2020高考物理一輪總復習 第九章 磁場 能力課2 帶電粒子在復合場中的運動練習(含解析)新人教版

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1、能力課2 帶電粒子在復合場中的運動 一、選擇題 1.醫(yī)生做某些特殊手術時,利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度.電磁血流計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構成,磁極間的磁場是均勻的.使用時,兩電極a、b均與血管壁接觸,兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直,如圖所示.由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動,電極a、b之間會有微小電勢差.在達到平衡時,血管內(nèi)部的電場可看做是勻強電場,血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零.在某次監(jiān)測中,兩觸點的距離為3.0 mm,血管壁的厚度可忽略,兩觸點間的電勢差為160 μV,磁感應強度的大小為0.040 T.則血流速度的近似值和電極a

2、、b的正負為(  ) A.1.3 m/s,a正、b負 B.2.7 m/s,a正、b負 C.1.3 m/s,a負、b正 D.2.7 m/s,a負、b正 解析:選A 血液中正負離子流動時,根據(jù)左手定則,正離子受到向上的洛倫茲力,負離子受到向下的洛倫茲力,所以正離子向上偏,負離子向下偏,則a帶正電,b帶負電,故C、D錯誤;最終血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零,有q=qvB,所以血流速度v== m/s=1.3 m/s,故A正確,B錯誤. 2.(多選)如圖所示,現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶負電小球(可視為質點)用不可伸長的絕緣細線拴住,細線的另一端系于O點,現(xiàn)加一豎直向下

3、的勻強磁場(磁感應強度大小為B)和一勻強電場,使小球在水平面內(nèi)以某角速度做勻速圓周運動,這時細線與豎直方向夾角為θ=30°,且細線張力恰好為零,不計空氣阻力,則下列判斷正確的是(  ) A.小球運動的角速度ω= B.從上往下看,小球沿逆時針方向旋轉 C.若某時刻撤去磁場,小球做圓周運動的角速度ω′= D.若某時刻撤去磁場,小球做圓周運動的線速度減小 解析:選AC 由題可知,細線上拉力為零,說明小球受到的電場力和重力平衡,洛倫茲力提供向心力,即Bqrω=mrω2,解得ω=,A正確;根據(jù)左手定則可知從上往下看,小球沿順時針方向旋轉,B錯誤;若某時刻撤去磁場,重力和電場力仍平衡,線的

4、拉力與速度方向垂直,拉力不做功,故小球在速度和細線拉力所在平面內(nèi)做勻速圓周運動,并以O點為圓心,細線長為半徑,所以有ω′L=ωr,依題意有r=Lsin30°,所以ω′=,C正確,D錯誤. 3.(多選)利用霍爾效應制作的霍爾元件,廣泛應用于測量和自動控制等領域.如圖是霍爾元件的工作原理示意圖,磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下,通入圖示方向的電流I,C、D兩側面會形成電勢差UCD,下列說法中正確的是 (  ) A.電勢差UCD僅與材料有關 B.若霍爾元件的載流子是自由電子,則電勢差UCD<0 C.僅增大磁感應強度時,電勢差UCD變大 D.在測定地球赤道上方的地磁場強弱時,元件的

5、工作面應保持水平 解析:選BC 電勢差UCD與磁感應強度B、電流強度I、材料有關,選項A錯誤;若霍爾元件的載流子是自由電子,由左手定則可知,電子向C側面偏轉,則電勢差UCD<0,選項B正確;僅增大磁感應強度時,電勢差UCD變大,選項C正確;在測定地球赤道上方的地磁場強弱時,元件的工作面應保持豎直且東西放置,選項D錯誤. 4.(多選)如圖所示,一個質量為m,電荷量為q的帶電小球從a點由靜止開始自由下落,到達一豎直放置的平行金屬板中軸線上的點P(P點與金屬板上邊緣等高)時,其加速度大小恰為重力加速度大小g,它過電磁場區(qū)域,最后恰好從左側金屬板的下邊緣離開電磁場區(qū)域.已知a點與P點之間的距離為h

