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9.（模型建构）[无锡模拟改编]如图所示的为一款电加热眼罩的内部结构，10根一样的具有发热、控温双重功能的PTC加热丝与金属导线相连，其两端供电的电压恒为6 V，正常工作时每根加热丝的电阻均为100 Ω。该眼罩能够发热的原因是电流具有
热效应
，则该电加热眼罩正常工作1 min产生的热量为216
J。答案
9. 热效应;216
【点拨】该眼罩能够发热的原因是电流具有热效应;由图可知,正常工作时各加热丝并联,根据并联电路的电阻规律可得,电路的总电阻$R=\frac{R_0}{10}=\frac{100\ \Omega}{10}=10\ \Omega$,该电加热眼罩正常工作 1 min 产生的热量$Q=I^2Rt=\frac{U^2}{R}t=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega} × 1 × 60\ \mathrm{s}=216\ \mathrm{J}$。
【点拨】该眼罩能够发热的原因是电流具有热效应;由图可知,正常工作时各加热丝并联,根据并联电路的电阻规律可得,电路的总电阻$R=\frac{R_0}{10}=\frac{100\ \Omega}{10}=10\ \Omega$,该电加热眼罩正常工作 1 min 产生的热量$Q=I^2Rt=\frac{U^2}{R}t=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega} × 1 × 60\ \mathrm{s}=216\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
首先，电流通过导体时电能转化为内能，这一特性是电流的热效应，据此可确定眼罩发热的原因；计算热量时，先判断10根PTC加热丝为并联连接，根据并联电阻规律求出总电阻，再利用纯电阻电路的电热公式计算，注意时间单位需换算为秒。
【解析】
1. 眼罩发热的原因：电流通过导体时，电能转化为内能，这是电流的热效应，故第一空填“热效应”。
2. 计算产生的热量：
由图可知，10根相同的PTC加热丝并联，每根加热丝电阻$R_0=100\ \Omega$，根据并联电路电阻规律，总电阻$R=\frac{R_0}{10}=\frac{100\ \Omega}{10}=10\ \Omega$。
供电电压$U=6\ \mathrm{V}$，工作时间$t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$，纯电阻电路中产生的热量等于消耗的电能，即$Q=\frac{U^2}{R}t$。
代入数值计算：$Q=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega}×60\ \mathrm{s}=216\ \mathrm{J}$。
【答案】
热效应；216
【知识点】
电流的热效应、并联电路的电阻规律、电热计算
【点评】
本题结合实际生活中的电加热眼罩场景，考查电流热效应的概念及并联电路电阻、电热的基础计算，属于应用类基础题，需掌握纯电阻电路的电热公式和并联电阻的计算方法。
【难度系数】
0.7
首先，电流通过导体时电能转化为内能，这一特性是电流的热效应，据此可确定眼罩发热的原因；计算热量时，先判断10根PTC加热丝为并联连接，根据并联电阻规律求出总电阻，再利用纯电阻电路的电热公式计算，注意时间单位需换算为秒。
【解析】
1. 眼罩发热的原因：电流通过导体时，电能转化为内能，这是电流的热效应，故第一空填“热效应”。
2. 计算产生的热量：
由图可知，10根相同的PTC加热丝并联，每根加热丝电阻$R_0=100\ \Omega$，根据并联电路电阻规律，总电阻$R=\frac{R_0}{10}=\frac{100\ \Omega}{10}=10\ \Omega$。
供电电压$U=6\ \mathrm{V}$，工作时间$t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$，纯电阻电路中产生的热量等于消耗的电能，即$Q=\frac{U^2}{R}t$。
