第49讲 气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用（专项训练）（四川专用）（教师版）

第49讲气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练题型01气体压强的计算题型02气体实验定律的综合应用题型03理想气体的变质量问题02核心突破练03真题溯源练01气体压强的计算1.如图，两端开口的光滑的直玻璃管，竖直插入水银槽中，玻璃管上端有一段高为h的水银柱，中间封闭有一段空气，可视为理想气体，玻璃管下端内外水银面的高度差为H，直玻璃管足够长，则下列说法正确的是（）A．H>ℎB．气体温度缓慢升高时，H不变C．外界大气压变大时，H变大D．向玻璃管上端缓慢添加水银，H变小【答案】B【详解】A．被封闭的气体压强为p=p0解得H=ℎ，A错误；B．根据H=ℎ，气体温度缓慢升高时，h不变，H不变，B正确；C．根据H=ℎ，外界大气压变大时，h不变，H不变，C错误；D．根据H=ℎ，向玻璃管上端缓慢添加水银，h变大，H变大，D错误。故选B。2.如图所示，一端封闭的竖直玻璃管开口向上，管内有一段高ℎ=5cm的水银柱将长为l的空气柱密封在管中，水银上表面与管口齐平。现用注射器缓慢向管口继续滴入水银，直至水银与管口再次齐平。已知大气压强p0=76A．不能大于71cm B．可以是80cmC．可以是100cm D．可以是任意值【答案】C【详解】设滴入水银的高度为Δℎ，滴入前p再次平衡时p由理想气体状态方程p解得l=81故选C。3.如图，U形玻璃管两端封闭竖直静置，管内水银柱把管内气体分成两部分，此时两边气体温度相同，水银面高度差为h。若要使左右水银面高度差变小，则可行的方法是（）A．同时降低相同的温度 B．玻璃管竖直匀速下落C．同时升高相同的温度 D．玻璃管竖直加速上升【答案】C【详解】AC．假设两部分气体做等容变化，则根据p可得压强变化Δ则Δp左而其中p若同时升高相同的温度，则左侧气体压强增加的多，所以左侧水银面上升，右侧水银面下降，左右水银面高度差变小；同理若同时降低相同的温度，则左侧气体压强减少的多，所以左侧水银面下降，右侧水银面上升，左右水银面高度差变大，故A错误，C正确；B．玻璃管竖直匀速下落与静止放置，水银柱都处于平衡状态，所以两侧气体压强不变，左右水银面高度差不变，故B错误；D．玻璃管竖直加速上落，水银柱处于超重状态，有向上的加速度，则有(假设左右水银面高度差不变，则可知左侧压强减小，右侧压强增大，由p可知左侧气体体积减小，右侧气体体积增大，则左右水银面高度差变大，故D错误。故选C。4.（多选）如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm。现将开关K打开，从U形管中缓慢放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时将开关K关闭。已知大气压强p0=75.0cmHg。下列说法正确的是（）A．放出部分水银后K关闭时，A侧空气柱变长B．初始状态，A侧气体压强为72cmHgC．放出部分水银后K关闭时，A侧气体压强为65cmHgD．开关K打开时，放出的水银在管内的长度为17cm【答案】ACD【详解】B．初始状态对右侧水银柱分析有，p0+ρgℎ=pA．开关K打开时，随着两侧的水银往下流出，A侧的空气柱要变长，故A正确；C．开关K打开后放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面的压强随着空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，有p′D．缓慢放出部分水银的过程，对A气体发生了等温膨胀的过程，有pAl则A侧放出的水银在管内的长度为ΔB侧放出的水银在管内的长度为Δ即放出的水银在管内的长度为Δℎ=故选ACD。5.图甲为气压式升降椅，它通过汽缸上下运动来支配椅子升降，图乙为其核心部件模型简图，圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置在水平台上，活塞与椅面的总质量为m=4kg，活塞横截面积为S=4×10−4 m2，汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，椅面上放有一个质量M=8kg的物块，气柱高度ℎ=0.7(1)求汽缸内封闭气体的压强；(2)若拿掉物块后，活塞上升到如图乙虚线所示位置，求此时气柱的高度。