2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)6 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系(含解析)
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1、專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)(六) (建議用時(shí):40分鐘) [專(zhuān)題通關(guān)練] 1.(2018·天津高考·T2)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛(ài)。某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB,從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中,由于摩擦力的存在,運(yùn)動(dòng)員的速率不變,則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中( ) A.所受合外力始終為零 B.所受摩擦力大小不變 C.合外力做功一定為零 D.機(jī)械能始終保持不變 C [因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員做曲線運(yùn)動(dòng),所以合力一定不為零,A錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)員受力如圖所示,重力垂直曲面的分力與曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力的合力充當(dāng)向心力,故有FN-mgcos θ=m,則FN=m+mgcos θ,運(yùn)動(dòng)過(guò)
2、程中速率恒定,且θ在減小,所以曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力越來(lái)越大,根據(jù)f=μFN可知摩擦力越來(lái)越大,B錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率不變,質(zhì)量不變,即動(dòng)能不變,動(dòng)能變化量為零,根據(jù)動(dòng)能定理可知合外力做功為零,C正確;因?yàn)榭朔Σ亮ψ龉?,機(jī)械能不守恒,D錯(cuò)誤。] 2.(原創(chuàng)題)有一種大型游戲機(jī)叫“跳樓機(jī)”,如圖所示,參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上,先由電動(dòng)機(jī)將座椅沿豎直軌道提升到離地面高H處,然后由靜止釋放。游客們的總質(zhì)量為m,重力加速度為g,下列關(guān)于游客們緩慢上升的過(guò)程說(shuō)法正確的是( ) A.合力對(duì)游客們所做的功為mgH B.游客們的重力勢(shì)能增加了mgH C.電動(dòng)機(jī)所做的功為mgH
3、 D.游客們的機(jī)械能守恒 B [游客們?cè)诰徛仙倪^(guò)程中,動(dòng)能不變,故合力對(duì)游客們做的功為零,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。游客們被提升H高度的過(guò)程中,重力做的功WG=-mgH,重力勢(shì)能增加mgH,選項(xiàng)B正確。電動(dòng)機(jī)做的功,一方面用于增加游客們的重力勢(shì)能,另一方面用于克服其他阻力做功,故電動(dòng)機(jī)做的功大于mgH,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。游客們?cè)谏仙倪^(guò)程中,動(dòng)能不變,重力勢(shì)能增加,故機(jī)械能增加,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] 3.(多選)在奧運(yùn)比賽項(xiàng)目中,10 m跳臺(tái)跳水是我國(guó)運(yùn)動(dòng)員的強(qiáng)項(xiàng)。某次訓(xùn)練中,質(zhì)量為60 kg的跳水運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)自由下落10 m后入水,在水中豎直向下減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)空中下落時(shí)空氣阻力不計(jì),水對(duì)他的阻力大小恒為2 4
4、00 N。那么在他入水后下降2.5 m的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是(g取10 m/s2)( ) A.他的加速度大小為30 m/s2 B.他的動(dòng)量減少了300 kg·m/s C.他的動(dòng)能減少了4 500 J D.他的機(jī)械能減少了4 500 J AC [根據(jù)牛頓第二定律:f-mg=ma,代入數(shù)據(jù)解得加速度大小為:a=30 m/s2,故A正確;自由下落10 m后,根據(jù)v=2gh,可得運(yùn)動(dòng)員的速度為:v0=10 m/s,在水中下落2.5 m后的速度為:v-v=-2ah′,代入數(shù)據(jù)解得:v1=5m/s,他的動(dòng)量減少了:Δp=mv0-mv1=300 kg·m/s,故B錯(cuò)誤;減速下降的過(guò)程中,根據(jù)
