普通物理学考研程守洙《普通物理学》2021考研真题库.pdf

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/dt B．v2/R C． D．[（dv/dt）2＋（v4/R2）]1/2 【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＝v0，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）]y2 B．y＝[A/（2vo）]x2 C．x＝（2vo/A）y2 D．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，由可得 y＝v0t， 同理由可得 x＝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． B． C． D． 【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＝mRat B． 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．2mv C． 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，2u B．u/4，3u/4 C．－u/4，5u/4 D．u/2， 【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＝mν1＋mν2，即 u＝ν1＋ν2；碰撞过程中系统的总能量必定不会增大， 所以 E1≥E2，可得 mu2/2≥mν12/2＋mν22/2；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．1.5J B．3J C．4.5J D．－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νx＝dx/dt＝5，νy＝dy/dt＝t； 当 t＝2s 时 v12＝vx2＋vy2＝52＋22＝29 m2/s2； 当 t＝4s 时 v22＝vx2＋vy2＝52＋42＝41 m2/s2； 所以由动能定理可得 W＝ΔEk＝E2－E1＝m（ν22－ν12）/2＝1/2×0.5×（41－29）/2＝3J。

8 一质量为 m 的质点沿着一条曲线运动，位矢 r→＝acosωt i→＋bsinωt j→，其中a、b、ω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 B．0，mωab k→ C．mωab k→，0 D．mωab，mωab 【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 由位矢 r→＝acosωt i→＋bsinωt j→可知 又有ν→＝d r→/dt＝－aωsinωt i→＋bωcosωt j→，可知 则由角动量定义式 L→＝ r→×p→＝m r→×ν→可知其大小为|L|＝rmνsinθ＝mωab 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/EKB为（ ）[华南理工大学 2010 研] A．1/2 B． 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 mAνA＋mBνB＝0，得νA＝－2νB，所以 EA/EB＝（mA/mB）（νA/νB）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．2ν/（3L） B．4ν/（5L） C．6ν/（7L） D．8ν/（9L） E．12ν/（7L） 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 2mνL，碰撞后系统成为刚体，其角动量为 Jω，其中，转动惯量为 J＝J杆＋2J球＝7mL2/3，故由 Jω＝2mνL 即可得碰撞后的角速度为 6ν/（7L） 11 匀质细棒静止时的质量为 m0、长度为 l0，当它沿棒长方向作高速运动时，测得其长度为 l，那么该棒的动能 Ek＝（ ）[电子科技大学 2008 研] A． B． C． 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 一作高速运动的粒子，动质量为其静质量 mo的 k 倍，则其动量的大小为（ ）。

c 是真空中的光速）[电子科技大学 2009 研] A． B．m0c（k－1） C． 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/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．1：2：4 B．1：4：8 C．1：4：16 D．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＝nm v＿2/3，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． C． 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 def 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] 图 1-1-4 A．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 Ta＝Tc，对于 abc 过程由热力学第一定律得ΔQabc＝ΔWabc＋ΔEabc，由于 abc 过程为体积增大，所以ΔWabc＞0，又由于ΔEabc＝0，所以ΔQabc＞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ΔTdef＝ΔTdf，对 df 过程，因为是绝热过程， 则有：ΔQdf＝ΔWdf＋ΔEdf＝0，而 df 为体积增大，所以ΔWdf＞0，ΔEdf＜0；且ΔEdf＝－ΔWdf 考虑 def 过程， 有ΔQdef＝ΔWdef＋ΔEdef＝ΔWdef－ΔWdf， 由图形可以看出ΔWdef＜ΔWdf，所以ΔQdef＜0，因此 def 过程为放热  图 1-1-5 18 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．2/3 B．1/2 C．2/5 D．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＝PV＝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： 【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] A． B． C． 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·λ/ε＝2πr·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 1-1-6 A．Qq/（4πε0R） B．Qq/（2πε0R） C．Qq/（8πε0R） D．3Qq/（8πε0R） 【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·（φ1－φ2）＝Qq/（8πε0R） 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．2 B．1 C．1/2 D．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/（4πε0R），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/（8πε0R），Q2/（4πε0R），由于两者之间用导线连接故电势相等，即可得 Q1/Q2＝2 23 根据高斯定理的数学表达式，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定为零，例如E→与 d s→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 O 点，则电场力做的功（ ）[电子科技大学 2010 研] A．A＝qQ/（4πε0R） B．A＝－qQ/（4πε0R） C．A＝－qQ/（2πε0R） 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/（4πε0R） 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＝Q/（4πε0R） 电场力所做的功为 WO＝－V半环q＝－Qq/（4πε0R）  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σ＝（ ）真空介电常量ε0＝8.85×10－12C2/（N·m2））[电子科技大学 2009 研] A．17.70×10－10C/m2 B．－17.70×10－10C/m2 C．－8.85×10－10C/m2 D．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 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 l，当金属框架绕 ab 边以匀角速度ω转动时，abc 回路中的感应电动势 E 和 a、c 两点间的电势差 Ua－Uc为（ ）。

