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1995太原第12届全国中学生物理竞赛预赛、决赛竞赛题含答案


第十二届全国中学生物理竞赛
预 赛 试 题
一、1.一木板竖直地立在车上,车在雨中匀速行进一段给定的路程,木板板面与车前进方向 垂直,其厚度可忽略,设空间单位体积中的雨点数目处处相等,雨点匀速竖直下落,下列诸因素中 与落在木板面上雨点的数量有关的因素是( ) A.雨点下落的速度 B.单位体积中的雨点数 C.车行进的速度 D.木板的面积 2.放映电影时,看到影片

中的一辆马车从静止起动,逐渐加快,在某一时刻车轮开始倒转。已 知电影放映机的速率是每秒 30 幅画面,车轮的半径是 0.6 米, A B 有 12 根辐条, 车轮开始倒转时马车的瞬时速度是 米/ 秒。 3.镭 226 的半衰期是 1600 年,如已知在地球上镭 226 的总量,能否据此确定 4800 年前地球上镭 226 的总量?为什 么? 4.图预 12-1 中所示的 A、B 是两个管状容器,除了管较 粗的部分高低不同之外,其他一切全同。将两容器抽成真空, 再同时分别插入两个水银池中,当水银柱停止运动时 (如图), 问二管中水银温度是否相同?为什么?设水银与外界没有热交 换。 图预 12-1 二、如图预 12-2 所示,原长 L0 为 100 厘米的轻质弹簧 放置在一光滑的直槽内,弹簧的一端固定在槽的 O 端,另一 端连接一小球, 这一装置可从水平位置开始绕 O 点缓缓地转 到竖直位置,设弹簧的形变总是在其弹性限度内,试在下述 a、b 两种情况下,分别求出这种装置从原来的水平位置开始 缓缓地绕 O 点转到竖直位置时小球离开原水平面的高度 h0。 a.在转动过程中,发现小球距原水平面的高度变化出 现极大值,且极大值 hm 为 40 厘米; b.在转动过程中,发现小球离原水平面的高度不断增 大。

h0

O

L0 图预 12-2

三、两端封闭的均匀玻璃管内,有一段水银柱将管内气体分为两部分,玻 璃管与水平面成 ? 角,如图预 12-3,将玻璃管整体浸入较热的水中,重新达到 平衡,试论证水银柱的位置是否变化,如果变化,如何变? α 图预 12-3

十二届

1

四、已知太阳每秒辐射出 3.8×1026 焦的能量。问: 1)太阳每秒钟损失多少吨质量? 2)假设太阳放射出的能量是由于“燃烧氢”的核反应
2 41 1 H→ 2 He+2e+2?

提供,这一核反应放出 28MeV(百万电子伏特)的能量。式中 e 为电子,? 为中微子,中微子是一种 质量远小于电子质量、穿透力极强的中性粒子。试计算地球上在与太阳光眚的每平方米面积上每秒 钟有多少中微子(? )到达。
1 3)假设原始的太阳全部由 1 ,试估算太阳的寿 1 H 和电子组成,且仅有 10%的 1 H 可供“燃烧”

命。 已知:太阳质量 M日 ? 2.0 ? 1030 千克;日地距离 R ? 1.5 ?10 米;电子电量 e ? 1.6 ?10?19 库;
11

质子质量 mP ? 1.7 ?10 ?27 千克。

五、图预 12-4 中 L 为凸透镜,焦距 f ? 30 3 厘米,有一单色平行光束,其方向与透镜的主轴 平行,现于透镜前方放一正三棱镜,如图预 12-4 所示。缓缓转动三棱镜,当入射光的入射角和出射 角相等时,在透镜的焦面上距焦点 y=30 厘米处形成一像点,据此求三棱镜材料对此单色光的折射 率 n 之值。 L

