全國通用版2018高考物理大一輪復習靜電場綜合檢測

PAGE《靜電場》綜合檢測(時間:90分鐘滿分:100分)【測控導航】考點題號1.物理學研究方法12.電場強度、電場線、電勢、等勢面、電勢能3,7,8,93.電容器2,64.帶電粒子在電場中的運動4,5,15,175.帶電粒子在交變電場中的運動12,186.帶電粒子在復合場中的運動10,11,167.實驗13,14一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個選項中,第1～6題只有一個選項正確,第7～12題有多項正確,全部選對得4分,選對但不全得2分,有選錯或不選的得0分)1.(2016·浙江寧波效實中學期中)下列各式中,屬于物理量的比值定義式的是(C)A.a=Fm B.E=C.=Epq D.I=解析:電勢的概念是電荷在電場中某一點具有的電勢能跟電荷所帶電荷量的比值,叫做這一點的電勢,所以=Epq是電勢的定義式,而a=Fm是加速度的決定式,E=Ud2.(2016·北京師范大學附屬實驗中學期中)如圖所示,由M,N兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器,極板N與靜電計的金屬球相接,極板M與靜電計的外殼均接地.給電容器充電,靜電計指針張開一定角度.以下實驗過程中電容器所帶電荷量可認為不變.下列操作能使靜電計指針張角變大的是(A)A.將M板向上平移B.將M板沿水平方向向右靠近N板C.在M,N之間插入有機玻璃板D.在M,N之間插入金屬板,且不和M,N接觸解析:根據(jù)公式C=QU=εrS43.電場中的三條等勢線如圖中實線a,b,c所示,三條等勢線的電勢a>b>c.一電子以沿PQ方向的初速度,僅在電場力的作用下沿直線從P運動到Q,則這一過程中電子運動的vt圖像大致是圖中的(A)解析:由圖可知,此電場為非勻強電場,由等勢面的疏密可知Q點處電場強度小于P點處電場強度,電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q,做加速度越來越小的運動,這一過程電子運動的vt圖像可能是A.4.(2016·浙江紹興期中)一個動能為Ek的帶電粒子,垂直于電場線方向飛入平行板電容器,飛出電容器時動能為2Ek,如果使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?則它飛出電容器時的動能變?yōu)?C)A.8Ek B.5Ek C.4.25Ek D.4Ek解析:動能為Ek的帶電粒子,垂直于電場線方向飛入平行板電容器,飛出電容器時動能為2Ek,則電場力做功為W=Ek;若使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?動能變?yōu)?Ek,則在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間減半,根據(jù)y=12at2可知偏轉(zhuǎn)距離變?yōu)樵瓉淼?4,根據(jù)W=Eqy可知電場力做功變?yōu)樵瓉淼?4,即動能增量變?yōu)樵瓉淼?5.(2016·廣東佛山六校聯(lián)考)在絕緣光滑的水平面上x=-3L和x=3L兩處分別固定兩個電荷QA,QB,兩電荷連線之間的電勢φ與位置x之間的關系圖像如圖所示,圖中x=L點為圖線的最低點,若在x=2L處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的帶電小球(可視為質(zhì)點),下列有關說法正確的是(A)A.小球在x=L處的速度最大B.小球可以到達x=-2L點處C.小球?qū)⒁詘=L點為中點做往復運動D.QA,QB為異種電荷,且QA>QB解析:據(jù)φx圖像切線的斜率等于場強E,知x=L處場強為零.x在L到3L內(nèi),場強向左,小球向左加速運動,到x=L處加速度為0,從x=L向左運動時,場強向右,電場力向右,做減速運動,所以小球在x=L處的速度最大,故選項A正確;根據(jù)動能定理得qU=0,得U=0,所以小球能運動到電勢與出發(fā)點相同的位置,由圖知向左最遠能到達x=-L點處,然后小球向右運動,小球?qū)⒁詘=0.5L點為中心做往復運動,不能到達x=-2L點處,故選項B,C錯誤;x=L處場強為零,QA,QB為同種電荷,根據(jù)點電荷場強公式E=kQr2,知電荷QA離x=L處較遠,所以QA>QB6.