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…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年粵教版必修3物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍:全部知識點;考試時間:120分鐘學校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題,共18分)1、如圖所示,兩塊很大的平行金屬板M、N正對放置,分別帶有等量異種電荷,在兩板間形成勻強電場,空間同時存在垂直紙面的勻強磁場。有一帶電粒子在兩板間恰能沿直線運動,速度大小為v0。不計粒子重力。當粒子運動到P點時;迅速將M;N板間距增大少許,則此后粒子的運動情況是()

A.沿軌跡①做曲線運動B.沿軌跡④做曲線運動C.運動方向改變,沿軌跡②做直線運動D.運動方向不變,沿軌跡③做直線運動2、關于電磁感應現(xiàn)象,下列說法中正確的是()A.閉合線圈放在變化的磁場中,必然有感應電流產生B.閉合正方形線圈在勻強磁場中垂直磁感線運動,必然產生感應電流C.穿過閉合線圈的磁通量變化時,線圈中有感應電流D.只要穿過電路的磁通量發(fā)生變化,電路中一定有感應電流產生3、如圖所示,圓臺上下底面的圓心分別為O1、O2,兩點連線的中點為O,以O為圓心的圓周上放置四個點電荷,E、F處電荷的電量為-q,G、H處電荷的電量為+q,以O1、O2、O為圓心的圓平面水平且平行;若下面研究中的微粒重力忽略不計,下列說法正確的是()

A.O1處電場強度大于O2處電場強度B.直線O1O2上各點電勢相等C.將-q微粒從O1點沿O1O方向移至O點過程電勢能增加D.將-q微粒從O1點沿O1O方向移至O點過程所受電場力一直減小4、如圖所示為滾筒式靜電分選器的示意圖;由料斗A,導板B,導體滾筒C,刮板D,料槽E;F和放電針G等部件組成。滾筒C、放電針G分別接直流高壓電源的正、負極,并令滾筒C接地,放電針G與轉輪間施加高壓并電離空氣,顆粒經過電離空氣后都帶上電荷?,F(xiàn)將金屬和塑料碎成粉粒后加入滾筒,由于塑料及金屬導電性能不同,最終可完成分離,并通過料槽E、F進行回收,則下列說法正確的是()

A.經過電離空氣后,金屬帶正電,塑料帶負電B.金屬粉粒會落入料槽FC.塑料粉粒會落入料槽FD.金屬粉粒吸附滾筒的能力更強5、如圖,M、N和P是以為直徑的半圓弧上的三點,O點為半圓弧的圓心,電荷量相等、符號相反的兩個點電荷分別置于M、N兩點,這時處于O點的點電荷所受靜電力大小為若將N點處的點電荷移至P點,則O點的點電荷所受靜電力大小變?yōu)榕c之比為()

A.B.C.D.6、庫侖定律是電磁學的基本定律.1766的英國的普里斯特利通過實驗證實了帶電金屬空腔不僅對位于空腔內部的電荷沒有靜電力的作用,而且空腔內部也不帶電.他受到萬有引力定律的啟發(fā),猜想兩個點電荷(電荷量保持不變)之間的靜電力與它們的距離的平方成反比.1785年法國的庫侖通過實驗證實了兩個點電荷之間的靜電力與它們的電荷量的乘積成正比,與它們的距離的平方成反比.下列說法不正確的是()A.普里斯特利的實驗表明,處于靜電平衡狀態(tài)的帶電金屬空腔內部的電場處處為0B.普里斯特利的猜想運用了“類比”的思維方法C.為了驗證兩個點電荷之間的靜電力與它們的電荷量的乘積成正比,庫侖精確測定了兩個點電荷的電荷量D.庫侖利用扭秤裝置驗證了兩個點電荷之間的靜電力與它們的距離的平方成反比7、如圖所示;電容器的一個極板接地,另一個極板與一個靈敏的靜電計相接,用靜電計測量平行板電容器兩極板之間的電勢差。實線和虛線分別表示變化前后的指針位置。下列操作與上述實驗結果相符的是()

