高中物理里有一道经典题：带电粒子垂直射入一片有界匀强磁场，问它"恰好从右边界射出"时磁场多大。标准解法忽略重力，轨迹是一段干净的圆弧。可如果把重力也算上、并且反过来已知磁场求区域宽度，会发生什么？答案是：圆变成了摆线，而这道题依然可以漂亮地解出来——而且有两种风格迥异的解法。本文记录这道拓展题（B6拓展）和它的两种解法。
背景：不考虑重力的原始版本
原题是这样的：一个质量 $m$、电荷 $q$ 的正粒子，以速度 $v$ 垂直于左边界射入一片宽度为 $d$ 的匀强磁场（磁场垂直纸面向里），忽略重力。
只有洛伦兹力时，粒子做匀速圆周运动，半径 $R=\dfrac{mv}{qB}$。“恰好从右边界射出"的临界条件就是圆弧最大水平深度正好等于宽度，即 $R=d$，于是
$$B=\frac{mv}{qd},\qquad t=\frac{T}{4}=\frac{\pi m}{2qB}=\frac{\pi d}{2v}$$干净利落。为什么可以忽略重力？ 对带电粒子，重力 $mg$ 比洛伦兹力 $qvB$ 小约 $10^{12}$ 倍，完全可以忽略。但作为思维拓展，如果我们偏要把重力算进去，会得到一个非常有意思的结构。
拓展题（B6拓展）
题干与原题相同（正电荷 $m$、$q$，以速度 $v$ 垂直于左边界射入，磁场垂直纸面向里），但这次不忽略重力（竖直向下，与入射速度垂直，重力加速度 $g$），并且改为已知磁感应强度 $B$、不给定宽度 $d$。设粒子恰好从右边界射出（轨迹与右边界相切）。求：(1) 磁场区宽度 $d$；(2) 从射入到到达右边界的时间 $t$。
共同的出发点：坐标系与相切条件
先建立直角坐标系：以射入点为原点，水平向右（垂直于边界）为 $x$ 轴正方向，竖直向上为 $y$ 轴正方向。初速度 $v_x(0)=v$、$v_y(0)=0$；磁场沿 $-z$（垂直纸面向里）。牛顿第二定律给出耦合方程：
$$m\frac{dv_x}{dt}=-qBv_y\qquad(\text{式1})$$$$m\frac{dv_y}{dt}=qBv_x-mg\qquad(\text{式2})$$“恰好从右边界射出” = 轨迹与右边界相切 = 粒子到达 $x=d$ 时水平速度 $v_x=0$（速度此刻纯竖直、平行于边界）。两种解法都从这个条件出发，只是走的路不同。
解法一：漂移分解法（化圆为摆线）
核心想法：找一个特定的匀速漂移 $v_{\text{漂}}$，使得此时的磁场力恰好扛住重力：
$$q\,v_{\text{漂}}B=mg\;\Longrightarrow\;v_{\text{漂}}=\frac{mg}{qB}\quad(\text{水平方向})$$把速度拆成"这个漂移 + 剩下的部分”，剩下的部分只受磁场力，做匀速圆周，角频率 $\omega=\dfrac{qB}{m}$。两者叠加，轨迹是一条摆线（就像自行车轮边缘一点的轨迹）：
$$v_x(t)=v_{\text{漂}}+(v-v_{\text{漂}})\cos\omega t,\qquad x(t)=v_{\text{漂}}\,t+\frac{v-v_{\text{漂}}}{\omega}\sin\omega t$$相切条件 $v_x(t^{*})=0$：
$$\cos\omega t^{*}=-\frac{v_{\text{漂}}}{v-v_{\text{漂}}}=-\frac{mg}{qvB-mg}$$时间直接反解：
$$t=\frac{m}{qB}\arccos\!\left(\frac{-mg}{qvB-mg}\right)$$宽度 $d=x(t^{*})$，代入化简得只含基本量的显式式子：
$$\boxed{\,d=\frac{m}{q^{2}B^{2}}\left[\,mg\,\arccos\!\left(\frac{-mg}{qvB-mg}\right)+\sqrt{\,qBv\,(qBv-2mg)\,}\,\right]}$$这种解法的优点是直接写出整条轨迹（摆线），条件一套就出答案。
解法二：积分方程 + 动能定理法
这种解法更有"物理味"——不急着写出整条轨迹，而是对牛顿方程积分，配合动能定理，把关键量一个个"抠"出来。
第 1 步：对（式1）积分，求相切点的高度 $y$。
$$\int_0^t m\,dv_x=\int_0^t -qB\,v_y\,dt\;\Longrightarrow\;m(v_x-v)=-qB\,y$$（这里用了 $\int_0^t v_y\,dt=y$，即竖直位移。）相切时 $v_x=0$：
$$-mv=-qB\,y\;\Longrightarrow\;y=\frac{mv}{qB}$$漂亮的是：相切点上升的高度 $y=\dfrac{mv}{qB}$ 竟与 $g$ 无关。
