2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-带电粒子在多区域磁场中运动专题（含解析）

这是一份2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-带电粒子在多区域磁场中运动专题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。
如图，在xOy平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴上方的磁感应强度为B，x轴下方的磁感应强度为B2。一带电量为-q、质量为m的粒子从O点垂直于磁场方向射入，入射速度v与x轴正方向夹角为30°，不计重力，则粒子从O点射入后
A. 在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1
B. 在x轴上方和下方两磁场中运动的时间之比为1∶5
C. 到经过x轴进入上方磁场所需的时间为2πmqB
D. 能再次回到O点
如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的匀强电场、匀强磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的( )
A. 速度B. 质量C. 电荷量D. 动能
如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B.一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则( )
A. ω1：ω2=1：1B. ω1：ω2=2：1
C. t1：t2=1：1D. t1：t2=2：1
如图所示，在x0的区域存在垂直纸面向里的匀强磁场B2，一个不计重力、带负电的粒子以速度v0从坐标原点O处沿x轴正方向进入磁场。已知粒子在磁场B1、B2中的运动半径分别为15cm、10cm，则( )
A. 磁感应强度B1：B2=3：2
B. 粒子在磁场B1、B2中的运动周期T1：T2=1：1
C. 粒子的速度方向再次沿x轴正方向时的纵坐标为-10cm
D. 粒子的速度方向再次沿x轴正方向时的纵坐标为+10cm
如图所示，在区域I(0≤x≤3d,y>0)内存在着垂直xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B，在区域Ⅱ(0≤x≤3d,y0)的a、b两个粒子同时从y轴上的P点沿x轴正向以不同速率进入区域I.已知某时刻a粒子从Q点(d,0)进入区域Ⅱ时，速度方向与x轴正向的夹角为30°(如图).不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. a粒子在区域I中做圆周运动的半径大小为d
B. a粒子离开区域Ⅱ时的速度方向沿y轴正方向
C. a粒子在区域I和区域Ⅱ中运动的总时间为πm4qB
D. a、b两个粒子一定同时离开磁场
如图所示，为某一装置的俯视图，PQ、MN为竖直放置的很长的平行金属板，两板间有匀强磁场，其大小为B，方向竖直向下．金属棒AB搁置在两板上缘，井与两板垂直良好接触．现有质量为m，带电量大小为q，其重力不计的粒子，以初速v0水平向左射入两板间。在下列条件下，结论错误的是( )
A. 若金属棒AB不动，则粒子在两板间轨迹的半径为mv0Bq
B. 若金属棒AB不动，则粒子在两板间运动的最长时间为πmBq
C. 若金属棒AB以速度v0水平向左运动，则粒子在两板间的运动是匀速运动
D. 若金属棒AB以速度v0水平向右运动，则粒子在两板间的运动是匀速运动
二、多选题
如图所示，空间存在方向垂直于纸面向里的分界磁场．其中在MN左侧区域的磁感应强度大小为B；在MN右侧区域的磁感应强度大小为3B.一质量为m、电荷量为q、重力不计的带电粒子以平行纸面的速度v从MN上的O点垂直MN射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次与入射方向相同时，下列说法正确的是( )
A. 粒子运动的时间是4πm3qBB. 粒子运动的时间是2πm3qB
C. 粒子与O点间的距离为4mv3qBD. 粒子与O点间的距离为mv3qB
如图所示，一个带正电粒子，从静止开始经加速电压U1加速后，水平进两平行金属板间的偏转电场中，偏转电压为U2，射出偏转电场时以与水平夹角为θ的速度进入金属板右侧紧邻的有界匀强磁场，虚线为磁场的左边界，场范围足够大，粒子经磁场偏转后又从磁场左边界射出，粒子进入磁场和射出磁场的位置之间的距离为l，下列说法正确的是( )
A. 只增大电压U1，θ变大B. 只增大电压U2，θ变大
C. 只增大电压U1，距离l不变D. 只增大电压U2，距离l不变
如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一带电粒子(电荷量为q，质量为m)以垂直于x轴的速度v0从x轴上的P点进入该匀强电场，恰好与y轴正方向成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限。已知O、P之间的距离为d，粒子重力不计，则
