全國卷2025屆高考物理模擬測試題三含解析

PAGEPAGE11（全國卷）2025屆高考物理模擬測試題三（含解析）(時間：60分鐘，滿分110分)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．14．下圖中四幅圖涉及不同的物理學問，其中說法正確的是()A．圖甲：盧瑟福通過分析α粒子散射試驗結果，發(fā)覺了質子和中子B．圖乙：用中子轟擊鈾核使其發(fā)生聚變，鏈式反應會釋放出巨大的核能C．圖丙：玻爾理論指出氫原子能級是分立的，所以原子放射光子的頻率也是不連續(xù)的D．圖?。簻穼O通過電子的發(fā)覺揭示了原子核內還有困難結構15.在平直馬路上行駛的a車和b車的位移—時間圖象分別為圖中的直線A和曲線B.t＝3s時，直線A和曲線B剛好相切．下列說法正確的是()A．t＝3s時，兩車具有共同的加速度B．a車做勻速運動，b車做加速運動C．在運動過程中，b車始終沒有超過a車D．在0～3s內，a車的平均速度比b車的大16.如圖所示，偏轉電場的極板水平放置，偏轉電場右邊的擋板豎直放置，氕、氘、氚三粒子同時從同一位置沿水平方向進入偏轉電場，最終均打在右邊的豎直擋板上．不計氕、氘、氚的重力，不考慮三者之間的相互影響，下列說法正確的是()A．若三者進入偏轉電場時的初動能相同，則肯定到達擋板上同一點B．若三者進入偏轉電場時的初動量相同，則到達擋板的時間肯定相同C．若三者進入偏轉電場時的初速度相同，則肯定到達擋板上同一點D．若三者進入偏轉電場時的初動能相同，則到達擋板的時間肯定相同17．位于貴州的“中國天眼”(FAST)是目前世界上口徑最大的單天線射電望遠鏡，通過FAST可以測量地球與木星之間的距離．當FAST接收到來自木星的光線傳播方向恰好與地球公轉線速度方向相同時，測得地球與木星的距離是地球與太陽距離的k倍．若地球和木星繞太陽的運動均視為勻速圓周運動且軌道共面，則可知木星的公轉周期為()A．(1＋k2)eq\f(3,4)年B．(1＋k2)eq\f(2,3)年C．(1＋k)eq\f(3,2)年D．keq\f(3,2)年18．如圖所示，水平虛線下方存在大小為B、方向水平向里的勻強磁場．正方形金屬線框abcd邊長為L，質量為m，電阻為R.將線框在虛線上方肯定高度處由靜止釋放，運動過程中ab邊始終水平，線框始終在豎直面內，所受空氣阻力恒為f.線框進入磁場的過程做勻速直線運動．重力加速度為g.則線框釋放時ab邊與水平虛線間的高度差為()A.eq\f(mmg－fR,2B2L4)B.eq\f(mmg－fR2,2B4L4)C.eq\f(mmg－fR2,B2L4)D.eq\f(mmg－fR,2B4L4)19.如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細桿上．物塊質量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側面與夾子間的最大靜摩擦力均為fm.小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運動，小環(huán)遇到桿上的釘子P后立即停止，物塊向上搖擺，整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動．小環(huán)和夾子的質量均不計，重力加速度為g.下列說法正確的是()A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于MgB．小環(huán)遇到釘子P后瞬間，繩中的張力大于2fmC．物塊上升的最大高度為eq\f(v2,g)D．速度v不能超過eq\r(\f(2fm－MgL,M))20.