吉林白山市2025年勘察設(shè)計注冊電氣工程師考試(公共基礎(chǔ))全真題庫及答案高等數(shù)學(xué)部分函數(shù)、極限、連續(xù)1.設(shè)函數(shù)$f(x)=\frac{x^2-1}{x-1}$，求$\lim_{x\to1}f(x)$。-首先對函數(shù)進(jìn)行化簡，$f(x)=\frac{x^2-1}{x-1}=\frac{(x+1)(x-1)}{x-1}=x+1$（$x\neq1$）。-然后求極限，根據(jù)極限的運(yùn)算法則，$\lim_{x\to1}f(x)=\lim_{x\to1}(x+1)$，將$x=1$代入$x+1$，得到$\lim_{x\to1}(x+1)=1+1=2$。2.討論函數(shù)$f(x)=\begin{cases}x+1,x\geq0\\x-1,x\lt0\end{cases}$在$x=0$處的連續(xù)性。-先求左極限，$\lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}(x-1)$，將$x$趨近于$0$代入$x-1$，得到$\lim_{x\to0^{-}}(x-1)=0-1=-1$。-再求右極限，$\lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}(x+1)$，將$x$趨近于$0$代入$x+1$，得到$\lim_{x\to0^{+}}(x+1)=0+1=1$。-因?yàn)樽髽O限$\lim_{x\to0^{-}}f(x)=-1$，右極限$\lim_{x\to0^{+}}f(x)=1$，左右極限不相等，所以$\lim_{x\to0}f(x)$不存在，函數(shù)$f(x)$在$x=0$處不連續(xù)。一元函數(shù)微分學(xué)1.求函數(shù)$y=x^3-2x^2+5x-7$的導(dǎo)數(shù)。-根據(jù)求導(dǎo)公式$(X^n)^\prime=nX^{n-1}$，常數(shù)的導(dǎo)數(shù)為$0$，以及加法求導(dǎo)法則$(u+v+w)^\prime=u^\prime+v^\prime+w^\prime$。-對$y=x^3-2x^2+5x-7$求導(dǎo)，$y^\prime=(x^3)^\prime-2(x^2)^\prime+5(x)^\prime-(7)^\prime$。-可得$y^\prime=3x^2-4x+5$。2.已知函數(shù)$y=\sin(2x+3)$，求$y^\prime$。-令$u=2x+3$，則$y=\sinu$。-根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，若$y=f(u)$，$u=g(x)$，則$y^\prime=f^\prime(u)\cdotg^\prime(x)$。-先對$y=\sinu$關(guān)于$u$求導(dǎo)，$y^\prime_{u}=\cosu$；再對$u=2x+3$關(guān)于$x$求導(dǎo)，$u^\prime_{x}=2$。-所以$y^\prime=\cos(2x+3)\cdot2=2\cos(2x+3)$。一元函數(shù)積分學(xué)1.計算$\intx^2\mathrmz3jilz61osysx$。-根據(jù)不定積分公式$\intx^n\mathrmz3jilz61osysx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C$（$n\neq-1$）。-對于$\intx^2\mathrmz3jilz61osysx$，$n=2$，則$\intx^2\mathrmz3jilz61osysx=\frac{1}{2+1}x^{2+1}+C=\frac{1}{3}x^3+C$。2.計算定積分$\int_{0}^{1}(2x+1)\mathrmz3jilz61osysx$。-先求被積函數(shù)$2x+1$的原函數(shù)，根據(jù)不定積分公式，$\int(2x+1)\mathrmz3jilz61osysx=\int2x\mathrmz3jilz61osysx+\int1\mathrmz3jilz61osysx=x^2+x+C$。-再根據(jù)牛頓-萊布尼茨公式$\int_{a}^F^\prime(x)\mathrmz3jilz61osysx=F(b)-F(a)$，這里$F(x)=x^2+x$，$a=0$，$b=1$。-則$\int_{0}^{1}(2x+1)\mathrmz3jilz61osysx=(1^2+1)-(0^2+0)=2$。