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1.锌锰干电池由碳棒、锌筒及二氧化锰和电解质等组成，属于原电池，它的正极为（
A.碳棒
B.锌筒
C.二氧化锰
D.电解质
A
）A.碳棒
B.锌筒
C.二氧化锰
D.电解质
答案
1.A
解析
【分析】
要确定锌锰干电池的正极，需先明确原电池正负极的判断方法：原电池中，较活泼金属作负极，惰性电极或作为正极的电极材料作正极。结合锌锰干电池的构成，逐一分析选项即可得出答案。
【解析】
锌锰干电池属于原电池，原电池正负极的判断规则为：较活泼金属作负极，惰性电极作正极。
选项B：锌筒是活泼金属，为原电池的负极，不符合题意；
选项A：碳棒是惰性电极，作为原电池的正极，符合题意；
选项C：二氧化锰是正极上参与反应的物质，并非电极本身，不符合题意；
选项D：电解质是离子导体，不是电极，不符合题意。
因此答案选A。
【答案】
A
【知识点】
原电池工作原理、锌锰干电池构造
【点评】
本题考查锌锰干电池的正负极判断，属于化学电源的基础知识点，难度较低，需学生掌握原电池正负极判断方法及锌锰干电池的基本构造。
【难度系数】
0.7
要确定锌锰干电池的正极，需先明确原电池正负极的判断方法：原电池中，较活泼金属作负极，惰性电极或作为正极的电极材料作正极。结合锌锰干电池的构成，逐一分析选项即可得出答案。
【解析】
锌锰干电池属于原电池，原电池正负极的判断规则为：较活泼金属作负极，惰性电极作正极。
选项B：锌筒是活泼金属，为原电池的负极，不符合题意；
选项A：碳棒是惰性电极，作为原电池的正极，符合题意；
选项C：二氧化锰是正极上参与反应的物质，并非电极本身，不符合题意；
选项D：电解质是离子导体，不是电极，不符合题意。
因此答案选A。
【答案】
A
【知识点】
原电池工作原理、锌锰干电池构造
【点评】
本题考查锌锰干电池的正负极判断，属于化学电源的基础知识点，难度较低，需学生掌握原电池正负极判断方法及锌锰干电池的基本构造。
【难度系数】
0.7
2.新的国家标准对延长线插座配用电缆的导线横截面积要求进行了修改，额定电流16 A的延长线插座，导线最小标称横截面积由$1\ \mathrm{mm}^2$提升到$1.5\ \mathrm{mm}^2$。增大导线横截面积的目的是（
A.增大导线的电阻
B.减小通过导线的电流
C.增大导线的电压
D.减小导线发热的功率
D
）A.增大导线的电阻
B.减小通过导线的电流
C.增大导线的电压
D.减小导线发热的功率
答案
2.D
解析
【分析】
要解决这道题，需结合电阻的影响因素、欧姆定律和焦耳定律分析各选项：首先，导体电阻由材料、长度、横截面积和温度决定，公式为$R=\rho\frac{L}{S}$（$\rho$为电阻率，$L$为长度，$S$为横截面积）；其次，导线的电流由电路中的用电器和电源决定，与导线横截面积无关；最后，导线的电压$U=IR$，发热功率$P=I^2R$，据此逐一判断选项。
【解析】
1. 分析电阻变化：根据电阻公式$R=\rho\frac{L}{S}$，导线材料（$\rho$）和长度（$L$）不变，横截面积$S$增大时，导线电阻$R$减小，故A选项“增大导线的电阻”错误。
2. 分析电流：延长线插座的电流由电路中的用电器和电源决定，与导线横截面积无关，因此增大导线横截面积不会改变通过导线的电流，B选项错误。
3. 分析电压：根据欧姆定律$U=IR$，电流$I$不变，导线电阻$R$减小，所以导线两端的电压$U$减小，C选项错误。
4. 分析发热功率：根据焦耳定律，导线发热功率$P=I^2R$，电流$I$不变，电阻$R$减小，因此导线发热功率减小，可避免导线过热引发安全问题，这是增大导线横截面积的目的，D选项正确。
【答案】
D
【知识点】
电阻的影响因素、焦耳定律
【点评】
本题结合生活中延长线插座的实际问题，考查物理知识在生活中的应用，侧重对电阻、电流、电压及发热功率关系的理解，难度适中。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，需结合电阻的影响因素、欧姆定律和焦耳定律分析各选项：首先，导体电阻由材料、长度、横截面积和温度决定，公式为$R=\rho\frac{L}{S}$（$\rho$为电阻率，$L$为长度，$S$为横截面积）；其次，导线的电流由电路中的用电器和电源决定，与导线横截面积无关；最后，导线的电压$U=IR$，发热功率$P=I^2R$，据此逐一判断选项。
