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1、最新资料推荐一、 图中第第 2222 届全国中学生物理竞赛复赛题届全国中学生物理竞赛复赛题的AOB是游乐场中的滑道模型， 它位于竖直平面内,由两个半径都是R的 1/4 圆周连接而成， 它们的圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上O2B沿水池的水A面一小滑块可由弧AO的任意点从静止开始下滑1若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块开始下滑时应在圆弧OO2O1AO上的何处？（用该处到O1的连线与竖直线的夹角表示） B2凡能在O点脱离滑道的小滑块，其落水点到O2的距离如何？二、如图所示，O 为半径等于 R 的原来不带电的导体球的球心，O1、O2、O3为位于球内
2、的三个半径皆为r 的球形空腔的球心， 它们与O 共面，已知OO1OO2OO3O2为O1P1PRRO2OO3rP2R在 OO1、OO2的连线上距 O1、2r的P1、 P2点处分别放置带电量为q1和q2的线度很小的导体 （视2为点电荷） ，在 O3处放置一带电量为 q3的点电荷，设法使 q1、q2和q3固定不动 在导体球外的 P 点放一个电量为 Q 的点电荷， P 点与 O1、 O2、 O3共面， 位于O3O的延长线上，到 O 的距离OP 2R1求 q3的电势能2将带有电量 q1、q2的小导体释放，当重新达到静电平衡时，各表面上的电荷分布有何变化？ 此时 q3的电势能为多少？三、 (22 分) 如
3、图所示， 水平放置的横截面积为S 的带有活塞的圆筒形绝热容器中盛有 1mol 的理想气体 其内能U CT，C 为已知常量，T 为热力学温度器壁和活塞之间不漏气且存在摩擦，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等且皆为 F图中 r 为电阻丝，通电时可对气体缓慢加热起始时，气体压强与外界大气压强p0相等，气体的温度为T0现开始对r 通电，已知当活塞运动时克服摩擦力做功所产生热量的一半被容器中的气体吸收 若用 Q 表示气体从电阻丝吸收的热量，T 表示气体的温度，试以 T 为纵坐标，Q 为横坐标，画出在 Q 不断增加的过- 1 - / 19rp0最新资料推荐程中 T 和 Q 的关系图线 并在图中用题给的已知量及普
4、适气体常量R 标出反映图线特征的各量（不要求写出推导过程） 四、 （23 分）封闭的车厢中有一点光源 S，在距光源 l 处有一半径为 r 的圆孔，其圆心为 O1，光源一直在发光，并通过圆孔射出 车厢以高速 v 沿固定在水平地面上的 x 轴正方向匀速运动，如图所示某一时刻，点光源 S 恰位于 x 轴的原点 O 的正上方，取此时刻作为车厢参考系与地面参考系的时间零点在地面参考系中坐标为xA处放一半径为 R（R r）的不透光的圆形挡板，板面与圆孔所在的平面都与x 轴垂直板的圆心O2、S、O1都等高，起始时刻经圆孔射出的光束会有部分从挡板周围射到挡板后面的大屏幕（图中未画出）上由于车厢在运动，将会出现
5、挡板将光束完全遮住，即没有光射到屏上的情况不考虑光的衍射试求：1车厢参考系中（所测出的）刚出现这种情况的时刻2地面参考系中（所测出的）刚出现这种情况的时刻五、 （25 分）一个用绝缘材料制成的扁平薄圆环，其内、外半径分别为 a1、a2，厚度可以忽略两个表面都带有电荷，电荷面密度随离开环心距离 r 变化的规律均为(r) a2a1a0OSlvrO1xARO20r2，0为已知常量 薄圆环绕通过环心垂直环面的轴以大小不变的角加速度减速转动，t = 0 时刻的角速度为0将一半径为 a0(a0vA、vB七、 （25 分）如图所示，在一个劲度系数为 k 的轻质弹簧两端分vB- 2 - / 19xOkAOAv
