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第 27 届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案一、（25 分）填空题1一个粗细均匀的细圆环形橡皮圈，其质量为M ，劲度系数为 k，无形变时半径为 R 。现将它用力抛向空中，忽略重力的影响，设稳定时其形状仍然保持为圆形，且在平动的同时以角速度于圆面的轴线匀速旋转，这时它的半径应为 2鸽哨的频率是 f 。如果鸽子飞行的最大速度是绕通过圆心垂直。u ，由于多普勒效应，观察者可能观测到的频率范围是从到。（设声速为V 。）3如图所示，在一个质量为 M 、内部横截面积为A的竖直放置的绝热气缸中，用活塞封闭了一定量温T度度为0的理想气体。活塞也是绝热的，活塞质量以及活塞和气缸之间的摩擦力都可忽略不计。已知0大气压强为 p ，重力加速度为 g ，现将活塞缓慢上提，当活塞到达气缸开口处时， 气缸刚好离开地面。 已知理想气体在缓慢变化的绝热过程中 pV 保持不变，其中p 是气体的压强， V是气体的体积， 数。根据以上所述，可求得活塞到达气缸开口处时气体的温度为。是一常4（本题答案保留两位有效数字）在电子显微镜中，电子束取代了光束被用来“照射”被观测物。要想分辨1.0 10 10 m （即原子尺度）的结构，则电子的物质波波长不能大于此尺度。据此推测电子的速度至少需被加速到。如果要想进一步分辨 1.01102m 尺度的结构，则电子的速度至少需被加速到，且为使电子达到这一速度， 所需的加速电压为m。已 知 电 子 的 静止 质 量e9.11031 kg， 电 子 的 电 量e1.6 10 19C ，普朗克常量 h6.710 34J s，光速 c3.0108 ms1 。二、（20 分）图示为一利用传输带输送货物的装置， 物块（视为质点）自平台经斜面滑到一以恒定速度带输送到远处目的地，已知斜面高v 运动的水平长传输带上，再由传输h2.0m，水平边长 L4.0m，传输带宽，传输带的运动速度d2.0mv3.0m/s。物块与斜面间的摩擦系数10.30 。物块自斜面顶端下滑的初速度为零。 沿斜面下滑的速度方向与传输带运动方向垂直。设斜面与传输带接触处为非常小的一段圆弧，使得物块通过斜面与传输带交界处时其速度的大小不变，重力加速度 g10m/s2 。 1为使物块滑到传输带上后不会从传输边缘脱离，物块与传输带之间的摩擦系数至少为多少？22假设传输带由一带有稳速装置的直流电机驱动，与电机连接的电源的电动势 E200V ，内阻可忽略；电机的内阻 R10，传输带空载（无I输送货物）时工作电流02.0A，求当货物的平均流量 （单位时间内输送货物的质量），稳定在 640 kg/s时，电机的平均工作电流等于多少？9假设除了货物与传输带之间的摩擦损耗和电机的内阻热损耗外，其它部分的能量损耗与传输带上的货物量无关。三、（20 分）如图，刚性细轻杆（其质量可视为零）可绕通过其中的点 O 的光滑水平轴在竖直面内自由转动。两质量分别为 2m和 m的小球1 和 2（可视为质点）串在轻杆上，它们与轻杆之间的静摩擦系数为53。开始时轻杆静止在水平位置，小球1 和 2 分别位于紧靠轻杆6两端 A 和 B 的位置。现让系统自水平位置以零初速下摆，求1. 小球 1 脱离轻杆时的位置（用小球1 脱离杆时杆与水平线的夹角表示）；2. 小球 2 脱离轻杆时的位置（用小球2 脱离杆时杆与水平线的夹角表示）。四、如图所示，A 、 B 、 C 为三个质点，A 的质量远远大于B 、 C 的质量， B 和 C 的质量相等。已知A 、 B 之间， A 、C 之间存在相互吸引力。B 、 C 之间存在相互排斥力，三个把质点在相互间引力或斥力的作用下运动，如果作用力合适，可以存在一种如下形式的运动：A 、 B 、 C 的相对位置固定，它们构成一个平面，三个质点绕着位于这个平面内的某条轴匀速转动；因为质点A 的质量远远大于 B 、 C 的1质量，可认为该轴过质点A 且固定不动；连线AB 与转轴的夹角与连线AC与转轴的夹角不相等，且2 ，。