【解析】
1. 分析电阻变化：根据电阻公式$R=\rho\frac{L}{S}$，导线材料（$\rho$）和长度（$L$）不变，横截面积$S$增大时，导线电阻$R$减小，故A选项“增大导线的电阻”错误。
2. 分析电流：延长线插座的电流由电路中的用电器和电源决定，与导线横截面积无关，因此增大导线横截面积不会改变通过导线的电流，B选项错误。
3. 分析电压：根据欧姆定律$U=IR$，电流$I$不变，导线电阻$R$减小，所以导线两端的电压$U$减小，C选项错误。
4. 分析发热功率：根据焦耳定律，导线发热功率$P=I^2R$，电流$I$不变，电阻$R$减小，因此导线发热功率减小，可避免导线过热引发安全问题，这是增大导线横截面积的目的，D选项正确。
【答案】
D
【知识点】
电阻的影响因素、焦耳定律
【点评】
本题结合生活中延长线插座的实际问题，考查物理知识在生活中的应用，侧重对电阻、电流、电压及发热功率关系的理解，难度适中。
【难度系数】
0.7
3.远距离输电采用高电压,这是因为在输送功率一定时,提高输送电压,可以 (
A.减小输电导线中的电流
B.增大输电导线上损耗的功率
C.增大输电导线中的电流
D.减小输电导线上的电阻
A
)A.减小输电导线中的电流
B.增大输电导线上损耗的功率
C.增大输电导线中的电流
D.减小输电导线上的电阻
答案
3.A
解析
【分析】
要解决这道题，需结合远距离输电的核心公式分析：输送功率公式$ P=UI $、输电损耗功率公式$ P_{损}=I^2R $，同时明确输电导线电阻的决定因素。当输送功率$ P $一定时，电压与电流成反比；输电导线电阻由自身材料、长度、横截面积决定，与输送电压无关；损耗功率随电流减小而减小。据此逐一判断选项即可。
【解析】
1. 分析选项A、C：根据输送功率公式$ P=UI $，当输送功率$ P $一定时，输送电压$ U $与输电电流$ I $成反比，因此提高输送电压，输电导线中的电流会减小，故A正确，C错误。
2. 分析选项B：输电导线上损耗的功率公式为$ P_{损}=I^2R $，提高电压后电流$ I $减小，在输电导线电阻$ R $不变时，损耗功率会减小，而非增大，故B错误。
3. 分析选项D：输电导线的电阻由导线的材料、长度、横截面积决定，与输送电压无关，提高电压不会减小电阻，故D错误。
【答案】
A
【知识点】
远距离输电、电功率公式应用
【点评】
本题考查远距离输电的基础原理，核心是利用电功率公式分析电压、电流及损耗的关系，属于电学知识在实际场景的基础应用，难度较低，是学生需掌握的基础知识点。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，需结合远距离输电的核心公式分析：输送功率公式$ P=UI $、输电损耗功率公式$ P_{损}=I^2R $，同时明确输电导线电阻的决定因素。当输送功率$ P $一定时，电压与电流成反比；输电导线电阻由自身材料、长度、横截面积决定，与输送电压无关；损耗功率随电流减小而减小。据此逐一判断选项即可。
【解析】
1. 分析选项A、C：根据输送功率公式$ P=UI $，当输送功率$ P $一定时，输送电压$ U $与输电电流$ I $成反比，因此提高输送电压，输电导线中的电流会减小，故A正确，C错误。
2. 分析选项B：输电导线上损耗的功率公式为$ P_{损}=I^2R $，提高电压后电流$ I $减小，在输电导线电阻$ R $不变时，损耗功率会减小，而非增大，故B错误。
3. 分析选项D：输电导线的电阻由导线的材料、长度、横截面积决定，与输送电压无关，提高电压不会减小电阻，故D错误。
【答案】
A
【知识点】
远距离输电、电功率公式应用
【点评】
本题考查远距离输电的基础原理，核心是利用电功率公式分析电压、电流及损耗的关系，属于电学知识在实际场景的基础应用，难度较低，是学生需掌握的基础知识点。
【难度系数】
0.7
4.如图所示,从甲地通过两条输电线向乙地用户供电,若甲地电压恒为U,输电线的总电阻为r,当乙地用户用电时,下列说法正确的是（
A.用户使用的用电器两端的电压为U
