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額定功率是指用電器正常工作時的功率，在直流電路中，額定電壓與額定電流的乘積就是電器的額定功率。若用電器的實際功率大于額定功率，則用電器可能會損壞。以千瓦為單位。
在電工技術中，將單口網絡端鈕電壓和電流有效值的乘積，稱為視在功率。用伏安或千伏安為單位。只有單口網絡完全由電阻混聯而成時，視在功率才等于平均功率。
功率是指物體在單位時間內所做的功，即功率是描述做功快慢的物理量。功的數量一定，時間越短，功率值就越大。
實際功率即用電物體在實際工作時的功率大小。
（來源：文章屋網 ）
一、常規型——伏安法
例1 要測量一只額定電壓為3.8V、允許通過的最大電流為0.32A的小燈泡的額定功率，現有如下器材：電流表、電壓表、電池組、滑動變阻器、開關各一個，導線若干。根據現有器材，畫出實驗電路圖。
解析：本題具備伏安法測電功率的電壓表和電流表，直接用電壓表測量電壓，電流表測量電流即可，電路圖如圖1所示，移動滑動變阻器使電壓表示數為3.8V即可。
二、電表異常型
例2 在測定小燈泡額定功率的實驗中，電源電壓為6V，小燈泡的額定電壓為3.8V，在做實驗時發現電壓表3～15V量程擋壞了，而0～3V量程擋完好，其他實驗器材完好，在不更換實驗器材的條件下，怎樣完成實驗？
（1）畫出實驗電路圖；
（2）說明小燈泡能否正常發光的方法和理由。
解析：由于電壓表3～15V量程擋壞了，故只能用0～3V量程擋測量，而小燈泡的額定電壓為3.8V，小燈泡正常工作時只能轉換測量對象，用電壓表測滑動變阻器兩端的電壓。
如圖2所示連接好電路，使電壓表并聯在滑動變阻器兩端，閉合開關S，移動滑動變阻器滑片P，使電壓表示數為2.2V，則小燈泡兩端電壓為
UL=U-UP=6V-2.2V=3.8V。
即小燈泡兩端電壓為額定電壓，小燈泡正常發光。記下此時電流表的示數I，則小燈泡的額定功率為P=ULI=3.8I（W）。
三、單一電表型
例3 給你電流表、滑動變阻器、已知阻值為R0的電阻器、電源、開關各一個，導線若干，要求測出一個額定電壓為3.8V的小燈泡的額定功率，請設計實驗電路圖，寫出小燈泡額定功率的表達式。
（1）根據電路圖連接電路，先把電流表接入R0支路；
關鍵詞：沉管隧道;工程造價;借用定額;費率適用
正文：
一、概述
目前國內建設工程項目大部分都采用工程量清單招投標方式，承包人中標后形成合同工程量清單及單價。由于沉管隧道工程的復雜性，新工藝、新材料縱多，計價體系涉及國家、地方及行業定額多種定額，在編制施工圖預算過程中，合同約定的定額體系不能涵蓋所有工序，難免會借用到其他行業(專業)的定額子目，這就出現了借用不同行業(專業)定額時費率的取費方式。××隧道項目采用建安費下浮方式招標，合同約定承包人根據施工圖編制施工圖預算，形成合同價款。本文從國家和地方的計價規定，工程造價的組成及預算定額消耗量編制的原則等方面進行分析，提出個人的意見，為工程造價編制中借用定額的費率取費方法提供參考。
二、借用定額費率適用現狀
如前所述，由于××隧道工程的復雜性，合同約定確定工程造價的的計價文件涉及多專業、多行業、多級別、多階段，涵蓋了全國統一定額、地方定額、水利定額、沿海港口定額、航道疏浚定額。在適用的過程中難免會出現借用其他專業、其他行業定額子目的情況。這就涉及到借用非本專業定額子目時，其間接費的各項取費標準如何適用的問題。根據筆者的工作實踐，在這種情況下一般有兩種處理方法：一是只借用各種要素定額，即工料機消耗量標準，間接費各項費率仍按本項目所屬行業的費用定額標準計取來計算費用。二是直接費和間接費均按所借用的定額體系標準來計算費用。實踐中在借用定額子目部分編制的的金額不大的情況下使用第一種處理方法比較普遍。由于國內建設工程項目都是以工程量清單招標方式居多，承包人中標后形成了合同工程量清單單價，合同外項目涉及的借用定額子目對合同總價的影響不大，同時基本上都是在本行業不同專業的定額子目中借用，借用定額的取費差異問題并不突出。××隧道為建安費下浮方式招標，沒有通常意義的合同工程量清單及單價，根據合同約定采用多行業的定額計價體系確定工程造價，跨行業借用定額子目較多，其費率計取標準的問題就有必要進行探討。
三、借用定額費率適用分析
1、預算編制規定中費用構成的區別
