1、陆良县2018届高三毕业班第一次教学质量摸底考试物理试题卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.下列说法正确的是（）A. 衰变为要经过2次衰变和1次衰变B. 衰变中产生的射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的C. 对于任何一种金属都存在一个“极限波长”，入射光的波长必须大于这个波长，才能产生光电效应D. 按照玻尔理论，氢原子的核外电子从高轨道跃迁到低轨道时，其动能增加，电势能减小, 原子的能量减小【答案】D【解析】【详解】A
2、.经过一次衰变，质量数减小4，经过一次衰变，质量数不变，所以衰变过程质量数减小4共发生1次衰变，电荷数减小2，而最终电荷数减小1，所以发生1次衰变，A错误B.射线的电子实际上是原子核内的中子转化成了一个质子和一个电子，电子释放出来，B错误。C.根据光速方程：，可知，波长越长，频率越低，所以发生光电效应的波长应该小“极限波长”，C错误。D.从高轨道跃迁到底轨道，释放能量，总能量减小，根据库仑力提供向心力：，所以轨道半径越小，速度越大，动能越大，总能量等于动能与势能之和，所以势能减小，D正确。2.如图所示，a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其位移时间图象中，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线
3、的顶点，下列说法中正确的是()A. a物体做匀加速直线运动,b物体做匀减速直线运动B. c物体一定做变速直线运动C. t5 s时，a、b两个物体相距最近D. t5 s时，a物体速度比c物体速度大【答案】B【解析】【详解】A.位移时间图像的斜率表示速度，a、b图像均为直线，速度不变，所以两物体均为匀速直线运动，A错误。B.c图像的斜率一直在变，速度在变，所以是变速直线运动，B正确。C.纵坐标表示位置，所以 t5 s时，a、b两个物体相距20m，最远，C错误。D.t5 s时，a图像斜率小于c图像斜率，所以a物体速度比c物体速度小，D错误。3.如图所示，物体P静止于固定斜面上，P的上表面水平现把物体
4、Q轻轻地叠放在P上，则()A. P所受的合外力增大B. P向下滑动C. P静止不动D. P与斜面间的静摩擦力不变【答案】C【解析】【详解】ABC.未放物体Q时，P处于平衡状态，设斜面倾角，P质量m，Q质量为M，P重力沿斜面向下的分力小于等于最大静摩擦力：，放上物体Q后，所以整体仍静止，P所受合力仍为零，AB错误C正确。D.整体仍平衡，所以P与斜面间的静摩擦力，而未放Q时，P与斜面间的静摩擦力，所以摩擦力变大，D错误。4.如图所示，滑块以速率v1沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v2，且v2 v1，则下列说法中错误的是（ ）A. 全过程中重力做功为零B. 全过程中摩擦
5、力做功为零C. 在上滑和下滑两过程中，机械能减少量相等D. 在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功的平均功率不相等【答案】B【解析】【详解】A.重力做功等于重力与竖直位移的乘积，全程竖直位移为零，所以重力做功为零，A正确。B.上滑时，摩擦力沿斜面向下，做负功，下滑时，摩擦力沿斜面向上，做负功，所以全程始终做负功，总功不为零，B错误。C.因为上滑和下滑过程摩擦力大小相等，而位移大小相等，始终做正功，所以上滑和下滑过程克服摩擦力做功相同，机械能减小量相同，C正确。D.上滑过程的加速度：；下滑加速度：，位移大小相同，下滑加速度小，所以下滑时间长，而上滑和下滑克服摩擦力做功相同，所以，平均功率不同，D正确。
6、5.如图所示，天宫二号在椭圆轨道的远地点A开始变轨，变轨后在圆轨道上运行，A点离地面高度约为380 km，地球同步卫星离地面高度约为36000 km。若天宫二号变轨前后质量不变，则下列说法正确的是（ ） A. 天宫二号在轨道上运行通过近地点B时速度最小B. 天宫二号在轨道上运行的周期可能大于在轨道上运行的周期C. 天宫二号在轨道上运行的周期一定大于24 hD. 天宫二号在轨道上运行通过A点时的速度一定小于在轨道上运行通过A点时的速度【答案】D【解析】【详解】A. “天宫二号”由远地点A向近地点B运动的过程中，万有引力做正功，动能增加，速度增加，所以“天宫二号”在轨道上运行通过近地点B时速度最大
7、，故A错误；B. 根据开普勒第三定律=k，因为轨道的半长轴小于圆轨道的半径，所以“天宫二号”在轨道上运行的周期小于在轨道上运行的周期，故B错误；C. 根据周期公式，轨道半径越大，周期越大，天宫二号在轨道上的半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天宫二号”在轨道上运行的周期一定小于同步卫星的周期，同步卫星的周期为24h，所以“天宫二号”在轨道上运行的周期一定小于24h，故C错误；D. “天宫二号”由轨道上的A点变轨到轨道，要加速做离心运动，所以“天宫二号”在轨道上运行通过A点时的速度一定小于在轨道上运行通过A点的速度，故D正确；故选：D【点睛】根据万有引力提供向心力，得周期公式，比较天宫二号在轨