B.输电线上的电功率为$\frac{U^2}{r}$
C.当用户使用的用电器增多时,用户两端的电压升高
D.当用户使用的用电器增多时,输电线上因发热而损失的功率增大
D
）A.用户使用的用电器两端的电压为U
B.输电线上的电功率为$\frac{U^2}{r}$
C.当用户使用的用电器增多时,用户两端的电压升高
D.当用户使用的用电器增多时,输电线上因发热而损失的功率增大
答案
4.D
解析
【分析】
要解决本题，需明确输电线电阻$ r $与用户用电器为串联关系，结合串联电路的电压、电流特点，以及电功率公式逐一分析选项：
1. 串联电路总电压等于各部分电压之和，输电线有电阻会分压，因此用户两端电压小于总电压$ U $；
2. 输电线上的功率需用输电线的电流和电阻计算，不能直接用总电压$ U $；
3. 用电器增多时，并联的用电器总电阻减小，电路总电流会变化，进而影响用户电压和输电线的功率损失。
【解析】
输电线电阻$ r $与用户用电器串联，甲地总电压为$ U $：
选项A：输电线有电阻，会分担部分电压，因此用户两端电压为$ U $减去输电线的电压降，小于$ U $，A错误；
选项B：输电线上的电压不是总电压$ U $，而是$ U_{\mathrm{线}}=Ir $，因此输电线上的电功率为$ P_{\mathrm{线}}=I^2r $，而非$ \frac{U^2}{r} $，B错误；
选项C：用户用电器增多时，并联的用电器总电阻减小，电路总电阻$ R_{\mathrm{总}}=r+R_{\mathrm{用}} $减小，总电流$ I=\frac{U}{R_{\mathrm{总}}} $增大；输电线的电压降$ Ir $增大，因此用户两端电压$ U_{\mathrm{用}}=U-Ir $会降低，C错误；
选项D：用电器增多时，总电流$ I $增大，输电线损失的功率$ P_{\mathrm{损}}=I^2r $，$ r $不变，$ I $增大，故损失功率增大，D正确。
【答案】
D
【知识点】
串联电路特点、电功率计算、动态电路分析
【点评】
本题考查输电线路的电路分析，核心是明确输电线电阻的分压作用，结合串联电路规律和电功率公式判断各选项，需注意总电压与各部分电压的关系，以及用电器增多时总电阻、电流的变化规律。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需明确输电线电阻$ r $与用户用电器为串联关系，结合串联电路的电压、电流特点，以及电功率公式逐一分析选项：
1. 串联电路总电压等于各部分电压之和，输电线有电阻会分压，因此用户两端电压小于总电压$ U $；
2. 输电线上的功率需用输电线的电流和电阻计算，不能直接用总电压$ U $；
3. 用电器增多时，并联的用电器总电阻减小，电路总电流会变化，进而影响用户电压和输电线的功率损失。
【解析】
输电线电阻$ r $与用户用电器串联，甲地总电压为$ U $：
选项A：输电线有电阻，会分担部分电压，因此用户两端电压为$ U $减去输电线的电压降，小于$ U $，A错误；
选项B：输电线上的电压不是总电压$ U $，而是$ U_{\mathrm{线}}=Ir $，因此输电线上的电功率为$ P_{\mathrm{线}}=I^2r $，而非$ \frac{U^2}{r} $，B错误；
选项C：用户用电器增多时，并联的用电器总电阻减小，电路总电阻$ R_{\mathrm{总}}=r+R_{\mathrm{用}} $减小，总电流$ I=\frac{U}{R_{\mathrm{总}}} $增大；输电线的电压降$ Ir $增大，因此用户两端电压$ U_{\mathrm{用}}=U-Ir $会降低，C错误；
选项D：用电器增多时，总电流$ I $增大，输电线损失的功率$ P_{\mathrm{损}}=I^2r $，$ r $不变，$ I $增大，故损失功率增大，D正确。
【答案】
D
【知识点】
串联电路特点、电功率计算、动态电路分析
【点评】
本题考查输电线路的电路分析，核心是明确输电线电阻的分压作用，结合串联电路规律和电功率公式判断各选项，需注意总电压与各部分电压的关系，以及用电器增多时总电阻、电流的变化规律。
【难度系数】
0.6
5.阅读短文,回答问题。
远距离输电
