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发光
B
热
很大
大
多
并联
120
0.72
B
解：
(2) 加热状态时只有$R_1$工作，$R_1=\frac{U^2}{P_{\mathrm{加}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{2000\ \mathrm{W}}=24.2\ \Omega$
保温状态时$R_1$与$R_2$串联，总电阻$R_{\mathrm{总}}=\frac{U^2}{P_{\mathrm{保}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{800\ \mathrm{W}}=60.5\ \Omega$
$R_2=R_{\mathrm{总}}-R_1=60.5\ \Omega-24.2\ \Omega=36.3\ \Omega$
(3) 水的质量$m=\rho_{\mathrm{水}}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3 × 30×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=30\ \mathrm{kg}$
水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 30\ \mathrm{kg} × (55\ \mathrm{℃}-25\ \mathrm{℃})=3.78×10^6\ \mathrm{J}$
电热水器工作时间$t=35\ \mathrm{min}=2100\ \mathrm{s}，$消耗的电能$W=P_{\mathrm{加}}t=2000\ \mathrm{W} × 2100\ \mathrm{s}=4.2×10^6\ \mathrm{J}$
热效率$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W} × 100\%=\frac{3.78×10^6\ \mathrm{J}}{4.2×10^6\ \mathrm{J}} × 100\%=90\%$
【分析】
1. 第(1)问：先观察电路连接情况，电流从实验电源流出后，依次经过开关、熔丝、灯泡，最后回到电源，形成了完整的通路，所以闭合开关时灯泡能正常发光。
2. 第(2)问：要使熔丝熔断，需要让熔丝中通过的电流过大。在A、B间接粗铜丝时，灯泡会被短路，电流会直接经粗铜丝、熔丝形成回路，此时电路电阻骤减，电流骤增，熔丝会因电流过大熔断；若接A、C，则熔丝被短路，电流不经过熔丝，熔丝不会熔断，因此选B。
3. 第(3)问：熔丝熔断是因为电流通过导体时产生热量，这是电流的热效应。闭合开关瞬间电路短路，电路总电阻极小，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，电源电压不变，电阻越小电流越大，所以通过熔丝和导线的电流很大；熔丝的电阻比导线大，根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，在电流和通电时间相同的情况下，电阻越大产生的热量越多，再结合熔丝熔点低的特点，就会导致熔丝温度升高熔断。
【解析】
(1) 由图可知电路为完整通路，闭合开关后电流可通过灯泡，因此灯泡发光。
(2) 要使熔丝熔断，需让熔丝中电流过大。在A、B间接粗铜丝时，灯泡被短路，电路电阻骤减，电流骤增，熔丝会熔断；若接A、C则熔丝被短路，不会熔断，故填B。
(3) 熔丝熔断是电流的热效应导致的；闭合开关瞬间电路短路，根据$I=\frac{U}{R}$，电源电压不变，电路电阻极小，所以通过熔丝和导线的电流很大；熔丝电阻比导线电阻大，根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，在电流和通电时间相同的情况下，熔丝产生的热量比导线多，结合熔丝熔点低的特性，最终熔丝温度升高熔断。
【答案】
(1) 发光
(2) B
(3) 热；很大；大；多
【知识点】
电流的热效应；焦耳定律；电路短路
【点评】
本题结合实验电路考查熔丝熔断的原理，需结合电路通路、短路特点，以及电流热效应和焦耳定律分析，注重电学规律的实际应用，帮助理解熔丝的工作原理。
【难度系数】
0.6
【分析】
首先思考插座的连接方式：家庭电路中，各用电器需独立工作、互不影响，因此公共充电插座应采用并联连接；
然后计算输出功率：根据电功率公式$P=UI$，已知输出电压和电流，代入数值即可求出功率；
最后计算充电费用：先利用$W=Pt$计算消耗的电能，注意单位换算，再结合电价算出所需费用。
【解析】
1. 连接方式判断：家庭电路中，每个充电插座可独立使用，一个插座的通断不会影响其他插座工作，所以这些插座是并联的。
2. 输出功率计算：
根据电功率公式$ P = UI $，将$ U = 48\ \mathrm{V} $，$ I = 2.5\ \mathrm{A} $代入得：
$ P = 48\ \mathrm{V} × 2.5\ \mathrm{A} = 120\ \mathrm{W} $
3. 充电费用计算：