12若AB之间吸引力的大小 f22AC，之间吸引力的大小为fak ACa，00ABk ABa其中 AB 、 AC 分别为A 、 B 与A 、 C 之间的距离， k 为比例系数，不计重力的影响。试问 a的值在什么范围内，上述运动才能实现？五、（15 分）南极冰架崩裂形成一座巨型冰山，随洋流漂近一个城市。有人设计了一个利用这座冰山来发电的方案，具体过程为：a先将环境中一定量的空气装入体积可变的容器，在保持压强不变的条件下通过与冰山接触容器内空气温度降至冰山温度；b 使容器脱离冰山，保持其体积不变， 让容器中的冰空气从环境中吸收热量， 使其温度升至环境温度； c在保持容器体积不变的情况下让空气从容器中喷出，带动发电装置发电。如此重复，直至整座冰山融化。已知环境温度a1T 293K ，冰山的温度为冰的熔点 T 273K ，可利用的冰山的质量m 1.0 1011 kg，为了估算可能获得的电能， 设计者做出的假设和利用的数据如下：1. 空气可视为理想气体。2. 冰的熔解热 L 3.34 105 J/ kg；冰融化成温度为 T 1 的水之后即不再利用。3. 压强为 p 、体积为 V 的空气内能 U2.5pV 。4. 容器与环境之间的热传导良好，可以保证喷气过程中容器中空气温度不变。5. 喷气过程可分解为一连串小过程， 每次喷出的气体的体积都是 u ，且 u 远小于容器的体积。在每个小过程中， 喷管中的气体在内外压强差的作用下加速， 从而获得一定动能 E ，从喷嘴喷出。不考虑喷出气体在加速过程中体积的改变，并认为在喷气过程中容器内的气体压强仍是均匀的，外压强的大气压。6假设可能获得的电能是 E 总和的 45%7当 x 1 时， ln 1 x x。试根据设计者的假设，计算利用这座冰山可以获得的电能。六、（15 分）如图，两块大金属板A 和 B 沿竖直方向平行放置，相距为 d，两板间加有恒定电压 U ，一表面涂有金属膜的乒乓球垂吊在两板之间，其质量为 m 。轻推乒乓球，使之向其中一金属板运动，乒乓球与该板碰撞后返回，并与另一板碰撞，如此不断反复。假设乒乓球与两板的碰撞为非弹性碰撞，其恢复系数为 e，乒乓球与金属板接触的时间极短，并在这段时间内达到静电平衡。达到静电平衡时，乒乓球所带的电荷量与两极板间电势差的关系可表示为0，其中0qqC UC为一常量。同时假设乒乓球半径远小于两金属板间距 d ，乒乓球上的电荷不影响金属板上的电荷分布； 连接乒乓球的绳子足够长， 乒乓球的运动可近似为沿水平方向的直线运动； 乒乓球第一次与金属板碰撞时的初动能可忽略，空气阻力可忽略。试求： 1乒乓球运动过程中可能获得的最大动能；2经过足够长时间后，通过外电路的平均电流。七、（20 分）如图 a 所示，十二根均匀的导线杆联成一边长为 l的刚性正方体，每根导线杆的电阻均为 R 。该正方体在匀强磁场中绕通过其中心且与 abcd 面垂直的转动轴作匀速转动，角速度为 ，已知磁感应强度大小为 B ，方向与转动轴垂直。忽略电路的自感。当正方体转动到如图 b所示位置（对角线bd 与磁场方向夹角为 ）时，求1通过导线 ba 、 ad 、 bc 和 cd 的电流强度。2为维持正方体作匀速转动所需的外力矩。八、（10 分）空心激光束是一种在传播方向上中心光强为零的圆筒形光束。由于这一特征， 它可以把某些微小粒子约束在激光束的中心部位，作为激光导管，激光镊子、光学扳手等，实现对纳米粒子、生物细胞等微小粒子的精确操控。 空心激光技术目前在生物学、 激光加工、原子冷却等方面得到了广泛的应用，正逐渐成为一门新兴的学科分支。 产生空心激光束的基本做法是利用光学系统将一束实心的圆柱形激光转换成为一束空心的激光。 给定如下光学器件： 焦距为 f 的凸透镜， 圆锥角为 45 的锥面反射镜， 半径为 R 的球面镜（中间有圆孔），如图： 利用上述光学器件设计一光学系统， 使得一束很细的实心圆柱入射激光转化成一束空心的出射激光，且空腔为圆柱形，半径为 r。请回答如下问题：1. 画出该光学系统的光路图。2. 求该光学系统中锥面镜顶点到球面镜球心的距离x 。