普通物理部分熱學(xué)1.一定量的理想氣體，在等壓過程中從外界吸收熱量$Q$，內(nèi)能增加$\DeltaE$，對外做功$W$，則三者的關(guān)系是（）-根據(jù)熱力學(xué)第一定律$\DeltaE=Q-W$，對于等壓過程，$W=p\DeltaV$，$Q=C_{p}\DeltaT$，$\DeltaE=C_{V}\DeltaT$。-因?yàn)?C_{p}=C_{V}+R$，$Q=\DeltaE+W$，所以在等壓過程中，氣體吸收的熱量一部分用于增加內(nèi)能，一部分用于對外做功。答案是$Q=\DeltaE+W$。2.已知理想氣體的狀態(tài)方程為$pV=\nuRT$，若一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷一個等溫膨脹過程，體積從$V_1$變?yōu)?V_2$（$V_2\gtV_1$），求該過程中氣體對外做的功。-對于等溫過程，$p=\frac{\nuRT}{V}$，氣體對外做功$W=\int_{V_1}^{V_2}p\mathrmz3jilz61osysV$。-將$p=\frac{\nuRT}{V}$代入可得$W=\int_{V_1}^{V_2}\frac{\nuRT}{V}\mathrmz3jilz61osysV$。-因?yàn)槭堑葴剡^程，$T$為常數(shù)，$W=\nuRT\int_{V_1}^{V_2}\frac{1}{V}\mathrmz3jilz61osysV=\nuRT\ln\frac{V_2}{V_1}$。波動學(xué)1.一列簡諧波的波動方程為$y=A\cos(\omegat-kx)$，其中$A$為振幅，$\omega$為角頻率，$k$為波數(shù)，求該波的傳播速度$v$。-已知波數(shù)$k=\frac{2\pi}{\lambda}$，角頻率$\omega=2\pi\nu$，波速$v=\lambda\nu$。-由$k=\frac{2\pi}{\lambda}$可得$\lambda=\frac{2\pi}{k}$，由$\omega=2\pi\nu$可得$\nu=\frac{\omega}{2\pi}$。-則$v=\lambda\nu=\frac{\omega}{k}$。2.兩列相干波在空間某點(diǎn)相遇，它們的振幅分別為$A_1$和$A_2$，相位差為$\Delta\varphi$，求該點(diǎn)合成波的振幅$A$。-根據(jù)兩列相干波合成振幅公式$A=\sqrt{A_1^{2}+A_2^{2}+2A_1A_2\cos\Delta\varphi}$。普通化學(xué)部分物質(zhì)結(jié)構(gòu)與物質(zhì)狀態(tài)1.下列分子中，屬于極性分子的是（）-A.$CO_2$B.$CH_4$C.$H_2O$D.$CCl_4$-對于$CO_2$，其分子結(jié)構(gòu)為直線型$O=C=O$，正負(fù)電荷中心重合，是非極性分子；$CH_4$和$CCl_4$的分子結(jié)構(gòu)為正四面體，正負(fù)電荷中心重合，是非極性分子；$H_2O$的分子結(jié)構(gòu)為$V$型，正負(fù)電荷中心不重合，是極性分子。答案是C。2.已知某元素的原子序數(shù)為$24$，寫出該元素的電子排布式。-根據(jù)電子排布的規(guī)律，按照$1s\lt2s\lt2p\lt3s\lt3p\lt4s\lt3d\lt4p\cdots$的順序填充電子。-原子序數(shù)為$24$的元素是鉻（$Cr$），其電子排布式為$1s^22s^22p^63s^23p^63d^54s^1$?；瘜W(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡1.對于反應(yīng)$2A+B\rightleftharpoonsC$，其反應(yīng)速率方程為$v=kc_{A}^{2}c_{B}$，若將$A$的濃度增大一倍，$B$的濃度減小一半，反應(yīng)速率將如何變化？-設(shè)原來$A$的濃度為$c_{A1}$，$B$的濃度為$c_{B1}$，反應(yīng)速率為$v_1=kc_{A1}^{2}c_{B1}$。-變化后$A$的濃度為$c_{A2}=2c_{A1}$，$B$的濃度為$c_{B2}=\frac{1}{2}c_{B1}$，則變化后的反應(yīng)速率$v_2=kc_{A2}^{2}c_{B2}=k(2c_{A1})^{2}\cdot\frac{1}{2}c_{B1}=2kc_{A1}^{2}c_{B1}=2v_1$。