高考物理一轮复习核心考点精讲精练考点32 静电力的性质（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理一轮复习核心考点精讲精练考点32 静电力的性质（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了 高考真题考点分布， 命题规律及备考策略等内容，欢迎下载使用。
1. 高考真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对电场力性质的考查非常频繁，大多在选择题中出现，题目难度各省份大多不是太难，主要围绕着电场线展开考查有关电场力的性质。
【备考策略】
1.和掌握库仑定律，并会用库仑定律处理有关带电体的平衡和加速问题。
2.理解和掌握电场强度的概念，并会求解有关电场强度的叠加问题。
3.理解和掌握电场线的特点，并会根据其特点处理有关问题。
【命题预测】重点关注特殊电场的电场线的分布特点。
一、点电荷 电荷守恒定律
1．点电荷
有一定的电荷量，忽略形状和大小的一种理想化模型。
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)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。
(3)带电实质：物体带电的实质是得失电子。
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＝k eq \f(q1q2,r2) ，式中k＝9．0×109 N·m2/C2，叫作静电力常量。
3．适用条件：(1)真空中；(2)点电荷。
三、电场强度 点电荷的电场
1．定义：放入电场中某点的电荷受到的静电力F与它的电荷量q的比值。
2．定义式：E＝ eq \f(F,q) 。单位为N/C或V/m。
3．点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度，E＝ eq \f(kQ,r2) 。
4．方向：规定正电荷在电场中某点所受静电力的方向为该点的电场强度方向。
5．电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则。
四、电场线
1．定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场强度的大小。
2．电场线的特点
考点一 电荷守恒定律 库仑定律
考向1 库仑力作用下的平衡问题
1.四步解决库仑力作用下的平衡问题：
2.三个自由点电荷的平衡问题：
①平衡条件：每个点电荷受另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷平衡的位置是另外两个点电荷的合场强为零的位置。
②平衡规律：
3.利用三角形相似法处理带电小球的平衡问题：
1．如图所示，质量为m的带电小球A用长为L的绝缘细线悬于O点，带电小球B固定于O点的正下方，小球A静止时与小球B在同一竖直面内，OB和AB与细线的夹角均为，两带电小球带电量相同，两球均可视为点电荷。已知重力加速度为g，静电力常量为k，，则小球A的带电量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设AB的距离为r，由题可知，OB的距离也为r，根据几何关系可得解得对小A受力分析，如图所示
可知AB间的库仑力与轻绳的合力大小等于mg，根据相似三角形原理有因OB=AB，则可得解得故选D。
2．如图所示，两带电小球A、B质量分别为2m、m，所带电荷量分别为+q、-q，用等长绝缘细线a、b连接后悬挂于O点处于静止状态。现在该空间加一水平向右的匀强电场，并将电场强度E从0开始缓慢增大到，若不考虑两小球间的库仑力，重力加速度为g，则当系统稳定后，关于两细线a、b拉力的大小、计算正确的是（ ）
A．=2mgB．=3mg
C．=mgD．=2mg
【答案】B
【详解】AB．对AB整体受力分析，水平方向，受到的合电场力为0，竖直方向=3mg故A错误，B正确；
CD．对B隔离受力分析故CD错误。故选B。
考向2 库仑力作用下的加速运动问题
在电场中，如果带电体做加速运动，处理问题的方法仍然是先要借助整体法或隔离法对研究对象做受力分析，受力分析时注意对库仑力的分析，然后应用牛顿第二定律处理有关的问题。
3．1720年，英国的斯蒂芬·格雷提出导体和绝缘体的概念，并发现了导体的静电感应现象——导体在静电场的作用下，自由电荷发生了再分布的现象。如图所示，将一长为2L的光滑金属导体MN固定在绝缘水平面上，倾角为，P是固定于金属导体左上方的一带电荷量为+Q的点电荷，，且。现将一质量为m、电荷量为+q的带绝缘壳的小球体（可视为点电荷）从金属导体的M端由静止释放，小球体开始沿金属导体向下滑动。已知重力加速度为g，小球体的电荷量始终不变，则小球体从M运动到N的时间（ ）
A．等于
B．大于
C．小于
D．无法确定
【答案】A
【分析】根据题干中“P是固定于金属导体左上方的一带电荷量为+Q的点电荷”可知，本题考查点电荷电场的分布情况，根据库伦定律以及受力分析进行作答。
