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文檔簡介
測試卷
一、單選題:本大題共8小題,共32分。
1.圖甲為某款“自發(fā)電”無線門鈴按鈕,其“發(fā)電”原理如圖乙所示,按下門鈴按鈕過程磁鐵靠近螺線管,松
開門鈴按鈕磁鐵遠離螺線管回歸原位置。下列說法正確的是()
A,按下按鈕過程,螺線管尸端電勢較高
B.松開按鈕過程,螺線管。端電勢較高
C.按住按鈕不動,螺線管沒有產(chǎn)生感應電動勢
D.按下和松開按鈕過程,螺線管產(chǎn)生大小相同的感應電動勢
【答案】C
【解析】
【詳解】A.按下按鈕過程,穿過螺線管的磁通量向左增大,根據(jù)楞次定律可知螺線管中感應電流為從P端
流入從Q端流出,螺線管充當電源,則0端電勢較高,故A錯誤;
B.松開按鈕過程,穿過螺線管的磁通量向左減小,根據(jù)楞次定律可知螺線管中感應電流為從Q端流入,從
P端流出,螺線管充當電源,則P端電勢較高,故B錯誤;
C.住按鈕不動,穿過螺線管的磁通量不變,螺線管不會產(chǎn)生感應電動勢,故C正確;
D.按下和松開按鈕過程,螺線管中磁通量的變化率不一定相同,故螺線管產(chǎn)生的感應電動勢不一定相同,
故D錯誤。
故選C。
2.如圖所示,正電荷q均勻分布在半球面NC8上,球面半徑為七為通過半球面頂點C和球心。的
軸線。P、M為軸線上的兩點,距球心。的距離均為2R。在“右側(cè)軸線上。'點固定一帶負電的點電荷。,
0'、M點間的距離為尺,已知P點的場強為零。已知均勻帶電的封閉球殼外部空間的電場強度可等效在球
心處的點電荷,則M點的場強為()
kqkQkq4kQkq24kQkq2kQ
A.----H-------彳B.----z-H------z-C.----yH--------z-D.----z-H------z-
2222
4R2R22R25R22R25R4R5R
【答案】C
【解析】
【分析】
【詳解】A.由尸點的場強為零可知,左半球殼在尸點場強與點電荷0在尸點場強等大、反向,故左半球
殼在P點場強方向向左,大小為
E-二二k£
左(5R)225R2
半球殼補圓后(電荷量為2q)在尸點場強方向向左,大小為
E=k23_=kJ_
0(2R)22及2
則右半球殼在尸點的場強方向向左,大小為
£右=£圓一£左=左會一左募
由對稱性可知,左半球殼在M點的場強方向向右,大小為
Ei=E右=kq,-k―
1右2鋸25M
故河點的合場強為
步"券
方向向右,C正確。
故選C。
3.靜電場方向平行于x軸,其電勢9隨x的分布可簡化為如圖所示的折線x軸上的兩點以C的電場強度分
別為EB和E「下列說法中正確的有(
A.七大于紜
B.B點的電場強度方向沿x軸正方向
C.3點的電勢低于C點的電勢,UBC為正值
D.負電荷沿x軸從3點移到。點的過程中,靜電力先做正功,后做負功
【答案】D
【解析】
【詳解】A.電場強度的大小等于圖象斜率的大小,可知3點的電場強度的大小為
Bd
。點的電場強度的大小為
E
°d
即演等于故A錯誤;
B.根據(jù)順著電場線方向電勢逐漸降低,可知沿x軸從-d到0,電勢升高,電場的方向沿x軸負方向,即3
點的電場強度方向沿x軸負方向,故B錯誤;
C.從圖像上可知8點的電勢低于。點的電勢,所以有
UBC=(PB-(PC<^
4c為負值,故C錯誤;
D.沿x軸從8點移到C點的過程中,電勢先增大后減小,根據(jù)Ep=4??芍撾姾裳豿軸從8點移到。點
