2019-2020年高三上学期月考物理试卷（理科）（1月份）含解析.doc

2019-2020年高三上学期月考物理试卷（理科）（1月份）含解析一、选择题1如图所示，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下A、B均保持静止，则物体B的受力个数为（）A2个B3个C4个D5个2在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和速率随时间变化关系的是（取向上为正方向）（）ABCD3设地球同步卫星离地面的距离为R，运行速率为v，加速度为a，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a0，第一宇宙速度为v0，地球半径为R0则以下关系式正确的是（）ABCD4如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直板P上，另一端与质量为m1的物体A相连，物体A静止于光滑桌面上，A右边结一细线绕过光滑的定滑轮悬一质量为m2的物体B，设定滑轮的质量不计，开始时用手托住B，弹簧位于原长，下列有关该装置的分析，其中正确的是（）A由静止释放B，直到B获得最大速度，B物体机械能不断减小B由静止释放B，直到B获得最大速度，B物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量C由静止释放B，直到B获得最大速度，B物体动能的增量等于细线拉力对B做的功与B物体重力做功之和D将该装置放入电梯，随即电梯向下运动，电梯中的实验者可能看到B物体脱手向上运动的情况5如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中 M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（）AM点的电势比P点的电势高BOM间的电势差小于NO间的电势差C将一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能D将一负电荷由M点移到P点，电场做正功6实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO轴 匀速转动今在发电机的输出端接一个电阻 R 和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10V已知R=10，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是（）A线圈位于图中位置时，线圈中的瞬时电流为零B从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为 i=sin50t（A）C流过电阻 R 的电流每秒钟方向改变50次D电阻 R上的热功率等于20W7如图所示一个圆形线框，上半部ACB电阻为R1，下半部ADB电阻为R2，质量为m，半径为r，水平垂直纸面向里的有界磁场的高度恰为r，磁场边界水平，磁感应强度大小为B，当线圈从距离磁场上边界高度为h处开始自由下落，当直径AB与磁场下边缘重合瞬间，线圈恰好达到平衡态，则（）A刚达到平衡态时的速度为B从进入磁场到刚达平衡态时，电流方向先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，达平衡态时电流大小为C达到平衡态瞬间ACB部分消耗的电功率为D从开始到刚至平衡态的过程中，通过线框横截面的电荷量为二.非选择题8“探究功与物体速度变化的关系”的实验装置如图所示实验器材有：长木板、小车（前面带小钩）、学生电源、电磁打点计时器、6条规格相同的橡皮筋、纸带、刻度尺、天平、小铁钉2个、导线若干、开关在上述实验器材中，多余的器材是；实验的主要步骤如下A将长木板放到水平实验台上，依图安装好实验器材；B先用一条橡皮筋进行实验，把橡皮筋拉伸到一定的长度，整理好纸带，接通电源，放开小车，打出一条纸带，编号为1；C换用纸带，改用2条、3条同样的橡皮筋进行第2次、第3次实验，每次实验中橡皮筋的拉伸长度都相等，打出的纸带，分别编号为2、3D由纸带算出小车获得的速度：根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算把第一次实验橡皮筋对小车做的功记为W0，则第2次、第3次实验对小车做的功分别计记为2W0、3W0，将实验数据记录在表格里E对测量数据进行估计，大致判断两个量可能的关系，然后以W为纵坐标、v2（也可能是其他关系）为横坐标作图；F整理实验器材以上实验步骤中有疏漏的步骤是：，有错误的步骤是（填写步骤前相应的符号）9实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联测量实际电流表G1内阻1的电路如图1所示供选择的仪器如下（图2）：待测电流表G1（05mA，内阻约300），电流 G1（010mA，内阻约100），定值电阻R1，定值电阻R2（10），滑动变阻器R3 （01000），滑动变阻器R4 （020），干电池（1.5V），电键S及导线若干（1）定值电阻应选，滑动变阻器应选（在空格内填写序号）（2）用连线连接实物图2（3）以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图3所示根据I2I1图线的斜率k及定值电阻（你选定的那一个定值电阻），写出待测电流表内阻的表达式10如图所示放置在光滑水平面上的长木板，其上表面与左侧竖直平面内的光滑圆弧轨道底端B相切，木板长度l=1.2m，质量M=2kg与圆弧轨道末端相距d=1.6m的C处有一竖直墙质量m=2kg的小滑块从圆弧轨道顶端A由静止滑下，离开B后在木板上滑行已知圆弧轨道半径R=0.2m滑块与木板间的动摩擦因数=0.2，木板与左右两侧发生碰撞后能原速率返回（g取10m/）试求（1）滑块滑至圆弧轨道底端B时对轨道的压力N（2）滑块最终位置与竖直墙间的距离S（3）整个过程中产生的热量Q11如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场D为收集板，收集板上各点到O点的距离以及两端点A和C的距离都为2R，板两端点的连线AC垂直M、N板质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计（1）当M、N间的电压为Ux时，求粒子进入磁场时速度的大小vx；（2）要使粒子能够打在收集板D上，求在M、N间所加电压的范围；（3）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间【物理-选修3-3】12某学校科技兴趣小组，利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，接口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示已知：该装置密封气体的体积为560cm3，玻璃管内部横截面积为0.5cm2，瓶口外的有效长度为48cm当气温为7时，水银柱刚好处在瓶口位置（1）求该气温计能测量的最高气温（2）假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收3.2J热量，问在这一过程中该气体的内能如何变化？变化了多少？（已知大气压为1105Pa）xx学年山东省青岛市平度一中高三（上）月考物理试卷（理科）（1月份）参考答案与试题解析一、选择题1如图所示，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下A、B均保持静止，则物体B的受力个数为（）A2个B3个C4个D5个【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】先整体受力分析，可知B与墙面之间的作用；再对A受力分析，明确AB之间的作用力，最后对B受力分析，则可得出B受到力的个数【解答】解：对整体受力分析，可知整体只受重力和向上的推力，水平方向没有外力，故B与墙面间没有弹力；对A受力分析可知，A保持静止，故A一定受重力、B的支持力，而A有向下滑动的趋势，故A一定受B的摩擦力；再对B受力分析可知，B受重力、向上的推力、A的压力及摩擦力；共四个力的作用；故选：C2在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和速率随时间变化关系的是（取向上为正方向）（）ABCD【考点】匀变速直线运动的图像【分析】金属小球竖直向上抛出，空气阻力忽略不计，只受重力，做竖直上抛运动，上升和下降过程加速度大小和方向都不变，故是匀变速直线运动；根据运动学公式列式分析即可【解答】解：A、金属小球竖直向上抛出，空气阻力忽略不计，只受重力，做竖直上抛运动，上升和下降过程加速度大小和方向都不变，故是匀变速直线运动，故A正确，B错误；C、根据位移时间公式，有，则位移时间图象是抛物线，故C错误；D、小球做竖直上抛运动，上升过程，速率均匀减小，下落过程，速率均匀增大，故D正确故选：AD3设地球同步卫星离地面的距离为R，运行速率为v，加速度为a，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a0，第一宇宙速度为v0，地球半径为R0则以下关系式正确的是（）ABCD【考点】同步卫星【分析】第一宇宙速度即为近地卫星的环绕速度同步卫星和近地卫星都绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力去求两卫星的线速度之比同步卫星与地球赤道上的物体具有相同的角速度，根据a=r2，去求两者的向心加速度之比【解答】解：A、B、地球同步卫星与地球赤道上随地球自转的物体角速度相等，由a=2r，所以，故A、B错误C、D、第一宇宙速度为近地卫星的速度，=得v=，所以，故C正确，D错误故选C4如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直板P上，另一端与质量为m1的物体A相连，物体A静止于光滑桌面上，A右边结一细线绕过光滑的定滑轮悬一质量为m2的物体B，设定滑轮的质量不计，开始时用手托住B，弹簧位于原长，下列有关该装置的分析，其中正确的是（）A由静止释放B，直到B获得最大速度，B物体机械能不断减小B由静止释放B，直到B获得最大速度，B物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