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1 [2025山东中考]某商家销售的移动电源相当于大型“充电宝”，其铭牌如图所示。顾客咨询：“该移动电源可以供2.5 kW的用电器正常工作吗？”客服回复：“没问题，这是3 kW·h的，3 kW的用电器都可以正常使用。”该客服（
A.说法正确
B.混淆了电功率和电能
C.混淆了电功率和电流
D.混淆了电功率和电压
XX移动电源
电源规格:3 kW·h
输出电压:220 V
最大输出电流:10 A
B
）A.说法正确
B.混淆了电功率和电能
C.混淆了电功率和电流
D.混淆了电功率和电压
XX移动电源
电源规格:3 kW·h
输出电压:220 V
最大输出电流:10 A
答案
1 B 2.5 kW 是指电功率,而3 kW·h 是指电能,它们之间的关系是 W = Pt。根据题图铭牌可知,该移动电源最大输出功率 P = UI = 220 V ×10 A =2 200 W =2.2 kW ＜2.5 kW,不能供2.5 kW 的用电器正常工作,该客服混淆了电功率和电能。
解析
【分析】首先明确不同物理量的单位含义：kW·h是电能（电功）的单位，kW是电功率的单位。客服将移动电源的电能单位（kW·h）误当作电功率单位，错误认为3 kW·h的电源能支持3 kW的用电器工作。接下来需计算移动电源的最大输出功率，结合铭牌数据算出实际功率后与用电器功率比较，判断客服的错误类型。
【解析】1. 单位辨析：kW·h是电能单位，kW是电功率单位，客服混淆了这两个物理量。2. 计算最大输出功率：根据公式$P=UI$，代入铭牌数据$U=220V$、$I=10A$，得$P=220V×10A=2200W=2.2kW$。3. 比较判断：$2.2kW＜2.5kW$，说明该移动电源无法供2.5kW的用电器正常工作，客服的错误是混淆了电功率和电能，对应选项B。
【答案】B
【知识点】电能与电功率的概念区分、电功率的计算
【点评】本题结合生活场景考查对电能和电功率的理解，核心是区分两者的物理意义与单位，计算移动电源最大输出功率是解题关键，属于基础概念应用类题目。
【难度系数】0.6
【解析】1. 单位辨析：kW·h是电能单位，kW是电功率单位，客服混淆了这两个物理量。2. 计算最大输出功率：根据公式$P=UI$，代入铭牌数据$U=220V$、$I=10A$，得$P=220V×10A=2200W=2.2kW$。3. 比较判断：$2.2kW＜2.5kW$，说明该移动电源无法供2.5kW的用电器正常工作，客服的错误是混淆了电功率和电能，对应选项B。
【答案】B
【知识点】电能与电功率的概念区分、电功率的计算
【点评】本题结合生活场景考查对电能和电功率的理解，核心是区分两者的物理意义与单位，计算移动电源最大输出功率是解题关键，属于基础概念应用类题目。
【难度系数】0.6
2 [2025 达州中考] 小芳家有一只标有“220 V 1 000 W”字样的电热水壶。使用前，家中电能表示数如图所示；关闭其他用电器，只让电热水壶正常工作 30 min。下列说法正确的是 (
A.电热水壶的电阻为 $ 484\ \Omega $
B.电热水壶消耗的电能为 $ 3 × 10^4\ \mathrm{J} $
C.此过程电能表指示灯闪烁了 3 000 次
D.30 min 后电能表表盘示数为
D
)A.电热水壶的电阻为 $ 484\ \Omega $
B.电热水壶消耗的电能为 $ 3 × 10^4\ \mathrm{J} $
C.此过程电能表指示灯闪烁了 3 000 次
D.30 min 后电能表表盘示数为
答案
2 D A(×)电热水壶的电阻 $ R = \frac{U^2}{P} = \frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1\ 000\ \mathrm{W}} =48.4\ \Omega $。
