A．t=0时，小球的加速度最大
B．当小球运动到最高点时，小球的加速度为重力加速度g C．t2=2t1
D．小球的速度大小先减小后增大，加速度大小先增大后减小 【答案】AB 【
解
析
】
【名师点睛】考虑空气阻力的竖直上抛运动，是具有向上的初速度，加速度变化的变加速直线运动，上升和下降过程并不对称，所以时间也不相等。变加速运动问题，其解题关键仍是先进行受力分析，根据牛顿第二定律进行运动状态分析。在分析变加速运动的某段过程时，虽然加速度变化、速度非线性变化，但可以使用平均值进行分析。
10．如图所示，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为q/m的带负电粒子，强度为B，速度大小相等、方向均垂直磁场。粒子间的相互作用及重力不计。设粒子速度方向与射线OM夹角为θ，当粒子沿θ=60°射入时，恰好垂直PQ射出。则
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A．从PQ边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间为B．沿θ=120°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长 C．粒子的速率为
x-kw
D．PQ边界上有粒子射出的长度为
【答案】BD
【解析】粒子在磁场中运动过程中，洛伦兹力充当向心力，运动半径因为所有粒子和速度都相同，
故所有粒子的运动半径都一样，当粒子沿θ=60°射入时，恰好垂直PQ射出，可得，故
，解得，当粒子轨迹与PQ边界相切时，轨迹最长，运动时间最长，此时根据几何知识可
，B正确，C
得θ=120°，此时是粒子打在PQ边界上的最低的点，故相对Q的竖直位移为
错误；由于v一定，则弧长最短时，时间最短，根据分析可知当粒子沿着边界MN方向向上射入时最短，此时圆心在MN上，θ=30°，所以
，此时是粒子打在边界PQ的最上端，根据几何知识可得
该点相对O点竖直位移为误，D正确。
，故PQ边界上有粒子射出的长度为，A错
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11．如图所示,正方形容器处在匀强磁场中,一束电子从孔A垂直于磁场射入容器中,其中一部分从C孔射出,一部分从D孔射出。下列叙述错误的是（ ）
A. 从C、D两孔射出的电子在容器中运动时的速度大小之比为2∶1 B. 从C、D两孔射出的电子在容器中运动时间之比为1∶2
C. 从C、D两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为1∶1 D. 从C、D两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为2∶1 【答案】C
【解析】A.从C、D两孔射出的电子轨道半径之比为2∶1，根据半径公式r=确；
，速率之比为2∶1，故A正
C.加速度a=，所以从C、D两孔射出的电子加速度大小之比为2∶1，C错误D正确。
本题选择错误答案，故选：C。
12． 将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是
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【答案】 B 【解析】
★
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13．甲、乙两车从同一地点沿同一方向出发，下图是甲、乙两车的速度图象，由图可知（ ）
A. 甲车的加速度大于乙车的加速度 B. t1时刻甲、乙两车的速度相等 C. t1时刻甲、乙两车相遇
D. 0～t1时刻，甲车的平均速度小于乙车的平均速度 【答案】B
14． 如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。下列关系正确的是（ ）
mg
A．F＝
tan θmg
C．FN＝
tan θ【答案】A 【解析】
B．F＝mgtan θ D．FN＝mgtan θ
解法三：正交分解法。将滑块受的力水平、竖直分解，如图丙所示，mg＝FNsin θ，F＝FNcos θ，
mgmg
联立解得：F＝，FN＝。
tan θsin θ
mgmg
解法四：封闭三角形法。如图丁所示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：F＝，FN＝，
tan θsin θ故A正确。
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