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微專題4帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動命題規(guī)律1.命題角度:(1)帶電粒子在組合場中的運(yùn)動;(2)帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動.2.常用方法:分段分析法,建立運(yùn)動模型.3.??碱}型:計算題.考點(diǎn)一帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1.帶電粒子的“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直進(jìn)入磁場(磁偏轉(zhuǎn))垂直進(jìn)入電場(電偏轉(zhuǎn))情景圖受力FB=qv0B,F(xiàn)B大小不變,方向變化,方向總指向圓心,F(xiàn)B為變力FE=qE,F(xiàn)E大小、方向均不變,F(xiàn)E為恒力運(yùn)動規(guī)律勻速圓周運(yùn)動r=eq\f(mv0,Bq),T=eq\f(2πm,Bq)類平拋運(yùn)動vx=v0,vy=eq\f(Eq,m)tx=v0t,y=eq\f(Eq,2m)t22.常見運(yùn)動及處理方法3.“5步”突破帶電粒子在組合場中的運(yùn)動問題例1(2021·全國甲卷·25)如圖,長度均為l的兩塊擋板豎直相對放置,間距也為l,兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上,在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E;兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)磁場.一質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)的粒子自電場中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射,恰好從P點(diǎn)處射入磁場,從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場,運(yùn)動過程中粒子未與擋板碰撞.已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°,不計重力.(1)求粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離;(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍;(3)若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場,求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離.答案(1)eq\f(\r(13)mv02,6qE)(2)eq\f(3-\r(3)mv0,3ql)<B<eq\f(2mv0,ql)(3)eq\f(39-10\r(3),44)l解析(1)由題可知,粒子在電場中做類平拋運(yùn)動,進(jìn)入磁場時速度方向與PQ的夾角為60°,設(shè)粒子在P點(diǎn)時豎直方向上的速度為vy,由幾何關(guān)系得tan60°=eq\f(v0,vy)①由運(yùn)動學(xué)公式可得vy=at②根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma③聯(lián)立①②③解得粒子在電場中運(yùn)動的時間t=eq\f(\r(3)mv0,3qE)④則粒子在水平方向的位移x=v0t=eq\f(\r(3)mv02,3qE)⑤豎直方向的位移y=eq\f(0+vy,2)t=eq\f(mv02,6qE)⑥則粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離為d=eq\r(x2+y2)=eq\f(\r(13)mv02,6qE)⑦(2)設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的速度為v,結(jié)合題意及幾何關(guān)系可知,v=eq\f(v0,sin60°)=eq\f(2\r(3),3)v0⑧粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力,則有qvB=meq\f(v2,r)解得B=eq\f(mv,qr)=eq\f(2\r(3)mv0,3qr)⑨磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時,粒子由Q點(diǎn)射出,粒子軌跡如圖甲所示,設(shè)此時的軌跡圓圓心為O1,半徑為r1,由幾何關(guān)系可知r1=eq\f(\f(1,2)l,cos30°)=eq\f(\r(3)l,3),對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=eq\f(2mv0,ql)⑩磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時,粒子由N點(diǎn)射出,粒子軌跡如圖乙所示,設(shè)此時的軌跡圓圓心為O2,半徑為r2.過O2作PQ的垂線與PQ的延長線交于點(diǎn)A,由幾何關(guān)系有O2A=eq\f(r2,2),故O2Q=eq\f(\r(2),2)r2?結(jié)合PB=QB=eq\f(\r(2),2)l在△O2PB中,由勾股定理有(eq\f(\r(2),2)l)2+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)l+\f(\r(2),2)r2))2=r22?解得r2=(eq\r(3)+1)l對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=eq\f(3-\r(3)mv0,3ql)?故磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為eq\f(3-\r(3)mv0,3ql)<B<eq\f(2mv0,ql)?