2020届河北省唐山市高三第一次模拟考试理综物理试题（解析版）

唐山市 2019-2020 学年度高三年级第一次模拟考试 理科综合能力测试物理部分 二、选择题：本题共 8 小题，每题 6 分。在每小题给出的 4 个选项中，第 14~18 题只有一项 符合题目要求，19~21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有 错选或不选的得 0 分。 1.花岗岩、大理石等装修材料中都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性的说法正确的是(　　) A. 衰变成 要经过 8 次 β 衰变和 6 次 衰变 B. 氡的半衰期为 3.8 天，4 个氡原子核经过 7.6 天后只剩下 1 个氡原子核 C. 射线与 射线都是电磁波， 射线穿透本领远比 射线弱 D. 放射性元素发生 β 衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 【答案】D 【解析】 【详解】A．铀核（ ）衰变成铅核（ ）的过程中，设发生 x 次 衰变，y 次 衰变，衰变方程为 根据质量数守恒和电荷数守恒有 238=206+4x，92=82+8×2-y 解得 x=8，y=6，即要经过 8 次 衰变和 6 次 β 衰变，故 A 错误； B．半衰期是对大量原子核的衰变的统计规律，对于单个原子核是不成立的，故 B 错误； C． 射线是氦核流， 射线的实质是电磁波， 射线的穿透本领比较强，故 C 错误； D． 衰变时，原子核中的一个中子，转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故 D 正确。 故选 D。 2.甲、乙两物体在 t=0 时刻同地出发，其运动的 x—t 图象如图所示，下列说法正确的是(　　) A. 甲物体做直线运动，乙物体做曲线运动 238 92 U 206 82 Pb α α γ α γ 238 92 U 206 82 Pb α β 238 206 92 82U Pb x yα β→ + + α α γ γ βB. 0~t2 时间内，甲物体通过的路程大于乙物体通过的路程 C. t1~t2 时间内，甲物体平均速度大于乙物体的平均速度 D. t1 时刻甲物体的速度大于乙物体的速度 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲、乙两物体的位移一直为正，并且在增大，所以二者一直朝着正方向运动，都做直线运动， 故 A 错误； B．甲、乙两物体在 t=0 时刻同地出发，经 t2s 到达同一位置，故在这段时间内两物体的位移大小相等，又 两物体做的是单向直线运动，则路程等于位移的大小，所以在 0~t2 时间内，甲物体通过的路程等于乙物体 通过的路程，故 B 错误； C．由图可知，在 t1~t2 时间内，甲物体的位移大于乙物的位移，时间相等，故在 t1~t2 时间内，甲物体的平 均速度大于乙物的平均速度，故 C 正确； D．位移时间图象 切线斜率表示速度，由图可知在 t1 时刻乙物体图象的切线斜率大于甲物体图象的斜率， 即在 t1 时刻乙物体的速度大于甲物体的速度，故 D 错误。 故选 C。 3.如图所示，光滑水平面上有质量为 m 足够长的木板，木板上放一质量也为 m、可视为质点的小木块。现 分别使木块获得向右的水平初速度 v0 和 2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为(　　) A. 1：4 B. 1：4 C. 1：8 D. 1：12 【答案】A 【解析】 【详解】木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板系统水平方向动量守恒，取向右为正方向， 则有 解得 ； 根据能量守恒定律有 的 2 ( )0mv M m v= + 0mvv M m = + ( )2 2 0 1 1 2 2mgs mv M m vµ = − +解得划痕长度 同理，当木块的初速度为 2v0 时，则划痕长度为 故两次划痕长度之比为 ，故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 4.随着空间探测技术的发展，中国人的飞天梦已经成为现实。