代入数值计算：$Q=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega}×60\ \mathrm{s}=216\ \mathrm{J}$。
【答案】
热效应；216
【知识点】
电流的热效应、并联电路的电阻规律、电热计算
【点评】
本题结合实际生活中的电加热眼罩场景，考查电流热效应的概念及并联电路电阻、电热的基础计算，属于应用类基础题，需掌握纯电阻电路的电热公式和并联电阻的计算方法。
【难度系数】
0.7
10.[德州期末改编]如图所示,某家用电热水壶有“高温”“低温”两挡,已知定值电阻$R_1$与$R_2$的阻值相等。当开关$S_1$
断开
、$S_2$闭合
(前两空均选填“闭合”或“断开”)时,为低温挡。“低温挡”正常工作时的功率为484 W,则$R_2$的阻值为50
Ω。用“高温挡”正常工作10 min,电路产生的热量为$5.808 × 10^5$
J。答案
10. 断开;闭合;50;$5.808 × 10^5$
【点拨】由图可知,当开关$S_2$闭合、$S_1$断开时,$R_1$、$R_2$串联,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$P=\frac{U^2}{R}$可知,电路的总功率最小,电热水壶处于低温挡。当开关$S_1$、$S_2$都闭合时,只有$R_2$工作,电路中的电阻最小,总功率最大,电热水壶处于高温挡。由$P=\frac{U^2}{R}$可知,低温挡时电路中的总电阻$R=\frac{U^2}{P_{\mathrm{低温}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{484\ \mathrm{W}}=100\ \Omega$,由于定值电阻$R_1$与$R_2$的阻值相等,根据串联电路的电阻特点可知,$R_2$的阻值$R_2=R_1=\frac{1}{2}R=\frac{1}{2} × 100\ \Omega=50\ \Omega$。用“高温挡”正常工作 10 min,电路产生的热量$Q=\frac{U^2}{R_2}t=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{50\ \Omega} × 10 × 60\ \mathrm{s}=5.808 × 10^5\ \mathrm{J}$。
【点拨】由图可知,当开关$S_2$闭合、$S_1$断开时,$R_1$、$R_2$串联,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$P=\frac{U^2}{R}$可知,电路的总功率最小,电热水壶处于低温挡。当开关$S_1$、$S_2$都闭合时,只有$R_2$工作,电路中的电阻最小,总功率最大,电热水壶处于高温挡。由$P=\frac{U^2}{R}$可知,低温挡时电路中的总电阻$R=\frac{U^2}{P_{\mathrm{低温}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{484\ \mathrm{W}}=100\ \Omega$,由于定值电阻$R_1$与$R_2$的阻值相等,根据串联电路的电阻特点可知,$R_2$的阻值$R_2=R_1=\frac{1}{2}R=\frac{1}{2} × 100\ \Omega=50\ \Omega$。用“高温挡”正常工作 10 min,电路产生的热量$Q=\frac{U^2}{R_2}t=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{50\ \Omega} × 10 × 60\ \mathrm{s}=5.808 × 10^5\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】要判断电热水壶的高低温挡，需根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$分析：电源电压$U=220V$不变，电路总电阻越大，总功率越小，为低温挡；总电阻越小，总功率越大，为高温挡。结合开关状态分析电路连接：当$S_1$断开时，$R_1$与$R_2$串联，总电阻大，对应低温挡；当$S_1$闭合时，$R_1$被短路，只有$R_2$工作，总电阻小，对应高温挡。再利用电功率公式和热量公式逐步计算电阻和热量。
