浙江省杭州市七校高三物理上学期期末联考试题（含解析）.doc

浙江省杭州市七校2015届高三上学期期末联考物理试卷一、选择题（本题共6小题，每小题4分共计24分每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分）1（4分）某汽车在启用abs刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中的、图线所示由图可知，启用abs后（）at1时刻车速更小b0t1的时间内加速度更大c加速度总比不启用abs时大d刹车后前行的距离比不启用abs更短考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：运动学中的图像专题分析：根据速度图象，直接比较车速的大小，由斜率等于加速度，比较加速度的大小由图线与时间轴围成的面积表示位移，比较位移的大小解答：解：a、由图看出，启用abs后t1时刻车速更大故a错误b、c、由斜率等于加速度的大小得到，启用abs后0t1的时间加速度小，t1t2的时间内加速度大故bc错误d、根据速度图象的“面积”等于位移大小看出，刹车后前行的距离比不启用abs更短故d正确故选：d点评：本题要结合速度图象来分析汽车的速度、加速度和位移的大小，抓住斜率等于加速度、“面积”等于位移是基本方法2（4分）（2013绍兴二模）如图所示，一只用绝缘材料制成的半径为r的半球形碗倒扣在水平面上，其内壁上有一质量为m的带正电小球，在竖直向上的电场力f=2mg的作用下静止在距碗口高处已知小球与碗之间的动摩擦因数为，则碗对小球的弹力与摩擦力的大小分别为（）a0.8mg和0.6mgb0.8mg和0.8mgcmg和mgdmg和0.6mg考点：物体的弹性和弹力.专题：万有引力定律在天体运动中的应用专题分析：对带电小球受力分析，结合平衡方程，与力的合成与分解，即可求解解答：解：对带电小球受力分析，则有：电场力、重力、支持力与摩擦力，处于平衡状态，根据力的平行四边形定则可知，n=mgcos；f=mgsin；由几何关系，则有sin=； cos=；因此碗对小球的弹力n=0.8mg和摩擦力的大小f=0.6mg；故a正确，bcd错误；故选：a点评：考查小球如何受力分析，掌握力的处理方法，理解力的平行四边形定则，注意几何关系的构建3（4分）张飞同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近（）a65jb750jc1025jd1650j考点：动能定理.专题：功的计算专题分析：运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，根据竖直方向求出运动时间和起跳时竖直方向的速度，根据水平方向求出水平速度，根据速度的合成原则求出合速度，再根据动能定理即可求解解答：解：运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则t=0.4s，竖直方向初速度vy=gt=4m/s水平方向做匀速直线运动，则v0=3.125m/s，则起跳时的速度v=5.07m/s设中学生的质量为50kg，根据动能定理得：w=mv2=5025.7=642j；最接近750j故选：b点评：本题的关键是正确处理运动员的运动过程，知道运动员做抛体运动，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动；同时要注意明确题目中只要求求出最接近的4（4分）在如图所示的电路中，电源电动势为e=6v，内电阻r=5，小灯泡甲的规格是“3v，0.3a”（灯泡电阻不随温度变化）为使小灯泡甲最亮，小灯泡乙应选择（）a“3v，0.3a”b“3v，0.2a”c“6v，1.2a”d“2v，0.1a”考点：电功、电功率.专题：恒定电流专题分析：为使小灯泡甲最亮，电路中电流应最大，乙的电阻最小根据公式r=分析解答：解：为使小灯泡甲最亮，电路中电流应最大，乙的电阻最小根据公式r=，可得四个选项中灯泡的电阻分别为： ra=10，rb=15，rc=5，rc=20所以为使小灯泡甲最亮，小灯泡乙应选择电阻最小的故选：c点评：解决本题的关键要掌握公式r=，并能正确分析电流与电阻的关系5（4分）如图所示，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为e、方向沿斜面向下的匀强电场中，一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态，一带正电的滑块从距离弹簧上端为x0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变弹簧始终处在弹性限度内，则下列说法正确的是（）a当滑块的速度最大时，弹簧的弹性势能最大b当滑块的速度最大时，滑块与弹簧系统的机械能最大c当滑块刚碰到弹簧时速度最大d滑块从接触弹簧开始向下运动到最低点的过程中，滑块的加速度先减小后增大考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律.