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第一部分專題二第1講基礎(chǔ)題——知識基礎(chǔ)打牢1.(多選)(2022·河北滄州模擬)翼裝飛行中的無動力翼裝飛行,國際上稱之為飛鼠裝滑翔運(yùn)動,運(yùn)動員穿戴著擁有雙翼的飛行服裝和降落傘設(shè)備,從飛機(jī)、懸崖絕壁等高處一躍而下,運(yùn)用肢體動作來掌控滑翔方向,最后運(yùn)動員打開降落傘平穩(wěn)落地.無動力翼裝飛行進(jìn)入理想飛行狀態(tài)后,飛行速度通常可達(dá)到200km/h.若某次無動力翼裝飛行從A到B的運(yùn)動過程可認(rèn)為是在豎直平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動,如圖所示,則從A到B的運(yùn)動過程中,下列說法正確的是(BD)A.運(yùn)動員所受重力的功率逐漸增大B.運(yùn)動員所受重力的功率逐漸減小C.運(yùn)動員的機(jī)械能守恒D.運(yùn)動員的機(jī)械能逐漸減小【解析】由于速率不變,速度與重力的夾角θ(銳角)逐漸增大,重力的功率為P=mg·vcosθ,所以重力的功率逐漸減小,A錯誤,B正確;運(yùn)動員高度降低重力勢能減小而動能不變,機(jī)械能逐漸減小,C錯誤,D正確.故選BD.2.(2022·全國甲,14,6分)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示.運(yùn)動員從a處由靜止自由滑下,到b處起跳,c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn),a、c兩處的高度差為h.要求運(yùn)動員經(jīng)過c點(diǎn)時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍,運(yùn)動過程中將運(yùn)動員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力,則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于(D)A.eq\f(h,k+1) B.eq\f(h,k)C.eq\f(2h,k) D.eq\f(2h,k-1)【解析】在c點(diǎn)由牛頓第二定律得FN-mg=meq\f(v2,R),由牛頓第三定律得,F(xiàn)N=FN′,其中FN′≤kmg,又根據(jù)機(jī)械能守恒定律得,mgh=eq\f(1,2)mv2,解得R≥eq\f(2h,k-1),選項(xiàng)D正確,A、B、C錯誤.3.(2022·湖南長沙模擬)2022年3月10日,“95號汽油跑步進(jìn)入9元時代”沖上微博熱搜,許多車主紛紛表示頂不住油價而迫切想買電動車代步.其中,某品牌純電動車型部分參數(shù):整備質(zhì)量約1200kg,高性能版的驅(qū)動電機(jī)最大功率120kW,峰值扭矩為290N·m,驅(qū)動形式為前車驅(qū)動,NEDC綜合續(xù)航里程430km.該電動汽車在公路上行駛受到阻力大小恒為4×103N,則下列說法正確的是(B)A.汽車的最大速度為20m/sB.汽車上坡時低速行駛,是為了使汽車獲得較大的牽引力C.汽車以2m/s2的加速度勻加速啟動,啟動后第2s末時發(fā)動機(jī)的實(shí)際功率是32kWD.里程120~320m過程克服阻力所做的功約為8×104J【解析】當(dāng)汽車以最大速度vm行駛時,其牽引力與阻力大小相等,則vm=eq\f(P,f)=30m/s,故A錯誤;根據(jù)P=Fv可知,汽車上坡時低速行駛,是為了使汽車獲得較大的牽引力,故B正確;汽車以2m/s2的加速度勻加速啟動,設(shè)牽引力大小為F,根據(jù)牛頓第二定律有F-f=ma,解得F=6.4×103N,啟動后第2s末時汽車的速率為v=at=4m/s,此時發(fā)動機(jī)的實(shí)際功率是P=Fv=25.6kW,故C錯誤;里程120~320m過程克服阻力所做的功為Wf=fs=8×105J,故D錯誤.4.(2022·廣東廣州模擬)將一小球從地面上以12m/s的初速度豎直向上拋出,小球每次與水平地面碰撞過程中的動能損失均為碰前動能的n倍,小球拋出后運(yùn)動的v-t圖像如圖所示.已知小球運(yùn)動過程中受到的空氣阻力大小恒定,重力加速度大小為10m/s2,則n的值為(B)A.eq\f(5,6) B.eq\f(1,6)C.eq\f(5,9) D.eq\f(4,9)【解析】小球第一次上升的最大高度h1=eq\f(1,2)(12+0)m=6m,上升階段,根據(jù)動能定理有-(mg+Ff)h1=-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),v0=12m/s,則Ff=eq\f(1,5)mg.