我們以××隧道圍堰工程的長管袋充填砂項目為例。根據合同約定，圍堰工程造價采用××省水力水電建筑工程概算定額編制，相應的定額沒有可選用的子目，借用沿海港口水工建筑工程參考定額。××省水力水電建筑工程單價組成為：（1）直接費（①定額基本直接費+②其他直接費（冬雨季及夜間施工增加費0.8%+夜間施工增加費0.5%+安全文明生產措施費0.3%+其他1.0%）+③現場經費7%）+（2）間接費6%+（3）利潤7%+（4）價差+（5）稅金3.48%=建筑工程單價沿海港口水工建筑工程單價組成為：（1）直接費（①基本直接費+②其他直接費（臨時設施費1.253%+冬雨季及夜間施工增加費0.670%+材料二次搬運費0.318%+施工輔助費1.004%+施工隊伍進退場費2.784%+沿海工程拖船費1.133%））+（2）企業管理費7%+（3）財務費用6%+（4）利潤7%+（5）價差+（6）稅金3.48%=建筑工程單價從上面兩個計算式中可以看出，取費均以定額工程費為基數，即定額工料機基價為基數，但其他直接費及間接費的組成項目及費率標準不完成相同。每個行業、專業的預算編制都是結合自身的特點來規定的，比如沿海港口水工建筑工程的“外海工程拖船費”，在水利水電建筑工程中就沒法適用，同時定額的基價也不一樣。因此筆者認為在采用水利水電建筑工程概預算定額時借用其定額，就不宜全盤套用。如果費率的取費也全部借用的話，實際上是把圍堰工程的長管袋充填砂項目從主體工程中脫離出來，改變其工程的類別。采用沿海港口水工建筑的定額及編制規定來編制工程造價，造價編制的基礎不一樣，這顯然是不符合合同約定，也無法準確反映出真實價格水平。
2、適用的計價規范不同
如果借用的定額子目跨行業，就不僅涉及其他直接費及間接費的組成項目及費率標準不同，同時涉及適用的計價規范不同。如前所述的××隧道圍堰工程的長管袋充填砂項目，借用沿海港口水工建筑工程參考定額子目，就涉及到計價規范的不同。按合同約定，圍堰工程適用現行水利工程工程量清單計價規范，而借用的沿海港口定額適用的是水運工程工程量清單計價規范。兩個計價規范對工程造價的組成項目歸類并不完成相同，工程量的計算規則也不一樣。長管袋充填砂項目執行水利工程工程量清單計價規范的工程量計算規則，借用沿海港口定額子目時，取費費率標準也全部借用，即單價組成按所借用定額的編制規定進行，按沿海港口建設工程概算預算編制規定，而執行的計價規范是水利工程工程量清單計價規范，計價體系混亂，并且不匹配。
3、預算定額中人工、材料及機械臺班消耗量的分析
預算定額的人工工日數主要是以勞動定額為基礎確定的，勞動定額是以現場觀察測定資料為基礎計算。預算定額消耗量是在勞動定額的基礎上考慮了如超運距用工、人工幅度差等因素確定的；材料消耗量是按規范要求、設計圖紙、換算、測定等方法考慮損耗量確定的；機械臺班消耗量主要是在施工定額的基礎上考慮機械幅度差確定的。由此可見，預算定額的消耗量標準不受預算的編制規定、計價規范的影響，不會因這些因素的改變而改變。有可能受行業、專業的工況不同有所影響，但在沒有適用的定額前提下，借用其定額子目筆者認為可忽略其影響。
四、結論
綜上所述，筆者認為從定額借用的本義理解，在工程造價編制中出現借用定額的情況，不論是跨行業還是跨專業，應根據所借用定額的人工、材料、機械定額消耗量標準，按本行業、專業單價進行換算后，納入本專業定額規定的工程定額取費標準、編制辦法、計價規范計費。如此需借用定額的項目不會改變主體工程適用的概算預算編制規定及計價規范，僅借用其定額消耗量，從上面的分析中我們得知預算定額消耗量標準受不同行業不同專業的影響有限，同時規避了不同定額基價不一致的情況，更能體現定額借用的本質含義。以上僅為筆者個人觀點，不具有代表性。有不正確和不同理解之處，請各位專家和同仁指正。
參考文獻：
[1]全國造價工程師執業資格考試培訓教材編委會.建設工程計價(2014年修訂).北京：中國計劃出版社，2014
[2]建設部、國家質量監督檢驗檢疫總局聯合.《水利工程工程量清單計價規范》.北京：中國計劃出版社，2007
[3]交通運輸部.《水運工程量清單計價規范》.北京：中國計劃出版社，2007
要點一：電功率
在物理學中，用電功率表示消耗電能的快慢.用電器每秒消耗的電能叫電功率.它可以通過公式P=W/t或P=UI來計算.另兩個公式P=I2R，P=U2/R，這兩個公式是根據P=UI結合歐姆定律I=U/R推出的，僅適用于將電能完全轉化為內能的用電器或電路.
