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(江蘇專用)2021版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用

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(江蘇專用)2021版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用_第1頁
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1、 課后限時(shí)集訓(xùn)9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 建議用時(shí):45分鐘 1.(多選)(2019·江蘇啟東期末)如圖所示,光滑斜面體上有一個(gè)小球m被平行于斜面的細(xì)繩系于斜面上,斜面體在水平面上沿直線運(yùn)動(dòng),不計(jì)空氣阻力。則(  ) A.若斜面體勻速運(yùn)動(dòng),小球?qū)π泵嬉欢ㄓ袎毫? B.若小球相對(duì)斜面靜止,斜面體一定做勻速運(yùn)動(dòng) C.若小球?qū)π泵鏌o壓力,斜面體可能向左加速運(yùn)動(dòng) D.若繩子對(duì)小球無拉力,斜面體可能向左加速運(yùn)動(dòng) AD [若斜面體勻速運(yùn)動(dòng),小球也做勻速運(yùn)動(dòng),則小球受力平衡,小球受重力和繩子的拉力及斜面對(duì)小球的支持力,這三個(gè)力合力為零,所以小球?qū)π泵嬉欢ㄓ袎毫?,故A正確;如果整體向左加

2、速或向右加速過程中,加速度比較小,小球有可能相對(duì)斜面靜止,故斜面體不一定勻速運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;若小球?qū)π泵鏌o壓力,小球只受重力和繩子的拉力,加速度方向水平向右,則斜面體的加速度也水平向右,可以向右加速,也可以向左減速,故C錯(cuò)誤;若繩子沒有拉力,則小球只受重力和支持力,加速度方向水平向左,則斜面體的加速度也水平向左,可以向左加速,也可以向右減速,故D正確。] 2.(2019·蘇錫常鎮(zhèn)二模)運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行跳傘訓(xùn)練。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員在沒有打開降落傘時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng),打開傘后所受空氣阻力和下落速度成正比,不計(jì)開傘時(shí)間,跳傘運(yùn)動(dòng)員下落過程v-t圖象不可能是(  ) A          B C    

3、      D D [沒有打開降落傘時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng),在打開傘瞬間獲得速度v,打開傘后所受空氣阻力和下落速度成正比,則f=kv。若kv=mg,則運(yùn)動(dòng)員接下來做勻速直線運(yùn)動(dòng),故A項(xiàng)正確;若kvmg,則運(yùn)動(dòng)員所受合力向上且kv-mg=ma,運(yùn)動(dòng)員做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)直到勻速運(yùn)動(dòng),故C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤。] 3.(多選)(2019·山東泰安二模)如圖所示,一足夠長(zhǎng)的木板靜止在粗糙的水平面上,t=0時(shí)刻滑塊從板的左端以速度v0水平向右滑行,木板與滑塊間存在摩擦,且最大靜摩擦力等于滑

4、動(dòng)摩擦力?;瑝K的v-t圖象可能是(  ) A       B C       D AC [滑塊滑上木板,受到木板對(duì)滑塊向左的滑動(dòng)摩擦力,做勻減速運(yùn)動(dòng),若木塊對(duì)木板的摩擦力大于地面對(duì)木板的摩擦力,則木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)兩者速度相等時(shí),一起做勻減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1,木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2,木塊的質(zhì)量為m,木板的質(zhì)量為M,知木板若滑動(dòng),則μ1mg>μ2(M+m)g,最后一起做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度a′=μ2g,開始時(shí)木塊做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=μ1g>μ2g,知圖線的斜率變小,故C正確,D錯(cuò)誤。若μ1mg<μ2(M+m)g,則木板不動(dòng),滑塊一直做

5、勻減速運(yùn)動(dòng),故A正確。由于地面有摩擦力,最終木塊和木板不可能一起做勻速直線運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤。] 4.(多選)(2019·江蘇泗陽模擬)如圖所示,物塊A從弧形滑槽上的某一固定高度滑下后,以速度v1滑上粗糙的水平傳送帶。若傳送帶不動(dòng),A滑下后,從離開滑槽進(jìn)入傳送帶左端開始計(jì)時(shí),經(jīng)過時(shí)間t1滑至傳送帶右端某處便停止下來而不會(huì)掉下去。若傳送帶以恒定速率v2做逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng), A滑下后,從離開滑槽進(jìn)入傳送帶左端開始計(jì)時(shí),直到又返回傳送帶左端,所用時(shí)間為t2,則以下判斷正確的是(  ) A.若v1<v2,則t2=2t1 B.若v1>v2,則t2<2t1 C.若v1>v2,則t2>2t1 D.若v1