A. 带电粒子通过y轴时的坐标为(0,d)
B. 电场强度的大小为mv022qd
C. 带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为(3π+4)d2v0
D. 磁感应强度的大小为2mv04qd
如图所示，在空间I区域中有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场组成的复合场。一质量为m，带电量为q的带电粒子以速度v，与水平方向成角θ从O点进入I区域，该粒子恰好沿直线运动到A点后进入II区域，虚线OA为其运动轨迹。在II区域中有垂直纸面向外的匀强磁场和竖直方向的匀强电场E2(大小方向未知，图中未画出)组成的正交复合场，II区域磁感应强度大小与I区域磁感应强度大小相等。已知该带电粒子在II区域中恰好做匀速圆周运动，并从I、II区域交界的C点射回I区域(图中未画出C点)，重力加速度为g，下列说法正确的是
A. 带电粒子在I区域中的运动一定是匀速直线运动
B. 磁感应强度B的大小为B=mgcsθqv
C. 带电粒子一定带正电，且II区域中的电场强度E2=mgq，方向竖直向上
D. 在Ⅱ区域中射入点A和射出点C之间的距离为2v2cs2θg
如图所示，边长为L的正方形虚线框内充满着垂直于纸面的匀强磁场，虚线AC及其上方的框内磁场方向向里，虚线AC下方的框内磁场方向向外，磁感应强度大小均为B。现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图示方向垂直磁场方向射入磁场，并分别从B、C两点离开磁场，设a、b两粒子在磁场中运动的时间分别为t1、t2。则下列说法中正确的是( )
A. 粒子a一定带正电，粒子b一定带负电
B. v1:v2可能等于1:2
C. v1:v2一定等于1:1
D. t1:t2可能等于3:2
如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上，第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场(图中未画出)，一质量为m、带电量为q的小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第IV象限，然后做圆周运动，从Q点以速度v垂直于x轴进入第Ⅰ象限，重力加速度为g.则( )
A. 小球从A点到P点做圆周运动B. 电场强度大小为mgq
C. O点到P点距离大于v22gD. 小球在第IV象限运动的时间为πv4g
如图所示，平面之间坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力可以忽略。则( )
A. 粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1：2
B. 粒子完成一次周期性运动的时间2πm3qB
C. 粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为33R
D. 若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将减少
在竖直面内分布有如图所示的电磁场，边界线MN左侧匀强电场水平向右，右侧匀强电场竖直向上，匀强磁场的磁感应强度大小为B，水平向内。比荷为k的带电小球从水平面上某点P由静止释放，过b点进入MN右侧后能沿半径为R的半圆形轨道bcd运动且对轨道始终无压力，小球从d点再次进入MN左侧后正好落在b点，不计一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球进入电磁场时的速度大小为kBg
B. MN右侧的电场强度E2的大小为gk
C. MN左侧的电场强度E1的大小为BgR
D. 小球释放点P到b点的距离为kBRgR2g
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据qvB=mv2r求出在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比，结合几何知识求出到经过x轴进入上方磁场所需的时间。
考察洛伦兹力、电粒子在直线边界磁场中的运动，难度一般。
【解答】
A.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB=mv2r，得r1r2=12，故A错误。
BCD.由半径夹角等于速度夹角为60∘，粒子轨迹如图所示，在x轴上方和下方两磁场中运动的时间之比为2πm6qB∶56 ⋅ 2πmqB2=1∶10，粒子再次回到x轴上方所需的时间为t=2πm6qB+56 ⋅ 2πmqB2=11πm3qB，粒子能回到O点，故BC错误，D正确。
故选D。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查带电粒子在混合场中的运动，要注意洛伦兹力提供向心力时的半径公式和周期公式。
