《大高考》2016届高考物理(全国通用)配套课件+配套练习：专题四 曲线运动 五年高考真题

考点一曲线运动运动的合成与分解1．(2015·安徽理综，14，6分)图示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是()A．M点B．N点C．P点D．Q点解析α粒子在散射过程中受到重金属原子核的库仑斥力作用，方向总是沿着二者连线且指向粒子轨迹弯曲的凹侧，其加速度方向与库仑力方向一致，故C项正确．答案 C2．(2014·四川理综，4，6分)(难度★★)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()A.k vk2－1B.v1－k2C.k v1－k2D.vk2－1解析去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d，则去程时间t1＝d1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t2＝dv21－v2，由题意有t1t2＝k，则k＝v21－v2v1，得v1＝v21－k2＝v1－k2，选项B正确．答案 B3．(2013·安徽理综，18，6分)(难度★★★)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m 3/min ，水离开喷口时的速度大小为16 3 m/s ，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g 取10 m/s 2)( ) A ．28.8 m ，1.12×10－2 m 3 B ．28.8 m ，0.672 m 3 C ．38.4 m ，1.29×10－2 m 3 D ．38.4 m ，0.776 m 3解析 由题意可知，水柱做斜抛运动，竖直方向初速度v y ＝v sin 60°＝24 m/s ，到达着火点位置时竖直速度变为0，由v2－v 20＝2gh ，得h ＝v 2y2g＝28.8 m ；由v＝gt ，得t ＝v y g ＝2.4 s ，则空中水量V ＝0.28×2.460 m 3＝1.12×10－2 m 3，故A正确． 答案 A4．(2011·江苏单科，3，3分)(难度★★)如图所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到A 点和B 点后，立即沿原路线返回到O 点，OA 、OB 分别与水流方向平行和垂直，且OA ＝OB .若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为( )A ．t 甲<t 乙B ．t 甲＝t 乙C ．t 甲>t 乙D ．无法确定解析 设水流的速度为v 水，学生在静水中的速度为v 人，从题意可知v 人＞v 水，OA ＝OB ＝L ，对甲同学t 甲＝L v 人＋v 水＋Lv 人－v 水，对乙同学来说，要想垂直 到达B 点，其速度方向要指向上游，并且来回时间相等，即t 乙＝2L v 2人－v 2水，则t 2甲－t 2乙＝(L v 人－v 水－L v 人＋v 水)2＞0，即t 甲＞t 乙，C 正确． 答案 C 考点二 抛体运动1．(2015·新课标全国Ⅰ，18，6分)(难度★★★)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )A.L 12g6h ＜v ＜L 1g6hB.L 14gh ＜v ＜（4L 21＋L 22）g6hC.L 12g 6h ＜v ＜12（4L 21＋L 22）g6hD.L 14g h ＜v ＜12（4L 21＋L 22）g6h解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动．当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h －h ＝gt 212 ①＝v 1t 1②联立①②得v 1＝L 14g h当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有124L 21＋L 22＝v 2t 2 ③3h ＝12gt 22 ④ 联立③④得v 2＝12（4L 21＋L 22）g6h所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为L 14gh ＜v ＜12（4L 21＋L 22）g6h，选项D 正确．答案 D2．(2015·浙江理综，17，6分)(难度★★★)如图所示为足球球门，球门宽为L .一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P 点)．球员顶球点的高度为h ，足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )A ．足球位移的大小x ＝L 24＋s 2B ．足球初速度的大小v 0＝g 2h （L 24＋s 2）C ．足球末速度的大小v ＝g 2h （L 24＋s 2）＋4gh D ．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝L2s解析 足球位移大小为x ＝（L 2）2＋s 2＋h 2＝L 24＋s 2＋h 2，A 错误；根据平抛运动规律有：h ＝12gt 2，L 24＋s 2＝v 0t ，解得v 0＝g 2h （L 24＋s 2），B 正确；根据动能定理mgh ＝12m v 2－12m v 20可得v ＝v 20＋2gh ＝g 2h （L 24＋s 2）＋2gh ，C 错误；足球初速度方向与球门线夹角正切值tan θ＝s L 2＝2sL ，D 错误． 答案 B3．(2014·新课标全国Ⅱ，15，6分)(难度★★★)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π6B.π4C.π3D.5π12解析 设物块在抛出点的速度为v 0，落地时速度为v ，抛出时重力势能为E p ，由题意知E p ＝12m v 20；由机械能守恒定律，得12m v 2＝E p＋12m v 20，解得v ＝2v 0，设落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，则cos θ＝v0v ＝22，解得θ＝π4，B 正确． 答案 B4．(2013·江苏物理，7，4分)(难度★★)(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A 、B ，分别落在地面上的M 、N 点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( )A ．B 的加速度比A 的大 B ．B 的飞行时间比A 的长C ．B 在最高点的速度比A 在最高点的大D ．B 在落地时的速度比A 在落地时的大解析A、B两球均受重力，根据牛顿运动定律，知两球加速度均为重力加速度，A错误；由最大高度相同，知两球运动时间相等，B错误；因为B球的射程较远．所以B的水平分速度较大，在最高点，两球只有水平分速度，所以C正确；由落地时的速度为水平分速度与竖直分速度的合速度，可知D 正确．答案CD5．(2013·北京理综，19，6分)(难度★★★)在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意如图．小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距．