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模塊綜合試卷(一)(時間:90分鐘滿分:100分)一、單項選擇題(本題共8小題,每小題4分,共32分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.(2019·河池高級中學(xué)高二上期末)一個閉合矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動,產(chǎn)生的感應(yīng)電流如圖1所示.下列判斷正確的是()圖1A.t=0.01s時刻,線圈平面處于中性面位置B.t=0.02s時刻,線圈平面與磁感線平行C.該交變電流的頻率為100HzD.1s內(nèi)電流的方向變化50次答案A解析由題圖知t=0.01s和t=0.02s時刻,電動勢為零,線圈平面與磁場方向垂直,線圈平面處于中性面位置,A正確,B錯誤;由題圖知該交變電流的周期T=0.02s,則其頻率為f=50Hz,C錯誤;一個周期內(nèi)電流方向變化兩次,1s內(nèi)電流的方向變化100次,D錯誤.2.一定值電阻接到電壓為u0的方波交流電源上,如圖2甲所示,在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q方;若該電阻接到正弦交流電源上,在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q正.該電阻上電壓的峰值為2u0,周期為T,如圖乙所示.則Q方∶Q正等于()圖2A.1∶eq\r(2)B.eq\r(2)∶1C.1∶2D.2∶1答案C解析根據(jù)題圖圖像可知,方波交流電的有效值U方=u0,正弦交流電的有效值U正=eq\f(2u0,\r(2))=eq\r(2)u0,一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量分別為Q方=eq\f(u\o\al(02),R)T,Q正=eq\f(2u\o\al(02),R)T,所以Q方∶Q正=1∶2,C正確.3.(2020·山東模擬)如圖3所示,三段長度相等的直導(dǎo)線a、b、c相互平行且處在同一豎直面內(nèi),a、b間的距離等于b、c間的距離,通電電流Ia<Ib<Ic,方向如圖所示,則下列判斷正確的是()圖3A.導(dǎo)線b受到的安培力可能為0B.導(dǎo)線a受到的安培力可能為0C.導(dǎo)線c受到的安培力的方向一定向左D.導(dǎo)線a、b受到的安培力的方向一定相同答案B解析根據(jù)同向電流相互吸引、反向電流相互排斥可知,導(dǎo)線a對導(dǎo)線b有向左的吸引力,導(dǎo)線c對導(dǎo)線b有向左的排斥力,則導(dǎo)線b受到的安培力一定不為0,方向向左,故A錯誤;導(dǎo)線b對導(dǎo)線a有向右的吸引力,導(dǎo)線c對導(dǎo)線a有向左的排斥力,由于Ia<Ib<Ic,所以導(dǎo)線a受到的安培力可能為0,故B正確;導(dǎo)線a和b對導(dǎo)線c都有向右的排斥力,故導(dǎo)線c受到的安培力的方向一定向右,故C錯誤;導(dǎo)線a受到的安培力大小和方向不確定,則導(dǎo)線a、b受到的安培力的方向不一定相同,故D錯誤.4.(2019·聊城市二模)如圖4甲所示,矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的中心軸OO′勻速轉(zhuǎn)動,從某時刻開始計時,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e隨時間t的變化曲線如圖乙所示,若外接電阻R=70Ω,線圈電阻r=10Ω,則下列說法正確的是()圖4A.線圈的角速度為100rad/sB.0.01s末穿過線圈的磁通量最大C.通過線圈的最大電流為1.25AD.理想交流電壓表的示數(shù)為87.5V答案C解析由題圖乙可知T=4×10-2s,ω=eq\f(2π,T)=50πrad/s,選項A錯誤;t=0.01s時電動勢最大,此時Φ=0,選項B錯誤;Im=eq\f(Em,R+r)=1.25A,選項C正確;E=eq\f(Em,\r(2))=50eq\r(2)V,U=eq\f(E,R+r)·R=eq\f(350\r(2),8)V≈61.9V,選項D錯誤.5.如圖5所示為一速度選擇器,內(nèi)有一磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場,一束粒子流以速度v水平射入,為使粒子流經(jīng)過磁場時不偏轉(zhuǎn)(不計重力),則磁場區(qū)域內(nèi)必須同時存在一個勻強電場,關(guān)于此勻強電場電場強度大小和方向的說法中,正確的是()圖5A.大小為eq\f(B,v),粒子帶正電時,方向向上B.大小為eq\f(B,v),粒子帶負電時,方向向上C.大小為Bv,方向向下,與粒子帶何種電荷無關(guān)D.