物理大二轮高考复习第三板块验收评价-对标“四翼”考法查验薄弱环节

第三板块验收评价一对标“四翼”考法，查验薄弱环节

一、基础性考法评价

1.（2022•福州模拟）如图所示，电工穿上用铜丝编织的防护服进行高

压带电作业时，防护服能保护电工的安全，其原因是（）

A.防护服用铜丝编织不易拉破，对人体起到保护作用

B.编织防护服的铜丝电阻小，对人体起到保护作用

C.人体被防护服所包裹，人体电势为零，对人体起到保护作用

D.人体被防护服所包裹，人体场强为零，对人体起到保护作用

解析：选D人体被金属丝做成的防护服所包裹，则人体处于静电屏蔽状态，人体场强

为零，对人体起到保护作用。故D正确。

2.某静电场沿X轴方向的电势分布如图所示,下列关于0〜刈之间沿X

方向的电场强度描述正确的是（规定电场沿X正方向时电场强度取正

值)(

E

O«1×2*Eo

A

解析：选D根据伊X图像可知在0〜B间电势不变，图线的斜率等于零，则场强为零，

表示在0〜XI间X正方向不存在电场，在X1〜X2间电势降低，则在Xl〜X2间存在着沿X正方

向的电场，根据什X图像的斜率不变，则场强不变。故D正确。

3.（多选汝口图所示为实验室电磁炮的模型图。在倾角，=37。的绝缘斜面上固定两条不计

电阻、间距d=lm的平行金属导轨，导轨处在垂直斜面向下的3=2T的匀强磁场中，导

轨下端接有电动势£=24V、内阻r=lC的电源，滑动变阻器的阻值变化范围为0〜10。，

允许通过的最大电流为5A。导轨上放置一连同金属杆尸Q在内的质量机=1kg的电磁炮，

金属杆尸。垂直两金属导轨放置，金属杆电阻RO=2。，与导轨间的动摩擦因数为0.2,设最

大静摩擦力等于滑动摩擦力。闭合开关S,使电磁炮在导轨上静止，则变阻器连入电路的阻

解析：选BC电磁炮静止在导轨上时受重力、支持力、安培力和摩擦力，其中摩擦力

可能沿导轨向上，也可能沿导轨向下，由平衡条件可知，"gsinθ±f=BId,又/≤∕ππgcosθ,

解得2.2AW/W3.8A,由闭合电路欧姆定律得解得黑∩≤Λ≤TTΩ,选项B、

K（）~rr~τ,κIVIi

由于距离不同，所以这些小电容器的电容不同。此时传感器给所有的小电容器充电达到某一

电压值，然后开始放电，其中电容值较小的小电容器放电较快，于是根据放电快慢的不同，

就可以探测到同样的位置，从而形成指纹的图像数据。根据以上信息，下列说法中正确的是

（）

A.在峪处形成的小电容器电容较大

B.在峪处形成的小电容器放电较慢

C.在喳处形成的小电容器充电后带电量较大

D.潮湿的手指对指纹识别没有任何影响

解析：选C在峪处形成的小电容器，极板与指纹间距离d较大，电容较小，所带电荷

量较小，则放电较快，A、B错误；在墙处形成的小电容器，极板与指纹间距离d较小，电

容较大，充电后带电量较大，C正确；潮湿的手指与传感器之间有水填充，改变了原来匹配

成平行板电容器的电容，所以对指纹识别会产生影响，D错误。

5.（2022f∙岛模拟）（多选）如图甲所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，

磁感应强度为8,电场强度为E,一质量为机，电荷量为g的带正电小球恰好处于静止状态。

现在将磁场方向顺时针旋转30。，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度如图乙所

示。则关于小球的运动，下列说法正确的是（）

EBEB

甲乙

A.小球做匀速圆周运动

B.小球运动过程中机械能守恒

C.小球运动到最低点时电势能增加了鬻

D.小球第一次运动到最低点历时就

解析：选AD小球在复合场中处于静止状态，只受两个力作用，

即重力和电场力且两者平衡。当把磁场顺时针方向倾斜30。，且给小球

一个垂直磁场方向的速度°,则小球受到的合力等于洛伦兹力，与速度

方向垂直，所以带电小球将做匀速圆周运动，选项A正确；由于带电

小球在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动过程中受到电场力要

做功，所以机械能不守恒，选项B错误；小球从开始到最低点克服电场力做功为W=EgRSin

30。=喑4所以电势能的增加量为罄々选项C错误；小球第一次运动到最低点的时间为

4r=2⅜'选项D正确。

6.利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小。用绝缘轻质丝线把底部长为

L.电阻为R、质量为m的U形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与

电源，导线的电阻忽略不计。当有拉力产作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直

接显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压为©时，拉力显示器的示数为B；接

入恒定电压为E2时（电流方向与电压为El时相反），拉力显示器的示数为尸2。已知尸1＞尸2,

则磁感应强度B的大小为（）

K（Fl-F2）似八一出）

A'L（EX-EZ）B，I（EI+瓦）

3+尸2）K（FI+凡）

L（E1-Ei）UEi+Ei）

解析：选B当线框接入恒定电压为El时，拉力显示器的示数为尸1,则Fi=ιng+B^L;

