2023-2024学年甘肃省平凉市庄浪县集团校九年级（下）开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年甘肃省平凉市庄浪县集团校九年级（下）开学物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列关于温度、热量和内能的说法正确的是( )
A. 0℃的冰可从0℃的水中吸热B. 100℃水的内能比0℃水的内能大
C. 水的温度越高，所含热量越多D. 物体的内能不会为零
2.用酒精灯给试管中的水加热，如图所示，在软木塞被冲出试管口的过程中，下列说法正确的是( )
A. 水蒸气对软木塞做功，水蒸气的内能增大
B. 水蒸气的内能转化为软木塞的机械能
C. 能量的转化形式与热机压缩冲程能量转化相同
D. 软木塞的机械能守恒
3.LED灯带在装饰材料中被广泛应用．芳芳同学在研究其内部结构时发现，灯带中的LED灯串联后经电流适配器接入照明电路，如图所示．她取下一只LED灯接在电池两端，灯不亮，对调电池正负极后灯亮了，但用手触摸几乎不发热．以下推断符合上述事实的是( )
A. 灯带中一只LED灯断路后其他灯还亮B. LED灯具有单向导电性
C. LED灯工作时主要是将电能转化为内能D. 一只LED灯正常工作的电压为220V
4.用丝绸摩擦过的玻璃棒去靠近甲，乙两个轻小物体，结果甲被排斥，乙被吸引，由此我们可以判定( )
A. 甲带正电，乙带负电B. 甲带负电，乙带正电
C. 甲带负电，乙不带电或带正电D. 甲带正电，乙不带电或带负电
5.下列说法不符合安全用电原则的是( )
A. 将控制电灯的开关安装在火线与灯之间
B. 有金属外壳的家用电器须使用三孔插座
C. 使用试电笔时，切记手不能接触试电笔上的金属部分
D. 家庭电路增添大功率用电器时，须检查导线和保险丝是否需要更换
6.在图中能反映发电机工作原理的是( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共8小题，共19分。
7.汽车作为一种现代交通工具正在走进千家万户，大部分汽车的发动机是内燃机，在工作过程中，把内能转化为机械能的是______冲程；汽车发动机工作时会产生大量的热，人们利用水的循环给它散热降温，主要是因为水的______大。
8.电子式电能表表盘上标有“3000imp/kW⋅h”的字样(imp表示电能表指示灯闪烁次数)，将某用电器单独接在该电能表上，正常工作30min，电能表指示灯闪烁了300次，则该用电器在上述时间内消耗的电能是______kW⋅h，该用电器的功率是______W。
9.目前我国研发一款以压缩空气为动力的环保车。汽车使用前需要压缩存储气体，这一过程通过______的方式使气体内能增加，开动时，释放的气体推动发动机，将气体的内能转化为______能，此车紧急刹车时，刹车片和轮胎都变热，汽车的机械能转化为______能。
10.进入刚装修完的房屋，我们常常会闻到一种刺鼻的气味，这是______现象，这种气味主要来自装修材料中的甲醛，这说明甲醛分子在做______运动，这种运动会随气温的升高而______(选填：“加剧”或“减缓”)。
11.有些电暖气里的工作物质是油而不是水，好处之一是油的比热容比水的______，加热时升温快；电暖气加热升温的过程中，电能转化为______能。
12.在家庭电路中，电冰箱、洗衣机等用电器的电源插座都用三孔插座．为了安全，三脚插头的接地脚应与用电器的______相连．当小明家电饭锅、洗衣机、电冰箱同时工作时电路中的空气开关发生了跳闸，其原因是______．
13.电阻R1和R2串联接入某电路中，两端电压之比U1：U2=2：3，又知R1=20Ω，则R2等于______Ω，若将R1和R2并联接入原来电路的两端，则流过两电阻的电流之比是I1：I2=______．
14.汽油机的一个工作循环有四个冲程，如图，是______冲程，此过程是将______能转化为______能。
三、作图题：本大题共1小题，共4分。
15.如图所示，连接电路。
四、实验探究题：本大题共2小题，共26分。
16.在“测定小灯泡的功率”的实验中，小明同学设计的电路如图所示，他选用的小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为8Ω，电源为两节干电池。
(1)本实验的实验原理是______。
(2)电流表的量程应选______A。
(3)若滑动变阻器的滑片向左移动，小灯泡的亮度将______(填“变亮”、“变暗”)。