例1下列說法中錯誤的是（）.
A.電功率越大，用電器消耗的電能越快
B.1秒鐘內導體消耗的電能越多，電功率越大
C.電流通過導體消耗的電能越多，電功率就越大
D.伏安是電功率的單位
解析物理學中，把電流在單位時間內消耗電能的多少叫做電功率.1秒內所消耗的電能越多，電功率就越大，所以B選項是正確的.電功率是表示電流做功快慢的物理量，電流通過用電器做功越快，其功率就越大.反之，用電器功率越大，電流做功越快，所以A是正確的.電功率的定義式P=W/t可以推導為P=UI，由公式可知，伏安是電功率的單位，所以D是正確的.因此只有C選項可能錯誤.由于用電器消耗電能多，并不代表每秒消耗多，因此不能說其功率一定大，所以C選項錯誤.
方法小結本題容易出錯的地方在于將電功率與電能概念混淆，要確定電功率與電能的關系，必須明確時間，沒有時間相等的前提說“消耗的電能越多，電功率就越大”是錯誤的.
例2三盞電燈A(220V，40W)、B（110V，40W）、C（36V，40W），當它們各自正常發光時，單位時間內所消耗的電能哪個最大？
解析電流通過電燈做功的過程就是消耗電能的過程，單位時間內做多少電功便消耗多少電能，當三盞電燈都正常發光時，雖工作電壓各不相同，但其電功率都是40W，所以三盞燈每秒做的電功以及每秒消耗的電能都是40J，所以正確的答案是單位時間內三盞燈消耗的電能相同.
方法小結本題容易出錯的地方在于不了解電功率的意義，誤認為額定電壓越高的電功率便越大,所以搞清電功率的意義是解決本題的關鍵.
要點二：額定功率與實際功率
用電器上標出的是正常工作時，應接入的電壓叫做額定電壓.用電器在額定電壓下工作（正常工作）時的功率稱為額定功率.實際功率是指用電器某一電壓下工作時的功率，它隨用電器的工作條件的變化而變化，當實際加在用電器兩端的電壓為額定電壓時，實際功率就等于額定功率.當加在用電器兩端的電壓小于或大于額定電壓時，實際功率就小于或大于額定功率，一般情況下這是不允許的.使用用電器時，應使加在用電器兩端的電壓等于或接近于額定電壓，這樣用電器才不至于損壞.
例3判斷電燈亮度的主要依據是 ().
A.電能B.電流
C.額定功率D.實際功率
解析電燈通電發光，是電流熱效應的應用，是電能轉化為光能和內能．燈泡的亮度取決于1秒鐘內消耗的電能，即實際功率．兩個不同規格的燈泡串聯在電路中，通過它們的電流是一樣的，但它們的亮度卻不同，顯然燈泡的亮度不是取決于電流．同樣，將一個“220V100W”，的燈泡接在200V的電路中使用，它的亮度沒有正常工作時亮，因為此時的電壓小于額定電壓，其實際功率小于它的額定功率100W．所以選D.
方法小結燈泡的亮度是由它的電能轉化為光能的多少決定的；電燈通電時產生的熱量越多，溫度越高，其轉化率越高．而產生熱量的多少是由它的實際功率決定的．
例4如圖1甲所示：OA和OB分別為通過燈泡L1“6V6W”和L2“6V3W”中的電流隨兩端電壓變化關系的曲線.小明現將兩燈連入圖1乙所示電路，要使其中一個燈泡正常發光，且電路安全，電路中電流表的示數為_______A，電壓表的讀數是_______V，電路消耗的總功率為_______W.
