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【分析】
首先，家庭照明电路中，用电器必须并联在220V电源两端，才能保证每个用电器两端电压为额定电压220V，正常工作。接下来逐个分析选项：
1. 分析选项A：教室里的灯需要正常发光，若另外3盏灯串联，每盏灯两端电压会低于220V，无法正常工作，因此这3盏灯只能是并联，A错误。
2. 分析选项B：各灯规格相同，每盏灯的额定功率P相同。原来3盏灯总功率为3P，闭合开关后6盏灯并联，总功率为6P，是原来的2倍，B正确。
3. 分析选项C：并联电路总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和。设每盏灯电阻为R，原来3盏灯并联总电阻$R_1=\frac{R}{3}$，6盏灯并联总电阻$R_2=\frac{R}{6}$，总电阻是原来的$\frac{1}{2}$，并非2倍，C错误。
4. 分析选项D：根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，电源电压U恒定，总电阻变为原来的$\frac{1}{2}$，干路电流应为原来的2倍，而非$\frac{1}{2}$，D错误。
【解析】
已知家庭照明电路中用电器均并联在220V电源上，各灯规格相同，设每盏灯电阻为R，额定功率为P。
选项A：教室中的灯需正常发光（电压为220V），若3盏灯串联，每盏灯两端电压为$\frac{220V}{3}≠220V$，无法正常工作，故只能并联，A错误。
选项B：原来3盏灯总功率$P_{总1}=3P$，闭合开关后6盏灯总功率$P_{总2}=6P$，即$P_{总2}=2P_{总1}$，B正确。
选项C：原来3盏灯并联总电阻$R_{总1}=\frac{R}{3}$，6盏灯并联总电阻$R_{总2}=\frac{R}{6}$，可得$R_{总2}=\frac{1}{2}R_{总1}$，即总电阻是原来的$\frac{1}{2}$，C错误。
选项D：原来干路电流$I_1=\frac{U}{R_{总1}}=\frac{3U}{R}$，现在干路电流$I_2=\frac{U}{R_{总2}}=\frac{6U}{R}$，可得$I_2=2I_1$，即干路电流是原来的2倍，D错误。
【答案】
B
【知识点】
家庭电路连接特点、并联电路电学规律
【点评】
本题考查家庭电路的连接方式及并联电路的电阻、功率、电流规律的应用，需牢记家庭用电器并联的核心特点，结合额定电压下用电器的功率特性，通过公式推导分析各选项，理清并联电路中总电阻、总功率、干路电流的变化规律是解题关键。
【难度系数】
0.6

【分析】
首先根据电烙铁的额定参数，利用公式$P=\frac{U^2}{R}$计算出电烙铁的电阻；再分析开关不同状态下的电路连接方式：
1. 当S拨向1时，只有电烙铁接入220V电路，电烙铁正常工作，功率为100W（工作状态）；
2. 当S拨向2时，灯泡与电烙铁串联，电烙铁功率为25W（保温/不工作状态）。
接下来逐一分析选项：
对于选项A，先根据电烙铁的保温功率算出串联电路的电流，再计算总电阻，进而得到灯泡电阻，最后算出灯泡的额定功率，判断是否符合；
对于选项B、C，根据开关状态对应的电路和功率判断工作/保温状态；
对于选项D，分别计算电烙铁正常工作和不工作时电路1s内消耗的电能，差值即为节约的电能，判断是否正确。
【解析】
1. 计算电烙铁的电阻：
由$P=\frac{U^2}{R}$得，电烙铁的电阻$R_{铁}=\frac{U_{额}^2}{P_{额}}=\frac{(220V)^2}{100W}=484\Omega$。
2. 分析选项A：
当S拨向2时，电烙铁功率$P_{铁}'=25W$，由$P=I^2R$得串联电路电流$I=\sqrt{\frac{P_{铁}'}{R_{铁}}}=\sqrt{\frac{25W}{484\Omega}}=\frac{5}{22}A$；
电路总电阻$R_{总}=\frac{U}{I}=\frac{220V}{\frac{5}{22}A}=968\Omega$；
灯泡电阻$R_{灯}=R_{总}-R_{铁}=968\Omega-484\Omega=484\Omega$；
灯泡的额定功率$P_{灯}=\frac{U_{额}^2}{R_{灯}}=\frac{(220V)^2}{484\Omega}=100W$，故A错误。
3. 分析选项B：
当S拨向1时，电烙铁直接接在220V电源上，正常工作，功率为100W，是工作状态，不是保温状态，故B错误。
4. 分析选项C：
当S拨向2时，灯泡与电烙铁串联，电烙铁功率为25W，处于保温（不工作）状态，不是工作状态，故C错误。
5. 分析选项D：
正常工作1s，电路消耗电能$W_1=P_{额}t=100W×1s=100J$；
