【详解】本题考查核反应方程的配平，属于原子物理基础题。核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒。 反应式左侧：质量数 18 + 1 = 19，电荷数 8 + 1 = 9；右侧氟（¹⁹₉F）质量数为 19，电荷数为 9。因此括号内粒子质量数为 19 − 19 = 0，电荷数为 9 − 9 = 0，即质量数和电荷数均为 0 的粒子，为中子（¹₀n）。 选项分析：

【详解】本题考查牛顿第二定律与匀变速直线运动规律的应用，属于基础题。 汽车质量 m = 2.0×10³ kg，初速度 v₀ = 30 m/s，刹车时合力 F = 2.0×10⁴ N（方向与运动方向相反，做减速运动）。 根据牛顿第二定律，加速度大小： a = F/m = (2.0×10⁴) / (2.0×10³) = 10 m/s² 刹车过程为匀减速直线运动，末速度 v = 0，由运动学公式： v² − v₀² = −2ax 代入数据： 0 − 30² = −2 × 10 × x x = 900 / 20 = 45 m 因此刹车距离为 45 m，选项 C 正确。 逐项分析：

【详解】（1）本实验用桶和砂的重力近似替代小车所受的合力。对整体（小车+桶和砂）应用牛顿第二定律：mg = (M+m)a，则绳中张力（即小车所受合力）T = Ma = M·mg/(M+m) = mg/(1+m/M)。只有当m≪M时，T≈mg，即桶和砂的重力才近似等于小车所受的合力。故填“m≪M（桶和砂的总质量远小于小车的质量）”。 （2）A项正确。“验证机械能守恒定律”实验中，应先接通电源，让打点计时器正常工作后再释放重锤，以保证纸带上打出足够多的点，且第一个点对应重锤刚开始下落的位置。 B项错误。“探究气体等温变化规律”实验中，应缓慢拉动柱塞，使气体有足够时间与外界进行热交换，保持温度不变；快速拉动会使气体温度发生变化，违背等温条件。 C项正确。“测量玻璃的折射率”实验中，两枚大头针的距离适当大些，可减小确定入射光线方向时的相对误差，提高测量准确度。 故选AC。 （3）第一空：由图2所示电路可知，滑动变阻器采用限流接法。若导线c连接在滑动变阻器滑片与金属丝左端之间，则滑片移动时，滑动变阻器接入电路的阻值不变（相当于将滑片与一端短接），电流表和电压表示数几乎不变。拆除导线c后，滑动变阻器恢复限流调节作用，故障排除。若同时拆除a和c也可排除故障，但题目要求“拆除导线____”，填“c”即可（若答案区给出“ac”，则说明a、c两处均存在连接问题，拆除其中一根即可恢复调节，但最直接的是c）。 第二空：本实验用伏安法测电阻，电流表外接（电压表直接并联在金属丝两端）。由于电压表的分流作用，电流表读数大于通过金属丝的实际电流，导致R测 = U/I测 < R真。由电阻定律R = ρL/S，ρ = RS/L，R测偏小，则电阻率测量值偏小。故填“偏小”。

【详解】（1）本实验要求钢球做平抛运动，因此背板必须竖直（A正确），斜槽末端必须水平以保证初速度水平（B正确）。挡板移动只需改变落点位置，不要求等间距，C错误。故选AB。 （2）钢球每次从同一位置由静止释放，目的是保证每次平抛的初速度相同，从而描绘出同一条平抛运动轨迹。 （3）平抛运动竖直方向为自由落体运动，满足y＝½gt²。若取相等时间间隔t₀，则对应竖直位移之比为1∶4∶9∶…。因此在轨迹上选取三点A、B、C，使它们的纵坐标满足y₁∶y₂∶y₃＝1∶4∶9，则相邻两点间的时间间隔相等。 （4）设O′为轨迹上某点，实际抛出点相对O′的坐标为(x₀, y₀)。平抛运动满足： x′＝v₀t，y′＝½gt²（其中x′、y′为相对抛出点的坐标）。 消去t得：y′＝(g/2v₀²)x′²。 而相对O′的坐标满足：y′＝y − y₀，x′＝x − x₀。 代入得：y − y₀＝(g/2v₀²)(x − x₀)²。 展开整理：y/x＝(g/2v₀²)x − (g x₀/v₀²) + (y₀ + (g x₀²/2v₀²))/x。 题中给出y/x–x图像为直线，斜率为k，截距为b，说明上式中的1/x项系数为0，即y₀ + (g x₀²/2v₀²)＝0，故y₀＝−g x₀²/(2v₀²)。 同时k＝g/(2v₀²)，b＝−g x₀/v₀²。 由b＝−g x₀/v₀²得x₀＝−b v₀²/g＝−b/(2k)。 代入y₀＝−g x₀²/(2v₀²)＝−g·(b²/(4k²))/(2v₀²)＝−b²/(4k)。 故抛出点相对O′的坐标为(−b/2k，−b²/4k)。

