1、習題解答習題一1-1 與 有無不同?和有無不同? 和有無不同?其不同在哪里?試舉例說明解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；（2）是速度的模，即.只是速度在徑向上的分量.有（式中叫做單位矢），則式中就是速度徑向上的分量，不同如題1-1圖所示. 題1-1圖 (3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量.有表軌道節(jié)線方向單位矢），所以式中就是加速度的切向分量.(的運算較復雜，超出教材規(guī)定，故不予討論)1-2 設質點的運動方程為=()，=()，在計算質點的速度和加速度時，有人先求出r，然后根據(jù) =，及而求得結果；又有人先計算速度和加速度的分量，再合成求得結果，即 =及= 你認為兩種方法哪

2、一種正確？為什么？兩者差別何在？解：后一種方法正確.因為速度與加速度都是矢量，在平面直角坐標系中，有，故它們的模即為而前一種方法的錯誤可能有兩點，其一是概念上的錯誤，即誤把速度、加速度定義作其二，可能是將誤作速度與加速度的模。在1-1題中已說明不是速度的模，而只是速度在徑向上的分量，同樣，也不是加速度的模，它只是加速度在徑向分量中的一部分?；蛘吒爬ㄐ缘卣f，前一種方法只考慮了位矢在徑向（即量值）方面隨時間的變化率，而沒有考慮位矢及速度的方向隨間的變化率對速度、加速度的貢獻。1-3 一質點在平面上運動，運動方程為=3+5, =2+3-4.式中以 s計，,以m計(1)以時間為變量，寫出質點位置矢量的

3、表示式；(2)求出=1 s 時刻和2s 時刻的位置矢量，計算這1秒內質點的位移；(3)計算0 s時刻到4s時刻內的平均速度；(4)求出質點速度矢量表示式，計算4 s 時質點的速度；(5)計算0s 到4s 內質點的平均加速度；(6)求出質點加速度矢量的表示式，計算4s 時質點的加速度(請把位置矢量、位移、平均速度、瞬時速度、平均加速度、瞬時加速度都表示成直角坐標系中的矢量式)解：（1） (2)將,代入上式即有(3) (4) 則 (5) (6) 這說明該點只有方向的加速度，且為恒量。1-4 在離水面高h米的岸上，有人用繩子拉船靠岸，船在離岸S處，如題1-4圖所示當人以(m·)的速率收繩時

4、，試求船運動的速度和加速度的大小 圖1-4解： 設人到船之間繩的長度為，此時繩與水面成角，由圖可知 將上式對時間求導，得 題1-4圖根據(jù)速度的定義，并注意到,是隨減少的， 即 或 將再對求導，即得船的加速度1-5 質點沿軸運動，其加速度和位置的關系為 2+6，的單位為，的單位為 m. 質點在0處，速度為10,試求質點在任何坐標處的速度值解： 分離變量： 兩邊積分得由題知，時，, 1-6 已知一質點作直線運動，其加速度為 4+3 ，開始運動時，5 m， =0，求該質點在10s 時的速度和位置 解： 分離變量，得 積分，得 由題知，, ,故 又因為 分離變量， 積分得 由題知 , ,故 所以時1-

5、7 一質點沿半徑為1 m 的圓周運動，運動方程為 =2+3，式中以弧度計，以秒計，求：(1) 2 s時，質點的切向和法向加速度；(2)當加速度的方向和半徑成45°角時，其角位移是多少? 解： (1)時， (2)當加速度方向與半徑成角時，有即 亦即 則解得 于是角位移為1-8 質點沿半徑為的圓周按的規(guī)律運動，式中為質點離圓周上某點的弧長,，都是常量，求：(1)時刻質點的加速度；(2) 為何值時，加速度在數(shù)值上等于解：（1） 則 加速度與半徑的夾角為(2)由題意應有即 當時，1-9 半徑為的輪子，以勻速沿水平線向前滾動：(1)證明輪緣上任意點的運動方程為，式中/是輪子滾動的角速度，當與水

