九年级物理——焦耳定律中等难度习题归纳(含答案)

焦耳定律
一．选择题（共15小题）
1．额定功率相等的白炽灯和电风扇，它们在正常工作状态下工作1小时，下列说法正确的是（）
A．两种电器消耗的电能一样多，产生的热量也一样多
B．两种电器消耗的电能一样多，白炽灯产生的热量多
C．白炽灯耗的电能更多，电风扇产生的热量多
D．电风扇消耗的电能更多，白炽灯产生的热量多
【分析】用电器消耗的电能可以通过W＝Pt进行计算；白炽灯工作时电能转化为内能；
电风扇工作时，电能主要转化为机械能，少部分电能转化为内能。

【解答】解：
额定功率相同的白炽灯和电风扇正常工作相同的时间，由W＝Pt可知，它们消耗的电能一样多，但它们产生的热量不相同。

白炽灯工作时将电能转化为较多的内能，电风扇工作时主要将电能转化为机械能，因此，白炽灯产生的热量较多；故ACD错、B正确。

故选：B。

【点评】知道白炽灯的发光原理是“发热发光”，所以它产生的热量多，同时知道消耗电能与产生热量的关系可做出判断。

2．下列用电器正常工作时，在相同的时间内产生热量最多的是（）A．“220V 60W”的电风扇B．“220V 60W”日光灯
C．“220V 60W”的电热器D．一样多
【分析】分别接入220V的电路中，三个用电器都正常工作，实际功率相同（等于额定功率）、通电时间相同，根据W＝Pt可知消耗的电能相同，通过分析三种用电器使用时的能量转化情况，找出产生热量最多的用电器。

【解答】解：因额定电压下用电器的电功率和额定功率相等，
所以，三种用电器的实际功率相等，
由W＝Pt可知，相同时间内三种用电器消耗的电能相等，
因电风扇中的电动机将电能大部分转化机械能，日光灯将大部分电能转化为光能，电热器将电能全部转化为内能，
所以，产生热量最多的是电热器。

故选：C。

【点评】电流做功的实质：电流做功的过程就是消耗电能转化为其它形式能的过程，能分析三种用电器的能量转化是本题的关键。

3．将规格都是“220V100W”的一台电风扇、一台电视机和一把电烙铁分别接入家庭电路中，通电时间相同，下列说法正确的是（）
A．三个用电器产生的热量一样多
B．三个用电器消耗的电能一样多
C．电视机产生的热量最多
D．电风扇产生的热量最多
【分析】由题意知，三种用电器的额定电压都是220V，额定功率都是100W；家庭电路电压是220V，把这三个用电器接入家庭电路，三个用电器都正常工作，实际功率相同都等于额定功率，通电时间相同，根据W＝Pt可知消耗的电能相同；通过分析三种用电器工作时的能量转化情况，找出产生热量最多的用电器。

【解答】解：三用电器接入家庭电路中时它们两端的电压均为U＝220V，实际功率P实＝P额＝100W，
由P＝的变形式W＝Pt可知，通电时间相同时，三用电器消耗的电能相同，故B正确；
因电风扇中的电动机将电能大部分转化机械能，电视机将一部分电能转化为光能，电烙铁把电能全部转化为热量，
所以，产生热量最多的是电烙铁，故ACD错误。

故选：B。

【点评】知道电流做功的实质：电流做功的过程就是消耗电能转化为其它形式能的过程，能分析三种用电器的能量转化是本题的关键。

4．如图所示是探究“电流通过导体产生的热量与电流关系”的实验装置图，电阻丝R1和R2浸没在煤油中，R1与R3并联，关于此实验以下说法正确的是（）
A．此实验中通过电阻R1与R2的电流相同
B．此实验中R1与R2的阻值可以不同
C．此实验中放有R2的烧瓶中煤油升温比较快
D．此实验中两个烧瓶内的煤油质量可以不同
【分析】（1）根据串联电路和并联电路的电流关系可以判断电流大小；
（2）要探究电流产生热量与电阻的关系，运用控制变量法，需使电阻和通电时间相同，电流不同；
（3）根据焦耳定律公式Q＝I2Rt可知烧瓶内电阻放出热量的多少，进一步判断烧瓶中煤油升温快慢；
（4）实验中通过温度计的示数高低反映产生热量多少，两烧瓶中应放相同质量的同种液体。

