第50讲 带电粒子在叠加场中的运动（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份第50讲 带电粒子在叠加场中的运动（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共17页。
\l "_Tc11536" 02、知识导图，思维引航 PAGEREF _Tc11536 \h 1
\l "_Tc21040" 03、考点突破，考法探究 PAGEREF _Tc21040 \h 1
\l "_Tc21345" 考点一.带电粒子在叠加场中的运动 PAGEREF _Tc21345 \h 2
\l "_Tc10131" 考点二.STSE中的叠加场模型 PAGEREF _Tc10131 \h 4
\l "_Tc14892" 知识点1.速度选择器 PAGEREF _Tc14892 \h 4
\l "_Tc25351" 知识点2.磁流体发电机 PAGEREF _Tc25351 \h 5
\l "_Tc23539" 知识点3.电磁流量计 PAGEREF _Tc23539 \h 5
\l "_Tc5737" 知识点4.霍尔元件 PAGEREF _Tc5737 \h 6
\l "_Tc14406" 04、真题练习，命题洞见 PAGEREF _Tc14406 \h 9
考点一.带电粒子在叠加场中的运动
1.叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2.常见的几种运动形式
1.如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为eq \r(3)d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
(1)求直流电源的电动势E0；
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；
(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。
【解题指导】第(1)问：通过小球在叠加场中做圆周运动的条件进行分析。
第(2)问：分析小球在两极板间的圆周运动。
第(3)问：确定电场强度的最小值。
【答案】 (1)eq \f(mgdR1＋R2,qR2) (2)eq \f(mv,2dq) (3)eq \f(mg,2q)
【解析】(1)小球在两极板间做匀速圆周运动，则静电力与重力平衡，可得Eq＝mg
R2两端的电压U2＝Ed
根据闭合电路欧姆定律得U2＝eq \f(E0,R1＋R2)·R2
联立解得E0＝eq \f(mgdR1＋R2,qR2)。
(2)带电小球在电容器中运动轨迹如图所示。
设小球做圆周运动的半径为r，根据几何关系得(r－d)2＋(eq \r(3)d)2＝r2，解得r＝2d
根据qvB＝meq \f(v2,r)，解得B＝eq \f(mv,2dq)。
(3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受静电力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，静电力最小，电场强度最小，可得E′q＝mgcs 60°，解得E′＝eq \f(mg,2q)。
2．(多选)如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上且范围足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10 m/s垂直MNRS面向右抛出一电荷量为q、质量为m的小球。若磁感应强度B＝eq \f(πm,q)，g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．小球离开磁场时的速度大小为10eq \r(2) m/s
B．小球离开磁场时的速度大小为10eq \r(5) m/s
C．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为eq \f(5,π) eq \r(π2＋4) m
D．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为eq \f(5,π) eq \r(π2＋16) m
【答案】AD
【解析】 把带电小球的运动分解为水平方向的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动，对水平方向的运动，有qv0B＝meq \f(v02,R)，T＝eq \f(2πR,v0)，其中B＝eq \f(πm,q)，联立解得R＝eq \f(v0,π)＝eq \f(10,π) m，T＝2 s，则小球在水平方向运动半个周期即t＝1 s后离开磁场区域，在t＝1 s时，小球在竖直方向分速度v⊥＝gt＝10 m/s，小球离开磁场时的速度大小为v＝eq \r(v02＋v⊥2)＝10eq \r(2) m/s，A正确，B错误；小球离开磁场时的位置与抛出点的水平距离为x＝2R＝eq \f(20,π) m，竖直距离为y＝eq \f(1,2)gt2＝5 m，小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s＝eq \r(x2＋y2)＝eq \f(5,π) eq \r(π2＋16) m，D正确，C错误。
考点二.STSE中的叠加场模型
知识点1.速度选择器
1．工作原理：平行板中匀强电场E和匀强磁场B互相垂直。E与B的方向要匹配，带电粒子由左向右通过速度选择器，有如图甲、乙两种方向组合，带电粒子沿直线匀速通过速度选择器时有qvB＝qE。
2．选择速度：v＝eq \f(E,B)
注意：(1)只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量。
(2)具有单一方向性：在图甲、乙中粒子只有从左侧射入才可能做匀速直线运动，从右侧射入则不能。
知识点2.磁流体发电机
1．工作原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把其他形式的能通过磁场转化为电能。
2．规律分析
(1)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B板是发电机的正极。
(2)电源电动势U：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入等离子体的速度为v，板外电阻为R。当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势)，则qeq \f(U,l)＝qvB，即U＝Blv。
(3)电源内阻：r＝ρeq \f(l,S)。
(4)回路电流：I＝eq \f(U,r＋R)。
知识点3.电磁流量计
1．工作原理：如图所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下会发生纵向偏转，使得a、b间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间电势差就保持稳定，只要测得圆形导管直径d、平衡时ab间电势差U、磁感应强度B等有关量，即可求得液体流量Q(即单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积)。
2．规律分析
(1)导管的横截面积S：S＝eq \f(πd2,4)。
(2)导电液体的流速v：自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，有qvB＝qE＝qeq \f(U,d)，可得v＝eq \f(U,Bd)。
