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10.(多选)如图6所示,下列关于安全用电的说法正确的是(
A.图甲中,站在地上的人触摸相线,会发生触电事故
B.图乙中,照明电路中开关应该串联在中性线和灯泡之间
C.图丙中,使用电冰箱时应将电冰箱的金属外壳接地
D.图丁中,使用测电笔时手要接触笔尾的金属体
ACD
)A.图甲中,站在地上的人触摸相线,会发生触电事故
B.图乙中,照明电路中开关应该串联在中性线和灯泡之间
C.图丙中,使用电冰箱时应将电冰箱的金属外壳接地
D.图丁中,使用测电笔时手要接触笔尾的金属体
答案
ACD
解析
【分析】
本题考查家庭电路中的安全用电常识，需结合触电类型、开关接法、用电器接地作用、测电笔使用方法，逐一分析各选项的正误，从而确定正确答案。
【解析】
选项A：图甲中，站在地上的人触摸相线，相线与大地间电压为220V，电流会通过人体流向大地形成闭合回路，会发生触电事故，故A正确。
选项B：照明电路中开关应串联在相线与灯泡之间，断开开关时灯泡不带电；图乙中开关接在中性线与灯泡之间，断开开关后灯泡仍与相线相连，存在安全隐患，故B错误。
选项C：电冰箱金属外壳接地，若外壳漏电，电流会通过地线导入大地，避免人体触电，故C正确。
选项D：使用测电笔时，手需接触笔尾金属体，才能形成通路辨别相线和中性线，故D正确。
综上，正确选项为ACD。
【答案】
ACD
【知识点】
家庭电路安全用电、触电防护、测电笔使用
【点评】
本题围绕家庭电路安全用电的常见场景命题，考查学生对基础安全用电规则的掌握，属于初中物理核心基础知识点，需牢记相关操作规范。
【难度系数】
0.7
本题考查家庭电路中的安全用电常识，需结合触电类型、开关接法、用电器接地作用、测电笔使用方法，逐一分析各选项的正误，从而确定正确答案。
【解析】
选项A：图甲中，站在地上的人触摸相线，相线与大地间电压为220V，电流会通过人体流向大地形成闭合回路，会发生触电事故，故A正确。
选项B：照明电路中开关应串联在相线与灯泡之间，断开开关时灯泡不带电；图乙中开关接在中性线与灯泡之间，断开开关后灯泡仍与相线相连，存在安全隐患，故B错误。
选项C：电冰箱金属外壳接地，若外壳漏电，电流会通过地线导入大地，避免人体触电，故C正确。
选项D：使用测电笔时，手需接触笔尾金属体，才能形成通路辨别相线和中性线，故D正确。
综上，正确选项为ACD。
【答案】
ACD
【知识点】
家庭电路安全用电、触电防护、测电笔使用
【点评】
本题围绕家庭电路安全用电的常见场景命题，考查学生对基础安全用电规则的掌握，属于初中物理核心基础知识点，需牢记相关操作规范。
【难度系数】
0.7
11. 提升题 为培养同学们的探究能力，某校组织科技社团的同学们对小灯泡的亮暗进行研究。现取规格为“6 V 6 W”和“6 V 3 W”的小灯泡$\mathrm{L}_1$和$\mathrm{L}_2$各一个，标有“50 Ω 1 A”字样的滑动变阻器一个，测量范围为0～0.6 A的电流表和0～3 V的电压表各一个。根据测得的数据绘制了通过两灯的电流与其两端电压变化关系的图像，如图7甲所示。
(1)小灯泡$\mathrm{L}_2$的额定电流为多大？
(2)将两灯并联接在电压为6 V的电源两端，10 min内电路消耗的电能为多少？
(3)将小灯泡$\mathrm{L}_2$与滑动变阻器$R$串联接在电压为12 V的电源两端，如图7乙所示。闭合开关S，调节滑动变阻器，为了保证电路元件安全，求滑动变阻器允许接入电路的最小阻值。
(1)小灯泡$\mathrm{L}_2$的额定电流为多大？
(2)将两灯并联接在电压为6 V的电源两端，10 min内电路消耗的电能为多少？
(3)将小灯泡$\mathrm{L}_2$与滑动变阻器$R$串联接在电压为12 V的电源两端，如图7乙所示。闭合开关S，调节滑动变阻器，为了保证电路元件安全，求滑动变阻器允许接入电路的最小阻值。
答案
(1) $I_{2额}=\frac{P_{2额}}{U_{2额}}=\frac{3\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$。
(2)将$\mathrm{L}_1$和$\mathrm{L}_2$并联接在6 V的电源两端时，电路的总功率$P=P_1+P_2=6\ \mathrm{W}+3\ \mathrm{W}=9\ \mathrm{W}$，10 min内电路消耗的电能$W=Pt=9\ \mathrm{W}×10×60\ \mathrm{s}=5400\ \mathrm{J}$。
