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(課標(biāo)通用)高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題1 力與運(yùn)動(dòng) 專題跟蹤檢測(cè)2(含解析)-人教版高三全冊(cè)物理試題

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(課標(biāo)通用)高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題1 力與運(yùn)動(dòng) 專題跟蹤檢測(cè)2(含解析)-人教版高三全冊(cè)物理試題_第1頁
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1、專題跟蹤檢測(cè)(二) (建議用時(shí):45分鐘) 基礎(chǔ)通關(guān) 1.(2020·貴州貴陽摸底)一幢高層商住樓的層高均為2.5 m,該樓房所裝升降電梯運(yùn)行速度的最大值為3 m/s,加速度大小不超過1 m/s2.若電梯中途不停,則住在31樓的某居民從一樓(地面)乘電梯到其所住樓層的最短時(shí)間為(  ) A.13 s B.16 s C.21 s D.28 s D 解析 當(dāng)電梯由靜止開始以最大加速度加速到最大速度,最后以最大加速度減速停止在31樓時(shí),用戶到31樓用時(shí)最短.電梯總位移x=(31-1)×2.5 m=75 m,設(shè)勻加速時(shí)間為t1,對(duì)應(yīng)位移為x1,勻減速時(shí)間為t2,對(duì)應(yīng)位移為x2,由勻

2、變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知,t1=t2==3 s,x1=x2==4.5 m,所以電梯勻速上升的位移x3=x-x1-x2=66 m,所用時(shí)間t3= s=22 s,那么電梯從1樓到31樓的最短時(shí)間為t1+t2+t3=28 s,選項(xiàng)D正確. 2.(2019·湖南雅禮中學(xué)開學(xué)考試)如圖所示,a、b、c、d為光滑斜面上的四個(gè)點(diǎn).一小滑塊自a點(diǎn)由靜止開始下滑,通過ab、bc、cd各段所用時(shí)間均為T.現(xiàn)讓該滑塊自b點(diǎn)由靜止開始下滑,則該滑塊(  ) A.通過bc、cd段的時(shí)間均大于T B.通過c、d點(diǎn)的速度之比為1∶2 C.通過bc、cd段的位移之比為1∶3 D.通過c點(diǎn)的速度等于通過bd段的平均

3、速度 A 解析 當(dāng)滑塊由a點(diǎn)靜止下滑時(shí),滑塊沿光滑的斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為a′,假設(shè)ab段的間距為x,則bc、cd段的間距應(yīng)分別為3x、5x,故xbc∶xcd=3∶5,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;如果滑塊由b點(diǎn)靜止釋放,顯然滑塊通過bc、cd段的時(shí)間均大于T,選項(xiàng)A正確;滑塊在c點(diǎn)的速度應(yīng)為v1=,滑塊在d點(diǎn)的速度應(yīng)為v2=,則v1∶v2=∶,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;因?yàn)閤bc∶xcd=3∶5,顯然通過c點(diǎn)的時(shí)刻不是bd的中間時(shí)刻,則滑塊通過c點(diǎn)的速度不等于bd段的平均速度,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 3.(2019·浙江杭州模擬)元宵節(jié)期間人們?nèi)挤牌鹈利惖难婊鹨詰c祝中華民族的傳統(tǒng)節(jié)日,按照設(shè)計(jì),某種型號(hào)的裝有焰火的禮

4、花彈從專用炮筒中射出后,在3 s末到達(dá)離地面90 m的最高點(diǎn)時(shí)炸開,構(gòu)成各種美麗的圖案.假設(shè)禮花彈從炮筒中豎直向上射出時(shí)的初速度是v0,上升過程中所受的阻力大小始終是自身重力的k倍,g=10 m/s2,那么v0和k分別等于(  ) A.30 m/s,1 B.30 m/s,0.5 C.60 m/s,0.5 D.60 m/s,1 D 解析 利用運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)有x=·t,代入數(shù)據(jù)得v0=60 m/s;對(duì)上升過程中的禮花彈受力分析,如圖所示,由牛頓第二定律有mg+Ff=ma,又Ff=kmg,a= m/s2=20 m/s2,解得k=1,選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤,D正確. 4.(2019·安徽合肥模

5、擬)處于豎直平面內(nèi)的某圓周的兩條直徑AB、CD間夾角為60°,其中直徑AB水平,AD與CD是光滑的細(xì)桿.從A點(diǎn)和C點(diǎn)分別靜止釋放兩小球,從A、C點(diǎn)下落到D點(diǎn)的時(shí)間分別是t1、t2,則t1∶t2是(  ) A.1∶1 B.3∶2 C.∶ D.∶ C 解析 由圖可知,sCD=2R,aCD=g,由幾何關(guān)系可得出sAD=R,aAD=g,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式s=at2,可得=,帶入數(shù)據(jù)解得=,選項(xiàng)C正確. 5.(2020·湖南四校聯(lián)考)在某大霧天氣,某人駕駛一輛小汽車以30 m/s的速度行駛在高速公路上,突然發(fā)現(xiàn)正前方30 m處有一輛大卡車以10 m/s的速度同方向勻速行駛,小汽車緊急剎車,但

