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专题六 热学 原子物理
第14 讲 热学
一、分子动理论及热力学定律
1．估算问题
(1)油膜法估算分子直径：d＝(V 为纯油酸体积，S 为单分子油膜面积)。
(2)分子总数：N＝nNA＝·NA＝NA。
2．反映分子热运动规律的两个实例
(1)布朗运动：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒做无规则、永不停息地运动，
与颗粒大小、温度有关。
(2)扩散现象：产生原因是分子永不停息地做无规则运动，与温度有关。
3．对热力学定律的理解
热力学第一定律ΔU＝Q＋W，其中W 和Q 的符号可以这样确定：只要对内能增
加有正贡献的就为正值，反之则为负值。
二、气体实验定律和理想气体状态方程
一、两种模型
1．球体模型：一个分子体积V＝πR3＝πd3，d 为分子的直径，适于估算液体、
固体分子直径。
2．立方体模型：一个分子占据的平均空间V＝d3，d 为分子的间距，适于估算
气体分子间距。
二、应用热力学第一定律的看到与想到
1．看到“绝热过程”，想到Q＝0，则W＝ΔU。
2．看到“等容过程”，想到W＝0，则Q＝ΔU。
3．对于理想气体看到“等温过程”，想到ΔU＝0，则W＋Q＝0。
题型1 分子动理论、内能、固体、液体
(2025·山东卷)分子间作用力F 与分子间距离r 的关系如图所示，若规定两个分
子间距离r 等于r0时分子势能Ep为零，则( )
A．只有r 大于r0时，Ep为正
B．只有r 小于r0时，Ep为正
C．当r 不等于r0时，Ep为正
D．当r 不等于r0时，Ep为负
【答案】 C
【解析】 两个分子间距离r 等于r0 时分子势能为零，从r0 处随着距离的增
大，此时分子间作用力表现为引力，分子间作用力做负功，故分子势能增大；
从r0处随着距离的减小，此时分子间作用力表现为斥力，分子间作用力也做负
功，分子势能也增大；故可知当r 不等于r0时，Ep为正。故选C。
(2025·云南普洱模拟)明明爸爸用85 ℃的热水泡了一杯茶水，他旋紧杯盖，茶
水上方封闭了一定量的空气(可视为理想气体)，等待1 小时后水温变为25 ℃，
在此过程中，对封闭空气( )
A．每个空气分子占据的平均空间体积变小
B．速率大的分子所占的比例逐渐降低
C．每个空气分子的运动速率均变小
D．分子势能变小，内能变小
【答案】 B
【解析】 茶水温度降低的过程中，封闭的空气体积、分子个数均未变化，每
个空气分子占据的平均空间体积不变，A 错误；温度降低，从统计学的角度说
明分子平均动能减少，速率大的分子所占的比例逐渐降低，个别分子速率可能
增大，B 正确，C 错误；气体分子平均间距大，分子力很小可以忽略，分子势
能为零，温度降低分子平均动能减少，内能变小，D 错误。
题型2 气体实验定律与理想气体状态方程
1.压强的计算
(1)被活塞或汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛
顿第二定律求解，压强单位为Pa。
(2)水银柱密封的气体，应用p＝p0＋ph或p＝p0－ph计算压强，压强p 的单位为
cmHg 或mmHg。
2．合理选取气体变化所遵循的规律列方程
(1)若气体质量一定，p、V、T 中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验
定律列方程求解。
(2)若气体质量一定，p、V、T 均发生变化，则选用理想气体状态方程列式求
解。
3．关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据两部分气体压强、体积的
关系，列出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。
1.(2025·湖南卷)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管
开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，
密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g 的大小；
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如
不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h＝
0.200 0 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7 K。水平放置时调控
空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K 时，空气柱长度与竖直放置时相同。已
知ρ＝1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g
的值。