[华南理工大学 2011研]  图 1-1-8 A．E＝0，Ua－Uc＝Bωl2/2 B．E＝0，Ua－Uc＝－Bωl2/2 C．E＝Bωl2，Ua－Uc＝Bωl2/2 D．E＝Bωl2，Ua－Uc＝－Bωl2/2 【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＝Bl·vac＝Bl·ωl/2＝Bωl2/2；即为 ac 两点的电势差 27 一载有电流 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 O 处的磁感应强度为（ ）[电子科技大学 2008 研]  图 1-1-9 A．B＝3μoI/（4R）＋μoI/（4πR），方向垂直纸面向内 B．B＝3μoI/（8R）－μoI/（4πR），方向垂直纸面向外 C．B＝3μoI/（8R）＋μoI/（4πR），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）μ0I/（2R） 对于半无限长的电流，有：B＝μ0I/（4πd）·（sinβ2－sinβ1） 所以，两条半无限长电流产生的磁场为：B2＝0 和 B3＝μ0I/（4πR），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＝0 B．B1＝μoI/（2πr），B2＝0 C．B1＝0，B2＝μoI/（2πr） D．B1＝B2＝μoI/（2πr） 【答案】C @@@ 【解析】 由恒定磁场的安培环路定理，任取一闭合回路可知在筒内， 筒外， 即 B1·2πr＝0， B2·2πr＝μ0I⇒B1＝0，B2＝μ0I/（2πr） 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．μ0I，2μ0I，2μ0I B．μ0I，0，2μ0I C．μ0I，2μ0I，0 D．－μ0I，0，－2μ0I 图 1-1-10 【答案】B @@@ 【解析】由安培环路定理，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μ0I、0、2μ0I。

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α＝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： 在约定的正负号规则下负号只表示感应电动势的方向  31 在如图 1-1-11 所示的装置中，给条形磁铁一个初速度使其开始振动后撤去外力， 当这个不太长的条形磁铁在闭合线圈内作振动的过程中 （忽略空气阻力） ，则（ ）[电子科技大学 2008 研] 图 1-1-11 A．振幅会逐渐增大 B．振幅会逐渐减小 C．振幅不变 D．振幅先减小后增大 【答案】B @@@ 【解析】可以从能量的角度考虑，能量不能凭空产生，初始时磁铁只有动能，且振幅越大，此动能越大．但由于穿过线圈的磁通量的变化在其中产生感应电流，必然有一部分能量通过导体散热而耗散掉，故磁铁动能会逐渐减少，表现为振幅减小。

32 图 1-1-12 示回路中的电流为 I、半径 a 和边长 b 为已知，则圆心 O 点磁感应强度的大小为（ ）[电子科技大学 2009 研]  图 1-1-12 A． B． C． D． 【答案】D @@@ 【解析】 由题意此回路在圆心 O 点磁感应强度的大小应为一个矩形和一个 3/4 圆在圆心 O 点磁感应强度的矢量叠加，又由恒定磁场的安培环路定理 得 33 在磁感应强度为B→的匀强磁场中作一半径为 r 的半球面 S，半球面 S 的边线所在平面的法线方向的单位矢量n→与B→的夹角为α则通过半球面 S 的磁通量为（ ）[电子科技大学 2010 研] A．B·πr2 B．B·2πr2 C．－B·πr2sinα D．－B·πr2cosα 图 1-1-13 【答案】D @@@ 【解析】磁通量Φ＝B→·dS→＝BScos（π－α）＝－Bπr2cosα 34 如图 1-1-14，导线 abc 在垂直于匀强磁场B→的平面内以恒定的速度 v→运动，v→⊥bc，ab＝bc＝l 则 ac 两点间的电势差（ ）[电子科技大学 2010 研] A．Ua－Ub＝2Blv B．Ua－Ub＝Blv（1－cosθ） C．Ua－Ub＝－Blv（1－cosθ） D．Ua－Ub＝0  图 1-1-14 【答案】B @@@ 【解析】运动导线长生的动生电动势为 则 Uba＝Blvcosθ，Ubc＝Blv，故 Uac＝Ubc－Uba＝Blv（1－cosθ）。