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內(nèi)江市2022-2023學(xué)年高三下學(xué)期2月
月考試題
第1卷
一、選擇題:本題共8小題,每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1-5題只有一項(xiàng)
符合題目要求,第6-8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,
有選錯(cuò)的得0分。
1.紅蠟塊能在玻璃管的水中勻速上升,若紅蠟塊在A點(diǎn)勻速上升的同時(shí),使玻璃管水平向
右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則紅蠟塊實(shí)際運(yùn)動(dòng)的軌跡可能是圖中的()
A.直線P
B.曲線Q
C.曲線R
D.無(wú)法確定
K答案HB
K解析》由題意可知紅蠟塊在豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),若使玻璃管水平向右做勻加速直
線運(yùn)動(dòng),則紅蠟塊在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),合運(yùn)動(dòng)為勻變速曲線運(yùn)動(dòng),
其速度方向與水平方向的夾角的正切值為
VV
tanθ=-=-
匕at
由上式可知6隨/的增大而減小,而蠟塊速度方向沿軌跡切線方向,所以紅蠟塊實(shí)際運(yùn)動(dòng)的
軌跡可能是圖中的曲線。。
故選B。
2.2022年5月10日1時(shí)76分,天舟四號(hào)貨運(yùn)飛船采用快速交會(huì)對(duì)接技術(shù),順利與在軌運(yùn)
行的天和核心艙進(jìn)行交會(huì)對(duì)接。對(duì)接前,天舟四號(hào)貨運(yùn)飛船繞地球做橢圓運(yùn)動(dòng),近地點(diǎn)A
和遠(yuǎn)地點(diǎn)B,如圖所示;天和核心艙在離地球表面高度〃處做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若對(duì)接地點(diǎn)在
橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)B,下列說(shuō)法正確的是()
A.天舟四號(hào)在A點(diǎn)的運(yùn)行速度小于在B點(diǎn)的運(yùn)行速度
B.天舟四號(hào)從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,動(dòng)能減小,引力勢(shì)能增大,機(jī)械能減小
C.在交會(huì)對(duì)接前天舟四號(hào)的運(yùn)行周期比天和核心艙的運(yùn)行周期大
D.天舟四號(hào)在8點(diǎn)點(diǎn)火加速,才能與天和核心艙順利完成對(duì)接
K答案』D
K解析』A.由開(kāi)普勒第二定律知,天舟四號(hào)在A點(diǎn)的運(yùn)行速度大于在B點(diǎn)的運(yùn)行速度,
故A錯(cuò)誤;
B.天舟四號(hào)從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,只有萬(wàn)有引力做負(fù)功,則動(dòng)能減小,引力勢(shì)能增大,
機(jī)械能不變,故B錯(cuò)誤;
C.由開(kāi)普勒第三定律可知在交會(huì)對(duì)接前天舟四號(hào)的運(yùn)行周期比天和核心艙的運(yùn)行周期小,
故C錯(cuò)誤;
D.要使天舟四號(hào)從低軌道到高軌道,應(yīng)該使天舟四號(hào)在B點(diǎn)點(diǎn)火加速,使萬(wàn)有引力小于其
需要的向心力,從而離心到更高軌道,才能與天和核心艙順利完成對(duì)接,故D正確。
故選D。
3.如圖,A、B兩球用勁度系數(shù)為人的輕彈簧相連,B球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸于。點(diǎn),A球固
定在。點(diǎn)正下方,且。、A間的距離恰為L(zhǎng),此時(shí)繩子所受的拉力為工,彈簧的彈力為",
現(xiàn)把A、B間的彈簧換成勁度系數(shù)為&(K>&)的輕彈簧,仍使系統(tǒng)平衡,此時(shí)繩子所受
的拉力為刀,彈簧的彈力為工,則下列說(shuō)法正確的是()
A
A..T1<T2B.T1>T,C.T1=T2D.F↑-F2
R答案HC
K解析》以小球B為研究對(duì)象,分析受力情況,由平衡條件可知,彈簧的彈力廠和繩子的
拉力T的合力”與重力〃怨大小相等,方向相反,即
F合=mg
如圖所示
F合
mgFT
OA~AB~OB
由于Q4=O8,則有
T=mg
繩子的拉力T只與小球B的重力有關(guān),與彈簧的勁度系數(shù)k無(wú)關(guān),則有
Ti=T2
假設(shè)AB間距離不變,由于Z減小,則彈簧彈力減小,故AB間距離減小,則有
