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8. 车床照明灯的额定电压是 36 V，它正常工作时灯丝的电阻是 24 Ω，则工作 30 min，电流通过灯丝产生的热量是
97200
J。答案
8. 97200
解析
【分析】
首先明确车床照明灯是纯电阻用电器，电流产生的热量等于其消耗的电能，可利用焦耳定律的变形公式计算。解题步骤：1. 统一时间单位，将分钟转换为秒；2. 确定已知量：额定电压、灯丝电阻、工作时间；3. 代入纯电阻电路的电热公式计算热量。
【解析】
解：车床照明灯为纯电阻用电器，电流产生的热量等于消耗的电能，公式为 $ Q = \frac{U^2 t}{R} $。
统一时间单位：$ t = 30\ \mathrm{min} = 30 × 60\ \mathrm{s} = 1800\ \mathrm{s} $。
代入已知量 $ U=36\ \mathrm{V} $、$ R=24\ \Omega $、$ t=1800\ \mathrm{s} $：
$ Q = \frac{(36\ \mathrm{V})^2 × 1800\ \mathrm{s}}{24\ \Omega} = \frac{1296 × 1800}{24}\ \mathrm{J} = 97200\ \mathrm{J} $。
【答案】
97200
【知识点】
电热计算、纯电阻电路
【点评】
本题考查纯电阻电路中电热的计算，核心是掌握焦耳定律的应用及单位换算，属于电学基础应用题，难度较低，适合巩固基础知识点。
【难度系数】
0.8
首先明确车床照明灯是纯电阻用电器，电流产生的热量等于其消耗的电能，可利用焦耳定律的变形公式计算。解题步骤：1. 统一时间单位，将分钟转换为秒；2. 确定已知量：额定电压、灯丝电阻、工作时间；3. 代入纯电阻电路的电热公式计算热量。
【解析】
解：车床照明灯为纯电阻用电器，电流产生的热量等于消耗的电能，公式为 $ Q = \frac{U^2 t}{R} $。
统一时间单位：$ t = 30\ \mathrm{min} = 30 × 60\ \mathrm{s} = 1800\ \mathrm{s} $。
代入已知量 $ U=36\ \mathrm{V} $、$ R=24\ \Omega $、$ t=1800\ \mathrm{s} $：
$ Q = \frac{(36\ \mathrm{V})^2 × 1800\ \mathrm{s}}{24\ \Omega} = \frac{1296 × 1800}{24}\ \mathrm{J} = 97200\ \mathrm{J} $。
【答案】
97200
【知识点】
电热计算、纯电阻电路
【点评】
本题考查纯电阻电路中电热的计算，核心是掌握焦耳定律的应用及单位换算，属于电学基础应用题，难度较低，适合巩固基础知识点。
【难度系数】
0.8
9.[新课标·科学论证]如图所示，电源电压不变，灯泡L标有“6 V 6 W”字样。闭合开关S₁，灯泡L正常发光，此时灯泡L的电阻为
6
Ω；再闭合开关S₂，前后两次电流表的示数之比为2：3，则电阻R的阻值为12
Ω，电阻R在10 s内产生的热量为30
J。答案
9. 6；12；30
解析
【分析】
首先分析开关闭合前后的电路连接方式：只闭合S₁时，电路为灯泡L的简单电路，灯泡正常发光；再闭合S₂时，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流。利用灯泡的额定参数计算其电阻，结合两次电流的比值，通过并联电路电流规律求出电阻R的电流，进而计算R的阻值，最后根据焦耳定律计算R产生的热量。
【解析】
1. 计算灯泡L的电阻：
灯泡正常发光，额定电压$ U_{额}=6V $，额定功率$ P_{额}=6W $，根据电功率公式$ P=\frac{U^2}{R} $，可得灯泡电阻：
$ R_L=\frac{U_{额}^2}{P_{额}}=\frac{(6V)^2}{6W}=6Ω $。
2. 计算电阻R的阻值：
只闭合S₁时，电路中只有L，电流表的示数为灯泡的额定电流：$ I_1=\frac{P_{额}}{U_{额}}=\frac{6W}{6V}=1A $。
再闭合S₂后，L与R并联，电源电压不变，电流表测干路电流，已知$ I_1:I_2=2:3 $，则干路电流$ I_2=\frac{3}{2}I_1=\frac{3}{2}×1A=1.5A $。
