热点专练十六 气体状态变化的图像分析 变质量气体问题 关联气体问题 气体实验定律与力学知识综合问题-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷课件PPT（新教材）

热点专练十六　气体状态变化的图像分析　变质量气体问题　关联气体问题　气体实验定律与力学知识综合问题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 * 热点一　气体状态变化的图像分析 1．(2023·辽宁高考)“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p­T图像如图所示。该过程对应的p­V图像可能是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，由题图可知从a到b，气体压强不变，温度升高，则气体体积变大，故C、D错误；根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可得p＝eq \f(C,V)T，即p­T图像中图线上的点与原点连线的斜率为eq \f(C,V)，由题图可知从b到c，气体压强减小，温度降低，图线上的点与原点连线的斜率减小，则气体体积变大，故A错误，B可能正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 * 2.(2023·山东省聊城市高三下三模)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其T­V图像如图所示。已知a(V0，2T0)、b(3V0，T0)、c(3V0，2T0)，下列说法正确的是(　　) A．气体在a→b过程中压强增大 B．气体在b→c过程中从外界吸收的热量小于增加的内能 C．气体在c→a过程中外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量 D．气体在a→b过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，有T＝eq \f(p,C)·V，则T­V图像中某点与坐标原点连线的斜率能够间接表示该点对应气体在该状态时的压强，根据图像可知，在a→b过程中图像上的点与坐标原点连线的斜率逐渐减小，则气体在a→b过程中压强减小，A错误；在b→c过程中，气体做等容变化，体积不变，气体对外界做的功为零，又气体温度升高，故气体内能增大，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体在b→c过程中从外界吸收热量，且吸收的热量等于增加的内能，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * c→a过程中，气体做等温变化，温度不变，故气体内能不变，ΔU＝0，又气体体积减小，故外界对气体做正功，W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q＜0，且|Q|＝W，即气体在c→a过程中，外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量，C正确；理想气体的内能由温度决定，根据图像可知气体在a→b过程中初态(末态)温度等于b→c过程中末态(初态)温度，则气体在a→b过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案　(1)pB＝0.2p0　(2)TC＝1.9T0　(3)W 答案 * 3.(2023·广东高考)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p­V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： (1)pB的表达式； (2)TC的表达式； (3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　(1)气泡内气体从状态A等温膨胀到状态B，由玻意耳定律得p0V0＝pB·5V0 解得pB＝0.2p0。 (2)气泡内气体从状态B到状态C，由理想气体状态方程得 eq \f(pB·5V0,T0)＝eq \f(1.9p0·V0,TC) 解得TC＝1.9T0。 (3)由题意知B到C是绝热过程，Q＝0，外界对气体做功为W，由热力学第一定律得 ΔU＝W＋Q 解得气泡内气体的内能变化了ΔU＝W。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 * 热点二　变质量气体问题 4．(2021·山东高考)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　　) A．30 cm3 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　由于整个过程气体温度不变，根据玻意耳定律可知p0(V＋5V0)＝p1×5V，式中p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据得V＝60 cm3，故选D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 * 5．(2024·吉林省长春市一模)排球比赛中球内标准气压为1.300×105 Pa～1.425×105 Pa。某次比赛时环境大气压强为1.000×105 Pa，一排球内气体压强为1.100×105 Pa，球内气体体积为5 L。为使该排球内的气压达到比赛用的标准气压，需用充气筒给排球充气，已知充气筒每次能将环境中0.23 L的空气充入排球，充气过程中排球体积和气体温度的变化均可忽略不计，气体视为理想气体，则需要充气的次数至少为(　　) A．9次 B．7次 C．5次 D．