登录
要点梳理
(1)
(2)节约用电要做到:随手关灯、合理使用电器、减少待机耗电等。
(1)
电能
已成为现代社会直接运用的主要能量形式。常见发电方式:火力、水力、风力、太阳能
、核能等。(2)节约用电要做到:随手关灯、合理使用电器、减少待机耗电等。
答案
(1)电能 太阳能
解析
【分析】
这道题考查能源相关的基础知识点，解题时需回忆现代社会常用的能量形式及常见发电方式。首先，现代社会中电能是被广泛直接运用的主要能量形式；常见发电方式除了火力、水力、风力，还包括太阳能发电、核能发电等，据此可完成填空。
【解析】
根据能源基础知识，现代社会直接运用的主要能量形式是电能；常见发电方式有火力、水力、风力、太阳能、核能等，因此两个空依次填写电能、太阳能。
【答案】
(1)电能 太阳能
【知识点】
能源的利用、发电方式
【点评】
本题为能源相关的基础识记题，直接考查课本基础内容，难度较低，适合巩固能源相关的基础知识。
【难度系数】
0.8
这道题考查能源相关的基础知识点，解题时需回忆现代社会常用的能量形式及常见发电方式。首先，现代社会中电能是被广泛直接运用的主要能量形式；常见发电方式除了火力、水力、风力，还包括太阳能发电、核能发电等，据此可完成填空。
【解析】
根据能源基础知识，现代社会直接运用的主要能量形式是电能；常见发电方式有火力、水力、风力、太阳能、核能等，因此两个空依次填写电能、太阳能。
【答案】
(1)电能 太阳能
【知识点】
能源的利用、发电方式
【点评】
本题为能源相关的基础识记题，直接考查课本基础内容，难度较低，适合巩固能源相关的基础知识。
【难度系数】
0.8
1. 我国目前主要利用
火
力和水
力来发电，正大力发展水力发电
、风力发电
、太阳能发电
和核电
，积极开发利用新能源，以适应国民经济和社会发展的需要。答案
1.火 水 水力发电 风力发电 太阳能发电 核电
解析
【分析】
本题考查我国发电方式的相关常识，解题思路为：先明确我国当前主力发电的传统类型，即火力发电和水力发电；再回忆我国大力发展的新能源发电类型，包括风力发电、太阳能发电、核电等，结合题目空缺依次填入对应内容即可。
【解析】
我国目前主要依靠火力（火电）和水力（水电）发电，为适应国民经济和社会发展需求，正大力发展水力发电、风力发电、太阳能发电、核电等新能源，因此空缺处依次填入对应内容。
【答案】
火、水、水力发电、风力发电、太阳能发电、核电
【知识点】
发电方式、新能源利用
【点评】
本题属于基础识记类题目，考查我国发电类型及新能源发展的相关常识，难度较低，准确记忆教材相关内容即可作答。
【难度系数】
0.7
本题考查我国发电方式的相关常识，解题思路为：先明确我国当前主力发电的传统类型，即火力发电和水力发电；再回忆我国大力发展的新能源发电类型，包括风力发电、太阳能发电、核电等，结合题目空缺依次填入对应内容即可。
【解析】
我国目前主要依靠火力（火电）和水力（水电）发电，为适应国民经济和社会发展需求，正大力发展水力发电、风力发电、太阳能发电、核电等新能源，因此空缺处依次填入对应内容。
【答案】
火、水、水力发电、风力发电、太阳能发电、核电
【知识点】
发电方式、新能源利用
【点评】
本题属于基础识记类题目，考查我国发电类型及新能源发展的相关常识，难度较低，准确记忆教材相关内容即可作答。
【难度系数】
0.7
2.我国发电量居世界第一位，但部分省份在用电高峰时段电力供需偏紧，因此，在不断提高用电效率、改进技术和设备的同时，还必须提倡
节约用电
。答案
2.节约用电
解析
【分析】首先明确题目背景：我国发电量居世界第一，但部分省份用电高峰电力供需偏紧，解决该问题除了从供给端提高用电效率、改进技术设备外，还需从需求端减少电力消耗，思考对应的合理措施。
