資源簡介

單元檢測（八）
恒定電流
B卷高考能力評價卷
(滿分：100分時間：75分鐘)
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目
要求
1.(2025·長寧區二模)關于閉合電路，下列說法正確的是
A,電源正負極被短路時，電流很小
B.電源正負極被短路時，端電壓最大
C.外電路斷路時，端電壓為零
D.用電器增加時，端電壓可能減小
2.(2025·北京豐臺·二模)如圖所示，電源電動勢為6V,電路中有AB、
FD
CD、EF、GH四根連接電路的導線，其中一根導線內部的銅絲是斷的，電
路其余部分完好.為了查出故障導線，某同學選用多用電表直流10V
擋，閉合開關后，將多用電表紅表筆接在A接線柱上，黑表筆依次接在
B、D、F所示的接線柱上，多用電表的示數分別為0V、0V、6V.可判斷
出故障導線是
A.AB
B.CD
C.EF
D.GH
3.(2025·安徽滁州·二模)如圖，在蚌埠港碼頭，吊車正以0.1/s的速度勻速
吊起總質量為5.7×103kg的集裝箱.已知吊車的電動機工作電壓為380V,
電流為20A,重力加速度取10ms2,則
A.電動機的內阻為192
B.電動機的發熱功率為5.7×103W
C.電動機的輸出功率為7.6×103W
D.電動機的工作效率為75%
4.如圖所示，電路中電源電動勢E恒定，內阻不計.外電阻R為可變電阻，電源輸出功率為P,
回路電流為I.下列圖像中可能正確的是
5.(2025·銀川一中等十七校聯考)在如圖所示的電路中，定值電阻R1=32、R2=2Ω、
R3=12、R=32,電容器的電容C=4uF,電源的電動勢E=10V,內阻不計.閉
合開關S1、S2,電路穩定后，則
A.a、b兩點的電勢差Ub=3.5V
B.電容器所帶電荷量為1.4×10-6C
C.斷開開關S2,穩定后流過電阻R3的電流與斷開前相比將發生變化
D.斷開開關S2,穩定后電容器上極板所帶電荷量與斷開前相比的變化量為2.4×10-5C
6.(2025·呼倫貝爾模擬)如圖甲所示的電路中定值電阻R=602,電源電動勢E=100V,r=102.如圖乙
所示，曲線為燈泡L的伏安特性曲線，直線為電源的路端電壓與電流的關系圖線，以下說法正確的是
61
10.0
UA
8.0
6.0
4.0
2.0
20406080100i7y
甲
A.開關S斷開時電源的效率為60%
B.開關S閉合后電源的總功率會變小
C.開關S閉合后燈泡的亮度增強
D.開關S斷開時小燈泡消耗的功率為240W
7.(2025·洛陽一模)四盞白熾燈泡連接成如圖所示的電路.a、c燈泡的規格為
“220V40W”,b、d燈泡的規格為“220V100W”,各個燈泡的實際功率都
沒有超過它的額定功率.對這四盞燈泡實際消耗功率的說法正確的是()
A.a燈泡實際消耗的功率最小
B.b燈泡實際消耗的功率最小
C.c燈泡實際消耗的功率最小
D.d燈泡實際消耗的功率最小
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，每題有多項符合題目
要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分
8.(2025·寧夏銀川·一模)亞運“黑科技”賽場“場務”機器狗憑借滿滿科技感出圈，成為“智能亞運”里的
一道亮麗風景線.現了解，該機器狗專用的充電電池其部分參數如圖所示，則下列說法正確的是()
電池參數版本
長續航版
產品名稱
Go1專用電池
電池類型
聚合物鋰離子電池
額定容量
9000mAh199.8Wh
充電限制電壓
DC25.2 V
最大充電功率
151.2W
A.若按充電限制電壓給電池充電，則最大充電電流為6A
B.該電池的電動勢為22.2V
C.若該電池以2A的電流工作，最多可使用4.5個小時
D.將已耗盡電能的電池充滿，需消耗的電能約為7.19×104J
9.(2025·湖南·二模)如圖所示，電路中電源電動勢為E,內阻為，電流表與電
壓表都是理想電表，電容器C的擊穿電壓足夠高，當閉合S后，滑動變阻器的
觸頭P向右滑動時，下列說法正確的是
A.電壓表示數增大
B.電流表示數減小
C.燈泡變亮
E,T
D.電容器的電荷量減少
10.(2025·浙江省杭州高中模擬)如圖所示，直線I、Ⅱ分別是電源1與電源2
的路端電壓隨輸出電流變化的特性圖線，曲線Ⅲ是一個小燈泡的伏安特性
U/V
10
曲線.曲線Ⅲ與直線I、Ⅱ相交點的坐標分別為P(5,3.5)、Q(6,5).如果把
該小燈泡分別與電源1、電源2單獨連接，則下列說法不正確的是()
6
A.電源1與電源2的內阻之比是3：2
B.電源1與電源2的電動勢之比是1：1
2
1/A
C.在這兩種連接狀態下，小燈泡的電阻之比是21：26
024681012
D.在這兩種連接狀態下，小燈泡消耗的功率之比是7：10
-62參考答案
單元檢測（一）運動的描述勻變速直線運動
x=wt一
2a2,代入教據解得x=50m,公交車在最初6s內
通過的位移與最后6s內通過的位移之差為△x=x1一x2,代
A卷高頻考點練清卷