5、動(dòng)能定理,動(dòng)能的減小量等于克服合力做的功,(f-mg)h′=(2 400-600)×2.5 J=4 500 J,故C正確;減速下降的過(guò)程中,機(jī)械能的減小量等于克服阻力做的功,fh′=2 400×2.5 J=6 000 J,故D錯(cuò)誤。所以A、C正確,B、D錯(cuò)誤。] 4.(多選)如圖所示,兩質(zhì)量均為m的物體A、B通過(guò)細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在光滑滑輪兩側(cè),用手托著物體A使細(xì)繩恰好伸直,彈簧處于原長(zhǎng),此時(shí)A離地面的高度為h,物體B靜止在地面上。放手后物體A下落,與地面即將接觸時(shí)速度大小為v,此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無(wú)壓力,則下列說(shuō)法正確的是( ) A.彈簧的勁度系數(shù)為 B.此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于m
6、gh-mv2 C.此時(shí)物體A的加速度大小為g,方向豎直向上 D.物體A落地后,物體B將向上運(yùn)動(dòng)到h高度處 AB [物體B對(duì)地面壓力恰好為零,故彈簧對(duì)B的拉力為mg,故細(xì)繩對(duì)A的拉力也等于mg,彈簧的伸長(zhǎng)量為h,由胡克定律得:k=,故A正確;物體A與彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒,則有mgh=Ep彈+mv2,所以Ep彈=mgh-mv2,故B正確;根據(jù)牛頓第二定律對(duì)A有:F-mg=ma,F(xiàn)=mg,得a=0,故C錯(cuò)誤;物體A落地后,物體B對(duì)地面恰好好無(wú)壓力,則物體B的加速度為0,物體B靜止不動(dòng),故D錯(cuò)誤。] 5.(多選)(2019·銅川高三檢測(cè))如圖所示為傾角為θ=30°的斜面軌道,質(zhì)量為M的木箱與軌道
7、間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。木箱在軌道頂端時(shí),將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱,然后木箱載著貨物沿軌道無(wú)初速滑下,輕彈簧被壓縮至最短時(shí),自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下,然后木箱恰好被彈回到軌道頂端。下列選項(xiàng)正確的是( ) A.在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中,減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能 B.木箱不與彈簧接觸時(shí),上滑的加速度大于下滑的加速度 C.M=2m D.m=2M BD [在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中,減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能和內(nèi)能,故A錯(cuò)誤;受力分析可知,下滑時(shí)加速度為gsin θ-μgcos θ,上滑時(shí)加速度為gsin θ+μgcos θ,故B正確;設(shè)下滑的距
8、離為l,根據(jù)功能關(guān)系有:μ(m+M)glcos θ+μMglcos θ=mglsin θ,得m=2M,故D正確,C錯(cuò)誤。] 6.(2019·武漢高三4月調(diào)研)如圖所示,在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道,半徑OA水平、OB豎直,一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A點(diǎn)的正上方P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下落,小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力。已知AP=2R,重力加速度為g,則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中( ) A.重力做功2mgR B.機(jī)械能減少mgR C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功mgR D [小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中,重力做功WG=mg(2R-R)=mgR,故A錯(cuò)誤;小球沿
