專題57 帶電粒子在磁場中的運動-2025版高三物理一輪復習多維度導學與分層專練

2025屆高三物理一輪復習多維度導學與分層專練專題57帶電粒子在磁場中的運動導練目標導練內容目標1洛倫茲力的大小方向目標2帶電粒子在有界磁場中的運動目標3帶電粒子在磁場中運動的多解問題【知識導學與典例導練】一、洛倫茲力的大小方向1.洛倫茲力的大小和周期（1）大小：（）；（2）向心力公式：；（3）周期：2.洛倫茲力的特點(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負電荷。(2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。(4)洛倫茲力永不做功。3.洛倫茲力的方向(1)判斷方法：左手定則(2)方向特點：洛倫茲力的方向一定與粒子速度方向和磁感應強度方向所決定的平面垂直(B與v可以有任意夾角)。注意：由左手定則判斷洛倫茲力方向時，四指指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向?！纠?】如圖所示，光滑的水平桌面處于勻強磁場中，磁場方向豎直向下，磁感應強度大小為B；在桌面上放有內壁光滑、長為L的試管，底部有質量為m、帶電量為q的小球，試管在水平向右的拉力作用下以速度v向右做勻速直線運動（拉力與試管壁始終垂直），帶電小球能從試管口處飛出，關于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中正確的是（）A．小球帶負電，且軌跡為拋物線B．小球運動到試管中點時，水平拉力的大小應增大至C．洛倫茲力對小球做正功D．對小球在管中運動全過程，拉力對試管做正功，大小為qvBL【答案】BD【詳解】A．小球能從試管口處飛出，說明小球受到指向試管口的洛倫茲力，根據(jù)左手定則判斷，小球帶正電；小球沿試管方向受到洛倫茲力的分力恒定，小球運動的軌跡是一條拋物線，故A錯誤；B．由于小球相對試管做勻加速直線運動，會受到與試管垂直且向左的洛，則拉力應增大倫茲力的分力小球運動到中點時沿管速度為則拉力應增大至以維持勻速運動，故B正確；C．沿管與垂直于管洛倫茲力的分力合成得到的實際洛倫茲力總是與速度方向垂直，不做功，故C錯誤；D．對試管、小球組成的系統(tǒng)，拉力做功的效果就是增加小球的動能，由功能關系故D正確；故選BD。二、帶電粒子在有界磁場中的運動圓心的確定半徑的確定時間的確定基本思路①與速度方向垂直的直線過圓心②弦的垂直平分線過圓心③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心利用平面幾何知識求半徑利用軌跡對應圓心角θ或軌跡長度L求時間①t＝eq\f(θ,2π)T；②t＝eq\f(L,v)圖例說明P、M點速度垂線交點P點速度垂線與弦的垂直平分線交點某點的速度垂線與切點法線的交點常用解三角形法(如圖)：R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)(1)速度的偏轉角φ等于eq\x\to(AB)所對的圓心角θ(2)偏轉角φ與弦切角α的關系：φ<180°時，φ＝2α；φ>180°時，φ＝360°－2α【類型一】直線邊界磁場直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖所示)圖甲中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)圖乙中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(θ,π)))T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(θ,π)))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)圖丙中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)。【例2】如圖所示，豎直線CD右邊的空間存在范圍無限大且垂直向里的有界勻強磁場，帶有同種電荷的M粒子和N粒子同時從勻強磁場的邊界CD上的S點分別以與邊界的夾角為和60°射入磁場，兩粒子又恰好同時到達點。不計粒子重力和粒子間的相互作用，則（）A．M、N兩粒子的運動軌跡半徑之比為B．M、N兩粒子的運動軌跡半徑之比為C．M、N兩粒子的初速度大小之比為D．M、N兩粒子的比荷之比為【答案】AD【詳解】AB．設，由題圖可知，M粒子在磁場中運動軌跡半徑運動軌跡所對應的圓心角為300°，運動軌跡弧長，N粒子在磁場中運動軌跡的半徑所對應的圓心角為120°，運動軌跡弧長所以M、N兩粒子運動半徑之比為，B錯誤A正確；C．因運動時間而即M、N粒子的初速度大小之比為，C錯誤；D．根據(jù)得故M、N粒子的比荷之比為，D正確。故選AD。