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PAGE17-四川省瀘州市瀘縣第一中學(xué)2025屆高三物理上學(xué)期期中試題(含解析)1.關(guān)于物理學(xué)中的貢獻(xiàn),下列說法正確的是()A.奧斯特最先發(fā)覺電流的磁效應(yīng)且首先制造出最原始的發(fā)電機(jī)B.法拉第通過大量的試驗探討發(fā)覺電磁感應(yīng)現(xiàn)象且首先制造出最原始的發(fā)電機(jī)C.惠更斯發(fā)覺單擺具有等時性,他由此制造出第一臺擺鐘D.伽利略發(fā)覺單擺具有等時性,他由此制造出第一臺擺鐘【答案】B【解析】【詳解】奧斯特最先發(fā)覺電流的磁效應(yīng),法拉第首先制造出最原始的發(fā)電機(jī),故A錯誤;法拉第通過大量的試驗探討發(fā)覺電磁感應(yīng)現(xiàn)象且首先制造出最原始的發(fā)電機(jī),故B正確;伽利略最先發(fā)覺單擺做微小搖擺的等時性,惠更斯利用其等時性制作了擺鐘,故CD錯誤.2.如圖所示,線圈ABCD固定在勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直紙面對外.當(dāng)磁場變更時,發(fā)覺線圈AB邊受安培力方向水平向右且恒定不變,則磁場的變更狀況可能是圖中的()A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】由題意可知,安培力的方向向右,依據(jù)左手定則,可知感應(yīng)電流的方向由B到A,再由右手定則可知,當(dāng)垂直向外的磁場在增加時,會產(chǎn)生由B到A的感應(yīng)電流,由法拉第電磁感應(yīng)定律,結(jié)合閉合電路歐姆定律,則安培力的表達(dá)式,因安培力的大小不變,則是定值,因磁場B增大,則減小,即B-t線切線的斜率漸漸減?。籄.該圖與結(jié)論不相符,則選項A錯誤;B.該圖與結(jié)論不相符,則選項B錯誤;C.該圖與結(jié)論不相符,則選項C錯誤;D.該圖與結(jié)論相符,則選項D正確;3.如圖所示,有一內(nèi)壁光滑的高為H=5m、寬為L=1m的直立長方形容器,可視為質(zhì)點的小球在上端口邊緣O以水平初速度v0向左拋出正好打在E點,若球與筒壁碰撞時無能量損失,不計空氣阻力,重力加速度的大小為g=10m/s2.則小球的初速度v0的大小可能是A.2m/s B.4m/s C.6m/s D.9m/s【答案】D【解析】【分析】依據(jù)平拋運(yùn)動在水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的自由落體運(yùn)動規(guī)律列出方程;小球水平運(yùn)動的路程可能為長方形容器寬度的2n+1倍,由此關(guān)系可求得初速度.【詳解】依據(jù)平拋運(yùn)動的分析可知,(2n+1)L=v0t,解得v0=(2n+1)L,要滿意題意,n=0,1,2,3…,所以v0的可能值為1m/s,3m/s,5m/s,7m/s,9m/s…故D正確,ABC錯誤;故選D.4.如下圖所示,ab間接入u=200sin100πtV的溝通電源,志向變壓器的原副線圈匝數(shù)比為2︰1,Rt為熱敏電阻,且在此時的環(huán)境溫度下Rt=2Ω(溫度上升時其電阻減小),忽視保險絲L的電阻,電路中電表均為志向電表,電路正常工作,則A.電壓表的示數(shù)為100VB.保險絲的熔斷電流不小于25AC.原副線圈溝通電壓的頻率之比為2︰1D.若環(huán)境溫度上升,電壓表示數(shù)減小,電流表示數(shù)減小,輸入功率不變【答案】B【解析】【分析】依據(jù)變壓器初次級的匝數(shù)比求解次級電壓有效值即為電壓表讀數(shù);熔斷電流是指有效值;變壓器不變更溝通電的頻率;環(huán)境溫度上升,則熱敏電阻阻值減小,依據(jù)次級電壓不變進(jìn)行動態(tài)分析.【詳解】ab端輸入電壓的有效值為200V,由于志向變壓器的原副線圈匝數(shù)比為2︰1,可知次級電壓有效值為100V,即電壓表的示數(shù)為100V,選項A錯誤;次級電流有效值為,則初級電流有效值,則保險絲的熔斷電流不小于25A,選項B正確;變壓器不變更溝通電壓的頻率,原副線圈的溝通電壓的頻率之比為1︰1,選項C錯誤;若環(huán)境溫度上升,Rt電阻減小,但是由于次級電壓不變,則電壓表示數(shù)不變,電流表示數(shù)變大,次級功率變大,則變壓器的輸入功率變大,選項D錯誤;故選B.