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1、第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),【知識(shí)梳理】 知識(shí)點(diǎn)1常見(jiàn)的電容器電容器的電壓、電荷量和 電容的關(guān)系 1.電容器: (1)組成:由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。 (2)帶電量:一個(gè)極板所帶電荷量的_。,絕對(duì)值,(3)電容器的充電、放電。 充電:使電容器帶電的過(guò)程,充電后電容器兩極板帶 上等量的_,電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能。 放電:使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程,放電過(guò)程 中_轉(zhuǎn)化為其他形式的能。,異種電荷,電場(chǎng)能,2.電容: (1)公式。 定義式:_。 推論:C= 。 (2)單位:法拉(F),1F=_F=_pF。,106,1012,(3)電容與電壓、電荷量的關(guān)系:電容C的大小由電容
2、器 本身結(jié)構(gòu)決定,與電壓、電荷量_。不隨電量Q變化, 也不隨電壓U變化。,無(wú)關(guān),3.平行板電容器及其電容: (1)影響因素:平行板電容器的電容與正對(duì)面積成正比, 與介質(zhì)的_成正比,與_成反比。 (2)決定式:C=_,k為靜電力常量。r為_(kāi) _,與電介質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)。,介電常數(shù),兩板間的距離,相對(duì)介電,常數(shù),知識(shí)點(diǎn)2帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)示波管 1.加速問(wèn)題:若不計(jì)粒子的重力,則電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子的_的增量。 (1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中:W=qEd=qU=_。 (2)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中:W=qU=_。,動(dòng)能,2.偏轉(zhuǎn)問(wèn)題: (1)條件分析:不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電 場(chǎng)線(xiàn)方向飛入
3、勻強(qiáng)電場(chǎng)。 (2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì):_運(yùn)動(dòng)。 (3)處理方法:利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解。 沿初速度方向:做_運(yùn)動(dòng)。 沿電場(chǎng)方向:做初速度為零的_運(yùn)動(dòng)。,類(lèi)平拋,勻速直線(xiàn),勻加速直線(xiàn),3.示波管的構(gòu)造: _,_,_。(如圖所示),電子槍,偏轉(zhuǎn)電極,熒光屏,【易錯(cuò)辨析】 (1)電容是表示電容器儲(chǔ)存電荷本領(lǐng)的物理量。() (2)放電后的電容器電荷量為零,電容也為零。() (3)一個(gè)電容器的電荷量增加Q=1.010-6C時(shí),兩板間電壓升高10V,則電容器的電容C=1.010-7F。 (),(4)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中可以做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。 () (5)示波管屏幕上的亮線(xiàn)是由電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。(),(6)
4、帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力必須忽略不計(jì)。 () 提示:(1)。電容器是能夠儲(chǔ)存電荷的器件,用電容表示其儲(chǔ)存電荷的本領(lǐng)。 (2)。電容器的電容C是由電容器本身的性質(zhì)決定的,與電容器是否帶電無(wú)關(guān),電容器放電后,電容器的帶電荷量為零,其電容C保持不變。,(3)。 (4)。帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中可以做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),也可以做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)形式由初速度方向與電場(chǎng)方向的夾角決定,是否勻變速運(yùn)動(dòng)由合外力決定。 (5)。由示波管的原理可知此種說(shuō)法正確。,(6)。帶電粒子的重力是否能忽略,由具體問(wèn)題的研究條件決定,對(duì)于基本粒子,重力一般都可忽略;但對(duì)于帶電液滴、油滴、小球等,重力一般不能忽略。,考點(diǎn)1平行板電容器的兩類(lèi)
5、動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題 【核心要素精講】 1.分析比較的思路: (1)先確定是Q還是U不變:電容器保持與電源連接,U不變;電容器充電后與電源斷開(kāi),Q不變。 (2)用決定式C= 確定電容器電容的變化。,(3)用定義式C= 判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間 電壓U的變化。 (4)用E= 分析電容器極板間場(chǎng)強(qiáng)的變化。,2.兩類(lèi)動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題的比較:,【高考命題探究】 【典例1】(2016全國(guó)卷)一平行板電容器兩極板之間充滿(mǎn)云母介質(zhì),接在恒壓直流電源上,若將云母介質(zhì)移出,則電容器世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)42722161(),A.極板上的電荷量變大,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 B.極板上的電荷量變小,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 C.極板上的
