2023-2024学年江苏省南京市、盐城市高三（第一次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年江苏省南京市、盐城市高三（第一次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.近期，江南造船集团发布我国首艘熔盐堆核动力集装箱船的设计方案，其涉及的核反应包含 90233Th(钍)衰变为 91233Pa(镤)，下列关于此衰变说法正确的是
A. 衰变方程为 90233Th→Pa91233Pa+−10eB. 衰变产生的新核的比结合能变小
C. 衰变放出的电子来自于原子的核外电子D. 随着反应堆温度升高，会加快钍核的衰变
2.某兴趣小组在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，将配制好的油酸酒精溶液滴入撒好痱子粉的水盘，下列说法正确的是
A. 滴入油酸酒精溶液时，滴管下端应远离水面
B. 为清晰显示油膜的边界，应滴入油酸酒精溶液后再撒上痱子粉
C. 滴入油酸酒精溶液后，出现如图所示的图样是因为痱子粉撒得太少太薄
D. 配制好的油酸酒精溶液放置太久，会导致分子直径测量值偏小
3.某电子束焊接机的工作原理如图所示，在直流高压作用下，阴极K(接地)与阳极A之间形成辐向电场，虚线为电场线，在同一电场线上有B，C，D三点，BC=CD.一电子以某一初速度从B点沿直线运动到D点．下列说法正确的是
A. 电子受到的电场力不变
B. 电子的电势能逐渐减小
C. B，C两点间的电势差大于C、D两点间的电势差
D. 电子从B点运动到C点的时间等于其从C点运动到D点的时间
4.图为探究外电压、内电压和电动势关系的实验装置．这种电池的正负极板(分别为A、B)为二氧化铅及铅，电解液为稀硫酸．关于这一实验装置分析，下列说法正确的是
A. 电压表V1正极与a相连
B. 电压表V2的测量值大于电路的外电压
C. 电压表V1的测量值不会大于电压表V2的测量值
D. 电压表V1和V2测得的示数之和接近于一定值
5.汽车主动降噪系统的原理是通过扬声器发出声波将车外噪音反向抵消，从而减少车内噪音．下列说法正确的是
A. 抵消信号的振幅应为噪声信号的2倍
B. 抵消信号与噪声信号的波长相同
C. 汽车降噪是因为噪声信号发生了偏振
D. 汽车降噪是因为噪声信号发生了多普勒效应
6.气压式电脑桌的简易结构如图所示．导热性能良好的汽缸与活塞之间封闭一定质量的理想气体，活塞可在汽缸内无摩擦运动．设气体的初始状态为A，将电脑放在桌面上，桌面下降一段距离后达到稳定状态B.打开空调一段时间后，桌面回到初始高度，此时气体状态为C.下列说法正确的是
A. 从A到B的过程中，内能减小
B. 从A到B的过程中，气体会从外界吸热
C. 从B到C的过程中，气体分子平均动能增大
D. 从B到C的过程中，气体分子在单位时间内对单位面积的碰撞次数变多
7.如图所示，物体从斜面上的 A点由静止开始下滑，经 B点进入水平面(经过 B点前后速度大小不变)，最后停在 C点．每隔0.1秒测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．则物体通过 B点时的速度为
A. 2.0m/sB. 1.8m/sC. 1.7m/sD. 1.5m/s
8.用图甲所示实验装置探究光电效应规律，得到 a、 b两种金属材料遏止电压Uc随入射光频率 v的图线如图乙中1和2所示，则下列有关说法中正确的是
A. 图线的斜率表示普朗克常量h
B. 金属材料a的逸出功较大
C. 用同一种光照射发生光电效应时，a材料逸出的光电子最大初动能较大
D. 光电子在真空管中被加速
9.某同学用可拆变压器探究“原副线圈的电压比与匝数比的关系”．将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器(可视为理想电压表)上，观察到副线圈电压U2随时间t变化的图像如图所示，在t1∼t2时间内该同学先断开开关，其后进行的操作可能是
A. 增加了交流电源的频率B. 拧紧了松动的铁芯Q
C. 减少了副线圈的匝数D. 增加了原线圈的匝数
10.图是神舟十七号载人飞船与天和核心舱对接过程示意图，神舟十七号飞船先在轨道Ⅰ上做周期为T1的圆周运动，在A点变轨后，沿椭圆轨道Ⅱ运动，在B点再次变轨与天和核心舱对接，此后共同在圆轨道Ⅲ上运行．下列说法正确的是