如圖所示，邊長為L的正三角形abc區(qū)域內存在垂直于紙面對里的勻強磁場，質量為m、電荷量均為q的三個粒子A、B、C以大小不等的速度從a點沿與ab邊成30°角的方向垂直射入磁場后從ac邊界穿出，穿出ac邊界時與a點的距離分別為eq\f(L,3)、eq\f(2L,3)、L.不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則下列說法正確的是()A．粒子C在磁場中做圓周運動的半徑為2LB．A、B、C三個粒子的初速度大小之比為3:2:1C．A、B、C三個粒子從磁場中射出的方向均與ab邊垂直D．僅將磁場的磁感應強度減小eq\f(1,3)，則粒子B從c點射出21.如圖所示，一豎直放置的輕彈簧一端固定于地面，另一端與質量為3kg的物體B固定在一起，質量為1kg的物體A放于物體B上．現A和B一起豎直向上運動，當A、B分別后，A上升0.2m到達最高點，此時B的速度方向向下，彈簧處于原長．從A、B分別起至A到達最高點的這一過程中，下列說法正確的是(g取10m/s2)()A．A、B分別時B的加速度為2gB．彈簧的彈力對B做功為零C．彈簧的彈力對B的沖量大小為6N·sD．B的動量改變量為零三、非選擇題：共62分．第22～25題為必考題，每個試題考生都必需作答，第33～34題為選考題，考生依據要求作答．(一)必考題：共47分22．(5分)某同學在“探究彈力和彈簧伸長的關系”試驗中，把彈簧放置在水平桌面上，測出其自然長度，然后豎直懸掛讓彈簧自然下垂，如圖甲所示，在其下端掛上鉤碼．(1)試驗時漸漸增加彈簧下端鉤碼個數并記錄所掛鉤碼的重力F與其對應彈簧的形變量x，作出的F-x圖象如圖乙所示．圖線不過原點的緣由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)該同學又找來與彈簧性質相同的橡皮筋，橡皮筋在彈性限度內彈力F0與伸長量x0成正比，即F0＝kx0，查閱資料后發(fā)覺式中k值與橡皮筋的原長L0和橫截面積S有關．理論與試驗都表明k＝Yeq\f(S,L0)，其中Y是由材料本身確定的常數，在材料力學中稱為楊氏模量．①楊氏模量Y的單位是________(填選項前的字母)．A．NB．mC．N/mD．N/m2②若該橡皮筋的k值與(1)中彈簧的勁度系數相同，該橡皮筋的原長為10.0cm，橫截面積為1.0mm2，則可知該橡皮筋的楊氏模量Y的大小為________(結果保留兩位有效數字)．23．(10分)導體或半導體材料在外力作用下產朝氣械形變時，其電阻值發(fā)生相應改變，這種現象稱為應變電阻效應．如圖甲所示的用來稱重的電子吊秤就是利用了這個應變效應．電子吊秤實現稱重的關鍵元件是拉力傳感器．其工作原理是：掛鉤上掛上重物，傳感器中拉力敏感電阻絲在拉力作用下發(fā)生微小形變(宏觀上可認為形態(tài)不變)，拉力敏感電阻絲的電阻也隨之發(fā)生改變，再經相應的測量電路把這一電阻改變轉換為電信號(電壓或電流)，從而完成將所稱物體重量變換為電信號．物理小組找到一根拉力敏感電阻絲RL，其阻值隨拉力F改變的圖象如圖乙所示，小組按如圖丙所示的電路制作了一個簡易“吊秤”．電路中電源電動勢E＝3V，內阻r＝1Ω；靈敏毫安表量程為0～10mA，內阻Rg＝50Ω；R1是可變電阻；A、B兩接線柱等高且固定．現將這根拉力敏感電阻絲套上輕質光滑絕緣環(huán)，將其兩端分別接A、B兩接線柱固定不動，通過光滑絕緣滑環(huán)可將重物吊起，不計敏感電阻絲重力．現完成下列操作步驟：步驟a.滑環(huán)下不吊重物時，閉合開關，調整可變電阻R1，使毫安表指針滿偏；步驟b.滑環(huán)下吊上已知重力的重物，測出電阻絲與豎直方向的夾角為θ；步驟c.保持可變電阻R1接入電路的電阻不變，讀出此時毫安表示數I；步驟d.換用已知重力的不同重物掛在滑環(huán)上，記錄每一個重力值對應的電流值；步驟e.將毫安表刻度盤改裝為重力刻度盤．(1)試寫出敏感電阻絲上的拉力F與重物重力G的關系式：F＝________.