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5. 小明同学学习了家庭电路的知识后，在生活中更加注意观察、了解用电情况：
(1)他发现自己家洗衣机用的是三线插头，如图所示.其铭牌上标有“$10\mathrm{ A}$ $250\mathrm{ V}$”的字样，其中的“$10\mathrm{ A}$”表示
(2)小明同学又仔细观察三只插脚，发现标有“$E$”字的插脚比其他两脚稍长一些.它比其他两脚稍长一些的好处有：
(3)在家庭电路中线路连接处往往比别处更容易发热，甚至引起火灾，原因是连接处
(4)灯泡为什么要用钨丝作灯丝？
(1)他发现自己家洗衣机用的是三线插头，如图所示.其铭牌上标有“$10\mathrm{ A}$ $250\mathrm{ V}$”的字样，其中的“$10\mathrm{ A}$”表示
允许通过的最大电流
.(2)小明同学又仔细观察三只插脚，发现标有“$E$”字的插脚比其他两脚稍长一些.它比其他两脚稍长一些的好处有：
插头的地线插脚先进入插座，拔出时后离开，这样保证了用电安全
.(3)在家庭电路中线路连接处往往比别处更容易发热，甚至引起火灾，原因是连接处
电阻
较大.(4)灯泡为什么要用钨丝作灯丝？
钨丝的熔点很高
.答案
允许通过的最大电流
插头的地线插脚先进入插座，拔出时后离开，这样保证了用电安全
电阻
钨丝的熔点很高
插头的地线插脚先进入插座，拔出时后离开，这样保证了用电安全
电阻
钨丝的熔点很高
解析
【分析】
本题围绕家庭电路的相关知识展开，需结合每个问题的考点逐一分析：
(1) 回忆用电器铭牌参数的物理意义，电流参数通常表示允许通过的最大电流；
(2) 从接地的先后顺序分析长插脚的作用，核心是保障用电安全；
(3) 根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，分析线路连接处发热的原因，关键是电阻的变化；
(4) 结合灯泡发光时的高温环境，思考灯丝材料的特性，重点考虑熔点。
【解析】
(1) 三线插头铭牌上的“$10\mathrm{ A}$”表示该插头允许通过的最大电流为10安培，即配套用电器正常工作时允许通过的最大电流为10A；
(2) 标有“$E$”字的插脚是接地插脚，它比其他两脚稍长，在插入插座时，能让用电器的金属外壳先与大地相连；拔出插头时，金属外壳后与大地断开。这样在插拔过程中，即便用电器漏电，也能避免人体接触带电外壳而触电，有效提升了用电安全性；
(3) 家庭电路中线路连接处因接触不实，导致该处电阻较大。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，所以连接处更容易发热，甚至引发火灾；
(4) 白炽灯工作时，灯丝会达到极高的温度，需要使用熔点高的材料制作灯丝，钨丝的熔点很高，在高温环境下不易熔断，因此适合作为灯泡的灯丝。
【答案】
(1) 允许通过的最大电流
(2) 插头的地线插脚先进入插座，拔出时后离开，这样保证了用电安全
(3) 电阻
(4) 钨丝的熔点很高
【知识点】
三线插头参数、安全用电原则、焦耳定律应用
【点评】
本题将家庭电路的物理知识与生活实际紧密结合，考查了对用电常识、焦耳定律、材料特性的理解，有助于学生将理论知识应用到生活中，增强安全用电意识。
【难度系数】
0.7
本题围绕家庭电路的相关知识展开，需结合每个问题的考点逐一分析：
(1) 回忆用电器铭牌参数的物理意义，电流参数通常表示允许通过的最大电流；
(2) 从接地的先后顺序分析长插脚的作用，核心是保障用电安全；
(3) 根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，分析线路连接处发热的原因，关键是电阻的变化；
(4) 结合灯泡发光时的高温环境，思考灯丝材料的特性，重点考虑熔点。
【解析】
(1) 三线插头铭牌上的“$10\mathrm{ A}$”表示该插头允许通过的最大电流为10安培，即配套用电器正常工作时允许通过的最大电流为10A；
(2) 标有“$E$”字的插脚是接地插脚，它比其他两脚稍长，在插入插座时，能让用电器的金属外壳先与大地相连；拔出插头时，金属外壳后与大地断开。这样在插拔过程中，即便用电器漏电，也能避免人体接触带电外壳而触电，有效提升了用电安全性；
(3) 家庭电路中线路连接处因接触不实，导致该处电阻较大。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，所以连接处更容易发热，甚至引发火灾；
(4) 白炽灯工作时，灯丝会达到极高的温度，需要使用熔点高的材料制作灯丝，钨丝的熔点很高，在高温环境下不易熔断，因此适合作为灯泡的灯丝。
【答案】
(1) 允许通过的最大电流
