勘察設(shè)計(jì)注冊(cè)巖土工程師考試（公共基礎(chǔ)）全真題庫(kù)及答案(2025年玉林)力學(xué)部分題目1圖示結(jié)構(gòu)中，AB桿為剛性桿，CD桿為彈性桿，已知CD桿的抗拉剛度為EA，在荷載F作用下，求C點(diǎn)的豎向位移。際插入，此處僅示意)解答過(guò)程：1.首先對(duì)AB桿進(jìn)行受力分析，取AB桿為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件\(\sumM_A=0\)。設(shè)CD桿的拉力為\(F_{CD}\)，力臂分別為相應(yīng)的長(zhǎng)度。假設(shè)AB桿長(zhǎng)度為\(L\)，F(xiàn)作用點(diǎn)距離A點(diǎn)為\(a\)，C點(diǎn)距離A點(diǎn)為\(b\)，則有\(zhòng)(F\timesa-F_{CD}\timesb=0\)，可解得\(F_{CD}=\frac{F\timesa}\)。2.根據(jù)胡克定律，CD桿的伸長(zhǎng)量\(\Deltal_{CD}=\frac{F_{CD}L_{CD}}{EA}\)，其中\(zhòng)(L_{CD}\)為CD桿的長(zhǎng)度。3.由于AB桿為剛性桿，根據(jù)幾何關(guān)系，\(\frac{\Deltay_C}{\Deltal_{CD}}=\frac{L_{CD}}\)（這里\(\Deltay_C\)為C點(diǎn)的豎向位移）。4.將\(F_{CD}=\frac{F\timesa}\)代入\(\Deltal_{CD}=\frac{F_{CD}L_{CD}}{EA}\)，得到\(\Deltal_{CD}=\frac{F\timesa\timesL_{CD}}{b\timesEA}\)。5.再由\(\frac{\Deltay_C}{\Deltal_{CD}}=\frac{L_{CD}}\)，可得\(\Deltay_C=\frac{F\timesa}{EA}\)。題目2已知平面匯交力系中各力的大小和方向，\(F_1=10N\)，方向水平向右；\(F_2=20N\)，與水平方向夾角為\(60^{\circ}\)斜向上；\(F_3=15N\)，與水平方向夾角為\(30^{\circ}\)斜向下。求該力系的合力大小和方向。解答過(guò)程：1.建立直角坐標(biāo)系，以水平向右為\(x\)軸正方向，豎直向上為\(y\)軸正方向。2.分別計(jì)算各力在\(x\)軸和\(y\)軸上的投影：-\(F_{1x}=F_1=10N\)，\(F_{1y}=0\)。-\(F_{2x}=F_2\cos60^{\circ}=20\times\frac{1}{2}=10N\)，\(F_{2y}=F_2\sin60^{\circ}=20\times\frac{\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3}N\)。-\(F_{3x}=F_3\cos30^{\circ}=15\times\frac{\sqrt{3}}{2}N\)，\(F_{3y}=-F_3\sin30^{\circ}=-15\times\frac{1}{2}=-\frac{15}{2}N\)。3.計(jì)算合力在\(x\)軸和\(y\)軸上的投影：-\(F_{Rx}=F_{1x}+F_{2x}+F_{3x}=10+10+15\times\frac{\sqrt{3}}{2}=(20+\frac{15\sqrt{3}}{2})N\)。-\(F_{Ry}=F_{1y}+F_{2y}+F_{3y}=0+10\sqrt{3}-\frac{15}{2}=(10\sqrt{3}-\frac{15}{2})N\)。4.計(jì)算合力的大?。?根據(jù)\(F_R=\sqrt{F_{Rx}^2+F_{Ry}^2}\)。-先計(jì)算\(F_{Rx}^2=(20+\frac{15\sqrt{3}}{2})^2=400+300\sqrt{3}+\frac{675}{4}\)，\(F_{Ry}^2=(10\sqrt{3}-\frac{15}{2})^2=300-150\sqrt{3}+\frac{225}{4}\)。-\(F_{Rx}^2+F_{Ry}^2=400+300\sqrt{3}+\frac{675}{4}+300-150\sqrt{3}+\frac{225}{4}=700+150\sqrt{3}+225=925+150\sqrt{3}\)。-則\(F_R=\sqrt{925+150\sqrt{3}}\approx\sqrt{925+150\times1.732}=\sqrt{925+259.8}=\sqrt{1184.8}\approx34.42N\)。5.