8、道上周期和同步卫星的周期；卫星的变轨问题，如果提供的向心力小于所需要的向心力做离心运动，提供的向心力大于所需要的向心力做近心运动；利用开普勒第三定律比较在轨道和上的周期6.如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块a、b，a、b都处于静止状态。现将物块b移至c点后，a、b仍保持静止，下列说法中正确的是（ ） A. b与水平面间的摩擦力减小B. b受到的绳子拉力增大C. a、b静止时，图中、三角仍然相等D. 悬于墙上的绳所受拉力增大【答案】C【解析】【详解】A.小滑轮光滑，所以两端绳拉力T大小相等，设b绳与水平夹角为，根据平衡条件可知：，当物块b移至c点后，a、b
9、仍保持静止，变小，所以摩擦力变大，A错误。B.因为物体a始终静止，所以绳子拉力始终等于a的重力，所以b受到的绳子拉力：，B错误。C.当物块b移至c点后，a、b两绳的夹角变大，但由于两绳拉力大小相等，所以悬于墙上的绳拉力大小等于a、b两绳拉力的合力，且光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上，所以悬于墙上的绳方向一定与a、b两绳拉力的合力，方向在一条直线上，a、b两绳拉力大小相等，所以悬于墙上的绳方向就是a、b两绳的夹角角平分线，所以，而与是同位角，所以，C正确。D.当物块b移至c点后，a、b两绳的夹角变大，但由于两绳拉力大小相等，且光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上，所以细绳O拉力大小等于a、b两绳拉力的合力，两绳
10、拉力大小不变，夹角变大，所以合力变小，悬于墙上的绳所受拉力变小，D错误7.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()A. 带正电B. 速度先增大后减小C. 经过a点的加速度大于经过c点时的加速度D. 经过b点和d点时的速度大小相同【答案】D【解析】【详解】A.根据题意可知，c处的电场线方向为竖直向下，与等势面垂直且由电势高的等势面指向电势低的等势面，而根据轨迹可知，粒子在c受力指向曲线的凹侧，所以粒子受力竖直向上，所以粒子带负电，A错误。B.粒子带负电，所
11、以在电势高的地方电势能小，在电势低的地方电势能大，整个过程，电势能先增大再减小，动能先减小再增大，速度先减小再增大，B错误。C.等差等势面密集的地方场强大，所以c点场强大，受电场力大，加速度大，C错误。D.因为b点和d点在一个等势面上，所以粒子在这两点电势能相同，动能相同，速度大小相同，D正确。8.光滑的平行金属导轨长L=2m，两导轨间距d=0.5m，轨道平面与水平面的夹角=30，导轨上端接一阻值为R=0.6的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B=1T，如图所示有一质量m=0.5kg、电阻r=0.4的金属棒ab，放在导轨最上端，其余部分电阻不计已知棒ab从轨道最上
12、端由静止开始下滑到最底端脱离轨道的过程中，电阻R上产生的热量Q1=0.6J，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）A. 棒下滑到轨道最底端时加速度的大小为3m/s2B. 当棒的速度v=2m/s时，电阻R两端的电压为0.4VC. 棒下滑到轨道最底端时速度的大小为2m/sD. 当棒的速度v=2m/s时，电阻R两端的电压为1.0V【答案】A【解析】【详解】AC.整个过程，根据焦耳定律：，所以两电阻上产热之比为3：2，所以金属棒产热为：，根据能量守恒有：，解得到最底端速度：，此时感应电动势：，感应电流，安培力：，根据牛顿第二定律：联立解得：，A正确C错误。BD.当棒的速度v=2m/s时，此时回路
13、电流，电阻R两端的电压为，BD错误。9.用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，如图所示将细绳剪断后()A. 小球立即获得的加速度B. 小球落地的速度大于C. 小球落地的时间等于 D. 小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动【答案】BC【解析】【详解】A.初态小球平衡，剪断绳后，小球合外力与绳中拉力等大反向：，所以加速度：，A错误。B.设初态弹簧的弹性势能为，根据机械能守恒得：，速度大于，B正确。C.小球被水平弹出后，只受重力做平抛运动，竖直方向：，运动时间，C正确。D.小球在细绳剪断瞬间，仍受弹簧弹力，所以不是平抛运动，D错误。10.在如图所示的