-所以反應(yīng)速率變?yōu)樵瓉淼?2$倍。2.已知反應(yīng)$N_2(g)+3H_2(g)\rightleftharpoons2NH_3(g)$在一定溫度下達(dá)到平衡，若增大壓強(qiáng)，平衡將向哪個方向移動？-根據(jù)勒夏特列原理，增大壓強(qiáng)，平衡向氣體分子數(shù)減小的方向移動。-該反應(yīng)中，反應(yīng)物氣體分子數(shù)為$1+3=4$，生成物氣體分子數(shù)為$2$，反應(yīng)物氣體分子數(shù)大于生成物氣體分子數(shù)。-所以增大壓強(qiáng)，平衡將向正反應(yīng)方向移動。理論力學(xué)部分靜力學(xué)1.如圖所示，一物體重為$G$，用兩根繩子$AB$和$AC$懸掛，已知$\angleBAC=90^{\circ}$，$\angleABC=30^{\circ}$，求繩子$AB$和$AC$的拉力。-對物體進(jìn)行受力分析，物體受重力$G$，繩子$AB$的拉力$T_{AB}$，繩子$AC$的拉力$T_{AC}$，三力平衡。-根據(jù)平衡條件$\sumF_{x}=0$，$\sumF_{y}=0$。-以水平向右為$x$軸正方向，豎直向上為$y$軸正方向，可得$T_{AB}\cos30^{\circ}-T_{AC}=0$，$T_{AB}\sin30^{\circ}-G=0$。-由$T_{AB}\sin30^{\circ}=G$，解得$T_{AB}=2G$，將$T_{AB}=2G$代入$T_{AB}\cos30^{\circ}-T_{AC}=0$，可得$T_{AC}=\sqrt{3}G$。2.已知一平面力系由三個力$F_1=10N$，$F_2=20N$，$F_3=30N$組成，三力作用線匯交于一點(diǎn)，且$F_1$與$F_2$夾角為$60^{\circ}$，$F_2$與$F_3$夾角為$90^{\circ}$，求該力系的合力大小。-采用解析法求合力，建立直角坐標(biāo)系，設(shè)$F_2$沿$x$軸正方向。-則$F_{1x}=F_1\cos60^{\circ}=10\times\frac{1}{2}=5N$，$F_{1y}=F_1\sin60^{\circ}=10\times\frac{\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}N$，$F_{2x}=20N$，$F_{2y}=0$，$F_{3x}=0$，$F_{3y}=-30N$。-合力在$x$軸上的投影$F_{Rx}=F_{1x}+F_{2x}+F_{3x}=5+20+0=25N$，合力在$y$軸上的投影$F_{Ry}=F_{1y}+F_{2y}+F_{3y}=5\sqrt{3}+0-30=(5\sqrt{3}-30)N$。-合力大小$F_{R}=\sqrt{F_{Rx}^{2}+F_{Ry}^{2}}=\sqrt{25^{2}+(5\sqrt{3}-30)^{2}}$，經(jīng)過計算$F_{R}=\sqrt{625+75-300\sqrt{3}+900}=\sqrt{1600-300\sqrt{3}}\approx\sqrt{1600-300\times1.732}=\sqrt{1600-519.6}=\sqrt{1080.4}\approx32.9N$。運(yùn)動學(xué)1.一質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動，其運(yùn)動方程為$x=3t^2-2t+5$（$x$單位：$m$，$t$單位：$s$），求質(zhì)點(diǎn)在$t=2s$時的速度和加速度。-速度$v=\frac{\mathrmz3jilz61osysx}{\mathrmz3jilz61osyst}$，對$x=3t^2-2t+5$求導(dǎo)，$v=\frac{\mathrmz3jilz61osys(3t^2-2t+5)}{\mathrmz3jilz61osyst}=6t-2$。-當(dāng)$t=2s$時，$v=6\times2-2=10m/s$。-加速度$a=\frac{\mathrmz3jilz61osysv}{\mathrmz3jilz61osyst}$，對$v=6t-2$求導(dǎo)，$a=\frac{\mathrmz3jilz61osys(6t-2)}{\mathrmz3jilz61osyst}=6m/s^2$。2.