2013年浙江省高考物理试卷

这是一份2013年浙江省高考物理试卷，共20页。试卷主要包含了解答题，选择题等内容，欢迎下载使用。
2013年浙江省高考物理试卷　一、解答题1．（3分）关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是（　　）A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传递速度相同D．遥控器发出的红外线波长和医院CT中的X射线波长相同2．（3分）磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势。其E﹣t关系如图所示。如果只将刷卡速度改为，线圈中的E﹣t关系可能是（　　）A． B． C． D．3．（3分）与通常观察到的月全食不同，小虎同学在2012年12月10日晚观看月全食时，看到整个月亮是暗红的．小虎画了月全食的示意图，并提出了如下猜想，其中最为合理的是（　　）A．地球上有人用红色激光照射月球B．太阳照射到地球的红光反射到月球C．太阳光中的红光经地球大气层折射到月球D．太阳光中的红光在月球表面形成干涉条纹4．（3分）如图所示，水平板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10m/s2．下列判断正确的是（　　）A．5s内拉力对物块做功为零B．4s末物块所受合力大小为4.0NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6s～9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2　二、选择题（本题共3小题．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）5．（6分）如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R．下列说法正确的是（　　）A．地球对一颗卫星的引力大小为B．一颗卫星对地球的引力小于C．两颗卫星之间的引力大小为D．三颗卫星对地球引力的合力大小为6．（6分）如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2．关于热气球，下列说法正确的是（　　）A．所受浮力大小为4830NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N7．（6分）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（　　）A．在电场中的加速度之比为1：1B．在磁场中运动的半径之比为：1C．在磁场中转过的角度之比为1：2D．离开电场区域时的动能之比为1：3　三、解答题（共5小题，满分62分）8．（10分）如图所示，装置甲中挂有小桶的细线绕过定滑轮，固定在小车上；装置乙中橡皮筋的一端固定在导轨的左端，另一端系在小车上．一同学用装置甲和乙分别进行实验，经正确操作获得两条纸带①和②，纸带上的a、b、c …均为打点计时器打出的点．（1）任选一条纸带读出b、c两点间的距离为　   　；（2）任选一条纸带求出c、e两点间的平均速度大小为　   　，纸带①和②上c、e两点间的平均速度①　   　②（填“大于”、”等于”或“小于”）；（3）图中　   　（填选项）A．两条纸带均为用装置甲实验所得B．两条纸带均为用装置乙实验所得C．纸带①为用装置甲实验所得，纸带②为用装置乙实验所得D．纸带①为用装置乙实验所得，纸带②为用装置甲实验所得．9．（10分）采用如图所示的电路“测定电池的电动势和内阻”．（1）除了选用照片中的部分器材外，　   　（填选项）A．还需要电压表B．还需要电流表C．还需要学生电源D．不再需要任何器材（2）测量所得数据如下：测量次数物理量123456R/Ω1.21.00.80.60.40.2I/A0.600.700.800.891.001.20U/V0.900.780.740.670.620.43用作图法求得电池的内阻r=　   　；（3）根据第5组所测得的实验数据，求得电流表内阻RA=　   　．10．山谷中有三块大石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图所示。图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m。开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点以水平速度跳下，跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤的下端荡到右边石头的D点，此时速度恰好为零。运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2，求：（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值；（2）猴子刚抓住青藤荡起时的速度大小；（3）猴子刚抓住青藤荡起时，青藤对猴子的拉力大小。11．（20分）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．（1）判断球面A、B的电势高低，并说明理由；（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量△Ek左和△Ek右分别为多少？（4）比较|△Ek左|和|△Ek右|的大小，并说明理由．12．（22分）为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨．潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下．在直线通道内充满电阻率ρ=0.2Ω∙m的海水，通道中a×b×c=0.3m×0.4m×0.3m的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a×b=0.3m×0.4m的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到M，大小恒为I=1.0×103A的电流，设电流只存在于磁场区域．不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρm=1.0×103kg/m3．（1）求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向；（2）在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？（3）当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小．　
