第2节 磁场对运动电荷的作用力
(赋能课—精细培优科学思维)
课标要求 学习目标
1.通过实验,认识洛伦兹力。2.能判断洛伦兹力的方向,会计算洛伦兹力的大小。 1.掌握洛伦兹力的概念、大小和方向。2.经历由安培力的表达式推导洛伦兹力表达式的过程,了解宏观与微观的联系。3.通过演示实验,观察电子束在磁场中的偏转,认识洛伦兹力。4.了解洛伦兹力在电视显像管中的应用。
一、洛伦兹力的方向
1．洛伦兹力：__________在磁场中受到的力。
2．洛伦兹力方向的判断
左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指______，并且都与手掌在同一个平面内；让________从掌心垂直进入，并使四指指向______电荷运动的方向，这时______所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受__________的方向。
(1)正电荷所受洛伦兹力方向用左手定则判断，和安培力的方向判断方法类似。
(2)负电荷所受洛伦兹力的方向与正电荷相反。
二、洛伦兹力的大小
1．电荷量为q的粒子以速度v运动时，如果速度方向与磁感应强度B的方向______，则F＝______。
2．当电荷运动的方向与______的方向夹角为θ时，F＝________。
3．当电荷沿磁场方向运动(即θ＝0或v∥B)时，F＝______。
三、电子束的磁偏转
1.显像管的构造：如图所示，由电子枪、__________和荧光屏组成。
2．显像管的原理
(1)电子枪______________。
(2)磁场使电子束______。
(3)荧光屏被电子束撞击发光。
磁偏转的原因是洛伦兹力的方向与粒子速度方向始终垂直。
[微情境·大道理]
1．观察阴极射线管中电子束的运动，判断电子束的偏转情况。
(1)没有加磁场时，电子束呈__________。
(2)加上磁场时，电子束的径迹发生______。
(3)改变磁场方向，使其与原来方向相反，电子束会向__________弯曲。
2．如图是导体中的电流所受安培力和导体中定向运动的带电粒子所受洛伦兹力示意图，怎样由此图推导洛伦兹力的公式？
强化点(一) 洛伦兹力方向的判断
任务驱动
如图是磁流体发电机的装置示意图，等离子体中含有大量的正、负带电粒子，思考下列问题：
(1)等离子体喷入磁场，正、负粒子偏转方向是否相同？
(2)A、B板哪一个是电源的正极？
[要点释解明]
1．决定洛伦兹力方向的三个因素：电荷的正负、速度方向、磁感应强度的方向。当电性一定时，其他两个因素如果一个反向，则洛伦兹力反向；若两个因素都反向，则洛伦兹力方向不变。
2．洛伦兹力的方向总是与电荷运动的方向和磁场方向垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。即F、B、v三个量的方向关系是：F⊥B，F⊥v，但B与v不一定垂直。
3．由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，故洛伦兹力永不做功。
4．用左手定则判定负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力方向时，应注意将四指指向负电荷运动的反方向。
[典例] (多选)如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现电子束的径迹向下偏，则( )
A．导线中的电流从A流向B
B．导线中的电流从B流向A
C．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现
D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关
听课记录：
/误区警示/
判断洛伦兹力方向时的易错点
(1)注意电荷的正负，尤其是判断负电荷所受洛伦兹力方向时，四指应指向负电荷运动的反方向。
(2)洛伦兹力的方向一定垂直于B和v所决定的平面。
[题点全练清]
1．(2024·北京延庆期末)(多选)阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上出现如图所示的一条亮线。要使该亮线向z轴正方向偏转，可以( )
A．加上沿y轴正方向的磁场
B．加上沿y轴负方向的磁场
C．加上沿z轴正方向的电场
D．加上沿z轴负方向的电场
2．(选自粤教版教材课后练习)试判定图中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的运动方向。
强化点(二) 洛伦兹力大小的计算
[要点释解明]
1．洛伦兹力的大小
(1)洛伦兹力F＝qvB的适用条件是B⊥v；当v的方向与B的方向成一角度θ时，F＝qvBsin θ。
(2)若速度方向与磁场方向平行，则F＝0。速度大小或方向发生改变，则洛伦兹力也会随之改变。
2．洛伦兹力与安培力的关系
分类 洛伦兹力 安培力
区别 单个运动的带电粒子所受到的磁场力 通电直导线所受到的磁场力
洛伦兹力不做功 安培力可以做功
联系 ①安培力是洛伦兹力的宏观表现,洛伦兹力是安培力的微观本质②方向关系:洛伦兹力与安培力均可用左手定则进行判断
3．洛伦兹力与静电力的比较
比较项目 洛伦兹力 静电力
性质 磁场对在其中运动电荷的作用力 电场对放入其中电荷的作用力
产生条件 v≠0且v不与B平行 电场中的电荷一定受到静电力作用
大小 F=qvB(v⊥B) F=qE
力方向与场方向的关系 一定是F⊥B,F⊥v 正电荷受静电力方向与电场方向相同,负电荷受静电力方向与电场方向相反
做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功、负功或不做功
力F为0时场的情况 F为0,B不一定为0 F为0,E一定为0
作用效果 只改变电荷运动的速度方向,不改变速度大小 既可以改变电荷运动的速度大小,也可以改变电荷运动的方向
[典例] (多选)如图所示，P、Q两点处各有一垂直于纸面的长直导线，均通有垂直纸面向里的恒定电流，电流大小相等。O为P、Q连线的中点，OM为P、Q连线的垂直平分线。已知长通电直导线在周围某点处产生的磁场磁感应强度满足B＝k，其中k为常数，I为电流，r为该点到直导线的距离。在纸面内，一个带负电粒子从点M沿直线OM向无穷远处匀速运动，在整个过程中粒子受到的洛伦兹力( )
A．可能增大 B．可能减小
C．方向垂直纸面向里 D．方向垂直纸面向外
听课记录：
[题点全练清]
