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文档简介

1、第一部分专题复习篇受力分析物体的平衡咼考定位】受力分析、物体的平衡问题是力学的基本问题,主要考查力的产生条件、力的大小方向的判断(难点:弹力、摩擦力 卜力的合成与分解、平衡条件的应用、动态平衡问题的分析、连接体问题的分析,涉及的思想方法有:整体法与隔离法、假设法、正交分解法、矢量三角形法、等效思想等高考试题命题特点:这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少,大多数情况都是同时涉及到几个知识点,而且都是牛顿运动定律、功和能、电磁学的内容结合起来考查,考查时注重物理思维与物理能力的考核.考题1对物体受力分析的考查【例1】如图1所示,质量为 m的木块A放在质量为M的三角形斜面B上,现用大小均为 F,

2、 方向相反的水平力分别推 A和B,它们均静止不动,则()图1A . A与B之间不一定存在摩擦力B . B与地面之间可能存在摩擦力C. B对A的支持力一定大于 mgD .地面对B的支持力的大小一定等于 (M + m)g审题突破 B、D选项考察地面对 B的作用力故可以:先对物体 A、B整体受力分析,根据平 衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力;A、C选项考察物体 A、B之间的受力,应当隔离,物体A受力少,故:隔离物体 A受力分析,根据平衡条件求解B对A的支持力和摩擦力.解析 对A、B整体受力分析,如图,只4受到重力(M + m)g、支持力Fn和已知的两个推力,水平方向:由于两个推力的合力为零,故整

3、体与地面间没有摩擦力;竖直方向:有Fn = (M+ m)g,故B错误,D正确;再对物体 A受力分析,受重力 mg、推力F、斜面体B对A的支持力Fn '和摩擦力Ff,在沿斜面方向:当 推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时,摩擦力的方向沿斜面向下,当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时,摩擦力的方向沿斜面向上,当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时,摩擦力为零,设斜面倾斜角为0,在垂直斜面方向:Fn' = mgcos 0+ Fsin 0,所以B对A的支持力不一定大于 mg,故A正确,C错误.故选择 A、D.答案 ADO究破训练1. (单选)(2014广东14)如图2所示,水平地面上

4、堆放着原木,关于原木P在支撑点M、N处受力的方向,下列说法正确的是 ()图2A . M处受到的支持力竖直向上B . N处受到的支持力竖直向上C . M处受到的静摩擦力沿 MN方向D . N处受到的静摩擦力沿水平方向答案 A解析 M处支持力方向与支持面(地面)垂直,即竖直向上,选项A正确;N处支持力方向与支 持面(原木接触面)垂直,即垂直 MN向上,故选项B错误;摩擦力与接触面平行,故选项 C、 D错误.2. (单选)如图3所示,一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球A、B,用两根细绳悬挂在天花板上,虚线为竖直线,a= 0= 30° 3= 60°求轻杆对 A球的作用力()

5、OA . mg图3mgmg答案 A解析 对A球受力分析如下图,细绳对小球A的力为Fi,杆对A的力为F2,把Fi和mg合成,由几何知识可得组成的三角形为等腰三角形,故F2= mg.3. (单选)如图4所示,用质量为 M的吸铁石,将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上.某同学沿着黑板面,用水平向右的恒力F轻拉白纸,白纸未移动,则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为()«图4A. F B. mgC. F方法提炼 合理的选取研究对象如果题目中给出的物体不止一个,在分析物体受力情况时,往往不能直接判断它与其接触的物体间是否有相互作用的弹力和摩擦力,这时可以采用隔离法(或整体法),先分析其他物体

