贵州高考物理三年（2020-2022）模拟题汇编-08静电场

这是一份贵州高考物理三年（2020-2022）模拟题汇编-08静电场，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

贵州高考物理三年（2020-2022）模拟题汇编-08静电场

一、单选题
1．（2020·贵州铜仁·模拟预测）如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O点产生的电场强度为E、电势为，把半圆环分成AB、BC、CD三部分。下列说法正确的是（　　）

A．BC部分在O点产生的电场强度的大小为 B．BC部分在O点产生的电场强度的大小为
C．BC部分在O点产生的电势为 D．BC部分在O点产生的电势为0
2．（2021·贵州·统考二模）如图所示，A、B、C为匀强电场中的三点，D为B、C连线的中点。电场线的方向平行于A、B、C所在的平面，已知A、B、C三点的电势分别为、和。则将一电子从A点移到D点，电场力所做的功为（　　）

A． B． C． D．
3．（2022·贵州黔南·统考模拟预测）如图所示，带电性质相同且电荷量为的A、B两小球，A球被放在绝缘的水平台面上，B球被长为的轻绳悬于点，的距离等于的距离且夹角为，静电力常量为，两球可视为点电荷，若B球的电荷量在逐渐减小的过程中，则下列说法中正确的是（　　）

A．轻绳对B球的拉力不变
B．轻绳对B球的拉力逐渐增大
C．在电荷量还没减小时，A、B两球之间的静电力大小为
D．在电荷量还没减小时，A、B两球之间的静电力大小为
4．（2022·贵州·统考一模）如图所示，在水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一带正电的点电荷，不带电的小球A与带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连，开始时系统在图示位置静止，。若B球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），在B球到达O点正下方前，下列说法正确的是（    ）

A．A球的质量等于B球的质量
B．此过程中，A球始终保持静止状态
C．此过程中，点电荷对B球的库仑力不变
D．此过程中，滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小
5．（2022·贵州贵阳·模拟预测）如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）

A．平行板电容器的电容值将变大
B．静电计指针张角变小
C．带电小球的电势能将减小
D．若先将下极板与A点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电小球所受电场力不变
6．（2022·贵州贵阳·模拟预测）M、N两金属板竖直放置，使其带电，悬挂其中的带电小球P如图偏离竖直方向。下列哪一项措施会使OP悬线与竖直方向的夹角增大（P球不与金属极板接触）。（　　）

A．增大MN两极板间的电势差
B．减小MN两极板的带电量
C．保持板间间距不变，将M、N板一起向右平移
D．保持极板带电量不变，将N板向右平移
7．（2022·贵州黔南·统考模拟预测）如图所示，A、B为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是（  ）

A．若仅将A板上移，带电小球仍将恰好运动至小孔N处
B．若仅将B板上移，带电小球将从小孔N穿出
C．若仅将滑动变阻器的滑片上移，带电小球将无法运动至N
D．断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球将从小孔N穿出

二、多选题
8．（2020·贵州铜仁·统考三模）研究平行板电容器电容的装置如图所示。设电容器所带电荷量为Q（几乎保持不变），极板间电场强度为E，静电计指针偏角为θ，在极板间电势为φ的P点固定一负电荷，其电势能为EP。现仅将左极板向左平移，则（　　）

A．θ变大，E不变 B．θ变小，E变小
C．φ升高，Ep变小 D．φ降低，Ep变大
9．（2020·贵州铜仁·统考三模）如图所示，光滑水平桌面上固定一光滑挡板ABCD，构成小球的运动轨道。其中AB段直轨道与半径为R的半圆轨道BCD在B处相切，BD为半圆轨道直径。整个轨道都处在大小为E方向水平且与AB垂直的匀强电场中。一质量为m、带电荷量为+q的小球（视为质点）静止在挡板内侧A处，现给小球沿AB方向瞬时冲量，使小球开始运动，经过D处时刚好对挡板无压力。则小球（g为重力加速度）（　　）