F1>F2
故選C。
4.如圖所示,平行金屬板A、B水平正對(duì)放置,分別帶等量異號(hào)電荷.一帶電微粒水平射
入板間,在重力和電場(chǎng)力共同作用下運(yùn)動(dòng),軌跡如圖中虛線所示,那么
AI
._M
*N
'、?、
Bt;
A.若微粒帶正電荷,則A板一定帶正電荷
B.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能一定增加
C微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能一定增加
D.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加
K答案』c
K解析]A、粒子在電場(chǎng)力和重力的合力作用下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),合力向下,電場(chǎng)力可能向
上而小于重力,也可能向下,故無(wú)法判斷A板的帶電情況,A錯(cuò)誤;
B、電場(chǎng)力可能向上,也可能向下,故微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能可能增加,也可能減
小,B錯(cuò)誤;
C、粒子在電場(chǎng)力和重力的合力作用下做類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力和重力的合力向下,故從M
到N動(dòng)能增加,C正確;
D、電場(chǎng)力可能向上,也可能向下,故微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過(guò)程,電場(chǎng)力可能做負(fù)功,
也可能做正功,故機(jī)械能可能增加,也可能減少,D錯(cuò)誤:
5.如圖所示,其中電流表A的量程為0.6A,表盤(pán)均勻劃分為30個(gè)小格,每一小格表示0.02A;
Rl的阻值等于電流表內(nèi)阻阻值的一半;R2的阻值等于電流表內(nèi)阻的2倍.若用電流表A的
表盤(pán)刻度表示流過(guò)接線柱1的電流值,則下列分析正確的是()
A.將接線柱I、2接入電路時(shí),每一小格表示0.04A
B.將接線柱1、2接入電路時(shí),每一小格表示0.02A
C.將接線柱1、3接入電路時(shí),每一小格表示0.06A
D,將接線柱1、3接入電路時(shí),每一小格表示0.0IA
K答案HC
K解析》當(dāng)接線柱1、2接入電路時(shí),Rl與電流表并聯(lián),由于RI=ZL,可知流過(guò)Rl的電
流為流過(guò)電流表電流的2倍,所以1、2接線柱間的電流為通過(guò)電流表電流的3倍,所以每
一小格是原來(lái)的3倍,即為0.06A,所以A、B錯(cuò)誤;當(dāng)接線柱1、3接入電路時(shí),電流表
與Rl并聯(lián),然后再與R2串聯(lián),串聯(lián)電阻對(duì)電流無(wú)影響,與1、2接入電路的效果一樣,所
以每一小格表示0.06A,C正確,D錯(cuò)誤.
6.如圖所示,傾角為。的斜面上有質(zhì)量分別為、〃?B的A、B兩物塊,它們之間用輕線
連接,用始終平行于斜面向上的拉力尸拉A,使它們沿斜面勻加速上升,A、B與斜面間的
動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃。為了減小輕線上的張力,可行的辦法是()
B.只增大A的質(zhì)量
C.只減小傾角。
D.只減小動(dòng)摩擦因數(shù)〃
R答案HAB
K解析1根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)整體有
F-(WA+/77B)gsin^-/z(mA+/77B)gcos(9=(mA+∕w13)α
可得,加速度大小為
F
a=--------gsin。一〃gcosθ
+mn
對(duì)B由牛頓第二定律
T-mκgsinθ-μιnκgcosθ-nιaa
得到輕線上的張力為
T=mBgsinθ+〃〃ZBgcosθ+mRa
加A+mB
可知,則要減小T,可減小拉力尸或增大A的質(zhì)量,與傾角。、動(dòng)摩擦因數(shù)"無(wú)關(guān)。
故選AB。
7.如圖所示,電路中定值電阻R的阻值大于電源內(nèi)阻r的阻值,開(kāi)關(guān)S閉合,平行板電容
器中帶電質(zhì)點(diǎn)P原處于靜止?fàn)顟B(tài),將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng),理想電壓表VnV2、V3;
的示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為'AU2'A∕,理想電流表Al示數(shù)變化量的絕對(duì)值為△/1,
下列說(shuō)法正確的是()
A.質(zhì)點(diǎn)將向下運(yùn)動(dòng),理想電流表A2中有從a流向b的瞬間電流
△5:5,
B.
