2020新课标高考物理二轮练习：5 计算题专项练(五)

第 1 页 共 18 页2020年高考物理二轮热点专题训练----《力学综合计算题》1．如下图所示，两个完全相同的质量为m 的木板A 、B 置于水平地面上，它们的间距s ＝2.88 m ．质量为2m ，大小可忽略的物块C 置于A 板的左端．C 与A 之间的动摩擦因数μ1＝0.22，A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力．开始时，三个物体处于静止状态．现给C 施加一个水平向右、大小为25mg 的恒力F ，假定木板A 、B 碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？【解析】第一阶段拉力F 小于C 、A 间最大静摩擦力，因此C 、A 共同加速到与B 相碰．该过程对C 、A 用动能定理有(F －μ2·3mg )s ＝32mv 21 解得v 1＝80.3 m/s.A 、B 相碰瞬间，A 、B 系统动量守恒mv 1＝(m ＋m )v 2碰后共同速度v 2＝40.3m/s.C 在AB 上滑行全过程，A 、B 、C 系统所受合外力为零，动量守恒，C 到B 右端时恰好达到共同速度，即2mv 1＋2mv 2＝4mv因此共同速度v ＝60.3m/s.C 在A 、B 上滑行全过程用能量守恒得F ·2L ＝12×4mv 2－(12×2mv 21＋12×2mv 22)＋μ1·2mg ·2L第 2 页 共 18 页代入数据解得L ＝0.3 m.【答案】0.3 m2.如图所示，竖直平面内轨道ABCD 的质量M ＝0.4 kg ，放在光滑水平面上，其中AB段是半径R ＝0.4 m 的光滑14圆弧，在B 点与水平轨道BD 相切，水平轨道的BC 段粗糙，动摩擦因数μ＝0.4，长L ＝3.5 m ，C 点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)在距A 点高为H ＝3.6 m 处由静止自由落下，恰沿A 点滑入圆弧轨道(g ＝10 m/s 2)．求：(1)ABCD 轨道在水平面上运动的最大速率；(2)小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小．【解析】(1)由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点B 时轨道的速率最大，设为v m ，假设此时小物体的速度大小为v ，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：以初速度的方向为正方向；由动量守恒定律可得：Mv m ＝mv由机械能守恒得：mg (H ＋R )＝12Mv 2m ＋12mv 2 解得：v m ＝2.0 m/s(2)由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A 点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为v x ，假设此时小物体在竖直方向的分速度为v y ，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：(M ＋m )v x ＝0第 3 页 共 18 页由能量守恒得：mgH ＝12(M ＋m )v 2x ＋12mv 2y ＋μmg 2L 解得v x ＝0；v y ＝4.0 m/s故小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小v A ＝v 2x ＋v 2y ＝16 m/s ＝4 m/s【答案】(1)2.0 m/s (2)4 m/s如图所示，AB 是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切．圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看作质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求：(1)物体对圆弧轨道的最大压力大小；(2)物体滑回到轨道AB 上距B 点的最大距离；(3)释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件，为能使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点D .【解析】(1)根据几何关系：PB ＝R tan θ＝3R 从P 点到E 点根据动能定理，有：mgR －μmg cos θ·PB ＝12mv 2E－0 代入数据：mgR －μmg ·32·3R ＝12mv 2E 解得：v E ＝2－3μgR第 4 页 共 18 页在E 点，根据向心力公式有：F N －mg ＝m v 2E R解得：F N ＝3mg －3μmg(2)物体滑回到轨道AB 上距B 点的最大距离x ，根据动能定理，有mg (BP －x )·sin θ－μmg cos θ(BP ＋x )＝0－0代入数据：mg (3R －x )·12－μmg ·32 (3R ＋x )＝0 解得：x ＝3－3μ3μ＋1R (3)刚好到达最高点时，有mg ＝m v 2R解得：v ＝gR根据动能定理，有mg (L ′sin θ－R －R cos θ)－μmg cos θ·L ′＝12mv 2－0 代入数据：mg (12L ′－R －32R )－μmg ·32 L ′＝12mgR 解得：L ′＝3R ＋3R 1－3μ所以L ′≥3R ＋3R 1－3μ，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D 【答案】(1)3mg －3μmg (2)3－3μ3μ＋1R (3)L ′≥3R ＋3R 1－3μ 4.如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F 随时间t 变化图象如图乙所示，t ＝2.0 s 时撤去力F ，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m ＝2 kg ，木板质量M ＝ 1 kg ，滑块与木板间的动摩擦因数第 5 页 共 18 页μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)t ＝0.5 s 时滑块的速度大小；(2)0～2.0 s 内木板的位移大小；(3)整个过程中因摩擦而产生的热量．【解析】(1)木板M 的最大加速度a m ＝μmg M＝4 m/s 2 滑块与木板保持相对静止时的最大拉力F m ＝(M ＋m )a m ＝12 N即F 为6 N 时，M 与m 一起向右做匀加速运动对整体分析有：F ＝(M ＋m )a 1v 1＝a 1t 1代入数据得：v 1＝1 m/s(2)对M ：0～0.5 s ，x 1＝12a 1t 210．5～2 s ，μmg ＝Ma 2x 2＝v 1t 2＋12a 2t 22 则0～2 s 内木板的位移x ＝x 1＋x 2＝6.25 m(3)对滑块：0．5～2 s，F－μmg＝ma2′0～2 s时滑块的位移x′＝x1＋(v1t2＋12a2′t22)在0～2 s内m与M相对位移Δx1＝x′－x＝2.25 m t＝2 s时木板速度v2＝v1＋a2t2＝7 m/s滑块速度v2′＝v1＋a2′t2＝10 m/s撤去F后，对M：μmg＝Ma3对m：－μmg＝ma3′当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3解得t3＝0.5 s该段时间内，M位移x3＝v2t3＋12a3t23m位移x3′＝v2′t3＋12a3′t23相对位移Δx2＝x3′－x3＝0.75 m整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Δx＝Δx1＋Δx2＝3 m系统因摩擦产生的热量Q＝μmg·Δx＝12 J.【答案】见解析5如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q 正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q第 6 页共 18 页第 7 页 共 18 页离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ，M ∶m ＝4∶1，重力加速度为g .求：(1)小物块Q 离开平板车时速度为多大？(2)平板车P 的长度为多少？【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR (1－cos 60°)＝12mv 20解得v 0＝gR小球与小物块Q 相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：mv 0＝mv 1＋mv Q12mv 20＝12mv 21＋12mv 2Q解得：v 1＝0，v Q ＝v 0＝gR二者交换速度，即小球静止下来．Q 在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有mv Q ＝Mv ＋m (2v )解得，v ＝16v Q ＝gR 6小物块Q 离开平板车时，速度为：2v ＝gR 3(2)由能量守恒定律，知F f L ＝12mv 2Q －12Mv 2－12m (2v)2第 8 页 共 18 页又F f ＝μmg解得，平板车P 的长度为L ＝7R 18μ. 【答案】(1)gR 3 (2)7R 18μ6.2018年10月23日，港珠澳大桥开通，这是建筑史上里程最长、投资最多、施工难度最大的跨海大桥。