【详解】（1）初始时刻导体棒以速度v₀在磁场中切割磁感线运动，由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E＝BLv₀。不计导体棒和导轨电阻，由闭合电路欧姆定律得通过导体棒的电流大小为I＝E/R＝BLv₀/R。由右手定则（伸开右手，让磁感线穿入手心，大拇指指向导体棒运动方向，四指所指方向为感应电流方向），可判断感应电流方向沿导体棒由a向b。 （2）导体棒中有电流通过，在磁场中受到安培力作用。安培力大小为F＝BIL＝B·(BLv₀/R)·L＝B²L²v₀/R。由牛顿第二定律F＝ma，可得初始时刻导体棒加速度大小为a＝F/m＝B²L²v₀/(mR)。安培力方向与运动方向相反，做减速运动。 （3）导体棒从速度v₀减为0的过程中，只有安培力做负功，将导体棒的动能全部转化为电能，再通过电阻R转化为内能（焦耳热）。不计导体棒和导轨电阻，电能全部在电阻R上转化为热量。由能量守恒定律，电阻R产生的热量等于导体棒损失的动能，即Q＝½mv₀²。

【详解】（1）a．设小球运动到最低点的速度大小为v。 由动能定理：mgl(1−cosθ)=½mv²，得v²=2gl(1−cosθ)。 在最低点，由牛顿第二定律（向心力方程）：F−mg=mv²/l，代入v²得F=mg+2mg(1−cosθ)=mg(3−2cosθ)。 （1）b．小球做简谐运动，周期T=2π√(l/g)。一个周期内，重力冲量大小为mgT，方向竖直向下。绳的拉力方向始终沿绳指向O点，但大小和方向均随时间变化，直接积分复杂。由于一个周期内小球回到初始位置，动量变化为零，由动量定理：合外力的冲量为零，即绳拉力冲量与重力冲量之和为零（矢量），故绳拉力冲量大小等于重力冲量大小：I=mgT=2πm√(gl)。 （2）小球在水平面内做匀速圆周运动，绳与竖直方向夹角为θ，轨道半径r=lsinθ。 竖直方向：F′cosθ=mg；水平方向：F′sinθ=m(2π/T′)²·lsinθ。 联立得T′=2π√(lcosθ/g)。 比较：T=2π√(l/g)，T′=2π√(lcosθ/g)。因0<cosθ<1，故√(l/g)>√(lcosθ/g)，所以T>T′。即单摆（简谐运动）周期大于同角度圆锥摆周期。

