第 26 章 · 洛伦兹力与带电粒子在磁场中的运动

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课标主题	选择性必修 2 · 磁场：洛伦兹力的方向和大小；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、偏转及其应用
人教版（2019）	选择性必修第二册 第一章“安培力与洛伦兹力”：2 磁场对运动电荷的作用力；3 带电粒子在匀强磁场中的运动；4 质谱仪与回旋加速器
考试地位	必考。带电粒子在有界磁场中的圆周运动几乎每卷都有，常作计算题，和第 16 章的电场加速、偏转组合成压轴题的前几问；速度选择器、质谱仪、回旋加速器、霍尔效应常出选择题
前置知识	第 25 章磁感应强度、安培力和左手定则；第 10 章向心力；第 16 章带电粒子在电场中的加速和偏转；第 13 章动能定理；圆的弦、切线、圆心角（见《高中数学知识点梳理》第 29 章）

这一章讲磁场对运动电荷的力，以及带电粒子在磁场里怎么运动。规律只有一条：洛伦兹力提供向心力，$qvB = m\dfrac{v^2}{r}$。难点几乎全在几何：圆心在哪、半径多大、转过多少角度。丢分集中在三处：负电荷的受力方向没反过来；找不到圆心，凭感觉画轨迹；把偏转角、圆心角、弦切角混成一个。

26.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
26.2 洛伦兹力	$F = qvB$（$v \perp B$），方向用左手定则，负电荷反过来；始终垂直速度，不做功	必考，选择题判断方向，计算题的出发点
26.3 匀强磁场中的匀速圆周运动	$v \perp B$ 时做匀速圆周运动，$r = \dfrac{mv}{qB}$，$T = \dfrac{2\pi m}{qB}$，周期与速度无关	必考
26.4 有界磁场中的圆周运动	先找圆心（速度的垂线、弦的中垂线），再由几何求半径，由圆心角求时间；临界轨迹与边界相切	必考，计算题主力
26.5 叠加场中的平衡：速度选择器与霍尔效应	电场力和洛伦兹力平衡，$qE = qvB$：速度选择器 $v = \dfrac{E}{B}$，霍尔电压、磁流体发电机、电磁流量计都由它得出	常考选择题
26.6 组合场：质谱仪、回旋加速器与电磁组合	电场和磁场分区域，分段处理：电场里加速或偏转，磁场里做圆周运动；回旋加速器的最大动能由 D 形盒半径决定，与加速电压无关	常考，选择题和计算题都有

26.2 洛伦兹力

说明

洛伦兹力：运动电荷在磁场中受到的力。它以荷兰物理学家洛伦兹的名字命名。

大小：

• 速度与磁场垂直（$v \perp B$）：$F = qvB$；
• 速度与磁场平行（$v \parallel B$）：$F = 0$；
• 速度与磁场成 $\theta$ 角：$F = qvB\sin\theta$，只有垂直磁场的速度分量 $v\sin\theta$ 起作用。

式中 $q$ 取电荷量的绝对值，单位：$q$ 用 $\mathrm{C}$，$v$ 用 $\mathrm{m/s}$，$B$ 用 $\mathrm{T}$，$F$ 用 $\mathrm{N}$。静止的电荷（$v = 0$）在磁场中不受力。

方向（左手定则）：伸开左手，拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线垂直穿入掌心，四指指向正电荷的运动方向，拇指所指就是正电荷所受洛伦兹力的方向。负电荷受力方向与正电荷相反：四指指向负电荷运动的反方向。

洛伦兹力既垂直于速度，又垂直于磁场，即垂直于 $v$ 和 $B$ 所决定的平面。

洛伦兹力不做功：洛伦兹力始终与速度垂直，所以对电荷不做功，只改变速度的方向，不改变速度的大小，粒子的动能不变。

和安培力的关系：通电导线中定向移动的电荷都受洛伦兹力，它们的合力在宏观上表现为导线受到的安培力（第 25 章）。

理想模型：点电荷；高中只讨论匀强磁场；粒子速度远小于光速。

使用场景

• 题目给出电荷的电性、运动方向和磁场方向，问受力方向或偏转方向（向哪边弯、打在哪一侧）→ 运动电荷在磁场中受力 → 左手定则，负电荷反过来。
• 题目给出 $q$、$v$、$B$，问力的大小，速度与磁场不一定垂直 → 只有垂直分量起作用 → $F = qvB\sin\theta$。
• 带电物体在磁场中运动，还受重力、拉力或支持力，问速度或绳的拉力、支持力 → 洛伦兹力不做功 → 求速度用动能定理或机械能守恒（洛伦兹力不出现在功里），求拉力、支持力时洛伦兹力要列进受力分析。

注意点

• 判断方向前先看电荷正负。负电荷（电子）最容易错：四指要指向它运动的反方向，或者先按正电荷判断再反过来。
• 洛伦兹力的方向随速度方向变化而变化。粒子速度一变，力的方向跟着变，所以它不是恒力，不能当作恒力处理（不会做类平抛运动）。
• 磁场方向在纸面上常用 $\times$（垂直纸面向里）和 $\cdot$（垂直纸面向外）表示。用左手定则时要让磁感线穿入掌心：磁场向里（$\times$）时掌心朝向读者，手背对着纸面；磁场向外（$\cdot$）时掌心对着纸面。
• 洛伦兹力不做功，但它能改变其他力做功的情况：例如带电小球沿杆运动时，洛伦兹力改变了支持力，从而改变了摩擦力，摩擦力做的功就变了。
• 导体棒在磁场中运动时，安培力可以做功，和“洛伦兹力不做功”不矛盾：安培力只是洛伦兹力的一个分量的宏观表现，另一个分量做负功，洛伦兹力的总功仍为零（第 28 章讲动生电动势时再看）。

推导

由安培力推出洛伦兹力的大小（课本的推导）：

设导线横截面积为 $S$，单位体积内有 $n$ 个自由电荷，每个电荷量为 $q$，定向移动速度为 $v$。由电流的微观表达式（第 17 章），$I = nqSv$。

1. 取长为 $L$ 的一段导线垂直放入磁场，它受的安培力（第 25 章）：$F_{\text{安}} = BIL = B(nqSv)L$。
2. 这段导线里的自由电荷个数：$N = nSL$。
3. 安培力是这些电荷受的洛伦兹力的合力，每个电荷受力：

$$F = \frac{F_{\text{安}}}{N} = \frac{BnqSvL}{nSL} = qvB$$

（关键一步：第 3 步把安培力看成所有运动电荷所受洛伦兹力的总和。导线本身不带净电荷，它受的力只能来自其中定向移动的电荷，所以可以平均分到每一个电荷上。）

方向：安培力的方向用左手定则判断，四指指向电流方向，而电流方向就是正电荷的运动方向，所以洛伦兹力也用左手定则，四指指向正电荷的运动方向。负电荷运动方向与电流方向相反，受力方向也就相反。

不做功：力做功 $W = Fx\cos\alpha$，洛伦兹力与速度（即每一小段位移）始终垂直，$\alpha = 90^\circ$，每一小段的功都为零，合起来也为零。

$v$ 与 $B$ 成 $\theta$ 角：把 $\vec{v}$ 分解成平行于 $\vec{B}$ 的 $v\cos\theta$ 和垂直于 $\vec{B}$ 的 $v\sin\theta$。平行分量不受力，垂直分量受力 $q(v\sin\theta)B$。严格写法是矢量叉积 $\vec{F} = q\vec{v} \times \vec{B}$，大学物理才讲，高中用分解就够了。

例题

例 1　（场景：判断洛伦兹力的方向）如图，匀强磁场垂直纸面向里，一个正电荷和一个电子都以水平向右的速度进入磁场。它们刚进入时所受洛伦兹力的方向分别是（　）。

A. 都向上　B. 都向下　C. 正电荷向上，电子向下　D. 正电荷向下，电子向上

解：C。

判断依据：左手定则，磁感线穿入掌心，四指指向正电荷的运动方向；负电荷反过来。

正电荷：磁感线垂直纸面向里，要从读者一侧穿入掌心，所以掌心朝向读者；四指向右，拇指向上，受力向上。电子带负电，受力与正电荷相反，向下。

容易卡在：电子直接按“四指指向速度”判断，得到向上。电子要么四指指向速度的反方向，要么判断完再反过来。

例 2　（场景：速度与磁场不垂直）质子以 $v = 2.0 \times 10^6\ \mathrm{m/s}$ 的速度射入 $B = 0.50\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场，速度方向与磁场方向成 $30^\circ$ 角。求质子受到的洛伦兹力大小，并与它的重力比较。（质子电荷量 $e = 1.6 \times 10^{-19}\ \mathrm{C}$，质量 $m = 1.67 \times 10^{-27}\ \mathrm{kg}$）

解：

研究对象：质子。

过程划分：只求刚射入时的受力，不涉及过程。

分析：速度与磁场不垂直，把速度分解：平行于 $B$ 的分量不受力，只有垂直分量 $v\sin 30^\circ$ 产生洛伦兹力。

列式求解：

$$F = qvB\sin\theta = 1.6 \times 10^{-19} \times 2.0 \times 10^6 \times 0.50 \times 0.5\ \mathrm{N} = 8.0 \times 10^{-14}\ \mathrm{N}$$

重力 $mg = 1.67 \times 10^{-27} \times 10\ \mathrm{N} \approx 1.7 \times 10^{-26}\ \mathrm{N}$，洛伦兹力约是重力的 $5 \times 10^{12}$ 倍。

检验：单位 $\mathrm{C \cdot m/s \cdot T}$，由 $F = BIL$ 知 $\mathrm{T} = \mathrm{N/(A \cdot m)}$，$\mathrm{C \cdot m/s \cdot N/(A \cdot m)} = \mathrm{N}$，对。量级：重力和洛伦兹力差十几个数量级，这就是质子、电子这类基本粒子在磁场中“不计重力”的原因。

容易卡在：直接用 $qvB$，忘了乘 $\sin 30^\circ$，得到 $1.6 \times 10^{-13}\ \mathrm{N}$，大了一倍。

例 3　（场景：带电物体在磁场中运动，求速度和拉力）如图，长 $L = 0.80\ \mathrm{m}$ 的绝缘细线一端固定在 $O$ 点，另一端系一个质量 $m = 0.010\ \mathrm{kg}$、电荷量 $q = +5.0 \times 10^{-3}\ \mathrm{C}$ 的小球，整个装置处在垂直纸面向里、$B = 1.0\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场中。把小球拉到细线水平的位置 $A$（在 $O$ 的左侧）由静止释放，不计空气阻力。求：（1）小球第一次摆到最低点 $C$ 时的速度；（2）此时细线的拉力；（3）小球从右侧摆回、再次经过 $C$ 时细线的拉力。

