专题二十 热学中的常见模型 讲义 -2026届高考物理一轮复习

专题二十 热学中的常见模型 模型一：“液柱”模型 知识总结 液柱模型是指液柱封闭气体。可以是水银柱封闭玻璃管中气体，可以是在水池下面容器中的气体。 1．四种液柱模型 2．解答“液柱＋管”类问题，关键是液柱封闭气体压强的计算，求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意： （1）液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh（其中h为液面的竖直高度）； （2）不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力； （3）有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等； （4）当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。 典型例题 1．一根粗细均匀、长度L＝89 cm的导热玻璃管开口向下竖直放置，管中长度l1＝12 cm的水银封闭的理想气体柱的长度l2＝77 cm，如图甲所示；现将玻璃管沿纸面缓慢转动180°至开口向上并固定，如图乙所示。已知外界大气压强恒为76 cmHg。环境的热力学温度始终为T0＝308 K。 （1）求图乙中水银到管口的距离h； （2）对图乙中的封闭气体加热，要使水银全部从玻璃管顶端溢出，封闭气体的热力学温度不能低于多少？（结果保留一位小数） 【答案】解：（1）由平衡条件可得，甲图中封闭气体的压强为p1＝p0－12 cmHg＝64 cmHg 由平衡条件可得，乙图中封闭气体的压强为p2＝p0＋12 cmHg＝88 cmHg 由玻意耳定律得p1Sl2＝p2S(l2－h) 联立解得图乙中水银到管口的距离h＝21 cm （2）设封闭理想气体的水银柱长度为x时，理想气体的热力学温度为T， 则由理想气体状态方程可得＝ 其中p3＝p0＋x cmHg，l3＝l1＋l2－x 代入可得＝ 根据数学关系，当89－x＝76＋x，即x＝6.5 cm时，T达到最大值 此时T＝425.4 K 即封闭气体的热力学温度不能低于425.4 K。 2．如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。 （1）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？ （2）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？ 【答案】解：（1）设左、右管的截面积为S。 密封气体初始体积为V1＝(2H－l－h0)S＝20S，压强为p1＝76 cmHg＋4 cmHg＝80 cmHg 经等温压缩过程，密闭气体体积变为V2＝HS＝18S，压强变为p2， 由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2， 解得：p2＝88.89 cmHg， 此时水银柱的高度为：h＝88.89 cm－76 cm＝12.89 cm； （2）密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3＝(2H－h)S，温度变为T3， 由盖吕萨克定律有：， 代入数据解得：T3＝363 K。 3．如图所示，有一根竖直放置的上细下粗的石英玻璃管，粗段与细段都粗细均匀，且粗段截面积为细段截面积的3倍。粗段玻璃管长度为45 cm，细段玻璃管足够长。玻璃管上端开口，下端封闭。在玻璃管中轻质活塞和一段水银柱之间封闭了一定质量的理想气体A，在水银柱和玻璃管底部之间封闭了另一质量一定的理想气体B。初始状态时，活塞与水银柱上液面高度差为30 cm，水银柱高度为15 cm，水银柱下液面到玻璃管底部高度为20 cm，此时温度为T1＝250 K。设大气压强恒为p0＝75 cmHg，不计一切摩擦，玻璃管导热良好。 （1）当环境温度升高到T2时，水银柱刚好不进入细管，求T2； （2）将环境温度升高到T3＝500 K，求活塞从初始状态到此时上升的高度。（＝86） 【答案】解：（1）设细管横截面积为S，则粗管横截面积为3S，温度从T1上升到T2时，B气体做等圧変化， 初态：pB1＝p0＋h cmHg＝75＋15 cmHg＝90 cmHg，LB1＝20 cm，T1＝250 K， 温度上升到T2时，pB2＝pB1＝90 cmHg，LB2＝30 cm， 由盖－吕萨克定律得：＝， 代入数据解得：T2＝375 K； （2）当温度上升到T3＝500 K时，设粗管中有x cm的水银进入细管中，则细管中的水银高度为3x cm， 对此状态下B分析可知：pB3＝(75＋3x＋15－x) cmHg＝(90＋2x) cmHg，LB3＝(30＋x) cm， 由理想气体状态方程得：＝， 代入数据整理得：x2＋75x－450＝0，解得：x＝5.5 cm， 温度从T1上升到T3时，气体A一直做等圧変化， 初态：VA1＝10·3S＋20·S＝50S，T1＝250 K， 末态：T3＝500 K， 由盖－吕萨克定律得：＝， 代入数据解得：LA3＝100 cm， 活塞上升了Δh＝100 cm＋3×5.5 cm－20 cm＝96.5 cm。 4．如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。 