计算题1．为了使航天员能适应在失重环境下是的工作和生活，国家航天局组织对航天员进行失重训练。

故需要创造一种失重环境；航天员乘坐到民航客机上后，训练客机总重5×104kg，以200m/s速度沿300倾角爬升到7000米高空后飞机向上拉起，沿竖直方向以200m/s 的初速度向上作匀减速直线运动，匀减速的加速度为g，当飞机到最高点后立即掉头向下，仍沿竖直方向以加速度为g加速运动，在前段时间内创造出完全失重，当飞机离地2000米高时为了安全必须拉起，后又可一次次重复为航天员失重训练。

若飞机飞行时所受的空气阻力f=Kv（k=900N·s/m），每次飞机速度达到350m/s 后必须终止失重训练（否则Array飞机可能失速）。

求：（1）飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间。

（2）飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力（整个运动空间重力加速度不变）。

（3）经过几次飞行后，驾驶员想在保持其它不变，在失重训练时间不变的情况下，降低飞机拉起的高度（在B点前把飞机拉起）以节约燃油，若不考虑飞机的长度，计算出一次最多能节约的能量。

2．如图所示是一种测定风速的装置，一个压力传感器固定在竖直墙上，一弹簧一端固定在传感器上的M 点，另一端N 与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属细杆上，弹簧是不导电的材料制成的。

测得该弹簧的形变量与压力传感器示数关系见下表。

迎风板面积S ＝0.50m 2，工作时总是正对着风吹来的方向。

电路的一端与迎风板相连，另一端在M 点与金属杆相连。

迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好。

定值电阻R ＝1.0Ω，电源的电动势E ＝12V ，内阻r ＝0.50Ω。

闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长L 0＝0.50m ，电压传感器的示数U 1＝3.0V ，某时刻由于风吹迎风板，电压传感器的示数变为U 2＝2.0V 。