4次 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　设充n次能使球内气体的压强达到p＝1.300×105 Pa，赛前球内气体压强为p1＝1.100×105 Pa，体积为V0＝5 L，这部分气体在压强p下的体积为V0′，每次充入气体的压强为p2＝1.000×105 Pa，体积为V＝0.23 L，每次充入的气体在压强p下的体积为V′，以排球内原气体为研究对象，气体做等温变化，可得p1V0＝pV0′，以每次充入的气体为研究对象，气体做等温变化，可得p2V＝pV′，又V0′＋nV′＝V0，联立并代入数据解得n≈4.35次，所以赛前至少充气的次数为5次，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 * ※6.(2023·山东省潍坊市高三下2月一模)某医用氧气瓶容积为40 L，瓶内贮有压强为9.6×106 Pa的氧气，可视为理想气体。广泛用于野外急救的氧气袋容积为5 L。将氧气瓶内的氧气分装到氧气袋，充气前袋内为真空，充气后袋内压强为1.2×106 Pa。分装过程不漏气，环境温度不变。 (1)求最多可分装多少个氧气袋； (2)若将医用氧气瓶内的氧气依次分装到原为真空、容积为5 L的若干个便携式钢瓶内，每次分装后，钢瓶内气体压强与氧气瓶内剩余气体压强相等，求分装30次后医用氧气瓶内剩余氧气的压强与分装前氧气瓶内氧气压强之比。 答案　(1)56　(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)))eq \s\up12(30) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　(1)选取初始时医用氧气瓶内氧气整体作为研究对象，初状态氧气压强p＝9.6×106 Pa，设充满m个氧气袋后，氧气瓶内的氧气压强也为p′＝1.2×106 Pa，无法再给氧气袋充气，分装过程是等温变化，根据玻意耳定律得 pV0＝p′(V0＋mV1) 代入V0＝40 L，V1＝5 L，解得m＝56。 (2)设分装第一瓶、第二瓶、…、第n瓶后氧气瓶内氧气的压强分别为p1、p2、…、pn，根据玻意耳定律， 分装一次有pV0＝p1(V0＋ΔV) 分装二次有p1V0＝p2(V0＋ΔV) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 分装三次有p2V0＝p3(V0＋ΔV) …… 依次类推，第n次分装有 pn－1V0＝pn(V0＋ΔV) 可得分装n次后医用氧气瓶内剩余氧气的压强为pn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0,V0＋ΔV))) eq \s\up12(n)·p 其中V0＝40 L，ΔV＝5 L 则分装30次后医用氧气瓶内剩余氧气的压强与分装前氧气瓶内氧气压强之比为 eq \f(p30,p)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)))eq \s\up12(30)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 * 热点三　关联气体问题 7.(2023·新课标卷)(多选)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中的气体内能增加 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　当通过电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体温度升高，压强增大，会缓慢推动左边活塞向右压缩弹簧，则弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞，故右边活塞对h中的气体做正功，而汽缸和活塞绝热，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；停止加热并达到稳定后，对g中的气体、两活塞和弹簧组成的整体由平衡条件可知pf＝ph，设加热前三部分中气体的温度、体积、压强均分别为T0、V0、p0，由理想气体状态方程有eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(pfVf,Tf)，eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(phVh,Th)，由A项分析知Vf>V0、Vh<V0，则可得Tf>Th，C错误，D正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 停止加热并达到稳定后，假设弹簧处于原长，则g中气体体积不变，气体不做功，而汽缸和活塞绝热，由热力学第一定律可知，g中气体内能不变，则温度不变，由理想气体状态方程可知，g中气体压强不变，而对h中气体分析知Th>T0、Vh<V0，则ph>p0，会推动右侧活塞压缩弹簧，同理pf＝ph>p0，会推动左侧活塞压缩弹簧，可知实际Vg<V0<Vf，pg<pf，结合eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(pfVf,Tf)，eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(pgVg,Tg)，可得Tf>Tg，B错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案　74.36 cmHg　54.36 cmHg 答案 * 8.(2023·全国乙卷)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) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　设A管内径为rA，B管内径为rB，B管在上方时，B管内气体压强为pB、气柱长度为LB，A管内气体压强为pA、气柱长度为LA，水银柱总长度为h；倒置后，A管内气体压强为pA′、气柱长度为LA′，B管内气体压强为pB′、气柱长度为LB′，此时水银柱的总长度为h′；倒置后，A管气体压强变小，体积膨胀，则A管中空气柱长度增加1 cm，则 LA′＝LA＋1 cm＝11 cm， 水银总体积不变，则 πreq \o\al(2,A)(LA′－LA)＝πreq \o\al(2,B)(LB－LB′) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 又由题意知rA＝2rB LA＝LB＝10 cm 联立可得LB′＝6 cm 则h′＝20 cm×2－LA′－LB′＝23 cm 则有pA′＋23 cmHg＝pB′ 又pA＝pB＋20 cmHg 倒置前后气体温度不变，根据玻意耳定律， 对A管内气体有pAπreq \o\al(2,A)LA＝pA′πreq \o\al(2,A)LA′ 对B管内气体有pBπreq \o\al(2,B)LB＝pB′πreq \o\al(2,B)LB′ 联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg，pB＝54.36 cmHg。