第一篇 专题六 第十五讲　热学-【高考二轮】新高考物理大二轮复习（课件+讲义+专练）

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分子动理论　固体和液体
气体实验定律　理想气体状态方程
热力学定律与气体实验定律相结合
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
(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。
　(多选)(2023·贵州铜仁市二模改编)下列说法正确的是A.非晶体具有各向同性的物理性质B.物体的温度越高，分子的平均动能就越大C.水黾能够停留在水面，是由于浮力的作用D.农田里如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，可以减少毛　细现象的发生
晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，非晶体具有各向同性，故A正确；温度是分子的平均动能的标志，温度越高，分子热运动的平均动能越大，故B正确；水黾可以停在水面上是由于水的表面张力作用，故C错误；农田里如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，可以减少毛细现象的发生，从而减少水分流失，故D正确。
　(2023·浙江复习联考)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/ml)，阿伏加德罗　常数为NA(ml－1)，则该气体分子之间的平均距离可以表示为
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0B.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
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。
(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。
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·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
　(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， 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。
对左右汽缸内所封的气体，初态压强p1＝p0体积V1＝SH＋2SH＝3SH末态压强p2，体积
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
对左侧活塞受力分析可知
　(2023·河南湘豫名校联考一模)如图所示，粗细均匀的U形玻璃管左管封闭、右管开口，右管内有一轻质活塞，活塞和A、B两段水银柱封闭着1、2两段理想气体。初始时，长为10 cm的水银柱A下端与活塞下端平齐，水银柱B在左管中的液面比右管中的液面低10 cm，气柱1长为10 cm。现用外力缓慢向下压活塞，直至水银柱B在左管和右管中液面相平并稳定，已知大气压强为75 cmHg，求：(1)稳定后，A段水银对左管上封口处玻璃的压强大小；
答案　103.33 cmHg
初始时，根据平衡条件p20＝p0＋10 cmHg＝85 cmHg缓慢向下压活塞过程，气柱2发生等温变化，根据玻意耳定律p20L20S＝p2L2S根据几何关系L20＝L10＋10 cm＝20 cm，L2＝L20－5 cm＝15 cm，解得p2＝113.33 cmHg
故A段水银对左管上封口处玻璃的压强大小为p＝p2－pA＝103.33 cmHg
(2)此过程中活塞下降的高度。(结果均保留两位小数)
稳定后，p1＝p2＝113.33 cmHg，对缓慢向下压活塞过程，气柱1发生等温变化，根据玻意耳定律p0L10S＝p1L1S，解得L1＝6.62 cm，故活塞下降的高度为h＝L10－L1＋5 cm＝8.38 cm。
　(2023·广东执信中学三模)如图是泡茶常用的茶杯，某次茶艺展示中往杯中倒入适量热水，水温为87 ℃，盖上杯盖，杯内气体与茶水温度始终相同。已知室温为27 ℃，杯盖的质量m＝0.1 kg，杯身与茶水的总质量为M＝0.5 kg，杯盖的面积约为S＝50 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略汽化、液化现象，杯中气体可视为理想气体，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)若杯盖和杯身间气密性很好，请估算向上提杯盖恰好带起整个杯身时的水温；
末态对杯身和茶水受力分析如图列平衡方程p1S＋Mg＝p0S解得T1＝356.4 K所以此时水温为t1＝83.4 ℃
(2)实际的杯盖和杯身间有间隙，当水温降到室温时，从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值。
方法一　杯中气体降为室温过程中，全部气体都做等压变化，对于全部气体
所以外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值Δm∶m原＝1∶5
方法二　利用克拉伯龙方程pV＝nRT倒入热水盖上杯盖瞬间：p0V＝n1RT0，其中T0＝360 K水温降到室温时：p0V＝n2RT2，其中T2＝300 K
克拉伯龙方程pV＝nRT，其中n表示气体物质的量，R为理想气体常数，此方程描述了气体的压强是由气体的体积、温度和物质的量决定的，故可以只对气体的一个状态、列式分析问题，处理气体变质量的问题尤其方便。
利用克拉伯龙方程解决气体变质量的问题
1.理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU①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。