专题：机械能守恒定律应用专题分析：滑块向下先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，到达最低点时，速度为0，此时加速度最大在整个过程中，有动能、重力势能、弹性势能、电势能发生相互转化，动能、重力势能和弹性势能统称为系统的机械能，当电势能减小最大时，系统的机械能最大解答：解：a、c、d在斜面方向，滑块受到沿斜面向下的电场力和重力的分力、弹簧的弹力，弹簧的弹力先小于电场力与重力分力之和，滑块先向下先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0时，速度最大，然后弹簧的弹力大于电场力与重力分力之和，做加速度逐渐增大的减速运动，到达最低点，速度减小到0，此时加速度最大，弹簧的弹性势能最大所以滑块的加速度先减小后增大故a、c错误，d正确b、动能、重力势能和弹性势能统称为系统的机械能，根据能量守恒定律，电势能减小，系统的机械能增大，当滑块运动到最低点时，电场力做的正功最多，即电势能减小最多，此时系统机械能最大故b错误故选：d点评：解决本题的关键知道滑块的运动是向下先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，到达最低点时，速度为0知道在最低点时弹簧的弹性势能最大在整个过程中，有动能、重力势能、弹性势能、电势能发生相互转化，当电势能减小最多时，系统的机械能最大6（4分）（2014滨州一模）某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验，实验装置如图甲所示在大线圈中放置一个小线圈，大线圈与多功能电源连接多功能电源输入到大线圈的电流i1的周期为t，且按图乙所示的规律变化，电流i1将在大线圈的内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度b与线圈中电流i的关系为b=ki1（其中k为常数）小线圈与电流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈中感应电流i2随时间t变化的图象若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则下图中所示各图象中可能正确反映i2t图象变化的是（图中分别以实线和虚线表示调整前、后的i2t图象）（）abcd考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律.专题：电磁感应与图像结合分析：大线圈与多功能电源连接，在每个时间段内电流随时间均匀变化，则产生的磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律，判断小线圈中电流的变化当多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则产生的感应电动势适当增加解答：解：根据法拉第电磁感应定律得，e=，因为大线圈中每个时间段内电流均匀变化，则每个时间段内产生的感应电动势不变，则小线圈中每个时间段内感应电流的大小不变因为多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则产生的感应电动势适当增加，感应电流大小适当增加，变化的周期变小故d正确，a、b、c错误故选d点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道磁场均匀变化时，产生的感应电动势大小不变，会根据楞次定律判断感应电流的方向二、选择题（本题共4小题，每小题4分，共l6分每小题给出的四个选项中至少有一个选项正确，选对得4分；末选全但无选错的得2分；有选错的得0分）7（4分）（2014宁波一模）如图所示，在暴雨前，有一带电云团（可近似看作带电绝缘球）正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一质量较小的带电体被吸上天空，带电体在上升过程中，以下说法正确的是（）a带电体的电势能一定越来越大b带电体所经过的不同位置的电势一定越来越高c带电体所经过的不同位置的电场强度一定越来越大d带电体的加速度一定越来越大考点：电势能；电场强度；电势.专题：电场力与电势的性质专题分析：越靠近场源，电场强度越大，从而可知带电体上升过程中与云层间电势差的变化结合电场强度的变化，根据牛顿第二定律判断加速度的变化根据电场力做功判断电势能的变化解答：解：a、带电体在上升的过程中，电场力做正功，电势能减小故a错误b、由于不知道云层所带电荷的电性，所以带电体上升的过程中，不能判断出电势的变化故b错误c、因为越靠近场源，场强越大，所以带电体在上升中所处环境的电场强度是越来越大故c正确d、根据电场强度越来越大，则电场力越来越大，合力越来越大，根据牛顿第二定律知，加速度越来越大故d正确故选：cd点评：解决本题的关键知道越靠近场源，电场强度越大，以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加8（4分）如图所示，木块a放置在光滑水平面上，当受到6n水平拉力作用时，产生了3m/s2的加速度若在静止的木块a上面放置质量为4kg的木块b，a、b之间的动摩擦因数为0.3取重力加速度g=10m/s2，当6n水平拉力作用在b木块上，（）a木块a、b一起加速运动b10s后木块b的速度大小为15m/sc木块a对木块b的摩擦力大小为2nd10s内木块b对木块a做的功为100j考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算；功的计算.