大物下习题答案
大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社 习题3详解
3-1 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 [ ] A.2ωmR J J + B. 02)(ωR m J J+ C.02ωmR JD. 0ω 答案：A3-2 如题3-2图所示，圆盘绕O 轴转动。
若同时射来两颗质量相同,速度大小相同,方向相反并在一直线上运动的子弹,子弹射入圆盘后均留在盘内,则子弹射入后圆盘的角速度ω将：[ ]A. 增大.B. 不变.C. 减小.D. 无法判断. 题3-2 图 答案： C3-3 芭蕾舞演员可绕过脚尖的铅直轴旋转,当她伸长两手时的转动惯量为J 0，角速度为ω0,当她突然收臂使转动惯量减小为J 0 / 2时,其角速度应为：[ ] A. 2ω0 . B. ω0 . C. 4ω0 . D. ω 0/2. 答案：A3-4 如题3-4图所示，一个小物体，位于光滑的水平桌面上，与一绳的一端相连结，绳的另一端穿过桌面中心的小孔O . 该物体原以角速度ω 在半径为R 的圆周上绕O 旋转，今将绳从小孔缓慢往下拉．则物体：[ ]A. 动量不变，动能改变； 题3-4图B. 角动量不变，动量不变；C. 角动量改变，动量改变；D. 角动量不变，动能、动量都改变。
答案：D3-5 在XOY 平面内的三个质点,质量分别为m 1 = 1kg, m 2 = 2kg,和 m 3 = 3kg,位置坐标(以米为单位)分别为m 1 (－3,－2)、m 2 (－2,1)和m 3 (1,2),则这三个质点构成的质点组对Z 轴的转动惯量J z = .答案： 38kg ·m 23-6 如题3-6图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O 转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球并嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统对o 轴的 守恒。
大学物理下习题册答案详解
解 ： a 30cm ,d 0.6m m , b=2.2m
D =a+b 2.5m ,
x 2.25m m
x D dx 5400 A
d
D
第 4级 明 纹 至 中 心 距 离 满 足 ：
dx 4 x 4 D 9.00m m
D
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
d
练习34 光的干涉（2)
1.在双缝装置中，用一折射率为n的薄云母片覆盖其中
光的程亮差度2 分，, 2别则. 5为 有 , ：3 .5
，比较 P、Q、R 三点
（1）P点最亮、Q点次之、R点最暗；
注意。单击此处添加正文，文字是您思想的提炼，为了演示发布的良好效果，请言简意赅地阐述您的观点。您的 内容已经简明扼要，字字珠玑，但信息却千丝万缕、错综复杂，需要用更多的文字来表述；但请您尽可能提炼思
20D 想 的 精 髓 ， 否 则 容 易 造 成 观 者 的 阅 读 压 力 ， 适 得 其 反 。 正 如 我 们 都 希 望 改 变 世 界 ， 希 望 给 别 人 带 去 光 明 ， 但 更 多
x 20x＝ 0.11m 时候我们只需要播下一颗种子，自然有微风吹拂，雨露滋养。恰如其分地表达观点，往往事半功倍。当您的内容 a 到 达 这 个 限 度 时 ， 或 许 已 经 不 纯 粹 作 用 于 演 示 ， 极 大 可 能 运 用 于 阅 读 领 域 ； 无 论 是 传 播 观 点 、 知 识 分 享 还 是 汇 报
n 1 题 目 中 k=-7
所 以 ： e 7 n 1
答案为：（1）
2.迈克耳逊干涉仪可用来测量单色光的波长，当干涉仪
的动镜M2移动d距离时，测得某单色光的干涉条纹移 动N条，则该单色光的波长为：（ ）
大物习题答案第4章机械振动
第4章 机械振动4.1基本要求1．掌握描述简谐振动的振幅、周期、频率、相位和初相位的物理意义及之间的相互关系2．掌握描述简谐振动的解析法、旋转矢量法和图线表示法，并会用于简谐振动规律的讨论和分析3．掌握简谐振动的基本特征，能建立一维简谐振动的微分方程，能根据给定的初始条件写出一维简谐振动的运动方程，并理解其物理意义4．理解同方向、同频率简谐振动的合成规律，了解拍和相互垂直简谐振动合成的特点4.2基本概念1．简谐振动 离开平衡位置的位移按余弦函数（或正弦函数）规律随时间变化的运动称为简谐振动。
简谐振动的运动方程 cos()x A t ωϕ=+2．振幅A 作简谐振动的物体的最大位置坐标的绝对值。
3．周期T 作简谐振动的物体完成一次全振动所需的时间。