入數據解得△x=24m,故ABC錯誤，D正確.
1.C研究入水動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題
5.A對木板由牛頓第二定律可知木板的加速度不變，木板從
的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故A錯
靜止釋獄到下瑞到達A點的過程，有L=a,木板從靜止
誤：研究空中轉體姿態時，運動員的形狀和體積對所研究
釋放到上瑞到達A點的過程，當木板長度為L時，有2L=
問題的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故
2ai,當木板長度為2L時，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B錯誤；研究百米比賽中的平均速度時，運動員的形狀和
體積對所研究問題的影響能夠忽略，此時運動員能夠看
△12=t2一t0,聯立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
為質點，故C正確：研究運動員通過某個攀巖支，點的動作
正確
時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽
6.解析：(1)設物體的加速度為a,根據位移差公式△x=aT可
略，此時運動員不能夠看為質點，故D錯誤.故選：C.
2
2.C速度是描述物體運動快慢的物理量，即物體的空間位
3X0-x0
得物體的加速度為4=
置隨時間變化的快慢，BD錯誤；根據x與1的關系式可
to
3to2
知，1=0時，質點位于x=1m處，t=1s時，質點位于x=
AC段的平均速度等于這一過程的中間時刻的速度，可得
6m處，因此質點在第1s內的位移為5m,A錯誤，C
2
正確，
物體在B,點時的速度為UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)選擇向西為正方向，如題圖所示，最后6s的住
設物體在A點時的速度為A,則可得
移為△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均連度為==20m=20m8,大小為20m6,」
(2)根據速度時間關系可得物體在C點時的速度為
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全過程的位移為△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
時間為△t=5s十58十4s十6s=20s
則可得物體在CD段的平均速度為=C十D=0
24t
平均速度為==0m=1,5m/s,大小為1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C勻變速直線運動平均速度等于初末速度的平均值，則
(3)全過程的路程為△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：專5=10ms,T=5m因ST間的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的兩倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率為0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的時間是RS段的時間的4倍，可知：ST
1
答案：(1)20ms方向向西(2)1.5ms方向向西
(3)10.5m/s
段的速度減小量是RS段的4倍，則有：vs一VT=4(VR一
4.D設公交車開始減速的速度為%，運動總時間為，則公交
vs),聯立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正確，ABD錯誤.
車在最初減連6s內通過的位移為西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度為a,E到N的距離為L,從E到N有v至=
18m),把物體運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運
2aL,從N到A有v員=2a·9L,聯立可得vA=3E,故A
動，最后68內通過的位移為=2a,代入數據解得x2一
錯誤：根據逵度一時間公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交車在最初6s內通過的位移與最后6s內通過
的位號之比為21：9，則南以上有g18-號又有0=助
E一0_E=1,所以汽車通過AE段的時間等于21，故B
at,代入數據解得=10mst=10s,則公交車的總位移為
錯誤：根據勻變速直線運動的推論有四E-4E=2如E,
2
125

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