2020天水一中高三下学期复学诊断考试物理试题含答案

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天水市一中2019-2020学年第二学期高三诊断试题物　　　理一、单选题（本大题共12小题，每小题4分，1-10题单选，11-12多选。共48.0分）1、在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）A. 伽利略发现了行星运动的规律B. 卡文迪许通过实验测出了万有引力常量C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献2、在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从O点由静止释放，小球沿直线OA斜向下运动，直线OA与竖直方向的夹角为θ.已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列判断正确的是 ( )A．场强的最小值为E＝eq \f(mgsin θ,q)B．场强的最小值为E＝eq \f(mgtan θ,q)C．E＝eq \f(mgsin θ,q)时，小球的电势能一定增大D．E＝eq \f(mgsin θ,q)时，小球的机械能一定减小3、以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时．一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列用虚线和实线描述两物体运动的v­t图线正确的是(　　) A B C D4、质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A物块恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放物块，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是(　　) 甲 乙A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力小于mgC．A物块运动的加速度大小为(1－sin α)gD．A物块运动的加速度大小为g5、如图所示，“嫦娥三号”探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其中轨道Ⅰ为圆形轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道．下列说法正确的是(　　)A．探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度小于月球表面的重力加速度B．探测器在轨道Ⅰ经过P点时的加速度小于在轨道Ⅱ经过P点时的加速度C．探测器在轨道Ⅰ的运行周期小于在轨道Ⅱ的运行周期D．探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须点火加速6、如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一光滑圆弧EF，与水平地面相切于E点，圆弧半径为R＝1 m．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M＝4m，取g＝10 m/s2，则小球的初速度v0的大小为( )A．v0＝4 m/s 　　　B．v0＝5 m/s　　　　C．v0＝6 m/s 　　　D．v0＝7 m/s7、图甲所示为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压．现沿两板间的中轴线从左端向右端连续不断地射入初速度为v0＝eq \f(L,T)的相同带电粒子(重力不计)，若所有粒子均能从两极板间飞出，则粒子飞出时的最小偏转位移与最大偏转位移大小之比是 (　　) 甲 乙A．1∶1　　　　B．1∶2　　　　　C．1∶3 　　 D．1∶48、如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A点电势为0，B点电势为3 V，C点电势为6 V．已知∠ACB＝30°，AB边长为eq \r(3) m，D为AC的中点．现将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为1.5 N/C，则放入点电荷后，B点场强大小为( )A．2.5 N/C B．3.5 N/C C．2eq \r(2) N/C D.eq \r(5) N/C9、如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是(　　)A.eq \f(qBL,2m) B.eq \f(qBL,4m)C.eq \f(\r(3)qBL,6m) D.eq \f(qBL,6m)10、如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则(　　)A．用户端的电压为eq \f(I1U1,I2)　　　　　　B．输电线上的电压降为UC．理想变压器的输入功率为Ieq \o\al(2,1)r　　　D．输电线路上损失的电功率为I1U11、在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到的一张径迹照片中有两个相切圆1和2 (如图所示)，已知两个相切圆的半径分别为r1、r2.下列说法正确的是(　　)A．原子核可能发生的是α衰变，也可能发生的是β衰变B．径迹2可能是衰变后新核的径迹C．若衰变方程是eq \o\al(238, 92)U→eq \o\al(234, 90)Th＋eq \o\al(4,2)He，则r1∶r2＝1∶45D．若是α衰变，则1和2的径迹均是顺时针方向12、（3-3 分校做）如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程．该循环过程中，下列说法正确的是(　　)A．A→B过程中，气体对外界做功，吸热B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化12、（3-4　本部做）如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线．则(　　)A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率C．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线b首先消失D．