(2016·北京四中期末)如圖所示,平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接,下極板接地.一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向上移動一小段距離,以下判斷不正確的是(C)A.帶點油滴將沿豎直方向向上運動B.P點的電勢將降低C.電容器所帶電荷量將減少D.平行板電容器的電容將變大解析:電源的電動勢不變,故電容器的兩端電壓不變,當平行板電容器的下極板豎直向上移動一小段距離后,電容器極板間的場強會變大,故帶電油滴受到的電場力增大,油滴豎直向上運動,選項A正確;當下極板向上移動時,因為場強變大,故P與上極板間的電勢差變大,而兩極板間的電勢差不變,故P與下極板間的電勢差減小,因為下極板接地,故P點的電勢將降低,選項B正確;由于電極板間的距離減小,故電容器的電容增大,選項D正確;而極板間的電壓不變,所以電容器所帶的電荷量將增加,選項C錯誤.7.(2016·山東臨沂期中)如圖所示,a,b,c,d是某勻強電場中的四個點.它們是一個四邊形的四個頂點,ab∥cd,ab⊥bc,2ab=cd=bc=2l,l=1m,電場線與四邊形所在平面平行.已知a點電勢為18V,b點電勢為22V,d點電勢為6V.則下列說法正確的是(ACD)A.勻強電場的場強大小為42V/mB.場強方向由a指向cC.場強方向由b指向dD.c點電勢為14V解析:三角形bcd是等腰直角三角形,具有對稱性,bd連線四等分,如圖所示,已知a點電勢為18V,b點電勢為22V,d點電勢為6V,且ab∥cd,ab⊥bc,2ab=cd=bc=2l,因此根據(jù)幾何關系,可得M點的電勢為18V,與a點電勢相等,從而連接aM,即為等勢面,由幾何關系可知,因bd=22l,所以bM=22l,因此aM=22l,所以aM垂直于bd,則電場線方向為b指向d,E=Ud=22-188.如圖所示,Q1,Q2為兩個被固定的點電荷,a,b是它們連線的延長線上的兩點.現(xiàn)有一帶負電的粒子只在電場力作用下以一定的初速度從a點開始經(jīng)過b點向遠處運動,粒子經(jīng)過a,b兩點時的速度分別為va,vb,其vt圖像如圖(乙)所示.下列說法正確的是(ACD)A.Q1一定帶正電B.Q1的電荷量一定小于Q2的電荷量C.b點的電場強度一定為零D.粒子由a點經(jīng)b點向遠處運動過程中,粒子的電勢能先減小后增大解析:由vt圖像可知,負電荷從a到b做加速度減小的加速運動,所以ab之間電場的方向向左,在b點時粒子運動的加速度為零,則電場力為零,所以該點電場強度為零.過b點后負電荷做減速運動,所以電場的方向向右.b點電場強度為零,可見兩點電荷在b點對負電荷的電場力相等,根據(jù)F=kQ1Q2r2,b到Q1的距離大于到Q2的距離,所以Q1的電荷量大于Q2的電荷量.ab之間電場的方向向左,結(jié)合電場的合成可知,Q9.(2016·山東濟南二模)如圖所示,在勻強電場中有六個點A,B,C,D,E,F,正好構(gòu)成一正六邊形,六邊形邊長為0.1m,所在平面與電場方向平行.點B,C,E的電勢分別為-20V,20V和60V.一帶電粒子從A點以某一速度沿AB方向射出后,經(jīng)過1×10-6s到達D點.不計重力.則下列判斷正確的是(CD)A.粒子帶正電B.粒子在A點射出時的速度為5×105C.粒子在A點的電勢能大于在D點的電勢能D.該粒子的比荷(電荷量與質(zhì)量比值)為7.5×108解析:設正六邊形的中心為O,BE中點的電勢為φO=φB+φE2=20V,故FOC為等勢面,場強方向與FOC垂直,即由E指向A的方向,帶電粒子從A點沿AB方向射出后,經(jīng)過1×10-6s到達D點,可知粒子帶負電,選項A錯誤;粒子從A點到D點做類平拋運動,沿AB方向做勻速運動,則vA=EDt=0.11×10-6m/s=A點電勢低于D點,故粒子在A點的電勢能大于在D點的電勢能,選項C正確;因AE=3L,而3L=12·UAE3L·qmt2,解得10.