2026年高考物理一轮讲义+练习(四川专用)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)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(四川专用)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)(学生版+解析)，文件包含物理试卷-辽宁省名校联盟2026届高三5月份联合考试pdf、物理答案-辽宁省名校联盟2026届高三5月份联合考试pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 气体压强的计算
\l "_Tc22251" 题型02 气体实验定律的综合应用
\l "_Tc22251" 题型03 理想气体的变质量问题
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 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>ℎ
B．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+ℎ，p=p0+H
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=76cmHg，玻璃管导热良好，环境温度不变，整个过程未有水银溢出，则初始时空气柱的长度l（ ）
A．不能大于71cmB．可以是80cm
C．可以是100cmD．可以是任意值
【答案】C
【详解】设滴入水银的高度为Δℎ，滴入前p0+ρgℎ=p1
再次平衡时p0+ρgℎ+ρgΔℎ=p2
由理想气体状态方程p1lS=p2l−ΔℎS
解得l=81cm+Δℎ>81cm
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p0T=p1T+ΔT
可得压强变化Δp=p1−p0=ΔTTp0
则Δp左=ΔTTp左，Δp右=ΔTTp右
而其中p左=p右+ℎ
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(p左−p右−ρgℎ)S=ma
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p0V0=pV
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72cmHg
C．放出部分水银后K关闭时，A侧气体压强为65cmHg
D．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=78cmHg，即A侧气体压强为78cmHg，故B错误；
A．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′A=p0−ρgℎ1=65cmHg，故C正确；
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pAlS=p'Al1S，可得
l1=12cm
则A侧放出的水银在管内的长度为ΔℎA=l1−l=2cm
B侧放出的水银在管内的长度为ΔℎB=ΔℎA+ℎ+ℎ1=15cm
即放出的水银在管内的长度为Δℎ=ΔℎA+ΔℎB=17cm，故D正确。
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 m。已知大气压强p0=1×105 Pa，重力加速度大小g取10 m/s2。
(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)4×105Pa
(2)1.4m
【详解】（1）汽缸内封闭气体的压强p1=M+mgS+p0
代入数据解得p1=4×105Pa
（2）拿掉椅面上的物块，气体做等温变化，初态p1=4×105Pa,V1=ℎS
末态p2=mgS+p0=2×105 Pa,V2=ℎ′S
由气体状态方程得p1Sℎ=p2Sℎ′
整理得ℎ′=2ℎ=1.4m
02 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p0=ρgH0
则H0=75cm
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ρgℎ1S=mg
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p2=p0+ρgL2
气体体积为V2=(ℎ2+L2)S
玻璃管刚接触水银面至达到平衡的过程，由玻意耳定律有p0LS=(p0+ρgL2)(ℎ2+L2)S
由受力平衡有ρgL2S=mg
解得L2=ℎ1
故ℎ2=H0LH0+ℎ1−ℎ1=5cm
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p3=p0+ρg(ℎ3+L3)
气体体积为V3=L3S
玻璃管刚接触水银面至达到平衡的过程，由玻意耳定律有p0LS=[p0+ρg(ℎ3+L3)]L3S
由受力平衡有ρgL3S=mg
可得L3=ℎ1
故ℎ3=H0Lℎ1−(H0+ℎ1)=20cm
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14L。求：
(1)小明的质量；
(2)被封闭气体向外界放出的热量。
【答案】(1)p0S+mg3g
(2)p0S+mg3L
【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p0S+mg=p1S
小明盘坐在椅面上时，根据共点力的平衡条件有p0S+M+mg=p2S
根据玻意耳定律有p1SL=p2SL−14L
联立解得M=p0S+mg3g
（2）外界对气体做的功W=M+mg+p0S14L=p0S+mg3L
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ΔU=Q+W
解得Q=−p0S+mg3L
可知封闭气体向外界放出的热量p0S+mg3L。
8.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L1ST1=L3ST2
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+2cs60°）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+8cs60°）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=53.14cm
03 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，封闭气体体积为V0，由于实验的需要，对汽缸内的气体抽气，使得活塞刚好离开固定挡板。已知大气压强为p0=1.0×105Pa，重力加速度为g=10m/s2，假设环境温度保持不变，整个装置的气密性和导热性良好，则活塞刚好离开固定挡板时，求：
(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)p2=6×104Pa
(2)m出m总=25
【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p2S+mg=p0S
解得气体的压强为p2=6×104Pa
（2）抽气过程温度不变，设抽出的气体体积为ΔV，有p1V0=p2(V0+ΔV)
解得ΔV=23V0
因抽出去的气体和剩下的气体密度相同，可得m出m总=ρ⋅ΔVρ⋅(V0+ΔV)=25
10.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V0=400mL的气体。抽气过程中环境温度保持不变，马德堡半球容积不变导热性能良好，不计摩擦。已知初始时马德堡半球空腔内气体压强与大气压强相同，大气压强p0=1×105Pa。求：
