大学物理学教程(第二版)下册答案

物理学教程下册答

案9-16

第九章 静 电 场

9－1 电荷面密度均为＋ζ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度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ζ，方向沿带电平2ε0板法向向外，依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

(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

(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±10－21 e，

而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e，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.

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2×10

中子电量为10－21－21 e， e，则由一个氧原子所包含的8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

qmax 1 2 8 10 21e

二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为

2Feqmax 6 2.8 10 1 2Fg4πε0Gm

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±10－21e范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，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21e 的上夸克和两个带 e的下夸克构成.若将夸克作为经典粒33

－20 子处理(夸克线度约为10m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .

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

1q1q21e2F er e 3.78N er 22r4π 0r4π 0r

F 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.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2.0q的点电荷在该点单独激发的场强度.

解 根据上述分析

EP 12q1q 4π 0(a/2)2π 0a2

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 E 1Q 22πε04r L

(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为

E 1Q 2πε0r4r2 L2

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

dE 1dqer 4πε0r 2

整个带电体在点P的电场强度

E dE

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 LdEi

(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

E dEyj Lsin dEj

证 (1) 延长线上一点P 的电场强度E

＝r －x统一积分变量，则 Ldq，利用几何关系 r′2 2π 0r

EP 1QdxQ 11 1Q 22-L/24πεLr x24πε0L r L/2r L/2 πε04r L0L/2

电场强度的方向沿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

E

利用几何关系 sin α＝r/r′，r sinαdqE L4πεr 20r2 x2 统一积分变量，则

E -L/2L/21rQdxQ1 223/2224π 0Lx r2π 0r4r L

1Q/L

2πε0r 4r2/L2当棒长L→∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P点电场强度 E liml

λ 2πε0r

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r2/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ζ，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P处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O处的电场强度.

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

dq dS 2πR2 sin d ，在点O激发的电场强度为

dE 1xdqi 223/24π 0x r由于平行细圆环在点O激发的电场强度方向相同，利用几何关系

x Rcosθ，r Rsinθ统一积分变量，有

dE

1xdq1Rcos 2 2πRsin d 2/33224π 0x r4π 0R sin cos d 2 0

0π/2 积分得 E sin cos d 2 04 0

9－10 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r0 .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P0 er0，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为p 2er0cos ，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度

E 12p 34πε0x

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

p 2p0cos 2er0cos

在电偶极矩延长线上

E 12p14er0cosθ1er0cosθ 4πε0x34πε0x3πε0x3

解2 在对称轴线上任取一点A，则该点的电场强度

E E E

E 2E cosβ E

222ercosθ2e 4πε0r24πε0x22由于 r x r0 2xr0cosθ

cosβ

代入得 x r0cosθ r

2eE 4π 0 x r0cos 1 2 23/22x x r0 2xr0cos

2rcos x3 1 0 x 3/2测量分子的电场时， 总有x ＞＞r0 ， 因此， 式中 x2 r02 2xr0cos 3/2 32rcos x3 1 0 2x

，将上式化简并略去微小量后，得

E 1r0ecosθ πε0x3

9－11 两条无限长平行直导线相距为r0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(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＝λE.应该注意：式中的电场强度E是另一根带电导线激发的电场强度，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 E

11 i 2π 0 xr0 x r0 i2π 0xr0 x

(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

F λE λi 2πε0r0

λ2

F λE i 2πε0r0

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，由高斯定理

E dS S1q 0 ε0

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

Φ E dS E dS SS

方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即Φs E dS S

解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有

Φ E dS E dS SS

依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS 的方向，

Φ E πR2 cosπ πR2E

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 e sin cos e sin sin er

dS R2sinθdθder

Φ SE dS SER2sin2 sin d d

0ERsin d 0sin d

πR2E

9－13 地球周围的大气犹如一部大电机，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120V m，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 1π22π R RE(RE为地球平均半径).由高斯定理

2E dS E4πR E1q ε0

地球表面电荷面密度

2 q/4πRE 0E 1.06 10 9C m 2

单位面积额外电子数

n /( e) 6.63 105cm 2

9－14 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 dS 4πr

s2E Qi 0

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， 4πr2E 43πr 03

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，带电球体内的电场强度为

E r 3 0

r R时， 4πr2E 43πR 03

考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为

9－15 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λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R1 ，(2) R1 ＜r＜R2 ，(3) r＞R2 . R3E e 2r3 0r

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

求出不同半径高斯面内的电荷 q.即可解得各区域E dS E 2πrL，

电场的分布.

解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理

E 2πrL q/ε0

r ＜R1 ， q 0

E1 0

R1 ＜r ＜R2 ， q λL

E2 λ 2πε0r

r ＞R2， q 0

E3 0

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 ΔE λλLζ 2πε0r2πε0rLε0

9－16 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Q2从点O移到无穷远处外力所作的功.