下降階段,根據(jù)動能定理可知碰前瞬間的動能為mgh1-Ffh1=Ek0=48mJ,第一次與地面碰撞的過程中動能損失ΔEk=Ek0-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)=8mJ,則依題意有n=eq\f(ΔEk,Ek1)=eq\f(1,6),故A、C、D錯誤,B正確.5.(2022·山東押題卷)如圖所示,輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接,另一端與物體A相連,物體A置于光滑水平桌面上(桌面足夠大),A右端連接一細(xì)線,細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連.開始時托住B,讓A處于靜止且細(xì)線恰好伸直,然后由靜止釋放B,直至B獲得最大速度.下列有關(guān)該過程的分析中正確的是(C)A.B物體受到細(xì)線的拉力保持不變B.B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量C.A物體動能的增量小于B物體所受重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和D.A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于B物體所受重力對B做的功【解析】以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得mBg-kx=(mA+mB)a,從開始到B速度達(dá)到最大的過程中,彈簧的伸長量x逐漸增加,則B加速度逐漸減?。粚根據(jù)牛頓第二定律可得mBg-T=mBa,可知在此過程繩子上拉力逐漸增大,是變力,故A錯誤;整個系統(tǒng)中,根據(jù)功能關(guān)系可知,B減小的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為A的機(jī)械能以及彈簧的彈性勢能,故B物體機(jī)械能的減少量大于彈簧彈性勢能的增加量,故B錯誤;根據(jù)動能定理可知,A物體動能的增量等于彈簧彈力和繩子上拉力對A所做功的代數(shù)和,而繩上拉力小于B的重力,A與B運(yùn)動的路程相等,所以A物體動能的增量小于B物體所受重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和,故C正確;根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知,A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于B物體機(jī)械能的減少量,也就是等于B物體克服細(xì)繩拉力做的功,故D錯誤.6.(2022·重慶三診)如圖所示,軌道ABC由兩段相同的光滑圓弧軌道組合而成,B點(diǎn)為兩段圓弧軌道的平滑連接點(diǎn),A,C兩點(diǎn)高度差h=0.2m.一質(zhì)量m=0.1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從最高點(diǎn)A由靜止沿軌道下滑,并從C點(diǎn)水平滑出.物塊剛到B點(diǎn)時恰好對AB段軌道無壓力,不計一切阻力,重力加速度g取10m/s2.則物塊在C點(diǎn)對軌道的壓力大小是(C)A.2N B.3NC.eq\f(7,3)N D.eq\f(11,3)N【解析】如圖,設(shè)圓弧軌道半徑為R,O為AB段圓弧圓心,∠AOB=θ,物塊剛到B點(diǎn)時速度大小為vB,有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)=mgeq\f(h,2),mgcosθ=meq\f(v\o\al(2,B),R),R=Rcosθ+eq\f(h,2),聯(lián)立解得R=eq\f(3,2)h,物塊運(yùn)動到C點(diǎn)時,速度大小為vC,在C點(diǎn)受軌道的彈力大小為FN,有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)=mgh,F(xiàn)N-mg=meq\f(v\o\al(2,C),R),聯(lián)立解得FN=eq\f(7,3)N,故選C.7.(多選)(2022·河北石家莊模擬)輪軸機(jī)械是中國古代制陶的主要工具.如圖所示,輪軸可繞共同軸線O自由轉(zhuǎn)動,其輪半徑R=20cm,軸半徑r=10cm,用輕質(zhì)繩纏繞在輪和軸上,分別在繩的下端吊起質(zhì)量為2kg、1kg的物塊P和Q,將兩物塊由靜止釋放,釋放后兩物塊均做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動,不計輪軸的質(zhì)量及軸線O處的摩擦,重力加速度g取10m/s2.