13：1/2
14：25n
15：fn′=fn=g.
16：150n＜f≤180n；提示：当f=150n时，物体刚要动；当f=180n时，ab间刚要相对滑动。
17．150 n≤f≤180 n。提示：当f=150 n时，可向上匀速运动；当f=180 n时，a、b问的拉力达到最大。
18：解析：力f的大小决定了a物体相对斜面的运动趋势。当f较小时，物体a有沿斜面向下运动的趋势，受斜向上的摩擦力，当f较大时，物体a有沿斜面向上运动的趋势，受斜向下的摩擦力。
受力分析如图，图（甲）为物体a有斜向上运动趋势时，图（乙）为物体a有斜向下运动趋势时。沿斜面和垂直斜面建立坐标系，由平衡的条件可得：
甲乙。对甲在x轴上：fcos α=gsin α+ff ①
在y轴上：fn=fsin α+gcos
又因为ff=μfn
由①②③可得f==0.72g
对乙在x轴上：fcos α+ff=gsin α
在y轴上：fn=gcos α+fsin α
且ff=μfn
由④⑤⑥得f==0.45g.
考虑两个结果知，水平力f的取值范围为：0.45g≤f≤0.72g.
答案：0.45g≤f≤0.72g
19：解析：令x1表示未加f时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知①，令x2表示b刚要离开c时弹簧的伸长量， a表示此时a的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：
kx2=mbgsinθ ②f－magsinθ－kx2=maa ③，由②③式可得，由题意 d=x1+x2 ⑤，由①②⑤式可得。
20：当加速度a较小时，小球与斜面体一起运动，此时小球受重力、绳拉力和斜面的支持力作用，绳平行于斜面，当加速度a足够大时，小球将“飞离”斜面，此时小球受重力和绳的拉力作用，绳与水平方向的夹角未知，题目中要求a=10 m/s2时绳的拉力及斜面的支持力，必须先求出小球离开斜面的临界加速度a0.（此时，小球所受斜面支持力恰好为零）
由mgcotθ=ma0，所以a0=gcotθ=7.5 m/s2，因为a=10 m/s2＞a0，所以小球离开斜面fn=0，小球受力情况如图，则tcosα=ma，tsinα=mg，所以t==2.83 n，fn=0.
21：(1)物体受滑动摩擦力向右，物体向右加速，其加速度，经t1加速与皮带等速时，，滑动摩擦力消失，此时位移。剩下s2=5-4=1m，物体作匀速运动，经到达b点，，总时间。
2)因为v0=4.4m／s>4m／s，所以物体受的滑动摩擦力向左，物体减速，经t1减速到与皮带等速时，滑动摩擦力消灭， (其加速度仍为a=μg=2m/s2)，此时位移为。剩下4.
16m物体匀速，到达b时间1.04s，所以总时间为t=t1+t1=1.24s。
3)v0＝3m／s，物体受滑动摩擦力向右，物体减速，加速度仍为a=2m/s2。设它减速到零时的最大位移是sm，，所以未到a点就返回向右匀加速运动，其加速度为a=2m／s2，所以回到b点速度大小仍为3m／s2。总花时间。
4)同上分析，物体向左的最大位移，所以未到a点就反向右加速运动，当速度达到4m／s(与皮带等速)时，就匀速而抵达b点。物体匀变速运动时间，匀变速运动位移，匀速运动时间，所以总共时间。
22：（1）对初始时刻：mgsin－mgcos＝ma0，由右图读出a0=4m/s2代入上式，解得：＝＝0.25。
2）对末时刻加速度为零：mgsin－fn－kvcos＝0，又fn＝mgcos＋kvsin，由图得出此时v=5 m/s代入上式解得：k＝＝0.84kg/s。
必修四课时作业1 2
第四课时作业。1 2012 深圳高一检测 有三个命题 与的正弦线相等 与的正切线相等 与的余弦线相等 其中真命题的个数为 a 1 b 2 c 3 d 0 2 设a sin 1 b cos 1 c tan 1 则有 a ac c3 在 0,2 内，使sin cos 成立的 的取值范围为 a.b c.d...
第一课时课后巩固练习
课后巩固练习 一 填空题。1.在一定温度下，除少数物质如等能与水以任何比例无限制混合外。大多数物质在水中的溶解是有限的，溶解到一定程度，就不能继续溶解了。这些溶质的溶液都有两种状态。1 叫做这种溶质的饱和溶液 2 叫做这种溶质的不饱和溶液。2.某硝酸钾溶液在20 时，不能继续溶解硝酸钾，该溶液为溶液...
化学人教版九年级上册空气第一课时课后练习
课题1空气练习题。二百多年前，第一个用实验方法证明空气是由氧气和氮气组成的科学家是 舍勒 b 拉瓦锡 c 门捷列夫 d 普利斯特里。2 空气中按体积计算，含量最多的气体是。a 氧气 b 氮气 c 二氧化碳 d 稀有气体。3 在100升空气里氧气的体积大约是 a 升 b 78 c 21升 d 21 4...