2019年高考物理 考前沖刺30天 第八講 必考計(jì)算題 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案(含解析)

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1、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用命題點(diǎn)一應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決直線運(yùn)動(dòng)問題例1如圖1所示,輕彈簧的一端固定,另一端與滑塊B相連,B靜止在水平面上的O點(diǎn),此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)另一質(zhì)量與B相同的滑塊A從P點(diǎn)以初速度v0向B滑行,經(jīng)過時(shí)間t時(shí),與B相碰碰撞時(shí)間極短,碰后A、B粘在一起運(yùn)動(dòng)滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn),與平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為,重力加速度為g.求:圖1(1)碰后瞬間,A、B共同的速度大?。?2)若A、B壓縮彈簧后恰能返回到O點(diǎn)并停止,求彈簧的最大壓縮量;(3)整個(gè)過程中滑塊B對(duì)滑塊A做的功解析(1)設(shè)A、B質(zhì)量均為m,A剛接觸B時(shí)的速度為v1,碰后瞬間共同的速度為v2,從P到O過程,由動(dòng)量定理得:mgtmv1

2、mv0以A、B為研究對(duì)象,碰撞瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律得:mv12mv2,解得:v2(v0gt);(2)碰后A、B由O點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng),又返回到O點(diǎn),設(shè)彈簧的最大壓縮量為x,由能量守恒定律得:(2mg)2x(2m)v,解得:x(v0gt)2(3)對(duì)滑塊A,由動(dòng)能定理得:Wmvmvm(v0gt)2.答案(1) (v0gt)(2)(v0gt)2(3)m(v0gt)2動(dòng)量與能量的綜合在碰撞中的求解技巧1處理這類問題,關(guān)鍵是區(qū)分物體相互作用的情況,分清物體的運(yùn)動(dòng)過程,尋找各相鄰運(yùn)動(dòng)過程的聯(lián)系,弄清各物理過程所遵循的規(guī)律2對(duì)于發(fā)生彈性碰撞的物體,其作用過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒,動(dòng)量守恒;對(duì)

3、于發(fā)生非彈性碰撞的物體,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒但機(jī)械能不守恒,系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于轉(zhuǎn)化的內(nèi)能題組階梯突破1.如圖2所示,質(zhì)量M4 kg的滑板B靜止放在光滑水平面上,其右端固定一根輕質(zhì)彈簧,彈簧的自由端C到滑板左端的距離L0.5 m,這段滑板與木塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2,而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對(duì)應(yīng)的滑板上表面光滑小木塊A以速度v010 m/s由滑板B左端開始沿滑板B表面向右運(yùn)動(dòng)已知木塊A的質(zhì)量m1 kg,g取10 m/s2.求:圖2(1)彈簧被壓縮到最短時(shí)木塊A的速度大??;(2)木塊A壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能答案(1)2 m/s(2)39 J解析(1)彈簧被壓縮到最短時(shí),

4、木塊A與滑板B具有相同的速度,設(shè)為v,從木塊A開始沿滑板B表面向右運(yùn)動(dòng)至彈簧被壓縮到最短的過程中,A、B系統(tǒng)的動(dòng)量守恒mv0(Mm)v解得vv0代入數(shù)據(jù)得木塊A的速度v2 m/s.(2)木塊A壓縮彈簧過程中,彈簧被壓縮到最短時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大由能量關(guān)系,最大彈性勢(shì)能Epmv(mM)v2mgL代入數(shù)據(jù)得Ep39 J.2(2019河南六市一聯(lián))如圖3所示,質(zhì)量為m10.2 kg的小物塊A,沿水平面與小物塊B發(fā)生正碰,小物塊B的質(zhì)量為m21 kg.碰撞前,A的速度大小為v03 m/s,B靜止在水平地面上由于兩物塊的材料未知,將可能發(fā)生不同性質(zhì)的碰撞,已知A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2,重力

5、加速度g取10 m/s2,試求碰后B在水平面上滑行的時(shí)間圖3答案0.25 st0.5 s解析假如兩物塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞,碰后的共同速度為v1,則由動(dòng)量守恒定律有:m1v0(m1m2)v1碰后,A、B一起滑行直至停下,設(shè)滑行時(shí)間為t1,則由動(dòng)量定理有(m1m2)gt1(m1m2)v1解得t10.25 s假如兩物塊發(fā)生的是彈性碰撞,碰后A、B的速度分別為vA、vB,則由動(dòng)量守恒定律有m1v0m1vAm2vB由機(jī)械能守恒定律有m1vm1vm2v設(shè)碰后B滑行的時(shí)間為t2,則m2gt2m2vB解得t20.5 s可見,碰后B在水平面上滑行的時(shí)間t滿足0.25 st0.5 s.命題點(diǎn)二應(yīng)用動(dòng)量和能量觀

