精英家教网如图所示：绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若
.
PC
=L，小球所受电场力等于其重力的
3
3
倍，重力加速度为g．则
（　　）
A、小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
B、小球在轨道内受到的摩擦力可能大于
2
3
3
mg
C、经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是
4
3
3
mgL
D、小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg-qB
gR
分析：A、根据重力与电场力的大小，即可知带电小球与管壁无作用力，当下滑后，导致洛伦兹力增加，从而使得与管壁的作用力增加，进而滑动摩擦力增大，由牛顿第二定律，即可求解；
B、根据小球做匀速直线运动，则受到的滑动摩擦力等于电场力与重力的合力，从而即可求解；
C、根据动能定理，结合电场力与重力的合力做功，与摩擦力做功的之和为零，从而即可求解；
D、根据牛顿第二定律，结合机械能守恒定律，与左手定则及洛伦兹力表达式，即可求解．
解答：解：A、小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为F=
(mg)2+(
3
3
mg)2
=
2
3
3
mg，其不变，根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A正确；
B、当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，则为
2
3
3
mg，不可能大于
2
3
3
mg，故B错误；
C、根据动能定理，可知，取从静止开始到最终速度为零，则摩擦力做功与重力及电场力做功之和为零，则摩擦力总功为
2
3
3
mgL，故C错误；
D、对小球在O点受力分析，且由C向D运动，由牛顿第二定律，则有：N-mg+Bqv=m
v2
R
；
由C到O点，机械能守恒定律，则有：mgRsin30°=
1
2
mv2；由上综合而得：对轨道的弹力为2mg+qB
gR
，
当小球由D向C运动时，则对轨道的弹力为2mg+qB
gR
，故D错误；
故选：A．
点评：考查力电综合应用，掌握牛顿第二定律、动能定理与机械能守恒定律的综合运用，理解左手定则的内容，注意重力与电场力的合力正好沿着斜面是解题的关键．
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