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= B ，解得T P T B B
= 600K ，故A 错误； P V P V B ® C 过程中，依据抱负气体状体方程可得 错误； B = T B C ，解得T T C C = 300K ，故B 对于肯定质量的抱负气体，内能只与温度有关，所以该气体在状态A 和状态 C 内能相等，故C 正确； A ® B ® C 的过程中，气体体积减小，外界对气体做功，由于气体在状态A 和状态 C 内能，依据热力学第肯定律可知DU = Q + W ，所以该气体从状态 A 经 B 再到 C 的全过程放热，故D 错误； 应选C． 5．D 解析：D 【解析】 在过程ab 中气体体积不变，依据W=p△V 可知，气体对外界做功为零，外界也不对气体做功，故AB 错误；在过程ca 中压强不变，体积减小，温度降低，所以外界对气体做功，内能减小，依据热力学第肯定律△U=W+Q 可知，气体放出热量，故C 错误；在过程bc 中， 属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；依据热力学第肯定 律△U=W+Q 可知，气体从外界吸取热量，故D 正确；应选D． 点睛：此题主要是考察了抱负气体的状态方程和热力学第肯定律的学问，要能够依据热力学第肯定律推断气体内能的变化与哪些因素有关〔功和热量〕；热力学第肯定律在应用时肯定要留意各量符号的意义；△U 为正表示内能变大，Q 为正表示物体吸热；W 为正表示外界对物体做功． 6．C 解析：C 【解析】以右侧管中封闭气体做为争论对象，封闭气体的压强P=P0+h=P0+h 右，要使两侧水银面高度差 h 增大，封闭气体的压强 P=P0+h 变大；A、从左侧管口滴入水银，h 右不变， 封闭气体压强 P=P0+h 右不变，两侧水银面高度差 h 不变，故A 错误；B、使气体升温，h 右不变，封闭气体压强 P=P0+h 右不变，两侧水银面高度差 h 不变，故B 错误；C、从右侧管口滴入水银，h 右变大，封闭气体压强 P=P0+h 右变大，由 P=P0+h 可知，两侧水银高度差 h 增大，故C 正确；D、增大大气压强，封闭气体的压强 P=P0+h=P0+h 右，h=h 右，不变，故 D 错误；应选C。 【点睛】封闭气体的压强等于大气压与左侧水银柱h 产生的压强之和，使两侧水银面高度差变大，则封闭气体压强变大，分析各选项能否使封闭气体压强变大是正确解题的关键． 7．D 解析：D 【解析】 【分析】 参加少许水银后，上局部气体压强变化量为 ，下局部气体压强的变化量 ，所以 ，A、B 错误；由玻意耳定律得 【详解】 , ，可得: , ,解得： , 应选D． 8．A 解析：A 【 解析】 对于管内封闭气体的压强可得： p 1
= p + h 0 1
， 对气体 2 也可以有： p = p h ，由于 h ＞h ，故 P＞P ，封闭气柱降低一样的温度，两局部气体发生等压 2 0 2 1 2 1 2 V V ” DV V 变化， 依据抱负气体状态方程得： V 1 = 1 T T ” 1 1 = DT ， 解得： DV = 1 DT ， 同理： T 1 DV = 2 DT ,又由于： H ＞H ，即V＞V ， T = T ，所以： DV＞DV ，故气柱上方 2 T 1 2 2 1 2 1 2 2 水银柱均向下移动，A 管移动较多，故A 正确，BCD 错误。 点睛：先求开头时，各个封闭气体的压强，确定气体做等压变化，温度减小，气体发生等压变化，依据抱负气体状态方程分析管内封闭气体体积的变化，即可作出推断。 9．A 解析：A 试题分析：依据 ,温度上升，压强增大，整体受力分析 【解析】 温度上升时， 活塞会下移，当再次平衡时，受力会再次平衡， 内部压强不变，A 对。考点：气体状态方程 点评：此题考察了克拉珀龙方程，即抱负气体的状态方程的理解和应用。 10．B 解析：B 【解析】 【详解】 设水银柱的最大长度为 x，此时气体的压强 p2=(p0+x)cmHg；气体的体积为 V2=〔L-x〕S； 开头时：p1= p0+h=90cmHg；气体的体积：V1=lS；由玻意耳定律可知：p1V1= p2V2，解得x=25cm；则参加水银的最大长度为：25-15=10cm；
