2024年高考物理二轮复习专题 课件★★　　热学 课件(共82张PPT)

(共82张PPT)
2024年高考物理二轮复习专题 课件★★　　热学
考点一
分子动理论　固体和液体
1.估算问题
2.分子热运动：
分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大。
3.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系
4.气体压强的微观解释
5.晶体与非晶体
分类 比较 晶体 非晶体 单晶体 多晶体 外形 规则 不规则 物理性质 各向异性 各向同性 熔点 确定 不确定
原子排列 有规则，但多晶体每个晶体间的排列无规则 无规则
联系 晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化
6.液体
(1)表面张力：使液体表面积收缩到最小。
(2)液晶：既具有液体的流动性又具有晶体的光学各向异性。
　下列说法正确的是
A.从射入教室的阳光中看到尘埃的运动就是布朗运动
B.气体如果失去了容器的约束就会散开，说明气体分子之间作用力表现
为斥力
C.恒温水池里小气泡由底部缓慢上升的过程中，气泡中的理想气体放出
热量
D.已知某种气体的密度为ρ(kg/m3)，摩尔质量为M(kg/mol)，阿伏加德罗
常数为NA(mol－1)，则该气体分子之间的平均距离可以表示为
√
例1
做布朗运动的固体颗粒需要借助于显微镜才能观察到，肉眼可见尘埃的运动不是布朗运动，从射入教室的阳光中看到尘埃的运动是空气的对流引起的，不是布朗运动，A错误；
气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在永不停息地做无规则的热运动，气体分子之间的距离较大，气体分子之间的作用力可以忽略不计，B错误；
恒温水池里小气泡由底部缓慢上升过程中，由于气泡中的理想气体温度不变，故内能不变，上升过程中压强减小，体积变大，气体对外做功，W为负值，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体要吸收热量，C错误；
　(2023·江苏苏北地区一模)如图所示，有一分子位于坐标原点O处不动，另一分子位于x轴上，纵坐标表示这两个分子的分子势能Ep，分子间距离为无穷远时，分子势能Ep为0，这一分子
A.在x0处所受分子力为0
B.从x1处向左移动，分子力一直增大
C.从x1处向右移动，分子力一直增大
D.在x2处由静止释放可运动到x0处
√
例2
在x0处所受分子力不为0，在x1处所受分子力为0，
A项错误；
从x1处向左移动，由图像斜率可知，分子力一直
增大，B项正确；
从x1处向右移动，分子力先增大后减小，C项错误；
由能量守恒定律可知，在x2处由静止释放不能运动到x0处，D项错误。
　(2023·江苏徐州市三模)下列关于热现象的描述，正确的是
A.水黾能浮在水面上是因为它受到了水的浮力
B.随着科学技术的进步，人们可以将热机的效率提高到100%
C.新型材料石墨烯属于液晶，具有光学的各向异性
D.两端开口的细玻璃管竖直插入水银中，稳定后管内的水银面低于管外
√
例3
水黾能浮在水面上是液体表面张力的原因，故A错误；
根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸热使之完全转化成有用的功而不产生其他变化，即能量的利用率不能达到100%，实际上热机在工作过程中，即使燃料充分燃烧，但在利用过程中，始终会有部分能量耗散，故B错误；
新型材料石墨烯属于晶体，具有光学的各向异性，故C错误；
水银与玻璃不浸润，附着层分子分布稀疏，内部液体分子对附着层分子的引力作用整体向下，使管中的水银向下运动，当管中的水银下降到一定高度时，液面的压力差与液面边缘使它向下的力平衡，最终达到稳定状态，因此两端开口的细玻璃管竖直插入水银中，稳定后管内的水银面低于管外，故D正确。
考点二
气体实验定律　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，根据活塞或液柱的受力特点和状态特点列出两部分气体的压强关系，找出体积关系，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。
　(2023·江苏卷·3)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中
A.气体分子的数密度增大
B.气体分子的平均动能增大
C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
√
例4
则从A到
B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的
数密度不变，选项A错误；
从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，选项B正确；从A到B气体的压强变大，气体体积不变，则单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大，选项C错误；
气体分子的数密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，选项D错误。
　(2023·湖北卷·13)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降 已知大气压
强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气
体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
例5
