p=p0
+1∆p=1.0495⨯105Pa=1.05⨯105Pa⑪
2
罐内空气体积缩小了
∆V=0.0180m3⑫
可见∆V/V0<<1，这说明⑪式是合理的。
罐内空气对外做功
W=p∆V=-1.889⨯103J=-1.9⨯103J⑬
（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
ρ=ρ0⑩
1+κ（T-T0）
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
p=p+ρg⎡V-V
+κ（T-T）Sl⎤
0S'⎣0010⎦
ρgSl（V-V）/（Sl）+κ（T-T）⑪
=p0+
010
S'
0100
1+κ（T-T0）
由题设数据和前面计算结果可知
κ（T-T0）<κ（T1-T0）=0.0060
<=0.0057
这说明⑪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⑪式可
p=p+ρg⎡V-V
+κ（T-T）Sl⎤
0S'⎣
0010⎦
=p+ρ0gS1l0⎡（V-V）/（Sl）+κ（T-T）⎤
0S'⎣0100⎦
利用状态方程，上式可改写成
p-ρ0g（V+κTSl）+nR
0S'
0010
κSlnR
1-κρ0gl0S1V
nRS'
10-κ
⑫
S1l0
从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为
⎡p-ρ0g（V+κTSl）+nR⎤
VV⎢0
S'0010
κSl
nR⎥
W=⎰1pdV=⎰1
⎢10-
⎥dV
V0V0⎢
⎢⎣
⎧
1-κρ0gl0S1V
nRS'
κS1l0⎥
⎥⎦
1-κρ0gl0S1V⎫
=-nR
⎪（V-V）-
S'⎡p
-ρ0g（V
+
κTSl）+
nR⎤ln
nRS'1⎪⑬
κSl⎨10ρg⎢0
S'0010
κSl⎥
κρ0gl0S1⎬
10⎪0⎣
10⎦
1-nRS'V0⎪
⎩⎭
=-1.890⨯103J=-1.9⨯103J
（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
ρ=ρ0⑩
1+κ（T-T0）
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
p=p+ρg⎡V-V
+κ（T-T）Sl⎤
0S'⎣0010⎦
=p+ρ0gV-V0+κ（T-T0）S1l0
0S'
=p+ρ0gSl
1+κ（T-T0）
+ρ0gV-V0-S1l0
0S'10
S'1+κ（T-T0）
≈p+ρ0gl0S1+ρ0g（V-V
-Sl）[1-κ（T-T）]
0S'S'
0100
⑪
=p+ρ0gl0S1+ρ0g⎡（V-V
-Sl）（1+κT）-κ
pV（V-V
-
Sl）⎤
0S'
S'⎢⎣
0100nR
010⎥⎦
≈p+ρ0gl0S1+ρ0g（V-V-Sl）（1+κT）+ρ0gκS1l0pV
0S'S'
0100
S'nR
=p+ρ0gl0S1+ρ0g（V-2V）（1+κT）+ρ0gκV0pV
0S'S'00S'nR
0
=p+ρ0gl0S1+ρ0g（V-2V）（1+κT）+ρ0gκT0pV
0S'S'
式中应用了
00S'p
κ（T-T0）<κ（T1-T0）=0.0060，
<=0.0057
⑪式可改写成
p+ρ0gl0S1+ρ0g（V-2V）（1+κT）
p=0S'
S'00
1-ρ0gκT0V
S'p0
1+2κT
ρgV⑫
=-（1+κT0）p0+
κT0
0p0-0'0（1+2κT0）
r
κT0
1-0gκT0V
S'p0
从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为
⎡1+2κT0p
-ρ0gV0（1+2κT）⎤
VV⎢（1+κT）pκT0S'0⎥
W=⎰1pdV=⎰1⎢-00+0⎥dV
V0V0⎢
κT0
1-ρ0gκT0V⎥
⎣⎢S'p0⎥⎦
=-（1+κT0）p0⎡
⎛S'p0
⎫S'p0-ρ0gκT0V1⎤⑬
κT⎢V1-V0+çρgκT
-V0⎪lnS'p
-
ρgκTV⎥
0⎣⎝00⎭0000⎦
=-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=5nR（T-T）=5p0V0（T-T）=5.724⨯104J=5.72⨯104J⑭
210
2T0
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⨯104J⑮
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=∆QT1-T0
=2.77⨯103J⋅K-1。
⑯
评分参考：
第
（1）问10分，①②③④⑤⑥⑦⑧式各1分，⑨式2分；第
（2）问10分，⑩⑪⑫
式各1分，⑬⑭⑮式各2分，⑯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θ。
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。
