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文檔簡介

高三一?;瘜W參考答案(2016.3.25)題號78910111213答案BACBCDD26.(14 分)檢查裝置的氣密性(1分)(2)水浴加熱或?qū)M行加熱(2分)c(2分)(3)-H=O分)H--C-(2C-HH(4)ⅰ.c(2分)ⅱ.用氣球收集或直接點燃(2分)(11a-4b)/14b(3分)27.(15分)(1)2MnO·MnO或MnO·2MnO(2分)22(2)+3(1分)12MnO+CH250-500℃O+CO+2HO(3分)4=======8Mn323422(3)Mn+2NH++2HO=Mn2++H↑+2NH·HO(3分)42232向過濾器中加蒸餾水浸沒沉淀,待水自然流出后,重復上述操作2-3次(3分)(4)2.29(3分)28.(14分)(1)①64(2分)②+247.3kJ/mol(2分)①溫度超過250℃,催化劑的催化效率降低(2分)②加壓、增大CO濃度(2分)2③3CuAlO+2NO-+32H+2+3+↑+16HO(2分)3=6Cu+6Al+2NO2242O(3)①=(2n分)--[C-]O--②CO2+6H2O+8e-=CH4+8OH-(2分)(15分)1)酸雨(答案合理即可,1分)(2)CO、H2、CH(2分)居民用煤氣(2分)合成氨、制甲醇的原料(2分)4(3)干餾(2分)分餾(2分)增加煤中氫元素含量,提高氫碳比(2分)(4)既能吸收二氧化硫,又能生成復合肥磷銨(2分)37.(15分)21)[Ar]3d4s(2分)(2)SiHCl3+H2

Si+3HCl

(2分)分子晶體(

1分)

sp

3(1分)

四面體形(

1分)(3)N原子的

2p能級處于較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)(

2分)

Si-O

鍵(1分)

N2O(2分)(4)8(1分)

