江西省萍乡市2024-2025学年高一（下）期末物理模拟试卷

这是一份江西省萍乡市2024-2025学年高一（下）期末物理模拟试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.我们的课本上有一个小实验，如图。实验时，某同学把小纸帽压到桌面上，从放手到小纸帽运动到最高点的过程中，不计空气及摩擦阻力，下列说法正确的是( )
A. 小纸帽的机械能守恒
B. 小纸帽刚脱离弹簧时动能最大
C. 小纸帽在最低点所受的弹力等于重力
D. 在某一阶段内，小纸帽的动能减小而小纸帽的机械能增加
2.某建筑工地运输装置原理图如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连。由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线水平，其上升速度v1≠0，若这时B的速度为v2，则( )
A. v2=v1B. v2>v1C. v2≠0D. v2=0
3.竹蜻蜓是我国传统的一种儿童玩具，流传甚广。如图所示，竹蜻蜓由竹柄和“翅膀”两部分组成。玩儿时，双手一搓竹柄，然后双手松开，竹蜻蜓就会旋转着飞上天空，过一会儿落下来，竹蜻蜓在上升过程中，若空气阻力不可忽略，则它的机械能( )
A. 守恒B. 增大C. 减小D. 先减小后增大
4.某双星系统中的A、B两星球绕其连线上的某固定点O做匀速圆周运动，如图所示，现测得两星球球心之间的距离为L，运动周期为T，已知引力常量为G，若AO>OB，则( )
A. 星球A的向心力大于星球B的向心力
B. 两星球的总质量等于4π2L3GT2
C. 双星的质量一定，双星之间的距离减小，其转动周期变大
D. 星球A的线速度一定小于星球B的线速度
5.图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、−q，在该三角形中心O点处固定一电量为−2q的点电荷，则该电荷受到的电场力为( )
A. 12kq2a2，方向由O指向CB. 12kq2a2，方向由C指向O
C. 2 3kq2a2，方向由C指向OD. 2 3kq2a2，方向由O指向C
6.如图所示，表面粗糙的“L”型水平轨道固定在地面上，劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧一端固定在轨道上的O点，另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连，滑块总质量为m。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为x1的B点，测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图所示，其中a0为图线纵截距。则滑块由A运动至B过程中(弹簧始终处于弹性限度内)下列描述正确的是( )
A. x2=l0B. 最大动能为12ma3x3−x2
C. 动摩擦因数μ=a0g+kl0mgD. 滑块在x3和x1处的弹性势能EP3=EP1
7.如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一电荷量为+q的物体静止在绝缘斜面上。若撤去电场后，物体仍然静止在斜面上，那么撤去电场后与撤去电场前相比较，以下说法正确的是( )
A. 物体所受的摩擦力一定减小了B. 物体所受的摩擦力一定增大了
C. 物体所受的摩擦力方向可能发生改变D. 物体对斜面的压力可能增大了
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.如图所示，一个不带电的金属球壳固定在大地上，P为球壳内非球心的点，固定在绝缘支架上的带正电小球，从无穷远处向球壳缓慢靠近，以大地为零势面，在此过程中( )
A. P点的电势保持不变B. P点的电场强度保持不变
C. 感应电荷在P点产生的电场强度不断增大D. 球壳的右侧外表面带正电
9.质量为1kg的物体在水平面上做直线运动，图中两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的v−t图像。g=10m/s2.下列说法正确的是( )
A. 物体受水平拉力时对应的一定是A图线
B. 水平拉力大小一定等于4N
C. 物体运动过程中水平拉力做的功可能为16J
D. 物体与水平地面的动摩擦因数可能为0.4
10.如图所示，在一个半径为r=0.5 m的轻质圆盘的边缘P点固定一个质量为m=0.2 kg的小球(可视为质点)，让轻质圆盘在竖直平面内绕经过盘心O点的水平轴以角速度ω= 10rad/s匀速转动，取g=10 m/s2，以下说法正确的是( )
A. 小球受到的合力不变
B. 当小球运动到O点正上方时圆盘对小球的作用力最小且大小为1 N
C. 圆盘对小球的作用力与竖直方向的最大夹角为30°
D. 当小球运动到与O点等高处时圆盘对小球的作用力最大且大小为 5N