6、電荷量變大,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 D.極板上的電荷量變小,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變,【思考探究】 (1)“接在恒壓直流電源上”,說(shuō)明_ _。 (2)“將云母介質(zhì)移出”說(shuō)明_。 (3)如何分析電容器的電荷量及電場(chǎng)強(qiáng)度的變化? 提示:依據(jù)電容的決定式和定義式分析動(dòng)態(tài)變化。,電容器兩極板間的,電壓保持不變,電容器的介電常數(shù)變小,【解析】選D。據(jù)C= 可知,將云母介質(zhì)移出電容器 C變小,電容器接在恒壓直流電源上,電壓不變,據(jù)Q=CU 可知極板上的電荷量變小,據(jù)E= 可知極板間電場(chǎng)強(qiáng) 度不變,故選D。,【遷移訓(xùn)練】,遷移1:把電源斷開(kāi) (多選)將【典例1】中的電源斷開(kāi),當(dāng)把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后,下列說(shuō)法
7、正確的是() A.電容器的電容增大B.極板間的電勢(shì)差增大 C.極板上的電荷量變大D.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大,【解析】選B、D。電源斷開(kāi),當(dāng)把云母介質(zhì)從電容器中 快速抽出后,極板所帶電荷量保持不變,極板間的介電 常數(shù)變小,由C= 可知,電容器的電容減小,選項(xiàng)A、 C錯(cuò)誤;由C= 得U= ,Q不變,C減小,U增大,選項(xiàng)B正 確;由 得,E= 故極板間的 場(chǎng)強(qiáng)變大,選項(xiàng)D正確。,遷移2:將云母介質(zhì)換成金屬板 在【典例1】中,若將云母介質(zhì)換成金屬板,接在恒壓直流電源上,當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后,下列說(shuō)法正確的是(),A.電容器的電容增大 B.電容器所帶電荷量減少 C.極板間的電壓增大 D.極板間電場(chǎng)
8、強(qiáng)度變大,【解析】選B。當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后,電 容器兩極板間的電壓不變,但兩極板間的距離變大,由 C= 可知,電容器的電容減小,選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤;由C= 得Q=CU,電壓U不變,C減小,故電容器所帶電荷量減 少,選項(xiàng)B正確;由公式E= 可得電場(chǎng)強(qiáng)度E變小,選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。,遷移3:在平行板間放置帶電粒子 (多選)在【典例1】中,若水平平行板內(nèi)部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中,云母介質(zhì)保持不動(dòng),同時(shí)下極板接地,當(dāng)將上極板向右移動(dòng)一小段距離時(shí),則下列說(shuō)法正確的是(),A.電容器所帶電荷量保持不變 B.極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變 C.粒子所在初位置的電勢(shì)保持不變 D.粒子將加速向下運(yùn)動(dòng),【解
9、析】選B、C。由C= 可知,當(dāng)S減小時(shí),電容器 的電容減小,由C= 得Q=CU,電壓U不變,C減小,故電容 器所帶電荷量減少,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;U和d不變,由E= 可知, 極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變,選項(xiàng)B正確;由于極板間的 電場(chǎng)強(qiáng)度不變,粒子所在初位置到下極板間的距離不變, 故該點(diǎn)到零電勢(shì)點(diǎn)的電勢(shì)差不變,即該點(diǎn)的電勢(shì)不變, 粒子的電勢(shì)能不變,選項(xiàng)C正確;由于粒子的受力情況不 變,故粒子仍然保持靜止?fàn)顟B(tài),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。,【規(guī)律總結(jié)】分析平行板電容器動(dòng)態(tài)變化的三點(diǎn)關(guān)鍵 (1)確定不變量:先明確動(dòng)態(tài)變化過(guò)程中的哪些量不變, 是電荷量保持不變還是極板間電壓不變。 (2)恰當(dāng)選擇公式:靈活選取電容的決定式和定義
10、式,分 析電容的變化,同時(shí)用公式E= 分析極板間電場(chǎng)強(qiáng)度 的變化情況。 (3)若兩極板間有帶電微粒,則通過(guò)分析電場(chǎng)力的變化, 分析其運(yùn)動(dòng)情況的變化。,【加固訓(xùn)練】(多選) (2017長(zhǎng)沙模擬)如圖所示,兩塊較大的金屬板A、B相距為d,平行放置并與一電源相連,S閉合后,兩板間恰好 有一質(zhì)量為m,帶電量為q 的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài),以 下說(shuō)法正確的是(),A.若將S斷開(kāi),則油滴將做自由落體運(yùn)動(dòng),G表中無(wú)電流 B.若將A向左平移一小段位移,則油滴仍然靜止,G表中有ba的電流 C.若將A向上平移一小段位移,則油滴向下加速運(yùn)動(dòng),G表中有ba的電流 D.若將A向下平移一小段位移,則油滴向上加速運(yùn)動(dòng),G表中有b
11、a的電流,【解析】選B、C。將S斷開(kāi),電容器電量不變,板間場(chǎng)強(qiáng) 不變,故油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若S閉合,將A 板左移,由E= 可知,E不變,油滴仍靜止,由C= 可 知正對(duì)面積減小時(shí)電容C變小,則電容器極板電量Q=CU 變小,電容器放電,則有ba的電流,故選項(xiàng)B正確;將A 板上移,由E= 可知,E變小,油滴應(yīng)向下加速運(yùn)動(dòng),由,C= 可知板間距離增大時(shí)電容C變小,電容器要放電, 則有ba的電流流過(guò)G,故選項(xiàng)C正確;當(dāng)A板下移時(shí),板 間電場(chǎng)強(qiáng)度增大,油滴受的電場(chǎng)力增加,油滴向上加速 運(yùn)動(dòng),由C= 可知板間距離減小時(shí)C增大,電容器要 充電,則有ab的電流流過(guò)G,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。,考點(diǎn)2帶電粒子
