2024年广东省大湾区高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年广东省大湾区高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.用来冷却核电站反应堆的废水中，受核反应 36Li+Y→24He+13H的影响，会产生含有放射性的物质氚(13H)，氚(13H)的半衰期为12.43年。下列说法正确的是( )
A. Y是质子
B. Y是电子
C. 改变核废水的温度，核废水中氚(13H)的半衰期不会改变
D. 再经过24.86年，现有某部分核废水中的氚(13H)将全部衰变
2.如图是可以用来筛选谷粒的振动鱼鳞筛，筛面水平，由两根等长轻绳将其悬挂在等高的两点，已知筛面和谷物所受重力为G，静止时两轻绳延长线的夹角为60∘。则每根轻绳的拉力大小为( )
A. G2B. 33GC. GD. 3G
3.普通的交流电压表不能直接用来测量高压输电线路间的电压，通常要通过电压互感器来连接。图(b)为电压互感器示意图，ab端所接线圈的匝数较少，工作时ab端电压为Uab，cd端所接线圈的匝数较多，工作时cd端电压为Ucd，现利用这个电压互感器通过普通的交流电压表测量图(a)中输电导线间的高电压，下列说法中正确的是( )
A. ab接MN、cd接电压表，UabUcd
C. cd接MN、ab接电压表，Uab>UcdD. cd接MN、ab接电压表，Uab4.如图所示，某同学练习踢毽子，假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力，下列v−t和a−t图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置的是( )
A.
B.
C.
D.
5.我国“神舟十六号”载人飞船的发射过程简化如图所示：先由“长征”运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道Ⅰ，在远地点B将飞船送入预定圆轨道Ⅱ。下列说法正确的是( )
A. 飞船在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均处于超重状态
B. 飞船在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至B处时加速度相等
C. 飞船在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时机械能相等
D. 飞船在轨道Ⅰ经过B处时的速度大于第一宇宙速度
6.如图所示，塔式起重机将质量m=5×103kg的重物沿竖直方向吊起的过程中，在MN段重物以加速度a=0.2m/s2匀加速上升，在PQ段重物以速度v=1.2m/s匀速上升，MN=PQ=2.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力和摩擦阻力。下列说法正确的有( )
A. 从M到N，起重机的输出功率保持为10kW
B. 从M到N，重物的机械能增加量为1.25×105J
C. 从P到Q，起重机的输出功率保持为60kW
D. 从P到Q，起重机对重物做功为1.0×105J
7.如图(a)所示，轻质弹簧上端固定，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁。钩码在竖直方向做简谐运动时，某段时间内，小磁铁正下方的智能手机中的磁传感器采集到磁感应强度随时间变化的图像如图(b)所示，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A. 钩码做简谐运动的周期为t5−t1
B. 钩码动能变化的周期为t6−t2
C. 在t1时刻，钩码的重力势能最大
D. t2∼t4时间内，钩码所受合外力的冲量为零
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示是场离子显微镜的原理图，被研究金属样品做成的针尖与荧光质涂层之间加有高电压，从针尖上发出的离子在强电场下加速运动至涂层上相应的位置形成光点，进而得到针尖上原子分布的像，图中带箭头的线是电场线。下列说法正确的是( )
A. 从针尖向涂层加速运动的离子带正电荷B. 针尖与涂层之间的电场是匀强电场