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）13、（6分）如图所示为接在50 Hz低压交流电源上的打点计时器在一物体拖动纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的是每打5个点所取的计数点，但第3个计数点没有画出．由图中数据可求得：(1)该物体的加速度大小为________m/s2.(2)打第2个计数点时该物体的速度大小为________m/s.(3)如果当时电网中交变电流的频率是f＝49 Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．14、（12分）某多用电表欧姆挡的内部电路如图甲中虚线框内所示，小明同学将电阻箱和电压表V并联后接在两表笔a、b上，欲用图示的电路测量欧姆挡“×1”时多用电表内部的电阻r(远小于电压表V的内阻)和电池的电动势E.实验的主要步骤为：　　　　　甲 　　　　　　　　　　　　　　　乙(1)表笔b为________(填“红表笔”或“黑表笔”)．将选择开关转至欧姆挡“×1”，将红、黑表笔短接，调节________，使指针指在________(填“左”或“右”)侧零刻度线处．(2)改变电阻箱R的阻值，分别读出6组电压表和电阻箱的示数U、R，将eq \f(1,U) 、eq \f(1,R)的值算出并记录在表格中，作出eq \f(1,U)­eq \f(1,R)图线如图乙所示.(3)根据图线得到电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(结果保留三位有效数字)．(4)由于电压表的分流作用，多用电表内部电池的电动势的测量值比真实值________(填“大”或“小”)．四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）15、（13分）如图所示，固定斜面的倾角θ＝37°，斜面长为L，一长木板放在斜面上，长木板的上端与斜面顶端重合，长木板的质量为m、长为eq \f(L,2)，一小物块放在长木板的上端，质量也为m.现同时释放小物块和长木板，当长木板的下端到达斜面的底端时，小物块也恰好滑到斜面底端，不计小物块的大小．(1)若小物块与长木板间光滑，则长木板与斜面间的动摩擦因数μ为多少？(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ′是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半，斜面的长L＝2.4 m，则小物块运动到斜面底端所用的时间为多少？16、（11分）如图所示，圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，以圆心O为坐标原点建立坐标系，在y＝－3R处有一垂直y轴的固定绝缘挡板，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子，与x轴成60°角从M点(－R,0)以初速度v0斜向上射入磁场区域，经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上，粒子与挡板碰撞后原速率弹回，再次进入磁场，最后离开磁场．不计粒子的重力，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)N点的坐标；(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间．17、（10分）（3-3　分校做）如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量均为m的活塞A和活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，活塞A导热性能良好，活塞B绝热．两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦．汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T0，汽缸的截面积为S，外界大气压强大小为eq \f(mg,S)且保持不变，现对气体Q缓慢加热．求：(1)当活塞A恰好到达汽缸上端卡环处时，气体Q的温度T1；(2)活塞A恰接触汽缸上端卡环后，继续给气体Q加热，当气体P体积减为原来一半时，气体Q的温度T2.17、（10分）（3-4　本部学生做）如图所示，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°.一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出．(1)求棱镜的折射率；(2)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好没有光线射出．求此时AB边上入射角的正弦．天水市一中2019-2020学年第二学期高三诊断试题物理参考答案1.解答：行星运动定律是开普勒发现的A错误；B正确；伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，C错误；伽利略对牛顿第一定律的建立做出了贡献，D错误。2、解析：小球在重力和电场力的共同作用下沿OA做匀加速直线运动，则小球所受合外力沿OA方向，当电场力的方向与合力的方向垂直时（如图中F电3），电场力最小，即Eq＝mgsin θ，故场强的最小值E＝eq \f(mgsin θ,q)，A正确，B错误．当E＝eq \f(mgsin θ,q)时，由于在运动过程中电场力不做功，电势能一定不变，机械能也不变，C错误，D错误．3、解析：空气阻力不计时，物体只受重力，是竖直上抛运动，做匀变速直线运动，v­t图线是向下倾斜的直线．有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，故a＝g＋eq \f(f,m)，由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；下降阶段，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，故a＝g－eq \f(f,m)，由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减小．v­t图线的斜率表示加速度，故整个过程图线切线的斜率不断减小，图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行，故A、B、D错误，C正确．4、解析：互换位置前，A静止在斜面上，则有Mgsin α＝mg，互换位置后，对A有Mg－T＝Ma，对m有T′－mgsin α＝ma，又T＝T′，解得a＝(1－sin α)g＝eq \f(M－m,M)g，T＝mg，故选项A、B、D错误，选项C正确．