1．两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则两带电粒子受洛伦兹力之比为( )
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
2．(2024·陕西西安期末)如图，来自太阳和其他星体的宇宙射线含有大量高能带电粒子，幸好由于地磁场的存在改变了这些带电粒子的运动方向，使很多带电粒子不能到达地面，避免了其对地面生命的危害。已知地球表面上空某处由南指向北的磁感应强度约为1.2×10－4 T，如果有一速率v＝5.0×105 m/s、电量为1.6×10－19 C的正电荷竖直向下运动穿过此处的地磁场，则该正电荷受到的洛伦兹力约为( )
A．9.6×10－18 N 向东 B．9.6×10－18 N 向西
C．9.6×10－16 N 向北 D．9.6×10－16 N 向南
强化点(三) 带电体受洛伦兹力的综合问题
[典例] 如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一长为l的悬线，一端固定于O点，另一端挂一质量为m、带电荷量为＋q的小球，将小球与悬线拉至右侧与磁感线垂直的水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则小球第一次通过最低位置时悬线上的拉力大小为( )
A．3mg＋Bq B．3mg＋Bq
C．3mg－Bq D．3mg－Bq
听课记录：
[变式拓展] 对应[典例]中的情境，则小球第二次通过最低位置时悬线上的拉力大小为( )
A．3mg＋Bq B．3mg＋Bq
C．3mg－Bq D．3mg－Bq
[思维建模型]
带电体受洛伦兹力综合问题的思维建模
(1)以带电体为模型，分析带电体的受力情况，可能有重力、弹力、摩擦力、洛伦兹力等。
(2)带电体的运动可能为直线运动、圆周运动等，其中洛伦兹力的大小和方向都可能随速度的变化而变化，但洛伦兹力永远不做功。
(3)根据不同的运动情况可以选择平衡条件、牛顿第二定律、动能定理等列方程求解。
[题点全练清]
1．(2024·江苏无锡阶段练习)如图所示，一个质量为m的带电小滑块，放置在倾角为α的光滑绝缘斜面上，斜面固定且一半置于垂直纸面向里的匀强磁场中。小滑块由静止开始从斜面顶端沿斜面滑下，进入磁场后，下列情况不可能出现的是( )
A．小滑块沿斜面匀速滑到斜面底端
B．小滑块沿斜面匀加速滑到斜面底端
C．小滑块脱离斜面做曲线运动
D．小滑块先沿斜面下滑一小段距离后脱离斜面做曲线运动
2．(2024·湖北武汉期末)如图所示，将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的小滑块(可视为质点)放在倾斜的固定木板上，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。测得小滑块的质量为m，木板的倾角为θ，木板与滑块之间的动摩擦因数为μ。滑块由静止释放，依次经过A、B、C、D四个点，且AB＝CD＝d，小滑块经过AB、CD所用的时间均为t，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．到达C点之前滑块先加速后减速
B．到达C点之前滑块所受的摩擦力先增大后减小
C．滑块所带的电荷量为－
D．滑块的加速度先减小后增大
第2节 磁场对运动电荷的作用力
一、1.运动电荷 2.垂直 磁感线 正 拇指 洛伦兹力
二、1.垂直 qvB 2.磁场 qvBsin θ 3.0
三、1.偏转线圈 2.(1)发射高速电子 (2)偏转
[微情境·大道理]
1．(1)一条直线 (2)弯曲 (3)相反方向
2．提示：设导体中单位体积内定向运动的带电粒子数为n，粒子的电荷量为q，则长度为vt的导体内带电粒子总数N＝S·vt·n
导体所受安培力F安＝I·vt·B
导体中的电流大小I＝nqSv
每个带电粒子所受的洛伦兹力
F洛＝＝＝qvB。
强化点(一)
[任务驱动] 提示：(1)正、负粒子偏转方向相反。
(2)根据左手定则可知，B板是电源的正极。
[典例] 选BC 由题图可知，阴极射线管中的电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以阴极射线管处的磁场的方向垂直于纸面向里，由安培定则可知，直导线AB中电流的方向向左，即导线中的电流从B流向A，故A错误，B正确；若要使电子束的径迹向上偏，则阴极射线管处的磁场方向需垂直于纸面向外，可以通过改变AB中的电流方向来实现，故C正确；电子束的径迹与AB中的电流方向有关，故D错误。
[题点全练清]
1．选BD 加上沿y轴正方向的磁场，根据左手定则可知，电子向z轴负方向偏转，故A错误；加上沿y轴负方向的磁场，根据左手定则可知，电子向z轴正方向偏转，故B正确；加上沿z轴正方向的电场，电子受到的电场力沿z轴负方向，则电子向z轴负方向偏转，故C错误；加上沿z轴负方向的电场，电子受到的电场力沿z轴正方向，则电子向z轴正方向偏转，故D正确。
2．解析：根据左手定则可判断出各带电粒子所受洛伦兹力的方向或运动方向。
[图(e)中洛伦兹力方向垂直纸面向外]
答案：见解析
强化点(二)
[典例] 选BD 由右手螺旋定则可知，导线P产生的磁场在直线OM处的方向斜向右下方，导线Q产生的磁场在直线OM处的方向斜向右上方，由平行四边形定则可知，直线OM处的合磁场向右，与直线OM垂直，由左手定则可知，带负电的粒子所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向外，C错误，D正确；由表达式B＝k可知，距离导线越远，磁感应强度越小，则无穷远处磁感应强度为0，O点磁感应强度也为0，则从O点到无穷远处，磁感应强度先增大后减小，从M点到无穷远处，磁感应强度可能一直减小，也可能先增大后减小，由表达式F＝qvB可知，粒子受到的洛伦兹力可能越来越小，也可能先增大后减小，A错误，B正确。
[题点全练清]
1．选C 带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时，洛伦兹力F＝qvB，与电荷量成正比，与质量无关，C正确。
2．选A 根据洛伦兹力的表达式可知，F洛＝qvB＝9.6×10－18 N，根据左手定则可知，洛伦兹力由西向东。故选A。
强化点(三)
[典例] 选B 设小球第一次通过最低位置时速度大小为v，小球从右向左通过最低位置，由左手定则可知，在最低位置时小球所受洛伦兹力F方向向下。在最低位置，小球受到重力mg、洛伦兹力F和悬线的拉力FT，根据牛顿第二定律有FT－F－mg＝m。小球从水平位置运动至最低位置过程中，悬线的拉力、洛伦兹力均不做功，根据动能定理有mgl＝mv2，又洛伦兹力F＝qvB，解得FT＝3mg＋Bq，B正确。