【答案】(1)4×(2)1.4【详解】（1）汽缸内封闭气体的压强p代入数据解得p（2）拿掉椅面上的物块，气体做等温变化，初态p末态p由气体状态方程得p整理得ℎ02气体实验定律的综合应用6.一个圆柱形细玻璃管长度L=40cm，厚度不计，一端封闭，另一端开口，玻璃管只能在竖直方向运动。当开口向上漂浮在水银中时，封闭端到水银面的距离为h1=25cm，如图中甲所示。当开口向下缓慢插入水银中一定深度时，玻璃管恰好处于平衡状态。若从平衡位置沿竖直方向移动一小段距离，松开后，若玻璃管所受合力方向指向平衡位置，则该平衡称为稳定平衡，反之则称为不稳定平衡。管中封闭的为理想气体，不考虑温度的变化，大气压强p0=75cmHg。(1)当封闭端在水银面上方时，如图中乙所示。求封闭端到水银面的距离h2，判断平衡类型；(2)当封闭端在水银面下方时，如图中丙所示。求封闭端到水银面的距离h3，判断平衡类型。【答案】(1)5cm，稳定平衡(2)20cm，不稳定平衡【详解】（1）大气压强p则H设玻璃管质量为m，横截面积为S，当玻璃管开口向上漂浮在水银中时，由力的平衡条件有ρg玻璃管开口向下，当封闭端在水银面上方且稳定时，设水银面下方玻璃管内气体的高度为L2，管内气体压强为p气体体积为V玻璃管刚接触水银面至达到平衡的过程，由玻意耳定律有p由受力平衡有ρg解得L故ℎ玻璃管从平衡位置向下移动一点，管中气体压强变大，管中液面会再下降一点，浮力增加，松开后，合力向上，所以该平衡是稳定平衡；（2）当封闭端在水银面下方时，设玻璃管内气体的高度为L3，气体压强为p气体体积为V玻璃管刚接触水银面至达到平衡的过程，由玻意耳定律有p由受力平衡有ρg可得L故ℎ玻璃管从平衡位置再向下移动一点，管中气体压强变大，体积减小，浮力减小，松开后，合力向下，所以该平衡是不稳定平衡。7.小明家里新添置的气压式升降椅如图甲所示，气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，它们的总质量为m，柱状气动杆的横截面积为S，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，封闭气柱长度为L。已知汽缸气密性、导热性良好，不计气动杆与汽缸之间的摩擦，室内温度保持不变，大气压强为p0，重力加速度为g。小明盘坐在椅面上，稳定后椅面下降了14(1)小明的质量；(2)被封闭气体向外界放出的热量。【答案】(1)p(2)p【详解】（1）设小明的质量为M，开始时小明没有盘坐在椅面上，有p小明盘坐在椅面上时，根据共点力的平衡条件有p根据玻意耳定律有p联立解得M=（2）外界对气体做的功W=理想气体的温度不变，则气体内能的变化为零（ΔU=0），根据热力学第一定律解得Q=−可知封闭气体向外界放出的热量p08.如图所示，一支下端封闭上端开口的粗细均匀玻璃管竖直放置，管内用长度分别为h1=2cm和h2=6cm的两段水银柱封闭两部分理想气体。当温度为17℃时，管内气柱的长度分别为L1=14.5cm和L2=29cm，大气压强p0=76cmHg。(1)当温度升高到27℃时，玻璃管足够长，求稳定后上段气柱的长度；(2)若温度保持17℃不变，将玻璃管在竖直平面内缓慢旋转60°，要使上段水银柱不溢出，求稳定后玻璃管至少需要多长？（结果保留两位小数）【答案】(1)15cm(2)53.14cm【详解】（1）设玻璃管内截面积为S，以上段封闭气体为研究对象，初态时气柱长L1，温度T1=（17+273）K=290K设末态时气柱长为L3，温度T2=（27+273）K=300K气体做等压变化，根据盖吕萨克定律有L解得L3=15cm（2）以上段封闭气体为研究对象，初态时气柱长为L1，压强p1=p0+ph1=（76+2）cmHg=78cmHg体积V1=L1S末态时封闭气体的压强p2=（76+2cos60°）cmHg=77cmHg体积V2=L4S根据玻意耳定律有p1V1=p2V2解得L4=14.69cm对于下段封闭气体，初态时气柱长L2，压强p3=（76+8）cmHg=84cmHg体积V3=L2S末态时，设气柱长为L5，压强p4=（76+8cos60°）cmHg=80cmHg体积V4=L5S根据玻意耳定律有p3V3=p4V4解得L5=30.45cm则稳定后玻璃管至少需要L=L4+L5+h1+h2=14.69cm+30.45cm+2cm+6cm=53.14cm03理想气体的变质量问题9.