并联电路中各支路电流独立，通过L的电流不变，因此通过R的电流：$ I_R=I_2-I_1=1.5A-1A=0.5A $。
电源电压$ U=U_{额}=6V $，根据欧姆定律$ R=\frac{U}{I} $，得电阻R的阻值：
$ R=\frac{U}{I_R}=\frac{6V}{0.5A}=12Ω $。
3. 计算电阻R产生的热量：
根据焦耳定律$ Q=W=UIt $，电阻R在10s内产生的热量：
$ Q=UI_Rt=6V×0.5A×10s=30J $。
【答案】
6；12；30
【知识点】
电功率计算；并联电路电流规律；焦耳定律
【点评】
本题为电学综合题，需明确开关切换后的电路结构，结合额定参数、并联电路特点和相关公式逐步推导，考查学生对基础电学公式的应用能力，属于中等难度的常规题型。
【难度系数】
0.5
首先分析开关闭合前后的电路连接方式：只闭合S₁时，电路为灯泡L的简单电路，灯泡正常发光；再闭合S₂时，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流。利用灯泡的额定参数计算其电阻，结合两次电流的比值，通过并联电路电流规律求出电阻R的电流，进而计算R的阻值，最后根据焦耳定律计算R产生的热量。
【解析】
1. 计算灯泡L的电阻：
灯泡正常发光，额定电压$ U_{额}=6V $，额定功率$ P_{额}=6W $，根据电功率公式$ P=\frac{U^2}{R} $，可得灯泡电阻：
$ R_L=\frac{U_{额}^2}{P_{额}}=\frac{(6V)^2}{6W}=6Ω $。
2. 计算电阻R的阻值：
只闭合S₁时，电路中只有L，电流表的示数为灯泡的额定电流：$ I_1=\frac{P_{额}}{U_{额}}=\frac{6W}{6V}=1A $。
再闭合S₂后，L与R并联，电源电压不变，电流表测干路电流，已知$ I_1:I_2=2:3 $，则干路电流$ I_2=\frac{3}{2}I_1=\frac{3}{2}×1A=1.5A $。
并联电路中各支路电流独立，通过L的电流不变，因此通过R的电流：$ I_R=I_2-I_1=1.5A-1A=0.5A $。
电源电压$ U=U_{额}=6V $，根据欧姆定律$ R=\frac{U}{I} $，得电阻R的阻值：
$ R=\frac{U}{I_R}=\frac{6V}{0.5A}=12Ω $。
3. 计算电阻R产生的热量：
根据焦耳定律$ Q=W=UIt $，电阻R在10s内产生的热量：
$ Q=UI_Rt=6V×0.5A×10s=30J $。
【答案】
6；12；30
【知识点】
电功率计算；并联电路电流规律；焦耳定律
【点评】
本题为电学综合题，需明确开关切换后的电路结构，结合额定参数、并联电路特点和相关公式逐步推导，考查学生对基础电学公式的应用能力，属于中等难度的常规题型。
【难度系数】
0.5
10.如图，电源电压不变，$R_1$、$R_2$是两个相同的电阻，当闭合开关$S_1$，断开$S_2$、$S_3$时，通电20 min，电路产生的热量为$Q$；同时闭合$S_2$、$S_3$，断开$S_1$，若要产生相同的热量$Q$，则需通电（
A.5 min
B.10 min
C.20 min
D.40 min
A
）A.5 min
B.10 min
C.20 min
D.40 min
答案
10. A
解析
【分析】
要解决此题，需先分析两种开关状态下的电路结构，确定总电阻，再利用纯电阻电路的热量公式$ Q = \frac{U^2 t}{R} $（电源电压$ U $不变，热量$ Q $相同）推导通电时间的关系。首先明确：当闭合$ S_1 $、断开$ S_2 $、$ S_3 $时，$ R_1 $与$ R_2 $串联；当闭合$ S_2 $、$ S_3 $、断开$ S_1 $时，$ R_1 $与$ R_2 $并联。结合$ R_1 = R_2 $，分别计算两种情况的总电阻，再代入热量公式求解时间。
【解析】
设$ R_1 = R_2 = R $，电源电压为$ U $。
1. 当闭合$ S_1 $，断开$ S_2 $、$ S_3 $时，$ R_1 $与$ R_2 $串联，总电阻：
$ R_{串} = R_1 + R_2 = R + R = 2R $
根据纯电阻电路热量公式$ Q = \frac{U^2 t_1}{R_{串}} $，代入$ t_1 = 20\ \mathrm{min} $，得：