(3)由图乙电路可知，小灯泡$\mathrm{L}_2$与滑动变阻器串联，为了保证电路元件安全，电压表的示数为3 V时，电路中的电流最大，为0.3 A，滑动变阻器接入电路的最小阻值$R_{\mathrm{滑最小}}=\frac{U_{\mathrm{滑最小}}}{I_{\mathrm{最大}}}=\frac{U-U_2}{I_{\mathrm{最大}}}=\frac{12\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=30\ \Omega$。
(2)将$\mathrm{L}_1$和$\mathrm{L}_2$并联接在6 V的电源两端时，电路的总功率$P=P_1+P_2=6\ \mathrm{W}+3\ \mathrm{W}=9\ \mathrm{W}$，10 min内电路消耗的电能$W=Pt=9\ \mathrm{W}×10×60\ \mathrm{s}=5400\ \mathrm{J}$。
(3)由图乙电路可知，小灯泡$\mathrm{L}_2$与滑动变阻器串联，为了保证电路元件安全，电压表的示数为3 V时，电路中的电流最大，为0.3 A，滑动变阻器接入电路的最小阻值$R_{\mathrm{滑最小}}=\frac{U_{\mathrm{滑最小}}}{I_{\mathrm{最大}}}=\frac{U-U_2}{I_{\mathrm{最大}}}=\frac{12\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=30\ \Omega$。
解析
【分析】
本题分三个小问题逐步求解：
1. 求小灯泡$\mathrm{L}_2$的额定电流，利用额定电流公式$I=\frac{P}{U}$，代入$\mathrm{L}_2$的额定功率和额定电压即可计算；
2. 两灯并联在6V电源时，并联电路各支路电压等于电源电压，两灯均正常发光，总功率为两灯额定功率之和，再根据电能公式$W=Pt$计算10min内消耗的电能，需注意时间单位换算；
3. $\mathrm{L}_2$与滑动变阻器串联，需保证电路元件安全：电压表测$\mathrm{L}_2$两端电压，量程为0~3V，故$\mathrm{L}_2$两端最大电压为3V，结合甲图找到此时电路的最大电流，再根据串联电路电压规律算出滑动变阻器两端电压，最后由欧姆定律求出滑动变阻器的最小阻值。
【解析】
(1) 小灯泡$\mathrm{L}_2$的额定电压$U_{2额}=6\ \mathrm{V}$，额定功率$P_{2额}=3\ \mathrm{W}$，根据额定电流公式：
$I_{2额}=\frac{P_{2额}}{U_{2额}}=\frac{3\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$；
(2) 两灯并联在6V电源两端时，两灯均正常发光，总功率$P=P_{1额}+P_{2额}=6\ \mathrm{W}+3\ \mathrm{W}=9\ \mathrm{W}$，
时间$t=10\ \mathrm{min}=10×60\ \mathrm{s}=600\ \mathrm{s}$，
电路消耗的电能$W=Pt=9\ \mathrm{W}×600\ \mathrm{s}=5400\ \mathrm{J}$；
(3) 由图乙可知，$\mathrm{L}_2$与滑动变阻器$R$串联，电压表测$\mathrm{L}_2$两端电压，电压表量程为0~3V，故$\mathrm{L}_2$两端最大电压$U_{2最大}=3\ \mathrm{V}$，
结合甲图，当$\mathrm{L}_2$两端电压为3V时，电路中的最大电流$I_{最大}=0.3\ \mathrm{A}$（电流表量程0~0.6A、滑动变阻器允许1A，该电流符合安全要求），
串联电路总电压等于各部分电压之和，滑动变阻器两端电压$U_{滑最小}=U_{总}-U_{2最大}=12\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=9\ \mathrm{V}$，
根据欧姆定律，滑动变阻器允许接入的最小阻值：
$R_{滑最小}=\frac{U_{滑最小}}{I_{最大}}=\frac{9\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=30\ \Omega$；
【答案】
(1) $0.5\ \mathrm{A}$；(2) $5400\ \mathrm{J}$；(3) $30\ \Omega$；
【知识点】
额定功率计算、电能计算、串联电路电阻计算