【點睛】要知道有效值的物理意義,知道電表的讀數(shù)都是有效值;要知道變壓器的原副線圈的電壓比等于匝數(shù)比,并會計算;要會分析電路的動態(tài)變更,總的原則就是由部分電路的變更確定總電路的變更的狀況,再確定其他的電路的變更的狀況.5.如圖所示,A為地球赤道表面的物體,B為環(huán)繞地球運(yùn)行的衛(wèi)星,此衛(wèi)星在距離地球表面R/2的高度處做勻速圓周運(yùn)動,且向心加速度的大小為a.已知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為6.6R,R為地球的半徑,引常量為G.則下列說法正確的是()A.地球兩極的重力加速度大小3a/2B.物體A的線速度比衛(wèi)星B的線速度大C.地球的質(zhì)量為D.地球的第一宇宙速度大小為【答案】D【解析】分析】依據(jù)萬有引力等于向心力,結(jié)合同步衛(wèi)星的加速度和軌道半徑求出加速度關(guān)系.地球赤道上的物體與同步衛(wèi)星的角速度相等,依據(jù)a=rω2得出向心角速度關(guān)系,利用萬有引力等于向心力求得地球的質(zhì)量.【詳解】衛(wèi)星B繞地球做勻速圓周運(yùn)動,萬有引力供應(yīng)向心力,則有,又r0=1.5R,對于地球兩極的物體有G=m′g,解得,g=2.25a,,故AC錯誤;物體A與地球同步衛(wèi)星的角速度相等,依據(jù)v=ωr知,同步衛(wèi)星的線速度大于物體A的線速度,又由可知,同步衛(wèi)星的線速度小于衛(wèi)星B的線速度,故物體A的線速度小于衛(wèi)星B的線速度,故B錯誤;由,并結(jié)合GM=gR2,可得地球的第一宇宙速度為,故D正確.故選D.【點睛】解決本題的關(guān)鍵駕馭萬有引力供應(yīng)向心力這一重要理論,并能敏捷運(yùn)用,留意赤道上的物體不是靠萬有引力供應(yīng)向心力.6.如圖所示,A、B、C、D為勻強(qiáng)電場中相鄰的四個等勢面,一電子經(jīng)過等勢面D時,動能為16eV,速度方向垂直于等勢面D飛經(jīng)等勢面C時,電勢能為-8eV,飛至等勢面B時速度恰好為零,已知相鄰等勢面間的距離均為4cm,電子重力不計.則下列說法正確的是()A.電子做勻變速直線運(yùn)動B.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為100V/mC.等勢面A的電勢為-8VD.電子再次飛經(jīng)D等勢面時的動能為16eV【答案】ACD【解析】【分析】依據(jù)等勢面方向得到場強(qiáng)方向,從而得到電子所受電場力方向,即可得到電子運(yùn)動;再依據(jù)電子運(yùn)動過程得到動能變更,進(jìn)而得到電勢能不變,從而得到電勢變更,即可依據(jù)等勢面C處的電勢能求得其他地方的電勢.【詳解】A.電子運(yùn)動方向垂直于等勢面,故電子運(yùn)動方向和電場方向平行,那么,電子加速度方向和運(yùn)動方向平行,故電子做勻變速直線運(yùn)動,故A正確;BC.電子飛至等勢面B時速度恰好為零,故有動能定理可知:電子從等勢面D到等勢面B,克服電場力做功為16eV,故等勢面D、B間的電勢差為16V,故場強(qiáng)為:;又有從D到B電勢降低;等勢面C處電子的電勢能為-8eV,故等勢面C的電勢為8V,所以,等勢面A的電勢比等勢面C的電勢低16V,故為-8V,故B錯誤,C正確;D.電子運(yùn)動過程只有電場力做功,故電子再次飛經(jīng)D等勢面時電場力做功為零,那么,電子動能不變,仍為16eV,故D正確;故選ACD.【點睛】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中受到的電場力恒定,故一般通過受力分析(或運(yùn)動分析),由牛頓其次定律,通過加速度得到運(yùn)動狀況(或受力狀況).7.為了平安,在馬路上行駛的汽車必需保持距離.假設(shè)高速馬路上甲、乙兩車在同一車道上行駛,甲車在前,乙車在后.t=0時刻,發(fā)覺前方有事故,兩車同時起先剎車,行進(jìn)中兩車恰好沒有發(fā)生碰撞.