解：

研究对象：带电小球。

过程划分：从 $A$ 摆到最低点 $C$ 是一段圆周运动，在 $C$ 点看受力。之后摆到右侧再摆回 $C$。

分析：小球受重力、细线拉力和洛伦兹力。拉力和洛伦兹力都与速度垂直，不做功，只有重力做功，机械能守恒，速度与有没有磁场无关。在 $C$ 点，三个力都在竖直方向，合力提供向心力。

列式求解：（1）由机械能守恒（或动能定理），$mgL = \dfrac{1}{2}mv^2$：

$$v = \sqrt{2gL} = \sqrt{2 \times 10 \times 0.80}\ \mathrm{m/s} = 4.0\ \mathrm{m/s}$$

方向水平向右。

（2）在 $C$ 点小球向右运动，正电荷、磁场向里，由左手定则，洛伦兹力竖直向上，$F_{\text{洛}} = qvB = 5.0 \times 10^{-3} \times 4.0 \times 1.0\ \mathrm{N} = 0.020\ \mathrm{N}$。取竖直向上（指向圆心）为正方向：

$$F_{\text{T}} + qvB - mg = m\frac{v^2}{L}$$ $$F_{\text{T}} = mg + m\frac{v^2}{L} - qvB = (0.10 + 0.20 - 0.020)\ \mathrm{N} = 0.28\ \mathrm{N}$$

（3）摆回 $C$ 时，机械能仍守恒，速度大小仍为 $4.0\ \mathrm{m/s}$，但方向向左，洛伦兹力变为竖直向下：

$$F_{\text{T}}' - qvB - mg = m\frac{v^2}{L}, \qquad F_{\text{T}}' = (0.10 + 0.20 + 0.020)\ \mathrm{N} = 0.32\ \mathrm{N}$$

检验：两次经过最低点速度大小相同，拉力相差 $2qvB = 0.040\ \mathrm{N}$，正是洛伦兹力反向造成的。如果没有磁场，拉力是 $0.30\ \mathrm{N}$，恰好在两者正中间，合理。

容易卡在：以为洛伦兹力会让小球“摆得更快或更慢”。洛伦兹力不做功，速度只由重力做功决定。

常用推论

• 粒子只受洛伦兹力时，动能不变、速度大小不变；速度方向在变，所以动量在变。由“洛伦兹力不做功”直接得出。
• 带电体在磁场中运动，只要除洛伦兹力外的其他力满足机械能守恒的条件，机械能就守恒，速度与有无磁场无关（例 3）。
• 带电粒子沿磁感线方向运动时不受洛伦兹力，做匀速直线运动（26.3 节）。
• 带电小球沿绝缘杆在磁场中运动时，洛伦兹力随速度变化，支持力和摩擦力也随之变化，常出现“加速度先增大后减小、最后匀速”的过程：最后匀速时合力为零，可由平衡条件求出最大速度。

易错点

• 错在哪：判断电子受力时，四指指向电子的速度方向。 为什么错：左手定则的四指指的是“正电荷的运动方向”，也就是电流方向。电子运动的方向与电流方向相反。 正确做法：负电荷四指指向运动的反方向；或者先当正电荷判断，再把结果反过来。
• 错在哪：认为带电粒子在磁场中一定受洛伦兹力。 为什么错：静止的电荷不受洛伦兹力，速度平行磁场时也不受。直觉把磁场对电荷的作用类比成电场（电场对静止电荷也有力），忽略了洛伦兹力依赖速度。 正确做法：先看 $v$ 是否为零、$v$ 是否与 $B$ 平行，再算 $qvB\sin\theta$。
• 错在哪：认为洛伦兹力能使粒子加速，把它写进动能定理里做功。 为什么错：力总与速度垂直，每一瞬间的功率 $Fv\cos 90^\circ = 0$。 正确做法：列动能定理、机械能守恒时，洛伦兹力的功一律为零；它只在受力分析（求拉力、支持力、向心力）时出现。
• 错在哪：把洛伦兹力当恒力，认为粒子垂直射入匀强磁场后做类平抛运动。 为什么错：把磁场和匀强电场作类比。匀强电场中静电力恒定；而洛伦兹力的方向随速度转动。 正确做法：垂直射入匀强磁场做匀速圆周运动（26.3 节），不做类平抛。

直观理解

洛伦兹力像一根始终横着拉的“侧向绳”：它永远推在速度的侧面，只能让粒子拐弯，不能让它变快或变慢。记法：“左手判方向，负电要反向；只拐弯，不加速。”

关联知识点

• 前置：第 25 章安培力 $F = BIL$ 和左手定则，洛伦兹力由它推出。
• 前置：第 17 章电流的微观表达式 $I = nqSv$。
• 前置：第 12 章功的定义，力与位移垂直时不做功。
• 后续：26.3 节，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动。
• 后续：第 28 章动生电动势的微观解释：导体中的自由电荷随导体运动，受洛伦兹力而定向移动。
• 常一起考：第 14 章机械能守恒，带电体在磁场中运动时判断能量。

26.3 匀强磁场中的匀速圆周运动

说明

带电粒子（不计重力）以速度 $v$ 射入匀强磁场 $B$：

• $v \parallel B$：不受洛伦兹力，做匀速直线运动。
• $v \perp B$：洛伦兹力大小 $qvB$ 不变，方向始终垂直速度、在垂直于磁场的平面内，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：

$$qvB = m\frac{v^2}{r}$$ $$r = \frac{mv}{qB}, \qquad T = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi m}{qB}$$

$r$ 与速度成正比，周期 $T$ 与速度、半径无关，只由比荷 $\dfrac{q}{m}$ 和 $B$ 决定。

半径的几种等价写法（$p$ 为动量，$E_{\text{k}}$ 为动能，$U$ 为由静止加速的电压）：

$$r = \frac{mv}{qB} = \frac{p}{qB} = \frac{\sqrt{2mE_{\text{k}}}}{qB} = \frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$$

• $v$ 与 $B$ 成 $\theta$ 角（了解）：平行分量 $v\cos\theta$ 不受力，做匀速直线运动；垂直分量 $v\sin\theta$ 做匀速圆周运动。合起来是一条螺旋线。高考很少计算。

理想模型：不计重力的点电荷；匀强磁场；粒子速度远小于光速。

使用场景

• 粒子垂直射入匀强磁场（未提边界，或磁场足够大），问轨道半径、周期、运动时间 → 匀速圆周运动 → $qvB = m\dfrac{v^2}{r}$ 得 $r = \dfrac{mv}{qB}$，$T = \dfrac{2\pi m}{qB}$。
• 几种粒子（质子、氘核、$\alpha$ 粒子）以相同速度、相同动能或经相同电压加速后进入同一磁场，比较半径、周期 → 同一模型的比例问题 → 选对应的半径表达式，只看 $m$、$q$ 的比例。
• 粒子速度沿磁感线方向或与磁感线成一角度射入 → 先分解速度 → 平行分量匀速直线，垂直分量匀速圆周；只有平行时做匀速直线运动。

注意点

• 半径公式里的 $v$ 必须是垂直于 $B$ 的速度。
• 粒子绕行方向：正电荷在垂直纸面向里的磁场中逆时针转，在向外的磁场中顺时针转；负电荷反过来。拿不准就在入射点用左手定则判断受力方向，受力方向一侧就是圆心所在的一侧。
• 比较不同粒子时，先看题目“相同”的是什么：速度相同用 $r = \dfrac{mv}{qB}$；动能相同用 $r = \dfrac{\sqrt{2mE_{\text{k}}}}{qB}$；同一电压加速用 $r = \dfrac{1}{B}\sqrt{\dfrac{2mU}{q}}$。
• 电子、质子、离子不计重力；带电微粒（油滴、小球）要计重力，这时不一定是匀速圆周运动（见 26.5 节常用推论）。
• 速度接近光速时，质量随速度增大（相对论效应），周期不再恒定，高中不计算，但回旋加速器的能量上限与此有关（26.6 节）。

推导

为什么是匀速圆周运动：

1. 洛伦兹力始终垂直速度，不做功，速度大小 $v$ 不变（26.2 节）。
2. $v$、$q$、$B$ 都不变，洛伦兹力的大小 $qvB$ 不变。
3. 力在垂直于磁场的平面内，且始终垂直速度，粒子就一直在这个平面内运动。
4. 一个大小不变、始终垂直速度的力，正是匀速圆周运动的向心力（第 10 章）。

（关键一步：第 1、2 步。速度大小不变 → 洛伦兹力大小不变 → 向心力大小不变 → 由 $F = m\dfrac{v^2}{r}$，半径不变。大小恒定、方向始终垂直速度的力，只能让物体做匀速圆周运动。）

半径和周期：由向心力公式 $qvB = m\dfrac{v^2}{r}$ 得 $r = \dfrac{mv}{qB}$。周期 $T = \dfrac{2\pi r}{v} = \dfrac{2\pi}{v} \cdot \dfrac{mv}{qB} = \dfrac{2\pi m}{qB}$，$v$ 约掉了。

其他写法：$mv = p$；$E_{\text{k}} = \dfrac{p^2}{2m}$ 得 $p = \sqrt{2mE_{\text{k}}}$；由静止经电压 $U$ 加速，$qU = E_{\text{k}}$，代入得 $r = \dfrac{\sqrt{2mqU}}{qB} = \dfrac{1}{B}\sqrt{\dfrac{2mU}{q}}$。

例题

例 1　（场景：求半径和周期）带正电的粒子比荷 $\dfrac{q}{m} = 1.0 \times 10^8\ \mathrm{C/kg}$，以 $v = 2.0 \times 10^6\ \mathrm{m/s}$ 的速度垂直射入 $B = 0.10\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场（垂直纸面向里），不计重力。求粒子的轨道半径和周期，并判断绕行方向。

解：

研究对象：带电粒子。

过程划分：一个过程，在磁场中做匀速圆周运动。

分析：不计重力，只受洛伦兹力，$v \perp B$，洛伦兹力提供向心力。

列式求解：由 $qvB = m\dfrac{v^2}{r}$：

$$r = \frac{mv}{qB} = \frac{v}{\frac{q}{m}B} = \frac{2.0 \times 10^6}{1.0 \times 10^8 \times 0.10}\ \mathrm{m} = 0.20\ \mathrm{m}$$ $$T = \frac{2\pi m}{qB} = \frac{2\pi}{1.0 \times 10^8 \times 0.10}\ \mathrm{s} \approx 6.3 \times 10^{-7}\ \mathrm{s}$$