6、AI（krlB最新资料推荐别拴着一个质量为 m 的小球 A 和质量为 2m 的小球 BA 用细线拴住悬挂起来，系统处于静止状态，此时弹簧长度为l现将细线烧断，并以此时为计时零点，取一相对地面静止的、竖直向下为正方向的坐标轴Ox， 原点 O 与此时 A 球的位置重合如图 试求任意时刻两球的坐标第 22 届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答一、1如图所示，设滑块出发点为P1，离开点为P2，按题意要求O1P1、O2P2与竖直方向的夹角相等，设其为，若离开滑道时的速度为 v，A则滑块在P2处脱离滑道的条件是O1 (1)P1OP2mv2 mg cosR由机械能守恒O2(2)B12mgR(1cos) mv2
7、2(1)、(2)联立解得cos44或arccos36 5255(3)2设滑块刚能在 O 点离开滑道的条件是2mv0 mgR（4）v0为滑块到达 O 点的速度，由此得v0Rg（5）设到达 O 点的速度为 v0的滑块在滑道 OA 上的出发点到O1的连线与竖直的夹角为0， 由机械能守恒，有mgR(1cos0) 12mv02（6）由（5） 、 （6）两式解得03（7）若滑块到达 O 点时的速度v v0，则对 OB 滑道来说，因 O 点可能提供的最大向心力为mg，故滑块将沿半径比 R 大的圆周的水平切线方向离开 O 点对于v v0的滑块，其在 OA上出发点的位置对应的角必大于0，即0，由于max 2，根
8、据机械能守恒，到达O点的最大速度- 3 - / 19最新资料推荐vmax2Rg（8）由此可知， 能从 O 点离开滑道的滑块速度是v0到vmax之间所有可能的值， 也就是说，从 3至 2下滑的滑块都将在 O 点离开滑道以速度 v0从 O 点沿水平方向滑出滑道的滑块，其落水点至O2的距离x0 v0t（9）（10）R 12gt2由（5） 、 （9） 、 （10）式得x02R（11）当滑块以vmax从 O 点沿水平方向滑出滑道时，其落水点到O2的距离xmax vmaxt由（8） 、 （10） 、 （12）式得（12）xmax 2R（13）因此， 凡能从 O 点脱离滑道的滑块， 其落水点到O2的距离在2
9、R到2R之间的所有可能值 即2R x 2R（14）二、1由静电感应知空腔1、2 及 3 的表面分别出现电量为 q1、 q2和 q3的面电荷，由电荷守恒定律可知，在导体球的外表面呈现出电量q1 q2 q3由静电屏蔽可知，点电荷q1及感应电荷（ q1）在空腔外产生的电场为零；点电荷 q2及感应电荷（ q2）在空腔外产生的电场为零；点电荷 q3及感应电荷（ q3）在空腔外产生的电场为零因此，在导体球外没有电荷时，球表面的电量q1 q2 q3作球对称分布当球外 P 点处放置电荷 Q 后，由于静电感应，球面上的总电量仍为q1 q2 q3，但这些电荷在球面上不再均匀分布，由球外的 Q 和重新分布在球面上的
10、电荷在导体球内各点产生的合场强为零O3处的电势由位于 P 点处的 Q、导体球表面的电荷q1 q2 q3及空腔 3 表面的感应电- 4 - / 19最新资料推荐荷（ q3）共同产生无论q1 q2 q3在球面上如何分布，球面上的面电荷到 O 点的距离都是 R，因而在 O 点产生的电势为kq1 q2q3Q， Q 在 O 点产生的电势为k，这两部分电R2R荷在 O3点产生的电势U与它们在 O 点产生的电势相等，即有Q q q2 q3Q 2q1 2q2 2q3U k1 k（1）R2R2R因 q3放在空腔 3 的中心处，其感应电荷 q3在空腔 3 壁上均匀分布这些电荷在 O3点产生的电势为U k q3r(
11、2)根据电势叠加定理，O3点的电势为U U U kQ 2q1 2q2 2q3q32Rr故 q3的电势能W qQ 2q1 2q2 2q3q33U kq32Rr2 由于静电屏蔽，空腔 1 外所有电荷在空腔 1 内产生的合电场为零，空腔 1 内的电荷 q1仅受到腔内壁感应电荷 q1的静电力作用，因q1不在空腔 1 的中心 O1点，所以感应电荷 q1在空腔表面分布不均匀，与q1相距较近的区域电荷面密度较大，对q1的吸力较大，在空腔表面感应电荷的静电力作用下，q1最后到达空腔 1 表面，与感应电荷 q1中和同理，空腔 2 中q2也将在空腔表面感应电荷 q2的静电力作用下到达空腔 2 的表面与感应电荷 q