6、剎車過程中剎車失靈.如圖所示,a、b分別為小汽車和大卡車運(yùn)動(dòng)的vt圖線,下列說法正確的是(  ) A.因剎車失靈前小汽車已減速,不會(huì)追尾 B.在t=5 s時(shí)追尾 C.在t=3 s時(shí)追尾 D.由于初始距離太近,即使剎車不失靈也會(huì)追尾 C 解析 根據(jù)vt圖象中圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積表示位移,可知在兩車速度相等時(shí),行駛的位移差Δx=×(20+10)×1 m+×10×4 m=35 m>L0=30 m,故在5 s前兩車已經(jīng)追尾,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;當(dāng)t=3 s時(shí),兩車行駛的位移差Δx′=×(20+10)×1 m+×(10+5)×2 m=30 m=L0,故在t=3 s時(shí),兩車追尾,選項(xiàng)C正確

7、;若剎車不失靈,則當(dāng)兩車速度相等時(shí),行駛的位移差Δx″=×20×2 m=20 m<L0,故不會(huì)追尾,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 6.(2019·四川綿陽模擬)如圖甲所示,某人正通過定滑輪將質(zhì)量為m的物體提升到高處.滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計(jì),物體獲得的加速度a與繩子對(duì)物體豎直向上的拉力T之間的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示.由圖可以判斷下列說法正確的是(  ) ①圖線與縱軸的交點(diǎn)M的值aM=-g ②圖線與橫軸的交點(diǎn)N的值TN=mg ③圖線的斜率等于物體的質(zhì)量m ④圖線的斜率等于物體質(zhì)量的倒數(shù) A.②④ B.②③ C.①②③ D.①②④ D 解析 對(duì)物體受力分析,受重力mg和拉力T,根據(jù)牛頓第二定律

8、,有T-mg=ma,得a=-g.當(dāng)T=0時(shí),a=-g,即圖線與縱軸的交點(diǎn)M的值aM=-g,①正確;當(dāng)a=0時(shí),T=mg,故圖線與橫軸的交點(diǎn)N的值TN=mg,②正確;圖線的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù),③錯(cuò)誤,④正確. 7.(2019·山東濟(jì)寧二模)質(zhì)量為1 kg的木板B靜止在水平面上,可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從木板的左側(cè)沿木板上表面水平?jīng)_上木板,如圖甲所示.A和B經(jīng)過1 s達(dá)到同一速度,之后共同減速直至靜止,A和B運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示,取g=10 m/s2,則物塊A的質(zhì)量為(  ) A.1 kg B.2 kg C.3 kg D.6 kg C 解析 由圖象可知,物塊在0~1 s內(nèi)的加速度

9、大小為a1=2 m/s2,以物塊為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得μ1mg=ma1,解得μ1=0.2,木板在0~1 s內(nèi)的加速度大小為a2=2 m/s2,在1 s~3 s內(nèi)物塊與木板相對(duì)靜止,一起做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度大小為a3=1 m/s2,AB同速后為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得μ2(M+m)g=(M+m)a3,解得μ2=0.1,再以B為研究對(duì)象,在0~1 s內(nèi)水平方向受到兩個(gè)滑動(dòng)摩擦力,由牛頓第二定律得μ1mg-μ2(M+m)g=Ma1,代入數(shù)據(jù)解得A的質(zhì)量m=3 kg. 8.(2019·山東煙臺(tái)模擬)兩個(gè)物體從同一高度同時(shí)由靜止開始下落,經(jīng)過一段時(shí)間分別與水平地面發(fā)生碰撞(碰撞過程時(shí)間極短)后

10、反彈,碰撞前后瞬間速度大小不變,其中一個(gè)物體所受空氣阻力可忽略,另一個(gè)物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比.下列分別用虛線和實(shí)線描述的兩物體運(yùn)動(dòng)的vt圖象,可能正確的是(  ) D 解析 若不計(jì)空氣阻力,則物體下落后,先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),與地面碰撞后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)(勻減速直線運(yùn)動(dòng)),加速度不變;若考慮空氣阻力,下落過程中,速度越來越大,則空氣阻力越來越大,根據(jù)牛頓第二定律可知,加速度越來越小且小于g,與地面碰撞后,速度越來越小,則空氣阻力越來越小,根據(jù)牛頓第二定律可知,加速度越來越小且大于g,根據(jù)速度—時(shí)間圖象的斜率表示加速度大小可知,選項(xiàng)D正確. 能力提升 9.(2019·天津二

