高考物理二轮复习 第一板块 力学选择题 锁定9大命题区间 第2讲 熟知“四类典型运动”掌握物体运动规律讲义

第2讲 本讲“四类典型运动”包括：匀变速直线运动、一般的曲线运动、平抛运动、圆周运动。高考既有对单个运动形式的考查，也有对多个运动形式的组合考查，考查的内容主要包括：匀变速直线运动的规律及图像；平抛运动的规律；圆周运动的规律及临界问题。用到的思想方法主要有：模型法图像法临界问题的处理方法合成与分解的思想等效替代的思想一、“熟能生巧”，快速解答匀变速直线运动问题基础保分类考点1. (2016全国卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为()A.B.C. D.解析：选A质点在时间t内的平均速度v，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v，故。由题意知：mv229mv12，则v23v1，进而得出2v1。质点的加速度a。故选项A正确。2如图所示，甲从A点由静止匀加速跑向B点，当甲前进距离为s1时，乙从距A点s2处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B点，则A、B两点间的距离为()As1s2 B.C. D.解析：选B设A、B两点间的距离为x，甲、乙两人的加速度大小为a，由xat2得，甲前进距离s1用时t1 ，到达B点的总时间t，乙到达B点用时t2，根据题意，tt1t2，解得x，故B正确。3.如图所示，两光滑斜面在B处连接，小球从A处由静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3 m/s和4 m/s，ABBC。设球经过B点前后速度大小不变，则小球在AB、BC段的加速度大小之比及小球由A运动到C过程中的平均速率分别为()A342.1 m/s B9162.5 m/sC972.1 m/s D972.5 m/s解析：选C设ABBCx，则在AB段a1，在BC段a2，所以，AB段平均速率为v1vB1.5 m/s，BC段平均速率为v2(vBvC)3.5 m/s，因此从A到C的平均速率v2.1 m/s，C正确。4.(2017太原模拟)大雾天发生交通事故的概率比平常要高出几倍甚至几十倍，保证雾天行车安全显得尤为重要。在雾天的平直公路上，甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后。某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞，如图为两车刹车后匀减速运动的v t图像。以下分析正确的是()A甲车刹车的加速度的大小为0.5 m/s2B两车开始刹车时的间距为100 mC两车刹车后间距一直在减小D两车都停下来后相距25 m解析：选B由题图可知，两车刹车后直到速度相等经历的时间为20 s，甲车的加速度a1 m/s21 m/s2，乙车的加速度a2 m/s20.5 m/s2，此时甲车的位移x甲v甲ta1t2m300 m，乙车的位移x乙v乙ta2t2m200 m，两车刚好没有发生碰撞，则两车开始刹车时的间距x(300200)m100 m，故A错误，B正确；两车刹车后甲的速度先大于乙的速度，两者间距减小，后来甲的速度小于乙的速度，两者间距增大，故C错误；根据图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，两车都停下来后相距x(3025)5 m12.5 m，故D错误。解答匀变速直线运动问题的常用方法1基本公式法：vv0at，xv0tat2，v2v022ax。2重要推论法：v(利用平均速度测瞬时速度)；v ；xaT2(用逐差法测加速度)。3逆向思维法：“匀减速(至速度为零的)直线运动”可逆向处理为“(由静止开始做)匀加速直线运动”。4图像法：利用v t图像或x t图像求解。5比例法：只适用于初速度或末速度为零的匀变速直线运动。(1)1T末、2T末、3T末、nT末瞬时速度之比为123n；(2)第1个T内、第2个T内、第n个T内位移之比为135(2n1)；(3)从静止开始连续通过相等位移所用时间之比为1(1)()()。二、“合成分解”，专业解答曲线运动问题基础保分类考点1(2018届高三苏州五校联考)有一个质量为3 kg的质点在直角坐标系xOy所在的平面内运动，x方向的速度时间图像和y方向的位移时间图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是()A质点做匀变速直线运动B质点所受的合外力为3 NC质点的初速度大小为5 m/sD质点初速度的方向与合外力的方向垂直解析：选C从题图甲可知质点在x方向上做初速度v03 m/s 的匀加速直线运动，加速度为a1.5 m/s2，从题图乙中可知，质点在y方向上做匀速直线运动，vy4 m/s，所以质点受到的合力恒定，但初速度方向和合力方向不共线，质点做匀变速曲线运动，A错误；根据牛顿第二定律可得质点受到的合力为Fma4.5 N，B错误；质点的初速度为v5 m/s，质点的合力方向沿x正方向，初速度方向在x轴正方向与y轴负方向之间，故两者夹角不为90，C正确，D错误。2.如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降台以速度v匀速上升，下列说法正确的是()A小球做匀速圆周运动B当棒与竖直方向的夹角为时，小球的速度为C棒的角速度逐渐增大D当棒与竖直方向的夹角为时，棒的角速度为解析：选D棒与升降台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成。小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示。