1. 某测电笔中有一个 880 k$\Omega$ 的高电阻，这个电阻与氖管
串
联。当用该测电笔检测家庭电路的火线时，氖管发光，若人体及氖管的电阻均忽略不计，则此时通过人体的电流约为0.25
mA。答案：串
0.25
0.25
解析：
【分析】
首先，测电笔中的高电阻用于限制通过人体的电流，保护人体安全，根据串联电路分压限流的特性，该电阻应与氖管串联。其次，计算通过人体的电流时，家庭电路火线电压为220V，忽略人体及氖管电阻，利用欧姆定律$I=\frac{U}{R}$计算，需注意单位换算：将电阻单位转换为Ω，最终电流结果转换为mA。
【解析】
1. 连接方式判断：
测电笔的高电阻需要起到限流作用，防止过大电流通过人体，因此高电阻与氖管串联，串联电路的分压限流特性可保障人体安全。
2. 电流计算：
已知家庭电路火线电压$U=220V$，高电阻阻值$R=880k\Omega=8.8×10^5\Omega$，忽略人体及氖管电阻，根据欧姆定律：
$I=\frac{U}{R}=\frac{220V}{8.8×10^5\Omega}=2.5×10^{-4}A=0.25mA$
【答案】
串；0.25
【知识点】
串联电路的特点、欧姆定律的应用、家庭电路电压
【点评】
本题考查测电笔的工作原理及欧姆定律的简单计算，需牢记家庭电路电压值，理解串联限流的作用，同时注意单位换算的准确性，属于电学基础题型，侧重对基本概念和公式应用的考查。
【难度系数】
0.8
首先，测电笔中的高电阻用于限制通过人体的电流，保护人体安全，根据串联电路分压限流的特性，该电阻应与氖管串联。其次，计算通过人体的电流时，家庭电路火线电压为220V，忽略人体及氖管电阻，利用欧姆定律$I=\frac{U}{R}$计算，需注意单位换算：将电阻单位转换为Ω，最终电流结果转换为mA。
【解析】
1. 连接方式判断：
测电笔的高电阻需要起到限流作用，防止过大电流通过人体，因此高电阻与氖管串联，串联电路的分压限流特性可保障人体安全。
2. 电流计算：
已知家庭电路火线电压$U=220V$，高电阻阻值$R=880k\Omega=8.8×10^5\Omega$，忽略人体及氖管电阻，根据欧姆定律：
$I=\frac{U}{R}=\frac{220V}{8.8×10^5\Omega}=2.5×10^{-4}A=0.25mA$
【答案】
串；0.25
【知识点】
串联电路的特点、欧姆定律的应用、家庭电路电压
【点评】
本题考查测电笔的工作原理及欧姆定律的简单计算，需牢记家庭电路电压值，理解串联限流的作用，同时注意单位换算的准确性，属于电学基础题型，侧重对基本概念和公式应用的考查。
【难度系数】
0.8
2. 小明的爸爸买回一种新型插座，如图 15 - 11 - 1 所示，它能即时显示接在该插座上的用电器的工作电压和所耗电费等(插座本身消耗的电能由内部的电池提供)。小明将装有质量为 2 kg、初温为 20 $°C$水的电水壶插在该插座上，这时插座屏幕上显示的数据如表 1 所示，当水烧开至 100 $°C$ 时，屏幕上显示的数据如表 2 所示。[已知电费单价为 0.50 元/(kW·h)，$c_{水}=4.2×10^{3} J/(kg·°C)$]
|表 1| |表 2|
|---|---|---|
|时钟：14:20:23|时钟：14:32:23|
|电压：218.2 V|电压：218.2 V|
|电费：0.00 元|电费：0.15 元|
(1) 电水壶的实际功率为多少？
(2) 电水壶烧水的效率为多少？(结果保留到 0.1%)
(3) 新型插座显示接在该插座上的用电器的工作电压为 218.2 V，低于家庭电路电压 220 V。其实在用电高峰期，家庭电路的电压通常是低于 220 V 的。请你用所学知识说明用电高峰期家庭电路的电压低于 220 V 的原因。
|表 1| |表 2|
|---|---|---|
|时钟：14:20:23|时钟：14:32:23|
|电压：218.2 V|电压：218.2 V|
|电费：0.00 元|电费：0.15 元|
(1) 电水壶的实际功率为多少？
(2) 电水壶烧水的效率为多少？(结果保留到 0.1%)
(3) 新型插座显示接在该插座上的用电器的工作电压为 218.2 V，低于家庭电路电压 220 V。其实在用电高峰期，家庭电路的电压通常是低于 220 V 的。请你用所学知识说明用电高峰期家庭电路的电压低于 220 V 的原因。
答案：解：(1)已知电费单价a = 0.50元$/(\mathrm {kW}· h)$，电费y=0.15元。
由y = aW，可得$W=\frac {y}{a}$，将y = 0.15元，a = 0.50元$/(\mathrm {kW}· h)$代入，得$W=\frac {0.15元}{0.50元/(\mathrm {kW}· h)}=0.3\ \mathrm {kW}· h$。
再求时间t，t = 14：32：23−14：20：$23 = 12\mathrm {\mathrm {min}}=\frac {12}{60}h = 0.2h$。
根据$P=\frac {W}{t}$，$W = 0.3\ \mathrm {kW}· h$，t = 0.2h，则$P=\frac {W}{t}=\frac {0.3\ \mathrm {kW}· h}{0.2h}=1.5\ \mathrm {kW} = 1500W$。