112g

(2分)NA(15分)(1)CH(2分)(2)(1分)CHCHO(1分)5123(3)②⑤(2分)(4)CHO2C2HOH+2CO↑(2分)61265(2分)5)4(3分)HCOOC(CH3)3(2分)高三一??荚嚧鸢冈敿毎?4、許多科學家在物理學發(fā)展過程中做出了重要貢獻,下列敘述中符合物理學史實的是 ( )牛頓提出了萬有引力定律,通過實驗測出了萬有引力恒量法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象,總結(jié)出了電磁感應(yīng)定律C.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng),總結(jié)出了電磁感應(yīng)定律D.伽利略通過理想斜面實驗,提出了力是維持物體運動狀態(tài)的原因考點:物理學史(Ⅰ)解析:牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律,卡文迪許測出了萬有引力常量 G;法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象,總結(jié)出了電磁感應(yīng)定律;奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng),法拉第總結(jié)出了電磁感應(yīng)定律;伽利略通過理想斜面實驗,提出了力不是維持物體運動狀態(tài)的原因.答案:選 B.15、如圖甲所示,用豎直向上的力 F拉靜止在水平地面上的一物體,物體在向上運動的過程中,其機械能E與位移x的關(guān)系如圖乙,其中 AB為曲線。下列說法正確的是 ( )A.0~x1過程中物體所受拉力最小B.x1~x2過程中,物體的加速度先增大后減小C.0~x3過程中,物體的動能先增大后減小D.0~x2過程中,物體克服重力做功的功率一直增大考點:牛頓第二定律、功和功率(Ⅱ)解析:選C由E=Fx,結(jié)合E-x圖線可知,0~x1過程中,拉力F不變,x1~x2過程中,拉力F逐漸減小到零,x2~x3過程中,物體只受重力作用,故 0~x1過程中拉力最大, x1~x2過程中物體的加速度先減小后反向增大, 0~x3過程中,物體的動能先增大后減小, C正確,A、B錯誤;由P=mg·v可知,物體克服重力做功的功率先增大后減小, D錯誤。答案:選C16、2015年1月14日,蛟龍?zhí)栐谖髂嫌《妊簖垟鐭嵋簠^(qū)執(zhí)行印度洋科考首航段的最后一次下潛,這也是“蛟龍”號在這個航段的第 9次下潛。假設(shè)在某次實驗時, 深潛器內(nèi)的顯示屏上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面 10min內(nèi)速度圖像,下列說法正確的是 ( )A.本次下潛的最大深度為360mB.全過程中最大加速度是0.025m/s2C.0~4min內(nèi)平均速度為1m/sD.0~1min和8~10min的時間內(nèi)潛水員處于超重狀態(tài)考點:v-t圖像的綜合應(yīng)用(Ⅱ)解析:選A“蛟龍?zhí)枴鄙顫撈髟?~4min內(nèi)一直向下運動,在t=4min時,達最大深度,hm=1(422-0212+2)×2×60m=360m,A正確;最大加速度am=60m/s=30m/s,B錯誤;0~4min內(nèi)的平均速度hm360v=t=4×60m/s=1.5m/s,C錯誤;潛水員在0~1min內(nèi)的加速度豎直向下,處于失重狀態(tài),D錯誤。答案:選A17、如圖所示,MN、PQ是圓的兩條相互垂直的直徑,O為圓心。兩個等量正電荷分別固定在M、N兩點?,F(xiàn)有一帶電的粒子(不計重力及粒子對電場的影響)從P點由靜止釋放,粒子恰能在P、Q之間做直線運動,則以下判斷正確的是()A.O點的電勢一定為零 B.P點與Q點的場強相同C.粒子在 P點的電勢能一定小于在 Q點的電勢能 D.粒子一定帶負電考點:電場強度、電勢、電勢能(ⅠⅡ)解析:選C 等量同種正電荷電場分布如圖所示, MN連線上電場線從 M指向O點和從N指向O點,PQ連線上電場線從 O點指向P和從O點指向Q點,沿電場線方向電勢逐漸降低, MN連線上O點電勢最低,PQ連線上O點電勢最高,電勢是相對的,零電勢是人為規(guī)定的,所以 O點的電勢是否為零要看零電勢規(guī)定的位置,選項 A錯。P點與Q點場強大小相同,但方向不同,選項B錯。根據(jù)電場對稱性, 從P到Q電場力做功為 0,所以粒子在 P點的電勢能一定等于Q點的電勢能,選項 C錯。粒子在 P點釋放后向 Q點運動,說明受電場力逆向電場線方向,說明粒子帶負電,選項 D對。答案:選 D18、美國“國家利益”雜志網(wǎng)站 2015年4月16日發(fā)表題為《中國下一個超級武器揭露: 衛(wèi)星毀滅者》的文章,援引美國空軍第 14航空隊指揮官、空軍中將杰·雷蒙德的話稱,目前中國正在建設(shè)強大的反衛(wèi)星力量,使北京能夠?qū)Φ蛙壭l(wèi)星構(gòu)成致命威脅。在早期的反衛(wèi)星試驗中,攻擊攔截方式之一是快速上升式攻擊,即“攔截器”被送入與“目標衛(wèi)星”軌道平面相同而高度較低的追趕軌道,然后通過機動飛行快速上升接近目標將“目標衛(wèi)星”摧毀。圖為追趕過程軌道示意圖。下列敘述正確的是 ( )A.圖中A是“目標衛(wèi)星”, B是“攔截器”.“攔截器”和“目標衛(wèi)星”的繞行方向為圖中的順時針方向C.“攔截器”在上升的過程中重力勢能會增大.“攔截器”的加速度比“目標衛(wèi)星”的加速度大考點:萬有引力定律及其應(yīng)用(Ⅱ)解析:選BCD 圖中B是“目標衛(wèi)星”,A是“攔截器”,所以選項 A錯;由于“攔截器”軌道低、速度大,應(yīng)落后于 “目標衛(wèi)星“,繞行方向應(yīng)為圖中的順時針方向,所以選項 B對;“攔截器”在上升的GM過程中要克服重力做功, 所以重力勢能會增大,C選項對;由a=r2知“攔截器”的加速度比“目標衛(wèi)星”的加速度大, D正確。19、如圖所示,以直角三角形 AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域, 磁感應(yīng)強度為 B,∠A=60°,AO=L,在O點放置一個粒子源,可以向各個方向發(fā)射某種帶負電粒子 (不計重力作用 ),粒子的比荷為 q/m,發(fā)射速度大小都為 v0,且滿足v0=qBL/m。粒子發(fā)射方向與 OC邊的夾角為 θ,對于粒子進入磁場后的運動, 下列說法正確的是 ( )A.粒子有可能打到 A點B.以θ=60°飛入的粒子在磁場中運動時間最長C.以θ<30°飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等D.在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出考點:帶電粒子在磁場中的運動(Ⅱ)根據(jù)Bqv=mv2mv0=L,又OA=L,所以當θ=60°時,粒子解析:選ABD,又v0=qBL,可得r=rmBqα經(jīng)過A點,所以 A正確;根據(jù)粒子運動的時間 t= T,圓心角越大,時間越長,粒子以 θ=60°飛入磁場2π中時,粒子從

