2024高考物理一輪復習第六章動量動量守恒定律第1講動量定理及其應用學案+作業(yè)含解析新人教版_第1頁
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PAGEPAGE1第1講動量定理及其應用五年高考(全國卷)命題分析五年??紵狳c五年未考重點動量、動量定理及應用2024202420242卷15題3卷20題1卷35(2)題1.動量和沖量的理解和計算2.板塊模型中的動量和能量問題3.“人船模型”問題4.“子彈打木塊”模型5.驗證動量守恒定律動量守恒定律的應用20241卷14題、2卷15題應用動量和能量觀點解決碰撞或爆炸類問題20242024202420241卷25題,3卷25題1卷24題、2卷24題2卷35(2)題、3卷35(2)題1卷35(2)題、2卷35(2)題1.考查方式:從前幾年命題規(guī)律來看,主要應用碰撞或反沖運動模型,以計算題的形式考查動量和能量觀點的綜合應用.2.命題趨勢:由于動量守恒定律是必考內容,因此綜合應用動量和能量觀點解決碰撞模型問題仍將是今后命題的熱點,既可以將動量與力學學問結合,也可將動量和電學學問結合,作為理綜試卷壓軸計算題進行命題.第1講動量定理及其應用一、動量、動量變更、沖量1.動量(1)定義:物體的質量與速度的乘積.(2)表達式:p=mv.(3)方向:動量的方向與速度的方向相同.2.動量的變更(1)因為動量是矢量,動量的變更量Δp也是矢量,其方向與速度的變更量Δv的方向相同.(2)動量的變更量Δp,一般用末動量p′減去初動量p進行矢量運算,也稱為動量的增量.即Δp=p′-p.3.沖量(1)定義:力與力的作用時間的乘積叫做力的沖量.(2)公式:I=Ft.(3)單位:N·s.(4)方向:沖量是矢量,其方向與力的方向相同.推斷正誤(1)物體質量不變時,運動的速度變更,其動量肯定變更.(√)(2)當物體受力方向與運動方向垂直時,該力的沖量為0.(×)(3)某個恒力對物體做功為0時,沖量不為0.(√)(4)做勻速圓周運動的物體動量不變.(×)二、動量定理1.內容:物體在一個運動過程始末的動量變更量等于它在這個過程中所受合力的沖量.2.公式:mv′-mv=F(t′-t)或p′-p=I.3.動量定理的理解(1)動量定理反映了力的沖量與動量變更量之間的因果關系,即合力的沖量是緣由,物體的動量變更量是結果.(2)動量定理中的沖量是合力的沖量,而不是某一個力的沖量,它可以是合力的沖量,可以是各力沖量的矢量和,也可以是外力在不同階段沖量的矢量和.(3)動量定理表達式是矢量式,等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義.自測(2024·全國卷Ⅱ·15)高空墜物極易對行人造成損害.若一個50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下,與地面的碰撞時間約為2ms,則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為()A.10NB.102NC.103ND.104N答案C解析設每層樓高約為3m,則下落高度約為h=3×25m=75m由mgh=eq\f(1,2)mv2及(F-mg)t=mv結合牛頓第三定律知雞蛋對地面的沖擊力F′=F=eq\f(m\r(2gh),t)+mg≈103N.1.對動量的理解(1)動量的兩性①瞬時性:動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量,是針對某一時刻或位置而言的.②相對性:動量的大小與參考系的選取有關,通常是指相對地面的動量.