A. 飞船沿轨道II的运行周期小于飞船沿轨道I的运行周期
B. 飞船在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度大于在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度
C. 飞船在轨道Ⅱ上经过B点时的速度大于在轨道Ⅲ上经过B点时的速度
D. 相等时间内，在轨道Ⅰ上飞船与地心连线扫过的面积小于在轨道Ⅲ上扫过的面积
11.两个完全相同的磁电式仪表 A、 B，零刻度均在表盘正中间．按图示方式用导线连接起来．在把电流表 A的指针向左拨动的过程中，电流表 B的指针将
A. 向左偏转B. 向右偏转
C. 静止不动D. 发生偏转，但无法判断偏转方向
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.下图是一款能显示转速的多功能转动平台．某兴趣小组的同学利用该平台测量正六边形螺母与转盘间的动摩擦因数μ.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取9.80m/s2)
(1)用游标卡尺测量螺母宽度d=__________cm，再将螺母置于转盘上，进而测量出螺母做圆周运动半径R.
(2)缓慢调节转动平台转速至螺母恰好滑动，读出此时平台转速n.则μ=__________.(用题中所给字母表达)改变螺母位置多次测量求出μ的平均值．
(3)有同学认为很难准确判断螺母恰好运动时的状态．于是他们提出了另一个探究方案．在螺母上固定一个无线力传感器(螺母和传感器总质量M=100g)并用轻绳连接传感器与转轴．调节平台转速，测出五组数据如下表所示：他们在坐标纸中已经描出四个实验点，请将剩余一个点在坐标纸中描出，并画出F−n2图像．
①根据绘制F−n2图像可测定六角螺母与转盘间的动摩擦因数μ=__________.(保留两位有效数字)②若在平台加速转动时，就进行测量读数，则μ的测量值__________(选填“偏大”、“偏小”或“无影响”).请简述理由：__________.
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.如图所示，质谱仪是分析研究同位素的重要工具．一离子经过电场加速，从O处以速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在M点．已知OM=L，求该离子：
(1)从O运动到M的时间；
(2)比荷大小．
14.如图所示，在“测量玻璃砖折射率”的实验中，某同学发现当光以入射角i=60∘从空气射入截面为矩形玻璃砖时，下表面射出玻璃砖的光线相对于入射光线的侧移恰好等于BC.已知玻璃砖厚度为L，已知光在空气中传播速度为c.求：
(1)玻璃砖折射率；
(2)光在玻璃砖中传播的时间．
15.如图所示，两根不可伸长的轻绳连接质量为m小球P，右侧绳一端固定于A，绳长为L，左侧绳通过光滑定滑轮B连接一物体Q，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向夹角分别为37∘和53∘.现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，且两绳均拉直，由静止释放，已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度为g，求：
(1)物体Q的质量M；
(2)小球P运动到图示位置时的速度v大小；
(3)小球P运动到图示位置时AP绳中的张力大小．
16.如图所示，足够长“V”字形的金属导轨两侧与水平地面的夹角θ=37∘，最低点平滑连接，其间距为L=0.5m，左端接有电容C=2000μF的电容器．质量m=10g的导体棒可在导轨上滑动，导体棒与两侧导轨间的动摩擦因数相同，导体棒和导轨的电阻均不计.导轨左右两侧存在着垂直于导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B=2T.现使导体棒从左侧导轨上某处由静止释放，经时间t1=0.8s第一次到达最低点，此时速度v1=1.6m/s，然后滑上右侧导轨，多次运动后，最终停在导轨的最低点.整个过程中电容器未被击穿，忽略磁场边缘效应和两个磁场间相互影响，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8.求：
