如图所示是小明设计的一种饮水机简单原理图，其中A为水箱，L为指示灯；其电阻为10Ω，S1为电源开关，S2为温控开关，有a

（1）指示灯工作时，指示灯、R₁和R₂串联，指示灯不工作时，只有R₁连入，因为串联电路的总阻值大于串联的任意一个电阻的阻值，所以根据P=
U2
R可知指示灯工作时电路中的功率小，即此时饮水机处于保温状态；
（2）由P=
U2
R可知：饮水机处于加热状态时R₁=
U2
P加=
(220V)2
484W=100Ω．
∵饮水机处于保温状态时，指示灯、R₁和R₂串联，R₁的保温功率为25W，
∴由P=I²R得：I_保=

P保
R=

25W
100Ω=0.5A，
则由I=[U/R]得：R_总=[U
I保=
220V/0.5A]=440Ω．
由于根据串联电路的总阻值等于串联的各电阻之和，
所以R₂=R_总-R_L-R₁=440Ω-100Ω-10Ω=330Ω．
（3）饮水机处于加热状态时需要消耗的电能为W=Pt=484W×50s=24200J，
∴效率η=
Q吸
W×100%=
2×104J
24200J×100%≈82.6%；
（4）①处于保温状态指示灯工作，而处于加热状态时没有指示灯显示，所以没有加热指示灯，R₁断开也不能知道；
②处于保温状态时，指示灯、R₁和R₂串联，R₂比R₁大得多，根据P=I²R可知R₂消耗的电能多，而这部分电能没有用于保温，是浪费的．
答：（1）指示灯工作时，饮水机处于保温状态；
（2）电阻R₂的阻值是330；
（3）饮水机在此状态下的供热效率是82.6%；
（4）饮水机在设计上不足之处有：
①没有加热指示灯，R₁断开也不能知道；
②处于保温状态时，R₂消耗的电能多，而这部分电能没有用于保温，是浪费的．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用；电功与热量的综合计算．

考点点评： 此题主要考查学生对电功率的计算，欧姆定律的应用、电阻的串联等知识点的理解和掌握，此题的难点在根据判断电阻值的大小．