【详解】金属导体MN 为等势体，电场力垂直于导体表面，故做匀加速直线运动。小球则从M点下滑至N点的过程中，根据牛顿第二定律可知其加速度为解得所以从M点下滑至N点的过程中所用的时间满足解得故选A。
4．如图所示，在光滑绝缘水平面上，固定有电荷量分别为+2Q和Q的点电荷A、B，间距为L。在A、B延长线上距离B为L的位置，自由释放另一电荷量为+q的点电荷C，释放瞬间加速度为a1；将A、B接触静电平衡后放回原处，再从相同位置自由释放C，释放瞬间加速度为a2。则（ ）
A．a1、a2的方向均水平向右B．a1、a2的方向均水平向左
C．a1与a2大小之比等于D．a1与a2大小之比等于
【答案】C
【详解】在A、B接触前，由于B、C的吸引力大于A、C的排斥力，所以a1的方向水平向左，根据库仑定律和牛顿第二定律可得在A、B接触后，点电荷A、B的电荷量先中和再平分后，二者所带电荷量均为，由于A、B都带正电，所以C受到的都是排斥力，则a2的方向水平向右，根据库仑定律和牛顿第二定律可得联立两式可得，a1与a2大小之比为故选C。
考点二 电场强度
考向1 叠加法求电场强度
叠加法：多个点电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。
5．如图所示，真空中两点电荷分别位于直角三角形的顶点和顶点上，为斜边的中点，。已知A点电场强度的方向垂直向下，则下列说法正确的是（ ）
A．电性相同
B．电荷量的绝对值等于电荷量的绝对值的一半
C．电荷量的绝对值等于电荷量的绝对值的二倍
D．点电势高于A点电势
【答案】B
【详解】A．根据题述，A点的电场强度垂直向下，如图所示
由电场强度的叠加原理可知带正电、带负电。故A错误；
BC．根据题述，A点的电场强度垂直向下，可得，，联立，解得故B正确；C错误；
D．在两点产生的电势相等，在A点产生的电势高于在点产生的电势，则A点的电势高于点。故D错误。故选B。
6．如图所示，水平直线上有三点，，空间存在着竖直方向上的匀强电场（图中未画出）。若将一个电荷量为的点电荷放在A点，则点的场强大小为；若将这个电荷量为的点电荷放在点，则点的场强大小变为，则匀强电场的场强大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】电荷量为的点电荷放在A点时，设它在点产生的场强大小为， 设则根据库仑定律由题意可知，的点电荷放在点时，由于根据库仑定律，则它在点产生的场强大小为，则由题意可知联立可得故选C。
考向2 对称法求电场强度
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。
7．如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的正电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q>0）的固定点电荷。已知b点处的场强为E=（k为静电力常量），方向由b指向a，则d点处场强的大小为（ ）
A．E=B．E=
C．E=D．E=
【答案】B
【详解】依题意，b点的合场强为E=可知圆盘在b点的场强为由对称性可知圆盘在b点的场强大小和在d点大小相等方向相反，再根据电场叠加原理，可得出d点的场强为故选B。
8．如图所示，一个半径为r的均匀带电圆环，带电量为，在其中轴线上有一点A，该点距圆环中心O的距离为，已知静电力常量为k，则A点的电场强度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】带正电圆环不能看成质点，将圆环的带电量Q无限分割，假设每一份的电量为q，其中一份q在x轴的A点处产生的电场强度如图所示
有假设圆环上有n个q，则有在A点，在垂直x轴方向，的分量为，根据对称性，n个的矢量和为0，沿着x轴方向，的分量由几何关系知n个的矢量和就是圆环在A处产生的场强，即联立解得故选A。
考向3 补偿法求电场强度
补偿法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，然后再应用对称的特点进行分析，有时还要用到微元思想。
9．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，一半径为R的球壳表面均匀带有正电荷，电荷量为2q，O为球心，直线ab是过球壳中心的一条水平线，球壳表面与直线ab交于C、D两点，直线ab上有两点P、Q，且。现垂直于CD将球面均分为左右两部分，并把右半部分移去，左半球面所带电荷仍均匀分布，此时P点电场强度大小为E，则Q点的电场强度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】先将带电球体补全，一半径为R的球体表面均匀带有正电荷，电荷量为2q，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，则在P、Q两点所产生的电场为左半球面所带电荷在P点的电场强度大小为E，由对称性可知去掉的右半球面所带电荷在Q点的电场强度大小为E，则故选D。
