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文檔簡介
第12課時磁場專題三電場與磁場高考題型1磁場的基本性質安培力高考題型2帶電粒子在勻強磁場中的運動專題強化練內容索引NEIRONGSUOYIN1.磁場的疊加遵循平行四邊形定則.2.區(qū)分兩個定則安培定則(或右手螺旋定則)用來判斷電流產(chǎn)生的磁場方向,左手定則用來判斷電流所受磁場力的方向.3.兩個等效模型(1)變曲為直:圖甲所示通電導線,在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流.高考題型1磁場的基本性質安培力(2)化電為磁:環(huán)形電流可等效為小磁針,通電螺線管可等效為條形磁鐵,如圖乙.4.變三維為二維——求解安培力作用下的動力學問題考題示例例1
(2017·全國卷Ⅲ·18)如圖1,在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中,兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置,兩者之間的距離為l.在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時,紙面內與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零,如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點處磁感應強度的大小為圖1√解析如圖甲所示,
P、Q中的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等,如果讓P中的電流反向、其他條件不變時,如圖乙所示,由幾何關系可知,故選項C正確,A、B、D錯誤.例2
(2019·全國卷Ⅰ·17)如圖2,等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成,固定于勻強磁場中,線框平面與磁感應強度方向垂直,線框頂點M、N與直流電源兩端相接.已知導體棒MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為A.2F B.1.5FC.0.5F D.0圖2√解析設三角形邊長為l,通過導體棒MN的電流大小為I,如圖所示,依題意有F=BlI,方向與F的方向相同,所以線框LMN受到的安培力大小為F+F1=1.5F,選項B正確.例3
(多選)(2019·江蘇卷·7)如圖3所示,在光滑的水平桌面上,a和b是兩條固定的平行長直導線,通過的電流強度相等.矩形線框位于兩條導線的正中間,通有順時針方向的電流,在a、b產(chǎn)生的磁場作用下靜止.則a、b的電流方向可能是A.均向左
B.均向右C.a的向左,b的向右 D.a的向右,b的向左圖3√√解析若a、b的電流方向均向左,根據(jù)安培定則和磁場的疊加可知,a直導線到a、b直導線正中間部分的磁場方向垂直紙面向外,而b直導線到a、b直導線正中間部分的磁場方向垂直紙面向里,再根據(jù)左手定則可知,矩形線框受到的安培力的合力不為零,與題中線框在磁場作用下靜止不符,選項A錯誤;同理,若a、b的電流方向均向右,線框受到的安培力的合力也不為零,與題中線框在磁場作用下靜止不符,選項B錯誤;若a的電流方向向左、b的電流方向向右,根據(jù)安培定則和磁場的疊加可知,a、b直導線在a、b直導線中間所有空間產(chǎn)生的磁場方向均垂直紙面向外,根據(jù)左手定則可知,矩形線框受到的安培力的合力為零,與題中線框在磁場作用下靜止相符;同理,若a的電流方向向右、b的電流方向向左,根據(jù)安培定則和磁場的疊加可知,a、b直導線在a、b直導線中間所有空間產(chǎn)生的磁場方向均垂直紙面向里,根據(jù)左手定則可知,矩形線框受到的安培力的合力也為零,與題中線框在磁場作用下靜止相符,選項C、D均正確.1.(2020·山東菏澤市高三4月聯(lián)考)已知通電長直導線在其周圍某點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小B0與通電導線中的電流強度I成正比,與該點到通電導線的距離r成反比,即B0=k,式中k為比例系數(shù).現(xiàn)有兩條相距為L的通電長直導線a和b平行放置,空間中存在平行于圖示的菱形PbQa的勻強磁場(圖中未畫出).已知菱形PbQa的邊長也為L,當導線a和b中通以大小相等、方向如圖4所示的電流I時,P點處的磁感應強度恰好為零.則下列說法正確的是命題預測12圖43A.Q點處的磁感應強度大小為kB.勻強磁場的方向從P點指向Q點,大小為2kC.勻強磁場的方向從Q點指向P點,大小為2kD.兩導線連線中點處的磁感應強度大小為3k12√312解析由題意知每股電流在P點處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小為B=k,由安培定則知導線a和b中的電流在P點處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度方向分別垂直于Pa和Pb.由平行四邊形定則知勻強磁場的磁感應強度方向應由P點指向Q點,同理可知Q點處的磁感應強度也為零,A項錯誤;31232.