在P從靜止下降1.2m的過程中,下列說法正確的是(BD)A.P、Q速度大小始終相等B.Q上升的距離為0.6mC.P下降1.2m時Q的速度大小為2eq\r(3)m/sD.P下降1.2m時的速度大小為4m/s【解析】由題意知,輪半徑R=20cm,軸半徑r=10cm,根據(jù)線速度與角速度關(guān)系可知eq\f(vP,vQ)=eq\f(ωR,ωr)=eq\f(2,1),故A項(xiàng)錯誤;在P從靜止下降1.2m的過程中,由題意得,eq\f(hP,hQ)=eq\f(vPt,vQt)=eq\f(2,1),解得hQ=0.6m,故B項(xiàng)正確;根據(jù)機(jī)械能守恒得mPghP=eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)+eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)+mQghQ,由A項(xiàng)和B項(xiàng)知eq\f(vP,vQ)=eq\f(2,1),hQ=0.6m,解得vQ=2m/s,vP=4m/s,故C項(xiàng)錯誤,D項(xiàng)正確.故選BD.8.(2022·河北押題卷)如圖所示,斜面NP與水平面OP在P點(diǎn)連接,斜面OQ傾角為θ,與OP連接于O點(diǎn).將質(zhì)量為m的光滑小球(可視為質(zhì)點(diǎn))由斜面NP上的N點(diǎn)靜止釋放,小球經(jīng)O點(diǎn)水平飛出后落到斜面OQ上的K點(diǎn).已知斜面及水平面均固定,NP之間的高度差為H,O、K之間的高度差為h,重力加速度為g,忽略空氣阻力.則(C)A.小球在K點(diǎn)處速度的方向與水平方向的夾角為2θB.O、K之間的距離為heq\r(1+tan2θ)C.小球落到K點(diǎn)時的速度大小為eq\r(2gh+\f(gh,2tan2θ))D.小球經(jīng)過P點(diǎn)前后損失的機(jī)械能為mgH-eq\f(mgh,2tan2θ)【解析】設(shè)小球從O點(diǎn)拋出時速度為v0,則落到斜面上時有tanθ=eq\f(y,x)=eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)=eq\f(gt,2v0),設(shè)落在K點(diǎn)時速度方向與水平方向夾角為α,則有tanα=eq\f(vy,v0)=eq\f(gt,v0),對比可知tanα=2tanθ,A錯誤;O、K之間的距離為s=eq\f(h,sinθ)≠heq\r(1+tan2θ),B錯誤;小球落到K點(diǎn)時vy=gt=eq\r(2gh),則v0為v0=eq\f(\r(2gh),2tanθ),則小球落到K點(diǎn)時的速度大小為v=eq\r(v\o\al(2,x)+v\o\al(2,y))=eq\r(2gh+\f(gh,2tan2θ)),C正確;小球經(jīng)過P點(diǎn)前后損失的機(jī)械能為從釋放到落到K點(diǎn)全過程損失的機(jī)械能,由能量守恒有ΔE=mg(H+h)-eq\f(1,2)mv2=mgH-eq\f(mgh,4tan2θ),D錯誤.9.(2022·哈爾濱六中一模)2022年第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動會在中國舉行,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一.跳臺滑雪賽道可簡化為助滑道、著陸坡、停止區(qū)三部分,如圖所示.一次比賽中,質(zhì)量為m的運(yùn)動員從A處由靜止下滑,運(yùn)動到B處后水平飛出,落在了著陸坡末端的C點(diǎn),滑入停止區(qū)后,在與C等高的D處速度減為零.已知B、C之間的高度差為h,著陸坡的傾角為θ,重力加速度為g.只考慮運(yùn)動員在停止區(qū)受到的阻力,不計其他能量損失.由以上信息不可以求出(D)A.運(yùn)動員在空中飛行的時間B.A、B之間的高度差C.運(yùn)動員在停止區(qū)運(yùn)動過程中克服阻力做的功D.C、D兩點(diǎn)之間的水平距離【解析】從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動,則由h=eq\f(1,2)gt2,可求解運(yùn)動員在空中飛行的時間,A正確,不符合題意;由eq\f(h,tanθ)=v0t,可求解在B點(diǎn)的速度v0,再由mghAB=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),可求解AB的高度差,B正確,不符合題意;從B點(diǎn)到D點(diǎn)由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)+mgh=Wf,可求解運(yùn)動員在停止區(qū)運(yùn)動過程中克服阻力做的功,C正確,不符合題意;由題中條件無法求解C、D兩點(diǎn)之間的水平距離,D錯誤,符合題意.