如图所示，有一开口向下的足够高的汽缸固定在水平面上，质量为m=4kg、横截面积S=10cm2的活塞放在大小可忽略的固定挡板上，活塞下方与外界大气相通。将一定质量的理想气体封闭在汽缸中，气体压强为p1=1.0×105Pa(1)气体的压强为多大；(2)抽出去的气体质量与抽气前汽缸内气体的质量比。【答案】(1)p(2)m【详解】（1）活塞刚好离开固定挡板时，挡板的支持力为零，对活塞受力分析，由平衡条件有p解得气体的压强为p（2）抽气过程温度不变，设抽出的气体体积为ΔV，有解得Δ因抽出去的气体和剩下的气体密度相同，可得m10.课间老师要大家拔河表演拉马德堡半球，20个人对拉也没有拉开。老师旋转了一下开关让球内外气体相通，一个人轻轻一拉就开了。已知马德堡半球由两个球冠合找组成，合拢处圆面的面积S=800cm2，合拢后容积V=3600mL，手动微型抽气机每按压一次抽出体积为V(1)抽1次气后，马德堡半球内的气体压强p1和p(2)若每个学生能提供的最大拉力为F0=200N，抽气20次后，球内气体压强【答案】(1)9:10(2)1.2×10【详解】（1）气体等温变化，第一次抽气有p解得p（2）第二次抽气有p抽20次后p解得p要拉开，需F=F=n解得n=35.2向上取整数，则两边至少各需要36个学生才能拉开。11.在贵州某煤矿的安全监测系统中，使用如图所示的装置检测矿洞内的气温和气压。密闭导热汽缸内封闭有一定质量的理想气体，汽缸顶端有卡口，其高为H=40cm，底面积为S=100cm2，厚度不计的活塞可无摩擦滑动且有一定质量，一U型细管（管内气体体积可忽略，管内有可以自由移动的油柱）左端开口并连通汽缸底部，右端开口并与矿洞内大气相连，左右两侧细管足够长。初始时：U型细管左、右两侧油面高度差h=20cm，活塞距汽缸底部L1=30cm，矿内气温为t1=9℃，气压为p0=1.0×105Pa（油密度为ρ=0.8×103kg/m3，g=10m/s2）。(1)求初始时封闭气体的压强p1和活塞的质量m；(2)当矿内压强不变，温度升到t2=42℃时就报警，求此时活塞到汽缸底部的距离L2（结果保留一位小数）；(3)若矿内温度不变但由于逐渐产生瓦斯气体导致活塞向下移动了ΔL1=10cm(4)若矿内温度、压强不变，但活塞封闭不严导致汽缸缓慢漏气，当活塞下降ΔL2=20【答案】(1)1.016×105(2)33.5(3)1.5×(4)1【详解】（1）对油柱有p解得p对汽缸有p解得m=1.6（2）由V1=L1解得L（3）由V3=(解得p（4）剩余气体体积V若矿内温度、压强不变，则气体的密度不变，则剩余气体与初始时质量之比m12.（多选）图为竖直放置的上粗下细密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量的绝对值为ΔVA、ΔVB，压强变化量为ΔpA、ΔpB，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A．ΔVA>ΔVBB．状态满足pB=pA+ρgh，ρ为水银的密度，h为水银柱长度C．水银柱将向上移动D．ΔpA<ΔpB【答案】BC【详解】A．由于气体的总体积不变，因此ΔVA=ΔVB，故A错误；B．设ρ为水银的密度，h为水银柱长度，不论是初始状态，还是升温稳定后，都满足pBC．假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律可知p解得Δ对气体A有Δ对气体B有Δ由于pB初>pA初，则有ΔpB1>ΔpA1，因此假设不成立，液柱将向上移动，故C正确；D．初始状态满足p升温达到稳定后，状态满足p可得p即Δ由于液柱向上移动，液体压强减小，则ℎ可得ΔpA>ΔpB，故D错误。故选BC。13.如图所示，竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔVA、ΔVB，压强变化量ΔpA、A．水银柱向上移动了一段距离B．ΔC．ΔD．Δ【答案】D【详解】AC．假定水银柱不动，升高相同的温度Δp，由查理定律有可知由于初始T相同，故初态压强大的ΔpB．由于水银柱体积是一定的，故Δ故B正确，不符合题意；D．以上分析可知Δ题图易得S则有Δ故D错误，符合题意。