(12分) 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

（1）根据牛顿第二定律得：qE=ma… ①解得：a=qEm… ②（2）电荷在电场中做类平抛运动，设A点的速度为vA，则有：水平方向：R=vAt…③竖直方向：R＝12at2…④联立①②③④式得：vA＝qER2m…⑤（3）设圆周上任意一点P与OA成θ角，如甲图，电荷以初速度v0由A运动到P的时间为t0，则水平方向：Rsinθ=v0t0．竖直方向：R-Rcosθ=12at02…⑦A点的动能：EkA＝12mv02…⑧对电荷由A运动到P的过程运用动能定理得：qE（R-Rcosθ）=Ekp-EkA… ⑨联立②⑥⑦⑧⑨式得：Ekp＝14qER(5?3cosθ)…⑩由⑩可知，θ角增大，Ekp增大，如乙图，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．最小动能为：EkD＝14qER(5?3cos53°)＝45qER．最大动能为：Ekc＝14qER(5?3cos127°)＝1710qER．答：（1）电荷在电场中运动的加速度为qEm．（2）运动轨迹经过B点的电荷在A点时的速度大小为vA＝qER2m．（3）该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为[45qER，1710qER]．

（1）对正电荷q做类平抛运动Rsinθ=V0tR（1+cosθ）=12?Eqmt2解得 v0=EqR(1?cosθ)2m（2）对电荷从A到P点过程，运用动能定理得：EK-12mV02=EqR（1+cosθ）解得EK=14EqR（5+3cosθ）（3）由上问结果可知当θ=600时，即电荷打到D点其动能最大最大动能为：EKm=14EqR（5+3cos60°）=13EqR8答：（1）正电荷以EqR(1?cosθ)2m的速率发射，才能经过图中的P点（2）在问题（1）中，电荷经过P点的动能是14EqR（5+3cosθ）（3）该屏上接收到的正电荷的最大动能是13EqR8