B(×)D(√)电热水壶消耗的电能 $ W = Pt = 1\ \mathrm{kW} × 0.5\ \mathrm{h} = 0.5\ \mathrm{kW} · \mathrm{h} = 1.8 × 10^6\ \mathrm{J} $,30 min 后电能表表盘示数为 $1\ 234.5\ \mathrm{kW} · \mathrm{h} + 0.5\ \mathrm{kW} · \mathrm{h} = 1\ 235.0\ \mathrm{kW} · \mathrm{h}$。
C(×)$3\ 000\ \mathrm{imp/(kW · h)}$表示的是电路中每消耗$1\ \mathrm{kW · h}$的电能电能表指示灯闪烁3 000次,所以消耗$0.5\ \mathrm{kW · h}$的电能电能表指示灯闪烁1 500次。
B(×)D(√)电热水壶消耗的电能 $ W = Pt = 1\ \mathrm{kW} × 0.5\ \mathrm{h} = 0.5\ \mathrm{kW} · \mathrm{h} = 1.8 × 10^6\ \mathrm{J} $,30 min 后电能表表盘示数为 $1\ 234.5\ \mathrm{kW} · \mathrm{h} + 0.5\ \mathrm{kW} · \mathrm{h} = 1\ 235.0\ \mathrm{kW} · \mathrm{h}$。
C(×)$3\ 000\ \mathrm{imp/(kW · h)}$表示的是电路中每消耗$1\ \mathrm{kW · h}$的电能电能表指示灯闪烁3 000次,所以消耗$0.5\ \mathrm{kW · h}$的电能电能表指示灯闪烁1 500次。
解析
【分析】
要判断各选项的正误，需结合电功率公式、电能计算公式、电能表参数的意义逐一分析：先根据额定电压和额定功率计算电热水壶的电阻，再计算其正常工作30min消耗的电能，接着结合电能表参数计算指示灯闪烁次数，最后根据电能表初始示数和消耗的电能判断30min后的示数。
【解析】
逐一分析各选项：
选项A：电热水壶正常工作时，额定电压$U=220\ \mathrm{V}$，额定功率$P=1000\ \mathrm{W}$，根据公式$R=\frac{U^2}{P}$，代入得$R=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1000\ \mathrm{W}}=48.4\ \Omega≠484\ \Omega$，故A错误；
选项B：电热水壶正常工作时间$t=30\ \mathrm{min}=0.5\ \mathrm{h}$，消耗的电能$W=Pt=1\ \mathrm{kW}×0.5\ \mathrm{h}=0.5\ \mathrm{kW·h}=1.8×10^6\ \mathrm{J}≠3×10^4\ \mathrm{J}$，故B错误；
选项C：电能表参数为$3000\ \mathrm{imp/(kW·h)}$，表示每消耗$1\ \mathrm{kW·h}$电能指示灯闪烁3000次，消耗$0.5\ \mathrm{kW·h}$电能时，闪烁次数$=3000\ \mathrm{imp/(kW·h)}×0.5\ \mathrm{kW·h}=1500$次≠3000次，故C错误；
选项D：假设电能表初始示数为$1234.5\ \mathrm{kW·h}$，则30min后示数$=1234.5\ \mathrm{kW·h}+0.5\ \mathrm{kW·h}=1235.0\ \mathrm{kW·h}$，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