发电厂往往建在能源丰富的地方,电能由发电厂发出,会沿着导线输送到几百千米甚至几千千米之外用电的地方。导线有电阻,电流通过时就要发热。这些热量是白白浪费的。如何减少输电线上电能的损耗呢?由$P=I^2R$可知,应尽量减小导线的电阻。由于输电距离不能改变,只能使导线粗一些,但导线过粗不但会消耗大量的金属材料,而且给架线带来困难;另一种办法是减小导线中的电流,由$P=UI$可知,在输送电功率不变的前提下,要减小电流,必须提高电压,所以远距离输电主要采取高压输电的方式来减少线路上的电能损失。
从发电厂输出的电能,一般都要通过升压变压器提升电压,到达用户处再用降压变压器逐级降低电压。根据输送距离的远近,常采用10 kV、35 kV、110 kV、220 kV的高压输电,甚至1 000 kV以上的特高压输电。
(1)若发电厂输出电功率为$2×10^7$ W,用10 kV的电压输电,此时的输电电流为
(2)远距离输电时有时难免出现短路故障。若某处发生了短路,为确定短路位置,检修员利用电压表、电流表和电源接成如图所示电路进行测量。假设甲、乙两地相距L km,在甲、乙两地之间沿直线架设了两条输电线,已知输电线每千米的电阻为R,现电压表的示数为U、电流表示数为I,则短路位置到甲地的距离
远距离输电
发电厂往往建在能源丰富的地方,电能由发电厂发出,会沿着导线输送到几百千米甚至几千千米之外用电的地方。导线有电阻,电流通过时就要发热。这些热量是白白浪费的。如何减少输电线上电能的损耗呢?由$P=I^2R$可知,应尽量减小导线的电阻。由于输电距离不能改变,只能使导线粗一些,但导线过粗不但会消耗大量的金属材料,而且给架线带来困难;另一种办法是减小导线中的电流,由$P=UI$可知,在输送电功率不变的前提下,要减小电流,必须提高电压,所以远距离输电主要采取高压输电的方式来减少线路上的电能损失。
从发电厂输出的电能,一般都要通过升压变压器提升电压,到达用户处再用降压变压器逐级降低电压。根据输送距离的远近,常采用10 kV、35 kV、110 kV、220 kV的高压输电,甚至1 000 kV以上的特高压输电。
(1)若发电厂输出电功率为$2×10^7$ W,用10 kV的电压输电,此时的输电电流为
2 000
A;若此时输电线的电阻为5 Ω,导线上的热损耗功率为$2×10^7$
W;在输送功率不变时,若改用1 000 kV的电压输电,则此时导线上的热损耗与原来导线上的热损耗的功率之比为1 : 10 000
。(2)远距离输电时有时难免出现短路故障。若某处发生了短路,为确定短路位置,检修员利用电压表、电流表和电源接成如图所示电路进行测量。假设甲、乙两地相距L km,在甲、乙两地之间沿直线架设了两条输电线,已知输电线每千米的电阻为R,现电压表的示数为U、电流表示数为I,则短路位置到甲地的距离
$\frac{U}{2IR}$
km。(用已知的物理量符号表示)答案
5.(1)2 000 $2×10^7$ 1 : 10 000 (2)$\frac{U}{2IR}$
解析
【分析】
第(1)题：根据电功率公式P=UI，已知输送功率和输电电压可计算输电电流；利用热损耗功率公式P损=I²R计算导线上的热损耗；输送功率不变时，输电电流与电压成反比，据此计算高压输电的电流和热损耗，进而求出热损耗功率之比。
第(2)题：短路时，电压表测输电线电压、电流表测电路电流，由欧姆定律求出短路位置到甲地的输电线总电阻；因输电线为往返两条线，总长度是短路距离的2倍，结合每千米输电线电阻，即可求出短路位置到甲地的距离。
【解析】
(1) ① 已知输送功率$P=2×10^7\ \mathrm{W}$，输电电压$U_1=10\ \mathrm{kV}=10^4\ \mathrm{V}$，根据$P=UI$得输电电流：
$I_1=\frac{P}{U_1}=\frac{2×10^7\ \mathrm{W}}{10^4\ \mathrm{V}}=2000\ \mathrm{A}$；
② 输电线电阻$R=5\ \Omega$，导线上的热损耗功率：
$P_{\mathrm{损}1}=I_1^2R=(2000\ \mathrm{A})^2×5\ \Omega=2×10^7\ \mathrm{W}$；
③ 改用输电电压$U_2=1000\ \mathrm{kV}=10^6\ \mathrm{V}$，输送功率不变，此时输电电流：