一、（25 分）填空题142 kR2（6 分）24kM2fV，fV（4 分）VuVuT301 11 Mg（6 分）p0 A618154 7.310 m s， 2.810 ms ， 8.410V （9 分）hpEp2 c2m e2 yE keVEm e c2二、（20 分）1. 令 m 表示物块的质量，物块在斜面上滑动的加速度mg sin1mg cosamgsi1ncos，（1）物块滑到斜面底端的速度02gh 11v2ahcot4.0m/s（2）sin00以传输带为参照系，物块滑到传输带的初速度大小 v v 2 V 2 5.0m/s。（3） 运动方向与传输带边缘的夹角 满足tan4 。（4）3物块在传输带上作减速运动，其加速大小为a2 mg（5）m2 g。当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离vv（ ）s22，6002a2 1 g物块不超过传输带的边缘对应的最小摩擦系数应满足2s sinv0 2sindg（7）22因此可得v 2 sin022gd0.5 。（8）2. 物块对传输带的摩擦力大小gg F 2v0v02v方向与0，（9）的方向相同。从地面参照系来看，传送带速度为V ，单位时间内物块对传输带所做的功WFV cos，（10 ）因此负载所引起的附加功率PWV2640W。（11 ）考虑到无负载时电机的输出功率P 00EII 2R360W 。（12 ）0有负载时电机的输出功率为PP0P1000W 。（13 ）设有负载时的工作电流为I，则PIE2RI，（14 ）解之得I10A。（15 ）评分标准：（2）式 2 分，（3）、（4）式共 2 分，（6）式 2 分，（7）式3 分，（8）式 1 分，（9）式 4 分，（10 ）式 2 分，（13 ）式 2 分，（15 ） 式 2分。三、（20 分）设轻杆的杆长为2l，当杆与水平线的夹角为时，球 1 和球 2 的速度vv分别为和12，杆转动的角速度为。因机械能守恒，有0mgl sin又因2mgl sin1 2 m v121 m v22 。22（1）v12vl，（2）可由（ 1）、（2）解得2g sin3l轻杆与两小球构成的系统对转轴的角动量（3）L2ml1vmlv，（4）2由角动量定律有2mgl cosmgl cosL 。t（5）根据角加速度，的定义（6）t由（ 2）、（4）、（5）、（6）各式得g cos。3l（7）当两球都未脱离轻杆时，两球都绕转轴作圆周运动，球 1 的切向加速度和法向加速度分别为alt alt（8）ll（9）fN以表示沿垂直于轻杆方向球 1 与杆的相互作用力的大小，以11表示沿着轻杆方向球 1 与杆的相互作用力的大小， 根据牛顿第二定律， 有2mg cosN2ma ，（10 ）f12mg sin1lt2ma lt（11 ）由（ 3）、（9）、（10 ）、（11 ）各式得4N 1mg cos 。3。10f1mg sin3（12 ）（13 ）对 2 球作同样的分析， 沿垂直于轻杆方向球 2 与杆的相互作用力的大N小与沿着轻杆方向球2 与杆的相互作用力的大小2分别为f24N 2mg cos，31f（14 ）。（15 ）2mgsin3由（ 12）、（14 ）式可知，杆与小球 1、杆与小球 2 的最大静摩擦力相等，而（ 13）、（14 ）式表明小球1 与杆的摩擦力大于小球2与杆的摩擦力，故在转动过程中， 小球 1与杆之间的摩擦力先达到最大静摩擦力， 故小球 1 先滑动。设1球开始滑动时，细杆与水平线夹角为，则，fN1111 1即10mg sin 133 mg cos 1 ，4（16 ）由（ 16）式并代入数据得。（17 ）16当 时，球 1 开始向外滑动。由于球 1 的初始位置紧靠轻杆末端，1球 1 从开始滑动到脱离细杆的时间可忽略不计，因此球 1 脱离细杆与水平线夹角也为 。16球 1 一旦脱离轻杆， 因轻杆没有质量， 球 2 与轻杆间的相互作用立即消 失，此后球 2 只受重力作用而作斜舞女运动，注意到（ 2）、（3）、（7） 各式，抛出时的初速度v0l2g sin 13l3gl 。（18 ）3初速度的方向与水平线的夹角。