(2016·四川新津中學模擬)如圖所示,在足夠長的光滑絕緣水平直軌道上方的P點,固定一電荷量為+Q的點電荷.一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的物塊(可視為質(zhì)點的檢驗電荷),從軌道上的A點以初速度v0沿軌道向右運動,當運動到P點正下方B點時速度為v.已知點電荷產(chǎn)生的電場在A點的電勢為(取無窮遠處電勢為零),P到物塊的重心豎直距離為h,P,A連線與水平軌道的夾角為60°,k為靜電力常量,下列說法正確的是(BD)A.物塊在A點的電勢能EpA=+QB.物塊在A點時受到軌道的支持力大小為mg+3C.點電荷+Q產(chǎn)生的電場在B點的電場強度大小EB=kQD.點電荷+Q產(chǎn)生的電場在B點的電勢B=m2q(v02-v解析:因A點的電勢為,則物塊在A點的電勢能EpA=+q,選項A錯誤;PA之間的庫侖力為F=kQq(hsin60°)

2=3kqQ4h2,則物塊在A點時受到軌道的支持力大小為FN=mg+Fsin60°=mg+33kqQ8h2,選項B正確;點電荷+Q產(chǎn)生的電場在B點的電場強度大小EB=kQh2,選項C錯誤;由能量守恒關系可知12mv02+q=111.(2016·浙江嘉興一中等五校聯(lián)考)在真空中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場,質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出,從B點進入電場,到達C點時速度方向恰好水平,A,B,C三點在同一直線上,且AB=2BC,如圖所示.由此可見(ABD)A.電場力為3mgB.小球帶負電C.小球從A到B與從B到C的運動時間相等D.小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等解析:由題意可得,從豎直方向看,小球初速度為0,先加速后減速到0,從水平方向上看,小球做勻速直線運動,因為AB=2BC,故在做平拋運動時的水平位移是小球在電場中水平位移的2倍,而水平方向的速度相等,所以平拋運動的時間是電場中運動時間的2倍;根據(jù)公式vy2=2ay,平拋運動的末速度和電場中運動的初速度相等,平拋運動的豎直位移是電場中豎直方向位移的2倍,故電場中的加速度是平拋時加速度的2倍,因為平拋時的加速度為g,所以在電場中運動時的加速度為2g,方向豎直向上,所以F電-mg=2mg,得電場力F電=3mg,選項A正確;小球在豎直向下的電場中受向上的電場力,故小球帶負電,選項B正確;小球從A到B與從B到C的運動時間不相等,平拋運動的時間是電場中運動時間的2倍,選項C錯誤;因為Δv=at,A到B的速度變化量為g×2t,B到C的速度變化量為-2g12.(2015·山東卷,20)如圖(甲),兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖(乙)所示.t=0時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0～T3A.末速度大小為2v0 B.末速度沿水平方向C.重力勢能減少了12解析:由題意0～T3時間內(nèi)微粒勻速運動,可知qE0=mg,所以T3～2T3與2T3～T時間內(nèi)微粒的加速度等大反向,大小都等于g;T3～2T3時間內(nèi)微粒只在重力作用下的豎直末速度vy1=g·T3,豎直位移y1=12g(T3)2,在2T3～T時間內(nèi)微粒的豎直末速度vy2=vy1-g·T3=0,豎直位移y2=vy1·T3-12g(T3)2=12g(T3)二、非選擇題(共52分)13.(6分)如圖所示為研究平行板電容器電容的實驗,電容器充電后與電源斷開,電荷量Q將不變,與電容器相連的靜電計用來測量電容器的.在常見的電介質(zhì)中,由于空氣的介電常數(shù)是最小的,當極板間插入其他的電介質(zhì)時,電容器的電容將(填“增大”“減小”或“不變”),于是我們發(fā)現(xiàn),靜電計指針偏角將(填“增大”“減小”或“不變”).