9、軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力,則有mg=m,解得vB=,則此過(guò)程中機(jī)械能的減少量為ΔE=mgR-mv=mgR,故B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理可知,合外力做功W合=mv=mgR,故C錯(cuò)誤;根據(jù)功能關(guān)系可知,小球克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的減少量,為mgR,故D正確。] 7.(易錯(cuò)題)如圖所示,水平傳送帶兩端點(diǎn)A、B間的距離為l,傳送帶開(kāi)始時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)。把一個(gè)小物體放到右端的A點(diǎn),施加恒定拉力F使小物體以速度v1勻速滑到左端的B點(diǎn),拉力F所做的功為W1、功率為P1,這一過(guò)程物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q1。隨后讓傳送帶以速度v2勻速運(yùn)動(dòng),施加相同的恒定拉力F拉物體,使它以相對(duì)傳送帶為v
10、1的速度勻速?gòu)腁滑到B,這一過(guò)程中,拉力F所做的功為W2、功率為P2,物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q2。下列關(guān)系中正確的是( )
A.W1=W2,P1
11、B正確。] 易錯(cuò)點(diǎn)評(píng):易錯(cuò)點(diǎn)評(píng)在于不能正確判斷物體在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程。 8.(多選)(2019·山東濟(jì)南高三質(zhì)量評(píng)估)用兩塊材料相同的木板與豎直墻面搭成斜面1和2,斜面有相同的高和不同的底邊,如圖所示。一個(gè)小物塊分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放,并沿斜面下滑到底端。下列說(shuō)法正確的是( ) A.沿著1和2下滑到底端時(shí),物塊的速度大小相等 B.物塊下滑到底端時(shí),速度大小與其質(zhì)量無(wú)關(guān) C.物塊沿著1下滑到底端的過(guò)程,產(chǎn)生的熱量更多 D.物塊下滑到底端的過(guò)程中,產(chǎn)生的熱量與其質(zhì)量無(wú)關(guān) BC [設(shè)斜面的傾角為α、物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ、斜面的高度為h。則對(duì)小物塊由頂端下滑到底端
12、的過(guò)程,由動(dòng)能定理得mgh-μmgcos α·=mv2,解得v=,則物塊沿1滑到底端的速度較小,且速度的大小與物塊的質(zhì)量無(wú)關(guān),A錯(cuò)誤,B正確;物塊與斜面之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=μmgcos α·=μmgh,則小物塊沿1下滑到底端時(shí)因摩擦而產(chǎn)生的熱量較多,且該熱量的多少與質(zhì)量和斜面的傾角都有關(guān)系,C正確,D錯(cuò)誤。] [能力提升練] 9.(原創(chuàng)題)(多選)如圖甲所示,一等腰直角斜面ABC,其斜面BC是由CD和DB兩段不同材料構(gòu)成的面,且sCD>sDB,先將直角邊AB固定于水平面上,將一滑塊從C點(diǎn)由靜止釋放,滑塊能夠滑到底端。現(xiàn)將直角邊AC固定于水平面上,再讓同一滑塊從斜面頂端由靜止釋放,滑
13、塊也能夠滑到底端,如圖乙所示。滑塊兩次運(yùn)動(dòng)中從頂端由靜止釋放后運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的時(shí)間相同。下列說(shuō)法正確的是( ) A.滑塊在兩次運(yùn)動(dòng)中到達(dá)底端的動(dòng)能相同 B.兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊損失的機(jī)械能相同 C.滑塊兩次通過(guò)D點(diǎn)的速度相同 D.滑塊與CD段間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于它與BD段間的動(dòng)摩擦因數(shù) AB [滑塊第一次從斜面頂端滑到底端,由動(dòng)能定理得mgh-mgcos θ(μ1·sCD+μ2·sDB)=mv,滑塊第二次從斜面頂端滑到底端,由動(dòng)能定理得mgh-mgcos θ(μ1·sCD+μ2·sDB)=mv,由此可見(jiàn)滑塊兩次到達(dá)斜面底端的速度相同,兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中損失的機(jī)械能相同,故選項(xiàng)A、B都正確;