方向：在最低点速度向右，由左手定则，正电荷受力向上（指向圆心），粒子逆时针转动。

检验：单位：$\dfrac{\mathrm{m/s}}{\mathrm{C/kg \cdot T}}$，由 $qvB$ 是力得 $\mathrm{C \cdot T} = \mathrm{N \cdot s/m} = \mathrm{kg/s}$，所以单位是 $\mathrm{m}$，对。核对：$2\pi r / v = 2\pi \times 0.20 / (2.0 \times 10^6)\ \mathrm{s} \approx 6.3 \times 10^{-7}\ \mathrm{s}$，两种算法一致。

例 2　（场景：几种粒子比较半径和周期）质子（${}^{1}_{1}\mathrm{H}$）和 $\alpha$ 粒子（${}^{4}_{2}\mathrm{He}$）由静止经同一电压加速后，从 $P$ 点垂直边界射入同一匀强磁场，都在磁场中偏转半周后打在边界上。求它们的轨道半径之比、在磁场中运动的时间之比。

解：

研究对象：质子和 $\alpha$ 粒子，质量之比 $1 : 4$，电荷量之比 $1 : 2$。

过程划分：两段：电场中加速，磁场中做半个圆周。

分析：加速段用动能定理（第 16 章），磁场段 $r = \dfrac{mv}{qB}$。“同一电压加速”，用 $r = \dfrac{1}{B}\sqrt{\dfrac{2mU}{q}}$ 最直接。

列式求解：$r \propto \sqrt{\dfrac{m}{q}}$：

$$\frac{r_{\text{H}}}{r_{\alpha}} = \sqrt{\frac{m_{\text{H}}/q_{\text{H}}}{m_{\alpha}/q_{\alpha}}} = \sqrt{\frac{1/1}{4/2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$$

半径之比 $1 : \sqrt{2}$。在磁场中都运动半个周期，$t = \dfrac{T}{2} = \dfrac{\pi m}{qB} \propto \dfrac{m}{q}$：

$$\frac{t_{\text{H}}}{t_{\alpha}} = \frac{1/1}{4/2} = \frac{1}{2}$$

检验：$\alpha$ 粒子比荷是质子的一半，转得慢，周期长，时间之比 $1 : 2$ 合理。半径与 $\sqrt{m/q}$ 成正比，比周期的差别小，也合理。

容易卡在：直接用 $r = \dfrac{mv}{qB}$ 而当成速度相同。两种粒子经同一电压加速，速度并不相同（质子更快）。

另一种解法：分两步算。先由 $qU = \dfrac{1}{2}mv^2$ 得 $v = \sqrt{\dfrac{2qU}{m}}$，$v_{\text{H}} : v_{\alpha} = \sqrt{2} : 1$；再代入 $r = \dfrac{mv}{qB}$，$r_{\text{H}} : r_{\alpha} = \dfrac{1 \times \sqrt{2}}{1} : \dfrac{4 \times 1}{2} = \sqrt{2} : 2 = 1 : \sqrt{2}$。分步算思路清楚，题目还问速度时顺带得出；只比较半径时，直接记住 $r = \dfrac{1}{B}\sqrt{\dfrac{2mU}{q}}$ 一步到位。

例 3　（场景：速度沿磁感线方向）电子以速度 $v$ 沿通电长直螺线管的轴线射入管内（管内是匀强磁场，方向沿轴线），不计重力。电子在管内做什么运动？

解：

判断依据：速度与磁场平行时，洛伦兹力为零。

螺线管内磁场沿轴线，电子沿轴线运动，$v \parallel B$，$F = qvB\sin 0^\circ = 0$。电子不受力，做匀速直线运动，与电流大小、方向都无关。如果电子斜着射入，速度有垂直于轴线的分量，就会一边沿轴线匀速前进、一边绕轴线转圈，走螺旋线。

常用推论

• 周期与速度无关：同一种粒子在同一磁场中，快的转大圈、慢的转小圈，转一圈的时间相同。回旋加速器（26.6 节）就靠这一点工作。
• 运动时间只看圆心角：$t = \dfrac{\theta}{2\pi}T$（$\theta$ 用弧度）或 $t = \dfrac{\theta}{360^\circ}T$；也可用 $t = \dfrac{s}{v}$（$s$ 为弧长）。由 $T$ 恒定、匀速转动得出。
• 比荷相同的粒子周期相同：如氘核 ${}^{2}_{1}\mathrm{H}$ 和 $\alpha$ 粒子，$\dfrac{q}{m}$ 都是质子的一半，在同一磁场中周期相同。
• 半径与动量成正比：$r = \dfrac{p}{qB}$。两个粒子动量相同、电荷量相同时半径相同，这在原子核衰变的径迹题里常用（第 36 章：静止的核衰变，两粒子动量等大反向，半径之比等于电荷量的反比）。

易错点

• 错在哪：认为速度越大，转一圈用的时间越短。 为什么错：直觉“跑得快就回来得快”，忽略了速度大半径也大，路程同比例增大。 正确做法：$T = \dfrac{2\pi m}{qB}$ 与 $v$ 无关。
• 错在哪：比较不同粒子的半径时，不管题目条件，一律当成速度相同。 为什么错：经同一电压加速，动能 $qU$ 与电荷量有关，速度与比荷有关，不同粒子的速度不同。 正确做法：先看相同的是速度、动量、动能还是加速电压，选对应的半径表达式（说明中的四种写法）。
• 错在哪：用 $r = \dfrac{mv}{qB}$ 时，$v$ 用了与 $B$ 不垂直的合速度。 为什么错：只有垂直分量提供圆周运动。 正确做法：斜射时 $r = \dfrac{mv\sin\theta}{qB}$，或先说明 $v \perp B$ 再用公式。

直观理解

想象一辆方向盘打死、油门不变的车：车速不变，转弯半径不变，一直在原地画圈。速度大一倍，圈就大一倍，但绕一圈的时间不变。

一句话记法：半径看动量（$r = \dfrac{p}{qB}$），周期看比荷（$T = \dfrac{2\pi m}{qB}$）。

关联知识点

• 前置：第 10 章向心力 $F = m\dfrac{v^2}{r}$、周期 $T = \dfrac{2\pi r}{v}$，本节直接套用。
• 前置：第 16 章 16.7 节，粒子经电压加速 $qU = \dfrac{1}{2}mv^2$，常作为进入磁场前的一段。
• 后续：26.4 节有界磁场，在本节的半径、周期基础上加几何。
• 后续：26.6 节回旋加速器利用“周期与速度无关”。
• 后续：第 34 章汤姆孙测电子比荷；第 36 章放射性衰变在磁场中的径迹。

26.4 有界磁场中的圆周运动

说明

磁场只占一块区域时，粒子在里面只走一段圆弧就出来了。题目问的是：从哪里出来、偏转多少角度、在磁场里待了多久、要满足什么条件才能（或才不）从某条边界射出。解题分三步：定圆心、求半径、算时间。

1. 定圆心（圆心一定在过入射点、垂直于入射速度的直线上，因为洛伦兹力指向圆心）：

• 已知两个点的速度方向：分别过这两点作速度的垂线，交点就是圆心。
• 已知一个点的速度方向和另一个点的位置：过已知速度的点作速度的垂线，再作两点连线（弦）的中垂线，交点就是圆心。

2. 求半径：两条路。

• 物理：$r = \dfrac{mv}{qB}$（已知速度求半径，或已知半径求速度）。
• 几何：在由圆心、入射点、出射点、磁场边界构成的三角形里，用勾股定理、三角函数解出 $r$（见《高中数学知识点梳理》第 29 章圆的方程、第 16 章解三角形）。

3. 算时间：先求轨迹所对的圆心角 $\theta$，$t = \dfrac{\theta}{2\pi}T = \dfrac{\theta m}{qB}$。求圆心角靠三个角的关系：

• 偏转角 = 圆心角：速度转过的角度（出射速度与入射速度的夹角）等于轨迹所对的圆心角。
• 弦切角 = 圆心角的一半：速度与弦的夹角是圆心角的一半。

两种常见边界：

• 直线边界：粒子从边界射入，必从同一边界射出，进、出时速度与边界的夹角相等（对称）。速度与边界夹角为 $\alpha$ 时，弦长 $2r\sin\alpha$；圆心角是 $2\alpha$ 或 $2\pi - 2\alpha$，看偏转方向。
• 圆形边界：沿半径方向射入，必沿半径方向射出（径向进、径向出）。偏转角 $\theta$ 满足 $\tan\dfrac{\theta}{2} = \dfrac{R}{r}$（$R$ 为磁场圆的半径）。

临界问题：题目说“恰好不射出”“恰好从某点射出”“至少多大速度”“最长时间”，临界轨迹一般是与边界相切的那个圆，或恰好经过边界端点的那个圆。

• 速度方向不变、大小变：半径随之变，圆心都在入射点处速度的垂线上，轨迹一个套一个地放大（放缩圆），找与边界相切的那一个。
• 速度大小不变、方向变：半径不变，圆心都在以入射点为圆心、$r$ 为半径的圆上（旋转圆）。

理想模型：不计重力；磁场边界清晰（边界外 $B = 0$，边界上不考虑边缘效应）。

使用场景

• 磁场只在一条直线一侧（或两条平行直线之间），粒子从边界上某点射入，问从哪里射出、运动时间 → 直线边界 → 过入射点作速度垂线定圆心，进出对称，圆心角由速度与边界的夹角求。
• 磁场在一个圆形区域内，粒子对准圆心射入（或问偏转角）→ 圆形边界 → 径向进、径向出，两条半径的垂线交于轨迹圆心，$\tan\dfrac{\theta}{2} = \dfrac{R}{r}$。
• 题目出现“恰好不从……射出”“速度至少（至多）多大”“最长时间”→ 临界轨迹 → 画出半径变化的一系列轨迹，找与边界相切（或过边界端点）的那一条，由几何求临界半径。

注意点

• 先判断绕行方向（左手定则看入射点的受力），再画圆心。圆心画错一侧，整道题都错。
• 画图要用圆规（或按比例），草图画得太随意，几何关系就看不出来。
• 圆心角和偏转角相等，但和“速度与边界的夹角”“弦切角”不相等，三者不要混。
• 直线边界的圆心角有两种可能（小于 $180^\circ$ 和大于 $180^\circ$），由偏转方向决定：圆心在磁场内侧时轨迹是优弧，圆心在边界外侧时轨迹是劣弧。
• 求时间时，$\theta$ 用弧度代 $\dfrac{\theta}{2\pi}T$，用角度代 $\dfrac{\theta}{360^\circ}T$，单位要配套。
• 临界问题里，“与边界相切”是轨迹圆与边界直线相切，即圆心到边界的距离等于 $r$，不是速度与边界平行的随便一点。