[变式拓展] 选D 小球第一次通过最低位置后继续向左运动，由于悬线的拉力、小球受到的洛伦兹力均不做功，因此小球运动到左侧最高点时，悬线水平且与磁感线垂直，之后小球向右摆动，第二次通过最低位置时速度大小仍为v，方向从左到右，由左手定则可知，此时小球所受洛伦兹力F′方向向上。在最低位置，小球受到重力mg、洛伦兹力F′和悬线的拉力FT′，根据牛顿第二定律有FT′＋F′－mg＝m，又F′＝qvB，解得FT′＝3mg－Bq，D正确。
[题点全练清]
1．选A 若小滑块带正电，进入磁场后，所受洛伦兹力的方向垂直斜面向下，此后小滑块会沿斜面匀加速滑到斜面底端；若小滑块带负电，进入磁场后，所受洛伦兹力的方向垂直斜面向上，若速度较小，则洛伦兹力较小，此时小滑块可能沿斜面匀加速滑到斜面底端，也可能先沿斜面下滑一小段距离后脱离斜面做曲线运动；若速度较大，则洛伦兹力较大，小滑块脱离斜面做曲线运动；分析可知小滑块不会沿斜面匀速滑到斜面底端。故选A。
2．选C 以滑块为对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μ＝ma，可知随着滑块速度的增大，滑块的加速度减小，当加速度减至0后，滑块将做匀速运动，所以滑块先做加速度减小的加速运动，然后做匀速运动。小滑块经过AB、CD所用的时间均为t，可知滑块到达A点前已经做匀速运动，到达C点之前滑块先加速后匀速，滑块所受的摩擦力先增大后不变，故A、B、D错误。滑块做匀速运动时，有v＝，根据平衡条件可得mgsin θ＝μ，联立解得滑块所带的电荷量为q＝－，故C正确。
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磁场对运动电荷的作用力
(赋能课—精细培优科学思维)
第2节
课标要求 学习目标
1.通过实验,认识洛伦兹力。 2.能判断洛伦兹力的方向,会计算洛伦兹力的大小。 1.掌握洛伦兹力的概念、大小和方向。
2.经历由安培力的表达式推导洛伦兹力表达式的过程,了解宏观与微观的联系。
3.通过演示实验,观察电子束在磁场中的偏转,认识洛伦兹力。
4.了解洛伦兹力在电视显像管中的应用。
1
课前预知教材/落实主干基础
2
课堂精析重难/深度发掘知能
3
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
课前预知教材/落实主干基础
一、洛伦兹力的方向
1.洛伦兹力:________在磁场中受到的力。
2.洛伦兹力方向的判断
左手定则:伸开左手,使拇指与其余四个手指______,并且都与手掌在同一个平面内;让________从掌心垂直进入,并使四指指向____电荷运动的方向,这时_______所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受__________的方向。
运动电荷
垂直
磁感线
正
拇指
洛伦兹力
(1)正电荷所受洛伦兹力方向用左手定则判断,和安培力的方向判断方法类似。
(2)负电荷所受洛伦兹力的方向与正电荷相反。
二、洛伦兹力的大小
1.电荷量为q的粒子以速度v运动时,如果速度方向与磁感应强度B的方向______,则F=_______。
2.当电荷运动的方向与______的方向夹角为θ时,F=_________。
3.当电荷沿磁场方向运动(即θ=0或v∥B)时,F=____。
垂直
qvB
磁场
qvBsin θ
0
三、电子束的磁偏转
1.显像管的构造:如图所示,由电子枪、_________和荧光屏组成。
偏转线圈
2.显像管的原理
(1)电子枪______________。
(2)磁场使电子束______。
(3)荧光屏被电子束撞击发光。
磁偏转的原因是洛伦兹力的方向与粒子速度方向始终垂直。
发射高速电子
偏转
1.观察阴极射线管中电子束的运动,判断电子束的偏转情况。
(1)没有加磁场时,电子束呈___________。
(2)加上磁场时,电子束的径迹发生______。
(3)改变磁场方向,使其与原来方向相反,电子束会向_________弯曲。
微情境·大道理
一条直线
弯曲
相反方向
2.如图是导体中的电流所受安培力和导体中定向运动的带电粒子所受洛伦兹力示意图,怎样由此图推导洛伦兹力的公式
提示:设导体中单位体积内定向运动的带电粒子数为n,粒子的电荷量为q,则长度为vt的导体内带电粒子总数
N=S·vt·n
导体所受安培力F安=I·vt·B
导体中的电流大小I=nqSv
每个带电粒子所受的洛伦兹力
F洛===qvB。
课堂精析重难/深度发掘知能
如图是磁流体发电机的装置示意图,等离子体中含有
大量的正、负带电粒子,思考下列问题:
(1)等离子体喷入磁场,正、负粒子偏转方向是否相同
提示:正、负粒子偏转方向相反。
(2)A、B板哪一个是电源的正极
提示:根据左手定则可知,B板是电源的正极。
强化点(一) 洛伦兹力方向的判断
任务驱动
1.决定洛伦兹力方向的三个因素:电荷的正负、速度方向、磁感应强度的方向。当电性一定时,其他两个因素如果一个反向,则洛伦兹力反向;若两个因素都反向,则洛伦兹力方向不变。
2.洛伦兹力的方向总是与电荷运动的方向和磁场方向垂直,即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。即F、B、v三个量的方向关系是:F⊥B,F⊥v,但B与v不一定垂直。
要点释解明
3.由于洛伦兹力始终与速度方向垂直,故洛伦兹力永不做功。
4.用左手定则判定负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力方向时,应注意将四指指向负电荷运动的反方向。
[典例] (多选)如图所示,一只阴极射线管,左侧
不断有电子射出,若在管的正下方放一通电直导线AB
时,发现电子束的径迹向下偏,则 ( )
A.导线中的电流从A流向B
B.导线中的电流从B流向A
C.若要使电子束的径迹向上偏,可以通过改变AB中的电流方向来实现
D.电子束的径迹与AB中的电流方向无关
√
√
[解析] 由题图可知,阴极射线管中的电子受到的洛伦兹力的方向向下,所以阴极射线管处的磁场的方向垂直于纸面向里,由安培定则可知,直导线AB中电流的方向向左,即导线中的电流从B流向A,故A错误,B正确;若要使电子束的径迹向上偏,则阴极射线管处的磁场方向需垂直于纸面向外,可以通过改变AB中的电流方向来实现,故C正确;电子束的径迹与AB中的电流方向有关,故D错误。
