1、9第27屆全國中學生物理競賽決賽試題及答案一、（25分）填空題1 . 一個粗細均勻的細圓環形橡皮圈，其質量為 M ,勁度系數為k,無形變時半 徑為R。現將它用力拋向空中，忽略重力的影響，設穩定時其形狀仍然保持為圓 形，且在平動的同時以角速度 與繞通過圓心垂直于圓面的軸線勻速旋轉， 這時它 的半徑應為。2 .鴿哨的頻率是f o如果鴿子飛行的最大速度是 u,由于多普勒效應，觀察者可能觀測到的頻率范圍是從 到。（設聲速為V。）/3 .如圖所示，在一個質量為 M、內部橫截面積為A的豎直 放置的絕熱氣缸中，用活塞封閉了一定量溫度度為 的理想 氣體。活塞也是絕熱的，活塞質量以及活塞和氣缸之間的摩 擦力都可

2、忽略不計。已知大氣壓強為 po ,重力加速度為g , 現將活塞緩慢上提，當活塞到達氣缸開口處時，氣缸剛好離 開地面。已知理想氣體在緩慢變化的絕熱過程中 pV”呆持不變，其中p是氣體的壓強，V是氣體的體積，是一常數。根據以上所述，可求 得活塞到達氣缸開口處時氣體的溫度為 。4 .（本題答案保留兩位有效數字）在電子顯微鏡中，電子束取代了光束被用來“照 射”被觀測物。要想分辨1.0M10，0m （即原子尺度）的結構，則電子的物質波波 長不能大于此尺度。據此推測電子的速度至少需被加速到 。如果要想進 一步分辨1.0 QOm尺度的結構，則電子的速度至少需被加速到 ,且為 使電子達到這一速度，所需的加速電

3、壓為o已知電子的靜止質量 me =9.1勺。q1 kg ,電子的電量e=-1.6M10*C ,普朗克常量 h=6.7M100Js,光速 c=3.0M108m s;二、（20分）圖示為一利用傳輸帶輸送貨物的裝置，物塊（視為質點）自平臺經 斜面滑到一以恒定速度v運動的水平長傳輸帶上，再由傳輸帶輸送到遠處目的地，已知斜面高h=2.0m ,水平邊長L=4.0m ,傳輸帶寬d =2.0m ,傳輸帶的運動速度v=3.0m/s。物塊與斜面間的摩擦系數 用=0.30。物塊自斜面頂端下滑的初速度為零。沿斜面下滑的速度方向與傳輸帶運動方向垂直。設斜面與傳輸帶接觸處為非常小的一段圓弧，使得物塊通過斜面與傳輸帶交界處

4、時其速度的大小不變， 重力加速度g =10m/s21 .為使物塊滑到傳輸帶上后不會從傳輸邊緣脫離，物塊與傳輸帶之間的摩擦系數%至少為多少？2 .假設傳輸帶由一帶有穩速裝置的直流電機驅動，與電機連接的電源的電動勢 E=200V ,內阻可忽略；電機的內阻R=10G,傳輸帶空載（無輸送貨物）時工作電流I0=2.0A ,求當貨物的平均流量（單位時間內輸送貨物的質量），穩定在“Mkg/s時，電機的平均工作電流等于多少？假設除了貨物與傳輸帶之間的摩9擦損耗和電機的內阻熱損耗外，其它部分的能量損耗與傳輸帶上的貨物量無關。三、（20分）如圖，剛性細輕桿（其質量可視為零）可繞通過其中的點O的光滑水平軸在豎直面內

5、自由轉動。兩質量分別為 2m和m r x的小球1和2 （可視為質點）用在輕桿上，它們與輕飛.、5 3. .L1桿之間的靜摩擦系數為=任。開始時輕桿靜止在機次M亶6.水平位置，小球1和2分別位于緊靠輕桿兩端A和B個 J的位置。現讓系統自水平位置以零初速下擺，求1 .小球1脫離輕桿時的位置（用小球1脫離桿時桿與水平線的夾角表示）；2 .小球2脫離輕桿時的位置（用小球2脫離桿時桿與水平線的夾角表示）。四、如圖所示，A、B、C為三個質點,A的質量遠遠大于B、C的質量，B和Cfa =k AC a ,其中的質量相等。已知A、B之間，A、C之間存在相互吸引力。B、C之間存在相 互排斥力，三個把質點在相互間引