12、2中和达到平衡后，腔1、2 表面上无电荷分布，腔3 表面和导体球外表面的电荷分布没有变化O3的电势仍由球外的电荷 Q 和导体球外表面的电量q1 q2 q3及空腔 3 内壁的电荷 q3共同产生，故 O3处的电势 U 与 q3的电势能 W 仍如(3)式与(4)式所示三、答案如图所示- 5 - / 19(3)(4)最新资料推荐TT1附dp0S Fp0ST0计算b2tan2=2p0S F2Cp0S 2CF 2Rp0S FR过程：电阻通电后对气体缓1T0atan11CCFT0p0SQQ CT T0Q1此过程将持续到气体对活塞的作用力等于外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩擦之和若用 T1表示此过
13、程达到末态的温度，p 表示末态的压强，Q1表示此过程中气体从电阻丝吸收的热量，由等容过程方程有pT1(2)p0T0由力的平衡可知pS p0S F由（2） 、 （3）两式可得(3)T1p0S FT0p0S(4)代入(1)式得Q1CFT0p0S(5)由以上讨论可知，当Q Q1时，T 与 Q 的关系为- 6 - / 19最新资料推荐T QT0C(6)在T Q图中为一直线如图中ab所示，其斜率Kab1C(7)直线在 T 轴上的截距等于 T0，直线 ab 的终点 b 的坐标为（T1，Q1） 当电阻丝继续加热，活塞开始向外运动以后，因为过程是缓慢的，外界大气压及摩擦力皆不变，所以气体的压强不变，仍是p，气
14、体经历的过程为等压过程在气体的体积从初始体积 V0增大到 V，温度由 T1升高到 T 的过程中，设气体从电阻丝吸收的热量为Q，活塞运动过程中与器壁摩擦生热的一半热量为q，由热力学第一定律可知Q q CT T1 pV V0q 可由摩擦力做功求得，即(8)q 1V V0F2S(9)代入（8）式得QFV V0CT T1 pV V02S(10)由状态方程式可知pV V0 RT T1将（11）式和（4）式代入（10）式，得(11)FRQ C R T T12 p S F0即- 7 - / 19最新资料推荐T 2p0S FQ T12Cp0S 2CF 2Rp0S FR（12）从开始对气体加热到气体温度升高到T
15、( T1)的过程中，气体从电阻丝吸收的总热量Q Q1 Q（13）把（13）式代入到（12）式，并注意到（4）式和（5） ，得T 2p0S FCFT0Q 2Cp0S 2CF 2Rp0S FRp0Sp0S FT0p0SCFT0Q Q 1p0S（14）由此可知，当Q Q1CFT0时，T 与 Q 的关系仍为一直线 ，此直线起点的坐标为p0SQ Q1CFT0，T T1；斜率为p0S2p0S F2Cp0S 2CF 2Rp0S FR（15）在T Q图中，就是直线 bd，当热量 Q 从零开始逐渐增大， 气体温度 T 将从起始温度 T0沿着斜率为 Kab的直线ab上升到温度为 T1的 b 点， 然后沿着斜率为
16、Kbd的直线bd上升， 如图所示四、1相对于车厢参考系，地面连同挡板以速度 v 趋向光源S 运动由S 发出的光经小孔射出后成锥形光束，随离开光源距离的增大， 其横截面积逐渐扩大 若距 S 的距离为 L 处光束的横截面正好是半径为 R 的圆面，如图所示，则有rSlLRrRlL可得L Rlr(1)设想车厢足够长，并设想在车厢前端距S 为 L 处放置一个半径为R 的环，相对车厢静止，则光束恰好从环内射出当挡板运动到与此环相遇时，挡板就会将光束完全遮住此时，在车厢参考系中挡板离光源S 的距离就是 L在车厢参考系中，初始时，根据相对论，挡板离光- 8 - / 19最新资料推荐源的距离为2xA1v c(2
17、)故出现挡板完全遮住光束的时刻为x1v c Lt A(3)v2由（1） 、 （3）式得x1v cRlt A(4)vrv22相对于地面参考系，光源与车厢以速度v 向挡板运动光源与孔之间的距离缩短为2ll 1v c(5)而孔半径 r 不变，所以锥形光束的顶角变大，环到S 的距离即挡板完全遮光时距离应为RlRlv2L 12rrc(6)初始时，挡板离 S 的距离为 xA，出现挡板完全遮住光束的时刻为xA LxARlv2t 12(7)vvrvc五、用半径分别为r1（a1） ，r2，ri，rn1（a2）的 n-1 个同心圆把塑料薄圆环分割成 n 个细圆环第 i 个细圆环的宽度为ri riri1，其环带面积