量C由静止释放B，直到B获得最大速度，B物体动能的增量等于细线拉力对B做的功与B物体重力做功之和D将该装置放入电梯，随即电梯向下运动，电梯中的实验者可能看到B物体脱手向上运动的情况【考点】机械能守恒定律【分析】本题首先要分析清楚过程中物体受力的变化情况，清理各个力做功情况；根据功能关系明确系统动能、B重力势能、弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用【解答】解：A、从开始到B速度达到最大的过程中，绳子的拉力对B一直做负功，所以B的机械能一直减小，故A正确；B、整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；C、对于B物体，只有重力与细线拉力做功，根据动能定理可知，B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和，故C正确；D、当电梯向下运动时，物体加速度向下，处于失重状态，由于弹簧没有拉力，故B不会向下运动；故D错误；故选：AC5如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中 M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（）AM点的电势比P点的电势高BOM间的电势差小于NO间的电势差C将一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能D将一负电荷由M点移到P点，电场做正功【考点】电势能；电势【分析】解答本题需要掌握：根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负【解答】解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A错误；B、根据电场分布可知，虽然MO与NO间距相等，但MO间的电场力比NO间的电场力小，所以MO间的电势能比NO间的小，因此OM间的电势差小于NO间的电势差，故B正确；C、O点电势高于Q点，根据Ep=q可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C错误；D、M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故D正确故选：BD6实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO轴 匀速转动今在发电机的输出端接一个电阻 R 和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10V已知R=10，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是（）A线圈位于图中位置时，线圈中的瞬时电流为零B从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为 i=sin50t（A）C流过电阻 R 的电流每秒钟方向改变50次D电阻 R上的热功率等于20W【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】图示位置是与中性面垂直的位置，电动势最大，电压表的示数为电动势的有效值，每个周期电流方向改变两次【解答】解：A、线圈位于图中位置时，线圈中的瞬时电流不为零反而为最大，A错误；B、电压最大值为10，=50，电流最大值为，所以从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为i=sin50t（A），B正确；C、一秒钟25个周期，每个周期电流方向改变两次，所以流过电阻R的电流每秒钟方向改变50次，C正确；D、电阻R上的热功率等于P=W=10W，D错误；故选：BC7如图所示一个圆形线框，上半部ACB电阻为R1，下半部ADB电阻为R2，质量为m，半径为r，水平垂直纸面向里的有界磁场的高度恰为r，磁场边界水平，磁感应强度大小为B，当线圈从距离磁场上边界高度为h处开始自由下落，当直径AB与磁场下边缘重合瞬间，线圈恰好达到平衡态，则（）A刚达到平衡态时的速度为B从进入磁场到刚达平衡态时，电流方向先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，达平衡态时电流大小为C达到平衡态瞬间ACB部分消耗的电功率为D从开始到刚至平衡态的过程中，通过线框横截面的电荷量为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律；电磁感应中的能量转化【分析】刚达到平衡态时安培力与重力平衡，推导出安培力与速度的关系式，由平衡条件求解此时的速度；根据楞次定律判断感应电流的方向由欧姆定律求解感应电流的大小根据功率公式求解ACB部分消耗的电功率根据感应电荷量q=研究电量【解答】解：A、刚达到平衡态时线圈产生的感应电动势：E=B2rv=2Brv，感应电流大小为：I=，所受的安培力大小为：F=BI2r=根据平衡条件得：mg=F，联立解得：v=故A正确B、从进入磁场到刚达平衡态时，线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律判断得知电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向根据平衡条件得：BI2r=mg，则得：I=，故B错误C、达到平衡态瞬间ACB部分消耗的电功率为：P=I2R1=，故C正确D、从开始到刚至平衡态的过程中，通过线框横截面的电荷量为：q=故D正确故选：ACD二.