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1、第三章磁場章末測試(一)(A卷)【滿分:110110 分時(shí)間:9090 分鐘】一、選擇題(本大題共 1212 小題,每小題 5 5 分,共 6060 分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中. .1818 題只有一項(xiàng)符合題目要求;912912 題有多項(xiàng)符合題目要求。 全部選對(duì)的得 5 5 分,選對(duì)但不全的得3 3 分,有選錯(cuò)的得 0 0 分。)1 1 物理學(xué)的發(fā)展是許多物理學(xué)家奮斗的結(jié)果,下面關(guān)于一些物理學(xué)家的貢獻(xiàn)說法:( )A.A.安培通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了通電導(dǎo)線對(duì)磁體有作用力,首次揭示了電與磁的聯(lián)系B.B.奧斯特認(rèn)為安培力是帶電粒子所受磁場力的宏觀表現(xiàn),并提出了著名的洛倫茲力公式C.C.庫侖在前人工作的基礎(chǔ)
2、上通過實(shí)驗(yàn)研究確認(rèn)了真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用力遵循的規(guī)律庫侖定律D D .洛倫茲不僅提出了電場的概念,而且采用了畫電場線這個(gè)簡潔的方法描述電場【答案】C C【解析】奧斯特發(fā)現(xiàn)電漬周圍存在雄場首次掲示了電與越的聯(lián)系選項(xiàng)A錯(cuò)誤廠洛倫茲認(rèn)為安培力是帶 電粒子所受鐵場力的宏觀表現(xiàn),并提出了著名的洛侖茲力公式,選項(xiàng)弓錯(cuò)誤;庫侖在前人工作的基礎(chǔ)上通 過實(shí)驗(yàn)研究確認(rèn)了算空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用力遵循的規(guī)律一庫侖定律,選項(xiàng)匸正確夕法拉 第不僅提出了電場的槪念,而且采用了畫電場線這個(gè)簡潔的方法描述電場,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;故選 U2 2.邊長為 L L 的正方形線圈 A A,通有逆時(shí)針方向的恒定電流
3、I I,用兩根輕質(zhì)絕緣細(xì)線靜止地懸掛在水平長直導(dǎo)線 MNMN 的正下方 h h 處,如圖所示。當(dāng)導(dǎo)線 MNMN 中無電流時(shí),兩細(xì)繩中張力均為 T T;當(dāng)通過 MNMN 的電流為 I Ii時(shí),兩細(xì)繩中張力均減為aT( 00a11 ;而當(dāng)通過 MNMN 的電流為 I I2時(shí),細(xì)繩中張力恰好為零。已知長直通電導(dǎo)線周圍磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B B 與到導(dǎo)線的距離 r r 成反比(即B B =k-=k- , k k 為常數(shù))。由此可知,MNMN 中的電流方向和電流大小之比 I Ii: I I2分別為:r( )A A.向左,1+1+aB B.向右,1+1+aC.C.向左,1-1-aD D.向右,1-1-a【答案
4、】C C【解析】當(dāng) MNMN 通以方向從 N N 向 M M 的電流時(shí),貝 U U abab 邊所受的安培力的向上,cdcd 邊所受安培力方向向下,因離 MNMN 越近,則安培力越大,知此時(shí)線框所受安培力合力方向豎直向上,所以 MNMN 中電流的方向向左;當(dāng) MNMN 內(nèi)通電流 abab 所受安培力為:I I 時(shí),F(xiàn)i根據(jù)題意可知:_ kII0L.ricdcd 所受安培力為:F2kIIoL2一 一11因它們受到的安培力方向相反,此時(shí)線圈所受安培力的合力大小為F =klLI(-);可知,riD線圈受到的安培力的合力大小與通入電流的大小成正比,當(dāng)MNMN 分別通以 I.I. I I?的電流時(shí),線框
5、受到的安培力的合力的大小之比為I Ii: I I?當(dāng)通過 MNMN 的電流為 I Ii時(shí),兩細(xì)繩中張力均減為aTaT (0 0va av1 1),所以安培力的大?。篎 F合i=2T-2aT=2T-2aT;而當(dāng)通過 MNMN 的電流為 b b 時(shí),細(xì)繩中張力恰好為零,則安培力的大小:F F合2=2T=2T,所以:I Ii: I I2=F=F合i: F F合2= = (2T-2aT2T-2aT): 2T=2T= (1-a1-a): 1 1,故選 C Co3 3如圖所示中一個(gè)帶電粒子,沿垂直于磁場方向射入一勻強(qiáng)磁場,粒子的一段跡如圖,徑跡上的每一小段都可近似看成圓弧,由于帶電粒子使沿途的空氣電離,粒