的過程中電勢能先減小后增大,所以靜電力先做正功,后做負功,故D正確;
故選D。
4.磁流體發(fā)電是一項新興技術,如圖是磁流體發(fā)電機的示意圖。平行金屬板尸、。間距為小面積為S,兩
金屬板和電阻R連接。一束等離子體以恒定速度%垂直于磁場方向噴入磁感應強度為8的勻強磁場中,電
路穩(wěn)定時電阻R兩端會產(chǎn)生恒定電勢差U。假定等離子體在兩板間均勻分布,忽略邊緣效應,則等離子體
的電導率b(電阻率的倒數(shù))的計算式是()
等離子體
UdUd
A,(Bd%-U)RSB'(Bdv。+U)RS
USUS
D
C(Bdv0-U)Rd'(Bdv0+U)Rd
【答案】A
【解析】
【詳解】根據(jù)左手定則,等離子體中正電荷受到的洛倫茲力方向向上,負電荷受到的洛倫茲力方向向下,
因此P、Q極板分別為電源的正極、負極,電路穩(wěn)定時根據(jù)平衡條件有
E
qv°B=ql
得電源電動勢為
E=Bdv0
根據(jù)閉合電路歐姆定律得電流
R+r
內(nèi)阻
d
r=p—
S
結(jié)合
3=-
P
聯(lián)立得電導率
Ud
8=
(Bdv「U)RS
故BCD錯誤,A正確。
故選Ao
5.磁控濺射是一種新型濺射技術,如圖所示,電子在跑道上的運動原理可以近似認為:從水平靶面電離出
初速度為零的電子,在陰極暗區(qū)只受豎直方向的電場力作用,加速飛向負輝區(qū),陰極暗區(qū)上下側(cè)面間的電
勢差保持不變;電子進入負輝區(qū)的運動速度始終與磁場方向垂直,磁感應強度大小處處相等,電子繞行半
個圓周之后,重新進入陰極暗區(qū),回到靶面時,速度恰好為零。電子就實現(xiàn)跳躍式地朝右漂移,簡稱ExB
漂移。則下列說法正確的是()
A.負輝區(qū)中磁場方向垂直紙面向外
B.電子每次飛離靶面時,電場和磁場的方向均要與原先反向才能實現(xiàn)Ex8漂移
C.其他條件不變的情況下,陰極暗區(qū)厚度越小,電子到達負輝區(qū)的速度越小
D.在直道區(qū),電子每次跳躍的水平距離相同
【答案】D
【解析】
【詳解】A.由左手定則可知,負輝區(qū)中磁場方向垂直紙面向里,故A錯誤;
B.電子每次飛離靶面時,電子都要加速運動,電場方向不變,電子從陰極暗區(qū)進入負輝區(qū)所受洛倫力都是
向右,磁場方向不變,故B錯誤;
C.由動能定理
〃12
eU=—mv
2
可知,電子到達負輝區(qū)的速度由陰極暗區(qū)的電壓決定,與陰極暗區(qū)厚度無關,故C錯誤;
D.陰極暗區(qū)上下側(cè)面間的電勢差保持不變,由
〃12
eU=—mv
2
可知電子從陰極暗區(qū)進入負輝區(qū)的運動速度大小不變,磁感應強度大小處處相等,由
v2
evB=m——
r
可知電子在負輝區(qū)做圓周運動的半徑相同,所以電子繞行半個圓周之后,電子每次跳躍的水平距離相同,
故D正確。
故選D。
6.如圖所示,直角坐標系中y軸右側(cè)存在一垂直紙面向里、寬為a的有界勻強磁場,磁感應強度為B,右
邊界PQ平行y軸,一粒子(重力不計)從原點0以與x軸正方向成。角的速率v垂直射入磁場,若斜向上
射入,粒子恰好垂直PQ射出磁場,若斜向下射入時,粒子恰好不從右邊界射出,則粒子的比荷及粒子恰好
不從右邊界射出時在磁場中運動的時間分別為()
v271av4兀av471a
B.----;----02Ba;^TD.
