【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习第8章第1讲《静电场中力的性质》 (含解析).doc，共(18)页，672.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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考查内容自主命题卷全国卷考情分析库仑定律2021·天津卷·T12019·全国Ⅰ卷·T152018·全国Ⅰ卷·T16电场的性质2021·湖南卷·T42021·广东卷·T62021·山东卷·T62021·河北卷·T102021·浙江6月选考·T62020·江苏卷·T92020·北京卷

·T72020·山东卷·T102019·北京卷·T172019·江苏卷·T92018·天津卷·T32021·全国甲卷·T192021·全国乙卷·T152020·全国卷Ⅱ·T202020·全国卷Ⅲ·T212019·全国卷Ⅲ·T212018·全国卷Ⅰ·T212018·全国卷Ⅱ·T

21电容器2019·北京卷·T232018·江苏卷·T52018·北京卷·T19带电粒子在电场中的运动2021·湖南卷·T92020·浙江7月选考·T62019·天津卷·T32021·全国乙卷·T202019·全国卷Ⅱ·T242019·全国卷Ⅲ·T24试题情境生

活实践类人体带电头发散开，尖端放电，避雷针，静电吸附，直线加速器，示波器，静电加速器学习探究类观察静电感应现象，探究电荷间的作用力的影响因素，库仑扭秤实验，模拟电场线，观察电容器的充、放电现象第1讲静电场中力的性质目标要求1.了解静电现象，能用

电荷守恒的观点分析静电现象.2.知道点电荷模型，体会科学研究中建立物理模型的方法，掌握并会应用库仑定律.3.掌握电场强度的概念和公式，会用电场线描述电场.4.掌握电场强度叠加的方法．考点一电荷守恒定律1．元电荷、点电荷(1)元电荷：e＝1.60×10－19C，所有

带电体的电荷量都是元电荷的整数倍．(2)点电荷：代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的大小、形状及电荷分布状况对它们之间的作用力的影响的理想化模型．2．电荷守恒定律(1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一

个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．(2)三种起电方式：摩擦起电、感应起电、接触起电．(3)带电实质：物体得失电子．(4)电荷的分配原则：两个形状、大小相同且带同种电荷的同种导体，接触

后再分开，二者带等量同种电荷，若两导体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平分．例1(多选)M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电且所带电荷量为1.6×10－10C，下列判断正确的有()A．摩擦前在M和N的内部没有任何电荷B．摩擦的过程中电子从M转移到NC．N在摩擦后一定带负电且

所带电荷量为1.6×10－10CD．M在摩擦过程中失去1.6×10－10个电子答案BC解析摩擦前M和N都不带电，是指这两个物体都呈电中性，没有“净电荷”，也就是没有得失电子，但内部仍有正电荷和负电荷，选项A错误；M和N摩擦后M带正电荷，说明M失去电子，电子从M转

移到N，选项B正确；根据电荷守恒定律，M和N这个与外界没有电荷交换的系统原来电荷量的代数和为0，摩擦后电荷量的代数和应仍为0，选项C正确；元电荷的值为1.60×10－19C，摩擦后M带正电且所带电荷量为1.6×10－10C，由于M带电荷量应是元电荷的整数倍，所以M在摩擦过程中失去109个

电子，选项D错误．考点二库仑定律1．内容真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．表达式F＝kq1q2r2，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫作静电力常量．3．适用条件真空中

的静止点电荷．(1)在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式．(2)当两个带电体间的距离远大于其本身的大小时，可以把带电体看成点电荷．4．库仑力的方向由相互作用的两个带电体决定，即同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．1．相互作用的两个点电荷，电荷量大的，

受到的库仑力也大．(×)2．根据F＝kq1q2r2，当r→0时，F→∞.(×)1．库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用．2．对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离

．3．对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示．(1)同种电荷：F＜kq1q2r2；(2)异种电荷：F＞kq1q2r2.4．不能根据公式错误地认为r→0时，库仑力F→∞，因为当r→0时，两个带电体已不能看作点电荷了．考向1库仑定律与电荷守恒定律的结合例2如图是库仑做实验用的库仑扭秤

．带电小球A与不带电小球B等质量，带电金属小球C靠近A，两者之间的库仑力使横杆旋转，转动旋钮M，使小球A回到初始位置，此时A、C间的库仑力与旋钮旋转的角度成正比．现用一个电荷量是小球C的三倍、其他完全一样的小球D与C完全接触后分开，

再次转动旋钮M使小球A回到初始位置，此时旋钮旋转的角度与第一次旋转的角度之比为()A．1B.12C．2D．4答案C解析设A带电荷量为qA，C球带电荷量为qC，库仑力与旋钮旋转的角度成正比，则有θ＝k1F，依题意有