解析:電容器充電后與電源斷開,電荷量Q保持不變,靜電計可以測量電容器的電壓;當插入介質(zhì)時,εr增大,由C=εrS4答案:電壓增大減小評分標準:每空2分.14.(6分)(2016·山東滕州期中)如圖(甲)所示,O,A,B為x軸上的三點,x軸上某點有一點電荷,在研究試探電荷所受電場力跟所帶電荷量的關系時,利用測得的數(shù)據(jù)畫出A,B兩點的Fq圖像分別如圖(乙)所示,電場力的正方向與x軸正方向一致,則場源點電荷帶(選填“正電”或“負電”),場源點電荷與A,B兩點的距離之比為,A點的電勢(選填“高于”“等于”或“低于”)B點的電勢.

解析:放在A,B兩點的試探電荷受到的電場力方向都跟x軸的正方向相同,而正電荷所受電場力方向與電場強度方向相同,負電荷所受電場力方向與電場強度方向相反,若點電荷在A的左側(cè)或在B的右側(cè),正、負電荷所受電場力方向不可能相同,所以點電荷Q應位于A,B兩點之間,根據(jù)正、負電荷所受電場力的方向,知該點電荷帶負電.根據(jù)E=Fq,知Fq圖像的斜率大小等于場強E,則知EA∶EB=42∶24=4根據(jù)公式E=kQr2,可知場源點電荷與A,B兩點的距離之比為rA∶rB=EB∶E根據(jù)沿著電場線方向電勢降低,知A點的電勢低于B點的電勢.答案:負電1∶2低于評分標準:每空2分.15.(8分)(2016·福建廈門期中)如圖所示,長為L(L=ab=dc),高為L(L=bc=ad)的矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強電場.電荷量為q、質(zhì)量為m、初速度為v0的帶電粒子從a點沿ab方向進入電場,不計粒子重力.求:(1)若粒子從c點離開電場,求電場強度的大小;(2)若粒子從bc邊某處離開電場時速度為v,求電場強度的大小.解析:(1)a→c過程粒子做類平拋運動,沿v0方向L=v0t,(1分)垂直v0方向L=12at2,a=qE1m,解得E1=2(2)從bc邊某處離開電場時,垂直v0方向vy=v2-vvy=at=qE2m·L解得E2=mv0v答案:(1)2mv16.(10分)(2016·皖南八校聯(lián)考)如圖所示,四分之一光滑絕緣圓弧軌道AB與水平絕緣地面BC平滑連接,且O,A兩點高度相同,圓弧的半徑R=0.5m,水平地面上存在勻強電場,場強方向斜向上與地面成θ=37°角,場強大小E=1×104V/m,從A點由靜止釋放一帶負電的小金屬塊(可視為質(zhì)點),質(zhì)量m=0.2kg,電荷量大小為q=5×10-4C,小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g=10m/s2(已知sin37°=0.6,cos37°(1)金屬塊第一次到達B點(未進入電場)時對軌道的壓力;(2)金屬塊在水平面上滑行的總路程.解析:(1)對金屬塊,從A點到B點,由動能定理得mgR=12mv2,在B點由向心力公式FN-mg=mv2R,由牛頓第三定律,金屬塊對軌道的壓力與軌道對金屬塊的支持力大小相等,方向相反,得FN′=FN=6N,方向豎直向下.(2分)(2)由于qEcosθ=4N,大于滑動摩擦力Ff=μ(mg+qEsinθ)=1N,故金屬塊往返多次,最終停止于B點,(1分)全過程由動能定理mgR-μ(mg+qEsinθ)s=0,(2分)可以得到s=1m.(1分)答案:(1)6N豎直向下(2)1m17.(10分)帶有等量異種電荷的兩個平行金屬板A和B水平放置,相距d(d遠小于板的長和寬),一個帶正電質(zhì)量為m,帶電荷量為q的油滴M懸浮在兩板的正中央,處于平衡,如圖所示,在油滴的正上方距A板d處有一個質(zhì)量也為m的帶電油滴N,油滴N由靜止釋放后,可以穿過A板上的小孔,進入兩金屬板間與油滴M相碰,并立即結(jié)合成一個大油滴。整個裝置處于真空中,若不計油滴M和N間的庫侖力和萬有引力以及金屬板的厚度,要使油滴N能與M相碰,且結(jié)合成的大油滴(油滴可視為質(zhì)點)又不至于與金屬板B相碰。求:(1)兩個金屬板A,B間的電壓是多少,哪板電勢較高?