2Ba3vBa'3V
【答案】C
【解析】
【詳解】若斜向上射入,粒子恰好垂直PQ射出磁場,即粒子的偏轉(zhuǎn)角為由幾何關系可知,
RsmO=a
若斜向下射入時,粒子恰好不從右邊界射出,即粒子的速度方向與PQ相切,由幾何關系可知,
R=Rsin0-\-a
由以上兩式解得:R=2a,。=30°
粒子在磁場中做勻速圓周運動時有:
v2
qvB=m——
R
解得:幺=上
m2Ba
所以若斜向下射入時,粒子恰好不從右邊界射出,粒子的偏轉(zhuǎn)角為120。,所以粒子在磁場中運動的時間為:
120°271nl27cm
t--------x--------=--------=-------
360°qB3qB3v,
故應選:C.
7.如圖所示,必力為水平固定放置的“匚”型金屬導軌,導軌的間距為/,導軌的左端接上阻值為R的定
值電阻,勻強磁場方向豎直向下,金屬桿跖V傾斜放置在導軌上,現(xiàn)讓金屬桿在外力的作用下以速度v在
導軌上勻速滑行,回路中的電流為/,九W與導軌的夾角始終為,,速度v始終與"N垂直,導軌與金屬桿
足夠長,滑行的過程中兩者始終接觸良好,導軌、金屬桿以及導線的電阻均忽略不計,下列說法正確的是
A.定值電阻火的電流由c指向6
〃?qinf)
B.勻強磁場的磁感應強度大小為-------
lv
C.金屬桿跖V切割磁感線的有效長度為/
D,一段時間「內(nèi),回路中磁通量的變化量為
【答案】B
【解析】
【詳解】A.由右手定則可知,金屬桿的電流方向由N指向則定值電阻R的電流由6指向c,故
A錯誤;
B.由法拉第電磁感應定律可得
_/Blv
E=nB-------v=------
sin?sin,
由閉合電路歐姆定律可得
I上
R
綜合解得
IRsinO
nB---------
lv
故B正確;
C.金屬桿"N切割磁感線的有效長度為一J,故C錯誤;
sm。
D.一段時間/內(nèi),回路的面積增加量為
回路中磁通量的變化量為
△①=BA5
綜合可得
△中=IRt
故D錯誤。
故選B。
8.如圖所示,空間有范圍足夠大的勻強磁場,一個帶正電的小圓環(huán)套在一根豎直固定且足夠長的絕緣細桿
±o現(xiàn)使圓環(huán)以一定的初速度向上運動,經(jīng)一段時間后圓環(huán)回到起始位置,已知桿與環(huán)間的動摩擦因數(shù)保
持不變,圓環(huán)所帶電荷量保持不變,空氣阻力不計,對于圓環(huán)從開始運動到回到起始位置的過程,下面關
于圓環(huán)的速度V、加速度。隨時間/變化的圖像、重力勢能EP、機械能E隨圓環(huán)離開出發(fā)點的高度〃變化的
圖像,可能正確的是()
【解析】
【詳解】AB.上升階段,對圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律有
mg+f=ma
其中有
f=叭="Bqv
聯(lián)立解得
mg+/LiqvB
ci—
m
故圓環(huán)在上升階段做加速度逐漸減小的減速運動;在最高點時,圓環(huán)速度為零,此時加速度為
mg
a=—=g
m
下降階段,對圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律有
mg-piBqv=ma
聯(lián)立解得
_mg-/nqvB
m
可知下降階段,圓環(huán)做加速度逐漸減小的加速運動,上升和下降時速度方向相反,加速度方向相同,AB錯
誤;
C.以初位置為零重力勢能面,可知圓環(huán)的重力勢能為
Ep=mgh
可知Ep-右圖像為過原點的傾斜直線,C錯誤;
D.圓環(huán)運動過程中克服摩擦阻力做的功等于機械能的減少量,在上升階段有
f=心=曲丫
隨著速度的減小,圓環(huán)受到的摩擦力逐漸減小,故E-圖線的斜率在減小;下降階段隨著速度的增大,圓
環(huán)受到的摩擦力逐漸增大,故£-力圖線的斜率在增大;由于受到摩擦力做負功,故回到初始位置時機械能
小于開始時的機械能,D正確。
故選D。