6、,兩極板間的電壓為U,板長為L,兩極板間距為d,兩板間勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里,不計空氣阻力,則下列說法正確的是(  ) A.小球剛進入電磁場時電場力與磁場力大小相等 B.小球一定帶正電荷 C.小球開始下落的高度h= D.小球離開電磁場時的速度大小為 解析:選ACD 小球在P點受電場力、磁場力和重力的作用,因加速度大小恰為重力加速度大小g,可知電場力與磁場力大小相等,方向相反,選項A正確;設小球在P點的速度大小為v,由機械能守恒定律可得mgh=mv2,又q=qBv,聯(lián)立解得h=,選項C正確;因小球在電磁場中加速運動,所以小球經(jīng)過P點后,它所受的洛倫茲力大于電

7、場力,由小球從左側金屬板的下邊緣離開電磁場可知,小球一定帶負電荷,選項B錯誤;由功能關系得mv′2=mg(h+L)-qU,v′為小球離開電磁場時的速度大小,解得v′=,選項D正確. 二、非選擇題 5.如圖所示,帶電荷量為+q、質量為m的物塊從傾角為θ=37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑,磁感應強度為B的勻強磁場垂直紙面向外,求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移.(斜面足夠長,取sin37°=0.6,cos37°=0.8) 解析:經(jīng)分析,物塊沿斜面運動過程中加速度不變,但隨速度增大,物塊所受支持力逐漸減小,最后離開斜面.所以,當物塊對斜面的壓力剛好為零時,物塊沿斜

8、面的速度達到最大,同時位移達到最大,即qvmB=mgcosθ① 物塊沿斜面下滑過程中,由動能定理得 mgssinθ=mvm2② 由①②得vm==. s==. 答案:  6.(2019屆湖南常德模擬)如圖所示,ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強電場和勻強磁場,有一帶電小球質量為m,電荷量絕對值為q,小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后,水平進入ABCD區(qū)域中,恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動,且從B點射出,已知AB長度為L,AD長度為L,求: (1)小球帶何種電性及進入復合場時的速度大?。? (2)小球在復合場中做圓周運動的軌道半徑; (3)小球

9、在復合場中運動的時間. 解析:(1)小球在電場、磁場和重力場的復合場中,做勻速圓周運動,根據(jù)左手定則可知小球帶負電.小球進入復合場之前由動能定理:qU=mv2,解得v= . (2)設做圓周運動的軌道半徑為r,由幾何關系: r2=(r-L)2+(L)2,解得r=2L. (3)由(2)知圓周運動對應圓心角:θ= 粒子運動周期:T= 運動時間為:t=T 聯(lián)立以上可得t= . 答案:(1)負電  (2)2L (3) 7.(2018屆貴陽市花溪清華中學模擬)如圖,區(qū)域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45°角的勻強電場E1,區(qū)域寬度為d1,區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2,區(qū)域寬度為d2

10、,磁場方向垂直紙面向里,電場方向豎直向下.一質量為m、帶電荷量為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點,由靜止釋放后水平向右做直線運動,進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動,從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出,其速度方向改變了60°,重力加速度為g,求: (1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強電場的電場強度E1、E2的大??; (2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B的大小; (3)微粒從P運動到Q的時間有多長? 解析:(1)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動,則在豎直方向上有 qE1sin45°=mg,解得E1= 微粒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動,則在豎直方向上有 mg=qE2,E2=. (2)設微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直

11、線運動時加速度為a,離開區(qū)域 Ⅰ 時速度為v,在區(qū)域 Ⅱ 內(nèi)做勻速圓周運動的軌道半徑為R,則:a==g,v2=2ad1,Rsin60°=d2,qvB=m,解得B=. (3)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻加速運動,t1=,在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的圓心角為60°,則:T=,t2==,解得t=t1+t2=+. 答案:(1)  (2) (3)+ 8.(2019屆福建泉州檢測)如圖所示,兩塊相同的金屬板MN、PQ平行傾斜放置,與水平面的夾角為45°,兩金屬板間的電勢差為U,PQ板電勢高于MN板,且MN、PQ之間分布有方向與紙面垂直的勻強磁場.一質量為m、帶電荷量為q的小球從PQ板的P端以速度v0