电功率计算、电能计算、电能表的使用
【点评】
本题考查电功率、电能的计算及电能表参数的理解，需注意单位换算和公式的正确应用，易错点是电阻计算的数值、电能单位的转换，以及电能表闪烁次数的计算。
【难度系数】
0.6
要判断各选项的正误，需结合电功率公式、电能计算公式、电能表参数的意义逐一分析：先根据额定电压和额定功率计算电热水壶的电阻，再计算其正常工作30min消耗的电能，接着结合电能表参数计算指示灯闪烁次数，最后根据电能表初始示数和消耗的电能判断30min后的示数。
【解析】
逐一分析各选项：
选项A：电热水壶正常工作时，额定电压$U=220\ \mathrm{V}$，额定功率$P=1000\ \mathrm{W}$，根据公式$R=\frac{U^2}{P}$，代入得$R=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1000\ \mathrm{W}}=48.4\ \Omega≠484\ \Omega$，故A错误；
选项B：电热水壶正常工作时间$t=30\ \mathrm{min}=0.5\ \mathrm{h}$，消耗的电能$W=Pt=1\ \mathrm{kW}×0.5\ \mathrm{h}=0.5\ \mathrm{kW·h}=1.8×10^6\ \mathrm{J}≠3×10^4\ \mathrm{J}$，故B错误；
选项C：电能表参数为$3000\ \mathrm{imp/(kW·h)}$，表示每消耗$1\ \mathrm{kW·h}$电能指示灯闪烁3000次，消耗$0.5\ \mathrm{kW·h}$电能时，闪烁次数$=3000\ \mathrm{imp/(kW·h)}×0.5\ \mathrm{kW·h}=1500$次≠3000次，故C错误；
选项D：假设电能表初始示数为$1234.5\ \mathrm{kW·h}$，则30min后示数$=1234.5\ \mathrm{kW·h}+0.5\ \mathrm{kW·h}=1235.0\ \mathrm{kW·h}$，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
电功率计算、电能计算、电能表的使用
【点评】
本题考查电功率、电能的计算及电能表参数的理解，需注意单位换算和公式的正确应用，易错点是电阻计算的数值、电能单位的转换，以及电能表闪烁次数的计算。
【难度系数】
0.6
3 [2025绵阳中考]安全用电是现代社会人人都应该了解的常识,下列场景符合安全用电原则的是 (
A.甲图中使用绝缘皮破损的插头
B.乙图中用湿手控制开关
C.丙图中用干燥的木棒挑开触电者身上的电线
D.丁图中在高压线附近放风筝
C
)A.甲图中使用绝缘皮破损的插头
B.乙图中用湿手控制开关
C.丙图中用干燥的木棒挑开触电者身上的电线
D.丁图中在高压线附近放风筝
答案
3 C A(×)导线绝缘皮破损继续使用,当人去触摸插头时,就可能使人体和带电体接触,造成触电事故,十分危险。
B(×)接在电路中的控制开关属于带电体,用湿手触摸时,生活用水属于导体,有可能使电流通过水传到人体上,使人触电,十分危险。
C(√)发现有人触电,首先要使触电者尽快脱离电源,可以用绝缘棒将电线挑开,然后根据具体情况,进行相应的救治。
D(×)在高压线附近放风筝,容易造成高压触电。
B(×)接在电路中的控制开关属于带电体,用湿手触摸时,生活用水属于导体,有可能使电流通过水传到人体上,使人触电,十分危险。
C(√)发现有人触电,首先要使触电者尽快脱离电源,可以用绝缘棒将电线挑开,然后根据具体情况,进行相应的救治。
D(×)在高压线附近放风筝,容易造成高压触电。
解析
【分析】