12、在電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 【核心要素精講】 1.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理: (1)基本粒子:如電子、質(zhì)子、粒子、離子等,除有說(shuō)明或明確的暗示以外,一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。,(2)帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說(shuō)明或有明確的暗示以外,一般都不能忽略重力。 2.帶電粒子在電場(chǎng)中平衡的解題步驟: (1)選取研究對(duì)象。 (2)進(jìn)行受力分析,注意電場(chǎng)力的方向特點(diǎn)。 (3)由平衡條件列方程求解。,3.解決帶電粒子在電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的兩種思路: (1)根據(jù)帶電粒子受到的電場(chǎng)力,用牛頓第二定律求出加速度,結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況。此方法只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)。 (2)根據(jù)電
13、場(chǎng)力對(duì)帶電粒子所做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化求解。此方法既適用于勻強(qiáng)電場(chǎng),也適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)。,【自思自悟】 (1)帶電粒子在電場(chǎng)中平衡問(wèn)題的解題步驟是什么? (2)解決帶電粒子在電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)有哪兩種思路?,【高考命題探究】 【典例2】(2015全國(guó)卷)如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45,再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)42722162(),A.保持靜止?fàn)顟B(tài) B.向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng) C.向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng) D.向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng),【思考探究】 (1)“金屬
14、板水平放置”時(shí),“微粒恰好保持靜止?fàn)?態(tài)”說(shuō)明_。 (2)當(dāng)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45時(shí),微粒受的 重力大小、方向_,而電場(chǎng)力將_ _,即電場(chǎng)力的方向?yàn)開(kāi);微粒由靜 止釋放,根據(jù)_判斷其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。,微粒受重力和電場(chǎng)力而平衡,均不發(fā)生變化,逆時(shí)針旋,轉(zhuǎn)45,向上偏左45,所受合力,【解析】選D。作出微粒的受力示意圖如圖 所示,電場(chǎng)力方向?yàn)橄蛏掀?5,并且與重 力大小相等,由力合成的平行四邊形定則得 F合的方向?yàn)橄蜃笙路?再結(jié)合微粒由靜止釋 放初速度為零,故微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng),D項(xiàng)正 確;微粒合力不為零,故不能保持靜止?fàn)顟B(tài),A項(xiàng)錯(cuò)誤;B 項(xiàng)、C項(xiàng)的運(yùn)動(dòng)方向與合力方向不一致,故B、C
15、項(xiàng)均錯(cuò)。,【強(qiáng)化訓(xùn)練】 (多選)如圖,帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的滑塊,沿固定的絕緣斜面勻速下滑。現(xiàn)加上一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,且qEmg。滑塊沿斜面下滑的過(guò)程中,以下說(shuō)法正確的是(),A.滑塊將沿斜面減速下滑 B.滑塊仍沿斜面勻速下滑 C.加電場(chǎng)前,系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D.加電場(chǎng)后,重力勢(shì)能的減少量大于電勢(shì)能的增加量,【解析】選B、D。質(zhì)量為m的滑塊,沿固定絕緣斜面勻 速下滑,設(shè)斜面傾角為,動(dòng)摩擦因數(shù)為,則有 mgsin=mgcos,當(dāng)加一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),且 qEmg,此時(shí)滑塊所受合力為F=(mg-Eq)sin-(mg- Eq)cos,解得F=0,滑塊仍勻速下滑,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正
16、 確;加電場(chǎng)前,滑塊要克服摩擦力做功,機(jī)械能減少,機(jī)械能不守恒,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由于qEmg,則qEhmgh,即克服電場(chǎng)力做功小于重力做功,重力勢(shì)能的減少量大于電勢(shì)能的增加量,故選項(xiàng)D正確。,2.如圖所示,充電后的平行板電容器水平放置,電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開(kāi)始下落,穿過(guò)小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì),極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng),重力加速度為g)。求:,(1)小球到達(dá)小孔處的速度。 (2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量。 (3)小球從開(kāi)始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間。,【解析】(1)由v2=2gh得:v=