6、(或整体)的受力情况,再分析被研究物体的受力情况. 结合运动状态及时修正由于弹力和摩擦力都是被动力,它们的方向和大小与物体的运动状态有密切的关系,所以分析物体的受力情况时,除了根据力产生的条件判断外,还必须根据物体的运动状态,结合牛 顿第二定律及时进行修正.+ mg 2 D. F2+ Mg + mg 2答案 D解析 对吸铁石和白纸整体进行受力分析,在垂直于黑板平面内受磁引力、黑板表面的支持力,在平行于黑板平面内受竖直向下的重力 (M + m)g、水平拉力F和黑板表面的摩擦力 Ff作 用,由于纸未被拉动,所以摩擦力为静摩擦力,根据共点力平衡条件可知,摩擦力Ff与(M +m)g和F的合力等值反向,

7、因此有 Ff=pF2+(Mg + mg 丫,故选项D正确.考题2对静态平衡问题的考查例2(单选)如图5所示,倾角为60°的斜面固定在水平面上,轻杆B端用铰链固定在竖直墙上,A端顶住质量为 m、半径为R的匀质球并使之在图示位置静止,此时A与球心0的高度R差为R,不计一切摩擦,轻杆可绕铰链自由转动,重力加速度为g,则有()A .轻杆与水平面的夹角为 60 °B .轻杆对球的弹力大小为 2mgC .斜面对球的弹力大小为 mgD .球所受的合力大小为 mg,方向竖直向上审题突破 球受力的特点:轻杆 B端用铰链固定在竖直墙上所以轻杆上的弹力一定沿杆,支 持力垂直斜面向上;由几何知识确

8、定轻杆与水平面的夹角,采用合成法,根据平衡条件求轻 杆对球的弹力和斜面对球的弹力.解析 设轻杆与水平方向夹角为0,由sin 0= h=1, 0= 30°,故A错误;对球由几何知识得,R 2轻杆对球的弹力大小 FN2= mg,故B错误;斜面对球的弹力大小为mg , C正确;球处于静止状态,所受的合力大小为 0, D错误.答案 CO突破训练4. (单选)完全相同的两物体 P、Q,质量均为m,叠放在一起置于水平面上,如图6所示.现用两根等长的细线系在两物体上,在细线的结点处施加一水平拉力F ,两物体始终保持静止状态,则下列说法不正确的是(重力加速度为g)()N图6A .物体P受到细线的拉力

9、大小为 Fb两物体间的摩擦力大小为2C .物体Q对地面的压力大小为 2mgD .地面对Q的摩擦力大小为 F答案 A解析 两物体都保持静止, 对P、Q整体受力分析,竖直方向受到重力 2mg和地面支持力Fn,根据平衡状态则有 Fn = 2mg, Q对地面压力大小等于支持力,选项C正确.水平方向受到拉力F和地面摩擦力 Ff,水平方向受力平衡 Ff= F,选项D正确.两段细线等长,而拉力沿水 平方向设细线和水平方向夹角为0,则有细线拉力选项A错误对P受力分析2C0S 0水平方向受到细线拉力的水平分力Ftcos 0= F和Q对P的摩擦力F/,根据P静止时受力平衡则有F/ =专,选项B正确.5. (单选)

10、在如图所示的 A、B、C、D四幅图中,滑轮本身的重力忽略不计,滑轮的轴0安装在一根轻木杆P上,一根轻绳ab绕过滑轮,a端固定在墙上,b端下面挂一个质量都是 m的 重物,当滑轮和重物都静止不动时,图 A、C、D中杆P与竖直方向夹角均为 0,图B中杆P 在竖直方向上,假设 A、B、C、D四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为 Fa、Fb、Fc、Fd, 则以下判断中正确的是()CA . Fa = Fb= Fc = FdB . Fd >Fa= Fb > FcC . Fa = Fc= Fd > FbD . Fc> Fa = Fb > Fd答案 B解析 设滑轮两边细绳的夹角为弹

