普通物理学考研程守洙《普通物理学》2021考研真题库

普通物理学考研程守洙《普通物理学》2021考研真

题库一、选择题1质点作半径为R的变速率圆周运动，以v表示其某一时刻的速率，则质点加速度的大小为()。［北京邮电大学2010研］A.dv/dtB.V2/Rdvv1C.dF-TD.［(dv/dt)2+(V4/R2)］i/2【答案】D@@@【解析】本题考查了曲线运动中加速度大小的求解，质点切向加速度为at=dv/dt，法向加速度为an=V2/R，故质点加速度的大小应为2一质点在xoy平面上运动，其速度的两个分量是vx=Ay,vy=vo/其中A、v0为常量，已知质点的轨道通过坐标原点，则该质点的轨道方程为()。［电子科技大学2008研］A.x=[A/(2vo)]y2B.y=[A/(2vo)]x2C.x=(2vo/A)y2D.x=2Avoy2【答案】A@@@【解析】本题考查了利用已知运动学参数求解轨迹方程，由v=，=期”一山一”可得y=v0t,同理由可得乂=Av0t2/2，联立x和y的表达式，即可得到轨迹方程为x=[A/（2v0）]y2。3一质点在xoy平面上运动，其速度的两个分量是vx=Ay,vy=vo/其中A、vo为常量，则质点在点（x,y）处的切向加速度为（）。[电子科技大学2009研]A.C.【答案】A@@@【解析】本题考查了利用速度的分量式求解速度大小并计算切向加速度，由题意，合速度的大小为则切向加速度的大小为4一质量为m的质点沿半径R的圆周运动，其法向加速度an=at2,式中a为常量，则作用在质点上的合外力的功率为（）。［电子科技大学2010研］A.P=mRatB.C.D.P=0【答案】A@@@【解析】本题考查了圆周运动的向心加速度公式以及能量守恒，圆周运动满足V2/R=an，得到质点动能为mv2/2=mRat2/2，由能量守恒可知，合外力做功转化为动能，则t时刻合外力的瞬时功率为5质量为m的质点，以不变的速率v越过一置于水平面上弯角为60°的光滑轨道时，轨道作用于质点的冲量的大小为（）。［电子科技大学2008研］A.B.2mvC.D.图1-1-1【答案】D@@@【解析】本题考查了动量定理的应用与计算，质点系的动量定理表述为：作用于系统的合外力的冲量等于系统动量的增量，本题中，系统所受的合外力为轨道对质点的支持力，根据矢量关系和几何关系可知动量增量的大小为，故轨道作用于质点的冲量大小为。6小球A和B质量相同，B球原来静止，A球以速度u与B球作对心碰撞，则碰撞后小球A和B的速度v1和v2的可能值是（）。［电子科技大学2009研］A.-u,2uB.u/4,3u/4C.-U/4,5u/4D.u/2,丁【答案】B@@@【解析】本题考查了碰撞中的动量守恒以及对能量的分析，系统所受合外力近似为零，满足动量守恒，可得mu=mv1+mv2,即u=v1+v2;碰撞过程中系统的总能量必定不会增大，所以EQE2,可得mu2/2>mv12/2+mv//2;依次代入计算可知只有B可能。7质量为m=0.5kg的质点，在xoy平面内运动，其运动方程为x=5t,y=0.5t2（SI）,从t=2s到t=4s这段时间内，外力对质点所做的功为（）。［电子科技大学2010研］A.1.5JB.3JC.4.5JD.-1.5J【答案】B@@@【解析】本题考查了运动学方程的推导和动能定理的应用与计算，由运动方程为x=5t,y=0.5t2得vx=dx/dt=5,vy=dy/dt=t;当t=2s时v12=vx2+vy2=52+22=29m2/S2；当t=4s时v22=vx2+Vy2=52+42=41m2/S2；所以由动能定理可得W=AEk=E2-E1=m(v22-v12)/2=1/2x0.5x(41-29)/2=3J。——一一・・・8—质量为m的质点沿着一条曲线运动，位矢r=acos3ti+bsinwtj，其中a、b、3为常数，则此质点对原点的力矩和角动量分别为()。［电子科技大学2010研］A.0,0.一B.0,m3abk.一C.m3abk,0D.m3ab,m3ab【答案】B@@@【解析】本题考查了力矩和角动量的概念以及利用运动学方程求解运动质点的角动量和力矩。•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—————.则由角动量定义式L=rxp=mrxv可知其大小为|L|=rmvsin0=m3ab为一常数，因此此质点对原点的力矩为0，答案选B。9A、B两木块质量分别为mA和mB,且mB=2mA,两者用一轻弹簧连接后静止于光滑水平桌面上，如图1-1-2所示，若用外力将两木块压近使弹簧被压缩，然后将外力撤去，则此后两木块运动动能之比Eka/Ek”()。