荆州中学2025~2026学年高二上学期9月双周练
物理试题
（全卷满分100分考试用时75分钟)
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7
题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对
但不全的得2分，有错选的得0分。)
1.下列关于静电场的说法中正确的是
A.由U=Ed可知，匀强电场两点间的电势差等于电场强度与这两点间距离的乘积
B.电荷在电势高处，其电势能大
C.若电场力对电荷做了正功，则该电荷的电势能一定减少
D.匀强电场中，电势降低的方向一定是电场强度的方向
2.一次军事演习中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷
手榴弹，战士在同一位置先后水平投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置
到落地点的高度差为，不计空气阻力，轨迹如图所示，重力加速度为8，下列说法正确的有
A.从投出到落地，甲、乙手榴弹重力的冲量不同
甲
B.手榴弹落地瞬间，甲、乙手榴弹重力的瞬时功率不同
C.从投出到落地，甲、乙手榴弹的动能增加量相同
一工事
D.甲在空中运动过程中动量变化比乙大
3.如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器
上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板和恒压电源连接。若材料温度升高
时，极板上所带电荷量变多，则
A.极板间电势差变大
接外电路
9
B.极板间电场强度变大
被测材料
C.材料竖直方向尺度减小
加热器
D.电容器电容变小
4.如图，A、B、C、D是正方形的四个顶点，O是正方形的中心，在A、D两点固定电荷量都是9
的正点电荷，O点的电场强度大小为E,O点的电势为p。已知场源电荷Q激发的电场中，距离
场源电荷r处的电势为=k巴，取无穷远处电势为零。若在C点再固定另一电荷量为-9的点电
荷，则
试卷第1页，共6页
A0点的电场强度大小为，E,电势为9
B.O点的电场强度大小为
5
,
电势为p
CO点的电场强度大小为)E
电势为号
D
D.O点的电场强度大小为
电势为p
V2
5.某同学用一个微安表头（量程1mA,内阻902）电阻箱R,和电阻箱R2组装一个多用电表，
有电流10A和电压3V两挡，改装电路如图所示，则R1、R2应调到多大阻值
A.R=1002,R2=3002
B.R=102,R2=2912
C.R=1002,R2=2912
2
D.R=102,R2=3002
6.如图所示，一物体在与水平夹角为0，大小为F的拉力作用下沿水平桌面做加速度大小为α
的匀加速直线运动，物体和桌面之间的动摩擦因数为u。己知物体质量为m,重力加速度为g。
在物体移动距离为x的过程中
A.仅增大F与水平方向的夹角8，则加速度减小
B.仅增大F的大小，则摩擦力做的功不变
C.仅减小动摩擦因数u,则合力的冲量减小
7777777n7777777777777777
D.仅减小动摩擦因数，则末动能增大
7.质子仅在电场力的作用下从O点开始沿x轴正方向做直线运动运动，其在O点处的初动能
为4V。该质子的电势能E,随位移x变化的关系如图所示，其中O~x2段是关于直线x=x,对称
的曲线，x2x3段是直线。下列说法正确的是
E lev
A.质子从O运动到x3加速度的大小先减小后增大再不变
B.该质子在x,处的动能为7eV
C.若x1、x2、x3处的电势分别为p1、p2、p3,则p1最高
D.该质子在x3处动能为0，所以最终静止在x3处
0
试卷第2页，共6页《荆州中学2025~2026学年高二上学期9月双周练》物理参考答案
题号
1
2
5
6
8
9
10
答案
C
C
B
B
D
A
AD
BD
BCD
11.(1)10.400mm
(2)
M
小于
34d2-p
U
【详解】(1)根据螺旋测微器的读数规律可知，该读数为10mm+0.01×40.0mm=10.400mm
(2)[1]由于电压表的内阻远远大于待测电阻的阻值与电流表的内阻，可知，电流表的分压影响较大，实验中应
排除电流表分压影响，可知测量电路采用电流表外接法，即更合理的是电压表右端应连接M点；
[2]由于测量电路采用电流表的外接法，则实验误差在电压表的分流，由于电压表分流影响，导致电流的测量值
偏大，则利用此电路测得的电阻值小于真实值。
(3)根据欧姆定律有R=V
R=P-
根据电阻定律有
d)2
2】
S
解得S=d2-
U
12.
(1)>(2分)
m1-cos0 =m1-cose +m2 -cos
（3分)
(2)0.19(3分)
(1)要保证碰后小球a不反弹，需要m,大于m2:
根据动量守恒定律得m,y=my2+m2y
根据动能定理可得mg(1-cos6)=mv
解得v=V2gl1-cos0)
所以求得m,V1-cos8=m,V-cos8+m2-cos8(或m,sin
=msin-
2
msin
8)
(2)根据动能定理可得mg(1-cos8)=一mv
解得v=V2g0-cos0),代入e=-
vo2 Voul
求得e≈0.19
13.(1)6=0.52(5分)
(2)P机=6.5W(7分)
【详解】(1)电动机不转时相当于纯电阻，由闭合电路欧姆定律
有E=I,(R++r),E=U+Iy解得电动机的内阻=0.52
(2)重物匀速上升时通过电动机的电流为I2有E=U2+Ir得L2=1A
电动机两端的电压U机=U2-I2R=6.5V，电动机消耗的功率P机=U机I2,解得P机=6.5W
答案第1页，共2页
89
14.0)3290。(8分)
(2)80%(6分)
【详解】(1)根据动能定理可得2gU。=2m,
时刻的偏转电压大小为：1=，y=)a,E=s,a=9E
5
4
2
211
m
1
89
E,=2m6+96y解得E
3290,
(2)粒子通过偏转电场的时间远小于T,故在AB板间运动时电压可视作恒定。
粒子恰好从极板右侧边缘射出时有
1=以，名，a-,解得U。=4
11
ml
故所占百分比为5U。
x100%=80%
15.(1)3J(4分)
②kg
【详解】(1)Q由D到F由动能定理得-m,gL-m,gR=0-m,5,解得y=2ms
弹簧弹开，对P、Q系统动量守恒0=m,4-mY2,由能量守恒定律E。=。m,+。m2，解得E,=3J
2
（2)若P恰好第一次到B与小车共速my=(m+M)加，m-m+M)+mgL,解得M
2 hg
若P恰好滑回到C与M共速my=(m+M)加，则=m+M)r2+2m8L,解得M=立g
则M的取值指围为点g
P滑出小车后，水平方向速度与小车保持相同，竖直方向竖直上抛，设上抛最大高度为，则P从滑上小车到最
高点，对P和车由能量守恒得)m=(m+m)+m8(R+)+m,L，解得h=0.2m
P离开小车后竖直方向h=28，解得4=0.2s
从抛出到落回t=24=0.4s,在t内小车位移x=v't,解得x=0.8m