11.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个物块(可视为质点)在水平圆盘上沿直径方向放置，与转盘的动摩擦因数均为μ(可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力).A离轴的距离为R，B离轴的距离为2R，两物块用一根细绳连在一起．A、B随圆盘以角速度ω一起做匀速圆周运动，且与圆盘保持相对静止，下列说法正确的是( )
A. A所受的合外力与B所受的合外力大小相等
B. B所受摩擦力方向指向圆心
C. 若ω< μg2R，细绳无张力
D. 若ω> μgR，A，B两物块与圆盘发生相对滑动
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
12.如图甲为探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置，图乙为示意图。图乙中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，a、b两轮在皮带的带动下匀速转动。
(1)在该实验中应用了 (选填“理想实验法”、“控制变量法”、“理想模型法”)来探究向心力的大小与质量m，角速度ω和半径r之间的关系。
(2)如图乙所示，a、b轮半径相同，如果用两个相同小球进行实验，图示情景正在探究的是 。
A.向心力的大小与角速度大小的关系
B.向心力的大小与物体质量的关系
C.向心力的大小与线速度大小的关系
D.向心力的大小与半径大小的关系
13.某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。
(1)对于本实验操作的说法正确的是______。
A.打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上
B.应用秒表测出重物下落的时间
C.重物的密度和质量选用的大些，有利于减小误差
D.重物的密度和质量选用的小些，有利于减小误差
(2)若实验中所用重物的质量m=1kg.某同学选取了一条前两个点间距接近2mm的纸带，O是打下的第一个点，打点时间间隔为0.02s，则在纸带上打下点3时的速度v=______m/s，此时重物的动能Ek=______J，从打下点0到至打下点3的过程中重物的重力势能减少量△Ep=______J。由此可得出的结论是__________(g取9.8m/s2，结果均保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
14.中国于2023年5月30号成功发射“神舟十六号”载人飞船。如图，“神舟十六号”载人飞船发射后先在近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道a点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达b点时再次点火进入圆轨道Ⅲ。载人飞船离地球表面的距离为h。地球表面的重力加速度为g、地球的半径为R、引力常量为G，忽略地球自转。求：
(1)地球的质量M；
(2)中国空间站绕地球运动的线速度v大小。
15.如图所示，BC为圆心角θ=53°的粗糙圆弧轨道，半径R=2 m，末端C与传送带水平相接，传送带顺时针转动，CD长度l=19 m。一质量m=2 kg的小物块自A点以速度v0=3 m/s水平抛出，沿圆弧B端切向滑入轨道做匀速圆周运动，离开圆弧轨道后进入传送带运动到D点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cs 53°=0.6。
求：(1)物块从A运动到B的时间t；
(2)物块在圆弧轨道C端对轨道的压力大小；
(3)若要使物块在3 s内从C运动到D，传送带速度至少为多少？
16.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，x轴水平，y轴竖直，在第二象限有沿x轴正方向的匀强电场，其电场强度的大小为E，一长为L的绝缘轻绳一端固定在A(0,2L)点，另一端系一带负电的小球(视为质点)，电荷量为q=mgE(m为小球质量，g为重力加速度)，开始时绳刚好水平拉直，现将小球静止释放。
(1)求小球从第一象限通过y轴时绳中的拉力大小；
(2)若小球运动到y轴时轻绳断裂，小球能到达x轴上的B点(未画出)，求B点的位置坐标；
(3)若小球能在细绳作用下通过y轴继续运动，则在什么位置速度最大，并求出速度的最大值(结果可用根号表示)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功。分析小纸帽的受力情况，判断其运动情况，确定何时动能最大。结合功能关系分析。
解题的关键是分析小纸帽的受力情况来确定小纸帽的运动情况。要注意明确物理过程，知道当小纸帽合力为零时速度达最大。
【解答】
A.由于弹簧对小纸帽做功，所以小纸帽的机械能不守恒，故A错误；
B.小纸帽在上升过程中，受到重力和弹簧的弹力，弹力先大于重力，再等于重力，后小于弹力，合力先向上，再向下，则小纸帽先加速后减速，当合力为零时速度最大，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，小纸帽还没有脱离弹簧，故B错误；
C.小纸帽在最低点时加速度向上，合力向上，所受的弹力大于重力，故C错误；