大小為Bv,方向向上,與粒子帶何種電荷無關(guān)答案D6.(2020·山東模擬)如圖6,在半徑為R的圓內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場.一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子沿半徑方向從a點射入,從b點射出.速度方向改變了60°,粒子的重力不計.若磁感應(yīng)強度變?yōu)閑q\r(3)B后,該粒子保持速度不變?nèi)詮腶點入射.下列說法正確的是()圖6A.粒子做圓周運動的半徑為eq\r(3)RB.粒子做圓周運動的半徑為eq\r(2)RC.粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πm,3Bq)D.粒子在磁場中運動的時間為eq\f(\r(3)πm,6Bq)答案D解析磁感應(yīng)強度為B時速度方向改變了60°,此時粒子的運動軌跡如圖,根據(jù)幾何關(guān)系可得R1=eq\f(R,tan30°)=eq\r(3)R.根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得:qvB=meq\f(v2,R1)解得:R1=eq\f(mv,qB);若磁感應(yīng)強度變?yōu)閑q\r(3)B后,R2=eq\f(mv,\r(3)qB),則R2=eq\f(R1,\r(3))=R,故A、B錯誤;設(shè)粒子原來速度的偏向角為α=60°,B變化后速度的偏向角為β,根據(jù)幾何關(guān)系有:taneq\f(β,2)=eq\f(R,R)=1,則得:β=90°,所以粒子飛出磁場區(qū)域時速度方向改變的角度為90°,粒子在磁場中運動的時間t=eq\f(T,4)=eq\f(1,4)×eq\f(2πm,q×\r(3)B)=eq\f(\r(3)πm,6Bq),故C錯誤,D正確.7.(2019·咸寧市崇陽縣第一中學(xué)月考)如圖7所示,空間存在一個足夠大的三角形區(qū)域(頂角為45°),區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,一等腰直角三角形導(dǎo)體線框一邊與磁場邊界重合,自距離磁場兩邊界交點L處以平行于紙面向上的速度勻速通過該區(qū)域,若以逆時針為正方向,則下列關(guān)于回路中感應(yīng)電流I隨時間t的變化關(guān)系圖像正確的是()圖7答案D解析由題圖可知,線框進入磁場過程中穿過線框的磁通量增加,由楞次定律可知,感應(yīng)電流沿逆時針方向,是正的,線框離開磁場過程中,磁通量減少,由楞次定律可知感應(yīng)電流沿順時針方向,為負的;線框進入磁場過程中,線框切割磁感線的有效長度l減小,則感應(yīng)電流I=eq\f(Blv,R)減小,線框離開磁場過程中,有效長度l增大,則感應(yīng)電流I增大,故A、B、C錯誤,D正確.8.如圖8所示,質(zhì)量為m的金屬圓環(huán)用不可伸長的細線懸掛起來,金屬圓環(huán)有一半處于水平且與環(huán)面垂直的勻強磁場中,從某時刻開始,磁感應(yīng)強度均勻減小,則在磁感應(yīng)強度均勻減小的過程中,關(guān)于線的拉力大小,下列說法中正確的是(重力加速度為g)()圖8A.大于環(huán)重力mg,并逐漸減小B.始終等于環(huán)重力mgC.小于環(huán)重力mg,并保持恒定D.大于環(huán)重力mg,并保持恒定答案A解析根據(jù)楞次定律知圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向為順時針方向,再由左手定則判斷可知圓環(huán)所受安培力方向豎直向下,對圓環(huán)受力分析,根據(jù)受力平衡有T=mg+F安,得T>mg;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知,I=eq\f(E,R)=eq\f(ΔΦ,RΔt)=eq\f(ΔB,RΔt)S,可知I為恒定電流,由F安=BIL可知,B減小,則F安減小,故由T=mg+F安知FT減小,選項A正確.二、多項選擇題(本題4小題,每小題4分,共16分.在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)9.圖9(a)是用電流傳感器(相當于電流表,其電阻可以忽略不計)研究自感現(xiàn)象的實驗電路,圖中兩個電阻的阻值均為R,L是一個自感系數(shù)足夠大的自感線圈,其直流電阻值也為R.圖(b)是某同學(xué)畫出的在t0時刻開關(guān)S切換前后,通過傳感器的電流隨時間變化的圖像.關(guān)于這些圖像,下列說法中正確的是()圖9A.圖(b)中甲是開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合,通過傳感器1的電流隨時間變化的情況B.