［华南理工大学2010研］A.1/2B.#/二C.D.2图1-1-2【答案】D@@@【解析】本题考查了系统的动量守恒定律，由题可知，压缩弹簧并撤去外力之后系统动量守恒，又因为不考虑弹簧质量，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，有一长为2L、质量为m的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O自由转动，其转动惯量为mL2/3,起初杆静止，桌面上有两个质量均为m的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端,以相同速率v相向运动，如图1-1-3所示，当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为()。［华南理工大学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°俯视图图1-1-3【答案】C@@@【解析】本题考查了碰撞系统中角动量守恒的应用，细杆与小球组成的系统在碰撞前后满足角动量守恒定律，碰撞前系统的总角动量为2mVL,碰撞后系统成为刚体，其角动量为13,其中，转动惯量为J=J杆+2J球=7mL2/3，故由J3=2mVL即可得碰撞后的角速度为6V/(7L)。11匀质细棒静止时的质量为m0、长度为10，当它沿棒长方向作高速运动时，测得其长度为1,那么该棒的动能Ek=()。［电子科技大学2008研］B.UJC.D.【答案】B@@@【解析】本题考查了相对论“长度收缩”公式、相对论质量公式以及动能公式的应用与计算，由题根据“长度收缩”公式有，所以，因此由相对论质量公式得根据质能方程E=mc2,以及动能公式计算可得12—作高速运动的粒子，动质量为其静质量mo的k倍，则其动量的大小为()0(c是真空中的光速)［电子科技大学2009研］A.B.m0c(k-1)

D.m0c(k2-1)【答案】C@@@【解析】本题考查了相对论质量公式以及动量公式的应用与计算，粒子作高速运动后其动质量为，由题意m/m作高速运动后其动质量为，由题意m/m0=k,即故高速运动的粒子动量为13质子在加速器中被加速，当其动能为静止能量的4倍时，其质量为静质量的()。［电子科技大学2010研］A.5倍B.6倍C.4倍D.8倍【答案】A@@@【解析】本题考查了相对论动能公式以及质能方程的应用与计算，质子的相对论动能为：Ek=mc2-m0C2,由已知得：Ek=4m0C2,所以联立上面两式可以解得：m=5m0,因此答案选A。14三个容器A、B、C中装有同种理想气体，其分子数密度n相同，而方均根速率之比为则其压强之比pA：pB：pC为()。［华南理工大学2009研］A.1:2:4B.1:4:8C.1:4:16D.4:2:1【答案】C@@@【解析】本题考查了气体动理论中压强公式的应用，根据气体动理论压强公式p=nmV2/3,同种理想气体且分子数密度n相同，故有15一定量的理想气体贮于某一容器中，温度为T,气体分子的质量为m，根据理想气体的分子模型和统计假设，分子速度在x方向的分量平方的平均值()。［电子科技大学2009研］A.B.—L3廿c.v：=~y~D.【答案】B@@@【解析】本题考查了麦克斯韦分布律以及方均根速率的公式，由麦克斯韦分布知方均根速率为，又V2=vx2+vy2+vz2,且气体满足各向同性，各个方向的方均根速率相同，所以16若f(v)为气体分子速率分布函数，N为分子总数，则的物理意义是()。［电子科技大学2010研］A.速率区间v1-v2内的分子数B.速率区间v1-v2内的分子数占总分子数的百分比C.速率区间v1-v2之内的分子的平均速率D.速率区间v1-v2之内的分子的速率之和【答案】D@@@【解析】本题考查了对特定统计物理量物理意义的理解，由定义知速率分布函数f(v)=dN/(Ndv),代入题中的积分式可得故该式表示速率区间v1-v2之内的分子的速率之和，答案选D。17一定量的理想气体，分别经历如图1-1-4(1)所示的abc过程，(图中虚线ac为等温线)，和图1-1-4(2)所示的~6£过程(图中虚线df为绝热线)，判断这两种过程是吸热还是放热()。