A．经过D处时速度的大小为 B．经过D处时速度的大小为
C．在B处对挡板压力的大小为5qE D．在A处受到瞬时冲量的大小为
10．（2020·贵州铜仁·统考二模）如图甲所示，两个等量同种电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量、质量的小球在该平面上从a点由静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O，其图象如图乙中图线①所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中②为过b点的切线，则下列说法正确的是（　　）

A．P、Q带正电荷
B．b点的场强
C．a、b两点间的电势差为30V
D．带电小球运动到O点时电势能最小
11．（2020·贵州铜仁·模拟预测）半径为r=0.5m带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面的平行金属板连接，两板间距离为d=5cm，如图甲所示，有变化的磁场垂直于纸面，其变化规律如图乙所示（规定向里为正方向），在t=0时刻平板间中心有一电荷量为+q的微粒由静止释放，运动中粒子不碰板，不计重力作用，则以下说法中正确的是（　　）

A．第2秒内电流方向为顺时针 B．第3秒内电流方向为逆时针
C．第3秒末微粒回到了原位置 D．两极板之间的电场强度大小恒为
12．（2020·贵州·统考模拟预测）如图所示，虚线a、b、c、d代表匀强电场中间距相等的一组等势面。一电子仅在电场力作用下做直线运动，经过a时的动能为9eV，从a到c过程其动能减少了6eV。已知等势面c的电势为3V。下列说法正确的是（　　）

A．等势面a的电势为0
B．该电子到达d等势面时的动能为0
C．该电子从a到c其电势能减少了6eV
D．该电子经过a时的速率是经过c时的倍
13．（2021·贵州毕节·统考二模）如图，绝缘底座上固定一电荷量为4×10-6C的带负电小球A，其正上方O点处用轻细弹簧悬挂一质量为m=0.03kg、电荷量大小为3.6×10-6C的小球B，弹簧的劲度系数为k=5N/m，原长为Lo=0.35m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ=53°，已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法正确的是（　　）

A．小球B一定带正电
B．B球做圆周运动的速度大小为3.6m/s
C．在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，B球将做离心运动
D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向上的匀强磁场的瞬间，B球将做近心运动
14．（2021·贵州黔东南·统考一模）一带负电的微粒（电荷量不变，所受重力不计）只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中段是曲线，段是平行于x轴的直线，段是倾斜直线，则下列说法正确的是（　　）

A．段电场强度逐渐增大
B．段电势逐渐升高
C．段电场强度为零
D．段微粒做匀加速直线运动
15．（2021·贵州六盘水·统考一模）如图，Q1、Q2为两相距L的固定点电荷，Q1带负电、Q2带正电。a、b、c、d 是以Q为圆心、r（r
A．a点场强一定大于c点场强
B．b、d两点的场强方向一定不同
C．c点电势定高于a点电势
D．如果减小r，则c、a间的电势差减小
16．（2022·贵州贵阳·统考模拟预测）如图，真空中两个电荷量为和的点电荷分别位于、点。形成一个以延长线上点为球心，电势为零的等势面（取无穷远处电势为零），为连线上的一点，为等势面与直线的交点，为等势面上的一点，下列说法正确的是（　　）

A．点电势低于点电势
B．点电场强度方向指向点
C．将正试探电荷从点移到点，静电力做正功
D．除无穷远处外，直线上还存在一个电场强度为零的点
17．（2022·贵州贵阳·统考二模）如图所示，xOy平面处于匀强电场中，电场方向与平面平行，平面内A、B、C、D四点的位置如图所示，其坐标分别为（-a，0）、（a，0）、和。将电荷量为的粒子从A点沿直线移动到B点，电场力做功为；若将该粒子从C点沿直线移动到D点，电场力做功为2W。则下列说法正确的是（　　）