2013年浙江省高考物理试卷参考答案与试题解析　一、解答题1．（3分）关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是（　　）A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传递速度相同D．遥控器发出的红外线波长和医院CT中的X射线波长相同【分析】电磁波是电磁场的一种运动形态，可以传递信息；声波是机械波，也可以传递信息．【解答】解：A、电磁波可以传递信息，如电视信号；声波也可以传递信息，如人说话；故A错误；B、手机用电磁波传递信息，人用声波说话，故B正确；C、太阳光中的可见光是电磁波，真空中为3×108m/s；“B超”中的超声波是声波，常温下，空气中大约为340m/s；故C错误；D、遥控器发出的红外线波长和医院CT中的X射线频率不同，波速相同，根据c=λf，波长不同，故D错误；故选：B。【点评】本题关键要能区分电磁波和机械波的不同点，熟悉电磁波应用，基础题．　2．（3分）磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势。其E﹣t关系如图所示。如果只将刷卡速度改为，线圈中的E﹣t关系可能是（　　）A． B． C． D．【分析】根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比。【解答】解：根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的。磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比，所用时间变为原来的2倍。故D正确。故选：D。【点评】本题要抓住磁卡刷卡是利用电磁感应原理，关键要掌握感应电动势公式E=BLv。　3．（3分）与通常观察到的月全食不同，小虎同学在2012年12月10日晚观看月全食时，看到整个月亮是暗红的．小虎画了月全食的示意图，并提出了如下猜想，其中最为合理的是（　　）A．地球上有人用红色激光照射月球B．太阳照射到地球的红光反射到月球C．太阳光中的红光经地球大气层折射到月球D．太阳光中的红光在月球表面形成干涉条纹【分析】发生月食时，地球挡住了太阳射向月球的光，但是还会有部分光线通过地球大气层发生折射，所以会有部分地球大气层折射后的红色光射向月亮，这就让我们看到了“红月亮”．【解答】解：当太阳、地球、月球在同一直线上，地球位于太阳与月球之间时，太阳发出的沿直线传播的光被不透明的地球完全挡住，光线照不到月球上，在地球上完全看不到月球的现象就是月全食。看到整个月亮是暗红的，是因为太阳光中的红光经地球大气层折射到月球。故C正确，A、B、D错误。故选C。【点评】解释本题的关键知道月食的成因，以及出现“红月亮”的原因．平时要注意观察与思考，用我们所学的物理知识解释生活中的物理现象．　4．（3分）如图所示，水平板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10m/s2．下列判断正确的是（　　）A．5s内拉力对物块做功为零B．4s末物块所受合力大小为4.0NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6s～9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2【分析】结合拉力和摩擦力的图线知，物体先保持静止，然后做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律求出加速度的大小和动摩擦因数的大小。【解答】解：A、在0～4s内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s末开始运动，则5s内位移不为零，则拉力做功不为零。故A错误；B、4s末拉力为4N，摩擦力为4N，合力为零。故B错误；C、根据牛顿第二定律得，6s～9s内物体做匀加速直线运动的加速度a=．f=μmg，解得．故C错误，D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键通过图线分析出物体的运动，根据牛顿第二定律进行求解。　二、选择题（本题共3小题．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）5．（6分）如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R．下列说法正确的是（　　）A．地球对一颗卫星的引力大小为B．一颗卫星对地球的引力小于C．两颗卫星之间的引力大小为D．三颗卫星对地球引力的合力大小为【分析】根据万有引力定律公式，求出地球与卫星、卫星与卫星间的引力，结合力的合成求出卫星对地球的引力．【解答】解：A、地球对一颗卫星的引力F=，则一颗卫星对地球的引力为．故A错误，B错误。C、根据几何关系知，两颗卫星间的距离l=r，则两卫星的万有引力．故C正确。D、三颗卫星对地球的引力大小相等，三个力互成120度，根据合成法，知合力为零。故D错误。故选：C。【点评】本题考查万有引力定律的基本运用，难度不大，知道互成120度三个大小相等的力合成，合力为零．　6．（6分）如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2．关于热气球，下列说法正确的是（　　）A．所受浮力大小为4830NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N【分析】气球受重力、浮力和阻力，先加速后匀速，故加速度变化，合力变化，故阻力变化；开始时速度为零，空气阻力为零，根据牛顿第二定律列式求解出浮力；最后匀速，再根据平衡条件列式求解．【解答】解：A、从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律，有：F浮﹣mg=ma解得：F浮=m（g+a）=460×（10+0.5）N=4830N，故A正确；B、气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，矛盾，故B错误；C、刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，气球是变加速运动，加速度逐渐减小，故10s后的速度大小小于5m/s，故C错误；D、以5m/s匀速上升时，根据平衡条件，有：F浮=mg+f，解得f=230N，故D正确；故选：AD。