4．频率ν 单位时间内完成的振动次数，周期与频率互为倒数，即1T ν=5．圆频率ω 作简谐振动的物体在2π秒内完成振动的次数，它与频率的关系为22Tπωπν== 6．相位和初相位 简谐振动的运动方程中t ωϕ+项称为相位，它决定着作简谐振动的物体状态；t=0时的相位称为初相位ϕ7．简谐振动的能量 作简谐振动的系统具有动能和势能。
弹性势能222p 11cos ()22E kx kA t ωϕ==+ 动能[]22222k 111sin()sin ()222E m m A t m A t ωωϕωωϕ==-+=+v弹簧振子系统的机械能为222k p 1122E E E m A kA ω=+== 8．阻尼振动 振动系统因受阻尼力作用，振幅不断减小。
9．受迫振动 系统在周期性外力作用下的振动。
周期性外力称为驱动力。
10．共振 驱动力的角频率为某一值时，受迫振动的振幅达到极大值的现象。
4.3基本规律1．一个孤立的简谐振动系统的能量是守恒的物体做简谐振动时，其动能和势能都随时间做周期性变化，位移最大时，势能达到最大值，动能为零；物体通过平衡位置时，势能为零，动能达到最大值，但其总机械能却保持不变，且机械能与振幅的平方成正比。
大学物理学课后习题答案
习题及解答（全）习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r -=∆； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d .t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt r t d d d d d d r rr += 式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t v t v t v d d d d d d ττ +=式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d t r a trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。
大物习题答案第4章 机械振动
第4章 机械振动基本要求1．掌握描述简谐振动的振幅、周期、频率、相位和初相位的物理意义及之间的相互关系2．掌握描述简谐振动的解析法、旋转矢量法和图线表示法，并会用于简谐振动规律的讨论和分析3．掌握简谐振动的基本特征，能建立一维简谐振动的微分方程，能根据给定的初始条件写出一维简谐振动的运动方程，并理解其物理意义4．理解同方向、同频率简谐振动的合成规律，了解拍和相互垂直简谐振动合成的特点基本概念1．简谐振动 离开平衡位置的位移按余弦函数（或正弦函数）规律随时间变化的运动称为简谐振动。
简谐振动的运动方程 cos()x A t ωϕ=+2．振幅A 作简谐振动的物体的最大位置坐标的绝对值。
3．周期T 作简谐振动的物体完成一次全振动所需的时间。
4．频率ν 单位时间内完成的振动次数，周期与频率互为倒数，即1T ν=5．圆频率ω 作简谐振动的物体在2π秒内完成振动的次数，它与频率的关系为22Tπωπν== 6．相位和初相位 简谐振动的运动方程中t ωϕ+项称为相位，它决定着作简谐振动的物体状态；t=0时的相位称为初相位ϕ7．简谐振动的能量 作简谐振动的系统具有动能和势能。
弹性势能222p 11cos ()22E kx kA t ωϕ==+ 动能[]22222k 111sin()sin ()222E m m A t m A t ωωϕωωϕ==-+=+v弹簧振子系统的机械能为222k p 1122E E E m A kA ω=+== 8．阻尼振动 振动系统因受阻尼力作用，振幅不断减小。
9．受迫振动 系统在周期性外力作用下的振动。
周期性外力称为驱动力。
10．共振 驱动力的角频率为某一值时，受迫振动的振幅达到极大值的现象。
基本规律1．一个孤立的简谐振动系统的能量是守恒的物体做简谐振动时，其动能和势能都随时间做周期性变化，位移最大时，势能达到最大值，动能为零；物体通过平衡位置时，势能为零，动能达到最大值，但其总机械能却保持不变，且机械能与振幅的平方成正比。
大物习题册答案全套
练习一 力学导论 参考解答1． (C)； 提示：⎰⎰=⇒=t3x9vdt dxtd xd v2． (B)； 提示：⎰⎰+=R20y 0x y d F x d F A3． 0.003 s ； 提示：0t 3104400F 5=⨯-=令 0.6 N·s ; 提示： ⎰=003.00Fdt I2 g ; 提示： 动量定理0mv 6.0I -==3． 5 m/s 提示：图中三角形面积大小即为冲量大小；然后再用动量定理求解 。