某质量为 m 的探测器关闭发动机后被某未知 星球捕获，在距未知星球表面一定高度的轨道上以速度 v 做匀速圆周运动，测得探测器绕星球运行 n 圈的 总时间为 t。已知星球的半径为 R，引力常量为 G，则该未知星球的质量为(　　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题知，探测器绕星球运行 n 圈的总时间为 t，则周期为 ，设探测器的轨道半径为 r，则有 解得半径为 探测器绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有 解得 代入半径表达式得 ，故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 5.某同学用拇指和食指掐住质量为 500g 的玻璃瓶同高度的 A、B 位置处于静止状态，且瓶相对于手指恰好 ( ) 2 0 2 Mvs M m gµ= + ( ) ( ) 2 02 2 M vs M m gµ ′ = + : 1: 4s s′ = 2v R G 3 2 v t n Gπ 2 2 v t n Gπ 3 2 nv tGπ tT n = 2 rv T π= 2 vtr nπ= 2 2 2 4MmG m rr T π= 2 3 2 4 rM GT π= 3 2 v tM n Gπ=不下滑。该位置侧壁与竖直方向夹角为 30°，其截面如图所示。若玻璃瓶与手指之间的动摩擦因数为 μ=0.2， 手指可视为形状不变的圆柱体，重力加速度 g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则拇指与玻璃瓶 之间的摩擦力为(　　) A. 1.25N B. 2.5N C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对玻璃瓶受力分析，并正交分解，如图所示 根据平衡条件有 又 25 5 3 N22 − 25 15 3 N22 − 2 cos 2 sinf N mgθ θ+ = f Nµ=联立可得 ，故 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 6.如图所示，理想变压器原线圈一端有 a、b 两接线柱，a 是原线圈的一端点，b 是原线圈的中心抽头，电压 表和电流表均为理想电表。从某时刻开始在原线圈 c、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为 。则(　　) A. 当单刀双掷开关分别与 a、b 连接时，电压表的示数比为 1：2 B. 当 t=0 时，c、d 间的电压瞬时值为 C. 单刀双掷开关与 a 连接，在滑动变阻器触头 P 向上移动的过程中，电压表示数增大 D. 当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，电流表的示数增大 【答案】AD 【解析】 【详解】A．当单刀双挪开关与 a 连接时，原线圈的匝数为 n1，则有 当与 b 连接时，原线圈的匝数为 ，则有 联立得 故电压表的示数比为 1:2，故 A 正确； B．当 t=0s 时，c、d 间的电压瞬时值为 u1=Usin(100π×0)=0V，故 B 错误； C．单刀双掷开关与 a 连接，滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，电 压表的示数不变，故 C 错误； 25 5 3 N22f −= 1 sin100u U tπ= 2 U 2 2 1 1 nU U n = 1 2 n 2 2 1 1 2 nU U n ′ = 1 2 2 1: 1: 22: nU U n′ = =D．单刀双掷开关由 a 扳向 b，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，电阻不变，故 电流表的示数也变大，故 D 正确。 故选 AD。 7.两电阻不计的光滑金属导轨固定在竖直平面内，导轨足够长且间距为 l。两质量均为 m、电阻均为 R 的导 体棒 M、N 位于边界水平的匀强磁场上方，距磁场的上边界有一定高度，磁场竖直方向宽度为导体距水平 边界高度的 3 倍，磁场大小为 B，方向垂直导轨所在平面，如图所示。