物理学教程(第二版)上册9-16章习题答案详解

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1、物理学教程（二）下册答案 9 16章马文蔚高教版第九章静电场9 1 电荷面密度均为 的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图间各点电场强度 E( 设电场强度方向向右为正、向左为负 ) 随位置坐标( A ) 放置，其周围空 x 变化的关系曲线为图( B ) 中的 ()题 9-1 图分析与解“无限大” 均匀带电平板激发的电场强度为 ，方向沿带电平板法向向外， 依20照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向. 因而正确答案为( B).9 2下列说法正确的是()( A ) 闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷( B ) 闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(

2、C) 闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零( D ) 闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零， 但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为( B ).9 3下列说法正确的是()( A )电场强度为零的点，电势也一定为零( B )电场强度不为零的点，电势

3、也一定不为零( C)电势为零的点，电场强度也一定为零( D )电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零 . 电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度 . 因而正确答案为 ( D).*9 4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩 p 的方向如图所示 . 当电偶极子被释放后，该电偶极子将 ()( A )沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p 水平指向棒尖端而停止(

4、B )沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动( C)沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动( D )沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题 9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为( B).9 5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过1021e，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过1021e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子， 8个质子和8个中子构成

5、的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点， 试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小 . 21分析 考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为210e，中子电量为 10 218个电子、 8个质子和 8个中子可求原子所带的最大可能净电e，则由一个氧原子所包含的荷. 由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为qmax12810 21 e二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为Feqmax222.81061Fg40Gm显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在 2110e范围内时，对于像天体一类电中性物体的运

6、动，起主要作用的还是万有引力.9 6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带2 e 的3上夸克和两个带1e 的下夸克构成 . 若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为 1020m)，中3子内的两个下夸克之间相距2.60 1015m . 求它们之间的相互作用力 .解由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律1q1 q22 er2F1 e2 er3.78 N er4 0 r4 0 rF与径向单位矢量 er 方向相同表明它们之间为斥力 .9 7 点电荷如图分布，试求 P点的电场强度 .分析 依照电场叠加原理， P点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P点激发电场强度的矢量和

7、. 由于电荷量为 q的一对点电荷在 P点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消， P点的电场强度就等于电荷量为2.0 q的点电荷在该点单独激发的场强度.解根据上述分析12q1qEP 0 a24 0 (a / 2 )2题9-7图9 8若电荷 Q均匀地分布在长为L 的细棒上. 求证：( 1)在棒的延长线， 且离棒中心为r处的电场强度为1QE4r 2L20( 2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为1QE4r 2L220 r若棒为无限长 ( 即 L ) ，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.题9-8图分析这是计算连续分布电荷的电场强度. 此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作

8、点电荷处理 . 但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上. 如图所示，在长直线上任意取一线元 dx，其电荷为 dq Qdx/ L，它在点 P 的电场强度为dE1dq2 er4r0整个带电体在点P的电场强度EdE接着针对具体问题来处理这个矢量积分.( 1)若点 P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，E dE iL( 2) 若点 P 在棒的垂直平分线上，如图 ( a) 所示，则电场强度 E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点 P 的电场强度就是EdEy jsindE jL证( 1) 延长线上一点 P的电场强度Edq，利用几何关系r r x统一积分L 2

9、0r 2变量，则EPL/ 2 1QdxQ111Q电场强度的方向-L/ 2 4L r x24L r L/ 2r L4r2200/ 20L沿 x 轴 .( 2)根据以上分析，中垂线上一点P的电场强度 E 的方向沿 y 轴，大小为sin dqEL42 dE0r利用几何关系 sin r / r ， rr 2x2统一积分变量，则L/ 21rQdxQ1Er 2 3 / 22 0r4r 2L2-L/ 2 4 0 L x2当棒长 L时，若棒单位长度所带电荷为常量，则 P点电场强度E lim1Q / L20r 14r22l/ L20r此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同图( b) . 这说明只要满足 r

10、 2/ L2 1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9 9 一半径为 R的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为，求球心处电场强度的大小 .题 9-9 图分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元. 现将半球壳分割为一组平行的细圆环， 如图所示， 从教材第 9 3节的例 2可以看出， 所有平行圆环在轴线上处的电P场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心处的电场强度 .O解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元dqdS2R2 sin d，在点 O激发的电场强度为dE1xdq4 0 x2r 2 3 / 2 i由于平行细圆环在点O激发的电场强度方向相同，

