|试卷下载
搜索
    上传资料 赚现金
    2021届高考物理一轮复习10第3讲电磁感应规律的综合应用练习含解析
    立即下载
    加入资料篮
    2021届高考物理一轮复习10第3讲电磁感应规律的综合应用练习含解析01
    2021届高考物理一轮复习10第3讲电磁感应规律的综合应用练习含解析02
    2021届高考物理一轮复习10第3讲电磁感应规律的综合应用练习含解析03
    还剩14页未读, 继续阅读
    下载需要20学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2021届高考物理一轮复习10第3讲电磁感应规律的综合应用练习含解析

    展开

    第3讲 电磁感应规律的综合应用

    考点一 电磁感应中的电路问题

    【典例1(2020·大同模拟)在水平放置的两条平行光滑直金属导轨上放有一与其垂直的金属棒ab,匀强磁场与导轨平面垂直磁场方向如图所示导轨接有R1=5 ΩR2=6 Ω的两定值电阻及电阻箱R,其余电阻不计。电路中的电压表量程为0~10 V,电流表的量程为0~3 A。现将R调至30 Ω,F=40 N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平移当棒ab达到稳定状态时两电表中有一表正好达到满偏而另一表未达到满偏。下列说法正确的是             

    (  )

    A.当棒ab达到稳定状态时电流表满偏

    B.当棒ab达到稳定状态时电压表满偏

    C.当棒ab达到稳定状态时ab的速度大小是1 m/s

    D.当棒ab达到稳定状态时ab的速度大小是2 m/s

    【通型通法】

    1.题型特征明确电源区分内外电路。

    2.思维导引

    (1)切割磁场线的导体相当于电源。

    (2)清楚串并联电路的特点灵活运用闭合电路欧姆定律。

    【解析】BC。假设电压表满偏则通过电流表的电流为I==2 A<3 A,所以电压表可以满偏此时电流表的示数为2 A,A错误,B正确ab匀速运动时水平拉力F与安培力大小相等FA=BIL=F,感应电动势E=U+IR1=(10+2×5) V=20 V,E=BLv,解得v==1 m/s,C正确,D错误。

    1.五个等效

    2.解题流程

    【加固训练】

    (多选)如图所示边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0滑动片P位于滑动变阻器中央定值电阻R1=R0R2=

    闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势

    (  )

    A.R2两端的电压为

    B.电容器的a极板带正电

    C.滑动变阻器R的热功率为电阻R25

    D.正方形导线框中的感应电动势为kL2

    【解析】AC。由法拉第电磁感应定律E=n=nS得出E=kπr2选项D错误k>0,由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向故电容器b极板带正电选项B错误由题图可知外电路结构为R2R的右半部并联再与R的左半部、R1相串联R2两端电压U2=U=选项A正确R2消耗的功率为P=IU2R消耗的功率P′=2I×2U2+IU2=5P,选项C正确。

    考点二 电磁感应中的动力学问题

    单棒(含电源、电阻、电容)

    【典例2(多选)半径分别为r2r的同心圆形金属导轨固定在同一水平面内导轨电阻不计一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面,BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场中磁感应强度的大小为B,方向竖直向下。在两导轨之间接有阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下以角速度ωO逆时针匀速转动在转动过程中始终与导轨保持良好接触。下列说法中正确的是              (  )

    A.金属棒中电流从B流向A

    B.金属棒两端电压为Bωr2

    C.电容器的M板带负电

    D.电容器所带电荷量为CBωr2

    【解析】AB。根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A,选项A正确金属棒转动产生的电动势为E=Br=Bωr2切割磁感线的金属棒相当于电源金属棒两端电压相当于电源的路端电压因而U=E=Bωr2选项B正确金属棒A端相当于电源正极所以电容器的M板带正电选项C错误C=可得电容器所带电荷量为Q=CBωr2选项D错误。

    双导体棒

    【典例3(2019·天津高考)如图所示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨垂直于导轨放置的两根金属棒MNPQ长度也为l、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场磁感应强度大小为BPQ的质量为m,金属导轨足够长电阻忽略不计。

     

    (1)闭合S,若使PQ保持静止需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向。

    (2)断开S,PQ在上述恒力作用下由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q,求该过程安培力做的功W

    【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E,

    由法拉第电磁感应定律E=,则E=k 

    设PQ与MN并联的电阻为R,有R= 

    闭合S时,设线圈中的电流为I,根据闭合电路欧姆定律得I= 

    设PQ中的电流为IPQ,有IPQ=I 

    设PQ受到的安培力为F,有F=BIPQl 

    根据楞次定律和左手定则判断可得安培力方向水平向左

    保持PQ静止,由于受力平衡,有F=F 

    联立①②③④⑤⑥式得F= 

    方向水平向右。

    (2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中,PQ运动的位移为x,所用时间为Δt,回路中的磁通量变化量为ΔΦ,平均感应电动势为,有=             