【解析】题目指出用电高峰电力供需偏紧，除技术层面的改进外，还需倡导节约用电，通过减少不必要的电力消耗来缓解供需矛盾，因此应填节约用电。
【答案】节约用电
【知识点】节约用电、能源利用
【点评】本题结合我国电力供需实际情况，考查学生对节能措施的理解，贴近生活实际，难度较低。
【难度系数】0.8
【解析】题目指出用电高峰电力供需偏紧，除技术层面的改进外，还需倡导节约用电，通过减少不必要的电力消耗来缓解供需矛盾，因此应填节约用电。
【答案】节约用电
【知识点】节约用电、能源利用
【点评】本题结合我国电力供需实际情况，考查学生对节能措施的理解，贴近生活实际，难度较低。
【难度系数】0.8
3. [物理学与日常生活]在日常生活中，节约用电是每个市民应尽的义务，下列使用电器时的各种做法中，通过缩短通电时间达到省电目的的是（
A.用电灯照明时，选新型节能灯
B.用电风扇吹凉时，选低转速挡
C.洗衣机洗薄衣时，用快洗程序
D.看电视时，把亮度或音量调低
C
）A.用电灯照明时，选新型节能灯
B.用电风扇吹凉时，选低转速挡
C.洗衣机洗薄衣时，用快洗程序
D.看电视时，把亮度或音量调低
答案
3.C
解析
【分析】
首先明确题目要求：需选出通过缩短通电时间达到省电目的的做法，结合电功公式$ W = Pt $，省电的核心方式有两种：减小用电器的电功率$ P $、缩短通电时间$ t $。接下来逐一分析各选项的省电原理，判断是否符合“缩短通电时间”的要求。
【解析】
根据电功公式$ W = Pt $，消耗的电能（电功）由电功率和通电时间共同决定：
选项A：新型节能灯的电功率比普通照明灯小，是通过减小电功率减少电能消耗，不符合“缩短通电时间”的要求；
选项B：电风扇低转速挡降低了电动机的工作功率，是通过减小电功率省电，不符合题意；
选项C：洗衣机快洗程序缩短了洗涤的通电时间，在电功率不变时，根据$ W = Pt $，通电时间缩短则消耗电能减少，符合题目要求；
选项D：调低电视的亮度或音量，降低了电视的工作功率，是通过减小电功率省电，不符合题意。
综上，答案为C。
【答案】
C
【知识点】
电功的计算、电能节约
【点评】
本题结合日常生活场景考查电功公式的应用，需区分“减小电功率”和“缩短通电时间”两种省电方式，贴近生活实际，是基础题型。
【难度系数】
0.6
首先明确题目要求：需选出通过缩短通电时间达到省电目的的做法，结合电功公式$ W = Pt $，省电的核心方式有两种：减小用电器的电功率$ P $、缩短通电时间$ t $。接下来逐一分析各选项的省电原理，判断是否符合“缩短通电时间”的要求。
【解析】
根据电功公式$ W = Pt $，消耗的电能（电功）由电功率和通电时间共同决定：
选项A：新型节能灯的电功率比普通照明灯小，是通过减小电功率减少电能消耗，不符合“缩短通电时间”的要求；
选项B：电风扇低转速挡降低了电动机的工作功率，是通过减小电功率省电，不符合题意；
选项C：洗衣机快洗程序缩短了洗涤的通电时间，在电功率不变时，根据$ W = Pt $，通电时间缩短则消耗电能减少，符合题目要求；
选项D：调低电视的亮度或音量，降低了电视的工作功率，是通过减小电功率省电，不符合题意。
综上，答案为C。
【答案】
C
【知识点】
电功的计算、电能节约
【点评】
本题结合日常生活场景考查电功公式的应用，需区分“减小电功率”和“缩短通电时间”两种省电方式，贴近生活实际，是基础题型。
【难度系数】
0.6
4.［物理学与工程实践］内蒙古上海庙至山东省临沂市沂南县800 kV特高压直流输电工程，是国家电网规划投资建成、落点临沂市的特高压输电工程。若输电功率一定，将输电电压从400 kV提高到800 kV，则输电电流将从I变为
0.5
I，输电线路上损失的电能将减少
（选填“增加”“减少”或“不变”）。答案
4.0.5 减少
解析
