2025年柳州勘察設(shè)計注冊電氣工程師考試(公共基礎(chǔ))全真題庫及答案1.數(shù)學(xué)部分題目1設(shè)向量\(\vec{a}=(1,-2,3)\)，\(\vec=(2,1,0)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec\)的值為（）A.\(0\)B.\(1\)C.\(2\)D.\(3\)答案及解析本題可根據(jù)向量點積的坐標運算公式來求解\(\vec{a}\cdot\vec\)的值。向量點積的坐標運算公式為：若\(\vec{m}=(x_1,y_1,z_1)\)，\(\vec{n}=(x_2,y_2,z_2)\)，則\(\vec{m}\cdot\vec{n}=x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2\)。已知\(\vec{a}=(1,-2,3)\)，\(\vec=(2,1,0)\)，將其代入上述公式可得：\(\vec{a}\cdot\vec=1\times2+(-2)\times1+3\times0\)\(=2-2+0\)\(=0\)所以答案選A。題目2求函數(shù)\(y=\ln(x+1)\)的導(dǎo)數(shù)\(y'\)。答案及解析本題可根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則來求\(y=\ln(x+1)\)的導(dǎo)數(shù)。設(shè)\(u=x+1\)，則\(y=\lnu\)，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\(y=\lnu\)關(guān)于\(u\)求導(dǎo)，根據(jù)求導(dǎo)公式\((\lnx)^\prime=\frac{1}{x}\)，可得\(y^\prime_{u}=\frac{1}{u}\)。再對\(u=x+1\)關(guān)于\(x\)求導(dǎo)，可得\(u^\prime_{x}=(x+1)^\prime=1\)。將\(y^\prime_{u}=\frac{1}{u}\)，\(u^\prime_{x}=1\)代入復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則\(y^\prime=y^\prime_{u}\cdotu^\prime_{x}\)，并將\(u=x+1\)代回，可得：\(y^\prime=\frac{1}{u}\times1=\frac{1}{x+1}\)所以函數(shù)\(y=\ln(x+1)\)的導(dǎo)數(shù)\(y^\prime=\frac{1}{x+1}\)。2.物理學(xué)部分題目1一定量的理想氣體，在溫度不變的情況下，體積從\(V_1\)膨脹到\(V_2\)，則此過程中氣體對外做功為（）A.\(0\)B.\(p_1V_1\ln\frac{V_2}{V_1}\)C.\(p_2V_2\ln\frac{V_2}{V_1}\)D.\(p_1V_1\ln\frac{V_1}{V_2}\)答案及解析本題可根據(jù)理想氣體等溫過程的做功公式來求解。對于一定量的理想氣體，在等溫過程中（溫度\(T\)不變），氣體對外做功的公式為\(W=\int_{V_1}^{V_2}p\mathrmptlxzvpV\)。根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程\(pV=\nuRT\)（\(\nu\)為物質(zhì)的量，\(R\)為普適氣體常量），可得\(p=\frac{\nuRT}{V}\)。將\(p=\frac{\nuRT}{V}\)代入做功公式\(W=\int_{V_1}^{V_2}p\mathrmptpl5vfV\)中，可得：\(W=\int_{V_1}^{V_2}\frac{\nuRT}{V}\mathrm1bdb1hlV=\nuRT\int_{V_1}^{V_2}\frac{1}{V}\mathrmnpzlxjfV\)根據(jù)積分公式\(\int\frac{1}{x}\mathrmnb1rv1fx=\lnx+C\)，對上式進行積分可得：\(W=\nuRT\ln\frac{V_2}{V_1}\)又因為\(p_1V_1=\nuRT\)，所以\(W=p_1V_1\ln\frac{V_2}{V_1}\)。所以答案選B。題目2一平面簡諧波沿\(x\)軸正方向傳播，波速\(u=200m/s\)，已知\(x=0\)處質(zhì)點的振動方程為\(y=0.03\cos(400\pit)\)（SI），則該平面簡諧波的波動方程為（）A.