【解答】解：A、电阻丝R1与R3并联，再与电阻丝R2串联，通过R2的电流等于通过R1与R3的电流之和，故A错误；
B、运用控制变量法探究电流通过导体产生的热量与电流关系时，由公式Q＝I2Rt可知，应控制两电阻丝的电阻和通电时间相等，只有电流不同，故B错误；
C、由题意可知，R1与R2的阻值相等，通过R2的电流大于通过R1的电流，通电时间相等，由公式Q＝I2Rt可知，R2放出的热量较多，所以放有R2的烧瓶中煤油升温比较快，故C正确；
D、实验时，为了比较产生的热量的多少，在两个相同的烧瓶中装有质量相等的同种液体；故D错误。

故选：C。

【点评】本题考查的是利用焦耳定律Q＝I2Rt分析问题，解题的关键是要正确分析电路
连接关系，灵活运用控制变量法分析问题。

5．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。

两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。

下列说法正确的是（）
A．通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的小
B．若容器外面的电热丝R3发生了断路，若与没断时的通电时间相同，则左侧U形管中液面高度差变小
C．将右边并联的两根5Ω的电阻丝都放入到容器内，通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差比左侧的大
D．该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反映电阻丝放出热量的多少
【分析】（1）（4）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；在电阻和通电时间相同时，电流越大，产生的热量越多；
（2）比较R3发生断路前后电路总电阻的变化，根据欧姆定律判定电流的变化，从而判定出产生热量的变化；
（3）将右边并联的两根5Ω的电阻丝都放入到容器内，根据左右两侧电阻的大小判定液面高度的变化。

【解答】解：
A、由图可知，右侧的两个电阻并联后与左侧的电阻串联在电路中，根据并联电路的电流
特点可知，左侧电阻中的电流大于右侧盒中电阻的电流，在电阻和通电时间相同的情况下，左侧盒中的电流大，产生的热量多，所以左侧U形管中液面的高度差大，故A错误；
B、R3发生断路前，左侧的电阻为5Ω，右侧的电阻为＝2.5Ω，则电路的总电阻为
5Ω+2.5Ω＝7.5Ω；
R3发生断路后，电路中只有R1和R2串联，则总电阻为：5Ω+5Ω＝10Ω；
R3发生断路后，整个电路的总电阻增大了，根据I＝可知，电路中的总电流减小了，在电阻、通电时间不变时，电流减小，则产生的热量变少，所以左侧U形管中液面高度差变小，故B正确；
C、将右边并联的两根5Ω的电阻丝都放入到容器内，右侧的电阻为＝2.5Ω，左右两
侧的电流和通电时间相同，左侧的电阻大于右侧的电阻，则左侧产生的热量多，右侧U 形管中液面的高度差比左侧的小，故C错误；
D、该实验装置是利用容器中空气的热胀冷缩来反应放热的多少，产生热量的多少不能直
接观察，通过U形管液面高度差的变化来反映，故D错误。

故选：B。

【点评】此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与什么因素有关的”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用，同时考查了学生对焦耳定律变形公式的理解和掌握，难度较大。

6．探究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”时，两个相同的透明容器中密封着质量相等的空气，用电阻R1、R2对容器中的空气进行加热，如图所示。

下列说法正确的是（）
A．该装置是探究电流产生的热量与电流大小的关系
B．该装置中R1与R2的阻值应相同
C．电流产生的热量越多，U形管内液面高度差越小
D．由图中的实验现象可知，R2阻值比R1大
【分析】A、电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，根据串联电路电流的规律分析；
BCD、因右边容器中液面高度差大，根据转换法结合Q＝I2Rt分析。

【解答】解：
A、两电阻丝串联，通过的电流和时间相同，而电阻大小不同，故该装置是探究电流产生
的热量与电阻的关系，A错误；
BCD、因右边容器中液面高度差大，根据转换法，故R2电阻丝产生的热量多，根据Q＝I2Rt，故R2阻值比R1大，B错误，D正确；
根据转换法，电流产生的热量越多，U形管内液面高度差越大，C错误。

只有D正确。

故选：D。

【点评】本题研究电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关，考查控制变量法和转换法的运用和串联电路的规律等知识。

