20.7 《电与磁》单元考试达标检测试题（解析版） .docx

更多资料添加微信号：DEM2008 淘宝搜索店铺：优尖升教育 网址： 2022-2023物理新课标下九年级全册同步课节减负作业（人教版） 第二十章 电与磁 专题20.7 《电与磁》单元考试达标检测试题 一、选择题（10小题，每小题2分，共20分） 1．关于如下四幅图的说法错误的是（　　） A．拇指所指的那端就是通电螺线管的N极 B．地磁场的两极与地理的两极不重合 C．奥斯特实验证实电流的周围存在着磁场 D．司南之杓，投之于地，其柢指北 【答案】D 【解析】A、根据电流的流向和安培定则可知，螺线管的右端为N极，左端为S极，故A正确； B、地磁场的南北极与地理南北极相反，且不重合，即：地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，故B正确； C、奥斯特发现了电流的磁效应，即电流的周围存在磁场，故C正确； D、地球本身是一个大磁体，司南是用天然磁石磨制成的勺子，即其实质就是一块磁铁，在地球的磁场中受到磁力的作用，其静止时其勺柄指向南方，即指南的南极用S表示；地理上的南极是地磁的北极，故长柄所指方向是地磁北极，地理南极，故D错误。 2．下列关于磁感线的说法，正确的是（　　） A．磁感线分布越密的地方，磁场越弱 B．磁感线是磁场中真实存在的一些曲线，还可以通过实验来模拟 C．磁体周围的磁感线从磁体的S极出发，回到磁体的N极，构成闭合曲线 D．磁感线上某一点的切线方向与放在该点的小磁针静止时南极所指的方向相反 【答案】D 【解析】A.磁感线分布越密的地方，其磁场越强，故A错误； B.磁感线不是真实存在的，而是一些假想的线，故B错误。 C.在磁体的外部，磁感线从磁体的北极出来，回到南极；在磁体的内部，磁感线是从S极回到N极，故C错误； D.磁感线上某一点的切线方向与放在该点的小磁针静止时北极所指的方向一致，与南极所指的方向相反，故D正确。 3.无线充电是一种更便捷的充电方式。如图甲所示是市场上支持无线充电的智能手机和充电器。无线充电的原理是：电流通过送电线圈（充电器内）产生磁场，受电线圈（手机上）靠近磁场时就会产生电流，给智能手机充电，如图乙所示。则受电线圈处用到了下图实验原理的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】A．已知手机上的受电线圈靠近磁场时就会产生电流，给智能手机充电，这是利用电磁感应原理工作的。图中给导体通电，导体便会运动，说明通电导体在磁场受力的作用，故A不符合题意； B．在有机玻璃上均匀撒满铁屑，给螺线管通电，轻敲板面后，铁屑的排列如上图所示，本实验研究通电螺线管周围的磁场情况，故B不符合题意； C．闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动，导体中就会产生感应电流，即为电磁感应现象，故C符合题意； D．图中实验为奥斯特实验，说明通电导线周围存在磁场，即电产生磁，故D不符合题意。 4．核磁共振成像是一种较新的医学成像技术，它采用强静磁场和变化磁场使人体组织成像。若携带金属物做核磁共振成像，强静磁场会吸引铁质物品，变化磁场会使携带的金属中产生感应电流，金属物发热从而灼伤病人。上述说明中，没有涉及到的知识是（　　） A．磁体的吸铁性 B．电磁感应 C．电流的热效应 D．同名磁极相互排斥 【答案】D 【解析】A．由题中信息可知，强静磁场会吸引铁质物品，说明磁体具有吸铁性；故A不符 合题意。 B．由题中信息可知，变化磁场会使携带的金属中产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象，电磁感应现象说明磁能生电，故B不符合题意。 C．由题中信息可知，变化磁场会使携带的金属中产生感应电流，从而使金属发热而灼伤病（电流流过金属导体，金属导体发热），这种现象叫电流的热效应，故C不符合题意； D．