(1)最终汽缸内气体的压强；
对左、右汽缸内所封的气体，
初态压强p1＝p0
体积V1＝SH＋2SH＝3SH
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S
　(2023·南京师范大学附属中学一模)如图所示的装置可以用来测量水的深度。该装置由左端开口的汽缸M和密闭的汽缸N组成，两汽缸由一细管(容积可忽略)连通，两汽缸均由导热材料制成，内径相同。汽缸M长为3L，汽缸N长为L，薄活塞A、B密闭性良好且可以无摩擦滑动。初始时两汽缸处于温度为T1＝300 K的空气中，汽缸M、N中分别封闭压强为p0、2p0的理想气体，活塞A、B均位于汽缸的最左端。将该装置放入水中，测得所在处的温度为T2＝360 K，且活塞B向
右移动了 。已知大气压强为p0，相当于10 m
水柱产生的压强。求：
例6
(1)装置所在处水的深度；
答案　38 m
汽缸N中气体
初状态pN1＝2p0，T1＝300 K，VN1＝LS，
放入水中后汽缸M中的气体压强与汽缸N中的气体压强相等，即pM2＝pN2，在此处水产生的压强为p水＝pM2－p0，解得p水＝3.8p0
10 m高的水柱产生的压强为p0，
所以此处水深h＝38 m
(2)活塞A向右移动的距离。
装置放在水中后，设活塞A向右侧移动的距离为x，
汽缸M中气体初状态
pM1＝p0，T1＝300 K，VM1＝3LS，
汽缸M中气体末状态pM2＝pN2，T2＝360 K，
　(2023·全国乙卷·33(2))如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为
10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的
空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分
气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)
答案　pA＝74.36 cmHg　pB＝54.36 cmHg
例7
设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压
强为pA，此时有pA＝pB＋20 cmHg
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，
A管中水银柱长度减小1 cm，又因为SA＝4SB
可知B管水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；
设此时两管的压强分别为pA′、pB′，
所以有pA′＋23 cmHg＝pB′
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有pASALA＝pA′SALA′
对B管内空气柱有pBSBLB＝pB′SBLB′
其中LA′＝10 cm＋1 cm＝11 cm
LB′＝10 cm－4 cm＝6 cm
联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg，pB＝54.36 cmHg。
考点三
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。
　(2023·广东卷·13)在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p－V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到C过程中外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W。求：
例8
(1)pB的表达式；
由A到B的过程根据玻意耳定律可得
pAVA＝pBVB
(2)TC的表达式；
答案　1.9T0
从B到C的过程根据理想气体状态方程可知
解得TC＝1.9T0
(3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？
答案　增加W
根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q
其中Q＝0，
故气体内能增加ΔU＝W。
1.(2023·江苏苏州市三模)如图所示，内壁光滑的汽缸固定于水平面，汽缸内用活塞封闭一定量的理想气体，活塞与一端固定的水平轻弹簧连接，气体温度为T1时弹簧处于原长。现使气体温度由T1缓慢升高到T2，用Ep表示弹簧弹性势能，U、p、V分别表示缸内气体的
内能、压强和体积，下列图像可能正确的是
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√
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气体温度升高，汽缸内气体压强增大，气体膨胀，
弹簧的弹性势能等于气体膨胀过程活塞对弹簧所
做的功，即Ep＝W＝pΔV＝( ＋p0)(V－V1)，由于弹簧弹力逐渐变大，所以Ep－V图像是曲线，斜率逐渐变大，故A错误；
理想气体的内能与温度有关，一定量的理想气体的内能与热力学温度成正比，与体积无关；由理想气体状态方程 ＝C可知，由于气体升温过程中气体压强变化，所以气体体积与温度不成正比，因此汽缸内气体内能不与气体体积成正比，故B错误；
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2
由题意可知气体升温过程中气体体积变大，由理
想气体状态方程 ＝C可知，p－T图像的斜率应
逐渐变小，故C错误；
由题意可知气体升温过程中气体压强变大，由理想气体状态方程
＝C可知，V－T图像的斜率应逐渐变小，故D正确。