【点评】
本题结合I-U图像和串并联电路规律，考查额定电流、电能及串联电路安全问题，需注意元件安全的限制条件，解题时要结合图像提取关键数据，规范运用电学公式。
【难度系数】
0.5
本题分三个小问题逐步求解：
1. 求小灯泡$\mathrm{L}_2$的额定电流，利用额定电流公式$I=\frac{P}{U}$，代入$\mathrm{L}_2$的额定功率和额定电压即可计算；
2. 两灯并联在6V电源时，并联电路各支路电压等于电源电压，两灯均正常发光，总功率为两灯额定功率之和，再根据电能公式$W=Pt$计算10min内消耗的电能，需注意时间单位换算；
3. $\mathrm{L}_2$与滑动变阻器串联，需保证电路元件安全：电压表测$\mathrm{L}_2$两端电压，量程为0~3V，故$\mathrm{L}_2$两端最大电压为3V，结合甲图找到此时电路的最大电流，再根据串联电路电压规律算出滑动变阻器两端电压，最后由欧姆定律求出滑动变阻器的最小阻值。
【解析】
(1) 小灯泡$\mathrm{L}_2$的额定电压$U_{2额}=6\ \mathrm{V}$，额定功率$P_{2额}=3\ \mathrm{W}$，根据额定电流公式：
$I_{2额}=\frac{P_{2额}}{U_{2额}}=\frac{3\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$；
(2) 两灯并联在6V电源两端时，两灯均正常发光，总功率$P=P_{1额}+P_{2额}=6\ \mathrm{W}+3\ \mathrm{W}=9\ \mathrm{W}$，
时间$t=10\ \mathrm{min}=10×60\ \mathrm{s}=600\ \mathrm{s}$，
电路消耗的电能$W=Pt=9\ \mathrm{W}×600\ \mathrm{s}=5400\ \mathrm{J}$；
(3) 由图乙可知，$\mathrm{L}_2$与滑动变阻器$R$串联，电压表测$\mathrm{L}_2$两端电压，电压表量程为0~3V，故$\mathrm{L}_2$两端最大电压$U_{2最大}=3\ \mathrm{V}$，
结合甲图，当$\mathrm{L}_2$两端电压为3V时，电路中的最大电流$I_{最大}=0.3\ \mathrm{A}$（电流表量程0~0.6A、滑动变阻器允许1A，该电流符合安全要求），
串联电路总电压等于各部分电压之和，滑动变阻器两端电压$U_{滑最小}=U_{总}-U_{2最大}=12\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=9\ \mathrm{V}$，
根据欧姆定律，滑动变阻器允许接入的最小阻值：
$R_{滑最小}=\frac{U_{滑最小}}{I_{最大}}=\frac{9\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=30\ \Omega$；
【答案】
(1) $0.5\ \mathrm{A}$；(2) $5400\ \mathrm{J}$；(3) $30\ \Omega$；
【知识点】
额定功率计算、电能计算、串联电路电阻计算
【点评】
本题结合I-U图像和串并联电路规律，考查额定电流、电能及串联电路安全问题，需注意元件安全的限制条件，解题时要结合图像提取关键数据，规范运用电学公式。
【难度系数】
0.5
12.饮水机是一种常见的家用电器，其工作原理可简化为图8所示的电路，其中S是一个温控开关，$R_1$为发热板。当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热，达到预定温度时，开关S自动切换到另一挡，饮水机便处于保温状态。
(1)温控开关S分别接a和b时，饮水机对应什么工作状态？
(2)若饮水机加热时发热板的电功率为550 W，而保温时发热板的电功率为88 W，则电阻$R_2$的阻值是多少？（不考虑温度对电阻的影响）
(3)保温时通电10 min，饮水机会消耗多少电能？
(1)温控开关S分别接a和b时，饮水机对应什么工作状态？
(2)若饮水机加热时发热板的电功率为550 W，而保温时发热板的电功率为88 W，则电阻$R_2$的阻值是多少？（不考虑温度对电阻的影响）
(3)保温时通电10 min，饮水机会消耗多少电能？
答案
(1)根据公式$P=\frac{U^2}{R}$可知，电路电阻越大，功率越小，所以串联时功率小，电路处于保温状态，即开关S接a时，处于保温状态。开关S接b时，电路中只有电阻$R_1$，电路的功率较大，所以处于加热状态。