θ1＝k1F1＝k1kqAqCr2，由题可知D球带电荷量为qD＝3qC，接触后分开，电荷量将均分，有qC′＝3qC＋qC2＝2qC，依题意有θ2＝k1F2＝k1kqC′qAr2＝2k1kqAqCr2，联立可得θ2θ1＝2.考向2库

仑力的叠加例3(2018·全国卷Ⅰ·16)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的

绝对值为k，则()A．a、b的电荷同号，k＝169B．a、b的电荷异号，k＝169C．a、b的电荷同号，k＝6427D．a、b的电荷异号，k＝6427答案D解析由小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，知a、b带异号电荷．

a对c的库仑力Fa＝k静qaqcac2①b对c的库仑力Fb＝k静qbqcbc2②设合力向左，如图所示，根据相似三角形得Faac＝Fbbc③由①②③得k＝qaqb＝ac3bc3＝6427，若合力

向右，结果仍成立，D正确．考向3库仑力作用下的平衡例4(多选)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12m．已测得每个小球质量是8.0×10

－4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，则()A．两球所带电荷量相等B．A球所受的静电力为1.0×10－2NC．B球所带的电荷量为46×10－8CD．A、B两球

连线中点处的电场强度为0答案ACD解析两相同的小球接触后电荷量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；如图所示，由几何关系可知，两球分开后，悬线与竖直方向的夹角为θ＝37°，A球所受的静电力F＝mgtan37°＝8.0×10－4×10×0.75N＝6.0×10－

3N，选项B错误；根据库仑定律得，F＝kqAqBl2＝kqB2l2，解得qB＝Fl2k＝6×10－3×0.1229×109C＝46×10－8C，选项C正确；A、B两球带等量的同种电荷，故在A、B两球连线中点处的电

场强度为0，选项D正确．涉及静电场中的平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了静电力，具体步骤如下：考点三电场强度的理解和计算1．电场(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质；(2)基本

性质：对放入其中的电荷有力的作用．2．电场强度(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的静电力与它的电荷量之比．(2)定义式：E＝Fq；单位：N/C或V/m.(3)矢量性：规定正电荷在电场中某点所受静电力的方向为该点电场强度的方向．3．点电荷的电

场：真空中距场源电荷Q为r处的场强大小为E＝kQr2.4．电场线的特点(1)电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷．(2)电场线在电场中不相交．(3)在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏．(4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向

．(5)沿电场线方向电势逐渐降低．(6)电场线和等势面在相交处相互垂直．1．电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的静电力成正比．(×)2．由E＝Fq知，当试探电荷q变为一半时，电场强度E变为2倍．(×)3．电场线和电场一样都是客观存在的．(×)4．电场

线不是电荷的运动轨迹，但根据电场线的方向能确定已知电荷的加速度的方向．(√)1．三个计算公式的比较公式适用条件说明定义式E＝Fq任何电场某点的场强为确定值，大小及方向与q无关决定式E＝kQr2真空中点电荷的电场E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定关

系式E＝Ud匀强电场d是沿电场方向的距离2．等量同种和异种点电荷周围电场强度的比较比较项目等量异种点电荷等量同种点电荷电场线的分布图连线中点O处的场强连线上O点场强最小，指向负电荷一方为零连线上的场强大小

(从左到右)沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿连线的中垂线由O点向外的场强大小O点最大，向外逐渐变小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称点的场强(如A与A′、B与B′、C与C′等)等大同向等大反向考向1电场强度的理解和计算例5真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A

、B两点的坐标分别为0.2m和0.7m．在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到静电力的方向都跟x轴正方向相同，静电力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图中直线a、b所示．忽略A、B间的作用力．下列说法正确的是(

)A．B点的电场强度大小为0.25N/CB．A点的电场强度的方向沿x轴负方向C．点电荷Q的位置坐标为0.3mD．点电荷Q是正电荷答案C解析由A处试探电荷的F－q图线可得，该处的场强为E1＝F1q1＝4×105N

/C，方向水平向右，同理可得，B处的场强为E2＝F2q2＝0.25×105N/C，方向水平向左，A、B错误；由A、B的分析可知，点电荷Q应为负电荷，且在A、B之间，设Q到A点的距离为l，由点电荷场强公式可得E1＝kQl2＝4×105N/C，E2