12、豎直向上射入,恰好沿直線從MN板的N端射出,重力加速度為g.求: (1)磁感應強度的大小和方向; (2)小球在金屬板之間的運動時間. 解析:(1)小球在金屬板之間做勻速直線運動,受重力G、電場力F電和洛倫茲力f,F(xiàn)電的方向與金屬板垂直,由左手定則可知f的方向沿水平方向,三力合力為零,結合平衡條件可知小球帶正電,金屬板MN、PQ之間的磁場方向垂直紙面向外,且有 qv0B=mgtan45°① 得B=.② (2)解法一:設兩金屬板之間的距離為d,則板間電場強度E=③ 又qE=mg④ h=d⑤ 小球在金屬板之間的運動時間t=⑥ 解得t=. 解法二:由于f=qv0B不做功,WG

13、=-mgh,W電=qU,則由動能定理得 qU-mgh=0 h=v0t 得t=. 答案:(1) 垂直紙面向外 (2) |學霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1.(2018屆東北三省四市教研聯(lián)合體一模)隨著電子技術的發(fā)展,霍爾傳感器被廣泛應用在汽車的各個系統(tǒng)中.其中霍爾轉速傳感器在測量發(fā)動機轉速時,情境可簡化如圖甲所示,被測轉子的輪齒(表面具有磁性)每次經(jīng)過霍爾元件時,都會使霍爾電壓發(fā)生變化.霍爾元件的原理如圖乙所示,傳感器的內(nèi)置電路會將霍爾電壓調整放大,輸出一個脈沖信號.下列說法正確的是(  ) A.霍爾電壓是由元件中定向移動的載流子受到電場力作用發(fā)生偏轉而產(chǎn)生的 B.其他條件

14、不變的情況下,霍爾元件的厚度c越大,產(chǎn)生的霍爾電壓越高 C.若霍爾元件的前端電勢比后端低,則元件中的載流子為負電荷 D.若轉速表顯示1 800 r/min,轉子上齒數(shù)為150個,則霍爾傳感器每分鐘輸出12個脈沖信號 解析:選C 霍爾電壓是由元件中定向移動的載流子受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉而產(chǎn)生的,選項A錯誤;載流子沿電流方向通過霍爾元件,根據(jù)左手定則,正離子偏向前方,設產(chǎn)生的霍爾電壓為U,則有=evB,解得U=Bbv,I=nqacv,所以U=·,即其他條件不變的情況下,霍爾元件的厚度c越大,產(chǎn)生的霍爾電壓越低,選項B錯誤;根據(jù)左手定則,載流子是負電荷時,霍爾元件的前端電勢比后端低,選項C正

15、確;若轉速表顯示1 800 r/min,轉子上齒數(shù)為150個,則霍爾傳感器每分鐘輸出1 800×150=2.7×105個脈沖,選項D錯誤. 2.如圖所示,在一豎直平面內(nèi),y軸左側有一水平向右的勻強電場E1和一垂直紙面向里的勻強磁場B,y軸右側有一豎直方向的勻強電場E2.一電荷量為q(電性未知)、質量為m的微粒從x軸上A點以一定初速度與水平方向成θ=37°角沿直線經(jīng)P點運動到圖中C點,其中m、q、B均已知,重力加速度為g,則(  ) A.微粒一定帶負電 B.電場強度E2一定豎直向下 C.兩電場強度之比= D.微粒的初速度為v= 解析:選D 微粒從A到P受重力、電場力和洛倫茲力作用

16、做直線運動,則微粒做勻速直線運動,由左手定則及電場力的性質可確定微粒一定帶正電,此時有qE1=mgtan37°,A錯誤;微粒從P到C在電場力、重力作用下做直線運動,必有mg=qE2,所以E2的方向豎直向上,B錯誤;由以上分析可知=,C錯誤;AP段有mg=Bqvcos37°,即v=,D正確. 3.(多選)如圖所示,質量為m、電荷量為q的帶正電小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點A由靜止下滑,已知半圓槽右半部分光滑,左半部分粗糙,整個裝置處于正交的勻強電場與磁場中,電場強度大小為E=,方向水平向右,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里,g為重力加速度大小,則下列說法正確的是(  ) A.物塊最

