普通物理學(xué)考研程守洙《普通物理學(xué)》2021考研真題庫

普通物理學(xué)考研程守洙《普通物理學(xué)》2021考研真

題庫一、選擇題1質(zhì)點(diǎn)作半徑為R的變速率圓周運(yùn)動，以v表示其某一時(shí)刻的速率，則質(zhì)點(diǎn)加速度的大小為()。［北京郵電大學(xué)2010研］A.dv/dtB.V2/Rdvv1C.dF-TD.［(dv/dt)2+(V4/R2)］i/2【答案】D@@@【解析】本題考查了曲線運(yùn)動中加速度大小的求解，質(zhì)點(diǎn)切向加速度為at=dv/dt，法向加速度為an=V2/R，故質(zhì)點(diǎn)加速度的大小應(yīng)為2一質(zhì)點(diǎn)在xoy平面上運(yùn)動，其速度的兩個(gè)分量是vx=Ay,vy=vo/其中A、v0為常量，已知質(zhì)點(diǎn)的軌道通過坐標(biāo)原點(diǎn)，則該質(zhì)點(diǎn)的軌道方程為()。［電子科技大學(xué)2008研］A.x=[A/(2vo)]y2B.y=[A/(2vo)]x2C.x=(2vo/A)y2D.x=2Avoy2【答案】A@@@【解析】本題考查了利用已知運(yùn)動學(xué)參數(shù)求解軌跡方程，由v=，=期”一山一”可得y=v0t,同理由可得乂=Av0t2/2，聯(lián)立x和y的表達(dá)式，即可得到軌跡方程為x=[A/（2v0）]y2。3一質(zhì)點(diǎn)在xoy平面上運(yùn)動，其速度的兩個(gè)分量是vx=Ay,vy=vo/其中A、vo為常量，則質(zhì)點(diǎn)在點(diǎn)（x,y）處的切向加速度為（）。[電子科技大學(xué)2009研]A.C.【答案】A@@@【解析】本題考查了利用速度的分量式求解速度大小并計(jì)算切向加速度，由題意，合速度的大小為則切向加速度的大小為4一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)沿半徑R的圓周運(yùn)動，其法向加速度an=at2,式中a為常量，則作用在質(zhì)點(diǎn)上的合外力的功率為（）。［電子科技大學(xué)2010研］A.P=mRatB.C.D.P=0【答案】A@@@【解析】本題考查了圓周運(yùn)動的向心加速度公式以及能量守恒，圓周運(yùn)動滿足V2/R=an，得到質(zhì)點(diǎn)動能為mv2/2=mRat2/2，由能量守恒可知，合外力做功轉(zhuǎn)化為動能，則t時(shí)刻合外力的瞬時(shí)功率為5質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，以不變的速率v越過一置于水平面上彎角為60°的光滑軌道時(shí)，軌道作用于質(zhì)點(diǎn)的沖量的大小為（）。［電子科技大學(xué)2008研］A.B.2mvC.D.圖1-1-1【答案】D@@@【解析】本題考查了動量定理的應(yīng)用與計(jì)算，質(zhì)點(diǎn)系的動量定理表述為：作用于系統(tǒng)的合外力的沖量等于系統(tǒng)動量的增量，本題中，系統(tǒng)所受的合外力為軌道對質(zhì)點(diǎn)的支持力，根據(jù)矢量關(guān)系和幾何關(guān)系可知?jiǎng)恿吭隽康拇笮椋受壍雷饔糜谫|(zhì)點(diǎn)的沖量大小為。6小球A和B質(zhì)量相同，B球原來靜止，A球以速度u與B球作對心碰撞，則碰撞后小球A和B的速度v1和v2的可能值是（）。［電子科技大學(xué)2009研］A.-u,2uB.u/4,3u/4C.-U/4,5u/4D.u/2,丁【答案】B@@@【解析】本題考查了碰撞中的動量守恒以及對能量的分析，系統(tǒng)所受合外力近似為零，滿足動量守恒，可得mu=mv1+mv2,即u=v1+v2;碰撞過程中系統(tǒng)的總能量必定不會增大，所以EQE2,可得mu2/2>mv12/2+mv//2;依次代入計(jì)算可知只有B可能。