2020届四川省绵阳市高三（下）高考适应性考试（四模）理综物理试题（解析版）

绵阳市高中 2017 级高考适应性考试 理科综合能力测试 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-4 题只有一项符 合题目要求，第 5-8 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，有选 错的得 0 分。 1.20 世纪初，物理学家卢瑟福及盖革等用 粒子轰击金箔的实验装置如图所示。实验发现， 粒子穿过金 箔后只有极少数发生了大角度偏转，此现象说明（　　） A. 原子不显电性 B. 原子核由质子和中子组成 C. 电子占原子质量小部分但体积大带负电 D. 原子核占原子质量绝大部分且体积小带正电 【答案】D 【解析】 【详解】绝大多数 α 粒子穿过金箔方向不变，说明原子内部有相对较大的空间，极少数 α 粒子发生大角度 的偏转，说明原子内有带正电荷的微粒，且原子全部正电荷和几乎全部质量都集中在体积较小的原子核里， 该实验不能说明原子不显电性，也不能说明原子核由质子和中子组成，也不能说明电子占原子质量小部分 但体积大带负电，故 ABC 错误，D 正确。 故选 D。 2.如图所示，轻杆 AC 垂直插入竖直墙内并固定，另一端装一光滑定滑轮，绳了 BCD 跨过滑轮挂着一重为 G 的物体，绳子 B 端固定在墙上，BC 与墙之间的夹角为 θ。若把绳子 B 端向上移动少许，则（　　） α αA. 绳子的拉力减小 B. 绳子的拉力增大 C. 轻杆对滑轮的作用力减小 D. 轻杆对滑轮的作用力增大 【答案】C 【解析】 【详解】AB．对重物受力分析可知，受到重力与绳子的拉力，由平衡可知，绳子的拉力与重物的重力大小 相等，则绳子的拉力不变，故 AB 错误； CD．由滑轮平衡可知，杆对滑轮的作用力大小与绳对滑轮作用力大小相等，方向相反，由于同一绳子，则 绳中拉力大小相等且不变，当把绳子 B 端向上移动少许，两段绳间的夹角变大，则两绳拉力的合力减小， 所以轻杆对滑轮的作用力减小，故 C 正确，D 错误。 故选 C。 3.在如图所示的匀强磁场中，有一矩形线框 abcd 绕垂直于磁场方向的 cd 轴匀速转动，沿 c→d 看，转动方 向为逆时针方向，图示位置时回路中的电流大小为 i，规定沿 adcba 为电流的正方向。从图示位置转过 开始计时，则线框中的电流 i 随时间 t 变化的图像正确的是（　　） A. B. 30°C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可知，图示位置的电流为线圈转运过程的最大值，则线圈转动过程中电流变化规律为 则从图示位置转过 时，电流为 由楞次定律可知，此时电流方向为 adcba 即为正，即 0 时刻电流为 ，故 A 正确，BCD 错误。 故选 A 4.己知无限长通电直导线产生的磁场中某直的磁感应强度大小与电流大小成正比，与到直导线的距离成反比。 如图所示，无限长直导线 M 在方向垂直于纸面向外、磁感应强度为 B0 的匀强磁场中，垂直于磁场方向；a、 b 两点位于纸面内且连线与直导线垂直，b 点到直导线距离是 a 点到直导线距离的 2 倍。当直导线中通有方 向 M→N 的电流 I 时，a 点磁感应强度大小是 ，则此时 b 点的磁感应强度大小是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由右手螺旋定则可知，直导线产生的磁场在导线右侧为垂直纸面向里，左侧为垂直纸面向外，且 直导线在 a 点和 b 点产生的磁感应强度大小关系为 。 cosi I tω= 30° 3cos30 2i I I°= = 3 2 I 0 5 4 B 0 17 8 B 0 9 8 B 0 7 8 B 0 1 8 B 2a bB B=由题意可知 解得 则 b 点的磁感应强度大小 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 5.静止在粗糙水平地面上的物块，在恒定水平拉力的作用下开始运动，当位移为 2x0 时撤去外力，此时动能 为 Ek0，继续滑行 x0 后停下来，其动能随位移变化的关系如图所示。根据图像中己知信息，不能确定的物理 量是（　　） A. 恒定水平拉力的大小 B. 