故选D。14.如图所示，一定质量的气体放在体积为V0=300mL的导热容器中，室温T(1)此时B室内气体压强是多少？(2)若A室内气体的温度保持不变，将阀门K打开，稳定后B室内剩余气体的质量和B室原有气体质量之比是多少？(3)若打开阀门K稳定后，给A室内的电阻丝通电，将A室内气体温度加热到多少K时，A室体积是B室的两倍？(4)若在（3）后，关闭阀门K，将A室内气体温度继续加热到800K时，求此时A室内气体的压强。【答案】(1)114cmHg(2)1(3)400K(4)152cmHg【详解】（1）开始时，设A室内气体压强为pA0，则其中p解得B室内气体压强是p（2）开始时，设A室内气体压强为pA0，则pA室的体积为V阀门K打开后，A室内气体等温变化，稳定后压强为pA1，则p体积设为VA1，根据玻意耳定律有解得VB室内气体等温变化，依题意有pA0其中V根据玻意耳定律有p解得V则稳定后B室内剩余气体的质量和B室原有气体质量之比为m（3）假设打开阀门后，气体从T0=300K升到T1时，A室体积是B室的两倍，即A室内气体体积变为即为等压变化过程，根据盖一吕萨克定律有V解得T（4）因为从T1=400K继续升高到T2=800K的过程中，A室内气体为等容变化过程。设其最终压强为pA2，根据查理定律有解得p15.图甲为我国某电动轿车的空气减震器（由活塞、气缸组成，活塞底部固定在车轴上）。该电动轿车共有4个完全相同的空气减震器，图乙是其中一个空气减震器的简化模型结构图，导热良好的直立圆筒形汽缸内用横截面积S=20cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，并通过连杆与车轮轴连接。封闭气柱初始温度T1=300K、长度L1=20cm、压强p1=3.0×106Pa，重力加速度g取10m/s2。(1)为应对复杂地形需升高汽车底盘离地距离，通过气泵向一个气缸内充入与缸内气体温度相同、压强p0=1.0×105Pa、体积V=3000cm3的气体，气缸缓慢上升，此过程中气体温度保持不变。求气缸上升高度ΔL及充入气体质量Δm与缸内原有气体的质量m之比Δm(2)在（1）问情况下，当车辆载重时，相当于在每个气缸顶部加一物体A，气缸下降，稳定时气缸内气柱长度变为L2=22cm，气体温度变为T2=330K。①求物体A的质量M；②若该过程中气体放出热量Q=32.5J，气体压强随气体长度变化的关系如图丙所示，求该过程中一个气缸气体内能的变化量ΔU。【答案】(1)ΔL=5cm(2)①M=150kg；②【详解】（1）设充入气体后气缸上升的高度为ΔL，气缸上升过程缸内气体压强保持不变，对于充入的气体有p解得Δ充入气体的质量Δm，缸内原有气体的质量m，满足Δ解得Δ（2）①由理想气体状态方程有p解得p根据受力平衡有p解得M=150②外界对气体做功W=解得W=202.5由热力学第一定律有Δ解得Δ16.汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图所示，刹车助力装置简化如下：左容器（助力气室）和右容器（抽气气室）两个容器用细管相连，K1、K2为单向阀门，只可按图示方向开启。开始时活塞在右容器的最左边，活塞向右拉时K2闭合K1打开，直至右容器的体积等于左容器的体积V0。活塞向左压时K1闭合K2开启，将右容器中气体排入大气中。重复这两个过程，使左容器内气体质量不断减小。已知左容器初始压强为p0，外界压强为p0。假设抽气过程中，拉动活塞足够慢，每次可视为等温变化，温度保持不变。求：(1)第1次抽气后左容器内气体压强p1；(2)第n次抽气后左容器内气体压强pn；(3)第n次抽气后，左容器抽出气体的质量和左容器剩余气体的质量之比m抽:m余。【答案】(1)1(2)1(3)2【详解】（1）第1次抽气后左容器内气体压强p解得p（2）根据p1=1p（3）设左容器内气体的初始质量为m。第1次抽气：m抽1第2次抽气：m抽2第3次抽气：m抽1……第n次抽气：m抽1第n次抽气后，左容器抽出气体的质量m第n次抽气后，左容器剩余气体的质量m解得m17.如图所示，工业气压调节设备配备压电阀门S1和S2，通过阀门的开或关让设备实现打气或抽气。打气模式：当活塞向上运动时，S1关闭、S2打开；活塞向下运动时，S1打开、S2关闭。抽气模式：活塞向上运动时，S1打开、S2关闭；活塞向下运动时，S1关闭、S2打开。