(2)根据$Q_{吸}=c_{水}m(t - t_{0})$，$c_{水}=4.2×10^3J/(\mathrm {kg·℃})$，$m = 2\ \mathrm {kg}$，t = 100℃，$t_{0}=20℃$。
则$Q_{吸}=4.2×10^3J/(\mathrm {kg·℃})×2\ \mathrm {kg}×(100℃ - 20℃)=4.2×10^3J/(\mathrm {kg·℃})×2\ \mathrm {kg}×80℃=6.72×10^5J$。
因为$W = 0.3\ \mathrm {kW}· h=0.3×3.6×10^6J = 1.08×10^6J$。
根据$\eta =\frac {Q_{吸}}{W}×100\%$，$Q_{吸}=6.72×10^5J$，$W = 1.08×10^6J$。
则$\eta =\frac {6.72×10^5J}{1.08×10^6J}×100\%≈62.2\%$。
(3)根据$R_{总}=\frac {1}{\frac {1}{R_{1}}+\frac {1}{R_{2}}+···+\frac {1}{R_{n}}}($并联电阻公式)，可知总电阻$R_{总}$减小。
由$I=\frac {U}{R}(U $为电源电压，R 为总电阻)，总电流I 增大。
输电线有电阻$R_{线}$，根据$U_{线}=IR_{线}$，输电线分担的电压$U_{线}$增大。
又因为$U = U_{线}+U_{户}(U $为电源电压，$U_{户}$为用户电压)，所以用户电压$U_{户}=U - U_{线}$降低。
由y = aW，可得$W=\frac {y}{a}$，将y = 0.15元，a = 0.50元$/(\mathrm {kW}· h)$代入，得$W=\frac {0.15元}{0.50元/(\mathrm {kW}· h)}=0.3\ \mathrm {kW}· h$。
再求时间t，t = 14：32：23−14：20：$23 = 12\mathrm {\mathrm {min}}=\frac {12}{60}h = 0.2h$。
根据$P=\frac {W}{t}$，$W = 0.3\ \mathrm {kW}· h$，t = 0.2h，则$P=\frac {W}{t}=\frac {0.3\ \mathrm {kW}· h}{0.2h}=1.5\ \mathrm {kW} = 1500W$。
(2)根据$Q_{吸}=c_{水}m(t - t_{0})$，$c_{水}=4.2×10^3J/(\mathrm {kg·℃})$，$m = 2\ \mathrm {kg}$，t = 100℃，$t_{0}=20℃$。
则$Q_{吸}=4.2×10^3J/(\mathrm {kg·℃})×2\ \mathrm {kg}×(100℃ - 20℃)=4.2×10^3J/(\mathrm {kg·℃})×2\ \mathrm {kg}×80℃=6.72×10^5J$。
因为$W = 0.3\ \mathrm {kW}· h=0.3×3.6×10^6J = 1.08×10^6J$。
根据$\eta =\frac {Q_{吸}}{W}×100\%$，$Q_{吸}=6.72×10^5J$，$W = 1.08×10^6J$。
则$\eta =\frac {6.72×10^5J}{1.08×10^6J}×100\%≈62.2\%$。
(3)根据$R_{总}=\frac {1}{\frac {1}{R_{1}}+\frac {1}{R_{2}}+···+\frac {1}{R_{n}}}($并联电阻公式)，可知总电阻$R_{总}$减小。
由$I=\frac {U}{R}(U $为电源电压，R 为总电阻)，总电流I 增大。
输电线有电阻$R_{线}$，根据$U_{线}=IR_{线}$，输电线分担的电压$U_{线}$增大。
又因为$U = U_{线}+U_{户}(U $为电源电压，$U_{户}$为用户电压)，所以用户电压$U_{户}=U - U_{线}$降低。
解析：
【分析】
1. 对于求电水壶实际功率：根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，需先计算电水壶消耗的电能$W$和工作时间$t$。电能可通过电费与电费单价的关系$W=\frac{y}{a}$计算；工作时间可通过表1和表2的时钟示数差得出，再代入功率公式求解。
2. 对于求烧水效率：效率是水吸收的热量与消耗电能的比值，先利用吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)$计算水吸收的热量，再将消耗的电能单位换算为焦耳，最后根据$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%$计算效率。
3. 对于解释用电高峰期电压低：家庭电路中用电器是并联的，用电高峰期用电器增多，并联总电阻减小，干路电流增大；输电线存在电阻，根据$U=IR$，输电线分担的电压增大，而电网总电压不变，用户电压等于总电压减去输电线分担的电压，因此用户电压降低。
【解析】
(1) 已知电费单价$a = 0.50\ \mathrm{元}/(\mathrm{kW·h})$，消耗的电费$y=0.15\ \mathrm{元}$。