?∕lI1?∕1
C.電源的輸出功率減小
D.電源的效率變小
K答案』ABD
K解析』A.將電流表看作導(dǎo)線,將電壓表看作斷路,發(fā)現(xiàn)滑動(dòng)變阻器與定值電阻與電源
串聯(lián),將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng),則滑動(dòng)變阻器接入電路阻值減小,根據(jù)串聯(lián)分壓原理,
滑動(dòng)變阻器兩端電壓減小,則電容器兩端電壓減小,則電容器放電,則理想電流表A2中有
從。流向6的瞬間電流,故A正確;
B.令滑動(dòng)變阻器接入電路阻值R',根據(jù)閉合電路歐姆定律
t∕3=E-∕l(7?+r)
Ul=LR
U2=E-Iir
由此可得
M=R+r
牛=R
△1、
電路中定值電阻R的阻值大于電源內(nèi)阻,?的阻值,故
更,4,坐
?∕lI1?∕1
故B正確;
C.電源的輸出功率
EE2
弓=()2R+R,=
R+R'+r2
2r+R+R'+-
R+R'
當(dāng)R+R'=r時(shí),電源輸出功率最大,因?yàn)镽+H'一定大于r,故隨著R'減小,電源的輸
出功率增大,故C錯(cuò)誤;
D.電源的效率
由以上分析可知,滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng),R'減小,電源的效率變小,故D正確。
故選ABDo
8.如圖甲所示,足夠長(zhǎng)的木板B靜置于光滑水平面上,其上放置小滑塊A,滑塊A受到隨
時(shí)間t變化的水平拉力尸作用時(shí),用傳感器測(cè)出滑塊A的加速度a,得到如圖乙所示的a-F
圖像,A、B之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度g取IOm?2,則()
A,滑塊A的質(zhì)量為4kg
B.木板B的質(zhì)量為2kg
C.當(dāng)尸=ION時(shí)滑塊A加速度為6m∕s2
D.滑塊A與木板B間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
K答案2BC
K解析DABD.設(shè)滑塊A的質(zhì)量加,木板B的質(zhì)量為M,滑塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因
數(shù)為〃。由題圖乙可知,當(dāng)
F=Fm=6N
時(shí),滑塊A與木板B達(dá)到最大共同加速度為
‰=2m∕s2
根據(jù)牛頓第二定律有
Fm=(M+ni)am
解得
M+∕∕ι=3kg
當(dāng)廠>10N時(shí),A與5將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),對(duì)A單獨(dú)應(yīng)用牛頓第二定律有
F-μmg=ma
整理得
F
Q=——μs
m
根據(jù)題圖2解得
Jn=1kg
μ=0A
則
M=2kg
AD錯(cuò)誤,B正確;
C.當(dāng)尸=IoN時(shí),木板A的加速度為
F-μmg2
aA=-----------=6m∕s
m
C正確。
故選BCo
二、非選擇題:
(-)必考題:
9.用如圖所示的裝置探究加速度、力和質(zhì)量的關(guān)系,帶滑輪的長(zhǎng)木板水平放置,彈簧測(cè)力
計(jì)固定在墻上,小車(chē)上固定一定滑輪,細(xì)繩通過(guò)滑輪連接彈簧測(cè)力計(jì)和沙桶。
A.用天平測(cè)出沙和沙桶的質(zhì)量
B.將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端適當(dāng)墊高,以平衡摩擦力
C.為了減小誤差,實(shí)驗(yàn)中要保證沙和沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量
D.應(yīng)當(dāng)先釋放小車(chē),再接通電源
(2)利用打點(diǎn)頻率為50HZ的打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,得到的一條紙帶如圖所示(圖中每?jī)蓚€(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)
間還有四個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出)。
f£
Z23Cm
.62-3.,845.Oo6.