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 * ※9.(2023·湖北省十堰市高三下4月调研)如图所示，“U”形管左、右两管竖直，左管上端开口且足够长，右管上端封闭，粗细均匀，导热性能良好。阴影部分A、B、C为水银柱，长度分别为2h、h、eq \f(1,2)h，管中D、E为理想气体。当环境的热力学温度T1＝300 K时，D气柱的长度为h，E气柱的长度为4h，A、C两水银柱的下端面等高。外界大气压恒为8h Hg，管的直径远小于h。 (1)若保持环境温度不变，在左管中缓慢注入水银，求当E气柱的长度变为3h时，左管中注入水银的长度H； (2)若不是在左管中缓慢注入水银，而是将环境的热力学温度缓慢升高到T2＝368 K，求温度升高后D气柱的长度L。 答案　(1)eq \f(10,3)h　(2)eq \f(6,5)h 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　(1)注入水银前，E气柱的压强 pE＝(8h＋2h) Hg＝10h Hg 设注入水银后E气柱的压强为pE′，气柱的横截面积为S，对E气柱，根据玻意耳定律有 pE·4hS＝pE′·3hS 解得pE′＝eq \f(40,3)h Hg 则有H＝eq \f(40,3)h－10h＝eq \f(10,3)h。 (2)当环境的热力学温度T1＝300 K时，D气柱的压强 pD＝(8h＋2h－h) Hg＝9h Hg 设B水银柱恰好完全进入水平管时，D气柱的压强pD′＝pE＝10h Hg，环境温度升至T20，对D气柱，根据理想气体状态方程有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * eq \f(pDhS,T1)＝eq \f(pD′·2h·S,T20) 解得T20＝667 K>T2，则环境温度为T2＝368 K 时，B水银柱还未完全进入水平管 设在环境的热力学温度缓慢升高的过程中，B水银柱上表面下降的高度为x(0<x≤h)，则温度升高后D气柱的压强 pD″＝[8h＋2h－(h－x)] Hg＝(9h＋x) Hg 对D气柱，根据理想气体的状态方程有 eq \f(pDhS,T1)＝eq \f(pD″（h＋x）S,T2) 解得x＝－10.2h(舍去)，x＝eq \f(1,5)h 则有L＝h＋x＝eq \f(6,5)h。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ※10. (2023·广西柳州市高三下第三次模拟)如图所示，导热性能 良好的汽缸由两部分组成，上端封闭下端开口，两部分汽缸的高度均 为2h，其中上、下两汽缸的截面均为圆形，两截面的面积分别为S、 2S，质量分别为m、2m的活塞M、N将理想气体甲、乙封闭在汽缸中。 当环境的温度为T0且系统平衡时，两活塞均位于两汽缸的正中央位置； 如果将环境的温度降低到T1(未知)，活塞N刚好升到下汽缸的顶部，且 与下汽缸顶无压力，该过程理想气体乙向外界放出的热量为Q。已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与缸壁的摩擦。求： (1)降温后的环境温度T1为多少？ (2)上述过程中，理想气体乙减少的内能为多少？ 答案 * 答案　(1)eq \f(1,2)T0　(2)Q－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p0S,2)－mg))h 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　(1)环境的温度为T0时，对活塞M受力分析可得 p乙S＋mg＝p甲S， 对活塞N受力分析可得 p甲·2S＋2mg＝p0·2S 解得p甲＝p0－eq \f(mg,S)，p乙＝p0－eq \f(2mg,S) 环境的温度降低到T1时，活塞N刚好升到下汽缸的顶部且与下汽缸顶无压力，对M、N分析，同理可得甲、乙两部分气体压强分别为p甲′＝p0－eq \f(mg,S)，p乙′＝p0－eq \f(2mg,S) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 所以环境温度从T0降低到T1的过程中，汽缸内的两部分气体均做等压变化，设活塞M上升距离为x，对理想气体甲，初、末状态的气体体积分别为 V甲＝h·2S＋h·S＝3hS，V甲′＝(h＋x)S 由盖—吕萨克定律得eq \f(V甲,T0)＝eq \f(V甲′,T1) 对理想气体乙，初、末状态的气体体积分别为 V乙＝hS，V乙′＝(h－x)S 由盖—吕萨克定律得eq \f(V乙,T0)＝eq \f(V乙′,T1) 联立解得x＝eq \f(1,2)h，T1＝eq \f(1,2)T0。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * (2)理想气体乙被压缩过程中，外界对理想气体乙做的功为 W＝p乙S·x 根据热力学第一定律可得，理想气体乙内能的增加量为 ΔU＝W－Q 联立解得乙内能减少量为 |ΔU|＝Q－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p0S,2)－mg))h。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 热点四　气体实验定律与力学知识综合问题 11．(2023·安徽省黄山市高三下第二次质量检测)如图甲所示，斜面上汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，一根平行于斜面的轻绳一端连接活塞，另一端固定，系统处于平衡状态。