6、=v2,則t2=2t1 ACD [當(dāng)傳送帶不動(dòng)時(shí),物塊滑上傳送帶后做勻減速運(yùn)動(dòng)到零。若v1v2,物塊返回時(shí)先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),然后做勻速直線運(yùn)動(dòng),則返回的時(shí)間大于開始勻減速運(yùn)動(dòng)到零的時(shí)間,則t2>2t1,故B錯(cuò)誤,C正確;若v1=v2,物塊返回時(shí),一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng),同理根據(jù)對(duì)稱性可知,t2=2t1,故D正確。] 5.(多選)如圖所示,水平傳送帶A、B兩端相距x=4 m,以v0=4 m/s的速度(始終保持不變)順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn),今將一小煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地輕放至

7、A端,由于煤塊與傳送帶之間有相對(duì)滑動(dòng),會(huì)在傳送帶上留下劃痕。已知煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,取重力加速度大小g=10 m/s2,則煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端的過程中(  ) A.煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間是2.25 s B.煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間是1.5 s C.劃痕長(zhǎng)度是0.5 m D.劃痕長(zhǎng)度是2 m BD [根據(jù)牛頓第二定律,煤塊的加速度a==4 m/s2,煤塊運(yùn)動(dòng)到速度與傳送帶速度相等時(shí)的時(shí)間t1==1 s,位移大小x1=at=2 m<x,此后煤塊與傳送帶以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)直至B端,所以劃痕長(zhǎng)度即為煤塊相對(duì)于傳送帶的位移大小,即Δx=v0t1-x1=2 m,選項(xiàng)

8、D正確,C錯(cuò)誤;x2=x-x1=2 m,勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2==0.5 s,運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t1+t2=1.5 s,選項(xiàng)B正確,A錯(cuò)誤。] 6.(2019·江蘇高考)如圖所示,質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上,左邊緣對(duì)齊。A與B、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A,A立即獲得水平向右的初速度,在B上滑動(dòng)距離L后停下。接著敲擊B,B立即獲得水平向右的初速度,A、B都向右運(yùn)動(dòng),左邊緣再次對(duì)齊時(shí)恰好相對(duì)靜止,此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度為g。求: (1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA; (2)在左邊緣再次對(duì)齊的前、后,B運(yùn)動(dòng)加速度的大小aB、a′B;

9、(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。 [解析] 本題通過板——塊組合模型考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用,考查了學(xué)生的綜合分析能力與應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問題的能力,體現(xiàn)了科學(xué)思維中的模型建構(gòu)、科學(xué)推理等素養(yǎng)要素。 A、B的運(yùn)動(dòng)過程如圖所示 (1)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知,A加速度的大小aA=μg 勻變速直線運(yùn)動(dòng)2aAL=v 解得vA=。 (2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m 對(duì)齊前,B所受合外力大小F=3μmg 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=maB,得aB=3μg 對(duì)齊后,A、B所受合外力大小F′=2μmg 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F′=2ma′B,得a′B=μg。 (3)經(jīng)過時(shí)間t,A、B達(dá)到共同速度v

10、,位移分別為xA、xB,A加速度的大小等于aA 則v=aAt,v=vB-aBt xA=aAt2,xB=vBt-aBt2 且xB-xA=L 解得vB=2。 [答案] (1) (2)3μg μg (3)2 7.(2019·馬鞍山檢測(cè))兩物塊A、B并排放在水平地面上,且兩物塊接觸面為豎直面,現(xiàn)用一水平推力F作用在物塊A上,使A、B由靜止開始一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng),如圖甲所示,在A、B的速度達(dá)到6 m/s時(shí),撤去推力F。已知A、B質(zhì)量分別為mA=1 kg、mB=3 kg,A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.3,B與地面沒有摩擦,B物塊運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示。g取10 m/s2,求:

11、甲       乙  (1)推力F的大??; (2)A物塊剛停止運(yùn)動(dòng)時(shí),物塊A、B之間的距離。 [解析] (1)在水平推力F作用下,物塊A、B一起做勻加速運(yùn)動(dòng),加速度為a,由B物塊的v-t圖象得, a== m/s2=3 m/s2 對(duì)于A、B整體,由牛頓第二定律得 F-μmAg=(mA+mB)a,代入數(shù)據(jù)解得F=15 N。 (2)設(shè)物塊A做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,撤去推力F后,A、B兩物塊分離,A在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng),B做勻速運(yùn)動(dòng),對(duì)A,由-μmAg=mAaA,解得 aA=-μg=-3 m/s2 t== s=2 s 物塊A通過的位移xA=t=6 m 物塊B通過的位移 x

12、B=v0t=6×2 m=12 m 物塊A剛停止時(shí)A、B間的距離 Δx=xB-xA=6 m。 [答案] (1)15 N (2)6 m 8.(2019·江蘇鹽城中學(xué)高三月考)一長(zhǎng)輕質(zhì)薄硬紙片置于光滑水平地面上,其上放質(zhì)量均為1 kg的A、B兩物塊,A、B與薄硬紙片之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1=0.3,μ2=0.2,水平恒力F作用在A物塊上,如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10 m/s2。下列說法正確的是(  ) A.若F=1.5 N,則A物塊所受摩擦力大小為1.5 N B.無論力F多大,A與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng) C.無論力F多大,B與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑

13、動(dòng) D.若F=8 N,則B物塊的加速度為4.0 m/s2 B [A與紙板間的最大靜摩擦力為:fA=μmAg=0.3×1×10 N=3 N,B與紙板間的最大靜摩擦力為:fB=μmBg=0.2×1×10 N=2 N;若F=1.5 N<fA,所以A、B與紙板保持相對(duì)靜止,整體在F作用下向左做勻加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律得:F-f=mAa,所以A物塊所受摩擦力f<F=1.5 N,故A錯(cuò)誤。當(dāng)B剛要相對(duì)于紙板滑動(dòng)時(shí)靜摩擦力達(dá)到最大值,由牛頓第二定律得:fB=mBa0,又fB=μmBg,得:a0=2 m/s2;對(duì)整體,有:F0=(mA+mB)·a0=2×2 N=4 N,即達(dá)到4 N后,B將相對(duì)紙板運(yùn)動(dòng)

14、,此時(shí)B受到的摩擦力f=2 N;則對(duì)A分析,A受到的摩擦力也為2 N,所以A的摩擦力小于最大靜摩擦力,故A和紙板間不會(huì)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng);則可知,當(dāng)拉力為8 N時(shí),B與紙板間的摩擦力即為滑動(dòng)摩擦力為2 N,此后增大拉力,不會(huì)改變B的受力,其加速度大小均為2 m/s2,無論力F多大,A和紙帶之間不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),故B正確、C、D錯(cuò)誤。] 9.(多選)(2019·濱州二模)如圖所示,小車分別以加速度a1、a2、a3、a4向右做勻加速運(yùn)動(dòng),bc是固定在小車上的水平橫桿,物塊M穿在桿上,M通過細(xì)線懸吊著小物體m,m在小車的水平底板上,加速度為a1、a2時(shí),細(xì)線在豎直方向上,全過程中M始終未相對(duì)桿bc移動(dòng),

15、M、m與小車保持相對(duì)靜止,M受到的摩擦力大小分別為f1、f2、f3、f4,則以下結(jié)論正確的是(  ) A.若=,則= B.若=,則= C.若=,則= D.若=,則= CD [對(duì)第一、二幅圖有:若=,對(duì)M根據(jù)牛頓第二定律有:f=Ma,則=,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;對(duì)第二、三幅圖有:f2=Ma2,設(shè)細(xì)線的拉力為F,則f3-Fsin θ=Ma3,若=,則≠,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;對(duì)第三、四幅圖有:對(duì)M和m整體分析:f=(M+m)a,若=,則=,故選項(xiàng)C正確;m水平方向有:F3sin θ=ma3、F4sin α=ma4,豎直方向有:F3cos θ=mg、F4cos α=mg,解得a3=gtan θ、a4=