7質(zhì)量為m=0.5kg的質(zhì)點(diǎn)，在xoy平面內(nèi)運(yùn)動，其運(yùn)動方程為x=5t,y=0.5t2（SI）,從t=2s到t=4s這段時(shí)間內(nèi)，外力對質(zhì)點(diǎn)所做的功為（）。［電子科技大學(xué)2010研］A.1.5JB.3JC.4.5JD.-1.5J【答案】B@@@【解析】本題考查了運(yùn)動學(xué)方程的推導(dǎo)和動能定理的應(yīng)用與計(jì)算，由運(yùn)動方程為x=5t,y=0.5t2得vx=dx/dt=5,vy=dy/dt=t;當(dāng)t=2s時(shí)v12=vx2+vy2=52+22=29m2/S2；當(dāng)t=4s時(shí)v22=vx2+Vy2=52+42=41m2/S2；所以由動能定理可得W=AEk=E2-E1=m(v22-v12)/2=1/2x0.5x(41-29)/2=3J?！灰???8—質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)沿著一條曲線運(yùn)動，位矢r=acos3ti+bsinwtj，其中a、b、3為常數(shù)，則此質(zhì)點(diǎn)對原點(diǎn)的力矩和角動量分別為()。［電子科技大學(xué)2010研］A.0,0.一B.0,m3abk.一C.m3abk,0D.m3ab,m3ab【答案】B@@@【解析】本題考查了力矩和角動量的概念以及利用運(yùn)動學(xué)方程求解運(yùn)動質(zhì)點(diǎn)的角動量和力矩。?一.一一一一?由位矢r=acos3ti+bsin3tj可知r\=以f—(力sin.f.一一一一一一一又有v=dr/dt=-a3sin3ti+b3cos3tj，可知—————.則由角動量定義式L=rxp=mrxv可知其大小為|L|=rmvsin0=m3ab為一常數(shù)，因此此質(zhì)點(diǎn)對原點(diǎn)的力矩為0，答案選B。9A、B兩木塊質(zhì)量分別為mA和mB,且mB=2mA,兩者用一輕彈簧連接后靜止于光滑水平桌面上，如圖1-1-2所示，若用外力將兩木塊壓近使彈簧被壓縮，然后將外力撤去，則此后兩木塊運(yùn)動動能之比Eka/Ek”()。［華南理工大學(xué)2010研］A.1/2B.#/二C.D.2圖1-1-2【答案】D@@@【解析】本題考查了系統(tǒng)的動量守恒定律，由題可知，壓縮彈簧并撤去外力之后系統(tǒng)動量守恒，又因?yàn)椴豢紤]彈簧質(zhì)量，所以有mAVA+mBvB=0，得vA=-2vB,所以EA/EB=(mA/mB)(VA/vB)2=2。10光滑的水平桌面上，有一長為2L、質(zhì)量為m的勻質(zhì)細(xì)桿，可繞過其中點(diǎn)且垂直于桿的豎直光滑固定軸O自由轉(zhuǎn)動，其轉(zhuǎn)動慣量為mL2/3,起初桿靜止，桌面上有兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，各自在垂直于桿的方向上，正對著桿的一端,以相同速率v相向運(yùn)動，如圖1-1-3所示，當(dāng)兩小球同時(shí)與桿的兩個(gè)端點(diǎn)發(fā)生完全非彈性碰撞后，就與桿粘在一起轉(zhuǎn)動，則這一系統(tǒng)碰撞后的轉(zhuǎn)動角速度應(yīng)為()。［華南理工大學(xué)2010研］A.2V/(3L)B.4V/(5L)C.6V/(7L)D.8V/(9L)E.12v/(7L)TOC\o"1-5"\h\z,■嗯I［JI4V°俯視圖圖1-1-3【答案】C@@@【解析】本題考查了碰撞系統(tǒng)中角動量守恒的應(yīng)用，細(xì)桿與小球組成的系統(tǒng)在碰撞前后滿足角動量守恒定律，碰撞前系統(tǒng)的總角動量為2mVL,碰撞后系統(tǒng)成為剛體，其角動量為13,其中，轉(zhuǎn)動慣量為J=J桿+2J球=7mL2/3，故由J3=2mVL即可得碰撞后的角速度為6V/(7L)。