解析 因兩燈串聯，而串聯電路電流處處相等，要保證電路安全，所以電路中所能達到的最大電流應以額定功率較小的燈泡作為依據.可見首先要求出兩燈的額定電流I10=P10/U10=6W/6V=1A；I20=P20/U20=3W/6V=0.5A.由此可以得到電路中的最大電流為0.5A.此時L2正常發光.電流表示數為0.5A.當電流為0.5A時L1兩端的電壓則需要從圖甲中尋找，可得L1兩端的電壓為2V.進而可得L1的實際功率為P1=U1I1=2V×0.5A=1W.而L2是正常發光，可知其實際功率等于額定功率3W，所以電路的總功率為P總=1W+3W=4W.
方法小結解本題的關鍵有兩點：一是判定電路中的實際電流――以較小的額定電流為準；二是從圖中找L1的實際電壓.在找L1的實際電壓時容易錯解為：R1=U102/P10=（6V）2/6W=6Ω；再根據U1=IR1=0.5A×6Ω=3V.因為圖甲的信息表明燈絲的電阻隨電流變化而變化，當燈泡中的電流為0.5A時，其電阻不再是6Ω.所以一定要注意將圖表中的信息運用到解題中來.
要點三：伏安法測小燈泡的電功率
伏安法測量小燈泡的電功率的實驗原理是P=UI，需用器材有電流表、電壓表和滑動變阻器.考點是電路的連接、電表量程的選擇、電表的讀數、故障分析和數據處理等.
例5如圖2所示是測額定電壓為2.5V小燈泡的額定功率的電路圖.
（1）a是_______表，b是_______表.
（2）按圖連接好器材，測量前開關應_______，
滑片P應滑到_______點.
（3）如果小燈泡的阻值約為10Ω，電源有兩節干電池串聯組成，電流表有量程0∽0.6A和0∽3A兩擋，那么a表量程應選_______擋，b表量程選_______擋.
（4）閉合開關，發現小燈泡兩端電壓只有1.8V，滑動變阻器的滑片P向_______端移動，才能使電壓表示數為_______V，此時燈泡實際功率就是額定功率.
（5）要測量的數據是_______和_______，計算燈泡的額定功率公式為_______.
解析由圖可知是用電流表和電壓表測定小燈泡額定功率電路.
（1）根據電流表、電壓表的使用規則可以判斷：a與電燈并聯，是電壓表；b與電燈串聯，是電流表.
（2）為了避免接線錯誤，損壞電器，串聯前開關應斷開.滑動變阻器在電路中起分壓作用，分去一部分電壓，以保證小燈泡的安全使用，并得到需要的電壓，測量前串入電路的電阻應是變阻器的最大值，所以滑片P應在B點.
（3）電源選用兩節干電池，則電源電壓為3V，且小燈泡的額定電壓為2.5V，所以電壓表a表的量程應選“0∽3V”擋，小燈泡的電阻約為10Ω，它在正常工作時的電流約為I=U/R=0.25A＜0.6A，所以電流表b的量程應選“0∽0.6A”擋.
（4）當小燈泡兩端電壓為1.8V時，因沒有達到其額定電壓2.5V，所以其實際功率小于額定功率，為使小燈泡消耗的功率等于其額定功率，應提高小燈泡兩端的電壓，使其達到2.5V，所以減小滑動變阻器接入電路的電阻，以減小滑動變阻器兩端電壓，故滑片P應向A端移動.
（5）測定小燈泡的額定功率，依據是功率的公式P=UI，需要測量的是小燈泡兩端的電壓U和通過它的電流I.
方法小結測量小燈泡的電功率的實驗是中考熱點和難點.測量小燈泡的電功率的實驗中，要關注電流表、電壓表和滑動變阻器的接法以及電流表、電壓表量程選擇或限制作用.要明確滑動變阻器滑片移動對電路的影響.
例6為了測量一只標有“6.3V0.3A”的小燈泡的額定功率，某實驗小組設計了如圖3所示的電路圖.現有實驗器材為：電壓表（量程0～3V，0～15V）一只，電流表（量程0～0.6A，0～3A）一只，“10Ω2A”和“50Ω1A”的滑動變阻器各一個，電源（電壓恒為12V）一個，開關一只，導線若干.實驗時，甲同學認為電壓表和電流表都應選小量程，滑動變阻器應選“50Ω1A”的；乙同學認為電壓表應選大量程，電流表應選小量程，滑動變阻器應選“10Ω2A”的.
請你對兩位同學器材選擇的合理性做出評價.