A點飛出,軌跡圓心角等于

60°,圓心角最大,運動的時間最長,所以

B正確;當粒子沿

θ=0°飛入磁場中,粒子恰好從

AC

中點飛出,在磁場中運動時間也恰好是

T6,θ從

0°到

60°粒子在磁場中運動時間先減小后增大,在 AC邊上有一半?yún)^(qū)域有粒子飛出,所以 C錯誤,D正確。20、如圖所示是法拉第做成的世界上第一臺發(fā)電機模型的原理圖。將銅盤放在磁場中,讓磁感線垂直穿過銅盤;圖中 a、b導線與銅盤的中軸線處在同一豎直平面內(nèi);轉(zhuǎn)動銅盤,就可以使閉合電路獲得電流。若圖中銅盤半徑為 L,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為 B,回路總電阻為 R,從上往下看逆時針勻速轉(zhuǎn)動銅盤的角速度為 ω。則下列說法正確的是 ( )A.回路中有大小和方向周期性變化的電流BL2ωB.回路中電流大小恒定,且等于2RC.回路中電流方向不變,且從b導線流進燈泡,再從a導線流向旋轉(zhuǎn)的銅盤.若將勻強磁場改為仍然垂直穿過銅盤的正弦變化的磁場,不轉(zhuǎn)動銅盤,燈泡中一定有電流流過考點:法拉第電磁感應(yīng)定律、感應(yīng)電流(Ⅱ)解析:選BC 據(jù)題意,當盤轉(zhuǎn)動后,由右手定則可以確定電流流向盤的中心,從 b端流出到達

a端,故選項

A錯誤;所產(chǎn)生的電動勢大小為:

E=BLv=BL

Lω,則產(chǎn)生的電流大小為:2

EI=R=

BL2ω2R,故

B選項正確;根據(jù)右手定則判斷電流方向,電流為 a到b,所以C正確;如果將勻強磁場改成變化的磁場,銅盤不轉(zhuǎn)動的話,沒有導體切割磁場,回路中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流,故 D選項錯誤。21、如圖甲所示的電路中,理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為 10∶1,圖中電表均為理想電表, R、LD分別是光敏電阻 (其阻值隨光強增大而減小 )、電感線圈和燈泡。原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓

和u,下列說法正確的是

(

)A.電壓u的頻率為50HzB.電壓表的示數(shù)為 22 2VC.有光照射 R時,電流表的示數(shù)變大D.抽出L中的鐵芯,D變暗考點:交流電、理想變壓器(Ⅱ)解析:選

