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15.3 热力学定律与能量守恒定律
考点一 热力学第一定律的理解与应用..........................................................................................................................1
题组1：热力学第一定律的理解................................................................................................................................1
题组2：热力学第一定律的应用................................................................................................................................2
考点二 热力学第二定律的理解与应用..........................................................................................................................3
题组1：热力学第二定律..............................................................................................................................................3
题组2：热力学第二定律的应用................................................................................................................................4
考点三 热力学第一定律与气体图像...............................................................................................................................5
题组1：热力学第一定律与P-V 图像......................................................................................................................5
题组2：热力学第一定律与P-T 图像.......................................................................................................................7
题组3：热力学第一定律与V-T 图像.......................................................................................................................9
考点四 热力学定律与气体实验定律............................................................................................................................ 11
题组1：热力学定律与气体实验定律....................................................................................................................11
15.3 热力学定律与能量守恒定律
考点一 热力学第一定律的理解与应用
题组1：热力学第一定律的理解
1.（单选）关于物体的内能以及变化，以下说法正确的是( )
A. 物体的温度改变时，其内能必定改变
B. 物体对外做功，其内能不一定改变，向物体传递热量，其内能不一定改变
C. 物体对外做功，其内能必定改变，物体向外传出一定热量，其内能必定改变
D. 若物体与外界不发生热交换，则物体的内能必定不改变
【答案】B
【解答】A.物体的内能是分子动能和分子势能的和，温度是分子平均动能大小的标志，温度升高物体分子
的平均动能增大，分子势能变化不清楚，所以內能不一定改变，故A 错误；
BC .物体对外做功的同时如果从外界吸收热量，那么物体的内能就不一定改变；向物体传递热量的时候，
如果物体同时对外做功，那么物体的内能也不一定改变，故B 正确，C 错误。
D.不发生热传递的话，也可以是对外界做功或者外界对物体做功，照样可以改变物体的内能，故D 错误。