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

W Q2Edl 0

其中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

W Q2 V0 V Q2V0

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

Q1Q2Q3 Q 0 124πε0d24πε02d1

414解得 Q2 Q3 Q

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 E1y E3y 2πε0d yQy

223/2

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

W Q2E dl 0 0Qy 1 Q 4 2πε0d2 y2Q2

dy 3/28πε0d

解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q2 Q，并由电势 的叠加得Q1 、Q3 在点O 的电势 14

V0 Q1Q3Q 4πε0d4πε0d2πε0d

将Q2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功

Q2

W Q2V0 8πε0d

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

E λer 2πε0r

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) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有

U12 E dr r1r2λrln2 2πε0r1

(2) 不能.严格地讲，电场强度E λer只适用于无限长的均匀带电直2πε0r

线，而此时电荷分布在无限空间，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

V 1q 4πε0R

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R1＝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

V1 1q1 36V 4πε0R1

当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径R2 2R1，带有电量 q2＝2q1 ，雨滴表面电势

V2 12q1 57V 4πε032R1

9－19 电荷面密度分别为＋ζ和－ζ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

分布， ζi，叠加求得电场强度的2ε0

0 x a E i a x a

0

x a 0

电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功

V E dl x

a00ζx a x a ε0ζa x a ε0V E dl E dl x-a

a0V xE dl aE dl

电势变化曲线如图(b)所示. x a a 0

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Vp

pE 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，在球面外产生的电势为

V Q 4πε0r

在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势

V Q 4πε0R

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

E1 0 r R1

E2

E3

由电势V Q1er R1 r R2 4πε0r2Q1 Q2er r R2 4πε0r2

rE dl 可求得各区域的电势分布.

当r≤R1 时，有

V1 E1 dl E2 dl E3 dlrR1R2R1R2

11 Q1 Q2 RR 4πεR2 02 1

Q1Q2 4πε0R14πε0R2 0 Q14πε0

当R1 ≤r≤R2 时，有

R2 V2 E2 dl E3 dlrR2

11 Q1 Q2 r R 4πεR

2 02

Q1Q2 4πε0r4πε0R2 Q14πε0

当r≥R2 时，有

V3 E3 dl r Q1 Q2 4πε0r

(2) 两个球面间的电势差

U12 E2 dl R1R2Q1 11 4πε0 RR2 1

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

V1 Q1Q2 4πε0R14πε0R2

若该点位于两个球面之间，即R1≤r≤R2 ，则

V2 Q1Q2 4πε0r4πε0R2

若该点位于两个球面之外，即r≥R2 ，则

V3

(2) 两个球面间的电势差 Q1 Q2 4πε0r

U12 V1 V2 r R2 Q1Q1 4πε0R14πε0R2

9－21 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ρ.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 dS 1

0

b V dV 可求得电场分布E(r)，再根据电势差的定义 Va Vb E r dl a

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 2πrl πr2lρ/ε0

得 E r

当r≥R 时 ρr 2ε0

E 2πrl πR2lρ/ε0

ρR2

得 E r 2ε0r

取棒表面为零电势，空间电势的分布有

当r≤R 时

V r

当r≥R 时 Rrρrρr R2 r2 2ε04ε0

V r R

rρR2ρR2Rr ln 2ε0r2ε0r

－2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 ×10 m.圆盘均匀带电，电荷面密度ζ＝2.00

×10 C·m .(1) 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) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度

. －5－2

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，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

dV 1ζ2πrdr 4πε0r2 x2

由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的

V ζ

2ε0 Rrdrr2 x20 ζ2ε0R x x (1) 22

(2) 轴线上任一点的电场强度为

E

电场强度方向沿x 轴方向. dVζ i 1 dx2ε0 i (2) 22 R x x

(3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得

V 1691V

E 5607V m-1

2 8当x＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为q πRζ 5.65 10

依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有 C.

V q 1695V 4πε0x

E q 5649V m-1 24πε0x

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 m，R2 ＝0.10 m)，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r＝0.05 m 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 －2

E λ 2πε0r

根据电势差的定义有

U12 E2 dl R1R2λRln2 2πε0R1

解得 λ 2πε0U12/lnR2 2.1 10 8C m 1 R1

(2) 解得两圆柱面之间r＝0.05m 处的电场强度

E 7 475V m 1 2π 0r

9－24 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(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即

4041

1H 2He 21e 25.9MeV

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(1H)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1.0 ×10的电势分布为 －151 m) 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

V e 4πε0r

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

Ek0 eV2R1e2 4π 0r2R

假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：

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