6、平線接觸的瞬間開始計時此時所在的位置為原點，輪子前進方向為軸正方向；(2)求點速度和加速度的分量表示式解：依題意作出下圖，由圖可知題1-9圖(1) (2)1-10 以初速度20拋出一小球，拋出方向與水平面成幔560°的夾角，求：(1)球軌道最高點的曲率半徑；(2)落地處的曲率半徑(提示：利用曲率半徑與法向加速度之間的關系)解：設小球所作拋物線軌道如題1-10圖所示題1-10圖(1)在最高點，又 (2)在落地點，,而 1-11 飛輪半徑為0.4 m，自靜止啟動，其角加速度為=60.2 rad·，求2s時邊緣上各點的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度解：當時， 則1-12

7、如題1-12圖，物體以相對的速度沿斜面滑動，為縱坐標，開始時在斜面頂端高為處，物體以勻速向右運動，求物滑到地面時的速度解：當滑至斜面底時，則,物運動過程中又受到的牽連運動影響，因此，對地的速度為題1-12圖1-13 一船以速率30km·h-1沿直線向東行駛，另一小艇在其前方以速率40km·h-1沿直線向北行駛，問在船上看小艇的速度為何?在艇上看船的速度又為何? 解：(1)大船看小艇，則有，依題意作速度矢量圖如題1-13圖(a)題1-13圖由圖可知 方向北偏西 (2)小船看大船，則有，依題意作出速度矢量圖如題1-13圖(b)，同上法，得方向南偏東1-14 當一輪船在雨中航行時

8、，它的雨篷遮著篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但當輪船停航時，甲板上干濕兩部分的分界線卻在篷前3 m ，如雨滴的速度大小為8 m·s-1，求輪船的速率解： 依題意作出矢量圖如題1-14所示題1-14圖 由圖中比例關系可知習題二2-1因繩不可伸長，故滑輪兩邊繩子的加速度均為a1，其對于m2則為牽連加速度，又知m2對繩子的相對加速度為a，故m2對地加速度，由圖(b)可知，為a2=a1-a 又因繩的質量不計，所以圓柱體受到的摩擦力f在數(shù)值上等于繩的張力T，由牛頓定律，有m1g-T=m1a1 T-m2g=m2a2 聯(lián)立、式，得討論 (1)若a=0，則a1=a2表示柱體與繩之間無相對

9、滑動(2)若a=2g，則T=f=0，表示柱體與繩之間無任何作用力，此時m1,m2均作自由落體運動題2-1圖2-2以梯子為對象，其受力圖如圖(b)所示，則在豎直方向上，NB-mg=0 又因梯無轉動，以B點為轉動點，設梯子長為l，則NAlsin-mgcos=0 在水平方向因其有加速度a，故有f+NA=ma 題2-2圖式中f為梯子受到的摩擦力，其方向有兩種可能，即 f=±0mg 聯(lián)立、式得2-3 (1)于是質點在2s時的速度(2)2-4 (1)分離變量，得即 (2) (3)質點停止運動時速度為零，即t，故有 (4)當t=時，其速度為即速度減至v0的.2-5分別以m1,m2為研究對象，其受力

10、圖如圖(b)所示(1)設m2相對滑輪(即升降機)的加速度為a，則m2對地加速度a2=a-a；因繩不可伸長，故m1對滑輪的加速度亦為a，又m1在水平方向上沒有受牽連運動的影響，所以m1在水平方向對地加速度亦為a，由牛頓定律，有m2g-T=m2(a-a)T=m1a題2-5圖聯(lián)立，解得a=g方向向下(2) m2對地加速度為a2=a-a= 方向向上m1在水面方向有相對加速度，豎直方向有牽連加速度，即a絕=a相+a牽=arctan=arctan=26.6°，左偏上2-6依題意作出示意圖如題2-6圖題2-6圖在忽略空氣阻力情況下，拋體落地瞬時的末速度大小與初速度大小相同，與軌道相切斜向下，而拋物

11、線具有對y軸對稱性，故末速度與x軸夾角亦為30°，則動量的增量為p=mv-mv0由矢量圖知，動量增量大小為mv0，方向豎直向下2-7由題知，小球落地時間為0.5s因小球為平拋運動，故小球落地的瞬時向下的速度大小為v1=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦為v2=0.5g設向上為y軸正向，則動量的增量p=mv2-mv1 方向豎直向上，大小 p=mv2-(-mv1)=mg碰撞過程中動量不守恒這是因為在碰撞過程中，小球受到地面給予的沖力作用另外，碰撞前初動量方向斜向下，碰后末動量方向斜向上，這也說明動量不守恒2-8 (1)若物體原來靜止，則p1= i kg·m·s-1,