\(y=0.03\cos[400\pi(t-\frac{x}{200})]\)B.\(y=0.03\cos[400\pi(t+\frac{x}{200})]\)C.\(y=0.03\cos[400\pi(t-\frac{x}{400})]\)D.\(y=0.03\cos[400\pi(t+\frac{x}{400})]\)答案及解析本題可根據(jù)平面簡諧波波動方程的一般形式來求解。已知\(x=0\)處質(zhì)點的振動方程為\(y=0.03\cos(400\pit)\)，平面簡諧波沿\(x\)軸正方向傳播，其波動方程的一般形式為\(y=A\cos[\omega(t-\frac{x}{u})+\varphi_0]\)，其中\(zhòng)(A\)為振幅，\(\omega\)為角頻率，\(u\)為波速，\(\varphi_0\)為\(x=0\)處質(zhì)點的初相位。由\(x=0\)處質(zhì)點的振動方程\(y=0.03\cos(400\pit)\)可知，振幅\(A=0.03m\)，角頻率\(\omega=400\pi\)，初相位\(\varphi_0=0\)，波速\(u=200m/s\)。將\(A=0.03m\)，\(\omega=400\pi\)，\(u=200m/s\)，\(\varphi_0=0\)代入波動方程的一般形式\(y=A\cos[\omega(t-\frac{x}{u})+\varphi_0]\)中，可得：\(y=0.03\cos[400\pi(t-\frac{x}{200})]\)所以答案選A。3.化學(xué)部分題目1在\(25^{\circ}C\)時，\(AgCl\)的溶度積常數(shù)\(K_{sp}=1.8\times10^{-10}\)，則\(AgCl\)在純水中的溶解度為（）\(mol/L\)。A.\(1.34\times10^{-5}\)B.\(1.8\times10^{-10}\)C.\(9.0\times10^{-11}\)D.\(3.6\times10^{-10}\)答案及解析本題可根據(jù)溶度積常數(shù)與溶解度的關(guān)系來求解\(AgCl\)在純水中的溶解度。設(shè)\(AgCl\)在純水中的溶解度為\(s\)\(mol/L\)，\(AgCl\)在水中存在如下溶解平衡：\(AgCl(s)\rightleftharpoonsAg^{+}(aq)+Cl^{-}(aq)\)達到平衡時，\(c(Ag^{+})=c(Cl^{-})=s\)。溶度積常數(shù)\(K_{sp}\)的表達式為\(K_{sp}=c(Ag^{+})\cdotc(Cl^{-})\)，將\(c(Ag^{+})=c(Cl^{-})=s\)代入可得：\(K_{sp}=s\timess=s^{2}\)已知\(K_{sp}=1.8\times10^{-10}\)，則\(s^{2}=1.8\times10^{-10}\)，解得\(s=\sqrt{1.8\times10^{-10}}\approx1.34\times10^{-5}\)\(mol/L\)。所以答案選A。題目2下列物質(zhì)中，屬于兩性氧化物的是（）A.\(Na_2O\)B.\(Al_2O_3\)C.\(SO_3\)D.\(CO_2\)答案及解析本題可根據(jù)兩性氧化物的定義來判斷各物質(zhì)是否為兩性氧化物。兩性氧化物是指既能與酸反應(yīng)生成鹽和水，又能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物。-選項A：\(Na_2O\)\(Na_2O\)是堿性氧化物，它能與酸反應(yīng)生成鹽和水，如\(Na_2O+2HCl=2NaCl+H_2O\)，但不能與堿反應(yīng)，所以\(Na_2O\)不屬于兩性氧化物。-選項B：\(Al_2O_3\)\(Al_2O_3\)既能與酸反應(yīng)生成鹽和水，如\(Al_2O_3+6HCl=2AlCl_3+3H_2O\)；又能與堿反應(yīng)生成鹽和水，如\(Al_2O_3+2NaOH=2NaAlO_2+H_2O\)，所以\(Al_2O_3\)屬于兩性氧化物。-選項C：\(SO_3\)\(SO_3\)是酸性氧化物，它能與堿反應(yīng)生成鹽和水，如\(SO_3+2NaOH=Na_2SO_4+H_2O\)，但不能與酸反應(yīng)，所以\(SO_3\)不屬于兩性氧化物。-選項D：\(CO_2\)\(CO_2\)是酸性氧化物，它能與堿反應(yīng)生成鹽和水，如\(CO_2+2NaOH=Na_2CO_3+H_2O\)，但不能與酸反應(yīng)，所以\(CO_2\)不屬于兩性氧化物。