(4)小明同学连好电路后闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，电压表有示数，电流表无示数，则故障可能是______(写出一种即可)。
(5)小明同学排除故障后闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，同时，眼睛应注视______(选填序号)。
A.小灯泡亮度
B.电压表示数
C.电流表示数
D.滑动变阻器滑片
(6)小明移动滑动变阻器滑片P到某处时，电压表的示数为2.2V，要测量小灯泡的额定功率是，应将滑片P向______端移动(选填左或右)。当小灯泡正常发光时，电流表示数如图所示，则小灯泡的额定功率是______W，该实验中滑动变阻器除了保护电路外，还有______的作用。
17.如图是“探究电流通过导体时产生热的多少跟什么因素有关”的实验装置，将四段电阻丝a、b、c、d分别密封在完全相同的盒内，盒内封闭一定量的空气，其中图乙中另取5Ω电阻在盒外与盒内电阻并联。
(1)在实验中电流通过电阻产生热量的多少是通过观察______来比较的；
(2)图甲可探究电流产生的热量与______的关系，图乙可探究电流产生的热量与______的关系；
(3)图乙中右侧盒外连接的5Ω电阻，它的作用是______；
(4)物理研究方法有很多，本实验运用了两种方法：一是控制变量法；二是______法。
五、计算题：本大题共2小题，共13分。
18.如图所示，小灯泡L标有“8V 4W”字样。闭合开关，小灯泡正常发光，电流表的示数为2A.求：
(1)小灯泡L的电阻；
(2)通过R0的电流；
(3)电阻R0消耗的电功率。
19.如图表是从某台电热饮水机说明书是收集到的信息。某次加热时，测得水箱中有水从12℃到100℃所用时间为8min。(水的比热容为4.2×l03J/(kg⋅℃))
(1)若让饮水机处于加热状态，开关S应接在a处还是b处？
(2)电阻R1的阻值(不考虑温度对阻值的影响)。
(3)饮水机加热过程中的热效率。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、物体发生热传递的条件是必须存在温度差，则0℃的冰不能从同温度0℃的水中吸热。
B、内能的多少与物体的质量、温度、状态有关，单比较物质的温度不能判断内能的大小，则100℃水的内能比0℃水的内能大，说法错误，不符合题意。
C、热量是发生热传递时，物体吸收或放出的能量，不是物体含有的；则水的温度越高，所含热量越多，说法错误，不符合题意。
D、因物体的分子永不停息地做无规则的运动，所以任何物体都有内能，则物体的内能不会为零，说法正确，符合题意。
故选：D。
从分析内能和温度、状态的关系，内能和热量的区别，发生热传递的条件去判断。
本题主要考查学生对温度、内能、热量的关系的了解和掌握，特别注意热量是发生热传递时，物体吸收或放出的能量，不是物体含有的。
2.【答案】B
【解析】【分析】
(1)对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大；
(2)物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小。
此题来源于课本插图，考查了做功可以改变物体的内能和能量转化的知识，要求学生在学习中一定要注意课本上的插图，明白每个插图蕴含的物理意义。
【解答】
A.水蒸气对软木塞做功，水蒸气内能减小，温度降低，该选项说法不正确；
B.软木塞冲出的过程中是水蒸气的内能转化为软木塞机械能的过程，选项说法正确；
C.热机压缩冲程中把机械能转化成内能，与软木塞被冲出试管口的过程能量的转化不同，该选项说法不正确；
D.此过程中软木塞的动能和势能都增大，因此机械能增大，该选项说法不正确。
故选B。
3.【答案】B
【解析】解：
A.由于灯带中的LED灯是串联的，所以灯带中一只LED灯断路后其它灯也不能工作，故选项A说法错误；
B.取下一只LED灯接在电池两端，灯不亮，对调电池正负极后灯亮了，说明LED灯具有单向导电性，故选项B说法正确；
C.由于用手试摸，点亮的灯几乎不发热，说明电能几乎没有转化成内能，绝大部分都转化成了光能，故选项C说法错误；
D.LED灯是串联后通过电源适配器接入照明电路的，所以一只LED灯的工作电压小于220V，故选项D说法错误．
故选：B．
(1)串联电路，电流只有一条路径，各元件相互影响；
(2)LED灯的材料是半导体，半导体具有单向导电性；
(3)LED灯工作时不发热，说明电能没有转化成内能；
(4)照明电路的电压是220V，灯带中的LED灯是串联后接入电路的，所以一只LED灯的工作电压小于220V．
