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文档简介
专题04能量观点和动量观点在力学中的应用
一、单选题
1.(2022•浙江高考真题)单位为J/m的物理量是()
A.力B.功C.动能D.电场强度
【答案】A
【详解】根据功的定义式W=&可知
J=Nm
则有
JN∙m
—=------=Nκτ
mm
因N是力的单位,故单位为J/m的物理量是力。
故选A。
2.(2022・浙江・高考真题)小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置,把静置
于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台,先加速再匀速,最后做加速度大
小不超过5m∕s2的匀减速运动,到达平台的速度刚好为零,g取IOm∕s∖则提升重物的最短时
间为()
A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s
【答案】C
【详解】为了以最短时间提升重物,一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升,当功率达到额
定功率时,保持功率不变直到重物达到最大速度,接着做匀速运动,最后以最大加速度做匀减
速上升至平台速度刚好为零,重物在第一阶段做匀加速上升过程,根据牛顿第二定律可得
T-mg300-20×10->->
a,=-------=---------------m∕s^=5m∕s^
m20
当功率达到额定功率时,设重物的速度为匕,则有
⅞1200.
V.=------m/;s=4m∕s
17;300
此过程所用时间和上升高度分别为
r1=以=±s=0.8s
ax5
v242
l1m=1.6m
h1λ=--=----
2a12×5
重物以最大速度匀速时,有
∕⅛⅛1200,,,
vιn=—ɪ-ɪ=-------m∕s=6m∕s
mTmg200
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为
r3=-^-=-s=1.2s
a
m5
v262
∕‰=—02-=------m=3.6m
2品2x5
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为,该过程根据动能定理可得
-mgh2=^mv^-
又
Ii2=85.2m—1.6m-3.6m=80m
联立解得
Z2=13.5s
故提升重物的最短时间为
tm-n=r1+r2+r3=0.8s+13.5s+1.2s=15.5s
C正确,ABD错误;
故选C。
3.(2022•江苏・高考真题)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧
滑道起跳。将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力,此过程中,运动员的动能Ek与水平
位移冗的关系图像正确的是()
A.B.
C.D.
【答案】A
【详解】设斜面倾角为a不计摩擦力和空气阻力,由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根
据动能定理有
Ek=mgxtanΘ
即
E
—k=mgtanθa
x
下滑过程中开始阶段倾角8不变,瓦-X图像为一条直线;经过圆弧轨道过程中6先减小后增
大,即图像斜率先减小后增大。
故选A。
4.(2022・浙江・高考真题)神舟十三号飞船采用“快速返回技术”,在近地轨道上,返回舱脱
离天和核心舱,在圆轨道环绕并择机返回地面。则()
A.天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高,环绕速度越大
B,返回舱中的宇航员处于失重状态,不受地球的引力
C.质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行
D.返回舱穿越大气层返回地面过程中,机械能守恒
【答案】C
【详解】AC.根据
CMmV2
G——=m——
rr
可得
可知圆轨道距地面高度越高,环绕速度越小;而只要环绕速度相同,返回舱和天和核心舱可以
在同一轨道运行,与返回舱和天和核心舱的质量无关,故A错误,C正确;
B.返回舱中的宇航员处于失重状态,仍然受到地球引力作用,地球的引力提供宇航员绕地球
运动的向心力,故B错误;
D.返回舱穿越大气层返回地面过程中,有阻力做功产生热量,机械能减小,故D错误。
故选C。
5.(2022•全国高考真题)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员
从“处由静止自由滑下,到。处起跳,C点为a、人之间的最低点,C两处的高度差为〃。要
求运动员经过C点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质
点并忽略所有阻力,则C点处这一段圆弧雪道的半径不应小于()
D11
AhC2/z
A.——B.一D.——
k+↑k-l
