普通物理學(xué)考研《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、選擇題質(zhì)點(diǎn)作半徑為R的變速率圓周運(yùn)動(dòng)以v表示其某一時(shí)刻的速率則質(zhì)點(diǎn)加度的大小為（ ）。[北京郵電大學(xué)2010]A．dv/dtB．v2/RC．D．[（dv/dt）2＋（v4/R2）]1/2【答案】D@@@【解析】本題考查了曲線運(yùn)動(dòng)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xoy平面上運(yùn)動(dòng)，其速度的兩個(gè)分量是vx＝Ay，vy＝v0A、v0（2008A．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(dòng)學(xué)參數(shù)求解軌跡方程，由可得同理由 可得聯(lián)立x和y的表達(dá)式，即可得到軌跡方程為x＝[A/（2v0）]y2。xoy平面上運(yùn)動(dòng)，其速度的兩個(gè)分量是vx＝Ay，vy＝voA、vo（2009研]A．B．C．D．【答案】A@@@由題意，合速度的大小為則切向加速度的大小為一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)沿半徑R的圓周運(yùn)動(dòng)其法向加速度式中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(dòng)的向心加速度公式以及能量守恒，圓周運(yùn)動(dòng)滿足v2/R＝an，得到質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能為mv2/2＝mRat2/2，由能量守恒可知，合外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，則t時(shí)刻合外力的瞬時(shí)功率為質(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@@@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?故軌道作用于質(zhì)點(diǎn)的沖量大小為 。AB，B，AuBABv1v2的可能值是（）2009研]A．－u，2uB．u/4，3u/4C．－u/4，5u/4D．u/2，【答案】B@@@【解析】本題考查了碰撞中的動(dòng)量守恒以及對能量的分析，系統(tǒng)所受合mu＝mν1＋mν2u＝ν1＋ν2；碰撞過mu2/2≥mν12/2＋mν22/2；Bm＝0.5kgxoy（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(dòng)學(xué)方程的推導(dǎo)和動(dòng)能定理的應(yīng)用與計(jì)算，由運(yùn)動(dòng)方程為x＝5t，y＝0.5t2得νx＝dx/dt＝5，νy＝dy/dt＝t；t＝2sv12＝vx2＋vy2＝52＋22＝29m2/s2；t＝4sv22＝vx2＋vy2＝52＋42＝41m2/s2；所以由動(dòng)能定理可得W＝ΔEk＝E2－E1＝m（ν22－ν12）/2＝1/2×0.5×（41－29）/2＝3J。8一質(zhì)量為m 8一質(zhì)量為m ＝acosω 的質(zhì)點(diǎn)沿著一條曲線運(yùn)動(dòng)，位矢r ti＋ tj，其中a、b、ω為常數(shù)，則此質(zhì)點(diǎn)對原點(diǎn)的力矩和角動(dòng)量分別為（ ）。[電子科大學(xué)2010研]A．0，0→0，mωabk→mωabk，0mωab，mωab【答案】B@@@【解析】本題考查了力矩和角動(dòng)量的概念以及利用運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解運(yùn)動(dòng)質(zhì)點(diǎn)的角動(dòng)量和力矩。* → →由位矢r＝acosωti＋bsinωtj可知* → → →又有ν＝dr/dt＝－aωsinωti＋bωcosωtj，可知* →→ →→則由角動(dòng)量定義式L＝r×p＝mr×ν可知其大小為|L|＝rmνsinθ＝mωab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(dòng)動(dòng)能之比EKA/EKB為（ ）[華南理工大學(xué)2010研]A．1/2B．C．D．2圖1-1-2【答案】D@@@【解析】本題考查了系統(tǒng)的動(dòng)量守恒定律，由題可知，壓縮彈簧并撤去外力之后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，又因?yàn)椴豢紤]彈簧質(zhì)量，所以有mAνA＋mBνB＝0，得νA＝－2νB，所以EA/EB＝（mA/mB）（νA/νB）2＝2。2LmOmL2/3，起初桿靜止，mv1-1-3（ ）2010A．2ν/（3L）B．4ν/（5L）C．6ν/（7L）D．8ν/（9L）E．12ν/（7L）圖1-1-3【答案】C@@@【解析】本題考查了碰撞系統(tǒng)中角動(dòng)量守恒的應(yīng)用，細(xì)桿與小球組成的2mνL系統(tǒng)成為剛體，其角動(dòng)量為Jω，其中，轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J＝J桿＋2J球＝7mL2/3，故Jω＝2mνL6ν/（7L）。勻質(zhì)細(xì)棒靜止時(shí)的質(zhì)量為m0、長度為l0，當(dāng)它沿棒長方向作高速運(yùn)動(dòng)時(shí)，得其長度為l，那么該棒的動(dòng)能Ek＝（ ）。[電子科技大學(xué)2008研]A．B．C．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(dòng)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(dòng)能公式計(jì)算可得一作高速運(yùn)動(dòng)的粒子，動(dòng)質(zhì)量為其靜質(zhì)量mok（ ）。（c）2009A．B．m0c（k－1）C．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(dòng)量公式的應(yīng)用與計(jì)算，粒作高速運(yùn)動(dòng)后其動(dòng)質(zhì)量為 ，由題意m/m0＝k，即故高速運(yùn)動(dòng)的粒子動(dòng)量為4（ ）2010A．5B．6C．4D．8【答案】A@@@【解析】本題考查了相對論動(dòng)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(dòng)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＝5m0A。ABCn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@@@nm【解析】本題考查了氣體動(dòng)理論中壓強(qiáng)公式的應(yīng)用，根據(jù)氣體動(dòng)理論強(qiáng)公式p＝ ＿2/3，同種理想氣體且分子數(shù)密度nnm一定量的理想氣體貯于某一容器中，溫度為Tm，x（ ）2009A．B．C．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，所以若為氣體分子速率分布函數(shù)為分子總數(shù)意義是（ ）。[電子科技大學(xué)2010研]v1→v2內(nèi)的分子數(shù)v1→v2內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比v1→v2之內(nèi)的分子的平均速率v1→v2之內(nèi)的分子的速率之和【答案】D@@@