设棒的角速度为，则合速度v实L，沿竖直方向向上的速度分量等于v，即Lsin v，所以，小球速度v实L，由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角的增大而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动，故D正确，A、B、C错误。3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. B.C. D.解析：选B根据运动的合成与分解解决问题。设大河宽度为d，小船在静水中的速度为v0，则去程渡河所用时间t1，回程渡河所用时间t2。由题知k，联立以上各式得v0。选项B正确，选项A、C、D错误。1解决运动合成与分解的一般思路(1)明确合运动或分运动的运动性质。(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。2解答关联速度问题的方法(1)求解此类问题首先要正确认识合运动，与绳或杆相连的物体，相对地面实际发生的运动是合运动，合运动对应合速度。(2)然后在绳(杆)的端点把合速度分解为沿绳(杆)方向的速度和垂直于绳(杆)方向的速度，而沿绳(杆)的方向上各点的速度大小相等，由此列方程解题。3把握小船渡河的两类问题(1)要求最短时间过河，则船头必须垂直指向对岸，不论船速与水流速度的关系如何，如第3题中小船的去程。(2)要求过河的位移最短，则要区分两种情况：当船在静水中的速度v1大于水流速度v2时，最短过河位移为河宽d，如图甲所示，船头指向上游与河岸的夹角arccos，如第3题中小船的回程。当船在静水中的速度v1小于水流速度v2时，过河的最短位移为x，如图乙所示，船头指向上游与河岸的夹角为arccos，最短位移xd。三、“化曲为直”，轻松解答平抛运动问题重难增分类考点典例(2015全国卷)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L1和L2，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.vL1B.v C.v D.v 思路点拨1使球能过网的临界条件是什么？此时对应最大发射速率还是最小发射速率？提示：对应最小发射速率，球恰好能经过网的上侧。2在球不被打出右侧台面的前提下，球最远能落到何处？此时对应最大发射速率还是最小发射速率？提示：对应最大发射速率，球恰好能落到右侧台面的两角处。解析选D设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间。则竖直方向上有3hhgt12，水平方向上有v1t1。由两式可得v1。设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3hgt22，在水平方向有 v2t2。由两式可得v2 。则v的最大取值范围为v1vv2。故选项D正确。平抛运动的两个“正切值”和两个“模型”1两个“正切值”任意时刻的速度与水平方向的夹角的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角的正切值的2倍，即tan 2tan 。2两个“模型”两个模型解题方法方法应用分解速度，构建速度矢量三角形水平方向：vxv0竖直方向：vygt合速度：v方向：tan 分解位移，构建位移矢量三角形水平方向：xv0t竖直方向：ygt2合位移：s方向：tan 1(2017江苏高考)如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为()At B.tC. D.解析：选C设两球间的水平距离为L，第一次抛出的速度分别为v1、v2，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出到相遇经过的时间t，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则从抛出到相遇经过的时间为t，C项正确。2.(2018届高三昆明调研)将一挡板倾斜地固定在水平面上，倾角为30，如图所示。现有一可视为质点的小球由挡板上方的A点以v0的初速度水平向右抛出，小球落在挡板上的B点时，小球速度方向刚好与挡板垂直，小球与挡板碰撞前后的速度方向相反、速度大小之比为43。下列有关小球的运动描述正确的是()A小球与挡板碰后的速度为v0B小球与挡板碰撞过程中速度的变化量大小为v0CA、B两点的竖直高度差与水平间距之比为1DA、B两点的竖直高度差与水平间距之比为2解析：选D小球在碰撞挡板前做平抛运动。设刚要碰撞斜面时小球速度为v。由题意，速度v的方向与竖直方向的夹角为30且水平分量仍为v0，如图。由此得v2v0，碰撞过程中，小球速度由v变为反向的v，则碰后的速度大小为v0，A错误；碰撞过程小球的速度变化量大小为vv(v)vv0，故选项B错误；小球下落高度与水平射程之比为，C错误，D正确。3.如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端水平向右抛出一个小球，不计空气阻力。当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，小球运动的时间为t0。现用不同的初速度从该斜面顶端水平向右抛出这个小球，下列选项中能正确表示小球的运动时间t随初速度v变化的函数关系是()解析：选D设斜面的倾角为，当初速度很小时，小球落在斜面上，tan ，则tv；当初速度较大时，小球将落到水平面上，由hgt2，得t，则时间t一定，选项D正确。四、“结合实际”，灵活解答圆周运动问题基础保分类考点1多选(2018届高三通化调研)在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环(小环可以自由转动，但不能上下移动)，小环上连接一轻绳，与一质量为m的光滑小球相连，让小球在圆锥内的水平面上做匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触。