s
（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m≈2.0⨯1030kg、
jj
m≈1.9⨯1027kg、木星公转周期T≈12y。
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
mmv2
Gse=mee①
r2r
ee
由①式得
ve=，②
同理有
vj=，③
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
1
mv2-Gmemj=0，④
2e0
rej
即
v0=，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
地球的位矢为
rj=（rj,0）⑥
re=（recosθ,resinθ），⑦
式中θ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=⑧
此时地球相对于木星的速度大小为
v=v-v==⑨
ejej
式中cosθ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
（2）解法
（一）
v0==
（2Gm）1/2
，⑩
（r2+r2-2rrcosθ）1/4
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
33
j=e，⑪
T2T2
je
式中Tj=12y是木星公转周期，而Te=1y是地球公转周期。
由⑪式得
rj==≈5.2⑫
re
vej和v0都是正数，所以，由⑨⑩⑫式有：
vej≈
v0
⑬
=
显然，⑬式右端当cosθ=1，即
θ=0⑭
时取最小值，此时太阳、地球、木星共线，且地球和木星在太阳同侧。
由⑬⑭式和题给数据有
⎛vej⎫=
≈29>>1⑮
çv⎪
⎝0⎭min
也就是说，在任何情况下，
vej>>v0⑯
即若太阳质量突然变为零，地球必定不会被木星引力俘获，不会围绕木星旋转。
这里考虑的是地球与木星绕太阳运动方向相同的情况。
若地球和木星绕太阳转动方向相反，则地球和木星的相对速度会更大，而v0不变，地球也不会围绕木星旋转。
解法
（二）
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。
首先讨论θ=0时的情况，即在太阳质量变为零的瞬间，太阳、地球、木星共线，且地球和木星在太阳同侧的情形。
由开普勒第三定律有
33
j=e，⑪
T2T2
je
式中Tj=12y是木星公转周期，而Te=1y是地球公转周期。
由⑪式得
rj=
⎛T⎫2/3
çT⎪
r=3144r≈5.2r，⑫
⎝e⎭
将⑫式和有关数据代入⑨⑩式得
vej=
≈0.56
=7.9⨯1014⑬
v0=
（2Gm）1/2
（r2+r2-2rrcosθ）1/4
≈0.44
=2.7⨯1013⑭
可见，此时有
vej>>v0⑮
所以这种情形下地球不会围绕木星旋转。
这里考虑的是地球与木星绕太阳运动方向相同的情况。
若地球和木星绕太阳转动方向相反，则地球和木星的相对速度会更大，而v0不变，地球也不会围绕木星旋转。
对于θ≠0的情况，当θ从0到π（或从0到-π）改变时，从式⑨⑩式可以看到，
vej单调增大，v0单调减小⑯
所以总有⑮式成立。
因此，若太阳质量突然变为零，地球仍不会围绕木星旋转。
评分参考：
第
（1）问10分，①②③④⑤⑦⑧⑨⑩式各1分；第
（2）问10分，⑪式2分，⑫式
1分，⑬⑭式各2分，⑮⑯式各1分，结论正确给1分。
四、（20分）蹦极是年轻人喜爱的运动。
为研究蹦极过程，现将一长为L、质量为m、当仅受到绳本身重力时几乎不可伸长的均匀弹性绳的一端系在桥沿b，绳的另一端系一质量为M的小物块（模拟蹦极者）；假设M比m大很多，以至于均匀弹性绳受到绳本身重力和蹦极者的重力向下拉时会显著伸长，但仍在弹性限度内。
在蹦极者从静止下落直至蹦极者到达最下端、但未向下拉紧绳之前的下落过程中，不考虑水平运动和可能的能量损失。
重力加速度大小为g。
（1）求蹦极者从静止下落距离y（y）时的速度和加速度的
大小，蹦极者在所考虑的下落过程中的速度和加速度大小的上限。
（2）求蹦极者从静止下落距离y（y处张力的大小。
参考解答：
（1）由题意，均匀弹性绳在自重作用下几乎不可伸长，此即其劲度系数非常大。
因而，虽然绳的弹力大小不可忽略，但绳在自重作用下的弹性势能却可忽略不计。
取桥面为重力势能零点，系统总的初始能量是绳的初始势能，即
E=E=-mgL①
ipi4
式中，m是绳的质量，L是绳的原长。
蹦极者下落距离y时，系统的动能为
E=1Mv2+1mL-yv2②
k222L
式中，M是蹦极者的质量，v是蹦极者的速度大小，它等于下落的绳的速度。
下落的那段绳的重力势能为
E=-mL-yg（y+L-y）③
p,动2L4
而此时静止的那段绳的重力势能为
E=-mL+ygL+y④
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