已知一剛體繞定軸轉(zhuǎn)動，其轉(zhuǎn)動方程為$\theta=2t^3-3t^2+5$（$\theta$單位：$rad$，$t$單位：$s$），求$t=1s$時剛體的角速度和角加速度。-角速度$\omega=\frac{\mathrmz3jilz61osys\theta}{\mathrmz3jilz61osyst}$，對$\theta=2t^3-3t^2+5$求導(dǎo)，$\omega=\frac{\mathrmz3jilz61osys(2t^3-3t^2+5)}{\mathrmz3jilz61osyst}=6t^2-6t$。-當(dāng)$t=1s$時，$\omega=6\times1^2-6\times1=0rad/s$。-角加速度$\alpha=\frac{\mathrmz3jilz61osys\omega}{\mathrmz3jilz61osyst}$，對$\omega=6t^2-6t$求導(dǎo)，$\alpha=\frac{\mathrmz3jilz61osys(6t^2-6t)}{\mathrmz3jilz61osyst}=12t-6$。-當(dāng)$t=1s$時，$\alpha=12\times1-6=6rad/s^2$。材料力學(xué)部分軸向拉伸與壓縮1.一圓截面直桿，直徑$d=20mm$，受軸向拉力$F=30kN$，求桿橫截面上的正應(yīng)力。-首先計算桿的橫截面積$A=\frac{\pi}{4}d^{2}=\frac{\pi}{4}\times(20\times10^{-3})^{2}=\pi\times10^{-4}m^{2}$。-根據(jù)軸向拉壓正應(yīng)力公式$\sigma=\frac{F}{A}$，將$F=30\times10^{3}N$，$A=\pi\times10^{-4}m^{2}$代入，可得$\sigma=\frac{30\times10^{3}}{\pi\times10^{-4}}\approx95.5\times10^{6}Pa=95.5MPa$。2.兩根材料相同、長度相同的拉桿，一根為圓形截面，直徑為$d_1$；另一根為正方形截面，邊長為$a$，若兩桿的橫截面積相等，在相同拉力作用下，兩桿的正應(yīng)力關(guān)系是（）-對于圓形截面桿，橫截面積$A_1=\frac{\pi}{4}d_1^{2}$，正應(yīng)力$\sigma_1=\frac{F}{A_1}$；對于正方形截面桿，橫截面積$A_2=a^{2}$，正應(yīng)力$\sigma_2=\frac{F}{A_2}$。-因?yàn)?A_1=A_2$，根據(jù)$\sigma=\frac{F}{A}$，可知兩桿的正應(yīng)力相等，即$\sigma_1=\sigma_2$。扭轉(zhuǎn)1.一實(shí)心圓軸，直徑$D=50mm$，受扭矩$T=2kN\cdotm$，求軸橫截面上的最大切應(yīng)力。-首先計算圓軸的極慣性矩$I_{p}=\frac{\pi}{32}D^{4}=\frac{\pi}{32}\times(50\times10^{-3})^{4}\approx6.14\times10^{-7}m^{4}$。-抗扭截面系數(shù)$W_{t}=\frac{I_{p}}{D/2}=\frac{\pi}{16}D^{3}=\frac{\pi}{16}\times(50\times10^{-3})^{3}\approx2.45\times10^{-5}m^{3}$。-根據(jù)扭轉(zhuǎn)切應(yīng)力公式$\tau_{max}=\frac{T}{W_{t}}$，將$T=2\times10^{3}N\cdotm$，$W_{t}=2.45\times10^{-5}m^{3}$代入，可得$\tau_{max}=\frac{2\times10^{3}}{2.45\times10^{-5}}\approx81.6\times10^{6}Pa=81.6MPa$。2.兩根長度相同、材料相同的圓軸，一根為實(shí)心軸，直徑為$d_1$；另一根為空心軸，外徑為$D$，內(nèi)徑為$d$，且$\fracz3jilz61osys{D}=0.8$，若兩軸的重量相同，在相同扭矩作用下，兩軸的最大切應(yīng)力關(guān)系是（）-由于兩軸重量相同，即材料體積相同，$A_1L=A_2L$（$L$為軸長），對于實(shí)心軸$A_1=\frac{\pi}{4}d_1^{2}$，對于空心軸$A_2=\frac{\pi}{4}(D^{2}-d^{2})=\frac{\pi}{4}D^{2}(1-0.8^{2})=0.36\times\frac{\pi}{4}D^{2}$，可得$d_1^{2}=0.36D^{2}$，$d_1=0.6D$。