11勻質(zhì)細(xì)棒靜止時(shí)的質(zhì)量為m0、長度為10，當(dāng)它沿棒長方向作高速運(yùn)動時(shí)，測得其長度為1,那么該棒的動能Ek=()。［電子科技大學(xué)2008研］B.UJC.D.【答案】B@@@【解析】本題考查了相對論“長度收縮”公式、相對論質(zhì)量公式以及動能公式的應(yīng)用與計(jì)算，由題根據(jù)“長度收縮”公式有，所以，因此由相對論質(zhì)量公式得根據(jù)質(zhì)能方程E=mc2,以及動能公式計(jì)算可得12—作高速運(yùn)動的粒子，動質(zhì)量為其靜質(zhì)量mo的k倍，則其動量的大小為()0(c是真空中的光速)［電子科技大學(xué)2009研］A.B.m0c(k-1)

D.m0c(k2-1)【答案】C@@@【解析】本題考查了相對論質(zhì)量公式以及動量公式的應(yīng)用與計(jì)算，粒子作高速運(yùn)動后其動質(zhì)量為，由題意m/m作高速運(yùn)動后其動質(zhì)量為，由題意m/m0=k,即故高速運(yùn)動的粒子動量為13質(zhì)子在加速器中被加速，當(dāng)其動能為靜止能量的4倍時(shí)，其質(zhì)量為靜質(zhì)量的()。［電子科技大學(xué)2010研］A.5倍B.6倍C.4倍D.8倍【答案】A@@@【解析】本題考查了相對論動能公式以及質(zhì)能方程的應(yīng)用與計(jì)算，質(zhì)子的相對論動能為：Ek=mc2-m0C2,由已知得：Ek=4m0C2,所以聯(lián)立上面兩式可以解得：m=5m0,因此答案選A。14三個(gè)容器A、B、C中裝有同種理想氣體，其分子數(shù)密度n相同，而方均根速率之比為則其壓強(qiáng)之比pA：pB：pC為()。［華南理工大學(xué)2009研］A.1:2:4B.1:4:8C.1:4:16D.4:2:1【答案】C@@@【解析】本題考查了氣體動理論中壓強(qiáng)公式的應(yīng)用，根據(jù)氣體動理論壓強(qiáng)公式p=nmV2/3,同種理想氣體且分子數(shù)密度n相同，故有15一定量的理想氣體貯于某一容器中，溫度為T,氣體分子的質(zhì)量為m，根據(jù)理想氣體的分子模型和統(tǒng)計(jì)假設(shè)，分子速度在x方向的分量平方的平均值()。［電子科技大學(xué)2009研］A.B.—L3廿c.v：=~y~D.【答案】B@@@【解析】本題考查了麥克斯韋分布律以及方均根速率的公式，由麥克斯韋分布知方均根速率為，又V2=vx2+vy2+vz2,且氣體滿足各向同性，各個(gè)方向的方均根速率相同，所以16若f(v)為氣體分子速率分布函數(shù)，N為分子總數(shù)，則的物理意義是()。［電子科技大學(xué)2010研］A.速率區(qū)間v1-v2內(nèi)的分子數(shù)B.速率區(qū)間v1-v2內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比C.速率區(qū)間v1-v2之內(nèi)的分子的平均速率D.速率區(qū)間v1-v2之內(nèi)的分子的速率之和【答案】D@@@【解析】本題考查了對特定統(tǒng)計(jì)物理量物理意義的理解，由定義知速率分布函數(shù)f(v)=dN/(Ndv),代入題中的積分式可得故該式表示速率區(qū)間v1-v2之內(nèi)的分子的速率之和，答案選D。17一定量的理想氣體，分別經(jīng)歷如圖1-1-4(1)所示的abc過程，(圖中虛線ac為等溫線)，和圖1-1-4(2)所示的~6￡過程(圖中虛線df為絕熱線)，判斷這兩種過程是吸熱還是放熱()。