接入恒定电压为E2时（电流方向与电压为El时相反），拉力显示器的示数为F2,则F2=mg

-⅛L;联立解得B=鬻言名选项B正确。

^L（E∖-ΓE2）

7.（多选）匀强电场中有一与电场方向平行的扇形AOB区域，如图所

示，圆心角0=120。，半径R=Im,其中C、F将圆弧A5四等分。

己知仰=9V,QB=O,仅＞=3V,以下说法正确的是（）

A.°o=6VB.ψF=3N

C.电场方向沿40连线方向D.场强大小为3V∕m

解析：选ABC连接A5、OC.OD、OF,交点分别为人H,G,

∆OIG为等边三角形，ZkOAAAoBG为等腰三角形，如图所示，由

几何关系可得A∕=∕G=GB,即人G为AB的三等分点，由于匀强电

场电势均匀变化，可得的=6V,0G=3V,故OF为电势3V的等势面，

由几何关系可得£＞/连线垂直于04,与OF平行，为电势6V的等势面，即9O=6V,PF=

3V,故A、B正确；电场方向垂直于等势面指向电势较低一侧，故沿Ao连线方向，C正确;

场强大小为E=-^=6V∕m,D错误。

K

8.（多选）如图所示，均匀带电的半圆环在圆心0点产生的电场强度为E、电

势为外把半圆环分成AB、BC、CZ）三等份。下列说法正确的是（）

A.BC部分在。点产生的电场强度的大小为与

P

B.8C部分在0点产生的电场强度的大小靖

C.BC部分在。点产生的电势为

D.BC部分在。点产生的电势为为

解析：选AD如图所示，8、C两点把半圆环等分为三段。设每

段在。点产生的电场强度大小均为E'。AB段和Q9段在。处产生的

场强夹角为120。，它们的合场强大小为E',则整个半圆环在。点的

E

合场强：E=2E,,则：E1=5；故圆弧3C在圆心。处产生的场强为

E

3。电势是标量，设圆弧BC在圆心。点产生的电势为“，则有3φ'

=φ,员4φ'=/,故选A、Do

9.如图所示，真空中有一个半径r=0∙5m的圆柱形匀强磁场区域,

磁场的磁感应强度大小3=2X10-3τ,方向垂直于纸面向外，》轴与圆

形磁场相切于坐标系原点0,在x=0.5m和X=1.5m之间的区域内有

一个方向沿y轴正方向的匀强电场区域，电场强度E=L5X1（）3N∕C,

在X=1.5m处竖有一个与X轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在O点沿纸平面向各个方

向发射速率相同、比荷1×IO9C/kg的带正电的粒子，若沿y轴正方向射入磁场的粒子

恰能从磁场最右侧的4点沿X轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用

和其他阻力。求：

（1）粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；

（2）沿ʃ轴正方向射入磁场的粒子从粒子源射出到打到荧光屏上的时间（计算结果保留两

位有效数字）；

（3）从。点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围。

解析：（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为R=r=0∙5m,

由quB=nr^,进入磁场时O=笠丁

代入数据解得V=LOXlO6m/so

(2)粒子在磁场中运动的时间

L,2πR兀、__

G=WX才=WXlO6s

粒子从A点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为以所以在电场中运动的时间

X

Z2=~=1.0×10-6S

总时间f=fl+f2=。+1)×IO-6s≈1.8×10-6So

(3)从O点沿X轴正方向直接射入电场的粒子，在电场中的加速

度大小

。=必=1.5义IO12m∕s2

m

2l22

在电场中侧移：j∣=∣αh=∣×1.5×10×Qχ*∣θ6^m=0.75m

打在屏上的纵坐标为0.75m;