先由静止释放导体棒 M，M 进入磁 场恰好匀速运动，此时再由静止释放导体棒 N，两导体棒始终水平且与导轨保持良好接触。重力加速度取 g，则下列说法正确的是(　　) A. 释放前导体棒 M、N 距磁场上边界的高度为 B. 导体棒 M 离开磁场时的速度 C. 导体棒 M、N 均进入磁场后，两棒间距离减小 D. 两导体棒各自离开磁场时导体棒 N 的速度较小 【答案】BD 【解析】 【详解】A．设导体棒到磁场上边界的距离为 h，导体棒刚进入磁场时的速度大小为 v，根据动能定理有 得 ，导体棒 M 进入磁场后产生的感应电动势为 回路中的电流大小为 由于导体棒 M 做匀速直线运动，可知其所受合力 零，根据平衡条件有为 2 2 4 4 m gR B l 2 2 2 2mgR B l 21 2 mv mgh= 2v gh= E Blv= 2 EI R = mg BIl=联立可得 ，故 A 错误； B．结合前面的分析及题意可知，导体棒 N 刚进入磁场时的速度大小也为 v，设导体棒 N 从开始到进入磁场 所需要的时间为 t，受力分析可知导体棒 N 在进入磁场之前做自由落体运动，由运动规律有 则可得此过程中导体棒 M 向下运动的位移为 因为磁场竖直方向宽度为导体距水平边界高度的 3 倍，则可知此时导体棒 M 到磁场的下边界距离为 h，导 体棒 N 进入磁场后，两棒的速度相同，而两棒都只受重力作用，加速度均为 g，从此时开始两棒做加速度 与初速度均相同的匀加速直线运动，则可知在导体棒 M 离开磁场之前，两棒的速度一直相同，所以回路中 不产生感应电流，设导体棒 M 离开磁场时的速度大小为 ，由速度位移关系有 解得 ，故 B 正确； C．由 B 选项 分析可知，导体棒 M、N 均进入磁场后，两棒间距离保持不变，故 C 错误； D．由前面的分析可知，导体棒 M 刚离开磁场时，导体棒 N 的速度大小也为 ，则可知此时导体棒 N 产生的感应电动势大于前面导体棒 M 单独切割时感应电动势，所以此时导体棒 N 所受安培力要比重力更大， 根据楞次定律可知导体棒 N 所受安培力一定竖直向上，所以导体棒 N 所受合力向上，导体棒 N 做减速运动， 则可知导体棒 N 离开磁场时的速度要小于导体棒 M 离开磁场的速度 ，故 D 正确。 故选 BD。 8.将两点电荷分别固定在 x 轴上的 A、B 两点，其坐标分别为(-4，0)和(2，0)，B 处点电荷带电量绝对值为 Q，两点电荷连线上各点电势 随 x 变化的关系如图所示，其中 x=0 处电势最高，x 轴上 M、N 两点的坐标 分别为(-1，0)和(1，0)，静电力常量为 k，则下列说法正确的是(　　) A. 两点电荷一定为异种电荷 B. M 点的电场强度大于 N 点的电场强度 C. M 点电场强度大小为 的 2 2 4 4 2m gRh B l = 2 vh t= 2h vt h′ = = v′ 2 2 2v v gh′ − = 2 2 2 2mgRv B l ′ = v v′ > v′ ϕ 3 kQD. 正的试探电荷由 M 点运动到 N 点的过程，电势能先增大后减小 【答案】CD 【解析】 【详解】A． 图象的切线斜率表示电场强度，则可知原点 O 处合场强为零，且电势均为负，则两点 电荷均为负电荷，故 A 错误； B． 图象的切线斜率表示电场强度，则可知 M 点的电场强度小于 N 点的电场强度，故 B 错误； C．设 A 处点电荷带电量绝对值为 ，由 A 项知原点 O 处合场强为零，则有 解得 在 M 点，根据电场的叠加原理有 联立得 ，故 C 正确； D．由图可知，由 M 点运动到 N 点的过程，电势先升高再减小，故正的试探电荷由 M 点运动到 N 点的过程， 电势能先增大后减小，故 D 正确。 故选 CD。 第 II 卷(174 分) 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题，每个试题考生都必 须作答。第 33 题~第 38 题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题 9.某同学利用如图所示实验装置探究橡皮筋做功与速度变化的关系。他进行了如下操作：将长木板放在水平 桌面上，调节一端高度，平衡小车及纸带的摩擦力并固定长木板；把橡皮筋一端固定在墙上，另一端系在 小车上，将橡皮筋拉长 d。