2.(2023·江苏南通市二模)装有氮气的气球半径为R，现向气球内缓慢充入氮气，当气球膨胀至半径为2R时破裂。已知大气压强为p0，该气球内、外压强差Δp＝ 求：
(1)气球破裂前瞬间球内气体压强p和充气过程中气球对球外大气做的功W；
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破裂前球半径为2R，内、外压强差
气球膨胀时对外界大气做正功，气球体积变化
则W＝p0ΔV
(2)充气前球内气体质量与破裂前瞬间球内气体质量之比k。
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设充气前球内气体的体积为V1，破裂前原来气体在压强为p的状态下体积为V1′，
则p1V1＝pV1′
专题强化练
1.(2023·江苏南京市第二十九中学学情检测)如图所示为斯特林发动机玩具，汽缸在酒精灯加热情况下，汽缸内的活塞往复运动，通过传动轴带动飞轮持续转动，则
A.活塞压缩气体时，气体的压强与体积成反比
B.气体膨胀时，气体的体积与热力学温度成正比
C.发动机工作时，气体吸收的热量大于对外做功
D.气体能从单一热源吸热并全部用来对外做功而不引起其他变化
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保分基础练
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可把汽缸内的气体看成理想气体，当活塞压
缩气体时，气体温度要发生变化，根据 ＝
C可知，只有当气体的温度不变时，气体的
压强才与体积成反比，故A错误；
气体膨胀时，气体压强要发生变化，根据 ＝C可知，只有当气体的压强不变时，气体的体积才与热力学温度成正比，故B错误；
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发动机工作时，气体从外界吸收热量，温度
升高，内能增加，且气体同时对外做功，根
据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知吸收的
热量大于对外做的功，故C正确；
根据热力学第二定律可知，气体不可能从单一热源吸热并全部用来对外做功而不引起其他变化，故D错误。
2.分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一个分子固定于原点O，另一个分子从距O点很远处向O点运动，以下说法正确的是
A.在两分子间距减小到r1的过程中，分
子间作用力先减小后增大
B.在两分子间距减小到r1的过程中，分子势能先减小后增大
C.在两分子间距减小到r1时，分子势能等于零
D.在两分子间距由r2减小到r1过程中，分子力与分子势能都在减小
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在两分子间距减小到r1的过程中，分子力表现为引
力，分子力先增大后减小，故A错误；
在两分子间距减小到r1的过程中，分子力表现为引
力，分子力做正功，分子势能减小，无穷远处分子
势能为零，间距减小到r1时，分子势能小于零，故B、C错误；
在间距由r2减小到r1的过程中，分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能减小，间距减小到r1时分子力减小为零，故D正确。
3.(2023·辽宁卷·5)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空
气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p－T
图像如图所示。该过程对应的p－V图像可能是
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从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c状态的体积大于b状态的体积，故选B。
4.(2023·江苏淮安市二模)如图所示，绝热容器被绝热隔板K1和卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a、b、c三部分，a部分为真空，b部分为一定质量的稀薄理想气体，且压强pbA.只打开隔板K1，b中气体对外做功，内能减少
B.只打开隔板K1，b中气体压强减小，温度不变
C.只打开活塞K2的卡销，外界对b中气体做功，b中气体内能不变
D.打开隔板K1和活塞K2的卡销，待活塞K2稳定后，b部分气体的内能减少
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只打开隔板K1时，b中气体向a中真空扩散，气
体不做功，即W＝0，绝热容器导致Q＝0。由热
力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝0，内能不变，温
度不变；体积增大，压强减小，故A错误，B正确；
只打开活塞K2的卡销时，由于pb0，但Q′＝0，则ΔU′＝W′＋Q′>0，内能增加，故C错误；
打开隔板K1和活塞K2的卡销，外界对气体做功，整个过程绝热，所以待活塞K2稳定后，b部分气体的内能增加，故D错误。
5.(2023·江苏盐城市、南京市期末)如图所示为一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的p－T图像，图中AB与横轴平行，B点、C点与坐标原点在一条直线上，AC与竖直轴平行，则
A.单位体积的分子数，状态A小于状态B
B.由状态A变化到状态B的过程需要释放热量
C.分子运动速率大的分子数，状态B小于状态C
D.单位时间内撞击单位面积器壁的分子数，状态A大于状态C