17、(2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力,由牛頓第二定律得:mg-qE=ma 0-v2=2ad 解得: U=EdQ=CU 解得:,(3)由 0=v+at2t=t1+t2 解得: 答案:,【加固訓(xùn)練】 (多選)如圖所示,沿水平方向放置的平行金屬板a和b分 別與電源的正負(fù)極相連,a、b板的中央沿豎直方向各有 一個(gè)小孔,閉合開(kāi)關(guān)S后,帶正電的液滴從小孔正上方的 P點(diǎn)由靜止自由落下,當(dāng)液滴穿過(guò)b板小孔到達(dá)a板小孔 時(shí)速度為v1。現(xiàn)使a板不動(dòng),在開(kāi)關(guān)S仍閉合或斷開(kāi)的情 況下,b板向上或向下平移一小段距離,相同的液滴仍從,P點(diǎn)自由落下,此時(shí)液滴到達(dá)a板小孔時(shí)速度為v2,下列說(shuō)法中正確的是(),A.若開(kāi)關(guān)S保持
18、閉合,向下移動(dòng)b板,有v2v1 B.若開(kāi)關(guān)S閉合一段時(shí)間后再斷開(kāi),向下移動(dòng)b板,則v2v1 C.若開(kāi)關(guān)S保持閉合,則無(wú)論向上或向下移動(dòng)b板,都有v2=v1 D.若開(kāi)關(guān)S閉合一段時(shí)間后再斷開(kāi),則無(wú)論向上或向下移動(dòng)b板,都有v2v1,【解析】選B、C。若開(kāi)關(guān)S始終閉合,電容器兩板間的 電壓保持不變,令P到a板的距離為h,由動(dòng)能定理得mgh- qU= mv2,所以無(wú)論向上或向下移動(dòng)b板均有v2=v1,A 錯(cuò)、C對(duì);若開(kāi)關(guān)S閉合一段時(shí)間后再斷開(kāi),則電荷量保 持不變,由動(dòng)能定理mgh-qU= mv2及C= 和Q=CU可 知,下移b板時(shí)液滴速度增大,反之液滴速度減小,B對(duì)、 D錯(cuò)。,考點(diǎn)3帶電粒子在電場(chǎng)中
19、的偏轉(zhuǎn) 【核心要素精講】 1.基本規(guī)律: 設(shè)粒子帶電荷量為q,質(zhì)量為m,兩平行金屬板間的電壓為U,板長(zhǎng)為l,板間距離為d(忽略重力影響),則有 (1)加速度: (2)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間:,(3)位移 (4)速度,2.兩個(gè)結(jié)論: (1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再 從同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。 證明:由 (2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后,合速度的反向延長(zhǎng)線(xiàn)與初速度 延長(zhǎng)線(xiàn)的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn),即O到電場(chǎng)邊緣 的距離為 。,3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系:當(dāng)討論帶電 粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解:qUy= 指初、末位置間的電勢(shì) 差。,4.帶電粒子在
20、勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)間的討論:質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,以初速度v0垂直于電場(chǎng)方向從極板中間射入勻強(qiáng)電場(chǎng),已知極板間距為d,極板長(zhǎng)度為L(zhǎng),極板間電壓為U,帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則,(1)帶電粒子能穿出電場(chǎng)時(shí),在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由沿 初速度方向上的運(yùn)動(dòng)來(lái)確定比較方便,其值為 (2)帶電粒子打到極板上時(shí),在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由沿 電場(chǎng)方向上的運(yùn)動(dòng)來(lái)確定比較方便,其值為,【高考命題探究】 【典例3】(2016海南高考)如圖,平行板電容器兩極板的間距為d,極板與水平面成45角,上極板帶正電。一電荷量為q(q0)的粒子在電容器中靠近下極板處,以初動(dòng)能Ek0豎直向上射出。不計(jì)重力,極板尺寸足
21、夠大。若粒子能打到上極板,則兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值為() 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)42722163,【解析】選B。對(duì)粒子進(jìn)行受力分析如圖所示,可知粒 子的運(yùn)動(dòng)方向與所受的合力不在同一條直線(xiàn)上,粒子做 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng),若粒子恰能到達(dá)上極板時(shí),其速度與極板平 行,電場(chǎng)強(qiáng)度有最大值。將粒子的初速度v0分解為垂直 于極板的vy和平行于極板的vx兩個(gè)分量,當(dāng)vy=0時(shí),粒子 恰能到達(dá)上極板,速度與極板平行,根據(jù)-vy2=-2 d, 由于vy=v0cos45,Ek0= ,聯(lián)立整理得到:E= 故選項(xiàng)B正確。,【強(qiáng)化訓(xùn)練】 1.如圖所示,兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng),板長(zhǎng)為L(zhǎng),板間距離為d,在板右端L處有一豎直放置的熒光屏M
22、,一帶電荷量為q,質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間,最后垂直打在M屏上,則下列結(jié)論正確的是(),A.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 B.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 C.質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和 它從板的右端運(yùn)動(dòng)到熒光屏 的時(shí)間相等 D.質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到熒光屏的時(shí)間,【解析】選C。據(jù)題分析可知,質(zhì)點(diǎn)在平行金屬板間軌 跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn),做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),飛出電場(chǎng)后,質(zhì)點(diǎn)的軌跡 向下偏轉(zhuǎn),質(zhì)點(diǎn)才能最后垂直打在M屏上,前后過(guò)程質(zhì)點(diǎn) 的運(yùn)動(dòng)軌跡有對(duì)稱(chēng)性,如圖,可見(jiàn)兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大 小相等,根據(jù)牛頓第二定律得,qE-mg=mg,得到E= , 故A、B錯(cuò)誤;由于質(zhì)點(diǎn)在水平方向一直做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),兩段水平位移大