10．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的点电荷产生的电场。如图所示，在绝缘球球面上均匀分布正电荷，总电荷量为q；在剩余球面AB上均匀分布负电荷，总电荷量是。球半径为R，球心为O，CD为球面的对称轴，在轴线上有M、N两点，且，。已知球面在M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为（ ）
A．EB．2EC．D．
【答案】C
【详解】将AB部分补上，使球壳变成一个均匀带正电的完整的球壳，完整球壳带电荷量为为保证电荷量不变，球面AB带负电荷量为q，则该球壳带正电的部分在M点产生的场强为根据对称性可知：①带正电的部分完整球壳在N点产生的场强大小②球面AB带负电荷量为q，在N点产生的场强大小为2E，两者方向相反；则N点的场强大小为故选C。
考向4 微元法求电场强度
微元法：将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。
11．如图所示，半径为R的绝缘细圆环固定，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点P、M、N将圆环三等分，取走P、M处两段弧长均为的小圆弧上的电荷。则圆环对O点的合场强为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【详解】反向延长PO交圆环于，反向延长MO交圆环于和处的电荷量为根据可以算出和对O点的场强为因点P、M、N将圆环三等分，两场强的夹角为120°，则圆环对O点的合场强为故选C。
12．如图，水平面上有一水平均匀带电圆环，带电量为+Q，其圆心为O点。有一带电量q，质量为m的小球，在电场力和重力作用下恰能静止在O点正下方的P点。OP间距为L，P与圆环边缘上任一点的连线与PO间的夹角为θ。静电力常量为k，则带电圆环在P点处的场强大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】AB．如图所示
选取圆环上某一小微元，所带电荷量为∆Q，该微元在P点的场强大小为由于整个圆环上所有带电微元在P点的场强在水平方向的合场强为零，故带电圆环在P点处的场强大小为故A错误，B正确；
CD．小球恰能静止在P点，根据平衡条件可得解得即带电圆环在P点处的场强大小为，故CD错误。故选B。
考点三 电场线
考向1 电场线的应用
1.两种等量点电荷的电场强度及电场线的比较
2.电场线的应用(涉及电势部分将在下一节进一步研究)
13．如图所示，A、B两点固定两个等量的正点电荷，现在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力），并由静止释放后，下列说法中正确的是（ ）
A．负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B．负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越少，速度越来越大
C．负点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值
D．负点电荷越过O点后，速度越来越小加速度越来越大，直到速度为零
【答案】C
【详解】AB．根据点电荷电场强度的叠加法则，可知，同种正电荷连线的中垂线上，电场强度方向由O点向两边延伸，且大小先增大后减小，在P点由静止释放一个负点电荷q，在从P点到O运动的过程中，它只在电场力作用下，向下加速，电场强度可能越来越小，也可能先增大后减小，电场力可能越来越小，也可能先增大后减小，则加速度可能越来越小，也可能先增大后减小，但速度一定越来越大，故AB错误；
C．运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，速度达最大值，故C正确；
D．点电荷越过O点后，所受的电场力向上，速度减小，电场强度可能越来越大，也可能先增大后减小，加速度可能越来越大，也可能先增大后减小，故D错误。故选C。
14．电场线能直观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两点电场强度不同B．A、D两点电场强度不同
C．B、O、C三点中，O点电场强度最小D．从C点向O点运动的电子加速度逐渐增大
【答案】C
【详解】A．根据对称性，E、F两点电场强度大小相等、方向相同，E、F两点电场强度相同，A错误；
B．根据对称性，A、D两点电场强度大小相等、方向相同，A、D两点电场强度相同，B错误；
C．电场线越疏，电场强度越小，所以B、O、C三点中，O点电场强度最小，C正确；
D．电场线越疏，电场强度越小，电子所受的电场力越小，电子的加速度越小，所以从C点向O点运动的电子加速度逐渐减小，D错误。故选C。
考向2 电场线+运动轨迹”组合模型
模型特点:当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线不重合的曲线时,这种现象简称为“拐弯现象”,其实质为“运动与力”的关系。运用牛顿运动定律的知识分析:
(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况。
(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、电场的方向、电荷运动的方向,是题目中相互制约的三个方面。若已知其中一个,可分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”进行分析。
15．某电场线的分布如图中实线所示，M、N为电场中的两点，虚线为两点间的连线，长度为d，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度大小的关系：
B．电势高低的关系：
C．M、N两点间的电势差U与M点电场强度的关系：
D．将一负点电荷沿虚线从M点移动到N点，点电荷的电势能增加
【答案】D
【详解】A. 电场线是描述电场强度的理想模型，电场线越密电场强度越大，由图可知，电场强度大小的关系：，故A错误；
B. 电势沿着电场线方向降低的最快，由图可知，电势高低的关系：，故B错误；
C. 在匀强电场中，电场强度与电势差的关系为图中M、N两点间的电场强度并非匀强电场，M点的电场强度比两点间的电场强度弱，所以故C错误；
D. 电势能公式为对于负电荷而言，电势越低，电势能越高，所以将一负点电荷沿虚线从M点移动到N点，点电荷的电势能增加，故D正确。故选D。
16．生活在尼罗河的反天刀鱼，它的器官能在其周围产生电场。如果电场线分布如图所示，M、N、P为电场中的点。下列说法正确的是（ ）
A．P点电势小于N点电势
B．P点电场强度小于M点电场强度
C．正电荷在M点所受电场力的方向为水平向左
D．某带电粒子只在静电力作用下从N点沿虚线轨迹运动到M点，则粒子带负电
【答案】B
【详解】A．由图可知，从P点到无穷远，电势降低，从无穷远到N点，电势降低，所以P点电势高于N点电势，故A错误；
B．由图可知，P点位置的电场线要比M点的稀疏，所以P点电场强度小于M点电场强度，故B正确；
C．正电荷在M点所受电场力的方向为水平向右，故C错误；
D．某带电粒子只在静电力作用下从N点沿虚线轨迹运动到M点，可知，带电粒子所受静电力方向与电场方向相同，则粒子带正电，故D错误。故选B。
1．如图所示，两个质量分别为和的小球带同种电荷，电荷量分别为和，用和的轻绳悬挂与同一点，平衡时，两绳与竖直方向的夹角分别是和，则等于多少（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设平衡时两球的距离为，两个质量分别为和的小球连线与绳长为和的轻绳夹角分别为、，如图所示对两球受力分析
由正弦定理得，又综合解得故选C。
2．如图所示，在水平面上的正六边形区域abcdef的六个顶点上均固定放置一电荷量为+q的点电荷，正六边形的边长为l。在正六边形几何中心O点正上方有一点P，P点到O点的距离为l，一质量为m、电荷量也为+q的带电小球可以仅在重力及库仑力的作用下静止在P点。静电力常量为k，重力加速度为g，下列关系式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】由于正六边形的边长为l，则O点到各顶点的距离为l，P点到O点的距离为l，则P点与各顶点的连线与竖直方向的夹角为45°，根据平衡条件可得，所以故选A。
3．如图所示，在光滑的绝缘水平面上，有两个质量相等、相距为r、带电荷量分别为和的小球甲、乙，在水平恒力F作用下做匀加速直线运动。若甲、乙两球的质量分别为2m和m，两小球带异种电荷。将方向水平向右、大小为F的力作用在甲上，当两小球间的距离为r时，两小球可保持相对静止。若改用方向水平向左的力作用在乙上，欲使两小球间的距离保持为2r并相对静止，则外力的大小应为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】当方向水平向右、大小为的力作用在甲上，甲、乙间的距离为r时，有，若改用方向水平向左的力作用在乙上，两小球间的距离保持为并相对静止时，有联立可得故选B。
4．已知均匀带电薄球壳外部空间电场与将等量电荷全部集中在球心时产生的电场相同。如图（a）所示，一带电量为，半径为R的均匀带电金属薄球壳，以球心为坐标原点，建立Ox轴，其中A点为球壳内一点，B点坐标为2R，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．球壳内外场强分布如图（b）所示
B．将电荷量为的试探电荷由球壳内A点移到O点，试探电荷的电势能减小
C．在圆心O处放一个电量为的点电荷，球壳外表面带电量仍为
D．在处取走极小的一块面积△S（不影响球壳表面其余部分电荷分布），则从O点到B点电场强度一直减小，且电势也一直降低
【答案】D
【详解】A．壳内场强处处为0，故A错误；
B．壳内场强处处为0，故移动试探电荷不做功，从A点移到O点，试探电荷的电势能不变，故B错误；