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可知从
状态A到状态B，温度升高，体积膨胀，因此单位体积内
的分子数减少，A错误；
从状态A到状态B温度升高，内能增加，体积膨胀对外做
功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体需要吸收热量，B错误；
由于状态B的温度比状态C的温度高，因此分子运动速率大的分子数，状态B大于状态C，C错误；
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状态A与状态C温度相同，分子的平均速率相同，而状态A的压强大于状态C的压强，则状态A的体积小于状态B的体积，因此单位时间内撞击单位面积器壁的分子数，状态A大于状态C，D正确。
6.(2023·新课标卷·21改编)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后
A.h中的气体内能减小
B.f与g中的气体温度相等
C.f与h中的气体温度相等
D.f与h中的气体压强相等
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对f中的气体加热，则f中气体温度升高，体积增
加，此时f挤压g、h，而g、h中均为绝热部分，
故g、h体积均减小，压强增大，弹簧弹力增加。
当f右侧活塞向右移动时，对g、h均做正功，由热力学第一定律可知，内能增加，g、h中的气体温度升高，故A错误；
当系统稳定时，满足pfS＝pgS＋F＝phS，则此时f与h中的气体压强相等，故D正确；
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由于h体积变小，温度升高，且pfS＝pgS＋F＝phS，故Vh7.(2023·江苏盐城市三模)如图所示，一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图像。已知气体在状态A时的压强为pA，相关物理量如图中所示，气体由状态A变为状态B的过程中，吸收的热量为Q。求：
(1)气体在状态C时的压强pC；
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根据图像可知pB＝pA
(2)气体状态从A变到B的过程中内能的变化量ΔU。
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答案　Q－pA(VB－VA)
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
又因为W＝－pA(VB－VA)
解得ΔU＝Q－pA(VB－VA)。
8.(2023·江苏徐州市三模)一定质量的理想气体，由状态a经a→b、b→c和c→a回到状态a，其循环过程的p－ 图像如图所示，Ta、Tb、Tc分别表示气体在状态a、b、c的温度，则
A.Ta＝Tb>Tc
B.气体在b→c过程中吸收热量
C.该循环过程中气体对外做负功
D.该循环过程中气体放出热量
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争分提能练
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是一条过原点的倾斜直线，可知该过程是等温
过程，即Ta＝Tb，b→c过程是等压过程，由于
Vb根据上述，b→c过程温度升高，体积增大，根
据ΔU＝W＋Q，气体体积增大，气体对外做功，W为负值，温度升高，气体内能增大，ΔU为正值，即Q为正值，可知，气体在b→c过程中吸收热量，B正确；
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p－V图像中，图线与V轴所围几何图形的面积表
示功，b→c过程气体对外做正功，a→b过程气体
对外做负功，根据图中所围几何图形的面积可知，
b→c过程气体做功大于a→b过程气体做功，即该循环过程中气体对外做正功，C错误；根据ΔU＝W＋Q，一个完整的循环过程，内能不变，根据上述，该循环过程中气体对外做正功，W为负值，则Q为正值，即该循环过程中气体吸收热量，D错误。
9.(2023·江苏淮安市模拟)如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，右管口封闭，管内A、B两段水银柱将管内封闭有长均为10 cm的a、b两段气体，水银柱A长为5 cm，水银柱B在右管中的液面比
在左管中的液面高5 cm，大气压强为75 cmHg，环境温度
为320 K，现将环境温度降低，使气柱b长度变为9 cm，求：
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(1)降低后的环境温度；
答案　280.32 K
开始时，左管中气柱a的压强为
p1＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg
右管中气柱b的压强为
p2＝p1－5 cmHg＝75 cmHg
温度降低后，气柱a的压强不变，气柱b的压强
为p2′＝p1－7 cmHg＝73 cmHg
对气柱b研究，根据理想气体状态方程有
解得T2＝280.32 K
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(2)水银柱A下降的高度。
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答案　2.24 cm
解得L1′＝8.76 cm，则水银柱A下降的高度为
h＝1 cm＋10 cm－8.76 cm＝2.24 cm。