0123（19 ）在球 2 作抛体运动的过程中， 球与轻杆间虽无相互作用， 但球仍套在杆上，轻杆将跟着球运动，但不会干扰小球的运动。当球离转轴的距离再次等于 l时，球 2 便脱离轻杆。建立如图所示的坐标系Oxy ，根据斜抛运动规律可得任意t时刻（取球 2 开始作抛体运动的时刻为计时起点）球 2 的位置坐标xl cos1v0 cos，（20 ）t0yl sin1v0 sin0t 1 gt2 ，2（21 ）球 2 脱离细杆时有l2x2y2 。（22 ）利用（ 17）、（18 ）、（19 ）各式得t22t2 t2 l g3 g0 ， （23 ）从而解得t115l 。3 g（24 ）此时x235 l6215yl6。（25 ）设球 2 脱离细杆时细杆与水平线夹角也为（如图），则2cos 2x235 ，l6（26 ）2 35arccos2678.2 （或 1.36弧度）。（27 ）评分标准：（3）式 2 分，（7）式 3 分，（12 ）（15 ）式各 1 分，（16 ）式 2 分，（17 ）式 1 分，（18 ）式 2 分，（19 ）式 1 分，（20 ）（22 ） 式各 1 分，（26 ）、（27 ）式各 1 分。四、（15 分） 解法 1：以 m 表示质点B 的质点， 表示连线BC 与竖直方向的夹角， 表示转动角f速度，BC表示BC 间排斥力的大小。根据牛顿定律有fsinfAB1BCsinmAB sin2，（1）1AB1BCfcosfcos0 ，（2）fsinfsin mAC sin，（3）AC2BC22AC2BCfcosfcos0 。（4） 由（ 1）、（3）两式并利用（ 2）、（4）两式可得fABsin1AB sin 1。（5）fACsin 2AC sin 2考虑到几何关系ABsin2ACsin1（6）ff并利用已知和ABBC的表示式。可由（ 5）得到a2ABsin 1ACsin（7）2又，由（ 2）、（4）式可得 fABcos 2。（8）fACcos 1ff带入已知的和ABBC的表达式可得ABcos 2 。（9）ACcos 1联立（ 7）、（9）从而有sin1 cos 21sin2 cos 22 。（10 ）如果 1 2 ，则意味着方程sincos 2C0（11 ）在 0 ， 区间有两个不同的解，其中C 为某一合适的常数。这要求函2数 sincos 2在 区间不能是单调函数， 也就是说sin和 cos不20，2能同时为单调增函数或单调减函数。因此当增大时，若 sin增大，则 cos 2应减小；反之，若 sin减小，则 cos 2应增大，故与2 同号。因此有0a2 。对 a0，可知sincos2（12 ）（13 ） 在0 及 时均为零，因此2sinc2os在 0 ，2区间一定存在极值点，意味着方程（11 ）在 C 合适选取的情况下必有两个或两个以上的不同解。对 a2 亦然。因此条件（ 12 ）、（13 ）是符合题意要求的充分必要条件。评分标准：（1）（4）式各 1 分，（6）式 1 分，（10 ）式 6 分，（12 ）、（ 13）式及其以下说明共 4 分。解法 2：ABAC如图，设 B 、C 间的排斥力是 f，它们受到 A 的吸引力分别是 f、 f，向心力分别是 f、 f，距离A 分别是 r 、r；根据三角C1C 212形的相似关系，有ffABC1r1ABf，（1a）BDfrfACC 2f。2ADCD（2a）以上两式相比可得frfCDAB2C1（3a）f rfAC1C 2BD依题意有fr，（4a）fAB 12ACrffC1EBr1 sin 1 ，（5a）C 2FCr2 sin 2CDAFr2 cos 2 ，r11BDAEcos（6a）将（ 4a）（6a ）代入（ 3a）得r11r1sin1r2cos 2。（7a）r2r2sin2r1cos1由（ 7a）得1122sincos 2sincos 2。（8a）之后的讨论与“参考解答1”相同。评分标准：考虑“参考解答1”。五、（15 分）pp以表示环境中大气的压强，则初始时装入容器的空气的压强为，温aaTV度为，以aa表示其体积。