(2)動量與動能的比較動量動能物理意義描述機械運動狀態(tài)的物理量定義式p=mvEk=eq\f(1,2)mv2標矢性矢量標量變更因素物體所受沖量外力所做的功大小關系p=eq\r(2mEk)Ek=eq\f(p2,2m)對于給定的物體,若動能發(fā)生了變更,動量肯定也發(fā)生了變更;而動量發(fā)生變更,動能不肯定發(fā)生變更.它們都是相對量,均與參考系的選取有關,中學階段通常選取地面為參考系2.對沖量的理解(1)沖量的兩性①時間性:沖量不僅與力有關,還與力的作用時間有關,恒力的沖量等于該力與該力的作用時間的乘積.②矢量性:對于方向恒定的力來說,沖量的方向與力的方向一樣;對于作用時間內方向變更的力來說,沖量的方向與相應時間內物體動量變更量的方向一樣.(2)作用力和反作用力的沖量:肯定等大、反向,但作用力和反作用力做的功之間并無必定聯(lián)系.(3)沖量與功的比較沖量功定義作用在物體上的力和力的作用時間的乘積作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積單位N·sJ公式I=Ft(F為恒力)W=Flcosα(F為恒力)標矢性矢量標量意義①表示力對時間的累積②是動量變更的量度①表示力對空間的累積②是能量變更多少的量度都是過程量,都與力的作用過程相聯(lián)系題型1對動量和沖量的定性分析例1(2024·廣東廣州市下學期一模)如圖1為跳水運動員從起跳到落水過程的示意圖,運動員從最高點到入水前的運動過程記為Ⅰ,運動員入水后到最低點的運動過程記為Ⅱ,忽視空氣阻力,則運動員()圖1A.過程Ⅰ的動量變更量等于零B.過程Ⅱ的動量變更量等于零C.過程Ⅰ的動量變更量等于重力的沖量D.過程Ⅱ的動量變更量等于重力的沖量答案C解析過程Ⅰ中動量變更量等于重力的沖量,即為mgt,不為零,故A錯誤,C正確;運動員入水前的速度不為零,末速度為零,過程Ⅱ的動量變更量不等于零,故B錯誤;過程Ⅱ的動量變更量等于合外力的沖量,不等于重力的沖量,故D錯誤.變式1跳水運動員在跳臺上由靜止直立落下,落入水中后在水中減速運動到速度為零時并未到達池底,不計空氣阻力,則關于運動員從靜止落下到在水中向下運動到速度為零的過程中,下列說法不正確的是()A.運動員在空中動量的變更量等于重力的沖量B.運動員整個向下運動過程中合外力的沖量為零C.運動員在水中動量的變更量等于水的作用力的沖量D.運動員整個運動過程中重力的沖量與水的作用力的沖量等大反向答案C解析依據動量定理可知,運動員在空中動量的變更量等于重力的沖量,A項正確;運動員整個向下運動過程中,初速度為零,末速度為零,因此合外力的沖量為零,B項正確;運動員在水中動量的變更量等于重力和水的作用力的合力的沖量,C項錯誤;由于整個過程合外力的沖量為零,因此運動員整個過程中重力的沖量與水的作用力的沖量等大反向,D項正確.題型2對動量和沖量的定量計算例2(多選)(2024·湖北宜昌市四月調研)一質量為m的運動員托著質量為M的重物從下蹲狀態(tài)(圖2甲)緩慢運動到站立狀態(tài)(圖乙),該過程重物和人的肩部相對位置不變,運動員保持乙狀態(tài)站立Δt時間后再將重物緩慢向上舉,至雙臂伸直(圖丙).甲到乙、乙到丙過程重物上上升度分別為h1、h2,經驗的時間分別為t1、t2,重力加速度為g,則()圖2A.地面對運動員的沖量為(M+m)g(t1+t2+Δt),地面對運動員做的功為0B.地面對運動員的沖量為(M+m)g(t1+t2),地面對運動員做的功為(M+m)g(h1+h2)C.運動員對重物的沖量為Mg(t1+t2+Δt),運動員對重物做的功為Mg(h1+h2)D.