圖(b)中乙是開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合,通過傳感器1的電流隨時間變化的情況C.圖(b)中丙是開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_,通過傳感器2的電流隨時間變化的情況D.圖(b)中丁是開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_,通過傳感器2的電流隨時間變化的情況答案BC10.在如圖10甲所示的虛線框內(nèi)有勻強磁場,設(shè)圖示磁場方向為正,磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示.邊長為l、電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場中,磁場方向垂直于線框平面,此時線框ab邊的發(fā)熱功率為P,則下列說法正確的是()圖10A.磁感應(yīng)強度B0=eq\f(T,2l2)eq\r(PR)B.線框中感應(yīng)電流為I=2eq\r(\f(P,R))C.線框cd邊的發(fā)熱功率為PD.a(chǎn)端電勢高于b端電勢答案BC解析由題圖乙可知,線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小恒定,線框ab邊的發(fā)熱功率為P=eq\f(E2,4R),感應(yīng)電動勢E=eq\f(ΔB,Δt)S=eq\f(2B0,T)·eq\f(l2,2)=eq\f(B0l2,T),所以磁感應(yīng)強度B0=eq\f(2T,l2)eq\r(PR),A錯誤;由P=eq\f(1,4)I2R可得線框中感應(yīng)電流為I=2eq\r(\f(P,R)),B正確;cd邊電阻等于ab邊電阻,且兩邊流過的電流相等,因此發(fā)熱功率相等,C正確;由楞次定律可知,線框中感應(yīng)電流方向為adcba方向,磁場中線框部分為等效電源,因此a端電勢比b端電勢低,D錯誤.11.圖11甲為風(fēng)力發(fā)電的簡易模型.在風(fēng)力作用下,風(fēng)葉帶動與桿固連的永磁體轉(zhuǎn)動,磁體下方的線圈與電壓傳感器相連.在某一風(fēng)速時,電壓傳感器顯示如圖乙所示正弦規(guī)律變化,則()圖11A.永磁體的轉(zhuǎn)速為10r/sB.線圈兩端電壓的有效值為6eq\r(2)VC.交流電壓的表達式為u=12sin5πtVD.該交流電可以直接加在擊穿電壓為9V的電容器上答案BC解析由題圖乙可知,電流的周期為T=0.4s,故永磁體的轉(zhuǎn)速為n=eq\f(1,T)=eq\f(1,0.4)r/s=2.5r/s,故A錯誤;由題圖乙可知電壓的最大值為12V,故有效值U=eq\f(Um,\r(2))=6eq\r(2)V,故B正確;周期T=0.4s,故ω=eq\f(2π,T)=eq\f(2π,0.4)rad/s=5πrad/s,故交流電壓的表達式為u=12sin5πtV,故C正確;該交流電的最大值大于電容器的擊穿電壓,故不能直接加在擊穿電壓為9V的電容器上,故D錯誤.12.(2020·北師聯(lián)盟模擬)如圖12所示為某種質(zhì)譜儀的原理圖.容器A中有大量由eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He混合的粒子,均可從容器A下方的窄縫S1無初速度地飄入電勢差為U的加速電場,經(jīng)窄縫S2、S3沿與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,最后均能打到底片D上,在底片上只顯示了兩條感光譜線a、b.不計粒子重力,下列說法正確的是()圖12A.打在a處的粒子只有eq\o\al(1,1)HB.打在b處的粒子只有eq\o\al(1,1)HC.打在a、b兩處的粒子在勻強磁場中運動的半徑之比為1∶eq\r(2)D.打在a、b兩處的粒子在勻強磁場中運動的時間之比為2∶1答案AC解析設(shè)eq\o\al(1,1)H的質(zhì)量為m,電荷量為q,粒子在電場中加速運動,根據(jù)動能定理可知:qU=eq\f(1,2)mv2進入磁場后,洛倫茲力提供向心力,有:qvB=meq\f(v2,r)解得半徑為:r=eq\f(1,B)·eq\r(\f(2mU,q))對比eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的質(zhì)量和電荷量關(guān)系可知,比荷越小的,半徑越大,故打在a處的粒子只有eq\o\al(1,1)H,故A正確,B錯誤;eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He打在b處,則打在a、b兩處的粒子在勻強磁場中運動的半徑之比為1∶eq\r(2),故C正確;粒子在磁場中運動周期為:T=eq\f(2πm,qB),運動軌跡都是半圓,則運動時間為:t=eq\f(πm,qB),對比eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的質(zhì)量和電荷量關(guān)系可知,打在a、b兩處的粒子在勻強磁場中運動的時間之比為1∶2,故D錯誤.