＝kQ0.5－l2＝14×105N/C，联立解得l＝0.1m，故点电荷Q的位置坐标为0.3m，C正确，D错误．考向2电场线的理解及应用例6某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是()A．c点的电场强度大于

b点的电场强度B．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点C．b点的电场强度大于d点的电场强度D．a点和b点的电场强度方向相同答案C解析电场线的疏密表示电场强度的大小，由题图可知Eb>Ec，Eb>Ed，C正确，A错误；由于电场线是曲线，由a点释放的正电荷不可能沿电场线运动，B错误；电场

线的切线方向为该点电场强度的方向，a点和b点的切线不同向，D错误．例7(2022·山东临沂市调研)某静电场的电场线如图中实线所示，虚线是某个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，下列说法正确的是()A．粒子一定带负电B．粒子在M点的加速度小于在N点的加速度C．粒子在M点的动能大于在N点的动

能D．粒子一定从M点运动到N点答案B解析由粒子的运动轨迹可知，粒子的受力方向沿着电场线的方向，所以粒子带正电，故A错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由题图可知，N点的场强大于M点场强，故粒子在N点受到的静电力大于在M点受到的静电力，所以粒子在M点的加速

度小于在N点的加速度，故B正确；粒子带正电，假设粒子从M运动到N，这个过程中静电力做正功，动能增大，粒子在M点的动能小于在N点的动能，故C错误；根据粒子的运动轨迹可以判断其受力方向，但不能判断出粒子一定是从M点运动到N点，故D错误．例8(多选)电场线能直观、方便地反映电场的分布情况．如图甲

是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的一些点；O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D是两电荷连线上关于O对称的两点．则()A．E、F两点场强相同B．A、D两点场强不同

C．B、O、C三点中，O点场强最小D．从E点向O点运动的电子加速度逐渐减小答案AC解析等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，因此E、F两点场强方向相同，由于E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，则其场强大小也相等，

故A正确；根据对称性可知，A、D两点处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由题图甲看出，A、D两点场强方向相同，故B错误；由题图甲看出，B、O、C三点比较，O点处的电场线最稀疏，场强最小，故C正确

；由题图可知，电子从E点向O点运动过程中，电场强度逐渐增大，则静电力逐渐增大，由牛顿第二定律可知电子的加速度逐渐增大，故D错误．考点四电场强度的叠加1．电场强度的叠加(如图所示)2．“等效法”“对称法”和“填补法”(1)等效法在保证效果相同的前

提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景．例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个等量异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示．(2)对称法利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算

问题大为简化．例如：如图所示，均匀带电的34球壳在O点产生的场强，等效为弧BC产生的场强，弧BC产生的场强方向，又等效为弧的中点M在O点产生的场强方向．(3)填补法将有缺口的带电圆环或圆板补全为完整的圆环或圆板，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．3．选用技巧(1)点电荷电场、匀强电场

场强叠加一般应用合成法．(2)均匀带电体与点电荷场强叠加一般应用对称法．(3)计算均匀带电体某点产生的场强一般应用补偿法或微元法．考向1点电荷电场强度的叠加例9直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图所示．M、N两

点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为()A.3kQ4a2，沿y轴正向B.3kQ4a2，沿y轴负向C.5kQ4a2，沿y轴正向D.5kQ4a2，沿y轴负向答案B解析处于O点的正点电

荷在G点处产生的场强大小E1＝kQa2，方向沿y轴负向；因为G点处场强为零，所以M、N处两负点电荷在G点产生的合场强大小E2＝E1＝kQa2，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H点产生的合场强大小E3＝E2＝kQa2，方向沿y轴负向；将该

正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的场强大小E4＝kQ2a2，方向沿y轴正向，所以H点的场强大小E＝E3－E4＝3kQ4a2，方向沿y轴负向．考向2非点电荷电场强度的叠加和计算例10如图，四根彼此绝缘的均匀带电导线a、b、c、

d围成一个正方形线框，线框在正方形中心O点产生的电场强度大小为E0，方向竖直向下；若仅撤去导线c，则O点场强大小变为E1，方向竖直向上，则若将导线c叠于导线a处，则O点场强大小变为()A．E1－E0B．E1－2E0C．2E1＋E0D．2E1答案C解析正方形

线框在O点产生的电场方向竖直向下，则表明左右带电导线在O点产生的电场强度为零．a、c产生的电场强度竖直向下．撤去c，O点处的场强竖直向上，表明a带负电，c带负电，则c在O点产生的电场强度为Ec＝E1＋E0，将c叠于a处，则O点处场强大小为E′＝2E1＋E0.考向3填补法、对称法在电场叠加中的应用