(2) 插头的地线插脚先进入插座，拔出时后离开，这样保证了用电安全
(3) 电阻
(4) 钨丝的熔点很高
【知识点】
三线插头参数、安全用电原则、焦耳定律应用
【点评】
本题将家庭电路的物理知识与生活实际紧密结合，考查了对用电常识、焦耳定律、材料特性的理解，有助于学生将理论知识应用到生活中，增强安全用电意识。
【难度系数】
0.7
6. “对家庭用电的调查研究”综合实践活动中，小明观察到家中供电箱漏电保护开关在线路漏电时自动断开，空气开关在电路超负荷运行或短路时，自动断开开关.这两个开关
串联
（选填“串联”或“并联”）在干路
（选填“干路”或“支路”）上，以保证用电安全.进户线干路较其他导线特别粗，是为了减小
（选填“增大”或“减小”）电阻，防止进户线干路上通过大电流时发热引起安全事故.答案
串
联
干路
减小
联
干路
减小
解析
【分析】
首先，分析两个开关的连接方式和位置：漏电保护开关和空气开关的作用是在电路出现不同故障时切断电路，保障用电安全。串联电路中各元件相互影响，只要一个开关断开，整个电路就会断路，这样无论哪种故障发生，都能有效切断电路，因此二者需串联；家庭电路的干路开关能控制所有支路的通断，只有接在干路上，这两个开关才能对整个家庭电路起到保护作用。
其次，分析进户线干路较粗的原因：根据电阻的影响因素，在材料、长度相同的情况下，导体横截面积越大，电阻越小。进户线干路需要通过家庭电路的总电流，减小电阻可根据焦耳定律减少电流通过时产生的热量，避免因发热过多引发安全事故。
【解析】
1. 开关的连接与位置：
漏电保护开关和空气开关都需要在电路故障时切断整个电路，串联电路中任意一个开关断开都会使电路断路，因此两个开关串联；为了控制整个家庭电路的通断，它们应安装在干路上，确保电路出现漏电、超负荷或短路时，都能及时切断总电路。
2. 进户线干路较粗的作用：
根据电阻的决定式$R=\rho\frac{L}{S}$（$\rho$为电阻率，$L$为导体长度，$S$为横截面积），在材料、长度相同的情况下，导体横截面积越大，电阻越小。进户线干路通过的电流较大，减小电阻可降低电流通过时产生的热量（由焦耳定律$Q=I^2Rt$可知），防止发热引发安全事故，因此是为了减小电阻。
【答案】
串联；干路；减小
【知识点】
家庭电路的连接、影响电阻大小的因素、焦耳定律的应用
【点评】
本题考查家庭电路的安全用电常识，结合电阻的影响因素和焦耳定律，将物理知识与生活实际紧密结合，注重对基础知识的理解与应用，帮助学生认识家庭电路的安全保障原理。
【难度系数】
0.8
首先，分析两个开关的连接方式和位置：漏电保护开关和空气开关的作用是在电路出现不同故障时切断电路，保障用电安全。串联电路中各元件相互影响，只要一个开关断开，整个电路就会断路，这样无论哪种故障发生，都能有效切断电路，因此二者需串联；家庭电路的干路开关能控制所有支路的通断，只有接在干路上，这两个开关才能对整个家庭电路起到保护作用。
其次，分析进户线干路较粗的原因：根据电阻的影响因素，在材料、长度相同的情况下，导体横截面积越大，电阻越小。进户线干路需要通过家庭电路的总电流，减小电阻可根据焦耳定律减少电流通过时产生的热量，避免因发热过多引发安全事故。
【解析】
1. 开关的连接与位置：
漏电保护开关和空气开关都需要在电路故障时切断整个电路，串联电路中任意一个开关断开都会使电路断路，因此两个开关串联；为了控制整个家庭电路的通断，它们应安装在干路上，确保电路出现漏电、超负荷或短路时，都能及时切断总电路。
2. 进户线干路较粗的作用：
根据电阻的决定式$R=\rho\frac{L}{S}$（$\rho$为电阻率，$L$为导体长度，$S$为横截面积），在材料、长度相同的情况下，导体横截面积越大，电阻越小。进户线干路通过的电流较大，减小电阻可降低电流通过时产生的热量（由焦耳定律$Q=I^2Rt$可知），防止发热引发安全事故，因此是为了减小电阻。
【答案】
串联；干路；减小
【知识点】
家庭电路的连接、影响电阻大小的因素、焦耳定律的应用
【点评】
本题考查家庭电路的安全用电常识，结合电阻的影响因素和焦耳定律，将物理知识与生活实际紧密结合，注重对基础知识的理解与应用，帮助学生认识家庭电路的安全保障原理。
【难度系数】
0.8
7. 在“对家庭用电的调查研究”综合实践活动中，小英同学记录了自己家电能表在11月末和12月末的示数，如图所示.某次实践中她在爸爸的协助下关闭家中其他用电器，只让电热水壶工作烧水，观察到电能表的指示灯在$1\mathrm{ min}$时间内闪烁32次时，刚好将$0.5\mathrm{ kg}$水从$20\ °\mathrm{C}$加热到$50\ °\mathrm{C}$.[$c_{水}=4.2×10^{3}\mathrm{ J}/(\mathrm{kg· °C})$]求：