已知腔室A容积为(1)在气密性良好且阀门S1、S2均关闭的情况下，把(2)处于打气模式时，若要使A中气体压强增大到1.8×10(3)处于抽气模式时，求开始抽气n次后，腔内气体压强与初始压强的比值。【答案】(1)气体放热，见解析(2)16次(3)20【详解】（1）由于气泵中的气体温度不变，即气体内能不变，则有ΔU=0活塞向下过程中气体体积减小，外界对气体做功，则有W>0根据热力学第一定律有ΔU=W+Q解得Q=可知，气体放热。（2）设打了k次气，根据玻意尔定律有p解得k=16次（3）根据玻意尔定律，第1次抽气过程有p解得第1次抽气后压强p1第2次抽气过程有p解得第1次抽气后压强p2同理可得第3次抽气后压强p以此类推，抽气n次后压强pn故抽气n次后腔内气体压强与初始压强之比为p18.如图所示，竖直放置的卡腰式圆柱形汽缸由a、b两部分组成，两部分高度均为L=10cm，汽缸a的横截面积S=20cm2，汽缸b的横截面积是a的2倍，汽缸a的下端装有抽气筒。汽缸b中有光滑活塞（厚度不计），活塞质量为m=20kg，活塞与汽缸间封闭性良好。初始状态活塞恰好在汽缸b的上端，现对汽缸进行缓慢抽气，共抽气22次，每次抽出气体的体积均为（1）前10次抽气过程中汽缸b中的活塞对气体做的功；（2）整个抽气过程结束后，汽缸内气体的压强；（3）整个抽气过程结束后，抽出气体的质量占抽气前气体质量的百分比。【答案】（1）30J；（2）1.24×105Pa；（3）72.4％【详解】（1）由题意可知汽缸b的横截面积为S汽缸b的容积为V汽缸内气体的压强为p=前10次抽气过程中抽出气体的体积为Δ小于汽缸b的容积，活塞还没有达到卡腰处，故前10次抽气过程均为等压变化。前10次抽气过程中汽缸b中的活塞对气体做功W=p（2）由题意得，a汽缸的容积V抽气20次后活塞恰达到卡腰处，汽缸内压强为p=1.5×第21次抽气过程，根据玻意尔定律，有p解得p同理，第22次抽气过程，根据玻意尔定律，有p解得p（3）由理想气体密度方程得p整个抽气过程结束后剩余气体的质量与抽气体前气体的质量比m故整个抽气过程结束后，抽出气体的质量占抽气前气体质量的百分比为m−19.如图所示，一导热性能良好的圆柱形气瓶水平固定，瓶内有用光滑活塞分成的A、B两部分理想气体。开始时，A、B两部分气体的体积之比为3：2，压强均为p，活塞与气瓶的内壁间气密性良好。（1）当环境温度缓慢升高时，活塞是否移动？简要分析理由；（2）若环境温度不变，因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢向右移动，求当B中气体体积减为原来的一半时，A中气体的压强。

【答案】（1）不移动，见解析；（2）3【详解】（1）假设温度升高的过程中活塞不移动，则气体体积不变，气体发生等容变化，由查理定律可得p解得p可得气体压强的变化量为Δ对于两部分气体而言，ΔT、T、p（2）设开始时A中气体的体积为3V，B中气体的体积为2V，当B中气体因漏气减为原来一半时，此时A中气体体积变为4V，A中气体发生等温变化，由玻意耳定律有p⋅3V=解得此时A中气体的压强为p20.（2025·湖南·高考真题）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(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=0.2000m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2【答案】(1)g=(2)g=9.5【详解】（1）竖直放置时里面气体的压强为p水平放置时里面气体的压强p由等温过程可得p解得g=（2）由定容过程p代入数据可得g=9.521.（2025·海南·高考真题）竖直放置的汽缸内，活塞横截面积S=0.01m2，活塞质量不计，活塞与汽缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体T0=300K，V(1)若加热活塞缓慢上升，体积变为V1=7.5×10(2)若往活塞上放m=25kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积V【答案】(1)450(2)4×【详解】（1）活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律V0代入数值解得T（2）设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有p分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为p0，整个过程根据玻意耳定律p联立解得V22.