$ Q = \frac{U^2 × 20\ \mathrm{min}}{2R} = \frac{U^2 × 10\ \mathrm{min}}{R} $
2. 当闭合$ S_2 $、$ S_3 $，断开$ S_1 $时，$ R_1 $与$ R_2 $并联，总电阻：
$ R_{并} = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2} = \frac{R × R}{R + R} = \frac{R}{2} $
要产生相同热量$ Q $，则$ Q = \frac{U^2 t_2}{R_{并}} $，将$ Q = \frac{U^2 × 10\ \mathrm{min}}{R} $代入得：
$ \frac{U^2 × 10\ \mathrm{min}}{R} = \frac{U^2 t_2}{\frac{R}{2}} $
约去$ U^2 $和$ R $，化简得$ 10\ \mathrm{min} = 2 t_2 $，解得$ t_2 = 5\ \mathrm{min} $。
【答案】
A
【知识点】
串联电阻计算、并联电阻计算、焦耳定律
【点评】
本题结合开关状态判断串并联电路，利用焦耳定律解决热量与时间的关系问题，核心是正确分析电路连接方式，难度中等。
【难度系数】
0.5
要解决此题，需先分析两种开关状态下的电路结构，确定总电阻，再利用纯电阻电路的热量公式$ Q = \frac{U^2 t}{R} $（电源电压$ U $不变，热量$ Q $相同）推导通电时间的关系。首先明确：当闭合$ S_1 $、断开$ S_2 $、$ S_3 $时，$ R_1 $与$ R_2 $串联；当闭合$ S_2 $、$ S_3 $、断开$ S_1 $时，$ R_1 $与$ R_2 $并联。结合$ R_1 = R_2 $，分别计算两种情况的总电阻，再代入热量公式求解时间。
【解析】
设$ R_1 = R_2 = R $，电源电压为$ U $。
1. 当闭合$ S_1 $，断开$ S_2 $、$ S_3 $时，$ R_1 $与$ R_2 $串联，总电阻：
$ R_{串} = R_1 + R_2 = R + R = 2R $
根据纯电阻电路热量公式$ Q = \frac{U^2 t_1}{R_{串}} $，代入$ t_1 = 20\ \mathrm{min} $，得：
$ Q = \frac{U^2 × 20\ \mathrm{min}}{2R} = \frac{U^2 × 10\ \mathrm{min}}{R} $
2. 当闭合$ S_2 $、$ S_3 $，断开$ S_1 $时，$ R_1 $与$ R_2 $并联，总电阻：
$ R_{并} = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2} = \frac{R × R}{R + R} = \frac{R}{2} $
要产生相同热量$ Q $，则$ Q = \frac{U^2 t_2}{R_{并}} $，将$ Q = \frac{U^2 × 10\ \mathrm{min}}{R} $代入得：
$ \frac{U^2 × 10\ \mathrm{min}}{R} = \frac{U^2 t_2}{\frac{R}{2}} $
约去$ U^2 $和$ R $，化简得$ 10\ \mathrm{min} = 2 t_2 $，解得$ t_2 = 5\ \mathrm{min} $。
【答案】
A
【知识点】
串联电阻计算、并联电阻计算、焦耳定律
【点评】
本题结合开关状态判断串并联电路，利用焦耳定律解决热量与时间的关系问题，核心是正确分析电路连接方式，难度中等。
【难度系数】
0.5
11. 如图所示，质量为 400 g、初温为 25 ℃的食用油注入大烧杯中，并将电加热器放入食用油中。电加热器正常工作 100 s，测出食用油的温度为 65 ℃，已知电加热器的额定电压为220 V，额定功率为 440 W。[食用油的比热容为$2×10^3$ J/(kg·℃)]
(1)电加热器正常工作时的电流和电阻。
(2)正常工作 100 s，电加热器消耗的电能。
(3)电加热器的热效率。
(1)电加热器正常工作时的电流和电阻。
(2)正常工作 100 s，电加热器消耗的电能。
(3)电加热器的热效率。
答案