(1)小英同学家12月消耗的电能.
(2)电热水壶的实际功率.
(3)电热水壶的加热效率.
(1)小英同学家12月消耗的电能.
(2)电热水壶的实际功率.
(3)电热水壶的加热效率.
答案
(1) 解：$W = 5647.8\ \mathrm{kW·h} - 5546.7\ \mathrm{kW·h} = 101.1\ \mathrm{kW·h}$
(2) 解：$W_{\mathrm{壶}} = \frac{32}{1600}\ \mathrm{kW·h} = 0.02\ \mathrm{kW·h}$
$ P = \frac{W_{\mathrm{壶}}}{t} = \frac{0.02\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{60}\ \mathrm{h}} = 1200\ \mathrm{W}$
(3) 解：$Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{水}}m\Delta t = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 0.5\ \mathrm{kg} × (50℃-20℃) = 6.3×10^4\ \mathrm{J}$
$ W_{\mathrm{壶}} = 0.02×3.6×10^6\ \mathrm{J} = 7.2×10^4\ \mathrm{J}$
$ \eta = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W_{\mathrm{壶}}} × 100\% = \frac{6.3×10^4\ \mathrm{J}}{7.2×10^4\ \mathrm{J}} × 100\% = 87.5\%$
(2) 解：$W_{\mathrm{壶}} = \frac{32}{1600}\ \mathrm{kW·h} = 0.02\ \mathrm{kW·h}$
$ P = \frac{W_{\mathrm{壶}}}{t} = \frac{0.02\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{60}\ \mathrm{h}} = 1200\ \mathrm{W}$
(3) 解：$Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{水}}m\Delta t = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 0.5\ \mathrm{kg} × (50℃-20℃) = 6.3×10^4\ \mathrm{J}$
$ W_{\mathrm{壶}} = 0.02×3.6×10^6\ \mathrm{J} = 7.2×10^4\ \mathrm{J}$
$ \eta = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W_{\mathrm{壶}}} × 100\% = \frac{6.3×10^4\ \mathrm{J}}{7.2×10^4\ \mathrm{J}} × 100\% = 87.5\%$
解析
【分析】
1. 对于12月消耗的电能：电能表的读数最后一位是小数位，消耗的电能等于月末示数减去月初示数，直接用12月末的示数减去11月末的示数即可得到12月消耗的电能。
2. 对于电热水壶的实际功率：首先根据电能表参数“1600imp/(kW·h)”（表示每消耗1kW·h的电能，指示灯闪烁1600次），计算出指示灯闪烁32次时电热水壶消耗的电能，再利用功率公式$P=\frac{W}{t}$，将时间换算为小时，代入数据计算实际功率。
3. 对于电热水壶的加热效率：先利用吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$计算水吸收的热量，再将电热水壶消耗的电能换算为焦耳，最后根据效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%$计算加热效率。
【解析】
(1) 11月末电能表的示数为$5546.7\ \mathrm{kW·h}$，12月末的示数为$5647.8\ \mathrm{kW·h}$，则12月消耗的电能：
$W = 5647.8\ \mathrm{kW·h} - 5546.7\ \mathrm{kW·h} = 101.1\ \mathrm{kW·h}$
(2) 电能表参数为“1600imp/(kW·h)”，表示每消耗$1\ \mathrm{kW·h}$的电能，指示灯闪烁1600次，则指示灯闪烁32次时，电热水壶消耗的电能：