6、力或斥力的作用下運動， 如果作用力合適，可以存在一種如下形式的運動：A、B、C的相對位置固定，它們構成一個平面，三個質點 繞著位于這個平面內的某條軸勻速轉動；因為質點 A的質量 遠遠大于B、C的質量，可認為該軸過質點 A且固定不動； 連線AB與轉軸的夾角幽與連線AC與轉軸的夾角我不相等,且胃力 若AB之間吸引力的大小fAB =k ABa , AC之間吸引力的大小為AB、AC分別為A、B與A、C之間的距離，k為比例系數，不計重力的影響試問a的值在什么范圍內，上述運動才能實現?五、（15分）南極冰架崩裂形成一座巨型冰山，隨洋流漂近一個城市。有人設計了一個利用這座冰山來發電的方案，具體過程為：（a

7、）先將環境中一定量的空氣裝入體積可變的容器，在保持壓強不變的條件下通過與冰山接觸容器內空氣溫度 降至冰山溫度；（b）使容器脫離冰山，保持其體積不變，讓容器中的冰空氣從環境中吸收熱量，使其溫度升至環境溫度；（c）在保持容器體積不變的情況下讓空氣從容器中噴出，帶動發電裝置發電。如此重復，直至整座冰山融化。已知環境 溫度Ta =293 K,冰山的溫度為冰的熔點Ti =273K ,可利用的冰山的質量m =1.0X1011 kg ,為了估算可能獲得的電能，設計者做出的假設和利用的數據如下：1 .空氣可視為理想氣體。2 .冰的熔解熱L =3.34M105J/kg ;冰融化成溫度為T1的水之后即不再利用。3

8、 .壓強為p、體積為V的空氣內能U =2.5pV。4,容器與環境之間的熱傳導良好，可以保證噴氣過程中容器中空氣溫度不變。5 .噴氣過程可分解為一連串小過程， 每次噴出的氣體的體積都是u,且u遠小于 容器的體積。在每個小過程中，噴管中的氣體在內外壓強差的作用下加速， 從而獲得一定動能從噴嘴噴出。不考慮噴出氣體在加速過程中體積的改變，并認為在噴氣過程中容器內的氣體壓強仍是均勻的，外壓強的大氣壓。6 .假設可能獲得的電能是 AE總和的45%7 .當 x|_| 1 時，ln（1+x）=x。試根據設計者的假設，計算利用這座冰山可以獲得的電能。六、（15分）如圖，兩塊大金屬板 A和B沿豎直方向平行放置，相

9、距為d ,兩板 間加有恒定電壓U , 一表面涂有金屬膜的乒乓球垂吊在兩板之間，其質量為 m0 輕推乒乓球，使之向其中一金屬板運動，乒乓球與該板碰撞后返回， 并與另一板 碰撞，如此不斷反復。假設乒乓球與兩板的碰撞為非彈性碰撞， 其恢復系數為e, 乒乓球與金屬板接觸的時間極短， 并在這段時間內達到靜電平衡。達到靜電平衡時，乒乓球所帶的電荷量q與兩極板間電勢差的關系可表示為|q =C0U，其中C0為一常量。同時假設乒乓球半徑遠小于兩金屬板間距 d ,乒乓球 上的電荷不影響金屬板上的電荷分布；連接乒乓球的繩子足夠 長，乒乓球的運動可近似為沿水平方向的直線運動；乒乓球第 一次與金屬板碰撞時的初動能可忽略

10、， 空氣阻力可忽略。試求: 1.乒乓球運動過程中可能獲得的最大動能；2.經過足夠長時間后，通過外電路的平均電流。七、（20分）如圖（a師示，十二根均勻的導線桿聯成一邊長為l的剛性正方體，每根導線桿的電阻均為 R。該正方體在勻強磁場中繞通過其中心且與 abcd面垂直 的轉動軸作勻速轉動，角速度為切，已知磁感應強度大小為B,方向與轉動軸垂直。忽略電路的自感。當正方體轉動到如圖（b）所示位置（對角線bd與磁場方向夾角為日）時，求1 .通過導線ba、ad、bc和cd的電流強度2 .為維持正方體作勻速轉動所需的外力矩。(a)八、（10分）空心激光束是一種在傳播方向上中心光強為零的圓筒形光束。由于 這一特