6、子的能量逐漸減小 (帶電量不變),從圖中情況可以確定:XXAxyx( )A A.粒子從 a a 到 b b,帶正電B B.粒子從 b b 到 a a,帶正電C.C.粒子從 a a 到 b b,帶負(fù)電D D.粒子從 b b 到 a a,帶負(fù)電【答案】B B【解析】由干帶電粒子使沿途的空氣電離,粒子的能量逐漸堿小,速度逐漸減小,根據(jù)粒子在盛場中運(yùn)動(dòng)的半徑公 式r =可知粒子的半徑逐漸的颯小,所臥粒子的運(yùn)動(dòng)方問杲從b到在根據(jù)左手定則可知,粒子帶 正電,所以D正確?!久麕燑c(diǎn)睛】本題主要考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng);洛侖茲力。屬于中等難度的題mv目。根據(jù)r可知,粒子運(yùn)動(dòng)的半徑與速度的大小有關(guān),根據(jù)半
7、徑的變化來判斷粒子的運(yùn)qB動(dòng)的方向,結(jié)合軌跡的彎曲方向,根據(jù)左手定則進(jìn)而判斷電荷的電性,這是解決本題的關(guān)鍵.4 4如圖所示,一束電子以大小不同的速率沿圖示方向垂直飛入橫截面是一正方形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,下列判斷正確的是:()A A、 電子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長,其軌跡線越長B B、 在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的電子,其軌跡線一定重合C C、 電子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長,其軌跡線所對(duì)應(yīng)的圓心角越大D D、 電子的速率不同,它們?cè)诖艌鲋羞\(yùn)動(dòng)時(shí)一定不相同【答案】C C【解析】設(shè)其軌跡的圓心角為 6 則粒子在晞場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間=、帑 =8 字,這些電子的質(zhì)量和電荷量都相2兀Bq Rq同,所以粒子在血場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
8、和其軌跡的圓心角成正比,即電子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長,其軌跡線 所對(duì)圓心角越大,A錯(cuò)誤C正確,根據(jù)半徑公式 2 磐可城A不同的速率射人則運(yùn)動(dòng)半徑不同,如認(rèn)趴5三個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同但是運(yùn)動(dòng)半徑不同,所以軌跡不重合,BD錯(cuò)誤*【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)要注意兩點(diǎn):一是圓心的確定,二是半徑的求出,必要時(shí)先畫出可能的圖形再進(jìn)行分析計(jì)算5 5回旋加速器是獲得高能量帶電粒子的裝置,其核心部分是分別與高頻交流電源的兩極相連接的兩個(gè) D D 形金屬盒,兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場,使粒子在通過狹縫時(shí)都能得到加速,兩 D D 形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中,如圖所示,關(guān)于回旋加速器的下列說法
9、中正確的是:()A A、 加速電壓越大,帶電粒子從 D D 形盒射出時(shí)的動(dòng)能越大B B、 帶電粒子從 D D 形盒射出時(shí)動(dòng)能與磁場的強(qiáng)弱無關(guān)C C、 交變電場的周期應(yīng)為帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)周期的二倍D D、 用同一回旋加速器分別加速不同的帶電粒子,一般要調(diào)節(jié)交變電場的頻率【答案】D D【解析】根抿眄解得=遼帶電粒子射地的動(dòng)能E 呂心,與抑速的電壓無關(guān),與磁R m22m感應(yīng)強(qiáng)度的大小有關(guān)故A. B錯(cuò)誤;交變電場的周期與帶電粒子運(yùn)動(dòng)的周朗相等,帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中 運(yùn)動(dòng)的周期迥,與粒子的速度無關(guān)所以加速后交變電場的周期不需改變,不同的帶電粒子,在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期不等,所以加速不同的芾電粒子一般要調(diào)節(jié)