【答案】D
【详解】运动员从a到C根据动能定理有
mgh=
在C点有
%fg=4
FNC≤kmg
联立有
4≥含
故选D。
6.(2022・北京・高考真题)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中,
裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过
四个阶段:①助滑阶段,运动员两腿尽量深蹲,顺着助滑道的倾斜面下滑;②起跳阶段,当进
入起跳区时,运动员两腿猛蹬滑道快速伸直,同时上体向前伸展;③飞行阶段,在空中运动员
保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态;④着陆阶段,运动员落地时两腿
屈膝,两臂左右平伸。下列说法正确的是()
A.助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B.起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C.飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D.着陆阶段,运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【详解】A.助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力,A错误;
B.起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力,根据动量定理可知,在相
同时间内,为了增加向上的速度,B正确;
C.飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力,从而减小水平方向的加速
度,C错误;
D.着陆阶段,运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间,根据动量定理可知,可以减少身体受
到的平均冲击力,D错误。
故选B。
7.(2022・湖北・高考真题)一质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由y增大到2匕在随
后的一段时间内速度大小由2丫增大到5%前后两段时间内,合外力对质点做功分别为M和
W2,合外力的冲量大小分别为//和/2。下列关系式一定成立的是()
A.uς=3Vξ,/,<3∕lB.Wζ=3l¾,I2>Ii
C.W1=IW1,I2<3∕lD.W2=IW],Z2≥∕l
【答案】D
【详解】根据动能定理可知
W.=-m(2v)I2--mv2=-mv2
,222
I,1,21,
W,=-m(5v)^——w(2v)^=—mv^
222
可得
W1=IW,
由于速度是矢量,具有方向,当初、末速度方向相同时,动量变化量最小,方向相反时,动量
变化量最大,因此冲量的大小范围是
mv≤ll<3〃JV
3mv<I2<Imv
比较可得
一定成立。
故选D。
8.(2022・河北•模拟预测)法国物理学家贝克勒尔发现自然界中有一些物质具有天然放射现
象,能够发生衰变反应。一个静止的ZU原子核衰变成一个新核咨Th,同时放出一个带电粒
子,该粒子的动能大小为£动量大小为p。下列说法正确的是()
A.放出的带电粒子为电子
B.$Th的结合能比誉U的结合能大
C.记Th的动量大小为常
D.记Th的动能大小为言
【答案】D
【详解】A.该核反应方程为
^8U→^Th+;He
即放出的粒子为α粒子,不是电子,A错误;
B.a衰变过程释放能量,所以ZU的结合能比记Th的大,B错误;
C.核反应前后动量守恒,由于原来ZU静止,可知记Th的动量与a粒子的动量大小相等、
反向相反,故”Th的动量大小为p,C错误;
D.24Th的动能为
22
E—=上一
k2町2×234
a粒子的动能为
22
Ea=JE=E
2m22x4
联立解得
E上=里
kl
2w1117
D正确。
故选D。
二、多选题
9.(2022・湖南・高考真题)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后,逐一打开引导伞、减速
伞、主伞,最后启动反冲装置,实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情
况,将其运动简化为竖直方向的直线运动,其VV图像如图所示。设该过程中,重力加速度不
变,返回舱质量不变,下列说法正确的是()
A.在0~4时间内,返回舱重力的功率随时间减小
B.在0~∕∣时间内,返回舱的加速度不变
C.在4~4时间内,返回舱的动量随时间减小
D.在G~4时间内,返回舱的机械能不变
【答案】AC
【详解】A.重力的功率为
P=mgV
由图可知在0~f∕时间内,返回舱的速度随时间减小,故重力的功率随时间减小,故A正确;
B.根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~〃时间内返回舱的加速度减小,故B错误;