故选B。
2. （多选）采用涡轮增压技术可提高汽车发动机效率。将涡轮增压简化为以下两个过程，一定质量的理想
气体首先经过绝热过程被压缩，然后经过等压过程回到初始温度，则( )
A. 绝热过程中，气体分子平均动能增加
B. 绝热过程中，外界对气体做负功
C. 等压过程中，外界对气体做正功D. 等压过程中，气体内能不变
【答案】AC
【解答】AB.一定质量的理想气体经过绝热过程被压缩，可知气体体积减小，外界对气体做正功，根据热
力学第一定律可知，气体内能增加，则气体温度升高，气体分子平均动能增加，故A 正确，B 错误；
CD .一定质量的理想气体经过等压过程回到初始温度，可知气体温度降低，气体内能减少；根据V
T =C可
知气体体积减小，外界对气体做正功，故C 正确，D 错误。
故选AC。
1
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题组2：热力学第一定律的应用
3.内壁光滑的导热气缸固定在水平面上，用质量为m的活塞密封一段长度为L的气体，活塞的横截面积为
S .给活塞一个向左的初速度v0，活塞向左移动了L
10，此时速度减为零.已知大气压强为p0，不计密封气体
温度的变化.求：
(1)活塞速度为零时，密封气体的压强p;
(2)该过程放出的热量Q放．
【答案】解：(1)由玻意耳定律得
p0 LS = p( L−L
10 )S
解得
p= 10
9 p0
(2)设活塞对气体做功为W ，吸收的热量为Q，对气体，由热力学第一定律得
ΔU =W +Q
由题意可知
Q放=−Q
ΔU =0
对活塞，由动能定理得
p0 S L
10 −W =0−1
2 m v0
2
解得
Q放= 1
10 p0 LS + 1
2 m v0
2
4.研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56°C时，30分钟就可以灭活。如图，含有新冠病毒的气
体被轻质绝热活塞封闭在绝热气缸下部a内，气缸顶端有一绝热阀门K，气缸底部接有电热丝E .a缸内被
封闭气体初始温度t1=27°C，活塞位于气缸中央，与底部的距离h1=60cm，活塞和气缸间的摩擦不计。
(1)若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h2=66cm，持续30分钟后，试分
析说明a内新冠病毒能否被灭活？
2
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(2)若阀门K始终闭合，电热丝通电一段时间，给a缸内气体传递了Q =1.0×10
4 J的热量，稳定后气体a内
能增加了△U =8.5×10
3J，求此过程气体b的内能增加量。
【答案】解：(1)设活塞横截面积为S，则
对a内气体，初态：V 1= S h1，T 1=t1+273=300 K
末态：V 2= S h2，T 2=t2+273
阀门K打开，加热过程a气体做等压变化，由盖−吕萨克定律得
V 1
T 1
= V 2
T 2
联立解得t2=57°>56°
故a内病毒能被灭活
(2)阀门K闭合，由于系统绝热，a气体膨胀对b气体做功，由热力学第一定律有：
△U =W +Q
解得W =−1.5×10
3J
对b气体，由于系统绝热，则△U b=|W|=1.5×10
3J
考点二 热力学第二定律的理解与应用
题组1：热力学第二定律
1. （单选）如图所示为电冰箱的工作原理示意图，压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循
环，在蒸发器中制冷剂汽化，吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外。下列说
法正确的是( )
A. 热量可以自发地从低温的冰箱内传到高温的冰箱外
B. 电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能
C. 电冰箱的工作原理违反了热力学第一定律
D. 电冰箱的工作效率可达到100 %
【答案】B
【解析】ABD .根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，必须借助于其他系统做
功，电冰箱的工作效率不可能达到100 %，故 AD 错误，B 正确；
C.热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现，适用于所有的
热现象，故C 错误。
故选B。
题组2：热力学第二定律的应用
2.（单选）在热学中，下列说法正确的是( )
A. 第一类永动机不可制成是由于它违背了能量守恒定律
3
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B. 第二类永动机不可制成是由于它违背了能量守恒定律
C. 热力学第二定律告诉我们机械能可以转化为内能而内能不能转化为机械能
D. 热量只能从高温物体传向低温物体，而不能从低温物体传向高温物体
【答案】A
【解答】A：不消耗能量而不断对外做功的第一类永动机是不可能制成的，因为它违背了能量守恒定律，
故A 正确；