若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，机械能的变化量依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是()A．x2－x1＝x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3B．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3C．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3D．x2－x1＜x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3解析小球水平释放后，做平抛运动．竖直方向做自由落体运动，速度均匀增加，因h12＝h23，所以t12＞t23；水平方向做匀速运动，x＝v-t，所以x2－x1＞x3－x2.因忽略空气阻力的影响，故小球机械能守恒，机械能变化量ΔE＝0，即ΔE1＝ΔE2＝ΔE3.综上所述，B正确．答案 B6．(2013·上海单科，19，4分)(难度★★★)(多选)如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A.已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出()A．轰炸机的飞行高度B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能解析设轰炸机投弹位置高度为H，炸弹水平位移为s，则H－h＝12v y·t，s＝v0t，二式相除H－hs＝12·v yv0，因为v yv0＝1tan θ，s＝htan θ，所以H＝h＋h2 tan2θ，A正确；根据H－h＝12gt2可求出飞行时间，再由s＝v0t可求出飞行速度，故B、C正确；不知道炸弹质量，不能求出炸弹的动能，D错误．答案ABC7．(2012·新课标全国卷，15，6分)(难度★★★)(多选)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则()A．a的飞行时间比b的长B．b和c的飞行时间相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大解析根据平抛运动规律h＝12gt2，得t＝2hg，可知平抛物体在空中飞行的时间仅由高度决定，又h a＜h b＝h c，故t a＜t b＝t c，A错误，B正确；由x＝v-t，x a＞x b＞x c得v a＞v b＞v c，C错误，D正确．答案BD8．(2012·江苏物理，6，4分)(难度★★★)(多选)如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则()A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰解析A的竖直分运动是自由落体运动，故与B的高度始终相同．A、B若能在第一次落地前相碰，必须满足v A t＞l，又t＝2hg，即A、B第一次落地前能否相碰取决于A的初速度，故A正确；若A、B在第一次落地前未碰，则由于A、B反弹后的竖直分运动仍然相同，且A的水平分速度不变，所以A、B一定能相碰，而且在B运动的任意位置均可能相碰，故B、C均错，D正确．答案AD9．(2014·浙江理综，23，16分)(难度★★★★)如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8 m．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s＝90 m后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝10 m/s2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围．解析 (1)装甲车匀减速运动时的加速度大小a ＝v 202s ＝209 m/s 2(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m第二发子弹的弹孔离地的高度h 2＝h －12g (L －s v )2＝1.0 m 两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v )2hg ＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v2hg ＋s ＝570 mL 的范围492 m ＜L ≤570 m答案 (1)209 m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m ＜L ≤570 m10．(2011·江苏物理，14，16分)(难度★★★★)如图所示，长为L 、内壁光滑的 直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m 的小球固定在管底，用 一轻质光滑细线将小球与质量为M ＝km 的小物块相连，小物块悬挂于管 口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动， 通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．(重力加速度为g )(1)求小物块下落过程中的加速度大小； (2)求小球从管口抛出时的速度大小；(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于22L . 解析 (1)设细线中的张力为F T ，根据牛顿第二定律， 对M 有：Mg －F T ＝Ma 对m 有：F T －mg sin 30°＝ma 且M ＝km联立解得a ＝2k －12（k ＋1）g(2)设小物块落地时的速度大小为v ，小球从管口抛出时的速度大小为v 0，小物块落地后小球的加速度为a 0. 根据牛顿第二定律得－mg sin 30°＝ma 0 由匀变速直线运动公式得v 2＝2aL sin 30°，v 20－v 2＝2a 0L (1－sin 30°)联立解得v 0＝k －22（k ＋1）gL (k ＞2)(3)水平方向上x ＝v 0t ，竖直方向上L sin 30°＝12gt 2 解得x ＝Lk －22（k ＋1）(k ＞2)所以x ＜22L 答案 (1)2k －12（k ＋1）g (2)k －22（k ＋1）gL (k ＞2) (3)见解析考点三 圆周运动1．(2015·天津理综，4，6分)(难度★★)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是()A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析由题意知有mg＝F＝mω2r，即g＝ω2r，因此r越大，ω越小，且与m 无关，B正确．答案 B2. (2015·福建理综，17，6分)(难度★★★)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()A．t1＜t2B．t1＝t2C．t1＞t2D．