6、點(diǎn)解決多過程問題例2如圖4所示,質(zhì)量為mB2 kg的木板B靜止于光滑水平面上,質(zhì)量為mA6 kg的物塊A停在B的左端,質(zhì)量為mC2 kg的小球C用長(zhǎng)為L(zhǎng)0.8 m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O.現(xiàn)將小球C及輕繩拉直至水平位置后由靜止釋放,小球C在最低點(diǎn)與A發(fā)生正碰,碰撞作用時(shí)間很短為t102s,之后小球C反彈所能上升的最大高度h0.2 m已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1,物塊與小球均可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,取g10 m/s2.求:圖4(1)小球C與物塊A碰撞過程中所受的撞擊力大小;(2)為使物塊A不滑離木板B,木板B至少多長(zhǎng)?解析(1)C下擺過程,根據(jù)動(dòng)能定理有:mCgLmCv解得:碰前C的速度大小vC

7、4 m/sC反彈過程,根據(jù)動(dòng)能定理有:mCgh0mCvC2解得:碰后C的速度大小vC2 m/s取向右為正方向,對(duì)C根據(jù)動(dòng)量定理有:FtmCvCmCvC解得:碰撞過程中C所受的撞擊力大?。篎1 200 N.(2)C與A碰撞過程,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有:mCvCmCvCmAvA解得:碰后A的速度vA2 m/sA恰好滑至木板B右端并與其共速時(shí),所求B的長(zhǎng)度最小根據(jù)動(dòng)量守恒定律:mAvA(mAmB)v解得A、B的共同速度v1.5 m/s根據(jù)能量守恒定律:mAgxmAv(mAmB)v2解得:木板B的最小長(zhǎng)度x0.5 m.答案(1)1 200 N(2)0.5 m研究對(duì)象和研究過程的選取技巧1選取研究對(duì)象和研究

8、過程,要建立在分析物理過程的基礎(chǔ)上,臨界狀態(tài)往往應(yīng)作為研究過程的開始或結(jié)束2要視情況對(duì)研究過程進(jìn)行恰當(dāng)?shù)睦硐牖幚?可以把一些看似分散的、相互獨(dú)立的物體圈在一起作為一個(gè)系統(tǒng)來研究,有時(shí)這樣做可使問題大大簡(jiǎn)化4有的問題,可以選取一部分物體作研究對(duì)象,也可以選取其它部分物體作研究對(duì)象;可以選某一個(gè)過程作研究過程,也可以另一個(gè)過程作研究過程;這時(shí),首選大對(duì)象、長(zhǎng)過程題組階梯突破3如圖5所示,豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切,小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)現(xiàn)將A無初速度釋放,A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體,并沿桌面滑動(dòng)已知圓弧軌道光滑,半徑R0.2 m;A和B的質(zhì)量相等;A和

9、B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2.取重力加速度g10 m/s2.求:圖5(1)碰撞前瞬間A的速率v;(2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v;(3)A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離l.答案(1)2 m/s(2)1 m/s(3)0.25 m解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgRmv2得碰撞前瞬間A的速率v2 m/s(2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv2mv得碰撞后瞬間A和B整體的速率vv1 m/s(3)根據(jù)動(dòng)能定理(2m)v2(2m)gl得A和B整體沿水平桌面滑動(dòng)的距離l0.25 m.4一質(zhì)量為m6 kg、帶電荷量為q0.1 C的小球P自動(dòng)摩擦因數(shù)0.5、傾角53的粗糙斜面頂端由靜止開始滑下,斜面高h(yuǎn)

10、6.0 m,斜面底端通過一段光滑小圓弧與一光滑水平面相連整個(gè)裝置處在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,場(chǎng)強(qiáng)E200 N/C,忽略小球在連接處的能量損失,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到水平面時(shí),立即撤去電場(chǎng)水平面上放一靜止的不帶電的質(zhì)量也為m的圓槽Q,圓槽光滑且可沿水平面自由滑動(dòng),圓槽的半徑R3 m,如圖6所示(sin 530.8,cos 530.6,g10 m/s2)圖6(1)在沿斜面下滑的整個(gè)過程中,P球電勢(shì)能增加多少?(2)小球P運(yùn)動(dòng)到水平面時(shí)的速度大小(3)試判斷小球P能否沖出圓槽Q.答案(1)90 J(2)5 m/s(3)不能解析(1)在沿斜面下滑的整個(gè)過程中,電場(chǎng)力對(duì)P球做功為:W90 JEW90 J(2)根據(jù)受