則在該次實(shí)驗(yàn)中小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為m∕s2(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。
(3)某同學(xué)做實(shí)驗(yàn)時(shí),未把木板的一側(cè)墊高,就繼續(xù)進(jìn)行其他實(shí)驗(yàn)步驟,該同學(xué)作出的小
車(chē)的加速度〃與彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)F的圖像如圖所示,則實(shí)驗(yàn)中小車(chē)受到的摩擦力大小為
K答案Il(I)B(2)1.19(3)2Fo
K解析Il(I)RUB.為了使得細(xì)繩對(duì)小車(chē)的彈力等于小車(chē)所受外力的合力,實(shí)驗(yàn)時(shí),需
要將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端適當(dāng)墊高,以平衡摩擦力,故B正確;
AC.由于彈簧測(cè)力計(jì)能夠直接測(cè)量出細(xì)繩的拉力大小,即可以直接求出小車(chē)所受外力的合
力,并沒(méi)有用沙與沙桶的重力表示細(xì)繩的拉力,所以實(shí)驗(yàn)中不需要用天平測(cè)出沙和沙桶的質(zhì)
量,也不需要保證沙和沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量,故AC錯(cuò)誤;
D.使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí),應(yīng)當(dāng)先接通電源,后釋放紙帶,故D錯(cuò)誤。
故選B。
(2)K2∑根據(jù)逐差法可得小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為
[(5.00+6.23)-(2.62+3.84)]χ10^2,…,2
a=---------——;-----------m/s2≈1.19m∕s'
4×0.12
(3)K3∑若實(shí)驗(yàn)時(shí)未把木板的一側(cè)墊高,則有
2F-f=Ma
所以
MM
結(jié)合圖像,將坐標(biāo)(Fo,0)代入函數(shù)式,解得
f=2F0
10.在測(cè)定一根粗細(xì)均勻合金絲Rx的電阻率的實(shí)驗(yàn)中:
(1)利用螺旋測(cè)微器測(cè)定合金絲的直徑,示數(shù)如圖(a)所示,則可讀得合金絲的直徑為
(2)待測(cè)合金絲號(hào)的電阻約為6。,實(shí)驗(yàn)室另外還提供的儀器有:
A.電壓表V(內(nèi)阻約為10kΩ,量程為3V)
B.電流表Al(內(nèi)阻約為3Q,量程為0.6A)
C.電流表A2(內(nèi)阻約為0.1C,量程為3A)
D.滑動(dòng)變阻器R(阻值為0~5C,額定電流為2A)
E.電源E(電動(dòng)勢(shì)為5V,內(nèi)電阻為1Ω)
F.一個(gè)開(kāi)關(guān)、若干導(dǎo)線
①要求較準(zhǔn)確地測(cè)出其阻值,電流表應(yīng)選o(填序號(hào))
②請(qǐng)根據(jù)以上儀器,設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路圖,并在圖(b)中完成電路圖的實(shí)物連線,耍
求實(shí)驗(yàn)時(shí)電流表和電壓表的示數(shù)變化范圍盡量大。
③按圖(b)電路測(cè)得的阻值真實(shí)值。(選填“大于”、“等于”或“小于”)
K答案》⑴0.608(2)①B②Fp
K解析H(1)Kl∑合金絲的直徑為d=0.5mm+10.8x0.Olmm=0.608mm
(2)K2∑由于被測(cè)電阻約為6Q,電源電動(dòng)勢(shì)為5V,內(nèi)阻為1Q,則電路中出現(xiàn)的最大電
流約為
E
mF),=0.7A
/?+r
2
如果選擇0~3A量程電流表,指針沒(méi)超過(guò)儀表盤(pán)的;,讀數(shù)誤差會(huì)太大,所以選0~0.6A
量程的的電流表。
故選B0
K3》滑動(dòng)變阻器如果采用限流式接法,電路的電流變化范圍較小,所以要采取分壓式接法,
讓滑動(dòng)變阻器起分壓作用,被測(cè)電路中的電流變化范圍就變大。由待測(cè)金屬絲的電阻較小,
電流表的內(nèi)阻與待測(cè)電阻相差不大,內(nèi)接法會(huì)產(chǎn)生很大的分壓效果,造成較大的誤差,因此
電流表應(yīng)選采用外接法,電路如下圖
R,
K4∑電流表采用外接法,此時(shí)電壓表分流導(dǎo)致電流測(cè)量值偏大,由部分電路的歐姆定律有
可知R的測(cè)量值小于真實(shí)值。
11.如圖所示,AB面光滑、傾角8=30。的斜面體固定在水平桌面上,桌面右側(cè)與光滑半圓
形軌道CZ)相切于C點(diǎn),圓弧軌道的半徑R=0.1m。物塊甲、乙用跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪的輕繩
連接,開(kāi)始時(shí)乙被按在桌面上,甲位于斜面頂端4點(diǎn),滑輪左側(cè)輕繩豎直、右側(cè)輕繩與4B