专题：牛顿运动定律综合专题分析：先根据牛顿第二定律求出a的质量，放上b后假设二者能相对静止，由整体法和隔离法求出ab间需要的静摩擦力大小，若此值小于等于ab间的最大静摩擦力，则ab能保持相对静止解答：解：对a，根据牛顿第二定律：f=maa得：ma=2kg假设ab能保持相对静止，以ab整体为研究对象：f=（ma+mb）a得：a=1m/s2对a所需要的摩擦力：f=maa=21=2nab间最大静摩擦力：fmax=mbg=0.340=12n12n2n，故ab能保持相对静止，即ab一起加速，a正确；10s后木块b的速度v=at=101=10m/s，故b错误；由前面分析知木块a对木块b的摩擦力大小为2n，c正确；根据动能定理，10s内木块b对木块a做的功w=mava2=2102=100j，d正确；故选：acd点评：本题属于连接体问题，通常采用整体法和隔离法结合应用，关键是知道，放上b后a有最大加速度是由最大静摩擦力提供的，若a的加速度大于此值则二者会发生相对滑动9（4分）有一辆质量为170kg、输出功率为1440w的太阳能试验汽车，安装有约6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30w/m2若驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车（）a以最大速度行驶时牵引力大小为57.6nb起动时的加速度大小为0.24c保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8hd直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13m/s的最大行驶速度考点：能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据p=fv计算最大速度时的牵引力大小；由牛顿第二定律和公式p=fv结合求解加速度由能量守恒定律分析cd两项解答：解：a、根据p额=fvmax，得：f=n=57.6n，故a正确；b、以额定功率启动时：f=ma，而刚启动时v=0，则f=0，故刚启动时加速度很大，b错误；c、由公式w=pt，由能量守恒得：1440w1h=306wt，得：t=8h，即保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8h，故c正确；d、由题意：汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，设f=kv，则结合前面分析：57.6=k25得：k=2.304，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶有最大速度时：牵引力=阻力，即：=kv得：v8.83m/s，故d错误；故选：ac点评：本题考查推力、功率、面积等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，本题还告诉我们一定要广泛应用太阳能，太阳能不但节省能源，还可以环保10（4分）为了测量某地地磁场的水平分量bx，课外兴趣小组进行了如图所示的实验：在横截面为长方形、只有上下表面a、b为金属板的导管中通以导电液体，将导管沿东西方向放置时，a、b两面出现电势差，测出相应的值就可以求出地磁场的水平分量假如在某次实验中测得导电液体的流动速度为v、导管横截面的宽为a、高为b，a、b面的电势差为u则下列判断正确的是（）abx=bbx=ca面的电势高于b面db面的电势高于a面考点：霍尔效应及其应用.分析：导电液体流过磁场区域时，正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上下两个面上，上下两个面之间形成电场，最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，根据受力平衡求出磁感应强度的水平分量解答：解：a、b、导电液体流过磁场区域稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，则有qe=q=qvbx；解得：bx=，故a错误，b正确；c、d、地磁场的水平分量从南向北，根据左手定则，正电荷a板偏转，负电荷向b板偏转，故a面的电势高于b面，故c正确，d错误；故选：bc点评：解决本题的关键知道导电液体流过磁场区域时，正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上下两个面上，上下两个面之间形成电场，最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡三、填空题（本题共4小题，每空2分，共16分）11（4分）如图所示，在竖直平面内有一半径为r的圆弧轨道，半径oa水平、ob竖直，一个质量为m的小球自a的正上方p点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点b时恰好对轨道没有压力已知ap=3r，重力加速度为g，则小球从p到b的运动过程中，合外力做功，摩擦力做功为考点：功的计算；摩擦力的判断与计算.专题：功的计算专题分析：由牛顿第二定律求出到达b的速度，由动能定理求出合外力做功；由动能定理求出克服摩擦力做功解答：解：小球在b点对轨道恰好没有压力，小球只受重力，由牛顿第二定律得：mg=m，解得：vb=，从p到b由动能定理的w=；mg2rwf=wf=故摩擦力做功为故答案为：，点评：分析清楚小球的运动过程，应用牛顿第二定律、动能定理规律即可正确解题，注意过程的选取12（2分）关于桥梁的研究有如图（1）所示的桥梁结构，如图（2）所示，两根钢索对塔柱的拉力f1、f2作用在同一点它们合起来对塔柱的作用效果应该让塔柱好像受到一个竖直向下的力f一样这样，塔柱便能稳固地伫立在桥墩上，不会因钢索的牵拉而发生倾斜，甚至倒下如果斜拉桥塔柱两侧的钢索不能呈对称分布如图（3）所示，要保持塔柱所受的合力竖直向下，那么钢索ac、ab的拉力fac：fab=sin：sin考点：力的分解.