由静纸带打点计时小车橡皮筋止释放小车，带动穿过打点计时器的纸带沿长木板 运动，得到一条纸带。增加橡皮筋的条数，重复上述操作，长木板得到多条纸带。打点计时器电源的频率 为 50Hz。 xφ− xφ− Q′ ( )2 224 Q Qk k ′ = − 4Q Q′ = 2 23 3M Q QE k k ′= − 3M kQE =(1)本实验中，该同学应怎样判断长木板及纸带的摩擦力已经被平衡：_______________________。 (2)实验时得到一条纸带，如图所示。此次操作中应选择的速度大小为___m/s；(结果保留三位有效数字) (3)该同学由多次实验数据做出 W—v2 图象如图所示，则橡皮筋弹力做功与速度平方变化的关系为 _____________________________________。 【答案】 (1). 不挂橡皮筋，穿好纸带打开打点计时器，轻推小车若所得纸带点迹均匀即平衡了摩擦力 (2). 2.00 (3). 【解析】 【详解】（1）[1]根据平衡摩擦力的方法可知：不挂橡皮筋，穿好纸带打开打点计时器，轻推小车若所得纸 带点迹均匀即平衡了摩擦力； （2）[2]应选择匀速部分求速度的大小，则速度大小为 （3）[3]根据做出的 W-v2 图象可知橡皮筋弹力做功与速度平方变化的关系为 。 10.某实验小组欲测量一电压表 V 的内阻(约为 30kΩ)，已知电压表量程约 25V~35V，表盘共有 30 个均匀小 格。 (1)首先该小组用电阻刻度中间值为 30 的多用表粗测该表的内阻。 2W v∝ 2(4.01 3.99 4.01) 10 m / s 2.00m / s3 0.02v −+ + ×= =× 2W v∝①请你用实线连接两表笔和电压表接线柱________； ②在实验过程中，欧姆档的选择开关拨至倍率______选填：(×1 档、×10 档、×100 档或×1K 档) (2)若在实验过程中测得该电压表内阻为 RV=30kΩ，为了精确校对电压表的量程，要求测量多组数据，现有 下列器材 可供选用：标准电压表 V1(量程 3V，内阻 RV1=3kΩ)；电流表 A(量程 0~3A，内阻未知)；稳压电源 E(30V， 内阻不能忽略)；电键、导线若干。 ①已给出部分实验电路，请你用实线替代导线完成实验电路：_____________ ②实验电路连接正确，请用各测量值和已知量表示电压表的量程的表达式 U=___；式中各测量值的含义是： __________________________________。 【 答 案 】 (1). (2). ×1k (3). (4). (5). N 为 V 表指针所指格数，U1 为 V1 表读数 【解析】 【详解】（1）[1]①因黑表笔接欧姆表内部电源的正极，所以电路如图所示 ②[2]测电阻时应尽量使指针指在中间值附近，欧姆表中值电阻为 R 中=30×1kΩ=30kΩ 所以应选“×1k”； （2）[3]①由题意可知，待测电压表内阻已知，则将两表串联接入电路，则两表中的电流相等，由标准电表 可求得电流值，通过计算可求得待测电压表的量程；因两电压表阻值较大，而滑动变阻器阻值较小，故滑 1300U N动变阻器采用分压接法；故电路如图所 ②[4][5]由欧姆定律可求得，通过两电压表的电流 则待测电压表两端的电压为 I×30000=10U1 此时指针指示的格数为 N，则有 解得量程 ，其中 N 为直流电压表 V 指针所指格数，U1 为标准电压表 V1 的读数。 11.如图所示，某小型滑雪场的雪道倾角为 ，已知 AB=BC=L，其中 BC 部分粗糙，其余部分光滑。现把滑 雪车 P 和 Q 固定在雪道上，两车质量均为 m 且可看作质点，滑雪车 P 恰在 A 点。滑雪车 P 上固定一长为 L 的轻杆，轻杆与雪道平行，左端与滑雪车 Q 接触但不粘连。现同时由静止释放两滑雪车，已知滑雪车与 BC 段的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g。求： (1)滑雪车 P 刚进入 BC 段时，轻杆所受的压力多大? (2)滑雪车 Q 刚离开 BC 段时，滑雪车 P 和 Q 之间的距离为多少? 