图预 12-4 六、假想有一水平方向的匀强磁场,磁感应强度 B 很大,有 一半径为 R、厚度为 d(d<<R)的金属圆盘,在此磁场中竖直下落, 盘面始终位于竖直平面内并与磁场方向平行,如图预 12-5 所示, 若假设想使圆盘在磁场中下落的加速度比没有磁场时减小千分之 一(不计空气阻力),试估算所需磁感应强度的数值。假定金属盘 的电阻为零,并设金属盘的密度 ? ? 9 ? 103 千克 / 米3 ,其介电常 数为 ? ? 9 ?10?12 库2 / 牛 ? 米 2 。

R B

图预 12-5

十二届

2

七、军训中,战士距墙 s0 以速度 v0 起跳,如图预 12-6 所 示, 再用脚蹬墙面一次, 身体变为竖直向上的运动以继续升高, 墙面与鞋底之间的静摩擦系数为 ? ,求能使人体重心有最大总 升高的起跳角 ? 。 θ

v0

s0 图预 12-6

八、一个由绝缘细线构成的刚性圆形轨道,其半径为 R、此轨道水平放置,圆心在 O 点,一个 金属小珠 P 穿在此轨道上, 可沿轨道无摩擦地滑动, 小珠 P 带电荷 Q, 已知在轨道平面内 A 点(OA=r<R) ' 放有一电荷 q,若在 OA 连线上某一点 A 放电荷 q ? ,则给 P 一个初速度,它就沿轨道作匀速圆周运 动。求 A 点位置及电荷 q ? 之值。
'

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3

第十二届全国中学生物理竞赛 决 赛 试 题
一、一理想的凸透镜,它容许入射光完全透过,此透镜直径 D=10cm,焦距 f=15cm,水平放置, 四束激光沿竖直方向对称地入射到透镜靠边缘处,已知四束激光总功率为 W=1.2W,求激光对透镜 之作用力,已知光子动量 p ? E / c ,其中 E 为光子能量,c 为光速。

二、如图决 12-1 电路中, C1 ? 4C0 , C2 ? 2C0 , C3 ? C0 , 电池电动势为 ? ,不计内阻,C0 和 ? 为已知量,先在断开 K4 的条件下,接通 K1、K2、K3,令电池给三个电容充电;然后 断开 K1、K2、K3,接通 K4,使电容器放电,求: 1)放电过程中,电阻 R 上共产生多少热量。 2)放电过程达到放电总量一半时,R 上的电流是多大。 K4 R C1 K3 C2 C3 K1 ε 图决 12-1 三、如图决 12-2 所示,正四面体 ABCD 各面均为导体,但又彼此绝缘,已知带电后四个面的静 电势分别为 ?1 、 ? 2 、 ? 3 和 ? 4 ,求四面体中心 O 点的电势 ? 0 。 A

K2

O B C 图决 12-2 四、在某自行车赛场直行跑道的一侧有一外高内低、倾角为 ? 的斜面,直行跑道长度为 L,斜 面上端高度为 h,如图决 12-3 所示,运动员由 A 点 A A′ 出发,终点为 A? ,运动员可以选行直线 AA? 行进, 或沿对称折线 AMA? 行进的路线,若出发时自行车 h 的速度均为 v0 , 且在行进途中运动员蹬车时的驱动 力等于所受的阻力,又设车轮与地面间的侧向摩擦 足以阻止车轮侧滑,若要取得较好的成绩,运动员 应采用哪种路线?
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D

M B′ L 图决 12-3

θ B

五、如图决 12-4 所示,一根两端封闭、粗细均匀的石英管,竖直放置,内有一段水银柱,将管 隔成上下两部分,下方为空气。上方为一种可分解的双原子分子气体(每个分子由两个原子组成)。 此种双原子分子气体的性质为:当 T>T0 时,其分子开始分解为单原子分子(仍为气体),用 n0 表示 T0 时的双原子分子。 ?n 表示 T0 ? ?T 时分解了的双原子分子数,其分解规律为当 ? T 很小时,有如 下的关系:

?n / n0 ? ?T / T0
已知初始温度为 T0,此时,下方的气柱长度为 2l0,上方气柱长度为 l0,水银柱 产生的压强为下方气体压强的 ? 倍(0< ? <1),试讨论当温度由 T0 开始缓慢上升时, 水银柱将上升还是下降,忽略石英管和水银柱的体积随温度的变化。 提示:可用 xl0 表示水银柱因温度升向而移动的距离,x>0 表示升高,x<0 表示 下降。 图决 12-4 六、一弹簧振子,两端为质量都是 m=0.1 千克、大小不计的物体 A、B,中间是一静止长度为 l0、劲度系数为 k0、质量可以忽略的理想弹簧,现此振子自某一高度、A 端在下,竖直地自由下落至 一水平桌面,开始下落时,A 距桌面的高度为 H=2 米,开始时弹簧无伸长或压缩,A 与桌面发生弹 性碰撞后跃离桌面,当 A 第二次接触桌面时,发现弹簧的压缩达到最大,求: 1)弹簧劲度系数 k0 之值。 2)A 第二次与桌面接触时的速度。

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5

第十二届预赛试题参考解答
一、1.B、D 2. 1.5? 3.不能确定 4.不同 二、当 sin? ? L0 / 2( L0 ? h0 ) 时 h0 ? 37.5 cm 当 L0 / 2( L0 ? h0 ) ? sin 900 时 100cm>h0 ? 50cm 三、向上移动 四、1. ? 4.2 ?10 kg/s
9

2. ? 6 ?10 个/ m2·s
14

3. ? 3.5 ?10 s ? 1.1?10 a
17 10

五、 n ? sin i1 / sin r1 ? 2 ? 1.414 六、 B ? 10 T
6

七、 ? ? tg ?1 (1/ ? )
' 八、 r ? R / r , q ? ?( R / r )q ,
' 2

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1

第十二届决赛试题参考解答
一、激光通过透镜后聚焦,由于通过透镜前后光子的能量不变,且光速为恒量,故光子的动量 大小通过透镜前后不变,但方向改变。光子的动量是 (1) p ? E/c 其中 E 是光子能量,在通过透镜前,其方向竖直向下。通过透镜后,动量方向改变,其 沿竖直方 向和水平方向的分量分别是: (2) p直 ? p c o ? s

p平 ? p sin ?
cos ? ? f / f 2 ? ( D / 2) 2

(3) (4)

由此可知,光子在通过透镜前后,其动量沿竖直方向和水平方向的改变分别是 (5) (?p)直 ? p(1 ? cos? ) ? ( E / c)(1 ? cos? )

(?p)平 ? p sin? ? ( E / c) ? sin? 激光照射透镜 ?t 时间内通过透镜的光子数为 N ? W?t / E

(6) 这些光子分四束对称地通过透镜,它们的水平动量的变化相互平衡,而其竖直方向动量的变化 等于透镜对光子的冲量,在数值上,也就等于激光对透镜的作用力的冲量 F?t ,故有 (7) F?t ? N (?p)直 由(4)、(5)、(6)和(7)式可得

F ? (W / c)(1 ? f /

f 2 ? ( D / 2) 2 )
?10

代入数值,得到 F ? 2.1?10 N,方向向下。 二、1)充电时,电路及电流方向如图 12-18 所示,充电后,三个电容器上的电压都是 ? ,各电 容器储能为

W1 ? C1? 2 / 2 ? 2C0? 2 W2 ? C2? 2 / 2 ? 2C0? 2
(1)

W3 ? C3? / 2 ? 2C0? / 2
2 2

三个电容器储存的能量之和为

W ? W1 ? W2 ? W3 ? 7C0? 2 / 2
则三个电容器上的电量分别为

(2)

Q1 ? C1? ? 4C0? Q2 ? C2? ? 2C0? Q3 ? C3? ? C0?