11.解:(1)由$P=UI$可得,电加热器正常工作时的电流$I=\frac{P}{U}=\frac{440\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=2\ \mathrm{A}$,由$I=\frac{U}{R}$可得,电加热器正常工作的电阻$R=\frac{U}{I}=\frac{220\ \mathrm{V}}{2\ \mathrm{A}}=110\ \Omega$。
(2)由$P=\frac{W}{t}$可得,正常工作100 s时电加热器消耗的电能$W=Pt=440\ \mathrm{W}×100\ \mathrm{s}=4.4×10^4\ \mathrm{J}$。
(3)食用油升高的温度$\Delta t=t_2-t_1=65\ ℃-25\ ℃=40\ ℃$,食用油的质量$m_{油}=400\ \mathrm{g}=0.4\ \mathrm{kg}$,食用油吸收的热量$Q_{吸}=c_{油}m_{油}\Delta t=2×10^3\ \mathrm{J/(kg· ℃)}×0.4\ \mathrm{kg}×40\ ℃=3.2×10^4\ \mathrm{J}$,则电加热器的热效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{3.2×10^4\ \mathrm{J}}{4.4×10^4\ \mathrm{J}}×100\%\approx72.7\%$。
(2)由$P=\frac{W}{t}$可得,正常工作100 s时电加热器消耗的电能$W=Pt=440\ \mathrm{W}×100\ \mathrm{s}=4.4×10^4\ \mathrm{J}$。
(3)食用油升高的温度$\Delta t=t_2-t_1=65\ ℃-25\ ℃=40\ ℃$,食用油的质量$m_{油}=400\ \mathrm{g}=0.4\ \mathrm{kg}$,食用油吸收的热量$Q_{吸}=c_{油}m_{油}\Delta t=2×10^3\ \mathrm{J/(kg· ℃)}×0.4\ \mathrm{kg}×40\ ℃=3.2×10^4\ \mathrm{J}$,则电加热器的热效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{3.2×10^4\ \mathrm{J}}{4.4×10^4\ \mathrm{J}}×100\%\approx72.7\%$。
解析
【分析】
本题分为三个小问，考查电功率、电功及热效率的综合计算。解题思路：
(1) 电加热器正常工作时，电压和功率为额定值，利用电功率公式$P=UI$求电流，再结合欧姆定律$I=\frac{U}{R}$计算电阻；
(2) 正常工作时，电加热器消耗的电能由$W=Pt$计算，代入额定功率和工作时间即可；
(3) 先计算食用油升高的温度，通过热量公式$Q_{吸}=cm\Delta t$算出食用油吸收的热量，最后根据热效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%$求热效率，计算时需统一单位（质量换算为kg）。
【解析】
解：
(1) 电加热器正常工作时，额定电压$U=220\ \mathrm{V}$，额定功率$P=440\ \mathrm{W}$，由$P=UI$得正常工作电流：
$I=\frac{P}{U}=\frac{440\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=2\ \mathrm{A}$；
由欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，得电加热器的电阻：
$R=\frac{U}{I}=\frac{220\ \mathrm{V}}{2\ \mathrm{A}}=110\ \Omega$。
(2) 正常工作时间$t=100\ \mathrm{s}$，由$P=\frac{W}{t}$得电加热器消耗的电能：
$W=Pt=440\ \mathrm{W}×100\ \mathrm{s}=4.4×10^4\ \mathrm{J}$。
(3) 食用油质量$m_{油}=400\ \mathrm{g}=0.4\ \mathrm{kg}$，升高温度$\Delta t=65\ ℃ - 25\ ℃=40\ ℃$，