【類型二】平行邊界磁場平行邊界存在臨界條件(如圖所示)圖甲中粒子在磁場中運動的時間t1＝eq\f(θm,Bq)，t2＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)；圖乙中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θm,Bq)；圖丙中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(θ,π)))T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(θ,π)))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)；圖丁中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)?！纠?】如圖所示，區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ是寬度相同的勻強磁場，區(qū)域Ⅰ內磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里；區(qū)域Ⅱ內磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向外。一質量為、電荷量為的粒子從區(qū)域Ⅰ的左邊界垂直于邊界射入區(qū)域Ⅰ，粒子離開區(qū)域Ⅰ時速度方向改變了60°，然后進入區(qū)域Ⅱ，不計粒子重力，粒子在磁場中運動的時間為（

）A． B． C． D．【答案】B【詳解】粒子在磁場中運動的軌跡如圖在區(qū)域Ⅰ中，根據(jù)牛頓第二定律得解得磁場寬度為運動時間為在區(qū)域Ⅱ中，根據(jù)牛頓第二定律得解得磁場寬度為解得運動時間為粒子在磁場中運動的時間為故選B。【類型三】圓形邊界磁場帶電粒子在圓形邊界磁場中，等角進出，沿徑向射入必沿徑向射出。如圖甲、乙所示?！纠?】水平桌面上方區(qū)域內存在一垂直于桌面的磁感應強度為的勻強磁場，科研人員將均勻涂抹熒光物質的半徑為的圓環(huán)，放置于水平桌面上如圖1所示，A為圓環(huán)邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經過A點，在平面內沿不同的方向射入磁場，科研人員觀測到整個圓環(huán)發(fā)出淡淡的熒光（高速微觀粒子打在熒光物質上會發(fā)出熒光），且粒子在圓環(huán)內磁場中運動的最長時間為。更換半徑為的圓環(huán)時如圖2所示，只有相應的三分之一圓周上有熒光發(fā)出，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則（）A．粒子在磁場中做圓周運動的周期 B．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為C．粒子在磁場中做圓周運動的速度 D．該粒子的比荷【答案】BD【詳解】B．半徑為的圓環(huán)時，只有相應的三分之一圓周上有熒光發(fā)出，則粒子在磁場中運動的半徑為，B正確；A．半徑為R時，粒子從過A為直徑的另一端點射出時，時間最長，則有解得，A錯誤；C．根據(jù)周期公式得，C錯誤；D．根據(jù)周期公式得，D正確。故選BD?！绢愋退摹咳切?、四邊形邊界磁場1．三角形邊界磁場：帶電粒子速度的大小不同，運動半徑不同，出射點的位置也不同。2．四邊形邊界磁場：帶電粒子射入磁場的初速度方向與邊界垂直，速度不同，對應不同的粒子軌跡；粒子速度不變，磁感應強度可調時，也可對應類似軌跡?！纠?】如圖所示，邊長為a的正三角形區(qū)域內有垂直紙面向里磁感應強度為B的勻強磁場?，F(xiàn)有一帶正電、電荷量為q、質量為m的粒子，由邊上距A點的P點，以初速度垂直邊進入磁場，后從邊離開磁場，則磁場磁感應強度的大小可能是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】設當磁感應強度為時粒子恰好與邊相切，如圖由幾何關系可知此時粒子的軌道半徑為由洛倫茲力提供向心力有解得設當磁感應強度為時，粒子恰好與邊相切，如圖可知解得同理解得則磁場磁感應強度大小范圍為只有B選項符合條件，其他不符合。故選B?！纠?】如圖所示，邊長為0.64m的正方形內有磁感應強度的勻強磁場，方向垂直于紙面向外。在正方形中央處有一個點狀的放射源P，它在紙面內同時向各個方向均勻連續(xù)發(fā)射大量同種粒子，該種粒子速度大小為，比荷。不考慮粒子重力及粒子間相互作用，下列說法正確的是（）A．粒子在磁場中運動的最短時間為B．粒子在磁場中運動的最長時間為C．正方形邊界上有粒子射出的區(qū)域總長為1.6mD．穩(wěn)定后單位時間內射出磁場的粒子數(shù)與單位時間內粒子源發(fā)射的總粒子數(shù)之比為1∶2【答案】ABC【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)解得帶入數(shù)據(jù)解得AB．