【分析】本题考查输电功率与输电损耗的相关知识，解题思路：①根据输电功率恒定，利用公式$P=UI$推导电流与电压的关系，计算电压提高后的电流；②输电线路损失的电能由电流和输电线电阻决定，利用公式$P_{损}=I^2R$，结合电流变化判断电能损失的变化。
【解析】已知输电功率$P$一定，由电功率公式$P=UI$可得，电流$I=\frac{P}{U}$，即电流与电压成反比。当输电电压从$U_1=400\ \mathrm{kV}$提高到$U_2=800\ \mathrm{kV}$时，设原来电流为$I_1=I$，新电流为$I_2$，则$U_1I_1=U_2I_2$，代入数据得：$400\ \mathrm{kV} × I = 800\ \mathrm{kV} × I_2$，解得$I_2=0.5I$。输电线路的电阻$R$不变，线路损失的功率$P_{损}=I^2R$，电流变为原来的0.5倍后，损失功率变为原来的$(0.5)^2=0.25$倍，因此输电线路上损失的电能减少。
【答案】0.5；减少
【知识点】电功率、输电线路损耗
【点评】本题为基础输电问题，核心是应用$P=UI$和$P_{损}=I^2R$公式分析，难度较低，适合巩固相关知识点。
【难度系数】0.7
【解析】已知输电功率$P$一定，由电功率公式$P=UI$可得，电流$I=\frac{P}{U}$，即电流与电压成反比。当输电电压从$U_1=400\ \mathrm{kV}$提高到$U_2=800\ \mathrm{kV}$时，设原来电流为$I_1=I$，新电流为$I_2$，则$U_1I_1=U_2I_2$，代入数据得：$400\ \mathrm{kV} × I = 800\ \mathrm{kV} × I_2$，解得$I_2=0.5I$。输电线路的电阻$R$不变，线路损失的功率$P_{损}=I^2R$，电流变为原来的0.5倍后，损失功率变为原来的$(0.5)^2=0.25$倍，因此输电线路上损失的电能减少。
【答案】0.5；减少
【知识点】电功率、输电线路损耗
【点评】本题为基础输电问题，核心是应用$P=UI$和$P_{损}=I^2R$公式分析，难度较低，适合巩固相关知识点。
【难度系数】0.7
5. [2025·烟台中考]电能是现代社会生活的重要资源，每个人都应该有节约用电的意识。下列用电器正常工作1 h所消耗的电能最接近1度电的是（
A.台灯
B.智能手机
C.家用空调
D.笔记本电脑
C
）A.台灯
B.智能手机
C.家用空调
D.笔记本电脑
答案
5.C
解析
【分析】首先明确1度电即1kW·h，根据电能公式W=Pt，当用电器正常工作时间t=1h时，消耗电能接近1度电，说明该用电器的额定功率P≈W/t≈1kW=1000W。接下来逐一判断各选项用电器的额定功率，选出最接近1000W的选项。
【解析】1度电=1kW·h，由电能计算公式W=Pt可得，当工作时间t=1h时，若消耗电能接近1kW·h，则用电器的功率P≈W/t=1kW·h/1h=1000W。对各选项分析：A.台灯的额定功率约为10~40W，远小于1000W，不符合；B.智能手机的额定功率约为5~15W，远小于1000W，不符合；C.家用空调的额定功率约为1000W左右，接近1000W，符合；D.笔记本电脑的额定功率约为50~100W，远小于1000W，不符合。因此选C。
【答案】C
【知识点】电能与电功率的关系；常见用电器的功率
【点评】本题结合生活实际考查电能与电功率的应用，需要学生了解常见家用电器的功率范围，难度适中，属于基础题。
【难度系数】0.7