【解析】
1. 判断开关状态：
根据$P=\frac{U^2}{R}$，电压一定时，电阻越大功率越小，为低温挡。当$S_2$闭合、$S_1$断开时，$R_1$与$R_2$串联，总电阻最大，总功率最小，为低温挡。
2. 计算$R_2$的阻值：
低温挡功率$P_{低}=484W$，总电阻$R_{总}=\frac{U^2}{P_{低}}=\frac{(220V)^2}{484W}=100Ω$。
已知$R_1=R_2$，串联总电阻$R_{总}=R_1+R_2=2R_2$，故$R_2=\frac{R_{总}}{2}=\frac{100Ω}{2}=50Ω$。
3. 计算高温挡产生的热量：
高温挡时，$S_1$、$S_2$都闭合，只有$R_2$工作，时间$t=10min=600s$。
电路产生的热量$Q=W=\frac{U^2}{R_2}t=\frac{(220V)^2}{50Ω}×600s=5.808×10^5J$。
【答案】断开；闭合；50；$5.808×10^5$
【知识点】电功率计算；焦耳定律；串并联电路电阻
【点评】本题结合电热水壶的实际挡位问题，考查了电学核心公式的应用，关键是正确判断开关状态对应的电路连接方式，属于中等难度的电学应用题。
【难度系数】0.6
【解析】
1. 判断开关状态：
根据$P=\frac{U^2}{R}$，电压一定时，电阻越大功率越小，为低温挡。当$S_2$闭合、$S_1$断开时，$R_1$与$R_2$串联，总电阻最大，总功率最小，为低温挡。
2. 计算$R_2$的阻值：
低温挡功率$P_{低}=484W$，总电阻$R_{总}=\frac{U^2}{P_{低}}=\frac{(220V)^2}{484W}=100Ω$。
已知$R_1=R_2$，串联总电阻$R_{总}=R_1+R_2=2R_2$，故$R_2=\frac{R_{总}}{2}=\frac{100Ω}{2}=50Ω$。
3. 计算高温挡产生的热量：
高温挡时，$S_1$、$S_2$都闭合，只有$R_2$工作，时间$t=10min=600s$。
电路产生的热量$Q=W=\frac{U^2}{R_2}t=\frac{(220V)^2}{50Ω}×600s=5.808×10^5J$。
【答案】断开；闭合；50；$5.808×10^5$
【知识点】电功率计算；焦耳定律；串并联电路电阻
【点评】本题结合电热水壶的实际挡位问题，考查了电学核心公式的应用，关键是正确判断开关状态对应的电路连接方式，属于中等难度的电学应用题。
【难度系数】0.6
11.[河北中考改编] 下表所示的为某储水式电热水器的部分铭牌。若该热水器正常工作3 000 s，可将一箱装有额定容量的水从25 ℃加热到50 ℃，这个过程中热水器消耗的电能为
$9 × 10^6$
J，热水器的效率为93
%(第2空结果保留整数)。[水的密度为$1.0×10^3$ kg/m³，水的比热容为$4.2×10^3$ J/(kg·℃)]答案
11. $9 × 10^6$;93
【点拨】热水器正常工作 3 000 s,热水器消耗的电能$W=Pt=3000\ \mathrm{W} × 3000\ \mathrm{s}=9 × 10^6\ \mathrm{J}$;由$\rho=\frac{m}{V}$可知,热水器中水的质量$m=\rho V=1.0 × 10^3\ \mathrm{kg/m}^3 × 80 × 10^{-3}\ \mathrm{m}^3=80\ \mathrm{kg}$,将这些水从$25\ °\mathrm{C}$加热到$50\ °\mathrm{C}$,水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t=4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 