无法比较t1、t2的大小解析在AB段，由于是凸形滑道，根据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越小，摩擦力就越小，克服摩擦力做功越少；在BC段，根据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越大，摩擦力就越大，克服摩擦力做功越多．滑块从A运动到C与从C到A相比，从A到C运动过程，克服摩擦力做功较少，又由于两次的初速度大小相同，故到达C 点的速率较大，平均速率也较大，故用时较短，所以A 正确．答案 A3. (2015·浙江理综，19，6分)(难度★★★)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析 赛车经过路线①的路程s 1＝πr ＋2r ＝(π＋2)r ，路线②的路程s 2＝2πr ＋2r ＝(2π＋2)r ，路线③的路程s 3＝2πr ，A 正确；根据F max ＝m v 2R ，可知R 越小，其不打滑的最大速率越小，所以路线①的最大速率最小，B 错误；三种路线对应的最大速率v 2＝v 3＝2v 1，则选择路线①所用时间t 1＝（π＋2）r v 1，路线②所用时间t 2＝（2π＋2）r 2v 1，路线③所用时间t 3＝2πr 2v 1，t 3最小，C 正确；由F max ＝ma ，可知三条路线对应的a 相等，D 正确． 答案 ACD4．(2014·新课标全国Ⅱ，17，6分)(难度★★★)如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg解析 解法一 以小环为研究对象，设大环半径为R ，根据机械能守恒定律，得mg ·2R ＝12m v 2，在大环最低点有F N －mg ＝m v 2R ，得F N ＝5mg ，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为F N ′＝F N ，方向竖直向下，故F ＝Mg ＋5mg ，由牛顿第三定律知C 正确．解法二 设小环滑到大环最低点时速度为v ，加速度为a ，根据机械能守恒定律12m v 2＝mg ·2R ，且a ＝v 2R ，所以a ＝4g ，以整体为研究对象，受力情况如图所示．F －Mg －mg ＝ma ＋M ·0所以F ＝Mg ＋5mg ，C 正确．答案 C5．(2014·安徽理综，19，6分)(难度★★)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是()A. 5 rad/sB. 3 rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s解析当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中O为对称轴位置)由沿斜面的合力提供向心力，有μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2R得ω＝g4R＝1.0 rad/s，选项C正确．答案 C6．(2013·江苏物理，2，3分)(难度★★)如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小解析 由图知两根缆绳等长，B 的半径较大，而转动的角速度相同，由v ＝rω，a ＝ω2r 知A 、B 错误；由牛顿第二定律得，向心加速度a ＝g tan θ，a A ＜a B ，所以θA ＜θB ，C 错误；由F T ＝mg cos θ，得出F T A ＜F T B ，D 正确． 答案 D7．(2013·北京理综，18，6分)(难度★★)某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动( )A ．半径越大，加速度越大B ．半径越小，周期越大C ．半径越大，角速度越小D ．半径越小，线速度越小解析 电子在库仑力的作用下做圆周运动，库仑力提供向心力，kQq r 2＝ma ，r越大，a 越小，A 错误；kQq r 2＝mr 4π2T 2，r 越小，T 越小，B 错误；kQq r 2＝mrω2，r 越大，ω越小，C 正确；kQq r 2＝m v 2r ，r 越小，v 越大，D 错误．答案 C8．(2012·广东理综，17，6分)(难度★★★)(多选)如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B 处安装一个压力传感器，其示数N 表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h 处由静止下滑，通过B 时，下列表述正确的有( )A ．N 小于滑块重力B ．N 大于滑块重力C ．N 越大表明h 越大D ．N 越大表明h 越小解析 滑块在B 点时，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2r ，所以F N ＝mg ＋m v 2r＞mg ，A 错误，B 正确；物块从斜面上滑下的过程，由动能定理得mgh ＝12m v 2，联立解得F N ＝mg ＋m 2gh r ，即F N 越大表明h 越大，C 正确，D 错误．答案 BC9. (2013·浙江理综，23，16分)(难度★★★★)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图所示．图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．解析 (1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有h 1＝12gt 2①x 1＝v min t ②联立①②式，得v min ＝8 m/s ③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为v C ，有(M ＋m )gh 2＝12(M ＋m )v 2C ④得v C ＝2gh 2＝80 m/s ≈9 m/s ⑤(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L ，对最低点，由牛顿第二定律得F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2C L ⑥由几何关系(L －h 2)2＋x 22＝L 2⑦得L ＝10 m ⑧综合⑤⑥⑧式并代入数据解得F T ＝(M ＋m )g ＋(M ＋m )v 2C L ＝216 N答案 (1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N10．(2012·福建理综，20，15分)(难度★★★)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R ＝0.5 m ，离水平地面的高度H ＝0.8 m ，物块平抛落地过程水平位移的大小s ＝0.4 m ．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ.解析 (1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2① 在水平方向上有s ＝v 0t② 由①②式解得v 0＝s g 2H ＝1 m/s. ③ (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 F max ＝m v 20R ④F max ＝μF N ＝μmg⑤ 由③④⑤式解得μ＝v 20gR ＝0.2答案 (1)1 m/s (2)0.2。