本题以LED灯为题，体现了物理来源于生活又应用于生活，考查了学生对物理知识的运用和理解，是中考的常见题型．
4.【答案】D
【解析】解：与丝绸摩擦过的玻璃棒带的电荷是正电荷，用它去靠近甲和乙，甲被排斥，根据同种电荷相互排斥的特点说明甲与玻璃棒带的是同种电荷，即甲带正电；
乙被吸引，根据异种电荷相互吸引和带电体具有吸引轻小物体的性质可知：乙可能带负电荷、也可能不带电。
故选：D。
与丝绸摩擦过的玻璃棒带的电荷是正电荷，用它去靠近甲和乙，可利用电荷间作用规律以及带电体吸引轻小物体的性质，可以确定物体的带电情况。
此题考查摩擦起电的实质和电荷间的相互作用规律，是一道好题。
5.【答案】C
【解析】解：A、控制电灯的开关安装在火线与灯之间，防止维修或更换电灯时发生触电事故，此选项符合安全用电原则；
B、有金属外壳的用电器外壳必须与地线相连，防止金属外壳漏电，发生触电事故，所以必须使用三孔插座，此选项符合安全用电原则；
C、使用试电笔时手指要接触金属笔尾，笔尖接触电线，可辨别火线与零线，但手不能接触笔尖金属体，否则会发生触电事故．故C选项说法错误，不符合安全用电原则；
D、导线和保险丝都有它们允许通过的最大电流，家庭电路增添大功率用电器时，须检查导线和保险丝是否需要更换，故此选项符合安全用电原则．
故选C．
(1)控制电路的开关要接在用电器与火线之间；
(2)大功率或带有金属外壳的用电器，必须使用三孔插座来使其外壳接地，以防外壳带电，危及人身安全；
(3)正确使用测电笔时，手要接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体．
(4)导线和保险丝都有它们允许通过的最大电流．
此题考查的是日常生活中的一些安全用电常识．只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生．要掌握安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体．值得注意的是：应防止本来不带电的物体带了电，防止本来不导电的物体导电了．
6.【答案】B
【解析】解：
A、图示的是通电线圈在磁场中受力转动，是电动机的工作原理，故该选项不符合题意；
B、图示的是闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，线圈中就会产生电流，是电磁感应现象，属于发电机的工作原理，故该选项符合题意；
C、图示的实验是通电导体在磁场中受到力的作用，是电动机的工作原理，故该选项不符合题意；
D、是奥斯特实验，该实验说明了通电导线周围存在着磁场，故该选项不符合题意。
故选：B。
(1)发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流；
(2)电动机的工作原理是磁场对电流的作用，即通电线圈在磁场中受力转动；
(3)奥斯特实验第一个揭示了电和磁之间的联系，说明了电流周围存在磁场。电磁铁是利用电流的磁效应工作的。
本题中学生容易混淆的是B和C两个图，要从有无电源上区分，有电源的是电动机，无电源的是发电机。
7.【答案】做功 比热容
【解析】解：(1)内燃机的四个冲程中，只有做功冲程把内能转化为机械能，对外提供动力，其他三个冲程要靠飞轮的惯性来完成；
(2)汽车的散热器可用水做冷却剂，是因为水的比热容比较大，在升高相同的温度时可以吸收更多的热量，降低发动机的温度。
故答案为：做功；比热容。
(1)热机的四个冲程(吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程)，只有做功冲程，对外提供动力，其他三个冲程要靠飞轮的惯性来完成；
(2)比热容是反映不同物质吸放热能力的一个物理量，物质的比热容越大，在质量和升高温度相同时，吸收热量多。
本题考查了水的比热容的特点和应用以及内燃机的工作过程：在一个工作循环中有四个冲程，活塞往复运动两次，曲轴和飞轮转动两周，只有在做功冲程中使机车获得动力，其它三个冲程均为辅助冲程，依靠惯性完成。
8.【答案】0.1； 200；
【解析】解：
3000imp/kW⋅h表示每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁3000次，
指示灯闪烁300次，用电器消耗电能：
W=3003000kW⋅h=0.1kW⋅h，
用电器的功率：
P=Wt=0.1kW⋅h0.5h=0.2kW=200W。
故答案为：0.1；200。
3000imp/kW⋅h表示的是电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁3000次，据此求指示灯闪烁300次消耗的电能，再利用P=Wt求用电器的功率。