12、沿x軸正向，若物體原來具有-6 m·s-1初速，則于是,同理，v2=v1,I2=I1這說明，只要力函數(shù)不變，作用時間相同，則不管物體有無初動量，也不管初動量有多大，那么物體獲得的動量的增量(亦即沖量)就一定相同，這就是動量定理(2)同上理，兩種情況中的作用時間相同，即亦即t2+10t-200=0解得t=10 s，(t=-20 s舍去)2-9 質點的動量為p=mv=m(-asinti+bcostj)將t=0和t=分別代入上式，得p1=mbj,p2=-mai,則動量的增量亦即質點所受外力的沖量為I=p=p2-p1=-m(ai+bj)2-10 (1)由題意，子彈到槍口時，有F=(a-bt)

13、=0,得t= (2)子彈所受的沖量將t=代入，得(3)由動量定理可求得子彈的質量2-11設一塊為m1，則另一塊為m2，m1=km2及m1+m2=m于是得 又設m1的速度為v1,m2的速度為v2，則有 mv=m1v1+m2v2 聯(lián)立、解得v2=(k+1)v-kv1 將代入，并整理得于是有將其代入式，有又，題述爆炸后，兩彈片仍沿原方向飛行，故只能取證畢2-12 (1)由題知，F(xiàn)合為恒力， A合=F·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k) =-21-24=-45 J(2) (3)由動能定理，Ek=A=-45 J2-13 以木板上界面為坐標原點，向內為y坐標正向，如題2-13

14、圖，則鐵釘所受阻力為題2-13圖f=-ky第一錘外力的功為A1 式中f是鐵錘作用于釘上的力，f是木板作用于釘上的力，在dt0時，f=-f設第二錘外力的功為A2，則同理，有 由題意，有 即所以，于是釘子第二次能進入的深度為y=y2-y1=-1=0.414 cm2-14 方向與位矢r的方向相反，即指向力心2-15 彈簧A、B及重物C受力如題2-15圖所示平衡時，有題2-15圖FA=FB=Mg又 FA=k1x1FB=k2x2所以靜止時兩彈簧伸長量之比為彈性勢能之比為2-16 (1)設在距月球中心為r處F月引=F地引，由萬有引力定律，有G=G經整理，得r= = =38.3210 m則p點處至月球表面的

15、距離為h=r-r月 =(38.32-1.74)×1063.66×107 m(2)質量為1 kg的物體在p點的引力勢能為 = =-1.282-17 取B點為重力勢能零點，彈簧原長為彈性勢能零點，則由功能原理，有-m2gh= (m1+m2)v2-m1gh+k(l)2式中l(wèi)為彈簧在A點時比原長的伸長量，則l=AC-BC=(-1)h聯(lián)立上述兩式，得v=題2-17圖2-18 取木塊壓縮彈簧至最短處的位置為重力勢能零點，彈簧原長處為彈性勢能零點則由功能原理，有-frs= k=式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有關數(shù)據(jù)，解得k=1390 N·m-1題2-1

16、8圖再次運用功能原理，求木塊彈回的高度h-fts=mgssin37°-kx3代入有關數(shù)據(jù)，得 s=1.4 m,則木塊彈回高度h=ssin37°=0.84 m題2-19圖2-19 m從M上下滑的過程中，機械能守恒，以m，M地球為系統(tǒng)，以最低點為重力勢能零點，則有mgR= 又下滑過程，動量守恒，以m,M為系統(tǒng)則在m脫離M瞬間，水平方向有mv-MV=0聯(lián)立，以上兩式，得v=2-20 兩小球碰撞過程中，機械能守恒，有即 題2-20圖(a) 題2-20圖(b)又碰撞過程中，動量守恒，即有mv0=mv1+mv2亦即 v0=v1+v2 由可作出矢量三角形如圖(b)，又由式可知三矢量之間滿