(1)抽1次气后，马德堡半球内的气体压强p1和p0的比值；
(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p20等于多少？两侧至少各需要几个学生才能拉开？（取0.920=0.12)
【答案】(1)9:10
(2)1.2×104Pa，36
【详解】（1）气体等温变化，第一次抽气有p0V=p1V+V0
解得p1:p0=V:V+V0=9:10
（2）第二次抽气有p1V=p2V+V0
抽20次后p20=VV+V020p0
解得p20=1.2×104Pa
要拉开，需F=p0−p20S
F=nF0
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，求此时矿内压强p2（结果保留一位小数）；
(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=20cm时，剩余气体与初始时质量之比m2m1。
【答案】(1)1.016×105Pa，1.6kg
(2)33.5cm
(3)1.5×105Pa
(4)13
【详解】（1）对油柱有p1=p0+ρgℎ
解得p1=1.016×105Pa
对汽缸有p1S=mg+p0S
解得m=1.6kg
（2）由V1=L1S，V2=L2S，由盖吕萨克定律得V1t1+273=V2t2+273
解得L2=33.5cm
（3）由V3=(L1−ΔL1)S，由玻意耳定律得p1V1=p2V3
解得p2=1.5×105Pa
（4）剩余气体体积V4=(L1−ΔL2)S
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m2m1=ρL1−ΔL2SρL1S=13
12.（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>ΔVB
B．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．ΔpApA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pB初=pA初+ρgℎ初
升温达到稳定后，状态满足pB升=pA升+ρgℎ升
可得pB升−pB初=pA升−pA初+ρgℎ升−ℎ初
即ΔpB=ΔpA+ρgℎ升−ℎ初
由于液柱向上移动，液体压强减小，则ℎ升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、ΔpB，对液面压力的变化量为ΔFA、ΔFB，则下列说法不正确的是（ ）
A．水银柱向上移动了一段距离
B．ΔVA=ΔVB
C．ΔpA>ΔpB
D．ΔFA=ΔFB
【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Δp=ΔTTp
可知由于初始T相同，故初态压强大的Δp大，题图可知A的初态压强大，故A部分压强增量较大，故水银柱向上移动了一段距离，故AC正确，不符合题意；
B．由于水银柱体积是一定的，故ΔVA=ΔVB
故B正确，不符合题意；
D．以上分析可知ΔpA>ΔpB
题图易得SA>SB
则有ΔFA=ΔpASA>ΔFB=ΔpBSB
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T0=300K，有一光滑导热活塞C（体积忽略不计）将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接有一管内体积不计的足够长的U形管，两侧水银柱高度差为38cm，A内有体积可以忽略的电阻丝，B室容器可通过一阀门K与大气相通。已知外界大气压p0=76cmHg。
(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)12
(3)400K
(4)152cmHg
【详解】（1）开始时，设A室内气体压强为pA0，则pA0=p0+38cmHg=1.5p0
其中pA0=pB0
解得B室内气体压强是pB0=114cmHg
（2）开始时，设A室内气体压强为pA0，则pA0=1.5p0
A室的体积为VA0=V03=100mL
阀门K打开后，A室内气体等温变化，稳定后压强为pA1，则pA1=p0
体积设为VA1，根据玻意耳定律有pA0VA0=pA1VA1
解得VA1=V02=150mL
B室内气体等温变化，依题意有pA0=pB0⋅pA1=pB1
其中VB0=V0−VA0=23V0=200mL
根据玻意耳定律有pB0VB0=pB1VB1
解得VB1=V0=300mL
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′m0=V0−VA1VB1=12
（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2V03， 压强始终为pA1=p0
即为等压变化过程，根据盖一吕萨克定律有VA1T0=23V0T1
解得T1=400K
（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pA1T1=pA2T2
解得pA2=152cmHg
15.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Δmm；
(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，Δmm=14
(2)①M=150kg；②ΔU=170J
【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p0V=p1ΔLS
解得ΔL=p0Vp1S=5cm
充入气体的质量Δm，缸内原有气体的质量m，满足Δmm=ΔLL1
解得Δmm=14
（2）①由理想气体状态方程有p1SL1+ΔLT1=p2SL2T2
解得p2=3.75×106Pa
根据受力平衡有p2−p1S=Mg
解得M=150kg
②外界对气体做功W=p1+p22SL1+ΔL−L2
解得W=202.5J
由热力学第一定律有ΔU=W−Q
解得ΔU=170J
16.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)12p0
(2)12np0
(3)2n−1:1
【详解】（1）第1次抽气后左容器内气体压强
p0V0=p1⋅2V0
解得p1=12p0
（2）根据p1=12p0，第n次抽气后左容器内气体压强
pn=12np0
（3）设左容器内气体的初始质量为m。
第1次抽气：m抽1=12m，m余1=12m
第2次抽气：m抽2=14m，m余1=14m
第3次抽气：m抽1=18m，m余1=18m
……
第n次抽气：m抽1=12nm，m余n=12nm
第n次抽气后，左容器抽出气体的质量
m抽=12m1−12n1−12=m1−12n
第n次抽气后，左容器剩余气体的质量
m余=12nm
解得m抽:m余=2n−1:1
17.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V=10dm3，气泵B的最大容积为ΔV=500cm3，打气或抽气前，A内气体压强均为p0=1.0×105Pa。不计连接细管的容积，忽略打气和抽气过程中气体的温度变化和一切摩擦，空气可视为理想气体。
(1)在气密性良好且阀门S1、S2均关闭的情况下，把B中活塞从顶部压至图中位置过程中，泵内气体是吸热还是放热？请说明判断依据；
(2)处于打气模式时，若要使A中气体压强增大到1.8×105Pa，应打气多少次？
(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)2021n
【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=ΔU−W