11、利用几何关系x Rcos， rRsin 统一积分变量，有dE1xdq1Rcos2R2 sind4 0 x2r 2 2 / 34 0R3sincos d2 0/ 2sincos d积分得E02 0409 10水分子 H2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为 r 0 . 试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.题 9-10图分析水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为P0er0 ，而夹角为2. 叠加后水分子的电偶极矩大小为 p 2er0 cos ，方向沿对称轴线，如图所示 . 由于点 O 到场点 A 的距离 x r 0 ，利用

12、教材第 5 3 节中电偶极子在延长线上的电场强度12 pE4 x30可求得电场的分布. 也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布.解 1水分子的电偶极矩p2 p0cos2er0cos在电偶极矩延长线上E1 2 p14er0cos1er0 cos40 x340x30x3解 2在对称轴线上任取一点A，则该点的电场强度EEEercos2eE2E cos E240r 240x2由于r 2x2r022 xr0coscos xr0cosr代入得2exr0cos1Er023 / 2x24 0 x22xr0cos测量分子的电场时，总有 x r0， 因此， 式中3 / 22r0cos3 / 232r0 cosx2

13、22xr0cos31x31r0xx2，将上式化简并x略去微小量后，得1r e0 cosEx309 11 两条无限长平行直导线相距为r 0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为.( 1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x) ；( 2)求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.题 9-11 图分析( 1)在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加 .( 2)由 F qE ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即： F E . 应该注意： 式中的电场强度E 是另一根带电导

14、线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 ( 1) 设点 P在导线构成的平面上， E 、 E 分别表示正、负带电导线在 P 点的电场强度，则有E E E11xi2 0r0 xr0i2 0x r0x( 2)设 F 、 F 分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有FE i20r02FE i20r0显然有 F F ，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.9 12设匀强电场的电场强度E 与半径为 R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.题 9-12 图分析 方法 1：作半径为 R 的平面 S与半球面 S一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，

15、由高斯定理E dS1q 0S0这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面 S的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S的电场强度通量 . 因而EdSEdSSS方法 2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即sEdSS解 1由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有EdSEdSSS依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向， E R2 cos R2 E解 2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为E E cos esincosesin sin erdSR2sin dder E dSSER2 sin2sin d dSddER2sin2sin00R2 E9 13地球周围的大气犹如一部

16、大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷. 晴天大气电场平均电场强度约为 120 Vm1 ，方向指向地面. 试求地球表面单位面积所带的电荷( 以每平方厘米的电子数表示).分析考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径R RE ( RE 为地球平均半径 ). 由高斯定理E dSE 4RE21q0地球表面电荷面密度q / 4RE20 E1.06 10 9 C m 2单位面积额外电子数n/(e) 6.

17、63105cm 29 14设在半径为 R的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为, 求带电球内外的电场强度分布.分析电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布 .以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有E dS4r2 EQis0上式中 Qi 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.解依照上述分析，由高斯定理可得r R 时，4r2 E4 r303假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体内

18、的电场强度为Er3 0rR 时，4r2 E4 R30 3考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为ER3e30 r 2r9 15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1 和R2 ( R2 R1 ) ，单位长度上的电荷为 . 求离轴线为 r 处的电场强度： ( 1)r R1，( 2) R1 rR2 ， ( 3) rR2 .题9-15 图分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且EdS E 2rL ，求出不同半径高斯面内的电荷q . 即可解得各区域电场的分布 .解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理E2

19、rLq / 0r R1 ，q0E1 0R1 r R2 ，q LE220rr R2，q0E30在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b）所示，电场强度有一跃变LE20rL020r9 16 如图所示，有三个点电荷Q1 、Q2、 Q3沿一条直线等间距分布且Q1 Q3 Q. 已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q1、Q3的情况下，将 Q 从点 移到无穷远处2O外力所作的功 .题 9-16图分析由库仑力的定义，根据Q1 、 Q3 所受合力为零可求得Q2 . 外力作功 W应等于电场力作功 W的负值，即 W W. 求电场力作功的方法有两种：( 1) 根据功的定义，电场力作的功为WQ2 Edl0其中