由电费与电能的关系$y = aW$，可得消耗的电能：
$W=\frac{y}{a}=\frac{0.15\ \mathrm{元}}{0.50\ \mathrm{元}/(\mathrm{kW·h})}=0.3\ \mathrm{kW·h}$。
电水壶工作时间：
$t = 14:32:23 - 14:20:23 = 12\ \mathrm{min}=\frac{12}{60}\ \mathrm{h}=0.2\ \mathrm{h}$。
根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，代入数据得：
$P=\frac{0.3\ \mathrm{kW·h}}{0.2\ \mathrm{h}}=1.5\ \mathrm{kW}=1500\ \mathrm{W}$。
(2) 水吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(100℃-20℃)=6.72×10^5\ \mathrm{J}$。
消耗的电能换算为焦耳：
$W=0.3\ \mathrm{kW·h}=0.3×3.6×10^6\ \mathrm{J}=1.08×10^6\ \mathrm{J}$。
电水壶烧水的效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{6.72×10^5\ \mathrm{J}}{1.08×10^6\ \mathrm{J}}×100\%\approx62.2\%$。
(3) 用电高峰期，家庭电路中接入的用电器增多，根据并联电阻的特点，并联的用电器越多，电路的总电阻越小；由欧姆定律$I=\frac{U}{R}$可知，干路中的总电流增大；输电线本身存在电阻，根据$U=IR$，输电线分担的电压会增大；而电网的总电压（电源电压）保持不变，用户家庭电路的电压$U_{户}=U_{总}-U_{线}$，因此用户实际得到的电压低于220V。
【答案】
(1) 电水壶的实际功率为$\boldsymbol{1500\ \mathrm{W}}$；
(2) 电水壶烧水的效率约为$\boldsymbol{62.2\%}$；
(3) 用电高峰期，家庭电路中用电器增多，并联总电阻减小，干路电流增大；输电线有电阻，根据$U=IR$，输电线分担的电压增大，而电源电压不变，所以用户家庭电路的电压$U_{户}=U_{总}-U_{线}$，因此用户电压低于220V。
【知识点】
电功率公式应用、吸热公式应用、家庭电路并联特性
【点评】
本题结合生活中的新型插座，综合考查了电能、电功率、热量的计算以及家庭电路的实际问题，既要求学生熟练掌握相关物理公式的应用及单位换算，又能将物理知识与生活实际相结合，理解家庭电路电压变化的本质原因，注重理论联系实际能力的考查。
【难度系数】
0.6
1. 对于求电水壶实际功率：根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，需先计算电水壶消耗的电能$W$和工作时间$t$。电能可通过电费与电费单价的关系$W=\frac{y}{a}$计算；工作时间可通过表1和表2的时钟示数差得出，再代入功率公式求解。
2. 对于求烧水效率：效率是水吸收的热量与消耗电能的比值，先利用吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)$计算水吸收的热量，再将消耗的电能单位换算为焦耳，最后根据$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%$计算效率。
3. 对于解释用电高峰期电压低：家庭电路中用电器是并联的，用电高峰期用电器增多，并联总电阻减小，干路电流增大；输电线存在电阻，根据$U=IR$，输电线分担的电压增大，而电网总电压不变，用户电压等于总电压减去输电线分担的电压，因此用户电压降低。
【解析】
(1) 已知电费单价$a = 0.50\ \mathrm{元}/(\mathrm{kW·h})$，消耗的电费$y=0.15\ \mathrm{元}$。
由电费与电能的关系$y = aW$，可得消耗的电能：
$W=\frac{y}{a}=\frac{0.15\ \mathrm{元}}{0.50\ \mathrm{元}/(\mathrm{kW·h})}=0.3\ \mathrm{kW·h}$。
电水壶工作时间：
$t = 14:32:23 - 14:20:23 = 12\ \mathrm{min}=\frac{12}{60}\ \mathrm{h}=0.2\ \mathrm{h}$。
根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，代入数据得：
$P=\frac{0.3\ \mathrm{kW·h}}{0.2\ \mathrm{h}}=1.5\ \mathrm{kW}=1500\ \mathrm{W}$。
(2) 水吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(100℃-20℃)=6.72×10^5\ \mathrm{J}$。
消耗的电能换算为焦耳：