在上述说明中，并没有涉及同名磁极相互排斥，故D符合题意。 5．两个磁极间的磁感线分布如图所示，小磁针在B点静止。则（　　） A．甲、乙磁极均为S极 B．小磁针的上端是S极 C．A、B两点的磁场强弱相同 D．磁极周围的磁感线是真实存在的 【答案】B 【解析】A.由图可知，磁感线都是从甲乙出来的，所以甲乙都是N极，故A错误； B.由图可知，小磁针附近的磁感线方向是向下的，所以小磁针的下端为N极，上端为S极，故B正确； C.A、B两点靠近磁极的距离不同，所以磁场强弱是不相同的，故C错误； D.为了描述磁场的性质，引入了磁感线，磁感线是不存在的，故D错误。 6．小明设计了一款“智能照明灯”，其电路的原理图如图所示，光线较暗时灯泡自动发光，光线较亮时灯泡自动熄灭，控制电路中，电源电压恒定，R0为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小。以下说法正确的是（　　） A．电磁铁的上端为S极 B．当光照强度增强，控制电路的电流变小 C．当光照强度减弱，电磁铁的磁性增强 D．灯泡应设计在A和B两接线柱之间 【答案】D 【解析】A.由图可知，根据安培定则可知，电磁铁的上端为N极，故A错误； B.当光照强度增强，光敏电阻的阻值减小，总电阻减小，根据欧姆定律可知，控制电路的电流变大，故B错误； C.当光照强度减弱时，光敏电阻的阻值变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，控制电路的电流变小，电磁铁磁性大小与电流大小、线圈匝数有关，电流减小，则磁性变弱，故C错误； D.光线较暗时，光敏电阻的阻值大，则控制电路中的电流小，电磁铁的磁性弱，衔铁在弹簧的作用下被拉起，灯泡自动发光，说明灯泡在A和B两接线柱之间，故D正确。 7. 如图所示是研究电与磁关系的示意图，ab为一根电阻不可忽略且能自由移动的导体棒，其中单刀双掷开关S的c、d两点为触点，则下列说法正确的是（　　） A. 当单刀双掷开关S的触片P置于c点，该装置相当于电动机的工作原理 B. 当单刀双掷开关S的触片P置于d点，该装置相当于电动机的工作原理 C. 撤走蹄形磁铁，在Q点放置一小磁针，同时将单刀双掷开关S的触片置于c点，该装置可验证奥斯特实验 D. 撤走蹄形磁铁，在Q点放置一小磁针，同时将单刀双掷开关S的触片置于d点，该装置可验证奥斯特实验 【答案】AC 【解析】A B．当单刀双掷开关S的触片P置于c点，电源、开关、导体、导线组成了闭合回路，由电源，故可以成为电动机的原理图，故A正确；当单刀双掷开关S的触片P置于d点时，没有电源，故是发电机，故B错误； C D．撤走蹄形磁铁，在Q点放置一小磁针，同时将单刀双掷开关S的触片置于c点，有电源，验证通电导线周围存在磁场，故该装置可验证奥斯特实验是正确的，故C正确；当单刀双掷开关S的触片P置于d点时，没有电源，没有电流，故不是奥斯特实验，故D错误。 故选AC。 8. 如图所示，一种环保型手电筒，筒内有一个能滑动的圆柱形磁铁，外圈套着一个线圈。只要将手电筒沿图中箭头方向来回摇动，手电筒的小灯就能发光。下列与此手电筒工作原理相同的是（　　） A．电动机 B．电热水壶 C．发电机 D．扬声器 【答案】C 【解析】环保型手电筒是利用电磁感应现象制成的，磁铁在线圈中来回运动，使线圈切割磁感线，从而产生了感应电流，使小灯泡发光。 逐个分析下面四个选择项中各个设备的制成原理，将两者对应即可得到答案。 由手电筒的结构可知，线圈内有可来回运动的条形磁体，摇动手电筒时，线圈做切割磁感线运动产生电流，灯泡发光，其工作原理是电磁感应现象； A、电动机是利用通电导体在磁场中受力而运动原理制成，是磁场对电流的作用，故A不合题意； B、电热水器是利用电流的热效应制成的，故B不符合题意； C、发电机是利用电磁感应现象制成的，与该手电筒工作原理相同，故C符合题意； D、扬声器工作时，通电线圈就会在磁场中受到力的作用，由于线圈中的电流是交变电流，它的方向不断变化，线圈就不断地来回振动，带动纸盆也来回振动，于是扬声器就发出了声音，故D不符合题意。 