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)P 车刚进入 BC 段时，对 P 和 Q 整体应用牛顿第二定律有 对 P 车分析 1 3000 UI = 11030 N U U× = 1300UU N = θ = tanµ θ N sin 2 mgF θ= 7 6x L= 2 sin cos 2mg mg maθ µ θ− =联立解得 (2)Q 车刚进入 BC 段时，P 车和 Q 车有共同速度设为 v，则从两车开始释放至 Q 刚进入 BC 段的过程中，由 动能定理可得 解得 Q 车在 BC 段受力平衡，做匀速运动，故 Q 车匀速运动时间 P 车在 t 这段时间内沿坡道匀加速下滑，由牛顿第二定律和运动学规律可得 由以上各式解得 12.在直角坐标系 xoy 中，x 轴上方空间分布着竖直向上的匀强电场，场强大小为 。在第一象限(包 括 x 和 y 轴的正方向)存在垂直坐标平面的周期性变化的磁场，磁感应强度的大小 ，变化规律如图 所示，规定垂直坐标平面向外为磁场正方向。一带量为+q、质量为 m 的小球 P 被锁定在坐标原点，带电小 球可视为质点。t=0 时刻解除对 P 球的锁定，1s 末带电小球 P 运动到 y 轴上的 A 点。此后匀强电场方向不 变，大小变为原来的一半。已知重力加速度为 10m/s2，求： (1)小球 P 运动到 A 点时的速度大小和位移大小； (2)定性画出小球 P 运动的轨迹(至少在磁场中两个周期)并求出小球进入磁场后的运动周期； (3)若周期性变化的磁场仅存在于某矩形区域内，区域左边界与 y 轴重合，下边界与过 A 点平行于 x 轴的直 线重合。为保证带电小球离开磁场时的速度方向沿 y 轴正方向，则矩形磁场区域的水平及竖直边长应同时 满足什么条件? Nsin cosmg F mg maθ µ θ+ − = N sin 2 mgF θ= 212 sin 2 cos 22mg L mg L mvθ µ θ− =   3 sinv gL θ= Lt v = sinmg maθ = 21 2x vt at= + 7 6x L= 2mgE q = 0 2 mB q π=【答案】（1） ， ；（2） ，6s； （3） ， 【解析】 详解】(1)根据牛顿第二定律和运动学公式得 代入数据解得 ， (2)根据题意，画出其运动轨迹，如图所示 1s 末小球进入磁场后，由于小球所受重力和电场力平衡，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据牛 【 10m / sv = 1 5m x = 10 40 xL π π +≥ 40 ( 1,2,3 )y nL nπ= = …… qE mg ma− = v at= 2 1 1 2x at= 10m / sv = 1 5m x =顿第二定律可得 圆周运动周期 由 B-t 图象可知，小球在 1-2s 顺时针旋转四分之一圆周，接下来 2-3s 做匀速直线运动，3-5s 逆时针旋转半 个圆周，5-6s 做匀速直线运动，6-7s 顺时针旋转四分之一圆周，完成一次周期性运动。即带电小球在复合 场中运动的周期 T=6s （3）带电小球 1s 内做匀速直线运动的位移 要使带电小球沿 y 轴正方向离开磁场需满足 根据洛伦兹力提供向心力，则有 解得 ， 13.下列说法正确的是_____________。 A. 在完全失重的环境中，空中的水滴是个标准的球体 B. 气体的内能是分子热运动的平均动能与分子势能之和 C. 晶体有固定的熔点且物理性质具有各向异性 D. 气体的温度变化时，气体分子的平均动能一定也变化 E. 金属是多晶体，在各个方向具有相同的物理性质 【答案】ADE 【解析】 【详解】A．在完全失重的环境之中，由于液体的表面张力作用，空中的水滴是个标准的球体，故 A 正确； B．对于气体，分子间距远大于平衡距离，分子力忽略不计，故分子势能为零，故气体内能是分子热运动的 平均动能之和，故 B 错误； 2mvqvB R = 1 2 4sRT v π= = x vt= 2xL R x≥ + 2 ( 1,2,3 )yL nR n= = …… 2mvqvB R = 10 40 xL π π +≥ 40 ( 1,2,3 )y nL nπ= = ……C．晶体有固定的熔点，单晶体物理性质各向异性，多晶体物理性质各向同性，故 C 错误； D．温度是分子热运动平均动能的标志，故气体的温度变化时，气体分子的平均动能一定变化，故 D 正确； E．通常金属在各个方向具有相同的物理性质，它是多晶体，故 E 正确。 故选 ADE。 14.