$I_2=\frac{P}{U_2}=\frac{2×10^7\ \mathrm{W}}{10^6\ \mathrm{V}}=20\ \mathrm{A}$；
此时热损耗功率：
$P_{\mathrm{损}2}=I_2^2R=(20\ \mathrm{A})^2×5\ \Omega=2000\ \mathrm{W}$；
热损耗功率之比：$\frac{P_{\mathrm{损}2}}{P_{\mathrm{损}1}}=\frac{2000\ \mathrm{W}}{2×10^7\ \mathrm{W}}=\frac{1}{10000}$，即$1:10000$；
(2) 短路时，由欧姆定律得输电线总电阻：$R_{\mathrm{线}}=\frac{U}{I}$；
因输电线为往返两条线，总长度为$2s$（$s$为短路位置到甲地的距离），每千米输电线电阻为$R$，故$R_{\mathrm{线}}=2sR$；
联立得：$2sR=\frac{U}{I}$，解得$s=\frac{U}{2IR}$；
【答案】
(1) $2000$；$2×10^7$；$1:10000$ (2) $\frac{U}{2IR}$
【知识点】
电功率计算；焦耳定律；欧姆定律
【点评】
本题结合远距离输电考查电学公式的应用，需注意输电线为往返两条线的隐含条件，解题关键是熟练运用电功率、热损耗及欧姆定律公式，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.3
第(1)题：根据电功率公式P=UI，已知输送功率和输电电压可计算输电电流；利用热损耗功率公式P损=I²R计算导线上的热损耗；输送功率不变时，输电电流与电压成反比，据此计算高压输电的电流和热损耗，进而求出热损耗功率之比。
第(2)题：短路时，电压表测输电线电压、电流表测电路电流，由欧姆定律求出短路位置到甲地的输电线总电阻；因输电线为往返两条线，总长度是短路距离的2倍，结合每千米输电线电阻，即可求出短路位置到甲地的距离。
【解析】
(1) ① 已知输送功率$P=2×10^7\ \mathrm{W}$，输电电压$U_1=10\ \mathrm{kV}=10^4\ \mathrm{V}$，根据$P=UI$得输电电流：
$I_1=\frac{P}{U_1}=\frac{2×10^7\ \mathrm{W}}{10^4\ \mathrm{V}}=2000\ \mathrm{A}$；
② 输电线电阻$R=5\ \Omega$，导线上的热损耗功率：
$P_{\mathrm{损}1}=I_1^2R=(2000\ \mathrm{A})^2×5\ \Omega=2×10^7\ \mathrm{W}$；
③ 改用输电电压$U_2=1000\ \mathrm{kV}=10^6\ \mathrm{V}$，输送功率不变，此时输电电流：
$I_2=\frac{P}{U_2}=\frac{2×10^7\ \mathrm{W}}{10^6\ \mathrm{V}}=20\ \mathrm{A}$；
此时热损耗功率：
$P_{\mathrm{损}2}=I_2^2R=(20\ \mathrm{A})^2×5\ \Omega=2000\ \mathrm{W}$；
热损耗功率之比：$\frac{P_{\mathrm{损}2}}{P_{\mathrm{损}1}}=\frac{2000\ \mathrm{W}}{2×10^7\ \mathrm{W}}=\frac{1}{10000}$，即$1:10000$；
(2) 短路时，由欧姆定律得输电线总电阻：$R_{\mathrm{线}}=\frac{U}{I}$；
因输电线为往返两条线，总长度为$2s$（$s$为短路位置到甲地的距离），每千米输电线电阻为$R$，故$R_{\mathrm{线}}=2sR$；
联立得：$2sR=\frac{U}{I}$，解得$s=\frac{U}{2IR}$；
【答案】
(1) $2000$；$2×10^7$；$1:10000$ (2) $\frac{U}{2IR}$
【知识点】
电功率计算；焦耳定律；欧姆定律
【点评】
本题结合远距离输电考查电学公式的应用，需注意输电线为往返两条线的隐含条件，解题关键是熟练运用电功率、热损耗及欧姆定律公式，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.3