    其中ΔΦ=Blx 

    设PQ中的平均电流为,有= 

    根据电流的定义得= 

    由动能定理,有Fx+W=mv2-0 

    联立⑦⑧⑨⑩式得W=mv2-kq

    答案:(1) 方向水平向右 (2)mv2-kq

    【多维训练】如图所示足够长的水平轨道左侧b1b2c1c2部分轨道间距为2L,右侧c1c2d1d2部分的轨道间距为L,曲线轨道与水平轨道相切于b1b2所有轨道均光滑且电阻不计。在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ=37°的匀强磁场磁感应强度大小为B=0.1 T。质量为M=0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上质量为m=0.1 kg的金属棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触,A棒总在宽轨道上运动,B棒总在窄轨道上运动。已知两金属棒接入电路的有效电阻均为R=

    0.2 Ω,h=0.2 m,L=0.2 m,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g10 m/s2

    (1)金属棒A滑到b1b2处时的速度大小

    (2)金属棒B匀速运动的速度大小

    (3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A某截面的电量

    (4)在两棒整个的运动过程中金属棒AB在水平导轨间扫过的面积之差。

    【解析】(1)A棒在曲线轨道上下滑由机械能守恒定律得

    mgh=m 

    v0== m/s=2 m/s

    (2)选取水平向右为正方向,对A、B利用动量定理可得

    对B:FB安cosθ·t=MvB 

    对A:-FA安cosθ·t=mvA-mv0 

    其中FA安=2FB安 

    由上可得mv0-mvA=2MvB

    两棒最后匀速时,电路中无电流,

    有BLvB=2BLvA

    得vB=2vA 

    联立两式后得

    vB=v0= m/s0.44 m/s

    (3)在B加速过程中:

    (Bcosθ)ILt=MvB-0, 

    q=It 

    得q= C=5.5 C

    (4)据法拉第电磁感应定律有E= 

    其中磁通量变化量ΔΦ=BΔScosθ 

    电路中的电流I= 

    通过截面的电荷量q=IΔt 

    联立可得ΔS=27.5 m2

    答案:(1)2 m/s (2)0.44 m/s

    (3)5.5 C (4)27.5 m2

    1.四步法分析电磁感应中的动力学问题

    解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是先电后力具体思路如下

    2.动态分析的基本思路

    解决这类问题的关键是通过运动状态的分析寻找过程中的临界状态如速度、加速度最大或最小的条件。具体思路如下

    【加固训练】

    1.如图所示两金属杆abcd长均为L=0.5 m,电阻均为R=8.0 Ω,质量分别为M=0.2 kgm=0.1 kg,用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧。两金属杆都处在水平位置整个装置处在一个与回路平面相垂直向内的匀强磁场中磁感应强度为B=2 T。若整个装置从静止开始到金属杆ab下降高度h=5.0 m时刚好匀速向下运动。(g10 m/s2)

    (1)ab杆匀速运动时杆上的电流方向。

    (2)ab杆匀速运动的速度vm

    【解析】(1)磁场方向垂直纸面向里ab匀速下滑时,ab中产生感应电动势根据右手定则可知电流方向由ab,cd中的感应电流方向由dc

    (2)电路中的电动势是ab与cd中电动势的和,即E=2BLvm

    回路中电流大小为I=

    由安培力公式得FA=BIL

    ab受到的安培力向上,cd受到的安培力向下,大小均为FA,对ab有:T+FA=Mg 对cd有:T=FA+mg

    联立得:2FA=(M-m)g

    解得vm===4 m/s

    答案(1)ab (2)4 m/s

    2.(2018·江苏高考)如图所示两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ,间距为d。导轨处于匀强磁场中磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上距底端的距离为s,导轨与外接电源相连使金属棒通有电流。金属棒被松开后以加速度a沿导轨匀加速下滑金属棒中的电流始终保持恒定重力加速度为g。求下滑到底端的过程中金属棒

    (1)末速度的大小v

    (2)通过的电流大小I

    (3)通过的电荷量Q

    【解析】(1)金属棒做匀加速直线运动

    v2=2as,解得v=

    (2)安培力F=IdB,金属棒所受合力

    F=mgsin θ-F

    由牛顿第二定律F=ma 解得I=

    (3)运动时间t=,电荷量Q=It

    解得Q=

    答案:(1) (2)

    (3)

