高中物理考点专题09 电场(3)(解析版)

专题09 电场（3）

三、计算题：（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）

1、如图所示，A 、B 是位于竖直平面内、半径R ＝0.5 m 的1

4圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B 与水平绝

缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E ＝5×103 N/C 。今有一质量m ＝0.1kg 、带电荷量q ＝＋8×10－

5C 的小滑块(可视为质点)从A 点由静止释放。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g ＝10m/s 2，求：

(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力； (2)小滑块在水平轨道上通过的总路程。

【解析】（1）滑块从A 到B 的过程，由动能定理知：0-mv 2

1q -mg 2

=

ER R 滑块在B 点由牛顿第二定律知：R

F N 2

mv mg -=

联立解得：F=2.2N

由牛顿第三定律知压力大小2.2N ，方向竖直向下

（2）水平轨道上F f =μmg=0.05N ＜Eq=0.4N ，并且mg=1N ＞qE=0.4N ， 故小滑块将沿轨道往复运动，最后一定停在B 点。 对小滑块全过程由动能定理知：mgR-EqR-μmgd=0-0 联立解得：d=6m

【考点】电场中的多过程问题 【难度】中等

2、如图所示，在足够高的竖直绝缘挡板上A 点，以水平速度v 0向左抛出一个质量为m ，电荷量为＋q 的小球，由于空间存在水平向右、场强大小为E 的匀强电场。小球抛出后经过一段时间将再次到达墙面上的B 点，重力加速度为g 。求在此过程中： (1)小球水平方向的速度为零时到板面的距离； (2)板上A 、B 两点间的距离； (3)小球的最小速度大小。

【解析】(1)小球在水平方向先向左匀减速直线后向右匀加速直线 水平方向上有a x ＝F m ＝qE

m ，02-v 02=2（- a x ）x

联立解得：x ＝mv 20

2qE

(2)小球在水平方向匀减速往复直线： - v 0= v 0- a x t ，a x ＝F m ＝qE

m

联立解得：t ＝2mv 0

qE

竖直方向自由落体运动：y ＝12gt 2＝2m 2gv 20

q 2E

2

(3)小球做类斜抛运动，将速度沿合力方向和垂直于合力方向正交分解，垂直于合力方向匀速直线， 当沿合力方向的分速度为零时，小球的合速度最小。 设合力F 合与水平向右方向的夹角为θ，v min ＝v 0sin θ， 根据力的关系知sinθ ＝mg

q 2E 2＋m 2g 2

联立解得：v min ＝

mgv 0

q 2E 2＋m 2g 2

【考点】电场中的类斜抛运动 【难度】较难

3、如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB 与水平放置的光滑圆弧轨道BCD 相切于B 点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角∠BOC ＝37°，线段OC 垂直于OD ，圆弧轨道半径为R ，直线轨道AB 长为L ＝5R 。整个轨道处于电场强度为E 的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD 。现有一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小物块P 从A 点无初速度释放，小物块P 与AB 之间的动摩擦因数μ＝0.25，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力。求： (1)小物块第一次通过C 点时对轨道的压力大小； (2)小物块第一次通过D 点后离开D 点的最大距离； (3)小物块在直线轨道AB 上运动的总路程。

【解析】(1)小物块从A 点到第一次到C 点的过程，由动能定理知： qE （Lsin37°＋R －Rcos37°)－μqELcos37°＝1

2mv 2C1

－0

在C 点由牛顿第二定律知：F N －qE ＝m v 2C1

R

联立解得：F N ＝5.4qE

由牛顿第三定律知此时压力大小是5.4qE

(2)小物块从A 到第一次到D 的过程，由动能定理知 qE(Lsin37°－Rcos37°)－μqELcos 37°＝1

2mv 2D1

－0

小物块第一次到达D 点后先以速度v D1逆电场方向做匀减速直线运动， 由动能定理知-qEx max ＝0－1

2mv 2D1

联立解得：x max ＝6

5

R

(3)分析可知小物块到达B 点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上往复圆周运动。 由功能关系知qELsin 37°＝μqEdcos 37° 解得:d ＝15R