5、[解析]　探测器在轨道Ⅰ运行时所受月球产生的万有引力小于在月球表面时所受月球产生的万有引力，根据牛顿第二定律，探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故A正确；根据万有引力提供向心力有eq \f(GMm,r2)＝ma，距月心距离相同，则加速度相同，故探测器在轨道Ⅰ经过P点时的加速度等于在轨道Ⅱ经过P点时的加速度，故B错误；轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律，探测器在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期，故C错误；探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须减速，故D错误．6、解析：当小球上升到圆弧上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋M)v12＋mgR，联立两式解得v0＝5 m/s，B正确．7、解析：由于v0＝eq \f(L,T)，粒子在两板之间的运动时间均为T，在t＝nT时刻进入的粒子的侧移量最大，在竖直方向上前半个周期加速，后半个周期匀速，ymax＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＋aeq \f(T,2)·eq \f(T,2)＝eq \f(3,8)aT2，在t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T时刻进入的粒子，在前半个周期在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上速度为零，后半个周期在竖直方向上做匀加速运动，侧移量最小，ymin＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq \f(1,8)aT2，故ymin∶ymax＝1∶3，C正确．8、解析：由题意可知B、D两点电势相等，BD所在直线为等势线，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向与BD垂直且由BD中点指向A，如图所示．根据匀强电场中电场强度与电势差的关系可知，匀强电场的电场强度大小E＝eq \f(U,d)＝eq \f(3,\r(3)cos 30°) N/C＝2 N/C.根据点电荷电场的特点可知，放在D点的点电荷在B点产生的电场强度与在C点产生的电场强度大小相等，都是1.5 N/C，根据电场叠加原理，B点的电场强度大小为EB＝eq \r(22＋1.52) N/C＝2.5 N/C，选项A正确．9、解析：粒子沿ab边界方向射入磁场，从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，其中速度最大的粒子的运动轨迹应与bc相切，粒子运动轨迹如图所示，根据题意可以知道，∠a＝60°，边长ac＝L，则四边形abdO是正方形，粒子轨迹半径r＝eq \f(1,2)L，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得Bqvm＝2meq \f(v\o\al(2,m),r)，则粒子的最大速度vm＝eq \f(qBL,4m)，故A、C、D错误，B正确．10、解析：由理想变压器输入、输出功率相等可知P1＝P2，即U1I1＝U2I2，U2＝eq \f(I1U1,I2)，A正确．输电线上的电压降为ΔU＝U－U1，B错．理想变压器的输入功率P1＝U1I1＝UI1－Ieq \o\al(2,1)r，C错．输电线路上损失的电功率为ΔP＝Ieq \o\al(2,1)r＝I1U－I1U1，D错．11、解析：原子核衰变过程系统动量守恒，衰变生成的原子核与粒子动量方向相反，速度方向相反，由左手定则知，若生成的原子核与粒子电性相反，则在磁场中的径迹为内切圆，若电性相同，则在磁场中的径迹为外切圆，所以生成的原子核与粒子电性相同，发生的是α衰变，不是β衰变，故A错误；原子核衰变后生成的原子核与粒子的动量p大小相等、方向相反，原子核与粒子在磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(p,Bq)，由于p、B都相同，则电荷量q越大，其径迹半径r越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的径迹半径小于粒子的径迹半径，则半径为r1的圆为新核的运动径迹，半径为r2的圆为粒子的运动径迹，故B错误；由B选项的分析知，r1∶r2＝2∶90＝1∶45，故C正确；若是α衰变，生成的原子核与粒子电性相同，由左手定则可知，原子核与粒子都沿顺时针方向做匀速圆周运动，故D正确．故选C、D.12、（3-3 分校做）解析：A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，根据ΔU＝Q＋W可知气体吸热，故A项正确；B→C过程中，绝热膨胀，气体对外界做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B项错误；C→D过程中，温度不变，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C项错误；D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D项正确。12、（3-4　本部做） [解析]　通过光路图可看出，折射后a光的偏折程度大于b光的偏折程度，玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，选项B错误；由n＝eq \f(c,v)知，在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，选项A正确；入射角增大时，折射率大的光线首先发生全反射，a光首先消失，选项C错误；na大于nb，所以fa大于fb，由知，，所以a光干涉条纹间距小，D正确．13、答案：(1)0.74 (2)0.399 (3)偏大解析：(1)设1、2间的位移为xA, 4、5间的位移为xB；因为交流电源频率为50 Hz，且每打5个点取一个计数点，所以两个计数点之间的时间间隔T＝0.1 s；因为xB－xA＝3aT2，代入数据解得a＝0.74 m/s2.(2)打第2个计数点时物体的瞬时速度等于打1、3点之间物体的平均速度，因此有v2＝eq \f(x13,t13)＝eq \f(3.62＋3.62＋0.74,0.2)×10－2 m/s＝0.399 m/s.