C.在0~匕时间内由图像可知返回舱的速度减小,故可知动量随时间减小。故C正确;
D.在勿~打时间内,由图像可知返回舱的速度不变,则动能不变,但由于返回舱高度下降,重
力势能减小,故机械能减小,故D错误。
故选AC0
10.(2022・全国•高考真题)质量为Ikg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做
直线运动,F与时间f的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为02,重力加速度大
小取g=10m∕s∖贝IJ()
A.4s时物块的动能为零
B.6s时物块回到初始位置
C.3s时物块的动量为12kg∙m∕s
D.O~6s时间内F对物块所做的功为40J
【答案】AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
f=〃mg=2N
AC.对物块从O3内由动量定理可知
(F-∕)fl=wv3
即
(4-2)×3=l×V3
得
V3=6m∕s
3s时物块的动量为
p=ιnv3=6kg∙m/s
设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得
-(F+f)t=0-mv3
即
一(4+2)1=0—1x6
解得
Z=Is
所以物块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确,C错误;
B.O3物块发生的位移为X/,由动能定理可得
12
(F-Z)X1=-WV3
即
1K
(4—2)x∣=—×1×6"
得
xl=9m
3s~4s过程中.对物块由动能定理可得
-(F+f)x2=O——mv1
即
2
-(4+2)X2=0-^×l×6
得
x2=3m
4s6s物块开始反向运动,物块的加速度大小为
a=~~~—=2m∕s2
m
发生的位移为
2
xi=^×2×2m=4m<xl+x2
即6s时物块没有回到初始位置,故B错误;
D.物块在6s时的速度大小为
v6=2×2m∕s=4m∕s
O6s拉力所做的功为
W=(4X9-4X3+4X4)J=40J
故D正确。
故选ADo
11.(2022・辽宁・大连二十四中模拟预测)卢瑟福用ɑ粒子轰击氮核发现质子的核反应为:
TN+jHe→[θ+[H0已知氮核质量为%=14.00753U,氨核质量机板=4O0387U,氧核的质
量为机O=I7.00454u,质子(氢核)质量为,%=1.00815u0(已知:lW=931MeV);假设入
射氮核以%=3χ10'm∕s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核。反应生成的氧核和质子同
方向运动,且速度大小之比为1:50。贝IJ()
A.卢瑟福通过该反应发现了原子的核式结构B.该反应吸收能量1.2MeV
C.反应生成物的比结合能增大D.反应后氧核的速率为1.8χl0"m∕s
【答案】BD
【详解】A.卢瑟福通过α粒子散射实验发现了原子的核式结构,故A错误;
B.该反应吸收能量
2
ΔE=(∕n∣le+WN-m0-mp)c≈1.2MeV
故B正确;
C.因为该反应吸收能量,生成物更不稳定,比结合能更小,故C错误;
D.设反应后氧核的速率为V,则质子速率为50v,质子质量为W,根据动量守恒有
4/叫)=Πmv+m×50v
解得
v≈1.8×10f,m∕s
故D正确。
故选BDo
12.(2022・重庆・模拟预测)在匀强磁场中用α粒子(;He)轰击静止的铝GAl)原子核时,
产生了P、Q两个粒子,如图所示,已知匀强磁场方向垂直纸面向里,各粒子的速度方向均与
磁场方向垂直,粒子P的运动轨迹在图中未画出,粒子Q做匀速直线运动,。粒子的质量为
m1,铝原子核的质量为机2,P粒子的质量为机3,Q粒子的质量为如,光在真空中的速度为
G则下列说法正确的是()
A.Q粒子可能是质子
B.P粒子沿顺时针方向运动
C.P粒子的电荷量大于铝原子核的电荷量
D.核反应过程中释放出的能量为(用/+机2-,〃3-,W4)C2
【答案】CD
【详解】A.由于Q粒子做匀速直线运动,所以Q粒子不带电,是中子,选项A错误;
B.由于Q粒子不带电,则P粒子一定带正电,由左手定则可知,P粒子沿逆时针方向运动,
选项B错误;
C.由核反应前后质量数和电荷数均守恒可知,P粒子的电荷量大于铝原子核的电荷量,选项
C正确;
D.由爱因斯坦的质能方程ΔE=4TK∙2,可知核反应过程中释放出的能量
2
ΔE=("t+m2-m3-m4')c
选项D正确。
故选CDo
13.(2022・安徽淮北•二模)位于合肥市科学岛上的东方超环(EAST)(俗称“人造小太阳”)
是中国科学院等离子体物理研究所自主设计、研制并拥有完全知识产权的磁约束核聚变实验装
置,是世界上第一个非圆截面全超导托卡马克。该装置主要是将笊核聚变反应释放的能量用来
发电。笊核聚变反应方程;H+;H-;He+:n。假设两个笊核以相同大小的速度沿同一直线相
向碰撞,聚变反应释放的能量全部转化为两个新核的动能,分别用如,、机的、,许,表示:H、
;He、;n的质量,用C表示光速,则下列说法正确的是()
A.反应后中子与氨核的动能之比为.