解析電學中電壓表和電流表的量程選擇比較容易，遵循“能用小量程測量的必須選小量程”的原則.本題中要測量額定電壓為6.3V的小燈泡功率，則需使小燈泡在6.3V的電壓下工作.若電壓表選小量程，則無法測出燈泡的額定電壓，所以電壓表應選大量程（0～15V）.由于小燈泡的額定電流為0.3A，所以電流表選用小量程（0～0.6A）即可滿足要求.選用滑動變阻器的原則是當滑動變阻器的阻值為最大值時，燈泡兩端電壓要小于其額定電壓，本題中小燈泡的電阻為21Ω，電源電壓為12V，如果選“10Ω2A”的滑動變阻器，燈泡兩端的實際電壓約8.1V，遠大于其額定電壓，在這種情況下，若移動滑片改變電阻，只能使燈泡兩端電阻逐漸變大，而無法達到6.3V.因此其結果是不僅不能測量出燈泡的額定功率，反而會損壞燈泡.所以答案為：
方法小結 對方案的評價可以從實驗的可操作性、實驗誤差、科學性和操作規范等方面分析，找出不足.也可以結合經濟、環保、是否存在隱患等角度出發去分析.
總體來說學好電功率需要注意以下幾個方面的問題：
1.理解電功率是表示電流做功快慢的，而不是表示做功多少的.
一、2007江蘇連云港市中考題
（3）下表為某小組的實驗記錄分析表：
標準答案：（1）0～15V R2 （2）滑動變阻器同時接到下面兩個接線柱 燈泡斷路 （3）1.52
第1、2小題答案筆者不再贅述，在第三小題中因為小電燈的額定電壓是3.8V，而其中1、3兩次實驗燈的實際電壓都明顯低于或高于燈的額定電壓，說明第1、3次的數據不是燈正常發光的電壓和電流，這是由測量錯誤造成的，所以燈的額定電功率不能取3次結果的平均值，而應該取第二次燈正常發光的電功率。
二、2012揚州中考物理試題第28題
在“測定小燈泡額定功率”的實驗中，電源電壓為6V，小燈泡和額定電壓為3.8V。
甲 乙 丙
（1）小明在連接實驗電路時還有導線未接上，如圖甲所示，請用筆畫線代替導線把圖甲中的電路連接好（導線不得交叉）。
（2）在閉合開關前，滑動變阻器的滑片應該移到？搖 ？搖（A/B）端。
（3）實驗時，要使小燈泡正常發光，應移動滑動變阻器的滑片使電壓表的示數為？搖 ？搖V，此時電流表的示數如圖乙所示，其示數為？搖 ？搖A，那么小燈泡的額定功率是？搖 ？搖W。
（4）小華為了得到比較準確的小燈泡額定功率，用同一套器材做了三次實驗（她將電壓表調到3.8V，圖丙是其中一次實驗所調的電壓表示數），獲得三組數據，并進行了三數據處理，如下表：
配套的答案：
1）電壓表接線柱“15”接燈的右側
2）A
3）3.8 0.7 2.66
不過，現代計算機評測室對G80顯卡平臺的測試過程中，發現這款頂級顯卡并沒有像官方所要求的那么苛刻，一般單卡平臺使用額定350w或以上功率電源即可。下面，我們給大家搜羅了部分比較實惠的適用于高端平臺的電源。
金河田勁霸ATX―S528
額定功率：350W
最大功率：400W
支持規范：Intel EPS 12V
PFC類型：被動
價格：390元
推薦理由：勁霸ATX-S528是金河田面向中高端市場推出的產品，具有350W額定功率，采用14cm低轉速散熱風扇，內部配備兩級EMI濾波電路、高壓濾波電容和開關變壓器等規格足以保證電源穩定運行，非常適合用于主流雙核機型。
航嘉多核DH6
額定功率：400W
最大功率：500W
支持規范：ATX12V 2．2
PFC形式：被動
價格：398元
推薦理由：這款航嘉DH6電源的最大賣點就是支持多核心處理器，采用Intel ATX 12V 2．2版規范，400W的額定功率可為頂級平臺提供充足的電能。接口方面，采用20+4Pin主電源接口，提供5個D形口、2個PCI-E接口以及6個SATA接口，完全能滿足多核平臺的需要。
長城巨龍雙動力500SP
額定功率：400W
最大功率：500W
支持規范：ATX12V 2．0
PFC類型：被動
價格：405元
推薦理由：作為符合最新ATX12V 2．0設計標準的服務器專用電源，巨龍雙動力500SP電源憑借其成熟的雙路供電、溫控技術、雙風扇散熱等設計，以及充足的用料――巨大的純鋁制散熱片、兩個1000uF的輸入電容、雙滾珠散熱風扇，制作工藝相當精湛。
全漢FSP400―60GLN
額定功率：400W
最大功率：500W
支持規范：ATX12V 2．0
PFC形式：主動
P=Fv①
汽車受力分析如圖1所示，由牛頓第二定律，有
F-f=ma②
這是汽車啟動問題，是同學們在高中階段遇到的第一個過程復雜的物理問題.汽車啟動涉及多個物理過程以及多個物理量的變化，所以同學們感到困難.事實上，只要抓住兩個基本方程（見上文式①②），理清物理過程以及哪些物理量變、哪些物理量不變，就可以快速突破此類問題.