(1)导体棒第一次运动到最低点时，电容器所带电荷量Q；
(2)动摩擦因数μ和导体棒第一次运动到最低点时，电容器储存的能量Ec；
(3)导体棒运动的总时间t总.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
根据核反应过程的电荷数和质量数守恒可判断核反应方程是否正确；β衰变过程中释放能量，则生成的新核更加稳定，比结合能大；β衰变的实质是原子核中一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来；衰变过程由原子核内部自身因素决定；。
本题主要考查了原子核的衰变，明确核反应过程中，电荷数和质量数守恒，知道结合能的概念，知道从高能级向低能级跃迁，放出能量。
【解答】A.根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，核反应方程式是 90233Th→ 91233Pa+−10e，故A正确；
B.钍 90233Th变成镤 91233Pa的整个过程中释放能量而核子数不变，则生成的新核铀更加稳定，则新核铀 91233Pa的比结合能大于钍 90233Th的比结合能，故B错误；
C.β衰变的电子来自原子核，故C错误；
D.原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故D错误。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了油膜法估测分子直径大小的实验；根据实验原理掌握正确的实验操作即可，难度不大。
根据实验原理掌握正确的实验操作，结合题目选项完成分析。
【解答】
A.油酸酒精溶液滴在水面上时，应使滴管竖直靠近水面，若离水面太远，可能无法形成油膜，故A错误；
B.为清晰显示油膜的边界，痱子粉要在滴入油酸酒精溶液前撒上，故B错误；
C.出现如图所示的情况，是痱子粉撒得太多太厚，导致油膜未完全分开，故C错误；
D.油酸酒精溶液放置太久，酒精挥发，导致油酸浓度变大，则油膜的面积S偏大，则直径测量值偏小，故D正确。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据电场线越密电场强度越大，由图可知，从B点到D点，电场强度越来越小，则电子受到的电场力逐渐减小，故A错误；
B.根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知，从B点到D点，电势逐渐降低，由Ep=qφ可知，电子所在位置的电势能逐渐升高，故B正确；
C.由公式U=Ed可知，由于BC=CD，BC间的平均电场强度大于CD间的平均电场强度，则B、C两点间的电势差大于C、D两点间的电势差，故C正确；
D.电子从B点运动到D点的过程中做减速直线运动，则电子从B点运动到C点过程中的平均速度大于从C点运动到D点过程中的平均速度，由v−=xt
可知，电子从B点运动到C点的时间小于其从C点运动到D点的时间，故D错误。
故选：C。
根据电场线的疏密程度得出场强的大小，沿着电场线方向电势逐渐降低，结合粒子的电性得出电势能的大小；根据公式U=Ed定性分析出BC电势差和CD电势差的关系，并由此得出C点电势与B、D两点电势的关系；根据平均速度的计算公式分析判断。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，能根据电场线的特点得出场强的大小和方向，结合电势能的计算公式即可完成分析。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题探究外电压、内电压和电动势的关系。选项A考查了内外电流流向以及电压表的使用，CD选项考查了内、外电压的关系，内外电压与电动势的关系。
【解答】
AB、电压表V1测内电压，电压表V2测外电压，在电源内部电流从b流向a，所以电压表V1正极与b相连，故AB错误；
C、电压表V1与电压表V2的测量值大小取决于内外电阻大小关系，故C错误；