当容器与冰山接触，达到平衡时，容器T中空气的温度为1，体积减小为V0，根据题意，空气经历的过程为等压过程，故有TTV 0V a1a（1）在这一过程中，容器中空气内能的增加量为VU2.5 pa 0，（2）Va大气所考察空气做功为Wp aV0av（3）若以 Q 表示此过程中冰山传给容器中空气的热量，根据热力第一定律有QUW。（4）由以上四式得TT1aTQ3.5 pVaaa（5）（ 5）式给出的 Q 是负的，表示在这一过程中，实际上是容器中的空气把热量传给冰山。容器中空气的温度降至冰山温度后，又经一过等容升温过程， 即保持体积 V0不变，温度从T1升至环境温度Ta，并从周围环境吸热。 若以表p1示所考虑空气的压强，则有p1paTaT 1设喷管的体积为（6）u ，当喷管中的气体第一次被喷出时，容器中空气的p压强由1降到；根据题目给出的条件，有p2pVup V ，（7）1020p0即 2p1 VuV0（8）喷出气体获得的动能Eppk11au。（9）pp当喷管中的空气第二次喷出后，容器中空气压强由降到23，根据题给出的条件可得Vup32 p 0（10 ）V 0喷出气体获得的动能Epk22p u。（11 ）a当喷管中的空气第 N次被喷出后，容器内空气的压强由根据题给出的条件可得降到，ppNN1p V 0uN1pNV 0喷出气体获得的动能（12 ）E1kpNp u。（13 ）a如果经过 N 次喷射后，容器中空气的压强降到周围大气的压强，即pp ，（14 ）N1a这时喷气过程终止，在整过喷气过程中，喷出气体的总动能。E EEE kk1k2kN（15 ）利用（ 8）到（ 13）式，（15 ）式可化成E kp1u 12VuVu00V 0V 0N1Vu0Np au ，V 0（16 ）（16 ）式等号右边第1 项方括号内是 N 项的等比级数，故有E kp1uN1 V 0uV 01V 0uV 0Np a u。（17 ）又，根据（ 8）、（10 ）、（12 ）、（14 ）各式可得NpV 0u1V0，（18 ）pa对（ 18）式等式两边取自然对数得N ln 1u V0pa。（19 ）lnp10因 uV，可利用近似公式 ln 1 x x把（ 19 ）进一步化简，即pNV ln01upa（20 ）进而由（ 17）、（18 ）、（20 ）三式得VEppk 1a0Vplnp1（21 ）a0pa将（ 1）、（6）代入（ 21）式，可得Ep vka aT11 TTln11。（22 ）TTTaaa根据题意，这些动能可转化成的电能为E0.45 pVaa1TT11ln T。1（23 ）TTTaaa以上讨论表明，要获得电能E ，冰山必须吸收Q的热量，整座冰山化掉可吸收的总热量1QmL 。（24 ）因此可产生的总电量为EmL E。（25 ）1Q将（ 5）和（ 23）带入（ 25）式，得1E91mLT 1T 1 lnT1TaTaTa ，（26 ）701 T 1Ta代入数据后有1E1.51014J（27 ）评分标准：（5）式 3 分，（7）式 1 分，（9）式 2 分，（17 ）式 2 分，（18 ）式 1 分，（22 ）式 3 分，（25 ）（27 ）式各 1 分。参考解答 2：pn以表示环境中大气的压强。设融化整座冰山可使摩尔的空气参与如a题所述 的过 程， 且在过 程 a中体积 和温度 变化 分别 为V 和T1aTT，则在此过程中这部分气体放出的热量为Qp aVpV。（1）a52其中右边第一项表示大气对系统做的功，第二项表示系统内能的变化，考虑到物态方程，有Q7T，（2）nR Ta12这部分热量等于冰山融化吸收的熔解热，故QmL ，（3）因此联立（ 2）、（3）可得n2 mL7 R TaT 1。（4）在气体等容吸热的过程 b 中，设最后达到压强得pTa pa，aT1，体积达到Vp00，则易（5）nRT aV0p0（6）再考虑喷气过程：因为等温，在每个喷气的小过程中过后，容器内的压强增量p 满足V0ppu ，pV 0其中Vb0 为过程（7）中系统的体积，p为这个喷气过程中容器内的压强，那么喷出的气体的动能Epapu，（8）与（ 7）联立，消去 u ，得E kpapV0p 。