B：第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故B 错误；
C：热力学第二定律告诉我们机械能可以转化为内能，而内能在“一定的条件下”也能转化为机械能，故C
错误；
D：热量能从高温物体传向低温物体，在“一定的条件下”也能从低温物体传向高温物体，故D 错误。
故选：A。
3. （多选）如图所示，两固定绝热活塞把内壁光滑的绝热汽缸分成体积相等的I、II、III三部分，左侧活
塞上带有阀门K，开始时阀门K关闭，I、III内理想气体的压强相等，II内为真空。t1时刻打开阀门K，经
过一段时间稳定后，t2时刻取消右侧活塞的固定状态，在t3时刻右侧活塞停止运动。下列说法正确的是( )
A. 阀门K打开后，气体自I向II的扩散遵循热力学第二定律
B. t2时刻I中气体的压强是t1时刻的1
2
C. I中气体在t3时刻后的温度高于t1时刻前的温度
D. t2∼t3时间内III中气体的内能不变
【答案】ABC
【解析】A.阀门K打开后，气体自I向II的真空中的扩散是不可逆的，遵循热力学第二定律，A 正确；
B.气体自I向II的真空中扩散时不做功，绝热过程，总内能不变，温度不变，体积变为原来的2倍，由理想
气体状态方程pV
T =C可知， t2 时刻I中气体的压强是 t1 时刻 1
2 ，B 正确；
CD．t2∼t3 时间内III气体通过活塞对I、II中的气体做功，III中气体的内能减小，I、II中气体的内能增
加，温度升高，C 正确，D 错误。
故选ABC。
考点三 热力学第一定律与气体图像
题组1：热力学第一定律与P-V 图像
1. （单选）热力学理论上最完善的闭式概括性卡诺循环，它包含两个等容变化过程和两个等温变化过程，
如图所示是一定质量的理想气体在该循环下的p−V 图像，其中a→b和c→d是等温过程。关于卡诺循环，
下列说法正确的是( )
4
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A. a→b的过程中，气体从外界吸收热量
B. c→d过程中，气体分子在单位时间与器壁单位面积的碰撞次数增加
C. 经历如图所示这一完整的循环过程，气体对外界放出热量
D. b→c过程气体吸收的热量等于d →a过程气体放出的热量
【答案】D
【解析】A、由题图可知，a→b过程等温压缩过程，外界对气体做功，则W >0，内能不变，则ΔU =0，
由热力学第一定律可得ΔU =W +Q，解得Q =−W <0，故气体对外放出热量，故A 错误；
B、由题图可知，c→d过程中，体积增大但温度不变，则压强减小，故单位体积内分子数减少，温度不变
分子平均速率不变，单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数也减少，故B 错误；
C、p−V 图像与横轴所围面积表示做功，由此可知a→b过程外界对气体做功小于c→d过程气体对外界
所做的功，由于一个循环结束后气体温度回到初始状态，即内能不变，故一个循环过程需要吸收热量，故
C 错误；
D、b→c过程和d →a过程都发生等容变化，所以气体与外界没有做功关系，由于气体的温度变化相同，
所以内能的变化量相等，则b→c过程气体吸收的热量等于d →a过程气体放出的热量，故D 正确。
故选：D。
2. （多选）卡诺热机是只有两个热源(一个高温热源和一个低温热源)的简单热机，其循环过程的p−V 图
像如图所示，其中A →B和C →D为两个等温过程;B→C和D→A为两个绝热过程。若热机的工作物质
为理想气体，高温热源温度为T，低温热源温度为0.8T，p−V 图像中A、B和C、D各状态的参量如图所
示，若热机在A →B过程从高温热源吸热为Q1;C →D过程热机向低温热源放出热量为Q2。下列说法正确
的是( )
A. Q1>Q2
B. 气体在状态A的体积为V 0
2
C. 在B→C过程中，气体分子热运动的平均动能增大
5
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D. 该热机完成一次循环，外界对气体做功为Q1−Q2
【答案】AB
【解析】A、A →B和C →D为两个等温过程，故在A →B过程从高温热源吸热为Q1等于气体对外做的功，
Q2等于外界对气体做的功，A →B过程气体对外做的功大于C →D过程外界对气体做的功，所以Q1>Q2，
A 正确；
B、从D→A，设A状态体积为V A，由理想气体状态方程pDV D
0.8T = pAV A
T
，解得V A = V 0
2
，B 正确；
C、B→C为绝热过程，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律ΔU =Q+W (绝热过程Q =0)，气
体对外做功W <0，所以ΔU <0，理想气体内能减小，温度降低，气体分子热运动的平均动能减小， C 错
误；
D、该热机完成一次循环，内能不变ΔU =0，
根据热力学第一定律ΔU =Q+W ，Q =Q1−Q2，则0=Q1−Q2+W ，
所以气体对外界做功W =Q1−Q2， D 错误。
题组2：热力学第一定律与P-T 图像