(2)加热时，发热板的电功率$P_1=550\ \mathrm{W}$，电阻$R_1=\frac{U^2}{P_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{550\ \mathrm{W}}=88\ \Omega$；保温时，发热板的电功率$P_{\mathrm{保温}}=88\ \mathrm{W}$，$P_{\mathrm{保温}}=I^2R_1=(\frac{U}{R_1+R_2})^2R_1$，则$88\ \mathrm{W}=(\frac{220\ \mathrm{V}}{88\ \Omega+R_2})^2×88\ \Omega$，解得$R_2=132\ \Omega$。
(3)保温时饮水机发热板消耗的电能$W_1=P_{\mathrm{保温}}t=88\ \mathrm{W}×600\ \mathrm{s}=52800\ \mathrm{J}$，通过$R_2$的电流$I=\frac{U}{R_1+R_2}=\frac{220\ \mathrm{V}}{88\ \Omega+132\ \Omega}=1\ \mathrm{A}$，定值电阻$R_2$消耗的电能$W_2=I^2R_2t=(1\ \mathrm{A})^2×132\ \Omega×600\ \mathrm{s}=79200\ \mathrm{J}$，所以此时饮水机消耗的总电能$W=W_1+W_2=52800\ \mathrm{J}+79200\ \mathrm{J}=1.32×10^5\ \mathrm{J}$。
(2)加热时，发热板的电功率$P_1=550\ \mathrm{W}$，电阻$R_1=\frac{U^2}{P_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{550\ \mathrm{W}}=88\ \Omega$；保温时，发热板的电功率$P_{\mathrm{保温}}=88\ \mathrm{W}$，$P_{\mathrm{保温}}=I^2R_1=(\frac{U}{R_1+R_2})^2R_1$，则$88\ \mathrm{W}=(\frac{220\ \mathrm{V}}{88\ \Omega+R_2})^2×88\ \Omega$，解得$R_2=132\ \Omega$。
(3)保温时饮水机发热板消耗的电能$W_1=P_{\mathrm{保温}}t=88\ \mathrm{W}×600\ \mathrm{s}=52800\ \mathrm{J}$，通过$R_2$的电流$I=\frac{U}{R_1+R_2}=\frac{220\ \mathrm{V}}{88\ \Omega+132\ \Omega}=1\ \mathrm{A}$，定值电阻$R_2$消耗的电能$W_2=I^2R_2t=(1\ \mathrm{A})^2×132\ \Omega×600\ \mathrm{s}=79200\ \mathrm{J}$，所以此时饮水机消耗的总电能$W=W_1+W_2=52800\ \mathrm{J}+79200\ \mathrm{J}=1.32×10^5\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
本题结合饮水机的工作原理，需利用电功率与电阻的关系判断工作状态，再结合欧姆定律、电功率公式、电能公式进行计算。解题时，先根据开关位置确定电路结构（串联或仅R₁接入），依据“电压一定时，电阻越小，电功率越大”判断加热、保温状态；再通过加热功率算出R₁，利用保温时发热板功率求出电路电流，进而计算R₂；最后计算保温时饮水机消耗的总电能。
【解析】
(1) 电路分析：当开关S接b时，电路中只有R₁接入，总电阻为R₁；当S接a时，R₁与R₂串联，总电阻为R₁+R₂。根据公式$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压U=220V不变，电阻越小功率越大，因此S接b时功率大，为加热状态；S接a时功率小，为保温状态。
(2) 计算R₁：加热时，发热板功率$P_1=550\ \mathrm{W}$，由$P=\frac{U^2}{R}$得$R_1=\frac{U^2}{P_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{550\ \mathrm{W}}=88\ \Omega$。