推导

偏转角 = 圆心角：轨迹上每一点的速度都垂直于该点的半径。粒子从 $A$ 运动到 $E$，半径从 $CA$ 转到 $CE$，转过的角就是圆心角 $\theta$；速度始终和半径垂直，跟着转过同样的角。

（关键一步：速度与半径的夹角恒为 $90^\circ$，两条直线保持垂直地一起转动，转过的角度必相等。）

弦切角 = 圆心角的一半：这是圆的弦切角定理：弦与切线的夹角等于它所夹弧所对圆心角的一半（几何证明：等腰三角形 $CAE$ 的底角是 $90^\circ - \dfrac{\theta}{2}$，切线与半径垂直，所以弦切角为 $\dfrac{\theta}{2}$）。

直线边界进出对称：轨迹圆与边界直线交于入射点 $O$ 和出射点 $E$，圆关于过圆心、垂直于边界的直线（即弦 $OE$ 的中垂线）对称，所以两点处速度与边界的夹角相等。

圆形边界径向进、径向出：设磁场圆心 $O$，轨迹圆心 $C$，入射点 $A$，出射点 $E$。$\triangle OAC$ 与 $\triangle OEC$ 中，$OA = OE = R$，$CA = CE = r$，$OC$ 公共，两三角形全等，所以 $\angle OEC = \angle OAC$。沿半径射入，速度沿 $AO$，而速度垂直于 $CA$，所以 $\angle OAC = 90^\circ$，从而 $\angle OEC = 90^\circ$：出射速度垂直于 $CE$，即沿 $OE$ 方向，沿半径射出。由直角三角形 $OAC$，$\tan\angle ACO = \dfrac{R}{r}$，而 $\angle ACO$ 是圆心角的一半，得 $\tan\dfrac{\theta}{2} = \dfrac{R}{r}$。

例题

例 1　（场景：直线边界）如图，直线 $MN$ 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，$B = 0.20\ \mathrm{T}$。一个比荷 $\dfrac{q}{m} = 1.0 \times 10^8\ \mathrm{C/kg}$ 的正粒子从边界上的 $O$ 点以 $v = 2.0 \times 10^6\ \mathrm{m/s}$ 射入磁场，速度方向与边界成 $30^\circ$ 角、斜向右上方，不计重力。求：（1）粒子从边界射出的点到 $O$ 的距离；（2）粒子在磁场中运动的时间。

解：

研究对象：带电粒子。

过程划分：只看在磁场中的一段圆弧，从 $O$ 射入到 $E$ 射出。

分析：先判断偏转方向：在 $O$ 点，正电荷、速度斜向右上、磁场向里，左手定则得洛伦兹力斜向左上，圆心 $C$ 在 $O$ 的左上方、磁场一侧，粒子逆时针转。过 $O$ 作速度的垂线，在其上取 $OC = r$ 得圆心。圆心在磁场一侧，轨迹是优弧。

列式求解：半径

$$r = \frac{v}{\frac{q}{m}B} = \frac{2.0 \times 10^6}{1.0 \times 10^8 \times 0.20}\ \mathrm{m} = 0.10\ \mathrm{m}$$

（1）速度与边界成 $30^\circ$，半径 $CO$ 垂直速度，所以 $CO$ 与边界成 $60^\circ$。$\triangle COE$ 中 $CO = CE = r$，底角 $60^\circ$，是等边三角形，$OE = r = 0.10\ \mathrm{m}$，射出点在 $O$ 的左侧 $10\ \mathrm{cm}$ 处。（也可以用弦长公式 $OE = 2r\sin 30^\circ = r$。）

（2）$\angle OCE = 60^\circ$，但粒子走的是优弧，转过的圆心角 $\theta = 360^\circ - 60^\circ = 300^\circ$。验证：入射速度与边界成 $30^\circ$ 斜向右上，出射速度与边界成 $30^\circ$ 斜向右下，速度方向转过了 $300^\circ$（逆时针），偏转角等于圆心角。

$$T = \frac{2\pi m}{qB} = \frac{2\pi}{1.0 \times 10^8 \times 0.20}\ \mathrm{s} = \pi \times 10^{-7}\ \mathrm{s}$$ $$t = \frac{300^\circ}{360^\circ}T = \frac{5\pi}{6} \times 10^{-7}\ \mathrm{s} \approx 2.6 \times 10^{-7}\ \mathrm{s}$$

检验：时间小于一个周期 $3.1 \times 10^{-7}\ \mathrm{s}$，合理。对称性：出射速度与边界的夹角也是 $30^\circ$，与“直线边界进出对称”一致。若换成负粒子，偏转方向相反，圆心在边界下方，走劣弧，圆心角 $60^\circ$，$t = \dfrac{T}{6} \approx 5.2 \times 10^{-8}\ \mathrm{s}$，从 $O$ 右侧 $10\ \mathrm{cm}$ 处射出：正负粒子在磁场中的时间之和正好是一个周期。

容易卡在：算出 $\angle OCE = 60^\circ$ 就当成圆心角。要看轨迹走的是哪段弧：圆心在磁场内，轨迹绕到圆心的另一侧，是优弧。

例 2　（场景：圆形边界）如图，半径 $R = 0.10\ \mathrm{m}$ 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，$B = 0.10\ \mathrm{T}$。比荷 $\dfrac{q}{m} = 1.0 \times 10^8\ \mathrm{C/kg}$ 的正粒子从边界上的 $A$ 点沿半径 $AO$ 方向射入，从 $E$ 点射出时速度方向偏转了 $60^\circ$，不计重力。求粒子的速度大小和在磁场中运动的时间。

解：

研究对象：带电粒子。

过程划分：只看在圆形磁场中的一段圆弧，从 $A$ 到 $E$。

分析：沿半径射入必沿半径射出，所以出射速度沿 $OE$ 方向。过 $A$ 作入射速度的垂线，过 $E$ 作出射速度的垂线，交点 $C$ 是轨迹圆心。偏转角 $60^\circ$ 等于圆心角 $\angle ACE = 60^\circ$，由对称性，$CO$ 平分这个角。

列式求解：直角三角形 $OAC$ 中，$\angle OAC = 90^\circ$，$\angle ACO = 30^\circ$：

$$r = \frac{R}{\tan 30^\circ} = \sqrt{3}R = \sqrt{3} \times 0.10\ \mathrm{m} \approx 0.17\ \mathrm{m}$$

由 $r = \dfrac{mv}{qB}$：

$$v = \frac{q}{m}Br = 1.0 \times 10^8 \times 0.10 \times 0.173\ \mathrm{m/s} \approx 1.7 \times 10^6\ \mathrm{m/s}$$ $$T = \frac{2\pi m}{qB} = \frac{2\pi}{1.0 \times 10^8 \times 0.10}\ \mathrm{s} \approx 6.28 \times 10^{-7}\ \mathrm{s}, \qquad t = \frac{60^\circ}{360^\circ}T \approx 1.0 \times 10^{-7}\ \mathrm{s}$$

检验：偏转角小（$60^\circ < 90^\circ$），说明轨迹半径比磁场半径大，$r = \sqrt{3}R > R$，一致。速度越大，半径越大，偏转越小，在磁场中的时间越短，合理。

另一种解法：直接套“圆形边界径向进出”的结论 $\tan\dfrac{\theta}{2} = \dfrac{R}{r}$：$\tan 30^\circ = \dfrac{R}{r}$，$r = \sqrt{3}R$，一步得半径。现场推导（找两条垂线、看全等三角形）适合第一次遇到或边界不规则时；在规范的“对准圆心射入”题里，记住这个结论能省去作图推理的时间，但画图仍不能省，否则看不出偏转向哪边。

例 3　（场景：临界轨迹，恰好不射出）如图，两条竖直平行边界之间是宽 $d = 0.30\ \mathrm{m}$ 的匀强磁场，方向垂直纸面向里，$B = 0.10\ \mathrm{T}$。比荷 $\dfrac{q}{m} = 1.0 \times 10^8\ \mathrm{C/kg}$ 的正粒子从左边界上的 $O$ 点射入，速度方向与边界的法线成 $30^\circ$ 角、斜向右下方，不计重力。（1）要使粒子不从右边界射出，速度最大为多少？（2）以最大速度射入时，粒子在磁场中运动的时间是多少？

解：

研究对象：带电粒子。

过程划分：在磁场中的一段圆弧，从 $O$ 射入，到从左边界 $E$ 射出。

分析：在 $O$ 点用左手定则判断，洛伦兹力指向右上方，粒子逆时针转。速度方向不变、大小变，各轨迹的圆心都在过 $O$ 垂直于速度的直线上（与法线成 $60^\circ$ 向右上方），速度越大圆越大（放缩圆）。不从右边界射出的临界情况是轨迹与右边界相切。

列式求解：（1）圆心 $C$ 在 $O$ 的右上方，$CO$ 与法线成 $60^\circ$，所以 $C$ 到左边界的水平距离为 $r\cos 60^\circ = \dfrac{r}{2}$。轨迹最右点在 $C$ 右方 $r$ 处，到左边界的距离为 $\dfrac{r}{2} + r$。临界条件：

$$\frac{r}{2} + r = d, \qquad r_{\max} = \frac{2d}{3} = 0.20\ \mathrm{m}$$ $$v_{\max} = \frac{q}{m}Br_{\max} = 1.0 \times 10^8 \times 0.10 \times 0.20\ \mathrm{m/s} = 2.0 \times 10^6\ \mathrm{m/s}$$

速度不超过 $2.0 \times 10^6\ \mathrm{m/s}$ 时粒子不从右边界射出。

（2）粒子从左边界射入、又从左边界射出，直线边界进出对称：入射速度与边界成 $60^\circ$（斜向下），出射速度也与边界成 $60^\circ$。弦 $OE$ 在边界上，速度与弦的夹角（弦切角）就是速度与边界的夹角。入射速度斜向右下、而圆心在右上方，粒子绕到边界的上方再出来，轨迹是优弧，圆心角

$$\theta = 360^\circ - 2 \times 60^\circ = 240^\circ$$ $$t = \frac{240^\circ}{360^\circ} \cdot \frac{2\pi m}{qB} = \frac{2}{3} \times \frac{2\pi}{1.0 \times 10^8 \times 0.10}\ \mathrm{s} \approx 4.2 \times 10^{-7}\ \mathrm{s}$$

检验：速度更小时轨迹更小，仍从左边界射出、圆心角都是 $240^\circ$，时间相同，说明临界之内时间与速度无关，合理（$T$ 与 $v$ 无关，圆心角由入射方向决定）。$r_{\max} = 0.20\ \mathrm{m} < d$，圆的右端恰好到 $d$，自洽。