故選D.10.(2022·遼寧模擬)如圖(a)所示,一個可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從地面豎直上拋,小球的動能Ek隨它距離地面的高度h的變化關(guān)系如圖(b)所示,取小球在地面時的重力勢能為零,小球運(yùn)動過程中受到的空氣阻力大小恒定,重力加速度為g,則下列說法正確的是(C)A.小球的質(zhì)量為eq\f(2E0,gh0)B.小球受到空氣阻力的大小為eq\f(E0,gh0)C.上升過程中,小球的動能等于重力勢能時,小球距地面的高度為eq\f(4,7)h0D.下降過程中,小球的動能等于重力勢能時,小球的動能大小為eq\f(E0,2)【解析】上升階段,根據(jù)能量守恒2E0=fh0+mgh0,下降階段,根據(jù)能量守恒E0+fh0=mgh0,聯(lián)立解得,小球的質(zhì)量為m=eq\f(3E0,2gh0),小球受到空氣阻力的大小為f=eq\f(E0,2h0),故A、B錯誤;上升過程中,小球的動能等于重力勢能時,根據(jù)能量守恒2E0=Ek1+mgh+fh=2mgh+fh,解得小球距地面的高度為h=eq\f(4,7)h0,故C正確;下降過程中,小球的動能等于重力勢能時,設(shè)此時高度h1,根據(jù)能量守恒mgh0=Ek2+mgh1+f(h0-h(huán)1)=2Ek2+fh0-fh1,即eq\f(3E0,2)=2Ek2+eq\f(E0,2)-fh1,解得小球的動能大小Ek2=eq\f(E0+fh1,2),不等于eq\f(E0,2),故D錯誤.應(yīng)用題——強(qiáng)化學(xué)以致用11.(2022·湖北聯(lián)考)皮帶輸送機(jī)普遍應(yīng)用于交通、物流、食品等各行各業(yè),通過掃碼可實(shí)現(xiàn)快遞自動分揀.如圖所示,傳送帶在電動機(jī)帶動下以v0=2m/s的速度勻速運(yùn)動,將質(zhì)量m=1kg的包裹(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度放在與掃碼儀B相距10m的A點(diǎn)處,包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g=10m/s2.下列說法正確的是(C)A.包裹從A點(diǎn)運(yùn)動到掃碼儀B的過程中先受滑動摩擦力作用后受靜摩擦力作用B.包裹從A點(diǎn)運(yùn)動到掃碼儀B的時間為5sC.將一個包裹運(yùn)送到掃碼儀B的過程中,電動機(jī)多消耗的電能為4JD.將一個包裹運(yùn)送到掃碼儀B的過程中,系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為4J【解析】包裹在傳送帶上加速時有μmg=ma,解得a=5m/s2,包裹在傳送帶上加速的時間t1=eq\f(v0,a)=0.4s,包裹在傳送帶上加速的位移x=eq\f(v\o\al(2,0),2a)=0.4m<10m,包裹在傳送帶上勻速運(yùn)動的時間t2=eq\f(L-x,v0)=4.8s,包裹從A點(diǎn)運(yùn)動到掃碼儀B的時間t=t1+t2=5.2s,故B錯誤;包裹加速過程受滑動摩擦力作用,與傳送帶共速后不受摩擦力作用,故A錯誤;傳送帶在包裹加速時間內(nèi)的位移x傳=v0t1=0.8m,傳送帶克服摩擦力所做的功W=μmgx傳=4J,電動機(jī)多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力所做的功,故C正確;包裹在傳送帶上加速的過程中,系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmg(x傳-x)=2J,故D錯誤.12.(多選)(2022·山東押題卷)如圖1為一自動卸貨礦車工作時的示意圖:礦車空載時質(zhì)量為100kg;礦車載滿貨物后,從傾角α=30°的固定斜面上A點(diǎn)由靜止下滑,下滑一段距離后,壓縮固定在適當(dāng)位置的緩沖彈簧,當(dāng)彈簧產(chǎn)生最大形變時(仍在彈性限度內(nèi)),礦車立即自動卸完全部貨物,然后借助彈簧的彈力作用,返回原位置A,此時速度剛好為零,礦車再次裝貨.設(shè)斜面對礦車的阻力為車總重量的k0倍,已知礦車下滑過程中,加速度a與位移x的部分關(guān)系圖像如圖2所示.