mn
B.反应后中子和氮核的速度大小之比为‘工
mHe
2
C.该聚变反应中释放的核能为(2∕ww-nine-mn)C
D.笊核;H聚变成氨核:He的过程中,核子的平均质量减小
【答案】ACD
【详解】AB.由于反应前两个笊核速度方向相反,所以系统初动量为零,核反应过程中内力
远大于外力,动量守恒,所以生成的氮核与中子的合动量也为零,设反应后中子和氨核的速度
大小分别为功和VH0,则
,⅝c⅝c=^∏v∏
解得
一二啊C
vHcmn
所以反应后中子与氨核的动能之比为
4、_2"匕
EkH「3%.脸一叫
故A正确,B错误;
C.根据质能方程可得该聚变反应中释放的核能为
2(机m机)2
E=Amc=2H—uc~nc
故C正确;
D.笊核;H聚变成氨核:He的过程中,核子数守恒,但由于释放了核能,所以存在质量亏损,
则反应后核子的平均质量减小,故D正确。
故选ACDo
14.(2022・重庆市育才中学模拟预测)如图所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内,
小球A、B质量分别为,小也?(k为待定系数),A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道
下滑,与静止于轨道最低点B球相撞,碰撞中无机械能损失,重力加速度为g。关于各种情况
下Z的取值,下列各项中正确的是()
A,若0<Z<0∙2,则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点
B.若0.3<Z<l,则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道
C.若々>1,小球B在后续运动过程中会脱离轨道
D.若Z=3,小球A和小球B以后每次都是在圆轨道的最低点发生碰撞
【答案】ABD
【详解】AC.小球A下滑到最低点的过程中
mgR=^mVo
第一次碰撞满足动量守恒和机械能守恒,即
∕nv0=+kmvB
ɪwvɑ=;机或+;Ami
解得
B1+Z
VA=E腐
小球B恰运动至轨道顶点,设此时速度为L则
hnv2.
-=Kfng
解得
V=y∣gR
根据机械能守恒可得
ɪk/nv;=long∙2R+;kmv1
解得
%=普=同
即
,2√io1
κ=----------1≈0.265
5
根据上面分析,小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点时
Vfi≥yβgR
即
攵≤0.265
因此,若0<A<Q2,则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点。若上=1,两球发生
弹性碰撞,由于两球的质量相等,速度交换,小球B恰能运动到右侧!圆弧轨道速度减为零,
然后返回,不会脱离轨道,若)t>L小球B则运动不到右侧:圆弧轨道处速度减为零,然后
4
返回,不会脱离轨道,故A正确,C错误;
B.根据上面分析可知,若0.3<%<l,则小球B第一次碰后将会在右侧;圆弧轨道至最高点的
某处脱离圆轨道,故B正确;
D.当%=3时
VA
两球速度大小相同,方向相反,经过相同的时间同时回到最低点,发生第二次弹性碰撞,根据
动量守恒与机械能守恒可知,第二次碰撞后
VA=~>∕⅛Λ
VB=O
小球B静止,小球A反向运动,速度大小等于第一次碰撞前速度大小,往上运动到左侧!圆
弧轨道速度减为零,然后返回,重复第一次碰撞过程,如此反复,故D正确。
故选ABDo
三、解答题
15.(2022・辽宁・模拟预测)如图所示,在一次无人机模拟演练中,某同学指挥自己设计的遥控
无人机在26N的恒定升力作用下由地面从静止开始竖直向上运动,6s后关闭动力,空气阻力
恒为4N,上升到最大高度后该同学操作无人机下落,经过6.5s无人机返回地面且速度刚好减
为零,已知无人机质量为2kg,g取IOm/Sz,求:
(1)无人机上升的最大高度;
(2)整个运动过程中无人机的平均功率。
【答案】(1)19.5m;(2)12W
【详解】(1)设无人机从静止竖直起飞匀加速上升过程的加速度为4,上升的高度为九,上升
的最大高度为“,则
F-mg-f=tnax
4=5*
关闭动力后,对无人机有
f+mg=ma:
上升的高度为
最大l⅝度为
H=∕¾+∕⅛
联立解得
//=19.5m
(2)无人机从最大高度到地面的过程中,由动能定理有
W2+rngH-fH=O
匀减速上升阶段的运动时间
a2
整个过程的运动时间为
+t
t=t∖+,23
上升过程中无人机做的功为
Wl=Fhy
则整个过程的平均功率为
p_W2+Wt
t
联立解得
P=12W
16.(2022・浙江•模拟预测)某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABa)轨道,AB
为长L=6m、倾角a=37。的斜轨,BC为水平轨道,Co为半径R=15m、圆心角夕=37。的圆
弧,轨道AB段粗糙其余各段均光滑。一小孩(可视为质点)从A点以初速度%=2√5m∕s下
滑,沿轨道运动到。点时的速度恰好为零(不计经过8点时的能量损失)。已知该小孩的质量
w=30kg,¾sin37°=0.6,CoS37。=0.8,不计空气阻力,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
求:
(1)该小孩第一次经过圆弧C点时,对圆弧轨道的压力”;
(2)该小孩在轨道AB上第一次从A下滑到B的时间t;
(3)若将AB段轨道改为圆弧形状(图中虚线部分,轨道材质不变),试定性说明题设条件下
小孩在轨道上游玩时是否会冲出。点而发生危险?