(3)

图 12-19

放电时,三个电容器串联放电,如图 12-19 所示,C1 左极板的电压高于 C3 右极板的电压,故电流的 方向应如图所标志,即 C1 和 C3 是放电,而 C2 则是继续充电。 在整个放电过程中,流过 R 的电量设为 ?Q ,则由电荷守恒可知,放电后三个电容器上的电量 分别变为

Q1' ? Q1 ? ?Q ? 4C0? ? ?Q
' Q2 ? Q2 ? ?Q ? 2C0? ? ?Q ' Q3 ? Q3 ? ?Q ? C0? ? ?Q

(4)

三个电容器的电势差的大小则变为
' ' ' ' ? Q2 / C2 , U 3 U1' ? Q1' / C1 , U 2 ? Q3 / C3

(5)

放电终结,应有

' ' U1' ?U 2 ? U3 ?0

(6)

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2

由(4)、(5)和(6)式解得 将(7)式代入(4)式,有

?Q ? 4C0? / 7

(7)

Q1' ? 24C0? / 7
' Q2 ? 18C0? / 7 ' Q3 ? 3C0? / 7

(8)

此时,各电容器的储能为

W1' ? (Q1' ) 2 / 2C1 ? (72/ 49)C0? 2
' 2 W2' ? (Q2 ) / 2C2 ? (81/ 49)C0? 2 ' 2 W3' ? (Q3 ) / 2C3 ? (9 / 98)C0? 2

(9)

总储能为

W ' ? W1' ? W2' ? W3' ? (315/ 98)C0? 2

(10) (11) (12)

比较(2)、(10)两式,可知放电后,电容器储能减少了 ?W ,

?W ? W ?W ' ? 2C0? 2 / 7

由能量守恒定律可知,在放电过程中,电阻上产生的热量 H 为

H ? ?W ? 2C0? 2 / 7
''

2)当放电量为 ?Q ? ?Q / 2 ? 2C0? / 7 时,各电容上的电量为

?Q1'' ? Q1 ? ?Q'' ? 26C0? / 7
'' ?Q2 ? Q2 ? ?Q'' ? 16C0? / 7 '' ?Q3 ? Q3 ? ?Q'' ? 5C0? / 7

(13)

此时,各电容器电势差的大小为
'' '' '' '' U1'' ? Q1'' / C1 , U 2 ? Q2 / C2 , U 3 ? Q3 / C3

(14) (15)

按照欧姆定律,此时流过电阻 R 的电流应为
'' '' I ? (U1'' ?U 2 ? U3 )/ R

由(13)、(14)、(15)式可得

I ? (1/ 2)? / R

五、解法 1 在温度升高过程中,上下端气体均应满足气态方程。 首先分析水银柱下端的气体。当温度 为 T0 时,其压强命为 p0,气柱长度为 2l0, 当温度上升到 T0 ? ?T 时,水银柱向上移动

xl0 ,从而气柱长度变为 (2 ? x)l0 ,此时的压
强命为 p,于是有物 态方程:

p0 ? 2l0 p(2 ? x)l0 ? T0 T0 ? ?T


(1) (2) 图 12-21

?T ? x? p ? 1? ?1 ? ? T0 ? 2 ? p0

对于水银柱上方之气体, 若命水银柱之压强为 ?p 0 , 则当温度为 T0 时, 其气体压强为 p0 ? ?p0 , 气体柱之长度为 l 0 ,分子数则为 n0 ,当温度上升至 T0 ? ?T 时,压强为 p0 ? ?p0 ,气体柱长度为

(1 ? x)l0 ,而气体分子数则因有 ?n 个双原子分子分解为 2?n 个单原子分子,分子数变为 n0 ? ?n ? n0 (1 ? ?T / T0 ) , 故有 T0 时: (1 ? ? ) p0l0 S ? (n0 / A) RT0 (3) ( T0 ? ?T )时:
十二届 3

( p0 ? ?p0 )(1 ? x)l0 S ? n0 (1 ? ?T / T0 ) R(T0 ? ?T ) / A (4)
式中 S 为管之内横截面积,A 为阿伏伽德罗常量,由(3)、(4)式可得

? ?T ? 1 ? p ? ? ? ? ( 1 ? x ) ? ? ?1 ? T ? ? 1?? ? 0 ? ? p0 ? ? ? ?