【答案】解：设玻璃管的横截面积为S， B管内气体初状态压强pB1＝p0＝75 cmHg，体积VB1＝l2S， B管内气体末状态的压强pB2＝p0＋ph＝(75＋5) cmHg＝80 cmHg，体积VB2＝lBS， 对B管内的气体，由玻意耳定律得：pB1VB1＝pB2VB2，代入数据解得：lB＝30 cm， B管内水银柱的高度hB＝l2－lB＝(32－30) cm＝2 cm 设A、B两管水银面的高度差为H， A管内气体初状态压强pA1＝p0＝75 cmHg，体积VA1＝l1S， A管内气体末状态的压强pA2＝pB2＋pH＝(80＋H) cmHg， 体积VA2＝lAS＝[l1－(hB－H)]S 对A管内气体，由玻意耳定律得：pA1VA1＝pA2VA2， 代入数据解得：H＝1 cm（H＝－92.5 cm不符合实际，舍去） 答：A、B两管内水银柱的高度差是1 cm。 模型二：“汽缸＋活塞”模型 知识总结 汽缸活塞类问题是热学部分典型的物理综合题，它需要考虑气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题。 1．一般思路 （1）确定研究对象，一般地说，研究对象分两类：一类是热学研究对象（一定质量的理想气体）；另一类是力学研究对象（汽缸、活塞或某系统）。 （2）分析物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。 （3）挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。 （4）多个方程联立求解。对求解的结果注意检验它们的合理性。 2．常见类型 （1）气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。 （2）气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。 （3）两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。 典型例题 1．如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离＝，活塞的面积为1.0×10－2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处（过程中气体温度视为不变），外力增加到200 N并保持不变。 （1）求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小； （2）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。 【答案】（1）活塞从位置a到b过程中，气体做等温变化， 初态p1＝1.0×105 Pa、V1＝ 末态气体压强设为p2，体积V2＝ 根据玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2，解得p2＝1.1×105 Pa 此时对活塞根据平衡条件F＋p1S＝p2S＋N 解得卡销b对活塞支持力的大小N＝100 N （2）将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化， 初态p2＝1.1×105 Pa，T2＝300 K 末态，对活塞根据平衡条件p3S＝F＋p1S，解得p3＝1.2×105 Pa 设此时温度为T3，根据查理定律可得：＝，解得T3≈327 K 2．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，左侧活塞上升。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 （1）最终汽缸内气体的压强。 （2）弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。 【答案】解：（1）对左右汽缸内封闭的气体为研究对象 初始状态：气体压强：p1＝p0气体的体积：V1＝SH＋2SH＝3SH 末装态：设气体的压强为p2，气体的体积：V2＝＋＝ 由玻意耳定律知：p1V1＝p2V2，解得：p2＝，即最终汽缸内气体的压强为 （2）以右侧活塞为研究对象，由平衡条件知：mg＋p0·2S＝p2·2S，解得：m＝ 以左侧活塞为研究对象，由平衡条件知：p0S＋＝p2S，解得：k＝ 3．如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。 （1）求弹簧的劲度系数； （2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）设初始状态汽缸内气体的压强为p1， 对两活塞整体有p0·2S＋p1·S＋3mg＝p0·S＋p1·2S 对Ⅱ活塞有k·0.1l＋p0·S＝p1·S＋mg，解得k＝。 （2）设活塞Ⅱ刚到汽缸连接处时内部气体压强为p2， 对两活塞整体有p0·2S＋p2·S＋3mg＝p0·S＋p2·2S，解得p2＝p1＝p0＋ 对活塞Ⅱ有k·x＋p0·S＝p2·S＋mg 活塞Ⅱ运动到汽缸连接处气体体积为V2＝2(l＋x)S 初始时气体的体积V1＝0.55lS＋0.55l·2S＝1.65lS 由盖－吕萨克定律有，解得T2＝。 4．如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S＝500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0＝200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F－曲线如图乙。