扫地机器人正常工作时的电流为3(1) A

B．扫地机器人的电阻为3(8) Ω

C．扫地机器人充满电后一次工作时间约为2.4 h

D．扫地机器人充满电后一次工作时间内消耗的电能约为30 W·h

答案　C

解析　扫地机器人正常工作时的电流为I＝U(P)＝8(24) A＝3 A，A错误；扫地机器人是非纯电阻用电器，根据题中条件无法计算扫地机器人的电阻，B错误；根据题意有q＝9 000 mA·h＝9 A·h，扫地机器人充满电后一次工作时间约为t＝I(q)×80%＝3(9)×0.8 h＝2.4 h，C正确；扫地机器人充满电后一次工作时间内消耗的电能约为E_电＝Uq×80%＝57.6 W·h，D错误。

9．(多选)(2023·福建省厦门一中模拟)如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻为100 Ω，下列说法正确的是(　　)

A．由甲图可知，该表头满偏电流I_g＝2 mA

B．甲图是改装成的双量程电压表，接b时量程为9 V

C．乙图中R₁＝9(10) Ω，R₂＝10 Ω

D．乙图中R₁＝5 Ω，R₂＝45 Ω

答案　BC

解析　由题图甲可知I_g＝Rg＋R(U)＝100＋2.9×103(3) A＝0.001 A＝1 mA，接b时量程为U′＝I_g(R_g＋R＋R′)＝0.001×(100＋2.9×10³＋6×10³) V＝9 V，故A错误，B正确；在题图乙中，改装为I₁＝10 mA＝0.01 A电流表时，并联电阻的分流电流为I′＝I₁－I_g＝10 mA－1 mA＝9 mA＝0.009 A，分流电阻的阻值为R₁＋R₂＝I′(IgRg)＝0.009(0.001×100) Ω＝9(100) Ω，改装为I₂＝100 mA＝0.1 A电流表时，可得分流电阻的阻值R₁＝I2－Ig(Ig(Rg＋R2))，联立解得R₁＝9(10) Ω，R₂＝10 Ω，故C正确，D错误。

10．(多选)(2023·广东汕尾市期末)已知在相等亮度下，白炽灯消耗的电能是荧光灯的5倍，是LED灯的15倍。在额定电压220 V下工作的白炽灯、荧光灯和LED灯，如果要求荧光灯和LED灯发光亮度与100 W的白炽灯相同，则(　　)

A．可选用3(20) W的LED灯

B．通过LED灯的电流为33(1) A

C．在60 s内通过LED灯的电荷量为11(20) C

D．在相同时间内，电流对荧光灯做的功是白炽灯的5倍

答案　ABC

解析　由题意可得，相等亮度下，白炽灯的额定功率是LED灯额定功率的15倍，则P_白＝15P_LED，所以要使LED灯发光亮度与100 W的白炽灯相同，则可选用LED灯的功率为P_LED＝15(1)×100 W＝3(20) W，A正确；由公式P＝UI得，通过LED灯的电流为I_LED＝U(PLED)＝3() A＝33(1) A，B正确；在60 s内通过LED灯的电荷量为Q＝I_LEDt＝33(1)×60 C＝11(20) C，C正确；由题意可得，相等亮度下，白炽灯的额定功率是荧光灯额定功率的5倍，则P_荧＝5(1)P_白，由W＝Pt可得，在相同时间内，电流对荧光灯做的功是白炽灯的5(1)，D错误。

作业布置

步步高习题

板书设计

第1课时：电路的基本概念及规律

考点一　电流的概念及其表达式

考点二　部分电路欧姆定律及电阻定律

考点三  串并联电路分析及电表改装原理

考点四  电功、电功率、电热、热功率

教学反思

我深刻体会到理论与实践相结合的重要性。通过回顾和强化基础概念，我发现学生对于电场、电路和电磁感应等核心知识点的理解有所提高。然而，也发现部分学生在解决复杂电路问题时仍存在困难，这提示我在后续教学中需要更加注重培养学生的逻辑思维和解题技巧。此外，实验操作的缺乏也是学生理解电学原理的障碍之一，未来计划增加实验环节，让学生通过实践加深对电学知识的认识和应用。总的来说，电学复习是一个不断调整和优化的过程，需要教师根据学生反馈及时调整教学策略。