11、力分析可知,斜面對(duì)P球的支持力為:FN|q|Esin mgcos 根據(jù)動(dòng)能定理得:mghqEFNmv20代入數(shù)據(jù),解得:v5 m/s(3)設(shè)當(dāng)小球與圓槽速度相等時(shí),小球上升的高度為H,以小球的圓槽組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得:mv2mvv2.5 m/s根據(jù)機(jī)械能守恒得:mv22mv2mgH代入已知數(shù)據(jù)得:H0.625 mR,所以小球不能沖出圓槽命題點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用例3(2014新課標(biāo)全國(guó)35(2)如圖7所示,質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方,B球距地面的高度h0.8 m,A球在B球的正上方先將B球釋放,經(jīng)過一段時(shí)間后再將A球釋放當(dāng)A球下

12、落t0.3 s 時(shí),剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰碰撞時(shí)間極短,碰后瞬間A球的速度恰為零已知mB3mA,重力加速度大小g10 m/s2,忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失求:圖7B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度;P點(diǎn)距離地面的高度解析設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB將h0.8 m代入上式,得vB4 m/s設(shè)兩球相碰前后,A球的速度大小分別為v1和v1(v10),B球的速度分別為v2和v2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知v1gt由于碰撞時(shí)間極短,重力的作用可以忽略,兩球相碰前后的動(dòng)量守恒,總動(dòng)能保持不變規(guī)定向下的方向?yàn)檎?,有mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv22設(shè)B球與地面相碰后的速

13、度大小為vB,由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vBvB設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知h聯(lián)立式,并代入已知條件可得h0.75 m.答案4 m/s0.75 m解決力學(xué)問題的三種解題思路1以牛頓運(yùn)動(dòng)定律為核心,結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題,適用于力與加速度的瞬時(shí)關(guān)系、圓周運(yùn)動(dòng)的力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系、勻變速運(yùn)動(dòng)的問題,這類問題關(guān)鍵要抓住力與運(yùn)動(dòng)之間的橋梁加速度2從動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律的角度解題,適用于單個(gè)物體、多個(gè)物體組成的系統(tǒng)的受力和位移問題3從動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律的角度解題,適用于單個(gè)物體、多個(gè)物體組成的系統(tǒng)的受力與時(shí)間問題(不涉及加速度)及碰撞、打擊、爆炸、反沖等問題題組階梯突破5如圖8,

14、一質(zhì)量為M的物塊靜止在桌面邊緣,桌面離水平地面的高度為h.一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后,以水平速度射出重力加速度為g.求:圖8 (1)子彈穿出木塊時(shí)物塊的速度大?。?2)此過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能;(3)此后物塊落地點(diǎn)離桌面邊緣的水平距離答案(1)(2)(3)解析(1)設(shè)子彈穿過物塊后物塊的速度為v,由動(dòng)量守恒得mv0mMv解得v(2)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為Emvm()2Mv2由式得E(3)設(shè)物塊下落到地面所需時(shí)間為t,落地點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離為s,則hgt2svt由式得s6如圖9所示,一條軌道固定在豎直平面內(nèi),粗糙的ab段水平,bcde段光滑,cde段是以O(shè)為圓心、R為半徑的一小段圓

15、弧可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A和B緊靠在一起,靜止于b處,A的質(zhì)量是B的3倍兩物塊在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離,分別向左、右始終沿軌道運(yùn)動(dòng)B運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)速度沿水平方向,此時(shí)軌道對(duì)B的支持力大小等于B所受重力的.A與ab段的動(dòng)摩擦因數(shù)為,重力加速度為g,求:圖9(1)物塊B在d點(diǎn)的速度大小v;(2)物塊A滑行的距離答案(1)(2)解析(1)設(shè)B物塊的質(zhì)量為m,在d點(diǎn)的速度大小為v,B物塊在d點(diǎn),由牛頓第二定律得:mgmgm,解得v.(2)B物塊從b到d的過程中,由機(jī)械能守恒得:mvmgRmv2A、B物塊分離過程中,由動(dòng)量守恒定律得:3mvAmvBA物塊減速運(yùn)動(dòng)到停止,由動(dòng)能定理得3mgs03mv聯(lián)立以上各

16、式解得:s.1如圖1,光滑水平地面上有一具有光滑曲面的靜止滑塊B,可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A從B的曲面上離地面高為h處由靜止釋放,且A可以平穩(wěn)地由B的曲面滑至水平地面已知A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為3m,重力加速度為g,試求:圖1(1)A從B上剛滑至地面時(shí)的速度大?。?2)若A到地面后與地面上的固定擋板P碰撞,之后以原速率反彈,則A返回B的曲面上能到達(dá)的最大高度為多少?答案(1)(2)h解析(1)設(shè)A剛滑至地面時(shí)速度大小為v1,B速度大小為v2由水平方向動(dòng)量守恒得:mv13mv2由機(jī)械能守恒得:mghmv3mv由以上兩式解得:v1,v2(2)從A與擋板碰后開始,到A追上B并到達(dá)最大高度h,兩物體具有共同速