【答案】(1)420N,方向向下;(2)正二巨S;(3)不会
2
【详解】(1)由C到。速度减为0,由动能定理可得
-mg(R-RCoS/3)ɪθ-ɪwvɛ
解得
vc=2λ∕15m∕s
在C点,由牛顿第二定律得
F-mg=m--
ticK
解得
FNC=420N
根据牛顿第三定律,小孩对轨道的压力为
FN=Eq420N
方向向下;
(2)小孩从A运动到。的过程中,由动能定理得:
ιngLs∖r∖a-μmgLcosa-mgR(I-Ce)S少)=0-^∕τtvθ
可得
/4=0.25
在48上运动的加速度大小
a="Zgsina-gc°sα=彳介
m
根据
vll=vc=v0+at
代入数据解得
√15-√3
t=------------s
2
(3)若将AB段轨道改为圆弧形状,摩擦力做功会增加,速度减小更快,小孩到达不了。
点,所以小孩在轨道上游玩时不会冲出。点而发生危险。
17.(2022・山东•高考真题)如图所示,“L”型平板B静置在地面上,小物块A处于平板B上
的O'点,。’点左侧粗糙,右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在0,点正上方
的。点,轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放,下摆至最低点与小物块A发生碰撞,
碰后小球速度方向与碰前方向相同,开始做简谐运动(要求摆角小于5。),A以速度%沿平板
滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后,A返回到。点的正下方时,相对于地面的
速度减为零,此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量,%、=0.1kg,B的质量
WB=0.3kg,A与B的动摩擦因数4=0.4,B与地面间的动摩擦因数4=0∙225,%=4m∕s,
取重力加速度g=10m∕s2°整个过程中A始终在B上,所有碰撞时间忽略不计,不计空气阻
力,求:
(1)A与B的挡板碰撞后,二者的速度大小匕与用;
(2)B光滑部分的长度d;
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功也;
(4)实现上述运动过程,”的取值范围(结果用cos5。表示)。
fnA
73
【答案】(1)V=2ΠI∕S,V=2∏∕S;(2)d=-m;(3)-^-J;(4)
AB1665
4y∣2πM4∖∣2π
------<—<—/-----、'
45m*45∣l-√l-cos5I
【详解】(1)设水平向右为正方向,因为O点右侧光滑,由题意可知A与B发生弹性碰撞,
故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有
WAV0=OTAVA+WBVB
1,1,1
-wA¼7=-wΛV;+-¾V-2
代入数据联立解得
vA=-2m/s,(方向水平向左)
%=2m∕s,(方向水平向右)
即A和B速度的大小分别为“=2m∕s,VB=2nVso
(2)因为A物体返回到。点正下方时,相对地面速度为O,A物体减速过程根据动能定理有
I2
-MmAgXo=O-5'"A"
代入数据解得
x0=0.5m
根据动量定理有
-P,m,κ8t2=0-mAvA
代入数据解得
t2=0.5s
此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移,所以对于此过程B有
/z,(wA+/nB)g=w?Ba,
xG=vbt∖--1a∖t∖,
联立各式代入数据解得
“卜―去)
故根据几何关系有
d=vλti+x0
代入数据解得
d=-va
6
(3)在A刚开始减速时,B物体的速度为
v2=VB-卬]=lm∕s
在A减速过程中,对B分析根据牛顿运动定律可知
HMNg+/A(叫+)g=WB⅛
解得
13/2
a=m∕s~
213
B物体停下来的时间为,3,则有
0=v2-a2t3
解得
3CU
L=—S<Λ=0.5S
3132
可知在A减速过程中B先停下来了,此过程中B的位移为
破3
XRb=-^=—m
2a226
所以A对B的摩擦力所做的功为
3
阴二一"MAgXB=-7Zj
oɔ
(4)小球和A碰撞后A
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