　如图所示，柱形绝热汽缸固定在倾角为θ的斜面上，一定质量的理想气体被重力为G、横截面积为S的绝热活塞封闭在汽缸内，此时活塞距汽缸底部的距离为L0，汽缸内温度为T0。现通过电热丝缓慢对汽缸内气体加热，通过电热丝的电流为I，电热丝电阻为R，加热时间为t，使气体温度升高到2T0。已知大气压强为p0，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动，设电热丝产生的热量全部被气体吸收。求汽缸内气体温度从T0升高到2T0的过程中，(1)活塞移动的距离x；
活塞移动的距离x＝L1－L0解得x＝L0
(2)该气体增加的内能ΔU。
设该气体压强为p，有pS＝p0S＋Gsin θ气体对外界做功W＝－pSx吸收的热量Q＝I2Rt由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
　(多选)(2023·云南玉溪市质检)一定质量的理想气体从a状态开始，经历三个过程ab、bc、ca回到a状态，其p－t图像如图所示，图中ba的延长线过原点O，bc平行于t轴，ca的延长线过点(－273.15 ℃，0)。下列判断正确的是A.过程ab中气体体积不变B.过程ca中气体体积不变C.过程ca中气体吸收热量D.过程bc中气体吸收热量
根据 可知Vc＞Vb，ca的延长线过点(－273.15 ℃，0)，则Va＝Vc，所以Va＝Vc＞Vb，故A错误，B正确；
过程ca中气体体积不变，W＝0，温度降低，内能减小，即ΔU<0，则由ΔU＝W＋Q可知Q<0，气体放热，故C错误；过程bc中气体体积增大，气体对外界做功，W<0；温度升高，内能增大，即ΔU>0，根据ΔU＝W＋Q可知Q>0，即气体从外界吸热，故D正确。
1.(2023·黑龙江哈师大附中三模)如图所示的p－V图像中，一定质量的理想气体从状态A开始，经过状态B、C、D，最后回到状态A。其中AD和BC平行于横轴，AB和CD平行，AB延长线过坐标原点O，下列说法正确的是A.A→B过程气体分子热运动的平均动能不变B.C→D过程气体单位体积内分子数增加C.D→A过程中，气体分子与器壁在单位时间、　单位面积上的碰撞次数将减少D.整个过程中，气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量
由p－V图像可知A→B过程p和V均减小，由　＝C可知A→B过程T降低，分子平均动能减小，故A错误；C→D过程体积增大，故气体分子数密度减小，即单位体积内分子数减少，故B错误；
D→A过程为等压压缩过程，由　＝C，可知D→A过程T降低，分子平均动能减小，分子对器壁的平均碰撞力减小，而压强不变，可知单位时间内单位器壁面积上气体分子碰撞次数增多，故C错误；
直线AD和BC平行于横轴，直线AB和CD平行，p－V图线与V轴围成的面积表示功，A→B过程外界对气体做功与C→D过程气体对外界做功相
等，有W1＋W3＝0，B→C过程气体对外界做功比D→A过程外界对气体做功少，有W2＋W4>0，即全过程W>0，由W＋Q＝ΔU＝0有Q<0，故整个过程中，气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量，选项D正确。
2.(2023·四川南充市高考适应性考试)潜水员能进入水面以下，处于悬浮状态，让人彻底放松身心。但由于水压的存在，潜水也存在一定的风险。已知人体肺部空气容积最小可压缩至空气中体积V0的　 最大可膨胀至V0的2倍，否则会出现危险。水面上的大气压p0相当于深为h0的水柱压强，为了保证潜水时的安全：(肺部气体温度等于人体内温度，视为不变)(1)求人在安全状态下能下潜的最大深度H；(答案用h0表示)
以对人体肺部气体为研究对象，空气中状态有p1＝p0，V1＝V0设下潜最大安全深度为H，有 由等温变化可得p1V1＝p2V2解得H＝4h0，故最大安全深度为4h0。
(2)人在最大安全深度通过吸入压缩空气将肺部体积恢复至V0，返回时为了避免到达水面后出现肺部过度扩张，求返回时应当在最大安全深度吐出压缩空气的最小体积。(答案用V0表示)
人在最大安全深度时肺部气体有p3＝p2＝5p0，V3＝V0，人在最大安全深度时肺部吐出气体的压强为Δp＝5p0，体积为ΔV人回到水面时肺部压强和体积有p4＝p0，V4＝2V0，由等温变化可得p3V3＝p4V4＋ΔpΔV解得ΔV＝0.6V0。
1.(2023·江苏徐州市第一次调研)关于热现象，下列说法正确的是A.固体很难被压缩，是因为分子间存在斥力B.液体分子的无规则运动称为布朗运动C.气体吸热，其内能一定增加D.0 ℃水结成冰的过程中，其分子势能增加
固体很难被压缩，是因为分子间存在斥力，A正确；布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是液体分子的无规则运动，B错误；气体吸热，如果同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能可能不变或减小，C错误；0 ℃水结成冰的过程中，需要放热，同时因为体积增大物体对外做功，根据热力学第一定律可知内能减小，又因为温度不变，分子总的动能不变，所以可得总的分子势能减少，D错误。
2.(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pb只打开隔板K1时，b中气体向a中真空扩散，气体不做功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。
3.(多选)(2023·浙江嘉兴市一模)一定质量理想气体经历状态a→b→c，其过程如T－V图上的两条线段所示，则气体A.a→b对外做功值小于吸收的热量B.在状态b处的压强小于状态c处的压强C.a→c过程气体分子的数密度一直变小D.b→c过程每一个气体分子的动能都减小
由图像可知，a→b的过程中气体温度升高，内能增大，体积增大，则气体对外做功，由热力学第一定律可知，a→b的过程中，气体对外做功值小于吸收的热量，故A正确；
理想气体状态方程 常数，结合b→c的过程中温度降低，体积增大，可知压强减小，即在状态b处的压强大于状态c处的压强，故B错误；
a→b→c的过程中，气体体积一直增大，所以气体分子的数密度一直变小，故C正确；b→c过程中，温度降低，气体分子的平均动能减小，但个别分子的动能可能增大，故D错误。
4.(2023·吉林白山市二模)2022年11月1日，“梦天”实验舱与空间站组合体在轨完成交会对接。空间站中供航天员进入太空或从太空返回时用的气密性装置——气闸舱的示意图如图所示，座舱M和气闸舱N的容积相同，M中充满压强为p的空气(视为理想气体)，N内为真空。当航天员打开阀门K后，空气从M向N扩散，最终达到平衡。若不考虑空气与外界的热交换，则下列说法正确的是A.空气从M向N扩散的过程中对外做正功B.空气从M向N扩散的过程中内能减小C.空气从M向N扩散的过程中温度降低D.重新平衡后，空气的压强为