［华南理工大学2011研］PP图1-1-4A.abc过程吸热，def过程放热B.abc过程放热，def过程吸热C.abc过程和def过程都吸热D.abc过程和def过程都放热【答案】A@@@【解析】(1)如图1-1-5(1),a点和c点处于等温线上，所以有Taa二Tc,对于abc过程由热力学第一定律得AQabc=AWabc+AEabc,由于abc过程为体积增大，所以AWabc>0,又由于AEabc=0,所以AQabC>0；因此为吸热。(2)如图1-1-5(2)所示，考虑def和df两个过程，由于初末状态相同，所以有ATdef=ATdf,对df过程，因为是绝热过程，则有：AQdf=AWdf+AEdf=0,而df为体积增大，所以AWdf>0,AEdf<0;且4£出二-AWdf。考虑def过程,有AQdef=AWdef+AEdef=△0~0厂40~「由图形可以看出AWdef<AWdf,所以AQdef<0,因此def过程为放热。图1-1-518对于室温下的双原子分子理想气体，在等压膨胀的情况下，系统对外所做的功A与从外界吸收的热量Q之比A/Q等于（）。［电子科技大学2008研］A.2/3B.1/2C.2/5D.2/7【答案】D@@@【解析】由理想气体状态方程可知PV=nRT,则系统对外所做的功为A二PV二nRT;因为等压膨胀，则系统从外界吸收的热量（双原子分子Cp（T）=7R/2）故A/Q=2/7。19关于熵，下面叙述中哪一个是正确的？（）［电子科技大学2010研］A.熵是为描述自发过程进行的方向而引入的，因此熵是过程量B.熵增加原理表明，任何系统中一切自发过程总是沿着熵增加的方向进行C.熵是热力学系统无序性的量度D.任何过程，熵变都可以用下式来计算：「一」『【答案】C@@@【解析】A项，错在“熵是过程量”，应该为“状态函数”；B项，错在“任何系统”，应该为“封闭系统”；D项，错在“任何过程”，应该为“可逆过程”。20半径为R的“无限长”均匀带电圆柱面的静电场中各点的电场强度的大小E与距轴线的距离r的关系曲线为（）。［华南理工大学2011研］D.【答案】B@@@【解析】题中为圆柱面，不是圆柱体，由高斯定理可解得：此带电体呈轴对称，可以做虚拟的柱体，对于柱面外的电场，可得l•入/?=2nr・E对于柱内情况，由于柱内不带电，故电场为0。21如图1-1-6所示，在真空中半径分别为R和2R的两个同心球面，其上分别均匀地带有电荷+q和-3q.今将一电荷为+Q的带电粒子从内球面处由静止释放，则该粒子到达外球面时的动能为（）。［华南理工大学2011研］图1-1-6A.Qq/（4n咿）B.Qq/(2n?0R)C.Qq/(8n?0R)D.3Qq/(8n?0R)【答案】C@@@【解析】带电量为Q的点电荷从内球面静止释放到外球面，考虑能量转化问题，可知电场能量全部转化为点电荷的动能，即只需求出两球面的电势能差即可。半径为R的球面电势为半径为2R的球面的电势为所以点电荷Q从内球面运动到外球面，增加的静电能为W=Q-(％72)=Qq/(8n£0R)22有两个大小不相同的金属球，大球直径是小球的两倍，大球带电，小球不带电，两者相距很远，今用细长导线将两者相连，在忽略导线的影响下，大球与小球的带电之比为()。［华南理工大学2009研］A.2D.0【答案】A@@@【解析】金属球处于静电平衡状态时，电荷全部分布在外表面，无论分布是否均匀，由电势(标量)叠加原理可知，其球心处电势为Q/(4n?0R),Q为金属球所带总电荷量，静电平衡时整个金属球为一个等势体，由于两球相距较远故可忽略某一球在另一球处产生的电势，因而大金属球和小金属球的电势分别为Q1/(8n?0R),Q2/(4n?0R)，由于两者之间用导线连接故电势相等，即可得Q1/Q/2。£Eds=SA23根据高斯定理的数学表达式三：，可知下述几种说法中正确的是()。［电子科技大学2010研］A.闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零B.闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零C.闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零D.闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电荷【答案】C@@@【解析】A项，闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一一一一—一.一一定为零，例如E与ds垂直；B项，闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强可以部分为零；D项，闭合面上各点场强均为零时，闭合面内不一定处处无电荷，例如闭合面内正负电荷相互抵消。