6.C解：A、尘粒可能一直做加速运动，也可能最终做匀速运动，故A错误;

B、每种除尘方式受到电场力大小F=qE，但两种不同方式中，空间中的电场强度本题，所以尘料所受电场力大小是不同的，故B错误;

C、电场对单个尘粒做功的最大值为qU，故在两种情况下电场对尘粒做功的最大值相同，故C正确;

D、乙容器中尘粒运动过程中阻力随速度在变化，所受合力不为恒力，故尘粒做的不是类平抛运动，故D错误.

7.解：①画出a﹣ 图象，如图所示，根据牛顿第二定律可知，a= ，可知，该图线斜率值表示的意义是小车的合力.

②小车由静止开始做匀加速运动，位移L= at2. a=

根据牛顿第二定律，对于沙和沙桶，F合=F﹣mg=ma F=m +mg

则图线的斜率为 k=2mL=1.0(kg•m)

若小车与长木板间的摩擦能忽略，如图丁所示测得图线斜率将不变.

故答案为：

①小车所受到的合力，如图所示; ②1.0kg•m;不变;

8.(1)ACD (2)2.00 (3)B

9.解：(1)学生推小球过程：设学生第一次推出小球后，学生所乘坐小车的速度大小为v1，学生和他的小车及小球组成的系统动量守恒，取向右的方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv+Mv1=0…①， 代入数据解得： =﹣0.04m/s，负号表示车的方向向左;

(2)学生每向右推一次小球，根据方程①可知，学生和小车的动量向左增加mv，同理，学生每接一次小球，学生和小车的动量向左再增加mv，设学生第n次推出小球后，小车的速度大小为vn，由动量守恒定律得：(2n﹣1)mv﹣Mvn=0，

要使学生不能再接到挡板反弹回来的小球，有：vn≥2 m/s，解得：n≥25.5，

即学生推出第26次后，再也不能接到挡板反弹回来的小球.

答：(1)学生第一次推出小球后，小车的速度大小为0.04m/s;

(2)从学生第一次推出小球算起，学生第26次推出小球后，再也不能接到从挡板弹回来的小球.

10.解：①取B管中气体为研究对象，设活塞运动前B管中气体的压强为pB、体积为VB，活塞运动后B管中气体的压强为pB′、体积为VB'，管的横截面积为S，有：

pB=p0﹣h，VB=LS，VB'=(L+ )S

则(p0﹣h)LS=pB'(L+ )S，①

②设活塞向上移动的距离为x，取A管中气体为研究对象，设活塞运动前A管中气体的压强为pA、体积为VA，活塞运动后A管中气体的压强为pA′、体积为VA'，有：

pA=p0，VA=LS，pA'=pB'，VA'=(L+x﹣ )S

则pA LS=pA'(L+x﹣ )S ②

解得：x=7.2cm

答：活塞向上移动的距离是7.2cm.

11.解：(1)A→B由动能定理及圆周运动知识有：(mg+qE)•L=mvB2 F﹣(mg+qE)= 代入数据可解得：F=3N

(2)由(1)分析得 m/s=4m/s，

小球离开B点做类平抛运动，到达C点时由水平方向速度保持不变有：

小球垂直撞在斜面上，故满足

根据动能定理有：W电+WG=2qU=mvc2 代入数据可解得：U=1600V

(3)挡板向右移动3.2米，小球沿速度方向运动了1.6米，

若小球做减速运动恰好垂直打到档板，则a=v2/2S=20m/s2=2g，所以要求a≤2g，F合≤2mg

设恒力F与竖直方向的夹角为α，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示∴α≤15°(左斜向上)

若小球做匀速直线或匀加速直线运动垂直打在档板上，设恒力F与竖直向上方向的夹角为α，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示 0≤(α+θ)<180°

0°≤α<150°(如图斜右下方)

综上：恒力F与竖直向上的夹角α(以

顺时针为正)范围为﹣15°≤α<150°

答：(1)绳子至少受3N的拉力才能被拉断;

(2)A、C两点的电势差为1600V;

(3)当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F与竖直向上的夹角α(以顺时针为正)范围为﹣15°≤α<150°.

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