A.僅減小兩極板間的正對面積B.僅減小兩極板間的距離C.僅在兩極板間插入有機玻璃D.僅減小電容器所帶電荷量8、阻值相等的三個電阻R、電容器C及電池E(內阻可忽略)連接成如圖所示電路.開關S斷開且電流穩(wěn)定時,C所帶的電荷量為閉合開關S,電流再次穩(wěn)定后,C所帶的電荷量為與的比值為()

A.B.C.D.9、在如圖所示電路中,電源電動勢為電源內阻為電路中的電阻為小型直流電動機的內阻為閉合開關后,電動機轉動,電流表的示數(shù)為.則以下判斷中正確的是())

A.電動機兩端的電壓為B.電動機的輸出功率為C.電動機產生的熱功率D.電源輸出的電功率為評卷人得分二、多選題(共5題,共10分)10、如圖甲所示為市面上的一款自發(fā)電無線門鈴;按下按鍵,按鍵將推動永磁鐵運動(平面運動如圖乙所示),即能產生電能供給發(fā)射器部件(接線圈兩端,圖中沒有畫出)正常工作。松開按鍵后,在彈簧的作用下按鍵將恢復原位。關于按壓按鍵和松開按鍵反彈過程中,下列說法正確的是()

A.連續(xù)按壓和松開按鍵過程,線圈中一定產生交變電流B.按壓和松開按鍵過程,線圈中都產生感應電動勢C.按住門鈴按鍵保持不動,線圈中一直保持有感應電流D.按鍵反彈過程,彈簧的彈性勢能部分轉化為電能11、如圖所示,為熱敏電阻,其電阻值隨溫度的升高而變小,為光敏電阻,其阻值隨光照的增強而變小,和均為定值電阻,電源電動勢為E,內阻為r;V為理想電壓表,現(xiàn)發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)增大,可能的原因是(??)

A.熱敏電阻溫度升高,其他條件不變B.熱敏電阻溫度降低,其他條件不變C.光照增強,其他條件不變D.光照減弱,其他條件不變12、用電場線能很直觀、很方便地比較電場中各點的強弱,如下圖甲是等量異種點電荷形成電場的電場線,圖乙是場中的一些點:O是電荷連線的中點,E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點,B、C和A、D也相對O對稱.則()

A.B、C兩點場強大小和方向都相同B.A、D兩點場強大小相等,方向相反C.E、O、F三點比較,O的場強最強D.B、O、C三點比較,O點場強最弱13、在x軸上坐標為-3L和3L的兩點固定電荷量不等的兩點電荷,坐標為3L處電荷帶正電,電荷量大小為Q。兩點電荷連線上各點電勢隨x變化的關系如圖所示,其中x=L處電勢最低,x軸上M、N兩點的橫坐標分別為-2L和2L;則()

A.兩點電荷為異種電荷B.同一檢驗電荷在M點受到電場力大于N受到的電場力C.坐標為-3L處電荷的電荷量大小為2QD.坐標為-3L處電荷的電荷量大小為4Q14、如圖,兩條水平光滑金屬導軌固定在電磁鐵兩磁極之間,導軌兩端a、b斷開,金屬桿L垂直導軌放置.閉合開關S;下列判斷正確的是。

A.電磁鐵兩磁極之間的磁場方向向下B.若給金屬桿向左的初速度,則a點電勢高于b點C.若a、b間接導線,向下移動滑片p,則金屬桿向左運動D.若a、b間接直流電源,a接正極、b接負極,則金屬桿向左運動評卷人得分三、填空題(共9題,共18分)15、質量為m、電荷量為q的粒子,以初速度v0垂直于電場方向進入兩平行板間場強為E的勻強電場,極板間距離為d,兩極板間電勢差為U,板長為l.

