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单元检测（八）
恒定电流
B卷高考能力评价卷
(满分：100分时间：75分钟)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目
要求
1.(2025·长宁区二模)关于闭合电路，下列说法正确的是
A,电源正负极被短路时，电流很小
B.电源正负极被短路时，端电压最大
C.外电路断路时，端电压为零
D.用电器增加时，端电压可能减小
2.(2025·北京丰台·二模)如图所示，电源电动势为6V,电路中有AB、
FD
CD、EF、GH四根连接电路的导线，其中一根导线内部的铜丝是断的，电
路其余部分完好.为了查出故障导线，某同学选用多用电表直流10V
挡，闭合开关后，将多用电表红表笔接在A接线柱上，黑表笔依次接在
B、D、F所示的接线柱上，多用电表的示数分别为0V、0V、6V.可判断
出故障导线是
A.AB
B.CD
C.EF
D.GH
3.(2025·安徽滁州·二模)如图，在蚌埠港码头，吊车正以0.1/s的速度匀速
吊起总质量为5.7×103kg的集装箱.已知吊车的电动机工作电压为380V,
电流为20A,重力加速度取10ms2,则
A.电动机的内阻为192
B.电动机的发热功率为5.7×103W
C.电动机的输出功率为7.6×103W
D.电动机的工作效率为75%
4.如图所示，电路中电源电动势E恒定，内阻不计.外电阻R为可变电阻，电源输出功率为P,
回路电流为I.下列图像中可能正确的是
5.(2025·银川一中等十七校联考)在如图所示的电路中，定值电阻R1=32、R2=2Ω、
R3=12、R=32,电容器的电容C=4uF,电源的电动势E=10V,内阻不计.闭
合开关S1、S2,电路稳定后，则
A.a、b两点的电势差Ub=3.5V
B.电容器所带电荷量为1.4×10-6C
C.断开开关S2,稳定后流过电阻R3的电流与断开前相比将发生变化
D.断开开关S2,稳定后电容器上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为2.4×10-5C
6.(2025·呼伦贝尔模拟)如图甲所示的电路中定值电阻R=602,电源电动势E=100V,r=102.如图乙
所示，曲线为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是
61
10.0
UA
8.0
6.0
4.0
2.0
20406080100i7y
甲
A.开关S断开时电源的效率为60%
B.开关S闭合后电源的总功率会变小
C.开关S闭合后灯泡的亮度增强
D.开关S断开时小灯泡消耗的功率为240W
7.(2025·洛阳一模)四盏白炽灯泡连接成如图所示的电路.a、c灯泡的规格为
“220V40W”,b、d灯泡的规格为“220V100W”,各个灯泡的实际功率都
没有超过它的额定功率.对这四盏灯泡实际消耗功率的说法正确的是()
A.a灯泡实际消耗的功率最小
B.b灯泡实际消耗的功率最小
C.c灯泡实际消耗的功率最小
D.d灯泡实际消耗的功率最小
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目
要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
8.(2025·宁夏银川·一模)亚运“黑科技”赛场“场务”机器狗凭借满满科技感出圈，成为“智能亚运”里的
一道亮丽风景线.现了解，该机器狗专用的充电电池其部分参数如图所示，则下列说法正确的是()
电池参数版本
长续航版
产品名称
Go1专用电池
电池类型
聚合物锂离子电池
额定容量
9000mAh199.8Wh
充电限制电压
DC25.2 V
最大充电功率
151.2W
A.若按充电限制电压给电池充电，则最大充电电流为6A
B.该电池的电动势为22.2V
C.若该电池以2A的电流工作，最多可使用4.5个小时
D.将已耗尽电能的电池充满，需消耗的电能约为7.19×104J
9.(2025·湖南·二模)如图所示，电路中电源电动势为E,内阻为，电流表与电
压表都是理想电表，电容器C的击穿电压足够高，当闭合S后，滑动变阻器的
触头P向右滑动时，下列说法正确的是
A.电压表示数增大
B.电流表示数减小
C.灯泡变亮
E,T
D.电容器的电荷量减少
10.(2025·浙江省杭州高中模拟)如图所示，直线I、Ⅱ分别是电源1与电源2
的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性
U/V
10
曲线.曲线Ⅲ与直线I、Ⅱ相交点的坐标分别为P(5,3.5)、Q(6,5).如果把
该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法不正确的是()
6
A.电源1与电源2的内阻之比是3：2
B.电源1与电源2的电动势之比是1：1
2
1/A
C.在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是21：26
024681012
D.在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7：10
-62参考答案
单元检测（一）运动的描述匀变速直线运动
x=wt一
2a2,代入教据解得x=50m,公交车在最初6s内
通过的位移与最后6s内通过的位移之差为△x=x1一x2,代
A卷高频考点练清卷
入数据解得△x=24m,故ABC错误，D正确.
1.C研究入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题
5.A对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从
的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A错
静止释狱到下瑞到达A点的过程，有L=a,木板从静止
误：研究空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究
释放到上瑞到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=
问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故
2ai,当木板长度为2L时，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B错误；研究百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和
体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看
△12=t2一t0,联立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
为质点，故C正确：研究运动员通过某个攀岩支，点的动作
正确
时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽
6.解析：(1)设物体的加速度为a,根据位移差公式△x=aT可
略，此时运动员不能够看为质点，故D错误.故选：C.
2
2.C速度是描述物体运动快慢的物理量，即物体的空间位
3X0-x0
得物体的加速度为4=
置随时间变化的快慢，BD错误；根据x与1的关系式可
to
3to2
知，1=0时，质点位于x=1m处，t=1s时，质点位于x=
AC段的平均速度等于这一过程的中间时刻的速度，可得
6m处，因此质点在第1s内的位移为5m,A错误，C
2
正确，
物体在B,点时的速度为UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)选择向西为正方向，如题图所示，最后6s的住
设物体在A点时的速度为A,则可得
移为△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均连度为==20m=20m8,大小为20m6,」
(2)根据速度时间关系可得物体在C点时的速度为
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全过程的位移为△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
时间为△t=5s十58十4s十6s=20s
则可得物体在CD段的平均速度为=C十D=0
24t
平均速度为==0m=1,5m/s,大小为1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，则
(3)全过程的路程为△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：专5=10ms,T=5m因ST间的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的两倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率为0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的时间是RS段的时间的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
段的速度减小量是RS段的4倍，则有：vs一VT=4(VR一
4.D设公交车开始减速的速度为%，运动总时间为，则公交
vs),联立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正确，ABD错误.
车在最初减连6s内通过的位移为西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度为a,E到N的距离为L,从E到N有v至=
18m),把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运
2aL,从N到A有v员=2a·9L,联立可得vA=3E,故A
动，最后68内通过的位移为=2a,代入数据解得x2一
错误：根据逵度一时间公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过
的位号之比为21：9，则南以上有g18-号又有0=助
E一0_E=1,所以汽车通过AE段的时间等于21，故B
at,代入数据解得=10mst=10s,则公交车的总位移为
错误：根据匀变速直线运动的推论有四E-4E=2如E,
2
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