一、汽車以恒定功率啟動
物理過程如圖2所示.
由圖2知，汽車先做加速度減小的加速運動，當加速度減為零時，速度達到最大值 vm=P/f.以后以此速度勻速運行.
例1 一輛電動自行車銘牌上的技術參數如下表所示：
一質量M=70 kg 的人騎此電動車沿水平直線公路行駛，所受阻力為車和人總重的0.02倍．若僅在電動車提供動力的情況下，以額定功率行駛，取 g=10 m/s2，則（ ）
（A） 此車行駛的最大速度為6 m/s
（B） 此車行駛的最大速度為7 m/s
（C） 此車速度為3 m/s 時的加速度為0.2 m/s2
（D） 此車速度為3 m/s 時的加速度為0.3 m/s2
解析：（1）設整車質量為 m，即 m=30 kg當 a=0時，汽車的牽引力等于阻力，即
F=f=002（M+m）g=20N，
故 vm=P/F=6 m/s.
（2）當 v1=3 m/s 時，汽車的牽引力為F1=P/v1=40N，由牛頓第二定律，得
此時的加速度
a1=（F1-f）/（M+m）=02 m/s2.
故正確選項為（A）、（C）.
點評：本題是一個實際問題，提供的已知條件比較多，應根據建立的物理模型選用相關數據解決問題.本題中，只要能建構電動自行車是以額定功率行駛的，再和汽車啟動相聯系，就可以圓滿解決.
二、汽車以恒定的加速度啟動
物理過程如圖3所示.
由圖3知，汽車以恒定加速度啟動時，阻力 f、牽引力F不變，速度 v 變大、功率P變大.當汽車的功率達到額定功率后，汽車則以恒定的功率行駛，其后牽引力F、加速度 a 都變小，當F=f 時，a=0，速度達到最大為 vm，之后汽車勻速行駛.
例2 質量為2 t 的汽車在平直公路上由靜止開始運動，若保持牽引力恒定，則在 t1=30 s 內速度增大到 v1=15 m/s，這時汽車剛好達到額定功率，然后保持額定輸出功率不變，再運動 t2=15 s 達到最大速度 v2=20 m/s，求：
（1）汽車的額定功率；
（2）汽車運動過程中受到的阻力；
一、燈泡正常發光
由于燈泡正常發光時，燈泡兩端的實際電壓等于燈泡的額定電壓（即U實=U額），燈泡的實際功率等于燈泡的額定功率（即p實=p額），所以額定功率越大燈泡越亮。比如我們的家用電器都是并聯的，工作時兩端的實際電壓都是它們的額定電壓，因此家里用100W的燈泡比25W的燈泡要亮得多。
二、燈泡不正常發光
1.兩只燈泡串聯。根據串聯電路的特點，通過兩只燈泡的電流相等（即L1=L2），再由功率公式P實=L實可知，燈泡的電阻R越大，燈泡的實際功率P實越大，而實際功率越大燈泡越亮。由此可得出結論：在串聯電路中，燈泡的電阻越大燈泡越亮（即在串聯電路中，燈泡的亮度與燈泡的電阻成正比）。
2.兩只燈泡并聯。根據并聯電路的特點，并聯的兩只燈泡兩端的實際電壓相等（即U1=U2 ）， 再由功率公式可知，燈泡的電阻R越小，燈泡的實際功率P實越大，而實際功率越大燈泡越亮。由此可得出結論：在并聯電路中，燈泡的電阻越小燈泡越亮（即在并聯電路中，燈泡的亮度與燈泡的電阻成反比）。
例1：若把“220V 60W”，“220V 40W”的兩盞燈L1和L2，并聯起來后接到220V的電路中，哪一盞燈最亮？若把L1和L2串聯在220V的電路中，哪一盞燈最亮？
【解析】根據并聯電路的特點，L1和L2并聯后，燈泡 L1兩端的實際電壓和燈泡L2兩端的實際電壓相等都是220V，都等于它們的額定電壓，因此兩燈L1和L2都正常發光，又由于燈泡L1的額定功率大于燈泡L2的額定功率，所以兩燈并聯時，L1燈泡 發光最亮。
根據題意可知，L1和L2串聯后發光不正常，由得燈泡L1的電阻小于燈泡L2的電阻，又由于在串聯電路中，燈泡的電阻越大燈泡越亮，所以燈泡L1和L2串聯后，燈泡L2發光最亮。