二、多選題:本大題共4小題,共16分。
9.如圖所示,在光滑絕緣水平面的尸點正上方。點固定一電荷量為+0的點電荷,在水平面上的N點,由
靜止釋放質(zhì)量為機、電荷量為-的試探電荷,該試探電荷經(jīng)過尸點時速度為v,圖中0=60。。則在+0形成
的電場中(規(guī)定P點的電勢為零)()
O
NP
mv2
A.N點電勢高于P點電勢B.N點電勢為———
2q
C.尸點電場強度大小是N點的2倍D.試探電荷在N點具有的電勢能為-。機V2
【答案】B
【解析】
【詳解】A.如圖所示,M、P為等勢面
o
根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知,M點的電勢高于N點的電勢,而M、尸兩點的電勢相等,則N點電勢
低于P點電勢,故A錯誤;
B.根據(jù)動能定理得檢驗電荷由N到P的過程
-q((pN-(pP)=^mv-
由題,P點的電勢為零,即
%=0
解得N點的電勢
mv2
(PN=―--
2q
故B正確;
C.尸點電場強度大小是
E一絲
N點電場強度大小是
則
EP:EN=%:廣=4:1
故C錯誤;
D.檢驗電荷在N點具有的電勢能為
"12
Ep=_[%=5加V
故D錯誤。
故選B。
10.某節(jié)能路燈可通過光控開關自動隨周圍環(huán)境的亮度改變進行自動控制.其內(nèi)部電路簡化如圖所示,電源
電動勢為E,內(nèi)阻為八以為光敏電阻(光照強度增加時,其電阻值減?。?為定值電阻,燈泡電阻不變.隨
著傍晚到來,光照逐漸減弱時,下列判斷正確的是()
A.A燈、B燈都變亮
B.電源的輸出功率變大
C.電源的效率變大
D.Ri中電流變化量等于Ro中電流變化量
【答案】AC
【解析】
【詳解】光照逐漸減弱時,光敏電阻阻值增大,電路總電阻增大,總電流減小,內(nèi)電壓減小,外電壓增大.
A.外電壓增大,A燈變亮;支路心上的電流減小,心上的電壓減小,又因為外電壓增大,所以B燈電壓
增大,所以B燈變亮,故A正確;
B.電源的輸出功率
P.(上)2尺一爐巡—£2.
出(即+J外肉+個—(我外--
R外R外
顯然,只有當外電阻等于內(nèi)阻時電源的輸出功率才最大,而當R外〉人且始終增大時,電源的輸出功率始
終減小,而當與卜<乙且始終增大時,電源的輸出功率會先增大,后減小;電源電動勢不變,電源內(nèi)阻與
外電路電阻關系不確定,故電源輸出功率無法判斷,故B錯誤;
C.因為外電阻變大,根據(jù)
I2RR、r
n=------------=--------=1-----------
/2(7?+r)R+rR+r
可知,電源的效率變大,故C正確;
D.對于支路有
A/o=A/5+A/]
其中、
A/o<0,MB>0
所以
IMMMl
故D錯誤。
故選AC-
11.如圖所示,等腰直角三角形仍c區(qū)域內(nèi)(包含邊界)有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度的大小為
B,在兒的中點。處有一粒子源,沿與6a平行的方向發(fā)射速率不同,質(zhì)量為加,電荷量為的帶負電粒
子,已知這些粒子都能從次?邊離開Me區(qū)域,ab=2l不計粒子重力及粒子間的相互作用。下列說法正
確的是()
A.速度的最大值為(行+1)卷,B.速度的最大值為(行"
mm
兀mnm
C.在磁場中運動的最長時間為7二D.在磁場中運動的最長時間為r
4qBqB
【答案】AD
【解析】
【詳解】粒子從ab邊離開磁場時的臨界運動軌跡如圖所示
AB.設粒子最大軌跡半徑為由圖中幾何關系可得
弓=(々+/)cos45°
解得
4=(用1)/
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得
V2
qvB=m——
丫2
可得速度的最大值為
_qBr2_(V2+l)^
mm
故A正確,B錯誤;
CD.由圖可知粒子在磁場中運動軌跡對應的最大圓心角為?,則粒子在磁場中運動的最長時間為
12%加Tim
——1——x-------........