80\ \mathrm{kg} × (50\ °\mathrm{C}-25\ °\mathrm{C})=8.4 × 10^6\ \mathrm{J}$;热水器的效率$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W} × 100\%=\frac{8.4 × 10^6\ \mathrm{J}}{9 × 10^6\ \mathrm{J}} × 100\% \approx 93\%$。
【点拨】热水器正常工作 3 000 s,热水器消耗的电能$W=Pt=3000\ \mathrm{W} × 3000\ \mathrm{s}=9 × 10^6\ \mathrm{J}$;由$\rho=\frac{m}{V}$可知,热水器中水的质量$m=\rho V=1.0 × 10^3\ \mathrm{kg/m}^3 × 80 × 10^{-3}\ \mathrm{m}^3=80\ \mathrm{kg}$,将这些水从$25\ °\mathrm{C}$加热到$50\ °\mathrm{C}$,水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t=4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 80\ \mathrm{kg} × (50\ °\mathrm{C}-25\ °\mathrm{C})=8.4 × 10^6\ \mathrm{J}$;热水器的效率$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W} × 100\%=\frac{8.4 × 10^6\ \mathrm{J}}{9 × 10^6\ \mathrm{J}} × 100\% \approx 93\%$。
解析
【分析】
要解决该问题，需分三步推导：①计算热水器消耗的电能，利用正常工作的额定功率和工作时间，结合电功公式W=Pt计算；②计算水吸收的热量，先通过密度公式ρ=m/V求出水的质量，再用吸热公式Q吸=cmΔt计算；③计算热水器效率，依据效率公式η=Q吸/W×100%，代入前两步结果即可，需注意单位统一换算。
【解析】
1. 计算热水器消耗的电能：
热水器正常工作时，额定功率P=3000 W，工作时间t=3000 s，根据电功公式W=Pt，可得：
$W = 3000 W × 3000 s = 9×10^6 J$。
2. 计算水吸收的热量：
额定容量V=80 L=80×10^-3 m³，由密度公式ρ=m/V，得水的质量：
$m=ρV=1.0×10^3 kg/m³ × 80×10^-3 m³=80 kg$；
水升高的温度Δt=50 ℃ - 25 ℃=25 ℃，根据吸热公式Q吸=cmΔt，得：
Q吸$=4.2×10^3 J/(kg·℃) × 80 kg × 25 ℃=8.4×10^6 J$。
3. 计算热水器的效率：
根据效率公式η=Q吸/W ×100%，代入数据得：
$η=(8.4×10^6 J)/(9×10^6 J) ×100%≈93%$。
【答案】
$9×10^6$；93
【知识点】
电功计算、热量计算、热效率
【点评】
本题为电热综合基础计算题，需掌握电功、吸热、效率的核心公式，重点注意体积单位（L转m³）的换算，步骤清晰即可求解，是中考常见的常规题型。
【难度系数】
0.6
要解决该问题，需分三步推导：①计算热水器消耗的电能，利用正常工作的额定功率和工作时间，结合电功公式W=Pt计算；②计算水吸收的热量，先通过密度公式ρ=m/V求出水的质量，再用吸热公式Q吸=cmΔt计算；③计算热水器效率，依据效率公式η=Q吸/W×100%，代入前两步结果即可，需注意单位统一换算。
【解析】
1. 计算热水器消耗的电能：
热水器正常工作时，额定功率P=3000 W，工作时间t=3000 s，根据电功公式W=Pt，可得：
$W = 3000 W × 3000 s = 9×10^6 J$。