要判断各场景是否符合安全用电原则，需牢记安全用电核心规则：不接触低压带电体、不靠近高压带电体；不用湿手触碰开关、用电器；有人触电时需先使触电者脱离电源，使用绝缘工具挑开电线；破损的导线/插头要及时更换，避免漏电触电。解题时逐个分析选项对应的场景，结合上述原则判断对错。
【解析】
A选项：甲图中使用绝缘皮破损的插头，绝缘皮破损后导线外露，人触摸时易接触带电体，引发触电事故，不符合安全用电原则，故A错误。
B选项：乙图中用湿手控制开关，生活用水是导体，湿手接触开关时，电流可能通过水传导到人体，造成触电，不符合安全用电原则，故B错误。
C选项：丙图中用干燥的木棒挑开触电者身上的电线，干燥木棒属于绝缘体，既能避免施救者触电，又能让触电者脱离电源，符合安全用电的触电急救原则，故C正确。
D选项：丁图中在高压线附近放风筝，高压线属于高压带电体，靠近高压带电体易发生高压触电，不符合安全用电原则，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
安全用电原则、触电急救
【点评】
本题结合生活场景考查安全用电常识，贴近实际生活，侧重基础安全知识的应用，是中考常见的基础题型，需掌握基本安全用电规则。
【难度系数】
0.6
要判断各场景是否符合安全用电原则，需牢记安全用电核心规则：不接触低压带电体、不靠近高压带电体；不用湿手触碰开关、用电器；有人触电时需先使触电者脱离电源，使用绝缘工具挑开电线；破损的导线/插头要及时更换，避免漏电触电。解题时逐个分析选项对应的场景，结合上述原则判断对错。
【解析】
A选项：甲图中使用绝缘皮破损的插头，绝缘皮破损后导线外露，人触摸时易接触带电体，引发触电事故，不符合安全用电原则，故A错误。
B选项：乙图中用湿手控制开关，生活用水是导体，湿手接触开关时，电流可能通过水传导到人体，造成触电，不符合安全用电原则，故B错误。
C选项：丙图中用干燥的木棒挑开触电者身上的电线，干燥木棒属于绝缘体，既能避免施救者触电，又能让触电者脱离电源，符合安全用电的触电急救原则，故C正确。
D选项：丁图中在高压线附近放风筝，高压线属于高压带电体，靠近高压带电体易发生高压触电，不符合安全用电原则，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
安全用电原则、触电急救
【点评】
本题结合生活场景考查安全用电常识，贴近实际生活，侧重基础安全知识的应用，是中考常见的基础题型，需掌握基本安全用电规则。
【难度系数】
0.6
4 [2024 连云港中考] 如图所示，电源电压不变，闭合开关S后，在滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中（
A.电流表示数变小，灯亮度变暗
B.电流表示数变大，灯亮度变亮
C.电压表示数不变，灯亮度不变
D.电压表示数变小，灯亮度变亮
A
）A.电流表示数变小，灯亮度变暗
B.电流表示数变大，灯亮度变亮
C.电压表示数不变，灯亮度不变
D.电压表示数变小，灯亮度变亮
答案
4 A 由题中电路图可知,闭合开关,滑动变阻器和小灯泡串联,电压表测小灯泡两端的电压,电流表测电路中的电流。当滑动变阻器的滑片P向右移动时,滑动变阻器连入电路的电阻变大,则电路总电阻变大,由 $I = \frac{U}{R}$ 可知,电路中的电流将变小,则电流表示数变小。小灯泡两端的电压变小,即电压表示数变小。由 $P = UI$ 可知,小灯泡的实际功率将变小,则亮度变暗。故选 A。
解析
【分析】首先明确电路连接：闭合开关后，滑动变阻器与小灯泡L串联，电流表测电路总电流，电压表测小灯泡L两端的电压。当滑动变阻器滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，导致电路总电阻变大；电源电压不变，结合欧姆定律可判断电路电流变化，再根据小灯泡电阻不变，判断其两端电压变化，最后由电功率公式判断实际功率，进而确定灯的亮度变化。