容易卡在：以为临界条件是 $r = d$。只有垂直边界射入时圆心才在左边界上，斜射时圆心离左边界 $\dfrac{r}{2}$，要把这段加上。

常用推论

• 直线边界进出对称：从直线边界射入、又从同一边界射出，进、出速度与边界的夹角相等；入射速度与边界夹角为 $\alpha$ 时，弦长 $2r\sin\alpha$。推导见本节。
• 垂直边界射入：从直线边界垂直射入，半圈后垂直射出，在磁场中运动 $\dfrac{T}{2}$，射出点距入射点 $2r$（质谱仪就是这样，26.6 节）。
• 圆形边界径向进、径向出，偏转角 $\theta$ 满足 $\tan\dfrac{\theta}{2} = \dfrac{R}{r}$。推导见本节。
• 磁聚焦（了解）：在圆形磁场中，若轨迹半径 $r$ 恰等于磁场半径 $R$，从同一点射入的同种粒子，不论方向如何，都平行射出；反过来，平行射入的粒子会聚到边界上同一点。由四边形“两组对边都等于 $R$“是菱形推出。
• 时间比较看圆心角：同种粒子在同一磁场中周期相同，运动时间之比等于圆心角之比；弦越长不一定时间越长，要看圆心角。

易错点

• 错在哪：圆心画在了错误的一侧，轨迹往反方向弯。 为什么错：凭“看起来像”画轨迹，没有在入射点用左手定则判断受力方向。 正确做法：先在入射点画出洛伦兹力的方向，圆心就在这个方向上距离 $r$ 处。
• 错在哪：直线边界题，把半径与边界的夹角或弦所对的较小的角当成圆心角，漏判优弧。 为什么错：图上最显眼的是三角形的内角，直觉认为轨迹就是那段短弧。 正确做法：用“偏转角 = 圆心角”核对：从入射速度方向转到出射速度方向，转过多少度就是圆心角。
• 错在哪：临界问题直接令 $r = d$ 或 $r = R$。 为什么错：把“恰好不射出”理解成“半径等于宽度”。只有圆心恰在边界上时二者才相等。 正确做法：画出与边界相切的轨迹，写出“圆心到边界的距离 = $r$”，再用几何解。
• 错在哪：时间用 $t = \dfrac{\text{弦长}}{v}$ 计算。 为什么错：粒子走的是弧，不是弦。 正确做法：$t = \dfrac{\theta}{2\pi}T$ 或 $t = \dfrac{\text{弧长}}{v}$。

直观理解

有界磁场题是一道“尺规作图题”：物理只给一个式子 $r = \dfrac{mv}{qB}$，剩下全是找圆心、连半径、看角度。画图的口诀：“速度垂线找圆心，弦的中垂线来帮忙；偏转角等于圆心角，弦切角是它一半。”

临界问题就是把轨迹圆慢慢吹大（放缩圆）或绕入射点转一圈（旋转圆），看它第一次碰到边界是什么样子。

关联知识点

• 前置：26.3 节半径和周期公式，本节的物理部分只有它。
• 前置：圆的切线、弦、圆心角，见《高中数学知识点梳理》第 29 章；三角函数和解三角形见第 11–13、16 章。
• 后续：26.6 节质谱仪、电磁组合场，进入磁场后都按本节的方法定圆心。
• 常一起考：第 16 章 16.7 节，粒子先在电场中加速或偏转，再进入有界磁场。

26.5 叠加场中的平衡：速度选择器与霍尔效应

说明

叠加场：同一区域里同时有电场和磁场（有时还要考虑重力场）。本节只讲最常考的一类：静电力和洛伦兹力平衡，粒子做匀速直线运动，

$$qE = qvB$$

几种装置都是这一条：

速度选择器：两块平行金属板间加电场 $E$，同时加与电场垂直的磁场 $B$。粒子垂直于 $E$ 和 $B$ 射入，只有速度满足

$$v = \frac{E}{B}$$

的粒子静电力与洛伦兹力平衡，沿直线通过；与粒子的电荷量、电性、质量都无关。速度大于 $\dfrac{E}{B}$ 的，洛伦兹力大于静电力，向洛伦兹力一侧偏；小于的向静电力一侧偏。

霍尔效应：通有电流的导体或半导体薄片放在垂直于它的磁场中，载流子受洛伦兹力偏向一侧，在两个侧面之间产生电压 $U_{\text{H}}$（霍尔电压）。侧面积累的电荷形成电场 $E = \dfrac{U_{\text{H}}}{b}$（$b$ 为两侧面间的宽度），当 $qE = qvB$ 时达到稳定：

$$U_{\text{H}} = Bbv = \frac{IB}{nqd}$$

$d$ 是薄片沿磁场方向的厚度，$n$ 是单位体积的载流子数。通常写成 $U_{\text{H}} = k\dfrac{IB}{d}$，$k = \dfrac{1}{nq}$ 叫霍尔系数。霍尔效应由美国物理学家霍尔在 1879 年发现，霍尔元件用来测磁感应强度（第 30 章传感器）。

磁流体发电机：高温电离气体（等离子体）以速度 $v$ 垂直射入磁场，正负离子分别偏向两块极板，稳定时两板间电压（即电源的电动势）$E_{\text{电动势}} = Bdv$，$d$ 为极板间距。

电磁流量计：导电液体以速度 $v$ 在直径 $d$ 的管中流动，加垂直磁场后，管壁两电极间电压 $U = Bdv$，由此测出流速 $v = \dfrac{U}{Bd}$ 和流量 $Q = \dfrac{\pi d^2}{4}v$。

理想模型：不计重力的带电粒子；匀强电场、匀强磁场互相垂直；稳定状态（电荷积累已经完成）。

使用场景

• 正交的电场和磁场中，粒子做匀速直线运动，或题目问“什么速度的粒子能沿直线通过” → 速度选择器 → $qE = qvB$，$v = \dfrac{E}{B}$；速度不等于 $\dfrac{E}{B}$ 时比较两力大小判断偏向。
• 通电的导体或半导体薄片放在磁场中，问哪个侧面电势高、霍尔电压多大 → 霍尔效应 → 先判断载流子正负及其运动方向，用左手定则判断偏向；稳定时 $q\dfrac{U_{\text{H}}}{b} = qvB$，结合 $I = nqSv$。
• 导电流体（等离子体、导电液体）垂直流过磁场，问两极间电压、流速、流量或电源电动势 → 磁流体发电机、电磁流量计 → 正负离子分别偏向两极，稳定时 $q\dfrac{U}{d} = qvB$，$U = Bdv$。

注意点

• 速度选择器有方向性：粒子必须从规定的一端射入。从另一端反向射入时，洛伦兹力反向而静电力不变，二力同向，不能直线通过。
• 速度选择器只选速度，不选电性：正粒子以 $v = \dfrac{E}{B}$ 射入时二力平衡；换成负粒子，两个力同时反向，仍平衡。
• 霍尔电压的正负取决于载流子的电性：电流方向相同时，载流子是电子（金属、N 型半导体）和是正电荷（空穴，P 型半导体）时，偏向同一侧，但积累的电荷正负相反，高电势的一侧相反。判断时用载流子的实际运动方向和实际电性。
• 霍尔电压公式里的 $d$ 是沿磁场方向的厚度，不是电压所在两侧面之间的宽度 $b$；$b$ 在推导中约掉了。
• 磁流体发电机的 $Bdv$ 是电动势，接上外电阻后两板间电压是路端电压，要用闭合电路欧姆定律（第 18 章），等离子体本身有内阻。

推导

速度选择器：粒子在两板间受静电力 $qE$ 和洛伦兹力 $qvB$。只要电场、磁场和速度两两垂直，且两个力反向（对正粒子，电场力沿 $E$，洛伦兹力由左手定则判断），粒子做匀速直线运动的条件是合力为零：$qE = qvB$，$q$ 约去，$v = \dfrac{E}{B}$。

（关键一步：$q$ 能约掉，是因为两个力都与 $q$ 成正比；电荷变号，两个力同时反向，平衡不受影响。所以速度选择器与电荷量、电性、质量都无关。）

霍尔电压：设薄片宽 $b$（电压所在方向）、厚 $d$（磁场方向），载流子电荷量 $q$、定向移动速度 $v$。

1. 载流子受洛伦兹力 $qvB$ 偏向一侧，两侧面分别积累正、负电荷，形成横向电场 $E$。
2. $E$ 越来越大，直到对载流子的静电力与洛伦兹力平衡：$qE = qvB$，此后载流子不再横向偏转。$U_{\text{H}} = Eb = Bbv$。
3. 电流的微观表达式 $I = nqSv = nqbdv$，得 $v = \dfrac{I}{nqbd}$，代入：$U_{\text{H}} = Bb \cdot \dfrac{I}{nqbd} = \dfrac{IB}{nqd}$。

磁流体发电机、电磁流量计：与霍尔效应的第 1、2 步相同，只是“载流子”换成了流体中的正负离子，两极间距为 $d$：$q\dfrac{U}{d} = qvB$，$U = Bdv$。这与导体棒切割磁感线的 $E = BLv$（第 28 章）形式相同，物理本质也相同：都是洛伦兹力推动电荷形成电动势。

例题

例 1　（场景：速度选择器）速度选择器两板间距 $d = 2.0\ \mathrm{cm}$，两板间电压 $U = 200\ \mathrm{V}$，上板接正极；板间磁场垂直纸面向里，$B = 0.050\ \mathrm{T}$。（1）求能沿中线直线通过的粒子速度；（2）一个正粒子以大于这个速度的速率沿中线射入，它向哪块板偏转？穿过板间的过程中动能怎样变化？

解：

研究对象：射入的带电粒子。

过程划分：只看在两板之间的一段。

分析：粒子受向下的静电力（上板正，场强向下，正粒子）和洛伦兹力（速度向右、磁场向里，正粒子受力向上）。二力平衡时匀速直线通过。

列式求解：（1）板间场强 $E = \dfrac{U}{d} = \dfrac{200}{0.020}\ \mathrm{V/m} = 1.0 \times 10^4\ \mathrm{V/m}$。由 $qE = qvB$：

$$v = \frac{E}{B} = \frac{1.0 \times 10^4}{0.050}\ \mathrm{m/s} = 2.0 \times 10^5\ \mathrm{m/s}$$

（2）速度更大时，洛伦兹力 $qvB > qE$，合力向上，粒子向上板（正极板）偏转。偏转过程中粒子沿电场的反方向移动，静电力做负功；洛伦兹力不做功。由动能定理，动能减小。