$W_{\mathrm{壶}} = \frac{32}{1600}\ \mathrm{kW·h} = 0.02\ \mathrm{kW·h}$
工作时间$t=1\ \mathrm{min}=\frac{1}{60}\ \mathrm{h}$，电热水壶的实际功率：
$P = \frac{W_{\mathrm{壶}}}{t} = \frac{0.02\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{60}\ \mathrm{h}} = 1200\ \mathrm{W}$
(3) 水吸收的热量：
$Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{水}}m\Delta t = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 0.5\ \mathrm{kg} × (50℃-20℃) = 6.3×10^4\ \mathrm{J}$
电热水壶消耗的电能换算为焦耳：
$W_{\mathrm{壶}} = 0.02×3.6×10^6\ \mathrm{J} = 7.2×10^4\ \mathrm{J}$
电热水壶的加热效率：
$\eta = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W_{\mathrm{壶}}} × 100\% = \frac{6.3×10^4\ \mathrm{J}}{7.2×10^4\ \mathrm{J}} × 100\% = 87.5\%$
【答案】
(1) $101.1\ \mathrm{kW·h}$
(2) $1200\ \mathrm{W}$
(3) $87.5\%$
【知识点】
电能的计算、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，考查了电能表的读数、电能、电功率、热量以及加热效率的计算，涉及多个公式的应用和单位换算，需要学生熟练掌握相关物理公式，并注意单位的统一，是中考常见的中档题型。
【难度系数】
0.6
1. 对于12月消耗的电能：电能表的读数最后一位是小数位，消耗的电能等于月末示数减去月初示数，直接用12月末的示数减去11月末的示数即可得到12月消耗的电能。
2. 对于电热水壶的实际功率：首先根据电能表参数“1600imp/(kW·h)”（表示每消耗1kW·h的电能，指示灯闪烁1600次），计算出指示灯闪烁32次时电热水壶消耗的电能，再利用功率公式$P=\frac{W}{t}$，将时间换算为小时，代入数据计算实际功率。
3. 对于电热水壶的加热效率：先利用吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$计算水吸收的热量，再将电热水壶消耗的电能换算为焦耳，最后根据效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%$计算加热效率。
【解析】
(1) 11月末电能表的示数为$5546.7\ \mathrm{kW·h}$，12月末的示数为$5647.8\ \mathrm{kW·h}$，则12月消耗的电能：
$W = 5647.8\ \mathrm{kW·h} - 5546.7\ \mathrm{kW·h} = 101.1\ \mathrm{kW·h}$
(2) 电能表参数为“1600imp/(kW·h)”，表示每消耗$1\ \mathrm{kW·h}$的电能，指示灯闪烁1600次，则指示灯闪烁32次时，电热水壶消耗的电能：
$W_{\mathrm{壶}} = \frac{32}{1600}\ \mathrm{kW·h} = 0.02\ \mathrm{kW·h}$
工作时间$t=1\ \mathrm{min}=\frac{1}{60}\ \mathrm{h}$，电热水壶的实际功率：
$P = \frac{W_{\mathrm{壶}}}{t} = \frac{0.02\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{60}\ \mathrm{h}} = 1200\ \mathrm{W}$
(3) 水吸收的热量：
$Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{水}}m\Delta t = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 0.5\ \mathrm{kg} × (50℃-20℃) = 6.3×10^4\ \mathrm{J}$