【考点】电场中的多过程问题 【难度】较难

4、如图所示为研究电子枪中电子在恒定电场中运动的简化模型示意图。在xOy 平面的第一象限，存在以x 轴、y 轴及双曲线y ＝L 2

2x 的一段(0≤x≤L ，0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ，电场强度为E 。在第二象限存

在以(－2L≤x≤0，0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅱ。一电子(电荷量大小为e ，质量为m ，不计重力)从电场Ⅰ的边界B 点处由静止释放，恰好从N 点离开电场区域Ⅱ。求： (1)电子通过C 点时的速度大小； (2)电场区域Ⅱ中的电场强度的大小；

(3)试证明：从AB 曲线上的任一位置由静止释放的电子都能从N 点离开电场。

【解析】(1)由双曲线y ＝

L 2

2x 且y=L 知BC 间距离为L

2

，从B 到C 电子做匀加速直线， 由动能定理知：eE L 2＝1

2mv 2C －0，解得：v C ＝

eEL

m

(2) 电子在区域Ⅱ中做类平抛运动， x 轴方向2L ＝v C t ，y 轴方向L ＝eE′

2m t 2

联立解得：E′＝E

2

(3)设电子从AB 曲线上点P(x ，y)进入电场Ⅰ区域，在区域Ⅰ由动能定理知：eEx ＝1

2mv 20－0

电子类平抛运动假设落在x 轴上的x′处 x 轴方向x′＝v 0t ，y 轴方向y ＝eE′2m

t 2

又y ＝L 2

2x

，联立解得：x′＝2L

因此所有从边界AB 曲线上由静止释放的电子均从N 点射出。 【考点】电场中的多过程问题 【难度】中等

5、如图甲所示，A 、B 为两块平行金属板，极板间电压为U AB ＝1125V ，板中央有小孔O 和O′，现有足够多的电子源源不断地从小孔O 由静止进入A 、B 之间。在B 板右侧，平行金属板M 、N 长L 1＝4×10－

2m ，板间距离d ＝4×10－

3m ，在距离M 、N 右侧边缘L 2＝0.1m 处有一荧光屏P ，当M 、N 之间未加电压时电子沿M 板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″点并发出荧光。现给金属板M 、N 之间加一个如图乙所示的变化电压u ，在t ＝0时刻，M 板电势低于N 板。已知电子质量为m e ＝9.0×10－31

kg ，电荷量为e ＝1.6×10

－19

C 。

(1)每个电子从B 板上的小孔O′射出时的速度多大？ (2)电子打在荧光屏上的范围是多少？ (3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？

【解析】（1）电子经AB 间的电场加速，由动能定理知2

0mv 2

1e =

AB U ，解得:v 0==2×107m/s （2）电子水平方向匀速直线，水平运动时间0.4s s 102v t 9-0

1

1???==L ，

因此每个电子都近似做类平抛运动。

当u=22.5V 时，电子竖直向下的偏移量最大，d

u ，m e a ，at 21y 2

11===

E E 联立解得：y 1=2×10-3m ，y 1＜d 说明所有电子都能够飞出金属板，此时电子的竖直速度v y =at 联立解得：v y =2×106m/s

电子射出极板后匀速到达荧光屏：水平方向L 2= v 0t 2,竖直方向y 2=v y t 2 联立解得：y 2=0.01m ，t 2=5×10-9s

电子打在荧光屏P 上的总偏转位移y=y 1+y 2=0.012m ，方向竖直向下 （3）当u=22.5V 时，电子飞出电场的动能最大 E K =

2

1mv 2，v 2=v 02

+v y 2 E K =1.82×10-16J 【考点】电场中的多过程问题 【难度】较难

6、如图所示，在E=103V/m 的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm ，一带正电荷q=10-4C 的小滑块质量为m=40g ，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s 2，问：