11、力F等于细绳拉力的合力,即幅对重物,可得绳子拉力等于重物重力mg,滑轮受到木杆F = 2mgC0S 2,由夹角关系可得 Fd>Fa = Fb> Fc,选项B正确.6. (单选)倾角为45。的斜面固定在墙角,一质量分布均匀的光滑球体在大小为 F的水平推力作 用下静止在如图7所示的位置,F的作用线通过球心,设球所受重力大小为 G,竖直墙对球的弹力大小为Fi,斜面对球的弹力大小为F2,则下列说法正确的是图7A . Fi 一定大于F B . F2 一定大于 GC . F2 一定大于F D . F2 一定大于F1答案 B解析 以球为研究对象,受力分析,如图所示,根据平衡条件可得:F2sin

12、0= GF = Fi + F2COS 0所以F2一定大于G, Fi 一定小于F, F2与F的大小关系不确定,Fi和F?的大小关系也不确 定,所以B正确,A、C、D错误.方法提炼共点力平衡问题的求解思路和方法i求解共点力平衡问题的一般思路物体静止或做匀速直线运动一t物体处于平衡状态一t对物体受力分析一t建立平衡方程一t 对平衡方程求解、讨论2常用求解方法(1) 正交分解法(2) 合成法考题3对动态平衡问题的考查例3】如图8所示,倾角为 0的斜面体c置于水平地面上,小物块 b置于斜面上,通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接,连接b的一段细绳与斜面平行.在 a中的沙子缓慢流出的过程中,a、b、c都处

13、于静止状态,则()图8A . b对c的摩擦力一定减小B . b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C .地面对c的摩擦力方向一定向右D 地面对c的摩擦力一定减小审题突破 b受到c的摩擦力不一定为零,与两物体的重力、斜面的倾角有关.对be整体研究,由平衡条件分析水平面对c的摩擦力方向和支持力的大小.解析 设a、b的重力分别为Ga、Gb若Ga = GbSin 0, b受到c的摩擦力为零;若 GaGbsin 0, b受到c的摩擦力不为零.若Ga< Gbsin 0,b受到c的摩擦力沿斜面向上,故A错误,B正确.对 b、c整体,水平面对 c的摩擦力Ff= Ftcos 0= Gacos 0,方向水平向左

14、.在 a中的沙子缓慢流 出的过程中,则摩擦力在减小,故C错误,D正确.答案 BD0究破训练7. (单选)如图9甲,手提电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度.某同学将电脑放在散热底座上,为了获得更好的舒适度,由原卡位4缓慢地调至卡位1(如图乙),电脑始终静止在底座上,则()A .电脑受到的支持力变大B .电脑受到的摩擦力变小C .散热底座对电脑的作用力变大D .散热底座对电脑的作用力不变答案 D解析 对笔记本电脑受力分析如图所示,有:Fn = mgcos 0、Ff= mgsin 0.由原卡位1调至卡位4, B减小,静摩擦力 Ff减小、支持力Fn增加;散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静

15、摩擦力的合力,与电脑的重力平衡,始终是不变的,故D正确.& (单选)如图10将两个质量均为m的小球a、b用细线相连悬挂于0点,用力F拉小球a,使整个装置处于静止状态,且悬线0= 30°则F的最小值为()A 3A. 3 mg B. mgC.mg D. 2mg答案 B解析 以a、b两球为一整体进行受力分析:受重力2mg,绳子的拉力Ft,拉力F,其中重力是恒力,绳子拉力 Ft方向恒定,根据平衡条件,整体所受合外力为零,所以当F的方向与绳子垂直时最小,如图所示,根据几何关系可得:F = 2mgsin 30 = mg,所以 B 正确,A、C、D错误.9.(单选)(2014山东14)如图

16、11所示,用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点,制成一简易秋千,某次维修时将两轻绳各剪去一小段,但仍保持等长且悬挂点不变木板静止时,Fi表示木板所受合力的大小,F2表示单根轻绳对木板拉力的大小,则维修后()A . Fi不变,F2变大B . Fi不变,F2变小C . Fi变大,F2变大D . Fi变小,F2变小答案 A解析 木板静止时,木板受重力 G以及两根轻绳的拉力 F2,根据平衡条件,木板受到的合力 Fi = 0,保持不变.两根轻绳的拉力 F2的合力大小等于重力 G,保持不变,当两轻绳剪去一段 后,两根轻绳的拉力 F2与竖直方向的夹角变大,因其合力不变,故F2变大.选项A正确,选项