【解析】由电路图可知，闭合开关S后，滑动变阻器与小灯泡L串联，电流表测电路电流，电压表测L两端电压。当滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻$R_{总}$变大；电源电压$U$不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R_{总}}$，可知电路中的电流$I$变小，即电流表示数变小。小灯泡的电阻$R_L$可认为不变，由$U_L=IR_L$可知，小灯泡两端的电压变小，即电压表示数变小。小灯泡的实际功率$P_L=U_L I$，$U_L$和$I$均变小，所以$P_L$变小；灯的亮度由实际功率决定，因此灯亮度变暗。综上，选项A正确。
【答案】A
【知识点】串联电路特点、欧姆定律、电功率
【点评】本题是电路动态分析的基础题，考查串联电路规律、欧姆定律及电功率的应用，解题关键是明确电表测量对象，分析滑动变阻器电阻变化对电路的影响，进而判断电流、电压和功率的变化，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】由电路图可知，闭合开关S后，滑动变阻器与小灯泡L串联，电流表测电路电流，电压表测L两端电压。当滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻$R_{总}$变大；电源电压$U$不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R_{总}}$，可知电路中的电流$I$变小，即电流表示数变小。小灯泡的电阻$R_L$可认为不变，由$U_L=IR_L$可知，小灯泡两端的电压变小，即电压表示数变小。小灯泡的实际功率$P_L=U_L I$，$U_L$和$I$均变小，所以$P_L$变小；灯的亮度由实际功率决定，因此灯亮度变暗。综上，选项A正确。
【答案】A
【知识点】串联电路特点、欧姆定律、电功率
【点评】本题是电路动态分析的基础题，考查串联电路规律、欧姆定律及电功率的应用，解题关键是明确电表测量对象，分析滑动变阻器电阻变化对电路的影响，进而判断电流、电压和功率的变化，难度适中。
【难度系数】0.6
5 [2025河北中考] 如图是某研究小组设计的风速自动报警器电路示意图，电源电压不变，$R_1$为压敏电阻，它的阻值随风速$v$的增大而减小，$R_2$为定值电阻。当风速$v_1 ＜ v ＜ v_2$时，两电表都不报警。当风速$v≤v_1$时，两电表中的一个会报警；当风速$v≥v_2$时，另一个电表会报警。已知：$v_1 ＞ 0$，两电表都是在大于或等于各自设定的电压值或电流值时触发报警。在电路处于两电表都未报警的工作状态下，下列说法正确的是 (
A.风速减小时，$R_2$的电功率会增大
B.风速变化时，电压表示数一定不变
C.当$v = v_2$时，触发报警的表是电流表
D.风速变化时，电压表和电流表示数之比不变
C
)A.风速减小时，$R_2$的电功率会增大
B.风速变化时，电压表示数一定不变
C.当$v = v_2$时，触发报警的表是电流表
D.风速变化时，电压表和电流表示数之比不变
答案
5 C 由题图可知,$R_1$与$R_2$串联,电流表测电路中的电流,电压表测$R_1$两端的电压。
A(×)风速减小时,压敏电阻$R_1$的阻值增大,电路的总电阻增大,由欧姆定律可知,电路中的电流减小,根据 $P = I^2R$ 可知,$R_2$的功率会减小。
B(×)风速变化时,压敏电阻$R_1$的阻值发生变化,电路的总电阻发生变化,电路中的电流发生变化,$R_2$两端的电压发生变化,电源电压不变,则$R_1$两端的电压一定变化,即电压表示数一定发生变化。