C．在圆心O处放一个电量为的点电荷，由于静电感应，球壳内表面感应出的电荷，则球壳外表面带电量为，故C错误；
D．在处取走极小的一块面积，根据电场的对称性可知，O点的场强为处面积为的球壳上的电荷产生的场强，大小为根据正点电荷的电场线分布可知，从O点到B点电场强度一直减小，且电势也一直降低，故D正确。故选D。
5．如图所示，水平面上有一均匀带电圆环，所带电荷量为＋Q，其圆心为O点。有一电荷量为＋q、质量为m的小球恰能静止在O点上方的P点，O、P间距为L。P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角都为，重力加速度为g，以下说法错误的是（ ）
A．P点场强方向竖直向上
B．P点场强大小为
C．P点场强大小为k
D．P点场强大小为k
【答案】C
【详解】将圆环分为n等份（n很大，每一份可以认为是一个点电荷），则每份的电荷量为每份在P点的电场强度大小：根据对称性可知，水平方向的合场强为零，P点的电场强度方向竖直向上，其大小由二力平衡可得在P点解得P点场强为故ABD正确，C错误。本题选错误的，故选C。
6．空间直角坐标系中，六个完全相同、均匀带电的正方形绝缘平板构成一个正方体，其中心O位于坐标原点，各棱方向与坐标轴平行。记与z轴平行的棱中点为A，正方体与x轴的交点为B，则A、B、O三点的电场（ ）
A．全部为0
B．全部不为0
C．有两个满足至少在两个方向上的分量不为0
D．有一个满足恰在一个方向上的分量不为0
【答案】D
【详解】根据对称性可知，O点场强为零，B点场强在y轴和z轴方向分量为0，在x轴方向分量不为0，A点场强在z轴方向的分量为0 ，在x轴和y轴方向的分量不为零0。
故选D。
7．如图所示，立方体的A、B、G、H四个顶点各固定着一个带正电的点电荷，电荷量相同，O点是立方体的中心。现将处于在A点的点电荷沿着AO连线向O点移动，在这的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．O点的电场强度减小
B．E点的电势先增大后减小
C．C点的电势先增大后减小
D．B点的电荷受到的电场力减小
【答案】B
【详解】A．B、H两点的点电荷在O点的合场强为0，初始时A、G两点的点电荷在O点的合场强也为0，则在A点的点电荷沿着AO连线向O点移动，根据电场强度叠加原则可知O点的电场强度逐渐增大，故A错误；
B．由于电势是标量，B、G、H三点的点电荷在E点的电势不变，处于在A点的点电荷沿着AO连线向O点移动，该点电荷与E点的距离先减小后增大，且点电荷带正电，所以E点的电势先增大后减小，故B正确；
C．B、G、H三点的点电荷在C点的电势不变，，处于在A点的点电荷沿着AO连线向O点移动，该点电荷与C点的距离一直减小，则C点的电势一直增大，故C错误；
D．G、H两点的点电荷对B点的电荷的库仑合力保持不变，处于在A点的点电荷沿着AO连线向O点移动，一开始，该点电荷与B点距离减小，则该点电荷对B点的电荷的库仑斥力增大，且与G、H两点的点电荷对B点的电荷的库仑合力的夹角变小，故B点的电荷受到的电场力一开始一定是增大的，故D错误。故选B。
8．太极图的含义丰富而复杂，它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示，O为大圆的圆心，为上侧阳半圆的圆心，为下侧阴半圆的圆心，O、、在同一直线上，AB为大圆的直径且与连线垂直，C、D为关于O点对称的两点，在、两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，整个空间只有、处点电荷产生的电场。下列说法正确的是（ ）
A．C、D两点电势相等
B．把质子由A沿直线移到B的过程中，质子的电势能先增加后减小
C．把电子由A沿直线移到B的过程中，电子所受电场力先增加后减小
D．将一质子（不计重力）从A点由静止释放，质子可以沿直线在AB间做往返运动
【答案】C
【详解】A．在、两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，设处为正点电荷，在处为负点电荷，由于C点靠近正点电荷，D点靠近负点电荷，则C点电势高于D点电势，反之则故C点电势低于D点电势。故A错误；
B．AB为等量异种电荷连线的中垂线，根据等量异种电荷电势分布特点可知，中垂线为一等势线，所以把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能保持不变。故B错误；
C．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，O点为中垂线上场强最大的点，则把质子由A沿直线移到B的过程中，场强先变大后变小，质子所受电场力先增加后减小。故C正确；
D．由于根据等量异种电荷中垂线上的场强方向与中垂线垂直，所以将一质子（不计重力）从A点由静止释放，在A处受到的电场力与AB直线垂直，电子不可能沿直线在AB间做往返运动。故D错误。故选C。
9．如图所示，轻弹簧一端悬挂于O点，一端通过绝缘层与带电金属小球A连接，O点正下方带电小球B固定在绝缘支座上，两小球可视为质点。两个小球因带同种电荷而互相排斥，OA