先分析能通过区域Ⅰ中不偏转满足的条件，再结合在区域Ⅱ后偏转半径r相同，可以得出一定相同的物理量。
【解答】
正离子束在区域Ⅰ中不偏转，有：
qE=qvB…①
进入区域Ⅱ后，洛伦兹力提供向心力，偏转半径r相同，有：qvB=mv2r
整理得： r=mvqB…②
由①知v一定相同，故A正确；
联立①②知正离子的比荷相同，但质量和电荷量不一定相同，故BCD错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
根据洛伦兹力充当向心力以及线速度和角速度的关系列式求解，从而明确角速度关系；
再根据粒子在磁场中运动规律作出对应的运动轨迹，明确对应的圆心角，再根据周期关系即可明确时间关系．
本题考查带电粒子在有界磁场中的运动规律，要注意明确运动过程，正确确定圆心和半径是解题的关系，同时注意牛顿第二定律的应用，根据洛伦兹力充当向心力进行分析求解．
【解答】
AB.由洛伦兹力充当向心力可知：
Bqv=mv2R
根据线速度和角速度关系可得：
v=Rω
联立解得：ω=Bqm，则可知，角速度与磁场成正比，故ω1：ω2=1：2；故AB错误；
CD.粒子在两磁场中运动轨迹如图所示，粒子在I中转过的圆心角为120°，而在II中转过的圆心角为240°；
由T=2πmBq可知，粒子在I中的周期为II中周期的一半；
则由t=θ360∘T可知，t1：t2=1：1；故 C正确，D错误．
故选：C
4.【答案】D
【解析】解：A、根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv02R可得：R=mv0qB，则有：B1B2=R2R1=1015=23，故A错误；
B、根据T=2πmqB可得：T1T2=B2B1=32，故B错误；
CD、根据左手定则可知粒子顺时针方向转动，当粒子的速度方向再次沿x轴正方向时的纵坐标为y=2(R1-R2)=10cm，故C错误、D正确。
故选：D。
根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度之比，根据T=2πmqB求解周期之比；根据运动情况结合几何关系求解再次沿x轴正方向时的纵坐标。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据几何关系知，a粒子在区域I中做圆周运动的半径大小r=2d，故A错误。
B、根据r=mvqB知，a粒子进入区域Ⅱ时的速度大小不变，磁感应强度变为原来的一半，则半径变为原来的2倍，可知a粒子在区域Ⅱ中的轨道半径r'=4d，根据几何关系知，粒子a离开区域Ⅱ时速度方向沿x轴正方向，故B错误。
C、根据几何关系知，粒子a在区域I和区域Ⅱ中做圆周运动的圆心角均为30°，则a粒子在区域I和区域Ⅱ中运动的总时间t=112×2πm2qB+112×2πmqB=πm4qB，故C正确。
D、a、b两粒子的速度不同，在磁场中做圆周运动的圆心角不同，周期相同，则运动时间不同，所以a、b两粒子不能同时离开磁场，故D错误。
故选：C。
根据几何关系求出a粒子在区域I中做圆周运动的半径，从而根据半径公式得出在区域Ⅱ中的半径，作出轨迹，根据几何关系求出在两个磁场中的圆心角，求出运动的总时间．
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系和半径公式、周期公式进行求解．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
明确金属棒不动时只存在磁场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力可以求的轨道半径和运动周期，进而可以求得粒子在两板间运动的最长时间；带电粒子在复合场中匀速运动时受力平衡，这类题复合场中比较常见，掌握公式F电=F洛，代入有关表达式即可得到答案．
本题主要考查了带电粒子在有界磁场、复合场中的运动，由导体切割磁感线产生的感应电动势、洛伦兹力、左手定则、向心力、平衡条件的应用，难度偏难，注意分析运动过程。
【解答】
A.若金属棒AB不动，根据洛伦兹力提供向心力可知qv0B=mv02r解得粒子在两板间轨迹的半径为r=mv0Bq ，故A正确；
B.若金属棒AB不动，根据洛伦兹力提供向心力可知qv0B=m2πT2r，故带电粒子运动周期为T=2πmqB，在两板间运动的最长时间为t=12T=πmBq，故B正确；
CD.以正电荷为例：则两板间的电场力和洛伦兹力平衡，由左手定则可知受洛伦兹力方向垂直指向板MN，则电场力方向垂直指向板PQ，PQ带负电，MN带正电，电流从B指向A，由左手定则可知金属棒AB水平向左运动，则qE=qv0B，E=BLvL=Bv，解得：v=v0；以负电荷为例：则两板间的电场力和洛伦兹力平衡，由左手定则可知受洛伦兹力方向垂直指向板PQ，则电场力方向垂直指向板MN，PQ带负电，MN带正电，电流从B指向A，由左手定则可知金属棒AB水平向左运动，则qE=qv0B，E=BLvL=Bv，解得：v=v0，故C正确，D错误。
故选D。
7.【答案】AC
【解析】
【分析】