10、交變電場的頻率,故C錯(cuò)誤,D正確&【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器運(yùn)用電場加速,磁場偏轉(zhuǎn)來加速帶電粒子,但要注意粒子射出的動(dòng)能與加速電壓無關(guān),與磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小有關(guān)。6.6.利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件,廣泛應(yīng)用于測量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域 下圖是霍爾元件的工作原理示意圖,磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于霍爾元件的工作面向下,通入圖示方向的電流 I I, CDCD 兩側(cè)面會(huì)形成電勢差UCD下列說法中正確的是:()A.A. 電勢差UCD僅與材料有關(guān)B.B. 若霍爾元件的載流子是自由電子,則電勢差UCDLJ._圖甲【答案】BCBC【解析】 因?yàn)槲⒘T?T T時(shí)間內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以重力和電場力等大反向,
11、電場力方向向上,3故有mg =E0q,在T2T過程中電場強(qiáng)度為零,微粒只受重力作用,此過程中微粒做平拋33T2T運(yùn)動(dòng),經(jīng)過一,在一T過程中,微粒受到的合力F=2E0q-mg二mg,方向向上,經(jīng)過A.A.末速度大小為、2VoB.B.末速度沿水平方向. 1 1C.C.重力勢能減少了mgdD.D.克服電場力做功為mgd圖乙33TT 2T2TT,所以微粒在T2T過程中產(chǎn)生的豎直方向的速度,在T過程中又減小到零,即豎3333直方向速度為零,所以 T T 時(shí)刻的速度仍為v0,方向水平,A A 錯(cuò)誤 B B 正確;因?yàn)?T T 時(shí)刻微粒恰好d1經(jīng)金屬邊緣飛出,所以在豎直方向上的位移為d,故重力勢能減小了1m
12、gd,C C 正確;因?yàn)?21微粒始末速度相同, 所以重力做功大小等于克服電場力做功大小,故克服電場力做功2mgd,故 D D 錯(cuò)誤【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道微粒在各段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,抓住等時(shí)性,結(jié)合牛頓第一T 2T 2T二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解.知道在- 內(nèi)和-T時(shí)間內(nèi)豎直方向上的加速度大小333相等,方向相反,時(shí)間相等,位移的大小相等1212如圖,在勻強(qiáng)磁場 B B 的區(qū)域中有一光滑斜面體,在斜面體上放了一根長為L,L,質(zhì)量為 m m 的導(dǎo)線,當(dāng)通以如圖方向的電流I I 后,導(dǎo)線恰能保持靜止,則磁感應(yīng)強(qiáng)度B B 必須滿足:( )A A. B=B=mgSimgSi ,方向垂直紙面向外
13、 B B. B=B=mgCmgC * *,方向水平向左ILILILILC.C. B B= =mgtamgtan nr r,方向豎直向下D D. B B= =mgmg,方向水平向左ILILILIL【答案】CDCD【解析】外加勻強(qiáng)厳場的鐵加強(qiáng)度B B的方向垂直斜面向外,此時(shí)電流的方向和硯場的方向平行此時(shí)不受安培力的作用,導(dǎo)線只受到支持力與重尢b b不可肓誕于平街狀態(tài),故A A錯(cuò)誤,外加勻強(qiáng)磁場的鯉應(yīng)強(qiáng)度B B的方 冋水平向左則豎賣向上的安培力、重 th此時(shí)支持力恰好初霧,此時(shí)於竺時(shí),導(dǎo)線處于平衡狀態(tài)IL故E E錯(cuò)誤,D D正確.外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B B的方向豎直向下,則水平向左的安培力、支持
14、力與重力, 處于平衡狀態(tài),則犬小$ = 弩岐;故C C正確:故選CDCD二、非選擇題(本大題共 4 4 小題,第 1313、1414 題每題 1010 分;第 1515、1616 題每題 1515 分;共 5050 分)13.13.(1010 分)如圖,一長為 10cm10cm 的金屬棒 abab 用兩個(gè)元全相同的彈黃水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場中; 磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T0.1T,方向垂直于紙面向里:彈簧上端固定,下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過開關(guān)與一電動(dòng)勢為12V12V 的電池相連,電路總電阻為 2 2QO已知開關(guān)斷開時(shí)兩彈簧的伸長度均為0.5cm0.5cm;閉合開關(guān), 系統(tǒng)重新平衡后, 兩