20、E 是点电荷 Q1 、 Q3 产生的合电场强度.( 2)根据电场力作功与电势能差的关系，有WQ2V0VQ2V0其中 V0 是 Q1、 Q3 在点 O产生的电势 ( 取无穷远处为零电势).解 1 由题意 Q1 所受的合力为零Q2Q3Q1 4d 2Q140 2d200解得Q21 Q31 Q44由点电荷电场的叠加，Q1、Q3激发的电场在 y 轴上任意一点的电场强度为E E1yE3yQy20 d 2y 2 3 / 2将Q2 从点 O沿y 轴移到无穷远处， ( 沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？) 外力所作的功为1 QQyQ2WQ2E dl3 / 2 dy0220420dy80d解 2 与解 1相

21、同，在任一点电荷所受合力均为零时Q21 Q ，并由电势4的叠加得 Q1、 Q3 在点 O 的电势V0Q1Q3Q4420d0d0d将Q2 从点 O 推到无穷远处的过程中，外力作功WQ2V0Q28d0比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁. 这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.9 17已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为E2r er0其中为电荷线密度.( 1) 求在 r r1 和 r r2 两点间的电势差；( 2) 在点电荷的电场中，我们曾取 r处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明 .解 ( 1) 由于电场力作功与

22、路径无关，若沿径向积分，则有U 12r2drln r2E2r1r10( 2) 不能 . 严格地讲，电场强度E er 只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷20r分布在无限空间， r处的电势应与直线上的电势相等.9 18 一个球形雨滴半径为0.40 mm，带有电量1.6 pC，它表面的电势有多大？两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为 q 的带电球形雨滴表面电势为V1q40 R当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为32R ，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势 .解根据已知条件球形雨滴半径R

23、1 0. 40 mm，带有电量q1 1.6 pC，可以求得带电球形雨滴表面电势V11q136 V4R10当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径R23 2R1 ，带有电量q2 2q1 ，雨滴表面电势V212q157 V4 32R109 19 电荷面密度分别为 和 的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图( a) 放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线 .题 9-19 图分析由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由 “无限大” 均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照

24、电势的定义式求电势分布.解由“无限大”均匀带电平板的电场强度 i ，叠加求得电场强度的分布，200xaEiaxa00xa电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功V0axaE dlxx0Va0axaE dlE dlx-a0Va0dlax aE dlExa0电势变化曲线如图 ( b) 所示 .9 20 两个同心球面的半径分别为 R1和R2 ，各自带有电荷 Q1 和 Q2 . 求： ( 1)各区域电势分布，并画出分布曲线； ( 2)两球面间的电势差为多少？题 9-20图分析通常可采用两种方法.方法 ( 1)由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此， 可根据电势与电场强度的积分关系

25、求电势. 取同心球面为高斯面， 借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由 VpE dl 可求得电势分布 .( 2) 利用电势叠加原理求电势. 一个均匀带电的球面，p在球面外产生的电势为VQ4r0在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势VQ4R0其中 R 是球面的半径 . 根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解 1( 1)由高斯定理可求得电场分布E10rR1E 2Q1erR1r R240r2E 3Q1Q2errR2420r由电势 VE dl可求得各区域的电势分布 .r当r R1 时，有V1R1dlR2dlE 3 dlE1E 2rR1R

26、20Q111Q1Q240 R1R240R2Q1Q240R140R2当R1 r R2 时，有R 2V2rE 2dlE 3dlR2Q111Q1Q240 r R240R2Q1Q240r40R2当r R2 时，有V3E 3Q1Q2dlr40r( 2)两个球面间的电势差U 12R2E 2dlQ111R14R1R20解 2( 1) 由各球面电势的叠加计算电势分布. 若该点位于两个球面内，即r R1 ，则V1Q1Q240R1 40R2若该点位于两个球面之间，即R1 r R2 ，则V2Q1Q244R0r0 2若该点位于两个球面之外，即r R2 ，则V3Q1 Q240r( 2) 两个球面间的电势差U 12V1V