22qBqB
故C錯誤,D正確。
故選ADo
12.如圖所示,CN、。。是兩條足夠長水平固定放置的阻值可忽略的光滑平行金屬導軌,導軌間距為心水
平導軌所在區(qū)域存在豎直向下、磁感應強度大小為8的勻強磁場。水平導軌的左端與一段半徑為:?的光滑
圓弧軌道平滑連接,水平導軌的右端接入阻值為R的電阻。一質(zhì)量為根、長度為3電阻為R的導體棒。
靜置于水平軌道最左端,將另一個與導體棒a完全相同的導體棒6從圓弧軌道上〃(/7<r)高處由靜止釋
放,6與a發(fā)生完全非彈性碰撞(粘連一起),運動過程中導體棒a、b始終與導軌垂直且接觸良好,重力加
速度為g。下列說法正確的是()
A.b棒剛到達圓弧底端時對軌道的壓力大小為3mg
B.兩棒最終停在CD右側(cè)3〃山盧好處
2B2c
c.整個過程中,通過△棒的電荷量為蟲還
BL
D.整個過程中,電阻7?上產(chǎn)生的焦耳熱為:〃,劭
【答案】BD
【解析】
【詳解】A.6導體棒在彎曲軌道上下滑過程機械能守恒,由機械能守恒定律得
mgn,=1~mv2
6棒剛到達圓弧底端時
v2
N-mg=m——
r
根據(jù)牛頓第三定律可知,b棒剛到達圓弧底端時對軌道的壓力大小為
N'=N=網(wǎng)改+摩
r
故A錯誤;
D.6與0發(fā)生完全非彈性碰撞
mv=2mvl
根據(jù)能量守恒,回路總產(chǎn)熱
Q=5x2mv^
電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為
21
QR=-Q=~mgh
故D正確;
BC.對兩棒碰后根據(jù)動量定理
0-2mV]=—BILkt--BLq
通過6棒的電荷量為
1mJ2gh
q——(J-----------
b2h2BL
根據(jù)
門△①BLxE
E-------------,q=[A/
△tArLR+R
2
得
BLx
2
聯(lián)立解得
3mR^2gh
X~252Z2
所以兩棒最終停在CD右側(cè)3〃山卓皿處。故B正確C錯誤。
252Z2
故選BDo
三、實驗題:本大題共1小題,共9分。
13.用伏安法測定一個待測電阻尺的阻值(阻值約為200C),實驗室提供如下器材:
電池組E:電動勢3V,內(nèi)阻不計;
電流表A/量程0?15mA,內(nèi)阻約為100。;
電流表A2:量程0?300|iA,內(nèi)阻為1000Q;
滑動變阻器4:阻值范圍0-20。,額定電流2A;
電阻箱為,阻值范圍0?9999。,額定電流1A;
開關S、導線若干。
要求實驗中盡可能準確地測量段的阻值,請回答下列問題:
(1)為了測量待測電阻兩端的電壓,可以將電流表(填寫器材代號)與電阻箱串聯(lián),并將電阻箱
阻值調(diào)到O,這樣可以改裝成一個量程為3.0V的電壓表。
(2)在圖中畫出完整測量尺阻值的電路圖,并在圖中標明器材代號。
(3)調(diào)節(jié)滑動變阻器4,兩表的示數(shù)如圖所示,可讀出電流表A】的示數(shù)是mA,電流表A2的示
數(shù)是|1A,測得待測電阻&的阻值是。
【答案】(1)①.&②.9000
段
(3)①.8.0②.150③.191Q
【小問1詳解】
[1H2]待測電阻兩端加3V電壓時,電流約為
U3
I=——=---A=0.015A=15mA
Rx200
電流A1測量電流;為了測量待測電阻兩端的電壓,可以將電流表A2與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為3V的電壓
表,需要調(diào)電阻箱阻值為
U3
R,=——R.,=------Q-1000Q=9000Q
一Q3x10-4
【小問2詳解】
滑動變阻器最大阻值遠小于待測電阻阻值,滑動變阻器應采用分壓接法,待測電阻阻值約為2000,電流
表A1內(nèi)阻約為100。,電壓表內(nèi)阻為
Rv=1000Q+9000Q=10000Q