2

(5)

由(2)、(5)两式消去 p / p0 ,可得 x 所满足的二次方程 其中

ax2 ? bx ? c ? 0 a ?? /2 2 2 ? ?? ?T ? 1 ? ?T ? ? ? ? ?T ? ? ? b ? ??? ?1 ? T ? ?? 2? ?1 ? T ? ? ? 2 ? 2? ?1 ? T ? ? ? 0 ? 0 ? 0 ? ? ? ? ? ?? ? 2 ? ? ?T ? ? ?T 1 ?? 3 ? ? ? ? ??? ? ? ? ? (2 ? ga) ? (1 ? ? )? ? ? ? 2 T0 2 T0 ? ? ? ? ? ? ? ?

? ?T ? ? ?T ? ? ?T ? ? ? ? ? c?? 1 ? ? 1 ? ? ? ? ? ? ? ?1 ? T ? ? T0 ? T0 ? 0 ? ? ? ? ? ? ? ?T ? ?T ? (2? ? 1) ? (1 ? ? )? ?T ? ? T0 ? 0 ?
方程式的解为
2

2

2

(6)

? b ? b 2 ? 4ac (7) 2a c?0, 首先, 应判别(7)式中之 “? ” 号之取法问题。 为此, 令 ?T ? 0 , 此时 b ? ?[(3 / 2) ? ? ] , x?
则(7)式中之 x 解为:

[(3 / 2) ? ? ] ? [(3 / 2) ? ? ] ? (3 / ? ) ? 2 ? 1 ,当(7)式中之“ ? ”号取正, 2 ? (? / 2) [(3 / 2) ? ? ] ? [(3 / 2) ? ? ] x ?? ?? ? 0 ,当(7)式中之“ ? ”号取负。 ?T ?0 2 ? (? / 2) x ?? ?? ?T ?0

显然,后者合理,前者不合理,故取 x 之解为

? b ? b 2 ? 4ac (8) 2a 据此可以分析,当 ?T ? 0 时,水银柱在什么条件下上升(x>0),什么条件下下降,因 0 ? ? ? 1 ,由 x?
(6)式可知 b<0,a>0 (9) 再由(8)式可知,x 之值取决于 c 之值,当 c>0 时,x>0,而当 c<0 时,x<0,因 ? T 很小,在 c 之表示(6)中忽略 (?T / T0 ) 2 项,有 (10) c ? (2? ?1)?T / T0 由此可见,当 ? ? 1 / 2 时,c>0,x>0,水银柱上升; 当 ? ? 1 / 2 时,c<0,x<0,水银柱下降; 当 ? ? 1 / 2 时,c=-(1/2) (?T / T0 ) 2 ,c<0,x<0,水银柱下降。 解法 2 暂时假定水银柱不动,分析温度上升后,上、下气体压力差的变化。 当温度为 T0 时,下部气体之压强为 p0,温度上升至 T0 ? ?T 时,其压强变化为 p1,因体积 不变,故有 (1) p1 ? p0 (T0 ? ?T ) / T0 ? p0 ? p0 ?T / T0 水银柱压强为 ?p 0 , 故当 T=T0 时, 上部气体之压强为 (1 ? ? ) p0 , 当温度升至 T0 ? ?T 时, 有 ?n
十二届 4

个双原子气体分子分解而成为 2 ?n 个单原子气体分子,故气体分子数由 n0 增至 n0 ? ?n 个,命此时 之压强为 p2,则在温度上升前后之气态方程为

(1 ? ? ) p0l0 S ? (n0 / A) RT p2l0 S ? (n0 ? ?n) R(T0 ? ?T ) / A

(2) (3)