例11均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小

为()A.kq2R2－EB.kq4R2C.kq4R2－ED.kq4R2＋E答案A解析把在O点的球壳补为完整的带电荷量为2q的带电球壳，则在M、N两点产生的场强大小为E0＝k·2q2R2＝kq2R2.题图中左半球壳在M点产生的场强为E，则右半球壳在M

点产生的场强为E′＝E0－E＝kq2R2－E，由对称性知，左半球壳在N点产生的场强大小也为kq2R2－E，A正确．课时精练1．光滑绝缘水平面上固定一半径为R、带正电的球体A(可认为电荷量全部在球心)，另一带正电的小球B以一定的初速度

冲向球体A，用r表示两球心间的距离，F表示B小球受到的库仑斥力，在r＞R的区域内，下列描述F随r变化关系的图像中可能正确的是()答案C解析根据库仑定律可知，两球之间的库仑力满足F＝kqAqBr2，即随r增加，F非线

性减小．故选C.2.一带电荷量为＋Q的小球A固定在绝缘底座上，在它左侧还有一个用绝缘丝线悬挂的带电荷量为＋q的小球B，它们处于同一高度静止，如图所示，两球均视为点电荷，下列说法中正确的是()A．若小球A向左平移一段微小距离，则稳定后丝线与竖直方向的夹角减小B

．小球A对小球B的库仑力大小等于小球B对小球A的库仑力大小C．若增加小球A的带电荷量，则稳定后丝线与竖直方向夹角不变D．若使小球A带电荷量变为－Q，则稳定后丝线与竖直方向夹角不变答案B解析根据共点力平衡得，小球B受到的库仑力F＝kQqr2＝mgtanθ

，若小球A向左平移一小段距离，r减小，小球B受到A的库仑力F增大，丝线与竖直方向夹角θ增大，A错误；根据牛顿第三定律，小球A对小球B的库仑力与小球B对小球A的库仑力是一对作用力和反作用力，大小总是相等的，B正确；若增加A球带电荷量，根据共点力平衡得，小球B受到的库仑力F＝kQq

r2＝mgtanθ，小球B受到A的库仑力F增大，则丝线与竖直方向夹角增大，C错误；若使A球带电荷量变为－Q，则小球B受到向右的库仑引力，向右偏，与A球的距离减小，库仑力将增大，则丝线与竖直方向夹角将增大，D错误．3．如图所示是描述

甲、乙两个点电荷电场的部分电场线，下列说法正确的是()A．甲带负电，乙带正电B．甲的电荷量大于乙的电荷量C．在P点由静止释放一个带正电的粒子，仅在静电力的作用下，粒子会沿电场线运动到Q点D．P点的电场强度小于Q点的电场强度答案B解析根据电场线

分布特点，可判断出甲带正电、乙带负电，并且甲的电荷量大于乙的电荷量，A错误，B正确；在P位置静止释放一个带正电的粒子，仅在静电力的作用下，粒子沿P位置电场线的切线从静止加速，不沿电场线运动，C错误；根据电场线的密集程度可以判断出P点的电场强度大于Q点的电场强度，D错误

．4.(2019·全国卷Ⅰ·15)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正

电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷答案D解析对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受静电力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，Q对P的静电力水平向右，则匀强电场对P的静

电力应水平向左，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项C错误，D正确．5.(2022·安徽省高三月考)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，三个相同的不带电小球由三根相同的绝缘轻弹簧连接构成等边三角形，轻弹簧均处于原长．现让每个小球带上相同的电荷量q，当三角

形的面积增大到原来的4倍时重新达到平衡状态．已知每根弹簧的原长为l0，静电力常量为k，则每根弹簧的劲度系数为()A.kq24l03B.kq22l03C.kq24l02D.kq2l03答案A解析三角形的面积为S＝12l2sin60°，则当面积增大到原来的4倍时，边长变为原来的2倍，即当每个小

球带上相同的电荷量时，弹簧伸长了l0，则对其中一个小球受力分析可知2Kl0cos30°＝2kq22l02cos30°，解得K＝kq24l03，故选A.6.带有等量异种电荷的一对平行金属板，如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之

间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线，关于这种电场，以下说法正确的是()A．这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部分外，可以看成匀强电场B．电场内部A点的电场强度小于B点的

电场强度C．电场内部A点的电场强度等于B点的电场强度D．若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板答案D解析由于这种平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，所以不是匀强电场，选项A错误．从电场线分布看，A

处的电场线比B处密，所以A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B、C错误．A、B两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，选

项D正确．7.如图所示，M、N为两个等量同种正点电荷，在其连线的中垂线上的P点自由释放一点电荷q，不计重力，下列说法中正确的是()A．点电荷一定会向O运动，加速度一定越来越大，速度也一定越来越大B．点电荷可能会向O运动，加速度一定越来越小，速度一定越来越大C．若点电荷能越过O