9.物理学发展过程中有很多位里程碑式的巨人，以下四位物理学家在物理史上为人类做出了巨大的贡献，下面说法正确的是（　 ） 法拉第 焦耳 欧姆 牛顿 A.迄今为止名字未被用作物理量单位的物理学家——法拉第 B.与其他三位物理学家国籍不同的物理学家――焦耳 C.运用逆向思维法而得到了电磁学重大发现的物理学家――欧姆 D.被誉为热学的奠基人，发明热力学第一定律的物理学家――牛顿 【答案】A 【解析】功的单位是焦耳、电阻的单位是欧姆、力的单位是牛顿。初中阶段没发现那个物理量的单位是法拉第。 10．如图所示，在蹄形磁体的磁场中悬挂一根铜棒，铜棒的两端a、b通过导线跟开关、电流表连接．开关闭合后（　　） A．只要铜棒ab在磁场中运动，电流表指针就会偏转 B．只改变铜棒运动方向时，电流表指针的偏转方向改变 C．只改变磁场方向时，电流表指针的偏转方向不变 D．同时改变磁场方向和铜棒运动方向时，电流表指针的偏转方向改变 【答案】B． 【解析】A、产生感应电流的条件：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中产生感应电流．只有铜棒在磁场中做切割磁感线运动时，才能产生感应电流，电流表指针才会偏转，故A错误； BCD、感应电流的方向与导体运动方向有关，也与磁场方向有关，只改变铜棒运动方向或磁场方向，电流表指针的偏转方向发生改变，同时改变导体运动方向和磁场方向，电流表指针的偏转方向不变，故B正确，CD错误． 二、填空题（每空1分，共25分） 1．我国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中明确指出，指南针所指的方向“常微偏东，不全南也”。人们把指南针指南的磁极叫　 　极，地磁场的　 　极在地理的南极附近。 【答案】南；北 【解析】地球是一个巨大的天然磁体，地球周围存在地磁场，人们把指南针指南的磁极叫南极，地磁场的北极在地球的地理南极附近，地磁场的南极在地球的地理北极附近。 2．如图所示，闭合开关S，烧杯中水面上浮着一个空心小铁球，将盛水的容器放在电磁铁上方，此时电磁铁A端为　　极，将滑片P向右滑动，空心小铁球将　　。（填“上浮”“下沉”“静止”） 【答案】S；上浮。 【解析】①电流由A流向B，则由右手螺旋定则可知螺线管B端为N极，则A端为S极（南极）；②当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由欧姆定律可知电路中电流减小，则螺线管中的磁性减弱，故小铁球所受磁力减小，使得铁球上浮一些，排开水的体积变小，而且由有阿基米德原理可知受到的浮力将减小。 3．如图所示，开关闭合，滑动变阻器的滑片位于A端，小铁片被竖直吸在电磁铁的左侧。若将滑片从A端移动到中点，则铁片受到电磁铁的吸引力将　 　，铁片受到的摩擦力将　 　。（均选填“变大”、“不变”或“变小”） 【答案】变大；不变 【解析】如图所示，将滑片从A端移动到中点，接入电路中的电阻变小，由欧姆定律可知，电路中电流变大，螺线管磁性变弱，铁片受到的吸引力变大； 铁片处于静止状态，受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力的作用，这两个力是一对平衡力，大小相等，所以摩擦力不变。 4．古隆中距襄阳市区某中学16km，该中学在游古隆中研学活动中，有学生能用指南针辨别方向，是因为地球周围存在着　 　，同学们的步行速度大约4km/h，则同学们从学校出发到达古隆中需要的时间大约是　 　h。 【答案】地磁场 4 【解析】由于地球的周围存在地磁场，所以地球周围的小磁针（指南针）都要受到地磁力的作用而指向南北方向；根据速度公式v=可知，步行的时间为：t===4h。 