17、終停在A點 B.物塊最終停在最低點 C.物塊做往復運動 D.物塊首次滑到最低點時對軌道的壓力為2mg+qB 解析:選CD 由于半圓槽右半部分光滑,左半部分粗糙,且在最低點受到的電場力方向向右,所以物塊最終從最低點開始向右運動,到達某位置速度變?yōu)榱?,然后又向左運動,即物塊做往復運動,選項C正確,A、B錯誤;物塊從A點運動到最低點,由動能定理得mgR-qER=mv2-0,且E=,聯(lián)立得v=,物塊運動到最低點時,由牛頓第二定律得N-mg-qvB=m,解得N=2mg+qB,由牛頓第三定律知,選項D正確. 4.如圖所示,粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球,整個裝置處在由水平勻強電場和垂

18、直紙面向外的勻強磁場組成的足夠大的復合場中,小球由靜止開始下滑,在整個運動過程中小球的v-t圖象如圖所示,其中正確的是(  ) 解析:選C 該題中,小球的運動性質與電性無關.設小球帶正電,對帶電小球進行受力分析如圖所示,剛開始速度v比較小,F(xiàn)洛=qvB比較小,電場力F>F洛,G-Ff=ma,即ma=G-μ(F-qvB),隨著速度v的不斷增大,a也不斷增大.當F=F洛時,a最大,為重力加速度g.再隨著速度v的不斷增大,F(xiàn)

19、勻強電場,電場強度大小E=5 N/C,同時存在著水平方向的勻強磁場,其方向與電場方向垂直,磁感應強度大小B=0.5 T.有一帶正電的小球,質量m=1.0×10-6 kg,電荷量q=2×10-6 C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動,當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象),取g=10 m/s2.求: (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向; (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t. 解析:(1)小球勻速直線運動時受力如圖,其所受的三個力在同一平面內(nèi),合力為零,有 qvB=① 代入數(shù)據(jù)解得v=20 m/s② 速度v的

20、方向與電場E的方向之間的夾角滿足 tanθ=③ 代入數(shù)據(jù)解得tanθ= 則θ=60°.④ (2)撤去磁場,小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動,設其加速度為a,有 a=⑤ 設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有 x=vt⑥ 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有 y=at2⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為θ,又 tanθ=⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s≈3.5 s. 答案:(1)20 m/s 與電場E的方向之間的夾角為60°斜向上 (2)3.5 s 6.(2018屆河北衡水中學一調)如圖所示,質量M為5.0 kg的

21、小車以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左運動,小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道,DC部分是光滑圓弧軌道,整個軌道都是由絕緣材料制成的,小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場,電場強度E大小為50 N/C,磁感應強度B大小為2.0 T.現(xiàn)有一質量m為2.0 kg、帶負電且電荷量為0.10 C的滑塊以10 m/s的水平速度向右沖上小車,當它運動到D點時速度為5 m/s.滑塊可視為質點,g取10 m/s2,計算結果保留兩位有效數(shù)字. (1)求滑塊從A到D的過程中,小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能; (2)如果滑塊剛過D點時對軌道的壓力為76 N,求圓弧軌道的半

22、徑r; (3)當滑塊通過D點時,立即撤去磁場,要使滑塊沖出圓弧軌道,求此圓弧軌道的最大半徑. 解析:(1)設滑塊運動到D點時的速度大小為v1,小車在此時的速度大小為v2,物塊從A運動到D的過程中,系統(tǒng)水平方向動量守恒,以向右為正方向, 有mv0-Mv=mv1+Mv2,解得v2=0. 設小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能為ΔE,則有 ΔE=mv02+Mv2-mv12, 解得ΔE=85 J. (2)設滑塊剛過D點時受到軌道的支持力為FN,則由牛頓第三定律可得FN=76 N,由牛頓第二定律可得 FN-(mg+qE+qv1B)=m,解得r=1 m. (3)設滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度

23、時,滑塊與小車具有共同的速度v′,水平方向系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律可得 mv1=(m+M)v′,解得v′= m/s. 設圓弧軌道的最大半徑為Rm,由能量守恒定律有 mv12=(m+M)v′2+(mg+qE)Rm,解得Rm=0.71 m. 答案:(1)85 J (2)1 m (3)0.71 m 7.如圖,絕緣粗糙的豎直平面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場,電場方向水平向右,電場強度大小為E,磁場方向垂直紙面向外,磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑,到達C點時離開MN做曲線運動.A、C兩點間距離為h,重力加速度為g.