(2)油滴N帶何種電荷?(3)油滴N帶電荷量的取值范圍是多少?解析:(1)油滴M帶正電,在兩金屬板之間處于平衡,有mg=qUd則電勢差U=mgdq,電場力的方向向上,則B板電勢較高.(1分)(2)M,N碰撞后,大油滴向下運動且不與金屬板B相碰,所受電場力一定大于M所受電場力,說明油滴N帶正電.(2分)(3)設油滴N帶電荷量為Q,油滴N與M相碰前的速度為v0,根據(jù)能量守恒定律,得12mv02+12QU=mg(d+油滴N能與M相碰,則12mv02=mg(d+12d所以電荷量Q<3q.(1分)又油滴N與M相碰后,結(jié)合成大油滴,速度為v,有mv0=(m+m)v,(1分)v=12v0=123此后大油滴向下運動,不碰到B板,則有12(2m)v2<12(Q+q)U-2mgd2代入v和U的數(shù)值解得Q>53q.油滴所帶電荷量的范圍是53答案:(1)mgdq(2)正電荷(3)5318.(12分)(2016·江蘇淮安淮海中學二模)如圖(甲)所示,水平放置的平行金屬板AB間的距離d=0.1m,板長L=0.3m,在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板,小孔恰好位于AB板的正中間.距金屬板右端x=0.5m處豎直放置一足夠大的熒光屏.現(xiàn)在AB板間加如圖(乙)所示的方波形電壓,已知U0=1.0×102V.在擋板的左側(cè),有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續(xù)射向擋板,粒子的質(zhì)量m=1.0×10-7kg,電荷量q=1.0×10-2C,速度大小均為v0=1.0×(1)在t=0時刻進入的粒子射出電場時豎直方向的速度大小;(2)熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度;(3)若撤去擋板,同時將粒子的速度均變?yōu)関=2.0×104解析:(1)從t=0時刻進入的帶電粒子水平方向速度不變.在電場中運動時間t=Lv0=3×10-5s,正好等于一個周期.豎直方向先加速后減速,加速度大小a=U0qmd=108m射出電場時豎直方向的速度v=a·13T=10(2)無論何時進入電場,粒子射出電場時的速度均相同.偏轉(zhuǎn)最大的粒子偏轉(zhuǎn)量d1′=12a(23T)2+23aT·13T-12a(13T)(2分)反方向最大偏轉(zhuǎn)量d2′=12a(13T)2+13aT·23T-12a(23T)形成光帶的總長度l=4.0×10-2m(3)帶電粒子在電場中運動的時間為T2所示.d1=aT2·xv=3.75×10-2md2=aT6·xv=1.25×10-2m形成的光帶長度l=d1+d+d2=0.15m.(1分)答案:(1)103m/s(2)4.0×10-2【備用題組】1.(2016·河南洛陽周練)(多選)如圖所示,MPQO為有界的豎直向下的勻強電場(邊界上有電場),電場強度為E=mgq,ACB為光滑固定的半圓形軌道,軌道半徑為R,A,B為圓水平直徑的兩個端點,AC為1A.小球到達C點時對軌道的壓力為2mgB.小球在AC部分運動時,加速度不變C.適當增大E,小球到達C點的速度可能為零D.若E=2mgq解析:小球進入半圓軌道,電場力和重力平衡,小球做勻速圓周運動,根據(jù)動能定理知,mgH=12mvA2,解得vAN=mvA2R=2mg,則小球到達C點時對軌道的壓力為2mg,故A正確;小球在AC部分做勻速圓周運動,加速度大小不變,方向始終指向圓心,故B錯誤;若電場力小于重力,根據(jù)動能定理知,小球到達C點的速度不可能為零;若小球所受的電場力大于重力,根據(jù)徑向的合力提供向心力,在最低點的速度不可能為零,故C錯誤;若E=2mgq,在最低點軌道的作用力為零,根據(jù)牛頓第二定律得,qE-mg=mvC2R,解得vC=gR,根據(jù)動能定理得,mg(H+R)-qER=2.