(浙江選考)2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 8 第六章 靜電場(chǎng) 3 第3節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)達(dá)標(biāo)檢測(cè)鞏固提能
《(浙江選考)2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 8 第六章 靜電場(chǎng) 3 第3節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)達(dá)標(biāo)檢測(cè)鞏固提能》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(浙江選考)2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 8 第六章 靜電場(chǎng) 3 第3節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)達(dá)標(biāo)檢測(cè)鞏固提能(10頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第3節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) [隨堂檢測(cè)] 1.(2017·4月浙江選考)如圖所示,在豎直放置間距為d的平行板電容器中,存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng).有一質(zhì)量為m,電荷量為+q的點(diǎn)電荷從兩極板正中間處?kù)o止釋放,重力加速度為g.則點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板的過(guò)程,( ) A.加速度大小為a=+g B.所需的時(shí)間為t= C.下降的高度為y= D.電場(chǎng)力所做的功為W=Eqd 答案:B 2.(多選)(2020·臺(tái)州高三檢測(cè))如圖所示,平行板電容器充電后形成一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng),大小保持不變,讓質(zhì)子(H)流以不同初速度,先、后兩次垂直電場(chǎng)射入,分別沿a、b軌跡落到極板的中央和邊
2、緣,則質(zhì)子沿b軌跡運(yùn)動(dòng)時(shí)( ) A.加速度更大 B.初速度更大 C.動(dòng)能增量更大 D.兩次的電勢(shì)能增量相同 解析:選BD.加速度為a=,加速度相同,故A錯(cuò)誤;質(zhì)子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),則偏轉(zhuǎn)距離y=at2=··=,x是水平位移,由題圖看出,y相同,則知,v0越大時(shí),x越大,故質(zhì)子沿b軌跡運(yùn)動(dòng)時(shí)初速度v0更大,故B正確;電場(chǎng)力做功為W=qEy,可見(jiàn),電場(chǎng)力做功相同,由能量守恒得知,兩次動(dòng)能的增量相同,電勢(shì)能的增量相同,故C錯(cuò)誤,D正確. 3.如圖所示,A、B兩金屬板平行放置,在t=0時(shí)將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計(jì)).分別在A、B兩板間加上下列
3、哪種電壓時(shí),有可能使電子到不了B板( ) 答案:B 4.(2016·4月浙江選考)密立根油滴實(shí)驗(yàn)原理如圖所示.兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接,板間電壓為U,形成豎直向下場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng).用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和電荷量各不相同的油滴.通過(guò)顯微鏡可找到懸浮不動(dòng)的油滴,若此懸浮油滴的質(zhì)量為m,則下列說(shuō)法正確的是( ) A.懸浮油滴帶正電 B.懸浮油滴的電荷量為 C.增大場(chǎng)強(qiáng),懸浮油滴將向上運(yùn)動(dòng) D.油滴的電荷量不一定是電子電量的整數(shù)倍 答案:C [課后達(dá)標(biāo)] 一、選擇題 1.(多選)(2020·溫州質(zhì)檢)由電容器電容的定義式C=可知(
4、 ) A.若電容器不帶電,則電容C為零 B.電容C與電容器所帶電荷量Q成正比 C.電容C與所帶電荷量Q多少無(wú)關(guān) D.電容在數(shù)值上等于使兩板間的電壓增加1V時(shí)所需增加的電荷量 答案:CD 2.(多選)如圖所示,電子由靜止開(kāi)始從A板向B板運(yùn)動(dòng),當(dāng)?shù)竭_(dá)B板時(shí)速度為v,保持兩板間電壓不變,則( ) A.當(dāng)增大兩板間距離時(shí),v增大 B.當(dāng)減小兩板間距離時(shí),v增大 C.當(dāng)改變兩板間距離時(shí),v不變 D.當(dāng)增大兩板間距離時(shí),電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也增大 答案:CD 3.(2020·衢州質(zhì)檢)如圖所示,充電的平行板電容器兩板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng),以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),AB方向?yàn)槲灰苮的正方向,能