5．小亮自制了如图所示的装置，在有机玻璃管上绕着带有绝缘层的导线，线圈两端连接着小功率灯泡，管内放入条形磁铁，用橡皮塞堵住管口两端，当沿图中箭头方向来回摇动时，小灯泡就会发光．该装置发电的原理是　　，线圈中电流的方向是　　（选填“变化”或“不变”）的，在此过程中将　　能转化成电能． 【答案】电磁感应；变化；机械． 【解析】通过题目中的信息可知，该手电筒中没有电池，而是通过晃动来使它发光．由此入手分析即可得到答案．手电筒中没有电源，而要使手电筒发光，必须有提供电能的装置，该手电筒通过晃动消耗机械能提供了电能，由此可知，这是利用电磁感应现象制成的一种手电筒；因为导体运动方向随着手电筒摇动方向不断的变化，线圈中产生感应电流的方向也在不断的变化． 6.如图所示，通电螺线管上方有一静止的小磁针。根据图中通电螺线管的磁感线方向，判断小磁针的左侧为______极，A为电源的_____极。 【答案】N 正 【解析】根据磁感线方向知道螺线管左端是S极，所以小磁针左端是N极。根据螺线管N、S极，和导线绕法，结合右手安培定则，电流从A端进入导线，所以A端是电源正极。 7.如图所示，闭合开关S，通电螺线管右侧的小磁针静止时，小磁针的N极指向左，则电源的右端为　　极，若使通电螺线管的磁性减弱，滑动变阻器的滑片P应向　　端移动。 【答案】正；左。 【解析】由小磁针的指向可判出电磁铁的极性，根据安培定则判断电源的正负极；由磁性的变化可知电流的变化，从而判断滑片的移动情况。 小磁针静止时N极向左，则由磁极间的相互作用可知，通电螺线管右端为S极，则左端为N极，根据安培定则可以判断电源的右端为正极，左端为负极；如图所示： 若使通电螺线管的磁性减弱，需减小电路中电流，由欧姆定律可知要增大电路中电阻，故滑片向左移动。 8.发电机的工作原理 ．能说明直流电动机工作原理的是图中的 图． 【答案】电磁感应；乙。 【解析】据课本知识可知，发电机是利用电磁感应现象的原理制成的；甲图中没有电源，即线圈做切割磁感线运动会产生电流，即发电机原理；乙中有电源，即通电后磁场中的线圈会受力运动，所以乙是直流电动机的工作原理图。 9．如图是一款“运动手环”，其主要部分是一段内置有一小块磁铁的密闭的空心塑料管，管外缠绕着线圈。戴着这种手环走路时塑料管跟着手一起运动，磁铁则在管内反复运动，线圈中便会产生电流，液晶上就会显示出运动的步数。此过程利用了　　原理，将　　能转化为电能。计步的数据还可通过　　传送到手机上。 【答案】电磁感应；机械；电磁波。 【解析】根据“运动手环”的特点可知，当塑料管运动时，磁铁在管中反向运动，线圈切割磁感线而产生电流。因此，运动手环的基本原理是电磁感应，产生电流的过程中将机械能转化为电能。 计步的数据是通过蓝牙技术传送到手机上，蓝牙是通过电磁波传递信息。 【点评】了解电磁感应现象，知道产生感应电流的条件，明确这一过程中的能量转化，是解答本题的关键。 10.学习“电动机”内容时，老师用如图实验装置演示“磁场对通电导线作用力的方向与什么因素有关”的实验后，同学们自然想到力既有方向又有大小，那么磁场对通电导线作用力的大小与什么因素有关呢？以下是小丽、小李与小明的猜想： 小丽猜想：“可能跟磁铁的磁性强弱有关。” 小李猜想：“可能跟导线AB在磁场中的位置有关。” 小明猜想：“可能跟通过导线AB的电流大小有关。” 请你根据如图所示的实验装置，帮助小明设计实验来验证他的猜想，简述你的实验方案：_____。 【答案】见解析。 【解析】磁铁的磁性强弱、导线AB在磁铁中的位置不变，移动滑动变阻器的滑片，改变电路中电流的大小，观察两次导线AB的运动速度的变化快慢，若快慢不同则说明磁场对通电导线作用力的大小与电流大小有关。 11.小明同学利用电磁继电器设计了一个自动恒温加热鱼缸，如图所示，A为一段软导线，B为一个小型电热器，其铭牌如图所示。