D.在小纸帽的合力为零位置到它脱离弹簧的过程中，其合力向下，做减速运动，动能减小，由于弹簧对小纸帽做正功，则其机械能增加，故D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】【分析】
把A上升的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向的速度，而沿绳子方向的速度与B的速度相等。
【解答】
对A进行上升速度v1的分解，其分速度分别是垂直于绳子方向vA和沿绳子方向vB，其中vB与B的速度v2由于在同一根绳子，大小相等，当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时v1≠0
vB=v1cs90°=0
所以B的速度v2=0，故选D。
3.【答案】C
【解析】竹蜻蜓在上升的过程中，要推动空气，同时也需要克服阻力做功，所以机械能始终减小，故C正确。
本题考查功能关系，关键是明确功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化，空气阻力做功导致机械能向内能转化。
单个物体机械能守恒的条件是只有重力做功，分析竹蜻蜓的受力情况，判断除重力以外的力做功情况，从而判断其机械能变化情况。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查双星系统，解决的关键是知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，双星具有相同的角速度和周期。双星靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知它们的向心力大小相等，方向相反；对A和B分别根据万有引力提供向心力列方程，联立可求得两星球的总质量；根据两星球的总质量的表达式分析双星的质量一定，双星之间的距离减小时其转动周期的变化；根据公式v=ωr，结合两星的轨道半径关系可知星球A与星球B的线速度大小关系，由此分析即可正确求解。
【解答】
A.双星靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律知它们的向心力大小相等，故A错误；
BC.根据万有引力提供向心力，对A有：GMAMBL2=MA(2πT)2RA，对B有：GMAMBL2=MB(2πT)2RB，其中：L=RA+RB，解得：T= 4π2L3G(MA+MB)；两星球的总质量MA+MB=4π2L3GT2，故当双星的质量一定，双星之间的距离减小时，其转动周期减小，故C错误，B正确；
D.由题意可知，双星的角速度相等，根据v=ωr，且AO>OB，则vA>vB，即星球A的线速度大于星球B的线速度，故D错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题是电场的叠加问题，关键要掌握点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学知识求解。
由点电荷场强公式E=kqr2分别求出三个电荷在O处产生的场强大小，再进行合成求解O处合场强，最后求O点处的点电荷受到的电场力。
【解答】
解：O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为r=23×a×sin60°= 3a3，三个电荷在O处产生的场强大小均E0=kqr2，根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为E1=kqr2，再与−q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为E=E1+E0=2kqr2=6kqa2，方向由O指向C；O点处的点电荷受到的电场力F=2qE=12kq2a2，方向由C指向O，故B正确，ACD错误。
故选B。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了牛顿运动定律的理解与应用，熟悉该过程滑块的受力是解题的关键，有一定难度。
理解a−x图像的物理意义，根据图像，结合牛顿第二定律及动能定理求解。
【解答】
A.由图2可知：x2加速度为0，此时弹力等于摩擦力，弹力不为0，所以x2≠l0，故A错误；
B.当滑块运动到x2时，动能最大，此时k(x2−l0)=μmg；
由牛顿第二定律可知：a3=k(x3−l0)−μmgm=k(x3−x2)m；
由动能定理可知：Ekm=12k(x3−l0)2−12k(x2−l0)2−μmg(x3−x2)；
联立解得：Ekm=12ma3(x3−x2)，故B正确
C.设水平轨道的动摩擦因数为μ，则根据牛顿第二定律可知：a3=k(x3−l0)−μmgm，a1=k(l0−x1)+μmgm;当滑块运动到x2时，动能最大，此时k(x2−l0)=μmg，由图像的斜率含义可得：a1+a3x3−x1=a0x2，由以上四式联立可得动摩擦因数：μ=a0g−kl0mg，故C错误；
D.由以上分析可知x2位置到x3和x1处的距离不等，故滑块在x3和x1处时，弹簧的形变量不相等，故弹性势能不等，故D错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