5、正確反映電勢(shì)φ隨位移x變化的圖象是( ) 答案:C 4.如圖所示,一價(jià)氫離子(H)和二價(jià)氦離子(He)的混合體,經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后,垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中,偏轉(zhuǎn)后,打在同一熒光屏上,則它們( ) A.同時(shí)到達(dá)屏上同一點(diǎn) B.先后到達(dá)屏上同一點(diǎn) C.同時(shí)到達(dá)屏上不同點(diǎn) D.先后到達(dá)屏上不同點(diǎn) 解析:選B.一價(jià)氫離子(H)和二價(jià)氦離子(He)的比荷不同,經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)的末速度不同,因此在加速電場(chǎng)及偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間均不同,但在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離相同,所以會(huì)先后打在屏上同一點(diǎn),選B. 5.(2020·浙江溫嶺質(zhì)檢)如圖所示,兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng),板長(zhǎng)為L(zhǎng),板間距離為d,在板右端
6、L處有一豎直放置的光屏M,一帶電荷量為q,質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間,最后垂直打在M屏上,則下列結(jié)論正確的是( )
A.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
B.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
C.質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間相等
D.質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間
解析:選C.根據(jù)質(zhì)點(diǎn)垂直打在M屏上可知,質(zhì)點(diǎn)在兩板中央運(yùn)動(dòng)時(shí)向上偏轉(zhuǎn),在板右端運(yùn)動(dòng)時(shí)向下偏轉(zhuǎn),mg 7、BCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),兩個(gè)帶正電粒子a和b以相同的水平速度射入電場(chǎng),粒子a由頂點(diǎn)A射入,從BC的中點(diǎn)P射出,粒子b由AB的中點(diǎn)O射入,從頂點(diǎn)C射出.若不計(jì)重力,則a和b的比荷(帶電荷量和質(zhì)量比值)之比是( )
A.1∶8 B.8∶1
C.1∶2 D.2∶1
解析:選B.粒子水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),a、b兩粒子的水平位移之比為1∶2.根據(jù)x=v0t,知時(shí)間比為1∶2.粒子在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)y=at2知,y之比為2∶1,則a、b的加速度之比為8∶1,根據(jù)牛頓第二定律知,加速度a=,加速度之比等于比荷之比,則兩電荷的比荷之比為8∶1,故B正確,A、C、D錯(cuò)誤.
8、7.如圖所示,平行金屬板A、B水平正對(duì)放置,分別帶等量異號(hào)電荷.一帶電微粒水平射入板間,在重力和電場(chǎng)力共同作用下運(yùn)動(dòng),軌跡如圖中虛線所示,那么( )
A.若微粒帶正電荷,則A板一定帶正電荷
B.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能一定增加
C.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能一定增加
D.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加
解析:選C.分析微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡可知,微粒的合力方向一定豎直向下,由于微粒的重力不可忽略,故微粒所受的電場(chǎng)力可能向下,也可能向上,故A錯(cuò)誤.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn),電場(chǎng)力可能做正功,也可能做負(fù)功,故微粒的電勢(shì)能可能減小,也可能增大,故B錯(cuò)誤.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中,合力做正功, 9、故微粒的動(dòng)能一定增加,C正確.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中,除重力之外的電場(chǎng)力可能做正功,也可能做負(fù)功,故機(jī)械能不一定增加,D錯(cuò)誤.
8.(2020·溫州月考)如圖,場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd,水平邊ab長(zhǎng)為s,豎直邊ad長(zhǎng)為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為+q和-q的兩粒子,由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場(chǎng)中).不計(jì)重力.若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于( )
A. B.
C. D.
解析:選B.帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律解決問(wèn)題.根據(jù)對(duì)稱性,兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心.則 10、在水平方向有s=v0t,在豎直方向有h=t2,解得v0=.故選項(xiàng)B正確,選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤.