(3)液体流量Q：Q＝Sv＝eq \f(πd2,4)·eq \f(U,Bd)＝eq \f(πdU,4B)。
(4)a、b端电势高低的判断：根据左手定则可得φa＜φb。
知识点4.霍尔元件
1．模型分析：如图所示，高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。
2．电势高低的判断：导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高；若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低。
3．霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝qeq \f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd，联立得U＝eq \f(BI,nqd)＝keq \f(BI,d)，其中k＝eq \f(1,nq)称为霍尔系数。
1．(多选)某个智能手机中固定着一个矩形薄片霍尔元件，四个电极分别为E、F、M、N，薄片厚度为h，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的匀强磁场B，M、N间的电压为UH，已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的是( )
A．N极电势高于M极电势
B．磁感应强度越大，UH越大
C．增加薄片厚度h，UH增大
D．将磁场和电流分别反向，N极电势低于M极电势
【答案】AB
【解析】：电流的方向由E流向F，根据左手定则，带正电的载流子受洛伦兹力的方向指向N，则N极电势高，故A正确；设左、右两个表面相距为d，载流子所受的电场力大小等于洛伦兹力，即eq \f(eUH,d)＝evB，I＝neSv，S＝dh，联立解得UH＝eq \f(BI,neh)，令k＝eq \f(1,ne)，则UH＝keq \f(BI,h)，所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压UH与磁感应强度B成正比，故B正确；根据UH＝keq \f(BI,h)，可知增加薄片厚度h，UH减小，故C错误；若磁场和电流分别反向，根据左手定则，带正电的载流子仍向N极偏转，则N极电势仍高于M极电势，故D错误。
2.如图所示，M、N为速度选择器的上、下两个带电极板，两极板间有匀强电场和匀强磁场。匀强电场的电场强度大小为E、方向由M板指向N板，匀强磁场的方向垂直纸面向里。速度选择器左右两侧各有一个小孔P、Q，连线PQ与两极板平行。某种带电微粒以速度v从P孔沿PQ连线射入速度选择器，从Q孔射出。不计微粒重力，下列判断正确的是( )
A.带电微粒一定带正电
B.匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(v,E)
C.若将该种带电微粒以速率v从Q孔沿QP连线射入，不能从P孔射出
D.若将该带电微粒以2v的速度从P孔沿PQ连线射入后将做类平抛运动
【答案】 C
【解析】 若带电微粒带正电，则受到的洛伦兹力向上，静电力向下，若带电微粒带负电，则受到的洛伦兹力向下，静电力向上，微粒沿PQ运动，只要求洛伦兹力等于静电力，因此微粒可以带正电也可以带负电，故A错误；对微粒受力分析有qE＝qvB，解得B＝eq \f(E,v)，故B错误；若带电微粒带负电，从Q孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向上，若带电微粒带正电，从Q孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向下，不可能做直线运动，故不能从P孔射出，故C正确；将该带电微粒以2v的速度从P孔沿PQ连线射入后，洛伦兹力大于静电力，微粒做曲线运动，由于洛伦兹力是变力，则微粒不可能做类平抛运动，故D错误。
3.(多选)磁流体发电机又叫等离子体发电机，如图所示，燃烧室在3 000 K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管提速后以1 000 m/s的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，磁感应强度大小为6 T。等离子体发生偏转，在两极间形成电势差。已知发电通道长a＝50 cm，宽b＝20 cm，高d＝20 cm，等离子体的电阻率ρ＝2 Ω·m。则以下判断中正确的是( )
A.发电通道的上极板带正电，下极板带负电
B.开关断开时，高温等离子体不能匀速通过发电通道
C.当外接电阻为8 Ω时，电流表示数为150 A
D.当外接电阻为4 Ω时，发电机输出功率最大
【答案】 AD
【解析】 等离子体进入矩形发电通道后，受洛伦兹力作用发生偏转，由左手定则可以判断，正电荷向上偏，负电荷向下偏，故发电通道的上极板带正电，下极板带负电，A正确；开关断开时，若等离子体在通道内受到的电场力与磁场力平衡，则等离子体可以匀速通过发电通道，不再偏转，B错误；开关断开时，由qeq \f(U,d)＝qvB，得两极板的最大电势差U＝Bdv＝6×0.2×1 000 V＝1 200 V，开关闭合时，由电阻定律得，发电机内阻r＝eq \f(ρd,ab)＝4 Ω，若外接电阻R＝8 Ω，则由闭合电路的欧姆定律得，电路中的电流I＝eq \f(U,R＋r)＝100 A，C错误；若外接电阻R＝4 Ω，则R＝r，发电机有最大输出功率，D正确。
4.为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b和c，左、右两端开口与排污管相连，如图所示。在垂直于上、下底面加磁感应强度为B向下的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N，M和N与内阻为R的电流表相连。污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况。下列说法中正确的是( )
A.M板比N板电势高
B.污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小
C.污水流量大小，对电流表的示数无影响
D.若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大
【答案】 D
【解析】 根据左手定则，正离子往N板偏，负离子往M板偏，最终M板带负电，N板带正电，M板电势比N板电势低，故A错误；最终正、负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，可得qeq \f(U,b)＝qvB，污水的流量Q＝vbc，则MN两端间的电势差为U＝eq \f(QB,c)，污水流量越大，电势差越大，电流表示数越大；增加磁感应强度，电势差增大，电流表示数也增大；污水中离子浓度越大，导电性能越好，即电阻率减小，M、N间污水的电阻r减小，其他条件不变时，回路中的电流增大，故B、C错误，D正确。
5.某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图14所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B′＝k2I′。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I′的方向和大小分别为( )
A.a→b，eq \f(k2,k1)I0 B.a→b，eq \f(k1,k2)I0