計(jì)算合力的方向：-設(shè)合力與\(x\)軸正方向夾角為\(\alpha\)，則\(\tan\alpha=\frac{F_{Ry}}{F_{Rx}}=\frac{10\sqrt{3}-\frac{15}{2}}{20+\frac{15\sqrt{3}}{2}}\)。-先計(jì)算分子\(10\sqrt{3}-\frac{15}{2}\approx10\times1.732-7.5=17.32-7.5=9.82\)，分母\(20+\frac{15\sqrt{3}}{2}\approx20+\frac{15\times1.732}{2}=20+12.99=32.99\)。-\(\tan\alpha=\frac{9.82}{32.99}\approx0.298\)，則\(\alpha\approx16.6^{\circ}\)。物理部分題目1一定質(zhì)量的理想氣體，經(jīng)歷了一個(gè)等壓過(guò)程，溫度從\(T_1=300K\)升高到\(T_2=400K\)，初始體積\(V_1=2m^3\)。求該過(guò)程中氣體對(duì)外做的功和吸收的熱量。已知該氣體的等壓摩爾熱容\(C_p=\frac{7}{2}R\)，摩爾數(shù)\(n=1mol\)。解答過(guò)程：1.根據(jù)蓋-呂薩克定律\(\frac{V_1}{T_1}=\frac{V_2}{T_2}\)，可求出末態(tài)體積\(V_2\)：-已知\(V_1=2m^3\)，\(T_1=300K\)，\(T_2=400K\)，則\(V_2=\frac{T_2}{T_1}V_1=\frac{400}{300}\times2=\frac{8}{3}m^3\)。2.計(jì)算氣體對(duì)外做的功\(W\)：-對(duì)于等壓過(guò)程，\(W=p\DeltaV\)，由理想氣體狀態(tài)方程\(pV=nRT\)，在等壓過(guò)程中\(zhòng)(p=\frac{nRT_1}{V_1}\)。-已知\(n=1mol\)，\(R=8.31J/(mol\cdotK)\)，\(T_1=300K\)，\(V_1=2m^3\)，則\(p=\frac{1\times8.31\times300}{2}=1246.5Pa\)。-\(\DeltaV=V_2-V_1=\frac{8}{3}-2=\frac{2}{3}m^3\)。-所以\(W=p\DeltaV=1246.5\times\frac{2}{3}=831J\)。3.計(jì)算吸收的熱量\(Q\)：-根據(jù)等壓過(guò)程熱量公式\(Q=nC_p\DeltaT\)。-已知\(n=1mol\)，\(C_p=\frac{7}{2}R\)，\(\DeltaT=T_2-T_1=400-300=100K\)，\(R=8.31J/(mol\cdotK)\)。-則\(Q=nC_p\DeltaT=1\times\frac{7}{2}\times8.31\times100=2908.5J\)。題目2有一平面簡(jiǎn)諧波沿\(x\)軸正方向傳播，波速\(u=200m/s\)，已知在\(x=0\)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為\(y_0=0.05\cos(200\pit+\frac{\pi}{3})\)（SI單位）。求該平面簡(jiǎn)諧波的波動(dòng)方程。解答過(guò)程：1.平面簡(jiǎn)諧波的波動(dòng)方程一般形式為\(y=A\cos[\omega(t-\frac{x}{u})+\varphi_0]\)，其中\(zhòng)(A\)為振幅，\(\omega\)為角頻率，\(u\)為波速，\(\varphi_0\)為\(x=0\)處質(zhì)點(diǎn)的初相位。2.由\(x=0\)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程\(y_0=0.05\cos(200\pit+\frac{\pi}{3})\)可知：-振幅\(A=0.05m\)，角頻率\(\omega=200\pirad/s\)，初相位\(\varphi_0=\frac{\pi}{3}\)，波速\(u=200m/s\)。3.將這些值代入波動(dòng)方程一般形式，得到該平面簡(jiǎn)諧波的波動(dòng)方程為：-\(y=0.05\cos[200\pi(t-\frac{x}{200})+\frac{\pi}{3}]=0.05\cos(200\pit-\pix+\frac{\pi}{3})\)（SI單位）。化學(xué)部分題目1在一定溫度下，反應(yīng)\(2SO_2(g)+O_2(g)\rightleftharpoons2SO_3(g)\)達(dá)到平衡。已知初始時(shí)\(SO_2\)的物質(zhì)的量為\(2mol\)，\(O_2\)的物質(zhì)的量為\(1mol\)，平衡時(shí)\(SO_3\)的物質(zhì)的量為\(1.6mol\)。