食用油吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{油}m_{油}\Delta t=2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.4\ \mathrm{kg}×40\ ℃=3.2×10^4\ \mathrm{J}$，
电加热器的热效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{3.2×10^4\ \mathrm{J}}{4.4×10^4\ \mathrm{J}}×100\%\approx72.7\%$。
【答案】
(1) 电流为2 A，电阻为110 Ω；
(2) 消耗的电能为$4.4×10^4\ \mathrm{J}$；
(3) 热效率约为72.7%。
【知识点】
电功率计算、热量计算、热效率
【点评】
本题是电学与热学结合的基础计算题，考查公式的应用，解题关键是单位统一和公式的正确选用，属于常规基础题。
【难度系数】
0.6
本题分为三个小问，考查电功率、电功及热效率的综合计算。解题思路：
(1) 电加热器正常工作时，电压和功率为额定值，利用电功率公式$P=UI$求电流，再结合欧姆定律$I=\frac{U}{R}$计算电阻；
(2) 正常工作时，电加热器消耗的电能由$W=Pt$计算，代入额定功率和工作时间即可；
(3) 先计算食用油升高的温度，通过热量公式$Q_{吸}=cm\Delta t$算出食用油吸收的热量，最后根据热效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%$求热效率，计算时需统一单位（质量换算为kg）。
【解析】
解：
(1) 电加热器正常工作时，额定电压$U=220\ \mathrm{V}$，额定功率$P=440\ \mathrm{W}$，由$P=UI$得正常工作电流：
$I=\frac{P}{U}=\frac{440\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=2\ \mathrm{A}$；
由欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，得电加热器的电阻：
$R=\frac{U}{I}=\frac{220\ \mathrm{V}}{2\ \mathrm{A}}=110\ \Omega$。
(2) 正常工作时间$t=100\ \mathrm{s}$，由$P=\frac{W}{t}$得电加热器消耗的电能：
$W=Pt=440\ \mathrm{W}×100\ \mathrm{s}=4.4×10^4\ \mathrm{J}$。
(3) 食用油质量$m_{油}=400\ \mathrm{g}=0.4\ \mathrm{kg}$，升高温度$\Delta t=65\ ℃ - 25\ ℃=40\ ℃$，
食用油吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{油}m_{油}\Delta t=2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.4\ \mathrm{kg}×40\ ℃=3.2×10^4\ \mathrm{J}$，
电加热器的热效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{3.2×10^4\ \mathrm{J}}{4.4×10^4\ \mathrm{J}}×100\%\approx72.7\%$。
【答案】
(1) 电流为2 A，电阻为110 Ω；
(2) 消耗的电能为$4.4×10^4\ \mathrm{J}$；
(3) 热效率约为72.7%。
【知识点】
电功率计算、热量计算、热效率
【点评】
本题是电学与热学结合的基础计算题，考查公式的应用，解题关键是单位统一和公式的正确选用，属于常规基础题。
【难度系数】
0.6
12.[新课标·分析论证]小军同学在“测量小灯泡额定电功率”的实验中,选用了额定电压为2.5 V的小灯泡,并连接了如图甲所示的电路。
(1)闭合开关S前,应将滑动变阻器的滑片P置于最
(2)闭合开关S后,移动滑动变阻器的滑片P,发现小灯泡始终不发光,电流表无示数,电压表示数接近于电源电压,则故障原因可能是
A.灯座接线短路
B.小灯泡的灯丝断了
C.开关接触不良
D.滑动变阻器断路
(3)排除故障后,闭合开关S,调节滑动变阻器的滑片P,使电压表的示数为2.5 V,电流表的示数如图乙所示,则小灯泡额定电功率为