C.b→a，eq \f(k2,k1)I0 D.b→a，eq \f(k1,k2)I0
【答案】 D
【解析】 根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I′的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合磁场的磁感应强度为0，所以有k1I0＝k2I′，解得I′＝eq \f(k1,k2)I0，故D正确。
1．（2024·江西·高考真题）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能．现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当时，测得关系图线如图（b）所示，元电荷，则此样品每平方米载流子数最接近（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量
q=nevtb
根据电流的定义式得
当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有
联立解得
结合图像可得
解得
故选D。
2．（2023·浙江·高考真题）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场，通有待测电流的直导线垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场。调节电阻R，当电流表示数为时，元件输出霍尔电压为零，则待测电流的方向和大小分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压为零，直导线在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流的方向应该是；元件输出霍尔电压为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有
解得
故选D。
3．（2024·湖北·高考真题）磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是（ ）
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
【答案】AC
【详解】A．带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确；
BCD．离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则
可得
因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和密度无关，BD错误C正确。
故选AC。
4．（2024·安徽·高考真题）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。己知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（ ）
A．油滴a带负电，所带电量的大小为
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
【答案】ABD
【详解】A．油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有
解得
故A正确；
B．根据洛伦兹力提供向心力
得
解得油滴a做圆周运动的速度大小为
故B正确；
C．设小油滴Ⅰ的速度大小为，得
解得
周期为
故C错误；
D．带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得
解得
由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。
故选ABD。
5．（2024·贵州·高考真题）如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经边的中点进入区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：
(1)粒子沿直线通过区域时的速度大小；
(2)粒子的电荷量与质量之比；
(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有
解得
（2）粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看做从边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为，加速度大小为，由牛顿第二定律可得
由类平抛运动规律可得
联立解得粒子的电荷量与质量之比
（3）粒子从中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为，由几何关系可知
可得
则有
6．（2024·甘肃·高考真题）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
（2）求O点到P点的距离。
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为（略大于），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。
【答案】（1）带正电，；（2）；（3）
【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件
在加速电场中，由动能定理
联立解得，粒子的比荷为
（2）由洛伦兹力提供向心力
可得O点到P点的距离为
（3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
向下的电场力
由于，且
所以通过配速法，如图所示
其中满足
则粒子在速度选择器中水平向右以速度做匀速运动的同时，竖直方向以做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的点的要求，故此时粒子打在点的速度大小为
7．（2023·江苏·高考真题）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。

【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【详解】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有
Ee = ev0B
解得
E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F合 = evmB－eE
在最低点有
F合 = eE－evB
联立有

要让电子达纵坐标位置，即
y ≥ y2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。
考情分析
2024·贵州·高考物理第14题
2024·江苏·高考物理第14题
2024·甘肃·高考物理第15题
2024·广东·高考物理第15题
2024·河北·高考物理第25题
复习目标
目标1.了解叠加场的特点，会分析带电粒子在叠加场中的运动问题。
目标2.会分析带电粒子在交变电、磁场中的运动问题。
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受的合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律