23、小相等,則質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間跟它從板的右端運(yùn)動(dòng)到熒光屏的時(shí)間相等。故C正確,D錯(cuò)誤。,2.(多選)(2015天津高考)如圖所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無(wú)初速地飄入電場(chǎng)線(xiàn)水平向右的加速電場(chǎng)E1,之后進(jìn)入電場(chǎng)線(xiàn)豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)生偏轉(zhuǎn),最后打在屏上。整個(gè)裝置處于真空中,不計(jì)粒子重力及其相互作用,那么(),A.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多 B.三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大 C.三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同 D.三種粒子一定打到屏上的同一位置,【解析】選A、D。設(shè)粒子質(zhì)量為m,電量為q,經(jīng)過(guò)加速 電場(chǎng)U1q= ,經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)位移y1= 解得y1= ,偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)粒子做功
24、W2=qE2y1= ,由 于三種粒子電量相同,則偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)三種粒子做功一樣 多,故選項(xiàng)A正確;從開(kāi)始無(wú)初速度進(jìn)入電場(chǎng)到打到屏上 的過(guò)程中,由動(dòng)能定理有U1q+W2= mv2,解得v= 則三種粒子打到屏上的速度不一樣,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;,在加速電場(chǎng)中有l(wèi)= 解得t1= ,從進(jìn)入 偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)到粒子打到屏上所用時(shí)間t2+t3= 則三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間 t=t1+t2+t3= +(L+l) ,由于三種粒子質(zhì),量不同,所以三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間不同,故選 項(xiàng)C錯(cuò)誤;粒子離開(kāi)電場(chǎng)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),y2=vt3= a2t2t3= 則y=y1+y2= 所以三種粒子一定打到屏上的同 一位置,故選項(xiàng)D正確。,
25、【加固訓(xùn)練】 如圖所示,真空中水平放置的 兩個(gè)相同極板Y和Y長(zhǎng)為L(zhǎng),相 距d,足夠大的豎直屏與兩板右 側(cè)相距b。在兩板間加上可調(diào) 偏轉(zhuǎn)電壓UYY,一束質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子(不計(jì)重力)從兩板左側(cè)中點(diǎn)A以初速度v0沿水平方向射入電場(chǎng)且能穿出。,(1)證明粒子飛出電場(chǎng)后的速度方向的反向延長(zhǎng)線(xiàn)交于兩板間的中心O點(diǎn)。 (2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓UYY的范圍。 (3)求粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長(zhǎng)度。,【解析】(1)設(shè)粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度大小為a,離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)距離為y,沿電場(chǎng)方向的速度為vy,偏轉(zhuǎn)角為,其反向延長(zhǎng)線(xiàn)通過(guò)O點(diǎn),O點(diǎn)與板右端的水平距離為x,則有y= at2 L=v0t vy=at
26、,tan= 聯(lián)立可得x=,即粒子飛出電場(chǎng)后的速度方向的反向延長(zhǎng)線(xiàn)交于兩板間的中心O點(diǎn)。 (2)a= E= 由式解得y= 當(dāng)y= 時(shí),UYY=,則兩板間所加電壓的范圍為:,(3)當(dāng)y= 時(shí),粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大, 設(shè)其大小為y0,則y0=y+btan,又 解得:y0= 故粒子在屏上可能到達(dá)的區(qū)域的長(zhǎng)度為: 答案:(1)見(jiàn)解析(2) (3),考點(diǎn)4帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【核心要素精講】 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析: (1)常見(jiàn)三種情況: 粒子做單向直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。 粒子做往返運(yùn)動(dòng)。 粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)。,(2)處理思路: 牛頓運(yùn)動(dòng)定律。 運(yùn)動(dòng)的分解。 功能關(guān)系。,【高考命題探究】 【典例4