分析：将钢索ac、ab的拉力fac、fab进行合成，合力竖直向下，根据平行四边形定则作图后根据几何关系列式求解解答：解：将钢索ac、ab的拉力fac、fab进行合成，合力竖直向下，根据平行四边形定则作图，如图所示：结合正弦定理可知：fac：fab=sin：sin；故答案为：sin：sin点评：本题关键将钢索ac、ab的拉力fac、fab进行合成，然后根据正弦定理列式分析；但是目前江苏等省份明确规定只考虑直角三角形的情况，题目较为冷僻13（6分）如图所示，电源电动势为e，内电阻为r两电压表可看作是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻器的触片由左端向右端滑动时，灯泡l1变亮（选填亮或暗），v2表的读数变小（选填v1或v2）考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：首先搞清电路的结构：变阻器与灯泡l1并联，再与灯泡l2串联v1表测量路端电压，v2表测量灯泡l2的电压将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律和串联电路分压规律分析两电压表读数的变化解答：解：将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，变阻器与灯泡l1并联的电阻变大，外电路总电阻增大，则路端电压随之增大，即v1表的读数变大由闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流减小，灯泡l2变暗，电压表v2读数变小灯泡l1的电压u1=ei（r+rl2）增大，灯泡l1变亮故答案为：亮，v2点评：本题是电路中动态分析问题对于路端电压可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小判断14（4分）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，小车做匀加速直线运动，打点计时器接在50hz的低压交变电源上某同学在打出的纸带上每5点取一个计数点，共取了a、b、c、d、e、f六个计数点（每相邻两个计数点间的四个点未画出）从每一个计数点处将纸带剪开分成五段（分别为a、b、c、d、e段），将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xoy坐标系中，如图所示，由此可以得到一条表示vt关系的图线，从而求出加速度的大小（1）请你在xoy坐标系中用最简洁的方法作出能表示vt关系的图线（作答在答题纸的图上）；（2）从第一个计数点开始计时，为求出0.15s时刻的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：b；（3）若测得a段纸带的长度为2.0cm，e段纸带的长度为10.0cm，则可求出加速度的大小为2.0m/s2考点：探究小车速度随时间变化的规律.专题：实验题；直线运动规律专题分析：使用的方法是等效代替法解题，它们的长度分别等于x=v平均t，因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比解答：解：（1）纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，也就是说图中a段纸带高度代表0.05s时的瞬时速度，b纸带高度代表0.15s时的瞬时速度，c纸带高度代表0.25s时的瞬时速度，d的高度代表0.35s时的瞬时速度，e代表0.45s时的瞬时速度所以在xoy坐标系中用最简洁的方法作出能表示vt关系的图线，如图所示（2）b纸带高度代表0.15s时的瞬时速度，所以为求出0.15s时刻的瞬时速度，需要测出b段纸带的长度 （3）若测得a段纸带的长度为2.0cm，时间时0.1s，所以平均速度也就是0.05s时的瞬时速度为0.2m/s；e段纸带的长度为10.0cm，所以平均速度也就是0.45s时的瞬时速度为1m/s；由由以上可知v=0.8m/s，t=0.4s；所以加速度a=2.0m/s2故答案为：（1）如图（2）b（3）2.0点评：纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比这种等效替代的方法减小了解题难度四、解答题（本大题共4小题，共44分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（10分）某同学为测定某电源的电动势e和内阻r以及一段电阻丝的电阻率，设计了如图（a）所示的电路ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，r0是阻值为2的保护电阻，滑动片p与电阻丝接触始终良好实验时闭合电键，调节p的位置，将ap长度x和对应的电压u、电流i数据记录如表：x（m）0.100.200.300.400.500.60u（v）1.501.721.952.002.102.18i（a）0.490.430.380.330.310.28u/i （）3.064.005.136.066.777.79（1）该同学根据实验数据绘制了如图（b）所示的ui图象，可得电源的电动势e=3.0v；内阻 