对物体受力分析：重力G、支持力FN、电场力F，可能有静摩擦力，根据平衡条件分析即可。本题难点在于静摩擦力的不确定性上，通过分析，依据正交分解分析求解。
【解答】
电场撤去前，物体受到重力G、电场力F、支持力FN、静摩擦力是否存在不能确定(存在静摩擦力，则静摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下)；
ABC.若电场撤去前，物体受到重力G、电场力F、支持力FN三力平衡，则撤去电场后，存在沿斜面向上的静摩擦力作用，物体所受的摩擦力增大；若电场撤去前，物体受到重力G、电场力F、支持力FN、以及沿斜面向下的静摩擦力作用，则撤去电场后，存在沿斜面向上的静摩擦力作用，静摩擦力方向反向，且相比于撤去电场前增大；若电场撤去前，物体受到重力G、电场力F、支持力FN、以及沿斜面向上的静摩擦力作用，则撤去电场后，存在沿斜面向上的静摩擦力作用，且减小，故AB错误，C正确；
D.由平衡条件可知，物体受到的支持力FN=mgcsθ+F·sinθ，则撤去电场后，电场力F消失，则物体对斜面的压力一定减小，故D错误。
8.【答案】ABC
【解析】【分析】本题主要考查静电平衡。处于静电平衡状态的导体是等势体，处于静电平衡状态的导体内部电场强度处处为0，由静电平衡分析感应电荷在P点产生的电场强度，由此分析即可正确求解。
【解答】A.处于静电平衡状态的导体是等势体，由于球壳与大地连在一起，球壳及其内部电势均为零，故A正确；
B.处于静电平衡状态的导体内部电场强度为零，故B正确；
CD.带正电小球从无穷远处向球壳缓慢靠近过程中，球壳上感应出负电荷，且电荷量不断增大，感应电荷在P点产生的电场强度不断增大，故C正确，D错误。
9.【答案】CD
【解析】【分析】
拉力和运动方向可能相同可能相反，按照这两种情况进行分析，根据牛顿第二定律分析加速度大小；对于v−t图象，斜率表示加速度，受拉力情况与速度时间图象的加速度应对应。
本题考查牛顿第二定律和对v−t图象的解读，主要是分析加速度，再结合其他的物理知识求解。
【解答】
ABD.若拉力与运动方向相同，有拉力时物体的加速度小，即A图线对应无拉力时的运动情形，B图线对应有拉力时的情形，分析A图线，结合v−t图像斜率表示加速度，可知无拉力时加速度为aA=4m/s2，由μg=4m/s2，得动摩擦因数μ=0.4，根据B图线，有μmg−F=maB，aB=43m/s2，得F=83N；
若拉力与运动方向相反，则A图线对应有拉力作用时的情形，B图线对应无拉力作用时的情形，则有：F+μmg=maA，μmg=maB，得F=83N，μ=215，故D正确，AB错误；
C.在拉力与运动方向相同的情况下，拉力作用的距离xB=12×4×3m=6m，拉力做的功W=FxB=16J，在拉力与运动方向相反的情况下，拉力作用的距离xA=12×4×1m=2m，拉力做的功W′=−FxA=−163J，故C正确。
故选CD。
10.【答案】BC
【解析】【分析】
小球做匀速圆周运动，合力指向圆心；由牛顿第二定律分析小球运动到O点正上方时圆盘对小球的作用力并求出大小；当圆盘对小球的作用力与半径OP方向垂直时，与竖直方向夹角最大；由牛顿第二定律分析小球运动到O点正下方时作用力最大，并求出最大值。
掌握向心力的来源及正确求解向心力是解题的关键，分析小球与圆盘间作用力何位置出现最大值与最小值是难点。
【解答】
A.小球随圆盘做匀速圆周运动，合力提供向心力，大小不变，Fn=mrω2=1N，方向时刻改变，选项A错误；
B.当小球运动到O点正上方时圆盘对小球的作用力F1=mg−Fn=1N，最小，选项B正确；
C.当圆盘对小球的作用力与半径OP方向垂直时，与竖直方向夹角最大，此时sinθ=Fnmg=12，则θ=30∘，选项C正确；
D.当小球运动到与O点等高处时圆盘对小球的作用力F2= (mg)2+Fn2= 5N，当小球运动到O点正下方时圆盘对小球的作用力F1=mg+Fn=3N，最大，选项D错误。
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
该题主要考查圆周运动相关知识。解决本题的关键知道物体做圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解。
【解答】
A.物块A与B一起做匀速圆周运动，角速度是相等的，合外力提供向心力，由：F合=mω2r可知B受到的合外力是A的4倍，故A错误；
B.B有相对于圆盘向外运动的趋势，而且B需要的向心力比A大，所以B受到的摩擦力的方向指向圆心，故B正确；
C.物块B距离圆心较远，当B的向心力恰好等于最大静摩擦力时：2mω12⋅2R=μ⋅2mg则：ω1= μg2R，则当ω< μg2R时，绳子上没有张力，故C正确；
D.设细线拉力为T，当A、B所受摩擦力均达到最大
对A物块：T−μmg=mω22R
对B物块：T+μ⋅2mg=2mω22⋅2R
联立解得：ω2= μgR，则若ω> μgR，A，B两物块与圆盘发生相对滑动，故 D正确。
故选BCD。
12.【答案】 控制变量法
D

【解析】【分析】
本题主要考查了圆周运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉传动模型的运动特点，结合线速度的计算公式和向心力的计算公式即可完成分析。