/误区警示/
判断洛伦兹力方向时的易错点
(1)注意电荷的正负,尤其是判断负电荷所受洛伦兹力方向时,四指应指向负电荷运动的反方向。
(2)洛伦兹力的方向一定垂直于B和v所决定的平面。
1.(2024·北京延庆期末)(多选)阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出,在荧光屏上出现如图所示的一条亮线。要使该亮线向z轴正方向偏转,可以 ( )
A.加上沿y轴正方向的磁场 B.加上沿y轴负方向的磁场
C.加上沿z轴正方向的电场 D.加上沿z轴负方向的电场
题点全练清
√
√
解析:加上沿y轴正方向的磁场,根据左手定则可知,电子向z轴负方向偏转,故A错误;加上沿y轴负方向的磁场,根据左手定则可知,电子向z轴正方向偏转,故B正确;加上沿z轴正方向的电场,电子受到的电场力沿z轴负方向,则电子向z轴负方向偏转,故C错误;加上沿z轴负方向的电场,电子受到的电场力沿z轴正方向,则电子向z轴正方向偏转,故D正确。
2.(选自粤教版教材课后练习)试判定图中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的运动方向。
答案:见解析
解析:根据左手定则可判断出各带电粒子所受洛伦兹力的方向或运动方向。
[图(e)中洛伦兹力方向垂直纸面向外]
1.洛伦兹力的大小
(1)洛伦兹力F=qvB的适用条件是B⊥v;当v的方向与B的方向成一角度θ时,F=qvBsin θ。
(2)若速度方向与磁场方向平行,则F=0。速度大小或方向发生改变,则洛伦兹力也会随之改变。
要点释解明
强化点(二) 洛伦兹力大小的计算
2.洛伦兹力与安培力的关系
分类 洛伦兹力 安培力
区别 单个运动的带电粒子所受到的磁场力 通电直导线所受到的磁场力
洛伦兹力不做功 安培力可以做功
联系 ①安培力是洛伦兹力的宏观表现,洛伦兹力是安培力的微观本质 ②方向关系:洛伦兹力与安培力均可用左手定则进行判断
3.洛伦兹力与静电力的比较
比较项目 洛伦兹力 静电力
性质 磁场对在其中运动电荷的作用力 电场对放入其中电荷的作用力
产生条件 v≠0且v不与B平行 电场中的电荷一定受到静电力作用
大小 F=qvB(v⊥B) F=qE
力方向与 场方向的关系 一定是F⊥B,F⊥v 正电荷受静电力方向与电场方向相同,负电荷受静电力方向与电场方向相反
做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功、负功或不做功
力F为 0时场的情况 F为0,B不一定为0 F为0,E一定为0
作用效果 只改变电荷运动的速度方向,不改变速度大小 既可以改变电荷运动的速度大小,也可以改变电荷运动的方向
续表
[典例] (多选)如图所示,P、Q两点处各有一垂直
于纸面的长直导线,均通有垂直纸面向里的恒定电流,
电流大小相等。O为P、Q连线的中点,OM为P、Q连线的垂直平分线。已知长通电直导线在周围某点处产生的磁场磁感应强度满足B=k,其中k为常数,I为电流,r为该点到直导线的距离。在纸面内,一个带负电粒子从点M沿直线OM向无穷远处匀速运动,在整个过程中粒子受到的洛伦兹力( )
A.可能增大 B.可能减小
C.方向垂直纸面向里 D.方向垂直纸面向外
√
√
[解析] 由右手螺旋定则可知,导线P产生的磁场在直线OM处的方向斜向右下方,导线Q产生的磁场在直线OM处的方向斜向右上方,由平行四边形定则可知,直线OM处的合磁场向右,与直线OM垂直,由左手定则可知,带负电的粒子所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向外,C错误,D正确;由表达式B=k可知,距离导线越远,磁感应强度越小,则无穷远处磁感应强度为0,O点磁感应强度也为0,则从O点到无穷远处,磁感应强度先增大后减小,从M点到无穷远处,磁感应强度可能一直减小,也可能先增大后减小,由表达式F=qvB可知,粒子受到的洛伦兹力可能越来越小,也可能先增大后减小,A错误,B正确。
1.两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场,两粒子质量之比为1∶4,电荷量之比为1∶2,则两带电粒子受洛伦兹力之比为 ( )
A.2∶1 B.1∶1
C.1∶2 D.1∶4
解析:带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时,洛伦兹力F=qvB,与电荷量成正比,与质量无关,C正确。
题点全练清
√
2.(2024·陕西西安期末)如图,来自太阳和
其他星体的宇宙射线含有大量高能带电粒子,
幸好由于地磁场的存在改变了这些带电粒子的
运动方向,使很多带电粒子不能到达地面,避免了其对地面生命的危害。已知地球表面上空某处由南指向北的磁感应强度约为1.2×10-4 T,如果有一速率v=5.0×105 m/s、电量为1.6×10-19 C的正电荷竖直向下运动穿过此处的地磁场,则该正电荷受到的洛伦兹力约为 ( )
A.9.6×10-18 N 向东
B.9.6×10-18 N 向西
C.9.6×10-16 N 向北
D.9.6×10-16 N 向南
解析:根据洛伦兹力的表达式可知,F洛=qvB=9.6×10-18 N,根据左手定则可知,洛伦兹力由西向东。故选A。
√
[典例] 如图所示,在磁感应强度为B的匀强磁场中,有
一长为l的悬线,一端固定于O点,另一端挂一质量为m、带电
荷量为+q的小球,将小球与悬线拉至右侧与磁感线垂直的水
平位置,由静止释放,重力加速度为g,则小球第一次通过最低位置时悬线上的拉力大小为 ( )
A.3mg+Bq B.3mg+Bq
C.3mg-Bq D.3mg-Bq
强化点(三) 带电体受洛伦兹力的综合问题
√
[解析] 设小球第一次通过最低位置时速度大小为v,小球从右向左通过最低位置,由左手定则可知,在最低位置时小球所受洛伦兹力F方向向下。在最低位置,小球受到重力mg、洛伦兹力F和悬线的拉力FT,根据牛顿第二定律有FT-F-mg=m。小球从水平位置运动至最低位置过程中,悬线的拉力、洛伦兹力均不做功,根据动能定理有mgl=mv2,又洛伦兹力F=qvB,解得FT=3mg+Bq,B正确。
[变式拓展] 对应[典例]中的情境,则小球第二次通过最低位置时悬线上的拉力大小为 ( )
A.3mg+Bq B.3mg+Bq
C.3mg-Bq D.3mg-Bq
√