(2016·江蘇江陰二中二模)真空室中有如圖(甲)所示的裝置,電極K持續(xù)發(fā)出的電子(初速度不計)經(jīng)過電場加速后,從小孔O沿水平放置的偏轉(zhuǎn)極板M,N的中心軸線OO′射入.M,N板長均為L,間距為d,偏轉(zhuǎn)極板右邊緣到熒光屏P(足夠大)的距離為s.M,N兩板間的電壓UMN隨時間t變化的圖線如圖(乙)所示.調(diào)節(jié)加速電場的電壓,使得每個電子通過偏轉(zhuǎn)極板M,N的時間等于圖(乙)中電壓UMN的變化周期T.已知電子的質(zhì)量、電荷量分別為m,e,不計電子重力.(1)求加速電場的電壓U1;(2)欲使不同時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子都能打到熒光屏P上,求圖(乙)中電壓U2的范圍;(3)證明在(2)問條件下電子打在熒光屏上形成亮線的長度與距離s無關.解析:(1)由動能定理可知eU1=12mv02解得電壓U1=mL(2)t=0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子,先做類平拋運動,后做勻速直線運動,射出電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y最大.U2作用時間為T2y1=12×eU2md(后T2y2=2y1,y1+y2≤d2,得U2≤4(3)對滿足(2)問條件下任意確定的U2,不同時刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的速度均為vy=qU電子速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為tanα=qU2T電子射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角度均相同,即速度方向相同,不同時刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的側(cè)移距離可能不同,側(cè)移距離的最大值與最小值之差Δy=eU2md(T2)2,Δy與U答案:(1)mL22eT3.(2016·北京市海淀區(qū)期末)如圖所示,真空中有平行正對金屬板A,B,它們分別接在輸出電壓恒為U=91V的電源兩端,金屬板長L=10cm、兩金屬板間的距離d=3.2cm,A,B兩板間的電場可以視為勻強電場.現(xiàn)使一電子從兩金屬板左側(cè)中間以v0=2.0×107m/s的速度垂直于電場方向進入電場,然后從兩金屬板右側(cè)射出.已知電子的質(zhì)量m=0.91×10-30kg,電荷量e=1.6×(1)電子在電場中運動的加速度a的大小;(2)電子射出電場時在沿電場線方向上的側(cè)移量y;(3)從電子進入電場到離開電場的過程中,其動量增量的大小.解析:(1)設金屬板A,B間的電場強度為E,則E=Ud根據(jù)牛頓第二定律有Ee=ma,解得a=5.0×1014m/s(2)電子以速度v0進入金屬板A,B間,在垂直于電場方向做勻速直線運動,沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動.電子在電場中運動的時間為t=Lv電子射出電場時在沿電場線方向的側(cè)移量y=12at2解得y=0.63cm.(3)設電子從進入電場到離開電場的時間t=Lv0內(nèi),其動量的改變量的大小為根據(jù)動量定理有eUtd=Δ解得Δp=2.3×10-24kg·答案:(1)5.0×1014m/s2(3)2.3×10-24kg·4.(2016·華中師大附中期中)如圖所示,一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小球,從距地面高2h處以一定的初速度水平拋出,在距拋出點水平距離為s處有根管口比小球直徑略大的豎直光滑細管,細管的上口距地面高為h,為了使小球能無碰撞地落進管口通過管子,可在管子上方整個區(qū)域內(nèi)加一水平向左的勻強電場,求:(1)小球的初速度;(2)應加電