運動員對重物的沖量為Mg(t1+t2),運動員對重物做的功為0答案AC解析因運動員將重物緩慢上舉,則可認為是平衡狀態(tài),地面對運動員的支持力為:(M+m)g,整個過程的時間為(t1+t2+Δt),依據I=Ft可知地面對運動員的沖量為(M+m)g(t1+t2+Δt);因地面對運動員的支持力沒有位移,可知地面對運動員做的功為0,選項A正確,B錯誤;運動員對重物的作用力為Mg,作用時間為(t1+t2+Δt),依據I=Ft可知運動員對重物的沖量為Mg(t1+t2+Δt),重物的位移為(h1+h2),依據W=Flcosα可知運動員對重物做的功為Mg(h1+h2),選項C正確,D錯誤.變式2(多選)如圖3所示,一個物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下勻速前進了時間t,則()圖3A.拉力對物體的沖量大小為FtB.拉力對物體的沖量大小為FtsinθC.摩擦力對物體的沖量大小為FtsinθD.合外力對物體的沖量大小為零答案AD解析拉力F對物體的沖量大小為Ft,故A項正確,B項錯誤;物體受到的摩擦力Ff=Fcosθ,所以,摩擦力對物體的沖量大小為Fft=Ftcosθ,故C項錯誤;物體勻速運動,則合外力為零,所以合外力對物體的沖量大小為零,故D項正確.1.對動量定理的理解(1)中學物理中,動量定理探討的對象通常是單個物體.(2)Ft=p′-p是矢量式,兩邊不僅大小相等,而且方向相同.式中Ft是物體所受的合外力的沖量.(3)Ft=p′-p除表明兩邊大小、方向的關系外,還說明白兩邊的因果關系,即合外力的沖量是動量變更的緣由.(4)由Ft=p′-p,得F=eq\f(p′-p,t)=eq\f(Δp,t),即物體所受的合外力等于物體的動量對時間的變更率.2.解題基本思路(1)確定探討對象.在中學階段用動量定理探討的問題,其探討對象一般僅限于單個物體.(2)對物體進行受力分析.可先求每個力的沖量,再求各力沖量的矢量和——合力的沖量;或先求合力,再求其沖量.(3)抓住過程的初、末狀態(tài),選好正方向,確定各動量和沖量的正負號.(4)依據動量定理列方程,如有必要還須要補充其他方程,最終代入數(shù)據求解.例3(2024·陜西其次次質檢)核桃是“四大堅果”之一,核桃仁具有豐富的養(yǎng)分價值,但核桃殼非常堅硬,不借助專用工具不易剝開.小悠同學發(fā)覺了一個開核竅門:把核桃豎直上拋落回與堅硬地面撞擊后就能開裂.拋出點距離地面的高度為H,上拋后達到的最高點與拋出點的距離為h.已知重力加速度為g,空氣阻力不計.(1)求核桃落回地面的速度大小v;(2)已知核桃質量為m,與地面撞擊作用時間為Δt,撞擊后豎直反彈h1高度,求核桃與地面之間的平均作用力F.答案(1)eq\r(2gH+h)(2)eq\f(m[\r(2gh1)+\r(2gH+h)],Δt)+mg,方向豎直向上解析(1)核桃豎直上拋到最高點后做自由落體運動,則有:v2=2g(H+h)則落回地面的速度大?。簐=eq\r(2gH+h)(2)設核桃反彈速度為v1,則有:veq\o\al(12)=2gh1以豎直向上為正方向,核桃與地面作用的過程:(F-mg)Δt=mv1-m(-v)解得:F=eq\f(m[\r(2gh1)+\r(2gH+h)],Δt)+mg,方向豎直向上.變式3(2024·山東臨沂市質檢)材料相同、質量不同的兩滑塊,以相同的初動能分別在水平面上運動直到停止,則()A.質量大的滑塊運動時間長B.質量小的滑塊運動位移大C.質量大的滑塊所受摩擦力的沖量小D.質量小的滑塊克服摩擦力做功多答案B解析依據動能定理可知:-μmgs=0-Ek,即兩滑塊克服摩擦力做的功相等,且質量較小的滑塊運動位移較大,選項B正確,D錯誤;依據動量定理:-μmgt=0-p,p=eq\r(2mEk),則t=eq\f(1,μg)eq\r(\f(2Ek,m)),可知質量大的滑塊運動時間短,選項A錯誤;依據動量定理可知摩擦力的沖量等于動量的變更量,即:I=Δp=-eq\r(2mEk),則質量大的滑塊摩擦力的沖量大,故C錯誤.