第 2 步：用动能定理求相切点的竖直速度 $v_y$。 洛伦兹力永远垂直于速度、不做功，全程只有重力做（负）功。相切时速度只剩竖直分量 $v_y$：
$$-mgy=\frac12 mv_y^{2}-\frac12 mv^{2}\;\Longrightarrow\;v_y=\sqrt{\,v^{2}-\frac{2mgv}{qB}\,}$$（根式要求 $qvB\ge 2mg$：洛伦兹力得足够强，粒子才会明显偏转并相切，否则会一路向右下坠。）
第 3 步：对（式2）积分，求宽度 $d$。
$$\int_0^t m\,dv_y=\int_0^t(qBv_x-mg)\,dt\;\Longrightarrow\;m\,v_y=qB\,x-mg\,t$$取 $x=d$：
$$d=\frac{m\,v_y+mg\,t}{qB}$$第 4 步：解微分方程组求时间 $t$。 令 $\omega=\dfrac{qB}{m}$，解得
$$v_x(t)=\frac{g}{\omega}+\left(v-\frac{g}{\omega}\right)\cos\omega t$$令 $v_x=0$：
$$\cos\omega t=\frac{mg}{mg-qvB}\;\Longrightarrow\;t=\frac{m}{qB}\arccos\!\left(\frac{mg}{mg-qvB}\right)$$汇总，把 $v_y$、$t$ 代回第 3 步：
$$\boxed{\,d=\frac{m}{qB}\sqrt{\,v^{2}-\frac{2mgv}{qB}\,}+\frac{m^{2}g}{q^{2}B^{2}}\arccos\!\left(\frac{mg}{mg-qvB}\right)}$$$$\boxed{\,t=\frac{m}{qB}\arccos\!\left(\frac{mg}{mg-qvB}\right)}$$殊途同归
两种解法得到完全相同的答案：
- 时间的 $\arccos$ 参数一致：$\dfrac{mg}{mg-qvB}=-\dfrac{mg}{qvB-mg}$；
- 宽度里，解法二的 $\dfrac{m}{qB}\sqrt{v^{2}-\frac{2mgv}{qB}}$ 正是解法一的 $\dfrac{1}{q^{2}B^{2}}\sqrt{qBv(qBv-2mg)}\cdot m$，两者恒等。
区别在于思路：解法一直接写出摆线轨迹再套条件；解法二不写整条轨迹，而是靠"对运动方程积分"得到 $y$、靠"动能定理"得到 $v_y$，把关键量优雅地抠出来。前者偏"运动学几何"，后者偏"动力学 + 功能关系"。
验算：令 $g\to0$，回到原题
当重力消失时：
- 时间 $t\to\dfrac{m}{qB}\arccos 0=\dfrac{\pi m}{2qB}=\dfrac{T}{4}$，正是原题"转过 $90^{\circ}$、四分之一周期"；
- 宽度 $d\to\dfrac{m}{qB}\sqrt{v^{2}}=\dfrac{mv}{qB}=r$，正是原题的临界 $r=d$。
两种解法都完美退回经典结果。
一个有趣的旁注：正逆不对称
这道题最妙的地方在于方向的不对称：
- 给定 $B$ 求 $d$：如上，$d=f(B)$ 是显式函数，直接代入即可；
- 反过来给定 $d$ 求 $B$：$B$ 陷在 $\arccos$、$\sqrt{\ }$ 的内外好几处，要把这个函数求逆——变成一个超越方程，一般没有初等闭式解，只能数值求解。
同一道题，正向"一步到位"，逆向"无解析解"，这正是超越方程的典型特征（就像 $y=x+\sin x$ 给 $x$ 求 $y$ 很容易，给 $y$ 反求 $x$ 就难）。原题之所以设成"给定 $d$ 求 $B$“却又能有干净答案，正是因为它忽略了重力——一旦重力进来，逆向就不再漂亮了。
小结
- 加上重力后，带电粒子的轨迹从圆变成摆线（匀速圆周 + 水平漂移 $v_{\text{漂}}=\frac{mg}{qB}$）；
- “恰好射出右边界"的相切条件就是最深处 $v_x=0$，它是两种解法共同的钥匙；
- **解法一（漂移分解）**直接写出摆线轨迹套条件；**解法二（积分 + 动能定理）**靠积分运动方程与功能关系抠出关键量——殊途同归；
- 给定 $B$ 时 $t$、$d$ 都有显式解，$g\to0$ 完美退回经典的 $t=\frac{T}{4}$、$d=r=\frac{mv}{qB}$；反向（给 $d$ 求 $B$）则是超越方程，正逆难度天差地别。
一道看似"超纲"的题，把摆线、相切条件、两种解题风格、极限验证、超越方程的正逆不对称串成了一条漂亮的线。这也是它值得记录的原因。