7．小军用玩具电动车的小电动机做趣味实验。

他将一个电压恒定不变的3V直流电源按图所示的电路接在电动机两端，闭合开关后，电动机稳定匀速转动了10s，此时电流表的示数为0.6A，关于本实验，以下说法正确的是（）
A．电动机在匀速转动过程中的电阻为5Ω
B．电动机在匀速转动过程中的功率为1.8W
C．电动机在匀速转动的10s内产生18J的热量
D．电动机在匀速转动过程中电能全部转化为机械能
【分析】电动机转动时为非纯电阻电路，将电能转化为内能和机械能，不能用欧姆定律进行计算电阻，由P＝UI可计算其消耗电功率，由W＝Pt可计算消耗的电能，由此分析解答。

【解答】解：图中电流表测电动机的电流，由题知，电源电压恒为3V，电流表示数0.6A。

A、根据欧姆定律R＝＝＝5Ω，但由于电动机转动时是非纯电阻电路，不能运用
欧姆定律计算，故A错误；
B、电动机匀速转动过程中消耗的电功率P＝UI＝3V×0.6A＝1.8W，故B正确；
CD、电动机匀速转动时消耗电能W＝Pt＝1.8W×10s＝18J，
由于电动机工作时，将电能转化为内能和机械能，所以匀速转动的10s内产生的热量小于18J，故CD错误。

故选：B。

【点评】本题考查电动机工作时消耗功率和电能的计算、能量转化的认识，要计算其线
圈电阻可在电动机不转动时运用欧姆定律进行计算。

8．甲、乙两个电热器的电阻之比为5：4，通电相同时间产生的热量之比为5：1，则通过甲、乙的电流之比为（）
A．4：1B．1：4C．2：1D．1：2
【分析】知道甲、乙两个电热器的电阻之比、产生的热量之比和通电时间关系，利用焦耳定律Q＝I2Rt求通过的电流之比。

【解答】解：
由题意可知，R甲：R乙＝5：4，产生的热量之比Q甲：Q乙＝5：1，通电时间之比t甲：t
＝1：1，
乙
由Q＝I2Rt可得通过甲、乙两个电热器的电流之比：
I甲：I乙＝：＝：＝1：＝2：1，故C正确、ABD 错误。

故选：C。

【点评】本题考查了焦耳定律的应用，要注意各量之间的关系，不要颠倒。

9．如图所示，将三个相同空烧瓶口分别用完全相同的气球密封，将多个阻值相同的电阻R 以不同的连接方式接入电路中，通电一段时间后体积变化最大的气球是（）
A．a B．b C．c D．三个相同
【分析】由图示根据焦耳定律分析，产生的热量越多，气体温度越高，气球体积膨胀的越大。

【解答】解：
由图可知，三个烧瓶的电阻（相同的电阻R）以不同方式接入电路中时是串联的，所以通过电流相等，通电时间也相等，
由电阻的串联和并联特点知，电阻串联后电阻最大，并联后电阻最小，即被b气球密封
的烧瓶里的电阻最大，由Q＝I2Rt可知这个烧瓶里电阻放出热量最多，瓶中气体温度最高，气球的体积变化最大。

故选：B。

【点评】本题主要考查对焦耳定律和串并联电阻特点的应用，注意控制变量法和转换法的运用。

10．甲乙两个电阻之比为2：1，串联在同一电源上，闭合开关一段时间，电流通过甲电阻产生的热量600J，则电流通过乙电阻产生的热量为（）
A．300J B．600J C．1200J D．2400J
【分析】在串联电路中，各处的电流是相同的，知道甲电阻产生的热量，根据Q＝I2Rt 求出乙产生的热量。

【解答】解：甲乙两个电阻串联在同一电源上，闭合开关一段时间，通电时间相同，通过的电流也相同，电阻之比为2：1，根据Q＝I2Rt可知，电阻产生的热量之比为2：1，则乙电阻产生的热量为：×600J＝300J。

故选：A。

【点评】本题考查了串联电路的特点、焦耳定律的灵活应用，计算过程要注意各量之间的关系，不要颠倒。

11．电炉工作时，电炉丝很快变热但连接的电线却不怎么热，这是因为（）A．电炉丝的电阻较大B．电炉丝与导线是并联的
C．电炉丝的横截面大D．通过电炉丝的电流较大
【分析】由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、导体电阻大小和通电时间成正比。