3. （单选）一定质量的理想气体从状态M开始，经状态N 、P、Q回到状态M，如p−T图所示．下列
说法正确的是( )
A. N →P过程，气体放热
B. M →N过程，气体体积变大
C. 气体在N时的体积比在Q时的体积小
D. P→M过程，单位时间内撞击器壁单位面积的分子数增加
【答案】A
【解答】A.由图像可知，N →P过程气体温度不变，压强增大，由理想气体状态方程pV
T =C可知气体体
积减小，外界对气体做功，W >0，气体温度不变，气体内能不变，ΔU =0，由热力学第一定律
ΔU =W +Q可知，气体放出热量，故A 正确；
B.由图像可知，M →N过程气体温度降低，而压强不变，由理想气体状态方程pV
T =C可知体积减小，故
B 错误；
C.由理想气体状态方程pV
T =C可知p= C
V T，p−T图像的斜率k = C
V ，由图像可知，N，Q连线过坐标原
点，图像斜率不变，说明气体在状态N和状态Q时体积相等，故C 错误；
6
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D.P→M过程气体温度升高，而压强减小，气体分子对器壁单位面积的平均作用力减小，气体温度升高，
分子的平均动能增大，则单位时间内撞击器壁单位面积的分子数减少，故D 错误。
故选A。
4. （多选）一定质量的理想气体的状态变化情况如图所示，下列说法正确的是
A. a→b过程中，理想气体向外界放出热量
B. a→b过程中，理想气体从外界吸收热量
C. b→c过程中，理想气体向外界放出热量
D. b→c过程中，理想气体从外界吸收热量
【答案】BD
【解析】AB.a→b过程中，气体做等压变化，温度升高，内能增大，同时气体体积增大，对外做功，根
据热力学第一定律△U =W +Q可得，理想气体从外界吸收热量，故B 正确A 错误；
CD.b→c过程中，温度不变，内能不变，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律△U =W +Q可
得，理想气体从外界吸收热量，故C 错误D 正确；
故选BD。
5. （多选）如图所示，一定质量的理想气体从状态A到状态B，再从状态B到状态C，最后从状态C回到
状态A，已知气体在状态A的体积V A =2.0×10
−3m
3，从B到C过程中气体对外做功800 J。则( )
A. 气体在状态C时的体积为9.0×10
−3m
3
B. 气体在状态C时的体积为6.0×10
−3m
3
C. 气体从A →B→C →A的整个过程中吸收的热量为1200 J
D. 气体从A →B→C →A的整个过程中吸收的热量为400 J
【答案】BD
【解析】AB、从C到A是等压过程，根据盖−吕萨克定律V A
T A
= V C
T C
。已知V A =2.0×10
−3m
3，
T A =2×10
2 K，T C =6×10
2 K，则V C = T C
T A
V A = 6×10
2
2×10
2 ×2.0×10
−3m
3=6.0×10
−3m
3，所以A 错误，B
正确；
CD、A →B过程，由p−T图像过原点可知A →B是等容过程，此过程W AB=0。B→C过程气体对外做
功W BC =−800 J。C →A过程是等压过程，
W CA = pC(V C−V A)=1×10
5×(6.0×10
−3−2.0×10
−3)J = 400 J。整个过程△U =0(因为初末状态相同，
理想气体内能只与温度有关)，根据热力学第一定律
7
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ΔU =Q+W ，W =W AB+W BC +W CA =0−800 J + 400 J =−400 J，所以Q =−W = 400 J，即气体从
A →B→C →A的整个过程中吸收的热量为400 J，C 错误， D 正确。
题组3：热力学第一定律与V-T 图像
6. （单选）将一定质量的理想气体自状态M变化至状态Q，某同学设计了两种不同的变化过程M N 1Q和
M N 2Q，两过程的V −T图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 气体经过M N 1Q过程比经过M N 2Q过程吸收的热量少
B. 过程M N 1Q气体分子平均动能的变化量大于过程M N 2Q气体分子平均动能的变化量
C. 过程M N 1Q气体对外做的功大于过程M N 2Q气体对外做的功
D. 气体在状态M比在状态N 2单位时间撞击容器壁单位面积的分子数多
【答案】A
【解析】B.气体经过M N 1Q过程和经过M N 2Q过程 ，气体的初状态温度相同，末状态温度相同，因此两
过程气体的初状态内能相同，末状态内能相同，则分子平均动能的变化量相同，故B 错误；
C.过程 M N 1Q 气体先等压变化再等容变化，只有 M N 1 阶段对外做功，做的功为 |W 1|= p1 ΔV ，
过程 M N 2Q 气体先等容变化再等压变化，只有 N 2Q 阶段对外做功，做的功为 |W 2|= p2 ΔV ，
根据理想气体状态方程，有 PV
T =C，变形得 V = C
p T，
可知V −T图像的斜率表示压强的倒数，可得 p1< p2，