27、】如圖甲所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為d的兩金屬板A、B水平放置,ab為兩板的中心線(xiàn),一個(gè)帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入,沿直線(xiàn)從b點(diǎn)射出,若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上,欲使該粒子仍能從b點(diǎn)以速度v0射出,求:世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)42722164,(1)交變電壓的周期T應(yīng)滿(mǎn)足什么條件? (2)粒子從a點(diǎn)射入金屬板的時(shí)刻t應(yīng)滿(mǎn)足什么條件?,【解析】(1)為使粒子仍從b點(diǎn)以速度v0穿出電場(chǎng),在垂直于初速度方向上,粒子的運(yùn)動(dòng)應(yīng)為:加速,減速,反向加速,反向減速,經(jīng)歷四個(gè)過(guò)程后,回到中心線(xiàn)上時(shí),在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零,故有 L=nTv0 解得:T= 粒子在 T內(nèi)離開(kāi)中心線(xiàn)的距離為y=,又有:
28、a= 解得:y= 在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離開(kāi)中心線(xiàn)的最大距離為 ym=2y= 粒子不撞擊金屬板,應(yīng)有ym d 解得:T 故:n,即n取大于等于 的整數(shù) 所以交變電壓的周期應(yīng)滿(mǎn)足的條件為: T= ,其中n取大于等于 的整數(shù) (2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間應(yīng)為 故粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間為:t= (n=1,2,3,) 答案:(1)T= ,其中n取大于等于 的整數(shù)(2)t= (n=1,2,3,),【強(qiáng)化訓(xùn)練】 1.(多選)如圖所示為勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象。當(dāng)t=0時(shí),在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子,設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)力的作用,則下列說(shuō)法中正確的是(),A.帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng) B.2s末帶
29、電粒子回到原出發(fā)點(diǎn) C.3s末帶電粒子的速度為零 D.03s內(nèi),電場(chǎng)力做的總功為零,【解析】選C、D。設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1,第2s內(nèi) 的加速度為a2,由a= 可知,a2=2a1,假設(shè)粒子第1s內(nèi)向 負(fù)方向運(yùn)動(dòng),1.5s末粒子的速度為零,然后向正方向運(yùn) 動(dòng),至3s末回到原出發(fā)點(diǎn),粒子的速度為0,由動(dòng)能定理 可知,此過(guò)程中電場(chǎng)力做功為零,綜上所述,可知C、D正 確。,2.(2017聊城模擬)如圖甲所示,兩個(gè)平行金屬板P、Q豎直放置,兩板間加上如圖乙所示的電壓。t=0時(shí),Q板比P板電勢(shì)高5V,此時(shí)在兩板的正中央M點(diǎn)有一個(gè)電子,速度為零,電子在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng),使得電子的位置和速度隨時(shí)間變化。
30、假設(shè)電子始終未與兩板相碰,在0t810-10s的時(shí)間內(nèi),這個(gè)電子處于M點(diǎn)的右側(cè),速度方向向左且大小逐漸減小的時(shí)間是(),A.610-10st810-10s B.410-10st610-10s C.210-10st410-10s D.0t210-10s,【解析】選A。在0t210-10s時(shí)間內(nèi),Q板比P板電勢(shì) 高5V,E= ,方向水平向左,所以電子所受電場(chǎng)力方向 向右,加速度方向也向右,所以電子向右做勻加速直線(xiàn) 運(yùn)動(dòng);在210-10st410-10s時(shí)間內(nèi),Q板比P板電勢(shì)低 5V,電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右,所以電子所受電場(chǎng)力方向 向左,加速度方向也向左,所以電子向右做勻減速,直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),當(dāng)t=410-
31、10s時(shí)速度為零;在410-10st 610-10s時(shí)間內(nèi),Q板比P板電勢(shì)低5V,電場(chǎng)強(qiáng)度方向水 平向右,所以電子所受電場(chǎng)力方向向左,加速度方向也 向左,所以電子向左做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng);在610-10st 810-10s時(shí)間內(nèi),Q板比P板電勢(shì)高5V,電場(chǎng)強(qiáng)度方向水 平向左,所以電子所受電場(chǎng)力方向向右,加速度方向也 向右,所以電子向左做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),到810-10s,時(shí)刻速度為零,恰好又回到M點(diǎn)。綜上分析可知:在6 10-10st810-10s時(shí)間內(nèi),這個(gè)電子處于M點(diǎn)的右側(cè),速度方向向左且大小逐漸減小,故選項(xiàng)A正確。,【加固訓(xùn)練】 (2017南通模擬)如圖甲所示,兩平行金屬板MN、PQ的板長(zhǎng)和板
32、間距離相等,板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng),電場(chǎng)方向與兩板垂直,在t=0時(shí)刻,一不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線(xiàn)垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng),粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度為v0,t=T時(shí)刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場(chǎng)。則(),A.該粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向一定是沿垂直電場(chǎng)方 向的 B.在t= 時(shí)刻,該粒子的速度大小為2v0 C.若該粒子在 時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場(chǎng),則粒子會(huì)打 在板上 D.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則該粒子仍在t=T時(shí)刻 射出電場(chǎng),【解析】選A。粒子射入電場(chǎng),在水平方向上做勻速直 線(xiàn)運(yùn)動(dòng),在豎直方向上前半個(gè)周期內(nèi)先做勻加速直線(xiàn)運(yùn) 動(dòng),在后半個(gè)周期內(nèi)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),一個(gè)周期末豎 直