三、非選擇題(本題6小題,共52分)13.(6分)在圖13甲中,不通電時電流計指針停在正中央,當閉合開關(guān)時,觀察到電流計指針向左偏.現(xiàn)按圖乙連接方式將電流計與螺線管B連成一個閉合回路,將螺線管A與電池、滑動變阻器和開關(guān)S串聯(lián)成另一個閉合回路.圖13(1)閉合開關(guān)S后,將螺線管A插入螺線管B的過程中,螺線管B的________端(選填“上”或“下”)為感應(yīng)電動勢的正極;(2)螺線管A放在B中不動,開關(guān)S突然斷開的瞬間,電流計的指針將________(選填“向左”“向右”或“不發(fā)生”)偏轉(zhuǎn);(3)螺線管A放在B中不動,滑動變阻器的滑片向左滑動,電流計的指針將________(選填“向左”“向右”或“不發(fā)生”)偏轉(zhuǎn).答案(1)下(2分)(2)向右(2分)(3)向左(2分)14.(6分)(2020·霞浦市第一中學(xué)高二月考)如圖14為“探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實驗裝置.圖14(1)將圖中所缺的導(dǎo)線補接完整.(2)連接電路后,如果在閉合開關(guān)時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下,那么閉合開關(guān)后可能出現(xiàn)的情況有:①將原線圈迅速插入副線圈時,靈敏電流計指針將________偏轉(zhuǎn)(選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”);②原線圈插入副線圈后,將滑動變阻器滑片迅速向左拉時,靈敏電流計指針________偏轉(zhuǎn)(選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”);③在上述兩過程中靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向________(選填“相同”或“相反”);(3)在做“探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”實驗時,如果副線圈兩端不接任何元件,則副線圈電路中將________.A.因電路不閉合,無電磁感應(yīng)現(xiàn)象B.有電磁感應(yīng)現(xiàn)象,但無感應(yīng)電流,只有感應(yīng)電動勢C.不能用楞次定律判斷感應(yīng)電動勢方向D.可以用楞次定律判斷感應(yīng)電動勢方向答案(1)見解析圖(1分)(2)①發(fā)生(1分)②發(fā)生(1分)③相反(1分)(3)BD(2分)解析(1)將電源、開關(guān)、滑動變阻器、小螺線管串聯(lián)成一個回路,再將電流計與大螺線管串聯(lián)成另一個回路,電路圖如圖所示.(2)閉合開關(guān),磁通量增加,指針向右偏轉(zhuǎn),將原線圈迅速插入副線圈,磁通量增加,則靈敏電流計的指針將向右偏轉(zhuǎn);原線圈插入副線圈后,將滑動變阻器滑片迅速向左拉時,滑動變阻器接入電路的電阻增大,則電流減小,穿過副線圈的磁通量減小,則靈敏電流計指針向左偏轉(zhuǎn);兩過程中靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)方向相反.(3)如果副線圈兩端不接任何元件,線圈中仍有磁通量的變化,仍會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,不過沒有感應(yīng)電流存在,可根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電動勢的方向,B、D正確,A、C錯誤.15.(8分)(2020·北師聯(lián)盟模擬)如圖15甲所示,邊長為L的n匝正方形金屬線圈abcd置于垂直線圈平面的磁場中,線圈的總電阻為R,用導(dǎo)線e、f連接一阻值也為R的定值電阻,其他電阻不計.磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示,正方向為垂直線圈平面向外.求:圖15(1)在0到t1時間內(nèi),通過電阻R的電荷量;(2)在2t1到3t1時間內(nèi),電阻R兩端的電壓哪端高,高多少.