p（9）因此，做变换EdE ，pdp ，总的动能则为paEkp0pdpapV0p（10 ）p0app0a 0V0p Vlnpa最后，据题意所获得的总的电能为E0.45Ek ，（11）将（ 4）、（5）、（6）、（10 ）带入（ 11）式，得1T 1T 1 ln T19（12 ）EmL70aaTT1 T1TaTa ；代入数据后有。14E1.510J（13 ）评分标准：参考“参考解答1”的评分标准。1根据题意，乒乓球与金属板第一次碰撞前其动能和速度分别为Ek10v10（1）（2）刚碰后，乒乓球带的电荷量0q CU（3）其动能和速度分别为E k10v10（4）（5）此后在电场力作用下乒乓球向另一金属板加速运动。当它到达另一金属板，与金属板第二次碰撞前其动能为E k2k2EqU（6）注意到（ 3）、（4）式有E k2C 0U 2与金属板第二次碰撞前的速度为v2E k2m第二次碰撞后的速度和动能分别1v2ev2E2k2mv 22（7）（8）（9）（10 ）由（ 9）、（10 ）式得E k2e2 Ek2乒乓球与金属板第三次撞前动能为E k2E k2qU由（ 3）、（7）（11 ）、（12 ）式得E k31eC 0U 2乒乓球与金属板第三次碰撞前速度2E k2v1m乒乓球与金属板第三次碰撞后的速度和动能分别为v3ev 3E k3e3E k3乒乓球与金属板四次碰撞前的动能E k4E k3qU由（3）、（15 ）、（18 ）、（19 ）式得（11 ）（12 ）（15 ）（16 ）（17 ）（18 ）（19 ）E k41e2e4C U 2（20 ）0乒乓球与金属板第四次碰撞前速度为v2E k4（21 ）4m乒乓球与金属板第四次碰撞后的速度和动能分别为v4ev4E k4e2 Ek4（22 ）（23 ）以此类推，可得乒乓球与金属板第n 次碰撞前、后的动能分别为22 n2E1ekne2 n22C 0U（24 ）（25 ）Ee21 2ekneC 0U 22即E1e2 n1kn2C 0U 2（26 ）1ee21Elne2 n 12C U 20（27 ）1eEknkn对非弹性碰撞， e1，可由以上两式看出 E和增。当 n时有均随碰撞次数单调递E12k?2C 0U（28 ）1ee2E2k2 C0U1e（29 ）乒乓球运动过程中达到的最大动能应与金属板碰撞前的极限动能， 即Ekmax12C 0U 2Ek1e（30 ）2经过足够长时间后亦即n时，乒乓球在某一次与金属板碰撞后和下一次碰撞前的速度分别为v2E kmeU2C 01e2m（31 ）2E kvmU2C 01e2m（32 ）此间时间间隔Td（33 ）vv2因此可得，通过外电路的平均电流强度Iq（34 ）T由（ 31）、（32 ）、（ 33）、（34 ）各式得C U 21 eCI00（35 ）d1e2m评分标准：（26 ）、（27 ）式或（ 28）、（29 ）式共 8 分，（30 ）式 2 分，（31 ） （33 ）式各 1 分，（35 ）式 2 分。七、参考答案 1：1. a a 和 cc 中的感应电动势为EEa acc12 Bl 2sin2（1）b b 和 dd 中的感应电动势为22（2）b bdd2Blcos2根据电路的对称性可知IIbaa bId ccd，III1add ac bbc2（3）IIII根据基耳霍夫第一定律，有aaIIc cI1I2IIIbbIdd12（4）（5）根据基耳霍夫第二定律，有I RIRIRIR（6）1aa11bb21I RIRI RI R（7）1dd2ad212 Bl2（8）IIbcadI18R2 Bl2cossin（9）IadIbcI2cossin8R2. 当正方体转动到任意位置（对角线 db 与磁场夹角为任意）时，通过 a a、 cc， b b、 dd 的电流2 Bl2（10 ）Ia aIadIbasin4R2 Bl2（11 ）IccIbcIcdsin44III2 BI2（12 ）bbbabccos4R2 Bl2（13 ）IcdddIadIcos4R为维持正方体作匀速转动所需的外力矩等于磁场对电路作用的合力矩，即FFa accBlIa a ，Fb bFddBblbI（14 ）M2