33、方向上的分速度為零,可知粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方 向一定沿垂直電場(chǎng)方向,故選項(xiàng)A正確;在t= 時(shí)刻,粒 子在水平方向上的分速度為v0,因?yàn)閮善叫薪饘侔錗N、 PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等,則有v0T= 22,解得vy=v0,根據(jù)平行四邊形定則知,粒子的速度為v= v0,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;若該粒子在 時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電 場(chǎng),粒子在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)情況與0時(shí)刻進(jìn)入時(shí)運(yùn)動(dòng) 的方向相反,運(yùn)動(dòng)規(guī)律相同,則粒子不會(huì)打在板上,故選 項(xiàng)C錯(cuò)誤;若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則粒子射出電 場(chǎng)的時(shí)間t= 故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。,考點(diǎn)5帶電粒子的力電綜合問(wèn)題 【核心要素精講】 (1)運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律。先分析受力情況,再
34、分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程(平衡、加速或減速,是直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)還是曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)),對(duì)勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題可用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律處理。,(2)從功和能的角度分析。帶電粒子在電場(chǎng)力作用下的加速、減速或偏轉(zhuǎn)過(guò)程是其他形式的能與動(dòng)能之間的轉(zhuǎn)化過(guò)程,可以使用動(dòng)能定理或能量守恒定律解決這類(lèi)問(wèn)題。,【高考命題探究】 【典例5】如圖所示,在豎直虛線(xiàn)MN的右側(cè)存在著電場(chǎng) 強(qiáng)度為E1=3102N/C、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1,在 MN的左側(cè)存在著水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2。在右側(cè)的勻 強(qiáng)電場(chǎng)E1中,一條長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.8m的絕緣細(xì)線(xiàn)一端固定在O 點(diǎn),另一端拴著質(zhì)量m=0.3kg、電荷量q=210-2C的小 球,O點(diǎn)到虛線(xiàn)MN的距離為
35、x=1.2m?,F(xiàn)將細(xì)線(xiàn)拉直到水,平位置,使小球由靜止釋放,則小球能運(yùn)動(dòng)到圖中的位置P(P點(diǎn)在O點(diǎn)的正上方)。(不計(jì)阻力,g取10m/s2)世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)42722165,(1)判斷小球的電性(不需要說(shuō)明理由)。 (2)求小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的速度大小vP。 (3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)細(xì)線(xiàn)剛好斷裂,細(xì)線(xiàn)斷裂后小球繼續(xù)運(yùn)動(dòng),求小球運(yùn)動(dòng)到虛線(xiàn)MN處時(shí)速度大小。 (4)在(3)的情況下,若小球運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)虛線(xiàn)MN后進(jìn)入左側(cè)的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2恰能做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),求勻強(qiáng)電場(chǎng)E2的大小。,【思考探究】 (1)根據(jù)小球的_判斷受到的_方向,進(jìn)一步 判斷小球的電性。 (2)如何求小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的速度大小? 提示:利用動(dòng)能定理列方程
36、求解。 (3)細(xì)線(xiàn)斷裂后小球做什么運(yùn)動(dòng)? 提示:類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。,運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力,【解析】(1)小球要向上運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力必須向上,故小球帶正電。 (2)小球從靜止釋放到運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理得: (qE1-mg)L= 解得:vP= =4m/s,(3)細(xì)線(xiàn)斷裂后小球繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到虛線(xiàn)MN處,該過(guò)程小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)(水平勻速,豎直勻加速),如圖甲,設(shè)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則:vPt=x 由牛頓第二定律得:qE1-mg=ma 小球運(yùn)動(dòng)到虛線(xiàn)MN處時(shí)豎直方向的分速度為 vy=at 合速度為v= 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得:v=5m/s,(4)小球進(jìn)入左側(cè)的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2只在重力和電場(chǎng)力作用下恰能做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),說(shuō)明重力與電場(chǎng)