电热水壶消耗的电能换算为焦耳：
$W_{\mathrm{壶}} = 0.02×3.6×10^6\ \mathrm{J} = 7.2×10^4\ \mathrm{J}$
电热水壶的加热效率：
$\eta = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W_{\mathrm{壶}}} × 100\% = \frac{6.3×10^4\ \mathrm{J}}{7.2×10^4\ \mathrm{J}} × 100\% = 87.5\%$
【答案】
(1) $101.1\ \mathrm{kW·h}$
(2) $1200\ \mathrm{W}$
(3) $87.5\%$
【知识点】
电能的计算、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，考查了电能表的读数、电能、电功率、热量以及加热效率的计算，涉及多个公式的应用和单位换算，需要学生熟练掌握相关物理公式，并注意单位的统一，是中考常见的中档题型。
【难度系数】
0.6
8. 在“对家庭用电的调查研究”的综合实践活动中，小轩同学观察到他家电能表上标有“$220\mathrm{ V}$ $10(40)\mathrm{ A}$”和“$3200\mathrm{ imp}/(\mathrm{kW· h})$”等参数，他还发现电能表指示灯闪烁有快有慢，测得快时$2\mathrm{ min}$内闪了$27$次，慢时$2\mathrm{ min}$内闪了$3$次.检查用电器工作情况，发现除了电冰箱(间断工作)在工作，还有些用电器(如空调、机顶盒等)处于待机状态.小轩家用电器的总功率最大不能超过
8800
$\mathrm{ W}$，电冰箱工作时的功率是225
$\mathrm{ W}$.根据小轩同学的发现，给测家用电器实际功率的同学提一条建议：在测量某家用电器实际功率时，关闭其他用电器
.答案
(1) 解：$W = 5647.8\ \mathrm{kW·h} - 5546.7\ \mathrm{kW·h} = 101.1\ \mathrm{kW·h}$
(2) 解：$W_{\mathrm{壶}} = \frac{32}{1600}\ \mathrm{kW·h} = 0.02\ \mathrm{kW·h}$
$ P = \frac{W_{\mathrm{壶}}}{t} = \frac{0.02\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{60}\ \mathrm{h}} = 1200\ \mathrm{W}$
(3) 解：$Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{水}}m\Delta t = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 0.5\ \mathrm{kg} × (50℃-20℃) = 6.3×10^4\ \mathrm{J}$
$ W_{\mathrm{壶}} = 0.02×3.6×10^6\ \mathrm{J} = 7.2×10^4\ \mathrm{J}$
$ \eta = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W_{\mathrm{壶}}} × 100\% = \frac{6.3×10^4\ \mathrm{J}}{7.2×10^4\ \mathrm{J}} × 100\% = 87.5\%$
8800
225
在测量某家用电器实际功率时，关闭其他用电器
(2) 解：$W_{\mathrm{壶}} = \frac{32}{1600}\ \mathrm{kW·h} = 0.02\ \mathrm{kW·h}$
$ P = \frac{W_{\mathrm{壶}}}{t} = \frac{0.02\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{60}\ \mathrm{h}} = 1200\ \mathrm{W}$
(3) 解：$Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{水}}m\Delta t = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 0.5\ \mathrm{kg} × (50℃-20℃) = 6.3×10^4\ \mathrm{J}$
$ W_{\mathrm{壶}} = 0.02×3.6×10^6\ \mathrm{J} = 7.2×10^4\ \mathrm{J}$