[解析] 小球第一次通过最低位置后继续向左运动,由于悬线的拉力、小球受到的洛伦兹力均不做功,因此小球运动到左侧最高点时,悬线水平且与磁感线垂直,之后小球向右摆动,第二次通过最低位置时速度大小仍为v,方向从左到右,由左手定则可知,此时小球所受洛伦兹力F'方向向上。在最低位置,小球受到重力mg、洛伦兹力F'和悬线的拉力FT',根据牛顿第二定律有FT'+F'-mg=m,又F'=qvB,解得FT'=3mg-Bq,D正确。
带电体受洛伦兹力综合问题的思维建模
(1)以带电体为模型,分析带电体的受力情况,可能有重力、弹力、摩擦力、洛伦兹力等。
(2)带电体的运动可能为直线运动、圆周运动等,其中洛伦兹力的大小和方向都可能随速度的变化而变化,但洛伦兹力永远不做功。
(3)根据不同的运动情况可以选择平衡条件、牛顿第二定律、动能定理等列方程求解。
思维建模型
1.(2024·江苏无锡阶段练习)如图所示,一个质量
为m的带电小滑块,放置在倾角为α的光滑绝缘斜面上,
斜面固定且一半置于垂直纸面向里的匀强磁场中。
小滑块由静止开始从斜面顶端沿斜面滑下,进入磁场后,下列情况不可能出现的是 ( )
题点全练清
A.小滑块沿斜面匀速滑到斜面底端
B.小滑块沿斜面匀加速滑到斜面底端
C.小滑块脱离斜面做曲线运动
D.小滑块先沿斜面下滑一小段距离后脱离斜面做曲线运动
√
解析:若小滑块带正电,进入磁场后,所受洛伦兹力的方向垂直斜面向下,此后小滑块会沿斜面匀加速滑到斜面底端;若小滑块带负电,进入磁场后,所受洛伦兹力的方向垂直斜面向上,若速度较小,则洛伦兹力较小,此时小滑块可能沿斜面匀加速滑到斜面底端,也可能先沿斜面下滑一小段距离后脱离斜面做曲线运动;若速度较大,则洛伦兹力较大,小滑块脱离斜面做曲线运动;分析可知小滑块不会沿斜面匀速滑到斜面底端。故选A。
2.(2024·湖北武汉期末)如图所示,将一由
绝缘材料制成的带一定正电荷的小滑块(可视为
质点)放在倾斜的固定木板上,空间中存在垂直于
纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。测得小滑块的质量为m,木板的倾角为θ,木板与滑块之间的动摩擦因数为μ。滑块由静止释放,依次经过A、B、C、D四个点,且AB=CD=d,小滑块经过AB、CD所用的时间均为t,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
A.到达C点之前滑块先加速后减速
B.到达C点之前滑块所受的摩擦力先增大后减小
C.滑块所带的电荷量为-
D.滑块的加速度先减小后增大
√
解析:以滑块为对象,根据左手定则可知,滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下,滑块由静止释放,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μ
=ma,可知随着滑块速度的增大,滑块的加速度减小,当加速度减至0后,滑块将做匀速运动,所以滑块先做加速度减小的加速运动,然后做匀速运动。小滑块经过AB、CD所用的时间均为t,可知滑块到达A点前已经做匀速运动,到达C点之前滑块先加速后匀速,滑块所受的摩擦力先增大后不变,故A、B、D错误。
滑块做匀速运动时,有v=,根据平衡条件可得mgsin =μ,
联立解得滑块所带的电荷量为q=-,故C正确。
课时跟踪检测
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A级——基础达标
1.(2024·贵州安顺期末)下列各图中,能正确表示运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力F方向的是( )
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解析:题图A、B中电荷运动方向与磁场方向平行,则电荷均不受洛伦兹力F,A、B错误;根据左手定则可知,题图C中电荷所受洛伦兹力F方向向上,题图D中电荷所受洛伦兹力F方向向右,故C错误,D正确。
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2.(2024·宁夏银川期末)关于带电粒子所受洛伦兹力F、磁感应强度B和粒子速度v三者方向之间的关系,下列说法正确的是 ( )
A.F、B、v三者必定均保持垂直
B.F必定垂直于B、v,但B不一定垂直于v
C.B必定垂直于F,但F不一定垂直于v
D.v必定垂直于F、B,但F不一定垂直于B
解析:由左手定则可知,F⊥B,F⊥v,B与v可以不垂直,故B正确,A、C、D错误。
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3.(2024·北京海淀期末)带电粒子垂直匀强磁场方向运动时,会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是 ( )
A.洛伦兹力不改变带电粒子的动能
B.洛伦兹力对带电粒子做功
C.洛伦兹力的大小与速度无关
D.洛伦兹力方向与带电粒子的速度方向不一定垂直
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解析:由左手定则可知,洛伦兹力方向一定与带电粒子的速度方向垂直,故D错误;因为洛伦兹力始终与速度方向垂直,所以不做功;因为洛伦兹力对带电粒子不做功,所以不改变带电粒子的动能,故A正确,B错误;根据洛伦兹力公式F=qvB可知,洛伦兹力的大小与速度有关,故C错误。
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4.(多选)初速度为v0的电子,沿平行于通电长直导线的方向
射出,直导线中电流方向与电子初速度方向如图,则 ( )
A.电子将向左偏转
B.电子将向右偏转
C.电子所受洛伦兹力变小
D.电子所受洛伦兹力大小不变
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解析:由安培定则可知,导线右侧的磁场方向垂直纸面向里,根据左手定则可知,运动电子所受洛伦兹力方向向右,因此电子将向右偏转,A错误,B正确。洛伦兹力不做功,电子的速率不变,根据F洛=qvB,电子越向右运动,磁感应强度B越小,则F洛越小,D错误,C正确。
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5.带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场,恰做匀速直线
运动,如图所示。若油滴质量为m,磁感应强度为B,则下述
说法正确的是 ( )
A.油滴必带正电荷,电荷量为