2. 计算水吸收的热量：
额定容量V=80 L=80×10^-3 m³，由密度公式ρ=m/V，得水的质量：
$m=ρV=1.0×10^3 kg/m³ × 80×10^-3 m³=80 kg$；
水升高的温度Δt=50 ℃ - 25 ℃=25 ℃，根据吸热公式Q吸=cmΔt，得：
Q吸$=4.2×10^3 J/(kg·℃) × 80 kg × 25 ℃=8.4×10^6 J$。
3. 计算热水器的效率：
根据效率公式η=Q吸/W ×100%，代入数据得：
$η=(8.4×10^6 J)/(9×10^6 J) ×100%≈93%$。
【答案】
$9×10^6$；93
【知识点】
电功计算、热量计算、热效率
【点评】
本题为电热综合基础计算题，需掌握电功、吸热、效率的核心公式，重点注意体积单位（L转m³）的换算，步骤清晰即可求解，是中考常见的常规题型。
【难度系数】
0.6
12. (安全意识 [泉州期末]生活中有一些电路引起的火灾常常发生在导线连接处，有经验的电工师傅接线时的做法如图甲所示，将火线、零线错开位置剥线，接头采用螺线型缠绕，再用电工胶布包好，而不是用如图乙所示的简单缠绕方式，请你从电学知识角度解释以下做法的原因。
(1)“错开位置剥线”，而不是在同一位置处剥线接线。
(2)“螺线型缠绕”，而不是简单缠绕。
(1)“错开位置剥线”，而不是在同一位置处剥线接线。
(2)“螺线型缠绕”，而不是简单缠绕。
答案
12.(1)因为接线处发热,容易造成胶布脱落,若未错开位置剥线容易造成短路,短路时电路中的电流非常大,根据$Q=I^2Rt$可知,导线中产生的热量非常多,可能会引起火灾。
(2)因为螺线型缠绕,可以增大接线处的横截面积,减小电阻,由$Q=I^2Rt$可知,通电时间、电流相同时,电阻越小,发热越少,越安全。
(2)因为螺线型缠绕,可以增大接线处的横截面积,减小电阻,由$Q=I^2Rt$可知,通电时间、电流相同时,电阻越小,发热越少,越安全。
解析
【分析】
要解释接线的两种做法，需结合短路的危害、电阻的影响因素以及焦耳定律的知识。对于“错开位置剥线”，需分析同一位置剥线可能引发短路的风险，以及短路后电流过大产热过多的后果；对于“螺线型缠绕”，需对比两种缠绕方式的接触面积差异，结合电阻和焦耳定律判断产热情况，从而理解该做法的安全性。
【解析】
(1) 若在同一位置处剥线接线，火线和零线的裸露导体距离过近，容易发生短路。短路时电路总电阻极小，根据欧姆定律 $ I = \frac{U}{R} $，电路中的电流会非常大；再根据焦耳定律 $ Q = I^2Rt $，在通电时间一定时，电流越大，导线产生的热量越多，容易引发火灾。因此错开位置剥线可避免火线和零线裸露部分直接接触，防止短路。
(2) 螺线型缠绕时，接线处的导体接触更紧密，增大了接线处的横截面积。根据电阻的决定因素：在材料、长度相同时，导体横截面积越大，电阻越小；再结合焦耳定律 $ Q = I^2Rt $，当通过接线处的电流和通电时间相同时，电阻越小，接线处产生的热量越少，不易过热，更安全。因此采用螺线型缠绕而非简单缠绕。
【答案】
(1) 因为接线处发热，容易造成胶布脱落，若未错开位置剥线容易造成短路，短路时电路中的电流非常大，根据$Q=I^2Rt$可知，导线中产生的热量非常多，可能会引起火灾。
(2) 因为螺线型缠绕，可以增大接线处的横截面积，减小电阻，由$Q=I^2Rt$可知，通电时间、电流相同时，电阻越小，发热越少，越安全。
【知识点】
焦耳定律、电阻的影响因素、短路的危害
【点评】
本题结合生活中电路接线的实际场景，考查电学知识在安全用电中的应用，将物理知识与生活安全紧密结合，需要学生理解相关物理规律并能解释实际现象，体现了物理学科的实用性，有助于培养学生的安全用电意识。
【难度系数】
0.5
要解释接线的两种做法，需结合短路的危害、电阻的影响因素以及焦耳定律的知识。对于“错开位置剥线”，需分析同一位置剥线可能引发短路的风险，以及短路后电流过大产热过多的后果；对于“螺线型缠绕”，需对比两种缠绕方式的接触面积差异，结合电阻和焦耳定律判断产热情况，从而理解该做法的安全性。
【解析】