(3)由題意可知,粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場,畫出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖丙所示,設(shè)此時軌跡圓圓心為O3,半徑為r3,由幾何關(guān)系可知PD=eq\f(\r(5)l,4),sinθ=eq\f(\r(5),5),cosθ=eq\f(2\r(5),5)r3=eq\f(PD,cosθ+30°)=eq\f(5l,4\r(3)-2)設(shè)F為軌跡與擋板MN最近處的點(diǎn),O3F⊥PQ,且與PQ相交于點(diǎn)E.由幾何關(guān)系可得O3E=eq\f(1,2)r3,故EF=eq\f(1,2)r3F到MN的最近距離為dmin=l-eq\f(1,2)r3=eq\f(39-10\r(3)l,44).考點(diǎn)二帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動1.三種典型情況(1)若只有兩個場,所受合力為零,則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動或靜止?fàn)顟B(tài).例如電場與磁場疊加滿足qE=qvB時,重力場與磁場疊加滿足mg=qvB時,重力場與電場疊加滿足mg=qE時.(2)若三場共存,所受合力為零時,粒子做勻速直線運(yùn)動,其中洛倫茲力F=qvB的方向與速度v垂直.(3)若三場共存,粒子做勻速圓周運(yùn)動時,則有mg=qE,粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動,即qvB=meq\f(v2,r).2.當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動或有約束的變速直線運(yùn)動時,一般用動能定理或能量守恒定律求解.3.分析例2(2022·廣東高州市二模)如圖所示,在區(qū)域Ⅰ有與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場,電場方向斜向左下方.在區(qū)域Ⅱ有豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,電場強(qiáng)度大小為E2=eq\f(mg,q),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子從區(qū)域Ⅰ的左邊界P點(diǎn)由靜止釋放,粒子沿虛線水平向右運(yùn)動,進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ,區(qū)域Ⅱ的寬度為d.粒子從區(qū)域Ⅱ右邊界的Q點(diǎn)離開,速度方向偏轉(zhuǎn)了60°.重力加速度大小為g.求:(1)區(qū)域Ⅰ的電場強(qiáng)度大小E1;(2)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度大??;(3)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的時間.答案(1)eq\f(\r(2)mg,q)(2)eq\f(2\r(3)qBd,3m)(3)eq\f(2\r(3)qBd,3mg)+eq\f(πm,3qB)解析(1)粒子在區(qū)域Ⅰ受重力和靜電力,做勻加速直線運(yùn)動,θ=45°,如圖所示故有sinθ=eq\f(mg,qE1)解得E1=eq\f(mg,qsinθ)=eq\f(\r(2)mg,q)(2)設(shè)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的速度為v,粒子受豎直向下的重力和豎直向上的靜電力,且qE2=mg則所受的洛倫茲力提供向心力,有qvB=meq\f(v2,r)速度方向偏轉(zhuǎn)了60°,則對應(yīng)圓心角為60°,有sin60°=eq\f(d,r),聯(lián)立解得v=eq\f(2\r(3)qBd,3m)(3)設(shè)粒子在區(qū)域Ⅰ沿虛線水平加速的加速度大小為a,有a=eq\f(g,tanθ)=g,由速度公式有v=at1可得加速時間為t1=eq\f(2\r(3)qBd,3mg)粒子在區(qū)域Ⅱ做勻速圓周運(yùn)動的周期為T=eq\f(2πr,v)=eq\f(2πm,qB)則做勻速圓周運(yùn)動的時間為t2=eq\f(60°,360°)T=eq\f(πm,3qB)則粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的時間為t=t1+t2=eq\f(2\r(3)qBd,3mg)+eq\f(πm,3qB).(2022·山西省一模)如圖所示,以兩豎直虛線M、N為邊界,中間區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E,兩邊界M、N間距為d.N邊界右側(cè)區(qū)域Ⅱ中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場.M邊界左側(cè)區(qū)域Ⅲ內(nèi),存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場.邊界線M上的O點(diǎn)處有一離子源,水平向右發(fā)射同種正離子.已知初速度為v0的離子第一次回到邊界M時恰好到達(dá)O點(diǎn),電場及兩磁場區(qū)域足夠大,不考慮離子的重力和離子間的相互作用.(1)求離子的比荷;(2)初速度為eq\f(v0,2)的離子第二次回到邊界M時也能恰好到達(dá)O點(diǎn),求區(qū)域Ⅲ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。鸢?1)eq\f(v0,d)eq\r(\f(v0,EB))(2)eq\f(B,7)解析(1)由題可知,離子在區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中的運(yùn)動軌跡如圖所示,離子在區(qū)域Ⅰ由O運(yùn)動到A過程中,水平方向以速度v0做勻速直線運(yùn)動,有d=v0t豎直方向做勻加速直線運(yùn)動,有y1=eq\f(1,2)at2又qE=ma聯(lián)立可得y1=eq\f(qEd2,2mv02)設(shè)離子運(yùn)動到A點(diǎn)時的速度方向與邊界N的夾角為θ,則離子運(yùn)動到A點(diǎn)速度為v=eq\f(v0,sinθ)離子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動有qvB=meq\f(v2,r)解得r=eq\f(mv0,qBsinθ)由幾何關(guān)系可知AC=2rsinθ=eq\f(2mv0,qB)從C點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)過程,豎直方向有y2=at·t+eq\f(1,2)at2=eq\f(3,2)at2又AC=y(tǒng)1+y2聯(lián)立可得eq\f(q,m)=eq\f(v0,d)eq\r(\f(v0,EB))(2)當(dāng)初速度為eq\f(v0,2)時,離子運(yùn)動軌跡如圖所示.