D、电压表V1和V2所测内外电压之和应该等于电动势，故D正确；
应选D。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题以部分汽车有“主动降噪”这项配置为背景，考查了波的干涉在实际问题中的应用，需注意与多普勒效应的区分，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
根据波的干涉条件可知抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反；抑噪信号与噪音信号振幅相同，降噪效果最好。
【解答】ACD.汽车降噪过程应用的是声波的叠加原理，抵消声波振幅和频率应与环境噪声的振幅和频率相同，与偏振、多普勒效应无关，故ACD错误；
B.由于波速由介质决定，则抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等，由公式λ=vf可知，由于抵消声波和环境噪声频率也相同，则抵消声波和环境噪声在空气中传播的波长相等，故B正确。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了在封闭气体经历多个变化过程中应用气体实验定律和热力学第一定律分析问题，解题关键是要分析好压强、体积、温度三个状态参量的变化情况，选择合适的实验定律解答。
A到C过程中各阶段的气体状态参量的变化情况，结合玻意耳定律、盖-吕萨克定律、热力学第一定律、气体压强的微观意义分析即可。
【解答】AB.分析题意可知，封闭气体经历A→B是等温变化，内能不变，将电脑放在桌面上，理想气体体积减小，根据玻意耳定律p1V1=p2V2，可知气体压强增大；因为压缩气体所以外界对气体做功，即W>0，根据热力学第一定律可知ΔU=Q+W=0
可知Q<0，即气体向外界放热，故AB错误；
CD.封闭气体经历从B→C的过程中，压强不变，体积增大，根据盖-吕萨克定律可知温度升高，气体分子平均动能增大；
又理想气体的压强不变，即pC=pB，则气体处于状态C时单位时间内对单位面积容器壁的分子数变少，故D错误。
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查速度公式的应用和分析能力，能从表格得出有用的信息是解题的关键。
根据表格得出物体在斜面和水平面上运动的加速度大小，再结合表格和速度公式列方程得出物体通过B点时的速度大小即可判断。
【解答】
由表格知，0∽0.2s内物体在斜面上做匀加速直线运动，加速度大小a1=1.0−0.50.2−0.1m/s2=5m/s2，0.9∽1.0s内物体在水平面上做匀减速直线运动，加速度大小a2=1.4−1.51.0−0.9m/s2=1m/s2，设物体释放后经过时间t运动到B点，则vB=a1t，1.4m/s=vB−a2(1.0s−t)，联立解得vB=2.0m/s，t=0.4s，故A正确，BCD错误。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查爱因斯坦光电效应的应用，涉及逸出功等知识，基础题目。
根据爱因斯坦光电效应和遏止电压与最大初动能关系列方程，联立得出表达式结合图像斜率含义和纵截距含义分析即可判断；根据图甲分析出光电子所受电场力方向与光电子运动方向的关系即可判断。
【解答】ABC、由爱因斯坦光电效应：hν=Ekm+W0，又Ekm=eUc，联立知，Uc=heν−W0e，可见Uc−ν图像的斜率为he，纵截距的绝对值为W0e，由图知，图1对应的纵截距绝对值较小，则金属材料a的逸出功较小，可见用同一种光照射发生光电效应时，a材料逸出的光电子最大初动能较大，故AB错误，C正确；
D、由图甲知，光电子逸出时所受的电场力方向光电子的运动方向相反，则光电子在真空管中被减速，故D错误。
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查探究“原副线圈的电压比与匝数比的关系”的实验，根据图像分析出副线圈电压的变化情况，再根据理想变压器电压与匝数的关系U1U2=n1n2分析。