（1）要小滑块恰能运动到圆轨道的最高点C ，滑块应在水平轨道上离N 点多远处释放？ （2）这样释放的滑块通过P 点时对轨道压力是多大？（P 为半圆轨道中点） （3）小滑块经过C 点后最后落地，落地点离N 点的距离多大？

【解析】（1）设小滑块与N 点的距离为L ，从出发点到C 点由动能定理知： qEL-μmgL -mg2R=

2

1mv 2-0 小滑块在C 点由牛顿第二定律知：R

2

mv mg =

联立解得：v=2m/s ，L=20m

（2）从出发点到P 点，由动能定理知：qE （L+R ）-μmgL -mgR=

2

1

mv p 2-0 在P 点由牛顿第二定律知：F N -qE=R

2

mv

联立解得：F N =1.5N

由牛顿第三定律知小滑块通过P 点时对轨道压力大小是1.5N （3）小滑块过C 点后水平方向先匀减速直线：x=vt-

2

1at 2

，qE=ma 竖直方向自由落体运动：2R=2

1gt 2 联立解得:x=0.6m

【考点】电场中的多过程问题 【难度】中等

7、如图甲所示，A 、B 是两水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B 板接地。A 板电势?A 随时间变化情况如图乙所示，C 、D 两平行金属板竖直放置，中间有正对两孔O 1′和O 2，两板间电压为U 2，组成减速电场。现有一带负电粒子在t ＝0时刻以一定初速度沿AB 两板间的中轴线O 1O 1′进入，并能从O 1′沿O 1′O 2进入C 、D 间，刚好到达O 2孔，已知带电粒子带电荷量为－q ，质量为m ，不计其重力。求：

(1)该粒子进入A 、B 的初速度v 0的大小。

(2)A 、B 两板间距的最小值和A 、B 两板长度的最小值。

【解析】(1)粒子从O 1到O 1′水平方向匀速， 粒子从O 1′到O 2匀减速直线运动,由动能定理知：

-qU 2=0-

21mv 02，解得：v 0=m

qU 22 （2）经分析知粒子在AB 间运动一个周期AB 板间距最小和AB 两板长度最小。

AB 两板长度最小值L= v 0T=T

m

qU 22

在AB 板中运动的竖直方向：先向上匀加速直线再向上匀减速直线，后向下匀加速直线最后向下匀减速直线

由对称性知md q a ，4a 212d 12

U T =???

? ??= 联立解得：m

2q 2d 1

U T

= 【考点】带电粒子在交变电场中的运动 【难度】较难

8、在如图所示的直角坐标系中，第二象限有沿y 轴负方向的匀强电场E 1，第三象限存在沿x 轴正方向的匀强电场E 2，第四象限中有一固定的点电荷。现有一质量为m 的带电粒子由第二象限中的A 点(－a ，b)由静止释放(不计重力)，粒子到达y 轴上的B 点时，其速度方向和y 轴负方向的夹角为45°。粒子在第四象限中恰好做匀速圆周运动，经过x 轴上的C 点时，其速度方向与x 轴负方向的夹角为60°。求： (1) E 1和E 2之比； (2)点电荷的位置坐标。

【解析】（1）粒子在第二象限匀加速直线运动，设进入第三象限时的速度为v 0：

211t a 2

1b =

，qE 1=ma 1，v 0= a 1t 1 联立解得：qb

2mv 201

=E 粒子在第三象限做类平抛运动，设B 点速度为v ，在B 点速度正交分解：0

x

v v 45tan =

? 水平方向匀加速直线：222t a 2

1a =

，qE 2=ma 2，v x =a 2t 2 联立解得：qa

2mv 202

=E 因此

221v a

2t ，b a ==E E （2）设O 、B 的间距为L ，粒子做匀速圆周的半径为r ： 粒子在第三象限类平抛运动：L=v 0t 2=2a 粒子在第四象限匀速圆周：L=rcos45°+rsin30° 联立解得： r=4a （2-1）