從O點(diǎn)射出到進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中,豎直方向有y1′=eq\f(1,2)at′2水平方向有d=eq\f(v0,2)t′可得y1′=4y1設(shè)離子運(yùn)動到A′點(diǎn)時的速度方向與邊界N的夾角為θ′,則運(yùn)動到A點(diǎn)速度為v′=eq\f(v0,2sinθ′),在區(qū)域Ⅱ中有qv′B=eq\f(mv′2,r′),則r′=eq\f(mv0,2qBsinθ′)從進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ到射出區(qū)域Ⅱ,弦長A′C′=2r′sinθ′=eq\f(mv0,qB)再次進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ中,豎直分位移為y2′=at′·t′+eq\f(1,2)at′2=eq\f(3,2)at′2=4y2所以y1′+y2′=4(y1+y2)=4AC在區(qū)域Ⅲ中的弦長OF=2r″sinθ″又qv″B′=meq\f(v″2,r″),v″=eq\f(v0,2sinθ″)所以O(shè)F=eq\f(mv0,qB′)由幾何關(guān)系可知OF=y(tǒng)1′+y2′-A′C′=eq\f(7mv0,qB)聯(lián)立解得B′=eq\f(B,7).專題強(qiáng)化練1.(2022·山東省名校聯(lián)盟高三期末)如圖所示,在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,在第四象限內(nèi)存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(粒子所受重力不計)從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入磁場,其入射方向與x軸的夾角θ=30°,第一次進(jìn)入電場后,粒子到達(dá)坐標(biāo)為(2eq\r(3)L+L,L)的P點(diǎn)處時的速度大小為v、方向沿x軸正方向.求:(1)粒子從O點(diǎn)射入磁場時的速度大小v0;(2)電場的電場強(qiáng)度大小E以及磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B;(3)粒子從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時間t.答案(1)eq\f(2\r(3),3)v(2)eq\f(mv2,6qL)eq\f(2\r(3)mv,3qL)(3)eq\f(\r(3)Lπ+12,6v)解析(1)由題意知,粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示,由于洛倫茲力不做功,粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時的速度大小也為v0,根據(jù)對稱性,粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時的速度方向與x軸正方向的夾角也為θ,粒子進(jìn)入第一象限后,沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動,沿y軸方向做勻減速直線運(yùn)動,根據(jù)幾何關(guān)系有eq\f(v,v0)=cosθ解得v0=eq\f(2\r(3),3)v(2)對粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的過程,根據(jù)動能定理有-qEL=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mv02解得E=eq\f(mv2,6qL)設(shè)粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時間為t1,有eq\f(0+v0sinθ,2)·t1=L解得t1=eq\f(2\r(3)L,v)粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的過程中沿x軸方向的位移大小為xQP=vt1解得xQP=2eq\r(3)L則OQ=2eq\r(3)L+L-xQP=L設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R,根據(jù)幾何關(guān)系有OQ=2Rsinθ解得R=L根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B=meq\f(v02,R)解得B=eq\f(2\r(3)mv,3qL)(3)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期T=eq\f(2πR,v0)根據(jù)幾何關(guān)系,在粒子從O點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中,運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角為90°-θ,故粒子在該過程中運(yùn)動的時間t2=eq\f(90°-θ,360°)·T解得t2=eq\f(\r(3)πL,6v)又t=t1+t2解得t=eq\f(\r(3)Lπ+12,6v).2.(2022·河北唐山市高三期末)如圖,頂角為30°的“V”字形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場.OM上方存在電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場,方向豎直向上.在OM上距離O點(diǎn)3L處有一點(diǎn)A,在電場中距離A為d的位置由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子,經(jīng)電場加速后該粒子以一定速度從A點(diǎn)射入磁場后,第一次恰好不從ON邊界射出.不計粒子的重力.