14、电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是()A. 滑动变阻器R的阻值变小B. 灯光L变暗C. 电容器C的电荷量增大D. 电源消耗的功率增大【答案】BC【解析】【详解】A.根据电路图可知，滑片右移，接入电路电阻长度变长，滑动变阻器R的阻值变大，A错误。B.根据闭合电路欧姆定律：，滑动变阻器R的阻值变大，回路电流变小，流经灯泡电流变小，灯泡变暗，B正确。C.电容两端电压即为路端电压，根据，电流变小，所以路端电压变大，电容器两端电压变大，电容器C的电荷量增大，C正确。D.电源消耗的功率：，回路电流变小，电源消耗功率变小，D错误。11.实验室里的交流发电机可
15、简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO轴匀速转动今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V已知R10 ，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是()A. 线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流为AB. 从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为isin 50t AC. 流过电阻R的电流每秒钟方向改变25次D. 电阻R上的热功率等于10 W【答案】AD【解析】【详解】A.根据题意可知，回路电流有效值：，线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流最大为：，A正确。B.角速度：，从线圈平面与磁场平行开始计时，初始
16、时刻感应电流最大，线圈中感应电流瞬时值表达式为icos 50t ，B错误。C.每经过中性面一次电流方向改变一次，一个周期经过中性面两次，所以流过电阻R的电流每秒钟方向改变50次，C错误。D.电阻R上的热功率，D正确12. 如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随x变化的图象如图乙所示其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，以下关系式正确的是（ ）A. xA=h
17、，aA=gB. xB=h+，aB=0C. xC=h+，aC=gD. xCh+，aCg【答案】ABD【解析】试题分析：OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，所以A正确B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，可知，所以B得坐标为，所以B正确取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，故到达C点时形变量要大于 h+2，加速度acg，所以C错误，D正确故选ABD考点：牛顿第二定律；胡克定律【名师点睛】本题首先会分析小球的运动情况和受力情况，其次难点是抓住简谐运动的对称性分析C点对应的状态。二、实验探究题（2个小题
18、，共15分）13.某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。（1）实验中必要的措施是_。A细线必须与长木板平行 B先接通电源再释放小车C小车质量远大于钩码的质量 D平衡小车与长木板间的摩擦力（2）他实验时将打点计时器接到频率为50 HZ的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）。s1=3.59 cm，s2=4.41 cm，s3=5.19 cm，s4=5.97 cm，s5=6.78 cm，s6=7.64 cm。则小车的加速度a=_m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB=_m/s。（结果均保留两位有效数字）【答
19、案】 (1). （1）AB (2). （2）0.80 (3). 0.40【解析】试题分析：为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带，故AB正确；本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可，故C错误；由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故D错误，故选AB。每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为；根据逐差法可知，物体的加速度；B点的速度等于AC段的平均速度，则有：。考点：测定匀变速直线运动的加速度、探究小车速度随时间变化的规律【名师点睛】本