物块与水平地面之间的动摩擦因数 C. 物块加速运动和减速运动的时间之比 D. 物块加速运动和减速运动的加速度大小之比 【答案】B 【解析】 【详解】AB．从 过程由动能定理得 从 过程程由动能定理得 联立可解得水平拉力 F 和摩擦力 f，由于物体的质量未知，则无法确定动摩擦因数，故 A 正确，B 错误； C．设运动过程中最大速度为 ，则有 0 0 5 4 a B B B= − 0 9 4aB B= 0 0 0 0 179 8 8b BB B B B B= + = + = 00 2x 0 0 k02 2F x f x E⋅ − ⋅ = 0 02 3x x 0 k00fx E− = − maxv max 0 12 2 vx t=则可求得物块加速运动和减速运动的时间之比，故 C 正确； D．由 可解得 物块加速运动和减速运动的加速度大小之比 故 D 正确。 本题选不能确定的物理量，故选 B。 6.2020 年 4 月 24 日，国家航天局将我国行星探测任务被命名为“天问(Tianwen)系列”。根据计划，2020 年我 国将实施“天问一号”，目标是通过一次发射任务，实现“火星环绕、火星表面降落、巡视探测”三大任务。若 探测器登陆火星前，除 P 点在自身动力作用下改变轨道外，其余过程中仅受火星万有引力作用，经历从椭 圆轨道 I→椭圆轨道 II→圆轨道 III 的过程，如图所示，则探测器（　　） A. 在轨道 I 上从 P 点到 Q 点的过程中，机械能不变 B. 在轨道 II 上运行的周期小于在轨道 III 上运行的周期 C. 在轨道 III 上运行速度大于火星的第一宇宙速度 D. 在轨道 III 上 P 点受到火星万有引力等于在轨道 II 上 P 点受到火星万有引力 【答案】AD 【解析】 【详解】A．在轨道 I 上从 P 点到 Q 点的过程中，只有万有引力对探测器做功，则机械能守恒，故 A 正确； max 0 22 vx t= 0 0 k02 2F x f x E⋅ − ⋅ = 0 k00fx E− = − 3= 2F f 1 2 1 2 F f a m fa m − = =B．由开普勒第三定律 可知，由于轨道 II 半长轴比轨道 III 的半径大，则在轨道 II 上运行的周期大 于在轨道 III 上运行的周期，故 B 错误； C．第一宇宙速度即为物体绕火星表面做圆周运动的线速度，由公式 得 由于轨道 III 的半径比火星半径大，其速度比火星的速度小，故 C 错误； D．由万有引力公式 可知，在轨道 III 上 P 点受到火星万有引力等于在轨道 II 上 P 点受到火星万 有引力，故 D 正确。 故选 AD。 7.如图所示，理想变压器上连接着 4 个灯泡，灯泡 L1、L2 的额定电压为 2U0，额定电流为 2I0，灯泡 L3、L4 的额定电压为 U0，额定电流为 I0，电压表为理想电压表。闭合开关 K，4 个灯泡刚好正常发光，则（　　） A. a、b 两端的电压为 3U0 B. 变压器原、副线圈匝数之比为 1：2 C. 断开 K，灯泡 L1、L2 都变暗 D. 断开 K，电压表的示数不变 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．根据理想变压器的匝数比等于电流的反比可得 由题意可知，副线圈两端电压为 U0 原线圈两端电压为 3 2 r kT = 2 2 Mm vG mR R = GMv R = 2= MmF G r 01 2 2 1 0 2 1 4 2 In I n I I = = = 2 =U 1 02abU U U= −根据理想变压器的匝数比等于电压之比可得 解得 故 A 错误，B 正确； CD．将副线圈等效为原线圈中的回路，则有 即有 且 得等效电阻为 由于断开 K，等效电阻变大，等效电路中的电流变小，则灯泡 L1、L2 都变暗，即 L1、L2 两端电压变小，等 效电阻两端电压变大，即副线圈两端电压变大，则电压表示数变大，故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 8.如图所示，真空中 M、N 点处固定有两等量异种点电荷，其连线的中点为 O，实线是连线的中垂线，A、 B、C、D 分别是连线及延长线和中垂线上的点，其中 B、D 分别是 MO 和 ON 的中点，且 AO=3BO，取无 穷远处电势为零，则（　　） A. A 点电势比 B 点电势低 B. B 点和 C 点电场强度方向相同 C. B、O 两点电场强度大小之比为 20：9 D. 