兩車剎車過程的v–t圖象如圖所示,以下推斷正確的是A.兩車都停止運(yùn)動時相距25mB.t=0時刻兩車間距等于50mC.t=5s時兩車間距小于t=15s時兩車間距D.乙車剎車的加速度大小是甲車的1.5倍【答案】AB【解析】【詳解】AB、行進(jìn)中兩車恰好沒有發(fā)生碰撞,說明t=10s時刻兩車速度相等時恰好相遇,則t=0時刻兩車間距等于兩車在10s位移之差,為:m=50m.依據(jù)圖象與時間軸圍成的“面積”表示位移可知,甲的剎車距離為:m=200m,而乙的剎車距離為:m,兩車都停止運(yùn)動時相距為:=225m﹣(50m+200m)=25m;故AB正確.C、依據(jù)“面積”表示位移,可知t=5s~15s內(nèi)兩車通過的位移相等,所以t=5s時兩車間距等于t=15s時兩車間距,故C錯誤.D、依據(jù)v﹣t圖象的斜率表示加速度,甲的加速度大小為:a1=1m/s2;乙的加速度大小為:a2=2m/s2;故乙車的加速度是甲車的加速度的2倍;故D錯誤.8.帶電小球在電場力和重力作用下,由靜止起先沿豎直方向向下運(yùn)動.運(yùn)動過程中小球的機(jī)械能隨位移關(guān)系如圖所示,曲線關(guān)于x=x0對稱,最低點位置坐標(biāo)為x0,在小球運(yùn)動到x=2x0的過程中,下列說法正確的是()A.小球所受電場力方向可能不變B.小球所受電場力始終比重力小C.小球加速度始終增大D.小球在x0位置時,動能最大【答案】BC【解析】【詳解】由圖象可知,小球機(jī)械能先減小后增大,則說明電場力先做負(fù)功后做正功,運(yùn)動方向不變,故電場力方向發(fā)生變更,故A錯誤;0﹣x0段小球做加速,又電場力做負(fù)功,故豎直向上,故重力大于電場力,兩段關(guān)于x0對稱,故小球所受電場力始終比重力小,故B正確;圖象中斜率表示電場力,由圖可知,電場力先減小后增大;且據(jù)A項分析可知電場力方向先豎直向上,此時a=g﹣,故加速度增大;后電場力豎直向下且增大,加速度為a=g+,則加速度接著增大,故加速度始終增大;故C正確;依據(jù)C項分析可知,加速度方向始終與速度方向相同,故小球始終加速,2x0處速度最大,故D錯誤.9.唐中“加速度”社的紅梅和秀麗同學(xué)在“探究功與速度變更的關(guān)系”試驗中,采納如圖甲所示裝置,水平正方形桌面距離地面高度為h,將橡皮筋的兩端固定在桌子邊緣上的兩點,將小球置于橡皮筋的中點,向左移動距離s,使橡皮筋產(chǎn)生形變,由靜止釋放后,小球飛離桌面,測得其平拋的水平射程為L.變更橡皮筋的條數(shù),重復(fù)試驗.(1)試驗中,小球每次釋放的位置到桌子邊緣的距離s應(yīng)_______________(選填“不同”“相同”或“隨意”).(2)取橡皮筋對小球做功W為縱坐標(biāo),為了在坐標(biāo)系中描點得到一條直線,如圖乙所示,應(yīng)選__________(填“L”或“L2”)為橫坐標(biāo).若直線與縱軸的截距為b,斜率為k,可求小球與桌面間的動摩擦因數(shù)為__________(運(yùn)用題中所給符號表示).【答案】(1).相同(2).L2(3).【解析】(1)小球每次釋放位置到桌子邊緣的距離s要相同,這樣保證每根橡皮條的形變量相等,則每根彈簧彈力做的功相等.(2)小球拋出后做平拋運(yùn)動,依據(jù),解得:,則初速度,依據(jù)動能定理得:,則所以應(yīng)選L2為橫坐標(biāo),斜率k=,b=μmgs解得:μ=10.某同學(xué)探討小燈泡的伏安特性,所運(yùn)用的器材有:小燈泡L(額定電壓3.8V,額定電流0.32A)電壓表V(量程3V,內(nèi)阻3kΩ)電流表A(量程0.5A,內(nèi)阻0.5Ω)固定電阻(阻值1000Ω)滑動變阻器R(阻值0~9.0Ω)電源E(電動勢5V,內(nèi)阻不計)開關(guān)S,導(dǎo)線若干.(1)試驗要求能夠?qū)崿F(xiàn)在0~3.8V的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進(jìn)行測量,畫出試驗電路原理圖____.(2)試驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖(a)所示.