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PAGE12-章末復(fù)習(xí)課【學(xué)問體系】[答案填寫]1.6×10-19Ckeq\f(q1q2,r2)E=eq\f(F,q)keq\f(Q,r2)eq\f(U,d)φA-φBEdeq\f(WAB,q)eq\f(Q,U)
主題1對(duì)電場(chǎng)性質(zhì)的描述——“力”的描述公式物理意義引入過程適用范圍E=eq\f(F,q)是電場(chǎng)強(qiáng)度大小的定義式F與q成正比,E與F、q無關(guān),反映某點(diǎn)電場(chǎng)力的性質(zhì)適用于一切電場(chǎng),q為摸索電荷的電荷量,E與F、q無關(guān)E=keq\f(Q,r2)是真空中點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的確定式由E=eq\f(F,q)和庫侖定律導(dǎo)出真空中Q為場(chǎng)源電荷的電荷量.由Q和r共同確定E=eq\f(U,d)是勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度的確定式由F=Eq和W=qU導(dǎo)出勻強(qiáng)電場(chǎng),d是沿電場(chǎng)線方向的距離【典例1】如圖所示,在一電場(chǎng)強(qiáng)度沿紙面方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,用一絕緣絲線系一帶電小球,小球的質(zhì)量為m,電荷量為q,為了保證當(dāng)絲線與豎直方向的夾角為60°時(shí),小球處于平衡狀態(tài),則勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不行能為()A.eq\f(mgtan60°,q) B.eq\f(mgcos60°,q)C.eq\f(mgsin60°,q) D.eq\f(mg,q)【思路分析】本題考查了三力作用下的物體平衡問題.通過矢量圖示法求得電場(chǎng)強(qiáng)度E的最小值,便可快速求得電場(chǎng)強(qiáng)度E大小的可能值.解析:取小球?yàn)樘接憣?duì)象,它受到重力mg、絲線的拉力F和電場(chǎng)力Eq的作用.因小球處于平衡狀態(tài),則它受到的合外力等于零,由平衡條件知,F(xiàn)和Eq的合力與mg是一對(duì)平衡力.依據(jù)力的平行四邊形定則可知,當(dāng)電場(chǎng)力Eq的方向與絲線的拉力方向垂直時(shí),電場(chǎng)力為最小,如圖所示,則Eq=mgsin60°,得最小電場(chǎng)強(qiáng)度E=eq\f(mgsin60°,q).答案:B針對(duì)訓(xùn)練1.如圖所示,把一帶正電的小球a放在光滑絕緣斜面上,欲使球a能靜止在斜面上,需在MN間放一帶電小球b,則b應(yīng)()A.帶負(fù)電,放在A點(diǎn) B.帶正電,放在B點(diǎn)C.帶負(fù)電,放在C點(diǎn) D.帶正電,放在C點(diǎn)解析:對(duì)a受力分析,除重力、支持力以外,還受庫侖力,三力合力為零,結(jié)合a的重力、支持力的方向可推斷,無論B點(diǎn)放置正或負(fù)的電荷,都不能滿意條件,若在A點(diǎn)放置,則必需是正電荷,若在C點(diǎn)放置,則必需是負(fù)電荷,C對(duì),A、B、D錯(cuò).答案:C主題2對(duì)電場(chǎng)性質(zhì)的描述——“能”的描述1.電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)差的比較.名稱電場(chǎng)強(qiáng)度電勢(shì)電勢(shì)差物理意義描述電場(chǎng)力的性質(zhì)描述電場(chǎng)能的性質(zhì)描述電場(chǎng)力做功的本事定義式E=eq\f(F,q)φ=eq\f(W,q)UAB=eq\f(WAB,q)標(biāo)矢性矢量,方向?yàn)榉旁陔妶?chǎng)中的正電荷的受力方向標(biāo)量,有正負(fù),正負(fù)只表示大小標(biāo)量,有正負(fù),正負(fù)只表示A、B兩點(diǎn)電勢(shì)的凹凸確定因素E由電場(chǎng)本身的性質(zhì)確定,與摸索電荷無關(guān)電勢(shì)由電場(chǎng)本身確定,與摸索電荷無關(guān),大小與參考點(diǎn)的選取有關(guān),有相對(duì)性由電場(chǎng)本身和兩點(diǎn)的電勢(shì)確定,與摸索電荷無關(guān),與參考點(diǎn)的選取無關(guān)聯(lián)系勻強(qiáng)電場(chǎng)中UAB=Ed(d為A、B兩點(diǎn)間沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向上的距離);電勢(shì)沿電場(chǎng)強(qiáng)度的方向降低最快;UAB=φA-φB;WAB=EpA-EpB=qUAB2.電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)及計(jì)算方法.(1)電場(chǎng)力做功的特點(diǎn):電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān),只與電荷的電荷量Q和初、末位置的電勢(shì)差U有關(guān);沿著等勢(shì)面移動(dòng)電荷,電場(chǎng)力不做功.(2)電場(chǎng)力做功的計(jì)算方法.①WAB=qUAB(普遍適用).②W=qElcosθ(適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)).③WAB=-ΔEp=EpA-EpB(從能量角度求解).④W電+W非電=ΔEk(由動(dòng)能定理求解).【典例2】如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m、帶有-q電荷量的小物體,可在水平軌道Ox軸上運(yùn)動(dòng),軸的O端有一個(gè)與軌道相垂直的固定墻面.軌道處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,方向沿Ox軸正向,小物體以初速度v0從x0處沿Ox軌道運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)受到大小不變的摩擦力F作用,且F<qE.