17、B、C、D错误.方法提炼i当受力物体的状态发生“缓慢”变化时,物体所处的状态仍为平衡状态,分析此类问题的 方法有解析法和矢量三角形法.2分析动态平衡问题时需注意以下两个方面:(i)在动态平衡问题中,一定要抓住不变的量(大小或方向),此题中不变的量是力 F3和Fi '的合力的大小和方向,然后分析其他量的变化.当物体受到一个大小和方向都不变、一个方向不变、一个大小和方向都变化的三个力作用, 且题目只要求定性讨论力的大小而不必进行定量计算时,首先考虑用图解法.审题破题頁题演练考题4应用平衡条件解决电学平衡问题例4】(6分)如图i2所示,粗糙程度均匀的绝缘空心斜面 ABC放置在水平面上,/ C

18、AB = 30°, 斜面内部0点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷,一带负电可视为质点的小物体可以分别 静止在 M、P、N点,P为MN的中点,0M = ON, 0M / AB,则下列判断正确的是 ()A图12A .小物体在M、P、N点静止时一定都是受 4个力B .小物体静止在P点时受到的摩擦力最大C 小物体静止在P点时受到的支持力最大D 小物体静止在M、N点时受到的支持力相等正、负荷存在淫线上的相互殴引力静止在肿、N、几说明在这二点平衝思维导图受力分析共点力的平箭条件止交分解止确分析物体的受力情况,嗨注意静卽擦 力是披动力,与物佯所愛的具他力有关 分方向列平梱方程解析 对小物体分别

19、在三处静止时进行受力分析,如图:结合平衡条件小物体在P、N两点时一定受四个力的作用, 而在M处不一定,故A错误;小物体静止在P点时,摩擦力Ff = mgsin 30 °设小物体静止在 M、N点时,库仑力为 F ',则小物体静止在 N点时Ff' = mgsin 30 ° F' cos 30 ,°小物体静止在 M点时Ff" = mgs in 30 - F ' cos 30;可见小物体静止在 N点时所 受摩擦力最大,故B错误;小物体静止在P点时,设库仑力为F °受到的支持力Fn= mgcos 30 + F,小物体静止在

20、 M、N点时:Fn' = mgcos 30°+ F ' sin 30;由库仑定律知 F > F ',故 Fn > Fn',即小物体静止在 P点时受到的支持力最大,静止在 M、N点时受到的支持力相等,故C、D正确.答案 CD、高考现场(2014江苏13)(15分)如图13所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为L°长为3d°导轨平面与水平面的夹角为 0,在导轨的中部刷有一段长为 d的薄绝缘涂层.匀强磁 场的磁感应强度大小为 B,方向与导轨平面垂直质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运

21、动,并一直匀速滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直,且仅与涂层间有摩擦,接在两导轨间的电阻为R,其他部分的电阻均不计,重力加速度为 g.求:图13导体棒与涂层间的动摩擦因数卩;(2)导体棒匀速运动的速度大小 v;(3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热Q.答案(1)tan 0書:/ 93 2 2.2(3)2mgdsin 9m g R sin 9442B4L4解析(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡 mgsin 9=卩mgcos 9解得导体棒与涂层间的动摩擦因数尸ta n 9(2)在光滑导轨上感应电动势:E= BLv感应电流:1= ER安培力:F安=BIL受力平衡的条件是:F 安=mgsin 9解得导体棒