由試驗曲線可知,隨著電流的增加小燈泡的電阻___(填“增大”“不變”或“減小”),燈絲的電阻率____(填“增大”“不變”或“減小”).(3)用另一電源(電動勢4V,內(nèi)阻1.00Ω)和題給器材連接成圖(b)所示的電路,調(diào)整滑動變阻器R的阻值,可以變更小燈泡的實際功率,閉合開關(guān)S,在R的變更范圍內(nèi),小燈泡的最小功率為___W.(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)【答案】(1).電路圖見解析;(2).增大;(3).增大;(4).0.39【解析】【詳解】(1)[1].因本試驗須要電流從零起先調(diào)整,因此應(yīng)采納滑動變阻器分壓接法;因燈泡內(nèi)阻與電流表內(nèi)阻接近,故應(yīng)采納電流表外接法;另外為了擴(kuò)大電壓表量程,應(yīng)用R0和電壓表串聯(lián),故原理圖如圖所示;
(2)[3][4].I-U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數(shù),由圖可知,圖象的斜率隨電壓的增大而減小,故說明電阻隨電流的增大而增大;其緣由是燈絲的電阻率隨著電流的增大而增大;(3)[5].當(dāng)滑動變阻器的阻值最大為9.0Ω時,電路中的電流最小,燈泡實際功率最小,由E=U+I(R+r)得U=-10I+4,作出圖線①如圖所示.由交點坐標(biāo)可得U1=1.78
V,I1=221
mA,P1=U1I1≈039
W;11.在xOy平面的第一象限有一勻強(qiáng)電磁,電場的方向平行于y軸向下,在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強(qiáng)電場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于紙面對里,有一質(zhì)量為m,帶有電荷量+q的質(zhì)點由電場左側(cè)平行于x軸射入電場,質(zhì)點到達(dá)x軸上A點,速度方向與x軸的夾角為φ,A點與原點O的距離為d,接著,質(zhì)點進(jìn)入磁場,并垂直與OC飛離磁場,不計重力影響,若OC與x軸的夾角為φ.求:⑴粒子在磁場中運(yùn)動速度的大??;⑵勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小.【答案】(1)(2)【解析】【詳解】試題分析:(1)由幾何關(guān)系得:R=dsinφ由洛侖茲力公式和牛頓其次定律得解得:(2)質(zhì)點在電場中的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動.設(shè)質(zhì)點射入電場的速度為v0,在電場中的加速度為a,運(yùn)動時間為t,則有:v0=vcosφvsinφ=atd=v0t設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E,由牛頓其次定律得qE=ma解得:12.如圖所示,真空中某豎直平面內(nèi)有一長為2l、寬為l的矩形區(qū)域ABCD,區(qū)域ABCD內(nèi)加有水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直于該豎直面的勻強(qiáng)磁場.一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電微粒,從A點正上方的O點水平拋出,正好從AD邊的中點P進(jìn)入電磁場區(qū)域,并沿直線運(yùn)動,從該區(qū)域邊界上的某點Q離開后經(jīng)過空中的R點(Q、R圖中未畫出).已知微粒從Q點運(yùn)動到R點的過程中水平和豎直分位移大小相等,O點與A點的高度差,重力加速度為g,求:(1)微粒從O點拋出時初速度v0的大小;(2)電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)微粒從O點運(yùn)動到R點的時間t.