16、gtan α,若=,則=,故選項(xiàng)D正確。] 10.(2019·渤海高中模擬)如圖所示,傳送帶的傾角θ=37°,從A到B長(zhǎng)度為16 m,傳送帶以10 m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶上A端無初速度地放一個(gè)質(zhì)量為m=0.5 kg的黑色煤塊,它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5。煤塊在傳送帶上經(jīng)過會(huì)留下黑色劃痕。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求: (1)煤塊從A到B的時(shí)間; (2)煤塊從A到B的過程中傳送帶上留下劃痕的長(zhǎng)度; (3)若傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速度可以調(diào)節(jié),煤塊從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)的最短時(shí)間是多少? [解析] (1)開始階段,由牛頓第二定律

17、得 mgsin θ+μmgcos θ=ma1 所以a1=gsin θ+μgcos θ 解得a1=10 m/s2 煤塊加速至與傳送帶速度相等時(shí)需要的時(shí)間為 t1== s=1 s 煤塊發(fā)生的位移為 x1=a1t=×10×12 m=5 m<16 m 所以煤塊加速到10 m/s時(shí)仍未到達(dá)B點(diǎn),此后摩擦力方向改變; 第二階段有mgsin θ-μmgcos θ=ma2 解得a2=2 m/s2 設(shè)第二階段煤塊滑動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為t2,則LAB-x1=vt2+a2t 解得t2=1 s 煤塊從A到B的時(shí)間t=t1+t2=1 s+1 s=2 s。 (2)第一階段煤塊的速度小于傳送帶速度,

18、煤塊相對(duì)傳送帶向上移動(dòng),煤塊與傳送帶的相對(duì)位移大小為 Δx1=vt1-x1=10×1 m-5 m=5 m 故煤塊相對(duì)于傳送帶上移5 m 第二階段煤塊的速度大于傳送帶速度,煤塊相對(duì)傳送帶向下移動(dòng),煤塊相對(duì)于傳送帶的位移大小為 Δx2=(LAB-x1)-vt2 解得Δx2=1 m 即煤塊相對(duì)傳送帶下移1 m 故傳送帶表面留下黑色炭跡的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=Δx1=5 m。 (3)若增加傳送帶的速度,煤塊一直以加速度a1做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間最短, 則有LAB=a1t 可得tmin= s。 [答案] (1)2 s (2)5 m (3) s 11.(2019·開封模擬)如圖甲所

19、示,一長(zhǎng)方體木板B放在水平地面上,木板B的右端放置著一個(gè)小鐵塊A,在t=0時(shí)刻,同時(shí)突然給A、B初速度,其中A的初速度大小為vA=1 m/s,方向水平向左;B的初速度大小為vB=14 m/s,方向水平向右,木板B運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量相等,A與B及B與地面之間均有摩擦(動(dòng)摩擦因數(shù)不等),A與B之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,A始終沒有滑出B,取重力加速度g=10 m/s2。(提示:t=3 s時(shí)刻,A、B達(dá)到共同速度v=2 m/s;3 s時(shí)刻至A停止運(yùn)動(dòng)前,A向右運(yùn)動(dòng)的速度始終大于B的速度)求:  甲          乙 (1)小鐵塊A向左運(yùn)動(dòng)相對(duì)地面的最大位移

20、; (2)B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及B運(yùn)動(dòng)的位移大小。 [解析] (1)由題圖乙可知,0~3 s內(nèi)A做勻變速運(yùn)動(dòng),速度由vA=-1 m/s變?yōu)関=2 m/s 則其加速度大小為aA== m/s2=1 m/s2,方向水平向右。 當(dāng)A水平向左運(yùn)動(dòng)速度減為零時(shí),向左運(yùn)動(dòng)的位移最大,則s==0.5 m。 (2)設(shè)A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1, 由牛頓第二定律得μ1mg=maA 則μ1==0.1 由題圖乙可知,0~3 s內(nèi)B做勻減速運(yùn)動(dòng), 其速度由vB=14 m/s變?yōu)関=2 m/s 則其加速度大小為aB== m/s2=4 m/s2 方向水平向左 設(shè)B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2,由牛頓第二定律得μ1mg+2μ2mg=maB 則μ2==0.15 3 s之后,B繼續(xù)向右做勻減速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得 2μ2mg-μ1mg=ma′B 則B的加速度大小為a′B=2μ2g-μ1g=2 m/s2 方向水平向左 3 s之后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2== s=1 s 則B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=t1+t2=4 s 0~4 s內(nèi)B的位移xB=t1+t2=25 m,方向水平向右。 [答案] (1)0.5 m (2)4 s 25 m 10

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