綜上，答案選B。4.力學(xué)部分題目1如圖所示，一均質(zhì)桿\(AB\)，長為\(l\)，重為\(P\)，\(A\)端靠在光滑的鉛直墻上，\(B\)端放在粗糙的水平地面上，桿處于平衡狀態(tài)。已知桿與水平面的夾角為\(\theta\)，則地面對桿\(B\)端的摩擦力\(F_f\)為（）A.\(P\tan\theta\)B.\(\frac{P}{2}\tan\theta\)C.\(P\cot\theta\)D.\(\frac{P}{2}\cot\theta\)答案及解析本題可通過對桿進行受力分析，然后根據(jù)平衡條件來求解地面對桿\(B\)端的摩擦力\(F_f\)。對桿\(AB\)進行受力分析，桿受到重力\(P\)、墻面的支持力\(F_N1\)和地面的支持力\(F_N2\)以及摩擦力\(F_f\)的作用。由于桿處于平衡狀態(tài)，所以桿所受的合力為零，對\(B\)點取矩，根據(jù)力矩平衡條件\(\sumM_B=0\)，可得：\(F_N1\timesl\sin\theta-P\times\frac{l}{2}\cos\theta=0\)解得\(F_N1=\frac{P}{2}\cot\theta\)。再根據(jù)水平方向受力平衡條件\(\sumF_x=0\)，可得：\(F_f=F_N1=\frac{P}{2}\cot\theta\)所以答案選D。題目2一質(zhì)點沿直線運動，其運動方程為\(x=3t^2-2t^3\)（SI），則該質(zhì)點在\(t=1s\)時的加速度為（）\(m/s^2\)。A.\(6\)B.\(-6\)C.\(12\)D.\(-12\)答案及解析本題可先根據(jù)運動方程求出速度方程，再根據(jù)速度方程求出加速度方程，最后將\(t=1s\)代入加速度方程中求解。-步驟一：求速度方程\(v(t)\)速度是位移對時間的一階導(dǎo)數(shù)，已知質(zhì)點的運動方程為\(x=3t^2-2t^3\)，對其求導(dǎo)可得速度方程：\(v(t)=\frac{\mathrmnvfpbdfx}{\mathrmlbrtxt1t}=(3t^2-2t^3)^\prime=6t-6t^2\)-步驟二：求加速度方程\(a(t)\)加速度是速度對時間的一階導(dǎo)數(shù)，對速度方程\(v(t)=6t-6t^2\)求導(dǎo)可得加速度方程：\(a(t)=\frac{\mathrmh55tpjfv}{\mathrm3zlp1nbt}=(6t-6t^2)^\prime=6-12t\)-步驟三：求\(t=1s\)時的加速度\(a(1)\)將\(t=1s\)代入加速度方程\(a(t)=6-12t\)中，可得：\(a(1)=6-12\times1=-6\)\(m/s^2\)所以答案選B。5.電氣技術(shù)部分題目1在如圖所示的電路中，已知\(R_1=10\Omega\)，\(R_2=20\Omega\)，\(U=12V\)，則通過\(R_1\)的電流\(I_1\)為（）\(A\)。A.\(0.4\)B.\(0.8\)C.\(1.2\)D.\(2.4\)答案及解析本題可先根據(jù)電阻的串聯(lián)和并聯(lián)關(guān)系求出電路的總電阻，再根據(jù)歐姆定律求出總電流，最后根據(jù)并聯(lián)電路的電流分配關(guān)系求出通過\(R_1\)的電流\(I_1\)。-步驟一：求電路的總電阻\(R_{總}\)\(R_1\)和\(R_2\)并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)電阻的計算公式\(\frac{1}{R_{并}}=\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}\)，可得：\(\frac{1}{R_{并}}=\frac{1}{10}+\frac{1}{20}=\frac{2}{20}+\frac{1}{20}=\frac{3}{20}\)則\(R_{并}=\frac{20}{3}\Omega\)。-步驟二：求電路的總電流\(I\)根據(jù)歐姆定律\(I=\frac{U}{R_{總}}\)，可得：\(I=\frac{U}{R_{并}}=\frac{12}{\frac{20}{3}}=12\times\frac{3}{20}=1.8A\)-步驟三：求通過\(R_1\)的電流\(I_1\)根據(jù)并聯(lián)電路的電流分配關(guān)系\(I_1=\frac{R_2}{R_1