(2)設RL-F圖象的斜率為k，試寫出毫安表示數I與待測重物重力G的表達式：I＝________(用E、r、R1、Rg、R0、k、θ表示)．(3)若RL-F圖象中R0＝100Ω，k＝0.5Ω/N，測得θ＝60°，毫安表指針半偏，則待測重物的重力G＝________N.(4)關于改裝后的重力刻度盤，下列說法正確的是________(填選項前的字母)．A．重力零刻度線在毫安表滿刻度處，刻度線勻稱B．重力零刻度線在毫安表零刻度處，刻度線勻稱C．重力零刻度線在毫安表滿刻度處，刻度線不勻稱D．重力零刻度線在毫安表零刻度處，刻度線不勻稱(5)若電源電動勢不變，內阻變大，其他條件不變，用這臺“簡易吊秤”稱重前，進行了步驟a的操作，則測量結果________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)．24．(12分)如圖所示，磁感應強度大小為B的勻強磁場中有一固定金屬線框PMNQ，線框平面與磁感線垂直，線框寬度為L.導體棒CD垂直放置在線框上，并以垂直于棒的速度v向右勻速運動，運動過程中導體棒與金屬線框保持良好接觸．(1)依據法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，推導MNCDM回路中的感應電動勢E＝BLv；(2)已知B＝0.2T，L＝0.4m，v＝5m/s，導體棒接入電路中的有效電阻R＝0.5Ω，金屬線框電阻不計，求：①勻強磁場對導體棒的安培力大小和方向；②回路中的電功率．25．(20分)如圖所示，在光滑水平長直軌道上有A、B兩個絕緣體，它們之間通過一根長L的輕質細線相連，其中A的質量為m，B的質量為M＝2m，A帶電荷量為＋q，B不帶電．空間存在著方向水平向右的勻強電場，電場強度為E.起先時用外力把A與B靠在一起并保持靜止，某時刻撤去外力，A起先向右運動，當細線繃緊時，細線存在極短時間的彈力，而后B起先運動．已知B起先運動時的速度等于線剛繃緊前瞬間A的速度的eq\f(1,2)，整個過程中，A的電荷量保持不變．(1)求B起先運動時，A和B的速度大小各為多少；(2)通過計算來推斷細線在其次次繃緊前A、B是否發(fā)生碰撞；(3)在(2)中，若A、B發(fā)生碰撞，求碰撞前瞬間B的位移；若A、B不發(fā)生碰撞，求細線其次次繃緊前瞬間B的位移．(二)選考題(本題共15分．請考生從給出的2道物理題中任選一題作答．假如多做，則按所做的第一題計分．)33．(15分)[物理——選修3－3](1)(5分)把墨汁用水稀釋后取出一滴放在高倍顯微鏡下視察，可以看到懸浮在液體中的小炭粒在不同時刻的位置，每隔肯定時間把炭粒的位置記錄下來，最終按時間先后依次把這些點進行連線，得到如圖所示的圖象，對于這一現象，下列說法正確的是________．(填正確答案標號)A．炭粒沿著筆直的折線運動，說明水分子在短時間內的運動是規(guī)則的B．越小的炭粒，受到撞擊作用的不平衡性表現得越明顯C．視察炭粒運動時，可能有水分子擴散到載物片的玻璃中D．將水的溫度降至零攝氏度，炭粒會停止運動E．分子從表面張力大的液體中逸出比從表面張力小的液體中逸出更困難(2)(10分)如圖所示是肯定質量的志向氣體由狀態(tài)M→N→I→G改變的p-V圖象．已知該氣體在狀態(tài)M時的溫度為27℃.(ⅰ)求該氣體在狀態(tài)I時的溫度；(ⅱ)已知該氣體內能的改變滿意ΔU＝σΔT(常量σ＝103J/K)，則氣體從狀態(tài)M→N→I→G改變的整個過程中是吸熱還是放熱？傳遞的熱量是多少？34．(15分)[物理——選修3－4](1)(5分)某同學在試驗室做“用雙縫干涉測量光的波長”試驗，在試驗操作過程中，該同學轉動手輪，使分劃板向一側移動，測得第一條亮紋中心與第七條亮紋中心間的距離為a＝7.68mm，已知雙縫間的距離為d＝0.5mm，雙縫到屏的距離為L＝1.00m，則對應的光波的波長λ＝________nm.