【点评】本题关键明确气球做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大；然后根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解．　7．（6分）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（　　）A．在电场中的加速度之比为1：1B．在磁场中运动的半径之比为：1C．在磁场中转过的角度之比为1：2D．离开电场区域时的动能之比为1：3【分析】要分析加速度就要先分析其受的电场力，而要分析动能就要看电场做的功．要分析半径就要用洛伦兹力充当向心力，来找出半径，有了半径其转过的角度就很容易了．【解答】解：A：两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由可知其在电场中的加速度是1：3，故A错。B：要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：，可知其速度之比为．又由知，所以其半径之比为：1，故B正确。C：由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为：，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有，则可知角度的正弦值之比为，又P+的角度为30°，可知P3+角度为60°，故C正确。D：由电场加速后：可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故D正确。故选：BCD。【点评】磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练．　三、解答题（共5小题，满分62分）8．（10分）如图所示，装置甲中挂有小桶的细线绕过定滑轮，固定在小车上；装置乙中橡皮筋的一端固定在导轨的左端，另一端系在小车上．一同学用装置甲和乙分别进行实验，经正确操作获得两条纸带①和②，纸带上的a、b、c …均为打点计时器打出的点．（1）任选一条纸带读出b、c两点间的距离为　2.40cm　；（2）任选一条纸带求出c、e两点间的平均速度大小为　1.25m/s　，纸带①和②上c、e两点间的平均速度①　小于　②（填“大于”、”等于”或“小于”）；（3）图中　C　（填选项）A．两条纸带均为用装置甲实验所得B．两条纸带均为用装置乙实验所得C．纸带①为用装置甲实验所得，纸带②为用装置乙实验所得D．纸带①为用装置乙实验所得，纸带②为用装置甲实验所得．【分析】由毫米刻度尺读出b、c两点间的距离，注意需要估读．平均速度等于位移除以时间．【解答】解：（1）选②纸带读出b、c两点间的距离为6.50﹣4.10cm=2.40cm（2）选②纸带读出c、e两点间的距离为5cm，相对应的平均速度==1.25m/s选①纸带读出c、e两点间的距离为4.5cm，所以平均速度① 小于 ②．（3）装置甲实验中小车做匀加速直线运动，所以相邻的计时点的间距之差相等，装置乙实验中小车受橡皮筋的弹力越来越小，所以做加速度减小的变加速直线运动，以相邻的计时点的间距之差减小，所以带①为用装置甲实验所得，纸带②为用装置乙实验所得故选C．故答案为：（1）2.40cm（2）1.25m/s，小于 （3）C【点评】本题比较简单，考查了有关纸带处理的基本知识，平时要加强基础实验的实际操作，提高操作技能和数据处理能力．要注意单位的换算．　9．（10分）采用如图所示的电路“测定电池的电动势和内阻”．（1）除了选用照片中的部分器材外，　A　（填选项）A．还需要电压表B．还需要电流表C．还需要学生电源D．不再需要任何器材（2）测量所得数据如下：测量次数物理量123456R/Ω1.21.00.80.60.40.2I/A0.600.700.800.891.001.20U/V0.900.780.740.670.620.43用作图法求得电池的内阻r=　0.76Ω　；（3）根据第5组所测得的实验数据，求得电流表内阻RA=　0.22Ω　．【分析】（1）对照电路图，会发现缺少电压表；（2）根据闭合电路欧姆定律，有E=U+Ir，可以作出U﹣I图，斜率的绝对值表示电源的内电阻；（3）根据闭合电路欧姆定律，有：U=IRA+IR，代入数据求解出电流表电阻RA．【解答】解：（1）对照电路图，会发现缺少电压表； （2）根据闭合电路欧姆定律，有E=U+Ir，变形得到：U=﹣rI+E，作出U﹣I图，如图所示斜率的绝对值表示内电阻，故； （3）根据闭合电路欧姆定律，有：U=IRA+IR，故；故答案为：（1）A；（2）见右图，r=0.76Ω；（3）0.22Ω．【点评】本题关键明确实验原理，会用图想法处理实验数据，能结合闭合电路欧姆定律列式分析，基础题．　10．山谷中有三块大石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图所示。图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m。开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点以水平速度跳下，跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤的下端荡到右边石头的D点，此时速度恰好为零。运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2，求：（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值；（2）猴子刚抓住青藤荡起时的速度大小；（3）猴子刚抓住青藤荡起时，青藤对猴子的拉力大小。【分析】（1）大猴从A点到B点做平抛运动，根据高度求出运动时间，再根据水平位移求出大猴水平跳离时的速度最小值。（2）根据C到D点机械能守恒，抓住到达D点的速度为零，求出猴子抓住青藤荡起时的速度大小。（3）根据牛顿第二定律，通过竖直方向上的合力提供向心力求出拉力的大小。