B.油滴必带正电荷,比荷=
C.油滴必带负电荷,电荷量为
D.油滴带什么电荷都可以,只要满足q=
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解析:油滴水平向右做匀速直线运动,其所受洛伦兹力必向上与重力平衡,故带正电,由mg=qv0B,得其电荷量q=,A正确,C、D错误;油滴的比荷=,B错误。
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6.如图所示,在示波器下方有一根与示波器轴线平行放置
的通电直导线,直导线中的电流方向向右,在该电流的影响下,
下列关于示波器中的电子束的说法正确的是(示波器内两个偏转电场的偏转电压都为零,不考虑地磁场的影响) ( )
A.电子束将向下偏转,电子的速率保持不变
B.电子束将向外偏转,电子的速率逐渐增大
C.电子束将向上偏转,电子的速率保持不变
D.电子束将向里偏转,电子的速率逐渐减小
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解析:由安培定则可知,通电直导线在示波器位置产生的磁场垂直纸面向外,根据左手定则可知,电子束将向上偏转;由于洛伦兹力对电子不做功,故电子的速率保持不变,故C正确,A、B、D错误。
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7.(多选)用绝缘细线悬挂一个质量为m、带正电的小球,
置于如图所示的匀强磁场中,当小球偏离竖直方向在垂直于
磁场方向摆动时,如果细线始终绷紧,不计空气阻力,则前后
两次通过最低点时相比较,相同的物理量是 ( )
A.小球受到的洛伦兹力 B.小球的向心加速度
C.细线的拉力 D.小球的动能
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解析:由于洛伦兹力不做功,因此小球两次通过最低点时速度大小相等、方向相反,动能相等,洛伦兹力方向相反,A错误,D正确;向心加速度a=,故小球做圆周运动的向心加速度相同,B正确;由于两次洛伦兹力方向相反,所以细线的拉力大小不相等,C错误。
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8.在电视机的显像管中,电子束的扫描是用磁偏转
技术实现的,其扫描原理如图所示。圆形区域内的偏转
磁场的方向垂直于圆面,不加磁场时,电子束将通过O点
打在屏幕的中心M点。为了使屏幕上出现一条以M为中心的亮线PQ,偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是下列选项中的 ( )
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解析:由题意知,要想得到以M为中心的亮线PQ,则电子束既要向上偏转,又要向下偏转,所以磁场的磁感应强度B随时间t变化时,应有方向改变,C、D错误;题图A中磁感应强度大小一定,则电子束受到的洛伦兹力大小相同,偏转量也相同,向同一方向偏转的电子都打到同一点,不能得到连续的亮线,A错误;在题图B中磁感应强度随时间t变化的规律下,可得到亮线PQ,B正确。
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9.(2024·绍兴高二调研)如图为电视机显像管的偏转
线圈示意图,线圈中心O处的黑点表示电子枪射出的电子,
它的速度方向垂直纸面向外,当偏转线圈中的电流方向
如图所示时,电子束应 ( )
A.向左偏转 B.向上偏转
C.向下偏转 D.不偏转
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解析:由安培定则可以判断出两个线圈的左端都是N极,磁感线分布如图所示,再由左手定则判断出电子束应向下偏转,C正确。
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B级——综合应用
10.(多选)如图所示是一个质量为m、带电荷量为
+q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,
细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中,不计空气阻力。现给圆环向右的初速度v0,在以后的运动过程中,圆环运动的速度—时间图像可能是下列选项中的( )
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解析:带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力,当重力与洛伦兹力相等时,圆环与细杆之间没有弹力作用,则也没有摩擦力,圆环将做匀速直线运动,A正确;当洛伦兹力大于重力时,圆环受到摩擦力的作用,并且随着速度的减小而减小,圆环将做加速度逐渐减小的减速运动,最后做匀速直线运动,D正确;如果重力大于洛伦兹力,圆环也受摩擦力作用,且摩擦力随着速度的减小越来越大,圆环将做加速度逐渐增大的减速运动,故B、C错误。
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11.如图所示,甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道,M、N为两轨道的最低点,匀强磁场垂直于甲轨道平面,匀强电场平行于乙轨道平面,两个完全相同的带正电小球a、b分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放,在它们第一次到达最低点的过程中,下列说法正确的是 ( )
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A.小球a下滑的时间比小球b下滑的时间长
B.小球a、b的机械能均不守恒
C.小球a到M点的速度小于小球b到N点的速度
D.小球a对M点的压力大于小球b对N点的压力
解析:由于小球a在磁场中运动,受到的洛伦兹力不做功,整个过程中小球a的机械能守恒;而小球b在电场中运动,受到的静电力做负功,到达最低点时的速度较小,所以小球b下滑的时间较长,故A、B、C错误。