【答案】 (1) (2)9.5 m/s2
【解析】 (1)竖直放置时封闭气体的压强为p1＝p0＋ρgh
水平放置时封闭气体的压强p2＝p0
由等温过程可得p1L1s＝p2L2s
解得g＝。
(2)由定容过程＝
代入数据可得g＝9.5 m/s2。
2．(2025·广东卷)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属
液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱
状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝1.0×105 Pa，铸型室底面积S1
＝0.2 m2，高度h1＝0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15 m，柱
状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝
5.0×103 kg/m3，重力加速度取g＝10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管
的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压
强p1；
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求
注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04 m 时，气室内气体压强p2。
【答案】 (1)0.05 m 1.2×105 Pa (2)1.35×105 Pa
【解析】 (1)根据体积关系S1h1＝S2h2
可得下方液面下降高度h2＝0.05 m
此时下方气体的压强p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2)
代入数据可得p1＝1.2×105 Pa。
(2)初始时，上方铸型室气体的压强为p0，体积V＝S1h1
当上方铸型室液面高为h3＝0.04 m 时，气体体积为V′＝S1(h1－h3)
根据玻意耳定律p0V＝p′V′
可得此时上方铸型室液面高为h3＝0.04 m 时气体的压强为p′＝1.25×105 Pa
同理根据体积关系S1h3＝S2h4
可得h4＝0.01 m
此时下方气室内气体压强p2＝p′＋ρg(H＋h3＋h4)
代入数据可得p2＝1.35×105 Pa。
(2025·湖北二模)某同学设计了一款测量水深的装置。导热良好的汽缸由A、B
两部分构成，两部分的横截面积分别为4S 和S，A 汽缸的长度为，B 汽缸中活
塞可以自由移动的长度为l，且l＝10 m。该装置在船上时两密闭良好的轻薄活
塞位置如图所示，A 汽缸中的气体压强为4p0，B 汽缸中的气体压强与外界大气
压强均为p0(已知p0相当于10 m 高的水柱产生的压强)，测量水深时可以认为海
水温度一直与船上相同，不计一切摩擦。求：
(1)B 汽缸中的活塞向左移动时该装置在海水中的深度；
(2)该装置可以测量的海水的最大深度。
【答案】 (1)20 m (2)35 m
【解析】 (1)B 汽缸中的活塞向左移动时假设A 中活塞不动，以B 汽缸中的气
体为研究对象，p1＝p0，
V1＝lS，V2＝S
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
解得p2＝3p0<4p0
假设成立；活塞向左移动时该装置在海水中的深度h＝h0＝2h0＝20 m。
(2)当B 汽缸中的活塞刚好移动到B 汽缸的最左端时，以A 汽缸和B 汽缸中的气
体整体为研究对象，
有4p0·4S＋p0lS＝p·4S
解得p＝4.5p0
该装置可以测量的海水最大深度H＝h0＝3.5h0＝35 m。
题型3 热力学定律与气体实验定律相结合
1.理想气体相关三量ΔU、W、Q 的分析思路
(1)内能变化量ΔU
①由气体温度变化分析ΔU：温度升高，内能增加，ΔU>0；温度降低，内能减
少，ΔU<0。
②由公式ΔU＝W＋Q 分析内能变化。
(2)做功情况W
由体积变化分析气体做功情况：体积膨胀，气体对外界做功，W<0；体积被压
缩，外界对气体做功，W>0。
(3)气体吸、放热Q
一般由公式Q＝ΔU－W 分析气体的吸、放热情况：Q>0，吸热；Q<0，放热。
2．对热力学第二定律的理解
热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为
功，但会产生其他影响。
(2025·山东卷)如图所示，上端开口，下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温
装置内。玻璃管导热性能良好，管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量
的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0＝