17、足勾股定理，且以v0為斜邊，故知v1與v2是互相垂直的2-21 由題知，質點的位矢為r=x1i+y1j作用在質點上的力為f=-fi所以，質點對原點的角動量為L0=r×mv=(x1i+y1j)×m(vxi+vyj)=(x1mvy-y1mvx)k作用在質點上的力的力矩為M0=r×f=(x1i+y1j)×(-fi)=y1fk2-22 哈雷彗星繞太陽運動時受到太陽的引力即有心力的作用，所以角動量守恒；又由于哈雷彗星在近日點及遠日點時的速度都與軌道半徑垂直，故有 r1mv1=r2mv22-23 (1) (2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7即r1=4i,r

18、2=7i+25.5jvx=v0x=1即v1=i1+6j,v2=i+11j L1=r1×mv1=4i×3(i+6j)=72kL2=r2×mv2=(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5kL=L2-L1=82.5k kg·m2·s-1解(二) 題2-24圖2-24 在只掛重物M1時，小球作圓周運動的向心力為M1g，即M1g=mr020 掛上M2后，則有 (M1+M2)g=mr2 重力對圓心的力矩為零，故小球對圓心的角動量守恒即 r0mv0=rmv 聯(lián)立、得2-25 (1)先作閘桿和飛輪的受力分析圖(如圖(b)圖中N、N是正壓力，

19、Fr、Fr是摩擦力，F(xiàn)x和Fy是桿在A點轉軸處所受支承力，R是輪的重力，P是輪在O軸處所受支承力題2-25圖（a）題2-25圖(b)桿處于靜止狀態(tài)，所以對A點的合力矩應為零，設閘瓦厚度不計，則有對飛輪，按轉動定律有=-FrR/I，式中負號表示與角速度方向相反 Fr=N N=N 又 以F=100 N等代入上式，得由此可算出自施加制動閘開始到飛輪停止轉動的時間為這段時間內飛輪的角位移為可知在這段時間里，飛輪轉了53.1轉(2)0=900×(2)/60 rad·s-1，要求飛輪轉速在t=2 s內減少一半，可知用上面式(1)所示的關系，可求出所需的制動力為2-26 設a，a2和分別

20、為m1m2和柱體的加速度及角加速度，方向如圖(如圖b)題2-26(a)圖 題2-26(b)圖(1) m1，m2和柱體的運動方程如下：式中 T1=T1,T2=T2,a2=r,a1=R而 I=(1/2)MR2+(1/2)mr2由上式求得 (2)由式T2=m2r+m2g=2×0.10×6.13+2×9.820.8 N由式T1=m1g-m1R=2×9.8-2×0.20×6.1317.1 N2-27 分別以m1，m2滑輪為研究對象，受力圖如圖(b)所示對m1,m2運用牛頓定律，有m2g-T2=m2a T1=m1a 對滑輪運用轉動定律，有T2r-

21、T1r=(1/2Mr2) 又， a=r 聯(lián)立以上4個方程，得題2-27(a)圖 題2-27(b)圖題2-28圖2-28 (1)由轉動定律，有mg(l/2)=(1/3)ml2 = (2)由機械能守恒定律，有mg(l/2)sin=(1/2)(1/3)ml22=題2-29圖2-29 (1)設小球的初速度為v0，棒經小球碰撞后得到的初角速度為，而小球的速度變?yōu)関，按題意，小球和棒作彈性碰撞，所以碰撞時遵從角動量守恒定律和機械能守恒定律，可列式：mv0l=I+mvl (1/2)mv20=(1/2)I2+(1/2)mv2 上兩式中I=1/3Ml2，碰撞過程極為短暫，可認為棒沒有顯著的角位移；碰撞后，棒從豎

22、直位置上擺到最大角度=30°，按機械能守恒定律可列式： 由式得由式 由式 所以求得(2)相碰時小球受到的沖量為Fdt=mv=mv-mv0由式求得Fdt=mv-mv0=-(I)/l=(-1/3)Ml=-負號說明所受沖量的方向與初速度方向相反題2-30圖2-30 (1)碎片離盤瞬時的線速度即是它上升的初速度v0=R設碎片上升高度h時的速度為v，則有v2=v20-2gh令v=0，可求出上升最大高度為(2)圓盤的轉動慣量I=(1/2)MR2，碎片拋出后圓盤的轉動慣量I=(1/2)MR2-mR2，碎片脫離前，盤的角動量為I，碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內力變?yōu)榱?，但內力不影響系統(tǒng)的總角動量，