如图所示，水平放置的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的质量 m=10kg，横截面积 S=100cm2，活 塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞到汽缸底部的距离 L1=11cm，到汽缸口的距离 L2=4cm。现将汽缸 缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平。已知 g=10m/s2，外界气温为 27°C，大气压强为 1.0×105Pa，活塞厚度不计，求： (i)活塞上表面刚好与汽缸口相平时气体的温度是多少? (ii)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收 Q=350J 的热量，则气体增加的内能∆U 多大? 【答案】(i)450K；(ii) 295J 【解析】 【详解】(i)当汽缸水平放置时，p0=1.0×105Pa，V0=L1S，T0=（273+27）K=300K。当汽缸口朝上，活塞到 达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示 根据平衡条件有 p1S=p0S+mg V1=（L1+L2）S 由理想气体状态方程得 解得 T1=450K (ii)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得 p0L1S=p1LS 0 1 1 2 0 1 ( )p L S p L L S T T +=加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为 W=-p0（L1+L2-L）S-mg（L1+L2-L） 根据热力学第一定律 解得 15.位于坐标原点的波源在 t=0 时刻开始沿 y 轴做简谐运动，它激起的横波沿 x 轴正向传播，经一小段时间 停止振动。当 t=0.15s 时，波的图象如图所示，此时波恰好传到 P 点，则下列说法正确的是_______________ A. P 点频率是 5Hz B. 波长是 0.4m C. P 点沿 y 轴正方向运动 D. P 点振动的总时间为 0.015s E. Q 点再经 0.05s 停止振动 【答案】BCD 【解析】 【详解】AB．据题意，该波在 t=0.15s 时间内传播的距离 x=3m，则波速 由图知波长 λ=0 4m，由 得频率 故 A 错误，B 正确； C．简谐波向右传播，根据波形的平移法得知，P 点沿 y 轴正方向运动，故 C 正确； D．周期 T= . U W Q∆ = + 295JU∆ = 20m / sxv t = = v fλ= 20 H 50H0.4 vf z zλ= = = 1 0.02sf =P 点振动的总时间为 =0.015s，故 D 正确； E．由于波源的停止时间不知道，所以无法确定 Q 点停止振动的时间，故 E 错误。 故选 BCD。 16.如图所示，一横截面为环形的均匀玻璃管，内圆半径为 R，外圆半径为 2R，圆心为 O，PQ 为过圆心的 水平直线。细光束 a 平行于 PQ 射到玻璃管上，入射方向恰好与内圆相切。已知光在真空中的速度为 c=3×108m/s。 (i)试证明无论该玻璃的折射率多大，光束 a 经过一次折射后在内圆边界处发生全反射； (ii)若玻璃环的折射率为 n= ，光束 a 经过-次折射和一次全反射，从玻璃管的外圆边界射出(不考虑多次 反射情况)，则光线 a 在玻璃中传播的时间 t 为多少?( =2.646，计算结果保留两位有效数字) 【答案】(i)见解析；(ii)t=1.1R×10-8s 【解析】 【详解】(i)如图 在 A 点入射由折射定律可得 由几何关系可得 在 ABO 中由正弦定理得 3 4T 2 7 sin sin in r = 1sin 2i = 2 sin( ) sin R R rπ α =−由全反射临界角规律可得 由以上各式可得 (ii)B 点全反射后光线为 BE，如图 由对称性可知 AB=BE=x 在 ABO 中由余弦定理可得 由折射率 则时间为 联立得 t=1.1R×10-8s 1sinC n = Cα = ( ) ( )2 2 22 2R R x Rxcos π α= + − − cn v = 2xt v =