9.(2020·麗水高二期中)噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖所示,重力可忽略的墨汁微滴,經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后,以速度v垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)飛入極板間,最終打在紙上,則微滴在極板間電場(chǎng)中( )
A.向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B.電勢(shì)能逐漸增大
C.運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線D.運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電荷量無(wú)關(guān)
解析:選C.帶負(fù)電的墨汁微滴垂直進(jìn)入電場(chǎng)后,在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的分解——水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),帶負(fù)電的墨汁微滴進(jìn)入電場(chǎng)后受到向上的靜電力,故墨汁微滴向正極板偏轉(zhuǎn),A選項(xiàng)錯(cuò)誤;墨汁微滴垂直進(jìn)入電場(chǎng) 11、受豎直方向的靜電力作用,靜電力做正功,故墨汁微滴的電勢(shì)能減小,B選項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)x=v0t,y=at2及a=,得墨汁微滴的軌跡方程為y=,即運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線,與帶電荷量有關(guān),C選項(xiàng)正確,D選項(xiàng)錯(cuò)誤.
10.有一種靜電除塵的方式如圖所示,空氣中的塵埃進(jìn)入電離區(qū)后帶上負(fù)電,然后沿平行軸線方向飛入金屬圓筒收集區(qū).在圓筒軸線處放有一條直導(dǎo)線,在導(dǎo)線與筒壁間加上電壓U,形成沿半徑方向的輻射電場(chǎng),假設(shè)每個(gè)塵埃的質(zhì)量和帶電量均相同,飛入收集區(qū)的速度相同,不計(jì)塵埃的重力,不考慮塵埃間的相互作用,則( )
A.大量塵埃將聚集在導(dǎo)線上
B.塵埃在圓筒內(nèi)都做類(lèi)似平拋的運(yùn)動(dòng)
C.被收集塵埃的電勢(shì)能減少量都 12、相等
D.飛入時(shí)與圓筒軸線距離相同的塵埃到達(dá)筒壁所用的時(shí)間相同
解析:選D.塵埃進(jìn)入電離區(qū)后帶上負(fù)電,所受電場(chǎng)力指向金屬圓筒,A錯(cuò)誤;輻射電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng),塵埃所受電場(chǎng)力是變力,故不是做類(lèi)似平拋的運(yùn)動(dòng),B錯(cuò)誤;塵埃偏向金屬圓筒過(guò)程中電場(chǎng)力做功不同,電勢(shì)能減少量不相等,C錯(cuò)誤;飛入時(shí)與圓筒軸線距離相同的塵埃運(yùn)動(dòng)情況相同,則到達(dá)筒壁所用的時(shí)間相同,D正確.
二、非選擇題
11.(2020·杭州質(zhì)檢)如圖所示,在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC,其下端(C端)距地面高度h=0.8m.有一質(zhì)量為500g的帶電小環(huán)套在直桿上,正以某一速度沿桿勻速下滑.小環(huán)離開(kāi)桿 13、后正好通過(guò)C端的正下方P點(diǎn)處.(g取10m/s2)求:
(1)小環(huán)離開(kāi)直桿后運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向;
(2)小環(huán)從C運(yùn)動(dòng)到P過(guò)程中的動(dòng)能增量;
(3)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小v0.
解析:(1)結(jié)合題意分析知:
qE=mg,F(xiàn)合=mg=ma
a=g=10m/s2,方向垂直于桿向下.
(2)設(shè)小環(huán)從C運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程中動(dòng)能的增量為
ΔEk=W重+W電
其中W重=mgh=4J,W電=0,所以ΔEk=4J.
(3)環(huán)離開(kāi)桿做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),
平行桿方向勻速運(yùn)動(dòng):h=v0t
垂直桿方向勻加速運(yùn)動(dòng):h=at2
解得v0=2m/s.
答案:(1)10m/s2 垂直于桿向下 (2 14、)4J (3)2m/s
12.(2020·湖州質(zhì)檢)如圖所示,噴墨打印機(jī)中的墨滴在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)之前會(huì)被帶上一定量的電荷,在電場(chǎng)的作用下使電荷發(fā)生偏轉(zhuǎn)到達(dá)紙上.已知兩偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)度L=1.5×10-2m,兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E=1.2×106N/C,墨滴的質(zhì)量m=1.0×10-13kg,電荷量q=1.0×10-16C,墨滴在進(jìn)入電場(chǎng)前的速度v0=15m/s,方向與兩極板平行.不計(jì)空氣阻力和墨滴重力,假設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)只局限在平行極板內(nèi)部,忽略邊緣電場(chǎng)的影響.
