【详解】
A. 错误。光的全反射发生在光从光密介质射向光疏介质且入射角大于临界角时，筷子插入水中并未发生全反射条件，且现象表现为“侧移”而非完全反射。
B. 正确。光从水中斜射入空气（或从空气射入水中）时，传播方向发生改变，筷子看起来在水面处弯折或侧移，这是光的折射现象。
C. 错误。光的干涉需要相干光源（如双缝干涉），筷子插入水中的现象不涉及干涉。
D. 错误。光的衍射是光绕过障碍物或通过狭缝时发生的现象，筷子侧移与衍射无关。

【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：¹⁸₈O＋¹₁H→¹⁸₉F＋X
左侧：质量数 18＋1＝19，电荷数 8＋1＝9。
右侧：¹⁸₉F 质量数为 18、电荷数为 9，故 X 的质量数＝19−18＝1，电荷数＝9−9＝0，即 X 为中子 ¹₀n。

选项分析：
A. ⁴₂He：质量数 4，电荷数 2，不符合守恒，错误。
B. ⁰₋₁e：质量数 0，电荷数 −1，不符合守恒，错误。
C. ⁰₁e：质量数 0，电荷数 ＋1，不符合守恒，错误。
D. ¹₀n：质量数 1，电荷数 0，符合守恒，正确。

故正确答案为 D。

【详解】
A. 正确。一定质量的理想气体在等温膨胀过程中，温度不变，由玻意耳定律 pV＝常量 可知，体积增大时压强减小。
B. 错误。气体膨胀时体积增大，气体对外界做功，外界对气体做负功。
C. 错误。温度是气体分子平均动能的标志，等温过程中温度不变，故气体分子平均动能不变。
D. 错误。等温膨胀过程中，气体对外做功，内能不变（理想气体内能只与温度有关），由热力学第一定律 ΔU＝Q＋W 可知，Q＝−W＞0，即气体从外界吸热，存在热量交换。

【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：
A. 135 m：若误用 x = v₀t 且 t 计算错误，或误将加速度算为 10/3 m/s²，会得到此值，错误。
B. 90 m：若误用 x = v₀²/(2a) 但将 a 误算为 5 m/s²，会得到此值，错误。
C. 45 m：正确，如上推导。
D. 15 m：若误用 x = v₀²/(2a) 但将 a 误算为 30 m/s²，会得到此值，错误。

【详解】
A. 错误。根据“同侧法”，质点P位于平衡位置且沿y轴正方向运动，波应沿x轴负方向传播，故A错误。
B. 错误。由波形图可知波长λ＝4 m，质点P经过1 s第一次回到平衡位置，说明其振动周期T＝2 s（从平衡位置出发，经半个周期回到平衡位置，即T/2＝1 s），波速v＝λ/T＝4/2＝2 m/s，故B错误。
C. 错误。一个周期内质点P运动的路程为4A，由图可知振幅A＝0.5 m，故路程为4×0.5＝2 m，不是4 m，故C错误。
D. 正确。t＝0时P在平衡位置沿y轴正方向运动，t＝0.5 s为T/4，P到达正向最大位移处，此时加速度指向平衡位置，即沿y轴负方向，故D正确。

【详解】
A. 正确。物块在固定斜面上匀速下滑，处于平衡状态，合力为零。根据动量定理，合力的冲量等于物体动量的变化量，物块速度不变，动量变化量为零，因此所受合力的冲量为零。
B. 错误。支持力方向垂直于斜面向上，物块沿斜面下滑过程中支持力不为零且作用时间不为零，故支持力的冲量不为零。
C. 错误。物块匀速下滑，动能不变，根据动能定理，合力做功为零。重力与摩擦力的合力（沿斜面方向）与支持力平衡，但重力与摩擦力的合力方向沿斜面向下，与位移方向相同，做正功；然而支持力不做功，因此重力与摩擦力的合力做功等于合力做功，应为零。此处需注意：重力与摩擦力的合力并非物块所受的合力（还包含支持力），但重力与摩擦力合力的功等于重力功与摩擦力功之和，重力做正功、摩擦力做负功，二者大小相等，总功为零，故该选项错误。
D. 错误。物块匀速下滑，动能不变，但重力势能减小，机械能（动能与重力势能之和）减小，机械能不守恒。摩擦力做负功，将机械能转化为内能。

综上，正确答案为A。

【详解】
A. 错误。V₁测原线圈两端电压，V₂测副线圈电路某部分（R或R₀）两端电压。滑片由a端向b端滑动时，R接入电路的阻值减小，副线圈总电阻减小，副线圈电流增大，R两端电压减小（或R₀两端电压增大），故V₁、V₂示数之比并非恒为2∶1，A错误。
B. 错误。副线圈电流I₂增大，由理想变压器电流关系I₁＝(n₂/n₁)I₂可知原线圈电流I₁（即A₁示数）随之增大，并非不变。
C. 正确。滑片向b端滑动，R接入阻值减小，副线圈回路总电阻减小，副线圈电压U₂不变，由I₂＝U₂/R总可知副线圈电流I₂增大，即电流表A₂示数增加，C正确。
D. 错误。变压器输出功率P₂＝U₂I₂，I₂增大而U₂不变，故输出功率增大，并非减小。