A．该匀强电场的场强大小
B．A、C两点间的电势差为
C．将该粒子从B点移动到D点，电场力做功为0.5W
D．将该粒子从C点移动到B点，电势能增加
18．（2022·贵州黔南·统考模拟预测）一个带正电荷的粒子仅在电场力的作用下运动，从点开始计时，运动的速度与时间的图像如图所示，在时运动到点，在时运动到点。则下列说法错误的是（　　）

A．、、三点的电势高低关系为
B．、、三点的电场强度高低关系为
C．、、三点的电势能关系为
D．、、三点的机械能关系为
19．（2022·贵州·统考一模）小明同学在物理实验室中描绘出了两个等量点电荷的等势线。如图所示，Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图，a、b、c、d、e为电场中的5个点，其中a、b连线和P、Q连线相互垂直，e点在P、Q连线的中垂线上，设无穷远处电势为0，则下列说法中正确的是（    ）

A．e点的电势大于0
B．a点和b点的电场强度相同
C．b点的电势高于d点的电势
D．将负电荷从a点移动到c点时，电荷的电势能增加
20．（2022·贵州·统考模拟预测）如图所示，光滑绝缘水平面上有一边长为1m的正六边形ABCDEF，处在水平方向的匀强电场中，匀强电场方向由B指向E。电荷量q=-2e的完全相同的带电粒子仅受电场力作用从A点以初动能12eV朝不同方向飞出，在经过B、C、D、E、F五点的带电粒子中，经过B点的带电粒子的动能为14eV，不计粒子间的作用力。下列说法正确的是（　　）

A．电场强度大小为2V/m
B．经过E点的带电粒子动能最小，为2eV
C．任意相邻两点间的电势差大小都相等
D．经过F点的带电粒子能返回A点

三、解答题
21．（2022·贵州贵阳·统考模拟预测）如图所示，一质量为、带电量为的粒子以初速度沿轴正方向从坐标原点射入，并经过图中点，点的坐标，，不计粒子重力。
（1）若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，求磁感应强度的大小；
（2）若上述过程仅由方向平行轴的匀强电场实现，求粒子经过点时的动能。

22．（2022·贵州黔南·统考模拟预测）如图所示，在动摩擦因数的绝缘水平面上放置一质量的带正电的小滑块A，其所带电荷量 。在的左边处放置一个质量的不带电的小滑块B，滑块B与左边竖直绝缘墙壁相距，在水平面上方空间加一方向水平向左的匀强电场，电场强度大小 。A由静止开始向左滑动并与B发生碰撞，设碰撞过程的时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并与墙壁相碰撞，在与墙壁碰撞时没有机械能损失，也没有电荷量的损失，且两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小可忽略不计。取）试求：
(1)试通过计算分析A与B相碰前A的受力情况和运动情况，以及A与B相碰后、A和B与墙壁碰撞后A和B的受力情况和运动情况；
(2)两滑块在粗糙水平面上运动的整个过程中，由于摩擦而产生的热量是多少。（结果保留2位有效数字）


参考答案：
1．A
【详解】AB．B、C两点把半圆环等分为三段，每段长度都是L，如图所示

设每段在点产生的电场强度大小为，均相等，则在点的合场强

则有

即BC部分在O点产生的电场强度的大小为，故A正确，B错误；
CD．电势是标量，设圆弧BC在圆心点产生的电势为，则有

可得

故C、D错误；
故选A。
2．B
【详解】匀强电场中电势均匀变化，故AB中点E的电势为8V，连接CE为一等势面，所有等势面平行，过D点作CE的平行线，交EB于F点，由几何关系可知，F为EB的中点，电势为2V，故D点电势为2V，将一电子从A点移到D点，电场力所做的功为