設(shè)小物體與墻壁碰撞時(shí)不損失機(jī)械能,且電荷量保持不變,求它停止運(yùn)動(dòng)時(shí)通過的總路程s.【思路分析】帶電體在電場(chǎng)中做往復(fù)運(yùn)動(dòng),過程較為困難.解答本題應(yīng)用能量的觀點(diǎn)分析較為便捷.解析:由于F<qE,所以物體最終停止在固定墻處,依據(jù)動(dòng)能定理得0-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=W電+WF(W電、WF分別是電場(chǎng)力的功和摩擦力的功).W電=Eqx0,WF=-Fs,故-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=Eqx0-Fs,s=eq\f(2Eqx0+mveq\o\al(2,0),2F).答案:eq\f(2Eqx0+mveq\o\al(2,0),2F)針對(duì)訓(xùn)練2.一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線,上端固定,下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球,處于如圖所示的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中.起先時(shí),將線與小球拉成水平,然后釋放,小球由靜止起先向下?lián)u擺,當(dāng)細(xì)線轉(zhuǎn)過60°角時(shí),小球到達(dá)B點(diǎn)速度恰好為零.試求:(1)AB兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB;(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??;(3)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí),細(xì)線對(duì)小球的拉力大?。馕觯?1)小球由A到B過程中,由動(dòng)能定理,得mgLsin60°+qUAB=0,所以UAB=-eq\f(\r(3)mgL,2q).(2)BA間電勢(shì)差UBA=-UAB=eq\f(\r(3)mgL,2q),則場(chǎng)強(qiáng)E=eq\f(UBA,L-Lcos60°)=eq\f(\r(3)mg,q).(3)小球在AB間搖擺,由對(duì)稱性得知,B處繩拉力與A處繩拉力相等,而在A處,由水平方向平衡有:TA=Eq=eq\r(3)mg,所以TB=TA=eq\r(3)mg.答案:(1)-eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)eq\f(\r(3)mg,q)(3)eq\r(3)mg主題3帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在電場(chǎng)中加速.(1)處理方法:利用動(dòng)能定理.(2)適用范圍:任何電場(chǎng).2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn).(1)條件:帶電粒子垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(v0⊥E).(2)處理方法:類平拋運(yùn)動(dòng).①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=eq\f(l,v0).②沿電場(chǎng)方向,做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng),eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(加速度a=\f(F,m)=\f(Eq,m)=\f(qU,md),能飛出平行板的時(shí)間t=\f(l,v0),離開平行板的偏移量y=\f(1,2)at2=\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0)d),離開平行板的偏轉(zhuǎn)角tanθ=\f(vy,v)=\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d).))【典例3】如圖所示,A、B為兩塊足夠大的平行金屬板,兩板間距離為d,接在電壓為U的電源上.在A板的中心P點(diǎn)處放置一個(gè)電子放射源,可以向各個(gè)方向釋放電子.設(shè)電子的質(zhì)量為m、電荷量為e,射出的初速度為v.求電子打在B板上區(qū)域的面積.【思路分析】電子所受重力不計(jì),僅受豎直向上的電場(chǎng)力.電子的運(yùn)動(dòng)將是類平拋運(yùn)動(dòng).由于電子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性,打在B板上的電子的分布范圍是圓形區(qū)域,其中,初速度平行于A板的電子將打在該圓形區(qū)域的最邊緣處.解析:打在最邊緣處的電子,將是類平拋運(yùn)動(dòng)的電子,在垂直電場(chǎng)方向做勻速運(yùn)動(dòng),即r=vt.在平行電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),即d=eq\f(1,2)at2.其中,a=eq\f(eE,m)=eq\f(eU,md),則t=deq\r(\f(2m,eU)).將r=vt代入得r=vdeq\r(\f(2m,eU)).圓面積S=πr2=eq\f(2πmv2d2,eU).答案:eq\f(2πmv2d2,eU)針對(duì)訓(xùn)練3.如圖所示,靜止的電子在加速電壓為U1的電場(chǎng)作用下從O經(jīng)P板的小孔(位于P板的中點(diǎn))射出,又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場(chǎng),在偏轉(zhuǎn)電壓為U2的電場(chǎng)作用下偏轉(zhuǎn)一段距離.現(xiàn)使U1加倍,要想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生改變,應(yīng)當(dāng)()A.