(1) 若在同一位置处剥线接线，火线和零线的裸露导体距离过近，容易发生短路。短路时电路总电阻极小，根据欧姆定律 $ I = \frac{U}{R} $，电路中的电流会非常大；再根据焦耳定律 $ Q = I^2Rt $，在通电时间一定时，电流越大，导线产生的热量越多，容易引发火灾。因此错开位置剥线可避免火线和零线裸露部分直接接触，防止短路。
(2) 螺线型缠绕时，接线处的导体接触更紧密，增大了接线处的横截面积。根据电阻的决定因素：在材料、长度相同时，导体横截面积越大，电阻越小；再结合焦耳定律 $ Q = I^2Rt $，当通过接线处的电流和通电时间相同时，电阻越小，接线处产生的热量越少，不易过热，更安全。因此采用螺线型缠绕而非简单缠绕。
【答案】
(1) 因为接线处发热，容易造成胶布脱落，若未错开位置剥线容易造成短路，短路时电路中的电流非常大，根据$Q=I^2Rt$可知，导线中产生的热量非常多，可能会引起火灾。
(2) 因为螺线型缠绕，可以增大接线处的横截面积，减小电阻，由$Q=I^2Rt$可知，通电时间、电流相同时，电阻越小，发热越少，越安全。
【知识点】
焦耳定律、电阻的影响因素、短路的危害
【点评】
本题结合生活中电路接线的实际场景，考查电学知识在安全用电中的应用，将物理知识与生活安全紧密结合，需要学生理解相关物理规律并能解释实际现象，体现了物理学科的实用性，有助于培养学生的安全用电意识。
【难度系数】
0.5
13. ★★★（方案评估）[海南中考改编]如图所示的是实践小组设计的简易电热孵化器电路。已知电源电压恒为220 V，$R_0$是电热丝，温度对$R_0$阻值的影响忽略不计。闭合开关S后，电流为5 A，则$R_0$通电10 s产生的热量为
11 000
J；使用时发现电热箱内温度高于孵化所需的温度，为降低温度，小南设计了两种改进方案：①在箱体内a点处串联电热丝$R_a$；②在箱体外b点处串联电热丝$R_b$。两种方案电热箱箱体内的电功率相等，其中更节能的方案是①
（选填“①”或“②”）。答案
13. 11 000;①
【点拨】根据欧姆定律可得,$R_0$的阻值$R_0=\frac{U}{I_0}=\frac{220\ \mathrm{V}}{5\ \mathrm{A}}=44\ \Omega$。$R_0$通电 10 s 产生的热量$Q=I_0^2R_0t=(5\ \mathrm{A})^2 × 44\ \Omega × 10\ \mathrm{s}=11\ 000\ \mathrm{J}$。两种方案电热箱箱体内的电功率相等,根据$P=UI=I^2R$可得,$I_a^2(R_0+R_a)=I_b^2R_0$,比较可知$I_a＜I_b$,由$W=UIt$可知,方案①更节能。
【点拨】根据欧姆定律可得,$R_0$的阻值$R_0=\frac{U}{I_0}=\frac{220\ \mathrm{V}}{5\ \mathrm{A}}=44\ \Omega$。$R_0$通电 10 s 产生的热量$Q=I_0^2R_0t=(5\ \mathrm{A})^2 × 44\ \Omega × 10\ \mathrm{s}=11\ 000\ \mathrm{J}$。两种方案电热箱箱体内的电功率相等,根据$P=UI=I^2R$可得,$I_a^2(R_0+R_a)=I_b^2R_0$,比较可知$I_a＜I_b$,由$W=UIt$可知,方案①更节能。
解析
【分析】
首先计算电热丝$ R_0 $产生的热量，需先通过欧姆定律求出$ R_0 $的阻值，再结合焦耳定律计算热量；评估两个方案的节能性时，要明确两个方案的电路结构，根据“箱体内电功率相等”的条件推导电流关系，再结合总电能公式判断哪个方案消耗的电能更少，更节能。
【解析】
1. 计算$ R_0 $通电10s产生的热量：
根据欧姆定律$ I = \frac{U}{R} $，可得电热丝$ R_0 $的阻值：
$ R_0 = \frac{U}{I} = \frac{220\ \mathrm{V}}{5\ \mathrm{A}} = 44\ \Omega $
根据焦耳定律$ Q = I^2 R t $，$ R_0 $通电10s产生的热量：