【详解】
A. 正确。对卫星，万有引力提供向心力：GMm/(R+h)²＝m·4π²(R+h)/T²，解得 M＝4π²(R+h)³/(GT²)，已知G、h、T、R，可计算地球质量M。
B. 错误。第一宇宙速度是近地卫星（轨道半径约等于R）的环绕速度，也是最大环绕速度。该卫星轨道半径 r＝R+h＞R，由 v＝√(GM/r) 知轨道半径越大，速度越小，故其运行速度小于第一宇宙速度。
C. 错误。由 a＝GM/r² 知，轨道半径越大，加速度越小。地球表面重力加速度 g＝GM/R²，而卫星加速度 a＝GM/(R+h)²＜g。
D. 错误。由开普勒第三定律或 T＝2π√(r³/GM) 可知，轨道半径越大，周期越大，故h越大，T越大。

【详解】
A. 错误。闭合开关S，电源输出的能量一部分转化为电容器存储的电场能，另一部分在充电过程中通过电阻R时转化为内能（焦耳热），因此电源输出的能量大于电容器存储的电场能。
B. 正确。电路稳定时，电容器两端电压等于电源电动势E。若增大两极板间距离d，根据平行板电容器电容公式C=εS/(4πkd)，电容C减小。由于电容器始终与电源相连，两端电压U不变，根据Q=CU，电荷量Q减小，电容器放电，放电电流方向为从正极板流出，即从b到a流过电阻R。
C. 错误。断开开关后，电容器所带电荷量Q保持不变。减小两极板间距离d，电容C增大，根据U=Q/C，电压U减小。极板间电场强度E=U/d=Q/(Cd)，结合C=εS/(4πkd)，可得E=4πkQ/(εS)，与d无关，因此电场强度不变。
D. 错误。断开开关后，电荷量Q保持不变。插入电介质，介电常数ε增大，电容C增大，根据U=Q/C，两极板间电势差减小，而非增大。

【详解】
A. 错误。人从b点开始，弹性绳产生向上的弹力，但弹力小于重力，人继续加速向下；当弹力等于重力时（平衡位置），速度达到最大。该平衡位置在b点下方，但并非bc中点，因为弹力与伸长量成正比，平衡位置满足kx=mg，而c点是速度为零的最低点，bc中点处弹力为k·(bc/2)，不一定等于mg，故速度最大处不是bc中点。
B. 错误。b点绳刚伸直，弹力为零，加速度为g（向下）；c点速度为零，弹力最大，加速度向上，大小为a_c=(F_c-mg)/m，由于c点弹力大于重力，a_c>g，故c点加速度大于b点。
C. 错误。从b到平衡位置，弹力小于重力，加速度向下，人处于失重状态；从平衡位置到c，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，故并非一直失重。
D. 正确。从a到b，只有重力做功，机械能守恒，重力势能减小，动能增大，弹性势能为零，重力势能与弹性势能之和等于机械能减去动能，动能增大，故二者之和减小；从b到c，重力势能继续减小，弹性势能增大，动能先增大后减小，重力势能与弹性势能之和等于机械能减去动能，动能先增大后减小，故二者之和先减小后增大。因此从a到c全过程，重力势能与弹性势能之和先减小后增大。

【详解】
A. 错误。该装置中两根平行直导线固定，间距固定，无法改变导线间距离，因此不能探究磁场强弱与距离的关系。
B. 正确。两根平行直导线通以电流时，导线间存在相互作用力（安培力），该力的大小与导线所在处磁场强弱及电流大小有关。若分别改变每根导线中的电流，可通过观察导线间作用力（如导线形变或受力情况）的变化，定性探究磁场强弱与电流大小的关系。
C. 错误。该装置仅涉及两根导线产生的磁场相互作用，未设计多个磁场源叠加的对比实验，无法直接探究磁场叠加规律。
D. 错误。导线间相互作用力方向垂直于导线，与电流方向垂直，无法据此判断磁场是否沿电流方向有分量；且直导线电流产生的磁场为环绕导线的同心圆，无沿电流方向的分量，但该装置不能直接验证此结论。