27、2 r R2Q1Q1440R10R29 21 一半径为 R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为. 现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称. 选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理E dS1dV0V可求得电场分布 E( r) ，再根据电势差的定义bVa VbE r dla并取棒表面为零电势( Vb 0) ，即可得空间任意点a 的电势 .解 取高度为 l 、半径为 r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理当r R 时E 2rlr 2l / 0得rE r20当 r R 时E 2rlR

28、2l / 0得R2E r20r取棒表面为零电势，空间电势的分布有当 r R 时Rr dr2r 2V rRr2400当 r R 时V rR R2R2Rdr20lnr 20rr如图所示是电势 V 随空间位置 r 的分布曲线 .9 22一圆盘半径 R 3. 00 102m. 圆盘均匀带电，电荷面密度 2. 00 105Cm2求轴线上的电势分布；( 2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；( 3) 计算.( 1)离盘心 30. 0 cm 处的电势和电场强度.题9-22图分析将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，

29、即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解( 1)如图所示，圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P激发的电势1 2rdrdV4r2x20由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的 Rr dr2x2x(1)VR2 0r2x2200( 2)轴线上任一点的电场强度为EdV i 1xi(2)dxR2x22 0电场强度方向沿 x 轴方向 .( 3) 将场点至盘心的距离x 30. 0 cm分别代入式 ( 1) 和式 ( 2) ，得V1 691 VE5 607 V m-1当x R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为q25.65108C.依照点电荷电R场中

30、电势和电场强度的计算公式，有q1695 VV40xEq5649 Vm -140x2由此可见，当 x R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E和 V的误差分别不超过0. 3和 0. 8，这已足以满足一般的测量精度.9 23 两个很长的共轴圆柱面 ( R1 3. 0 10 2m， R2 0. 10 m) ，带有等量异号的电荷，两者的电势差为 450 . 求： ( 1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？( 2)r 0. 05m 处的电场强度 .解 ( 1) 由习题 9 15 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为E20r根据电势差的定义有U 12R2E

31、 2 dlR2R1ln20R1解得 20U12 / ln R22.1 10 8C m 1R1( 2)解得两圆柱面之间r 0. 05m处的电场强度E7 475 V m 12 0 r9 24轻原子核 ( 如氢及其同位素氘、氚的原子核) 结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变 . 在此过程中可以释放出巨大的能量 . 例如四个氢原子核 ( 质子 ) 结合成一个氦原子核 ( 粒子) 时，可释放出 25. 9MeV 的能量 . 即411H42 He210 e25.9 MeV这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源. 如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源 . 但是要实现核聚变难度相当大，只有在极

32、高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应. 试估算： ( 1) 一个质子( 11 H ) 以多大的动能 ( 以电子伏特表示) 运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？( 2) 平均热运动动能达到此值时，温度有多高？( 质子的半径约为 15m)1. 0 10分析作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为Ve4r0将质子作为经典粒子处理， 当另一质子从无穷远处以动能 Ek飞向该质子时， 势能增加， 动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能Ek0eV2R1e24 0 r 2R假设该氢原子核的初始动

33、能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：Ek3 kT2由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 ( 1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒EeV1e27.2105eVK02R40r 2R由 Ek01mv02可估算出质子初始速率2v02Ek0 / m 1.2 107 m s 1该速度已达到光速的 4 .( 2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能EEk3 kTk02得T2Ek05.6109K3k实际上在这么高的温度下， 中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态， 高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束( 托卡马克装置 )9 25在一次典型

34、的闪电中，两个放电点间的电势差约为109，被迁移的电荷约为30C.( 1)如果释放出来的能量都用来使 0 的冰融化成 0 的水，则可溶解多少冰？( 冰的融化热 L3. 34 105 Jkg)( 2)假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kWh，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 ( 1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量mEqU8.98 104 kgLL即可融化约90 吨冰 .( 2)一个家庭一年消耗的能量为E03 000kWh1.08 1010 JEqU2.8nE0E0一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能 .9 26 已知水分子的电偶极矩p=6. 17 1030Cm. 这个水分子在电场强度E 1. 0 105Vm-1 的电场中所受力矩的最大值是多少?