例4一高空作業(yè)的工人質量為60kg,系一條長為L=5m的平安帶,若工人由靜止不慎跌落時平安帶的緩沖時間t=1s(工人最終靜止懸掛在空中),則緩沖過程中平安帶受的平均沖力是多少?(g取10m/s2,忽視空氣阻力的影響)答案1200N,方向豎直向下解析解法一分段列式法:設工人剛要拉緊平安帶時的速度為v1,veq\o\al(12)=2gL,得v1=eq\r(2gL)經緩沖時間t=1s后速度變?yōu)?,取向下的方向為正方向,對工人由動量定理知,工人受兩個力作用,即拉力F和重力mg,所以(mg-F)t=0-mv1,解得F=eq\f(mgt+mv1,t)將數(shù)值代入得F=1200N.由牛頓第三定律,工人對平安帶的平均沖力F′為1200N,方向豎直向下.解法二全程列式法:由L=eq\f(1,2)gteq\o\al(02,)得,工人自由下落時間為t0=eq\r(\f(2L,g)),在整個下落過程中對工人應用動量定理,重力的沖量大小為mg(eq\r(\f(2L,g))+t),拉力F的沖量大小為Ft.初、末動量都是零,取向下為正方向,由動量定理知mg(eq\r(\f(2L,g))+t)-Ft=0解得F=eq\f(mg\r(\f(2L,g))+t,t)=1200N由牛頓第三定律知工人對平安帶的平均沖力F′=F=1200N,方向豎直向下.變式4(2024·吉林“五地六?!焙献黧w聯(lián)考)一物體在合外力F的作用下從靜止起先做直線運動,合外力方向不變,大小隨時間的變更如圖4所示,在t0和2t0時刻,物體的動能分別為Ek1、Ek2,動量分別為p1、p2,則()圖4A.Ek2=8Ek1,p2=4p1 B.Ek2=3Ek1,p2=3p1C.Ek2=9Ek1,p2=3p1 D.Ek2=3Ek1,p2=2p1答案C解析依據動量定理得:0~t0內:F0t0=mv1①t0~2t0內:2F0t0=mv2-mv1②由①②解得:v1∶v2=1∶3由p=mv得:p2=3p1由Ek=eq\f(1,2)mv2得:Ek1=eq\f(1,2)mveq\o\al(12),Ek2=eq\f(1,2)mveq\o\al(22,)解得:Ek2=9Ek1.1.探討對象經常須要選取流體為探討對象,如水、空氣等.2.探討方法隔離出肯定形態(tài)的一部分流體作為探討對象,然后列式求解.3.基本思路(1)在極短時間Δt內,取一小柱體作為探討對象.(2)求小柱體的體積ΔV=vSΔt(3)求小柱體質量Δm=ρΔV=ρvSΔt(4)求小柱體的動量變更Δp=vΔm=ρv2SΔt(5)應用動量定理FΔt=Δp例5(2024·全國卷Ⅰ·16)最近,我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試勝利,這標記著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展.若某次試驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s,產生的推力約為4.8×106N,則它在1s時間內噴射的氣體質量約為()A.1.6×102kg B.1.6×103kgC.1.6×105kg D.1.6×106kg答案B解析設1s時間內噴出的氣體的質量為m,噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為F,由動量定理有Ft=mv-0,則m=eq\f(Ft,v)=eq\f(4.8×106×1,3×103)kg=1.6×103kg,選項B正確.