C(√)当风速逐渐增大到$v_2$的过程中,压敏电阻$R_1$的阻值逐渐减小,则电路电流增大,$R_2$两端的电压变大,则$R_1$两端的电压减小,即电流表示数逐渐增大,电压表示数逐渐变小,故电压表不会报警,触发报警的表是电流表。
D(×)电压表和电流表示数的比值等于$R_1$的阻值,风速变化时,$R_1$的阻值会变化,即电压表和电流表示数之比会变化。
A(×)风速减小时,压敏电阻$R_1$的阻值增大,电路的总电阻增大,由欧姆定律可知,电路中的电流减小,根据 $P = I^2R$ 可知,$R_2$的功率会减小。
B(×)风速变化时,压敏电阻$R_1$的阻值发生变化,电路的总电阻发生变化,电路中的电流发生变化,$R_2$两端的电压发生变化,电源电压不变,则$R_1$两端的电压一定变化,即电压表示数一定发生变化。
C(√)当风速逐渐增大到$v_2$的过程中,压敏电阻$R_1$的阻值逐渐减小,则电路电流增大,$R_2$两端的电压变大,则$R_1$两端的电压减小,即电流表示数逐渐增大,电压表示数逐渐变小,故电压表不会报警,触发报警的表是电流表。
D(×)电压表和电流表示数的比值等于$R_1$的阻值,风速变化时,$R_1$的阻值会变化,即电压表和电流表示数之比会变化。
解析
【分析】
首先明确电路结构：$R_1$与$R_2$串联，电流表测电路中的电流，电压表测$R_1$两端的电压。根据压敏电阻的特性：风速$v$增大时$R_1$阻值减小，风速减小时$R_1$阻值增大，结合欧姆定律、串联电路电压规律和电功率公式，逐一分析各选项。
【解析】
由题图可知，$R_1$与$R_2$串联，电流表测电路电流，电压表测$R_1$两端电压，电源电压不变。
选项A：风速减小时，压敏电阻$R_1$阻值增大，电路总电阻增大，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，电路电流减小。$R_2$的电功率$P_2=I^2R_2$，电流$I$减小、$R_2$不变，故$R_2$的电功率减小，A错误。
选项B：风速变化时，$R_1$阻值变化，总电阻变化，电路电流变化，$R_2$两端电压$U_2=IR_2$变化；电源电压$U=U_1+U_2$，因此$R_1$两端电压（电压表示数）一定变化，B错误。
选项C：当风速增大到$v_2$时，$R_1$阻值减小，总电阻减小，电路电流增大，$R_2$两端电压增大，$R_1$两端电压减小。电流表的示数随风速增大而增大，电压表的示数随风速增大而减小，故$v≥ v_2$时，触发报警的是电流表，C正确。
选项D：电压表与电流表示数之比$\frac{U_1}{I}=R_1$，风速变化时$R_1$阻值变化，因此该比值会变化，D错误。
【答案】
C
【知识点】
串联电路、欧姆定律、电功率
【点评】
本题结合压敏电阻的特性，考查串联电路的动态分析，需明确电表测量对象、压敏电阻阻值与风速的关系，利用欧姆定律和电功率公式推导各物理量的变化，是电路动态分析的典型题型。
【难度系数】
0.5
首先明确电路结构：$R_1$与$R_2$串联，电流表测电路中的电流，电压表测$R_1$两端的电压。根据压敏电阻的特性：风速$v$增大时$R_1$阻值减小，风速减小时$R_1$阻值增大，结合欧姆定律、串联电路电压规律和电功率公式，逐一分析各选项。
【解析】
由题图可知，$R_1$与$R_2$串联，电流表测电路电流，电压表测$R_1$两端电压，电源电压不变。
选项A：风速减小时，压敏电阻$R_1$阻值增大，电路总电阻增大，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，电路电流减小。$R_2$的电功率$P_2=I^2R_2$，电流$I$减小、$R_2$不变，故$R_2$的电功率减小，A错误。
选项B：风速变化时，$R_1$阻值变化，总电阻变化，电路电流变化，$R_2$两端电压$U_2=IR_2$变化；电源电压$U=U_1+U_2$，因此$R_1$两端电压（电压表示数）一定变化，B错误。