检验：单位 $\dfrac{\mathrm{V/m}}{\mathrm{T}}$：由 $qE$ 和 $qvB$ 都是力，$\mathrm{V/m} = \mathrm{N/C}$，$\mathrm{T} = \mathrm{N \cdot s/(C \cdot m)}$，相除得 $\mathrm{m/s}$，对。结论与 $q$ 无关，题目没给电荷量也能算，合理。

容易卡在：（2）问以为洛伦兹力使粒子加速。洛伦兹力只改变方向，能量变化全来自静电力做功。

例 2　（场景：霍尔效应）如图（俯视），一块 N 型半导体薄片（载流子为电子）通有向右的电流 $I = 2.0\ \mathrm{mA}$，放在垂直纸面向里、$B = 0.40\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场中。薄片沿磁场方向的厚度 $d = 0.50\ \mathrm{mm}$，单位体积内的电子数 $n = 5.0 \times 10^{20}\ \mathrm{m^{-3}}$，$e = 1.6 \times 10^{-19}\ \mathrm{C}$。上、下两个侧面 $M$、$N$ 哪个电势高？霍尔电压多大？

解：

研究对象：薄片中定向移动的电子。

过程划分：只看达到稳定后的状态。

分析：电流向右，电子向左运动。用左手定则：负电荷四指指向运动的反方向（向右），磁感线穿入掌心，拇指向上，电子受洛伦兹力向上，聚集在上侧面 $M$，$M$ 带负电，下侧面 $N$ 带正电。稳定时横向静电力与洛伦兹力平衡。

列式求解：$N$ 面电势高。由 $U_{\text{H}} = \dfrac{IB}{ned}$：

$$U_{\text{H}} = \frac{2.0 \times 10^{-3} \times 0.40}{5.0 \times 10^{20} \times 1.6 \times 10^{-19} \times 0.50 \times 10^{-3}}\ \mathrm{V} = \frac{8.0 \times 10^{-4}}{0.040}\ \mathrm{V} = 0.020\ \mathrm{V}$$

检验：霍尔元件的输出一般是毫伏到几十毫伏，$20\ \mathrm{mV}$ 合理。金属的 $n$ 约 $10^{28}\ \mathrm{m^{-3}}$，同样条件下霍尔电压要小七八个数量级，所以霍尔元件用半导体做。

容易卡在：直接按“电流向右”当正电荷判断，得出 $M$ 面电势高。要用载流子的真实电性和运动方向。

另一种解法：把电流看成向右运动的“等效正电荷”判断偏转方向：电流向右、磁场向里，左手定则得力向上，正电荷和电子都偏向 $M$ 一侧（电子向左运动，力的方向两次反转后不变）。再按载流子是电子，$M$ 面积累负电荷，$N$ 面电势高。这个办法先定“偏向哪一侧”（与载流子电性无关），再看“积累的是什么电荷”，在比较 N 型和 P 型半导体的选择题里更快；直接对电子用左手定则更直观，但负号要处理两次，容易出错。

例 3　（场景：导电流体流过磁场）如图，电磁流量计的管道直径 $d = 0.20\ \mathrm{m}$，管内充满向右流动的导电液体，管外加垂直纸面向里的匀强磁场，$B = 0.050\ \mathrm{T}$。测得管壁上、下两电极 $a$、$b$ 间电压为 $2.0\ \mathrm{mV}$。哪个电极电势高？求液体的流速和流量（每秒流过的体积）。

解：

研究对象：液体中的正、负离子。

过程划分：只看稳定状态。

分析：离子随液体向右运动，正离子受洛伦兹力向上（左手定则），偏向 $a$；负离子受力向下，偏向 $b$。$a$ 带正电，电势高。稳定时离子受到的静电力与洛伦兹力平衡。

列式求解：由 $q\dfrac{U}{d} = qvB$：

$$v = \frac{U}{Bd} = \frac{2.0 \times 10^{-3}}{0.050 \times 0.20}\ \mathrm{m/s} = 0.20\ \mathrm{m/s}$$ $$Q = \frac{\pi d^2}{4}v = \frac{3.14 \times 0.20^2}{4} \times 0.20\ \mathrm{m^3/s} \approx 6.3 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^3/s}$$

检验：$0.2\ \mathrm{m/s}$ 是管道中液体常见的流速，约合每秒 6 升，量级合理。结果与离子的电荷量、浓度都无关，所以电磁流量计能测各种导电液体，合理。

常用推论

• 速度选择器：$v = \dfrac{E}{B}$，与 $q$、$m$、电性无关，但与射入方向有关。
• “$U = Bdv$“类装置：霍尔效应（$U_{\text{H}} = Bbv$）、磁流体发电机、电磁流量计的稳定电压都是”$B \times$ 两极间距 $\times$ 速度”，与导体棒切割的 $E = BLv$ 同形。
• 霍尔电压：$U_{\text{H}} = \dfrac{IB}{nqd}$，与 $I$、$B$ 成正比，与沿磁场方向的厚度 $d$ 和载流子浓度 $n$ 成反比，与侧面宽度 $b$ 无关。
• 带电微粒在复合场中（计重力）：做匀速直线运动 → 三力（重力、静电力、洛伦兹力）合力为零，且速度不变，洛伦兹力才不变；做匀速圆周运动 → 重力与静电力平衡（$qE = mg$），洛伦兹力提供向心力，$r = \dfrac{mv}{qB}$。洛伦兹力随速度变化，所以带电微粒在重力和磁场中做直线运动，必是匀速直线运动。

易错点

• 错在哪：认为速度选择器只能让某一种电性的粒子通过。 为什么错：只盯着一个力的方向，没注意电性变化时两个力一起反向。 正确做法：$qE = qvB$ 两边都有 $q$，只选速度，不选电性和质量。
• 错在哪：判断霍尔电压高低时，不管载流子是什么，都当成正电荷。 为什么错：习惯把电流当正电荷运动，而金属和 N 型半导体的载流子是电子。 正确做法：先确定偏向哪一侧（与电性无关），再看那一侧积累的是正电荷还是负电荷。
• 错在哪：霍尔电压公式中的厚度用了电压方向的宽度 $b$。 为什么错：把 $U = Ed$ 的”$d$“（电压方向的距离）直接搬过来。推导里 $b$ 被约掉，剩下的是沿磁场方向的厚度 $d$。 正确做法：记住 $U_{\text{H}} = \dfrac{IB}{nqd}$，$d$ 沿 $B$ 方向。
• 错在哪：认为粒子速度大于 $\dfrac{E}{B}$ 时偏向静电力一侧并加速。 为什么错：把“速度大”和“静电力占优”弄反了。洛伦兹力随速度增大，速度越大洛伦兹力越占优。 正确做法：$v > \dfrac{E}{B}$ 偏向洛伦兹力一侧，静电力做负功，动能减小；$v < \dfrac{E}{B}$ 偏向静电力一侧，动能增大。

直观理解

这一节的装置都是“拔河平衡”：静电力一边拉，洛伦兹力另一边拉。洛伦兹力的大小随速度变，所以只有一个速度能打平。速度选择器是人为设好 $E$ 和 $B$，挑出这个速度；霍尔元件、流量计是电荷自己越积越多，把 $E$ 涨到和 $vB$ 打平，量出 $E$ 就知道了 $v$ 或 $B$。

关联知识点

• 前置：第 15 章电场强度，第 16 章 $U = Ed$。
• 前置：第 17 章电流的微观表达式 $I = nqSv$，霍尔电压的推导要用。
• 后续：26.6 节质谱仪的前端常带一个速度选择器。
• 后续：第 28 章导体棒切割的 $E = BLv$，与 $U = Bdv$ 同源。
• 后续：第 30 章传感器，霍尔元件测磁场。
• 常一起考：第 18 章闭合电路欧姆定律，磁流体发电机作电源时求电流、功率。

26.6 组合场：质谱仪、回旋加速器与电磁组合

说明

组合场：电场和磁场分布在不同区域，粒子先后穿过。方法是分段处理，找衔接点：每一段按各自的规律算（电场中加速用动能定理，偏转用类平抛；磁场中做圆周运动），前一段的末速度（大小和方向）就是后一段的初速度。

质谱仪：测带电粒子的比荷、分离同位素。离子由静止经电压 $U$ 加速，$qU = \dfrac{1}{2}mv^2$；再垂直进入匀强磁场 $B$，做半圆运动打在底片上，到入口的距离 $x = 2r$：

$$r = \frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}, \qquad \frac{q}{m} = \frac{2U}{B^2 r^2} = \frac{8U}{B^2 x^2}$$

电荷量相同的同位素，质量越大，半径越大，打在底片的不同位置，所以能分开。有的质谱仪在加速电场后加一个速度选择器，只让一种速度的离子进入磁场，这时 $r = \dfrac{mv}{qB}$，$r \propto \dfrac{m}{q}$。英国物理学家阿斯顿用质谱仪发现了许多元素的同位素，并因此获得 1922 年诺贝尔化学奖。

回旋加速器：两个 D 形金属盒之间留一条窄缝，置于匀强磁场中，缝间接交变电压。粒子在缝中被电场加速，进入 D 形盒内（盒内无电场）做半圆运动，再回到缝时电压恰好反向，又被加速……半径一圈圈变大，最后在 D 形盒边缘被引出。

• 交变电压的周期等于粒子圆周运动的周期：$T = \dfrac{2\pi m}{qB}$，因为周期与速度无关，同一个频率可以一直同步。
• 最大动能：粒子在半径 $R$ 的 D 形盒边缘引出时 $R = \dfrac{mv_{\max}}{qB}$：

$$E_{\text{k max}} = \frac{1}{2}mv_{\max}^2 = \frac{q^2B^2R^2}{2m}$$

与加速电压 $U$ 无关，只由 $B$、$R$ 和粒子的 $\dfrac{q^2}{m}$ 决定。$U$ 只影响加速的次数：每过一次缝增加 $qU$，加速 $n = \dfrac{E_{\text{k max}}}{qU}$ 次，转 $\dfrac{n}{2}$ 圈。

回旋加速器由美国物理学家劳伦斯在 20 世纪 30 年代初发明。

电场偏转后进入磁场：粒子在电场中做类平抛运动（第 16 章），出电场时速度大小 $v = \sqrt{v_0^2 + v_y^2}$、与原方向成 $\theta$ 角（$\tan\theta = \dfrac{v_y}{v_0}$），以此为初速度进入磁场，再按 26.4 节定圆心。