粒子速度与磁场垂直，在匀强磁场中做匀速圆周运动，由周期及半径表达式求解即可。
掌握粒子在匀强磁场中的运动规律是求解的关键。
【解答】
AB.带电粒子匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则qvB=mv2R，解得R=mvqB，周期T=2πRv=2πmBq，
粒子在两侧匀强磁场中均做半个圆周的匀速圆周运动，所以当粒子的速度方向再次与入射方向相同时，粒子运动的时间是t=tB+t3B=12TB+T3B=122πmqB+2πm3qB=4πm3qB，故A正确，B错误；
CD.由左手定则判断粒子的偏转方向，则可得粒子与O点间的距离为d=2RB-R3B=2mvqB-mv3qB=4mv3qB，故C正确，D错误。
8.【答案】BD
【解析】
【分析】
微粒进入偏转电场时的速度是由加速电场加速获得的，粒子由偏转电场进入磁场过程中根据类平抛运动的规律进行分析；
粒子进入磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求解轨道半径，根据几何关系求解l的表达式进行分析。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
【解答】
AB.微粒在加速电场中运动过程，由动能定理得：qU1=12mv02
设偏转电场两板间距离为d，板长为L，粒子在偏转电场中，有：L=v0t，y=12at2，加速度a=qU2md
由以上各式得：y=U2L24U1d
根据类平抛运动的规律可得：tanθ=yL2=U2L2U1d，所以只增大电压U1，θ变小，只增大电压U2，θ变大，故A错误、B正确；
CD.当粒子以速度v与水平成θ进入磁场时，将在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则得：qvB=mv2r，
则得轨道半径为r=mvqB
进入磁场与离开磁场的位置间的距离为l，则l=2rcsθ=2mvcsθqB=mv0qB=1B2mU1q。
所以只增大电压U1，距离l变大；只增大电压U2，距离l不变，故D正确、C错误。
故选BD。
9.【答案】BC
【解析】
【分析】
根据题意作出粒子的运动轨迹，粒子进入电场后做类平抛运动，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45∘角射出电场，求出末速度，利用运动学公式，即可求得y轴时的坐标与电场强度大小；在磁场中，做匀速圆周运动，在图中画出半径，根据几何关系求出半径，根据半径公式，即可求出磁感应强度的大小，再由周期公式，结合圆心角，即可求得运动的时间，最后加上类平抛运动的时间。
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子在电场中偏转做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解，难度适中。
【解答】
根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示：
粒子进入电场后做类平抛运动，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45∘角射出电场，所以v=v0sin45∘=2v0；。
A.沿x轴方向有：x=12at2，所以xy=12at2v0t=12×vyv0=12， OM=2OP=2d，故A错误；
B.根据牛顿第二定律，则有：a=qEm=v022d；解得：E=mv022qd，故B正确；
C.在垂直电场方向做匀速运动，所以在电场中运动的时间为：t1=2dv0；图中MC为在磁场中运动的轨道半径，根据几何关系可知：MC=MOsin45∘=22d；粒子从A点进入磁场，先在第一象限运动135∘360∘=38个圆周而进入第四象限，则运动的时间：t2=38T=3πd2v0，则带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为：(3π+4)d2v0，故C正确；
D.根据半径公式R=mvBq，且R=22d，解得：B=mv02dq，故D错误。
故选：BC。
10.【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题是带电粒子在复合场中运动的问题，关键要能根据受力情况来判断粒子的运动情况，也能根据粒子的运动情况判断其受力情况。分析时，要抓住洛伦兹力与速度有关的特点来判断。
根据洛伦兹力随着速度的变化而变化，分析带电粒子的受力情况，来判断其运动情况;根据平衡条件和洛伦兹力公式求磁感应强度B的大小；带电粒子在Ⅱ区域中做匀速圆周运动，电场力和重力必定平衡，由此求Ⅱ区域中的电场强度；画出粒子在Ⅱ区域中的运动轨迹，根据几何关系求射入点A和射出点C之间的距离。
【解答】
A.带电粒子在Ⅰ区域做直线运动，若v大小改变，洛伦兹力大小必定改变，可知合力不可能为0且方向不可能永远与速度方向在同一直线上，故粒子只能做匀速直线运动，故A正确；
B.根据粒子在Ⅰ区域的受力分析如图所示，
由图可知，带电粒子必定带正电，且mg=F洛csθ，F洛=qvB