p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1＝330 K 时，气
柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2＝440 K 时停止加热，活
塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3＝400 K
时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4＝330 K 时，保持温度不变，活塞
不再下降。求：
(1)T2＝440 K 时，气柱高度h2；
(2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收
的热量)。
【答案】 (1)h1 (2)
【解析】 (1)活塞开始缓慢上升，由受力平衡p0S＋f0＝p1S
可得封闭的理想气体压强p1＝p0
T1→T2升温过程中，等压膨胀，由盖—吕萨克定律＝
解得h2＝h1。
(2)T1→T2升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功W1＝－p1(h2－h1)S＝－
T2→T3降温过程中，等容变化，外界对气体做功W2＝0
活塞受力平衡有p0S＝f0＋p3S
解得封闭的理想气体压强p3＝p0
T3→T4降温过程中，等压压缩，由盖—吕萨克定律＝
解得h4＝h1
外界对气体做功W3＝p3(h2－h4)S＝
全程中外界对气体做功W＝W1＋W2＋W3＝
因为T1＝T4，故封闭的理想气体总内能变化ΔU＝0
利用热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得Q＝
故封闭气体吸收的净热量Q＝。
(2025·甘肃卷)如图，一定量的理想气体从状态A 经等容过程到达状态B，然后
经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，
且随温度升高而增大。下列说法正确的是( )
A．A→B 过程为吸热过程
B．B→C 过程为吸热过程
C．状态A 压强比状态B 的小
D．状态A 内能比状态C 的小
【答案】 ACD
【解析】 A→B 过程，体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU>0，根据热力学
第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>0，即该过程吸热，A 正确；B→C 过程，温度不
变，则ΔU＝0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可知
Q<0，即该过程为放热过程，B 错误；A→B 过程，体积不变，温度升高，根据
＝C 可知，压强变大，即状态A 压强比状态B 压强小，C 正确；状态A 的温度
低于状态C 的温度，可知状态A 的内能比状态C 的小，D 正确。故选ACD。
题型4 理想气体的“变质量”问题
(2024·山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长
柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0
cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高
度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔
B 进入，空气由孔A 排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为
x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液
体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105
Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。
(1)求x；
(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V 的空气，使满储液罐中液体缓缓
流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
【审题指导】
关键表述
物理量及其关系
当内外液面相平时，长柄浸入液面部分
的长度为x；堵住孔A
此时封闭了一定质量的空气，且空气的
压强p1＝p0，体积V1＝(H－x)S1
缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐
内刚好储满液体
封闭的空气发生等温变化，空气的体积
V2＝HS1，压强p2＝p0－ρgh
松开孔A，从外界进入压强为p0、体积
为V 的空气，使满储液罐中液体缓缓流