大气压强p0＝1×105 Pa。 （1）求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小； （2）推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化； （3）画出封闭气体等温变化的p－V图像，并通过计算标出a、b处坐标值。 【答案】（1）活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0，故此时封闭气体对活塞的压力大小为F＝p0S＝1×105×500×10－6 N＝50 N （2）根据题意可知F－图线为过原点的直线，设斜率为k，可得F＝ 根据F＝pS可得气体压强为p＝ 故可知活塞从a处到b处对封闭气体得pV＝·S·(x＋5) mm＝k 该过程中封闭气体的pV值恒定不变，故封闭气体做等温变化。 （3）分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时pV＝p0Sl0 在b处时气体体积为Vb＝Sl0＝10×10－5 m3 在a处时气体体积为Va＝Sla＝0.25×10－5 m3 根据玻意耳定律paVa＝pbVb＝p0Sl0，解得pa＝40×105 Pa 故封闭气体等温变化的p－V图像如下。 5．如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。 （ⅰ）求A的体积和B的压强； （ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。 【答案】解：（ⅰ）向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为VB＝时， 对气体B，由玻意耳定律：p0V＝pBVB， 得气体B得压强：pB＝2p0， 由题意可知：pA＝pB＋0.5p0＝2p0＋0.5p0＝2.5p0， 对气体A，由玻意耳定律：p0V＝pAVA， 得A的体积为：VA＝＝＝。 （ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为， 由玻意耳定律可得：p0V＝p×， 则A此情况下的压强为p＝＜pB－0.5p0 则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为VA′、压强为pA′，气体B的体积为VB′、压强为pB′，根据等温变化有p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′，VA′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0 联立解得pB′＝（舍去），pB′＝，VA′＝(－1)V。 模型三：“变质量气体”模型 知识总结 1．常见的问题 （1）充气问题 在充气时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的总质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。 （2）抽气问题 在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。 （3）气体分装问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。 （4）漏气问题 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。 2．解变质量问题的基本常用方法 （1）恰当选取研究对象，将“变质量问题”转化为“定质量问题”。运用理想气体状态方程解决问题时，首先要选取一定质量的理想气体作为研究对象。对于状态发生变化过程中，气体质量发生变化的问题，如充气，漏气等，如何选择适当的研究对象，将成为解题的关键。 （2）利用理想气体状态方程的推论，求解“变质量问题”。一定质量的理想气体（），若分成n个状态不同的部分（…；…；…），则。在利用此推论求解“变质量问题”时，要注意初状态的气体质量与末状态的各部分气体质量之和相等。 （3）利用克拉珀龙方程（PV＝nRT）求解“变质量问题”。 典型例题 1．中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。 【答案】解：设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0， 由题意知：p1＝p0、T1＝450 K、V1＝V0、T2＝300 K、V2＝ ① 由理想气体状态方程得：＝ ② 解得：p2＝0.7p0 ③ 对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3， 末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0′， 由题意知：p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2 ④ 由玻意耳定律得：p0V0′＝p2V4 ⑤ 联立②⑤式，代入数据得V4＝ ⑥ 设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知ΔV＝V4－ ⑦ 故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为：＝ ⑧ 联立③⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：＝。 