B正确。
故选B。

3．A
【详解】CD.对B球受力分析

根据库仑定律可得

联立解得

故CD错误；
AB.根据相似三角形受力分析可得

则因为，，都不变，所以不变，A正确，B错误；
故选A。
4．B
【详解】A．开始时，B球受力如图所示，由几何关系知

而

则

A错误；
BC．假设此过程中A球保持静止状态，由于B球所带的电荷量缓慢减少，B球缓慢下摆，受力平衡，根据三角形相似原理有

由于、OC、T均不变，则OB不变，假设成立，BC逐渐减小，库仑力F逐渐减小，B正确，C错误；
D．由于轻绳拉力T不变，逐渐减小，轻绳OA，OB的拉力的合力逐渐增大，即滑轮受到轻绳的作用力逐渐增大，D错误。
故选B。

5．D
【详解】A．根据知，增大，则电容减小，故A错误；
B．静电计测量的是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错误；
C．电势差U不变，增大，则电场强度减小。设点与上极板的距离x,点与上极板的电势差

减小，点与下极板的电势差

增大，下极板接地电势为零，则点的电势

增大，又因为该小球带正电，则电势能增大，故C错误；
D．电容器与电源断开，则电荷量Q不变，改变，根据


得

知电场强度不变，则带电小球所受电场力不变，故D正确。
故选D。
【点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变。
6．A
【详解】使OP悬线与竖直方向的夹角增大，即是增大小球所受的电场力
A．增大MN两极板间的电势差，根据

d不变，可知电场强度将变大，根据

可知电场力将增大，A正确；
B．减小MN两极板的带电量，根据

C不变，可知电势差减小，则电场强度减小，小球所受电场力将减小，B错误；
C．保持板间间距不变，将MN一起平移，电势差不变，OP悬线与竖直方向的夹角不变，C错误；
D．根据

可得电场强度

保持极板带电量不变，将N板向右平移，可知E不变，所以电场力不变，D错误。
故选A。
7．C
【详解】A．若仅将A板上移，根据公式
C=
电容减小；由于二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出，故电量不变，根据


得到
E=
场强不变，故若能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故A错误；
B．若仅将B板上移，根据公式
C=
电容增加，电容器要充电；由于电压U一定，根据
W=qU
故若能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故B错误；
C．将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，根据
W=qU
故如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故C正确；
D．断开开关，
E=
场强不变，故小球恰好能运动至小孔N处，故D错误。
故选C。
8．AC
【详解】电容器所带电荷量不变，将左极板向左平移，即板间距离增大，由公式可知，电容变小，由公式可知，板间电势差增大，说明静电计指针偏角变大，由公式、和得

则板间场强不变，由于左极板接地即电势为0，P点与左板间的电势差为

由于P点与左板间距离增大，则P点电势升高，负电荷在P点的电势能减小
故选AC。
9．BD
【详解】AB．在D点由牛顿第二定律有

得

故A错误，B正确；
C．从B到D由动能定理得

解得

在B点由牛顿第二定律有

联立解得

由牛顿第三定律可知，在B处对挡板压力的大小为6qE，故C错误；
D．在A处受到瞬时冲量的大小为

故D正确。
故选BD。
10．BD
【详解】A．带正电的小球从a点由静止释放，向上做加速运动可知，受到向上的电场力，则aO线上的电场竖直向上，故两电荷带负电，故A错误；
B．图象上斜率表示加速度在b点可得

根牛顿第二定律得

联立解得

故B正确；
C．在ab由动能定理得

由图乙可得

代入解得

故C错误；
D．由图象乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，运动到O点时电势能最小，故D正确。
故选BD。
11．AD
【详解】A．第2秒内磁感应强度逐渐减小，由楞次定律判断线圈中电流方向为顺时针方向，A正确；
B．第3秒内磁感应强度方向向外，且逐渐增加，由楞次定律判断线圈中电流方向为顺时针方向，B错误；
C．第1s内，线圈中电流方向方向为逆时针方向，带正电粒子受电场力方向向上，粒子向上运动；第2s内，线圈中电流方向方向为顺时针方向，带正电粒子受电场力方向向下，粒子向下运动，回到原来位置；第3s内，线圈中电流方向方向为顺时针方向，带正电粒子受电场力方向向下，粒子继续向下运动，则第3秒末微粒不在原来位置，C错误；
D．由法拉第电磁感应定律可得