(2020·山東省棗莊三中、高密一中、萊西一中三校聯(lián)考)將一段總長度為L的直導線折成正多邊形線框后放入磁感應強度大小為B的勻強磁場中,且線框所在平面與磁場方向垂直,現(xiàn)給線框通電,電流大小為I,正多邊形線框中依次相鄰的6條邊受到的安培力的合力大小與依次相鄰的3條邊受到的安培力的合力大小相等,則正多邊形線框中每條邊受到的安培力大小為12√312解析由題意可知依次相鄰的6條邊的有效長度與依次相鄰的3條邊的有效長度相等,33.(2020·湘贛皖十五校第二次聯(lián)考)一電流表的原理如圖5所示.質量為m=20g的均質細金屬棒MN的中點處通過一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連,彈簧勁度系數(shù)為k=2.0N/m.在矩形區(qū)域abcd內有勻強磁場,磁感應強度大小B=0.20T,方向垂直紙面向外.與MN的右端N連接的一絕緣水平輕指針可指示標尺上的讀數(shù),MN的長度大于ab,ab的長度為l=0.20m,bc的長度為L=0.05m,當MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時,MN與矩形區(qū)域的cd邊重合,當MN中有電流通過時,指針示數(shù)可表示電流強度,不計通電時電流產(chǎn)生的磁場的作用(g=10m/s2)A.若要電流表正常工作,N端應接電源正極B.若將量程擴大2倍,磁感應強度應變?yōu)锽′=0.40TC.此電流表可以測量的最大電流為2.0AD.當電流表示數(shù)為零時,彈簧伸長10cm12圖5√3解析為使電流表正常工作,作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下,由左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端,因此M端應接電源正極,故A錯誤;設彈簧的伸長量為Δx,則有mg=kΔx,解得Δx=10cm;設滿量程時通過MN的電流為Im,則有BIml+mg=k(L+Δx),代入解得Im=2.5A,設擴大量程后,磁感應強度變?yōu)锽′,則有2B′Iml+mg=k(L+Δx),解得B′=0.10T,故B、C錯誤,D正確.123高考題型2帶電粒子在勻強磁場中的運動2.基本思路(1)畫軌跡:確定圓心,用幾何方法求半徑并畫出軌跡.(2)找聯(lián)系:軌跡半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系,偏轉角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系,在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系.(3)用規(guī)律:利用牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律,特別是周期公式和半徑公式.3.軌跡圓的幾個基本特點(1)粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時,入射角等于出射角.(如圖6,θ1=θ2=θ3)(2)粒子經(jīng)過磁場時速度方向的偏轉角等于其軌跡的圓心角.(如圖,α1=α2)圖6圖7(3)沿半徑方向射入圓形磁場的粒子,出射時亦沿半徑方向,如圖7甲.(4)磁場圓與軌跡圓半徑相同時,以相同速率從同一點沿各個方向射入的粒子,出射速度方向相互平行.反之,以相互平行的相同速率射入時,會從同一點射出(即磁聚焦現(xiàn)象),如圖乙.4.半徑的確定方法一:由物理公式求.由于Bqv=
,所以半徑r=
;方法二:由幾何關系求.一般由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)通過計算來確定.6.臨界問題(1)解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題,關鍵在于運用動態(tài)思維,尋找臨界點,確定臨界狀態(tài),根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向,同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡,定好圓心,建立幾何關系.(2)粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切.7.多解成因(1)磁場方向不確定形成多解;(2)帶電粒子電性不確定形成多解;(3)速度不確定形成多解;(4)運動的周期性形成多解.例4
(2019·全國卷Ⅱ·17)如圖8,邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外.ab邊中點有一電子發(fā)射源O,可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子.已知電子的比荷為k.則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為考題示例圖8√解析電子從a點射出時,其運動軌跡如圖線①,電子從d點射出時,運動軌跡如圖線②,例5