(1)偏轉距離:由t=(),a=(),所以y=()=()

(2)偏轉角度:因為vy=()=(),所以tanθ=()=()

(3)由知x=()粒子射出電場時速度方向的反向延長線過水平位移的().16、三根完全相同的長直導線互相平行,通以大小和方向都相同的電流。它們的截面處于一個正方形abcd的三個頂點a、b、c處,如圖所示。已知每根通電長直導線在其周圍產生的磁感應強度與距該導線的距離成反比,通電導線b在d處產生的磁場其磁感應強度大小為B,則三根通電導線產生的磁場在d處的總磁感應強度大小為______。

17、分別表示在一條直線上從左到右的三個點電荷,已知與之間的距離為與之間的距離為且每個電荷都處于平衡狀態(tài).

(1)如為正電荷,則為________電荷.

(2)三者電量大小之比是________.18、均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示,在半球面AB上均勻分布正電荷,總電荷量為q,球面半徑為R,CD為通過半球頂點與球心O的軸線,在軸線上有M、N兩點,已知M點的場強大小為E,靜電力常量為k,則N點的場強大小為___________,方向為___________(選填“C指向D”或“D指向C”)。

19、把負電荷q=5×10?5C從無窮遠處移到電場中A點,克服電場力做功4.0×10?6J,再把q從A點移到B點,電場力對電荷做1×10?4J的功,A點電勢為________V,B點電勢為__________V。20、如圖所示,A、B、C、D是勻強電場中一正方形的四個頂點,已知A、B、C三點的電勢分別為φA=15V,φB=3V,φC=-3V;由此。

(1)則D點電勢φD=____________V

(2)若該正方形的邊長為a=20cm,且電場方向與正方形所在平面平行,則場強為E=_________N/C21、有一已充電的電容器,若使它的電荷量減少則其電壓由原來的1.5V變?yōu)?.5V,由此可知電容器的電容是___________F;原來帶電荷量是___________C。22、在導體的U-I圖像中,斜率反映了______。23、如圖所示,一滿偏電流Ig=1mA、內阻Rg=300的表頭G,先將其與定值電阻R1并聯(lián),后再與定值電阻R2串聯(lián),改裝成一個既可以測電流又可以測電壓的兩用電表,公共接線柱和1之間為電流4mA擋,公共接線柱和2之間為電壓3V擋,R1=______R2=______

評卷人得分四、作圖題(共1題,共8分)24、在如圖所示的四幅圖中;分別給出了導線中的電流方向或磁場中某處小磁針靜止時N極的指向或磁感線方向。請畫出對應的磁感線(標上方向)或電流方向。

評卷人得分五、實驗題(共3題,共21分)25、在“測電源電動勢和內阻”實驗中,待測電源為干電池a(電動勢E1約1.5V,內阻r1約1Ω)和水果電池b(電動勢E2約1V,內阻r2約1000Ω)

(1)電路如圖1,下列選擇正確的是________。

A.測a、b時,S2均接1

B.測a、b時,S2均接2

C.測a時,S2接1,測b時,S2接2

D.測a時,S2接2,測b時,S2接1

(2)現(xiàn)有下列器材:

A.電壓表V(0~15V;約3kΩ)

B.電流表A1(0~0.6A;約1Ω)

C.電流表A2(0~1mA;100Ω)

D.定值電阻R1(2kΩ)

E.滑動變阻器R2(0~10Ω)

F.滑動變阻器R3(0~1000Ω)

G.開關S1、S2;導線若干。

①甲用上述器材測干電池a,電壓表應選_____,滑動變阻器應選_____(填字母代號)。

②乙同學另找來一電阻箱,結合電流表用如圖2電路測量電池b。測得多組數(shù)據(jù),作出圖像如圖3,則電池b電動勢E2=_______V,內阻r2=__________。26、如圖所示,游標卡尺的讀數(shù)為_________cm,螺旋測微器的讀數(shù)為_________mm。

27、測一量程為3V的電壓表的內阻;其內阻估計在10kΩ~20kΩ之間。提供下列器材:

A.電源:電動勢6V

B.滑動變阻器;最大阻值200Ω

C.電流表:量程200μA;內阻約200Ω

D.電流表:量程50mA;內阻約100Ω

E.電流表:量程0.6A;內阻0.4Ω

F.電鍵一個;導線足夠。

(1)為了使實驗順利進行并減小誤差,電流表應選用_________(填代號);

(2)某同學連接的實驗電路如圖所示,所連電路存在明顯錯誤。經仔細觀察發(fā)現(xiàn),只要添加一根導線即可,那么添加的導線應接在___________兩點間(填字母)。實驗前滑動變阻器的滑動觸頭應滑到最_________端(填“左”“右”)。參考答案一、選擇題(共9題,共18分)1、D【分析】【詳解】

電容器帶電量Q不變,根據(jù)

可得

又因為Q、S、不變,可知E與d無關,故M、N增大少許,場強E不變;故粒子所受電場力不變,受力仍然平衡,故依舊做勻速直線運動,即沿軌跡③做直線運動;

故選D。2、C【分析】【詳解】

A.閉合線圈放在變化的磁場中;當穿過線圈的磁通量變化時,才有感應電流產生,故A錯誤;

B.閉合正方形線圈在勻強磁場中垂直磁感線運動;磁通量不變,則不產生感應電流,故B錯誤;

C.穿過閉合線圈的磁通量變化時;線圈中有感應電流,故C正確;

D.只有穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化;電路中才一定有感應電流產生,故D錯誤;

故選C。3、B【分析】【詳解】

A.因O1O與O2O的距離相等,故O1與O2的合電場強度都為零;選項A錯誤;

B.同理O1O2此線上場強處零,電場力不做功,則直線O1O2上各點電勢相等;所以選項B正確;

C.將-q微粒從O1點沿O1O方向移至O點過程;電場力不做功,電勢能變化為零,所以選項C錯誤;

D.因O與O1點的合電場強度都為零,但O1O之間的電場強度都為零,所以將-q微粒從O1點沿O1方向移至O點過程所受電場力為零;選項D錯誤。

故選B.4、B【分析】【詳解】

A.放電針G附近的空氣受高壓電場作用而電離;在電場力作用下,大量的電子或負離子被噴射在粉粒上,兩種粉粒均帶負電,故A項錯誤;

BCD.帶負電的金屬粉粒因具有良好的導電性;所以在與帶正電的滾筒C接觸后,其上的負電被滾筒C上的正電中和,在重力作用下落于料槽F;絕緣性能良好的塑料粉粒,其所帶負電不容易傳給滾筒C,在滾筒C的靜電吸引力作用下,附著于滾筒C的表面并隨滾筒C轉動,最后粉粒較大者在重力作用下掉入料槽E,粉粒較小者由刮板將其刮入料槽E,故B項正確,C,D項錯誤。

故選B。5、B【分析】【詳解】

假設M、O兩處點電荷帶正電、N處點電荷帶負電,依題意,M、N處兩點電荷對O點的點電荷的靜電力大小均為則當N點處的點電荷移至P點時,O處點電荷所受靜電力如圖所示。

由幾何關系可知,合力大小為

則有

故選B。6、C【分析】【詳解】

A;普里斯特利的實驗表明;處于靜電平衡狀態(tài)的帶電金屬空腔內部的電場處處為0,故A正確;

B;普里斯特利聯(lián)想到萬有引力定律的猜想;故運用了“類比”的思維方法,故B正確;

C;為了驗證兩個點電荷之間的靜電力與它們的電荷量的乘積成正比;庫侖定性的比較了電荷的變化,并沒有精確測量兩點電荷的電荷量;故C錯誤;

D;庫侖利用扭秤裝置驗證了兩個點電荷之間的靜電力與它們的距離的平方成反比;故D正確;

錯誤的故選C.