C. 离子向涂层运动的过程中克服电场力做功D. 离子向涂层运动的过程中电势能减小
9.如图(a)为游乐场中的“空中飞椅”项目。“空中飞椅”结构示意图如图(b)，转动轴带动顶部圆盘转动，悬绳一端系在圆盘边缘，另一端系着椅子。若所有椅子质量相等，悬绳长短不一定相等，忽略悬绳质量与空气阻力，则坐在椅子上的游客与椅子整体随圆盘匀速转动的过程中( )
A. 任一时刻，所有游客的线速度都相同B. 所有游客做圆周运动的周期都相同
C. 悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大D. 悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关
10.如图所示，将两个相同的“U”形光滑金属导轨，平行放置于一方向竖直向上的匀强磁场中的水平面，两导轨的上轨和下轨所在平面均与水平面平行，完全相向的两根匀质金属杆ab和cd静止于两导轨面上，且杆与轨道垂直。导轨足够长且电阻不计，现用一水平向右的恒力F拉ab杆，则( )
A. cd杆将向左运动
B. ab杆先做变加速，后做匀加速运动
C. 回路的感应电流先增大，后不变
D. 某段时间内，F所做的功等于回路产生的焦耳热
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
11.某同学测量一半圆形透明玻璃砖的折射率，实验过程如下：
①用游标卡尺测量玻璃砖的直径d，确定其底面圆心位置并标记在玻璃砖上；
②将玻璃砖放在位于水平桌面并画有直角坐标系Oxy的白纸上，使其底面圆心和直径分别与O点和x轴重合，将一长直挡板紧靠玻璃砖并垂直于x轴放置，如图(b)所示；
③用激光器发出激光从玻璃砖外壁始终指向O点水平射入，从y轴开始向右缓慢移动激光器，直至恰好没有激光从玻璃砖射出至挡板上y<0的区域时，在白纸上记录激光束从玻璃砖外壁入射的位置P。
④取走玻璃砖，过P点作y轴的垂线PQ，用刻度尺测量PQ的长度L。
根据以上步骤，回答下列问题：
(1)测得半圆形玻璃砖直径d的读数如图(a)所示，则d=______ cm；
(2)步骤③中，没有激光射至挡板上y<0区域的原因是激光束在玻璃砖直径所在界面处发生了______；
(3)根据以上测量的物理量，写出计算玻璃砖折射率的表达式为n=______，若测得 PQ线段的长度L=2.00cm，计算可得玻璃砖的折射率为n=______。(结果保留3位有效数字)
12.一实验兴趣小组找到了一捆较长的镍铬合金线，其横截面积标记为2.5mm2，但是长度标记已经模糊不清，兴趣小组想通过实验测定其具体长度。
可供使用的器材有：
多用电表；
电流表A1：量程1mA，内阻为1000Ω；
电流表A2：量程0.6A，内阻很小；
滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；
电阻箱：最大阻值9999.9Ω；
电源：电动势3V，内阻可不计；
开关、导线若干。
实验步骤如下：
(1)粗测镍铬合金线的阻值
兴趣小组先用多用电表的欧姆挡粗测该捆镍铬合金线的电阻，当选择欧姆×10倍率的电阻挡位测量时，发现指针偏转很大，因此应该换成欧姆______倍率的电阻挡(选填“×1”或“×100”)，选择正确挡位后，指针如图(a)所示，读数为______Ω；
(2)精确测量镍铬合金线的阻值
①同学采用的实验电路图如图(b)所示，根据实验需要应选择滑动变阻器______(选填“R1”或“R2”)，实验开始前，滑片应该置于______端(选填“a”或“b”)；
②闭合开关后，调节滑动变阻器，发现A1电表接近满偏时A2电表偏转不大，为解决这个问题，同学们决定用A1表与电阻箱______(选填“串联”或“并联”)代替原来的A1表，并且把电阻箱阻值调整为2000.0Ω；
③调节滑动变阻器，当电流表A2读数为0.45A时，电流表A1读数0.75mA，根据以上数据可以计算出镍铬合金线的电阻为______Ω(保留两位有效数字)；
(3)计算镍铬合金线长度兴趣小组还查阅到镍铬合金的电阻率为1.0×10−6Ω⋅m，结合以上实验数据，可得出这捆镍铬合金线实际长度为______m(保留三位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共37分。