11、征，它可以把某些微小粒子約束在激光束的中心部位，作為激光導管，激光銀子、光學扳手等，實現對納米粒子、生物細胞等微小粒子的精確操控。空心 激光技術目前在生物學、激光加工、 原子冷卻等方面得到了廣泛的應用， 正逐漸 成為一門新興的學科分支。產生空心激光束的基本做法是利用光學系統將一束實心的圓柱形激光轉換成為一束空心的激光。給定如下光學器件：焦距為f的凸透鏡，圓錐角為45。的錐面反射鏡，半徑為R的球面鏡（中間有圓孔），如圖：利用上述光學器件設計一光學系統，使得一束很細的實心圓柱入射激光轉化成一 束空心的出射激光，且空腔為圓柱形，半徑為 r o請回答如下問題：1 .畫出該光學系統的光路圖。2 .求該光

12、學系統中錐面鏡頂點到球面鏡球心的距離 x o(a)(b)一、（25分）填空題24nkR1 .12 （6 分）4 Ttk -M1.2, 旦（4分）V u V -u13. To ； _幽 r（6 分）PoA4. 7.3 黑 106m s，2.8 黑 108ms,，8.4x105V （9 分）hp 二 一九22-E = . p c mey2Ek = eV = E - mec二、(20 分)1.令m表示物塊的質量，物塊在斜面上滑動的加速度a =mgsin 6 31mgeose =g (sin 6 - R cos6 ),(1)m物塊滑到斜面底端的速度v0 =產ah =，2gh (1 gcote ) =

13、4.0m/s(2)以傳輸帶為參照系，物塊滑到傳輸帶的初速度大小v0 =W2 J2g =5.0m/s。(3)運動方向與傳輸帶邊緣的夾角a滿足4tan 口 = o(4)3物塊在傳輸帶上作減速運動，具加速大小為口 2mgIZCXa =%g。(5)m當物塊與傳輸帶相對靜止時在傳輸帶上運動的距離22（6）WVos =2a 2Hg 物塊不超過傳輸帶的邊緣對應的最小摩擦系數坳應滿足2 . 一Vo sin -7s sin - =,=d因此可得(8)2.物塊對傳輸帶的摩擦力大小_ gF =乩 V0 =T1V09 9）（g ，方向與V0的方向相同。從地面參照系來看，傳送帶速度為 V ,單位時間內物塊對 傳輸帶所做

14、的功W=-FVcosa,（10）因此負載所引起的附加功率2P=-W=nV =640W。（11）考慮到無負載時電機的輸出功率/R2-P0 =I0E I0R=360W。（12） J有負載時電機的輸出功率為|lEP =P0+聲=1000W。（13）設有負載時的工作電流為I ,則P=IE -I2R ,（14）解之得I =10A。（15）評分標準：（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）設輕桿的桿長為21 ,當桿與水平線的夾角為日時，球1和球2的速度分別為必和V2,桿轉動的角速度為與。因

15、機械能守恒，有2mv2。(D(2)(3)(4)1210 = mgl sin n-2mg1 sin - 2m v1又因Vi =v2 =1co ）可由（1）、（2）解得，二 2gsi吧3l輕桿與兩小球構成的系統對轉軸的角動量L =2mlv1 +mlv2 , 由角動量定律有(5)2mgl cos 二-mgl cos i = L。,1根據角加速度P的定義0=嗎.看由(2)、(4)、3l（5）、（6）各式得(6)當兩球都未脫離輕桿時，兩球都繞轉軸作圓周運動，球 的切向加速度和法向加速度分別為(8)ait =l (9)以Ni表示沿垂直于輕桿方向球1與桿的相互作用力的大小，以fi表示沿著輕桿方 向球1與桿的

16、相互作用力的大小，根據牛頓第二定律，有2mgcos0-N1 =2malt ,（10）fi -2mg sin ? - 2mat由（3）、（9）、（10）、（11）各式得N1 =：mgcosi f1 =10 mg sin13(11)(12)(13)對2球作同樣的分析，沿垂直于輕桿方向球 2與桿的相互作用力的大小 M與沿著輕桿方向球2與桿的相互作用力的大小f2分別為4.N2 =- mg cos 日,1.f2 =一 mgsin 6。(14)(15)3由（12）、（14）式可知，桿與小球1、桿與小球2的最 大靜摩擦力相等，而（13）、（14）式表明小球1與桿的 摩擦力大于小球2與桿的摩擦力，故在轉動過程