答案(1)eq\f(nB0,2R)L2(2)e端高eq\f(nB0L2,2t1)解析(1)在0到t1時間內(nèi),根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律:eq\x\to(E)=neq\f(ΔΦ,Δt)=eq\f(nB0L2,t1)(1分)eq\x\to(I)=eq\f(\x\to(E),2R)(1分)q=eq\x\to(I)t1(1分)聯(lián)立各式解得:q=eq\f(nB0,2R)L2(1分)(2)在2t1到3t1時間內(nèi),電路的總電動勢為E=eq\f(nB0L2,t1)(1分)電阻R兩端的電壓為U=eq\f(E,2)=eq\f(nB0L2,2t1)(1分)根據(jù)楞次定律知,e端電勢高.(2分)16.(9分)(2019·煙臺市高二下期末)如圖16所示為邊長為L的單匝正方形線圈abcd,放在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,從圖示位置開始以bc邊為軸勻速轉(zhuǎn)動.線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過一周的過程中產(chǎn)生的熱量為Q.已知線圈的bc邊與磁場方向垂直,線圈電阻為R.求:圖16(1)線圈轉(zhuǎn)動的角速度大??;(2)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過eq\f(π,3)時,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的瞬時值;(3)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)的過程中,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值.答案(1)eq\f(RQ,πB2L4)(2)eq\f(\r(3)RQ,2πBL2)(3)eq\f(2RQ,π2BL2)解析(1)線圈轉(zhuǎn)動過程中,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢有效值為E=eq\f(\r(2),2)BL2ω(1分)線圈從題圖所示位置轉(zhuǎn)過一周所用的時間:t=T=eq\f(2π,ω)(1分)所以熱量Q=eq\f(E2,R)t=eq\f(πωB2L4,R)(1分)解得:ω=eq\f(RQ,πB2L4)(1分)(2)線圈從題圖所示位置開始轉(zhuǎn)過eq\f(π,3)時,線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的瞬時值:e=BL2ωsinωt=BL2ωsineq\f(π,3)(1分)解得:e=eq\f(\r(3)RQ,2πBL2)(1分)(3)線圈從題圖所示位置轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)的過程中,線圈內(nèi)磁通量的變化量為ΔΦ=BL2(1分)所用的時間為t=eq\f(π,2ω)(1分)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值:eq\x\to(E)=eq\f(ΔΦ,t)=eq\f(2RQ,π2BL2).(1分)17.(11分)(2019·葫蘆島市模擬)如圖17所示,足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd固定在豎直平面內(nèi),導(dǎo)軌間距為l,b、c兩點間接一阻值為R的電阻.ef是一水平放置的導(dǎo)體桿,其質(zhì)量為m,有效電阻值為R,桿與ab、cd保持垂直且接觸良好.整個裝置放在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直.現(xiàn)用一豎直向下的力拉導(dǎo)體桿,使導(dǎo)體桿從靜止開始做加速度為1.5g的勻加速運動,下降了h高度,這一過程中b、c間電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q,g為重力加速度,不計導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用.求:圖17(1)導(dǎo)體桿下降h過程中通過桿的電荷量;(2)導(dǎo)體桿下降h時所受拉力F的大?。?3)導(dǎo)體桿下降h過程中拉力做功大?。鸢?1)eq\f(Blh,2R)(2)eq\f(mg,2)+eq\f(B2l2\r(3gh),2R)(3)eq\f(mgh,2)+2Q解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\x\to(E)=eq\f(ΔΦ,Δt)=eq\f(Blh,Δt)(1分)根據(jù)閉合電路歐姆定律得eq\x\to(I)=eq\f(\x\to(E),2R)(1分)通過桿的電荷量為q=eq\x\to(I)Δt(1分)聯(lián)立解得q=eq\f(Blh,2R)(1分)(2)設(shè)導(dǎo)體桿下降h時,速度為v1,所受拉力為F,
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