［華南理工大學(xué)2011研］PP圖1-1-4A.abc過程吸熱，def過程放熱B.abc過程放熱，def過程吸熱C.abc過程和def過程都吸熱D.abc過程和def過程都放熱【答案】A@@@【解析】(1)如圖1-1-5(1),a點(diǎn)和c點(diǎn)處于等溫線上，所以有Taa二Tc,對于abc過程由熱力學(xué)第一定律得AQabc=AWabc+AEabc,由于abc過程為體積增大，所以AWabc>0,又由于AEabc=0,所以AQabC>0；因此為吸熱。(2)如圖1-1-5(2)所示，考慮def和df兩個(gè)過程，由于初末狀態(tài)相同，所以有ATdef=ATdf,對df過程，因?yàn)槭墙^熱過程，則有：AQdf=AWdf+AEdf=0,而df為體積增大，所以AWdf>0,AEdf<0;且4￡出二-AWdf?？紤]def過程,有AQdef=AWdef+AEdef=△0~0廠40~「由圖形可以看出AWdef<AWdf,所以AQdef<0,因此def過程為放熱。圖1-1-518對于室溫下的雙原子分子理想氣體，在等壓膨脹的情況下，系統(tǒng)對外所做的功A與從外界吸收的熱量Q之比A/Q等于（）。［電子科技大學(xué)2008研］A.2/3B.1/2C.2/5D.2/7【答案】D@@@【解析】由理想氣體狀態(tài)方程可知PV=nRT,則系統(tǒng)對外所做的功為A二PV二nRT;因?yàn)榈葔号蛎?，則系統(tǒng)從外界吸收的熱量（雙原子分子Cp（T）=7R/2）故A/Q=2/7。19關(guān)于熵，下面敘述中哪一個(gè)是正確的？（）［電子科技大學(xué)2010研］A.熵是為描述自發(fā)過程進(jìn)行的方向而引入的，因此熵是過程量B.熵增加原理表明，任何系統(tǒng)中一切自發(fā)過程總是沿著熵增加的方向進(jìn)行C.熵是熱力學(xué)系統(tǒng)無序性的量度D.任何過程，熵變都可以用下式來計(jì)算：「一」『【答案】C@@@【解析】A項(xiàng)，錯(cuò)在“熵是過程量”，應(yīng)該為“狀態(tài)函數(shù)”；B項(xiàng)，錯(cuò)在“任何系統(tǒng)”，應(yīng)該為“封閉系統(tǒng)”；D項(xiàng)，錯(cuò)在“任何過程”，應(yīng)該為“可逆過程”。20半徑為R的“無限長”均勻帶電圓柱面的靜電場中各點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小E與距軸線的距離r的關(guān)系曲線為（）。［華南理工大學(xué)2011研］D.【答案】B@@@【解析】題中為圓柱面，不是圓柱體，由高斯定理可解得：此帶電體呈軸對稱，可以做虛擬的柱體，對于柱面外的電場，可得l?入/?=2nr?E對于柱內(nèi)情況，由于柱內(nèi)不帶電，故電場為0。21如圖1-1-6所示，在真空中半徑分別為R和2R的兩個(gè)同心球面，其上分別均勻地帶有電荷+q和-3q.今將一電荷為+Q的帶電粒子從內(nèi)球面處由靜止釋放，則該粒子到達(dá)外球面時(shí)的動能為（）。［華南理工大學(xué)2011研］圖1-1-6A.Qq/（4n咿）B.Qq/(2n?0R)C.Qq/(8n?0R)D.3Qq/(8n?0R)【答案】C@@@【解析】帶電量為Q的點(diǎn)電荷從內(nèi)球面靜止釋放到外球面，考慮能量轉(zhuǎn)化問題，可知電場能量全部轉(zhuǎn)化為點(diǎn)電荷的動能，即只需求出兩球面的電勢能差即可。半徑為R的球面電勢為半徑為2R的球面的電勢為所以點(diǎn)電荷Q從內(nèi)球面運(yùn)動到外球面，增加的靜電能為W=Q-(％72)=Qq/(8n￡0R)22有兩個(gè)大小不相同的金屬球，大球直徑是小球的兩倍，大球帶電，小球不帶電，兩者相距很遠(yuǎn)，今用細(xì)長導(dǎo)線將兩者相連，在忽略導(dǎo)線的影響下，大球與小球的帶電之比為()。