14、由于兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊到達(dá)D點(diǎn)的時(shí)間相等,由sCD>sBD,tCD=tBD,得滑塊與BD段間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于它與CD段間的動(dòng)摩擦因數(shù),故選項(xiàng)D錯(cuò)誤;兩次運(yùn)動(dòng)的位移相同,可在同一坐標(biāo)系中作出滑塊在兩次運(yùn)動(dòng)中的v-t圖象,如圖所示,由圖象可看出滑塊兩次通過(guò)D點(diǎn)的速度不相同,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤。] 10.(多選)如圖甲所示,一質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直地固定在水平面上,質(zhì)量為m的物體由彈簧正上方h處無(wú)初速度釋放,圖乙為彈簧的彈力與物體下落高度的關(guān)系圖象,重力加速度為g,當(dāng)彈簧的壓縮量為x時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為Ep=kx2,忽略空氣阻力。則下列說(shuō)法正確的是( ) A.該彈簧的勁度系數(shù)為 B.物體下落
15、過(guò)程中的最大動(dòng)能為mgh+mgx0 C.彈簧最大的壓縮量等于2x0 D.物體所具有的最大加速度等于g AB [由圖乙可知,當(dāng)物體下落h+x0時(shí),即彈簧壓縮量為x0時(shí),有kx0=mg,解得k=,此時(shí)物體的合力為零,加速度為零,速度最大,動(dòng)能最大,彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為Ep=kx=mgx0,物體下落h+x0的過(guò)程中,由功能關(guān)系可知mg(h+x0)=Ekm+Ep,則物體的最大動(dòng)能為Ekm=mgh+mgx0,A、B正確。假設(shè)當(dāng)彈簧最短時(shí),彈簧的壓縮量為x1,由功能關(guān)系得mg(h+x1)=kx,解得x1=x0,顯然x1>2x0,C錯(cuò)誤。由以上分析可知,彈簧的最大壓縮量大于2x0,則物體受到彈簧彈力的
16、最大值大于2mg,可知物體的最大加速度am>g,D錯(cuò)誤。] 11.(2019·遼寧鐵路實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖所示,半徑為R的光滑圓環(huán)豎直固定,質(zhì)量為3m的小球A套在圓環(huán)上,長(zhǎng)為2R的剛性輕桿一端通過(guò)鉸鏈與A連接,另一端通過(guò)鉸鏈與滑塊B連接;滑塊B質(zhì)量為m,套在水平固定的光滑桿上。水平桿與圓環(huán)的圓心O位于同一水平線上。現(xiàn)將A置于圓環(huán)的最高處并給A一微小擾動(dòng)(初速度可視為零),使A沿圓環(huán)順時(shí)針自由下滑,不計(jì)一切摩擦,A、B可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度大小為g。求: (1)A滑到與圓心O同高度時(shí)的速度大??; (2)A下滑至桿與圓環(huán)第一次相切的過(guò)程中,桿對(duì)B做的功。 [解析] (1)當(dāng)A滑到與O同高
17、度時(shí),A的速度沿圓環(huán)切向豎直向下,B的速度為零,由機(jī)械能守恒定律可得 3mgR=·3mv2, 解得v=。 (2)如圖所示,桿與圓環(huán)第一次相切時(shí),A的速度沿桿方向,設(shè)為vA,設(shè)此時(shí)B的速度為vB,由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得 vA=vBcos θ, 由幾何關(guān)系可知cos θ==, 球A下落的高度h=R(1-cos θ), 由機(jī)械能守恒定律可得3mgh=·3mv+mv, 由動(dòng)能定理可得桿對(duì)B做的功W=mv, 聯(lián)立以上各式可得W=mgR。 [答案] (1) (2)mgR 12.在某電視臺(tái)舉辦的沖關(guān)游戲中,AB是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道。半徑R=1.6 m,BC是長(zhǎng)度為L(zhǎng)1=3
18、 m的水平傳送帶,CD是長(zhǎng)度為L(zhǎng)2=3.6 m的水平粗糙軌道,ABCD軌道與傳送帶平滑連接,參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑。參賽者和滑板可視為質(zhì)點(diǎn),參賽者質(zhì)量m=60 kg,滑板質(zhì)量可忽略,已知滑板與傳送帶、水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1=0.4,μ2=0.5,g取10 m/s2。求: (1)參賽者運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道B處對(duì)軌道的壓力; (2)若參賽者恰好能運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn),求傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)速率及方向; (3)在第(2)問(wèn)中,傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能。 [解析] (1)參賽者從A到B的過(guò)程,由機(jī)械能守恒定律得: mgR(1-cos 60°)=mv 代入數(shù)據(jù)解得:vB=4 m/s 在B