(1)根据实验原理选择正确的实验方法；
(2)根据实验原理分析出实验的目的。
【解答】
(1)在该实验中应用了控制变量法来探究向心力的大小与质量m，角速度ω和半径r之间的关系；
(2)根据公式F=mω2r可知，因为a、b轮之间通过皮带传动，所以它们边缘上的线速度相等，由v=ωr可知，a、b两轮半径相同，所以两轮的角速度相等，又因为是用两个相同小球进行实验，即质量相等，所以图示情景正在探究的是向心力的大小与半径大小的关系；
故D正确，ABC错误。
13.【答案】(1)AC；(2)3.25；5.28；5.44；在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒。
【解析】【分析】
纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能。根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项。
【解答】
(1)A.打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上，以减小纸带与打点计时器之间的摩擦，选项A正确；
B.打点计时器就是计时仪器，则不需要秒表测重物下落的时间，选项B错误；
CD.重物的密度和质量选用的大些，有利于减小误差，选项C正确，D错误；
故选AC．
(2)纸带上打下点3时的速度v​=x242T=(0.6218−0.4918)0.04m/s=3.25m/s
此时重物的动能Ek=12mv 2=12×1×3.252J=5.28J
从打下点0到至打下点3的过程中重物的重力势能减少量△Ep=mgh=1×9.8×0.5549J=5.44J
由此可得出的结论是：在误差允许的范围内机械能守恒．
14.【答案】(1) gR2G ；(2) gR2R+h
【解析】(1)当飞船在近地圆形轨道Ⅰ上时，有
GMmR2=mg
所以
M=gR2G
(2)当飞船在圆轨道Ⅲ上运行时，有
R+h
所以
v= gR2R+h
15.【答案】解：(1)根据题意可知，物块从A抛出后做平抛运动，恰好从B点滑入，根据几何关系可知其速度的偏向角为θ，设在B点时竖直方向的分速度为vy，有vyv0=tan53∘，
物块从A到B，竖直方向做自由落体运动，有vy=gt，
联立解得t=0.4s；
(2)物块到达B点时的速度vB=v0cs 53∘，
从B到C做匀速圆周运动，可得vB=vC，
在C点对物块由牛顿第二定律有FN−mg=mv2R，
联立各式解得FN=45N，
根据牛顿第三定律可得物块在圆弧轨道C端对轨道的压力大小FN′=FN=45N；
(3)从C到D物块始终加速，根据牛顿第二定律有μmg=ma，
若物块从C到D始终加速，则根据速度与时间的关系可得x=vCt+12at2，
解得x=19.5m>19m
由此可知，物块应先做匀加速直线运动，达到和传送到共速后再做匀速直线运动，所用时间恰好为3s，即可得到传送带的最小速度，设加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有t1+t2=t，
x1=vCt1+12at12，
x2=(vC+at1)t2，
x1+x2=l
联立以上各式解得t1=2s，t2= 1s，
即经过2s物块和传送带达到共速后一起做匀速直线运动，所用总时间恰好为3s，
则传送带的速度为v=vC+at1=7m/s，
因此可知，若要使物块在3s内从C运动到D，传送带速度至少为7m/s。
【解析】(1)物块沿圆弧B端切向滑入轨道，根据角度求解速度，运用平抛运动求解时间；
(2)从B到C的过程，物块做匀速圆周运动，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，从而得到物块对轨道的压力大小；
(3)由牛顿第二定律和运动学公式结合位移关系求解传送带的速度。
分析清楚物块的运动情况和受力情况，把握隐含的临界情况：物体与传送带共速，运动牛顿第二定律和运动学公式求解即可。
16.【答案】(1)由动能定理可得mgL=12mv2；
由向心力公式可得F−mg=mv2L；
联立解得通过y轴时绳中的拉力大小为F=3mg。
(2)绳子断裂后，由运动的合成与分解可得，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做初速度为v的匀加速直线运动，则有L=12gt2，x=vt+12at2，qE=ma；
联立解得x=3L；
所以B点的坐标为(−3L,0)。
(3)由动能和势能的相互转化可知，当小球在绳子的约束下运动到沿着电场力和重力合力方向的最低点时，小球的速度最快。由题可知qE=mg；
所以当小球运动到第二象限、绳子与y轴负方向成45​∘时，小球的速度最快；设此位置为C点，则此时小球的横坐标为xC=−Lcs45∘=− 22L；
纵坐标为yC=2L−Lcs45∘=(2− 22)L；
由动能定理可得 2mg(L− 22L)=12mvC2−12mv2；
解得vC= 2 2gL。
【解析】本题主要考查带电粒子在复合场(电场和重力场)中的运动，
(1)A到C过程直接利用动能定理求出；
(2)根据运动的合成与分解列方程求出；
(3)根据等效重力场知识找出速度最大位置，利用向心力公式即可求出。