15、彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時(shí)相比均改變了 0.3cm0.3cm。 重力加速度大小取10m/s210m/s2。判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向,并求出金屬棒 的質(zhì)量。【答案】m二0.01kg【解析】開關(guān)斷開時(shí),金扈棒平行有:噸=2 熱=2 氓開關(guān)閉合時(shí),金屬棒上的電溉:=根據(jù)左手定則可知安培力的方向向下,所受安培力F 璽0.06V此時(shí)改變是因?yàn)槭艿桨才嗔Φ脑颍瑒t有臬=2儀一聯(lián)立解得:酬=0.0驅(qū)【名師點(diǎn)睛】在閉合前,導(dǎo)體棒處于平衡狀態(tài),在閉合后,根據(jù)閉合電路的歐姆定律求的電流,根據(jù)F二BIL求的安培力,由共點(diǎn)力平衡求的質(zhì)量14.14.(1010 分)如圖所示,x x 軸上放有一足夠大的熒光屏,
16、 y y 軸上(0 0, L L)處有一個(gè)點(diǎn)狀的粒 子放射源 A A,某瞬間同時(shí)向xoyxoy 平面內(nèi)各個(gè)方向發(fā)射速率均為v0的粒子(不計(jì)重力),設(shè) 粒子電量為 q q,質(zhì)量為 m m,求:(1 1)當(dāng)空間中只存在平行 xoyxoy 平面沿 y y 軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場時(shí),最后到達(dá)熒光屏的-::粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為最先到達(dá)熒光屏的粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的 3 3 倍,求電場強(qiáng)度。(2 2)當(dāng)空間中只存在垂直 xoyxoy 平面向里的勻強(qiáng)磁場且磁感應(yīng)強(qiáng)度B =-mV時(shí),最先到達(dá)熒光qL屏的粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與最后到達(dá)熒光屏的:粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的比值為多少。X XH2【答案】(1 1)E=
17、叫 ;( 2 2)2qL【解析】(1 1)設(shè)沿 y y 軸負(fù)方向射出的粒子運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為t1沿 y y 軸正方向射出的粒子運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為3t11212取y軸負(fù)方向?yàn)檎?,由題意,有= v0t- at1,-L =十?a( 3打)2又因?yàn)椋獾肊=2mvo。(2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)半徑為&有R=又月=上匕則應(yīng)-L、當(dāng)粒子軌跡對(duì)應(yīng)圓心角最小時(shí),時(shí)間最短,由題青可知粒子打到O電時(shí),時(shí)間最短,如圖軌跡I :由幾何關(guān)系知日 l 亍當(dāng)軌跡與O點(diǎn)左側(cè)靈光屏相切時(shí),時(shí)間最長,如圖軌跡E33t由幾何關(guān)系知0 =二 Lf込二二八 故皿二臥。亠24t 分【名師點(diǎn)睛】本題考查了電子在電場與磁場中的
18、運(yùn)動(dòng),分析清楚電子的運(yùn)動(dòng)過程,應(yīng)用動(dòng)能定理、類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、牛頓第二定律即可正確解題,解題時(shí)要注意, 電場力對(duì)電子做功與運(yùn)動(dòng)路徑無關(guān),取決于電子電荷量與兩點(diǎn)間的電勢差。15.15.(1515 分)如圖(a a)所示,在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xoyxoy,整個(gè)空間內(nèi)都存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場和水平向右的勻強(qiáng)電場,勻強(qiáng)電場的方向與x x 軸止方向夾角為 4545。已tmin =29max為 g.g.(1 1)若粒子在 xoyxoy 平面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),求粒子的速度V V。;(2 2)t=0t=0 時(shí)刻的電場和磁場方向如圖(a a)所示,若電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均不