电炉丝和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等），通电时间是相同的，而电炉丝的电阻比导线的电阻大，据焦耳定律分析判断。

【解答】解：电炉丝横截面积小，电阻大，电炉子在使用时，电炉丝和导线串联，I电炉丝＝I导线，通电时间t相同，
因为Q＝I2Rt，R电炉丝＞R导线，
所以电流产生的热量：Q电炉丝＞Q导线，
从而出现电炉丝热得发红，而与电炉丝相连的导线却不怎么发热的现象。

故选：A。

【点评】分析电流产生热量多少问题，一般要用焦耳定律，常见题目。

12．小明发现当给家中的电灯通电后，灯丝热得发光，而与灯泡串联的导线温度几乎感觉不到变化，对这一现象的解释，正确的是（）
A．通过灯丝的电流大些
B．电流在导线中不发生热效应
C．制成灯丝的材料电阻较小
D．导线和灯丝中的电流相同，但灯丝电阻更大
【分析】由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比。

灯丝与导线串联在电路中，电流、通电时间相同，而灯丝电阻比导线的电阻大，由焦耳定律可知电阻大的产生的热量多，据此分析。

【解答】解：因为灯丝和导线串联，所以通过灯丝和导线的电流、通电时间都相同，根据焦耳定律Q＝I2Rt，灯丝电阻大，产生热量多，而导线电阻非常小，产生的热量就很小，所以电灯通电后，灯丝热得发光，而与灯泡串联的导线温度几乎感觉不到变化。

故选项
A、B、C都不正确，D选项正确。

故选：D。

【点评】本题主要考查学生对焦耳定律及应用的了解和掌握，利用好“灯丝和导线串联电流相等”是本题的关键。

13．图为是某种暖手宝及其主要参数，暖手宝内有水及电加热元件等，使用前要先给暖手宝通电加热，假设暖手宝加热效率是70%，在额定电压下，水由室温10℃加热至自动断电[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]．则（）
A．暖水宝加热时电加热元件是利用热传递增加了内能
B．暖水宝电加热时间为660s
C．暖水宝电加热时消耗的电功率一定是500W
D．暖水宝暖手时放出热量是3.3×105J
【分析】A、暖水宝加热时电加热元件是利用电流的热效应增加了内能；
B、水的温度从10℃升高到65℃，根据Q吸＝cm△t求出此过程中水吸收的热量；根据η
＝可得暖手宝消耗的电能；由P＝可得加热时间；
C、暖水宝在额定电压220V下的功率为500W；
D、由B知，暖手宝消耗的电能为3.3×105J，暖水宝暖手时放出热量小于。

【解答】解：
A、暖水宝加热时电加热元件是利用电流的热效应（或电流做功）增加了内能，故A错
误；
B、由题和图示可知，水的温度从10℃升高到65℃，此过程中水吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（65℃﹣10℃）＝2.31×105J；
由η＝可得，暖手宝消耗的电能：
W＝＝＝3.3×105J；
由P＝可得暖水宝的电加热时间：
t＝＝＝660s，故B正确；
C、暖水宝在额定电压220V下的功率为500W，若实际电压不是220V，其实际功率不是
500W，故C错误；
D、由B知，在电加热过程中暖手宝消耗的电能为3.3×105J，由于存在热损失，所以暖
水宝暖手时放出热量小于3.3×105J，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查电流的热效应、Q吸＝cm△t、电功率公式、效率公式的运用和额定功率的理解，关键是从题中获取有效的信息，综合性较强。