電壓表內(nèi)阻遠大于待測電阻阻值,電流表應采用外接法,電路圖如圖所示
【小問3詳解】
[1][2]由圖示可知,電流表A]的示數(shù)為8.0mA,電流表A2的示數(shù)是150|iA;
[3]待測電阻兩端電壓
==150x106AX10000Q=1.5V
測得待測電阻
U
R=?191Q
四、計算題:本大題共3小題,共30分。
14.電動自行車已成為城市出行的重要交通工具之一。某品牌電動自行車銘牌標識如下表所示,質(zhì)量
m=50kg的同學騎著該電動自行車以額定功率沿平直公路從靜止啟動,電動車能夠達到的最大速度
%=21.6km/h。已知電動自行車所受的阻力是人和車總重力的0.05倍,g=10m/s2o求:
(1)電機的輸出功率4;
(2)電機的線圈內(nèi)阻R;
(3)電動車速度為3m/s時的加速度大小呢
規(guī)格后輪驅(qū)動直流電機
車型:20”電動自行車額定功率P=360W
整車質(zhì)量/=50kg額定工作電壓U=36V
【答案】(1)300W;(2)0.6Q;(3)0.5m/s2
【解析】
【詳解】(1)由勻速運動可知,牽引力
其中
Ff=0.05x(m+M^g=50N
電機輸出功率
解得
%=300W
(2)根據(jù)能量守恒有
與+箍=尸
電動機的總功率為
P=UI
電機的熱功率為
與=/R
聯(lián)立解得
R=0.6Q
(3)電機輸出功率
峪=FV
當v'=3mzs時
r=iooN
根據(jù)牛頓第二定律有
F'-Ff=(m+M^a
a=0.5m/s
15.如圖所示,垂直紙面向里的勻強磁場中有一固定豎直擋板,擋板足夠長,P處有一粒子源,P。連線垂
直擋板,P到。的距離為心粒子源能垂直磁場沿紙面向各個方向發(fā)射速度大小均為v的帶正電粒子。粒子
質(zhì)量均為小,電荷量均為分到達擋板的粒子都被吸收,不計粒子的重力及粒子間的相互作用。
(1)若有粒子能到達擋板,求磁感應強度大小B應滿足的條件;
(2)若粒子到達擋板上側(cè)最遠處為M點,下側(cè)最遠處為N點,且絲=2,求磁感應強度的大小瓦
ON3
X£X
【答案】(1)
【解析】
【詳解】(1)若恰有粒子能到達擋板,則粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑最小,為%
M
N
圖1
如圖i所示,由幾何關系可知
L
r
m=~
洛倫茲力充當向心力,由牛頓第二定律有
v2
qvB=m—
噓
解得
?2mv
?2mv
即當8V一丁時,有粒子能到達擋板。
qL
(2)設粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為心粒子到達擋板上側(cè)最遠處M點時,軌跡圓在M點與擋板
相切,如圖2所示。設。、M間距離為為
r2+(L-r)-
粒子到達擋板下側(cè)最遠處N點時,PN為軌跡圓的直徑。設。、N間距離為巧,由幾何關系可得
(2r)2=xf+L2
由題意知
X]_2
巧3
解得
5L
r二——
8
由牛頓第二定律有
v2
qvB=m—
r
解得
_8mv
D—
5qL
16.如圖甲所示,真空中水平放置的平行金屬板N3間距為a,緊鄰兩板右側(cè)有一熒光屏,。點為熒光屏的
中心。AB兩板間加如圖乙所示周期為名的變化電壓(4已知),現(xiàn)有大量粒子由靜止開始,經(jīng)加速電場以
后,沿平行板正中間水平射入兩板之間。甲粒子在7=0時刻進入Z5兩板,經(jīng)過時間為4%打在熒光屏
上尸點,已知平行金屬板長為3粒子質(zhì)量為加、電荷量為必所有粒子均從N3兩板間射出。不計粒子重
力和粒子間相互作用,求:
(1)加速電壓q;
(2)間距OP的長度
(3)粒子打在熒光屏上的落點與。點間距的最大值與最小值之比。
八U
U。;iiiii
IIIIII
IIIIII
IIIIII
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