解得，故B错误；
C.带电粒子在Ⅱ区域中做匀速圆周运动，则必有 mg=qE2,故E2=mgq，方向竖直向上，故C正确；
D.带电粒子在Ⅱ区域中做匀速圆周运动由qvB=mv2R，解得半径，其运动情况如图所示，
则射入点A和射出点C之间的距离为，故D正确。
故选ACD。
11.【答案】ABD
【解析】解：A、做出粒子的可能的运动轨迹，结合左手定则可知：粒子a带正电，粒子b带负电，选项A正确；
BC、由题图结合几何关系可知：r1=22L，r2=2nL，(其中n=1、2、3、……)，
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r，解得：v=qBrm，
所以：v1：v2=r1：r2=n：2，故B正确，C错误；
D、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πrv=2πmqB，t1=T4，t2=n⋅T6(其中n=1、2、3、……)，
所以：t1：t2=3：2n，(其中n=1、2、3、……)，可知若n=1时，t1：t2=3：2，故D正确；
故选：ABD。
此题的关键是搞清粒子b的运动情况，在两边磁场中来回做圆周运动，所以要讨论多解性。
12.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题关键明确小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动的条件，知道洛伦兹力不做功。
【解答】
A.小球从A点到P点受竖直向下的重力、垂直于速度方向的洛伦兹力，重力做正功，速度增大，洛伦兹力大小、方向都变化，小球不能做圆周运动，故A错误；
B.小球进入第IV象限，做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力和电场力平衡，则有：mg=qE，所以电场强度大小E=mgq，故B正确；
C.小球从A到P过程只有重力做功，由动能定理得：mgLOP=12mv2，所以O到P的距离LOP=v22g，故C错误；
D.小球在第IV象限做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，半径为R=mvqB=LOP，周期为T=2πmqB，运动的时间为t=T4，联立解得：t=πv4g，故D正确。
故选BD。
13.【答案】AC
【解析】
【分析】。
本题是带电粒子在直线边界的磁场中做匀速圆周运动的特殊情况：①以直线边界成60°入射，则射出磁场时也与直线成60°，这样粒子偏转120°；②下方的磁感应强度是上方的一半，则下方轨迹半径是上方的两倍。
【解答】
A.由带电粒子在磁场中的半径公式r=mvqB知，轨道半径与磁感应强度B成反比，所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1：2，故A正确；
B.粒子在磁场中运动一个周期的轨迹，如图所示：在第二象限的周期T1=2πmq⋅2B=πmqB，粒子在磁场中转过的圆心角为120°，运动时间t1=120°360∘T1=πm3qB；在第三象限运动的周期T2=2πmqB，粒子转过的圆心角也为120°，运动时间t2=120°360∘T2=2πm3qB，所以粒子完成一次周期性运动的时间T0=t1+t2=πmqB，故B错误；
C.由r=mvqB知粒子在第三象限轨迹圆的半径为2R，粒子从O点入射后第一次经过x轴的距离x1=3R，粒子在第三象限经过x轴圆弧的弦长x2=3(2R)=23R，所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为x=x1+x2=33R，故C正确；
D.若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍，周期T=2πmqB与速度无关，粒子在磁场中转过的圆心角不变，所以在磁场中运动时间不变，故D错误。
故选AC。
14.【答案】BCD
【解析】
【分析】
本题主要考查的是带电粒子在复合场中的运动情况，关键是分析请粒子的运动性质。
(1)由P到b带电粒子做匀加速直线运动；
(2)在复合场中，带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力和电场力平衡；
(3)在MN的左侧，粒子竖直方向做自由落体运动，水平方向向左先匀减速，速度减为0又向右做匀加速运动。
【解答】
AB.在复合场中：过b点进入MN右侧后能沿半径为R的半圆形轨道bcd运动且对轨道始终无压力说明电场力等于重力，由二力平衡得：mg=E2q，洛伦兹力提供向心力：Bqv=mv2R
又qm=k，解得：v=kBR；E2=gk，故A错误，B正确；
C.在MN的左侧，粒子竖直方向做自由落体运动，水平方向向左先匀减速，速度减为0又向右做匀加速运动：竖直方向：2R=12gt2，水平方向：v=a×t2，由牛顿第二定律得：a=E1qm，解得：E1=BgR，故C正确；
D.小球释放点P到b点的距离为：d=v22a=kBRgR2g，故D正确。
故选BCD。