经磁场偏转后从坐标为(0,1m)的点平行于X轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为

1.75m;其他粒子也是沿X轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带

电粒子打在荧光屏上的纵坐标区域为0.75m≤j≤1.75mo

答案：(l)1.0×IO6m/s(2)1.8×10-6s

(3)0.75m≤j≤1.75m

二'综合性考法评价

io.［电容器和电势、电势能的综合K多选)如图所示，两块正对平行-------2

ɪ∙p

金属板M、N与电源相连，N板接地，在距两板等距离的尸点固定一个ɪ

带负电的点电荷，如果M板向上平移一小段距离，贝!|()

A.点电荷受到的电场力变小

B.M板带的电荷量增加

C.尸点的电势升高

D.点电荷在尸点具有的电势能增加

解析：选AD两板电压不变，M板上移，d增大，由E=，知E变小，由尸=Eg知电

场力变小，A正确；由电容的决定式C=U下知，M板上移，电容减小，由。=CU可知,

。变小，B错误；N板接地电势为零，φp=UPN=ETPN,E变小，则9“降低，C错误；由

Ep=q(pp,因为qvθ,φp>09%变小，则EP变大，D正确。

IL［电场与圆周运动'功能关系的综合］

(2022•全国乙卷)(多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个β+d

同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成，其横截-ζz¾AA

城子。探测器

面如图(a)所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其图(a)

到。点的距离成反比，方向指向。点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。

不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为0、半径分别为n、r2(K<r1<r2<R+rf);粒子

3从距。点0的位置入射并从距。点ri的位置出射；粒子4从距。点r∣的位置入射并从距

。点「2的位置出射，轨迹如图(b)中虚线所示。贝!!()

./Qi./01

T

粒f?探测器曲子/探测器面子,探测器粒］?探测器

图(b)

A.粒子3入射时的动能比它出射时的大

B.粒子4入射时的动能比它出射时的大

C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能

D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能

解析：选BD在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设

为Er=鼠带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有gEι="Γ1,gE2

=/n—,可得%ι√=吟g=fi⅛2,即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C

错误；粒子3从距。点门的位置入射并从距。点ri的位置出射，做向心运动，电场力做正

功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，同理可知，粒子4入射时的动能比

它出射时的大，故A错误，B正确；粒子3做向心运动，有qE2>1n%,可得.中〈纥'?=)

2

mvl,粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确。

12.［电磁场与电阻定律、欧姆定律的综合|(多选)电磁泵在生产、

科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，成边长为

Li,两侧端面是边长为心的正方形；流经泵体内的液体密度为p,

在泵头通入导电剂后液体的电导率为。(电阻率的倒数),泵体所在处

有方向垂直向外的匀强磁场，磁感应强度为8,把泵体的上下两表面接在电压为。的电源上

(内阻不计)，贝!|()

A.泵体上表面应接电源负极

B.通过泵体的电流/=经

C.增大磁感应强度可获得更大的抽液高度

D.增大液体的电导率可获得更大的抽液高度

解析：选CD当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时液体受到

的磁场力水平向左，故A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R=z⅛=lχ#

ɔσL∖L2OL∖

因此流过泵体的电流∕=UZ4b,故B错误；增大磁感应强度5,液体受到的磁场力变大，因

此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电导率，可以使电流增大，液体受到的

磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故D正确。

13.［安培力与电路的综合］如图所示，电阻为4K的金属圆环固定于XXdXX

匀强磁场中，圆环所在平面与磁场方向垂直，a、b、c、d是圆环的四等厂一、、\

X/X×∖X

分点。直流电源（图中未画出）的电动势为E,内阻为将a、C两点与«∖c

直流电源相接，圆环受到的安培力大小为Fi5将。、方两点与直流电源

相接，圆环受到的安培力大小为尸2。不考虑连接电源与圆环的导线的电XXbx×

阻及圆环的形变，下列判断正确的是（）

解析：选D当电源接在a、C两点时回路中的总电流为∕ι=7Γ⅛-=⅛,设圆环的半

"十"并LK.