出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一
半的液体
最终空气的体积V3＝HS1＋S2，压强p3
＝p0－ρg
【答案】 (1)2 cm (2)8.92×10－4 m3
【解析】 (1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，气体发生等温变
化，所以有p1(H－x)S1＝p2HS1，又因为p1＝p0，p2＋ρgh＝p0，代入数据联立解
得x＝2 cm。
(2)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V＋p2HS1＝p3，又因为p3＋
ρg·＝p0，代入数据联立解得V＝8.92×10－4 m3。
1.(2025·河北沧州二模)如图所示，气闸舱有两个气闸门，与核心舱连接的是闸
门A，与外太空连接的是闸门B。国际空间站核心舱内航天员要到舱外太空行
走，需先经过气闸舱，开始时气闸舱内气压为p0(地球表面标准大气压)，用抽
气机多次抽取气闸舱中气体，当气闸舱气压降到一定程度后才能打开气闸门
B。已知每次从气闸舱抽取的气体(视为理想气体)体积都是气闸舱容积的，每次
抽气降低的温度是抽气前气闸舱内热力学温度的，不考虑漏气、新气体及航天
员大小产生的影响。则抽气3 次后气闸舱内气压为( )
A.3p0
B．3p0
C．3p0
D．3p0
【答案】 B
【解析】 第一次抽气相当于气体的体积由V 变为V，温度由T0变为T1＝T0－
T0，根据气体实验定律得＝，得p1＝p0，第二次抽气相当于气体的体积由V 变
为V，温度由T1变为T2＝T1－T1，根据气体实验定律得＝，得p2＝p1＝2p0，同理
抽气3 次后气舱内气压为p3＝3p0，故选B。
2．(2025·贵州铜仁模拟预测)江西景德镇的陶瓷以白瓷著称，素有“白如玉，明
如镜，薄如纸，声如磬”之称。如图是烧制瓷器所用窑炉的简图，上方有一只
能向上打开的单向阀门，阀门横截面积为S，当阀门受到大于等于2.4p0S 的净
压力时，阀门打开，已知大气压强恒为p0，绝对零度取－273 ℃。某次模拟烧
制过程，初始时窑内温度为27 ℃，窑内气体体积为V0，压强为p0，阀门打开
后，窑内温度缓慢上升，气体缓慢排出，压强可视为不变且可看成理想气体，
则：
(1)窑内温度为多少摄氏度时单向阀门打开；
(2)窑内温度为1 257 ℃时窑内剩余气体质量与初始质量的比值。
【答案】 (1)747 ℃ (2)
【解析】 (1)外界大气对阀门的作用力恒为p0S，阀门恰打开时，设窑内气体
压强为p，则有pS－p0S＝2.4p0S
可得p＝3.4p0
阀门打开前，窑内气体发生等容变化，则有＝
其中T0＝(273＋27)K＝300 K
解得T＝1 020 K
即t＝(1 020－273)℃＝747 ℃
可知窑内温度为747 ℃时单向阀门打开。
(2)窑内温度为1 257 ℃时，阀门处于打开状态，根据理想气体状态方程可得＝
其中T2＝(273＋1 257)K＝1 530 K
解得V＝1.5V0
则窑内剩余气体的质量为初始时气体质量的＝＝。
【基础必刷题】
1．(2023·海南卷)下列关于分子力和分子势能的说法正确的是( )
A．分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力
B．分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大
C．分子势能在r0处最小
D．分子间距离小于r0且减小时，分子势能在减小
【答案】 C
【解析】 分子间距离大于r0时，分子间表现为引力；分子从无限远靠近到距
离r0处过程中，引力做正功，分子势能减小，则在r0处分子势能最小；继续减
小距离，分子间表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大。故选C。
2．(2025·河北卷)某同学将一充气皮球遗忘在操场上，找到时发现因太阳曝晒皮
球温度升高，体积变大。在此过程中若皮球未漏气，则皮球内封闭气体( )
A．对外做功
B．向外界传递热量
C．分子的数密度增大
D．每个分子的速率都增大
【答案】 A
【解析】 皮球体积变大，气体膨胀，对外界做功，A 正确；太阳暴晒使气体
温度升高，是外界对气体传热(气体吸热)，而非气体向外界传递热量，B 错误；
皮球未漏气，分子总数不变，体积变大，分子的数密度减小，C 错误；温度升
高，分子平均动能增大，但并非每个分子速率都增大，只是“平均”情况，D
错误。
3．(2025·江苏卷)一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，
该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时( )
A．分子的数密度较大
B．分子间平均距离较小
C．分子的平均动能较大
D．单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少
【答案】 C