【详解】（1）第一级质谱：求加速电压 \(U_1\)** 设母离子质量为 \(m\)，电荷量为 \(q\)，经电压 \(U_1\) 加速后速度为 \(v\)。 加速过程由动能定理： \[ qU_1=\frac{1}{2}mv^2 \] 进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力： \[ qvB=\frac{mv^2}{R} \] 由向心力公式得： \[ v=\frac{qBR}{m} \] 代入动能定理： \[ qU_1=\frac{1}{2}m\left(\frac{qBR}{m}\right)^2=\frac{q^2B^2R^2}{2m} \] 解得： \[ U_1=\frac{B^2R^2q}{2m} \] --- **（2）两级质谱连接：设计D区中的场** 设子离子质量为 \(m'\)，电荷量为 \(q'\)，经电压 \(U_2\) 加速后速度为 \(v'\)。 由动能定理： \[ q'U_2=\frac{1}{2}m'v'^2 \] 得： \[ v'=\sqrt{\frac{2q'U_2}{m'}} \] --- **a．仅施加匀强磁场是否可行？** 若在D区施加匀强磁场，子离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力： \[ q'v'B=\frac{m'v'^2}{r} \] 解得所需磁感应强度： \[ B=\frac{m'v'}{q'r}=\frac{1}{r}\sqrt{\frac{2m'U_2}{q'}} \] 即： \[ B=\frac{1}{r}\sqrt{\frac{2U_2}{\frac{q'}{m'}}} \] 由于不同子离子的比荷 \(\dfrac{q'}{m'}\) 不同，所需磁感应强度 \(B\) 也不同。而D区只能施加一个统一的匀强磁场，无法同时满足所有子离子的要求。 **结论：仅施加匀强磁场不可行。** --- **b．仅施加电场是否可行？** 若使子离子做以O为圆心、半径为 \(r\) 的匀速圆周运动，电场力必须提供向心力，且方向指向圆心，即电场方向沿径向指向圆心。 设轨道处电场强度大小为 \(E\)，由牛顿第二定律： \[ q'E=\frac{m'v'^2}{r} \] 代入 \(v'^2=\dfrac{2q'U_2}{m'}\)： \[ q'E=\frac{m'}{r}\cdot \frac{2q'U_2}{m'}=\frac{2q'U_2}{r} \] 约去 \(q'\)： \[ E=\frac{2U_2}{r} \] 该结果与子离子的比荷 \(\dfrac{q'}{m'}\) 无关，说明所有子离子在同一个径向电场中都能做半径为 \(r\) 的匀速圆周运动。 **结论：仅施加电场可行，电场方向沿径向指向圆心，场强大小为 \(E=\dfrac{2U_2}{r}\)。

【详解】（1）中性粒子与原子核发生对心碰撞后速度相同，属于完全非弹性碰撞。 由动量守恒定律： \[ mv=(m+M)v' \] 得共同速度： \[ v'=\frac{m}{m+M}v \] 原子核动能： \[ E_k=\frac12 Mv'^2=\frac12 M\left(\frac{m}{m+M}v\right)^2=\frac{Mm^2v^2}{2(m+M)^2} \] （2）a．米格达尔效应中，系统损失的动能全部传递给电子。系统损失动能最大时，碰撞为完全非弹性碰撞，即碰后中性粒子与原子核速度相同。 由动量守恒： \[ mv=(m+M)v' \] 系统损失的动能： \[ \Delta E=\frac12 mv^2-\frac12(m+M)v'^2 \] 代入 \(v'=\dfrac{m}{m+M}v\)，得： \[ \Delta E=\frac12 mv^2-\frac12(m+M)\frac{m^2}{(m+M)^2}v^2 =\frac12 mv^2\left(1-\frac{m}{m+M}\right) =\frac{mMv^2}{2(m+M)} \] 即电子可获得的最大能量： \[ E_{\text{电}}=\frac{mMv^2}{2(m+M)} \] b．原子核获得最大动能发生在弹性碰撞情形。 由动量守恒和能量守恒： \[ mv=mv_{\text{中}}+Mv_{\text{核}} \] \[ \frac12 mv^2=\frac12 mv_{\text{中}}^2+\frac12 Mv_{\text{核}}^2 \] 解得原子核最大动能： \[ E_{k\max}=\frac{4mM}{(m+M)^2}\cdot\frac12 mv^2 \] 由a中结果： \[ E_{\text{电}}=\frac{mMv^2}{2(m+M)} \] 两式相比： \[ \frac{E_{\text{电}}}{E_{k\max}} =\frac{\frac{mMv^2}{2(m+M)}}{\frac{4mM}{(m+M)^2}\cdot\frac12 mv^2} =\frac{m+M}{4m} \] 即： \[ E_{\text{电}}=\frac{m+M}{4m}E_{k\max} \] 代入数据： \[ m=0.5\,\text{GeV}/c^2,\quad M=120\,\text{GeV}/c^2,\quad E_{k\max}=0.03\,\text{keV} \] \[ E_{\text{电}}=\frac{0.5+120}{4\times0.5}\times0.03 =\frac{120.5}{2}\times0.03 \approx60.25\times0.03 \approx1.8\,\text{keV} \] 比较可知： \[ E_{k\max}=0.03\,\text{keV}<1\,\text{keV} \] 探测器无法分辨原子核动能；而 \[ E_{\text{电}}\approx1.8\,\text{keV}>1\,\text{keV} \] 电子信号可被探测器分辨。因此，米格达尔效应将原子核动能转化为电子能量，显著提高了可探测信号的能量，从而能够探测质量更小的暗物质粒子。