因为 ΔV 相等，所以有 |W 1|<|W 2|
过程 M N 1Q 气体对外做的功小于过程 M N 2Q 气体对外做的功，故C 错误；
A.由热力学第一定律 ΔU =W +Q，
可知，两不同过程的 ΔU 相同，且 |W 1|<|W 2|，
W 为负值，所气体经过M N 1Q过程比经过M N 2Q过程吸收的热量少，故A 正确；
D.气体在状态M和状态 N 2 的体积相同，分子密集程度相同，但气体在状态M的温度小于状态 N 2 的温度，
状态M分子运动的剧烈程度比状态 N 2 小，对单位时间内撞击容器壁单位面积次数的影响比状态 N 2 小，
因此气体在状态M单位时间撞击容器壁单位面积的分子数比状态 N 2 少，故D 错误。
7. （单选）如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A .下列说法正确的是( )
8
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A. A →B过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加
B. C →A过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
C. A →B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量
D. A →B过程中气体对外做的功小于C →A过程中外界对气体做的功
【答案】C
【解析】A、A →B过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，AB直线过原点表示该过程为等压变化，
故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少，故A 错误;
B、C →A过程中体积减小，单位体积内分子数增加，温度不变，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子
数增加，故B 错误;
C、气体从A →B过程中，温度升高且体积增大，故气体吸收热量且对外做功，设吸热大小为Q1.做功大小
为W 1，根据热力学第一定律有：ΔU 1=Q1− W 1，气体从B→C过程中，温度降低且体积不变，故气体不
做功且对外放热，设放热大小为Q2，根据热力学第一定律：ΔU 2=− Q2，气体从C →A过程中，温度不
变，内能增量为零，有：ΔU = ΔU 1+ ΔU 2=Q1−W 1 −Q2=0，即Q1=W 1+Q2>Q2，所以A → B过程中
气体吸收的热量Q1大于B→C过程中气体放出的热量Q2，故C 正确;
D、气体做功W = pΔV ，A →B过程中体积变化的大小等于C →A过程中体积变化的大小，但图像上的点
与原点连线的斜率越大，压强越小，故A→B过程中气体对外做的功大于C →A过程中外界对气体做的功，
故D 错误。
8. （单选）某气缸内封闭有一定质量的理想气体，从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其
V −T图像如图所示，则在该循环过程中，下列说法正确的是( )
A. 从状态A到B，气体压强增大
B. 从状态C到D，气体压强不变但气体分子的平均动能减小
C. 从状态D到A，气体放出热量
D. 若气体从状态C到D，内能增加2kJ，对外做功3kJ，则气体从外界吸收热量5kJ
【答案】D
9
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【解析】A.由pV
T =C得，从状态A到B，体积不变，温度降低，可知气体压强减小，故A 错误；
B.由pV
T =C得，V = C
p T，可知从C到D过程气体发生等压变化，但温度升高，气体分子的平均动能增大，
故B 错误；
C.从D到A过程中，温度不变，内能不变；体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体从
外界吸收热量，故C 错误；
D.由ΔU =W +Q，若气体从状态C到D，内能增加2kJ，对外做功3kJ，得Q =5kJ，则气体从外界吸收热
量5kJ，故D 正确。
考点四 热力学定律与气体实验定律
题组1：热力学定律与气体实验定律
1.小明利用废弃的某品牌酸奶盒和插入吸管制作了如图甲所示装置。假设该装置导热性能良好，最初甲状
态下，该装置中密闭有温度为T 1，体积为V 1的理想气体，此时管内与盒内部液面高度差为h。接着，小明
将该装置放进温度为1.2T 1的水中(水的温度保持不变)，整个装置开始膨胀而使顶部变凸起，此过程中液
面高度差h也保持不变，如图乙所示。若从乙状态再缓慢从管中抽走部分液体，使液面差消失，如图丙所
示，此时装置体积与乙状态保持一致。大气压强取p0，液体的密度为ρ，求：
(1)乙状态下瓶内的压强；
(2)丙状态下理想气体的体积；
(3)若从乙状态到丙状态瓶内气体对外不做功，且从最初甲状态到最后丙状态气体吸收的热量为Q0，则从
甲状态到丙状态理想气体内能的改变量为多少?