20、题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量。14.某同学测量一只未知阻值的电阻Rx.（1）表内电池的_极与红表笔相连；（2）他先用多用电表进行测量，把选择开关旋到“10”档位，测量时指针偏转如图甲所示。该同学应选用_档位，更换档位重新测量之前应进行的步骤是_（3）接下来再用“伏安法”，测量该电阻，所用仪器如图乙所示，其中电压表内阻约为5k，电流表内阻约为5，变阻器最大阻值为100.图中部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线_（4）该同学用“伏安法”测量的电阻R
21、x的值将_(填“大于”“小于”或“等于”)被测电阻的实际值【答案】 (1). 负极 (2). 100 (3). 欧姆挡调零 (4). (5). 大于【解析】【详解】（1）万用表电流总是红表笔流入黑表笔流出，所以红表笔连接表内电源的负极。（2）指针偏转过小，说明待测电阻很大，所以应换用更大档位，即100档位；每次更换档位后都要重新进行欧姆调零。（3）根据欧姆表读数可知，待测阻值约为1000欧姆，所以：，选择电流表内接，连线如下：（5）因为采用内接法，电流准确，电压偏大，根据欧姆定律可知，测量值偏大。三、计算题.（本题共3小题，共32分，解答时应写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤，有数值
22、计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位，只写出最后答案不得分）15.在冰壶比赛中,运动员用的F=6N的水平恒力推着质量为m=20kg的冰壶由静止开始运动,一段时间后撤去F,冰壶继续沿直线运动,从开始运动到停止的总位移为30m,冰壶与冰面之间的动摩擦因数为,取重力加速度g=10m/s2.求: (1)撤去F之前冰壶运动的位移大小; (2)冰壶运动的总时间.【答案】(1) 10m (2) 【解析】【详解】(1)根据牛顿第二定律,冰壶匀加速过程有: ， 匀减速过程有: ，根据运动学公式规律,冰壶匀加速过程有: ，匀减速过程有: ，根据题意有: x1+x2=30m， 联立计算得出: x1=10m。(2
23、)根据运动学公式有: ， ，代入数据得:t1=10s，t2=20s所以冰壶运动的总时间为: 。16.如图所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与A，B不连接)某时刻解除锁定，在弹力作用下A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)B经c点抛出时速度的大小？ (2)B经b时速度的大小？(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能？【答案】(1) (2) (3) 3.75mgR【解析】【详解】
24、(1)B平抛运动过程竖直方向有2Rgt2，水平方向：2Rvct，解得：vc.(2)B从b到c，由机械能守恒定律得 解得：vb(3)设完全弹开后，A的速度为va，弹簧回复原长过程中A与B组成系统动量守恒，2mvamvb0，解得：vavb，由能量守恒定律，得弹簧弹性势能： 解得：Ep3.75mgR.17.如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，相距为D，其右侧有一边长为2a的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在极板M、N之间加上电压U后，M板电势高于N板电势现有一带正电的粒子，质量为m、电荷量为q，其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M的中央小孔S1处射入电容器，穿过小孔
25、S2后从距三角形A点a的P处垂直AB方向进入磁场，试求：（1）粒子到达小孔S2时的速度；（2）若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场，求粒子的运动半径和磁感应强度的大小；（3）若粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足什么条件？【答案】(1) (2) ， (3) 【解析】（1）带电粒子在电场中运动时，由动能定理得，qU=mv2，解得粒子进入磁场时的速度大小为v= （2）粒子的轨迹图如图所示，粒子从进入磁场到AP间离开，由牛顿第二定律可得， 粒子在磁场中运动的时间为t= 由以上两式可得轨道半径R=磁感应强度B=（3）粒子从进入磁场到从AC间离开，若粒子恰能到达BC边界，如图所示，设此时的