-實(shí)心軸抗扭截面系數(shù)$W_{t1}=\frac{\pi}{16}d_1^{3}=\frac{\pi}{16}(0.6D)^{3}=0.216\times\frac{\pi}{16}D^{3}$，空心軸抗扭截面系數(shù)$W_{t2}=\frac{\pi}{16}D^{3}(1-0.8^{4})=\frac{\pi}{16}D^{3}(1-0.4096)=0.5904\times\frac{\pi}{16}D^{3}$。-根據(jù)$\tau_{max}=\frac{T}{W_{t}}$，在相同扭矩$T$作用下，$W_{t1}\ltW_{t2}$，所以$\tau_{max1}\gt\tau_{max2}$，即實(shí)心軸的最大切應(yīng)力大于空心軸的最大切應(yīng)力。電路與電磁場部分電路的基本概念與基本定律1.如圖所示電路，已知$R_1=2\Omega$，$R_2=3\Omega$，$U=10V$，求通過電阻$R_1$和$R_2$的電流。-因?yàn)?R_1$和$R_2$串聯(lián)，根據(jù)串聯(lián)電路電阻特點(diǎn)$R=R_1+R_2=2+3=5\Omega$。-根據(jù)歐姆定律$I=\frac{U}{R}$，可得電路中的電流$I=\frac{U}{R_1+R_2}=\frac{10}{5}=2A$。-由于串聯(lián)電路中電流處處相等，所以通過$R_1$和$R_2$的電流均為$2A$。2.已知電路中有三個電阻$R_1$、$R_2$、$R_3$并聯(lián)，$R_1=10\Omega$，$R_2=20\Omega$，$R_3=30\Omega$，總電流$I=11A$，求通過各電阻的電流。-首先計算并聯(lián)電阻的等效電阻$R_{eq}$，根據(jù)$\frac{1}{R_{eq}}=\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}=\frac{1}{10}+\frac{1}{20}+\frac{1}{30}=\frac{6+3+2}{60}=\frac{11}{60}$，則$R_{eq}=\frac{60}{11}\Omega$。-并聯(lián)電路各電阻兩端電壓相等，$U=IR_{eq}=11\times\frac{60}{11}=60V$。-根據(jù)歐姆定律，通過$R_1$的電流$I_1=\frac{U}{R_1}=\frac{60}{10}=6A$，通過$R_2$的電流$I_2=\frac{U}{R_2}=\frac{60}{20}=3A$，通過$R_3$的電流$I_3=\frac{U}{R_3}=\frac{60}{30}=2A$。正弦交流電路1.已知正弦交流電壓$u=220\sqrt{2}\sin(314t+30^{\circ})V$，求該電壓的有效值、頻率和初相位。-對于正弦交流電壓$u=U_{m}\sin(\omegat+\varphi)$，有效值$U=\frac{U_{m}}{\sqrt{2}}$，這里$U_{m}=220\sqrt{2}V$，則有效值$U=220V$。-角頻率$\omega=314rad/s$，根據(jù)$\omega=2\pif$，可得頻率$f=\frac{\omega}{2\pi}=\frac{314}{2\pi}\approx50Hz$。-初相位$\varphi=30^{\circ}$。2.一個電感線圈，電感$L=0.1H$，接在頻率$f=50Hz$，電壓$U=220V$的正弦交流電源上，求通過線圈的電流。-電感的感抗$X_{L}=\omegaL=2\pifL$，將$f=50Hz$，$L=0.1H$代入，可得$X_{L}=2\pi\times50\times0.1\approx31.4\Omega$。-根據(jù)歐姆定律$I=\frac{U}{X_{L}}$，將$U=220V$，$X_{L}=31.4\Omega$代入，可得$I=\frac{220}{31.4}\approx7A$。電磁場與電磁波1.已知真空中的均勻平面電磁波的電場強(qiáng)度$E=E_{0}\cos(\omegat-kz)\vec{e}_{x}$，求磁場強(qiáng)度$H$。-根據(jù)麥克斯韋方程組的相關(guān)關(guān)系，在真空中$\nabla\times\vec{E}=-\frac{\partial\vec{B}}{\partialt}$，$\vec{B}=\mu_{0}\vec{H}$。-對于$\vec{E}=E_{0}