若在試驗時，該同學沒有調整好試驗裝置就進行試驗，結果使測量頭中的分劃板中心刻線與干涉條紋不在同一方向上，而是處在如圖所示的位置，則在這種狀況下測量干涉條紋間距Δx時，測量值________實際值(填“大于”“小于”或“等于”)，這時可通過調整________使它們平行．(2)(10分)如圖所示為一列沿x軸傳播的簡諧橫波，介質中兩質點P、Q的平衡位置相距eq\f(2,3)個波長．已知t＝0時的波形圖如圖所示，此時質點P的位移為3cm，設向上為正方向，經時間t1(小于一個周期)，質點P的位移又為3cm，且向下運動，已知該簡諧橫波的振幅為6cm，頻率為1Hz.求：(ⅰ)該橫波的波速大??；(ⅱ)t1時刻質點Q的位移．

答案14．解析：題圖甲：盧瑟福通過分析α粒子散射試驗結果，得出了原子的核式結構模型，故A錯誤．題圖乙：用中子轟擊鈾核使其發(fā)生裂變，裂變反應會釋放出巨大的核能，故B錯誤．題圖丙：玻爾理論指出氫原子能級是分立的，所以原子放射光子的頻率也是不連續(xù)的，故C正確．題圖?。簻穼O通過電子的發(fā)覺揭示了原子有肯定結構，自然放射現象的發(fā)覺揭示了原子核內還有困難結構，故D錯誤．答案：C15．解析：x-t圖象的斜率表示速度，由圖象可知，a車做勻速直線運動，b車做減速直線運動，故B錯誤；t＝3s時，兩圖線斜率相等，表示此時兩車的速度相等，故A錯誤；由圖象可知，b車始終在a車的后面，故C正確；在0～3s內，a車的位移為6m，b車的位移為8m，由公式eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)可知，a車的平均速度小于b車的平均速度，故D錯誤．答案：C16．解析：設任一粒子的電荷量為q，偏轉電場的極板長為L，板間距離為d，偏轉電壓為U，極板到擋板的水平距離為L1，在偏轉電場中，粒子做類平拋運動，運動時間t0＝eq\f(L,v0)，偏轉距離y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，其中a＝eq\f(qU,md)，初動能Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯立得y＝eq\f(qUL2,4dEk0)，氕、氘、氚三粒子的電荷量相同，但質量不同，若三者進入偏轉電場時的初動能相同，則離開電場時偏轉距離相同，離開電場時的速度方向也相同，所以三個粒子肯定到達擋板上同一點，而從進入偏轉電場至到達擋板的運動時間t＝eq\f(L＋L1,v0)＝eq\f(L＋L1,\r(\f(2Ek0,m)))，則三個粒子到達擋板的時間不相同，選項A正確，D錯誤；若三者進入偏轉電場時的初動量相同，由于到達擋板的時間t＝eq\f(L＋L1,v0)＝eq\f(mL＋L1,p)，可知三個粒子到達擋板的時間不相同，選項B錯誤；若三者進入偏轉電場時的初速度相同，由y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))可知，三個粒子離開偏轉電場時的偏轉距離不同，故三個粒子不能到達擋板上同一點，選項C錯誤．答案：A17.解析：本題中，太陽、地球、木星的位置關系如圖所示，設地球的公轉半徑為R1，木星的公轉半徑為R2，測得地球與木星的距離是地球與太陽距離的k倍，則有Req\o\al(2,2)＝Req\o\al(2,1)＋(kR1)2＝(1＋k2)Req\o\al(2,1)，由開普勒第三定律得eq\f(R\o\al(3,1),T\o\al(2,1))＝eq\f(R\o\al(3,2),T\o\al(2,2))，可得Teq\o\al(2,2)＝eq\f(R\o\al(3,2),R\o\al(3,1))·Teq\o\al(2,1)＝(1＋k2)eq\f(3,2)·Teq\o\al(2,1)，由于地球公轉周期為1年，則木星的公轉周期T2＝(1＋k2)eq\f(3,4)年，故A正確．