不工作时，电路总功率$P_{总}=UI=220V×\frac{5}{22}A=50W$，1s消耗电能$W_2=P_{总}t=50W×1s=50J$；
节约的电能$\Delta W=W_1-W_2=100J-50J=50J$，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
电功率计算；串并联电路特点；电能计算
【点评】
本题结合实际电路考查电功率和电能的计算，关键是理清开关不同状态下的电路连接方式，灵活运用电功率的不同公式进行推导计算，需要学生熟练掌握串并联电路的特点和电功率公式的变形应用。
【难度系数】
0.6

【分析】
本题是电学与热学的综合计算题，需分步骤分析每一问的解题思路：
1. 第(1)问：求电水壶的实际功率，根据公式$P=\frac{W}{t}$，需要先求出消耗的电能$W$和通电时间$t$。电能表参数$1200imp/(kW·h)$表示每消耗$1kW·h$电能指示灯闪烁1200次，因此可通过闪烁次数计算消耗的电能；再将通电时间单位换算为秒，代入功率公式即可算出实际功率。
2. 第(2)问：求实际电压，电水壶电阻不变，先根据额定电压和额定功率，利用公式$R=\frac{U_{额}^2}{P_{额}}$算出电阻；再结合实际功率，利用公式$P_{实}=\frac{U_{实}^2}{R}$变形得到$U_{实}=\sqrt{P_{实}R}$，代入数值计算实际电压。
3. 第(3)问：求烧水效率，效率是水吸收的热量与消耗电能的比值。先根据密度公式$m=\rho V$算出水的质量（注意将容积单位换算为立方米）；再利用吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)$算出水吸收的热量；最后代入效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%$计算效率。
4. 第(4)问：在额定电压下，电水壶的实际功率等于额定功率，比原来的实际功率大，根据$t=\frac{W}{P}$，在需要的能量（使水烧开的能量）相同时，功率越大，加热时间越短；同时加热时间变短，热量散失减少，因此烧水效率会变大。
【解析】
(1) 计算消耗的电能：
电能表参数为$1200imp/(kW·h)$，指示灯闪烁280次，消耗的电能为：
$W=\frac{280}{1200}kW·h=\frac{280}{1200}×3.6×10^6J=8.4×10^5J$
通电时间$t=7min=7×60s=420s$
根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，实际功率：
$P_{实}=\frac{W}{t}=\frac{8.4×10^5J}{420s}=2000W$
(2) 计算电水壶的电阻：
由$P=\frac{U^2}{R}$得，电水壶的电阻：
$R=\frac{U_{额}^2}{P_{额}}=\frac{(220V)^2}{2420W}=20Ω$
再根据$P_{实}=\frac{U_{实}^2}{R}$，变形得实际电压：
$U_{实}=\sqrt{P_{实}R}=\sqrt{2000W×20Ω}=200V$
(3) 计算水的质量：
水的体积$V=2L=2×10^{-3}m^3$，由密度公式$\rho=\frac{m}{V}$得：
$m=\rho_{水}V=1×10^3kg/m^3×2×10^{-3}m^3=2kg$
水吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)=4.2×10^3J/(kg·℃)×2kg×(100℃-20℃)=6.72×10^5J$
电水壶的烧水效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{6.72×10^5J}{8.4×10^5J}×100\%=80\%$
(4) 在220V额定电压下，电水壶的实际功率等于额定功率$2420W$，大于原来的实际功率$2000W$，根据$t=\frac{W}{P}$，要使水吸收相同的热量，功率越大，加热时间越短；同时加热时间变短，热量散失到空气中的部分减少，因此烧水效率会变大。
【答案】
(1) $\boldsymbol{2000W}$
(2) $\boldsymbol{200V}$
(3) $\boldsymbol{80\%}$
(4) $\boldsymbol{变短}$；$\boldsymbol{变大}$
【知识点】
电能表参数应用；电功率的计算；热效率的计算
【点评】
本题是电学与热学的综合应用题，综合考查了电能表的使用、电功率公式、密度公式、吸热公式以及热效率公式的应用，解题过程中需注意单位的统一与换算，同时要理解实际功率与额定功率的区别，以及热效率的物理意义。
【难度系数】
0.6