17、度v,此過程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒:mv13mv24mv系統(tǒng)機(jī)械能守恒:mgh4mv2mgh由以上兩式解得:hh.2如圖2所示,固定的光滑圓弧面與質(zhì)量為6 kg的小車C的上表面平滑相接,在圓弧面上有一個(gè)質(zhì)量為2 kg的滑塊A,在小車C的左端有一個(gè)質(zhì)量為2 kg的滑塊B,滑塊A與B均可看做質(zhì)點(diǎn)現(xiàn)使滑塊A從距小車的上表面高h(yuǎn)1.25 m處由靜止下滑,與B碰撞后瞬間粘合在一起共同運(yùn)動(dòng),最終沒有從小車C上滑出已知滑塊A、B與小車C的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5,小車C與水平地面的摩擦忽略不計(jì),取g10 m/s2.求:圖2(1)滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大??;(2)小車C上表面的最短長(zhǎng)度答案(1)2.5 m

18、/s(2)0.375 m解析(1)設(shè)滑塊A滑到圓弧末端時(shí)的速度大小為v1,由機(jī)械能守恒定律有:mAghmAv代入數(shù)據(jù)解得v15 m/s.設(shè)A、B碰后瞬間的共同速度為v2,滑塊A與B碰撞瞬間與車C無關(guān),滑塊A與B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,mAv1(mAmB)v2代入數(shù)據(jù)解得v22.5 m/s.(2)設(shè)小車C上表面的最短長(zhǎng)度為L(zhǎng),滑塊A與B最終沒有從小車C上滑出,三者最終速度相同,設(shè)為v3,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有:(mAmB)v2(mAmBmC)v3根據(jù)能量守恒定律有:(mAmB)gL(mAmB)v(mAmBmC)v聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)解得L0.375 m.3如圖3所示,在光滑絕緣水平面上方足夠大的區(qū)域內(nèi)存在水平

19、向右的電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E.不帶電的絕緣小球P2靜止在O點(diǎn)帶正電的小球P1離小球P2左側(cè)的距離為L(zhǎng).現(xiàn)由靜止釋放小球P1,在電場(chǎng)力的作用下P1與P2發(fā)生正碰后反彈,反彈速度是碰前的倍已知P1的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,P2的質(zhì)量為5m.求:圖3(1)碰撞前瞬間小球P1的速度(2)碰撞后瞬間小球P2的速度(3)小球P1和小球P2從第一次碰撞到第二次碰撞的時(shí)間和位置答案(1) ,方向水平向右(2),方向水平向右(3)2 在O點(diǎn)右側(cè)處解析(1)設(shè)碰撞前小球P1的速度為v0,根據(jù)動(dòng)能定理qELmv,解得v0,方向水平向右(2)P1、P2碰撞,則碰后P1速度為v0,設(shè)P2速度為v2,由動(dòng)量守恒定律:mv0m

20、(v0)5mv2解得v2,水平向右(3)碰撞后小球P1先向左后向右做勻變速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a,則:a設(shè)P1、P2碰撞后又經(jīng)t時(shí)間再次發(fā)生碰撞,且P1受電場(chǎng)力不變,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,以水平向右為正方向,則:v0tat2v0t,解得:t2對(duì)P2分析:xv0t即第二次碰撞時(shí)在O點(diǎn)右側(cè)處4(2018浙江4月23)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁推動(dòng)加噴氣推動(dòng)的火箭發(fā)射裝置,如圖4所示豎直固定在絕緣底座上的兩根長(zhǎng)直光滑導(dǎo)軌,間距為L(zhǎng).導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間,總質(zhì)量為m,其中燃料質(zhì)量為m,燃料室中的金屬棒EF電阻為R,并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸引燃火箭下方的推進(jìn)劑,迅速推動(dòng)

21、剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值S,用時(shí)t,此過程激勵(lì)出強(qiáng)電流,產(chǎn)生電磁推力加速火箭在t時(shí)間內(nèi),電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開后噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭圖4(1)求回路在t時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值及通過金屬棒EF的電荷量,并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向;(2)經(jīng)t時(shí)間火箭恰好脫離導(dǎo)軌,求火箭脫離時(shí)的速度v0;(不計(jì)空氣阻力)(3)火箭脫離導(dǎo)軌時(shí),噴氣孔打開,在極短的時(shí)間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m的燃?xì)?,噴出的燃?xì)庀鄬?duì)噴氣前火箭的速度為v,求噴氣后火箭增加的速度v.(提示:可選噴氣前的火箭為參考系)答案(1)向右(2)gt(3)v解析(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律,有qt電流方向向右(2)平均感應(yīng)電流平均安培力BL由動(dòng)量定理,有(mg)tmv0得v0gt(3)以噴氣前的火箭為參考系,設(shè)豎直向上為正方向,由動(dòng)量守恒定律mv(mm)v0得vv.13

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