答案：A18．解析：金屬線框進入磁場前，依據動能定理得：mgh－fh＝eq\f(1,2)mv2，進入磁場時，依據法拉第電磁感應定律有：E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，安培力：F＝BIL，由平衡條件得：mg＝F＋f，聯立解得：h＝eq\f(mmg－fR2,2B4L4)，故選項B正確，A、C、D錯誤．答案：B19．解析：向右勻速運動時，夾子和物體所受重力與拉力平衡，所以繩中的張力等于Mg，A正確．小環(huán)遇到釘子P后瞬間，物塊做圓周運動，此時物塊在夾子中沒有滑動，則夾子對物塊的摩擦力不大于最大靜摩擦力，所以繩中的張力肯定不大于2fm，B錯誤．小環(huán)遇到釘子P以后，物塊做圓周運動，機械能守恒，所以物塊上升的最大高度為eq\f(v2,2g)，C錯誤．當夾子對物塊的摩擦力等于最大靜摩擦力時，物塊的速度最大，此時有2fm－Mg＝eq\f(Mv\o\al(2,m),L)，解得最大速度vm＝eq\r(\f(2fm－MgL,M))，D正確．答案：AD20．解析：由圓周運動的對稱性可知，從同始終線邊界以30°的弦切角進磁場，射出時的速度也與邊界成30°角，而圓心角為60°，則圓心和入射點以及出射點構成等邊三角形，由幾何關系可知rA＝eq\f(L,3)，rB＝eq\f(2L,3)，rC＝L，A錯誤．依據洛倫茲力供應向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(qBr,m)，則初速度之比vA:vB:vC＝1:2:3，B錯誤．由于三粒子從ac邊射出時速度方向與ac邊的夾角均為30°，而∠cab＝60°，故射出的方向均與ab邊垂直，C正確，由r＝eq\f(mv,qB)可知，僅將B改為eq\f(2B,3)，則粒子B做圓周運動的半徑將變?yōu)閞eq\o\al(′,B)＝eq\f(2L,3)×eq\f(3,2)＝L，而其他條件不變，由幾何關系可知，粒子B將從c點射出，D正確．答案：CD21．解析：由分別的條件可知，A、B兩物體分別時二者的速度、加速度均相等，二者之間的相互作用力為0，對A分析可知，A的加速度aA＝g，所以B的加速度為g，故A錯誤；A、B兩物體分別時彈簧復原原長，A到達最高點時彈簧又復原原長，從A、B分別起至A到達最高點的這一過程中，彈簧的彈性勢能改變?yōu)榱?，所以彈簧的彈力對B做的功為零，故B正確；分別的瞬間，兩個物塊速度加速度均相同，之后A做豎直上拋運動達到最高點，這段距離可求出其初速度v＝eq\r(2gh)＝2m/s，則t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.2s，在此過程中對B，由動量定理得mBgt＋IN＝mBv－(－mBv)，代入數據解得IN＝6N·s，故C項正確；當兩者分別時，B向上運動，當A運動到最高點時，B向下運動，故B動量改變不為零，總的動量改變向下，故D項錯誤．答案：BC22．解析：(1)彈簧的原長是放置在水平桌面上測出的，豎直懸掛時，由于彈簧自身的重力影響，F＝0時彈簧的形變量不為零．(2)①依據表達式Y＝eq\f(kL0,S)可知，楊氏模量的單位是eq\f(N/m·m,m2)＝N/m2.②由F-x圖象可知k＝eq\f(8,10－2)N/cm＝100N/m；代入表達式可得橡皮筋的楊氏模量Y的大小為1.0×107N/m2.答案：(1)彈簧自身重力的影響(2分)(2)①D(1分)②1.0×107N/m2(2分)23．解析：(1)由受力狀況及平行四邊形定則可知，G＝2Fcosθ，則F＝eq\f(G,2cosθ).