18、Si ri2 ri ri 2riri2式中已略去高阶小量(ri)2 ，该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为qi 2Si20ri22riri40riri设时刻 t，细圆环转动的角速度为，0t单位时间内，通过它的“横截面”的电荷量，即为电流Ii qi220riri由环形电流产生磁场的规律，该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为- 9 - / 19最新资料推荐Bi kIi20ri(1) kriri2式中ri是一个微小量，注意到riri1 riri ri ri2，有ririri111riri1ri1riri2(2)将各细圆环产生的磁场叠加，由（1） 、 （2）式得出环心 O 点处的磁感应强度：B 2k
19、0(a2 a1)a1a22k0(a2 a1)2a0a1a2(3)由于 a0a1，可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁 BS (4)由于是变化的，所以上述磁通量是随时间变化的，产生的感应电动势的大小为222k0(a2 a1)a02k0(a2 a1)a0E ta1a2ta1a2(5)由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为2E2k0(a2 a1)a0I Ra1a2R(6)设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转，穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面向外，由于薄圆环环作减角速转动，穿过导线圆环的磁场逐渐减小，根据楞次定律，导线圆环中的感应电流亦为逆时针方向，导线圆环各元段l 所受的安培力都沿环半径向外
20、现取对于 y 轴两对称点 U、V，对应的二段电流元Il所受的安培力的大小为f BIl方向如图所示，它沿 x分别(7)yfUfxlfyMfyylxOVfxxNf及y方向分量Qfx BIl cos BIy(8)- 10 - / 19最新资料推荐fy BIl sin BIx(9)根据对称性，作用于沿半个导线圆环QMN 上的各电流元的安培力的x 分量之和相互抵消，即fxBIy BIy 0(10)（式中y lcos，当时，y是正的，当时，y是负的，故22，y 0）而作用于沿半个导线圆环QMN 上的各电流元的安培力的y 分量之和为fyBIx BIx BI2a0(11)（式中x lsin，由于在 0之间x都
21、是正的，故x 2a0） ，即半个导线圆环上受的总安培力的大小为BI2a0，方向沿 y 正方向，由于半个圆环处于平衡状态， 所以在导线截面 Q、 N 处所受 （来自另外半个圆环） 的拉力 （即张力） F 应满足2F BI2a0 由（3） 、 （6）两式得F BIa0234k20a0(a2 a1)22a12a2R0t(12)由（12）式可见，张力 F 随时间 t 线性减小六、如图所示，t 时刻汽车 B 位于Bt处，距 O 点的距离为 vBt 此时传播到汽车 B 的笛声不是 t 时刻而是较早时刻 t1由 A 车发出的汽车 A 发出此笛声时位于At1处，距 O 点的距离为vAt1此笛声由发出点到接收点
22、 （t 时刻 B车所在点）所传播的路程为u(tt1)，由几何关系可知B(t)A(t1)A(t1)OA(t)vAB(t)vB(vBt)2vAt1u(t t1)2(1)2即22222(u2 v2A)t12u tt1(u vB)t 0这是以 t1为变量的一元二次方程，其解为u2u2(v2 v2) v2v2ABABt1u2 v2At由于u2u2 v2A，但 t1t，所以上式中只能取减号- 11 - / 19最新资料推荐t12222u2u2(vA vB)vAvB2u2vAt (2)t t1令22222u2(vA vB)vAvBvAu22vAt(3)222u2(v2A vB) vAvB k(4)有2k v