【解答】解：（1）设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有：h1=gt2x1=vmint             联立两式，并代入数据得：vmin=8m/s               （2）猴子刚抓住青藤后的运动过程中，机械能守恒，设荡起时的速度为vc，则有：解得：vc==m/s≈9m/s（3）设拉力为FT，青藤的长度为L，对最低点，由牛顿第二定律，则有：FT﹣（M+m）g=（M+m）由几何关系（L﹣h2）2+x=L2解得：L=10m综合各式代入数据，解得：FT=（M+m）g+（M+m）=216N答：（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值为8m/s；（2）大猴抱起小猴跑到C点纵身跳起时速度为4 m/s；（3）猴子抓住青藤荡起时，青藤受到的拉力大小为216N【点评】本题综合考查了平抛运动，圆周运动，运用了机械能守恒定律、牛顿第二定律，综合性较强，难度不大，需加强这类题型的训练。　11．（20分）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．（1）判断球面A、B的电势高低，并说明理由；（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量△Ek左和△Ek右分别为多少？（4）比较|△Ek左|和|△Ek右|的大小，并说明理由．【分析】电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力受力的方向与电场的方向相反；电子动能的改变量等于电场力做功，使用动能定理即可．【解答】解：（1）电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高； （2）电场力提供向心力：又：，联立以上3式，得：． （3）到达N板左边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做正功，电子动能的改变量等于电场力做功，即：△EK左=﹣eUCB=﹣e（φC﹣φB），到达右边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做负功，电子动能的改变量等于电场力做功，即：△EK右=﹣eUCA=﹣e（φC﹣φA）． （4）该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以UBC＞UCA，即：φC﹣φB＞φC﹣φA，所以：|△EK左|＞|△EK右|．答：（1）B板电势高于A板；   （2）求等势面C所在处电场强度E的大小；（3）△Ek左=e（φC﹣φB），△Ek右=e（φC﹣φA）；（4）|△Ek左|＞|△Ek右|【点评】该题考查带电粒子在放射状电场中的运动与电场力做功，解题的关键是电场力提供向心力，写出相应的表达式，即可正确解答．属于中档题目．　12．（22分）为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨．潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下．在直线通道内充满电阻率ρ=0.2Ω∙m的海水，通道中a×b×c=0.3m×0.4m×0.3m的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a×b=0.3m×0.4m的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到M，大小恒为I=1.0×103A的电流，设电流只存在于磁场区域．不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρm=1.0×103kg/m3．（1）求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向；（2）在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？（3）当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小．【分析】（1）根据安培力的公式可求出其大小，再由左手定则可确定其方向；（2）通过增加与减少安培力的个数来实现转弯，通过改变电流方向或磁场方向，从而改变安培力的方向．（3）通过功率的公式，分别确定提供电源功率的几部分，及其功率大小．【解答】解：（1）安培力的大小，F=BIL=6.4×1000×0.3=1.92×103N，根据左手定则可知，方向：垂直于BI平面向右；（2）开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯．改变电流方向，或改变磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，实施“倒车”．（3）电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率   P1=F牵v0根据牛顿第三定律：F安=12BIL，当v0=30m/s时，代入数据得：P1=F牵v0=12×1.92×103×30W=6.9×105W电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率推进器内海水的电阻=0.5Ω P2=12I2R=6×106W电源提供的电功率中的第三部分为单位时间内海水动能的增加量单位时间内通过推进器的水的质量为   m=ρmbcv水对艇=1.0×103×0.4×0.3×34=4080kg单位时间内其动能增加为==391680W．答：（1）一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小为1.92×103N，其方向为垂直于BI平面向右；（2）开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯．改变电流方向，或改变磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，实施“倒车”．（3）当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s，电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率，其大小6.9×105W；电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率，其大小为6×106W；电源提供的电功率中的第三部分为单位时间内海水动能的增加量，其功率的大小为391680W．【点评】考查安培力及其根据F=BIL求其大小，由左手定则确定安培力方向．并巧用安培力来实施转弯及倒车，同时掌握提供电源的不同功率，且通过功率公式来计算．