例2：有三盞電燈甲、乙、丙，它們的規格分別是：甲燈“220V 100W”，乙燈“110V 100W”，丙燈“36V 100W”。若將它們并聯在110V的電路上，比較它們的發光情況，應該是（ ）
A.甲燈最亮 B. 乙燈最亮 C. 丙燈最亮 D. 三盞燈一樣亮
【解析】方法一：根據并聯電路的特點，甲、乙、丙三盞電燈并聯后，它們兩端的實際電壓都為110V，而丙燈的額定電壓為36V小于實際電壓110V，所以丙燈被燒毀，其實際功率為零；甲燈的額定電壓為220V大于其實際電壓110V，所以甲等的實際功率小于其額定功率100W；乙燈的額定電壓為110V等于其實際電壓110V，所以乙等的實際功率等于其額定功率100W。由此可知，乙等的實際功率最大，所以乙燈最亮。
方法二：由方法一的分析可知，丙燈被燒毀不亮，由于甲和乙是并聯的，在并聯電路中，燈泡的電阻越小燈泡越亮，由
可得甲燈的電阻大于乙燈的電阻，因此乙燈最亮。
例3：某同學在“探究影響電燈亮度的因素”時，把甲、乙兩個小燈泡并聯在電路中。閉合開關S后，甲、乙兩燈均正常發光，但甲燈亮度比乙燈亮度大。下列說法正確的是（ ）
A.兩燈均正常發光時，甲燈的電阻小于乙燈的電阻B.兩燈均正常發光時，甲燈的功率等于乙燈的功率C.若將兩燈位置對換，則乙燈亮度比甲燈亮度大D.如果將兩燈串聯在該電源上，甲燈亮度仍然會大于乙燈亮度
【解析】本題考查了燈泡亮度與電功率的關系。決定燈泡亮度的是燈泡的實際功率，甲燈亮度比乙燈亮度大，則甲的實際功率比乙的實際功率大，因為是并聯電路，則根據并聯電路的特點，甲、乙兩端的實際電壓是相等的，由公式
可知，甲燈的電阻小于乙燈的電阻；由于甲、乙兩燈均正常發光，則兩燈的P實=P額 ，又由于兩燈均正常發光時，甲燈亮度比乙燈亮度大，則甲的實際功率比乙的實際功率大，所以甲的額定功率比乙的額定功率大；兩燈的位置對換，并沒有改變電流、電壓及電阻，所以兩燈發光的亮度與未換位置前相同；當兩燈串聯時，通過兩燈的電流是相等的，根據功率公式P實=L2實R可知，甲燈的亮度要小于乙燈的亮度；故選項A正確。
例4：將兩只額定電壓相同的小燈泡L1和L2串聯在電路中，閉合開關后，發現燈L1較亮，燈L2較暗，其原因是（ ）
A燈L1額定功率較大 B. 燈L2兩端的實際電壓較大C. 燈L1的電阻較大 D. 通過燈L1的電流較大
燈泡工作過程是電能轉化為光能，燈泡亮暗主要決定于單位時間獲得光能的多少，但是，由于燈泡消耗的電能并不能全部轉化光能(不考慮何種顏色的光)，所以，燈泡亮暗跟它的實際功率和燈泡工作時電能轉化為光能效率(以下稱發光效率，發光效率是指電能轉化為光能與消耗的電能之比)有關。因此，判定燈泡亮暗要根據具體條件進行分析，筆者認為至少要分“同一類型燈泡(主要是指額定電壓相同、發光效率相近)正常工作、同一盞燈泡在不同電壓下工作、同類型但額定電壓不同(如：均利用鎢絲熾熱發光、額定電壓不同)燈泡不在額定電壓下工作、不同類型燈泡(主要是指各類型燈泡各自的發光效率不同，如白熾燈、節能燈、LED燈)工作”等四種情況進行討論才能比較有效科學地回答如何判定燈泡亮暗。
1 同一類型燈泡正常工作時亮暗取決于燈泡的額定功率
白熾燈工作原理：電流通過燈絲時，電流做功，產生電熱，燈絲的溫度升高，達到白熾狀態而發光。對于額定電壓相同、發光效率接近的一類型燈泡正常工作時它的實際功率等于額定功率，所以，燈泡正常工作時亮暗取決于燈泡的額定功率，額定功率越大，燈泡就越亮；反之燈泡越暗。
2 同一盞燈泡在不同電壓下工作時亮暗取決于燈泡工作時的實際功率