19、點(diǎn),對(duì)參賽者由牛頓第二定律得: FN-mg=m 代入數(shù)據(jù)解得:FN=1 200 N 由牛頓第三定律知參賽者運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道B處對(duì)軌道的壓力大小為:F′N(xiāo)=FN=1 200 N,方向豎直向下。 (2)參賽者由C到D的過(guò)程,由動(dòng)能定理得: -μ2mgL2=0-mv 解得:vC=6 m/s>vB=4 m/s 所以傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)方向?yàn)轫槙r(shí)針 假設(shè)參賽者在傳送帶一直加速,設(shè)到達(dá)C點(diǎn)的速度為v,由動(dòng)能定理得: μ1mgL1=mv2-mv 解得:v=2 m/s>vC=6 m/s 所以傳送帶速度等于vC=6 m/s。 (3)參賽者在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:t===0.5 s 此過(guò)程中參
20、賽者與傳送帶間的相對(duì)位移大小為:Δx=vCt-t=0.5 m 由能量守恒定律得,傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能為: ΔE=μ1mgΔx+ 代入數(shù)據(jù)解得:ΔE=720 J。 [答案] (1)1 200 N 方向豎直向下 (2)6 m/s 方向?yàn)轫槙r(shí)針 (3)720 J 題號(hào) 內(nèi)容 押題依據(jù) 核心考點(diǎn) 核心素養(yǎng) 功能關(guān)系及能量守恒 傳送帶模型中的功能關(guān)系 科學(xué)思維:立足基本運(yùn)動(dòng)模型和規(guī)律 (多選)如圖所示為某建筑工地的傳送裝置,傳送帶傾斜地固定在水平面上,以恒定的速度v0=2 m/s向下運(yùn)動(dòng),質(zhì)量為m=1 kg的工件無(wú)初速度地放在傳送帶的頂端P,經(jīng)時(shí)間t1
21、=0.2 s,工件的速度達(dá)到2 m/s,此后再經(jīng)過(guò)t2=1.0 s時(shí)間,工件運(yùn)動(dòng)到傳動(dòng)帶的底端Q,且到底端時(shí)的速度為v=4 m/s,重力加速度g=10 m/s2,工件可視為質(zhì)點(diǎn)。則下列說(shuō)法正確的是( ) A.傳送帶的長(zhǎng)度為x=2.4 m B.傳送帶與工件間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5 C.工件由P運(yùn)動(dòng)到Q的過(guò)程中,傳送帶對(duì)工件所做的功為W=-11.2 J D.工件由P運(yùn)動(dòng)到Q的過(guò)程中,因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=4.8 J BCD [分析知工件在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),與傳送帶達(dá)到共同速度后,工件繼續(xù)沿傳送帶向下加速運(yùn)動(dòng)。傳送帶與水平面的夾角記為θ,由題意可知在t1=0.2 s時(shí)間
22、內(nèi),對(duì)工件,由牛頓第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有a1==10 m/s2,x1=t1=×2×0.2 m=0.2 m;在t2=1.0 s的時(shí)間內(nèi),對(duì)工件,由牛頓第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有a2== m/s2=2 m/s2,x2=t2=×(2+4)×1.0 m=3 m,由以上分析可解得cos θ=0.8,μ=0.5,B正確。傳送帶的長(zhǎng)度為x=x1+x2=(0.2+3)m=3.2 m,A錯(cuò)誤。工件受到傳送帶的摩擦力大小f=μmgcos θ=4 N,在t1=0.2 s的時(shí)間內(nèi),摩擦力對(duì)工件做正功,Wf1=fx1=4×0.2 J=0
23、.8 J;在t2=1.0 s的時(shí)間內(nèi),摩擦力對(duì)工件做負(fù)功,Wf2=-fx2=-4×3 J=-12 J,所以工件由P運(yùn)動(dòng)到Q的過(guò)程中,傳送帶對(duì)工件做的功為W=Wf1+Wf2=(0.8-12)J=-11.2 J,C正確。根據(jù)功能關(guān)系可知,工件與傳送帶因摩擦而產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對(duì)位移,t1=0.2 s時(shí)間內(nèi),Δx1=v0t1-x1=0.2 m,t2=1.0 s時(shí)間內(nèi),Δx2=x2-v0t2=(3-2)m=1 m,故傳送帶與工件之間的總相對(duì)位移為Δx=Δx1+Δx2=(1+0.2) m=1.2 m,工件與傳送帶因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=f·Δx=4×1.2 J=4.8 J,D正確。] - 10 -
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