径为r,利用左手定则可判断圆环的αdc部分与而C部分所受安培力方向相同，故圆环受到

RFrF

的安培力Fi=BIι,2r=;同理，当电源接在。两点时回路中的总电流为，2=^"j"R升I—=

4E

俞，利用左手定则可判断圆环的GdC）部分与必部分所受安培力方向相同，故圆环受到的安

培力尸2=引2@=吟彩f,则有亮=壶=羊，即IV£4,故选项D正确，选项A、

B、C错误。

14.［带电粒子在叠加场中的运动］如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在与水平

方向成45。、大小为El的匀强电场，一质量为机、带电荷量为+g的小球从A（-L,L）点静

止释放，穿过y轴后，在y轴和竖直线PQ之间的第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场Bi,

整个第一象限内都有竖直向上的匀强电场E2,且ETEI,\隹，小球在里面恰

好能做匀速圆周运动，在y轴与尸。之间的第四象限内有一竖直向上，大小为氏=誓的匀

*1

强电场；而在一、四象限尸。的右侧是一大小为52=得虚、方向垂直纸面向内的匀强磁

场。已知P0与X轴的交点坐标为GL0）。求：

(1)小球第一次进入第一象限时的速度大小；

(2)小球第二次通过PQ的坐标；

(3)从开始释放到第二次通过一共经历的时间。

解析：(1)因为小球在y轴与PQ之间的第一象限内恰好做匀速圆周运动，则：Ezq=mg

因为及=乎Ei,故Eiq=Smg,

对小球在A点受力分析可得，mg与Elg的合力大小为，"g,且合力方向水平向右；

所以对小球在第二象限有：

2^L=V2-02,得。=也证。

⑵对小球在第一象限有：

mv2—mv

Eιq=mg,qvB∖=~^^,得：r∖=^^^=L

所以小球运动:个圆周垂直X轴向下进入第四象限，在匀强电场心和重力Wlg的共同作

用下先做匀减速直线运动再做匀加速直线运动，且加速度为：Eι,q-mg=maf得：a=g

然后小球再次从X轴上(L,0)点垂直向上进入第一象限，由几何关系可得，小球第二次在

匀强磁场Bi里面向右偏转J第一次通过虚线尸。；随后小球向左偏转做匀速圆周运动，由几

何关系可知，偏转120。后第二次通过尸。；

ftlV2

在句强磁场52里面，由gv82=-^∙,

过mvl

得：0_*2_2

所以由几何关系得：j=∏sin60°+2r2cos30O=√3L

即第二次通过PQ的坐标为(IL√3∆)o

(3)小球在匀强电场Ei中运动的时间为

t产=、件

g∖∣g

小球在匀强磁场Bi中运动的时间为

__5___52mn5πIT

’2=踵71=Tr"=T^∖∕⅛

小球在匀强电场E3中运动的时间为

小球在匀强磁场B2中运动的时间为

1„12πmπIT

A=gT2=3∙而=§y面

所以从开始释放小球到第二次通过PQ一共经历的总时间为：t^=ti+t2+ti+t4=

答案：(l)√iiL(2)(∣L,√3L)

⑶(3+碧)ʌ/v

15.［带电粒子在组合场、交变场中的运动］如图甲所示，水

平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比：：：：：：了「

荷E=Wc∕kg的正电荷置于电场中的。点由静止释放，经过∙⅞MllIlEIW

ntJm

XlOFS后，电荷以研＞=1.5XHAm/s的速度通过MN进入其上“„"

甲

方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度〃按图乙所示规律作周期性变化。图乙中磁场

以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为E=O时刻。求:

0.3

0

3,JL红也17π√(×ιo5s)

：15：3515

-0.5

乙

⑴匀强电场的电场强度E；

(2)Z=y×IOFS时刻电荷与O点的水平距离;

(3)如果在O点右方J=68Cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运

动到挡板所需的时间。(sin37。=0.60,cos37°=0.80)

解析：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为£1,有笠0=31,

Eq=ma9

解得E=$=产X.V/m。

(2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径r∣=写i=5cm,周期Γ,=⅛=⅞×10^5s,