5．解：(1) 位矢 j t b i t a rωωsin cos += (SI)可写为 t a x ωc o s = ， t b y ωs i n= t a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωc o s d dy-==v 在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω E KA =2222212121ωmb m m y x =+v v由A →B ⎰⎰-==0a 20a x x x t c o sa m x F A d d ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω ⎰⎰-==b 02b 0y y t sin b m y F A dy d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω6. 解：建立图示坐标，以v x 、v y 表示小球反射速度的x 和y 分量,则由动量定理，小球受到的冲量的x,y 分量的表达式如下： x 方向：x x x v v v m m m t F x 2)(=--=∆ ① y 方向：0)(=---=∆y y y m m t F v v ② ∴ t m F F x x ∆==/2v v x =v cos a∴ t m F ∆=/cos 2αv 方向沿x 正向．根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 F F =' 方向垂直墙面指向墙内．ααmmOx y练习二 刚体的定轴转动 参考解答1．(C) 提示： 卫星对地心的角动量守恒2．(C) 提示： 以物体作为研究对象P-T=ma (1);以滑轮作为研究对象 TR=J β (2)若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，表明(2)式中的T 增大，故β也增大。
大学物理课后习题答案详解
⼤学物理课后习题答案详解第⼀章质点运动学1、(习题 1.1)：⼀质点在xOy 平⾯内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道⽅程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线（2）质点的位置： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）：质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动⽅程)(t x x =.解：kv dtdv -= ??-=t v v kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --=3、⼀质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ?=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、⼀质量为m 的⼩球在⾼度h 处以初速度0v ⽔平抛出，求：（1）⼩球的运动⽅程；（2）⼩球在落地之前的轨迹⽅程；（3）落地前瞬时⼩球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联⽴式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = ⽽落地所⽤时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、已知质点位⽮随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任⼀时刻的速度和加速度；（2）任⼀时刻的切向加速度和法向加速度。
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。
解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。
解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
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习题1111-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB的半径为R，试求圆心O点的场强。
解：以O为坐标原点建立xOy坐标，如图所示。
①对于半无限长导线A∞在O点的场强：有：(cos cos)42(sin sin)42AxA yERERλπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩②对于半无限长导线B∞在O点的场强：有：(sin sin)42(cos cos)42B xB yERERλπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩③对于AB圆弧在O点的场强：有：200200cos(sin sin)442sin(cos cos)442AB xAB yE dR RE dR Rππλλπθθππεπελλπθθππεπε==-=⎧⎪⎪⎨⎪⎪=--⎩⎰⎰∴总场强：04O xERλπε=，04O yERλπε=，得：0()4OE i jRλπε=+。