23、Au2kt12t，t -t12t22u vAu vA(5)在t1时刻，位于At1处的汽车 A 发出的笛声沿直线（即波线）At1Bt在 t 时刻传到Bt处，以At1、Bt分别表示车速与笛声传播方向的夹角，有vAt1vA(u2k)cosAt12ut -t1u(k vA)vBtvB(u2 v2A)cosBtut -t1u(k v2)A(6)(7)令表示 B 车司机接收到的笛声的频率，由多普勒效应可知uvBcosBtuvAcosAt10(8)由（6） 、 （7） 、 （8）式，得2222222u2 u2v2A vB vAvB vA vBu vA02222222u vAuvA vB vAvB(9)七、解
24、法一：对于由小球 A、B 和弹簧构成的系统，当 A、B 之间的距离为 l 时，已知 mA = m，mB = 2m，由质心的定义，可知系统的质心C 离 A 的距离lC2l3（1）故 A、B 到质心 C 的距离分别为2lAl31lBl3（2）OkAlC- 12 - / 19xB最新资料推荐若以质心 C 为参考系（质心系） ，则质心 C 是固定不动的，连接 A、B 的弹簧可以分成两个弹簧 CA 和 CB设弹簧CA 的自然长度为 lA0，劲度系数为kA，一端与小球A 相连，另一端固定在 C 点；弹簧CB 的的自然长度为 lB0，劲度系数为kB，一端与小球B 相连，另一端亦固定在C 点若连接 A、B 的
25、自然长度为 l0，根据题意有kl l0 2mg（3）由（2）式可知弹簧 CA 和 CB 的自然长度分别为2lA0l031lB0l03（4）当 A 被悬挂，系统处于静止时，已知连接A、B 的弹簧长度为 l，由（2）式可知，此时弹簧 CA 和 CB 的长度分别为2lAl31lBl3（5）弹簧 CA、CB 作用于 A、B 的弹簧力分别为2kAl l031fB kBlBlB0kBl l03fA kAlAlA0但 fA、fB就是连接 A、B 的弹簧因拉伸而产生的弹力f，即有fA fB f kl l0由此得kA3k2kB3k（6）相对地面，质心 C 是运动的，在 t = 0 时刻，即细线刚烧断时刻，A 位
26、于 Ox 轴的原点 O 处，即xA0 0；B 的坐标xB0l由（1）式，可知此时质心 C 的坐标为xC02l3（7）在细线烧断以后，作用于系统的外力是重力m 2mg故质心以 g 为加速度做匀加速直线运动，任意时刻 t，质心的坐标xC(t) xC(0) 1221gtl gt2232（8）由于质心作加速运动，质心系是非惯性系在非惯性参考系中，应用牛顿第二定律研究物体的运动时， 物体除受真实力作用外， 还受惯性力作用 若在质心系中取一坐标轴Ox， 原点O与质心 C 固连，取竖直向下为Ox轴的正方向，当小球B 在这参考系中的坐标为xB时，弹簧- 13 - / 19最新资料推荐CB 作用于 B 的弹性力
27、fB kBxBlB0当xBlB0时，方向竖直向上此外，B 还受到重力 mg，方向竖直向下；惯性力大小为mg，方向竖直向上作用于B 的合力FB kBxBlB0 mg mg由（3） 、 （4）式得2mg 1FB kBxl B3k令（9）2mg 1XB x l B3k有（10）FB kBXB（11）当 XB= 0，作用于 B 的合力 FB= 0，B 处于平衡状态，由（10）式，可知在质心系中，B 的平衡位置的坐标2mg 1xB0l 3k（12）XB为 B 离开其平衡位置的位移， （11）式表明，作用于 B 的合力具有弹性力的性质，故在 FB作用下， B 将在平衡位置附近作简谐振动，振动圆频率BkBm
28、B3k2m（13）离开平衡位置的位移XB ABcosBt B（14）AB为振幅，B为初相位在t = 0 时刻，即细线刚烧断时刻，B 是静止的，故此时B 离开其平衡位置xB0的距离就是简谐振动的振幅AB，而在 t = 0 时刻，B 离开质心的距离即（5）式给出的 lB，故 B 离开平衡位置的距离即振幅ABlB xB0- 14 - / 19最新资料推荐由（5）式、 （12）式得2mg2mg11（15）ABl (l ) 33k3k因 t = 0，XB=AB，且 XB是正的，故B 0由此得3k2mgXBcost3k2m由（10）式，t 时刻 B 在质心系中的坐标（16）3k2mg2mg1（17）x t