［華南理工大學(xué)2009研］A.2D.0【答案】A@@@【解析】金屬球處于靜電平衡狀態(tài)時(shí)，電荷全部分布在外表面，無論分布是否均勻，由電勢(標(biāo)量)疊加原理可知，其球心處電勢為Q/(4n?0R),Q為金屬球所帶總電荷量，靜電平衡時(shí)整個(gè)金屬球?yàn)橐粋€(gè)等勢體，由于兩球相距較遠(yuǎn)故可忽略某一球在另一球處產(chǎn)生的電勢，因而大金屬球和小金屬球的電勢分別為Q1/(8n?0R),Q2/(4n?0R)，由于兩者之間用導(dǎo)線連接故電勢相等，即可得Q1/Q/2?！闑ds=SA23根據(jù)高斯定理的數(shù)學(xué)表達(dá)式三：，可知下述幾種說法中正確的是()。［電子科技大學(xué)2010研］A.閉合面內(nèi)的電荷代數(shù)和為零時(shí)，閉合面上各點(diǎn)場強(qiáng)一定為零B.閉合面內(nèi)的電荷代數(shù)和不為零時(shí)，閉合面上各點(diǎn)場強(qiáng)一定處處不為零C.閉合面內(nèi)的電荷代數(shù)和為零時(shí)，閉合面上各點(diǎn)場強(qiáng)不一定處處為零D.閉合面上各點(diǎn)場強(qiáng)均為零時(shí)，閉合面內(nèi)一定處處無電荷【答案】C@@@【解析】A項(xiàng)，閉合面內(nèi)的電荷代數(shù)和為零時(shí)，閉合面上各點(diǎn)場強(qiáng)不一一一一—一.一一定為零，例如E與ds垂直；B項(xiàng)，閉合面內(nèi)的電荷代數(shù)和不為零時(shí)，閉合面上各點(diǎn)場強(qiáng)可以部分為零；D項(xiàng)，閉合面上各點(diǎn)場強(qiáng)均為零時(shí)，閉合面內(nèi)不一定處處無電荷，例如閉合面內(nèi)正負(fù)電荷相互抵消。24如圖1-1-7所示，真空中有一半徑R的半圓環(huán)，均勻帶電Q,設(shè)無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，若將一帶電量為q的點(diǎn)電荷從無窮遠(yuǎn)處移到圓心。點(diǎn)，則電場力做的功()。［電子科技大學(xué)2010研］A.A=qQ/(4n?0R)B.A=-qQ/(4n￡0R)C.A=-qQ/(2n￡0R)D.A=0圖1-1-7【答案】B@@@【解析】假設(shè)存在另一個(gè)半圓環(huán)，與題中圓環(huán)正好組成一個(gè)圓環(huán)，當(dāng)兩個(gè)半環(huán)分別存在時(shí)，產(chǎn)生左右對稱的電勢分布，在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢相等；而當(dāng)一個(gè)圓環(huán)存在時(shí)，易得VO=2Q/(4ns0R)由唯一性原理，兩個(gè)半環(huán)同時(shí)存在時(shí)，在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢相同，故V半環(huán)二Q/(4n?0R)電場力所做的功為W。二-V半環(huán)q=-Qq/(4n與口)25地球表面附近的電場強(qiáng)度約為100N/C,方向垂直地面向下，假設(shè)地球所帶的電荷是均勻分布在地表面上的，則地面上的電荷面密度。=()。(真空介電常量殳=8.85x10一12C2/(Mm2))［電子科技大學(xué)2009研］A.17.70x10一ioC/m2B.-17.70x10一ioC/m2C.-8.85x10一i°C/m2D.8.85x10一i°C/m2【答案】C@@@【解析】由高斯定理S/1即EScos180°=qS/滬a=-E80=-8.85x10.12x100C/m2=-8.85x10.10C/m2一26如圖1-1-8所示，直角三角形金屬框架abc放在均勻磁場中，磁場B平行于ab邊，bc的長度為1,當(dāng)金屬框架繞ab邊以勻角速度3轉(zhuǎn)動時(shí)，abc回路中的感應(yīng)電動勢E和a、c兩點(diǎn)間的電勢差嵋-《為()。［華南理工大學(xué)2011研］