本题考查了电能表的参数的理解与电能的求法以及电功率的计算，这是利用电能表测量功率的一种类型习题，一定要熟练掌握。
9.【答案】做功 机械 内
【解析】解：
汽车使用前需要压缩储存气体，压缩气体做功，物体内能会增加。开动时，释放的气体推动发动机，将气体的内能又转化为机械能；
此车紧急刹车时，刹车片和轮胎都变热，汽车的机械能转化为内能。
故答案为：做功；机械；内。
本题抓住做功改变物体内能。做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，物体内能会增加。
本题考查了做功改变物体内能的方式，还要记住能量的相互转化。
10.【答案】扩散 无规则 加剧
【解析】解：进入刚装修完的房屋，我们常常会闻到一种刺鼻的气味，这气味主要来自装修材料中的甲醛这种对人体有害的化学物质。这是一种扩散现象，说明甲醛分子在不停地做无规则的运动，这种运动会随气温的升高而加剧。
故答案为：扩散；无规则；加剧。
一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动，即扩散，温度越高，分子运动越剧烈。
本题主要考查学生对扩散现象的了解和掌握，要知道温度越高，分子运动越剧烈，相对比较简单，是一道基础题。
11.【答案】小 内
【解析】解：(1)因为油的比热容比水的比热容小，因此电暖气里的工作物质是油而不是水，好处之一是油的比热容比水比热容小，加热时升温块；
(2)电暖气是利用电流的热效应工作的，主要组成部分是电加热器，属于纯电阻电路，工作时把电能转化为内能。
故答案为：小；内。
(1)比热容越小，温度变化越快；
(2)用电器是把电能转化为其他形式能的能量转化器。
本题考查了用电器工作的实质和比热容的特点，属于基础知识的考查。
12.【答案】金属外壳 总功率过大
【解析】解：(1)为了安全用电，电冰箱、洗衣机等大功率家用电器的电源插座都用三孔插座，三脚插头的接地脚应与用电器的金属外壳相连通，这样若金属外壳的用电器外壳万一带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生．
(2)当将电饭锅、洗衣机、电冰箱同时工作时，根据I=PU知，用电器的总功率过大，电流过大，空气开关发生跳闸．
故答案为：金属外壳；总功率过大．
(1)三孔插座中多出的一个孔是用来接地线的；三脚插头中有一根导线要与用电器金属外壳相连．目的就是为了防止触电．
(2)家庭电路中，短路或总功率过大，会导致电路中电流过大，使空气开关跳闸．
本题考查了两个内容：一是三孔插座和三脚插头的安全用电原则；二是电流过大的原因，属电学常识题．
13.【答案】30 3：2
【解析】解：(1)电阻R1和R2串联接入某电路中，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由I=UR可得，两电阻的阻值之比：
R1R2=U1IU2I=U1U2=23，
则R2=32R1=32×20Ω=30Ω；
(2)将R1和R2并联接入原来电路的两端，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，通过两电阻的电流之比：
I1I2=UR1UR2=R2R1=32．
故答案为：30；3：2．
(1)电阻R1和R2串联接入某电路中，通过它们的电流相等，根据欧姆定律求出两电阻的阻值之比，进一步求出R2的阻值；
(2)将R1和R2并联接入原来电路的两端，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过两电阻的电流之比．
本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律的应用，是一道较为简单的应用题．
14.【答案】做功 内 机械
【解析】解：如图，进气门和排气门都是关闭的，活塞下行，火花塞喷出电火花，可以判断是做功冲程，做功冲程中内能转化为机械能。
故答案为：做功；内；机械。
由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；
汽油机四个冲程中压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能，排气和吸气冲程没有能的转化。
本题考查了汽油机四冲程的判定方法和其中的能量转化，属于基础题目。
15.【答案】解：灯泡与开关串联，灯的螺旋套与零线相连，开关接在火线上；
两孔插座左端接零线，右端接火线；
三孔插座左端接零线，右端通过保险丝接火线，上端接地线，如图所示：