求：（1）金属杆单位长度的电阻；形变量（m ） 0 0.1 0.2 0.3 0.4 压力（N ）0 130 260 390 520（2）此时作用在迎风板上的风力；（3）假设风（运动的空气）与迎风板作用后的速度变为零，空气的密度为1.3kg/m3，求风速多大。

计算题专项训练(时间:80分钟满分:100分)题型专项能力训练第53页1.(14分)如图甲所示,水平传送带AB逆时针匀速转动,一个质量为m0=1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点)。

已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。

求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ;(2)物块在传送带上的运动时间;(3)整个过程中系统产生的热量。

答案:(1)0.2(2)4.5 s(3)18 J解析:(1)由题中v-t图像可得,物块做匀变速运动的加速度a=ΔvΔt =4.02m/s2=2.0 m/s2由牛顿第二定律得F f=m0a得到物块与传送带间的动摩擦因数μ=m0am0g =2.010=0.2。

(2)由题中v-t图像可知,物块初速度大小v=4 m/s、传送带速度大小v'=2 m/s,物块在传送带上滑动t1=3 s后,与传送带相对静止。

前2 s内物块的位移大小x1=v2t1'=4 m,向右后1 s内的位移大小x2=v'2t1″=1 m,向左3 s内位移x=x1-x2=3 m,向右物块再向左运动时间t2=xv'=1.5 s物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5 s。

(3)物块在传送带上滑动的3 s内,传送带的位移x'=v't1=6 m,向左;物块的位移x=x1-x2=3 m,向右相对位移为Δx'=x'+x=9 m所以转化的热能E Q=F f×Δx'=18 J。

2.(14分)如图所示,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。

两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。

绝密★启用前2020年高考物理二轮专项训练热学综合计算题1.一定质量的理想气体从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105J的功，问：(1)气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？(2)分子的平均动能是增加还是减少？【答案】(1)减少 1.8×105J(2)减少【解析】(1)气体从外界吸热为Q＝4.2×105J，气体对外做功，W＝－6×105J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝(－6×105J)＋(4.2×105J)＝－1.8×105J。