24如图1-1-7所示，真空中有一半径R的半圆环，均匀带电Q,设无穷远处的电势为零，若将一带电量为q的点电荷从无穷远处移到圆心。点，则电场力做的功()。［电子科技大学2010研］A.A=qQ/(4n?0R)B.A=-qQ/(4n£0R)C.A=-qQ/(2n£0R)D.A=0图1-1-7【答案】B@@@【解析】假设存在另一个半圆环，与题中圆环正好组成一个圆环，当两个半环分别存在时，产生左右对称的电势分布，在O点产生的电势相等；而当一个圆环存在时，易得VO=2Q/(4ns0R)由唯一性原理，两个半环同时存在时，在O点产生的电势相同，故V半环二Q/(4n?0R)电场力所做的功为W。二-V半环q=-Qq/(4n与口)25地球表面附近的电场强度约为100N/C,方向垂直地面向下，假设地球所带的电荷是均匀分布在地表面上的，则地面上的电荷面密度。=()。(真空介电常量殳=8.85x10一12C2/(Mm2))［电子科技大学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/沪a=-E80=-8.85x10.12x100C/m2=-8.85x10.10C/m2一26如图1-1-8所示，直角三角形金属框架abc放在均匀磁场中，磁场B平行于ab边，bc的长度为1,当金属框架绕ab边以匀角速度3转动时，abc回路中的感应电动势E和a、c两点间的电势差嵋-《为()。［华南理工大学2011研］

图1-1-8图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在旋转的过程中，没有磁通量穿过回路，故回路的电动势为零，易知ac棒电势差等于bc棒电势差。（2）以ac、bc棒为研究对象，则在转动过程中，通过右手定则可以判定a点电势高，c点电势低，Uac二Bl%二B13/2二B32/2;即为ac两点的电势差。）。［电子27—载有电流I的无限长导线在同一平面内弯曲成图1-1-9所示形状（O是半径为R的四分之三个圆的圆心），则圆心0处的磁感应强度为（科技大学2008研］）。［电子图1-1-9A.B=3uoI/(4R)+uoI/(4nR),方向垂直纸面向内B.B=3uoI/(8R)-uoI/(4nR),方向垂直纸面向外C.B=3uoI/(8R)+uoI/(4nR),方向垂直纸面向外D.B=0【答案】C@@@【解析】可以将题中的电流分成两条半无限长电流和3/4圆弧电流所得的磁场的叠加。对于圆弧段，产生的磁场为：B1=(3/4)u0I/(2R)。对于半无限长的电流，有：B=U0I/(4nd)-(sin02-sinB1)。所以，两条半无限长电流产生的磁场为：B2=0和B3=U0I/(4nR),方向和B1一样，都是垂直纸面向外。故产生的磁场是它们叠加的结果。28有一长直金属薄圆筒，沿长度方向均匀流有稳恒电流I,筒内空腔中离中心轴线r处的磁感应强度B1和筒外空间中离中心轴线r处的磁感应强度B2分别为()。［电子科技大学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】由恒定磁场的安培环路定理2工，任取一闭合回路可知在筒内，筒外，即B1-2nr=0,B2-2nr=即=B1=0,B2二叩/(2nr)。29两根垂直纸面的长直导线通有电流，对图1-1-10所示的三个环路a、b、c,分别为()。［电子科技大学2010研］A.U0I,2p0I,2p0IB.*0，2p0IC.M0I，2*0D.-M0I，0，-2p0I图1-1-10【答案】B@@@【解析】由安培环路定理1一，其中电流的正、负与积分时在闭合曲线上所取的绕行方向有关，如果所取积分的绕行方向与电流流向满足右手螺旋法则关系，则电流为正，相反的电流为负，如图，a、c两环路中电流I均取正；而b环路中作电流I取负，右电流I取正，故可得a、b、c中分别为U0I、0、2&I。30半径为a的圆线圈置于磁感强度为B的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R，当把线圈转动使其法向与B的夹角。=60°时，线圈中通过的电荷与线圈面积及转动所用的时间的关系是（）。［华南理工大学2009研］A.与线圈面积成正比，与时间无关B.与线圈面积成正比，与时间成正比C.与线圈面积成反比，与时间成正比D.与线圈面积成反比，与时间无关【答案】A@@@【解析】线圈中电荷：在约