【答案】解：(1)根据题设条件可知，乙状态下瓶内的压强 p= p0+ ρgh；
(2)已知甲状态下体积为 V 1 ，温度为 T 1 ，乙状态下温度为 T 2=1.2T 1 ，设乙状态下气体体积为 V 2 ，
根据 V 1
T 1
= V 2
T 2
，解得 V 2=1.2V 1，
由(1)知 p1= p2= p0+ ρgh ， p3 等于大气压强为 p0 ，设丙状态下理想气体的体积为 V 3 ，
根据 p2V 2= p3V 3，解得 V 3= p2V 2
p3
= 1.2( p0+ ρgh)V 1
p0
；
(3)由题意可知甲状态到乙状态气体对外做功为 W 1=0.2V 1( p0+ ρgh)，
从甲状态到丙状态气体吸收的热量为 Q0 ，根据热力学第一定律 ΔU =Q+W ，
得 ΔU =−0.2V 1( p0+ ρgh)+Q0。
2.如图甲所示，横截面积为S、长为l的汽缸内壁光滑，用质量为m的活塞封闭一定量的气体，放在地面开
口水平时，活塞恰好位于汽缸中央位置，一根轻质弹簧两端分别与汽缸底部和活塞相连，此时弹簧处于原
长状态。已知大气压强为p0，当地重力加速度为g，忽略活塞厚度和弹簧体积，气体视为理想气体。
10
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(1)若将汽缸开口向下置于水平地面，稳定后活塞到汽缸底部的距离为3
4 l，如图乙所示。汽缸内气体温度
始终不变，求弹簧的劲度系数k；
(2)若撤去轻质弹簧，通过电阻丝对封闭气体加热，使活塞距汽缸底部的距离从1
2 l缓慢地移动到3
4 l，如图
丙所示，加热前汽缸内气体温度为T 0。已知汽缸内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为
ΔU =CΔT，C为已知常数，求该过程中汽缸内气体吸收的热量Q。
【答案】解：(1)气体发生等温变化，状态1时p1= p0，V 1= 1
2 lS，状态2时V 2= 3
4 lS，
由玻意耳定律得p1V 1= p2V 2
以图乙中的活塞为研究对象，有mg+ p2S = p0 S +k( 3
4 l−1
2 l)
联立解得k = 12mg−4 p0 S
3l
；
(2)气体发生等压变化，则由盖−吕萨克定律得
1
2 lS
T 0
=
3
4 lS
T
解得T = 3
2 T 0
此过程中气体内能增加量△U =C(T −T 0)= 1
2 C T 0
气体对外做功，则W =−p0 S△l =−p0 S( 3
4 l−1
2 l)=−1
4 p0 Sl
由热力学第一定律可得此过程中汽缸内气体吸收的热量
Q = ΔU −W = 1
2 C T 0+ 1
4 p0 Sl。
3.如图甲，某同学将透明吸管插入铝制空饮料罐，接口处用蜡密封，并在吸管内引入一小段油柱。制成探
究罐内空气体积随温度变化规律的装置。通过改变罐内气体的温度，测出多组体积V 与对应温度T的数据，
作出V −T图像如图乙，求：
(1)已知大气压强p0=1×10
5 Pa，气体由状态a到状态b的过程中对外做的功W ab；
(2)若(1)问过程中气体吸收热量80 J，气体的内能增加量ΔU。
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(3)已知1mol任何气体在压强p0=1×10
5 Pa，温度t0=0
∘C时，体积约为V 0=22.4 L。罐内空气的平均
摩尔质量M =29 g/mol，体积V t =2.24 L，温度T t =25
∘C，估算罐内空气密度ρ(计算结果保留三位有
效数字)。
【答案】(1)由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为 W ab= p0 ΔV =50 J
(2)由热力学第一定律得 ΔU =Q−W ab=30 J
(3)对罐内被封气体状态1可知 V 1=2.24 L ， T 1=(25+273) K =298 K
状态2可知 T 2=273 K V 2=？
由等压变化定律得 V 1
T 1
= V 2
T 2
物质的量为 n= V 2
V 0
质量 m=nM
罐内空气密度 ρ= m
V 1
联立代数据解得 ρ=1.19kg/m
3
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