答：应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为。 2．2024年5月3日，嫦娥六号顺利发射，标志着我国朝“绕月—探月—登月”的宏伟计划又迈出了坚实的一步。假设在不久的将来，中国载人飞船在月球表面成功着陆。航天员身着出舱航天服，首先从太空舱进入到气闸舱，再关闭太空舱舱门，然后将气闸舱中的气体缓慢抽出，最后打开气闸舱门，航天员再从气闸舱出舱活动。已知气闸舱的容积为2.0 m3，舱中气体的初始压强为0.8×105 Pa。为了给航天员一个适应过程，先将气闸舱的压强降至0.5×105 Pa，航天员的体积不计。假设气闸舱的温度保持不变，在此过程中，求： （1）抽出的气体在0.8×105 Pa压强下的体积； （2）气闸舱内存留气体的质量与原气闸舱内气体质量之比。 【答案】（1）以气闸舱内原有气体为研究对象，体积为V1＝2.0 m3，压强为p1＝0.8×105 Pa， 降压后气体的压强为p2＝0.5×105 Pa，体积为V₂， 由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，V2＝3.2 m3， 设抽出的气体在p2＝0.5×105 Pa时的体积为V2－V1， 转换到压强为p1＝0.8×105 Pa压强下的体积的V3， 由玻意耳定律可得p2(V2－V1)＝p1V3，解得V3＝0.75 m3； （2）以气闸舱内原有气体为研究对象，压强为p2＝0.5×105 Pa，体积为V2＝3.2 m3， 抽气后气闸舱内存留气体的体积为V1＝2.0 m3， 气闸舱内存留气体的质量与原气闸舱内气体质量m1＝ρV1，m2＝ρV2，＝， 解得＝。 3．某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求： （1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量Δm； （2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。 【答案】解：（1）由题知开始时鱼静止在水面下H处，设此时鱼的体积为V1，由力的平衡得Mg＝ρgV1 且此时B室内气体体积为V，质量为m，设气体的密度为ρ气，则有m＝ρ气V 鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有牛顿第二定律得ρg(V1＋ΔV)－Mg＝Ma 由以上各式解得需从A室充入B室的气体质量Δm＝ρ气ΔV＝ （2）由题知，鱼静止在水面下H处时，B室内气体体积为V，质量为m， 且此时B室内的压强为p1＝ρgH＋p0， 当鱼静止于水面下H1处时，有p2＝ρgH1＋p0， 此时B室内气体体积仍为V 鱼静止在水面下H处到鱼静止于水面下H1处的过程中，由于鱼鳔内的气体温度不变， 根据玻意耳定律有p1V2＝p2V，可解得V2＝， 可解得当鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1＝ρ气V2＝ 4．如图所示，竖直放置的内壁光滑且导热良好的圆柱体储气罐上、下封闭，上面带有一单向的限压阀，储气罐的高为H，横截面积为S，距离底部的地方有一圈卡槽，卡槽上放有一质量m＝的活塞将罐内空间分为上、下两部分，当上部分气体的压强大于4p0时，顶部的限压阀就会被顶开，金属孔盖与外部预警电路（图中未画出）连通发出预警，当上部分气体压强小于等于4p0时，顶部的孔盖就会自动复原。开始时活塞下部分是真空的，上部分气体压强与外界一样均为p0，环境的热力学温度始终为T0。现在往储气罐的下部分充入外界气体，活塞恰好没动，气体视为理想气体，储气罐密封良好，取g＝10 m/s2。 （1）求此时储气罐下部分的气体压强； （2）若继续往储气罐下部分充入相同气体，预警器恰好未报警，求稳定时活塞上移的距离以及第二次充入气体的质量与第一次充入气体的质量之比。 【答案】（1）活塞恰好没动时，卡槽对活塞的作用力为0，设下部分气体的压强为p1， 对活塞进行受力分析，有p1＝p0＋，解得p1＝2p0 （2）预警器恰好未报警时，上部分气体压强为4p0，设此时活塞距储气罐顶端的高度为H′， 对上部分气体，由玻意耳定律有＝4p0H′S，解得H′＝ 即活塞上移ΔH＝－H′＝ 此时下部分气体的压强p2＝4p0＋＝5p0 稳定时下部分气体的体积V＝ 设第二次充入气体的体积为V′，对下部分气体有＋p0V′＝5p0V，解得V′＝ 同理可得，第一次充入的气体体积V1＝＝ 则第二次允入气体的质量与第一次充入气体的质量之比＝＝ 5．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。 （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】（1）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，解得p1＝ （2）同理第二次抽气p1V0＝p2V，解得p2＝＝ 以此类推…… 则当n次抽气后助力气室内的气体压强pn＝ 则刹车助力系统为驾驶员省力大小为ΔF＝(p0－pn)S＝。 第13页 共14页 学科网（北京）股份有限公司 $$