13.现在很多小汽车配备了胎压检测传感器，可以测出实时轮胎气压，一汽车在27℃(300K)时显示轮胎气压为210kPa(1kPa=1000Pa)，所在地突然经历了“一天入冬”的天气变化，气温从27℃骤降到−3℃(270K)，(已知一定质量的理想气体满足pVT=C)
(1)该汽车胎压值低于190kPa会作出报警提示，忽略轮胎体积变化，请结合计算判断降温后胎压检测是否会报警？
(2)降温前(温度为300K)由于装载货物，轮胎内气体体积变为原来的78(气体温度不变，没有漏气)，求此时轮胎内气体的压强。
14.有些高能粒子会对物理仪器造成损害，一位同学认为可利用电磁场让带电粒子偏转的特点设计装置实现对粒子的屏蔽作用，如图所示为一半径为R的圆柱形铅盒的截面图，其中心为粒子发射源，以中心为坐标原点建立Oxy平面坐标系，使y轴负半轴与∠AOB的角平分线重合，发射源可在图示∠AOB=60∘平面范围内从圆心O沿半径方向往外不断发射出速度大小均为v，电荷量为q，质量为m的某种带正电粒子，粒子通过圆弧AB的缝隙到达铅盒外面，同学打算在y=−R到y=−2R间的条形区域设置匀强电场或者匀强磁场以实现屏蔽效果，粒子重力不计，忽略粒子间的相互作用。
(1)如果条形区域设置平行于y轴的匀强电场，则电场的电场强度应至少为多少，使得所有粒子不能越过条形电场区域？并判断匀强电场方向；
(2)如果条形区域设置垂直于截面向里的匀强磁场，则磁场的磁感应强度应至少为多少，使得所有粒子不能越过条形磁场区域？此时粒子在磁场运动的最长时间为多少？
15.如图所示，P点左侧有一高h=5.0m的平台与半径R=2.0m的四分之一光滑圆弧底部相切，平台表面粗糙，长度为1.0m。现让一物块A从圆弧左侧与圆心等高处静止释放，下滑至平台与另一置于平台右侧边缘的物块B发生碰撞，碰后其中一个物块落在地面上的M点，另外一个物块落到N点，M点和N点与平台右侧边缘的水平距离为分别为1.0m和2.0m，已知A、B两物块可视为质点，物块A与平台的动摩擦因数为0.2，g=10m/s2。求：
(1)碰撞前物块A的速度v的大小；
(2)落到M点和N点对应的平抛运动初速度v1和v2；
(3)物块A和物块B的质量之比。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB.根据核反应方程的书写规则(质量数和电荷数守恒)方程式如下
36Li+01n→24He+13H
故Y粒子是中子，故AB错误；
C.放射性元素的半衰期是由内部因素决定，外接条件不能使它发生改变，故C正确；
D.根据公式m=m012tτ=m0×，剩下的是原来的14，故D错误。
故选：C。
AB.根据核反应书写的规则判断Y粒子；
C.根据半衰期的决定因素分析判断；
D.根据衰变的公式计算剩余的质量和数量。
考查核反应方程的书写规则，会根据公式计算剩余的质量和数量，知道半衰期的决定因素。
2.【答案】B
【解析】解：整体受力分析，如图所示：
根据受力平衡竖直方向可得：2Fcs30∘=G
代入数据可得：F= 33G，故ACD错误，B正确。
故选：B。
将筛面和谷物看成整体，根据受力平衡联立方程求出拉力的大小。
本题是关于物体受力平衡，再做题时要注意两绳上的力相同，利用整体分析可快速得出结论。
3.【答案】D
【解析】解：电压互感器的作用是使大电压变成小电压，根据原、副线圈电压与匝数比的关系，应使匝数多的接入输入端，即cd接MN、ab接电压表，由变压器匝数与电压的关系可得
Uab故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据电压互感器的作用是使大电压变成小电压，结合原、副线圈电压与匝数比的关系求解；
本题考查了变压器相关知识，理解变压器电压与匝数的关系是解决此类问题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：AB.根据动能定理，空气阻力做负功，毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置时的速度大小一定小于初速度的大小，即回到出发点时，速度不可能为−v0，故AB错误；
CD.由牛顿第二定律，上升阶段的加速度大小为
a1=g+fm
下降阶段的加速度大小
a2=g−fm