    考点三 电磁感应中的能量问题

    由焦耳定律求解焦耳热

    【典例4小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05 Ω的电阻。在导轨间长d=

    0.56 m的区域内存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场磁感应强度B=2.0 T。质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉动GH,CD棒由静止开始运动上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2,sin 53°=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求             

    (1)CD棒进入磁场时速度v的大小。

    (2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小。

    (3)在拉升CD棒的过程中健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q

    【解析】(1)由牛顿第二定律a==12 m/s2 

    进入磁场时的速度v==2.4 m/s。  

    (2)感应电动势E=Blv 

    感应电流I= 

    安培力FA=IBl 

    代入得FA==48 N。  

    (3)健身者做功W=F(s+d)=64 J

    由牛顿第二定律F-mgsin θ-FA=0 

    CD棒在磁场区域做匀速运动

    在磁场中运动的时间t= 

    焦耳热Q=I2Rt=26.88 J。

    答案(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J

    由安培力做功求解焦耳热

    【典例5(2019·济南模拟)如图所示水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈每个线圈的质量均为m,电阻均为R,边长均为L,线圈与传送带间的动摩擦因数均为μ,线圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动。MNPQ为匀强磁场的边界平行间距为d(L<d),速度v0方向与MN垂直。磁场的磁感应强度为B,方向竖直向下。当线圈右侧边进入磁场时与传送带发生相对运动线圈的右侧边到达边界PQ时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长 且线圈在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界。已知重力加速度为g,线圈间不会相碰。求             

    (1)线圈的右侧边刚进入磁场时线圈的加速度大小

    (2)线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t;

    (3)n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速线圈释放的焦耳热。

    【解析】(1)线圈刚进入磁场时有:E=BLv0

    根据闭合电路欧姆定律:I=

    所以安培力F=

    根据牛顿第二定律:F-μmg=ma。

    a=-μg,方向向左

    (2)根据动量定理,对线圈:μmgt -I=0。

    其中安培力的冲量:I=Ft=BL·t=BLq

    q==

    综上解得t=

    (3)自线圈进入磁场到线圈右侧边到达PQ过程中,对于单个线圈,根据动能定理得

    μmgd-W=0,

    所以克服安培力做功W=μmgd

    单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同,

    W=W=μmgd,

    所以对于n个线圈有Q=2nμmgd

    答案(1)-μg (2) (3)2nμmgd

    由能量守恒求解焦耳热

    【典例6如图甲所示足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN,PQ竖直放置其宽度L=1 m,一匀强磁场垂直穿过导轨平面导轨的上端MP之间连接阻值为R=0.40 Ω的电阻质量为m=0.01 kg,电阻为r=0.30 Ω 的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑下滑过程中ab始终保持水平且与导轨接触良好其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示图象中的OA段为曲线,AB段为直线导轨电阻不计,g10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响),             

    (1)判断金属棒两端ab的电势高低。

    (2)磁感应强度B的大小。

    (3)在金属棒ab从开始运动的1.5 s电阻R上产生的热量。

    【通型通法】

    1.题型特征导体切割磁感线产生感应电流判断电势的高低计算电阻产生的热量。

    2.思维导引

    (1)判断安培力方向计算安培力的大小。

    (2)根据能量守恒定律和焦耳定律求解电路中产生的热量。

    (3)涉及的知识点有右手定则、受力分析、安培力、法拉第电磁感应定律、平衡条件、能量守恒定律等。

    【解析】(1)由右手定则可知,ab中的感应电流由a流向b,ab相当于电源b点电势高,a点电势低。

    (2)由x-t图象求得t=1.5 s时金属棒的速度为:

    v== m/s=7 m/s

    金属棒匀速运动时所受的安培力大小为

    F=BIL,I=,E=BLv

    联立得:F=

    根据平衡条件得:F=mg

    则有:mg=

    代入数据解得:B=0.1 T。

    (3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内,金属棒的重力势能减小转化为金属棒的动能和电路的内能。设电路中产生的总焦耳热为Q

    根据能量守恒定律得:mgx=mv2+Q

    代入数据解得:Q=0.455 J

    故R产生的热量为QR=Q=0.26 J。

    答案:(1)b点电势高,a点电势低

    (2)0.1 T (3)0.26 J

    1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的安培力做功的过程是电能转化为其他形式能的过程克服安培力做功则是其他形式的能转化为电能的过程。