使U2加倍B.使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C.使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍D.使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)解析:設(shè)偏轉(zhuǎn)電極的長(zhǎng)度為L(zhǎng),板間距離為d,則依據(jù)推論可知,偏轉(zhuǎn)距離y=eq\f(U2L2,4dU1),要使U1加倍,而電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生改變,在y不變時(shí),則必需使U2加倍,故選項(xiàng)A正確.答案:A主題4平行板電容器電容器兩類動(dòng)態(tài)改變的分析比較.(1)充電后與電源連接,電容器兩極板間的電壓不變.(2)充電后與電源斷開,電容器兩極板間的電量不變.【典例4】如圖所示,平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接,下極板接地.一帶電油滴位于容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離,則()A.帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)B.P點(diǎn)的電勢(shì)將降低C.帶電油滴的電勢(shì)能將削減D.若電容器的電容減小,則極板所帶電荷量將增加【思路分析】(1)首先分清是電荷量肯定還是電壓肯定.(2)依據(jù)不變量確定其他量的改變.解析:電容器兩端電壓U不變,由公式E=eq\f(U,d),電場(chǎng)強(qiáng)度變小,帶電油滴所受電場(chǎng)力變小,帶電油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng),A錯(cuò);P到下極板距離d不變,而電場(chǎng)強(qiáng)度E減小,由公式U=Ed知P與負(fù)極板的電勢(shì)差變小,又因?yàn)橄聵O板電勢(shì)不變,所以P點(diǎn)的電勢(shì)降低,B對(duì);由于油滴所受電場(chǎng)力向上,而電場(chǎng)方向向下,可以推斷油滴帶負(fù)電,又P點(diǎn)的電勢(shì)降低,所以油滴的電勢(shì)能增加,C錯(cuò);圖中電容器兩端電壓U不變,電容C減小時(shí),由公式Q=CU,所帶電荷量削減,D錯(cuò).答案:B針對(duì)訓(xùn)練4.(多選)如圖所示,足夠長(zhǎng)的兩平行金屬板正對(duì)豎直放置,它們通過導(dǎo)線與電源E、定值電阻R、開關(guān)S相連.閉合開關(guān)后,一個(gè)帶電的液滴從兩板上端的中點(diǎn)處無初速度釋放,最終液滴落在某一金屬板上.下列說法中正確的是()A.液滴在兩板間運(yùn)動(dòng)的軌跡是一條拋物線B.電源電動(dòng)勢(shì)越大,液滴在板間運(yùn)動(dòng)的加速度越大C.電源電動(dòng)勢(shì)越大,液滴在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短D.定值電阻的阻值越大,液滴在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)解析:電容器充溢電荷后,極板間的電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì).極板間形成了電場(chǎng),液滴受水平方向的電場(chǎng)力和豎直方向的重力作用,合力為恒力,而初速度為零,則液滴做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)錯(cuò);電源電動(dòng)勢(shì)越大,則液滴受到的電場(chǎng)力也越大,合力越大,加速度也越大,B項(xiàng)對(duì);電源電動(dòng)勢(shì)越大,加速度越大,同時(shí)位移越小,則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短,C對(duì);定值電阻不會(huì)影響兩極板上電壓的大小,則對(duì)液滴的運(yùn)動(dòng)沒有影響,D項(xiàng)錯(cuò).答案:BC統(tǒng)攬考情本章的考點(diǎn)主要是電場(chǎng)的性質(zhì)和特點(diǎn)、電容問題和帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)三個(gè)方面,是歷年高考的熱點(diǎn).高考命題角度如下:(1)以選擇題的形式考查等量異種電荷或不等量電荷的電場(chǎng)分布與電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能的大小比較問題;(2)以選擇題的形式考查與電路學(xué)問相結(jié)合的平行板電容器的兩類動(dòng)態(tài)分析或帶電粒子平衡問題;(3)以計(jì)算題的形式考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)或交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題.真題例析(2024·全國(guó)卷Ⅰ)(多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面,已知平面b上的電勢(shì)為2V.一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10eV,從a到d的過程中克服電場(chǎng)力所做的功為6eV.下列說法正確的是()A.平面c上的電勢(shì)為零B.該電子可能到達(dá)不了平面fC.該電子經(jīng)過平面d時(shí),其電勢(shì)能為4eVD.