求:(1)粒子運(yùn)動到A點(diǎn)時的速率v0;(2)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B;(3)粒子從釋放到第2次離開磁場的總時間.答案(1)eq\r(\f(2qEd,m))(2)eq\f(1,L)eq\r(\f(2Edm,q))(3)3eq\r(\f(2md,qE))+eq\f(7πL,6)eq\r(\f(m,2qEd))解析(1)帶電粒子由靜止開始到達(dá)A點(diǎn)時,由動能定理可得qEd=eq\f(1,2)mv02解得v0=eq\r(\f(2qEd,m))(2)根據(jù)題意作出粒子在磁場中完整的運(yùn)動軌跡圖如圖所示粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡的圓心為O1,軌跡與ON邊界相切于D點(diǎn),設(shè)軌跡半徑為r,由幾何關(guān)系可得sin30°=eq\f(r,3L-r)解得r=L設(shè)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,由洛倫茲力提供向心力可得Bqv0=eq\f(mv02,r)聯(lián)立解得B=eq\f(mv0,qr)=eq\f(1,L)eq\r(\f(2Edm,q))(3)帶電粒子從靜止加速到A點(diǎn)所用時間為t1=eq\f(2d,v0)=eq\r(\f(2md,qE))帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期T=eq\f(2πr,v0)=πLeq\r(\f(2m,qEd))帶電粒子第一次在磁場中運(yùn)動時間為t2=eq\f(T,2)帶電粒子再次進(jìn)入電場再返回磁場所用時間t3=2t1再次返回磁場由幾何關(guān)系可知,以O(shè)點(diǎn)為圓心繼續(xù)做圓周運(yùn)動至ON邊界離開,則再次做圓周運(yùn)動的時間為t4=eq\f(30°,360°)T=eq\f(T,12)所以總時間為t=t1+t2+t3+t4=3eq\r(\f(2md,qE))+eq\f(7πL,6)eq\r(\f(m,2qEd)).3.(2022·河北張家口市一模)如圖所示,平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限存在垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場,第二象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在x軸上的A(-d,0)點(diǎn)沿y軸正方向射入電場區(qū)域,粒子第一次經(jīng)過y軸時的速度方向與y軸正方向的夾角為60°,之后每相鄰兩次經(jīng)過y軸時的位置間距相等.不計粒子重力.求:(1)粒子的初速度的大小v0;(2)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B;(3)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動到第n次經(jīng)過y軸的時間.答案(1)eq\r(\f(2Eqd,3m))(2)eq\r(\f(3Em,2qd))(3)見解析解析(1)粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動,沿x軸方向的加速度大小a=eq\f(Eq,m)從A點(diǎn)第一次運(yùn)動到y(tǒng)軸的過程,x軸方向有vx2=2ad第一次經(jīng)過y軸時有tan60°=eq\f(vx,v0)聯(lián)立解得v0=eq\r(\f(2Eqd,3m))(2)粒子第一次經(jīng)過y軸時的速度大小v=eq\f(vx,sin60°)粒子在磁場中運(yùn)動,由洛倫茲力提供向心力有qvB=meq\f(v2,r)由幾何關(guān)系可知,粒子每次進(jìn)入磁場到離開磁場的過程中沿y軸方向運(yùn)動的距離L=2rsin60°之后粒子每次從y軸進(jìn)入電場到離開電場,運(yùn)動的時間t0=eq\f(2vx,a)t0時間內(nèi),粒子沿y軸方向運(yùn)動的距離為y=v0t0由題意可知y=L聯(lián)立解得B=eq\r(\f(3Em,2qd))(3)設(shè)粒子從A點(diǎn)第一次運(yùn)動到y(tǒng)軸的時間為t1,則有eq\f(1,2)at12=d解得t1=eq\r(\f(2dm,Eq))粒子第一次經(jīng)過y軸到第二次經(jīng)過y軸,在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t2=eq\f(T,3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T=eq\f(2πm,qB)解得t2=eq\f(2π,9)eq\r(\f(6dm,Eq))粒子第二次經(jīng)過y軸到第三次經(jīng)過y軸,在電場中運(yùn)動的時間t3=eq\f(2vx,a)=2eq\r(\f(2dm,Eq))=2t1即粒子從A點(diǎn)運(yùn)動到第三次經(jīng)過y軸時的時間為t3+t2+t1=3t1+t2所以粒子從A點(diǎn)運(yùn)動到第n次經(jīng)過y軸時的時間t=nt1+eq\f(n-1,2)t2=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)n-1π,9)+n))eq\r(\f(2dm,Eq))(n=1,3,5,7,…)t′=(n-1)t1+eq\f(n,2)t2=(eq\f(\r(3)nπ,9)+n-1)eq\r(\f(2dm,Eq))(n=2,4,6,8,…)4.(2022·安徽省江南十校一模)如圖所示,豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy,y軸正向豎直向上,x軸正向水平向右,x軸在水平平面M內(nèi),在x軸上方存在方向豎直向下、電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場.兩平行水平面M和N之間的距離為d,其間的區(qū)域存在方向豎直向上、電場強(qiáng)度大小為E2的勻強(qiáng)電場(E2=eq\f(1,2)E1)和方向水平向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場.帶電荷量分別為q和-q(q>0)的小球1和2先后從y軸上
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