点电荷在的位置坐标：x D =rsin45°=（4a-22a ），y D =-（L-rcos45°）=（2a-22a ） 点电荷的位置坐标为[（4a-22a ），（2a-22a ）] 【考点】电场中的多过程问题 【难度】较难

9、在如图所示的竖直平面内，物体A 和带正电的物体B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M 点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k ＝5N/m 的轻弹簧一端固定在O 点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D 与A 相连。弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM 垂直于斜面。水平面处于场强E ＝5×104 N/C 、方向水平向右的匀强电场中。已知A 、B 的质量分别为m A ＝0.1kg 和m B ＝0.2kg ，B 所带电荷量q ＝＋4×10－

6C 。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B 电荷量不变。取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求B 所受静摩擦力Ff 的大小；

(2)现对A 施加沿斜面向下的拉力F ，使A 以加速度a ＝0.6 m/s 2开始做匀加速直线运动,A 从M 到N 的过程中，B 的电势能增加了ΔE p ＝0.06 J 。已知DN 沿竖直方向，B 与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。求A 到达N 点时拉力F 的瞬时功率。

解：（1）对A 由平衡条件知：m A gsinθ-F 1=0 对B 由平衡条件知：qE+F f -F 1=0 联立解得：F f =0.4N （2）设MN 的长度为d ，

A 到N 点时对A 由牛顿第二定律知：F+m A gsinθ-F 2-F 弹sinθ=m A a ， A 到N 点时对

B 由牛顿第二定律知： F 2-qE-μm B g=m B a 由胡克定律知F 弹=kx ，由几何关系知θ

θtan d

-sin d x =，由功能关系知△E P =qEd ，

A 从M 匀加速运动到N ：V 2-02=2ad 拉力F 在N 点的瞬时功率：P=Fv 联立解得：P=0.528W

【考点】电场中的动力学问题；连接体问题 【难度】较难

10、一绝缘“?”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ 、MN 和一半径为R 的光滑半圆环MAP 组成，固定在竖直平面内，其中MN 杆是光滑的，PQ 杆是粗糙的。现将一质量为m 的带正电荷的小环套在MN 杆上，小环所受的电场力为重力的12

。

(1)若将小环由D 点静止释放，则刚好能到达P 点，求DM 间的距离；

(2)若将小环由M 点右侧5R 处静止释放，设小环与PQ 杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。

【解析】 （1）设DM 间的距离为x ，小环刚好到达P 点时速度为零 对小环从D 点到P 点的过程由动能定理知：qEx-mg·2R=0-0 又由题意知qE=

2

1

mg ，联立解得：x=4R （2）当μmg≥qE 时，即μ≥

2

1

时小环到达P 点右侧x 1处静止， 由动能定理知：qE （5R- x 1）-mg?2R -μmgx 1=0 联立解得：u

21x 1+=

R

整个运动过程中克服摩擦力所做的功为u

21umg umgx w 11+=

=R

当μmg

2

1

时小环不能在PQ 上静止， P 点速度为零后小环就在P 点下方往复运动。 小环从出发时刻到P 点速度为零时刻的过程，由动能定理知：qE·5R －mg·2R －W 2＝0 解得：W 2＝

2

1

mgR 【考点】电场中的多过程问题；多值问题 【难度】较难

11、如图所示，静止于A 处的离子，经电压为U 的加速电场加速后沿图中的圆弧虚线通过静电分析器，从P 点垂直CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强大小都为E 0，方向沿圆弧半径指向圆心O 。离子质量为m 、电荷量为q ，QN ＝2d ，PN ＝3d ，离子重力不计。