圖1-1-8圖1-1-8A.E=0,Ua-Uc=B3b/2B.E=0,Ua-Uc=-B3I2/2C.E=B3I2,Ua-Uc=Bwl2/2D.E=Bwl2,Ua-Uc=-B3I2/2【答案】A@@@【解析】（1）回路abc在旋轉(zhuǎn)的過程中，沒有磁通量穿過回路，故回路的電動勢為零，易知ac棒電勢差等于bc棒電勢差。（2）以ac、bc棒為研究對象，則在轉(zhuǎn)動過程中，通過右手定則可以判定a點(diǎn)電勢高，c點(diǎn)電勢低，Uac二Bl%二B13/2二B32/2;即為ac兩點(diǎn)的電勢差。）。［電子27—載有電流I的無限長導(dǎo)線在同一平面內(nèi)彎曲成圖1-1-9所示形狀（O是半徑為R的四分之三個(gè)圓的圓心），則圓心0處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為（科技大學(xué)2008研］）。［電子圖1-1-9A.B=3uoI/(4R)+uoI/(4nR),方向垂直紙面向內(nèi)B.B=3uoI/(8R)-uoI/(4nR),方向垂直紙面向外C.B=3uoI/(8R)+uoI/(4nR),方向垂直紙面向外D.B=0【答案】C@@@【解析】可以將題中的電流分成兩條半無限長電流和3/4圓弧電流所得的磁場的疊加。對于圓弧段，產(chǎn)生的磁場為：B1=(3/4)u0I/(2R)。對于半無限長的電流，有：B=U0I/(4nd)-(sin02-sinB1)。所以，兩條半無限長電流產(chǎn)生的磁場為：B2=0和B3=U0I/(4nR),方向和B1一樣，都是垂直紙面向外。故產(chǎn)生的磁場是它們疊加的結(jié)果。28有一長直金屬薄圓筒，沿長度方向均勻流有穩(wěn)恒電流I,筒內(nèi)空腔中離中心軸線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1和筒外空間中離中心軸線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2分別為()。［電子科技大學(xué)2009研］A.B1=0,B2=0B.B1=uol/(2nr),B2=0C.B1=0,B2=uoI/(2nr)D.B1=B2=MoI/(2nr)【答案】C@@@【解析】由恒定磁場的安培環(huán)路定理2工，任取一閉合回路可知在筒內(nèi)，筒外，即B1-2nr=0,B2-2nr=即=B1=0,B2二叩/(2nr)。29兩根垂直紙面的長直導(dǎo)線通有電流，對圖1-1-10所示的三個(gè)環(huán)路a、b、c,分別為()。［電子科技大學(xué)2010研］A.U0I,2p0I,2p0IB.*0，2p0IC.M0I，2*0D.-M0I，0，-2p0I圖1-1-10【答案】B@@@【解析】由安培環(huán)路定理1一，其中電流的正、負(fù)與積分時(shí)在閉合曲線上所取的繞行方向有關(guān)，如果所取積分的繞行方向與電流流向滿足右手螺旋法則關(guān)系，則電流為正，相反的電流為負(fù)，如圖，a、c兩環(huán)路中電流I均取正；而b環(huán)路中作電流I取負(fù)，右電流I取正，故可得a、b、c中分別為U0I、0、2&I。30半徑為a的圓線圈置于磁感強(qiáng)度為B的均勻磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，線圈電阻為R，當(dāng)把線圈轉(zhuǎn)動使其法向與B的夾角。=60°時(shí)，線圈中通過的電荷與線圈面積及轉(zhuǎn)動所用的時(shí)間的關(guān)系是（）。［華南理工大學(xué)2009研］A.與線圈面積成正比，與時(shí)間無關(guān)B.與線圈面積成正比，與時(shí)間成正比C.與線圈面積成反比，與時(shí)間成正比D.與線圈面積成反比，與時(shí)間無關(guān)【答案】A@@@【解析】線圈中電荷：在約