AC

原線圈接入題圖乙所示的電源電壓,

T=0.02s,所以頻率為

f=T1=50Hz,故

A正確;原線圈接入電壓的最大值是

220 2

V,所以原線圈接入電壓的有效值是

U=220V,理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為

10∶1,所以副線圈電壓是

22V,所以電壓表的示數(shù)為

22V,故

B錯誤;有光照射

R時,R阻值隨光強增大而減小,根據(jù)

P=U2

,得副線圈輸出功率增大,所以原線圈輸入功率增大,所以電流表的示R總數(shù)變大,故

C正確;抽出

L中的鐵芯,電感線圈自感系數(shù)減小,電感線圈對電流的阻礙減小,所以

D變亮,故D錯誤。22、(6分)某同學想測出銀川當?shù)氐闹亓铀俣?g,并驗證機械能守恒定律。為了減小誤差,他設(shè)計了一個實驗如下: 將一根長直鋁棒用細線懸掛在空中 (如圖甲所示),在靠近鋁棒下端的一側(cè)固定電動機使電動機轉(zhuǎn)軸處于豎直方向,在轉(zhuǎn)軸上水平固定一支特制筆 N,借助轉(zhuǎn)動時的現(xiàn)象,將墨汁甩出形成一條細線。調(diào)整筆的位置,使墨汁在棒上能清晰地留下墨線。啟動電動機待轉(zhuǎn)速穩(wěn)定后,用火燒斷懸線,讓鋁棒自由下落,筆在鋁棒上相應(yīng)位置留下墨線。

M,圖乙是實驗時在鋁棒上所留下的墨線,將某條合適的墨線A作為起始線,此后每隔4條墨線取一條計數(shù)墨線,分別記作B、C、D、E。將最小刻度為毫米的刻度尺的零刻度線對準A,此時B、C、D、E對應(yīng)的刻度依次為14.68cm、39.15cm、73.41cm、117.46cm。已知電動機的轉(zhuǎn)速為3000r/min。求:(1)相鄰的兩條計數(shù)墨線對應(yīng)的時間間隔為________s。(2)由實驗測得銀川當?shù)氐闹亓铀俣燃s為________m/s2。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)考點:力學創(chuàng)新實驗(Ⅱ)解析:(1)由于電動機的轉(zhuǎn)速為3000r/min,則其頻率為50Hz,故每隔0.02s特制筆N便在鋁棒上畫一條墨線,又每隔4條墨線取一條計數(shù)墨線,故相鄰計數(shù)墨線間的時間是0.1s。(2)用逐差法求鋁棒的加速度即為濟南當?shù)氐闹亓铀俣萮CE-h(huán)AC117.46-39.15-39.15×10-2g=2=24T4×0.122。m/s=9.79m/s答案:(1)0.1(2)9.7923、(9分)某同學要測量一個由均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ。步驟如下:(1)游標卡尺測量其長度如圖甲所示,可知其長度為________mm;(2)用螺旋測微器測量其直徑如圖乙所示,可知其直徑為________mm;選用多用電表的電阻“×1”擋,按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻,表盤的示數(shù)如圖所示,則該電阻的阻值約為________Ω;圖3(4)為更精確地測量其電阻,可供選擇的器材如下:電流表A1(量程300mA,內(nèi)阻約為2Ω);電流表A2(量程150mA,內(nèi)阻約為10Ω);電壓表V1(量程1V,內(nèi)阻r=1000Ω);電壓表V2(量程15V,內(nèi)阻約為3000Ω);定值電阻R0=1000Ω;滑動變阻器R1(最大阻值5Ω);滑動變阻器R2(最大阻值1000Ω);電源E(電動勢約為4V,內(nèi)阻r約為1Ω);開關(guān),導線若干。為了使測量盡量準確,測量時電表讀數(shù)不得小于其量程的1,電壓表應(yīng)選________,電流表應(yīng)選3________,滑動變阻器應(yīng)選 ________。(均填器材代號)根據(jù)你選擇的器材,請在線框內(nèi)畫出實驗電路圖??键c:電學實驗、各種儀表的讀數(shù)(Ⅱ)解析:(1)50mm+3×0.05mm=50.15mm;(2)4.5mm+0.01×20.0mm=4.700mm;(3)多用電表讀數(shù)22×1Ω=22Ω;(4)由于電源電壓為