【解析】1度电=1kW·h，由电能计算公式W=Pt可得，当工作时间t=1h时，若消耗电能接近1kW·h，则用电器的功率P≈W/t=1kW·h/1h=1000W。对各选项分析：A.台灯的额定功率约为10~40W，远小于1000W，不符合；B.智能手机的额定功率约为5~15W，远小于1000W，不符合；C.家用空调的额定功率约为1000W左右，接近1000W，符合；D.笔记本电脑的额定功率约为50~100W，远小于1000W，不符合。因此选C。
【答案】C
【知识点】电能与电功率的关系；常见用电器的功率
【点评】本题结合生活实际考查电能与电功率的应用，需要学生了解常见家用电器的功率范围，难度适中，属于基础题。
【难度系数】0.7
6. 目前，我国城乡家庭中广泛使用一种高效节能灯，其中，将“220 V 100 W”的白炽灯与“220 V 20 W”的节能灯做了对比实验，发现两灯发光效果相当。
(1)“220 V 20 W”的节能灯，正常发光时的电流是多少？（结果精确到0.1 A）
(2)将“220 V 100 W”的白炽灯换成“220 V 20 W”的节能灯，每晚按5 h算，一个月(30天)能节约多少电能？
(3)节约的这些电能可将多少20 ℃的水烧至100 ℃？[$c_{水}=4.2×10^3 J/(kg·℃)$，结果精确到0.1 kg]
(1)“220 V 20 W”的节能灯，正常发光时的电流是多少？（结果精确到0.1 A）
(2)将“220 V 100 W”的白炽灯换成“220 V 20 W”的节能灯，每晚按5 h算，一个月(30天)能节约多少电能？
(3)节约的这些电能可将多少20 ℃的水烧至100 ℃？[$c_{水}=4.2×10^3 J/(kg·℃)$，结果精确到0.1 kg]
答案
6.(1)0.1 A (2)12 kW·h (3)128.6 kg
解析
【分析】
本题考查电功率、电能、热量的综合计算，解题思路如下：
1. 第(1)问：节能灯正常发光时，电压为额定电压，功率为额定功率，利用电功率公式P=UI变形求电流；
2. 第(2)问：节约的电能等于白炽灯与节能灯的功率差乘以总工作时间，计算时注意单位统一；
3. 第(3)问：节约的电能全部转化为水吸收的热量，利用热量公式Q=cmΔt变形求水的质量，注意电能单位换算为焦耳。
【解析】
(1) 节能灯正常发光时，额定电压U=220V，额定功率P=20W，由P=UI得，正常发光的电流：
I = P/U = 20W / 220V ≈ 0.1A；
(2) 白炽灯功率P白=100W=0.1kW，节能灯功率P节=20W=0.02kW，总工作时间t=5h×30=150h，
节约的电能：ΔW = (P白 - P节)t = (0.1kW - 0.02kW)×150h = 12kW·h；
(3) 节约的电能$W=12kW·h=12×3.6×10^6J=4.32×10^7J$，水吸收的热量Q=W，
由Q=cmΔt得，水的质量：
$m = Q/(cΔt) = 4.32×10^7J / [4.2×10^3J/(kg·℃)×(100℃-20℃)] ≈ 128.6kg$；
【答案】
(1)0.1 A (2)12 kW·h (3)128.6 kg
【知识点】
电功率计算、电能计算、热量计算
【点评】
本题结合生活中节能灯与白炽灯的对比，考查电学和热学基础公式的应用，难度不大，需注意单位换算的准确性，是典型的生活应用类物理题。
【难度系数】
0.6
本题考查电功率、电能、热量的综合计算，解题思路如下：
1. 第(1)问：节能灯正常发光时，电压为额定电压，功率为额定功率，利用电功率公式P=UI变形求电流；
2. 第(2)问：节约的电能等于白炽灯与节能灯的功率差乘以总工作时间，计算时注意单位统一；
3. 第(3)问：节约的电能全部转化为水吸收的热量，利用热量公式Q=cmΔt变形求水的质量，注意电能单位换算为焦耳。
【解析】
(1) 节能灯正常发光时，额定电压U=220V，额定功率P=20W，由P=UI得，正常发光的电流：