【解答】由图知，t1时刻前的电压值小于t2时刻后的电压值，而周期不变，根据U1U2=n1n2，增大交流电源的频率，不能改变副线圈输出电压U2，A错误；拧紧了松动的铁芯Q，可以减小漏磁造成的影响，副线圈输出电压U2增大，故B正确；减少了副线圈的匝数，副线圈输出电压U2减小，故C错误;.若增加了原线圈的匝数，副线圈输出电压U2减小，故 D错误；故选B。
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用，涉及开普勒第三定律、卫星变轨等知识，基础题目。
根据轨道Ⅱ的半长轴与轨道Ⅰ的半径关系结合开普勒三定律分析即可判断；根据万有引力产生加速度分析即可判断；根据卫星变轨知识分析即可判断；根据万有引力提供向心力列方程得出周期，从而得出相同时间内扫过的面积即可判断，
【解答】A、轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅰ的半径，由开普勒第三定律知，飞船在轨道Ⅱ上运行周期大于轨道Ⅰ上运动的周期，故A错误；
B、由GMmr2=ma知，加速度a=GMr2，可见飞船经过轨道Ⅱ和轨道Ⅰ的A点的加速度大小相等，故B错误；
C、飞船由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要在B点加速，则飞船在轨道Ⅱ上B点的速度小于轨道Ⅲ上B点的速度，故C错误；
D、由GMmr2=m(2πT)2r知，飞船在圆轨道上运行的周期T=2π r3GM，则在时间t内飞船与地心连线扫过的面积S=πr2T⋅t=πr2⋅ GM2π r3t=t2 GMr，轨道Ⅰ的半径比轨道Ⅲ的半径小，则相等时间内，飞船在轨道Ⅰ上与地心连线扫过的面积小于在轨道Ⅲ上与地心连线扫过的面积，故D正确。
11.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查磁电电流表问题，要理清情景中的因果关系，知道A针转动是切割磁感线，使得回路中产生感应电流，对于B来说是B中线圈有感应电流后会受到安培力从而动起来。
【解答】
因两表的结构完全相同，对A来说就是由于拨动指针带动线圈切割磁感线产生感应电流，电流方向应用右手定则判断;对B表来说是线圈受安培力作用带动指针偏转，偏转方向应由左手定则判断，此电流在左侧电流表中受到的安培力，阻碍表针向左拨动。即安培力使左侧表指针向右摆。研究两表的接线可知，电流计 B的指针向左摆动。
故选A。
12.【答案】(1)3.060；(2)4π2n2Rg；(3)；①0.31；偏小；转台加速转动时静摩擦力会有沿切线方向的分力用以增加螺母速度大小
【解析】【分析】
本题考查测动摩擦因数的实验，熟悉实验原理是解题的关键。
(1)根据游标卡尺的读数规则得出螺母宽度；
(2)根据牛顿第二定律列方程得出动摩擦因数；
(3)结合表格面点连线得出图像；①结合实验原理和牛顿第二定律得出表达式，结合图像纵截距的含义得出动摩擦因数；②结合实验原理分析得出动摩擦因数测量值情况。
【解答】
(1)螺母宽度d=30mm+0.05mm×12=30.60mm=3.060cm；
(2)螺母随平台转动至刚滑动时，螺母所受的静摩擦力恰好到达最大，由牛顿第二定律：μmg=m (2πn)2R ，解得的动摩擦因数μ=4π2n2Rg；
(3)结合表格描点，作出图像如图所示：
①螺母做圆周运动，由牛顿第二定律：F+μMg=M(2πn)2R ，则F=4π2MR⋅n2−μMg，可见F−n2图像的纵截距为−μmg，由图知，−μmg=−0.30N，解得μ=0.31；
②转台加速转动时静摩擦力会有沿切线方向的分力用以增加螺母速度大小，此时静摩擦力小于最大静摩擦力，使得动摩擦因数的测量值偏小。
13.【答案】(1)离子进入磁场做圆周运动，由题意可知轨道半径R=L2，运动时间t=πL2v0
(2)离子进入磁场做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：Bqv=mv2R，
则离子的比荷qm=2v0BL
【解析】(1)离子在磁场中做圆周运动，通过周期公式求出运动时间；
(2)通过洛伦兹力提供向心力求解离子比荷。
14.【答案】解：
(1)如图所示：
，
过B点作垂直于入射光线延长线的垂线BD，以此构建Rt△ABD，侧移等于BD，则BD=BC，所以Rt△ABD与Rt△ABC全等，则β=r=30∘，由折射定律有n=sinisinr，把i=60∘和r=30∘代入可解得玻璃砖折射率n= 3；