14．小黄家中新购置了一台挂式电热水器，他查看了电热水器说明书后，将电热水器内部电路结构简化成如图所示电路图，该热水器设有高，中，低三档，电热丝R1＝48.4Ω，电热丝R2＝24.2Ω，容积为20L，使水从20℃加热到70℃，下列说法不正确的是[水的比热容为4.2×103J/（kg⋅℃）]（）
A．开关S、S1闭合，S2断开，处于低温挡
B．水从20℃加热到70℃需要吸收的热量4.2×106J
C．若利用中温挡加热需要4200s，则电热转化效率为50%
D．高温挡的加热功率2800W
【分析】（1）由电路图可知，开关S、S1闭合，S2断开，电路中电阻最大，根据P＝
分析功率大小，
（2）由ρ＝可求得水的质量，根据Q＝cm△t可求得需要吸收的热量；
（3）由电路图可知，开关S、S2闭合，S1断开，电路中电阻较大，根据P＝可知，
为中温挡；
由P＝求得中温挡功率，利用P＝求出消耗电能，然后利用η＝×100%可求得电
热转化效率；
（4）闭合S、S1、S2时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，由P＝可知，电路的总
功率最大，热水器处于高档，高温挡的加热功率等于低温挡功率加上中温挡功率。

【解答】解：A、由电路图可知，开关S、S1闭合，S2断开，电路中电阻最大，由P＝
可知，功率最小，热水器处于低温挡，故A正确；
B、由ρ＝可得，水的质量m＝ρV＝1.0×103kg/m3×20×10﹣3m3＝20kg，
水从20℃加热到70℃需要吸收的热量Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg⋅℃×20kg×（70℃﹣20℃）＝4.2×106J，故B正确；
C、由电路图可知，开关S、S2闭合，S1断开，电热丝R2接入电路，根据P＝可知，
为中温挡；
中温挡功率P中温＝＝＝2000W，
利用中温挡加热4200s，需要消耗电能W＝P中温t＝2000W×4200s＝8.4×106J，
电热转化效率η＝×100%＝×100%＝50%，故C正确；
D、闭合S、S1、S2时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，由P＝可知，电路的总
功率最大，热水器处于高档，
低温挡的加热功率P低温＝＝＝1000W，
高温挡的加热功率P高温＝P低温+P中温＝1000W+2000W＝3000W．故D错误。

故选：D。

【点评】本题考查了并联电路特点、热量计算公式和电功率公式的灵活应用，正确分析出热水器的工作状态是关键。

15．用电热丝烧水，当电压为U时，t秒内可将水烧开，如果电压降为原来的一半，则同样烧开这些水所需的时间应为（）
A．B．C．2t D．4t
【分析】烧开相同一壶水时，电热丝产生的热量相等，根据Q＝I2Rt＝t得出等式即可得出答案。

【解答】解：∵烧开相同一壶水时，电热丝产生的热量相等，
∴根据Q＝I2Rt＝t可得：
t＝t′＝t′＝t′，
解得：t′＝4t。

故选：D。

【点评】本题考查了焦耳定律变形公式的灵活应用，知道烧开相同一壶水时电热丝产生的热量相等是关键。

二．填空题（共10小题）
16．现有两电热水壶分别是甲“220V﹣1500W”、乙“220V﹣1000W”，甲壶中装有2kg的水，乙壶中装有1kg的水（水的初温相同），当同时给它们通电正常工作时，甲壶（选填“甲”或“乙”）电流做功快；要想把水烧开，甲壶（选填“甲”或“乙”）电流做功多；乙壶（选填“甲”或“乙”）把水烧开需要的时间少。

【分析】（1）电功率是表示电流做功快慢的物理量；
（2）根据Q＝cm△t判断出电流做功的多少；
（3）比较电功率与电功的关系以及t＝比较出哪一个把水烧开需要的时间少。

【解答】解：电功率是表示电流做功快慢的物理量，甲壶的功率越大，电流做功越快；
根据Q＝cm△t知，甲的质量是乙质量的2倍，甲吸收的热量是乙的2倍，甲电流做的功是乙的2倍，即甲壶电流做功多；
根据P＝变形得t＝，已知甲的功率是乙功率的＝1.5倍、甲电流做的功是乙的2倍，所以乙壶把水烧开需要的时间少。

故答案为：甲；甲；乙。

【点评】本题考查了电功率、电功、吸热大小的比较，熟练各个公式是解题的关键。

17．图中①为一种便携封口机，②是这种封口机的结构图。

装入电池后，按③所示操作即可对塑料袋进行封口。

封口时电能转化为内能，该封口机只能对热塑性（选填“热塑性”或“热固性”）塑料进行封口，塑料属于合成材料（选填“天然”“复合”
或“合成”）。

【分析】（1）根据消耗的能量和得到的能量判断出能量的转化；
（2）热塑性塑料是指塑料加热成型固化后可以再次加热仍然能够达到流动性，并可以再次对其进行加工成型；热固性塑料表示的是，经过一次加热成型固化以后，再次对其加热也不能让其再次达到粘流态，而对其进行再次加工成型。