方向均为竖直向下，由h=12at2可知，由于上升和下降的高度一样，上升时加速度大于下降时加速度，则上升时时间短，下降时时间长，故C错误，D正确。
故选：D。
根据动能定理，分析毽子回到出发点时速度；
由牛顿第二定律，分析上升、下降阶段的加速度大小，再根据h=12at2，比较时间。
本题考查学生对动能定理、牛顿第二定律规律的掌握，具有一定综合性，难度中等。
5.【答案】B
【解析】解：A.飞船在轨道Ⅰ和Ⅱ轨道运行时，万有引力全部用来提供飞船运动的加速度，所以飞船处于失重状态，故A错误；
B.飞船在轨道Ⅰ和Ⅱ运行，只受万有引力作用，则GMmr轨2=ma
得a=GMr轨2
可知经过同一点B距离相等，加速度相等，故B正确；
C.飞船从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ的过程中，牵引力做正功，故机械能增加，所以飞船在轨道Ⅰ机械能小于在轨道Ⅱ的机械能，故C错误；
D.第一宇宙速度是卫星在近地轨道运行的线速度，所以飞船在Ⅱ轨道上经过B点速度小于第一宇宙速度；飞船从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ的过程中，牵引力做正功，飞船的速度增大，所以飞船在轨道Ⅰ经过B点的速度小于在轨道Ⅱ经过B点的速度，因为飞船在轨道Ⅰ经过B处时的速度小于第一宇宙速度，故D错误；
故选：B。
根据超重与失重的特点以及飞船运动的特点判断；根据万有引力定律与牛顿第二定律判断加速度的关系；根据飞船变轨的原理判断机械能变化；根据第一宇宙速度的特点，然后结合飞船变轨的特点判断。
本题结合飞船放入变轨问题考查对牛顿第二定律、万有引力提供向心力的掌握，解题关键是知道飞船在椭圆轨道远地点B点加速后才能进入预定圆轨道。
6.【答案】C
【解析】解：A.从M到N过程起重机的拉力为F，根据牛顿第二定律有
F−mg=ma
代入数据解得
F=5.1×104N
由于M点和N点的速度未知，则从M点到N点的时间未知，无法确定起重机的输出功率，故A错误；
B.从M到N过程，重物增加的机械能等于拉力做的功，根据功能关系有
ΔE=FxMN=5.1×104×2.5J=1.275×105J，故B错误；
C.重物从P到Q匀速运动，起重机对重物的拉力与重物的重力等大反向，根据功率公式有
P=mgv=5×103×2.5W=6×104W=60kW，故C正确；
D.根据恒力功公式有
W=mgxPQ=5×103×10×2.5J=1.25×105J，故D错误。
故选：C。
A：根据牛顿第二定律求解重物从M到N过程中起重机的拉力，再根据功率公式求解起重机的输出功率；
B：根据功能关系求解重物增加的机械能；
C：根据功率公式求解从P到Q起重机的输出功率；
D：根据恒力功公式求解从P到Q起重机对重物做功。
本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
7.【答案】A
【解析】解：A.磁铁越靠近手机时，磁传感器采集到磁感应强度越大，则手机显示的磁感应强度随时间变化的情况反映了钩码与手机之间距离的变化，所以钩码做简谐运动的周期等于采集到磁感应强度随时间变化的周期，故为t5−t1，故A正确；
B.结合图可知，t6−t2等于钩码做简谐运动的周期，而在一次简谐运动中，动能变化的周期是简谐振动周期的一半，则动能变化的周期等于时间t6−t2的一半，故B错误；
C.在t1时刻磁感应强度最大，说明磁铁最靠近手机，此时钩码的重力势能最小，故C错误；
D.t2∼t4时间为钩码做简谐振动周期的一半，钩码的速度方向不同，动量变化不为零，根据动量定理可知合力的冲量一定不为零，故D错误。
故选：A。
由图判断磁感应强度变化的周期，然后判断小磁铁与手机之间距离变化的周期，由此判断出钩码做简谐振动的周期；动能是标量，动能变化的周期是简谐振动周期的一半；结合钩码的位置判断钩码的重力势能；根据动量定理判断冲量的大小。
该题考查简谐振动，注意简谐振动的过程中，振子动能变化的周期是简谐振动周期的一半是关键。
8.【答案】AD
【解析】解：A.根据题意可知，离子从针尖向涂层做加速运动，说明粒子受到的电场力方向与电场方向相同，则做离子带正电荷，故A正确；
B.由图可知，针尖与涂层之间的电场不是匀强电场，针尖附近电场大，涂层附近电场小，故B错误；