【答案】(1);(2),;(3)【解析】【詳解】(1)從O到P,帶電微粒做平拋運(yùn)動:所以(2)在P點:設(shè)P點速度與豎直方向的夾角為θ,則帶電微粒進(jìn)入電磁區(qū)域后做直線運(yùn)動,受力如圖,可知其所受合力為零,可知:(3)設(shè)微粒從P到Q所用時間為t1,設(shè)微粒從Q到R所用時間為t2,因水平和豎直分位移相等,得:由題意得:微粒從0點運(yùn)動到R點的時間t為:所以:13.下列說法正確的是()A.空調(diào)機(jī)既能制熱又能制冷,說明熱傳遞不存在方向性B.第一類永動機(jī)不行能制成是因為它違反了能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律C.對于肯定質(zhì)量的志向氣體,只要溫度上升其內(nèi)能就肯定增大D.用溫度計測量溫度是依據(jù)熱平衡的原理E.隨著科技的發(fā)展,熱機(jī)的效率定能達(dá)到100%【答案】BCD【解析】【詳解】熱傳遞存在方向性是說熱量只能自發(fā)的從高溫物體傳向低溫物體,空調(diào)的制冷過程是熱量從溫度較高的室內(nèi)傳到溫度較低的制冷劑,再通過壓縮制冷劑將熱量傳到室外,而制熱過程也是這樣進(jìn)行的.故A錯誤.第一類永動機(jī)不行能制成是因為它違反了能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律.故B正確.志向氣體內(nèi)分子之間的相互作用忽視不計,所以志向氣體的內(nèi)能僅僅與溫度一個,對于肯定質(zhì)量的志向氣體,只要溫度上升其內(nèi)能就肯定增大.故C正確.用溫度計測量溫度是依據(jù)熱平衡的原理,故D正確.依據(jù)熱力學(xué)其次定律可知,即使科學(xué)技術(shù)有長足進(jìn)步,將來的熱機(jī)的效率也達(dá)不到100%.故E錯誤.14.如圖所示,粗細(xì)勻稱的U型玻璃管在豎直平面內(nèi)放置其中AB段水平,左右兩管均豎直.右側(cè)玻璃管內(nèi)封閉肯定質(zhì)量的志向氣體,氣柱長度L=10cm,左側(cè)玻璃管開口且足夠長.室溫為27℃時,左右兩管內(nèi)水銀柱的高度均為h=10cm.求:右管內(nèi)封閉氣體為多少攝氏度時,兩側(cè)管內(nèi)水銀柱高度差為5cm(已知大氣壓強(qiáng)p0=75cmHg).【答案】若左管水銀面比右管低5cm,氣體溫度為77攝氏度;若右管水銀面比左管低5cm,氣體溫度為﹣33攝氏度.【解析】【詳解】以封閉氣體為探討對象;初態(tài)壓強(qiáng)P0=75cmHg,體積V0=LS,溫度T0=(273+27)K=300K若左管水銀面比右管低5cm,其末態(tài)壓強(qiáng)為:P1=(p0﹣h)cmHg=70cmHg末態(tài)體積為:V1=(L+2.5)S=12.5S依據(jù)志向氣體狀態(tài)方程得:代入數(shù)據(jù)解得:T1=350K=77℃若右管水銀面比左管低5cm,其末態(tài)壓強(qiáng)為:P2=(p0+h)cmHg=80cmHg末態(tài)體積為:V2=(L﹣2.5)S=7.5S代入數(shù)據(jù)解得:T2=240K=﹣33℃15.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播,在t秒與(t+2)秒兩個時刻,在x軸上(-3m,3m)區(qū)間的波形完全相同,如圖所示.并且圖中M,N兩質(zhì)點在t秒時位移均為,下列說法中不正確的是A.該波的最大波速為20m/sB.(t+0.1)秒時刻,x=-2m處的質(zhì)點位移肯定是aC.從t秒時刻起,x=2m處的質(zhì)點比x=2.5m的質(zhì)點先回到平衡位置D.從t秒時刻起,在質(zhì)點M第一次到達(dá)平衡位置時,質(zhì)點N恰好到達(dá)波峰E.該列波在傳播過程中遇到寬度為d=3m的狹縫時會發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象【答案】ABD【解析】【詳解】A.由題意知,02s=nT傳播速度所以該波的最小波速為20m/s,故A錯誤符合題意;B.由0.2s=nT當(dāng)n=2時,T=0.1s,所以(t+0.1)秒時刻,x=-2m處的質(zhì)點位移是-a,故B錯誤符合題意;C.由t時刻波形圖知,x=2m處的質(zhì)點
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