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小球a在磁场中运动,在最低点对小球a受力分析可知,FM-mg-BqvM=m,解得FM=m+mg+BqvM;小球b在电场中运动,在最低点受力分析可知,FN-mg=m,解得FN=m+mg,因为vM>vN,所以FM>FN,结合牛顿第三定律可知,小球a对M点的压力大于小球b对N点的压力,D正确。
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12.(2024·承德高二检测)如图所示,质量m=1.0×
10-4 kg的小球放在绝缘的水平面上,小球带电荷量q=
2.0×10-4 C,小球与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,外加水平向右的匀强电场E=5 V/m,垂直纸面向外的匀强磁场B=2 T,小球从静止开始运动。求:(取g=10 m/s2)
(1)小球具有最大加速度的值为多少
答案:8 m/s2
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解析:小球受向右的静电力,从而由静止开始运动,开始受到洛伦兹力,使得与水平面间的压力增大,导致滑动摩擦力增大,小球做加速度减小的加速运动,直到速度达到最大后,做匀速直线运动。因此刚开始运动时,加速度最大,最大值为a== m/s2=8 m/s2。
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(2)小球的最大速度为多少
答案:10 m/s
解析:当静电力等于滑动摩擦力时,速度最大,根据平衡条件,则有mg+qvmB=FN,qE=Ff=μFN
解得vm= = m/s=10 m/s。
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13.(选自沪科版教材课后练习)如图所示,一个质量
m=0.1 g、所带电荷量q=5×10-4 C的小滑块,放置在倾角
α=30°的光滑斜面(绝缘且足够长)上,斜面置于B=0.5 T
的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。小滑块由静止开始沿斜面下滑,它滑至某一位置时会离开斜面。问:(g取10 m/s2)
(1)小滑块带何种电荷
答案:负电荷
解析:根据左手定则判断,小滑块带负电荷。
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(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度为多大
答案:2 m/s
解析:根据题意,小滑块离开斜面的瞬间
qvB=mgcos α
解得v== m/s=2 m/s。
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(3)该斜面的长度至少要多长
答案:1.2 m
解析:根据牛顿第二定律有mgsin α=ma
再根据v2=2ax,解得x=1.2 m。
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4课时跟踪检测(三) 磁场对运动电荷的作用力
A级——基础达标
1．(2024·贵州安顺期末)下列各图中，能正确表示运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力F方向的是( )
2．(2024·宁夏银川期末)关于带电粒子所受洛伦兹力F、磁感应强度B和粒子速度v三者方向之间的关系，下列说法正确的是( )
A．F、B、v三者必定均保持垂直
B．F必定垂直于B、v，但B不一定垂直于v
C．B必定垂直于F，但F不一定垂直于v
D．v必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B
3．(2024·北京海淀期末)带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是( )
A．洛伦兹力不改变带电粒子的动能
B．洛伦兹力对带电粒子做功
C．洛伦兹力的大小与速度无关
D．洛伦兹力方向与带电粒子的速度方向不一定垂直
4.(多选)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初速度方向如图，则( )
A．电子将向左偏转
B．电子将向右偏转
C．电子所受洛伦兹力变小
D．电子所受洛伦兹力大小不变
5.带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示。若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是( )
A．油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带正电荷，比荷＝
C．油滴必带负电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
6.如图所示，在示波器下方有一根与示波器轴线平行放置的通电直导线，直导线中的电流方向向右，在该电流的影响下，下列关于示波器中的电子束的说法正确的是(示波器内两个偏转电场的偏转电压都为零，不考虑地磁场的影响)( )
A．电子束将向下偏转，电子的速率保持不变
B．电子束将向外偏转，电子的速率逐渐增大
C．电子束将向上偏转，电子的速率保持不变
D．电子束将向里偏转，电子的速率逐渐减小
7.(多选)用绝缘细线悬挂一个质量为m、带正电的小球，置于如图所示的匀强磁场中，当小球偏离竖直方向在垂直于磁场方向摆动时，如果细线始终绷紧，不计空气阻力，则前后两次通过最低点时相比较，相同的物理量是( )
A．小球受到的洛伦兹力 B．小球的向心加速度
C．细线的拉力 D．小球的动能
8.在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图所示。圆形区域内的偏转磁场的方向垂直于圆面，不加磁场时，电子束将通过O点打在屏幕的中心M点。为了使屏幕上出现一条以M为中心的亮线PQ，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是下列选项中的( )
9．(2024·绍兴高二调研)如图为电视机显像管的偏转线圈示意图，线圈中心O处的黑点表示电子枪射出的电子，它的速度方向垂直纸面向外，当偏转线圈中的电流方向如图所示时，电子束应( )
A．向左偏转 B．向上偏转
C．向下偏转 D．不偏转
B级——综合应用