假設粒子逆時針轉動，則粒子射出范圍如圖所示當軌跡對應弦最短時，對應圓心角最小，此時在磁場中運動時間最短，由題意知，即弦恰好垂直于磁場邊界時，弦最短，由幾何關系知弦長為由幾何關系知，此時對應圓心角為所以最短時間為同理可知，最長弦恰好為直徑，所以最長時間為故AB正確；C．由幾何關系知；解得；則所以邊界上有粒子射出的總長度為故C正確；D．由上述分析和軌跡圖可知，所有粒子在磁場中均不會做完整圓周運動，即都會從邊界射出磁場，故穩(wěn)定后單位時間內射出磁場的粒子數(shù)與單位時間內粒子源發(fā)射的總粒子數(shù)之比為1∶1，故D錯誤。故選ABC。帶電粒子在磁場中運動的多解問題類型分析圖例帶電粒子電性不確定受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解如圖，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a；如帶負電，其軌跡為b磁場方向不確定在只知道磁感應強度大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成多解如圖，帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b臨界狀態(tài)不唯一帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場飛出，也可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，于是形成多解運動具有周期性帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運動時，運動往往具有周期性，因而形成多解【例7】如圖所示，在xOy平面內存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內的磁場方向垂直紙面向外，，為坐標軸上的兩點?，F(xiàn)有一質量為m、電荷量為e的電子從P點沿PQ方向射出，不計電子的重力，則下列說法中正確的是（）A．若電子從P點出發(fā)恰好第一次經原點O點，運動時間可能為B．若電子從P點出發(fā)恰好第一次經原點O點，運動路程可能為C．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，運動時間可能為D．若電子從P點出發(fā)恰好第一次經原點O到達Q點，運動路程為或【答案】AD【詳解】AB．電子從P點出發(fā)恰好第一次經原點O點，有兩類情況，一類是第奇數(shù)次回到x軸經過原點O，另一類是第偶數(shù)次回到x軸經過原點O。其中第一次和第二次回到x軸的軌跡如圖由軌跡圖結合幾何關系，可得運動時間為解得當n=1時，運動時間為由軌跡圖結合幾何關系，軌跡圓的半徑為可得運動路程為故A正確；B錯誤；CD．同理，若電子從P點出發(fā)恰好第一次經原點O到達Q點，軌跡也為兩類，如圖由軌跡圖結合幾何關系，可得運動時間為或解得若電子從P點出發(fā)恰好第一次經原點O到達Q點，運動路程為解得故C錯誤；D正確。故選AD。【多維度分層專練】1．如圖所示，在直線上方存在著范圍足夠大、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子從O點以速度沿垂直于方向進入磁場，經過t時間運動到磁場中的C點。已知O、C連線與初速度的夾角為，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A．帶電粒子從O點運動至C點的過程中，速度偏轉角為B．帶電粒子在磁場中運動的時間為C．帶電粒子在磁場中運動的軌跡直徑為D．若僅增大粒子的入射速度大小，經過時間粒子速度方向偏轉的角度為【答案】BD【詳解】A．作出粒子從O點運動至C點的軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系可知，粒子的速度偏向角等于圓心角故A錯誤；B．粒子在磁場中做勻速圓周運動，從O點運動至C點的時間為t，因此且聯(lián)立解得而帶電粒子在磁場在磁場中運動的時間故B正確；C．根據(jù)可得帶電粒子在磁場中運動的半徑執(zhí)行為，故C錯誤；D．若僅增大粒子的入射速度大小，粒子在磁場中運動的切不變，經過t時間運動的圓弧對應的圓心角為，由A可知經過時間粒子速度方向偏轉的角度為，故D正確。故選BD。2．如題圖所示，豎直平面內的平行金屬板ab、cd長均為2l，相距l(xiāng)水平放置。一帶電粒子從靠近a點處以速度v水平向右射入兩板之間，經時間沿直線從靠近b點處以速度v水平向右射出。若ab、cd間存在豎直方向的勻強電場E，該粒子從靠近a點處以速度v水平向右射入兩板之間，經時間剛好從靠近d點處以速度射出，速度偏角為；若ab、cd間存在垂直于紙面的勻強磁場B，粒子從靠近a點處以速度v水平向右射入兩板之間，經時間也剛好從靠近d點處以速度射出，速度偏角為。下列說法正確的是（