4V,顯然電壓表選

15V

時不滿足讀數(shù)不得小于其量程的

13的要求,因此只能選 V1,而V1讀數(shù)又太小,而題目中給了一個定值電阻,將定值電阻與電壓表串聯(lián),裝成一個新的電壓表,量程為 2V,基本滿足要求,這樣由于電阻值約 22Ω,因此回路電流最大約 100mA左右,因此電流表選 A2,為了測量精確,滑動變阻器采用分壓式接法,為了便于調(diào)節(jié),滑動變阻器選用 R1,電路圖中電流表采用外接法,如圖所示。答案:(1)50.15(2)4.700(4.698~4.702)(3)22(4)V1A2R1電路圖見解析24、銀川“檀溪谷溫泉水世界”是西北地區(qū)最大的水上樂園,是夏季銀川市民周末休閑的好去處。如圖為其某水上滑梯示意圖,滑梯斜面軌道與水平面間的夾角為

37°,底部平滑連接一小段水平軌道

(長度可以忽略

),斜面軌道長

L=8m,水平端與下方水面高度差為

h=0.8m。一質(zhì)量為

m=50kg

的人從軌道最高點A由靜止滑下,若忽略空氣阻力,將人看成質(zhì)點,人在軌道上受到的阻力大小始終為

f=0.5mg。重力加速度為

g=10m/s2,sin37

=°0.6。求:(1)人在斜面軌道上的加速度大?。?2)人滑到軌道末端時的速度大?。?3)人的落水點與滑梯末端 B點的水平距離。考點:力學綜合、平拋運動、牛頓運動定律(Ⅱ)解析:(1)設(shè)人在滑梯上的加速度為 a,由牛頓第二定律得:mgsin37-°f=ma得:a=1m/s2。12(2)設(shè)人滑到滑梯末端時的速度大小為v,對人下滑的過程,由動能定理得:mgLsin37-°fL=2mv-0得:v=4m/s。(3)人離開滑梯后做平拋運動,下落時間為 t1 2h=2gt水平距離 x=vt得:x=1.6m。答案:(1)1m/s2 (2)4m/s (3)1.6m25、如圖所示,間距為 L、電阻不計的足夠長雙斜面型平行導軌,左導軌光滑,右導軌粗糙,左、右導軌分別與水平面成 α、β角,分別有垂直于導軌斜面向上的磁感應(yīng)強度為 B1、B2的勻強磁場,兩處的磁場互不影響。質(zhì)量為

m、電阻均為

r的導體棒

ab、cd

與兩平行導軌垂直放置且接觸良好。

ab

棒由靜止釋放,cd棒始終靜止不動。求:(1)ab棒速度大小為 v時通過cd棒的電流大小和 cd棒受到的摩擦力大小。(2)ab棒勻速運動時速度大小及此時 cd棒消耗的電功率。考點:電學綜合、法拉第電磁感應(yīng)定律(Ⅱ)解析:(1)當導體棒 ab的速度為 v時,其切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為:

E=B1Lv①導體棒

ab、cd串聯(lián),由全電路歐姆定律有:

EI=2r②聯(lián)立①②式解得流過導體棒

cd的電流大小為:

I=

B1Lv2r

③導體棒

cd所受安培力為:

F2=B2IL④若mgsinβ>F2,則摩擦力大小為:2B1B2Lvf1=mgsinβ-F2=mgsinβ- ⑤若mgsinβ≤F2,則摩擦力大小為:2B1B2Lvf2=F2-mgsinβ= -mgsinβ。⑥(2)設(shè)導體棒 ab勻速運動時速度為 v0,此時導體棒 ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為: E0=B1Lv0⑦E0流過導體棒 ab的電流大小為: I0=2r⑧導體棒ab所受安培力為: F1=B1I0L⑨導體棒ab勻速運動,滿足:mgsinα-F1=0⑩聯(lián)立⑦⑧⑨⑩式解得:2mgrsinαv0=22B1L此時cd棒消耗的電功率為:P=I2m2g2rsin2α0R=22。B1L答案:(1)B1Lv22mgsinβ-B1B2Lv或B1B2Lv-mgsinβ2r2r2r(2)2mgrsinαm2g2rsin2αB12222LB1L33、[物理——選修3—4](15分)(1)下列說法正確的是________。.溫度低的物體內(nèi)能小.外界對物體做功時,物體的內(nèi)能一定增加C.溫度低的物體分子運動的平均動能小D.一定質(zhì)量的100℃的水吸收熱量后變成100℃的水蒸氣,則吸收的熱量大于增加的內(nèi)能E.物體吸收熱量后,內(nèi)能不一定增加(2)橫截面積為

S的導熱氣缸豎直放置在水平地面上,兩個輕活塞

A和

B將氣缸分隔為Ⅰ、Ⅱ兩個氣室,兩活塞間距離為

d,兩氣室體積之比為

1∶2,如圖

1所示。在保持室溫不變的條件下,緩慢在活塞

A1上加細沙,使之向下移動一段距離 h=2d。不計活塞與氣缸壁之間的摩擦,室內(nèi)大氣壓強為 p0,求所加細沙的質(zhì)量。解析:(1)由于物質(zhì)的量不確定,所以不能說溫度低的物體內(nèi)能小,選項 A錯誤;根據(jù) U=W+Q可知外界對物體做功時,還要看物體的吸熱、放熱情況,所以物體的內(nèi)能不一定增加,選項 B錯誤;溫度是分子平均動能的標志,所以溫度低的物體分子運動的平均動能小,選項 C正確;一定質(zhì)量的 100℃的水吸收熱量后變成 100℃的水蒸氣,由于氣體體積增大,對外做功,即 W<0,根據(jù) U=W+Q可知吸收的熱量大于增加的內(nèi)能,選項 D正確;根據(jù) U=W+Q可知物體吸收熱量后,還要看物體對外做功情況,所以內(nèi)能不一定增加,選項 E正確。(2)由于是輕活塞,質(zhì)量不計,活塞與氣缸間的摩擦不計,因此兩部分氣體壓強相等,狀態(tài) 1時,氣體壓強等于大氣壓強

p=p0,氣室Ⅰ的體積

V1=dS,氣室Ⅱ的體積

V2=2V1=2dS。設(shè)所加細沙的質(zhì)量為

m,此時活塞

B下移距離為

h′,則狀態(tài)

2氣體的壓強

mgp′=p0+S,氣室Ⅰ的體積V1′=(d-h(huán)+h′)S,氣室Ⅱ的體積V2′=(2d-h(huán)′)S由于保持室溫不變、氣缸導熱和緩慢加沙,氣缸內(nèi)氣體做等溫變化,由玻意耳定律得p0dS=p′(d-h(huán)+h′)S①p0·2dS=p′d(2-h(huán)′)S②1聯(lián)立①②式得h′=3d③③式代入②式解得m=p5g0S④p0S答案:(1)CDE (2)35.[物理——選修 3—4](15分)(1)下列說法中正確的是 ( )..光電子的最大初動能跟入射光強度成正比.通過一個狹縫觀察日光燈可看到彩色條紋,是屬于光的衍射現(xiàn)象.在雙縫干涉實驗中,某同學用黃光作為入射光。為了增大干涉條紋的間距,在不改變其它條今年下,該同學可以采用紅光作為入射光E.使電磁波隨各種信號而改變的技術(shù)叫做解調(diào)答案:B

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