17、中，小 球1與桿之間的摩擦力先達到最大靜摩擦力，故小球1先滑動。設1球開始滑動時，細桿與水平線夾角為 01,則G何）=2N （Q卜11(16)(17)即 10 mg sin 4 nWmgcos8 ,由(16)式并代入數據得a =-06當日二a時，球1開始向外滑動。由于球1的初始位置緊靠輕桿末端，球 1從開始滑動到脫離細桿的時間可忽略不計，因此球 1脫離細桿與水平線夾角也為& =-06球1一旦脫離輕桿，因輕桿沒有質量，球2與輕桿間的相互作用立即消失， 此后 球2只受重力作用而作斜舞女運動，注意到（2）、（3）、（7）各式，拋出時的初 速度初速度的方向與水平線的夾角自=-口 =。（19）23在球2

18、作拋體運動的過程中，球與輕桿間雖無相互作用，但球仍套在桿上，輕桿將跟著球運動，但不會干擾小球的運動。當球離轉軸的距離再次等于l時，球2便脫離輕桿。建立如圖所示的坐標系Oxy ,根據斜拋運動規律可得任意t時刻（取球2開始作拋體運動的時刻為計時起點）球 2的位置坐標x =-l cos +% cost ,(20)12y =l sin 6i+vosin &t一 gt , 2球2脫離細桿時有l2 =x2 +y2 o利用（17）、（18）、（19）各式得(21)(22)(23)從而解得(24)(25)15(26)= 78.2=* (或 1.36 弧度)。(27)設球2脫離細桿時細桿與水平線夾角也為 02

19、（如圖），則x 2.3-5評分標準：（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表示質點B的質點，6表示連線BC與豎直方向的夾角，o表示轉動角速度，fBC表示BC間排斥力的大小。根據牛頓定律有2 .fAB sin 叼 一 fBCsinO=mcci |AB sin 叼，(1)fAB cos* - fBC cosQ =0 ,(2)fAc sin % + fBc sin 0 = mo2 AC sin 中2,(3)fAC cos

20、% -fBC cos日=0。(4)由（1）、（3）兩式并利用（2）、（4）兩式可得fAB sin 爐；AB sin 1fAc sin21 AC sin 2(5)考慮到幾何關系(6)ABsin 2 uACsin 廣 1 - ？并利用已知fAB和fBC的表示式。可由（5）得到1，Z|AB|sin 陽AC -sin 2又，由（2）、（4）式可得fB f ACcos 2cos ；(8)帶入已知的fAB和fBC的表達式可得(9)AB| cos 2AC 二 cos 1聯立（7）、（9）從而有sins由 cosa-2 由=sinXp2cos* 92 。(10)如果0W % ,則意味著方程sin 工；cos

21、;rC =0(11)在0,區間有兩個不同的解，其中C為某一合適的常數。這要求函數 ,2sin二中cos42 cp在.0 ,1區間不能是單調函數，也就是說sinP和cos止2中不能同時為單調增函數或單調減函數。因此當 中增大時，若sinWP增大，則cos修編應減小;反之,若sins中減小，則cosa2中應增大，故a與口2同號。因此有0（12）a 2 0（13）對a2亦然。因此條件（12）、（13）是符合題意要求的充分必要條件。 評分標準：（1） （4）式各1分，（6）式1分，（10）式6分，（12）、（13）式及 其以下說明共4分。解法2:如圖，設B、C間的排斥力是f ,它們受到A的吸引力分別是

22、分別是fc1、fc2 ,距離A分別是r1、2 ；根據三角形的相似關系,有fAB fC1 fr - AB - BD fAC _ fC2 _ f = o2AD CD以上兩式相比可得fAB r2 _ fC1 CDfAC1fC2BD依題意有faEBii sin 1fC2 FC i2sin 2 CD AF r2 cos 2BD AEr1 cos 1 (1a)(2a)(3a)(4a)(5a)fAB、fAC ,向心力將(4a) (6a)代入(3a)得(7a)(8a)r1 一一 r1 sin 1r2 cos 2=02 r2 sin 2r1 cos 1由(7a)得sin6由 cos宓*=sina%cosM% o