(2)光在玻璃砖中传播的速度v=cn，光在玻璃砖中传播的路程为AB=Lcs30∘，则光在玻璃砖中传播的时间t=ABv=2Lc。
【解析】本题主要考查折射定律的应用。
(1)结合几何关系求得光线在玻璃砖上表面的折射角，由折射定律求解玻璃砖折射率；
(2)由公式v=cn求得光在玻璃砖中传播的速度，由几何关系求得光在玻璃砖中传播的路程，即可求解光在玻璃砖中传播的时间。
15.【答案】解：(1)Q静止时，由平衡条件知，BP绳子的拉力大小TB=Mg
P静止时，由平衡条件：
TAsin37∘+TBsin53∘=mg
TAcs37∘=TBcs53∘
解得Q的质量M=0.8m；
(2)小球P运动到图示位置过程，由能量守恒定律：
mgLsin37∘−Mg[Ltan37∘−(Lsin53∘−L)]=12mv2+12Mv12
绳连物体沿绳方向的分速度相等，则v=v1
联立知，小球P运动到图示位置时的速度大小v= 2gL3；
(3)小球P释放后做圆周运动，在图示位置时，由牛顿第二定律：
TA′−mgsin37∘=mv2L
解得AP绳的拉力大小TA′=3745mg。
【解析】 本题是一道力学综合题，涉及能量守恒定律、圆周运动和平衡问题，弄清楚运动状态是解题的关键。
(1)对Q由平衡条件得出BP绳子的拉力大小，对小球P，由平衡条件列方程得出物体Q的质量；
(2)小球P运动到图示位置过程，由能量守恒定律和速度关系列方程得出小球P运动到图示位置时的速度大小；
(3)分析小球P的运动情况，结合向心力来源列方程得出AP绳的张力大小。
16.【答案】解：(1)在最低点，导体棒切割截场，电容器两端电压与导体棒两端电动势相等.
U=E=BLv1①
电容器的电容C=QU②
由①②得Q=3.2×10−3C
(2)导体棒由在左边导轨上静止释放后，在下滑过程中受力分
析如图：
解法一：沿斜面方向由动量定理得：
mgt1sinθ−μmgt1csθ−BILt1=mv1
Q=It1
解得：μ=0.45
x1=v12t1
EC=mgx1sinθ−μmgcs37∘x1−12mv12
解得：EC=2.56×10−3J
解法二：沿斜面方向由牛顿第二定律得：
mgsinθ−μmgcsθ−F=ma1③
F=BIL④
I=△Q△t=BLC△v△t=BLCa1⑤
a1=△v△t⑥
由③④⑤⑥得μ=0.45
根据电容器储存能量公式Ec=12CU2
U=BLv1 解得EC=2.56×10−3J
(3)根据分析可知道，物体冲上右边导轨后，电容器放电，导体棒安培力沿斜面向上，受力分析图如图所示，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcsθ−F=ma2⑦
F=BIL⑧
I=△Q△t=BLC△v△t=BLCa2⑨
由⑦⑧⑨得a2=8m/s2
t1=v1a1=0.8s，t2=v1a2=0.2s
物体上滑到右侧最高点位移x2=0−v12−2a2
解得x2=0.16m
同理，导体棒从右侧斜面最高点滑下过程中电容器充电，加速大小等于a1，导体棒第二次经过最低点时假设其速度为v2，则x2=12a1t32
解得t3=0.4s
导体棒从右侧轨道上滑到最高点后以a1向下匀加速，到达最低点后以加速度a2减速滑上左侧轨道，如此往复，直至停在最低点.根据运动学规律，易得：在两边导轨加速下滑过程时间依次为：
t1=0.8s，t3=0.4s，t5=0.2s，t7=0.1s
在两边导轨减速上滑过程时间依次为：
t2=0.2s，t4=0.1s，t8=0.05s，t8=0.0025s
根据等比数列求和公式可知：t总=2s
【解析】本题考查电磁感应综合问题中的单杆+电容模型，难度较大
(1)根据动生电动势公式和电容的定义式计算电荷量；
(2)根据动量定理结合能量守恒定律计算μ和Ec，也可以利用牛顿第二定律和Ec=12CU2计算μ和Ec；
(3)利用运动学公式分析出往复运动时间特点，再利用数学知识计算总时间。t(s)
0.0
0.1
0.2
…
0.9
1.0
…
v(m/s)
0.0
0.5
1.0
…
1.5
1.4
…
1
2
3
4
5
绳子拉力F(N)
0.40
0.45
1.00
1.71
2.58
转速n(r/min)
60
90
120
150
180
转速平方n2(r2ls2)
1.0
2.3
4.0
6.3
9.0