22、匀速运动的速度mgRsin 9b2l2摩擦生热:Qt=卩mgdos 9根据能量守恒定律知:1 23mgdsi n 9= Q+ QT+ ?mv3 2Q 2 n解得电阻产生的焦耳热m g R sin 9Q= 2mgdsin 9- 知识专题练训练1题组1物体受力分析1.(单选)如图1所示,A、B、C三物块叠放并处于静止状态,水平地面光滑,其它接触面粗糙,则()A . A与墙面间存在压力B . A与墙面间存在静摩擦力C . A物块共受4个力作用D . B物块共受4个力作用答案 D解析 以三个物块组成的整体为研究对象,水平方向上:地面光滑,对C没有摩擦力,根据平衡条件得知,墙对 A没有压力,因而也没有摩

23、擦力,故A、B错误.对A物块,受到重力、B的支持力和B对A的摩擦力三个力作用,故 C错误先对A、B整体研究:水平方向上,墙 对A没有压力,则由平衡条件分析可知,C对B没有摩擦力再对 B分析:受到重力、A的压力和A对B的摩擦力、C的支持力,共受四个力作用,故D正确.2.(单选)轻质弹簧A的两端分别连在质量均为m的小球上,两球均可视为质点另有两根与A完全相同的轻质弹簧B、C,且B、C的一端分别与两个小球相连,B的另一端固定在天花板上,C的另一端用手牵住,如图2所示适当调节手的高度与用力的方向,保持B弹簧轴线跟竖直方向夹角为 37°不变(已知sin 37= 0.6, cos 37= 0.8

24、),当弹簧C的拉力最小时,B、C两弹簧的形变量之比为()图2A . 1 : 1B. 3 : 5C . 4 : 3 D . 5 : 4答案 C解析 以两球和弹簧 A组成的整体为研究对象,受力分析如图所示,由合成法知当C弹簧与B弹簧垂直时,弹簧 C施加的拉力最小,由几何关系知Ftb: Ftc= 4 : 3.3如图3所示,固定的半球面右侧是光滑的,左侧是粗糙的,0点为球心,A、B为两个完全相同的小物块(可视为质点),小物块A静止在球面的左侧, 受到的摩擦力大小为 Fi,对球面的压力大小为Fni;小物块B在水平力F2作用下静止在球面的右侧,对球面的压力大小为Fn2,已知两小物块与球心连线和竖直方向的夹

25、角均为0,则(图3A .F1 : F2= cos 0 :1B .F1 : F 2= sin 0 :1C.2Fn1 : FN2 = COS0: 1D .2Fn1 :卜N2 = sin0: 1答案 AC解析 分别对A、B两个相同的小物块受力分析,如图,由平衡条件,得:F1 = mgsin 0Fni = mgcos 0同理:F2= mgta n _ mgFn2 = cos 0Fi mgsin 0故=cos 0,F2 mgta n 0Fni2 =cos 0.Fn24. (单选)如图4所示,在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块,各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接,正好组成一个菱形,/BAD

26、 = 120°整个系统保持静止状态已知A物块所受的摩擦力大小为 Ff,则D物块所受的摩擦力大小为()A3A.亍Ff B . FfC. 3Ff D. 2Ff答案 C解析 已知A物块所受的摩擦力大小为Ff,设每根弹簧的弹力为 F,则有:2Fcos 60= Ff,对D : 2Fcos 30 = Ff',解得:F/ =73F =/3Ff.题组2静态平衡问题5. (单选)如图5所示,登山者连同设备总重量为G某时刻缆绳和竖直方向的夹角为0,若登山者手拉缆绳的力大小也为G,则登山者脚对岩石的作用力图5方向的夹角分别为 30°和60°则下列判断正确的是()A .方向水平向

27、右B .方向斜向右下方C .大小为Gtan 0D .大小为Gsin 0答案 B解析 以登山者为研究对象,受力如图,根据共点力平衡条件得知:Fn与G和Ft的合力大小相等、方向相反,所以Fn方向斜向左上方,则由牛顿第三定律得知登山者脚对岩石的作用力方向斜向右下方.由力的合成法得:Fn1 1=2Gcosq(180 ° 0 = 2Gsin 2 06. 如图6所示,质量为 M的木板C放在水平地面上,固定在 C上的竖直轻杆的顶端分别用 细绳a和b连接小球A和小球B,小球A、B的质量分别为 mA和mB,当与水平方向成 30°角 的力F作用在小球B上时,A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运