【解析】对于电灯接线操作的基本要求是：“火线零线并排走，零线直接进灯头，火线接在开关上，通过开关进灯头”。
对于两孔插座的接线方法是要求“左零右火”，三孔插座还要求中接地；保险丝要接在火线上。
知道开关与控制的用电器串联连接，知道开关与电源的火线连接，知道插座的正确接线方法，会将保险丝按要求接入电路，知道家庭电路的正确连接方法。
16.【答案】P=UI 0～0.6 变亮 小灯泡断路 B 左 0.7 改变小灯泡两端的电压
【解析】解：(1)本实验的实验原理是P=UI。
(2)选用的小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为8Ω，由欧姆定律可知灯的额定电流约为：
I=UR=2.5V8Ω=0.3125A；
故电流表的量程应选0～0.6A。
(3)若滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器连入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知电路的电流变大，小灯泡的亮度将变亮。
(4)小明同学连好电路后闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，电流表无示数，电路可能断路，电压表有示数，电压表与电源连通，则故障可能是小灯泡断路。
(5)灯在额定电压下正常工作，小明同学排除故障后闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，同时，眼睛应注视电压表示数，故选：B。
(6)灯在额定电压下正常发光，2.2V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压；
当小灯泡正常发光时，电流表示数如图所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.28A，则小灯泡的额定功率是：
P=UI额=2.5V×0.28A=0.7W；
本实验中要测量灯在不同电压的灯的实际功率，故该实验中滑动变阻器除了保护电路外，还有改变小灯泡两端的电压的作用。
故答案为：(1)P=UI；
(2)0～0.6A；
(3)变亮；
(4)小灯泡断路；
(5)B；
(6)左；0.7；改变小灯泡两端的电压。
(1)测电功率的实验原理是P=UI。
(2)根据小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为8Ω，由欧姆定律得出灯的额定电流，据此确定电流表选用的量程。
(3)分析滑动变阻器的滑片向左移动变阻器连入电路的电阻变化，由串联电阻的规律得出电路的总电阻变化，由欧姆定律可知电路的电流变大，据此确定小灯泡的亮度的变化。
(4)小灯泡始终不亮，电流表无示数，电路可能断路，电压表有示数，可知电压表与电源连通，据此分析；
(5)灯在额定电压下正常工作，据此回答；
(6)灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表选用的小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P=UI得出小灯泡的额定功率。
本实验中要测量灯在不同电压的灯的实际功率，据此回答。
本题测定小灯泡的功率，考查实验原理、欧姆定律的运用、故障分析及操作过程等知识。
17.【答案】两个U形管中液面的高度差 电阻 电流 使电阻c、d中的电流不相等 转换
【解析】解：(1)在实验中电流做功多少是通过观察气球膨胀程度大小来体现的。因此盒内封闭一定量的空气的优点空气受热容易膨胀，便于实验观察；在实验中电流通过电阻产生的热量多少是通过观察U型管内左右两侧液面高度大小来体现的，这种方法叫“转换法”。
(2)由图甲可知，两个盒中的电阻丝串联，通过两电阻丝的电流和通电时间相同，而两电阻丝的阻值不同，研究的是：当通过的电流和通电时间相同时，电流产生的热量与导体电阻大小的关系；
由图乙可知，两个相同的电阻串联在电路中，通电时间和电阻相同，当给其中一个并联一个电阻时，盒内电阻的电流改变，探究电流产生热量跟电流关系。
(3)因为并联电路中的电阻比任何一个电阻都小，当乙图中右侧盒外连接的5Ω电阻后，右侧盒内5Ω的电阻分压较小，由此可知，右侧盒内电阻的电流减小，因此，图乙中右侧盒外连接的5Ω电阻，其作用是改变右侧盒内电阻的电流；把电阻接在盒子外侧，是为了控制好变量，不改变右侧盒内电阻，便于探究电流通过导体产生的热量与电流的关系。
(4)通过温度计示数的变化来反映电阻丝放出热量的多少，运用的是转换法。