电容器两端的电压等于感应电动势

再根据电场强度与电势差的关系

求得

D正确。
故选AD。
12．BD
【详解】AC．虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面，电子经过a时的动能为9eV，从a到c的过程中动能减小6eV，由能量守恒可知，电势能增加6eV，则

所以等势面a的电势为9V，故AC错误；
B．匀强电场中间距相等的相邻等势面间的电势差相等，电场力做功相等，动能变化相等，a到c动能减小6eV，则a到d动能减小9eV，所以该电子到达d等势面时的动能为0，故B正确；
D．经过a时的动能为9eV，a到c动能减小6eV，则经过c时的动能为3eV，由公式可得

则速率之比等动能之比再开方，即电子经过a时的速率是经过c时的倍，故D正确。
故选BD。
13．ACD
【详解】AB．小球A、B之间的库仑力

设弹簧弹力为T，小球B在竖直方向上，则有

弹簧的弹力在水平方向的分力为

再由胡克定律，则有

由几何关系

可解，
，，，，
因小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A，又有F＞Tx，且小球A带负电，则小球B带正电，所受合外力

由合外力提供向心力，则有


故A正确，B错误；
C．在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，小球受到向，左的电场力，这时提供的向心力减小，这样提供的向心力小于需要的向心力，小球做离心运动，故C正确；
D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向上的匀强磁场的瞬间，由左手定则可知，小球受到一个指向圆心的洛伦兹力作用，这时供的向心力大于需要的向心力，小球做近心运动，故D正确；
故选择：ACD。
14．CD
【详解】AC．图线的斜率表示电场力，段粒子所受电场力减小，故段电场强度减小，同理，段电场强度为零，故A错误，C正确；
BD．段微粒的电势能逐渐增大，而微粒带负电荷，所以其电势降低，段微粒受到的电场力不变，电势能降低则动能增加，则微粒做匀加速直线运动，故B错误，选项D正确。
故选CD。
15．ACD
【详解】A．a点的电场强度Ea=E1a+E2a，c点的电场强度

而E2a与 E2c大小相等，E1a > E1c，故一定有Ea>Ec，故A正确；
B．b、d 两点的场强方向可能平行于Q1、Q2连线向左，这种情形下b、d 两点的场强方向就相同，故B错误；
C．c、a在Q2 的等势线上，所以c、a两点的电势决定于Q1的电场，故c点电势一定高于a点电势，故C正确；
D．c、a间的电势差决定于Q1的电场，当r减小时c、a间的距离减小，故c、a间的电势差减小，故D正确。
故选ACD。
16．BD
【详解】A．在、之间的电场方向由指向，根据沿电场方向电势降低可知，点电势高于等势面与连线交点电势，故点电势高于点电势，A错误；
B．由图可知等势圆圆心离负电荷比较近，可知等势圆电势高于圆心电势，即点高于点电势，由于电场强度方向垂直等势面，且由高电势指向低电势，故点电场强度方向指向点，B正确；
C．由于从点电势低于点电势，将正试探电荷从点移到点，静电力做功为

C错误；
D．由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量，则在点的右侧电场强度不为零，设距离为，在点左侧距离点处，当满足