白熾燈工作情景：電流通過的燈絲時，電流做功，產生電熱，燈絲的溫度升高，達到紅熾狀態就發光，由于燈絲溫度比周圍溫度高，會向周圍散熱，當燈絲的溫度升高到某一值時出現熱平衡，燈絲保持一定的高溫值，而這一溫度跟燈泡兩端的實際電壓有關，燈泡兩端的電壓越高，通過的電流也越大，燈絲的溫度越高，燈泡的發光效率也越高，它的實際功率也越大，燈泡更亮；反之燈泡越暗。
3 同類型但額定電壓不同的燈泡不在額定電壓下工作時亮暗還要考慮燈泡的發光效率
從第二點討論可知，同一類型燈泡不在額定電壓下工作時，電流通過燈泡的燈絲做功，燈絲發熱發光，燈絲溫度的高低將影響其發光的效率，燈絲的溫度較低時發光的效率較低，燈絲的溫度高低要看實際工作情況。所以，同類型額定電壓不同的燈泡不在額定電壓下工作時亮暗既要考慮燈泡的實際功率也要考慮燈泡的發光效率。下面，用幾個特例進行理論分析，用一個實驗加以驗證。
3.1 實際功率相等亮度不一樣
“12 V 12 W”燈L1、“6V3W”燈L2并聯接在6V的電源上(設燈絲電阻變化忽略不計，下同)，這兩燈泡的亮度如何?根據條件可得兩燈泡的實際功率都等于3W。但亮度卻不一樣，燈L1較暗，其原因是：燈L1的燈絲溫度比正常發光時低，它的發光效率比正常發光低；而燈L2正常發光，它的發光效率與正常發光相同。因此，雖然燈L1和燈L2實際功率相等，但是，由于燈L1發光效率較低，燈L1的亮度比燈L2暗。
“12 V 12 W”燈L1、“6 V 3 W”燈L2串聯接在12 V的電源上，同理可得出燈L1和燈L2實際功率都等于3 W，但是，由于燈L1發光效率較低，燈L2的亮度暗。
3.2 實際功率大較亮
“12 V 6 W”燈L1、“6 V 6 W”燈L2并聯接在6 V的電源上，因為燈L2的實際功率6 W，燈L1的實際功率只有1.5W，且燈L1的燈絲溫度比正常發光時低，它的發光效率比正常發光時低，可以判定出“6 V 6 W”燈泡比“12 V 6 W”亮。
“12 V 6 W”燈L1、“6 V 3 W”燈L2串聯接在18 V的電源上，兩盞燈都是正常發光(發光效率相近)，燈L1和燈L2實際功率等于各自的額定功率，燈L1實際功率大于燈L2實際功率，所以，燈L1比燈L1亮。
常見：“220 V 60 W”、“220 V 15 W”兩盞燈串聯接在220 V照明電路上，“220 V 15 W”燈比較亮，就是因為它的實際功率比較大、發光效率相對高一些。
3.3
實際功率大反而暗
“12 V 12 W”燈L1、“6 V 2 5 W”燈L2并聯接在6 V的電源上，燈L1的實際功率是3 W(發光效率相當低)，燈絲發紅不太亮，燈L2實際功率等于額定功率，即2.5 W，燈L1燈絲正常發光較亮，所以，燈L1實際功率大反而較暗。
“12 V 12 W”燈L1、“6 V4 W”燈L1串聯接在14 V的電源上，燈L1的實際功率大約5.33 W(發光效率低)，燈L1實際功率等于額定功率，即4 W，燈L2燈絲正常發光較亮，因此，燈L1實際功率大反而較暗。
3.4 如果只知道定性關系為：實際功率大、發光效率低與實際功率小、發光效率高，兩只燈泡亮暗無法判定。
3.5 實驗驗證
有興趣的讀者可以做一實驗來體會：用實際功率大小判定燈泡亮暗有時是錯誤的。具體方法：將“110 V 15 W”兩白熾燈串聯后接到220 V照明電路上、將“220 V 60 W”兩自熾燈串聯后接到220 V照明電路上。觀察它們發光情況，大家一定會說“110 V 15 W”白熾燈更亮，而這時“110 V 15 W”白熾燈實際功率是15 W，考慮到燈絲電阻的變化，“220 V60 W”白熾燈實際功率略大于15 W。
綜上所述，同類型但額定電壓不同的燈泡不在額定電壓下工作時亮暗不能只看燈泡的實際功率大小，燈泡的發光效率高低不能忽視。
4 不同類型燈泡亮暗不能忽視燈泡發光效率