选项C：当风速增大到$v_2$时，$R_1$阻值减小，总电阻减小，电路电流增大，$R_2$两端电压增大，$R_1$两端电压减小。电流表的示数随风速增大而增大，电压表的示数随风速增大而减小，故$v≥ v_2$时，触发报警的是电流表，C正确。
选项D：电压表与电流表示数之比$\frac{U_1}{I}=R_1$，风速变化时$R_1$阻值变化，因此该比值会变化，D错误。
【答案】
C
【知识点】
串联电路、欧姆定律、电功率
【点评】
本题结合压敏电阻的特性，考查串联电路的动态分析，需明确电表测量对象、压敏电阻阻值与风速的关系，利用欧姆定律和电功率公式推导各物理量的变化，是电路动态分析的典型题型。
【难度系数】
0.5
6 [2025武汉中考]图甲是一个常用的插线板，图乙是其内部元件连接的示意图。将一盏台灯的插头插入插线板的插孔内，闭合插线板开关和台灯开关，台灯正常发光。下列说法正确的是（
A.断开插线板开关，台灯仍正常发光
B.断开台灯开关，指示灯会熄灭
C.若指示灯断路，台灯仍正常发光
D.若台灯内部短路，指示灯会被烧坏
C
）A.断开插线板开关，台灯仍正常发光
B.断开台灯开关，指示灯会熄灭
C.若指示灯断路，台灯仍正常发光
D.若台灯内部短路，指示灯会被烧坏
答案
6 C A(×)由题中图乙可知,指示灯与接入插座的台灯并联,插线板开关在干路上,开关断开,台灯不会发光。
B(×)C(√)D(×)台灯与指示灯是并联的关系,它们之间互不影响。断开台灯开关,指示灯不会熄灭;指示灯断路对台灯没有影响,故台灯仍然正常发光;若台灯内部短路,会导致家庭电路中保险丝熔断或空气开关跳闸,不会烧坏指示灯。
B(×)C(√)D(×)台灯与指示灯是并联的关系,它们之间互不影响。断开台灯开关,指示灯不会熄灭;指示灯断路对台灯没有影响,故台灯仍然正常发光;若台灯内部短路,会导致家庭电路中保险丝熔断或空气开关跳闸,不会烧坏指示灯。
解析
【分析】首先明确插线板的电路结构：插线板开关在干路，控制整个插线板电路；指示灯与插孔（接入台灯后）为并联关系，并联电路各支路独立工作、互不影响。结合电路特点逐一分析选项即可。
【解析】根据图乙的连接：插线板开关在干路，指示灯和台灯（通过插孔接入）并联：
1. 选项A：断开插线板开关，干路电路断开，整个插线板无电流，台灯无法发光，A错误；
2. 选项B：断开台灯开关，仅台灯所在支路断开，指示灯支路仍通路，指示灯不会熄灭，B错误；
3. 选项C：指示灯与台灯并联，并联支路独立工作，指示灯断路不影响台灯支路，台灯仍正常发光，C正确；
4. 选项D：台灯内部短路会造成家庭电路短路，电流过大，触发保险丝熔断或空气开关跳闸，此时指示灯支路无电流，不会被烧坏，D错误。
【答案】C
【知识点】家庭电路连接、并联电路特点、家庭电路故障分析
【点评】本题结合实际插线板电路，考查家庭电路的连接规律和并联电路的独立性，需明确干路开关作用与并联支路的工作特点，属于基础应用类题目。
【难度系数】0.6
【解析】根据图乙的连接：插线板开关在干路，指示灯和台灯（通过插孔接入）并联：
1. 选项A：断开插线板开关，干路电路断开，整个插线板无电流，台灯无法发光，A错误；
2. 选项B：断开台灯开关，仅台灯所在支路断开，指示灯支路仍通路，指示灯不会熄灭，B错误；
3. 选项C：指示灯与台灯并联，并联支路独立工作，指示灯断路不影响台灯支路，台灯仍正常发光，C正确；
4. 选项D：台灯内部短路会造成家庭电路短路，电流过大，触发保险丝熔断或空气开关跳闸，此时指示灯支路无电流，不会被烧坏，D错误。
【答案】C
【知识点】家庭电路连接、并联电路特点、家庭电路故障分析
【点评】本题结合实际插线板电路，考查家庭电路的连接规律和并联电路的独立性，需明确干路开关作用与并联支路的工作特点，属于基础应用类题目。
【难度系数】0.6