求該反應(yīng)的平衡常數(shù)\(K_c\)。假設(shè)反應(yīng)在\(1L\)的密閉容器中進(jìn)行。解答過(guò)程：1.首先列出反應(yīng)的三段式：-反應(yīng)\(2SO_2(g)+O_2(g)\rightleftharpoons2SO_3(g)\)-初始濃度\(c_0\)：\(c(SO_2)=\frac{2mol}{1L}=2mol/L\)，\(c(O_2)=\frac{1mol}{1L}=1mol/L\)，\(c(SO_3)=0mol/L\)。-變化濃度\(\Deltac\)：因?yàn)槠胶鈺r(shí)\(n(SO_3)=1.6mol\)，則\(\Deltac(SO_3)=\frac{1.6mol}{1L}=1.6mol/L\)。根據(jù)化學(xué)計(jì)量系數(shù)，\(\Deltac(SO_2)=\Deltac(SO_3)=1.6mol/L\)，\(\Deltac(O_2)=\frac{1}{2}\Deltac(SO_3)=0.8mol/L\)。-平衡濃度\(c_{eq}\)：\(c(SO_2)=2-1.6=0.4mol/L\)，\(c(O_2)=1-0.8=0.2mol/L\)，\(c(SO_3)=1.6mol/L\)。2.然后根據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式\(K_c=\frac{c^2(SO_3)}{c^2(SO_2)\timesc(O_2)}\)：-將\(c(SO_2)=0.4mol/L\)，\(c(O_2)=0.2mol/L\)，\(c(SO_3)=1.6mol/L\)代入表達(dá)式。-\(K_c=\frac{1.6^2}{0.4^2\times0.2}=\frac{2.56}{0.16\times0.2}=\frac{2.56}{0.032}=80\)。題目2已知某一元弱酸\(HA\)的濃度為\(0.1mol/L\)，其解離度\(\alpha=0.01\)。求該弱酸的解離常數(shù)\(K_a\)。解答過(guò)程：1.一元弱酸\(HA\)的解離方程式為\(HA\rightleftharpoonsH^++A^-\)。2.解離度\(\alpha=\frac{[H^+]}{c_0}\)（\(c_0\)為初始濃度），已知\(c_0=0.1mol/L\)，\(\alpha=0.01\)，則\([H^+]=c_0\alpha=0.1\times0.01=0.001mol/L\)。3.根據(jù)解離平衡，\([H^+]=[A^-]=0.001mol/L\)，\([HA]=c_0-[H^+]=0.1-0.001=0.099mol/L\)。4.一元弱酸的解離常數(shù)\(K_a=\frac{[H^+][A^-]}{[HA]}\)：-將\([H^+]=[A^-]=0.001mol/L\)，\([HA]=0.099mol/L\)代入。-\(K_a=\frac{0.001\times0.001}{0.099}\approx1.01\times10^{-5}\)。電工電子技術(shù)部分題目1在如圖所示的電路中，已知\(R_1=10\Omega\)，\(R_2=20\Omega\)，\(U=12V\)。求通過(guò)\(R_1\)和\(R_2\)的電流以及\(R_2\)兩端的電壓。際插入，此處僅示意)解答過(guò)程：1.首先判斷\(R_1\)和\(R_2\)的連接方式，由圖可知\(R_1\)和\(R_2\)是串聯(lián)關(guān)系。2.根據(jù)串聯(lián)電路的總電阻公式\(R=R_1+R_2\)，可得\(R=10+20=30\Omega\)。3.根據(jù)歐姆定律\(I=\frac{U}{R}\)，可求出電路中的電流\(I\)：-已知\(U=12V\)，\(R=30\Omega\)，則\(I=\frac{12}{30}=0.4A\)。4.因?yàn)榇?lián)電路中電流處處相等，所以通過(guò)\(R_1\)和\(R_2\)的電流均為\(I_1=I_2=0.4A\)。5.根據(jù)歐姆定律求\(R_2\)兩端的電壓\(U_2\)：-\(U_2=I_2R_2\)，已知\(I_2=0.4A\)，\(R_2=20\Omega\)，則\(U_2=0.4\times20=8V\)。題目2有一個(gè)正弦交流電路，已知電壓\(u=220\sqrt{2}\sin(314t+30^{\circ})\)（V），電流\(i=10\sqrt{2}\sin(314t-30^{\circ})\)（A）。求該電路的功率因數(shù)、有功功率、無(wú)功功率和視在功率。解答過(guò)程：1.功率因數(shù)\(\cos\varphi\)：-電壓的初相位\(\varp