$W=0.3\ \mathrm{kW·h}=0.3×3.6×10^6\ \mathrm{J}=1.08×10^6\ \mathrm{J}$。
电水壶烧水的效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{6.72×10^5\ \mathrm{J}}{1.08×10^6\ \mathrm{J}}×100\%\approx62.2\%$。
(3) 用电高峰期，家庭电路中接入的用电器增多，根据并联电阻的特点，并联的用电器越多，电路的总电阻越小；由欧姆定律$I=\frac{U}{R}$可知，干路中的总电流增大；输电线本身存在电阻，根据$U=IR$，输电线分担的电压会增大；而电网的总电压（电源电压）保持不变，用户家庭电路的电压$U_{户}=U_{总}-U_{线}$，因此用户实际得到的电压低于220V。
【答案】
(1) 电水壶的实际功率为$\boldsymbol{1500\ \mathrm{W}}$；
(2) 电水壶烧水的效率约为$\boldsymbol{62.2\%}$；
(3) 用电高峰期，家庭电路中用电器增多，并联总电阻减小，干路电流增大；输电线有电阻，根据$U=IR$，输电线分担的电压增大，而电源电压不变，所以用户家庭电路的电压$U_{户}=U_{总}-U_{线}$，因此用户电压低于220V。
【知识点】
电功率公式应用、吸热公式应用、家庭电路并联特性
【点评】
本题结合生活中的新型插座，综合考查了电能、电功率、热量的计算以及家庭电路的实际问题，既要求学生熟练掌握相关物理公式的应用及单位换算，又能将物理知识与生活实际相结合，理解家庭电路电压变化的本质原因，注重理论联系实际能力的考查。
【难度系数】
0.6
3. 电热水器一般可分为储水式和即热式两种。储水式电热水器要用较长时间加热水箱中的水，即热式电热水器使冷水流过电热器就可达到需要的温度。通常情况下，自来水温度约为 16 $°C$，淋浴所需热水温度约为 38 $°C$，淋浴所需热水流量约为 $4×10^{-3} m^3/ min$，设某家庭的电能表允许通过的最大电流为 20 A。根据以上条件，通过计算说明该家庭为何不宜使用即热式电热水器。
答案：解：1分钟内流出水的体积$V=4×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，
由$\rho=\frac{m}{V}$得，水的质量$m=\rho_{\mathrm{水}}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×4×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=4\ \mathrm{kg}$，
水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×4\ \mathrm{kg}×(38℃-16℃)=3.696×10^5\ \mathrm{J}$，
若不计热损失，消耗的电能$W=Q_{\mathrm{吸}}=3.696×10^5\ \mathrm{J}$，
由W=UIt得，通过的电流$I=\frac{W}{Ut}=\frac{3.696×10^5\ \mathrm{J}}{220\ \mathrm{V}×60\ \mathrm{s}}=28\ \mathrm{A}$，
因为$28\ \mathrm{A}＞20\ \mathrm{A}$，超过了电能表允许通过的最大电流，所以该家庭不宜使用即热式电热水器。
由$\rho=\frac{m}{V}$得，水的质量$m=\rho_{\mathrm{水}}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×4×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=4\ \mathrm{kg}$，
水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×4\ \mathrm{kg}×(38℃-16℃)=3.696×10^5\ \mathrm{J}$，
若不计热损失，消耗的电能$W=Q_{\mathrm{吸}}=3.696×10^5\ \mathrm{J}$，
由W=UIt得，通过的电流$I=\frac{W}{Ut}=\frac{3.696×10^5\ \mathrm{J}}{220\ \mathrm{V}×60\ \mathrm{s}}=28\ \mathrm{A}$，
因为$28\ \mathrm{A}＞20\ \mathrm{A}$，超过了电能表允许通过的最大电流，所以该家庭不宜使用即热式电热水器。
解析：
【分析】
要判断该家庭是否不宜使用即热式电热水器，需先计算出使用即热式电热水器时所需的电流，再与电能表允许通过的最大电流对比。具体思路如下：首先根据热水流量算出1分钟内流出水的体积，利用密度公式求出水的质量；接着根据热量计算公式求出水升温吸收的热量，不计热损失时消耗的电能等于水吸收的热量；最后利用电功公式$W=UIt$变形求出所需电流，将计算结果与电能表允许的最大电流20A比较，若所需电流更大，则不宜使用。
【解析】
1. 计算1分钟内流出水的质量：