）A． B．C． D．【答案】C【詳解】A．若不加電場或磁場，粒子沿水平方向做勻速直線運動；若ab、cd間存在豎直方向的勻強電場粒子做類平拋運動，在水平方向也做勻速直線運動，則有t1=t2若ab、cd間存在垂直于紙面的勻強磁場粒子做勻速圓周運動，則在磁場中走過的路程長于2l，則t1=t2<t3，A錯誤；C．若ab、cd間存在垂直于紙面的勻強磁場粒子做勻速圓周運動，有根據(jù)幾何關系有r2=(r-l)2+4l2若ab、cd間存在豎直方向的勻強電場粒子做類平拋運動，有，聯(lián)立有C正確；B．若ab、cd間存在垂直于紙面的勻強磁場粒子做勻速圓周運動，有根據(jù)幾何關系有若ab、cd間存在豎直方向的勻強電場粒子做類平拋運動，有根據(jù)選項C有，綜上有，則θ2、θ3不相等，B錯誤；D．若ab、cd間存在垂直于紙面的勻強磁場，由于洛倫茲力不做功則v3=v若ab、cd間存在豎直方向的勻強電場，根據(jù)選項B知則，D錯誤。故選C。3．如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于圓面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，AC是圓的一條直徑，D為圓上一點，∠COD=60°。在A點有一個粒子源，沿與AC成30°角斜向上垂直磁場的方向射出速率均為v的各種帶正電粒子，所有粒子均從圓弧CD射出磁場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。則從A點射出的粒子的比荷可能是（）A． B． C． D．【答案】AD【詳解】帶電粒子從C點射出磁場，軌跡如圖所示由幾何關系得解得帶電粒子從D點射出磁場，軌跡如圖所示由幾何關系得是菱形，所以粒子的軌跡半徑所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑滿足由洛倫茲力提供向心力得解得從A點射出的粒子的比荷滿足故選AD。4．如圖所示，半徑為R=2cm的圓形區(qū)域中有垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度B=2T，一個帶正電粒子從圓形磁場邊界上的A點以v0=8×104m/s的速度垂直直徑MN射入磁場，恰好從N點射出，且∠AON=120°。下列選項正確的是（）A．帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為1cmB．帶電粒子的比荷為2×106C/kgC．帶電粒子在磁場中運動的軌跡圓心一定在圓形磁場的邊界上D．若帶電粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，一定從N點射出【答案】BCD【詳解】AC．如圖所示由幾何關系得帶電粒子做圓周運動的軌跡半徑r=R=2cm且?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋羞\動軌跡的圓心一定在圓形磁場的邊界上，故A錯誤，C正確；B．對帶電粒子由牛頓第二定律得解得故B正確；D．若帶電粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，假設出射點位置在N′點，圓心在O′點，如圖所示，根據(jù)幾何關系可得CON′O′為菱形，則CO′∥ON′，N′和N重合，故粒子從N點射出，故D正確。故選BCD。5．如圖所示，E、F、G是邊長為a的正三角形的三個頂點，位于方向垂直于△EFG所在平面、向外的勻強磁場中。一質量為m、電荷量為q的粒子沿FE方向由F點垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域，速度大小為v0，粒子恰好從G點離開磁場，不計粒子重力，則（）A．粒子可能帶負電B．粒子在G點的速度沿直線EG的方向C．磁感應強度的大小為D．粒子在磁場中運動的時間為【答案】BC【詳解】A．作出帶電粒子的運動軌跡，如圖所示其在F點所受洛倫茲力方向垂直于FE向上，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，故A錯誤；B．由對稱性可知，帶電粒子沿著FE射入，F(xiàn)E與GF夾角為，當從GF邊射出時，其速度方向和GF也成，所以粒子在G點的速度沿直線EG方向，故B正確；C．由幾何關系知粒子做圓周運動的半徑由聯(lián)立解得故C正確；D．由圖可知，力粒子從F點運動到G點的圓心角為，所以運動的時間故D錯誤。故選BC。6．如圖所示，△AOC為直角三角形，∠O=90°，∠A=60°，AO=L，D為AC的中點?！