【详解】
A. 错误。磁铁从上方下落，N极（或S极）先进入线圈，t₁～t₂时间内磁铁正在穿过线圈，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的变化。由于磁铁下落过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，感应电流方向会发生变化，不能简单判断为从b到a。且从图2可知，t₁～t₂时间内电流方向与t₂～t₃时间内相反，具体方向需结合磁铁极性判断，题目未给出磁铁极性，故A表述不严谨且不能确定。
B. 错误。t₂时刻电流为零，说明磁通量变化率为零，即磁通量达到极值（最大或最小），并非磁通量为0。磁铁穿过线圈过程中，磁通量先增大后减小，t₂时刻对应磁通量最大（或最小）的时刻，而非为零。
C. 正确。根据法拉第电磁感应定律，感应电荷量q＝∫I dt＝ΔΦ/R总。t₁～t₂和t₂～t₃两段时间内，磁铁从线圈上方穿过到远离，磁通量的变化量大小相等（从某一值变到极值，再从极值变回同一值），因此两段时间内通过线圈的电荷量相等，即曲线与时间轴围成的面积相等。
D. 错误。向左移动滑片P，滑动变阻器接入电路的电阻增大，线圈回路总电阻增大，感应电流减小，但磁铁下落过程中穿过线圈的磁通量变化规律不变，感应电流为零的时刻（即磁通量变化率为零的时刻）不变，因此t₂−t₁不变。滑动变阻器只影响电流大小，不影响磁通量变化的快慢和时刻。

【详解】
A. 正确。金属的逸出功为W₂，光子能量hν＜W₂，不满足光电效应条件，故金属不发生光电效应；半导体光电导效应的阈值为W₁，且W₁＜hν，光子能量超过阈值，能激发束缚电子，半导体发生光电导效应。
B. 正确。增大单色光强度，单位时间入射光子数增多，半导体中激发的自由电子数增多，导电能力增强，电路中电流增大。
C. 正确。对调电源正负极，电场方向反向，半导体中自由电子定向移动方向反向，通过半导体的电流方向反向。
D. 错误。半导体两端电压为0时，虽然无外电场驱动，但光电导效应激发的自由电子在半导体内部可自由运动，由于浓度梯度等因素仍可能形成电流，但题目中电路为闭合回路，电压为0时无电场驱动，电流表示数应为0。故D说法错误，符合题意。

答案选D。

【详解】
A. 错误。题干明确说明“小球始终沿着重力势能减小的方向运动，直至停在某个山谷底部”，即运动过程中有能量耗散（如摩擦或阻尼），最终停在势能极小值处。若曲面光滑，小球将因机械能守恒而不会停在谷底，而会来回振荡，无法实现“重现”的稳定收敛，故类比不成立。
B. 正确。神经网络状态向函数值降低的方向演化，最终到达某个极小值（记忆）。若两个模糊字母对应的初始状态在能量地形中落入不同的“吸引域”（即各自流向不同的极小值），则即使输入差别微小，也可能重现出不同的已存储字母。
C. 错误。函数值相等只表示初始状态处于同一等势面上，但等势面上不同位置可能属于不同极小值的吸引域，演化终点可能不同，因此不一定重现相同的存储信息。
D. 错误。若某个谷底（极小值）在训练后消失，则对应的存储信息不再对应任何能量极小值，神经网络状态无法稳定在该状态，因此无法重现原来对应的存储信息。

【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U₁。
设母离子质量为m，电荷量为q，经电压U₁加速后速度为v。
加速过程由动能定理：qU₁＝½mv²。
进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB＝mv²/R，得 v＝qBR/m。
代入动能定理：qU₁＝½m(qBR/m)²＝q²B²R²/(2m)，解得 U₁＝B²R²q/(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U₂加速后速度为v′。
由动能定理：q′U₂＝½m′v′²，得 v′＝√(2q′U₂/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＝m′v′²/r。
解得所需磁感应强度：B＝m′v′/(q′r)＝(1/r)√(2m′U₂/q′)＝(1/r)√(2U₂/(q′/m′))。
由于不同子离子的比荷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＝m′v′²/r。
代入v′²＝2q′U₂/m′，得 q′E＝(m′/r)·(2q′U₂/m′)＝2q′U₂/r，约去q′得 E＝2U₂/r。
该结果与子离子的比荷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＝2U₂/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′＝mv/(m＋M)。
原子核动能：E_k＝½Mv′²＝½M[mv/(m＋M)]²＝Mm²v²/[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：ΔE＝½mv²−½(m＋M)v′²。
代入v′＝mv/(m＋M)，得 ΔE＝½mv²−½(m＋M)[mv/(m＋M)]²＝½mv²[1−m/(m＋M)]＝mMv²/[2(m＋M)]。
即电子可获得的最大能量：E_电＝mMv²/[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_中＋Mv_核，½mv²＝½mv_中²＋½Mv_核²。
解得原子核最大动能：E_kmax＝4mM/(m＋M)²·½mv²。
由a中结果：E_电＝mMv²/[2(m＋M)]。
两式相比：E_电/E_kmax＝[mMv²/(2(m＋M))]/[4mM/(m＋M)²·½mv²]＝(m＋M)/(4m)。
即 E_电＝(m＋M)/(4m)·E_kmax。
代入数据：m＝0.5 GeV/c²，M＝120 GeV/c²，E_kmax＝0.03 keV，
E_电＝(0.5＋120)/(4×0.5)×0.03＝120.5/2×0.03≈60.25×0.03≈1.8 keV。
比较可知：E_kmax＝0.03 keV＜1 keV（探测器无法分辨），而E_电≈1.8 keV＞1 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。