（解法一）早上罐内空气压强p0?1.01?105Pa；中午观察柱内水位相对于此时罐内水位升高?h，罐内空气压强升高了

?p??1g?h?7.913?103Pa?7.91?103Pa

⑩

由于?p??p0，可认为在准静态升温过程中，罐内空气平均压强为

1p?p0??p?1.0495?105Pa?1.05?105Pa 2罐内空气体积缩小了

?

?V?0.0180m3 ?

可见?V/V0??1，这说明?式是合理的。罐内空气对外做功

W?p?V??1.889?103J??1.9?103J ?

（解法二）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午之间的任意时刻，设罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V、T和p。水温为T时水的密度为

???01??(T?T0) ⑩

将②③④式中的V1、T1和p1换为V、T和p，利用⑩式得，罐内空气在温度为T时的状态方程为

?V?V0???T?T0?S1l0??S?? ?

?0gS1l0(V?V0)/(S1l0)???T?T0? ?p0?S?1??(T?T0)p?p0??g由题设数据和前面计算结果可知

?(T?T0)??(T1?T0)?0.0060

V?V0V1?V0?=0.0057 S1l0S1l0这说明?式右端分子中与T有关的项不可略去，而右端分母中与T有关的项可略去。于是?式可 V?V0???T?T0?S1l0?????S

?0gS1l0 ?p0??(V?V0)/(S1l0)???T?T0???S??p?p0??g利用状态方程，上式可改写成

p0? p??0gS?(V0??T0S1l0)?1???0gl0S1nRS?nR?S1l0?VnR ? ?S1l0从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为

?0gnR??p?(V??TSl)?00010V1V1?nR?S??S1l0W??pdV?? ???dVV0V0??glS?Sl?10?1?001V??nRS?????0gl0?1?nR?S???0gnR?nR??p?(V??TSl)?ln?(V1?V0)?00010???S1l0??0g?S??S1l0?1???0gl0nR???1.890?103J??1.9?103JS1?V1S?? ? S1?V0?S?? （解法三）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午的任意时刻，罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V、T和p。水在温为T时的密度为

???01??(T?T0) ⑩

将②③④式中的V1、T1和p1换为V、T和p，利用⑩式得，罐内空气在温度为T时的状态方程为

?V?V0???T?T0?S1l0??S???gV?V0???T?T0?S1l0 ?p0?0S?1??(T?T0)p?p0? ?p0? ?p0? ? ? ? ??g?0gS?S1l0?

?(V?V0?S1l0)[1??(T?T0)]S?S? ? ?0gl0S1?0g???p0??(V?V0?S1l0)(1??T0)?pV(V?V0?S1l0)??S?S??nR??glS?g?g?S1l0p0?001?0(V?V0?S1l0)(1??T0)?0pVS?S?S?nR?glS?g?g?V0p0?001?0(V?2V0)(1??T0)?0pV???SSSnR?glS?g?g?T0p0?001?0(V?2V0)(1??T0)?0pVS?S?S?p0?0gl0S1?0gV?V0?S1l0S?1??(T?T0)?0g式中应用了

?(T?T0)??(T1?T0)?0.0060， ?式可改写成

p0?V?V0V1?V0?=0.0057 S1l0S1l0?0gl0S1S? p?

(V?2V0)(1??T0)?S?g?T01?0VS?p0??0g1?2?T0?gVp0?00(1?2?T0)(1??T0)p0?T0S? ????g?T0?T01?0VS?p0 ?

从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为

1?2?T0?0gV0??p?(1?2?T0)?0?V1V1(1??T0)p0?T0S?W??pdV??????dVV0V0?g?T?T00??01?V???Sp0??(1??T0)p0??S?p0?S?p0??0g?T0V1? ? ??V?V??V100?ln????T0??0g?T0?S?p0??0g?T0V0????1.896?103J??1.9?103J现计算罐内空气的内能变化。由能量均分定理知，罐内空气中午相对于清晨的内能改变为

?U?55p0V0nR(T1?T0)=(T1?T0)?5.724?104J?5.72?104J ? 22T0式中5是常温下空气分子的自由度。由热力学第一定律得，罐内空气的吸热为

?Q?W??U?5.535?104J?5.54?104J ?

从密闭水罐后至中午，罐内空气在这个过程中的热容量为 C??Q?2.77?103 J?K?1。 ? T1?T0评分参考：第（1）问10分，①②③④⑤⑥⑦⑧式各1分，⑨式2分；第（2）问10分，⑩??式各1分，???式各2分，?式1分。

三、（20分）木星是太阳系内质量最大的行星（其质量约为地球的318倍）。假设地球与木星均沿圆轨道绕太阳转动，两条轨道在同一平面内。将太阳、地球和木星都视为质点，忽略太阳系内其它星体的引力；且地球和木星之间的引力在有太阳时可忽略。已知太阳和木星质量分别为ms和mj，引力常量为G。地球和木星绕太阳运行的轨道半径分别是re和rj。假设在某个时刻，地球与

太阳的连线和木星与太阳的连线之间的夹角为?。这时若太阳质量突然变为零，求 （1）此时地球相对木星的速度大小vej和地球不被木星引力俘获所需要的最小速率v0。 （2）试讨论此后地球是否会围绕木星转动，可利用（1）中结果和数据ms?2.0?1030kg、

mj?1.9?1027kg、木星公转周期Tj?12 y。

参考解答：

（1）若太阳质量突然变为零，地球和木星围绕太阳转动速度不会突然改变，因而应当等于在太阳质量变为零之前的瞬间，地球和木星围绕太阳转动的速度。设在太阳质量变为零之前，地球和木星绕太阳转动速度分别是ve和vj。以太阳为原点、地球和木星公转轨道平面为x-y平面建立坐标系。由万有引力定律和牛顿第二定律有

2msmeve G2?me

rere ①

由①式得

ve?Gms， ② re同理有

vj?Gms， rj③

现计算地球不被木星引力俘获所需要的最小速率v0（不考虑太阳引力）。若地球相对木星刚好以速度v0运动，也就是说，当地球在木星的引力场里运动到无限远时，速度刚好为零，此时木星-地球系统引力势能为零，动能也为零，即总机械能为零。按机械能守恒定律，在地球离木星距离为rej时，速度v0满足

mm12mev0?Gej?0， 2rej ④

即

v0?2Gmjrej， ⑤

可见，地球不被木星引力俘获所需要的最小速率v0的大小与木星质量和地球离木星的距离有关。 设在太阳质量变为零的瞬间，木星的位矢为

rj?(rj,0)

⑥

地球的位矢为

re?(recos?, resin?)， ⑦ 式中?为地球此时的位矢与x-轴的夹角。此时地球和木星的距离为

rej?re2?rj2?2rerjcos? ⑧

此时地球相对于木星的速度大小为

2vej?ve?vj?ve?v2j?2vevjcos??Gms112cos? ??rerjrerj⑨

式中cos?项前面取减号是因为考虑到木星和地球同方向绕太阳旋转的缘故。由⑤⑧式得

v0?（2）解法（一）

2Gmjrej?(2Gmj)1/2(re2?rj2?2rerjcos?)1/4， ⑩

为了判断地球是否会围绕木星转动，只需比较vej和v0的大小。由开普勒第三定律有