I = P/U = 20W / 220V ≈ 0.1A；
(2) 白炽灯功率P白=100W=0.1kW，节能灯功率P节=20W=0.02kW，总工作时间t=5h×30=150h，
节约的电能：ΔW = (P白 - P节)t = (0.1kW - 0.02kW)×150h = 12kW·h；
(3) 节约的电能$W=12kW·h=12×3.6×10^6J=4.32×10^7J$，水吸收的热量Q=W，
由Q=cmΔt得，水的质量：
$m = Q/(cΔt) = 4.32×10^7J / [4.2×10^3J/(kg·℃)×(100℃-20℃)] ≈ 128.6kg$；
【答案】
(1)0.1 A (2)12 kW·h (3)128.6 kg
【知识点】
电功率计算、电能计算、热量计算
【点评】
本题结合生活中节能灯与白炽灯的对比，考查电学和热学基础公式的应用，难度不大，需注意单位换算的准确性，是典型的生活应用类物理题。
【难度系数】
0.6
7.为了将发电厂的电能输送到远处的用户家中，在两地间架设了两根等长的输电线，两根输电线的总电阻为r。已知位于电厂处的两根输电线间的电压为U，输送电能的功率为P，由于电流通过输电线发热会损失电能，该输电线路输送电能的效率为
$1-\dfrac{Pr}{U^2}$
。(输电效率为用户得到的电能与发电厂输出电能的比值)答案
7.$1-\dfrac{Pr}{U^2}$
解析
【分析】要计算输电效率，需明确输电效率是用户得到的功率与电厂输出功率的比值。先根据输送功率和输出电压求出输电电流，再计算输电线的功率损失，进而得到用户的功率，最后代入效率公式化简即可。
【解析】
1. 已知电厂输出功率为$ P $，输出电压为$ U $，由电功率公式$ P=UI $，可得输电电流：$ I=\frac{P}{U} $；
2. 输电线总电阻为$ r $，则输电线上损失的功率：$ P_{\mathrm{损}}=I^2r=(\frac{P}{U})^2r=\frac{P^2r}{U^2} $；
3. 用户得到的功率：$ P_{\mathrm{用}}=P - P_{\mathrm{损}}=P - \frac{P^2r}{U^2} $；
4. 输电效率$ \eta=\frac{P_{\mathrm{用}}}{P} $，代入化简得：
$ \eta=\frac{P - \frac{P^2r}{U^2}}{P}=1 - \frac{Pr}{U^2} $
【答案】$1-\dfrac{Pr}{U^2}$
【知识点】电功率计算、输电功率损失、效率计算
【点评】本题考查输电效率的计算，核心是掌握输送功率、电流、损失功率的关系，属于电功率应用的基础题型，需注意公式的灵活运用。
【难度系数】0.5
【解析】
1. 已知电厂输出功率为$ P $，输出电压为$ U $，由电功率公式$ P=UI $，可得输电电流：$ I=\frac{P}{U} $；
2. 输电线总电阻为$ r $，则输电线上损失的功率：$ P_{\mathrm{损}}=I^2r=(\frac{P}{U})^2r=\frac{P^2r}{U^2} $；
3. 用户得到的功率：$ P_{\mathrm{用}}=P - P_{\mathrm{损}}=P - \frac{P^2r}{U^2} $；
4. 输电效率$ \eta=\frac{P_{\mathrm{用}}}{P} $，代入化简得：
$ \eta=\frac{P - \frac{P^2r}{U^2}}{P}=1 - \frac{Pr}{U^2} $
【答案】$1-\dfrac{Pr}{U^2}$
【知识点】电功率计算、输电功率损失、效率计算
【点评】本题考查输电效率的计算，核心是掌握输送功率、电流、损失功率的关系，属于电功率应用的基础题型，需注意公式的灵活运用。
【难度系数】0.5