$ \eta = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W_{\mathrm{壶}}} × 100\% = \frac{6.3×10^4\ \mathrm{J}}{7.2×10^4\ \mathrm{J}} × 100\% = 87.5\%$
8800
225
在测量某家用电器实际功率时，关闭其他用电器
解析
【分析】
1. 求最大总功率：根据电能表标注的最大电流和家庭电路电压，利用公式$P=UI$即可计算出家用电器的最大总功率。
2. 求电冰箱工作功率：电能表闪烁次数对应消耗的电能，快闪是电冰箱工作加待机的总功率，慢闪是仅待机的功率，两者的差值即为电冰箱工作功率，通过电能与时间的关系计算功率。
3. 测量建议：为准确测量单一用电器功率，需排除其他用电器的干扰，所以要关闭其他用电器。
【解析】
1. 计算最大总功率：
已知家庭电路电压$U=220\mathrm{V}$，电能表允许通过的最大电流$I_{\mathrm{max}}=40\mathrm{A}$，根据$P=UI$，可得：
$P_{\mathrm{max}}=UI_{\mathrm{max}}=220\mathrm{V}×40\mathrm{A}=8800\mathrm{W}$
2. 计算电冰箱工作时的功率：
电能表参数“$3200\mathrm{imp/(kW·h)}$”表示每消耗$1\mathrm{kW·h}$电能，指示灯闪烁3200次。
快时与慢时的闪烁次数差$\Delta n=27-3=24$次，对应消耗的电能：
$\Delta W=\frac{24}{3200}\mathrm{kW·h}$
时间$t=2\mathrm{min}=\frac{1}{30}\mathrm{h}$，则电冰箱工作功率：
$P_{\mathrm{冰箱}}=\frac{\Delta W}{t}=\frac{\frac{24}{3200}\mathrm{kW·h}}{\frac{1}{30}\mathrm{h}}=0.225\mathrm{kW}=225\mathrm{W}$
3. 测量建议：在测量某家用电器实际功率时，关闭其他用电器，避免其他用电器消耗的电能对测量结果造成干扰。
【答案】
8800；225；在测量某家用电器实际功率时，关闭其他用电器
【知识点】
1. 电功率计算
2. 电能表参数应用
3. 家庭用电测量
【点评】
本题结合家庭用电场景，考查电能表参数理解与电功率计算，需明确闪烁次数与电能的对应关系，同时掌握实际测量中排除干扰的方法，体现物理知识的生活实用性。
【难度系数】
0.7
1. 求最大总功率：根据电能表标注的最大电流和家庭电路电压，利用公式$P=UI$即可计算出家用电器的最大总功率。
2. 求电冰箱工作功率：电能表闪烁次数对应消耗的电能，快闪是电冰箱工作加待机的总功率，慢闪是仅待机的功率，两者的差值即为电冰箱工作功率，通过电能与时间的关系计算功率。
3. 测量建议：为准确测量单一用电器功率，需排除其他用电器的干扰，所以要关闭其他用电器。
【解析】
1. 计算最大总功率：
已知家庭电路电压$U=220\mathrm{V}$，电能表允许通过的最大电流$I_{\mathrm{max}}=40\mathrm{A}$，根据$P=UI$，可得：
$P_{\mathrm{max}}=UI_{\mathrm{max}}=220\mathrm{V}×40\mathrm{A}=8800\mathrm{W}$
2. 计算电冰箱工作时的功率：
电能表参数“$3200\mathrm{imp/(kW·h)}$”表示每消耗$1\mathrm{kW·h}$电能，指示灯闪烁3200次。
快时与慢时的闪烁次数差$\Delta n=27-3=24$次，对应消耗的电能：
$\Delta W=\frac{24}{3200}\mathrm{kW·h}$
时间$t=2\mathrm{min}=\frac{1}{30}\mathrm{h}$，则电冰箱工作功率：
$P_{\mathrm{冰箱}}=\frac{\Delta W}{t}=\frac{\frac{24}{3200}\mathrm{kW·h}}{\frac{1}{30}\mathrm{h}}=0.225\mathrm{kW}=225\mathrm{W}$
3. 测量建议：在测量某家用电器实际功率时，关闭其他用电器，避免其他用电器消耗的电能对测量结果造成干扰。
【答案】
8800；225；在测量某家用电器实际功率时，关闭其他用电器
【知识点】
1. 电功率计算
2. 电能表参数应用
3. 家庭用电测量
【点评】
本题结合家庭用电场景，考查电能表参数理解与电功率计算，需明确闪烁次数与电能的对应关系，同时掌握实际测量中排除干扰的方法，体现物理知识的生活实用性。
【难度系数】
0.7