先进行单位换算：$ 120\ \mathrm{W} = 0.12\ \mathrm{kW} $
根据电功公式$ W = Pt $，将$ P = 0.12\ \mathrm{kW} $，$ t = 6\ \mathrm{h} $代入得消耗的电能：
$ W = 0.12\ \mathrm{kW} × 6\ \mathrm{h} = 0.72\ \mathrm{kW·h} $
结合电价1元/(kW·h)，充电费用为：$ 0.72\ \mathrm{kW·h} × 1\ \mathrm{元/(kW·h)} = 0.72\ \mathrm{元} $
【答案】
并联；120；0.72
【知识点】
串并联电路判断；电功率计算；电功计算
【点评】
本题结合生活实际考查串并联电路特点、电功率与电功的计算，属于基础题型，解题时需注意单位统一与换算，理解家庭电路用电器的连接规律是解题关键。
【难度系数】
0.8
【分析】
1. 对于第(1)问：根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压$U$不变时，电路总电阻越大，电功率越小。保温状态功率小，需总电阻最大，当开关S与触点B相连时，$R_1$与$R_2$串联，总电阻最大，电功率最小，处于保温状态。
2. 对于第(2)问：先利用加热状态的功率，根据$P=\frac{U^2}{R}$求出$R_1$的阻值；再利用保温状态的功率求出串联时的总电阻，根据串联电路电阻规律，总电阻减去$R_1$的阻值即可得到$R_2$的阻值。
3. 对于第(3)问：首先根据密度公式$m=\rho V$求出水的质量，再利用吸热公式$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$计算水吸收的热量；然后根据$W=Pt$计算电热水器消耗的电能，最后利用效率公式$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W}×100\%$求出加热效率。
【解析】
(1) 开关S与触点$\boldsymbol{B}$相连时，电热水器进入保温状态。
(2) 加热状态时只有$R_1$工作，由$P=\frac{U^2}{R}$可得：
$R_1=\frac{U^2}{P_{\mathrm{加}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{2000\ \mathrm{W}}=24.2\ \Omega$
保温状态时$R_1$与$R_2$串联，总电阻：
$R_{\mathrm{总}}=\frac{U^2}{P_{\mathrm{保}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{800\ \mathrm{W}}=60.5\ \Omega$
根据串联电路电阻规律，$R_2=R_{\mathrm{总}}-R_1=60.5\ \Omega-24.2\ \Omega=36.3\ \Omega$
(3) 水箱装满水时，水的体积$V=30×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，由$\rho=\frac{m}{V}$得水的质量：
$m=\rho_{\mathrm{水}}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3 × 30×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=30\ \mathrm{kg}$
水吸收的热量：
$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 30\ \mathrm{kg} × (55\ \mathrm{℃}-25\ \mathrm{℃})=3.78×10^6\ \mathrm{J}$
电热水器工作时间$t=35\ \mathrm{min}=2100\ \mathrm{s}$，消耗的电能：
$W=P_{\mathrm{加}}t=2000\ \mathrm{W} × 2100\ \mathrm{s}=4.2×10^6\ \mathrm{J}$
加热效率：
$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W} × 100\%=\frac{3.78×10^6\ \mathrm{J}}{4.2×10^6\ \mathrm{J}} × 100\%=90\%$
【答案】
(1) $\boldsymbol{B}$
(2) $\boldsymbol{36.3\ \Omega}$
(3) $\boldsymbol{90\%}$
【知识点】
电功率的计算、热量的计算、效率的计算
【点评】
本题综合考查了串并联电路的特点、电功率公式、密度公式、吸热公式以及效率公式的应用，紧密联系生活实际，需要学生准确区分加热和保温状态的电路结构，熟练运用相关公式解决问题，对学生的知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
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