該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍解析:A對(duì):因等勢(shì)面間距相等,由U=Ed得相鄰虛線之間的電勢(shì)差相等,由a到d,eUad=6eV,故Uad=6V;各虛線電勢(shì)如圖所示,因電場(chǎng)力做負(fù)功,故電場(chǎng)方向向右,沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低,φc=0.B對(duì):因電子的速度方向未知,若不垂直于等勢(shì)面,如圖中實(shí)線所示,電子可能到達(dá)不了平面f.C錯(cuò):經(jīng)過d時(shí),電勢(shì)能Ep=eφd=2eV.D錯(cuò):由a到b,Wab=Ekb-Eka=-2eV,所以Ekb=8eV;由a到d,Wad=Ekd-Eka=-6eV,所以Ekd=4eV;則Ekb=2Ekd,依據(jù)Ek=eq\f(1,2)mv2知vb=eq\r(2)vd.答案:AB針對(duì)訓(xùn)練(2024·天津卷)如圖所示,實(shí)線表示某電場(chǎng)的電場(chǎng)線(方向未標(biāo)出),虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡,設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢(shì)分別為φM、φN,粒子在M點(diǎn)和N點(diǎn)時(shí)加速度大小分別為aM、aN,速度大小分別為vM、vN,電勢(shì)能分別為EpM、EpN.下列推斷正確的是()A.vM<vN,aM<aN B.vM<vN,φM<φNC.φM<φN,EpM<EpN D.a(chǎn)M<aN,EpM<EpN解析:因?yàn)镹點(diǎn)的電場(chǎng)線密,所以場(chǎng)強(qiáng)大,受到的電場(chǎng)力大,加速度大,即aM<aN.由虛線彎曲方向知,帶負(fù)電粒子受力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè),電場(chǎng)方向由電場(chǎng)線稀疏一側(cè)指向電場(chǎng)線密集一側(cè),沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低,即φM>φN.又由EP=qφ知,帶負(fù)電粒子在電勢(shì)越低的位置,具有的電勢(shì)能越大,即EpM<EpN.若帶負(fù)電粒子由M向N運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做負(fù)功,則動(dòng)能減小,所以vM>vN.若帶負(fù)電粒子由N向M運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做正功,則動(dòng)能增大,也可得vM>vN.答案:D1.(2024·全國(guó)卷Ⅰ)如圖,三個(gè)固定的帶電小球a、b和c,相互間的距離分別為ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線.設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的肯定值為k,則()A.a(chǎn)、b的電荷同號(hào),k=eq\f(16,9) B.a(chǎn)、b的電荷異號(hào),k=eq\f(16,9)C.a(chǎn)、b的電荷同號(hào),k=eq\f(64,27) D.a(chǎn)、b的電荷異號(hào),k=eq\f(64,27)解析:由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線,依據(jù)受力分析知,a、b的電荷異號(hào).依據(jù)庫侖定律,a對(duì)c的庫侖力為Fa=k0eq\f(qaqc,(ac)2),①b對(duì)c的庫侖力為Fb=k0eq\f(qbqc,(bc)2),②設(shè)合力向左,如圖所示,依據(jù)相像三角形,得eq\f(Fa,ac)=eq\f(Fb,bc),③聯(lián)立①②③式得k=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))=eq\f((ac)3,(bc)3)=eq\f(64,27).答案:D2.(2024·海南卷)(多選)如圖,a、b、c、d為一邊長(zhǎng)為l的正方形的頂點(diǎn).電荷量均為q(q>0)的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別固定在a、c兩點(diǎn),靜電力常量為k.不計(jì)重力.下列說法正確的是()A.b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(\r(2)kq,l2)B.過b、d點(diǎn)的直線位于同一等勢(shì)面上C.在兩點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中,ac中點(diǎn)的電勢(shì)最低D.在b點(diǎn)從靜止釋放的電子,到達(dá)d點(diǎn)時(shí)速度為零解析:Eb=2eq\f(kq,l2)cos45°=eq\f(\r(2)kq,l2),b與d等勢(shì).答案:AD3.(2024·江蘇卷)如圖所示,水平金屬板A、B分別與電源兩極相連,帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離,兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面,則該油滴()A.仍舊保持靜止 B.豎直向下運(yùn)動(dòng)C.向左下方運(yùn)動(dòng) D.向右下方運(yùn)動(dòng)解析:起先時(shí)油滴處于靜止?fàn)顟B(tài),有mg=qeq\f(U,d),B板右端下移時(shí),U不變,d變大,電場(chǎng)力F=qeq\f(U,d)變小,mg>F.受力分析如圖所示,mg與F的合力方向?yàn)橛蚁路?,故油滴向右下方運(yùn)動(dòng).答案:D4.(2024·全國(guó)卷Ⅰ)(多選)在一靜止點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中,任一點(diǎn)的電勢(shì)φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示.電場(chǎng)中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的
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