A、B为水平放置的足够长的平行板，板间距离为d=1.0×10-2m，A板中央有一电子源P，在纸面内能向各个方向发射速度在0～3.2×107m/s范围内的电子，Q为P点正上方B板上的一点，若垂直纸面加一匀强磁场，磁感强度B=9.1×10-3T，已知电子的质量m=9.1×10-31kg，电子电量e=1.6×10-19C，不计电子的重力和电子间相互作用m=9.1×10-31kg，电子电量e=1.6×10-19C，不计电子的重力和电子间相互作用力，且电子打到板上均被吸收，并转移到大地．求：
（1）沿PQ方向射出的电子，击中A、B两板上的范围． 
（2）若从P点发出的粒子能恰好击中Q点，则电子的发射方向（用图中θ角表示）与电子速度的大小v之间应满足的关系及各自相应的取值范围．
分析：（1）电子进入磁场中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求出电子最大轨迹半径．画出轨迹．当电子的轨迹恰好与B板相切时，击中B板的电子与Q点最远．由几何知识可求出击中A、B两板上的范围．
（2）要使P点发出的电子能击中Q点，设电子的半径为r，则有rsinθ=
d
2
．电子的轨迹半径为r=
mv
eB
，可求出vsinθ．根据速度的范围，求出θ的范围．
解答：解：（1）如图，沿PQ方向射出的电子最大轨迹半径
由Bev=m
v2
r
得：rm=
mvm
Be


代入数据解得：rm=2×10-2m=2d
该电子运动轨迹圆心在A板上H处、恰能击中B板M处．
随着电子速度的减小，电子轨迹半径也逐渐减小．
击中B板的电子与Q点最远处相切于N点，此时电子的轨迹半径为d，并恰能落在下板上，所以电子能击中B板MN区域和A板PH区域．
在△MFH中  FH=
HM2-MF2
=
(2d)2-d2
=
3
d
QM=PF=（2-
3
)d=2.68×10-3m    QN=d=1×10-2m      PH=2d=2×10-2m
电子能击中B板Q点右侧与Q点相距2.68×10-3m～1×10-2的范围，电子能击中A板P点右侧与P点相距0～2×10-2m的范围．
（2）如图，要使P点发出的电子能击中Q点，则有：r=
mv
eB

 rsinθ=
d
2


解得：vsinθ=8×10-6
v取最大速度3.2×107m/s时，sinθ=
1
4
，θmin=arcsin
1
4

v取最小速度时，
θ
 
max
=
π
2
，vmin=8×106m/s
所以电子速度与θ之间应满足vsinθ=8×106 
且θ∈[arcsin
1
4
，
π
2
]v∈[8×106m/s，3.2×107m/s]
答：（1）沿PQ方向射出的电子，电子能击中A板P点右侧与P点相距0～2×10-2m的范围；
（2）若从P点发出的粒子能恰好击中Q点，则电子的发射方向（用图中θ角表示）与电子速度与θ之间应满足vsinθ=8×106，且θ∈[arcsin
1
4
，
π
2
]v∈[8×106m/s，3.2×107m/s]
点评：对于带电粒子在磁场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识求解相关的范围是解题关键，对数学能力要求较高．
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