开始气体摄氏温度为t0，通过汽缸内电热丝(图中未画出)缓慢升高气体温度，升温过程封闭气体的V­t图像如图乙所示，已知斜面倾角为30°，重力加速度为g，大气压强为p0，汽缸和活塞均绝热且不漏气，汽缸(含电热丝)质量为M，活塞面积为S、质量为m，所有接触面均光滑。则(　　) * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 * A．封闭气体压强恒为p0－eq \f(Mg,2S) B．在此过程中，封闭气体增加的内能等于吸收的热量 C．封闭气体的体积为2V0时，其摄氏温度为2t0 D．剪断轻绳瞬间，汽缸的加速度大小为eq \f(g,2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　设封闭气体的压强为p，对汽缸受力分析，由平衡条件得pS＋Mgsin30°＝p0S，解得p＝p0－eq \f(Mg,2S)，A正确；由题图乙可知，升高气体温度过程中，气体体积增大，气体对外界做功，W<0，根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，则封闭气体增加的内能小于吸收的热量，B错误；设封闭气体体积为2V0时，其摄氏温度为t′，根据盖—吕萨克定律可得eq \f(V0,t0＋273 K)＝eq \f(2V0,\a\vs4\al(t′＋273 K))，解得t′＝2t0＋273 K，C错误；剪断轻绳瞬间，活塞和汽缸相对位置不变，因此封闭气体压强不变，故汽缸的受力不变，则其加速度大小为0，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 * 12．(2023·江苏省苏州市三模)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(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　气体温度升高，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，又气体对外界做功W＝eq \o(p,\s\up6(－))ΔV，设弹簧弹力的平均值为eq \o(F,\s\up6(－))，活塞横截面积为S，则eq \o(p,\s\up6(－))＝eq \f(\o(F,\s\up6(－)),S)＋p0，ΔV＝V－V1，解得Ep＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(F,\s\up6(－)),S)＋p0))·(V－V1)，由于eq \o(F,\s\up6(－))逐渐变大， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 所以Ep­V图像是曲线，且斜率逐渐变大，故A错误；一定量的理想气体的内能与热力学温度成正比，由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知由于气体升温过程中压强变化，所以气体体积与温度不成正比，因此汽缸内气体内能与气体体积不成正比，故B错误；由题意可知气体升温过程中体积变大， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可得p＝eq \f(C,V)T，可知p­T图像中图线上的点与原点连线的斜率逐渐变小，故C错误；由上述分析可知气体升温过程中压强变大，由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可得V＝eq \f(C,p)T，可知V­T图像中图线上的点与原点连线的斜率逐渐变小，故D可能正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ※13.(2023·湖南高考)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。 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 假设抽气过程，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。 (1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1； (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。 答案 * 答案　(1)eq \f(p0V0,V0＋V1)　(2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0,V0＋V1)))\s\up12(n)))p0S 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　(1)以抽气前助力气室内的气体为研究对象，则初态压强为p0，体积为V0，第1次抽气后，气体体积变为V＝V0＋V1 根据玻意耳定律得p0V0＝p1V 解得p1＝eq \f(p0V0,V0＋V1)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * (2)同理，第2次抽气过程初态压强为p1，体积为V0，末态压强为p2，体积为V，由玻意耳定律得p1V0＝p2V 解得p2＝eq \f(p1V0,V0＋V1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0,V0＋V1))) eq \s\up12(2)p0 以此类推，第n次抽气后，助力气室内的气体压强为 pn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0,V0＋V1))) eq \s\up12(n)p0 第n次抽气后，该刹车助力装置为驾驶员省力的大小为 ΔF＝(p0－pn)S 解得ΔF＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0,V0＋V1)))\s\up12(n)))p0S。 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R $$