23、之后的討論與“參考解答1”相同 評分標準：考慮“參考解答1。五、(15分)以Pa表示環境中大氣的壓強，則初始時裝入容器的空氣的壓強為Pa ,溫度為Ta ,以Va表示其體積。當容器與冰山接觸，達到平衡時，容器中空氣的溫度為T1,體積減小為V。，根據題意，空氣經歷的過程為等壓過程，故有V。 V”、=(1)Ti Ta在這一過程中，容器中空氣內能的增加量為U =2.5Pa(V。一Va ),(2)(3)大氣所考察空氣做功為W Pa V。_ Va I若以Q表示此過程中冰山傳給容器中空氣的熱量，根據熱力第一定律有Q=AU-W。(4)由以上四式得 f 、 T -T,Q =3.5 PaVa -( 5)I Ta

24、J(5)式給出的Q是負的，表示在這一過程中，實際上是容器中的空氣把熱量傳給冰山。容器中空氣的溫度降至冰山溫度后，又經一過等容升溫過程，即保持體積V。不變, 溫度從T1升至環境溫度Ta,并從周圍環境吸熱。若以P1表示所考慮空氣的壓強, 則有(6)Pi = PaTa 一丁1 設噴管的體積為u,當噴管中的氣體第一次被噴出時，容器中空氣的壓強由 P1降17=Pa ，(18)到P2；根據題目給出的條件，有pl (V0 u )= p2V0 ,V0 -UP2 = Pi Vo噴出氣體獲得的動能Eki =(Pi - Pa U o(7)(8)(9)當噴管中的空氣第二次噴出后，容器中空氣壓強由比降到P3,根據題給出

25、的條件可得V0 - UP3 寸2 V。噴出氣體獲得的動能Ek2 = （ P2 Pa U。(10)(11)當噴管中的空氣第N次被噴出后，容器內空氣的壓強由PN降到PN，根據題給出的條件可得V。一uPn 1 = Pn -Vo噴出氣體獲得的動能Ek =（PN Pa ）U 如果經過N次噴射后，容器中空氣的壓強降到周圍大氣的壓強，即這時噴氣過程終止，在整過噴氣過程中，噴出氣體的總動能Ek =三1 .品2 .川EkN利用（8）到（13）式，（15）式可化成（16）式等號右邊第1項方括號內是N項的等比級數，故有-NPau 0(12)(13)(14)(15)(16)(17)又，根據（8）、（10）、（12）、

26、（14）各式可得P131對（18）式等式兩邊取自然對數得N ln 1 上 |=ln 2（19）工 Vo / P1因uLI V。，可利用近似公式ln（1+x產x把（19）進一步化簡，即N/。ln R uPa進而由（17）、（18）、（20）三式得REk = P1 - Pa Vo - PaVo ln -Pa將（1）、（6）代入（21）式，可得Ek= PaVa 1L+Ln 工 Ta Ta Ta 根據題意，這些動能可轉化成的電能為E =0.45 PaVa 1 -TL+TLlnLI Ta TaTa ,(20)(21)(22)(23)以上討論表明，要獲得電能 E,冰山必須吸收-Q的熱量，整座冰山化掉可吸收

27、的總熱量Q1 =mL。(24)因此可產生的總電量為mLE =E 0-Q將（5）和（23）帶入（25）式，得(25)19E1 =一 mL -70T1T1 , T1ln TaTaTa a(26)Ta代入數據后有(27)_14評分標準：（5） （22）式3分,E1 =1.5 10 J式3分，（7）式1分，（9）式2分，（17）式2分，（18）式1分,（25） （27）式各 1 分。參考解答2:以Pa表示環境中大氣的壓強。設融化整座冰山可使n摩爾的空氣參與如題所述的 過程，且在過程（a ）中體積和溫度變化分別為AV和AT=T1-Ta,則在此過程中這 部分氣體放出的熱量為5Q =paV paAV。（1）

28、2其中右邊第一項表示大氣對系統做的功， 第二項表示系統內能的變化，考慮到物 態方程，有Q =gnR Ta -T1），(2)這部分熱量等于冰山融化吸收的熔解熱，故(3)因此聯立（2）、（3）可得2mL7R Ta -T1(4)在氣體等容吸熱的過程（b ）中，設最后達到壓強p。，體積達到V。，則易得PaTapanRTapO(5)(6)再考慮噴氣過程：因為等溫，在每個噴氣的小過程中過后，容器內的壓強增量 即滿足pg，0”（7）pV0其中V0為過程（b ）中系統的體積，p為這個噴氣過程中容器內的壓強，那么噴出 的氣體的動能E =作pa U ,與(7)聯立，消去u,得pEk = ( p - pa V0 o