解得

可知除无穷远处外，在点左侧距离点位置的电场强度为零，D正确。
故选BD。
17．AC
【详解】A．将电荷量为的粒子从A点沿直线移动到B点，电场力做功为；
则有

若将该粒子从C点沿直线移动到D点，电场力做功为2W，可得

根据匀强电场可知，CO沿着电场线的距离是AO沿着电场线的距离的2倍，而由几何关系做辅助线如图所示

因A点在CO的投影点M为中点，可知电场线沿CD方向，故匀强电场的场强为

故A正确；
B．A、C两点间的电势差为

故B错误；
C．将该粒子从B点移动到D点，电场力做功为

故C正确；
D．将该正粒子从C点移动到B点，相当于从C点到N点，电场力做正功，电势能减少，故D错误；
故选AC。
18．AD
【详解】B．图像斜率表加速度，根据图像知，到过程中，加速度不断增大，电场力增大，到过程中，加速度不变，电场力恒定；根据知，、、三点的电场强度高低关系为，故B正确，不符合题意；
C．由图像知，带正电粒子仅在电场力作用下沿电场线由点运动到点，粒子动能增加，则电场力做正功，电势能减少，所以，故C正确，不符合题意；
A．、、三点的电势能关系，根据知，故A错误，符合题意；
D．带正电荷的粒子仅在电场力的作用下运动且电场力做正功，根据功能关系可知，机械能不断增加，所以，故D错误，符合题意。
故选AD。
19．CD
【详解】A．根据电场线与等势线垂直，可判断P点处为负电荷。无穷远处电势为0，e点在P、Q连线的中垂线上，则e点的电势为零，故A错误；
B．根据电场线与等势线垂直，Q点处为正电荷，可知a、b两点的电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点的电场强度不同，故B错误；
C．从Q到P电势逐渐降低，则b点的电势高于d点的电势，故C正确；
D．a点的电势高于c点的电势，将负电荷从a点移动到c点时，电场力做负功，电荷的电势能增加，故D正确。
故选CD。
20．AD
【详解】A．A、B两点的电势差

电场强度

由几何关系可知，A、B两点在电场线BE方向的距离为

代入数据可得

A项正确；
B．电场线方向从B指向E，可知，E点电势最低，因为粒子带负电，故E点电势能最大，动能最小，由几何关系可知，BE=2m，则

故E点动能为

B项错误；
C．在匀强电场中只有平行线上等间距的任意相邻两点间的电势差才相等，C项错误；
D．电场方向沿AF方向，经过F点的带电粒子在减速为零后，再反向加速，沿原路径返回A点，D项正确；
故选AD。
21．（1）；（2）
【详解】（1）若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子在磁场的轨迹如图所示

由洛伦兹力提供向心力可得

由几何关系可得

解得粒子的轨道半径为

联立解得磁感应强度的大小为

（2）若上述过程仅由方向平行轴的匀强电场实现，粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有




联立解得电场强度大小为

根据动能定理可得

解得粒子经过点时的动能为

22．(1)见解析；(2)0.014J
【详解】(1)A与B相碰前A受到竖直向下的重力，水平向左的电场力，竖直向上的支持力和水平向右的滑动摩擦力，电场力大小为

滑动摩擦力大小为

因，所以A向左做初速度为零的匀加速直线运动；
A与B相碰后，A和B受到竖直向下的重力，水平向左的电场力，竖直向上的支持力和水平向右的滑动摩擦力，电场力大小仍为

滑动摩擦力大小为

因，所以A和B向左做匀速直线运动；
A和B与墙壁碰撞后A和B受到竖直向下的重力，水平向左的电场力，竖直向上的支持力和水平向左的滑动摩擦力，电场力大小仍为

滑动摩擦力大小为

因合力水平向左，所以A和B向右做匀减速直线运动，当速度减至零时，因水平向左的电场力与最大静摩擦力相等，所以A和B静止；
(2)设两滑块A和B相撞前瞬间滑块A的速度为，由动能定理有

解得

滑块A、B碰撞的过程系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有

解得

设两滑块与墙壁碰撞后向右运动的最大距离为，根据动能定理有

解得

故两滑块在粗糙水平面上运动的整个过程中，由于摩擦而产生的热量是

代入数据解得