的物理【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。一定量的理想氣體，分別經(jīng)歷如圖所示的abc圖中虛線ac），1-1-4（2）def（df），判斷這兩種過程是吸熱還是放熱（）2011圖1-1-4abcdefabcdefabcdefabcdef【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Ta＝Tc，對于abc過程由熱力學(xué)第一定律得ΔQabc＝ΔWabc＋ΔEabc，由于abc過程為體積增大，所以ΔWabc＞0，又由于ΔEabc＝0，所以ΔQabc＞0；因此為吸熱。（2）1-1-5（2）defdfdfdfΔWdf＞0，ΔEdf＜0；且ΔEdf＝－ΔWdf。f＝W＋＝W－WW＜ΔWdf，所以ΔQdef＜0，因此def過程為放熱。圖1-1-5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AQA/Q（）2008B．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＝PV＝nRT；因?yàn)榈葔号蛎洠瑒t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。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：【答案】C@@@【解析】AB逆過程”。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)度的大小與距軸線的距離r的關(guān)系曲線為（ ）。[華南理工大學(xué)2011研]A．B．C．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·λ/ε＝2πr·E對于柱內(nèi)情況，由于柱內(nèi)不帶電，故電場為0。1-1-6所示，在真空中半徑分別為R2R3q．今將一電荷為＋Q）2011圖1-1-6Qq/（2πε0R）C．Qq/（8πε0R）D．3Qq/（8πε0R）【答案】C@@@【解析】帶電量為Q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(dòng)到外球面，增加的靜電能為W＝Q·（φ1－φ2）＝Qq/（8πε0R）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，大球與球的帶電之比為（ ）。[華南理工大學(xué)2009研]A．2B．1C．1/2D．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）由于兩者之間用導(dǎo)線連接故電勢相等，即可Q1/Q2＝2。根據(jù)高斯定理的數(shù)學(xué)表達(dá)式（ ）2010

，可知下述幾種說法中正確的是閉合面內(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．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* →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)，閉合面上處無電荷，例如閉合面內(nèi)正負(fù)電荷相互抵消。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qO）2010A．A＝qQ/（4πε0R）B．A＝－qQ/（4πε0R）C．A＝－qQ/（2πε0R）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/（4πε0R）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)＝Q/（4πε0R）電場力所做的功為

WO＝－V半環(huán)q＝－Qq/（4πε0R）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σ＝（ ）。（真介電常量ε0＝8.85×10－12C2/（N·m2））[電子科技大學(xué)2009研]A．17.70×10－10C/m2B．－17.70×10－10C/m2C．－8.85×10－10C/m2D．8.85×10－10C/m2【答案】C@@@【解析】由高斯定理即EScos180°＝σS/ε0 σ＝－Eε0＝－8.85×10－12×100C/m2＝－8.85×10－10C/m2放在均勻磁場中，磁場B如圖1-1-8所示，直角三角形金屬框架abc →平行ab邊的長度為l，當(dāng)金屬框架繞ab邊以勻角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)回路中的放在均勻磁場中，磁場B感應(yīng)電動(dòng)勢E和ac兩點(diǎn)間的電勢差Ua－Uc（ [華南理工大學(xué)研]圖1-1-8A．E＝0，Ua－Uc＝Bωl2/2B．E＝0，Ua－Uc＝－Bωl2/2C．E＝Bωl2，Ua－Uc＝Bωl2/2D．E＝Bωl2，Ua－Uc＝－Bωl2/2【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(dòng)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(dòng)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＝Bl·vac＝Bl·ωl/2＝Bωl2/2；即為ac兩點(diǎn)的電勢差。I1-1-9（OR），則圓心O（）2008圖1-1-9A．B＝3μoI/（4R）＋μoI/（4πR），方向垂直紙面向內(nèi)B．B＝3μoI/（8R）－μoI/（4πR），方向垂直紙面向外C．B＝3μoI/（8R）＋μoI/（4πR），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）μ0I/（2R）。對于半無限長的電流，有：B＝μ0I/（4πd）·（sinβ2－sinβ1）。所以，兩條半無限長電流產(chǎn)生的磁場為：B2＝0和B3＝μ0I/（4πR），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。rB1rB2分別為（ ）2009A．B1＝0，B2＝0B．B1＝μoI/（2πr），B2＝0C．B1＝0，B2＝μoI/（2πr）D．B1＝B2＝μoI/（2πr）【答案】C@@@【解析由恒定磁場的安培環(huán)路定理 任取一閉合回路可知在筒內(nèi)B2＝μ0I/（2πr）。

筒外 即B2π＝0B2π＝μI B＝0，1-1-10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．μ0I，2μ0I，2μ0Iμ0I，0，2μ0Iμ0I，2μ0I，0D．－μ0I，0，－2μ0I圖1-1-10【答案】B@@@【解析】由安培環(huán)路定理 ，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abc中 別為μ0I、0、2μ0I。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直，線圈電阻為R，當(dāng)把線圈轉(zhuǎn)動(dòng)使其法向與B的夾角α＝60°時(shí)，線圈中通過的電荷與線圈面積及轉(zhuǎn)動(dòng)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：在約定的正負(fù)號規(guī)則下負(fù)號只表示感應(yīng)電動(dòng)勢的方向。在如圖1-1-11所示的裝置中，給條形磁鐵一個(gè)初速度使其開始振動(dòng)后撤去外力當(dāng)