$ Q = I^2 R_0 t = (5\ \mathrm{A})^2 × 44\ \Omega × 10\ \mathrm{s} = 11000\ \mathrm{J} $
2. 评估两个方案的节能性：
方案①：在a点串联$ R_a $，箱体内总电阻为$ R_0 + R_a $，电路电流$ I_1 = \frac{U}{R_0 + R_a} $，箱体内电功率$ P_1 = I_1^2 (R_0 + R_a) $；
方案②：在b点串联$ R_b $，箱体内电阻为$ R_0 $，电路电流$ I_2 = \frac{U}{R_0 + R_b} $，箱体内电功率$ P_2 = I_2^2 R_0 $；
由题意$ P_1 = P_2 $，代入电流表达式得：
$ ( \frac{U}{R_0 + R_a} )^2 (R_0 + R_a) = ( \frac{U}{R_0 + R_b} )^2 R_0 $
化简得$ (R_0 + R_b)^2 = R_0 (R_0 + R_a) $，可知$ R_a ＞ R_b $。
总电能$ W = UIt $，电源电压$ U $和时间$ t $相同，因$ R_a ＞ R_b $，故$ R_0 + R_a ＞ R_0 + R_b $，则$ I_1 ＜ I_2 $，因此$ W_1 ＜ W_2 $，方案①更节能。
【答案】
11000；①
【知识点】
焦耳定律、电功率、欧姆定律
【点评】
本题结合电热计算与电路方案评估，考查焦耳定律、电功率及欧姆定律的应用，需准确分析电路结构，利用箱体内电功率相等的条件推导电流关系，判断节能性，对电路分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
首先计算电热丝$ R_0 $产生的热量，需先通过欧姆定律求出$ R_0 $的阻值，再结合焦耳定律计算热量；评估两个方案的节能性时，要明确两个方案的电路结构，根据“箱体内电功率相等”的条件推导电流关系，再结合总电能公式判断哪个方案消耗的电能更少，更节能。
【解析】
1. 计算$ R_0 $通电10s产生的热量：
根据欧姆定律$ I = \frac{U}{R} $，可得电热丝$ R_0 $的阻值：
$ R_0 = \frac{U}{I} = \frac{220\ \mathrm{V}}{5\ \mathrm{A}} = 44\ \Omega $
根据焦耳定律$ Q = I^2 R t $，$ R_0 $通电10s产生的热量：
$ Q = I^2 R_0 t = (5\ \mathrm{A})^2 × 44\ \Omega × 10\ \mathrm{s} = 11000\ \mathrm{J} $
2. 评估两个方案的节能性：
方案①：在a点串联$ R_a $，箱体内总电阻为$ R_0 + R_a $，电路电流$ I_1 = \frac{U}{R_0 + R_a} $，箱体内电功率$ P_1 = I_1^2 (R_0 + R_a) $；
方案②：在b点串联$ R_b $，箱体内电阻为$ R_0 $，电路电流$ I_2 = \frac{U}{R_0 + R_b} $，箱体内电功率$ P_2 = I_2^2 R_0 $；
由题意$ P_1 = P_2 $，代入电流表达式得：
$ ( \frac{U}{R_0 + R_a} )^2 (R_0 + R_a) = ( \frac{U}{R_0 + R_b} )^2 R_0 $
化简得$ (R_0 + R_b)^2 = R_0 (R_0 + R_a) $，可知$ R_a ＞ R_b $。
总电能$ W = UIt $，电源电压$ U $和时间$ t $相同，因$ R_a ＞ R_b $，故$ R_0 + R_a ＞ R_0 + R_b $，则$ I_1 ＜ I_2 $，因此$ W_1 ＜ W_2 $，方案①更节能。
【答案】
11000；①
【知识点】
焦耳定律、电功率、欧姆定律
【点评】
本题结合电热计算与电路方案评估，考查焦耳定律、电功率及欧姆定律的应用，需准确分析电路结构，利用箱体内电功率相等的条件推导电流关系，判断节能性，对电路分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