29、p(8)(9)因此，做變換AETdE,如- dp,總的動能則為一a V0 dp(10)P0 - pa Vo - PaVo In 也Pa最后，據題意所獲得的總的電能為E =0.45Ek ,(11)將（4）、（5）、（6）、（10）帶入（11）式，得19E = mL -70T1T1 , T1ln TaTaa a1-Ta-；(12)代入數據后有(13)E =1.5父1014 J。評分標準：參考”參考解答1”的評分標準。1.根據題意，乒乓球與金屬板第一次碰撞前其動能和速度分別為(D(2)剛碰后，乒乓球帶的電荷量(3)其動能和速度分別為Ek1 =0(4)V1 = 0(5)此后在電場力作用下乒乓球向另一金

30、屬板加速運動。當它到達另一金屬板，與金屬板第二次碰撞前其動能為Ek2 =Ek2qU(6)注意到(3)、(4)式有_2Ek2 =C0U與金屬板第二次碰撞前的速度為V2 =.組 ,m(8)第二次碰撞后的速度和動能分別v2 =ev2(9)12Ek2 =_mv?2由(9)、(10)式得(10)Ek2 =e2Ek2(11)乒乓球與金屬板第三次撞前動能為Ek2=Ek2qU(12)由(3)、(7) (11)、(12)式得以3 =(1+e2jCoU2(15)乒乓球與金屬板第三次碰撞前速度一叵(16)m乒乓球與金屬板第三次碰撞后的速度和動能分別為v；=ev3(17).3Ek3 =e Ek3(18)乒乓球與金屬板

31、四次碰撞前的動能Ek4=Ek3+qU(19)由(3)、(15)、(18)、(19)式得民4 =(1+e2 +e4 JCoU2(20)乒乓球與金屬板第四次碰撞前速度為v4=J2E4(21)m乒乓球與金屬板第四次碰撞后的速度和動能分別為v4 =ev4(22)Ek4 =e2Ek4(23)以此類推，可得乒乓球與金屬板第 n次碰撞前、后的動能分別為Ekn = +e2 +IH +e2(n2，CoU2(24)匕=e2 +e2|H +e2(n )1cU 22(25)即1-e2n2Ekn =- CoU2(26)1 - ee2 1 -e2”) I 2Ei；=2一CoU(27)1 -e對非彈性碰撞，e1,可由以上兩

32、式看出Ekn和Ekn均隨碰撞次數單調遞增。當nTo時有12Ek? =2 CoU(28)1 - e2E-eCoU2 1 -e乒乓球運動過程中達到的最大動能應與金屬板碰撞前的極限動能，即(29)12Ekmax Ek- - -2 C0U1 -e2.經過足夠長時間后亦即 碰撞前的速度分別為(30)nT:時，乒乓球在某一次與金屬板碰撞后和下一次2Ek二eUm2Co1 -e2 m(31)2Ek：: =Um2Co1-e2 m(32)此間時間問隔T=qv. v.2因此可得，通過外電路的平均電流強度i =qT由（31）、（32）、（33）、（34）各式得(33)(34),CoU2I 二1 eCod 1e2m(3

33、5)評分標準：（26）、（27）式或（28）、（29）式共 8 分，（3。）式 2 分，（31） （33） 式各1分，（35）式2分。七、參考答案1：1. a a和cc中的感應電動勢為22.Eaa =Ecc = 1 =-Bl Sin b b和dd 中的感應電動勢為22-43 b =6=a =Bl cos 2根據電路的對稱性可知I ba =Iab*=Idc* = Icd =I1, I ad = Ida* = Icb* = I bc = I2根據基耳霍夫第一定律，有Iaa = I cc - I1 - I2 aa c c i 2(3)(4)I , F = |, = |+ I cI bb I dd I1 I2(5)根據基耳霍夫第二定律，有IlR IaaR I1R1IbbR=；2 - 1(6)IlR IddR l2RnadR=.；2；1I _I .I 一二三1bc ad 1 1I ad = I bc = I 22.當正方體轉動到任意位置（對角線db與磁場夾角為任意 b b、dd 的電流Iaa - I ad IbaSBsinuIcc Tbc - I cdI bb = Iba I bc4 R,2 Bl2，442 BI2 .sin t1I dd = I ad I cd4 R上也cosi(13)為維持正方