變式5(2024·陜西寶雞市高考模擬檢測(二))超強臺風“山竹”的風力達到17級超強臺風強度,風速60m/s左右,對固定建筑物破壞程度巨大.請你依據所學物理學問推算固定建筑物所受風力(空氣的壓力)與風速(空氣流淌速度)大小的關系.假設某一建筑物垂直風速方向的受力面積為S,風速大小為v,空氣吹到建筑物上后速度瞬間減為零,空氣密度為ρ,風力F與風速大小v的關系式為()A.F=ρSv B.F=ρSv2C.F=eq\f(1,2)ρSv3 D.F=ρSv3答案B解析設t時間內吹到建筑物上的空氣質量為m,則m=ρSvt,依據動量定理得-F′t=0-mv=0-ρSv2t,解得F′=ρSv2,由牛頓第三定律得:F=F′=ρSv2,故B正確,A、C、D錯誤.1.關于動量和動能,下列說法中錯誤的是()A.做變速運動的物體,動能肯定不斷變更B.做變速運動的物體,動量肯定不斷變更C.合外力對物體做功為零,物體動能的增量肯定為零D.合外力的沖量為零,物體動量的增量肯定為零答案A解析做變速運動的物體,速度大小不肯定變更,動能不肯定變更,故A錯誤;做變速運動的物體,速度發(fā)生變更,動量肯定不斷變更,故B正確;合外力對物體做功為零,由動能定理,物體動能的增量肯定為零,故C正確;合外力的沖量為零,由動量定理,物體動量的增量肯定為零,故D正確.2.假如一物體在隨意相等的時間內受到的沖量相同,則此物體的運動不行能是()A.勻速圓周運動 B.自由落體運動C.平拋運動 D.豎直上拋運動答案A解析假如物體在隨意相等的時間內受到的沖量都相同,由I=Ft可知,物體受到的力是恒力.則物體可能做自由落體運動、平拋運動或豎直上拋運動,故B、C、D正確;物體做勻速圓周運動,所受合外力方向不斷變更,合力為變力,不能滿意在任何相等時間內,合外力的沖量相等,故不行能為勻速圓周運動,故A錯誤.3.(2024·廣西欽州市4月綜測)“飛針穿玻璃”是一項高難度的絕技表演,曾引起質疑.為了探討該問題,以下測量能夠得出飛針在穿越玻璃的時間內,對玻璃平均沖擊力大小的是()A.測出玻璃厚度和飛針穿越玻璃前后的速度B.測出玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時間C.測出飛針質量、玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時間D.測出飛針質量、飛針穿越玻璃所用時間和穿越玻璃前后的速度答案D解析在“飛針穿玻璃”的過程中,由動量定理得:-eq\x\to(F)t=mv2-mv1,結合牛頓第三定律可知,應測出飛針質量、飛針穿越玻璃所用時間和穿越玻璃前后的速度,故D正確,A、B、C錯誤.4.(2024·福建泉州市質檢)如圖1所示,ad、bd、cd是豎直面內三根固定的光滑細桿,a、b、c、d四個點位于同一圓周上,a在圓周最高點,d在圓周最低點,每根桿上都套著質量相等的小滑環(huán)(圖中未畫出),三個滑環(huán)分別從a、b、c三個點同時由靜止釋放.關于它們下滑的過程,下列說法正確的是()圖1A.重力對它們的沖量相同B.彈力對它們的沖量相同C.合外力對它們的沖量相同D.它們動能的增量相同答案A解析這是“等時圓”,即三個滑環(huán)同時由靜止釋放,運動到最低點d點的時間相同,由于三個環(huán)的重力相等,由公式I=Ft分析可知,三個環(huán)重力的沖量相同,故A正確;從c處下滑的小滑環(huán)受到的彈力最大,運動時間相等,則彈力對從c處下滑的小滑環(huán)的沖量最大,故B錯誤;從a處下滑的小滑環(huán)的加速度最大,受到的合力最大,則合力對從a處下滑的小滑環(huán)的沖量最大,故C錯誤;重力對從a處下滑的小滑環(huán)做功最多,其動能的增量最大,故D錯誤.5.