11、模)(多選)如圖甲所示,一物塊在t=0時(shí)刻滑上一固定斜面,其運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖乙所示.若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量,則可求出(  ) A.斜面的傾角 B.物塊的質(zhì)量 C.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度 ACD 解析 由題圖乙可以求出物塊上升過程中的加速度大小為a1=,下降過程中的加速度大小為a2=.物塊在上升和下降過程中,由牛頓第二定律得mgsin θ+Ff=ma1,mgsin θ-Ff=ma2,由以上各式可求得sin θ=,滑動(dòng)摩擦力Ff=,而Ff=μFN=μmgcos θ,由以上分析可知,選項(xiàng)A、C正確.由vt圖象中橫軸上方的面積

12、可求出物塊沿斜面上滑的最大距離,可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度,選項(xiàng)D正確. 10.(2019·重慶三模)(多選)甲、乙兩車在平直公路上同向行駛,其vt圖象如圖所示.已知兩車在t=3 s時(shí)并排行駛,則(  ) A.在t=1 s時(shí),甲車在乙車后 B.在t=0時(shí),甲車在乙車前7.5 m C.兩車另一次并排行駛的時(shí)刻是t=2 s D.甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40 m BD 解析 根據(jù)題述,兩車在t=3 s時(shí)并排行駛,由vt圖線與橫軸所圍面積表示位移可知,在t=1 s時(shí),甲車和乙車并排行駛,選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤.由圖象可知,在t=1 s時(shí)甲車速度為10 m/s,

13、乙車速度為15 m/s,0~1 s時(shí)間內(nèi),甲車行駛位移為x1=5 m,乙車行駛位移為x2=12.5 m,所以在t=0時(shí),甲車在乙車前7.5 m,選項(xiàng)B正確.從t=1 s到t=3 s,甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為x=×(10+30)×2 m=40 m,選項(xiàng)D正確. 11.(2019·河西五市聯(lián)考)(多選)如圖甲所示,平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k,一端固定在傾角為θ的斜面底端,另一端與物塊A連接;兩物塊A、B質(zhì)量均為m,初始時(shí)均靜止.現(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動(dòng)物塊B,使B做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng),A、B兩物塊在開始一段時(shí)間內(nèi)的vt關(guān)系分別對(duì)應(yīng)圖乙中A、B圖線(t1時(shí)

14、刻A、B的圖線相切,t2時(shí)刻對(duì)應(yīng)A圖線的最高點(diǎn)),重力加速度為g,則(  ) A.t2時(shí)刻,彈簧形變量為零 B.t1時(shí)刻,彈簧形變量為 C.從開始到t2時(shí)刻,拉力F逐漸增大 D.從t1時(shí)刻開始,拉力F恒定不變 BD 解析 由題圖乙知,t2時(shí)刻A的加速度為零,速度最大,根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律有mgsin θ=kx,則x=,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由題圖乙讀出,t1時(shí)刻A、B開始分離,對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律kx-mgsin θ=ma,則x=,選項(xiàng)B正確;從開始到t1時(shí)刻,對(duì)AB整體,根據(jù)牛頓第二定律F+kx-2mgsin θ=2ma,得F=2mgsin θ+2ma-kx,x減小,F(xiàn)增大,t1時(shí)

15、刻到t2時(shí)刻,對(duì)B由牛頓第二定律得F-mgsin θ=ma,得F=mgsin θ+ma,可知F不變,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確. 12.(2020·貴州貴陽摸底)(多選)如圖所示,水平地面上有三個(gè)靠在一起的物塊A、B和C,質(zhì)量均為m,設(shè)它們與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,用水平向右的恒力F推物塊A,使三個(gè)物塊一起向右勻加速運(yùn)動(dòng),用F1、F2分別表示A與B、B與C之間相互作用力的大小,則下列判斷正確的是(  ) A.若μ≠0,則F1∶F2=2∶1 B.若μ≠0,則F1∶F2=3∶1 C.若μ=0,則F1∶F2=2∶1 D.若μ=0,則F1∶F2=3∶1 AC 解析 三物塊一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng)

16、,設(shè)加速度為a,若μ=0,分別對(duì)物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1=2ma,F(xiàn)2=ma,易得F1∶F2=2∶1,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤;若μ≠0,分別對(duì)物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1-2μmg=2ma,F(xiàn)2-μmg=ma,易得F1∶F2=2∶1,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤. 13.(2020·山東德州一中開學(xué)考試)下暴雨時(shí),有時(shí)會(huì)發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害.某地有一傾角為θ=37°的山坡C,上面有一質(zhì)量為m的石板B,其上下表面與斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài),如圖所示.假設(shè)某次暴雨中,A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊

17、),在極短時(shí)間內(nèi),A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1減小為,B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2減小為0.5,A、B開始運(yùn)動(dòng),此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn);在第2 s末,B的上表面突然變?yōu)楣饣?,?保持不變.已知A開始運(yùn)動(dòng)時(shí),A離B下邊緣的距離l=27 m,C足夠長,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.取重力加速度大小g=10 m/s2.求: (1)在0~2 s時(shí)間內(nèi)A和B加速度的大?。? (2)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間. 解析 (1)在0~2 s時(shí)間內(nèi),A和B的受力如圖所示,其中Ff1、FN1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小,F(xiàn)f2、FN2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小,方向如圖所示.由滑動(dòng)摩擦力公式和力的平衡條件得

18、 Ff1=μ1FN1,① FN1=mgcos θ,② Ff2=μ2FN2,③ FN2=F′N1+mgcos θ,④ 規(guī)定沿斜面向下為正.設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2,由牛頓第二定律得 mgsin θ-Ff1=ma1,⑤ mgsin θ-Ff2+F′f1=ma2,⑥ FN1=F′N1,⑦ Ff1=F′f1,⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式,并代入題給數(shù)據(jù)得 a1=3 m/s2,⑨ a2=1 m/s2.⑩ (2)在t1=2 s時(shí),設(shè)A和B的速度分別為v1和v2,則 v1=a1t1=6 m/s,? v2=a2t1=2 m/s,? t>t1時(shí),設(shè)A和B的加速度分別為a′1

19、和a′2.此時(shí)A與B之間的摩擦力為零,同理可得, a′1=6 m/s2,? a′2=-2 m/s2,? B做減速運(yùn)動(dòng).設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2,B的速度減為零,則有 v2+a′2t2=0,? 聯(lián)立???式得t2=1 s, 在t1+t2時(shí)間內(nèi),A相對(duì)于B運(yùn)動(dòng)的距離為 x=(a1t+v1t2+a′1t)-(a2t+v2t2+a′2t)=12 m<27 m, 此后B靜止,A繼續(xù)在B上滑動(dòng).設(shè)再經(jīng)過時(shí)間t3后A離開B,則有 l-x=(v1+a′1t2)t3+a′1t, 可得,t3=1 s,(另一解不符合題意,舍去) 設(shè)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t總,有 t總=t1+t2+t3=4 s. 答

20、案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s 14.(2019·湖北襄陽四中檢測(cè))如圖所示,質(zhì)量為m=1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),放置在質(zhì)量M=2 kg、足夠長木板的中間,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1,木板放置在光滑的水平地面上.在地面上方存在兩個(gè)作用區(qū),兩作用區(qū)的寬度均為1 m,相距為d,作用區(qū)只對(duì)物塊有力的作用,Ⅰ作用區(qū)對(duì)物塊作用力方向水平向右,Ⅱ作用區(qū)對(duì)物塊作用力方向水平向左,作用力大小均為3 N.將物塊與木板從圖示位置(物塊在Ⅰ作用區(qū)內(nèi)的最左邊)由靜止釋放,已知整個(gè)過程中物塊不會(huì)滑離木板.取g=10 m/s2. (1)在物塊剛離開Ⅰ區(qū)域時(shí),物塊的速度多大? (2)

21、若物塊剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時(shí),物塊與木板的速度剛好相同,求兩作用區(qū)的邊界距離d; (3)物塊與木板最終停止運(yùn)動(dòng)時(shí),求二者相對(duì)滑動(dòng)的路程. 解析 (1)由題圖可知,在Ⅰ區(qū)域時(shí)對(duì)物塊受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得F-μmg=mam1, am1==2 m/s2, 對(duì)木板受力分析,有 μmg=MaM1, aM1=0.5 m/s2, L=am1t, t1==1 s, vm1=am1t1=2 m/s, vM1=aM1t1=0.5 m/s. (2)物塊離開左側(cè)Ⅰ區(qū)域后μmg=mam2, am2=1 m/s2, aM2=aM1=0.5 m/s2, 當(dāng)物塊與木板達(dá)共同速度時(shí)vm1-am2t2=vM1+aM2t2, 解得t2=1 s, d=vm1t2-am2t=1.5 m. (3)由于F>μmg,所以物塊與木板最終只能停在兩區(qū)域之間,則有FL=μmgs,s==3 m. 答案 (1)2 m/s (2)1.5 m (3)3 m

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