23、碎片與破盤的總角動量應守恒，即I=I+mv0R式中為破盤的角速度于是(1/2)MR2=(1/2)MR2-mR2+mv0R(1/2)MR2-mR2=(1/2)MR2-mR2得=(角速度不變)圓盤余下部分的角動量為(1/2)MR2-mR2轉動動能為題2-31圖Ek=(1/2)(1/2)MR2-mR222-31 (1)射入的過程對O軸的角動量守恒Rsinm0v0=(m+m0)R2=(2)2-32 以重物、滑輪、彈簧、地球為一系統(tǒng)，重物下落的過程中，機械能守恒，以最低點為重力勢能零點，彈簧原長為彈性勢能零點，則有mgh=(1/2)mv2+(1/2)I2+(1/2)kh2又 =v/R故有題2-32圖 題

24、2-33圖2-33 (1)小球與圓環(huán)系統(tǒng)對豎直軸的角動量守恒，當小球滑至B點時，有I00=(I0+mR2) 該系統(tǒng)在轉動過程中，機械能守恒，設小球相對于圓環(huán)的速率為vB，以B點為重力勢能零點，則有(1/2)I020+mgR=(1/2)(I0+mR2)2+(1/2)mv2B 聯(lián)立、兩式，得(2)當小球滑至C點時，Ic=I0 c=0故由機械能守恒，有mg(2R)=(1/2)mv2cvc=2請讀者求出上述兩種情況下，小球對地速度習題七7-1下列表述是否正確?為什么?并將錯誤更正（1） （2）（3） （4）解：(1)不正確，(2)不正確， (3)不正確，(4)不正確，7-2 圖上封閉曲線所包圍的面積表

25、示什么?如果該面積越大，是否效率越高?答：封閉曲線所包圍的面積表示循環(huán)過程中所做的凈功由于，面積越大，效率不一定高，因為還與吸熱有關7-3 如題7-3圖所示，有三個循環(huán)過程，指出每一循環(huán)過程所作的功是正的、負的，還是零，說明理由解：各圖中所表示的循環(huán)過程作功都為因為各圖中整個循環(huán)分兩部分，各部分面積大小相等，而循環(huán)方向一個為逆時針，另一個為順時針，整個循環(huán)過程作功為題7-3圖7-4 用熱力學第一定律和第二定律分別證明，在圖上一絕熱線與一等溫線不能有兩個交點題7-4圖解：1.由熱力學第一定律有若有兩個交點和，則經等溫過程有經絕熱過程從上得出，這與,兩點的內能變化應該相同矛盾2.若兩條曲線有兩個交

26、點，則組成閉合曲線而構成了一循環(huán)過程，這循環(huán)過程只有吸熱，無放熱，且對外做正功，熱機效率為，違背了熱力學第二定律7-5 一循環(huán)過程如題7-5圖所示，試指出：(1)各是什么過程；(2)畫出對應的圖；(3)該循環(huán)是否是正循環(huán)?(4)該循環(huán)作的功是否等于直角三角形面積?(5)用圖中的熱量表述其熱機效率或致冷系數(shù)解：(1) 是等體過程過程：從圖知有，為斜率由 得故過程為等壓過程是等溫過程(2)圖如題圖題圖(3)該循環(huán)是逆循環(huán)(4)該循環(huán)作的功不等于直角三角形面積，因為直角三角形不是圖中的圖形(5)題7-5圖 題7-6圖7-6 兩個卡諾循環(huán)如題7-6圖所示，它們的循環(huán)面積相等，試問：(1)它們吸熱和放熱

27、的差值是否相同；(2)對外作的凈功是否相等；(3)效率是否相同?答：由于卡諾循環(huán)曲線所包圍的面積相等，系統(tǒng)對外所作的凈功相等，也就是吸熱和放熱的差值相等但吸熱和放熱的多少不一定相等，效率也就不相同7-7 評論下述說法正確與否?(1)功可以完全變成熱，但熱不能完全變成功；(2)熱量只能從高溫物體傳到低溫物體，不能從低溫物體傳到高溫物體(3)可逆過程就是能沿反方向進行的過程，不可逆過程就是不能沿反方向進行的過程答：(1)不正確有外界的幫助熱能夠完全變成功；功可以完全變成熱，但熱不能自動地完全變成功；(2)不正確熱量能自動從高溫物體傳到低溫物體，不能自動地由低溫物體傳到高溫物體但在外界的幫助下，熱量