(4)为了探究“小灯泡中的电流与两端电压的关系”,小军记录下了不同电压下通过小灯泡的电流,实验数据如下表所示。则图中的四幅图像能正确反映这一关系的是
电压U/V | 0.4 | 0.7 | 1.0 | 1.3 | 1.6 | 1.9
电流I/A | 0.12 | 0.16 | 0.2 | 0.22 | 0.24 | 0.26
A
B
C
D
(1)闭合开关S前,应将滑动变阻器的滑片P置于最
左
（选填“左”或“右”）端。(2)闭合开关S后,移动滑动变阻器的滑片P,发现小灯泡始终不发光,电流表无示数,电压表示数接近于电源电压,则故障原因可能是
B
（填序号）。A.灯座接线短路
B.小灯泡的灯丝断了
C.开关接触不良
D.滑动变阻器断路
(3)排除故障后,闭合开关S,调节滑动变阻器的滑片P,使电压表的示数为2.5 V,电流表的示数如图乙所示,则小灯泡额定电功率为
0.75
W。(4)为了探究“小灯泡中的电流与两端电压的关系”,小军记录下了不同电压下通过小灯泡的电流,实验数据如下表所示。则图中的四幅图像能正确反映这一关系的是
C
（填序号）。电压U/V | 0.4 | 0.7 | 1.0 | 1.3 | 1.6 | 1.9
电流I/A | 0.12 | 0.16 | 0.2 | 0.22 | 0.24 | 0.26
A
B
C
D
答案
12. (1)左 (2)B (3)0.75 (4)C
解析
【分析】
本题为电学实验综合题，需结合滑动变阻器使用规则、电路故障判断、电功率计算及小灯泡电阻特性分析。
(1) 闭合开关前滑动变阻器需调至最大阻值，目的是保护电路，根据电路连接确定滑片位置；
(2) 电流表无示数说明电路断路，电压表示数接近电源电压说明电压表与电源连通，据此判断故障；
(3) 额定功率为额定电压下的功率，需读取电流表量程和示数后计算；
(4) 小灯泡电阻随温度升高而增大，因此电流与电压不成正比，据此判断I-U图像。
【解析】
(1) 闭合开关前，滑动变阻器应调至最大阻值处，由电路可知，滑片在左端时滑动变阻器接入电阻最大，故填左；
(2) 电流表无示数说明电路断路，电压表示数接近电源电压说明电压表两接线柱与电源两极连通，故障为与电压表并联的小灯泡断路，故选B；
(3) 电流表选用0~0.6A量程，分度值0.02A，示数为0.3A，小灯泡额定电功率P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；
(4) 小灯泡电阻随温度升高而增大，因此电流与电压不成正比，I-U图像为曲线且斜率逐渐减小，故选C。
【答案】
(1)左 (2)B (3)0.75 (4)C
【知识点】
滑动变阻器的使用、电路故障分析、电功率计算
【点评】
本题围绕测量小灯泡额定电功率实验展开，综合考查电学实验的核心操作、故障分析及规律应用，需学生掌握小灯泡电阻随温度变化的特性，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题为电学实验综合题，需结合滑动变阻器使用规则、电路故障判断、电功率计算及小灯泡电阻特性分析。
(1) 闭合开关前滑动变阻器需调至最大阻值，目的是保护电路，根据电路连接确定滑片位置；
(2) 电流表无示数说明电路断路，电压表示数接近电源电压说明电压表与电源连通，据此判断故障；
(3) 额定功率为额定电压下的功率，需读取电流表量程和示数后计算；
(4) 小灯泡电阻随温度升高而增大，因此电流与电压不成正比，据此判断I-U图像。
【解析】
(1) 闭合开关前，滑动变阻器应调至最大阻值处，由电路可知，滑片在左端时滑动变阻器接入电阻最大，故填左；
(2) 电流表无示数说明电路断路，电压表示数接近电源电压说明电压表两接线柱与电源两极连通，故障为与电压表并联的小灯泡断路，故选B；
(3) 电流表选用0~0.6A量程，分度值0.02A，示数为0.3A，小灯泡额定电功率P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；
(4) 小灯泡电阻随温度升高而增大，因此电流与电压不成正比，I-U图像为曲线且斜率逐渐减小，故选C。
【答案】
(1)左 (2)B (3)0.75 (4)C
【知识点】
滑动变阻器的使用、电路故障分析、电功率计算
【点评】
本题围绕测量小灯泡额定电功率实验展开，综合考查电学实验的核心操作、故障分析及规律应用，需学生掌握小灯泡电阻随温度变化的特性，难度适中。
【难度系数】
0.6