或写成场强：0E==，方向45。
11-5．带电细线弯成半径为R的半圆形，电荷线密度为0sinλλϕ=，式中λ为一常数，ϕ为半径R与x轴所成的夹角，如图所示．试求环心O处的电场强度。
解：如图，200sin44ddldER Rλϕϕλπεπε==，cossinxydE dEdE dEϕϕ==⎧⎪⎨⎪⎩考虑到对称性，有：0=xE；∴200000000sin(1cos2)sin4428yd dE dE dER R Rππλϕϕλλϕϕϕπεπεε-=====⎰⎰⎰⎰，方向沿y轴负向。
11-15．图示为一个均匀带电的球壳，其电荷体密度为ρ，球壳内表面半径为1R，外表面半径为2R ．设无穷远处为电势零点，xyE求空腔内任一点的电势。
解：当1r R <时，因高斯面内不包围电荷，有：10E =，当12R r R <<时，有：203132031323)(4)(34r R r r R r E ερπεπρ-=-=，当2r R >时，有：20313220313233)(4)(34r R R r R R E ερπεπρ-=-=，以无穷远处为电势零点，有：21223R R R U E d r E d r ∞=⋅+⋅⎰⎰⎰⎰∞-+-=2R dr r R R dr r R r R R203132203133)(3)(21ερερ)(221220R R -=ερ。
11-19．如图所示，一个半径为R 的均匀带电圆板，其电荷面密度为σ(＞0)今有一质量为m ，电荷为q -的粒子(q ＞0)沿圆板轴线(x 轴)方向向圆板运动，已知在距圆心O （也是x 轴原点）为b 的位置上时，粒子的速度为0v ，求粒子击中圆板时的速度(设圆板带电的均匀性始终不变)。
解：均匀带电圆板在其垂直于面的轴线上0x 处产生的电势为：00)2U x σε=，那么，(2Ob O b U U U R b σε=-=+，由能量守恒定律，222000111()(2222Ob q m v m v qU mv R b σε=--=++，有：)(22020b R b R m q v v +-++=εσ大学物理第12章课后习题12-3．有一外半径为1R ，内半径2R 的金属球壳，在壳内有一半径为3R 的金属球，球壳和内球均带电量q ，求球心的电势．解：由高斯定理，可求出场强分布：132********12004024E r R q E R r R r E R r R q E r R r πεπε=<⎧⎪⎪=<<⎪⎪⎨=<<⎪⎪=>⎪⎪⎩∴321321012340R R R R R R U E d r E d r E d r E d r ∞=⋅+⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰⎰2312200244R R R q q dr dr r rπεπε∞=+⎰⎰321112()4q R R R πε=-+。
12-9．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属圆柱(内)和圆筒(外)构成，设内圆柱半径为1R ，电势为1V ，外圆筒的内半径为2R ，电势为2V .求其离轴为r 处(1R <r <2R )的电势。
解：∵1R <r <2R 处电场强度为：02E rλπε=，∴内外圆柱间电势差为：21212001ln 22R R R V V dr r R λλπεπε-==⎰则：12021()2ln()V V R R λπε-= 同理，r 处的电势为：22200ln 22R r rR U V d r r rλλπεπε-==⎰（*）∴220ln 2r R U V r λπε=+212221ln()()ln()R r V V V R R =-+。
【注：上式也可以变形为：r U =111221ln()()ln()r R V V V R R =--，与书后答案相同，或将（*）式用：11001ln 22rr R rV U dr r R λλπεπε-==⎰计算，结果如上】 习题1313-3．面积为S 的平行板电容器，两板间距为d ，求：（1）插入厚度为3d ，相对介电常数为r ε的电介质，其电容量变为原来的多少倍？（2）插入厚度为3d的导电板，其电容量又变为原来的多少倍？解：（1）电介质外的场强为：00E σε=，而电介质内的场强为：0r r E σεε=， 所以，两板间电势差为：00233r d U d σσεεε=⋅+⋅， 那么，03(21)r r S Q S C U U d εεσε===+，而00S C d ε=，∴0321r r C C εε=+； （2）插入厚度为3d的导电板，可看成是两个电容的串联，有：00123/3S S C C d d εε===， ∴0021212323C d S C C C C C ==+=ε⇒032C C =。