(1)判斷墨滴帶正電荷還是負(fù)電荷?
(2)求墨滴在兩極板之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.
(3)求墨滴離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的位移y.
(4)假設(shè)極板到紙的 15、距離d=2.5×10-3m,求墨滴到紙上時(shí)的豎直方向上的位移h.
解析:(2)墨滴在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),那么墨滴在兩板之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=
代入數(shù)據(jù)可得:t=1.0×10-3s.
(3)墨滴在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),a=
代入數(shù)據(jù)可得:a=1.2×103m/s2
離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向的位移y=at2
代入數(shù)據(jù)可得:y=6.0×10-4m.
(4)根據(jù)電場(chǎng)的推論=,可得h=8.0×10-4m.
答案:(1)負(fù)電荷 (2)1.0×10-3s
(3)6.0×10-4m (4)8.0×10-4m
13.如圖所示,水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形 16、絕緣光滑軌道BC平滑連接,半圓形軌道的半徑R=0.4m,在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)線與軌道所在的平面平行,電場(chǎng)強(qiáng)度E=1.0×104N/C.現(xiàn)有一電荷量q=+1.0×10-4C,質(zhì)量m=0.1kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn)),在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放,帶電體恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C,然后落至水平軌道上的D點(diǎn)(圖中未畫(huà)出).取g=10m/s2.試求:
(1)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓形軌道的壓力大??;
(2)D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xDB;
(3)帶電體在從P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落至D點(diǎn)的過(guò)程中的最大動(dòng)能.
解析:(1)設(shè)帶電體恰好通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC,依據(jù)牛頓第二定律有mg=m 17、,
解得vC=2.0m/s.
設(shè)帶電體通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB,設(shè)軌道對(duì)帶電體的支持力大小為FB,帶電體在B點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有FB-mg=m.
帶電體從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中,依據(jù)動(dòng)能定理有
-mg×2R=mv-mv
聯(lián)立解得FB=6.0N,
根據(jù)牛頓第三定律,帶電體對(duì)軌道的壓力
F′B=6.0N.
(2)設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t,根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解有
2R=gt2
xDB=vCt-t2
聯(lián)立解得xDB=0.
(3)由P到B帶電體做加速運(yùn)動(dòng),故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過(guò)程中,在此過(guò)程中只有重力和電場(chǎng)力做功,這兩個(gè)力大小相等,其合力與重力方 18、向成45°夾角斜向右下方,故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對(duì)應(yīng)圓心角為45°處.設(shè)帶電體的最大動(dòng)能為Ekm,根據(jù)動(dòng)能定理有qERsin45°-mgR(1-cos45°)=Ekm-mv
代入數(shù)據(jù)解得Ekm≈1.17J.
答案:(1)6.0N (2)0 (3)1.17J
14.如圖所示,虛線MN左側(cè)有一場(chǎng)強(qiáng)為E1=E的勻強(qiáng)電場(chǎng),在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E2=2E的勻強(qiáng)電場(chǎng),在虛線PQ右側(cè)相距為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)E2平行的屏,現(xiàn)將一電子(電荷量為e,質(zhì)量為m)無(wú)初速度地放入電場(chǎng)E1中的A點(diǎn),最后電子打在右側(cè)的屏上,AO連線與屏垂直,垂足為O,求:
(1)電子從釋放到打 19、到屏上所用的時(shí)間;
(2)電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ;
(3)電子打到屏上P′點(diǎn)到O點(diǎn)的距離x.
解析:(1)電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a1,時(shí)間為t1,由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得:
a1==
=a1t
v1=a1t1,t2=
運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=t1+t2=3.
(2)設(shè)電子射出電場(chǎng)E2時(shí),沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy,根據(jù)牛頓第二定律得,電子在電場(chǎng)中的加速度為
a2==
t3=,vy=a2t3
tanθ=
聯(lián)立各式解得tanθ=2.
(3)如圖,設(shè)電子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為x1
x1=a2t
tanθ=
解得:x=x1+x2=3L.
答案:(1)3 (2)2 (3)3L
10
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