24、 (1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC; (2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf; (3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置,當小滑塊運動到D點時撤去磁場,此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點.已知小滑塊在D點時的速度大小為vD,從D點運動到P點的時間為t,求小滑塊運動到P點時速度的大小vP. 解析:(1)小滑塊沿MN運動過程,水平方向受力滿足 qvB+N=qE① 小滑塊在C點離開MN時 N=0② 解得vC=.③ (2)滑塊從A到C由動能定理 mgh-Wf=mvC2-0④ 解得Wf=mgh-.⑤ (3)如圖,小滑塊速

25、度最大時,速度方向與電場力、重力的合力方向垂直.撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動,等效加速度為g′ g′=⑥ 且vP2=vD2+g′2t2⑦ 解得vP=. 答案:(1) (2)mgh- (3) 8.(2018屆四川成都第二次診斷)如圖所示為豎直平面內(nèi)的直角坐標系xOy,A點的坐標為(-8 m,0),C點的坐標為(-4 m,0);A點右側的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場,-8 m≤x<-4 m區(qū)域的場強大小為E1=5 V/m,-4 m≤x<0區(qū)域的場強大小為E2=7 V/m,x≥0區(qū)域的場強大小為E3=5 V/m;第一、四象限內(nèi)的磁場方向相反且垂直于坐標平面,磁感應強度大小均

26、為B=2 T.現(xiàn)讓一帶正電的小球從A點沿x軸正方向以v0=4 m/s的速率進入電場.已知小球的質量m=2×10-3 kg,電荷量q=4×10-3 C,假設電場和磁場區(qū)域足夠寬廣,小球可視為質點且電荷量保持不變,忽略小球在運動中的電磁輻射,重力加速度取g=10 m/s2.求: (1)小球到達y軸時的速度; (2)小球從A點運動到坐標為(56 m)的點經(jīng)歷的時間. 解析:(1)在-8 m≤x<-4 m區(qū)域,小球所受電場力F=qE1 代入數(shù)據(jù)得F=2×10-2 N,方向向上. 由題知mg=2×10-2 N 因F=mg 所以小球做勻速直線運動,設該過程經(jīng)歷時間為t1 在-4 m≤

27、x<0區(qū)域,qE2>mg,小球做類平拋運動,設該過程經(jīng)歷時間為t2,根據(jù)運動學規(guī)律 在y軸方向上有qE2-mg=ma 代入數(shù)據(jù)得a=4 m/s2 y=at22,vy=at2 在x軸方向上有CO=v0t2 代入數(shù)據(jù)得t2=1 s=2 m,vy=4 m/s 由v= 代入數(shù)據(jù)解得v=4 m/s 設v與y軸正方向的夾角為α 由tanα=,代入數(shù)據(jù)解得α=45°. (2)在x≥0區(qū)域,qE3=mg,分析知,小球先在第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運動,接著交替在第四、第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運動,軌跡如圖所示 洛倫茲力提供向心力,有qvB=m 代入數(shù)據(jù)得r=

28、m 設小球在第一象限第一次到達x軸的位置為P點,第二次到達x軸的位置為G點 由幾何關系得OP=2 m,PG=2rcosα=2 m 小球做勻速圓周運動的周期為T= 代入數(shù)據(jù)得T= s 設小球從O點到達x軸上H(56 m,0)點的時間為t3 因=28,即OH=OP+27PG 故t3=tOP+tPH=+27× 代入數(shù)據(jù)得t3== s 又t1==1 s 由答圖可知,達到橫坐標為56 m的點有以下三種情況: ①到達橫坐標為56 m的I點,tAI=t1+t2+t3-= s ②到達橫坐標為56 m的H點,tAH=t1+t2+t3= s ③到達橫坐標為56 m的J點,tAJ=t1+t2+t3+= s. 答案:見解析 14

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