(2024·廣東廣州市4月綜合測試)如圖2,廣州塔摩天輪位于塔頂450米高空處,摩天輪由16個“水晶”觀光球艙組成,沿著傾斜的軌道做勻速圓周運動,則坐于觀光球艙中的某游客()圖2A.動量不變 B.線速度不變C.合外力不變 D.機械能不守恒答案D解析坐于觀光球艙中的某游客線速度的大小不變,但方向不斷變更,可知線速度不斷變更,動量也不斷變更;由于向心加速度方向不斷變更,可知合外力大小不變,但方向不斷變更,選項A、B、C錯誤;由于動能不變,重力勢能不斷變更,可知機械能不守恒,選項D正確.6.(2024·湖北宜昌市元月調考)如圖3所示,籃球運動員接傳來的籃球時,通常要先伸出兩臂迎接,手接觸到球后,兩臂隨球快速引至胸前.這樣做可以()圖3A.減小球對手沖量的大小B.減小球對手作用力的大小C.減小球的動量變更量的大小D.減小球對手的作用時間答案B解析先伸出兩臂迎接,手接觸到球后,兩臂隨球引至胸前,這樣可以增加球與手接觸的時間,依據動量定理得:-Ft=0-mv,F(xiàn)=eq\f(mv,t),當時間增大時,動量的變更量不變,球對手的作用力減小,所以B正確.7.(2024·廣東“六?!钡谌温?lián)考)開學了,想到又能夠回到校內為幻想而拼搏,小明同學快樂得跳了起來.假設小明質量為m,從起先蹬地到離開地面用時為t,離地后小明重心最大上升h,重力加速度為g,忽視空氣阻力.以下說法正確的是()A.從起先蹬地到到達最高點的過程中,小明始終處于失重狀態(tài)B.在t時間內,小明機械能增加了mghC.在t時間內,地面對小明的平均支持力為eq\x\to(F)=eq\f(m\r(2gh),t)D.在t時間內,地面對小明做功mgh答案B解析從起先蹬地到到達最高點的過程中,經驗了向上加速和減速的過程,所以小明先超重后失重,故A錯誤;小明離開地面后,只受重力作用,機械能守恒,重心最大上升h,可知小明離開地面時的機械能為mgh,故B正確;在時間t內,由動量定理得:eq\x\to(F)t-mgt=mv-0,離開地面到最高點有:mgh=eq\f(1,2)mv2,聯(lián)立解得:eq\x\to(F)=eq\f(m\r(2gh),t)+mg,故C錯誤;在時間t內,地面對小明的支持力并沒有在力的方向上發(fā)生位移,做功為0,故D錯誤.8.(2024·山西晉中市模擬)質量相等的A、B兩物體放在同一水平面上,分別受到水平拉力F1、F2的作用從靜止起先做勻加速直線運動.經過時間t0和4t0速度分別達到2v0和v0時,分別撤去F1和F2,兩物體都做勻減速直線運動直至停止.兩物體速度隨時間變更的圖線如圖4所示.設F1和F2對A、B兩物體的沖量分別為I1和I2,F(xiàn)1和F2對A、B兩物體做的功分別為W1和W2,則下列結論正確的是()圖4A.I1∶I2=12∶5,W1∶W2=6∶5B.I1∶I2=6∶5,W1∶W2=3∶5C.I1∶I2=3∶5,W1∶W2=6∶5D.I1∶I2=3∶5,W1∶W2=12∶5答案C解析由題可知,兩物體勻減速運動的加速度大小都為eq\f(v0,t0),依據牛頓其次定律,勻減速運動中有Ff=ma,則摩擦力大小都為meq\f(v0,t0).由題圖可知,勻加速運動的加速度分別為eq\f(2v0,t0)、eq\f(v0,4t0),依據牛頓其次定律,勻加速運動中有F-Ff=ma,則F1=eq\f(3mv0,t0),F(xiàn)2=eq\f(5mv0,4t0),故I1∶I2=F1t0∶4F2t0=3∶5;對全過程運用動能定理得:W1-Ffx1=0,W2-Ffx2=0,得W1=Ff

x1,W2=Ff

x2,v-t圖線與時間軸所圍成的面積表示運動

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