10.图(a)为某种机械的新型减振器—氮气减振器，其结构如图(b)，减振器中的活塞质量为2 kg，汽缸内活塞的横截面积为S＝50 cm2。为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，给汽缸内充入氮气，当气压达到p＝6×105 Pa时，活塞下端被两边的卡环卡住，氮气气柱长度为L＝20 cm，且轻质弹簧恰好处于原长。不计活塞厚度和一切摩擦，汽缸导热性良好，汽缸内密闭的氮气视为理想气体，大气压强p0＝1×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，环境温度不变。
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(1)现用外力竖直向下压活塞，使活塞缓慢向下运动，当汽缸内氮气的压强大小为p′＝1×106 Pa时，活塞停止运动，求此过程中活塞下降的距离h；
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答案　8 cm
根据题意可知，汽缸导热性良好，活塞缓慢向下运动，汽缸内气体的温度不变，由玻意耳定律有pLS＝p′L′S
代入数据解得L′＝12 cm
则此过程中活塞下降的距离h＝L－L′＝8 cm
(2)若在(1)的过程中，外力对活塞做的功为W＝87.2 J，过程结束时弹簧的弹性势能为Ep＝6.4 J，求此过程中氮气向外界放出的总热量Q。
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答案　122.4 J
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根据题意，由功能关系，对弹簧有Ep＝W弹
对活塞有W＋mgh＋p0Sh－W弹－W气＝0
联立代入数据解得W气＝122.4 J
则活塞对汽缸内气体做的功为W气′＝W气＝122.4 J
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W气′
由于气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0
则Q＝－122.4 J
即该过程中氮气向外界放出的总热量为122.4 J。
11.2021年11月7日，神舟十三号航天员翟志刚、王亚平先后从天和核心舱节点舱成功出舱执行任务，出舱时他们身着我国新一代“飞天”舱外航天服。舱外航天服内密封了一定质量的理想气体，用来提供适合人体生存的气压。航天服密闭气体的体积约为V1＝4 L，压强p1＝1.0×105 Pa，温度t1＝27 ℃，航天员身着航天服，出舱前先从核心舱进入节点舱，然后封闭所有内部舱门，对节点舱泄压，直到节点舱压强和外面压强相等时才能打开舱门。
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(1)节点舱气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体体积膨胀到V2＝6 L，温度变为t2＝－3 ℃，求此时航天服内气体压强p2；
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答案　6×104 Pa
对航天服内的密闭气体分析，初状态温度为T1＝t1＋273 K＝300 K
末状态温度为T2＝t2＋273 K＝270 K
(2)为便于舱外活动，当密闭航天服内气体温度变为t2＝－3 ℃时，航天员把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到p3＝5.0×104 Pa。假设释放气体过程中温度不变，体积变为V3＝4 L，求航天服需要放出的气体与原来气体的质量之比。
设航天服需要放出的气体在压强为p3状态下的体积为ΔV，根据玻意耳定律p2V2＝p3(V3＋ΔV)，得ΔV＝3.2 L
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12.(2023·湖南卷·13)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气
压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积
为V1。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气
体可视为理想气体，温度保持不变。
尖子生选练
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(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；
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以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0、体积V0，
第一次抽气后，气体体积V＝V0＋V1
根据玻意耳定律p0V0＝p1V
(2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。
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同理第二次抽气
p1V0＝p2V
以此类推……
则当n次抽气后助力气室内的气体压强
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为
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