【點睛】

金屬導體在點電荷附近,出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象,導致電荷重新分布.因此在金屬導體內部出現(xiàn)感應電荷的電場,正好與點電荷的電場疊加,只有疊加后電場為零時,電荷才不會移動;明確庫侖實驗的原理.7、A【分析】【詳解】

根據(jù)

解得

A.僅減小兩極板間的正對面積,U增大;指針偏角增大,A正確;

B.僅減小兩極板間的距離,U減??;指針偏角減小,B錯誤;

C.僅在兩極板間插入有機玻璃,ε增大,U減小;指針偏角減小,C錯誤;

D.僅減小電容器所帶電荷量Q,U減??;指針偏角減小,D錯誤。

故選A。8、B【分析】【詳解】

由于電源內阻不計,開關S斷開時,電容器的電壓為

電容器所帶電荷量為

開關S閉合時,電容器的電壓為

電容器所帶電荷量為

則有

故選B。9、B【分析】【詳解】

電流表讀數(shù)2A,可得R0以及電源內阻消耗電壓共為:所以根據(jù)閉合電路歐姆定律,電動機的到電壓為:故A錯誤;電動機的內阻發(fā)熱為:故C錯誤;電機總功率為:所以輸出功率為:故B正確;電源總功率為:電源的內耗功率為:電源輸出功率為:故D錯誤.所以B正確,ACD錯誤.二、多選題(共5題,共10分)10、B:D【分析】【詳解】

A.連續(xù)按壓和松開按鍵過程不能保證線圈中磁通量一定是周期性變化的;故不一定產生交變電流,A項錯誤;

B.按壓和松開按鍵過程;永久磁鐵通過鐵芯形成閉合磁路,線圈中磁通量發(fā)生變化,線圈中都產生感應電動勢,B項正確;

C.按住門鈴按鍵不動;穿過線圈的磁通量保持不變,感應電動勢和感應電流為零,C項錯誤;

D.由能量守恒定律可知按鍵反彈過程;彈簧的彈性勢能減小,克服磁場力做功并轉化為電能,也有部分能量轉化為其他形式的能,D項正確。

故選BD。11、A:D【分析】【詳解】

AB.熱敏電阻溫度升高時,其阻值減小,外電路總電阻減小,總電流增大,內電壓增大,路端電壓隨之減小,而R2的電壓增大,則并聯(lián)部分的電壓減小,通過光敏電阻的電流減小,所以通過的電流增大;電壓表的讀數(shù)增大,相反,同理可得熱敏電阻溫度降低,其他條件不變,電壓表的示數(shù)減小,故A正確,B錯誤;

CD.光照增強,光敏電阻的阻值減小,外電路總電阻減小,總電流增大,內電壓增大,路端電壓隨之減小,而R2的電壓增大,并聯(lián)部分的電壓減小,通過的電流減小;則電壓表的示數(shù)減小,反之同理,光照減弱,電壓表的示數(shù)增大,故D正確,C錯誤。

故選AD。12、A:C:D【分析】【分析】

【詳解】

A.由等量異種點電荷形成電場的電場線分布對稱性可知,B、C兩點電場線的疏密情況相同且箭頭的方向都是水平向右,則有B、C兩點場強大小和方向均相同;故A正確;

B.電場線中A、D兩點疏密程度相同且箭頭的指向均是水平向左,則A、D兩點場強大小相同;方向也相同,故B錯誤;

C.在等量異種點電荷連線的中垂線上,由電場線分布可知,E、O、F三點比較,O點電場線最密,則O點場強最強;故C正確;

D.在等量異種點電荷連線上,由電場線分布可知,B、O、C三點比較,O點電場線最稀疏;則O點場強最弱,故D正確。

故選ACD。13、B:D【分析】【詳解】

A.正電荷周圍的電勢為正;負電荷周圍的電勢為負,因此由圖可知,兩點電荷均為正電荷,故A錯誤;

B.在x軸上坐標為-3L和3L的兩點固定電荷均為正電荷,在M點處的合場強為

在N點處的合場強為

在M點處的合場強大于在N點處的合場強,故由

可知同一檢驗電荷在M點受到電場力大于N受到的電場力;故B正確;