CD.离子从针尖向涂层做加速运动，说明电场力做正功，离子向涂层运动的过程中电势能减小，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据离子沿电场线方向做加速运动判断离子带正电；根据匀强电场的电场线的特点判断；离子从针尖向涂层做加速运动，说明电场力做正功，然后结合电场力做功与电势能的变化关系判断。
考查针尖端与导电膜之间的电场的分布，并理解带电粒子受到电场力的变化情况，掌握发光的原理，及理解分辨率的高低的原因。
9.【答案】BCD
【解析】解：AB.由图可知所有游客为同轴转动，则所有游客做圆周运动的角速度相同，游客做圆周运动的半径不同，由v=ωr可知，线速度大小不同，游客的线速度方向也不同；由T=2πω可知，所有游客做圆周运动的周期都相同，故A错误，B正确；
CD.根据题意，设绳长为L，悬绳与竖直方向的夹角为θ，则有mgtanθ=mω2Lsinθ
解得csθ=gω2L
可知，悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，悬绳越长，csθ越小，θ越大，即悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大，故CD正确。
故选：BCD。
座椅和人做匀速圆周运动，对座椅与乘客受力分析，由平衡条件和牛顿第二定律求得圆盘转动的角速度大小；根据竖直方向得平衡方程和牛顿第三定律求得悬绳所受座椅的拉力大小，然后比较。
座椅做的是匀速圆周运动，确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是有物体受到的某一个力或几个力的合力来提供，在对物体受力分析时一定不能分析出物体受向心力这么一个单独的力。
10.【答案】BC
【解析】解：A.根据题意可知，用一水平向右的恒力F拉ab杆，ab杆向右运动，由右手定则可知，感应电流由b→a，则cd杆中电流由c→d，由左手定则可知，cd杆受向右的安培力，将向右运动，故A错误；
BC.设ab杆运动的速度为v1，cd杆运动的速度为v2，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为
E=BL(v1−v2)
根据闭合电路的欧姆定律，感应电流为
I=BL(v1−v2)R
ab杆和cd杆的安培力大小相等为
FA=BIL=B2L2(v1−v2)R
对ab杆由牛顿第二定律有
F−B2L2(v1−v2)R=ma1
对cd杆由牛顿第二定律有
B2L2(v1−v2)R=ma2
初始速度均为零，则开始运动时有
a1>a2
相对速度v1−v2增大，感应电流增大，安培力增大，则ab杆做加速度减小的加速运动，cd杆做加速度增大的加速运动，当加速度相等时，两者的相对速度恒定，则感应电动势一定，感应电流一定，即安培力一定，则加速度一定，即之后两杆以恒定加速度做匀加速直线运动，综上所述，ab杆先做变加速，后做匀加速运动，回路的感应电流先增大，后不变，故BC正确；
D.由上述分析可知，两杆一直做加速运动，由能量守恒定理可知，某段时间内，F所做的功等于回路产生的焦耳热和两杆增加的动能之和，故D错误。
故选：BC。
A：根据右手定则判断ab杆中感应电流的方向，进一步判断cd杆中感应电流的方向，根据左手定则判断cd杆所受安培力方向，进一步判断cd杆运动方向；
BC：根据电磁感应定律求解电动势，根据安培力公式表示安培力，对ab杆和cd杆分别用牛顿第二定律求解加速度，根据加速度大小变化关系判断相对速度大小变化关系，进一步判断感应电流大小变化和两杆运动的运动性质；
D：根据BC选项分析可知两杆的运动性质，F所做的功一部分克服安培力做功转化为焦耳热，另一部分转化为两杆的动能。
本题考查电磁感应中的功能关系，要求学生能熟练分析金属杆的运动过程，熟练应用电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、功能关系解题。
11.【答案】6.43全反射 d2L 1.61
【解析】解：(1)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，玻璃砖的直径为d=64mm+3×0.1mm=64.3mm=6.43cm；
(2)光束经玻璃砖折射后照在挡板上y<0的区域内，当入射角逐渐增大，折射光线消失的时候，就是光束在玻璃界面处发生了全反射；