鰽OC中存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在O點放置一粒子源，可以向各個方向發(fā)射質量為m、電荷量為-q，速度大小均為的粒子。不計粒子間的相互作用及重力作用，對于粒子進入磁場后的運動，下列說法正確的是（）A．粒子在磁場中運動的半徑為LB．與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出C．在AC邊界上有粒子射出的區(qū)域長度為LD．所有從OA邊界射出的粒子在磁場中運動的時間相等【答案】ABC【詳解】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有解得粒子在磁場中運動的半徑為故A正確；B．如圖1所示，當粒子恰好從A點射出時，根據(jù)幾何關系可得粒子與OC成60°角入射，所以與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出，故B正確；圖1C．如圖2所示，根據(jù)幾何關系可知沿CO方向入射的粒子將恰好從D點射出，結合上面B項分析可知AD為AC邊界上有粒子射出的區(qū)域，其長度為L，故C正確；圖2D．所有粒子在磁場中運動的周期均相同，設為T，設粒子在磁場運動過程中轉過的圓心角為α，則粒子運動時間為由于所有粒子的運動軌跡為半徑相同的圓，從OA射出的粒子，其軌跡所截AO的長度不同，對應轉過的圓心角不同，所以所有從OA邊界射出的粒子在磁場中運動的時間不等，故D錯誤。故選ABC。7．如圖，矩形區(qū)域（含邊界）內存在方向垂直于矩形面向里、磁感應強度大小為的勻強磁場，矩形的長和寬分別為和，矩形長邊的中點有一粒子發(fā)射源S，從S可分別發(fā)射出方向垂直于指向和方向沿Sb的不同速率的粒子。若粒子的質量均為、電荷量均為、不計粒子的重力及粒子間的相互作用力。則（）A．從邊射出的粒子的速率范圍是B．從邊射出的粒子的速率范圍是C．從邊射出的粒子的速率范圍是D．從邊射出的粒子的速率范圍是【答案】B【詳解】A．由左手定則可判斷，只有沿Sb方向發(fā)射的粒子才能從bc邊射出，當恰好從c點射出時速度v1最小，軌跡如圖所示由洛倫茲力作為向心力可得解得故從邊射出的粒子的速率范圍是，A錯誤；B．沿Sb方向射出的粒子恰好與cd相切時，軌跡如圖所示由洛倫茲力作為向心力可得解得故當滿足時，沿Sb方向射出的粒子能從cd邊射出，當滿足時，沿垂直于射出的粒子能從cd邊射出，故從邊射出的粒子的速率范圍是，B正確；C．沿垂直于射出的粒子恰好打到a點時，軌跡如圖所示類比B的分析可知，從a點射出的粒子速度為故從邊射出的粒子的速率范圍是，C錯誤；D．只有沿垂直于射出的粒子才能從ab邊射出，結合C的分析可知，從邊射出的粒子的速率范圍是，D錯誤。故選B。8．如圖所示，在一邊長為a的正方形區(qū)域內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。甲和乙兩個帶電粒子，分別從P點和Q點同時沿垂直于邊界方向以不同的速度射入磁場，兩粒子在圖中S點相遇。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，已知PO1=a，QO2=a，O1S=，甲粒子的速度為v0，質量為m，帶電荷量為q，下列說法正確的是（）A．勻強磁場的磁感應強度大小為B．乙粒子射入磁場時速度為0.25v0C．甲粒子在磁場中運動的時間為D．甲、乙兩粒子的比荷之比為1∶2【答案】C【詳解】A．甲和乙兩粒子從P、Q兩點分別射入磁場，在邊界上S點相遇，據(jù)此可畫出兩個粒子的運動軌跡，如圖所示由圖中幾何關系可知解得由解得勻強磁場的磁感應強度大小，A錯誤；B．由圖中幾何關系可知解得由圖中幾何關系可所以圓弧PS所對的圓心角；圓弧QS所對的圓心角兩粒子在圖中S點相遇，則解得，B錯誤；C．甲粒子在磁場中運動的軌跡長度甲粒子在磁場中運動的時間，C正確；D．甲、乙兩粒子運動軌跡半徑相同，由可得甲、乙兩粒子的比荷之比，D錯誤。故選C。9．控制帶電粒子的運動在現(xiàn)代科學實驗、生產生活、儀器電器等方面有廣泛的應用．現(xiàn)有這樣一個簡化模型：如圖所示，y軸左、右兩邊均存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，右邊磁場的磁感應強度始終為左邊的2倍．在坐標原點O處，一個電荷量為+q、質量為m的粒子a，在t=0時以大小為v0的初速度沿x軸正方向射出，另一與a相同的粒子b某時刻也從原點O以大小為v0的初速度沿x軸負方向射出．不計粒子重力及粒子間的相互作用，粒子相遇時互不影響．（1）若a粒子能經過坐標為的P點，求y軸右邊磁場的磁感應強度B1；（2）為使粒子a、b能在y軸上Q（0，-l0）點相遇，求y軸右邊磁場的磁感應強度的最小值B2；（3）若y軸右邊磁場的磁感應強度為B0，求粒子a、b在運動過程中可能相遇的坐標值．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3，…）【詳解】