6．如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的光滑斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一只苹果，它周围苹果对它作用力的合力(C)
A．对这只苹果做正功 B．对这只苹果做负功 C．对这只苹果不做功 D．无法确定
Mgsin θ【解析】对整体分析，受重力和支持力，整体的加速度a＝＝gsin θ，
M可知苹果的加速度为gsin θ，苹果受重力、周围苹果的作用力，两个力的合力等于mgsin θ，所以其他苹果对该苹果的作用力等于mgcos θ，方向垂直于斜面向上，根据功的公式可知，周围苹果对它的作用力不做功，故C正确，A、B、D错误．
7．在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝1×104 N/C的匀强电场．在场
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中有一根长L＝2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系有质量为0.04 kg的带电小球，如图所示，它静止时细线与竖直方向成37°角．现给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是(cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(B)
A．小球所带电量为q＝3.6×10－5 C B．小球恰能做圆周运动动能最小值是0.5 J C．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是0.5 J D．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.28 J
8．如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，正确的是(D)
A．V2的示数增大 B．电源输出功率在减小 C．ΔU3与ΔI的比值在减小 D．ΔU1大于ΔU2
【解析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以定值电阻R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则V2的示数减小，故A错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：
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U3＝E－I(R＋r)，则得：
ΔU3
＝R＋r，保持不变，故C错误；根据闭合电路欧姆定ΔIΔU2ΔU1
＝r；而＝R，据题：R＞r，则得ΔU1＞ΔU2，故ΔIΔI律得：U2＝E－Ir，则得：D正确．
9．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可忽略．一带负电油滴固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则(BD)
A．平行板电容器的电容值将变大 B．静电计指针张角不变 C．带电油滴的电势能将增大
D．若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【解析】根据C＝
εrS知，d增大，则电容减小，故A错误；静电计测量的是4πkd电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；电势差不变，d增大，则电场强度减小，故P点与上极板的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C错误；电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E＝
4πkQεrS知，- 7 -
电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．
10．如图所示，两个等量异号点电荷M、N分别固定在A、B两点，F为A、B连线所在平面的中垂线上的某一点，O为A、B连线的中点．AO＝OF，E和φ分别表示F处的电场强度大小和电势．将某试探负点电荷由F处静止释放时，其电势能和加速度大小分别用Ep和a表示，取无穷远处为电势零点，若将负点电荷N移走，则(AC)
A．φ升高 B．E不变 C．Ep变小 D．a变大
【解析】首先根据场强叠加原理求出电场强度；然后根据电场强度与电场线及电场线与等势面的关系得到电势的大小；再由电势能与电势的关系得到电势能；最后，由库仑定律和牛顿第二定律得到加速度，然后进行比较．
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