该装置应选用插有金属丝的______（选填“酒精”“煤油”或“水银”）温度计，能使鱼缸中的水温大致保持在______℃，电磁铁上端的磁极是______（选填“N”或“S”）。该装置某次连续正常工作半小时，可使鱼缸中20kg水的温度最高升高______℃。 【答案】水银，26，S。2.4。 【解析】此题考查了对电磁继电器的工作原理的分析，同时考查了有关电能、比热容的计算以及安培定则的应用等知识，是一道综合题，但难度不大。 （1）水银是导体，酒精和煤油是绝缘体，当温度计的液柱上升到26℃时，应接通电磁铁的电路，故应使用水银； （2）温度计的分度值为1℃，导线的末端在26℃处；由于水银是导体，当温度升高到26℃时，控制电路接通，电磁铁有磁性，吸引衔铁，加热电路断开，电阻丝不发热；当温度下降低于26℃时，控制电路断开，电磁铁无磁性，衔铁被弹簧拉起，加热电路接通，电阻丝发热；所以该装置能使鱼缸中的水温大致保持在26℃； （3）由图知，电流从电磁铁下方流入、上方流出，根据线圈绕线利用安培定则可知，电磁铁的上端为S极； （4）由图知，电热器的功率为110W，正常工作0.5h电流做功产生的热量： Q=W=Pt=110W×0.5×3600s=1.98×105J 根据Q=cm△t得升高的温度： △t==≈2.4℃。 三、作图题（共9分） 1．（3分）如图所示，根据通电螺线管的“S、N”极，判断并标出电源“+、﹣”极和静止的小磁针的“S、N” 【答案】如图所示： 【解析】由图知，通电螺线管的右端为S极。因为同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以小磁针的左端为N极、右端为S极； 由右手螺旋定则可知，螺线管中电流由右侧流入、左侧流出；所以电源的右侧为正极、左侧为负极。 2.（2分）根据通电螺线管的N、S极和磁感线形状，在图中标出磁体A的N极，磁感线方向（任选一根标出即可）和电源“+”、“-”极。 【答案】作图如图所示。 【解析】通电螺线管的磁场与条形磁体磁场相似，磁体极性与导线的绕法和电流方向有关，磁体的极性和电流方向关系用安培定则记忆；磁体的磁感线都是从磁体的N极出发，回到磁体的S极；同名磁体磁极相互排出，异名磁体磁极相互吸引。 3．（2分）如图所示，标出通电螺线管的N极和S极。 【答案】如图所示： 【解析】由图可知小磁针的指向判断磁感线的方向，从而确定螺旋管的极性。 磁感线是从磁体的N极出来回到磁体的S极的；小磁针N极指向与磁感线的方向是相同的，由图可知，螺旋管的左端应为N极，右端为S极。 4．（2分）如图所示，开关闭合时，电磁铁上端为N极，下端为S极，在图中括号内标出控制电路电源的正负极，并将工作电路图连接完整．要求：开关闭合时，电动机转，小灯泡不亮；开关断开时，小灯泡亮，电动机不转． 【答案】如图所示。 【解析】电磁铁上端为N极，下端为S极，根据安培定则可知，电源的左端为正极，右端为负极；开关闭合时，电磁铁具有磁性，会吸引衔铁，使电动机的电路接通；开关断开时，衔铁在弹簧拉力的作用下与电磁铁分离，使小灯泡的电路接通. 四、实验探究题（共17分） 1.（6分）丽丽利用电池、小磁针和导线等器材做了如图所示的实验。 (1)由图甲与乙可知通电导体周围存在______；生活中利用这个原理来工作的是______（选填“电磁铁”或“发电机”）； (2)改变电流方向，如图丙所示，小磁针偏转方向与图甲______（选填“相同”或“相反”）。 【答案】 (1)磁场 电磁铁 (2)相反 【解析】(1)小磁针的方向发生偏转，说明小磁针处于磁场中，故通电导体周围存在磁场。 电磁铁就是利用通电导体周围存在磁场来工作的，发电机是利用磁场对通电导体有力的作用来工作的。 (2)通电导体周围的磁场其方向与导体中的电流有关，电流方向变化时，磁场方向也改变。 2.（4分）为了探究“电磁铁的磁性强弱与哪些因素”有关，做了以下几次实验，实验现象如图所示。根据图示现象回答下列问题： （1）通过观察图甲中A与B两个电磁铁，当通过线圈的电流相同时、有无铁芯相同时，电磁铁线圈的匝数越多，它的磁性就越_____。 （2）通过观察图甲中B与C两个电磁铁，当通过线圈的电流相同时、线圈的匝数相同时，_____铁芯的电磁铁，它的磁性就越强。（选填“有”或“无”） （3）通过观察图乙与丙，当线圈的匝数相同、有无铁芯相同时，电磁铁的电流越_____，它的磁性就越强。 （4）结论：影响电磁铁磁性强弱的因素有_____． 【答案】（1）强 （2）有（3）大（4）通过电磁铁的电流大小、线圈的匝数、有无铁芯 【解析】（1）图甲中A、B两电磁铁，通过线圈的电流相同时、有无铁芯相同时，线圈的匝数越多，吸引大头针数目越多，表明它的磁性就越强． （2）图甲中B、C两电磁铁，通过线圈的电流相同时、线圈匝数相同时，有铁芯的电磁铁吸引大头针数目越多，表明它的磁性就越强． （3）线圈的匝数相同、有无铁芯相同，图丙中滑动变阻器连入电路的电阻变短，电阻变小，电路中电流增大，电磁铁吸引大头针增多，电磁铁的磁性增强．说明通过电磁铁的电流越大，它的磁性就越强． （4）结论：影响电磁铁磁性强弱的因素有通过电磁铁的电流大小、线圈的匝数、有无铁芯 3. （7分）如图是“探究什么情况下磁可以生电”的装置，用棉线将一段导体AB悬挂起来，放置于蹄形磁体的磁场中，再用导线把导体AB和灵敏电流计连接起来，组成了闭合电路｡ (1)该实验中，灵敏电流计的作用是______､______｡ (2)确认灵敏电流计能正常工作后，某同学发现，无论导体AB在磁场中怎样运动，灵敏电流计的指针均不见发生偏转｡其主要原因可能是______､______｡ (3)在教师的指导下，兴趣小组对实验进行完善后，观察到的现象如下表所示，由此可知，闭合电路的一部分导体在磁场中做______运动时，电路中会产生感应电流。 (4)比较第4､5（或6､7）次实验可以得出。______｡ (5)在此实验过程中，能量转化情况是______｡利用这一原理，人们在生产生活中制成了______｡ 【答案】 (1)判断是否产生感应电流 判断感应电流的方向 (2)产生的感应电流太弱 断路（接触不良） (3). 切割磁感线 (4)感应电流的方向与导体运动方向有关 (5)机械能转化为电能 发电机 【解析】(1)根据灵敏电流计是否偏转可以判断是否产生感应电流；偏转方向可以判断感应电流的方向。 (2)无论导体AB在磁场中怎样运动，灵敏电流计的指针均不见发生偏转，其主要原因可能是产生的感应电流太弱，不能引起指针的偏转或者电路断路（接触不良），没有电流。 (3)观察表中情况，可知，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流。 (4)比较第4､5（或6､7）次实验现象发现，磁场方向相同，导体运动的方向不同，产生电流的方向不同，即感应电流的方向与导体运动方向有关。 (5)在电磁感应现象中，闭合电路一部分导体做切割磁感线运动，产生感应电流，是把机械能转化为电能。 利用这一原理，人们在生产生活中制成了发电机。 五、计算题（9分） 1.某电热水器具有加热和保温功能，其工作原理如图甲所示。其中控制电路中的电磁铁线圈电阻不计，R为热敏电阻，热敏电阻中允许通过的最大电流Ig＝15mA，其阻值R随温度变化的规律图象如图乙所示，电源电压U恒为6V，当电磁铁线圈中的电流I＞8mA时，电磁铁的衔铁被吸下，继电器下方触点a、b接触，加热电路接通：当电磁铁线圈中的电流I≤8mA时，继电器上方触点c接触，保温电路接通，热敏电阻R和工作电路中的三只电阻丝R1、R2、R3，均置于储水箱中，U2＝220V，加热时的功率P加热═2200W，保温时的功率P保温＝110W，加热效率η＝90%，R2＝2R1，水的比热容，c水＝4.2×103J/（kg•℃），水箱内最低温度为0℃。 （1）为使控制电路正常工作，保护电阻R0的阻值至少为多大？若R0为该值，试求热水器刚开始保温时水的温度。 （2）电阻丝R1、R2、R3的阻值分别为多少