保温时，发热板功率$P_{\mathrm{保温}}=88\ \mathrm{W}$，由$P_{\mathrm{保温}}=I^2R_1$得电路电流$I=\sqrt{\frac{P_{\mathrm{保温}}}{R_1}}=\sqrt{\frac{88\ \mathrm{W}}{88\ \Omega}}=1\ \mathrm{A}$。
保温时总电阻$R_{\mathrm{总}}=\frac{U}{I}=\frac{220\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{A}}=220\ \Omega$，因此$R_2=R_{\mathrm{总}}-R_1=220\ \Omega-88\ \Omega=132\ \Omega$。
(3) 保温时通电时间$t=10\ \mathrm{min}=600\ \mathrm{s}$，总功率$P_{\mathrm{总}}=UI=220\ \mathrm{V}×1\ \mathrm{A}=220\ \mathrm{W}$，总电能$W=P_{\mathrm{总}}t=220\ \mathrm{W}×600\ \mathrm{s}=1.32×10^5\ \mathrm{J}$。
【答案】
(1) 开关S接a时，饮水机处于保温状态；开关S接b时，饮水机处于加热状态。
(2) 电阻$R_2$的阻值是132Ω。
(3) 保温时通电10 min，饮水机会消耗$1.32×10^5\ \mathrm{J}$的电能。
【知识点】
电功率、欧姆定律、电能计算
【点评】
本题将物理知识与生活中的家电结合，考查电路分析和公式应用，解题关键是明确不同开关位置对应的电路结构，灵活运用电功率、欧姆定律、电能相关公式。
【难度系数】
0.6
本题结合饮水机的工作原理，需利用电功率与电阻的关系判断工作状态，再结合欧姆定律、电功率公式、电能公式进行计算。解题时，先根据开关位置确定电路结构（串联或仅R₁接入），依据“电压一定时，电阻越小，电功率越大”判断加热、保温状态；再通过加热功率算出R₁，利用保温时发热板功率求出电路电流，进而计算R₂；最后计算保温时饮水机消耗的总电能。
【解析】
(1) 电路分析：当开关S接b时，电路中只有R₁接入，总电阻为R₁；当S接a时，R₁与R₂串联，总电阻为R₁+R₂。根据公式$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压U=220V不变，电阻越小功率越大，因此S接b时功率大，为加热状态；S接a时功率小，为保温状态。
(2) 计算R₁：加热时，发热板功率$P_1=550\ \mathrm{W}$，由$P=\frac{U^2}{R}$得$R_1=\frac{U^2}{P_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{550\ \mathrm{W}}=88\ \Omega$。
保温时，发热板功率$P_{\mathrm{保温}}=88\ \mathrm{W}$，由$P_{\mathrm{保温}}=I^2R_1$得电路电流$I=\sqrt{\frac{P_{\mathrm{保温}}}{R_1}}=\sqrt{\frac{88\ \mathrm{W}}{88\ \Omega}}=1\ \mathrm{A}$。
保温时总电阻$R_{\mathrm{总}}=\frac{U}{I}=\frac{220\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{A}}=220\ \Omega$，因此$R_2=R_{\mathrm{总}}-R_1=220\ \Omega-88\ \Omega=132\ \Omega$。
(3) 保温时通电时间$t=10\ \mathrm{min}=600\ \mathrm{s}$，总功率$P_{\mathrm{总}}=UI=220\ \mathrm{V}×1\ \mathrm{A}=220\ \mathrm{W}$，总电能$W=P_{\mathrm{总}}t=220\ \mathrm{W}×600\ \mathrm{s}=1.32×10^5\ \mathrm{J}$。
【答案】
(1) 开关S接a时，饮水机处于保温状态；开关S接b时，饮水机处于加热状态。
(2) 电阻$R_2$的阻值是132Ω。
(3) 保温时通电10 min，饮水机会消耗$1.32×10^5\ \mathrm{J}$的电能。
【知识点】
电功率、欧姆定律、电能计算
【点评】
本题将物理知识与生活中的家电结合，考查电路分析和公式应用，解题关键是明确不同开关位置对应的电路结构，灵活运用电功率、欧姆定律、电能相关公式。
【难度系数】
0.6