理想模型：不计重力；电场、磁场分区，边界清晰；回旋加速器中粒子过缝时间极短可忽略，速度远小于光速。

使用场景

• 粒子先经电场加速，再垂直进入磁场偏转半周，打在底片（或边界）上，问比荷、质量或落点 → 质谱仪 → 加速段 $qU = \dfrac{1}{2}mv^2$，磁场段 $r = \dfrac{mv}{qB}$，落点到入口距离 $2r$。
• D 形盒、交变电压、粒子反复加速，问最大动能、交变电压的频率、加速次数或时间 → 回旋加速器 → 交变电压周期 $= \dfrac{2\pi m}{qB}$；$E_{\text{k max}} = \dfrac{q^2B^2R^2}{2m}$；次数 $n = \dfrac{E_{\text{k max}}}{qU}$。
• 粒子先在匀强电场中偏转（类平抛），从电场边界进入磁场 → 电磁组合 → 电场段分解速度求出射速度的大小和方向，作为磁场段的初速度，再找圆心、求半径。

注意点

• 分段的关键是衔接点的速度：不仅大小，方向也要算对。进入磁场时速度方向决定圆心的位置。
• 质谱仪里，“经同一电压加速”和“经速度选择器后速度相同”是两种情况：前者 $r \propto \sqrt{\dfrac{m}{q}}$，后者 $r \propto \dfrac{m}{q}$。
• 回旋加速器的最大动能与 $U$ 无关，这是最常考的结论。加大 $U$ 只是让粒子少转几圈就到达边缘。
• 回旋加速器不能无限加速：速度接近光速时质量变大，周期变长，和固定频率的交变电压不再同步。所以经典回旋加速器只适合把质子加速到几十兆电子伏以内。
• 同一台回旋加速器（$B$、频率不变）只能加速比荷相同的粒子；换比荷不同的粒子要调频率或调 $B$。
• 电子在回旋加速器中很快接近光速，所以回旋加速器不用来加速电子。

推导

质谱仪：加速段动能定理 $qU = \dfrac{1}{2}mv^2$，得 $v = \sqrt{\dfrac{2qU}{m}}$。磁场段 $r = \dfrac{mv}{qB} = \dfrac{m}{qB}\sqrt{\dfrac{2qU}{m}} = \dfrac{1}{B}\sqrt{\dfrac{2mU}{q}}$。解出比荷：两边平方，$r^2 = \dfrac{2mU}{qB^2}$，$\dfrac{q}{m} = \dfrac{2U}{B^2r^2}$。

回旋加速器为什么能同步：粒子每过一次缝速度变大，在盒内的半径变大，但走半圈的时间 $\dfrac{T}{2} = \dfrac{\pi m}{qB}$ 不变（26.3 节）。所以只要交变电压每半个周期 $\dfrac{T}{2}$ 反向一次，粒子每次到达缝时电场都恰好指向它前进的方向。

（关键一步：周期与速度无关。如果周期随速度变化，固定频率的电压就无法每次都“赶上”粒子。这也是相对论效应出现后回旋加速器失效的原因。）

最大动能：粒子半径不能超过 D 形盒半径 $R$，在 $r = R$ 时被引出。由 $R = \dfrac{mv_{\max}}{qB}$，$v_{\max} = \dfrac{qBR}{m}$，$E_{\text{k max}} = \dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{qBR}{m}\right)^2 = \dfrac{q^2B^2R^2}{2m}$，式中没有 $U$。

加速次数和时间：每过一次缝获得 $qU$，$n = \dfrac{E_{\text{k max}}}{qU}$；每转一圈过缝两次，转 $\dfrac{n}{2}$ 圈，在磁场中的时间 $t \approx \dfrac{n}{2}T$（忽略过缝时间）。

例题

例 1　（场景：质谱仪）一价正离子从离子源由静止出发，经 $U = 1000\ \mathrm{V}$ 的电压加速后，从 $S_2$ 垂直边界进入 $B = 0.50\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场，偏转半周后打在底片上的 $D_1$ 点，$D_1$ 到 $S_2$ 的距离为 $10\ \mathrm{cm}$。（1）求离子的比荷；（2）另一种一价正离子经同样过程打在 $D_2$ 点，$D_2$ 到 $S_2$ 的距离为 $12\ \mathrm{cm}$，求两种离子的质量之比。不计重力和离子的初速度。

解：

研究对象：离子。

过程划分：两段：（1）$S_1$ 到 $S_2$ 之间电场加速；（2）磁场中做半个圆周。衔接点是 $S_2$，速度垂直边界。

分析：加速段只有静电力做功，用动能定理；磁场段洛伦兹力提供向心力，半径是落点距离的一半。

列式求解：（1）$r_1 = \dfrac{0.10}{2}\ \mathrm{m} = 0.050\ \mathrm{m}$。由 $qU = \dfrac{1}{2}mv^2$ 和 $r = \dfrac{mv}{qB}$ 得 $\dfrac{q}{m} = \dfrac{2U}{B^2r^2}$：

$$\frac{q}{m} = \frac{2 \times 1000}{0.50^2 \times 0.050^2}\ \mathrm{C/kg} = \frac{2000}{6.25 \times 10^{-4}}\ \mathrm{C/kg} = 3.2 \times 10^6\ \mathrm{C/kg}$$

（2）两种离子电荷量相同，$U$、$B$ 相同，$r^2 = \dfrac{2mU}{qB^2} \propto m$：

$$\frac{m_2}{m_1} = \left(\frac{r_2}{r_1}\right)^2 = \left(\frac{12}{10}\right)^2 = 1.44$$

检验：由比荷得质量 $m_1 = \dfrac{1.6 \times 10^{-19}}{3.2 \times 10^6}\ \mathrm{kg} = 5.0 \times 10^{-26}\ \mathrm{kg}$，约 30 个原子质量单位，是常见原子的量级，合理。半径比 $1.2$，质量比 $1.44$，质量差别比位置差别大，符合 $r \propto \sqrt{m}$。

容易卡在：把底片上的距离 $10\ \mathrm{cm}$ 当成半径。离子走半圆，落点到入口是直径。

另一种解法：（2）问不必算出比荷。由 $r = \dfrac{1}{B}\sqrt{\dfrac{2mU}{q}}$，$U$、$B$、$q$ 相同时 $x = 2r \propto \sqrt{m}$，直接得 $\dfrac{m_2}{m_1} = \left(\dfrac{x_2}{x_1}\right)^2 = 1.44$。比例法在选择题里最快；题目还要求具体数值（比荷、质量）时，才需要代数算。

例 2　（场景：回旋加速器）用回旋加速器加速质子，D 形盒半径 $R = 0.50\ \mathrm{m}$，磁感应强度 $B = 1.0\ \mathrm{T}$，两盒间的加速电压 $U = 2.0 \times 10^4\ \mathrm{V}$。质子质量 $m = 1.67 \times 10^{-27}\ \mathrm{kg}$，电荷量 $e = 1.6 \times 10^{-19}\ \mathrm{C}$。求：（1）交变电压的频率；（2）质子获得的最大动能（用 $\mathrm{J}$ 和 $\mathrm{MeV}$ 表示）；（3）质子被加速的次数，以及在 D 形盒中运动的总时间（忽略过缝时间）；（4）若只把 $U$ 提高到原来的 2 倍，最大动能怎样变化？

解：

研究对象：质子。

过程划分：许多段交替：缝中加速（每次获得 $eU$）、D 形盒中做半圆运动（周期不变、半径逐次增大），最后在半径 $R$ 处引出。

分析：同步条件是交变电压周期等于圆周运动周期；最大动能由 $R$ 决定；加速次数由“总动能 ÷ 每次增加的动能”决定。

列式求解：（1）

$$f = \frac{1}{T} = \frac{eB}{2\pi m} = \frac{1.6 \times 10^{-19} \times 1.0}{2\pi \times 1.67 \times 10^{-27}}\ \mathrm{Hz} \approx 1.5 \times 10^7\ \mathrm{Hz}$$

（2）

$$E_{\text{k max}} = \frac{e^2B^2R^2}{2m} = \frac{(1.6 \times 10^{-19})^2 \times 1.0^2 \times 0.50^2}{2 \times 1.67 \times 10^{-27}}\ \mathrm{J} \approx 1.9 \times 10^{-12}\ \mathrm{J}$$

$1\ \mathrm{eV} = 1.6 \times 10^{-19}\ \mathrm{J}$，$E_{\text{k max}} \approx \dfrac{1.92 \times 10^{-12}}{1.6 \times 10^{-19}}\ \mathrm{eV} \approx 1.2 \times 10^7\ \mathrm{eV} = 12\ \mathrm{MeV}$。

（3）每次加速增加 $eU = 2.0 \times 10^4\ \mathrm{eV}$：

$$n = \frac{E_{\text{k max}}}{eU} = \frac{1.2 \times 10^7}{2.0 \times 10^4} = 600$$

加速约 600 次，即约 300 圈。总时间 $t = 300T = \dfrac{300}{1.5 \times 10^7}\ \mathrm{s} \approx 2.0 \times 10^{-5}\ \mathrm{s}$。

（4）最大动能不变。$E_{\text{k max}} = \dfrac{e^2B^2R^2}{2m}$ 中没有 $U$；电压加倍只是加速次数减半（约 300 次），在 D 形盒中的时间也减半。

检验：最大速度 $v_{\max} = \dfrac{eBR}{m} \approx 4.8 \times 10^7\ \mathrm{m/s}$，约为光速的 $16\%$，相对论效应还不大，用牛顿力学可以接受。频率 $15\ \mathrm{MHz}$ 是短波无线电的频率，实际回旋加速器用的正是射频电源，合理。

容易卡在：（4）问以为电压越大粒子最终越快。电压大只是每次加得多，但出口半径 $R$ 卡死了最大速度。

例 3　（场景：电场偏转后进入磁场）如图，在 $0 \le x \le L$ 区域有竖直向下的匀强电场，$E = 5.0 \times 10^4\ \mathrm{V/m}$；在 $x \ge L$ 区域有垂直纸面向里的匀强磁场，$B = 0.10\ \mathrm{T}$，$L = 0.20\ \mathrm{m}$。比荷 $\dfrac{q}{m} = 1.0 \times 10^8\ \mathrm{C/kg}$ 的正粒子从原点 $O$ 以 $v_0 = 1.0 \times 10^6\ \mathrm{m/s}$ 沿 $x$ 轴正方向射入电场，不计重力。求：（1）粒子进入磁场时的位置和速度；（2）粒子在磁场中的轨道半径；（3）粒子在磁场中运动的时间（从进入到第一次回到边界 $x = L$）。

解：

研究对象：带电粒子。

过程划分：两段：（1）$O$ 到 $P$，在电场中做类平抛运动；（2）从 $P$ 进入磁场做匀速圆周运动，到 $Q$ 回到边界。衔接点 $P$。

分析：电场段按第 16 章 16.7 节分解：$x$ 方向匀速，$y$ 方向（向下）匀加速。求出 $P$ 点速度的大小和方向，作为磁场段的初速度，再按 26.4 节定圆心。

