解：如图所示

因为 $B = \frac{4 \sqrt{3} m v}{3 q R}$

可得其运动半径为 $r = \frac{\sqrt{3}}{4} R < \frac{1}{2} R$

考虑能够打到 $O^{'}$ 点的粒子，其对应的轨迹可以看成是半径为 $\frac{\sqrt{3}}{4} R$ 圆其圆周上的一个点在 $O^{'}$ 点，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程中，放射源与 $O^{'}$ 点的连线是弦长，移动过程中弦长越来越长，由于 $r = \frac{\sqrt{3}}{4} R < \frac{1}{2} R$

因此当放射源位置与 $O^{'}$ 点的之间的距离为 $2 r$ 时，设放射源的位置为 $H$ ，此位置是临界点。对于三角形 $H O O^{'}$ ，根据余弦定理可得 $\cos ∠ H O O^{'} = \frac{R^{2} + {(\frac{R}{2})}^{2} - {(2 r)}^{2}}{2 R \cdot \frac{R}{2}} = \frac{1}{2}$

所以 $∠ H O O^{'} = 60 °$

则从放射源从Q到H范围的粒子能打到 $O^{'}$ 点

浙江省宁波市2020届高三下学期物理适应性考试（二模)试卷