（3）塑料属于合成材料，据此解答。

【解答】解：
（1）封口机封口时，消耗电能，得到内能，将塑料熔化；
（2）塑料袋常用加热的方法封口，这种封口方法利用的是塑料的热塑性；这种塑料属于有机合成材料。

故答案为：内；热塑性；合成。

【点评】本题考查了物质的属性，这种物质学生不熟悉，解答有一定的难度。

18．如图所示是小明“探究影响电流热效应的因素”的实验装置，在甲、乙两瓶中装入质量和初温均相同的煤油，R1、R2采用如图连接方式的目的是控制电流和通电时间相同。

闭合开关一段时间后，乙瓶中温度计的示数较高，由此说明通电导体产生的热量与电阻有关。

小华用相同装置（煤油质量也相等）同时进行实验，细心的小红看到小明和小华两组电阻丝阻值相等的烧瓶中，小华这一组的煤油升温比小明的快，比较发现：小华的滑动变阻器接入电路的阻值较小，根据这一现象，小红能（选填“能”或“不能”）初步判断出通电导体产生的热量与通过导体的电流有关。

【分析】（1）由Q＝I2Rt可知，电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，为了研究电流与导体电阻的关系，要控制通过的电流和通电时间不变；
（2）电路通过导体产生热量通过液体温度变化间接反映；
（3）在电压一定时，电流与电阻成反比；在电阻和通电时间一定时，电流产生的热量与电流有关，电流越大，产生的热量越多。

【解答】解：由图可知，两电阻串联，目的是控制R1和R2中的电流相同，而且还可以控制通电时间相同；
乙瓶中电热丝阻值较大，温度计的示数较高，说明在电流与通电时间相同的情况下，电阻越大，产生的热量越多；说明通电导体产生的热量与电阻的大小有关。

由题意可知，小华和小明用相同的装置做实验，可知加热的电阻阻值相同；但小华的滑动变阻器接入电路的阻值较小，由欧姆定律可知，小华做实验时电路中的电流较大，此时小华这一组的煤油升温比小明的快，说明在通电时间和电阻大小相同的情况下，通过导体的电流越大，产生的热量越大，即小红可以初步判断出通电导体产生的热量与通过导体的电流有关。

故答案为：控制电流和通电时间相同；电阻；能。

【点评】此题考查了焦耳定律的验证实验，需要掌握电流产生热量多少的影响因素，会利用控制变量法和转换法，正确探究电流产生热量跟各因素之间的关系。

19．如图是探究电流通过导体时产生热的多少与哪些因素有关的实验装置。

三个密闭容器中的电阻如图，三个容器串联，在其中一个容器的外部，将一个电阻和这个容器内的电阻并联，通电后，观察三个U形管中液面高度的变化。

比较甲丙实验装置可以探究电热与电流大小的关系；比较甲乙实验装置可以探究电热与电阻的关系；通电相同时间，三个密闭容器中的电阻产生的电热之比为4：8：1。

【分析】研究电流产热与电流关系，根据控制变量法可知应控制电阻和通电时间相同；
研究电流产热与电阻关系，根据控制变量法可知应控制电流和通电时间相同；分析出各个容器中电流和电阻的关系，根据Q＝I2Rt分析三容器内电阻丝产生的热量关系。

【解答】解：探究电热与电流大小的关系时，需要控制电阻和通电时间相同，电阻的电流不同，根据电路可知，丙中的两个5Ω的电阻并联后再与甲串联在电路中，则通过丙的容器内电阻的电流和通过甲的容器内电阻的电流不同，通电时间和电阻相同，所以可以探究电热与电流大小的关系；
探究电热与电阻的关系时，需要控制电流和通电时间相同，电阻不同，根据电路可知，需要对比甲乙装置；
丙中两个电阻的电流之和与甲、乙的电流相同，故I甲＝I乙＝2I丙，由Q＝I2Rt可知，在通电相同时间下，三个容器中产热量之比：I甲2×5Ω×t：I乙2×10Ω×t：I丙2×5Ω×t＝4：8：1。