列式求解：（1）电场段：静电力竖直向下，粒子在竖直方向向下做初速度为零的匀加速运动，$a = \dfrac{qE}{m} = 1.0 \times 10^8 \times 5.0 \times 10^4\ \mathrm{m/s^2} = 5.0 \times 10^{12}\ \mathrm{m/s^2}$，穿过电场用时 $t_1 = \dfrac{L}{v_0} = 2.0 \times 10^{-7}\ \mathrm{s}$。

$$v_y = at_1 = 5.0 \times 10^{12} \times 2.0 \times 10^{-7}\ \mathrm{m/s} = 1.0 \times 10^6\ \mathrm{m/s}, \qquad y = \frac{1}{2}at_1^2 = 0.10\ \mathrm{m}$$

$P$ 点在 $(0.20\ \mathrm{m}, -0.10\ \mathrm{m})$，即 $O$ 右方 $0.20\ \mathrm{m}$、下方 $0.10\ \mathrm{m}$。速度大小 $v = \sqrt{v_0^2 + v_y^2} = \sqrt{2} \times 10^6\ \mathrm{m/s} \approx 1.4 \times 10^6\ \mathrm{m/s}$；$\tan\theta = \dfrac{v_y}{v_0} = 1$，方向与 $x$ 轴正方向成 $45^\circ$ 斜向右下。

（2）磁场段：

$$r = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2} \times 10^6}{1.0 \times 10^8 \times 0.10}\ \mathrm{m} = \frac{\sqrt{2}}{10}\ \mathrm{m} \approx 0.14\ \mathrm{m}$$

（3）在 $P$ 点用左手定则：速度斜向右下，正电荷，磁场向里，洛伦兹力斜向右上，与速度垂直。圆心 $C$ 在 $P$ 的右上方 $45^\circ$ 方向、距离 $r$ 处，算得 $C$ 恰在 $x$ 轴上 $(0.30\ \mathrm{m}, 0)$。粒子逆时针转。$x = L$ 是直线边界，入射速度与边界（竖直线）成 $45^\circ$，出射速度也与边界成 $45^\circ$。圆心在磁场一侧，轨迹是优弧，圆心角 $\theta = 360^\circ - 2 \times 45^\circ = 270^\circ$：

$$t = \frac{270^\circ}{360^\circ} \cdot \frac{2\pi m}{qB} = \frac{3}{4} \times \frac{2\pi}{1.0 \times 10^8 \times 0.10}\ \mathrm{s} \approx 4.7 \times 10^{-7}\ \mathrm{s}$$

检验：出射点 $Q$ 在 $P$ 正上方，弦长 $2r\sin 45^\circ = \sqrt{2}r = 0.20\ \mathrm{m}$，$Q$ 在 $(0.20\ \mathrm{m}, 0.10\ \mathrm{m})$，与 $P$ 关于 $x$ 轴对称，和 $C$ 在 $x$ 轴上一致。电场段 $y = \dfrac{L}{2}\tan\theta = 0.10\ \mathrm{m}$，与类平抛推论“速度反向延长线过水平位移中点”（第 9 章）一致。

容易卡在：进入磁场时用 $v_0$ 求半径。进入磁场的是合速度 $v = \sqrt{2}v_0$，方向也已偏转 $45^\circ$。

常用推论

• 质谱仪：经同一电压加速，$r = \dfrac{1}{B}\sqrt{\dfrac{2mU}{q}}$，$\dfrac{q}{m} = \dfrac{8U}{B^2x^2}$（$x$ 为落点到入口的距离）；电荷量相同时 $x \propto \sqrt{m}$。
• 回旋加速器：交变电压频率 $f = \dfrac{qB}{2\pi m}$；$E_{\text{k max}} = \dfrac{q^2B^2R^2}{2m}$，与 $U$ 无关；加速次数 $n = \dfrac{E_{\text{k max}}}{qU}$；在磁场中运动时间 $t = \dfrac{n}{2}T = \dfrac{\pi BR^2}{2U}$（把 $n$、$T$ 代入，$q$、$m$ 约去）。
• 相邻轨道半径之比：回旋加速器中第 $k$ 次加速后 $E_{\text{k}} = kqU$，$r \propto \sqrt{E_{\text{k}}} \propto \sqrt{k}$，相邻半径之比 $\sqrt{k} : \sqrt{k + 1}$，越往外轨道越密。
• 电场偏转后进入磁场：出电场的速度 $v = \dfrac{v_0}{\cos\theta}$，进入磁场的半径 $r = \dfrac{mv_0}{qB\cos\theta}$。

易错点

• 错在哪：认为提高回旋加速器的加速电压能提高粒子的最大动能。 为什么错：直觉“推力越大，最后越快”。实际上出口半径 $R$ 限定了最大速度 $v_{\max} = \dfrac{qBR}{m}$。 正确做法：$E_{\text{k max}} = \dfrac{q^2B^2R^2}{2m}$，要提高只能增大 $B$ 或 $R$。
• 错在哪：认为回旋加速器交变电压的周期是粒子圆周运动周期的一半。 为什么错：粒子每半圈过一次缝，就以为电压每半圈变化一个周期。实际每半圈电压反向一次，反向两次才是一个周期。 正确做法：交变电压周期 $=$ 粒子圆周运动周期 $= \dfrac{2\pi m}{qB}$。
• 错在哪：质谱仪中把落点到入口的距离当半径。 为什么错：忽略了粒子走的是半圆。 正确做法：距离 $x = 2r$。
• 错在哪：组合场中，进入磁场时用电场前的速度或方向。 为什么错：没有把电场段的末状态完整地算出来就进入下一段。 正确做法：分段时在衔接点写清“速度大小 $v$、方向与边界成多少度”，再进入下一段。

直观理解

组合场像接力赛：电场负责“改变速度大小”（加速）或“拐个小弯”（偏转），磁场负责“转大弯”（圆周）。接力棒就是衔接点的速度，大小和方向都要交接清楚。

回旋加速器像荡秋千：每次荡到最低点推一把，推的时机要和秋千的节奏同步。妙在粒子转一圈的时间与速度无关，所以推的节奏可以一直不变；但秋千架（D 形盒）只有那么大，荡到边就得下来，最终能达到多快由架子大小决定，不由每次推多大力决定。

关联知识点

• 前置：第 16 章 16.7 节带电粒子在电场中的加速和偏转，组合场的电场段直接用。
• 前置：第 9 章平抛运动的分解方法和推论；第 13 章动能定理。
• 前置：26.3、26.4 节，磁场段的半径、周期和定圆心。
• 后续：第 34 章汤姆孙用电场和磁场测电子比荷，是组合场和叠加场的综合应用。
• 后续：第 36 章同位素，质谱仪是发现和分离同位素的工具。
• 常一起考：26.5 节速度选择器，质谱仪前端常带一个速度选择器。

26.7 知识点之间的关系

本章五个知识点由一条式子串起来：$F = qvB$（26.2）。它垂直速度、不做功，所以 $v \perp B$ 时粒子做匀速圆周运动，$r = \dfrac{mv}{qB}$、$T = \dfrac{2\pi m}{qB}$（26.3）；磁场有边界时，在此基础上加几何：定圆心、求半径、算圆心角（26.4）。再加上电场：电场和磁场叠在同一区域、二力平衡时，得到速度选择器和一类”$U = Bdv$“装置（26.5）；电场和磁场分在不同区域，分段处理，得到质谱仪、回旋加速器和电磁组合题（26.6）。

拿到题目，先看粒子处在什么场里、速度和磁场什么关系，再按下图选规律：

26.8 自测

1. 电子在水平面内向东运动，所在处地磁场的竖直分量向下，电子受到的洛伦兹力（由竖直分量产生）指向哪个方向？
2. $\alpha$ 粒子（电荷量 $3.2 \times 10^{-19}\ \mathrm{C}$）以 $1.0 \times 10^6\ \mathrm{m/s}$ 的速度垂直射入 $B = 0.50\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场，受到的洛伦兹力多大？对它做功多少？
3. 电子（$m = 9.1 \times 10^{-31}\ \mathrm{kg}$，$e = 1.6 \times 10^{-19}\ \mathrm{C}$）以 $1.6 \times 10^6\ \mathrm{m/s}$ 垂直射入 $B = 9.1 \times 10^{-5}\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场，求轨道半径。
4. 同一粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，速度变为原来的 2 倍，半径和周期各变为原来的几倍？
5. 正粒子从直线边界以与边界成 $45^\circ$ 角的速度射入边界一侧的匀强磁场，又从同一边界射出。粒子转过的圆心角可能是多少？
6. 粒子沿半径方向射入半径为 $R$ 的圆形匀强磁场区域，轨道半径恰好也是 $R$，粒子射出时速度偏转了多少度？
7. 速度选择器中 $E = 2.0 \times 10^4\ \mathrm{V/m}$，$B = 0.10\ \mathrm{T}$，能直线通过的粒子速度多大？以这个速度从同一端射入的电子能否直线通过？
8. 霍尔元件的其他条件不变，只把电流加倍，霍尔电压变为原来的几倍？
9. 回旋加速器的 $B$、$R$ 不变，只把加速电压加倍，粒子的最大动能和在加速器中转的圈数各怎样变化？
10. 两种一价离子经同一电压加速后进入质谱仪的同一磁场，质量之比为 $4 : 1$，它们在底片上的落点到入口的距离之比是多少？

答案：1. 向南；2. $1.6 \times 10^{-13}\ \mathrm{N}$，做功为零；3. $0.10\ \mathrm{m}$；4. 半径 2 倍，周期不变；5. $90^\circ$ 或 $270^\circ$（取决于偏转方向）；6. $90^\circ$；7. $2.0 \times 10^5\ \mathrm{m/s}$，能；8. 2 倍；9. 最大动能不变，圈数减半；10. $2 : 1$。

26.9 深入阅读

• 维基百科 · 洛伦兹力：洛伦兹力的定义、方向判断和与安培力的关系，附带电粒子在磁场中做圆周运动和螺旋运动的说明。
• 维基百科 · 回旋加速器：回旋加速器的结构、工作原理、频率和能量上限，以及劳伦斯发明它的经过。
• 维基百科 · 霍尔效应：霍尔效应的原理、霍尔电压公式和霍尔元件在测量磁场中的应用。
• Khan Academy · Magnetic forces and magnetic fields：运动电荷在磁场中的受力、右手（左手）定则和圆周运动的视频讲解与练习（英文）。