(3)根据数学知识，入射角的正弦sini=PQOP=Ld2=2Ld
当恰好发生全反射时，入射角等于临界角，即i=C
根据临界角公式n=1sinC=12Ld=d2L
代入数据可得n=1.61。
故答案为：(1)6.43；(2)全反射；(3)d2L；1.61。
(1)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+游标尺上对齐格数(不估读)×精确度；
(2)光从玻璃射入空气，当入射角大于临界角时，光发生全反射，据此分析作答；
(3)根据数学知识求入射角的正弦，根据临界角公式求折射率；代入数据求折射率。
本题主要考查了游标卡尺的读数，考查利用光的全反射测定玻璃的折射率，根据数学知识求解激光在玻璃砖下表面刚好发生全反射的入射角是解题的关键。
12.【答案】×16R2 a 串联 5.012.5
【解析】解：(1)用欧姆表测电阻时，欧姆表指针偏转很大，说明待测电阻较小多；为了使欧姆表指针所指示数变大，应该换用更低的挡位测量，即换成欧姆×1倍率的电阻挡，选择正确挡位后，由图(a)所示，读数为6Ω。
(2)①由图(b)可知，滑动变阻器采用限流接法，从保证电路安全和方便调节的角度来看，滑动变阻器应选择R2；实验开始前，应仍滑动变阻器接入电路阻值最大，则滑片应该置于a端。
②由图(b)可知，A1电表并联在待测电阻两端，当作电压表使用，调节滑动变阻器，发现A1电表接近满偏时A2电表偏转不大，说明A1作为电压表使用量程太小；
需要给电流表串联一个2000Ω的电阻来扩大量程，即电流表A1与电阻箱串联。
③根据欧姆定律，镍铬合金线两端的电压为U=I1(R+RA1)=0.75×10−3×(2000+1000)V=2.25V
根据并联电路的特点，流过镍铬合金线的电流为I=I2−I1=0.45A−0.75×10−3A=0.44925A
代入数据解得镍铬合金线的电阻Rx≈5.0Ω
(3)根据电阻定律有Rx=ρlS
代入数据解得l=12.5m。
故答案为：(1)×1；6；(2)①R2；a；②串联；③5.0；(3)12.5。
(1)欧姆表测电阻时，欧姆表指针偏转很大，说明待测电阻较小，根据电阻测量值=欧姆表指针对应示数×倍率进行挡位调节及读数；
(2)①滑动变阻器采用限流式接法，从保证电路安全和方便调节的角度选择滑动变阻器并确定闭合开关前滑动变阻器滑动片的位置；
②电流表串联一个电阻可以改装成电压表，据此分析作答；
③根据欧姆定律结合并联电路的特点求待测电阻；
(3)根据电阻定律求解作答。
本题考查了欧姆表的使用和读数，考查了电压表的改装；理解实验原理、掌握欧姆定律和电阻定律是解题的关键。
13.【答案】解：(1)根据题意，降温前后气体的体积不变，设降温前轮胎内气体压强为p1，温度为T1，降温后轮胎内气体压强为p2，温度为T2，则有p1T1=p2T2
其中p1=210kPa，T1=300K，T2=270K
解得p2=189kPa<190kPa
可知，胎压检测会报警。
(2)根据题意，设装货之前气体体积为V1，装货之后气体的压强为p3，气体体积为78V1，由于温度不变，由玻意耳定律有p1V1=p3⋅78V1
解得p3=240kPa
答：(1)会报警；
(2)此时轮胎内气体的压强是240kPa。
【解析】(1)气体做等容变化，根据查理定律求出气体的压强；
(2)气体做等温变化，根据玻意耳定律求出气体的压强。
该题考查气态方程的应用，明确气体状态不换前后的状态参量是关键。
14.【答案】解：(1)根据题意可知，由于粒子发射源发出的粒子速度大小相等，若沿y轴负方向射出的粒子不能穿过条形电场区域，其它粒子一定不能穿过，对沿y轴负方向射出的粒子，其到达下边界速度恰好为零时，对应电场的电场强度最小，由动能定理得：
−EqR=0−12mv2
解得：E=mv22qR，方向沿y轴正方向。
(2)如果条形区域设置垂直于截面向里的匀强磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则可知，粒子进入磁场后逆时针做圆周运动，只要沿OA方向进入磁场的粒子不能越过条形磁场区域，其它粒子一定不能越过，沿OA方向射入的粒子恰好不能越过下边界时的轨迹如下图所示，此时磁场的磁感应强度为最小。
设粒子的运动半径为r，由几何关系得：r+rsin30∘=R
解得：r=23R
根据洛伦兹力提供向心力得：
qvB=mv2r
联立解得：B=3mv2qR