【解析】 根据题意，一定质量的理想气体，甲、乙两个状态下气体的体积相
同，所以分子数密度相同、分子的平均距离相同，A、B 错误；根据题图可知，
乙状态下气体速率大的分子占比较多，则乙状态下气体温度较高，则平均动能
大，C 正确；乙状态下气体平均速度大，密度相等，则单位时间内撞击容器壁
次数较多，D 错误。
4．(2025·广东广州三模)小明的爷爷喜欢喝盖碗茶，泡茶时，他向茶杯中倒入足
够多的沸水，使得盖上杯盖后茶水漫过杯盖，然后静置一段时间就可以喝了，
已知盖上杯盖后，在水面和杯盖间密闭了一部分空气(可视为质量和体积均不变
的理想气体)，过一段时间后水温降低，则( )
A．泡茶时，用沸水能快速泡出茶香，是因为温度越高每个分子动能都越大
B．水的颜色由浅变深，说明水分子在做布朗运动
C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为封闭气体的压强变大
D．温度降低的过程中，杯内气体向外界放热
【答案】 D
【解析】 温度升高时，气体分子的平均动能变大，并不是每个分子动能都越
大，A 错误；水的颜色由浅变深，说明固体茶颗粒在做布朗运动，B 错误；杯
盖拿起来比较费力，是因为封闭气体的温度降低，体积不变，则压强变小，C
错误；温度降低的过程中，杯内气体体积不变，不对外做功，内能减小，则气
体向外界放热，D 正确。
5.(2025·江苏卷)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶
口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气
体( )
A．内能迅速增大
B．温度迅速升高
C．压强迅速增大
D．体积迅速膨胀
【答案】 D
【解析】 瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于
该过程的时间比较短，可知气体来不及吸收热量，根据热力学第一定律可知，
气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程＝C 可知，气体压强减
小。故选D。
6．(多选)(2025·云南玉溪预测)云南省具有独特立体的气候，水果品质高、错季
优势明显，既是水果产业大省，又是水果产业强省。有一批水果要从昆明空运
到北京，为了在长途运输中保护水果，人们会选择泡沫箱、珍珠棉、瓦楞纸或
充气袋等材料，减少碰撞和挤压。已知昆明的气温为27 ℃，压强为80 kPa，
北京气温是37 ℃，压强是101 kPa。有一个比较薄的塑料充气袋，在昆明密
封时不受挤压时恰好处于充饱状态，袋内气体可视为理想气体。这个充气袋空
运到北京后发生的现象是( )
A．充气袋将会变瘪
B．充气袋将会更加饱满
C．充气袋内气体内能将会减小
D．充气袋内气体内能将会增大
【答案】 AD
【解析】 根据理想气体状态方程＝，解得V2≈0.82V1，气体体积缩小，充气
袋将会变瘪，A 正确，B 错误；气体温度升高，内能增大，C 错误，D 正确。故
选AD。
7．(多选)(2025·云南卷)图甲为1593 年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，
其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a 内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a
相连的b 管插在水槽中固定，b 管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b 管
的体积与a 泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b 管上的刻度可以
直接读出环境温度。则在p0下( )
A．环境温度升高时，b 管中液面升高
B．环境温度降低时，b 管中液面升高
C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小
D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
【答案】 BD
【解析】 根据题意，a 中气体做等容变化，根据＝C，当环境温度升高，则a
中气体压强增大，又pa＋ρ 液gh＝p0可知b 管中液面降低，同理可知环境温度降
低时，b 管中液面升高，B 正确，A 错误；由A、B 选项分析可知，b 管中刻度
从上到下温度逐渐升高，同一温度，a 中压强不变，b 管中液面、液槽内液面高
度差不变，水槽中的水少量蒸发后，槽中液面降低，则b 管内液面降低，则温
度测量值偏大，D 正确，C 错误。故选BD。
8．(多选)(2025·河南卷)如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N
密封成两部分，活塞P 与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P 左、右两
侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1<T2，V1<V2。则(
)
A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P 将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P 将左移
C．保持T1、T2不变，若M、N 同时缓慢向中间移动相同距离，P 将右移
D．保持T1、T2不变，若M、N 同时缓慢向中间移动相同距离，P 将左移
【答案】 AC
【解析】 由题干可知初始左右气体的压强相同，假设在升温的过程中P 板不
发生移动，则由定容过程＝⇒Δp＝ΔT 可得左侧气体压强增加量多，则P 板向右
移动；A 正确，B 错误；保持T1、T2不变，两侧气体发生等温变化，根据玻意
耳定律，P0V0＝PV＝P(V0－ΔV)，解得末状态的压强：p＝，由于P0 和ΔV 相
同，V1<V2，则p1>p2，向右移动，C 正确，D 错误。故选AC。
【巩固必刷题】
9．(2025·江苏常州二模)“声致发光”是悬浮于液体中的气泡受到强声波的激
发，气泡膨胀后迅速塌缩并发出极短暂亮光的现象。设气泡内气体最初的压强
p0＝100 kPa，温度T0＝300 K，气泡半径r0＝5.0 μm。当气泡周围流体中的压强
降低时，气泡等温膨胀至半径为r1＝25.0 μm；接着由于声波的作用，压强突然
爆增，气泡迅速坍缩到半径r0。已知气泡在膨胀过程吸收0.24×10－9 J 的热
量，在塌缩过程中内能增加了3.6×10－9 J。试求：
(1)气泡膨胀后的压强；
(2)在一次膨胀和塌缩的过程中外界对气泡所做的总功。
【答案】 (1)0.8 kPa (2)3.36×10－9 J
【解析】 (1)气泡等温膨胀，根据玻意耳定律p0V0＝p1V1
且V0＝πr，V1＝πr
得气泡膨胀后的压强p1＝0.8 kPa。
(2)根据热力学第一定律，膨胀过程ΔU1＝W1＋Q1
塌缩过程ΔU2＝W2＋Q2
其中ΔU1＝0，ΔU2＝3.6×10－9 J，Q1＝0.24×10－9 J，Q2＝0
解得W＝W1＋W2＝3.36×10－9 J。
10．(2025·陕晋青宁卷)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa～3.5×105
Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若
某一行驶过程中胎内气体压强p 随体积V 线性变化如图所示，温度T1为300 K
时，体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa；当胎内气体温度升高到T2
为350 K 时，体积增大到V2为0.560 m3，气体可视为理想气体。
(1)求此时胎内气体的压强p2；
(2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q 为7.608×104 J，求胎内气体的内能增加
量ΔU。
【答案】 (1)3.3×105 Pa (2)6.6×104 J
【解析】 (1)气体可视为理想气体，根据理想气体状态方程＝
整理代入数据得p2＝＝3.3×105 Pa。
(2)p－V 图线与y 轴围成的面积代表做功的大小，该过程气体体积增大，则气体
对外做功，可得外界对气体做功为W＝－(V2－V1)＝－1.008×104 J
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W
代入数据可得ΔU＝6.6×104 J。
11．(2025·广东深圳预测)沼气是一种混合可燃气体(看作理想气体)。某家庭使
用的沼气池贮气间为大小为20 m3的密闭室，主要给一款沼气炉灶供气，该款
沼气炉灶的部分参数，灶前压力：沼气灶正常工作的灶前压力一般在800～1
200 Pa 之间，这个压力可以保证沼气稳定地供应到炉灶燃烧器进行充分燃烧。
取绝对零度为－273 ℃。
(1)早晨使用结束后发现，贮气间的温度为17 ℃，压强为1 000 Pa，中午使用前
贮气间的温度上升至27 ℃，若没有沼气补充，请通过计算说明，中午是否能
稳定使用该沼气炉灶；
(2)早晨使用结束后保持贮气间的温度为17 ℃不变，压强为1 000 Pa，若没有沼
气补充，求中午能够稳定使用的沼气占原沼气百分比。
【答案】 (1)能稳定使用该款沼气炉灶 (2)20%
【解析】 (1)已知p1＝1 000 Pa，T1＝290 K，T2＝300 K
密闭的贮气间内的气体发生等容变化，根据查理定律有＝
解得p2≈1 034 Pa<1 200 Pa
故能稳定使用该款沼气炉灶。
(2)设贮气间内的气体发生等温变化，使用前V1＝20 m3，p1＝1 000 Pa
当p3＝800 Pa 时，不能稳定使用，设此时总体积为V3，由玻意耳定律有p1V1＝
p3V3
解得V3＝25 m3
故能够稳定使用沼气占原沼气的百分比为×100%＝20%。