彈性勢能Ep=eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)(x0為形變量),礦車可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力,則(ABD)A.k0=0.25B.礦車的載貨量為200kgC.彈簧的勁度系數(shù)為75N/mD.卸貨點(diǎn)距A點(diǎn)32m【解析】設(shè)礦車質(zhì)量為m,載貨量為M,礦車未接觸彈簧前,由牛頓第二定律(M+m)gsinθ-k0(M+m)g=(M+m)a,其中a=2.5m/s2,可得k0=0.25,故A正確;卸貨點(diǎn)距A為s,由功能關(guān)系可得:下滑過程(M+m)gssinθ=k0(m+M)gs+ΔEp彈,彈回過程ΔEp彈=k0mgs+mgssinθ,聯(lián)立可得M=2m=200kg,故B正確;設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k,由圖可知25m處的加速度為0,有(m+M)gsinθ=k0(m+M)g+kΔx,代入圖像數(shù)據(jù)Δx=(25-24)m=1m,可得K=750N/m,故C錯誤;上升過程中eq\f(1,2)k(s-24)2=k0mgs+mgssinθ,代入數(shù)據(jù)解得s=32m,故D正確.故選ABD.13.(2021·全國乙卷)一籃球質(zhì)量為m=0.60kg,一運(yùn)動員使其從距地面高度為h1=1.8m處由靜止自由落下,反彈高度為h2=1.2m.若使籃球從距地面h3=1.5m的高度由靜止下落,并在開始下落的同時向下拍球,球落地后反彈的高度也為1.5m.假設(shè)運(yùn)動員拍球時對球的作用力為恒力,作用時間為t=0.20s;該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變.重力加速度大小取g=10m/s2,不計空氣阻力.求:(1)運(yùn)動員拍球過程中對籃球所做的功;(2)運(yùn)動員拍球時對籃球的作用力的大小.【答案】(1)4.5J(2)9N【解析】(1)使籃球從距地面高度為h1處由靜止自由落下時,設(shè)籃球的落地速度大小為v1,根據(jù)自由落體運(yùn)動的規(guī)律有veq\o\al(2,1)=2gh1,設(shè)籃球被地面反彈時的速度大小為v2,則有veq\o\al(2,2)=2gh2,則籃球與地面碰撞前、后的動能之比eq\f(Ek1,Ek2)=eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,1),\f(1,2)mv\o\al(2,2))=eq\f(h1,h2)=eq\f(3,2).使籃球從距地面h3的高度由靜止下落,并在開始下落的同時向下拍球,設(shè)籃球的落地速度大小為v3,反彈后的速度大小為v4,則有veq\o\al(2,4)=2gh3,因?yàn)榛@球每次與地面碰撞前、后的動能的比值不變,所以有eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,3),\f(1,2)mv\o\al(2,4))=eq\f(3,2),設(shè)運(yùn)動員拍球過程中對籃球做的功為W,根據(jù)動能定理有W+mgh3=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3),解得W=4.5J.(2)籃球在受到力F作用的時間內(nèi),根據(jù)牛頓第二定律得,加速度a=eq\f(mg+F,m),籃球的位移x=eq\f(1,2)at2,運(yùn)動員對籃球做的功W=Fx,聯(lián)立解得F=9N.14.(2022·浙江1月高考,12分)如圖所示,處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置,由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成,B、D和F為軌道間的相切點(diǎn),彈性板垂直軌道固定在G點(diǎn)(與B點(diǎn)等高),B、O1、D、O2和F點(diǎn)處于同一直線上.已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量m=0.1kg,軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m,軌道AB長度lAB=3m,滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ=eq\f(7,8),滑塊與彈性板作用后,以等大速度彈回,sin37°=0.6,cos37°=0.8
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