29、 (l ) costB3k3k2m在地面参考系的坐标xBt xCt xBt得（18）2mg1xBtl gt223k3k1 cos2mt（19）同理，当小球 A 在质心系中的坐标为xA时，注意到xA是负的，这时，弹簧 CA 的伸长量为xA lA0 xA22 2mg l0 xAl ，33k当xA lA0为负时，弹力向下，为正，当xA lA0为正时，弹力向上，为负，故有2mg 2 fA kAxl A3k作用于 A 的合力为2mg 2 FA kAxl A3k令XA xA有2mg 2 l 3k- 15 - / 19最新资料推荐FA kAXA当 XA=0，作用于 A 的合力 FB= 0，A 处于平衡状态，
30、A 的平衡位置的坐标2mg 2 xA0 l 3k（20）XA为 A 离开其平衡位置的位移，故在合力FA作用下， A 将在平衡位置附近作简谐振动，振动圆频率AkA3km2m（21）离开平衡位置的位置XA AAcosAt AAA为振幅，A为初相位在 t = 0 时刻，即细线刚烧断时刻，A 是静止的，A 离开质心 C 的距离为 lA，A 的平衡位置离开质心的距离为xA0故此时 A 离开平衡位置的距离即为振幅AA，AAlA xA02mg 4 mg22 l l 33k3 k而此时XA AA，故A 由此得3k4mgXA cost3k2m在时刻 t，A 在地面参考系中的坐标（22）xAt xCt xA0 X
31、A2122mg 4 mg3kl gt2l cost 323k3 km(23)3k4mg1gt21 cost23k2m解法二：当A球相对于地面参考系的坐标为x时，弹簧CA的伸长量为xC2l0 x，A所受的合力为3FA mg 3 2kxCl0 x23- 16 - / 19最新资料推荐其加速度为aA g 32kxCl0 x(1)2m3其相对于质心的加速度为aA aA g 3232kxCl0 x kx xCl02m32m32其中x xCl0表示A球相对于其平衡位置的位移， 在相互平动的两个参考系中， 相对位3移与参考系无关上式表明，相对质心，A球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向也就是说，A
32、球相对质心作简谐振动同理可证，l FB 2mg 3kx xC03aB g l03k x x(2)C2m3其相对于质心的加速度为aB 32kx xCl0(3)2m3l 其中x xC0表示B球相对于其平衡位置的位移，相对质心，B球的加速度与其相对于3平衡位置的位移成正比且反向，即B球相对质心也作简谐振动且有A与B振动的圆频率相等，AB解法三：3k(4)2mOAx1在地面参考系中，列 A、B 的牛顿定律方程ma1 mg k(x2 x1 l0) (1)2ma2 2mg k(x2 x1 l0) (2)- 17 - / 19kBx2x最新资料推荐x1、x2是 A、B 的坐标，l0是弹簧的自然长t 0时，有
33、x1 0,v1 0 x2 l,v2 0l为初始时即细线刚烧断时刻，弹簧的长度，有关系k(l l0) 2mg所以l0l 2mgk由(1)+(2)，a1 2a23g令a a1 2a23g，a是一个恒定的加速度，结合初始条件，a对应的坐标和运动方程是，x1 2x2 2l 再由(2)2(1)，32gt(3)22m(a2 a1) 3k(x2 x1l0) (4)这是一个以 A 为参考系描写 B 物体运动的动力学方程，且是简谐的，所以直接写出解答，3kx2 x1l0 Acost 2m结合初条件，l l0 AcosA3ksin 02m得到0Al l0所以2mgk- 18 - / 19最新资料推荐x2 x1l0即3k2mgcostk2mx2 x1l 3k2mg2mg(5)cos2mtkk由(3)2(5)，得x1124mg1 cos3kt(6)gt2m23k由(3)+(5)，得3k122mg7x2l gt1 cost23k2m- 19 - / 19