(2020·全國卷Ⅲ·18)真空中有一勻強磁場,磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面,磁場的方向與圓柱軸線平行,其橫截面如圖9所示.一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場.已知電子質量為m,電荷量為e,忽略重力.為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內,磁場的磁感應強度最小為圖9√解析磁感應強度取最小值時對應的臨界狀態(tài)如圖所示,設電子在磁場中做圓周運動的半徑為r,由幾何關系得a2+r2=(3a-r)2,例6
(2020·全國卷Ⅰ·18)一勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外,其邊界如圖10中虛線所示,
為半圓,ac、bd與直徑ab共線,ac間的距離等于半圓的半徑.一束質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子,在紙面內從c點垂直于ac射入磁場,這些粒子具有各種速率.不計粒子之間的相互作用.在磁場中運動時間最長的粒子,其運動時間為圖10√解析粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關,由在磁場中的運動軌跡對應的圓心角決定.設軌跡交半圓
于e點,ce中垂線交bc于O點,則O點為軌跡圓心,如圖所示.圓心角θ=π+2β,當β最大時,θ有最大值,由幾何知識分析可知,當ce與
相切時,β最大,4.(2020·天津市紅橋區(qū)高三期末)如圖11所示為一圓形區(qū)域的勻強磁場,在O點處有一放射源,沿半徑方向射出速率為v的不同帶電粒子,其中帶電粒子1從A點飛出磁場,帶電粒子2從B點飛出磁場,不考慮帶電粒子的重力及帶電粒子間的相互作用.則命題預測456A.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比值為3∶1B.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比值為
∶1C.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間的比值為2∶1D.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間的比值為1∶2圖11√聯(lián)立解得帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比值為3∶1,選項A正確,B錯誤;4565.(多選)(2020·山西呂梁市期末)如圖12所示,熒屏MN上方有水平方向的勻強磁場,方向垂直紙面向里.距離熒屏d處有一粒子源S,能夠在紙面內不斷地向各個方向同時發(fā)射電荷量為q、質量為m、速率為v的帶正電粒子,不計粒子的重力及粒子間的相互作用,已知粒子做圓周運動的半徑也恰好為d,則圖12√√456解析打在極板上的粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖甲所示,根據(jù)幾何關系知,板上有帶電粒子到達的長度為:由運動軌跡圖可知,能打到板上最左側的粒子偏轉了半個周期,456在磁場中運動時間最長(優(yōu)弧1)和最短(劣弧2)的粒子運動軌跡示意圖如圖乙,由幾何關系可知:4566.(多選)(2020·遼寧高三三模)如圖13所示,邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場,邊界OA上有一粒子源S.某一時刻,從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用),所有粒子的初速度大小相同,經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場.已知∠AOC=60°,從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于
(T為粒子在磁場中運動的周期),則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間可能為√√圖13456解析粒子在磁場中做勻速圓周運動,粒子在磁場中的出射點和入射點的連線即為軌跡的弦,初速度大小相同,軌跡半徑相同,如圖所示.設OS=d,當出射點D與S點的連線垂直于OA時,弦DS最長,軌跡所對的圓心角最大,周期一定,456當出射點E與S點的連線垂直于OC時,弦ES最短,4561.(2020·山東省普通高中學業(yè)水平等級模擬考試)如圖1所示為六根與水平面平行的導線的橫截面示意圖,導線分布在正六邊形的六個角,導線所通電流方向已在圖中標出.已知每條導線在O點磁感應強度大小為B0,則正六邊形中心O處磁感應強度的大小和方向A.大小為零B.大小為2B0,方向沿x軸負方向C.大小為4B0,方向沿x軸正方向D.