ΔU为负，说明气体的内能减少了。

所以气体内能减少了1.8×105J。

(2)理想气体不计分子势能，内能减少，说明气体分子的平均动能一定减少。

2.某地强风的风速约为v＝20 m/s，设空气密度为ρ＝1.3 kg/m3，如果能利用该强风进行发电，并将其动能的20%转化为电能，现考虑横截面积S＝20 m2的风车(风车车叶转动形成圆面面积为S)，求：(1)利用上述已知量计算电功率的表达式.(2)电功率大小约为多少？(取一位有效数字)【答案】(1)P＝ρSv3(2)2×104W【解析】(1)研究时间t内吹到风力发电机上的空气，则空气质量m＝ρSvt.空气动能E k＝mv2＝ρStv3.由能量守恒有：E＝20%E k＝ρStv3，所以发电机电功率P＝＝ρSv3.(2)代入数据得：P＝×1.3×20×203W≈2×104W.3.向一锅开水投入了5个糖馅的甜汤圆，随后投入了5个肉馅的咸汤圆，甜、咸汤圆在沸水中翻滚，象征着封闭系统进入了一个自发的过程，随后，用两只碗各盛了5个汤圆，每碗汤圆中共有六种可能：①全是甜的②全是咸的③1甜4咸④4甜1咸这是四种不平衡的宏观态；⑤2甜3咸⑥3甜2咸这是两种相对平衡的宏观态.两只碗各盛5个汤圆共有32种组合方式，我们称为32个微观态，试问：(1)以上六种宏观态所对应的微观态的个数各是多少？请设计一个图表来表示.(2)以上相对平衡的宏观态出现的概率是多少？【答案】(1)宏观态对应的微观态个数.(2)相对平衡的宏观态出现的概率为.【解析】(1)宏观态对应的微观态个数.(2)相对平衡的宏观态出现的概率为：P＝＝.4.质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ向气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T)随加热时间(t)变化的关系如图所示.单位时间所吸收的热量可看做不变.(1)以下说法正确的是________.A.在区间Ⅱ，物质的内能不变B.在区间Ⅲ，分子间的势能不变C.从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加D.在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高________(选填“变快”“变慢”或“快慢不变”).请说明理由.【答案】(1)BCD(2)变快【解析】(1)因为该物质一直吸收热量，体积不变，不对外做功，所以内能一直增加，A错误，D 正确；又因为区间Ⅱ温度不变，所以分子动能不变，吸收的热量全部转化为分子势能，物体的内能增加，理想气体没有分子力，所以理想气体内能仅与温度有关，分子势能不变，B正确；从区间Ⅰ到区间Ⅲ，分子运动的无序程度增大，物质的熵增加，D正确.(2)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W根据理想气体的状态方程有＝C可知，在吸收相同的热量Q时，压强不变的条件下，V增加，W<0，ΔU1＝Q－|W|；体积不变的条件下，W＝0，ΔU2＝Q；所以ΔU1<ΔU2，体积不变的条件下温度升高变快.5.如图所示，1 mol的理想气体由状态A经状态B、状态C、状态D再回到状态A.BC、DA线段与横轴平行，BA、CD的延长线过原点.(1)气体从B变化到C的过程中，下列说法中正确的是________.A.分子势能增大B.分子平均动能不变C.气体的压强增大D.分子的密集程度增大(2)气体在A→B→C→D→A整个过程中，内能的变化量为________；其中A到B的过程中气体对外做功W1，C到D的过程中外界对气体做功W2，则整个过程中气体向外界放出的热量为________.(3)气体在状态B的体积VB＝40 L，在状态A的体积VA＝20 L，状态A的温度tA＝0 ℃.求：①气体在状态B的温度.②状态B时气体分子间的平均距离.(阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023mol－1，计算结果保留一位有效数字)【答案】(1)C(2)0W2－W1(3)4×10－9m【解析】(1)理想气体分子势能不计，故A错误；气体从B变化到C的过程中，体积不变，分子的密集程度不变，故D错误；温度升高，分子平均动能增加，故B错误；由＝C知压强增大，故C正确.(2)气体在A→B→C→D→A整个过程中，温度不变，故内能的变化量为零；根据ΔU＝Q＋W＝0知Q＝(W1－W2)，即气体向外界放出的热量为W2－W1.(3)①A到B过程，由＝知TB＝＝546 K.②设气体的平均距离为d，则d＝≈4×10－9m.6.斜面高0.6 m，倾角为37°，质量是1.0 kg的物体从斜面顶端由静止滑至斜面底端，已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25，g取10 m/s2，求：(1)物体到达斜面底端时的速度；(2)滑动过程中有多少机械能转化为内能.【答案】(1)2m/s(2)2 J【解析】(1)对物体从斜面顶端由静止滑到斜面底端的过程中，由动能定理得WG＋W f＝mv2，故有mgh－μmg cosθ·＝mv2，代入数据求得v＝2m/s.(2)摩擦力做的功等于机械能的减少量且全部转化为内能.有ΔE＝W f＝μmg cosθ·＝0.25×1×10×0.8×J＝2 J.7.某同学家新买了一台双门电冰箱，冷藏室容积107 L，冷冻室容积118 L，假设室内空气为理想气体.(1)若室内空气摩尔体积为22.5×10－3m3/mol，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol－1，在家中关闭冰箱密封门后，电冰箱的冷藏室和冷冻室内大约共有多少个空气分子？