故答案为：(1)两个U形管中液面的高度差；(2)电阻；电流；(3)使电阻c、d中的电流不相等；(4)转换。
(1)电流流经电阻丝产生焦耳热，瓶内气体温度升高，体积变大，使气球膨胀，电流做功越多，气球体积膨胀越大，气球膨胀程度的大小能反应电流做功多少。采用转换法，通过温度计示数的变化来反映电阻丝放出热量的多少；
(2)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。探究电流产生热量跟电流关系时，控制电阻和通电时间不变；探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；探究电流产生热量跟通电时间关系时，控制电流和电阻不变。
(3)并联电路中的电阻比任何一个电阻都小。
(4)据该题中的控制变量法和转换法进行分析判断。
该题考查了控制变量法和转换法在焦耳定律实验中的应用，注意两导体串联时电流相等，导体产生热量的多少是通过温度计示数的变化来反映的。
1、(1)在实验中电流做功多少是通过观察气球膨胀程度大小来体现的？图中有气球吗？
2、(4)通过温度计示数的变化来反映电阻丝放出热量的多少？图中无温度计！
18.【答案】解：根据公式P=U2R得，R=U2P。
则RL=UL2PL=(8V)24W=16Ω
答：小灯泡的电阻是16Ω。
(2)通过灯泡的电流：IL=PLUL=4W8V=0.5A
通过R0的电流：I0=I−IL=2A−0.5A=1.5A
答：通过R0的电流为1.5A。
(3)因为R0与小灯泡并联，所以R0两端的电压等于小灯泡两端的电压，所以U0=UL=8V。
则R0消耗的功率为：P=U0I0=8V×1.5A=12W
答：电阻RO消耗的电功率为12W。
【解析】(1)要掌握功率的计算公式P=UI=U2R=I2R，并要掌握其变形公式。知道公式中的任意两个量，能够求出第三个量。
(2)要掌握并联电路中的电流关系，首先求出小灯泡的电流，根据电流表的示数计算出通过电阻R0的电流。
(3)要掌握电功率的计算公式P=UI，根据并联电路电压的特点确定R0两端的电压，结合(2)代入数据便可算出。
此题是一道基础性的计算题，主要考查了有关欧姆定律的应用以及有关电功率的计算。解决此题的关键是搞清串并联电路的电流、电压关系，同时要掌握欧姆定律的基本公式及变形公式、电功率的计算公式及推导公式及变形公式。
19.【答案】解：(1)开关S应接在b处开关S断开时，R1和R2的串联电路，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最大，由P=U2R可知，此时电路中的总功率最小，饮水机处于保温状态；
当开关S应接在a处时，电路中只有电阻R1，此时电路中的总电阻最小，总功率最大，饮水机处于加热状态；
(2)由P=U2R可知，电阻R1的阻值：R1=U2P加热=(220V)2880W=55Ω；
(3)水的体积V=1L=1dm3=1×10−3m3，
由ρ=mV可得，水的质量为：m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10−3m3=1kg，
水吸收热量：Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(100℃−12℃)=3.696×105J。
饮水机消耗的电能：W=Pt′=880W×8×60s=4.224×105J，
饮水机加热过程中的热效率：η=Q吸W×100%=3.696×105J4.224×105J×100%=87.5%。
答：(1)若让饮水机处于加热状态，开关S应接在a处；
(2)电阻R1的阻值为55Ω；
(3)饮水机加热过程中的热效率为87.5%。
【解析】(1)由图可知，开关S应接在b处开关S断开时，R1和R2的串联，当开关S应接在a处时，电路中只有电阻R1，根据串联电路的电阻特点和P=U2R可知饮水机加热状态和保温状态的电路连接；
(2)根据加热功率和P=U2R可求出R1的阻值；
(3)根据密度公式求出水的质量，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量，根据W=Pt求出饮水机消耗的电能，根据效率公式求出饮水机的加热效率。
本题是一道电学与热学的综合应用题，考查了质量、吸收热量、电功等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是结合电路图对饮水机状态的判断。与生活相连，使学生觉得学了物理有用，注意计算时的单位变换要正确。热水器容积
1L
额定电压
220V
加热时额定功率
880W