23d3d3d13-6．如图所示，半径为0R 的导体球带有电荷Q ，球外有一层均匀介质同心球壳，其内、外半径分别为1R 和2R ，相对电容率为r ε，求：介质内、外的电场强度大小和电位移矢量大小。
解：利用介质中的高斯定理iSS D d S q ⋅=∑⎰⎰内。
（1）导体内外的电位移为：0r R >，24QD r π=；0r R <，0D =。
（2）由于0r DE εε=，所以介质内外的电场强度为：0r R <时，10E =；10R r R >>时，22004DQE r επε==；21R r R >>时，32004r r DQE r εεπεε==；2r R >时，42004D Q E r επε==。
13-12．一平行板电容器的板面积为S ，两板间距离为d ，板间充满相对介电常数为r ε的均匀介质，分别求出下述两种情况下外力所做的功：（1）维持两板上面电荷密度0σ不变而把介质取出；（2）维持两板上电压U 不变而把介质取出。
解：（1）维持两板上面电荷密度0σ不变，有介质时：2201001122r r Sd W E Sd σεεεε==， （0r D E εε=，0D σ=）取出介质后：2202001122Sd W E Sd σεε==， 外力所做的功等于静电场能量的增加：2021011(1)2r Sd W W W σεε∆=-=-； （2）维持两板上电压U 不变，有介质时：20212121Ud S CU W r εε==，取出介质后：20222121U d S CU W ε==，∴02211(1)2r S W W W U d εε∆=-=-。
大学物理第14章课后习题14-1．如图所示的弓形线框中通有电流I ，求圆心O 处的磁感应强度B 。
解：圆弧在O 点的磁感应强度：00146I IB R Rμθμπ==，方向：；直导线在O点的磁感应强度：000020[sin 60sin(60)]4cos602II B R Rμππ=--=，方向：⊗；∴总场强：01)23IB Rμπ=-，方向⊗。
14-8．一橡皮传输带以速度v 匀速向右运动，如图所示，橡皮带上均匀带有电荷，电荷面密度为σ。
（1）求像皮带中部上方靠近表面一点处的磁感应强度B 的大小；（2）证明对非相对论情形，运动电荷的速度v 及它所产生的磁场B 和电场E 之间满足下述关系：21B v E c =⨯（式中001με=c ）。
解：（1）如图，垂直于电荷运动方向作一个闭合回路abcda ，考虑到橡皮带上等效电流密度为：i v σ=，橡皮带上方的磁场方向水平向外，橡皮带下方的磁场方向水平向里，根据安培环路定理有：0abcdB dl L i μ⋅=⎰⇒02B L L v μσ⋅=，∴磁感应强度B 的大小：02vB μσ=；（2）非相对论情形下：匀速运动的点电荷产生的磁场为：02ˆ4qv rB rμπ⨯=⋅，点电荷产生的电场为：201ˆ4q E r rπε=⋅， ∴0002220ˆ11ˆ44q qv rv E v r B c r rμεμπεπ⨯⨯=⨯⋅=⋅=， 即为结论：21B v E c =⨯（式中001με=c ）。
14-10．如图所示，两无限长平行放置的柱形导体内通过等值、反向电流I ，电流在两个阴影所示的横截面的面积皆为S ，两圆柱轴线间的距离d O O =21，试求两导体中部真空部分的磁感应强度。
解：因为一个阴影的横截面积为S ，那么面电流密度为：Ii S=，利用补偿法，将真空部分看成通有电流i ±，设其中一个阴影在真空部分某点P 处产生的磁场为1B ，距离 为1r ，另一个为2B 、2r ，有：12r r d -=。
利用安培环路定理可得：201011122I r I r S B r S μπμπ==，202022222I r I rS B r Sμπμπ==，abcdLP1r 2ˆr ⊥1ˆr ⊥ˆ则：0111ˆ2I r B r Sμ⊥=，0222ˆ2I r B r Sμ⊥=，∴00121122ˆˆˆ()22II d B B B r r r r d SSμμ⊥⊥⊥=+=+=。
即空腔处磁感应强度大小为02I dB Sμ=，方向向上。
14-12．在电视显象管的电子束中，电子能量为12000eV ，这个显像管的取向使电子沿水平方向由南向北运动。
该处地球磁场的垂直分量向下，大小为55.510B T -=⨯，问：（1）电子束将偏向什么方向？（2）电子的加速度是多少？（3）电子束在显象管内在南北方向上通过20cm 时将偏转多远？解：（1）根据f q v B =⨯可判断出电子束将偏向东。
（2）利用221mv E =，有：m E v 2=， 而ma qvB f ==，∴1141028.62-⋅⨯===s m m EmqB m qvB a（3）2211()322Ly at a mm v===。