如图所示,竖直放置,粗细均匀,两端封闭的玻璃管中有一段水银,将空气隔
来源:学生作业帮助网 编辑:作业帮 时间:2024/05/10 11:09:25
增大;减小.设管中空气柱压强这p,如图中所示,p=h2+p0=h1+p0即:h1=h2当向右管倒入少量水银,h2增大,h1也增大;当向左管倒入少量水银,h1减小,h2也减小.
封闭气体压强为:P=P0-15cmHg=60cmHg;在距管顶20cm处的A点,玻璃管出现了一个小孔,小孔下方10cm长水银柱会漏去,气压增加了10cmHg,变为P′=70cmHg;此后经历等压压缩过
图中气泡压强为75+25=100cmHg,P1V1/T1=P2V2/T2,其中P1=100,V1=20,T1=273,P2=100+x/2,T2=2*273,V2=20+x可得出x²+220
如果液面高度相同,则B正确.如果两管都是粗细相同且均匀,则C正确.从图中情况看,应该是A正确.可以这样来推断,如果盐水刚好充满ab以下部分,此时,等质量的水将有部分在ab上方,且这部分水充于细颈部分,
ab棒产生的感应电动势为qVB,它相当于电源,它两端的电压,为路端电压.金属圆环看成是两个电阻为r/2的电阻并联,外电路的电阻为r/4,电路的总电阻为3r/4.求电路中的总电流就是ab棒中的电流.有电
封闭气体压强为76-15=61cmhgP(封闭气体)+15=76
导体棒匀速滑动过程中,产生的感应电动势E=BLv不让变,但滑动时aM和bN段变长,电阻变大,同时Md和Nc段变短,电阻变小,整个外电路由MabN与MdcN并联,当MN分别在ad和bc中点时,外电路总电
(1)R=Ltan18.5°+r=2mEk0=mgR(1-cos)+mgLsin+mgLcos代入解得Ek0=48J(2)小球第一次回到
有分我就跟你详细解答了嘿先设理想气体上面水银高度为h3当没有加水银,理想气体下面的水银对理想气体的压强p应该等于理想气体上面的水银对理想气体的压强p,所以h1=h3,这个条件是液面平衡的条件,也是解决
先分析初始状态设中间空气柱为a,上方空气柱为b初始时Pa+66=75Pa=9cmHg又Pa=Pb+4Pb=5cmHg当上方空气柱增加一厘米时则此时Hb=5cmPb=4cmHg同理可知Pa=8cmHg则
如果液面高度相同,则B正确.如果两管都是粗细相同且均匀,则C正确.从图中情况看,应该是A正确.可以这样来推断,如果盐水刚好充满ab以下部分,此时,等质量的水将有部分在ab上方,且这部分水充于细颈部分,
盐水比较重所以超出ab的部分比较短,所以甲水的高比较高,所以压强较大
(1)若要使小球能够通过圆弧APD的最高点,因为小球是穿在杆上,所以到达最高点时速度可以为0. 由能量守恒得:Ek0=mg[Lsinθ+(R-Rcosθ)]+μmgLcosθ代入
分析:当两液面高度相等时,右侧液面下降h/2,左侧液面上升h/2.相当于右侧液面最上面高度为h/2的液体下降高度h/2后移到左侧.设高度为h/2液体的质量为m,则总长度为4h液体质量为8m当两液面高度
设玻璃管两侧水银面高度差是h,大气压为P0,封闭气体压强P=P0-h,沿虚线所示的位置把开口一侧的部分截掉,h变小,封闭气体压强P=P0-h变大,气体温度不变,压强变大,由玻意耳定律可知,封闭气体体积
(ⅰ)对于封闭气体:初态:P1=P0-△h=75-2=73(cmHg),V1=LS=10S,T1=300K;末态:P2=P0=75cmHg,V2=(L+0.5△h)S=12s,T2=?;根据理想气体状
上升再问:能解释一下吗?谢谢!再答:没图,不过可以想象着说。。下边空气的压强等于上边空气的加水银的,当温度上升,两边空气的压强都升高考虑极限情况,则水银所占压强的比例减小。于是水银上升。
封闭气体压强P=P0+h1=P0+h右,向右管缓慢倒入少量水银后h右变大,封闭气体压强P=P0+h右变大,气体温度不变,由玻意耳定律可知,气体体积变小,h2变小;封闭气体压强P=P0+h1=P0+h右
B,分析:有规则的物体,重心在它的几何中心上,在此题中就在L/2=0.8m处,拉力F在最右端时即L=1.6m,F=5N由题意可得根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2得5N*1.6m=G*0.8m解得:G
(1)根据动能定理得,12mv12-Ek0=-μmgLcosθ-μmgL代入解得v1=12m/s≈3.4m/s(2)小球第一次回到B点时的动能EK1=12mv12=6J,继续运动,根据动能定理得,mg