(1)求圆弧虚线对应的半径R 的大小；

(2)若离子恰好能打在QN 的中点上，求矩形区域QNCD 内匀强电场的场强E 的大小。

【解析】(1)离子在加速电场中加速，由动能定理知：qU ＝1

2mv 02-0

离子在辐向电场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知：qE 0＝m R

20

v

联立解得：R ＝2U

E 0

(2)离子在偏转电场中类平抛， 竖直方向匀速：QN

2

＝v 0t ，

水平方向匀加速直线：PN ＝1

2at 2，由牛顿第二定律知qE ＝ma ，

联立解得：E ＝12U

d

【考点】电场中的多过程问题 【难度】中等

12、如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y 和Y ′长为L ，相距d ，足够大的竖直屏与两板右侧相距b 。在两板间加上可调偏转电压U ，一束质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)从两板左侧中点A 以初速度v 0沿水平方向射入电场且能穿出。

(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线与初速度方向交于两板间的中心O 点。 (2)求两板间所加偏转电压U 的范围。 (3)求粒子可能到达屏上区域的长度。

【解析】（1）粒子在偏转电场中类平抛，

水平方向匀速：L ＝v 0t 竖直方向匀加速直线：y ＝1

2at 2 v y ＝at

由三角函数知 tan θ＝v y v 0＝y x ，联立解得：x ＝L

2

因此粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线与初速度方向交于两板间的中心O 点。 (2) 竖直方向匀加速直线：a ＝F m ＝Eq m ，E ＝U

d

联立解得：y ＝qUL 2

2dmv 20

当y ＝d 2时U ＝md 2v 20qL 2，因此两板间所加电压的范围：－md 2v 20qL 2≤U≤md 2v 20

qL 2

(3)当y ＝d 2时，粒子在屏上侧向偏移最大y max ＝(L 2＋b)tanθ，而tanθ＝d L ，

解得：y max ＝

d （L ＋2b ）2L ，屏上区域的长度为2y max ＝d （L ＋2b ）

L

【考点】电偏转问题 【难度】中等

13、从阴极K 发射的电子经电势差U 0=5000V 的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L 1 =10cm 、间距d=4cm 的平行金属板A 、B 之间，在离金属板边缘L 2=75cm 处放置一个直径D=20cm 、带有记录纸的圆筒．整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计（图①）。若在两金属板上加以U 2=1000cos2πtV 的交变电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以n=2转／秒匀速转动，确定电子在记录纸上的轨迹形状并画出1s 内所记录到的图形。

【解析】电子在加速电场中由动能定理知：0-mv 2

1e 2

00=

U ，解得v 0=4.2?107m/s 交变的偏转电场强度：d

2

2U E =

又U 2=1000cos2πtV ，解得：E 2=2.5?104cos2πt V/m

偏转电场中：1012211t v ，m e a ，at 21y ===L E ， 联立解得：20

2

1

212mv e y L E =

电子飞离金属板时的竖直速度：

1

012

1y t v ，m

e a ，at v ==

=L E 电子从飞离金属板到达圆筒时的偏距：2022y 2t v ，t v y ==L ，联立解得：2

2122mv e y L L E =

所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏距（见图2）: 由图知y=y 1+y 2 ，解得y=0.20cos2πt m ，偏距的周期s 12==

ω

π

T

可见，在纪录纸上的点在竖直方向上以振幅0.20m 、周期T=1s 做简谐运动。因为圆筒每秒转2周，故转一周在纸上留下的是前半个余弦图形，接着的一周中，留下后半个图形，因此1s 内在纸上的图形如图③所示。 【考点】带电粒子在组合电场中的运动 【难度】较难

14、如图所示，BCD 是光滑绝缘的半圆形轨道，位于竖直平面内，直径BD 。竖直轨道半径为R ，下端与水平绝缘轨道在B 点平滑连接，质量为m 的不带电的滑块b 静止在B 点。整个轨道处在水平向左的匀强电场中场强大小为E 。质量为m 且带正电的小滑块a 置于水平轨道上，电荷量为E