(2)由試驗步驟可知，當拉力為F時，電流為I，依據閉合電路的歐姆定律得E＝I(r＋Rg＋R1＋RL)，由圖象可知，拉力與電阻的關系式為RL＝kF＋R0，聯立可得I＝eq\f(E,r＋Rg＋R1＋R0＋k\f(G,2cosθ)).(3)由試驗步驟可知，當沒有掛重物時，電流為滿偏電流，即E＝Ig(r＋Rg＋R1＋R0)，又I＝eq\f(E,r＋Rg＋R1＋R0＋k\f(G,2cosθ))且電流是半偏，代入數據，可得G＝600N.(4)由公式I＝eq\f(E,r＋Rg＋R1＋R0＋k\f(G,2cosθ))可知，電流值與重力不成正比，故刻度盤不勻稱；該秤下所掛重物的重力越小，則拉力敏感電阻絲的電阻越小，毫安表示數越大，故重力零刻度線應在毫安表滿刻度處，C正確．(5)依據操作步驟a可知，當電源內阻增大時，仍會使得毫安表滿偏，此時電阻R1會變小，但r＋R1之和照舊不變，所以測量結果也不變．答案：(1)eq\f(G,2cosθ)(2分)(2)eq\f(E,r＋Rg＋R1＋R0＋k\f(G,2cosθ))(2分)(3)600(2分)(4)C(2分)(5)不變(2分)24．解析：(1)設在Δt時間內MNCDM回路面積的改變量為ΔS，磁通量的改變量為ΔΦ，則有ΔS＝LvΔt(2分)ΔΦ＝BΔS＝BLvΔt(2分)依據法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLvΔt,Δt)＝BLv(1分)(2)①MNCDM回路中的感應電動勢E＝BLv(1分)回路中的電流I＝eq\f(E,R)(1分)導體棒受到的安培力F＝BIL(1分)聯立解得F＝0.064N(2分)安培力的方向與速度方向相反(1分)②回路中的電功率P＝EI(1分)解得P＝0.32W(2分)答案：見解析25．解析：(1)設細線第一次繃緊時，A的速度為v0，則有EqL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2分)解得v0＝eq\r(\f(2EqL,m))(1分)所以B起先運動時的速度為vB＝eq\f(v0,2)＝eq\r(\f(EqL,2m))(1分)細線繃緊前后A、B組成的系統(tǒng)動量近似守恒，則有mv0＝mvA＋2mvB(2分)解得B起先運動時A的速度為vA＝0(1分)(2)假設二者恰能發(fā)生碰撞，則有eq\f(1,2)v0t＝eq\f(Eq,2m)t2＋L(3分)一元二次方程的判別式Δ＝－eq\f(3EqL,2m)<0，故t無實數解，說明B追不上A，假設不成立，二者不會發(fā)生碰撞(3分)(3)設細線從第一次繃緊到其次次繃緊所經驗的時間為t2，則有sB＝sA(1分)sB＝eq\f(v0,2)t2(1分)sA＝eq\f(Eq,2m)teq\o\al(2,2)(1分)解得sB＝L(2分)答案：(1)0eq\r(\f(Eql,2m))(2)見解析(3)L33．解析：(1)圖中的折線是每隔肯定的時間炭粒的位置的連線，并非炭粒的運動軌跡，不能說明水分子在短時間內的運動是規(guī)則的，A錯誤；炭粒越小，在某一瞬間跟它相撞的水分子數越少，撞擊作用的不平衡性表現得越明顯，B正確；擴散可發(fā)生在液體和固體之間，故視察炭粒運動時，可能有水分子擴散到載物片的玻璃中，C正確；將水的溫度降低至零攝氏度，炭粒的運動會變慢，但不會停止，D錯誤；分子從液體表面逸出須要克服其他液體分子的引力，表面張力大的液體表面分子間的作用力大，E正確．(2)(ⅰ)對于肯定質量的志向氣體，M→I過程由志向氣體狀態(tài)方程有eq\f(pMVM,TM)＝eq\f(p1V1,T1)(2分)得T1＝600K(1分)(ⅱ)志向氣體M→N的過程體積增大，氣體對外做功，由p-V圖線與橫軸所圍的面積可知W1＝－eq\f(pM＋pNVN－VM,2)＝－5×105JN→I過程，氣體體積增大，壓強不變，氣體膨脹，對外做功W2＝－pN(VI－V