37、力的合力方向必與速度方向在同一條直線(xiàn)上,通過(guò)分析可得電場(chǎng)力的方向水平向右,小球所受合力方向與速度方向相反。如圖乙所示,則: tan= qE2= 解得:E2=2102N/C,答案:(1)小球帶正電(2)4m/s (3)5m/s(4)2102N/C,【強(qiáng)化訓(xùn)練】 1.(多選)如圖所示,在xOy平面的第一象限,存在以x 軸、y軸及雙曲線(xiàn)y= (0 xL,0yL)的一段為邊 界的勻強(qiáng)電場(chǎng);在第二象限存在以x=-L,x=-2L,y=0, y=L為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)。兩個(gè)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小均為E,方 向如圖所示。則在電場(chǎng)的AB曲線(xiàn)邊界處由靜止釋放 的電子(不計(jì)電子所受重力)在離開(kāi)MNPQ區(qū)域時(shí)的最小 動(dòng)能和對(duì)應(yīng)飛出
38、點(diǎn)分別為(),A.最小動(dòng)能Ek=eELB.最小動(dòng)能Ek= C.飛出點(diǎn)坐標(biāo)(-2L,0)D.飛出點(diǎn)坐標(biāo)( , ),【解析】選A、C。設(shè)釋放位置坐標(biāo)為(x,y),則有eEx= 解得 s=L,即所有從邊界AB上靜止釋放的電子均從P點(diǎn)射出。 從邊界AB出發(fā)到P點(diǎn)射出的全過(guò)程,由動(dòng)能定理得Ek= eE(x+y),又y= ,解得Ek=eE(x+ ),根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得 知,當(dāng)x=y= 時(shí),動(dòng)能Ek有最小值,Ek=eEL,故A、C正 確,B、D錯(cuò)誤。,2. (2017安陽(yáng)模擬)如圖所示,BCDG是光滑絕緣的 圓形軌道,位于豎直平面內(nèi),軌道半徑為R,下端與水平 絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接,整個(gè)軌道處在水平向左的勻 強(qiáng)
39、電場(chǎng)中,現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì) 點(diǎn))置于水平軌道上,滑塊受到的電場(chǎng)力大小為 mg, 滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度為 g。,(1)若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s=3R的A點(diǎn)由靜止釋放,求滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí),受到軌道的作用力大小。 (2)改變s的大小,使滑塊恰好始終沿軌道滑行,且從G點(diǎn)飛出軌道,求滑塊在圓軌道上滑行過(guò)程中的最小速度大小。,【解析】(1)設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v,由動(dòng)能定理 有Eqs-mgs= mv2 而:qE= 解得:v= 設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為vC,受到軌道的作用力大小為F, 則EqR-mgR= 得:vC=,由水平方向合外力提供向心
40、力得: F-Eq= 解得:F= mg,(2)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行,則滑至圓軌道DG間某點(diǎn),由電場(chǎng)力和重力的合力提供向心力,此時(shí)的速度最小(設(shè)為vmin), 則有: 解得:vmin= 答案:(1) mg(2),【加固訓(xùn)練】 如圖所示,虛線(xiàn)PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強(qiáng)電場(chǎng), 一帶電粒子質(zhì)量為m=2.010-11kg、電荷量為q=+1.0 10-5C,從a點(diǎn)由靜止開(kāi)始經(jīng)電壓為U=100V的電場(chǎng)加速后, 垂直于勻強(qiáng)電場(chǎng)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中,從虛線(xiàn)MN上的某點(diǎn) b(圖中未畫(huà)出)離開(kāi)勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)速度與電場(chǎng)方向成30 角。已知PQ、MN間距離為20cm,帶電粒子的重力忽略不 計(jì)。求:,(1)帶電粒子剛進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速率v1。 (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。 (3)a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。,【解析】(1)帶電粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程,由動(dòng)能 定理得:qU= 代入數(shù)據(jù)解得:v1=1104m/s (2)因粒子重力不計(jì),則進(jìn)入PQ、MN間電場(chǎng)中后做類(lèi)平 拋運(yùn)動(dòng),粒子沿初速度方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng):d=v1t 粒子沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng): vy=at,由
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