点，则一定能运动到P关于O的对称点且速度再次为零D．若点电荷能运动到O点，此时加速度达到最大值，速度为零答案C解析若点电荷带正电，则点电荷会向背离O点方向运动，选项A错误；若点电荷带负电，则点电荷会向O运动，加速度可能先增加后减小，也可能一直减小，但是速度一定越来

越大，选项B错误；若点电荷能越过O点，则根据能量关系以及对称性可知，点电荷一定能运动到P关于O的对称点且速度再次为零，选项C正确；若点电荷能运动到O点，此时加速度为零，速度达到最大值，选项D错误．8.在边长为a的正方形的每一顶点都放置一个电荷量大小为q的点电荷，点电荷的正负如图所示

．静电力常量为k.如果保持它们的位置不变，则A电荷受到其他三个电荷的静电力的合力大小是()A.2kq2a2B．(2－12)kq2a2C．(12＋2)kq2a2D.3kq22a2答案D解析电荷D对电荷A的静电力大小为F1＝kq22a2，B电荷和C电荷对电荷A

的静电力大小均为F2＝F3＝kq2a2，根据力的合成法则，A电荷所受的静电力大小为F＝F12＋2F22＝[kq22a2]2＋[2kq2a2]2＝3kq22a2，故选D.9.如图所示，倾角为θ的光滑绝

缘斜面固定在水平面上．为了使质量为m、带电荷量为＋q的小球静止在斜面上，可加一平行纸面的匀强电场(未画出)，重力加速度为g，则()A．电场强度的最小值为E＝mgtanθqB．若电场强度E＝mgq，则电场强度方向一定竖直向上C．若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转

到竖直向上，则电场强度逐渐增大D．若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场强度先减小后增大答案C解析对小球受力分析，如图所示，静电力与支持力垂直时，所加的电场强度最小，此时场强方向沿斜面向上，mgsinθ＝qEmin，解得电场强度的最小值为Emin＝mgsinθq，选项A错误；若电场强度

E＝mgq，则静电力与重力大小相等，由图可知，静电力方向可能竖直向上，也可能斜向左下，选项B错误；由图可知，若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则静电力逐渐变大，电场强度逐渐增大，选项C正确，D错误．10.如图所

示，两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置，O1、O2分别为两细圆环的圆心，且O1O2＝2r，两圆环分别带有均匀分布的等量异种电荷＋Q、－Q(Q>0)．一带正电的粒子(重力不计)从O1由静止释放．静电力常量为k.下列说法正确的是()A．O1O2中点处的电场强度为2kQ2r2B．O1

O2中点处的电场强度为2kQ4r2C．粒子在O1O2中点处动能最大D．粒子在O2处动能最大答案A解析把圆环上每一个点都看成一个点电荷，则电荷量为q＝Q2πr，根据点电荷场强公式，点电荷在O1O2中点的场强为E＝kq2r2，根据电场的叠加原

理，单个圆环在O1O2中点的场强为E＝kQ2r2cos45°，两个圆环在O1O2中点的合场强为E总＝2kQ2r2，故A正确，B错误；带电粒子从O1点开始由静止释放，在粒子从O1向O2的运动过程中，两圆环对粒子的作用力皆向左，可

见电场对带电粒子做正功，故粒子在O1O2中点处动能不是最大，故C错误；根据电场叠加原理，在O2左侧场强方向先向左后向右，因此粒子到达O2左侧某一点时，速度最大，动能最大，在这以后向左运动的速度开始减小，动能也减小，故D错误．11.在x轴上固定有两个正、

负点电荷，一个带电荷量为＋Q1、一个带电荷量为－Q2(Q1>0、Q2>0)，用E1表示Q1在x轴上产生的电场强度大小，E2表示Q2在x轴上产生的电场强度大小．当Q1>Q2时，E1＝E2的点有两个，分别为M点和N点，M、N两点距Q2的

距离分别为r1和r2，如图所示．则当Q1Q2的比值增大时()A．r1、r2都减小B．r1、r2都增大C．r1减小，r2增大D．r1增大，r2减小答案A解析设Q1、Q2两点电荷之间的距离为L，x轴上M、N两点的电场强度大小相等，则kQ1L－r12＝kQ2

r12，kQ1L＋r22＝kQ2r22，解得r1＝LQ1Q2＋1，r2＝LQ1Q2－1，当Q1Q2的比值增大时，r1、r2都减小，故A正确，B、C、D错误．