    2.能量转化及焦耳热的求法

    (1)能量转化。

    (2)求解焦耳热Q的三种方法。

    3.解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤

    (1)在电磁感应中切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势该导体或回路就相当于电源。

    (2)分析清楚有哪些力做功就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。

    (3)根据能量守恒列方程求解。

    【加固训练】

    如图所示两根水平放置的平行金属导轨其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨圆弧半径r=0.41 m。导轨的间距为L=0.5 m,导轨的电阻与摩擦均不计。在导轨的顶端接有阻值为R1=1.5 Ω 的电阻整个装置处在竖直向上的匀强磁场中磁感应强度B=2.0 T。现有一根长度稍大于L、电阻R2=0.5 Ω、质量m=

    1.0 kg的金属棒。金属棒在水平拉力F作用下从图中位置ef由静止开始匀加速运动t=0时刻,F0=1.5 N,2.0 s运动到cd时撤去拉力棒刚好能冲到最高点ab,重力加速度g10 m/s2。求

    (1)金属棒做匀加速直线运动的加速度。

    (2)金属棒运动到cd时电压表的读数。

    (3)金属棒从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热。

    【解析】(1)刚开始拉金属棒时由牛顿第二定律得

    F0=ma

    代入数据得a=1.5 m/s2

    (2)t=2.0 s时,金属棒的速度

    v=at=3 m/s

    此时的感应电动势E=BLv

    电压表示数U=R1

    代入数据得U=2.25 V。

    (3)金属棒从cd位置运动到ab位置,由动能定理得

    -mgr-W克安=0-mv2

    回路中产生的总焦耳热Q=W克安

    电阻R1上产生的焦耳热

    Q1=Q

    代入数据得Q1=0.3 J。

    答案(1)1.5 m/s2 (2)2.25 V (3)0.3 J

    考点四 电磁感应中的图象问题

    【典例7如图所示为两个有界匀强磁场磁感应强度大小均为B,方向分别垂直于纸面向里和向外磁场宽度均为L,距磁场区域的左侧L处有一边长为L的正方形导线框总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直。现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域以初始位置为计时起点规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正磁感线垂直于纸面向里时磁通量Φ的方向为正外力F向右为正。如图所示关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象中正确的是              (  )

    【解析】D。当线框运动L时开始进入磁场磁通量开始增大当全部进入时磁通量达到最大此后向里的磁通量减小向外的磁通量增大总磁通量减小当运动2.5L时磁通量为零故选项A错误当线框进入第一个磁场时E=BLv可知,E保持不变而开始进入第二个磁场时两边同时切割磁感线电动势应为2BLv,故选项B错误因安培力总是与运动方向相反所以外力F应一直向右故选项C错误拉力的功率P=Fv,因速度不变而线框进入第一个磁场时电流为定值外力F也为定值两边分别在两个磁场中时电流加倍回路中总电动势加倍电功率变为原来的4此后从第二个磁场中离开时安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力所以电功率应等于在第一个磁场中的电功率故选项D正确。

    【多维训练】如图甲光滑平行且足够长的金属导轨abcd所在平面与水平面成θ,bc之间接有阻值为R的定值电阻。阻值为r的金属棒PQ垂直导轨放置其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中磁场方向垂直导轨平面向上。从t=0时刻开始棒受到一个平行于导轨向上的外力F作用由静止开始沿导轨向上运动运动中棒始终与导轨垂直且接触良好通过R的感应电流随时间t变化的图象如图乙所示。下面分别给出了穿过回路PQcb的磁通量Φ、磁通量的变化率、电阻R两端的电势差U和通过棒上某横截面的总电荷量q随运动时间t变化的图象其中正确的是(  )

    【解析】B。由于产生的感应电动势是逐渐增大的而图象A描述磁通量与时间关系中斜率不变产生的感应电动势不变,A错误回路中的感应电动势为:E=感应电流为I==由题图乙可知:I=kt,故有=k(R+r)t,所以图象B正确;I均匀增大电阻R两端的电势差U=IR=ktR,则知U与时间t成正比,C错误通过金属棒的电荷量为:q=t=kt2q-t图象为抛物线并非过原点的直线,D错误。

    1.分析图象的关键

    2.图象问题的解题步骤

    【加固训练】

    (多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行如图甲所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时感应电动势取正)。下列说法正确的是              (  )

    A.磁感应强度的大小为0.5 T

    B.导线框运动速度的大小为0.5 m/s

    C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外

    D.t=0.4 st=0.6 s这段时间内导线框所受的安培力大小为0.1 N

    【解析】BC。据右手定则可知磁感应强度的方向垂直于纸面向外,C项正确v==0.5 m/s可知B项正确E=Blv可知磁感应强度的大小为0.2 T,A项错误F=可得在t=0.4 st=0.6 s这段时间内导线框所受的安培力大小为0.04 N,D项错误。

     

     

     

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        还可免费领教师专享福利「樊登读书VIP」

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map