r=1.0（2）请你根据表中数据在图（c）上描点连线作u/i和x关系图线（3）已知金属丝的横截面积s=0.12106m2，利用图（c）图线，可以求得电阻丝的电阻率为1.2106m（保留两位有效数字）；根据图（c）图线还可以得到的信息是电流表内阻为2.0考点：测定电源的电动势和内阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数（2）电源ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；应用描点法作图作出图象；求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率解答：解：（1）由图c所示图象可知，电源ui图象与纵轴交点坐标值是3.0，电源电动势e=3.0v，r0+r=3.0，则电源内阻：r=32=1.0；（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：（3）由电阻定律可得，r=，由欧姆定律可得：r=，则=x，x图象斜率k=，由图4所示图象可知：k=10，即k=10，电阻率=ks=k（）2=103.14（）1.2106m；由图象可得：x=0时对应的数值2.0，即=2，则电流表的内阻为2.0故答案为：（1）3；1；（2）图象如图所示；（3）1.2106；电流表的内阻为2.0点评：螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；要掌握应用图象法处理实验数据的方法16（10分）（2013张掖一模）如图所示，一固定粗糙斜面与水平面夹角=30，一个质量m=1kg的小物（可视为质点），在沿斜面向上的拉力f=10n作用下，由静止开始沿斜面向上运动已知斜面与物体间的动摩擦因数=，取g=10m/s2试求：（1）物体在拉力f作用下运动的速度a1；（2）若力f作用1.2s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离s；（3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦力所做的功wf考点：动能定理的应用；牛顿第二定律.专题：动能定理的应用专题分析：（1）由牛顿第二定律可以求出加速度；（2）由匀变速运动的速度公式与位移公式可以求出物体的位移；（3）求出整个过程中物体的路程，然后由功的计算公式求出克服摩擦力做功解答：解：（1）由牛顿第二定律得：fmgsin30mgcos30=ma1，解得：a1=2.5m/s2； （2）力作用t=1.2s后，速度大小为v=at=3m/s，物体向上滑动的距离：s1=a1t2=1.8m；此后它将向上匀减速运动，其加速度大a2=7.5m/s2， 这一过程物体向上滑动的距离：s2=0.6m，整个上滑过程移动的最大距离：s=s1+s2=2.4m；（3）整个运动过程所通过的路程为s=2s=4.8m，克服摩擦所做的功wf=mgcos30s=12j；答：（1）物体在拉力f作用下运动的速度为2.5m/s2；（2）若 力f作用1.2s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离为2.4m；（3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦力所做的功为12j点评：对物体正确受力分析、应用牛顿第二定律、匀变速运动规律、功的计算公式即可正确解题17（12分）“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快，效率高等优点如图是“电磁炮”的原理结构示意图光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为l=0.2m在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度b=1102t“电磁炮”弹体总质量m=0.2kg，其中弹体在轨道间的电阻r=0.4可控电源的内阻r=0.6，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是i=4103a，不计空气阻力求：（1）弹体从静止加速到4km/s，轨道至少要多长？（2）弹体从静止加速到4km/s过程中，该系统消耗的总能量；（3）请定性说明电源的电压如何自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化.分析：当导轨上通入电流后，炮弹在安培力的作用下，做初速度为零匀加速直线运动，因此根据牛顿第二定律求出加速度然后利用运动学公式即可求解消耗的总能量转化为弹体的动能和热量；由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，是电磁炮匀加速发射解答：解：（1）在导轨通有电流i时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为：f=ilb=4103a0.21102=8104n由动能定理：fx=弹体从静止加速到4000m/s，轨道至少需要的长度为：x=20m（2）由f=ma，v=at=t解得：t=0.01s；发射过程产生的热量：q=i2（r+r）t=（4103）2（0.4+0.6）0.01=1.6105j弹体的动能：ek=mv2=0.2（4000）2=1.6106j；系统消耗的总能量为：e=ek+q=1.6106j+1.6105j=1.76106j（3）由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体