2022英语教育周报外研版答案

21.BC解析:本题考査传送带问题。由υt图像得0~1s煤块的加速度大小a1=8m/s,方向沿传送带向下;1s~2s内,煤块的加速度大小a3-4m/s2,方向沿传送带向下;0~1s内,对煤块应用牛顿第二定律得nisinθ+ anglosθ-ma1;1s~2s,对煤块应用牛顿第二定律得 nisin0- anglosθ=mn2;解得θ=37°,0.25,Δ项错误、B项正确。σ-t图线与t坐标轴所围面积表示位移,所以煤块上滑的总位移x=10m,由运动学公式得下滑时间下=√/2x=5,所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+5),C项正确。0~1s内煤块比传送带多运动4m,划痕长4m;1s~2s内传送带比煤块多运动2m,产生的热量为12J,D项错误。

20.参考答案(1)证明:由题意可知,EQ=日=AM,EA=a=AB又∠QEA=∠MAB,所以△QEA≌△MAB,所以∠EAQ+∠AMB=∠ABM+∠AMB=90°,所以AQ⊥BM因为AE⊥EF,DE⊥EF,AE∩DE=E,所以∠AED为二面角C-EF-B的平面角,即∠AED=60°,且EF⊥平面AED.又DMC平面AED,所以DM⊥EF(3分)在△DEM中,由余弦定理可得DM=DE+ME2=2,DE,MB∠AED=、2+2-2所以在△DEM中,DMF+EMF=a2=DE,所以DM⊥AE(4分)为AE∩EF=E,所以DM⊥平面AEF又AQC平面AEF,所以DM⊥AQ(5分因为BM∩DM=M,所以AQ⊥平面BDM(6分)(2)解:以AQ与BM的交点O为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示因为240BM=AM·AB,且BM=25,所以A0=5,B0=25,M=5a又A?,则Q0=0所以O(0Df-500Q07035√5a√0a,则DB5a3531010a-a.(8分)设平面DBQ的法向量为n=(x,y,z)第20题图设平面DBQ的法向量为n=(x,y,z),所以mDB=0az=0令x=33,则y=43,z=35,故n=(33,43,3√5).(9分)又平面DBM的一个法向量为m=(0,1,0)故os(n,m)|=⊥mm43n|m|√27+48+45×1所以二面角MDBQ的余弦值为(12分)

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