26、磁感应强度为B1，根据几何关系有此时粒子的轨道半径为，由牛顿第二定律可得，由以上两式可得 ，粒子从进入磁场到从AC间离开，若粒子恰能到达AC边界，如图所示，设此时的磁感应强度为B2，由牛顿第二定律可得，由以上两式解得 综上所述要使粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足：四、选考题（共15分，请考生从给出的2道物理题中任选一道题作答，并在答题卡选答区域指定的位置答题。如果选作了两题，则只按所答的第一题计分。）18.下列说法正确的是_（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分。每错选1个扣3分，最低得分为0分）A气体扩散现象表明气体分子间存在斥力B对于同一理想气体，温度越高
27、，分子平均动能越大C热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体D在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的灰尘做无规则运动，灰尘的运动属于布朗运动E用活塞压缩气缸内的理想气体，对气体做了3.0x105J的功，同时气体向外界放出1.5105J的热量，则气体内能增加了1.5105J【答案】BCE【解析】气体扩散现象说明气体分子在做无规则运动，不能说明分子间存在斥力，故A错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，故B正确；热量总是自发的从温度高的物体传递到温度低的得物体，而温度是分子平均动能的标志，分子平均动能越大，物体温度越高，热量总是自发的从分子平均动能大的物
28、体传递到分子平均动能小的物体，故C正确；灰尘的运动是由于对流引起的，不属于布朗运动，故D错误；由热力学第一定律可知，U=W+Q=3.0105-1.5105=1.5105J，所以内能增加，故E正确。故BCE正确，AD错误。19.某同学设计的简易火灾报警装置如图所示，竖直固定、上端开口的试管中装有高h=20cm的水银其下方封闭有一段气柱。当环境温度为57时，电路恰好接通，电铃D发出报警声。取绝对零度为-273。 若环境温度缓慢降至27时，水银柱下降了L=5cm，试求环境温度为57时，试管内封闭气柱的长度L；若使环境温度降低，并且往玻璃管内注入高h=4 cm的水银时，报警装置恰好再次报警，求此时的环
29、境温度t(已知大气压强p0= 76 cmHg)。【答案】（1）55cm （2） 45.75oC 【解析】试题分析：加入水银柱后空气柱下降，气体做等压变化；由盖-吕萨克定律可求得气柱的长度L；加入水银柱的长度温度升高，封闭气体体积增大，水银柱上升，当电路恰好接通时，报警器开始报警；此时空气柱长度，以封闭空气柱为研究对象，根据等压变化规律求出温度设试管的横截面积为S，在温度从57缓慢至27的过程中，封闭气体做等压变化，由盖-吕萨克定律有：上式中：；代入解得：L=55cm；当环境温度为57时，封闭气体的压强为：；当报警装置再次恰好报警时，封闭气柱的长度为：此时封闭气体的压强为由理想气体状态方程有：解
30、得t=45.75；20.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t0时刻恰好传到x11.2 m处，其波形如图所示。已知再经过时间t10.60 s，A点恰好第三次出现在波峰处，则_A该简谐波的周期T1.2 s B该简谐波的波速v5 m/sCB点的起振方向沿y轴负方向Dt12 s时简谐波恰好传播到B点Et1.45 s时B点第一次出现在波峰【答案】BCD【解析】当经过时间t10.60 s，A点恰好第三次出现在波峰时，则2.5T=0.6s，则T=0.24s；波速 ，选项A错误，B正确；在t=0时刻，x=1.2m处的质点向下振动，则波传到B点时，B点的起振方向沿y轴负方向，选项C正确；传到B点的时间 ，选项D正
31、确；B点第一次出现在波峰时，波向前传播7.2m-0.3m=6.9m，时间，选项E错误；故选BCD.点睛：本题中注意时间上的周期性即可顺利求解，能通过题意求出周期，再根据波速公式即可解决。21.由不同介质制成的两个半径均为R的透明四分之一圆柱体I和紧靠在一起，截面如图所示，圆心为O，顶部交点为D，以O为原点建立直角坐标系xOy红色光束1从介质I底部的A（，0）点垂直于界面入射；红色光束2平行于y轴向下射入介质，入射点为B且BOD=60已知透明介质I对红光的折射率n1=，透明介质对红光的折射率n2=设光束1经柱体I的圆弧面后与y轴交点为P,光束2经柱体的下底面后与y轴交点为Q 求：P、Q两交点的距离。【答案】【解析】【详解】红光线1对介质 I的全反射临界角为： ，而光线1由A点入射后的入射角i1=6045，所以将会发生全反射，根据几何关系可知：反射后恰好交y轴于D点，设红光线2在B点发生的折射的折射角为r2，由折射定律 得：，所以：r2=30，根据几何关系光线2再传播到底部介面时入射角 i3=30，光线2对介质 II的全反射临界角为：，所以不会发生全反射，再由折射定律得折射角：r3=60，设光线2射出后交y轴于P点，依据几何关系：，所以所求的距离 d=DP=R+R=R
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