当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径门屈=3cm,周期B=证=WXIOs,

电荷从磁场返回电场到再次进入磁场所用时间为2∕∣=-^×10^5s,

故从f=0时刻电荷做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示。

4TT

10~5s时刻电荷与O点的水平距离∆d=2（∏-rι）=4Cmo

4TT

（3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为T=MXlO-5s,

根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个,

电荷沿MN运动的距离s=15Ad=60cm,

故最后8cm的运动轨迹如图乙所示，有∏÷rιcosα=8cm,

解得cosa=0.6,则a=530,1

故电荷运动的总时间人=f∣+157+糅7ι=啜沪XlO-s。Jr,/

答案：（1产IO4V/m（2）4cm

Tr

⑶甯×10-sS

三、应用'创新性考法评价

16.（2022•山东先岛模拟）心脏除颤器的工作原理是用较强的脉冲电流，

通过心脏以消除心律失常，使之恢复窦性心律，该方法也可称为电击除颤。

工作时向储能电容器充电，使电容器获得一定的储能，对心颤患者皮肤上

的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激心颤患者的心脏，使之

恢复正常跳动。如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容

器电容为14μF,充电至IokV电压，如果电容器在2ms时间内完成放电，放电结束时电容

器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是（）

A.这次放电过程中通过人体组织的电流恒为70A

B.这次放电有0.14C的电荷量通过人体组织

C.若充电至5kV,则该电容器的电容为7μF

D.人体起到绝缘电介质的作用

解析：选B根据C=S可知该电容器所带电荷量在放电过程中逐渐减小，电压也在逐

渐减小，所以电流逐渐减小，故A错误；根据C=号可知充电至IOkV时电容器带的电荷量

为Q=CU=I4X10=χi0χi03c=o.i4C,故这次放电过程中有0.14C的电荷量通过人体

组织，故B正确；电容器在充电过程中，电容器的电容不变，仍然为14μF,故C错误；人

体为导体，故D错误。

17.（多选）某同学用如图1所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能E（重力

势能、电势能之和）情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定

在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出3的位置X和速度，利用能量守恒可以得到势能

E-x图像。图2中I是小球E-x图像，II是计算机拟合的图线I的渐近线，实验中一切摩擦

可忽略，小球的电荷量不会发生变化，g=10m∕s2,则2小球（）

6.010.020.01∕cm

图2

A.上升过程速度一直变大

B.上升过程速度先变大后变小

C.质量为0.5kg

D.从x=6.0Cm处运动至X=20.0Cm处电势能减少0.3J

解析：选BCD上升过程系统能量守恒E+Ek=Es,结合图像可知，上升过程中势能

先变小后变大，因此，小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A错误，B正确；

根据库仑定律Fc=，F,可知，当L8时，Fc-O,系统势能的变化量主要取决于重力做

XE

功∖E=mg∖x,即由此可知小球2的重力等于图中渐近线的斜率，结合图像可知

mg=竽J=5N,解得∕n=0.5kg,C正确；从x=6.0cm处运动至X=20.0Cm过程中，

根据系统能量守恒AEk=-AE=-0.4J,根据动能定理可得WG+W电=ΔEk,又因为WG=

—∕ng∆x=-0.7J,解得卬电=0.3J,从x=6.0Cm处运动至x=20.0Cm过程中，电场力做正

功0.3J,电势能减少0.3J,D正确。

18.如图所示的坐标系中，有两个半径均为r的圆形线圈必、L2,分

别垂直于y轴和X轴放置，其圆心Oi和O2的坐标分别为（0,√3r）.（√3B2）

r,0）,给线圈I4通电流3∕o（从上向下看为逆时针方向），给线圈心通电流爪

4/。（从右向左看为逆时针方向）。据相关电磁学理论可以知道，圆环形电F限F

流在其中心轴线上产生的磁感应强度为8=其中〃为真空磁导率，/为环中电流,

2(r2+Z¾

r为圆环半径，Z为中心轴线上任意一点到圆环圆心的距离。据此可推算出两通电线圈在坐

标原点O处产生的磁感应强度的大小和方向分别为（）

A.若，方向指向第一象限B.鬻，方向指向第二象限

Of

C.⅝τ,方向指向第三象限D.2绰，方向指向第四象限

16r7

解析：选A根据B=W”,可知:线圈心在。点产生的磁感应强度为：Bl=

2（r2+Z¾

—3'/°a3=噤,由右手螺旋定则可知方向沿y轴正方向，线圈心在。点产生的磁感应

2[r2+（∖∕3r）2]2'

强度为：B2=—也叱~尸喂方向沿X轴正方向，和外方向垂直，所以。点的磁感

2[r2+（√3r）¾「

应强度为B='BF+B?=舞,方向指向第一象限，A正确。

19.（多选）如图所示，水平固定一截面为正方形的绝缘方管，其长

度为L,空间存在场强为E、方向水平向右的匀强电场和磁感应强度-⅛____一……*

为B、方向竖直向下的匀强磁场。将质量为m、带电荷量为+q的小L

球从左侧管口无初速度释放，已知小球与管道各接触面间的动摩擦因数均为"，小球运动到

右侧管口处时速度为该过程中（）

A.洛伦兹力对小球做功为IWBL

B.电场力对小球做功为gEL

C.系统因摩擦而产生的热量为

D.系统因摩擦而产生的热量为qEL-^mv2

解析：选BD小球向右运动，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向垂直于纸

面向里，与运动的方向垂直，洛伦兹力不做功，故A错误；小球受到的电场力大小为尸=Eq,

方向向右，小球运动的方向也向右，所以电场力做的功W=FL=EgL,故B正确；小球在运

动的过程中，受到向下的重力、向右的电场力、垂直于纸面向里的洛伦兹