若把单位正电荷从 O 点移到 D 点，电场力做功为 W，则 D 点电势为 W 0 0 2 1 2 abU U U − = 05abU U= 1 2 2 1 2I n I n = = 1 2 1 2U U R R = 1 1 2 2 1 2 U n U n = = 1= 4 RR【答案】BC 【解析】 【详解】A．如果只有正点荷存在，则 A 点和 B 点的电势相等，由于负点电荷的存在且 B 点离负点电荷更 近，由电势叠加可知，A 点电势比 B 点电势高，故 A 错误； B．由等量异种电荷连线和中垂线上的电场线分布可知，BC 两点的电场强度方向都平等于连线向右，故 B 正确； C．由电场叠加原理可知，B 点的场强为 同理，O 点场强为 则 故 C 正确； D．由题意可知，O 点电势为 0，则单位正电荷在 D 点具有的电势能为把单位正电荷从 D 点移到 O 电场力 所做的功即为 ，则 D 点电势为 ，故 D 错误。 故选 BC。 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 9~12 题为必考题，每个试题考生都必须 作答。第 14，16 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题： 9.如图甲所示，打点计时器固定在铁架台上，重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置测量本地重力 加速度。 (1)下列操作中对减小实验误差有利 是________；的 2 2 2 10 9 9B kQ kQ kQE L L L = + = 2 2 24 4 2O kQ kQ kQE L L L = + = 20 9 B O E E = W− W−A.精确测量出重物的质量 B.两限位孔在同一竖直面内上下对正 C.重物选用质量和密度较大的金属锤 D.用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物 (2)打点计时器接到打点周期为 T 的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，纸带上各点是打点计 时器打出的计时点，其中 O 点为纸带上打出的第一个点，A、B、C、D、E、F、G 是连续且清晰的点，如 图乙所示。 ①若测得 AB 占的长度为 sl，BC 的长度为 s2，则本地重力加速度的计算式 g=________ ②若测得 BD 的长度为 s3，EG 的长度为 s4，则本地重力加速度的计算式 g=________。 【答案】 (1). BC (2). (3). 【解析】 【详解】(1)[1]A．本实验中不用测量重物的质量，故 A 错误； B．为了减小纸带与限位孔之间 摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩 擦，从而减小实验误差，故 B 正确； C．实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少空气阻力的影响，从而减小实验误 差，故 C 正确； D．实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，对减小实验误差没有影响，故 D 错误。 故选 BC； (2)[2]根据匀变速直线运动规律可得 则 (3)[3]C 点的速度为 F 点的速度为 的 2 1 2 s s T − 4 3 26 s s T − 2 2 1s s gT− = 2 1 2 s sg T −= 3 2C sv T = 3 2F sv T =则有 联立解得 10.某同学从遥控无人机上拆下一块电池组，发现这块电池组由三节电池串联而成，标称电压是 6V。他发现 这种电池标称电压与普通干电池的标称电压不同，决定在实验室测量其电动势和内阻。实验室可用的器材 有：电流表 A（0~100mA），电阻箱 R1 和 R2（最大阻值均为 9999.9Ω），开关两只 s1 和 s2，导线若干。 按照以下步骤完成实验： (1)首先，该同学用图甲所示电路测量电流表内阻，请用画线代替导线将图乙电路补充完整_________。 (2)断开 s1 和 s2，将 R1 的阻值调到最大值，再闭合 sl，调节 R1 的阻值，使电流表指针指示在满刻度处；然后 闭合 S2，调节 R2 的阻值，使电流表指针指示在满刻度的三分之二处，此时 R2 的读数为 20.0Ω，则电流表内 阻为________Ω。 (3)接着，该同学将电池组、电流表、两个电阻箱、一只开关连接成如图丙所示的电路。将 R2 调到某一合适 的阻值后保持不动，闭合开关，调节电阻箱 R1，读出对应的电流值，多次调节 R1，得到多组数据。该同学 调节 R2 的合适阻值为________。 A.10.0Ω B.50.0Ω C.300.0Ω (4)最后，该同学以 R1 为横坐标， 为纵坐标，建立坐标系，根据测得的数据得到如图丁所示图线，图线的 斜率 k 为 0.16，纵轴截距 b 为 10.2，则该电池组的电动势为____V，内阻为________Ω。 【答案】 (1). (2). 10.0 (3). B (4). 6.25 (5). 3.75 【解析】 【详解】(1)[1]根据原理图，补充完成实物图如图 3F Cv v a T= + ⋅ 4 3 26 s sa T −= 1 I(2)[2]由题意可知，使电流表指针指示在满刻度的三分之二处，说明电阻箱 R2 的电流为电流表满偏的三分之 一，则有 解得 (3)[3]为了减小电流表的读数误差，应使电流表示数尽量大此，当电流表满偏时，电路中的阻值约为 由于电流表的内阻为 10.0 ，则 故 AC 错误，B 正确； (4)[4]由实验原理得 整理得 则由图线的斜率得 解得 [5]由图线的截距得 解得 11.如图所示，质量 m0=lkg 的滑块静止在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数为 μ=0.1.滑块左面正上 方 O 点固定长 L=2.5m 的不可伸长的轻质细绳。拉直细绳与竖直成 θ= ，另一端系不同质量的小球。小 球由静止释放，到达最低点时刚好与滑块左面正碰，碰撞时间极短，碰后滑块向右滑行。当系质量为 m1=2kg g g A 1 220.03 3I I R× = A =10.0ΩR 6= Ω=60Ω0.1R Ω 2 =50.0ΩR 1 2 A( )E IR I R r R= + + + 2 1 1 1 AR R rRI E E + += + 1 0.16k E = = =6.25VE 2 A 10.2R R r E + + = 3.75Ωr = 60°的小球 A 时，滑块滑行 x1=8m 后停止；当系质量为 m2 的小球 B 时，滑块滑行 x2=18m 后停止，两次碰撞后 小球 A、B 向右摆起的高度相同。g 取 10ms2.求： (1)小球 A 与滑块碰撞前瞬间细绳拉力的大小； (2)小球 B 的质量 m2。 【答案】（1）T=40N；（2）3kg 【解析】 【详解】(1)设小球 A 与滑块碰撞前瞬间速度大小为 v1，则 解得 v1=5m/s，T=40N (2)两次滑块向右滑行的加速度大小相等，设为 a，则 μm0g=m0a 设小球 A 与滑块碰撞后，小球 A 速度大小为 v2，滑块速度大小为 v3，则 ，由动量守恒有 小球 B 与滑块碰撞后，小球 B 速度大小也为 v2，设滑块速度大小为 v4，则 ，则 解得 v2=3m/s，v3=4m/s，v4=6m/s，m2=3kg 12.如图所示，平面直角坐标系 xOy 中，第一象限内半径为 R、圆心为 O'的圆形区域刚好与 x 轴、y 轴相切， S 是其与 x 轴的切点，Q 是其与 y 轴的切点，P 是其边界上的一点，且∠PO'Q= ，圆形区域内有垂直坐 标平面向里的匀强磁场；第二象限有沿一 y 方向的匀强电场。一个质量为 m、电荷量为+q 的带电粒子，以 速度 v0 从 P 点垂直磁场方向沿 PO'射入圆形区域，经 Q 点进入第二象限，到达 x 轴上 M 点时速度方向与－ x 方向的夹角为 。不计粒子重力。 (1)求圆形区域内磁感应强度大小 B1 和电场强度大小 E； 2 1 1 1 1(1 cos ) 2m gL m vθ− = 2 1 1 1 m vT m g L − = 2 3 1=2v ax 1 1 1 2 0 3m v m v m v= + 2 4 2=2v ax 2 1 2 2 0 4m v m v m v= + 120° 60°(2)求粒子从 P→Q→M 运动的总时间 t； (3)若要让粒子从 M 点离开后能够沿 再次进入圆形磁场，可以在 x 轴下方整个区域加垂直坐标平面的匀 强磁场。