非选择题8“探究功与物体速度变化的关系”的实验装置如图所示实验器材有：长木板、小车（前面带小钩）、学生电源、电磁打点计时器、6条规格相同的橡皮筋、纸带、刻度尺、天平、小铁钉2个、导线若干、开关在上述实验器材中，多余的器材是天平；实验的主要步骤如下A将长木板放到水平实验台上，依图安装好实验器材；B先用一条橡皮筋进行实验，把橡皮筋拉伸到一定的长度，整理好纸带，接通电源，放开小车，打出一条纸带，编号为1；C换用纸带，改用2条、3条同样的橡皮筋进行第2次、第3次实验，每次实验中橡皮筋的拉伸长度都相等，打出的纸带，分别编号为2、3D由纸带算出小车获得的速度：根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算把第一次实验橡皮筋对小车做的功记为W0，则第2次、第3次实验对小车做的功分别计记为2W0、3W0，将实验数据记录在表格里E对测量数据进行估计，大致判断两个量可能的关系，然后以W为纵坐标、v2（也可能是其他关系）为横坐标作图；F整理实验器材以上实验步骤中有疏漏的步骤是：A，有错误的步骤是D（填写步骤前相应的符号）【考点】探究功与速度变化的关系【分析】该实验是“探究功能与物体速度变化的关系”，因此不需要测量质量，故不需要天平根据实验原理和具体实验步骤可正确解答本题【解答】解：由于该实验“探究功能与物体速度变化的关系”，不需要测量物体动能的变化，不需要测量物体的质量，因此不需要的器材是天平本实验中要求橡皮筋对物体所做功为合外力所做功，因此为了减小实验误差，应该进行平衡摩擦力的操作，故A实验步骤中缺少该项操作；在由纸带获得小车最大速度时是根据当橡皮筋恢复原长时，小车将匀速运动，即最大速度即为匀速运动时的速度，因此需要测量的是点距均匀时的匀速速度，而不是整个过程中的平均速度，故D操作不合适故答案为：天平； A；D9实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联测量实际电流表G1内阻1的电路如图1所示供选择的仪器如下（图2）：待测电流表G1（05mA，内阻约300），电流 G1（010mA，内阻约100），定值电阻R1，定值电阻R2（10），滑动变阻器R3 （01000），滑动变阻器R4 （020），干电池（1.5V），电键S及导线若干（1）定值电阻应选，滑动变阻器应选（在空格内填写序号）（2）用连线连接实物图2（3）以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图3所示根据I2I1图线的斜率k及定值电阻（你选定的那一个定值电阻），写出待测电流表内阻的表达式=（k1）【考点】伏安法测电阻【分析】根据串并联规律可知定值电阻的阻值与待测电流表内阻相等，改装后的电流表量程应为原量程的2倍，因要测量的电流范围需要足够大，所以变阻器应用分压式接法，此时应选阻值小的变阻器【解答】解：（1）对待测电流表因其电阻为300，根据欧姆定律可知定值电阻应选300，所以定值电阻应选，由于需要测量的电流范围足够大，所以变阻器应用分压式接法，故变阻器应选（2）实物连线图如图所示（3）根据欧姆定律应有=，所以图象的斜率k=，解得=（k1）故答案为（1）， （2）如图 （3）=（k1）10如图所示放置在光滑水平面上的长木板，其上表面与左侧竖直平面内的光滑圆弧轨道底端B相切，木板长度l=1.2m，质量M=2kg与圆弧轨道末端相距d=1.6m的C处有一竖直墙质量m=2kg的小滑块从圆弧轨道顶端A由静止滑下，离开B后在木板上滑行已知圆弧轨道半径R=0.2m滑块与木板间的动摩擦因数=0.2，木板与左右两侧发生碰撞后能原速率返回（g取10m/）试求（1）滑块滑至圆弧轨道底端B时对轨道的压力N（2）滑块最终位置与竖直墙间的距离S（3）整个过程中产生的热量Q【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）利用机械能守恒求的速度，由牛顿第二定律求的作用力；（2）利用牛顿第二定律和运动学公式分阶段求的位移即可求得（3）有能量守恒求的产生的热量【解答】解：（1）滑块下滑过程，由机械能守恒定律得：mgR=v=m/s=2m/s由向心力公式得：代入数据解得：FN=60 N根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为：N=60 N（2）由牛顿第二定律，滑块做减速运动的加速度大小为：=0.210m/s2=2 m/s2木板加速运动的加速度大小为：=0.210 m/s2=2m/s2滑块向右滑动至与木板速度相同过程所用时问设为t，则有vat=at解得t=0.5 s共同运动速度为：v=at=1m/s这段时间内滑块位移大小为： =0.75 m木板位移大小为： =0.25 