已知1分钟内流出水的体积$V=4×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，由密度公式$\rho=\frac{m}{V}$可得，水的质量：
$m=\rho_{\mathrm{水}}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×4×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=4\ \mathrm{kg}$
2. 计算水吸收的热量：
水的初温$t_0=16℃$，末温$t=38℃$，水的比热容$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，根据热量公式$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m(t-t_0)$可得：
$Q_{\mathrm{吸}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×4\ \mathrm{kg}×(38℃-16℃)=3.696×10^5\ \mathrm{J}$
3. 计算使用即热式电热水器所需的电流：
不计热损失时，消耗的电能$W=Q_{\mathrm{吸}}=3.696×10^5\ \mathrm{J}$，家庭电路电压$U=220\ \mathrm{V}$，时间$t=60\ \mathrm{s}$，由电功公式$W=UIt$变形得所需电流：
$I=\frac{W}{Ut}=\frac{3.696×10^5\ \mathrm{J}}{220\ \mathrm{V}×60\ \mathrm{s}}=28\ \mathrm{A}$
4. 对比判断：
因为$28\ \mathrm{A}＞20\ \mathrm{A}$，超过了电能表允许通过的最大电流，所以该家庭不宜使用即热式电热水器。
【答案】
该家庭使用即热式电热水器时所需电流为28A，大于电能表允许通过的最大电流20A，因此不宜使用即热式电热水器。
【知识点】
热量的计算、密度公式应用、电功公式应用
【点评】
本题结合生活实际问题，综合考查热学与电学公式的应用，要求学生能将物理知识与生活场景结合，通过定量计算分析实际问题，体现了物理知识的实用性，同时也考查了学生的综合计算能力。
【难度系数】
0.6
要判断该家庭是否不宜使用即热式电热水器，需先计算出使用即热式电热水器时所需的电流，再与电能表允许通过的最大电流对比。具体思路如下：首先根据热水流量算出1分钟内流出水的体积，利用密度公式求出水的质量；接着根据热量计算公式求出水升温吸收的热量，不计热损失时消耗的电能等于水吸收的热量；最后利用电功公式$W=UIt$变形求出所需电流，将计算结果与电能表允许的最大电流20A比较，若所需电流更大，则不宜使用。
【解析】
1. 计算1分钟内流出水的质量：
已知1分钟内流出水的体积$V=4×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，由密度公式$\rho=\frac{m}{V}$可得，水的质量：
$m=\rho_{\mathrm{水}}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×4×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=4\ \mathrm{kg}$
2. 计算水吸收的热量：
水的初温$t_0=16℃$，末温$t=38℃$，水的比热容$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，根据热量公式$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m(t-t_0)$可得：
$Q_{\mathrm{吸}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×4\ \mathrm{kg}×(38℃-16℃)=3.696×10^5\ \mathrm{J}$
3. 计算使用即热式电热水器所需的电流：
不计热损失时，消耗的电能$W=Q_{\mathrm{吸}}=3.696×10^5\ \mathrm{J}$，家庭电路电压$U=220\ \mathrm{V}$，时间$t=60\ \mathrm{s}$，由电功公式$W=UIt$变形得所需电流：
$I=\frac{W}{Ut}=\frac{3.696×10^5\ \mathrm{J}}{220\ \mathrm{V}×60\ \mathrm{s}}=28\ \mathrm{A}$
4. 对比判断：
因为$28\ \mathrm{A}＞20\ \mathrm{A}$，超过了电能表允许通过的最大电流，所以该家庭不宜使用即热式电热水器。
【答案】
该家庭使用即热式电热水器时所需电流为28A，大于电能表允许通过的最大电流20A，因此不宜使用即热式电热水器。
【知识点】
热量的计算、密度公式应用、电功公式应用
【点评】
本题结合生活实际问题，综合考查热学与电学公式的应用，要求学生能将物理知识与生活场景结合，通过定量计算分析实际问题，体现了物理知识的实用性，同时也考查了学生的综合计算能力。
【难度系数】
0.6