19、變.而方 向隨時(shí)間周期性的改變,如圖 (b b)所示。將該粒子從原點(diǎn) O O 由靜止釋放,在 0 0 T時(shí)間內(nèi)的運(yùn)2動(dòng)軌跡如圖(c c)虛線 OMNOMN 所示,M M 點(diǎn)為軌跡距 y y 軸的最遠(yuǎn)點(diǎn),M M 距 y y 軸的距離為 d d。已知在 曲線上某一點(diǎn)能找到一個(gè)和它內(nèi)切的半徑最大的圓,物休經(jīng)過此點(diǎn)時(shí),相當(dāng)于以此圓的半徑 在做圓周運(yùn)動(dòng),這個(gè)圓的半徑就定義為曲線上這點(diǎn)的曲率半徑。求:粒子經(jīng)過 M M 點(diǎn)時(shí)曲率半徑?在圖中畫出粒子從 N N 點(diǎn)回到 O O 點(diǎn)的軌跡。【答案】(1 1)vo=-2mg,沿 y y 軸負(fù)方向(2 2)qB知帶電粒子質(zhì)量為m m、電量為+q+q,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
20、B B,電場強(qiáng)度大小mg,重力加速度q2mgdqB、2gd _ mg如圖所示圖 I 靳IM (6)【解析】1)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),受力平衝得解得廿如W方向由左手走則得,沿軸員方向 Q2)解法(一)重力和電場力的合力為F =弄+花寺一2)粒子從。運(yùn)動(dòng)iJMH程中,只有重力和電場力的合力做功,據(jù)動(dòng)能定理w = Fd=扌加丿若分別求出重力功、電場力功各1分(若用v = 2v&代入,求岀 Q 二加也給分)解法(二)粒子的運(yùn)動(dòng)可看作以速度Vo沿y軸負(fù)方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和以Vo沿順時(shí)針方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng),其中沿y軸負(fù)方向的v0對(duì)應(yīng)的洛侖茲力用來與等效重力平衡,即qvB - _(mg)2(q
21、E)2;2mg,沿y軸正方向的對(duì)應(yīng)的濬侖茲力用來提供向心力,即少弭=也r到達(dá)bl點(diǎn)時(shí),其兩分速度同向,沿龍軸正方向的位移為兒則有v=2v0 = 2r由洛侖茲力和等效重力的合力提供向心力,qB - 臨=P得M點(diǎn)的曲率半徑pa軌跡如圖所示。(畫對(duì)第一段 2 2 分,畫對(duì)前二段 4 4 分,全部畫對(duì)得 6 6 分)qvB -Jlmg =【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)問題的分析思路1 1 正確的受力分析除重力、彈力和摩擦力外,要特別注意電場力和磁場力的分析.2 2.正確分析物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)找出物體的速度、位置及其變化特點(diǎn),分析運(yùn)動(dòng)過程如果出現(xiàn)臨界狀態(tài),要分析臨界條件 帶電粒子在復(fù)合場中做什么運(yùn)動(dòng),取
22、決于帶電粒子的受力情況.(1)當(dāng)粒子在復(fù)合場內(nèi)所受合力為零時(shí),做勻速直線運(yùn)動(dòng)(如速度選擇器)(2)當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力等值反向,洛倫茲力提供向心力時(shí),帶電粒子在垂直于 磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).(3)當(dāng)帶電粒子所受的合力是變力,且與初速度方向不在一條直線上時(shí),粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng),這時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧,也不是拋物線,由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個(gè) 情況不同的復(fù)合場區(qū),因此粒子的運(yùn)動(dòng)情況也發(fā)生相應(yīng)的變化,其運(yùn)動(dòng)過程也可能由幾種不 同的運(yùn)動(dòng)階段所組成16.16.(1515 分)如圖 a a 所示,勻強(qiáng)磁場垂直于 xOyxOy 平面,磁感應(yīng)強(qiáng)度 B Bi按圖 b b 所示規(guī)律變化(垂直于紙面向外為正).t=0t=0 時(shí),一比荷為3=1 105C/kgC/kg 的帶正電粒子從原點(diǎn)沿 y y 軸正方向射
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