粒子在磁场中的运动周期为：T=2πrv=2πmqB
可见磁感应强度最小，则粒子运动周期最大，沿OA方向射入的粒子的圆弧轨迹所对圆心角最大，粒子在磁场运动的时间最长，由几何关系可得，其轨迹圆心角为240∘，则运动时间为：
t=240∘360∘⋅2πrv=8πR9v
答：(1)电场的电场强度应至少为mv22qR，匀强电场方向沿y轴正方向；
(2)磁场的磁感应强度应至少为3mv2qR，此时粒子在磁场运动的最长时间为8πR9v。
【解析】(1)沿y轴负方向射出的粒子不能穿过条形电场区域，其它粒子一定不能穿过，对沿y轴负方向射出的粒子由动能定理求解；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，只要沿OA方向进入磁场的粒子不能越过条形磁场区域，其它粒子一定不能越过，由几何关系求求得粒子的运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度。由几何关系求得轨迹圆心角的最大值，结合粒子在磁场中的运动周期求解运动时间最大值。
本题是非常基础的电场和磁场中带电粒子运动问题，典型的磁场中匀速圆周运动，电场中的曲线或直线运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。
15.【答案】解：(1)物块A由静止释放到与物块B碰撞前过程中，由动能定理得：
mAgR−μmAgL=12mAv2−0
解得：v=6m/s
(2)碰撞后，A、B两物块都做平抛运动。在竖直方向上，由h=12gt2可得两物块做平抛运动的时间为
t= 2hg= 2×5.010s=1s
水平方向上有
xPM=v1t，xPN=v2t
解得：v1=1m/s，v2=2m/s
(3)如果物块A与物块B碰撞后均往前运动，则两者落点分别为M和N，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mAv=mAv1+mBv2
解得：mAmB=25
碰撞前的动能为
Ek1=12mAv2=12mA×62=18mA
碰撞后的动能为
Ek2=12mAv12+12mBv22
解得：Ek2=112mA
则Ek1>Ek2
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理；
如果物块A碰撞后反弹，后来落到M点，假设撞后瞬间物块A速率为v3，根据动能定理和动量守恒定律有
−μmAg⋅2L=12mAv12−12mAv32
mAv=−mAv3+mBv2
解得：mAmB=29
同理，对碰撞前后动能进行比较有
12mAv2>12mAv32+12mBv22
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理；
如果物块A碰撞后反弹，后来落到N点，假设撞后瞬间物块A速率为v4，根据动能定理和动量守恒定律有
−μmAg⋅2L=12mAv22−12mAv42
mAv=−mAv4+mBv1
解得：mAmB=16+2 3
同理，对碰撞前后动能进行比较有
12mAv2>12mAv42+12mBv12
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理。
综上所述，物块A和物块B的质量之比为25或29或16+2 3。
答：(1)碰撞前物块A的速度v的大小为6m/s；
(2)落到M点和N点对应的平抛运动初速度v1和v2分别为1m/s、2m/s；
(3)物块A和物块B的质量之比为25或29或16+2 3。
【解析】(1)物块A由静止释放到与物块B碰撞前过程中，根据动能定理求解碰撞前物块A的速度v的大小；
(2)碰撞后，A、B两物块都做平抛运动，根据分位移公式求落到M点和N点对应的平抛运动初速度v1和v2；
(3)分三种情况讨论：
①物块A与物块B碰撞后均往前运动；
②物块A碰撞后反弹，后来落到M点；
③如果物块A碰撞后反弹，后来落到N点。
根据碰撞过程系统动量守恒，以及总动能不增加求解物块A和物块B的质量之比。
本题考查动量守恒定律、动能定理、平抛运动的综合问题，涉及运动的可能性讨论以及验证碰撞的合理性(即碰撞后，系统总能不大于碰撞前系统总动能)，难度较大，分析碰后两物块的运动可能性，易忽视物块A碰撞后反弹再次回到P点平抛后的落点有可能为较远的N点。