大小為4B0,方向沿y軸正方向保分基礎練123456789101112專題強化練圖1√123456789101112解析根據(jù)磁場的疊加原理,將最右側電流向里的導線在O點產(chǎn)生的磁場與最左側電流向外的導線在O點產(chǎn)生的磁場進行合成,則這兩根導線在O點產(chǎn)生的合磁感應強度為B1;同理,將左上方電流向外的導線在O點產(chǎn)生的磁場與右下方電流向里的導線在O點產(chǎn)生的磁場進行合成,則這兩根導線在O點產(chǎn)生的合磁感應強度為B2;將右上方電流向里的導線在O點產(chǎn)生的磁場與左下方電流向外的導線在O點產(chǎn)生的磁場進行合成,123456789101112則這兩根導線在O點產(chǎn)生的合磁感應強度為B3.如圖所示,根據(jù)磁場疊加原理可知B1=B2=B3=2B0,由幾何關系可知B2與B3的夾角為120°,故將B2與B3合成,則它們的合磁感應強度大小也為2B0,方向與B1的方向相同,最后將其與B1合成,可得正六邊形中心O處磁感應強度大小為4B0,方向沿y軸正方向.選項D正確,A、B、C錯誤.2.(2020·山東濟寧市一模)如圖2所示,圖中曲線為兩段完全相同的六分之一圓弧連接而成的金屬線框(金屬線框處于紙面內),每段圓弧的長度均為L,固定于垂直紙面向外、大小為B的勻強磁場中.若給金屬線框通以由A到C、大小為I的恒定電流,則金屬線框所受安培力的大小和方向為123456789101112圖2√123456789101112由左手定則,安培力方向垂直于AC向左,故選D.3.(2019·全國卷Ⅲ·18)如圖3,在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為
B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場.一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限,隨后垂直于y軸進入第一象限,最后經(jīng)過x軸離開第一象限.粒子在磁場中運動的時間為123456789101112圖3√123456789101112解析設帶電粒子進入第二象限的速度為v,在第二象限和第一象限中運動的軌跡如圖所示,對應的軌跡半徑分別為R1和R2,由洛倫茲力提供向心力,123456789101112則粒子在磁場中運動的時間為t=t1+t2,4.(多選)如圖4所示,O點有一粒子源,在某時刻發(fā)射大量質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,它們的速度大小相等、方向均在xOy平面內.在直線x=a與x=2a之間存在垂直于xOy平面向外的磁感應強度為B的勻強磁場,與y軸正方向成60°角發(fā)射的粒子恰好垂直于磁場右邊界射出.不計粒子的重力和粒子間的相互作用力,關于這些粒子的運動,下列說法正確的是A.粒子的速度大小為B.粒子的速度大小為C.與y軸正方向成120°角射出的粒子在磁場中運動的時間最長D.與y軸正方向成90°角射出的粒子在磁場中運動的時間最長123456789101112√√圖4123456789101112粒子在磁場中的運動時間由圓心角決定,所以與y軸正方向成120°角射出的粒子在磁場中運動的時間最長,所以C對,D錯.5.(2020·山東泰安市高三模擬)如圖5所示,半徑分別為R、2R的兩個同心圓,圓心為O,大圓和小圓之間區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場,其余區(qū)域無磁場.一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的P點沿PO方向以速度v1射入磁場,其運動軌跡所對的圓心角為120°.若將該帶電粒子從P點射入的速度大小變?yōu)関2,不論其入射方向如何,都不可能射入小圓內部區(qū)域,則
最大為123456789101112√圖5123456789101112解析粒子在磁場中做圓周運動,如圖,當粒子豎直向上射入磁場時,粒子不能進入小圓區(qū)域,則所有粒子都不可能進入小圓區(qū)域,粒子豎直向上射入磁場,1234567891011126.(2020·江西景德鎮(zhèn)市下學期第二次質檢)如圖6所示,在直角三角形abc區(qū)域內存在垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B,∠a=60°,∠b=90°,邊長bc=L.一個粒子源在b點將質量為m,、電荷量為q的帶負電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場,在磁場中運動時間最長的粒子中,速度的最大值是123456789101112圖6√123456789101112解析由左手定則和題意知,沿ba方向射入的粒子在三角形磁場區(qū)域內轉半周,運動時間最長,半徑最大時軌跡恰與ac相切,軌跡如圖所示,故B、C、D錯誤,A正確.7.(2020·廣東深圳市高三第一次調研)如圖7,僅在第一象限存在垂直紙面向里的勻強磁場,一個帶負電的微粒a從坐標(0,L)處射入磁場,射入方向與y軸正方向夾角為45°,經(jīng)時間t與靜止在坐標(L,L)處的不帶電微粒b發(fā)生碰撞,碰后瞬間結合為微粒c,碰撞過程電荷量不發(fā)生變化.