28、动,且此时绳a、b与竖直A .力F的大小为mBgB .地面对 C的支持力等于(M + mA+ mB)ga/3C .地面对C的摩擦力大小为-y mBgD. mA= mB答案 ACD解析对小球B受力分析,水平方向:Feos 30°= FTbCOS 30,得:Fe= F ,竖直方向:Fsin 30 ° FTbSin 30 = mBg,解得:F = m旳, 故A正确;对小球A受力分析,竖直方向:mAg+ FTbSi n 30 = FTasin 60 °水平方向:FTasin 30 = FTbS in 60 °联立得:mA= mB,故D正确;以A、B、C整体为研究

29、对象受力分析,竖直方向:Fn + Fsin 30 = (M + mA + mB)g可见Fn小于(M + Ea+ mB)g,故B错误;、逅水平方向:Ff= Feos 30 = m旳cos 30 丄"2mBg,故C正确.7. (单选)体育器材室里,篮球摆放在如图7所示的球架上.已知球架的宽度为d,质量为m、直径为D,不计球与球架之间的摩擦,则每个篮球对一侧球架的压力大小为每个篮球的( )图71A.2mgmgD2mg 寸 D2 d2C. _2 .2 D."D2 ;D2 d2D答案 C0,如图,由平衡条件,Fi= F2mg2cos 0,而2Fi=F 哪i 2 ;D2- d2图8解析

30、 篮球受力平衡,设一侧球架的弹力与竖直方向的夹角为,选项C正确.&如图8所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A, A与竖直墙之间放一光滑半圆球B,整个装置处于静止状态.已知A、B两物体的质量分别为 mA和mB,则下列说法正确的是()A . A物体对地面的压力大小为 mAgB . A物体对地面的压力大小为(m+ mB)gC. B物体对A物体的压力大于 mBgD .地面对A物体没有摩擦力 答案 BC解析 对A、B整体受力分析,竖直方向:Fna= (mA + mB)g,水平方向:FfA= FNB,选项A、D错误,选项B正确;B受重力、A的支持力F nab、 墙面的弹力 Fnb,

31、 故 Fnab = .mBg 2 + FNb,选项C正确.题组3动态平衡问题9.(单选)如图9所示,三根细线共系于 0点,其中OA在竖直方向上,0B水平并跨过定滑轮 悬挂一个重物,OC的C点固定在地面上,整个装置处于静止状态. 若OC加长并使C点左移, 同时保持O点位置不变,装置仍然处于静止状态,则细线 OA上拉力Fa和OC上的拉力Fc与原先相比是()A . Fa、Fc都减小B . Fa、Fc都增大C . Fa增大,Fc减小D . Fa减小,Fc增大答案 A解析 O点受FA Fb、Fc三个力平衡,如图当按题示情况变化时,OB绳的拉力Fb不变,OA绳拉力Fa的方向不变,OC绳拉力Fc的方向与拉力

32、Fb方向的夹角减小,保持平衡时Fa、Fc的变化如虚线所示,显然都是减小了.10 如图10所示,物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮,A静止在倾角为45。的粗糙斜面上,B悬挂着已知质量 mA= 3mB,不计滑轮摩擦,现将斜面倾角由45。减小到30°且A、B仍处于静止状态,那么下列说法中正确的是()A 弹簧的弹力大小将不变B 物体A对斜面的压力将减小c 物体A受到的静摩擦力将减小D .弹簧的弹力及 A受到的静摩擦力都不变答案 AC解析 弹簧弹力等于B物体的重力,即弹簧弹力不变,故A项正确;对A物体进行受力分析, 列平衡方程可知,c项正确,D项错误;根据Fn = mAgcos 当倾角减小时,A物体对斜面

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