求所加磁场磁感应强度 B2 的大小和方向。 【答案】（1） ； ；（2） ；（3） ，方向：垂直纸面向 里 【解析】 【详解】(1)由于粒子从 P 点垂直磁场沿 P 方向射入圆形磁场区域，所以离开圆形磁场区域时沿 Q 方 向，即垂直于 y 轴。作 P 垂线交 y 轴于 O1，即为粒子在匀强磁场 B1 中做匀速圆周运动的圆心，设其半径 为 r1，则 解得 设粒子在 M 点速度大小为 vM，则 'PO 0 1 3 3 mB qR υ= 2 03 2 mE qR υ= 0 (2 ) 3 3 Rt υ += π ( ) 0 2 3 3 m B qR υ− = O′ O′ O′ 1 tan 60r R °= 2 0 0 1 1 mvqv B r = 0 1 3 3 mvB qR = 0 cos60M vv = 解得 (2)设粒子在 B1 中做匀速圆周运动的周期为 T1，从 P→Q 圆弧对应的圆心角为 θ，运动时间为 t1，则 θ= （或 ） 从 Q→M，粒子做类平抛运动，在 y 轴方向通过距离为 R，设运动时间为 t2，在 M 点沿 y 轴方向速度大小为 vy，则 解得 ， ， ， (3)设 O 与 M 点间距离为 xOM，则 连接 与 S 点，延长 交 轴于 点，设 S 点与 点间距离为 xSN，N 点与 M 点间距离为 xMN，则 分别作速度 vM 方向和 N 的垂线交于圆心 O2，设粒子在匀强磁场 B2 中做匀速圆周运动的半径为 r2，则 2 2 M 0 1 1 2 2qER mv mv= − 2 03 2 mvE qR = 60° 1 1 60 360t T ° °= 1 1 0 2 rT v π= 1 1 2πmT qB = 0 tan 60 yv v ° = 22 yvR t= 1 2t t t= + 1 0 2 3πRT v = 1 0 3π 3 Rt v = 2 0 2 3 3 Rt v = 0 (2 π) 3 3 Rt v += 0 2OMx v t= O′ O P′ x N N tan30SNx R °= MN OM SNx x R x= + + O′ 2 2 cos30 MNx r °= 2 2 2 M M vqv B m r =解得 ， ， ， 方向垂直纸面向里 （二）选考题；共 45 分。请考生从 2 道物理题任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第 一题计分。 【物理—选修 3-3】 13.关于气体的内能，下列说法正确的是______。 A. 气体被压缩时，内能可能不变 B. 质量和温度都相同 气体，内能一定相同 C. 一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 D. 气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大 E. 一定量 某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．气体被压缩时，外界对气体做功 W＞0，如果向外界放热 Q＜0，根据热力学第一定律， △U=W+Q，可能△U=0，内能不变，故 A 正确； B．质量和温度都相同的气体，分子平均动能相同，但气体的分子数不一定相等，内能也不一定相同，故 B 错误； C．理想气体分子间无分子势能，理想气体的内能只与温度有关，故 C 正确； D．物体的内能与温度、体积有关，与物体宏观整体运动的机械能无关，所以整体运动速度越大，其内能不 一定越大，故 D 错误； E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，体积变大，根据理想气体状态方程可知，温度升高，内能一 定增加，故 E 正确。 故选 ACE。 14.一热气球体积为 V，内部充有温度为 Ta 的热空气，气球外冷空气的温度为 Tb。己知空气在 1 个大气压、 温度 Ta 时的密度为 ，该气球内、外的气压始终都为 1 个大气压，重力加速度大小为 g。 (1)求该热气球所受浮力的大小： 的 的 2 3 3OMx R= 02Mv v= 1+ 3)MNx R=（ ( ) 2 3 3 3 R r + = ( ) 0 2 3 3 mv B qR − = 0 ρ(2)设充气前热气球的质量为 m0，求充气后它还能托起的最大质量 m。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】(1)设 1 个大气压下质量为 m 的空气在温度 T0 时的体积为 V0，密度为 ，温度为 Tb 时的体积为 VTb， 密度为 ，则 解得 设气球所受的浮力为 F，则 解得 (2)设气球内热空气所受的重力为 G，充气后它还能托起的最大质量 m，则 解得 则 【物理—选修 3-4】 15.如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角 为经折射后射出 a、b 两束光线，则______。 0 0 b gVTF T ρ= 0 0 0 0 0 b a VT VTm mT T ρ ρ= − − 0 ρ T b ρ 0 0 m V ρ = T b Tb m V ρ = 0 0 Tb b V V T T = 0 0Tb b T T ρ ρ= TbF gVρ= 0 0 b gVTF T ρ= T aG Vgρ= 0 0 a TG gV T ρ= 0 0 0 0 0 b a VT VTm mT T ρ ρ= − − θA. 在真空中，a 光的波长小于 b 光的波长 B. 在玻璃中，a 光的波长大于 b 光的波长 C. 在玻璃中，a 光的传播速度小于 b 光的传播速度 D. 若改变光束的入射方向使 角逐渐减小，则折射光线 b 首先消失 E. 若改变光束的入射方向使 角逐渐变大，则折射光线 a 首先消失 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．光线 a 的偏折程度大，则 a 光的折射率大，说明 a 光的频率高，根据 ，a 光在真空中的 波长较短，故 A 正确； BC．由 可知，由于 a 光的折射率大，则在玻璃中，a 光的传播速度小于 b 光的传播速度，由 可知，由于在玻璃中，a 光的传播速度小于 b 光的传播速度且 a 光的频率高，则在玻璃中，a 光的波长小于 b 光的波长，故 B 错误，C 正确； D．若改变光束的入射方向使 角逐渐减小，则两光都不能发生全反射即都不会消失，故 D 错误； E．由公式 可知，由于 a 光的折射率大，则 a 光的临界角小，所以改变光束的入射方向使 角逐 渐变大，则折射光线 a 首先消失，故 E 正确。 故选 ACE。 16.同一种均匀介质中沿 x 轴正方向传播的简谐横波上有两个质点 M 和 N，其平衡位置分别是 xM=10cm 和 xN=22cm。t1=14s 时刻，M 离开平衡位置的位移是 2cm，N 在波峰；t2=16s 时刻，质点 M 第一次回到平衡位 置；t3=20s 时刻，质点 N 第一次回到平衡位置。求： (1)简谐横波的波长： (2)质点 M 离开平衡位置的位移 y 与时刻 t 的关系式。 【答案】(1)λ=72cm；(2) （t≥4s） 【解析】 【详解】(1)质点 N，t1=14s 时刻在波峰，t3=20s 时刻第一次回到平衡位置，经过了四分之一个周期，设简谐 θ θ c λν= cv n = v λν= θ 1sinC n = θ π 14sin π cm12 3y t = −  波的周期为 T，则 解得 T=24s t2=16s 时刻，质点 M 第一次回到平衡位置，t3=20s 时，质点 N 第一次回到平衡位置，即波从 M 到 N 经过的 时间为 ,设波速为 v，则 解得 v=3cm/s 设简谐横波的波长为 λ，则 λ=vT，解得 λ=72cm (2)设质点 M 振幅为 A，初相位为 ，则质点 M 离开平衡位置的位移 x 与时刻 t 的关系式是 将质点 M 在 t1=14s 时刻位移 2cm，t2=16s 时刻质点 M 第一次回到平衡位置，代入有 解得 A=4cm， 则 y=0(0≤t≤4s) 所以 (t≥4s) 3 14 T t t= − 3 2t t− N M 3 2 = x xv t t − − ϕ 2πsin( )y A tT ϕ= + 22 sin( 14 )24A ϕ= × +π 20 sin( 16 )24A ϕ= × +π π= 3 ϕ − π 14sin π cm12 3y t = −  