28、能從低溫物體傳到高溫物體(3)不正確一個系統(tǒng)由某一狀態(tài)出發(fā)，經歷某一過程達另一狀態(tài)，如果存在另一過程，它能消除原過程對外界的一切影響而使系統(tǒng)和外界同時都能回到原來的狀態(tài)，這樣的過程就是可逆過程用任何方法都不能使系統(tǒng)和外界同時恢復原狀態(tài)的過程是不可逆過程有些過程雖能沿反方向進行，系統(tǒng)能回到原來的狀態(tài)，但外界沒有同時恢復原狀態(tài)，還是不可逆過程7-8 熱力學系統(tǒng)從初平衡態(tài)A經歷過程P到末平衡態(tài)B如果P為可逆過程，其熵變?yōu)椋海绻鸓為不可逆過程，其熵變?yōu)?，你說對嗎？哪一個表述要修改，如何修改？答：不對熵是狀態(tài)函數(shù)，熵變只與初末狀態(tài)有關，如果過程為可逆過程其熵變?yōu)椋?，如果過程為不可逆過程，其熵變?yōu)?-

29、9 根據(jù)及，這是否說明可逆過程的熵變大于不可逆過程熵變?為什么?說明理由答：這不能說明可逆過程的熵變大于不可逆過程熵變，熵是狀態(tài)函數(shù)，熵變只與初末狀態(tài)有關，如果可逆過程和不可逆過程初末狀態(tài)相同，具有相同的熵變只能說在不可逆過程中，系統(tǒng)的熱溫比之和小于熵變7-10 如題7-10圖所示，一系統(tǒng)由狀態(tài)沿到達狀態(tài)b的過程中，有350 J熱量傳入系統(tǒng)，而系統(tǒng)作功126 J(1)若沿時，系統(tǒng)作功42 J，問有多少熱量傳入系統(tǒng)?(2)若系統(tǒng)由狀態(tài)沿曲線返回狀態(tài)時，外界對系統(tǒng)作功為84 J，試問系統(tǒng)是吸熱還是放熱?熱量傳遞是多少?題7-10圖解：由過程可求出態(tài)和態(tài)的內能之差過程，系統(tǒng)作功 系統(tǒng)吸收熱量過程，外

30、界對系統(tǒng)作功 系統(tǒng)放熱7-11 1 mol單原子理想氣體從300 K加熱到350 K，問在下列兩過程中吸收了多少熱量?增加了多少內能?對外作了多少功?(1)體積保持不變；(2)壓力保持不變解：(1)等體過程由熱力學第一定律得吸熱對外作功 (2)等壓過程吸熱 內能增加 對外作功 7-12 一個絕熱容器中盛有摩爾質量為，比熱容比為的理想氣體，整個容器以速度運動，若容器突然停止運動，求氣體溫度的升高量(設氣體分子的機械能全部轉變?yōu)閮饶?解：整個氣體有序運動的能量為，轉變?yōu)闅怏w分子無序運動使得內能增加，溫度變化7-13 0.01 m3氮氣在溫度為300 K時，由0.1 MPa(即1 atm)壓縮到10 MPa試分別求氮氣經等溫及絕熱壓縮后的(1)體積；(2)溫度；(3)各過程對外所作的功解：(1)等溫壓縮 由 求得體積對外作功(2)絕熱壓縮 由絕熱方程 由絕熱方程 得熱力學第一定律，所以 ，7-14 理想氣體由初狀態(tài)經絕熱膨脹至末狀態(tài)試證過程中氣體所作的功為，式中為氣體的比熱容比.答：證明： 由絕熱方程 得又 所以 7-15 1 mol的理想氣體的T-V圖如題7-15圖所示，為直線，延長線通過原點O求過程氣體對外做的功題7-15圖解：設由圖可求得直線的斜率為得過程方程 由狀態(tài)方程 得 過程氣體對外作功7-16 某理想氣