m因为，所以滑块相对木板滑行，有：x=x1x2=0.5m与木板共同向右做匀速运动，直到木板与墙发生碰撞，设碰撞后至滑块与木板达到共同速度时间为t，则有：vat=vat解得：t=0.5s，滑块和木板与墙碰撞后向左运动的最终共同速度为：v共=0这段时间内滑块向右运动位移大小为：由于，滑块最终静止在木板上，故与竖直墙间的距离为：s=xx=0.25m（3）由功能关系，整个过程中产生的热量为：Q=答：（1）滑块滑至圆弧轨道底端B时对轨道的压力N为60N（2）滑块最终位置与竖直墙间的距离S为0.25m（3）整个过程中产生的热量Q为4J11如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场D为收集板，收集板上各点到O点的距离以及两端点A和C的距离都为2R，板两端点的连线AC垂直M、N板质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计（1）当M、N间的电压为Ux时，求粒子进入磁场时速度的大小vx；（2）要使粒子能够打在收集板D上，求在M、N间所加电压的范围；（3）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）粒子在电场中运动时，电场力做功引起动能变化，由动能定理vx；（2）粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出轨迹半径表达式当粒子打在收集板D的A点时，轨迹半径最小，粒子速度最小，在M、N间所加电压最小；当粒子打在收集板D的C点时，轨迹半径最大，粒子速度最大，在M、N间所加电压最大；由几何知识求出半径，再求解电压的范围（3）粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间分三段：加速电场中，由运动学平均速度法求出时间；磁场中根据时间与周期的关系求解时间；射出磁场后粒子做匀速直线运动，由速度公式求解时间，再求解总时间【解答】解：（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得： 解得：（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设此时其速度大小为v，轨道半径为r，根据牛顿第二定律得：粒子在M、N之间运动，根据动能定理得：， 联立解得：当粒子打在收集板D的A点时，经历的时间最长，由几何关系可知粒子在磁场中运动的半径，此时M、N间的电压最小，为当粒子打在收集板D的C点时，经历的时间最短，由几何关系可知粒子在磁场中运动的半径，此时M、N间的电压最大，为要使粒子能够打在收集板D上，在M、N间所加电压的范围为（3）根据题意分析可知，当粒子打在收集板D的中点上时，根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r0=R，粒子进入磁场时的速度 粒子在电场中运动的时间： 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 粒子在磁场中经历的时间 粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间所以粒子从s1运动到A点经历的时间为答：（1）当M、N间的电压为Ux时，求粒子进入磁场时速度的大小； （2）要使粒子能够打在收集板D上，在M、N间所加电压的范围为； （3）若粒子恰好打在收集板D的中点上，粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间是【物理-选修3-3】12某学校科技兴趣小组，利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，接口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示已知：该装置密封气体的体积为560cm3，玻璃管内部横截面积为0.5cm2，瓶口外的有效长度为48cm当气温为7时，水银柱刚好处在瓶口位置（1）求该气温计能测量的最高气温（2）假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收3.2J热量，问在这一过程中该气体的内能如何变化？变化了多少？（已知大气压为1105Pa）【考点】气体的等容变化和等压变化【分析】（1）玻璃管两端开口，水银柱移动时，密封的气体发生等压变化，当水银柱到达管口时，所测气温最高，根据吕萨克定律求解（2）由热力学第一定律U=W+Q，分析吸放热【解答】解：（1）当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为T2，此时气体体积为V2，初状态：T1=K=280K； V1=560cm3，末状态V2=cm3=584cm3，气体发生等压变化，由概率萨克定律得： =，即： =，解得：T2=292K；（2）水银柱移动过程中，外界对气体做功W=P0SL=11050.510448102J=2.4J，由热力学第一定律知内能变化为：U=W+Q=2.4J+3.2J=0.8J，气体内能增加；答：（1）该气温计能测量的最高气温是292K；（2）气体内能增加，增加了0.8Jxx年11月15日