10.(多选)如图所示是一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力。现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图像可能是下列选项中的( )
11．如图所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道，M、N为两轨道的最低点，匀强磁场垂直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小球a、b分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球a下滑的时间比小球b下滑的时间长
B．小球a、b的机械能均不守恒
C．小球a到M点的速度小于小球b到N点的速度
D．小球a对M点的压力大于小球b对N点的压力
12.(2024·承德高二检测)如图所示，质量m＝1.0×10－4 kg的小球放在绝缘的水平面上，小球带电荷量q＝2.0×10－4 C，小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，外加水平向右的匀强电场E＝5 V/m，垂直纸面向外的匀强磁场B＝2 T，小球从静止开始运动。求：(取g＝10 m/s2)
(1)小球具有最大加速度的值为多少？
(2)小球的最大速度为多少？
13．(选自沪科版教材课后练习)如图所示，一个质量m＝0.1 g、所带电荷量q＝5×10－4 C的小滑块，放置在倾角α＝30°的光滑斜面(绝缘且足够长)上，斜面置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。小滑块由静止开始沿斜面下滑，它滑至某一位置时会离开斜面。问：(g取10 m/s2)
(1)小滑块带何种电荷？
(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度为多大？
(3)该斜面的长度至少要多长？
课时跟踪检测(三)
1．选D 题图A、B中电荷运动方向与磁场方向平行，则电荷均不受洛伦兹力F，A、B错误；根据左手定则可知，题图C中电荷所受洛伦兹力F方向向上，题图D中电荷所受洛伦兹力F方向向右，故C错误，D正确。
2．选B 由左手定则可知，F⊥B，F⊥v，B与v可以不垂直，故B正确，A、C、D错误。
3．选A 由左手定则可知，洛伦兹力方向一定与带电粒子的速度方向垂直，故D错误；因为洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以不做功；因为洛伦兹力对带电粒子不做功，所以不改变带电粒子的动能，故A正确，B错误；根据洛伦兹力公式F＝qvB可知，洛伦兹力的大小与速度有关，故C错误。
4．选BC 由安培定则可知，导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，运动电子所受洛伦兹力方向向右，因此电子将向右偏转，A错误，B正确。洛伦兹力不做功，电子的速率不变，根据F洛＝qvB，电子越向右运动，磁感应强度B越小，则F洛越小，D错误，C正确。
5．选A 油滴水平向右做匀速直线运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，由mg＝qv0B，得其电荷量q＝，A正确，C、D错误；油滴的比荷＝，B错误。
6．选C 由安培定则可知，通电直导线在示波器位置产生的磁场垂直纸面向外，根据左手定则可知，电子束将向上偏转；由于洛伦兹力对电子不做功，故电子的速率保持不变，故C正确，A、B、D错误。
7．选BD 由于洛伦兹力不做功，因此小球两次通过最低点时速度大小相等、方向相反，动能相等，洛伦兹力方向相反，A错误，D正确；向心加速度a＝，故小球做圆周运动的向心加速度相同，B正确；由于两次洛伦兹力方向相反，所以细线的拉力大小不相等，C错误。
8．选B 由题意知，要想得到以M为中心的亮线PQ，则电子束既要向上偏转，又要向下偏转，所以磁场的磁感应强度B随时间t变化时，应有方向改变，C、D错误；题图A中磁感应强度大小一定，则电子束受到的洛伦兹力大小相同，偏转量也相同，向同一方向偏转的电子都打到同一点，不能得到连续的亮线，A错误；在题图B中磁感应强度随时间t变化的规律下，可得到亮线PQ，B正确。
9.选C 由安培定则可以判断出两个线圈的左端都是N极，磁感线分布如图所示，再由左手定则判断出电子束应向下偏转，C正确。
10．选AD 带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环与细杆之间没有弹力作用，则也没有摩擦力，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力随着速度的减小越来越大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，故B、C错误。
11．选D 由于小球a在磁场中运动，受到的洛伦兹力不做功，整个过程中小球a的机械能守恒；而小球b在电场中运动，受到的静电力做负功，到达最低点时的速度较小，所以小球b下滑的时间较长，故A、B、C错误。小球a在磁场中运动，在最低点对小球a受力分析可知，FM－mg－BqvM＝m，解得FM＝m＋mg＋BqvM；小球b在电场中运动，在最低点受力分析可知，FN－mg＝m，解得FN＝m＋mg，因为vM>vN，所以FM>FN，结合牛顿第三定律可知，小球a对M点的压力大于小球b对N点的压力，D正确。
12．解析：(1)小球受向右的静电力，从而由静止开始运动，开始受到洛伦兹力，使得与水平面间的压力增大，导致滑动摩擦力增大，小球做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大后，做匀速直线运动。因此刚开始运动时，加速度最大，最大值为a＝＝ m/s2＝8 m/s2。
(2)当静电力等于滑动摩擦力时，速度最大，根据平衡条件，则有mg＋qvmB＝FN，qE＝Ff＝μFN
解得vm＝＝ m/s＝10 m/s。
答案：(1)8 m/s2 (2)10 m/s
13．解析：(1)根据左手定则判断，小滑块带负电荷。
(2)根据题意，小滑块离开斜面的瞬间
qvB＝mgcos α
解得v＝＝ m/s＝2 m/s。
(3)根据牛顿第二定律有mgsin α＝ma
再根据v2＝2ax，解得x＝1.2 m。
答案：(1)负电荷 (2)2 m/s (3)1.2 m
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