2mg

3q =

，滑块a 与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g 。现将滑块a 从水平轨道上距离B 点s=12R 的A 点由静止释放，运动到B 点与滑块b 碰撞，碰撞时间极短且电量不变，碰后两滑块粘在一起运动，a 、b 滑块均视为质点。求：

（1）滑块a 、b 碰撞后的速度大小。

（2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小。 （3）滑块第一次落地点到B 点的距离。 【解析】（1）a 从A 到B 的过程由动能定理知：

0-mv 2112umg 12q 21=

?-?R R E ，

E 2mg

3q =

联立解得： R g 62v 1=

ab 碰撞的过程由动量守恒定律知mv 1=2mv 2，解得：R g 6v 2=

（2）在圆形轨道左下方，当变速圆周的切向力等于零时滑块速度最大。 由受力图知，4

3

mg 2q tan ==

E θ，解得θ=37° ab 从碰后到最大速度的过程由动能定理知： qERsin37°-2mg （R-Rcos37°）=

21·2mv m 2-2

1

·2mv 22 解得：2

g 13v m R

=

滑块在P 点由牛顿第二定律知： R

F N 2m mv 237cos mg 2=?-

解得：FN=

2

31

mg 由牛顿第三定律知此时滑块对轨道的作用力大小是2

31mg （3）ab 整体从B 到D 的过程由动能定理知： -2mg·2R=

21·2mv 42-2

1

·2mv 22，解得：v 4=√2gR 在D 点由牛顿第二定律知：F ˊN 十2mg=

R

24

mv 2，

联立解得:F ′N =2mg ，因此滑块能过D 点然后水平飞出做类斜抛运动。 竖直方向自由落体运动：2R=

21gt 2，解得：t=g

2R

水平方向匀减速往复直线运动：qE=ma ，x=v 4t-21at 2，联立解得：x=（2

3

-22）R 【考点】变速圆周；类斜抛运动 【难度】较难

15、有一带负电的小球，其带电荷量q=-2?10-4C 。如图15所示，开始时静止在场强E=2?103V/m 的匀强电场中的P 点，靠近电场极板B 有一挡板S ，小球与挡板S 的距离h=4cm ，与A 板距离H=36cm ，小球的重力忽略不计。在电场力作用下小球向左运动，与挡板S 相碰后小球的电荷量减少到碰前的k 倍，已知k=8

7

，碰撞过程中小球的机械能没有损失。

（1）设匀强电场中挡板S 所在位置的电势为零，则小球在P 点时的电势能为多少？ （2）小球第一次被弹回到达最右端时距S 板的距离为多少？ （3）小球经过多少次碰撞后，才能抵达A 板？（已知lg

7

8

=0.058）

【解析】（1）SP 间的电势差：U ＝Eh ＝80V ，U ＝?s-?p ， 已知?s =0，∴?p =-80V 小球在P 点时的电势能：E p =q ?p =-2×10-4×（-80）J=0.016J （2）小球第一次从P 到S 由动能定理知：qEh=

2

1mv 2

-0 设小球第一次被弹回到最右端距S 板的距离为h 1，由动能定理知：-kq·E·h 1=0-

2

1mv 2 联立解得：h 1＝

k 1h=7

32

cm≈4.6cm （3）同理可知小球第二次的距离：h 2＝

k 1h 1=（k 1）2h ，第三次的距离：h 3＝k 1h 2=（k

1

）3h 可知通项公式h n ＝（

k

1）n

h ，当到达A 板时，由几何关系知h+H=h n ， 两边取对数得：k 1

nlg

h

h

lg

=+H ，lg 7

8=0.058 联立解得：n==17.2 ， 所以小球经过18次碰撞后，才能抵达A 板

【考点】电场中的物理数列题【难度】较难