平行;現(xiàn)釋放乙,當(dāng)甲滑至AB中點(diǎn)時(shí)輕繩斷開(kāi),甲恰好能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)力。已知
AB長(zhǎng)L=Im,桌面BC段長(zhǎng)/=0.5m,甲質(zhì)量A/=1.4kg、乙質(zhì)量W=O.lkg,甲從斜面滑上桌
面時(shí)速度大小不變,重力加速度大小取g=Iom/Sz,不計(jì)空氣阻力。求:
BC
(I)繩斷時(shí)甲的速度大?。?/p>
(2)甲進(jìn)入圓形軌道C點(diǎn)時(shí),甲對(duì)軌道壓力大小;
(3)甲與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。
K答案H(1)2m/s:(2)75N;(3)0.4
K解析Il(I)設(shè)輕繩斷開(kāi)時(shí)甲速度的大小為匕,根據(jù)機(jī)械能守恒有
Mgqsin6-mgg=g(M+m)v^
解得
v∣=2m∕s
(2)甲恰到達(dá)。時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有
Mg=M均
R
設(shè)甲到達(dá)C時(shí)速度大小為%,由C到。的過(guò)程,由動(dòng)能定理得
1,21,
-IMgR=-Mvo--Mv^
在C點(diǎn)處甲受到支持力為N,由牛頓第二定律有
2
N-Mg=M菅
由牛頓第三定律,軌道受到壓力大小為
F=N
聯(lián)立解得
VD=lm∕s,F=75N
(3)甲從繩斷處到D點(diǎn)全過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理可得
Mg^sinθ-μMgl-2MgR=
解得
μ=0.4
12.如圖所示,光滑絕緣的水平面上方空間內(nèi)存在足夠大、方向水平向右,電場(chǎng)強(qiáng)度為E的
勻強(qiáng)電場(chǎng)。水平面上小物塊A、B質(zhì)量均為相、相距為L(zhǎng)其中A帶正電,電荷量為<7,B
不帶電,某時(shí)刻同時(shí)由靜止釋放A、B,此后A與B之間的碰撞均為彈性正碰,且碰撞過(guò)程
中無(wú)電荷轉(zhuǎn)移,碰撞時(shí)間忽略不計(jì)。求:
E
?f?
L
(1)第1次碰撞后B的速度;
(2)第2次碰撞與第3次碰撞之間的時(shí)間間隔:
(3)第〃次碰撞到第〃+1次碰撞過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)A球做的功。
&里;⑵2,她2mL;⑶4〃祖
K答案》(1)
mqE
K解析II(I)設(shè)第一次碰撞前A的速度為%,碰撞后A、B的速度分別為人|、Ki,由動(dòng)
能定理
qEL=?mv1
解得
Vm
A、B碰撞過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0=mvM+mvBI
121212
聯(lián)立解得
vAl=0
…二h?2τqEL
(2)設(shè)A、B第二次碰撞前后速度分別為“20、%2。、VA2、/2,從第一次碰撞到第二次
碰撞過(guò)程
號(hào)=彩片
可得
vA20?2vθ
二次碰撞過(guò)程A與B交換速度,碰后速度分別為
VA2=VO
%=2%
設(shè)A、B第三次碰撞前后速度分別為VA30、%30、VA3、VB3,從第二次碰撞到第三次碰撞過(guò)
程
r
°+"A30ΓT
FkI與=VB2心
可得
Ao=3%
第三次碰撞過(guò)程A與B交換速度,碰后速度分別為
入=%%=3%
所以第二次碰撞到第三次碰撞過(guò)程由
.--
a
由牛頓第二定律得
qE
a=——
m
聯(lián)立可得
(=2修
(3)上一問(wèn)分析可知每第n次碰撞后到第〃+1次磁撞前的過(guò)程時(shí)間都相同等于
2mL
T=2I——
VqE
第n次碰撞后B的速度
?2qEL
v
Bn二〃J
Vm
所以位移
尤“=?J=nvaT=4nL
所以電場(chǎng)力對(duì)A做的功為
W=qExn=AnqEL
(二)選考題:
K物理——選修3-4∑
13.圖(a)為某一簡(jiǎn)諧橫波在f=0時(shí)刻的圖像,x=6m處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖(b)所示。
下列說(shuō)法正確的是()
B.該波的波速為2m∕s
71
C.x=2m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=4si∏5√cm
D.0~2.5s內(nèi),x=2m處的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程為(8+2,5卜111
E.該波經(jīng)過(guò)寬度為IoCm的障礙物時(shí)不能發(fā)生明顯衍射
K答案2ABD
K解析UA?由圖(b)可知r=0時(shí)x=6m的質(zhì)點(diǎn)向y軸正方向振動(dòng),由圖(a)根據(jù)同側(cè)
法可知該波沿X軸負(fù)方向傳播,故A正確;
B.由題圖(a)知;I=8m,由題圖(b)知T=4s,所以波速
λC,
v=—=2m∕s
T
故B正確;
C.由于該波沿X軸負(fù)方向傳播,則
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