M中的气体自由扩散膨胀，没有对外做功，又因为不考虑整个系统与外界的热交换，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体内能不变，温度不变，故A、B、C错误；根据玻意耳定律pV＝p′·2V，所以p′＝ 故D正确。
5.(多选)(2023·山东卷·9)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是A.初始状态下，气体的体积为6 LB.等压过程中，气体对外做功400 JC.等压过程中，气体体积增加了原体积的D.两个过程中，气体的内能增加量都为400 J
设理想气体初始状态的压强、体积和温度分别为p1＝p0，V1＝V0，T1＝300 K，等容过程为状态二p2＝？，V2＝V1＝V0，T2＝400 K，等压过程为状态三p3＝p0，V3＝？，T3＝400 K，由理想气体状态方程可得，
等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝400 J，两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加都为400 J，D正确；
6.(多选)(2023·新课标卷·21)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
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正确；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；
7.(2023·海南模拟)如图所示，一质量m＝20 kg的绝热圆柱形容器用绝热轻质活塞密封一定质量的理想气体，轻杆一端固定在地面上，另一端固定在活塞上，整个装置倒立在空中。开始时气体的温度T1＝300 K，活塞停在容器的中间位置。通过容器内部的电热丝(未画出)缓慢加热气体，当电热丝产生400 J的热量时
活塞刚好停在容器口处。已知容器的厚度不计，横截面积S＝1.0×10－2 m2，其深度h＝0.4 m，活塞(厚度不计)与容器壁间无摩擦，大气压p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)开始时封闭气体的压强p和活塞刚好停在容器口处时封闭气体的温度T2；
答案　1.2×105 Pa　600 K　
初始状态，对容器受力分析，根据平衡条件有pS＝p0S＋mg
封闭气体发生了等压变化，则有
(2)整个过程中气体内能增加量ΔU。
气体等压膨胀，外界对气体做功，则W＝－p(V2－V1)＝－240 J，气体吸热为Q＝400 J由热力学第一定律W＋Q＝ΔU解得ΔU＝Q＋W＝160 J。
8.(多选)(2023·山西朔州市二模)如图所示为一定质量的理想气体压强p随热力学温度T的变化图像，下列说法正确的是A.从状态c到状态d，气体分子的平均速率增大B.从状态b到状态c，气体分子对单位面积容器壁　的撞击力增大C.从状态a到状态b，气体的密度减小D.从状态d到状态a，气体对外做正功
从状态c到状态d，气体的温度降低，因此气体分子的平均动能减小，平均速率减小，故A错误；从状态b到状态c，气体的压强增大，因此气体分子对单位面积容器壁的撞击力增大，故B正确；
　　　　　　　　　　　　则p－T图像上的点与坐标原点连线的斜率k与V－1成正比，气体在状态a的斜率大于在状态b的斜率，则有Va－1>Vb－1，可得Va同理，从状态d到状态a，则有Vd－1Va，则从状态d到状态a，气体的体积减小，外界对气体做正功，故D错误。
9.(2023·安徽淮北市一模)如图所示，同一房间中有a、b、c三根完全相同的玻璃试管，管内各用一段相同长度的水银柱封闭了相等质量的空气。现使a管由静止沿光滑斜面下滑；b管轻放在粗糙斜面上，之后下滑；c管以初速度v沿粗糙斜面上滑过程中，当水银柱与玻璃管位置相对稳定时，三管内的气柱长度L1、L2、L3之间的大小关系为A.L1>L2>L3 B.L2>L3>L1C.L2>L1>L3 D.L3>L1>L2
设大气压强为p0，玻璃试管的横截面积为S。对a管：a管由静止沿光滑斜面下滑，以水银为研究对象根据牛顿第二定律可得mgsin45°＋p0S－paS＝maa对a管和水银整体有Mgsin 45°＝Maa，可得p0＝pa
对b管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得mgsin 45°＋p0S－pbS＝mab对b管和水银整体有Mgsin 45°－Ff＝Mab，可得pb>p0对c管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得mgsin 45°＋p0S－pcS＝mac
对c管和水银整体有Mgsin 45°＋Ff＝Mac，可得pcpa>pc，根据pV＝C和V＝LS得L210.(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
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 cmLB′＝10 cm－4 cm＝6 cm联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg，pB＝54.36 cmHg。
11.(2023·辽宁鞍山市一模)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。
(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；
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
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。
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；
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，压强p1、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。