已知a、b質量相同(重力均不計),則c在磁場中運動的時間為A.0.25t B.0.5tC.t D.2t123456789101112圖7√123456789101112解析a粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律可得a、b兩粒子碰后瞬間結合為微粒c,碰撞前后系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律可知mva=2mvc123456789101112碰撞后動量大小、電荷量都不變,說明c粒子軌跡半徑和a粒子軌跡半徑相同,運動軌跡如圖所示,由幾何關系可知a粒子運動時間聯(lián)立可得tc=2t,故D正確,A、B、C錯誤.8.(2020·山東淄博市高三下學期檢測)如圖8,半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面),磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外.一電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域,射入點與ab的距離為
.已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°,則粒子的速率為(不計重力)123456789101112爭分提能練圖8√123456789101112解析帶電粒子從距離ab為
處射入磁場,且射出時與射入時速度方向的夾角為60°,粒子運動軌跡如圖,ce為射入速度所在直線,d為射出點,射出速度反向延長交ce于f點,磁場區(qū)域圓心為O,帶電粒子做圓周運動的圓心為O′,則O、f、O′在一條直線上,由幾何關系得帶電粒子做圓周運動的軌跡半徑為R,9.(多選)(2020·內蒙古呼倫貝爾市海拉爾區(qū)高考模擬)如圖9所示,半徑為R的
圓形區(qū)域內存在著垂直紙面向里的勻強磁場,過(-2R,0)點垂直x軸放置一線型粒子發(fā)射裝置,能在0<y<R的區(qū)間內各處沿x軸正方向同時發(fā)射出速度均為v、帶正電的同種粒子,粒子質量為m,電荷量為q.不計粒子的重力及粒子間的相互作用力.若某時刻粒子被裝置發(fā)射出后,經(jīng)過磁場偏轉恰好擊中y軸上的同一位置,則下列說法中正確的是123456789101112圖9123456789101112√√√123456789101112解析由題意,某時刻發(fā)出的粒子都擊中的點是y軸上同一點,由最高點射出的只能擊中(0,R),則擊中的同一點就是(0,R),即粒子擊中點距O點的距離為R,A正確;從最低點射出的粒子也擊中(0,R),那么粒子做勻速圓周運動的半徑為R,123456789101112粒子運動的半徑都相同,但是入射點不同,則粒子離開磁場時的速度方向不同,C錯誤;偏轉角最大的運動時間最長,從最低點射出的粒子偏轉90°,運動的時間最長,從最高點直接射向(0,R)的粒子運動時間最短,10.(2020·吉林長春市六中3月線上測試)如圖10所示,在0≤x≤3a的區(qū)域內存在與xOy平面垂直的勻強磁場,磁感應強度大小為B.在t=0時刻,從原點O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子,速度方向與y軸正方向的夾角分布在0°~90°范圍內.其中,沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場右邊界上P(3a,
a)點離開磁場,不計粒子重力,下列說法正確的是123456789101112圖10√123456789101112解析沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖甲所示:可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=2a,選項A錯誤;123456789101112當粒子軌跡恰好與磁場右邊界相切時,粒子在磁場中運動的時間最長,粒子軌跡如圖乙所示,粒子與磁場邊界相切于M點,由幾何關系知,從E點射出.設從P點射出的粒子轉過的圓心角為π-θ,時間為t0,則從E點射出的粒子轉過的圓心角為2(π-θ),故帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0,選項D正確.11.(2020·全國卷Ⅱ·24)如圖11,在0≤x≤h,-∞<y<+∞區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度B的大小可調,方向不變.一質量為m,電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從磁場區(qū)域左側沿x軸進入磁場,不計重力.123456789101112(1)若粒子經(jīng)磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場,分析說明磁場的方向,并求在這種情況下磁感應強度的最小值Bm;答案見解析圖11123456789101112解析
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