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1．答案：A 根據(jù)核反應(yīng)方程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得．

2．答案：A 由衰變規(guī)律，質(zhì)量數(shù)不變，質(zhì)子數(shù)增加1，比質(zhì)子增加2，所以發(fā)生2次衰變．

3．答案：B 由動(dòng)能定理知功相同，結(jié)合前動(dòng)能相同，，因此，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，，故碰后速度v一定與P_A相同，向右．

4．答案：C 根據(jù)愛(ài)因斯坦的質(zhì)能方程知，

，，

=92．16MeV．

5．答案：B小球與墻壁碰撞后，如果無(wú)能量損失，則小球應(yīng)以相同的速率返回，這種情況動(dòng)量變化量最大等于2mv，動(dòng)能變化量最小為零，所以②正確；如果小球與墻壁碰后粘在墻上，動(dòng)量變化量最小等于mv，動(dòng)能變化量最大等于，所以④正確．

6．答案：D 由可知X粒子為．

7．答案：D 利用放射線消除有害靜電是利用射線的電離性，使空氣分子電離成倒替，將靜電泄出；射線對(duì)人體細(xì)胞傷害太大，因此不能用來(lái)人體透視，在用于治療腫瘤時(shí)要嚴(yán)格控制劑量；DNA變異并不一定都是有益的，也有時(shí)發(fā)生變害的一面．

8．答案：A ，，，

根據(jù)，可得，則．

9．答案：D   由動(dòng)量守恒定律p_A=p_A^/+p_B，再由德布羅意波長(zhǎng)公式λ=h/p，得到

h/λ₁=h/λ₂+h/λ₃．

10．答案：D   平臺(tái)光滑，說(shuō)明小孩和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．小孩從木板右端B向左端A走動(dòng)時(shí)，木板將沿平臺(tái)向右移動(dòng)，二者相對(duì)于平臺(tái)的動(dòng)量的大小相等，即。設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間小孩走到A端，則，即，又m。聯(lián)立二式解得，m．此時(shí)，木板的重心已向右移到了平臺(tái)上，即使小孩從左端A離開(kāi)木板，木板也不會(huì)翻倒，故D正確．

11．答案：（1）根據(jù)題意得，ON+e，e+e2．（2分）

（2）B正確． （2分）

（3）根據(jù)E=h=mc²和c=/υ可得=h/mc． （2分）

（4）根據(jù)同位素的用途，半衰期應(yīng)極短． （2分）

12．答案：（1）接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源  （2分）  放開(kāi)滑塊1 （2分）  （2）0．620    （2分）  0．618 （2分）  （3）紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器限位孔有摩擦（4分）

解析：作用前系統(tǒng)的總動(dòng)量為滑塊1的動(dòng)量p₀=m₁v₀．

v₀=0．2/0．1=2m/s，p₀=0．31×2=0．620kg?m/s．作用后系統(tǒng)的總動(dòng)量為滑塊1和滑

塊2的動(dòng)量和，且此時(shí)兩滑塊具有相同的速度v，v=0．168/0．14=1．2m/s，

p=(m₁+m₂)v=(0．310+0．205)×1．2=0．618 kg?m/s．

13．解析：水從h高處落下可認(rèn)為是自由落體運(yùn)動(dòng)，速度為v，則（2分）

m/s①（2分）

設(shè)在很短時(shí)間t內(nèi)有質(zhì)量為m的水落到石頭上，以它為研究對(duì)象，設(shè)石頭對(duì)水的平均作

用力為F，取豎直向下為正方向，由動(dòng)量定理得，②，而③

（5分）

由①②③式代入數(shù)據(jù)解得，N（2分）

根據(jù)牛頓第三定律可知，水對(duì)石頭的反作用力=N． （2分）

14．解析：設(shè)X衰變時(shí)放出的α粒子的速度為，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則由上圖可知，

（1分）又=，（1分）

所以．（2分）

因衰變過(guò)程中動(dòng)量守恒，故有，（2分）

．（2分）

衰變過(guò)程中釋放的能量為（2分）

由愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程，得（2分）

故原子核X的質(zhì)量為．（2分）

15．解析：（1）可發(fā)射6種頻率的光子（4分）

（2）由玻爾的躍遷規(guī)律可得光子的能量為，代入數(shù)據(jù)得E=2．55eV（3分）

（3）E只大于銫的逸出功，故光子只有照射銫金屬上時(shí)才能發(fā)生光電效應(yīng)．

根據(jù)愛(ài)因斯坦的光電效應(yīng)方程可得光電子的最大初動(dòng)能為（3分）

代入數(shù)據(jù)得，eV（或1．0×10^－19J）（3分）

16．解析：（1）A、B碰撞過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒，m_Av_A=m_Av₁+m_Bv_B（2分）

得v_B=2．4m/s（2分）

方向沿斜面向上（1分）

（2）設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間T=0．60s，A的速度方向向上，此時(shí)A的位移m（1

分）

B的加速度a_B=gsinθ=6m/s²（1分）

B的位移m（1分）

可見(jiàn)A、B將再次相碰，違反了題意，因此碰撞后A先做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后，

再做勻加速運(yùn)動(dòng)．（1分）

對(duì)A列出牛頓第二定律：m_Agsinθ+μmgcosθ－F=m_Aa₁，（2分）

m_Agsinθ－μmgcosθ－F=m_Aa₂，（2分）

v₁=a₁t₁，v₂=a₂(T－t₁) （2分）

解得F=0．6N（1分）

17．解析：解：以彗星和撞擊器組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，設(shè)彗星的質(zhì)量為M，初速度為v₀₁，撞擊器質(zhì)量m=370kg，速度v₀₂=38000km/h=1．1×10⁴m/s，撞擊后速度為v

由動(dòng)量守恒定律得：

      ①  （4分）

由于M遠(yuǎn)大于m，所以，上式可以化為：

          ②（4分）

解得：                ③（2分）

由題給信息知，撞擊后彗星的運(yùn)行速度改變了0．0001 mm/s，即

m/s ④     （3分）

代入③式解得    M≈4×10¹³kg              ⑤（3分）

18．解析：（1）小球由靜止擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，有（2分）

（1分）

小球與物塊Q相撞時(shí)，沒(méi)有能量損失，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，

，（1分）

，（1分）

解得，，（1分）

二者交換速度，即小球靜止下來(lái)，而（1分）

Q在平板車(chē)上滑行的過(guò)程中，有（1分）

（1分）

小物塊Q離開(kāi)平板車(chē)時(shí)，速度為（1分）

（2）由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，知（1分）

（1分）

解得，（1分）

（3）小物塊Q在平板車(chē)上滑行過(guò)程中，對(duì)地位移為s，則

（1分）

解得，（1分）

平拋時(shí)間（1分）

水平距離（1分）

Q落地點(diǎn)距小球的水平距離為（1分）