其中 S 为管之内横截面积,A 为阿伏加德罗常量,由(2)、(3)二式可得

p2 ? (1 ? ? ) p0 (1 ? ?n / n0 )(1 ? ?T / T0 )

? (1 ?? ) p0 (1 ? ?T / T0 ) 2
比较升温之后下部气体和上部气体的压强之差

(4) (5) (6)

?p ? p1 ? p2 ? ?p0

若此差大于零,则水银柱上升。若小于零,水银柱应下降。代入(3)、(4)式之结果。有

?p ? (2? ?1)(?T / T0 ) p0 ? (1 ?? ) p0 (?T / T0 ) 2
析如下: 当 ? ? 1 / 2 时, ?p ? 0 。水银柱上升; 当 ? ? 1 / 2 时, ?p ? 0 。水银柱下降;

因 ? T 甚小,故 (?T / T0 ) 项起主导作用。而 (?T / T0 ) 2 项之影响较之第一项要小得多。故此分

当 ? ? 1 / 2 时, ?p ? 0 。水银柱下降。 分析与评述 本题提供了两种解法,学生可从物理方法上和数学处理上进行比较,扩大思路。 六、取 x 坐标轴沿竖直方向。原点在桌面,方向向上,振子竖直下落,弹簧无压缩或伸长, 故 A、B 均为自由落体。当 A 到达桌面时,A、B 的速度相同。均为

VA ? VB ? ?2 gh ? ?V0

(1)

命 A 与桌面碰撞之时刻为 t ? 0 ,即 t ? 0 时, A 与桌面发生弹性碰撞而反向,此时有 (2) VA ? V0 , VB ? ?V0

X A ? 0 , X B ? l0
暂不考虑重力之影响,则由图 12-22 可 图 12-22 知,A、B 相向运动,压缩弹簧,而产生简谐运动, t ? 0 时,弹簧无形变,由(2)之条件,可以写出 A 作简谐振动之运动方程

X A (t ) ? X 0 sin 2?ft

VA (t ) ? V0 cos??ft

(3)

(3)式中,已知 V0 ? 2gh ,X0、f 待定,由图 12-22 可知,在振动运动中,AB 相向运动,中点 M 不动,故振动可视作 M 固定的两个振子,振子 MA(或 MB)之等效劲度系数为 k,k=2k0,故

f ? ( k / m ) /(2? ) ? ( 2k0 / m ) /(2? )
2 0 2 (1/ 2)mV02 = (1/ 2)(2k0 ) X 0

(4)

2 振子 A 之最大振动动能为 (1/ 2)mV ,最大振动势能为 (1/ 2)(2k0 ) X 0 ,有

X 0 ? V0 m /(2k0 )
? gt 2 / 2
故在 t>0 时,A 的坐标应为

(5)

现在考虑重力的效应, 重力的存在使得 A、 B 在振动的同时, 还在作自由落体运动, 在时间 0 ? t 期间,重力使 A 产生的位移为 (6) (7)

X (t ) ? X 0 s i n 2?ft ? gt 2 / 2
弹簧最大压缩时为 t1,此时应有

十二届

5

2?ft1 ? ? / 2 t1 时, X A (t1 ) ? X 0 VA (t1 ) ? 0
此时,A 与桌面发生第二次碰撞,即应有

(8)

X (t1 ) ? x0 ? s i n 2?ft1 ? gt12 / 2 ? 0
由(8)、(9)二式可得

(9)

X 0 ? (1/ 2) g /(4 f ) 2
代入 X0、f 之值,有

m /(2k0 ) 2 gh ? (1/ 2) g 1/ ?2 / ? ? 2k0 / m
4

??

??

k0 ? (? / 256)(mg/ h) 代入各量的数值,有 k0 ? 0.19 N/m
当 A 与桌面第二次撞击时,其振动速度为零,故其速度就是 t1 时的自由落体速度 V (t1 ) ? gt1 ? 8.0 m/s

十二届

6


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