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    如图甲所示，场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场内存在着一半径为R的圆形区域，O点为该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是最右侧的点．在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强向右的正电荷，电荷的质量为m，电量为q，不计重力．试求：
    （1）电荷在电场中运动的加速度多大？
    （2）运动轨迹经过B点的电荷在A点时的速度多大？
    （3）某电荷的运动的轨迹和圆形区域的边缘交于P点，∠POA=θ，请写出该电荷经过P点时动能的表达式．
    （4）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，如图乙，∠COB=∠BOD=30°．求该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围．
    分析：电荷从A到P做类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度．电荷水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，此电荷水平位移为Rsinθ，竖直位移为R-Rcosθ，由运动学公式和几何关系求出该电荷从A点出发时的速率．
    当电荷打到C点时，电场力做功最大，电荷获得的动能最大，打在D点电场力最小，获得的动能最小，根据动能定理求解该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能．
    解答：解：（1）根据牛顿第二定律得，a=
    qE
    m
    ．
    （2）由R=v0t，R=
    1
    2
    at2  及a=
    qE
    m
    得，
    联立三个式子可解得：v0=
    qER
    2m
    ．
    （3）Rsinθ=v0t，R-Rcosθ=
    1
    2
    at2及a=
    qE
    m
    三个式子可得v02=
    Rsin2θ
    2m(1-cosθ)

    1
    2
    m v02=
    Rsin2θ
    4(1-cosθ)
    =
    R(1+cosθ)
    4

    经过P点时的动能：Ek=Eq（R-Rcosθ）+
    1
    2
    m v02=
    1
    4
    EqR （5-3cosθ） 
    （4）由第（3）小题的结论可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大．（2分）
    EkD=Eq（R-Rcosθ）+
    1
    2
    m v0D2=
    1
    4
    EqR （5-3cos60°）=
    7
    8
     EqR
    EkC=Eq（R-Rcosθ）+
    1
    2
    m v0C2=
    1
    4
    EqR （5-3cos120°）=
    13
    8
     EqR
    所以，屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为[
    7
    8
    EqR，
    13
    8
    EqR]
    答：（1）电荷在电场中运动的加速度为
    qE
    m
    ．
    （2）运动轨迹经过B点的电荷在A点时的速度为
    qER
    2m
    ．
    （3）该电荷经过P点时动能的表达式
    1
    4
    EqR （5-3cosθ）
    （4）该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为[
    7
    8
    EqR，
    13
    8
    EqR]．
    点评：本题是平抛运动和动能定理的综合应用，同时要充分应用几何知识辅助求解．
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    （3）若在圆形区域的边缘有一圆弧形接收屏CBD，B点仍是圆形区域最右侧的点，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，如图乙所示，∠COB=∠BOD=37°．求该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围．（ 提示：sin37°=0.6，cos37°=0.8．）

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