CD.在x=L處電勢最低,此處圖線的斜率為0,即該點的合場強為0,設坐標為-3L處電荷的電荷量大小為則有

解得

故C錯誤;D正確。

故選BD。14、A:C【分析】【詳解】

A.閉合開關S;根據(jù)右手螺旋法則可知,電磁鐵兩磁極之間的磁場方向向下,選項A正確;

B.根據(jù)右手定則可知,若給金屬桿向左的初速度,則a點電勢低于b點;選項B錯誤;

C.若a、b間接導線,向下移動滑片p;則螺線管中的電流變大,磁場增強,由于穿過閉合回路的磁通量增加,由楞次定律可知,金屬桿向左運動,選項C正確;

D.若a、b間接直流電源,a接正極、b接負極,由左手定則可知,金屬桿向右運動,選項D錯誤.三、填空題(共9題,共18分)15、略

【分析】【詳解】

(1)[1]垂直電場線方向,粒子做勻速直線運動,則有:

[2]沿電場線方向,粒子做初速度為零的勻加速直線運動,根據(jù)牛頓第二定律有:

根據(jù)電勢差與電場強度的關系有:

解得:

[3]所以沿電場線方向的位移有:

[4]代入a和t可得:

(2)[5]沿電場線方向的速度為

[6]代入a和t可得:

[7]根據(jù):

可得:

(3)[8]由知:

[9]粒子射出電場時速度方向的反向延長線過水平位移的:【解析】16、略

【分析】【分析】

根據(jù)等距下電流所產生的B的大小與電流成正比,得出各電流在d點所產生的B的大小關系,由安培定則確定出方向,再利用矢量合成法則求得B的合矢量的大小和方向。

【詳解】

假設正方形的邊長為L,通電導線b在d處所產生磁場的磁感應強度大小為B,根據(jù)幾何關系得

每根通電導線在其周圍產生的磁場的磁感應強度大小與距該導線的距離成反比則a與c在d處產生的磁場的強度

方向如圖。

則d點的磁感應強度【解析】3B17、略

【分析】【詳解】

[1]若為正電荷,則不可能平衡,故為負電荷;

[2]對有

對有

對有

聯(lián)立解得三者電量大小之比為【解析】負18、略

【分析】【詳解】

[1][2]設球心在O點的球殼為完整的帶電荷量為2q的帶電球殼,則在M、N兩點產生的場強大小為

題圖中左半球殼在M點產生的場強為E,則右半球殼在M點產生的場強為

由對稱性知,左半球殼在N點產生的場強大小為方向由C點指向D點?!窘馕觥緾指向D19、略

【分析】【詳解】

[1]無窮遠間與A的電勢差為

無窮遠電勢為零,由得A點電勢:

[2]A、B間電勢差為:

因則B點電勢【解析】-0.081.9220、略

【分析】【詳解】

(1)[1]勻強電場中,沿著任意方向每前進相同的距離,電勢變化都相等,

解得:φD=9V

(2)[2]連接AC,將AC三等分,標上三等分點E、F,則根據(jù)勻強電場中沿電場線方向相等距離,電勢差相等可知,E點的電勢為3V,F(xiàn)點的電勢為9V.連接DF;是一條等勢線.

將DF延長交于AB于P點,則P點的電勢為φP=φD=9V

可知P是AB的中點,

PD是該電場的一條等勢線,作AM⊥PD,根據(jù)等面積原理知

場強【解析】921、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]根據(jù)電容器電容公式有

[2]原來電容器所帶電荷量為【解析】①.②.22、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】導體電阻的大小23、略

【分析】【分析】

【詳解】

公共接線柱和1之間為電流I=4mA擋,根據(jù)并聯(lián)電路的特點可得IgRg=(I-Ig)R1

解得R1=100Ω

公共接線柱和1之間的總電阻為

公共接線柱和2之間為電壓U=3V擋,根據(jù)串聯(lián)電路的特點可得

其中I=4mA=0.004A

解得R2=675Ω【解析】①.100②.675四、作圖題(共1題,共8分)24、略

【分析】【分

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