（2024·湖北·高考真题）如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升15ℎ再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔ（1）再次平衡时容器内气体的温度。（2）此过程中容器内气体吸收的热量。【答案】（1）65T【详解】（1）气体进行等压变化，则由盖吕萨克定律得V即ℎS解得T（2）此过程中气体内能增加Δ气体对外做功大小为W=pS由热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量Q=23.（2023·湖南·高考真题）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（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）p1=【详解】（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=根据玻意耳定律p解得p（2）同理第二次抽气p解得p以此类推……则当n次抽气后助力气室内的气体压强p则刹车助力系统为驾驶员省力大小为Δ24.（2023·全国乙卷·高考真题）如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm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10cm。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1cm

【答案】pA=74.36【详解】设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有p倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1cm，A管中水银柱减小1cm，A管的内径是B管的2倍，则S可知B管水银柱增加4cm，空气柱减小4cm；设此时两管的压强分别为p′A、p倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有p对B管有p其中LL联立以上各式解得pp25.（全国III卷·高考真题）一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止，已知玻璃管的横截面积处处相同：在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏：大气压强p0=75.0cmHg，环境温度不变。求：（1）此时右侧管内气体的压强（2）活塞向下移动的距离。（保留三位有效数字）【答案】（1）144cmHg；（2）9.42cm【详解】（1）设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p长度为l2，活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′，以cmHg为压强单位，由题给条件可得pll由玻意耳定律得p解得p（2）依题意pl由玻意耳定律得p解得活塞向下移动的距离为ℎ≈9.4226.（2022·山东·高考真题）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室壁簿，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m；（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。【答案】（1）Δm=Mma【详解】（1）由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0Mg=ρg且此时B室内气体体积为V，质量为m，则m=鱼通过增加B室体积获