(3)如果当时电网中交变电流的频率是f＝49 Hz，则周期变大，计数点之间的时间间隔变大，即实际的时间间隔大于0.1 s，但是该同学仍以0.1 s计算，根据xB－xA＝3aT2，知加速度的测量值比实际值偏大．14、答案：(1)黑表笔　调零旋钮　右　(3)1.49　14.5　(4)小解析：(1)表笔b接多用电表内电源的正极，则为黑表笔，将选择开关转至欧姆挡“×1”，将红、黑表笔短接，调节调零旋钮，使指针指在右侧零刻度线处．(3)由闭合电路欧姆定律可知E＝U＋eq \f(U,R)r，变形得eq \f(1,U)＝eq \f(1,E)＋eq \f(r,E)·eq \f(1,R)，由所作图象可知，图象与纵轴的交点为0.67 V－1＝eq \f(1,E)，则电源的电动势E≈1.49 V；图象的斜率表示eq \f(r,E)，则eq \f(r,E)＝eq \f(1.95－0.67,0.132) Ω·V－1≈9.70 Ω·V－1，则r＝9.70×1.49 Ω＝14.5 Ω.(4)当R为无穷大即不接电阻箱时，电压表的示数为多用电表内部电源的电动势的测量值，而电压表两端的电压等于电动势的真实值减去多用电表的内电压，所以多用电表内部电源电动势的测量值比真实值小．15、（13分）解析：(1)小物块沿长木板下滑的加速度大小：a1＝gsin θ　①小物块从斜面顶端滑到底端所用时间t1满足：L＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1)　②长木板下滑时，有：mgsin θ－μ×2mgcos θ＝ma2　　③eq \f(1,2)L＝eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,1)　　④解得：μ＝eq \f(1,4)tan θ＝eq \f(3,16).　　⑤(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ′是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半，则对小物块，有：a1′＝gsin θ－μ′gcos θ，　⑥L＝eq \f(1,2)a1′teq \o\al(2,2)　　⑦对长木板，有：mgsin θ＋μ′mgcos θ－μ×2mgcos θ＝ma2′　⑧eq \f(1,2)L＝eq \f(1,2)a2′teq \o\al(2,2)　　　 eq \o\ac(○,9)μ′＝eq \f(1,2)μ　　　　 eq \o\ac(○,10)解得：μ′＝eq \f(3,20)　　　　 eq \o\ac(○,11)则：a1′＝4.8 m/s2　　　　 eq \o\ac(○,12)小物块运动到斜面底端所用的时间：t2＝eq \r(\f(2L,a1′))＝1 s.　　 eq \o\ac(○,13)①- eq \o\ac(○,13)每式各1分16、（11分）解析：(1)设粒子在磁场中运动的半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得：r＝R　　①由洛伦兹力等于向心力：qv0B＝meq \f(v\o\al(2,0),r)　②解得：B＝eq \f(mv0,qR).　③(2)由图中几何关系可得N点的横坐标为：x＝Rsin 60°＝eq \f(\r(3),2)R　④纵坐标为：y＝－Rcos 60°＝－eq \f(1,2)R　　⑤N点的坐标为（eq \f(\r(3),2)R，－eq \f(1,2)R）. 　⑥(3)粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πR,v0)　　⑦由几何知识得粒子在磁场中运动的圆心角共为180°，粒子在磁场中运动时间t1＝eq \f(T,2)　　⑧粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可得，从出磁场到再次进磁场的时间t2＝eq \f(2s,v0)其中s＝3R－eq \f(1,2)R　　 eq \o\ac(○,9)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间t＝t1＋t2　　　 eq \o\ac(○,10)解得：t＝　　 eq \o\ac(○,11)①- eq \o\ac(○,11)每式各1分17、（10分）（3-3　分校学生做）解析：(1)设P、Q初始体积均为V0，在活塞A接触上端卡环之前，Q气体做等压变化，则由盖—吕萨克定律有：eq \f(V0,T0)＝eq \f(2V0,T1)　　①----1分 解得：T1＝2T0. 　　②----1分(2)当活塞A恰接触汽缸上端卡环后，P气体做等温变化，由玻意耳定律有：eq \f(2mg,S)·V0＝p1·eq \f(V0,2)　　　③----1分 解得p1＝eq \f(4mg,S)　　④----1分 此时Q气体的压强为p2＝p1＋eq \f(mg,S)＝eq \f(5mg,S)　　⑤----1分 当P气体体积变为原来一半时，Q气体的体积为eq \f(5,2)V0，此过程对Q气体由理想气体状态方程：eq \f(\f(3mg,S)·V0,T0)＝eq \f(\f(5mg,S)·\f(5,2)V0,T2)　　⑥------3分 解得T2＝eq \f(25,6)T0. 　　⑦------2分17、（10分）（3-4　本部学生做） [解析]　(1)光路图及相关量如图所示，光束在AB边上折射，由折射定律得eq \f(sin i,sin α)＝n　　　　①----------------1分式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知α＋β＝60°　　　②----------------1分由几何关系和反射定律得β＝β′＝∠B　　　③----------------1分联立①②③式，并代入i＝60°得n＝eq \r(3).　　　　　④----------------2分(2)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得eq \f(sin i′,sin α′)＝n　　　　⑤----------------1分依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且sin θc＝eq \f(1,n)　　　　⑥----------------1分由几何关系得θc＝α′＋30°　　　⑦----------------1分由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为sin i′＝eq \f(\r(3)－\r(2),2).　　⑧----------------2分组数123456eq \f(1,R)0.020.040.060.080.100.12eq \f(1,U)0.841.051.261.481.621.82