(2)若室内温度为27 ℃，大气压为1×105Pa，关闭冰箱密封门通电工作一段时间后，冷藏室温度降为6 ℃，冷冻室温度降为－9 ℃，此时冷藏室与冷冻室中空气的压强差多大？(3)冰箱工作时把热量从温度较低的冰箱内部传到温度较高的冰箱外部，请分析说明这是否违背热力学第二定律.【答案】(1)6.0×1024个(2)5.0×103Pa(3)不违背【解析】(1)N＝N A＝×6.0×1023个＝6.0×1024个(2)设气体初始温度为t0，压强为p0；后来冷藏室与冷冻室中的温度和压强分别为t1、p1和t2、p2，由于两部分气体分别做等容变化，根据查理定律＝，p1＝p0同理：p2＝p0，得Δp＝p1－p2＝p0代入数据得Δp＝5.0×103Pa(3)不违背热力学第二定律，因为热量不是自发的由低温向高温传递，电冰箱工作过程中要消耗电能.8.用钻头在铁块上钻孔时，可用注入冷却水的方法以防止钻头温度的大幅度升高.今注入20 ℃的水5 kg,10 min后水的温度上升到100 ℃并有部分冷却水变成了水蒸气.如果已知钻头的功率为10 kW，钻头做的功有转变成了水和水蒸气的内能，则将有多少质量的水变成了水蒸气？(已知水的比热容c＝4.2×103J·kg－1·℃－1,100 ℃时水的汽化热L＝2.26×106J·kg－1)【答案】1.03 kg【解析】根据功率的定义，钻头做的功为W总＝Pt＝6×106J，而水的内能增量ΔE＝cmΔt＋Lm′＝4.2×103×5×(100－20) ℃＋2.26×106m′ J＝1.68×106J＋2.26×106m′ J(式中m′为变成水蒸气的水的质量).由能量守恒定律可知ηW总＝ΔE，即1.68×106J＋2.26×106m′ J＝6×106×J.解得在这10 min内，变成水蒸气的水的质量为m′≈1.03 kg.9.如图所示，教室内用横截面积为0.2 m2的绝热活塞，将一定质量的理想气体封闭在圆柱形汽缸内，活塞与汽缸之间无摩擦，a状态是汽缸放在冰水混合物(0 ℃)中气体达到的平衡状态，活塞离汽缸底部的高度为0.6 m；b状态是汽缸从容器中移出后达到的平衡状态，活塞离汽缸底部的高度为0.65 m.设室内大气压强始终保持1.0×105Pa，忽略活塞质量.(1)求教室内的温度；(2)若气体从状态a变化到状态b的过程中，内能增加了560 J，求此过程中气体吸收的热量.【答案】(1)295.75 K(2)1 560 J【解析】(1)由题意知气体做等压变化，设教室内温度为T2由＝知T2＝＝295.75 K(2)气体对外界做功为W＝p0S(h2－h1)＝103根据热力学第一定律得Q＝ΔU－W＝1 560 J10.如图甲所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m.现对汽缸缓缓加热，使汽缸内的空气温度从T1升高到T2，空气柱的高度增加了ΔL，已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为p0.求：(1)此过程中被封闭气体的内能变化了多少？(2)汽缸内温度为T1时，气柱的长度为多少？(3)请在图乙的V－T图上大致作出该过程的图象(包括在图线上标出过程的方向).【答案】(1)Q－(p0S＋mg)ΔL(2)(3)如图所示【解析】(1)对活塞和砝码：mg＋p0S＝pS，得p＝p0＋气体对外做功W＝pSΔL＝(p0S＋mg)ΔL由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得ΔU＝Q－(p0S＋mg)ΔL(2)＝，＝解得L＝(3)如图所示11.已知无烟煤的热值约为3.2×107J/kg，一块蜂窝煤约含煤250 g，水的比热容是4.2×103J/(kg·℃).若煤完全燃烧释放出的热有60%被水吸收，求一块蜂窝煤完全燃烧后可将多少水从10 ℃加热到100 ℃？(保留三位有效数字).【答案】12.7 kg【解析】煤完全燃烧放出的能量为：Q1＝3.2×107×250×10－3J＝8×106J由题意Q1×60%＝cmΔt，且Δt＝(100－10) ℃＝90 ℃，解得m＝12.7 kg.12.某同学为测量地表植物吸收太阳能的本领，做了如下实验：用一面积为0.1 m2的水盆盛6 kg的水，经太阳垂直照射15 min，温度升高 5 ℃，若地表植物每秒接收太阳能的能力与水相等，试计算：[已知水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)](1)每平方米绿色植物每秒接收的太阳能为多少焦耳？(2)若绿色植物在光合作用下每吸收1 kJ的太阳能可放出0.05 L的氧气，则每公顷绿地每秒可放出多少氧气？(1公顷＝104m2)【答案】(1)1.4×103J(2)700 L【解析】根据水升温吸收的热量，便可求出单位面积单位时间吸收的太阳能，进而可求出每公顷绿地每秒放出的氧气.(1)单位面积单位时间吸收的太阳能为P＝＝J/(m2·s)＝1.4×103J/(m2·s).(2)氧气的体积为V＝×0.05 L＝700 L.13.一定质量理想气体经历如图所示的A→B，B→C，C→A三个变化过程，T A＝300 K，气体从C→A 的过程中做功为100 J，同时吸热250 J，已知气体的内能与温度成正比.求：(1)气体处于C状态时的温度T C；(2)气体处于C状态时内能E C.【答案】(1)150 K(2)150 J【解析】(1)由图知C到A，是等压变化，根据理想气体状态方程：＝，得：T C＝TA＝150 K(2)根据热力学第一定律：E A－E C＝Q－W＝150 J 且＝＝，解得：E C＝150 J.。