如图所示，图(a)中小环与小球在同一水平面上，图(b)中轻绳与竖直轴成(90)角。设图(a)和图(b)中轻绳对小球的拉力分别为Ta和Tb，圆锥内壁对小球的支持力分别为Na和Nb，则下列说法中正确的是()ATa一定为零，Tb一定为零BTa、Tb是否为零取决于小球速度的大小CNa一定不为零，Nb可以为零DNa、Nb的大小与小球的速度无关解析：选BC对题图(a)中的小球进行受力分析，小球所受的重力、支持力的合力方向可以指向圆心提供向心力，所以Ta可以为零，若Na等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向不能指向圆心提供向心力，所以Na一定不为零；对题图(b)中的小球进行受力分析，若Tb为零，则小球所受的重力、支持力的合力方向可以指向圆心提供向心力，所以Tb可以为零，若Nb为零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力，所以Nb可以为零；由以上分析知Na、Nb、Ta、Tb的大小与小球的速度有关；所以B、C正确，A、D错误。2.一水平放置的圆盘可以绕中心O点旋转，盘上放一个质量为m的铁块(可视为质点)，轻质弹簧一端连接铁块，另一端系于O点，铁块与圆盘间的动摩擦因数为，如图所示。铁块随圆盘一起匀速转动，铁块距中心O点的距离为r，这时弹簧的拉力大小为F，重力加速度为g，已知铁块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则圆盘的角速度可能是()A B C. m/s2，故A错误；从开始到最高点过程，根据动能定理，有：mglsin 30mv12mv02；解得：v1 m/s；考虑临界情况，最高点处如果没有杆的弹力，重力平行于斜面的分力提供向心力，有：mgsin 30m，解得：v2 m/sv1，说明在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故B错误；在最高点时有：Fmgsin 30m，如果初速度增大，则最高点速度也增加，故拉力F一定增加，故C正确，D错误。4多选如图甲所示，A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉，小球C用细绳拴在铁钉B上(细绳能承受足够大的拉力)，A、B、C在同一直线上。t0时，给小球一个垂直于绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动。在0t10 s时间内，细绳的拉力随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法中正确的有()A两钉子间的距离为绳长的Bt10.5 s时细绳拉力的大小为6 NCt14 s时细绳拉力的大小为10 ND细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔为3 s解析：选ABD设两钉子间的距离为x，则根据牛顿第二定律有：FT1m5 N，FT2m6 N，联立解得：xL，所以选项A正确；从题图中可知：t16 s，则t25 s，t34 s，t43 s，所以t10.5 s时细绳拉力的大小为6 N，t14 s时细绳拉力的大小为FT3m7.5 N，所以选项B、D正确，C错误。1解决圆周运动问题的“四个步骤”2水平面内圆周运动临界问题(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。(2)常见临界条件：绳的临界：张力FT0；接触面滑动的临界：Ff；接触面分离的临界：FN0。 1多选(2017绍兴模拟)对于课本上的一些图片，下列说法正确的是()A图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的B图乙中，两个影子在x、y轴上的运动就是物体的两个分运动C图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A、B两球将同时落地D图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于所需要的向心力解析：选BC题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，选项A错误；题图乙中沿y轴的平行光照射时，在x轴上的影子就是x轴方向的分运动，同理沿x轴的平行光照射时，在y轴上的影子就是y轴方向的分运动，选项B正确；无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只是使得小球A的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A、B两球总是同时落地，选项C正确；做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力等于所需要的向心力，选项D错误。2一质点沿直线Ox方向做加速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为x42t3(m)，它的速度随时间变化的关系为v6t2(m/s)。则该质点在t2 s时的瞬时速度和t0到t2 s间的平均速度分别为()A8 m/s、24 m/sB24 m/s、8 m/sC24 m/s、10 m/s D24 m/s、12 m/s解析：选B将t2 s代入质点的速度随时间变化的关系式v6t2(m/s)，得t2 s时的瞬时速度为v622 m/s24 m/s，将t0和t2 s分别代入距离随时间变化的关系式x42t3(m)，得：x14 m，x220 m，则质点在2 s时间内通过的位移为xx2x120 m4 m16 m，所以：t0到t2 s间的平均速度为v m/s8 m/s；故B正确。3.(2018届高三赣州五校联考)如图所示为厦门胡里山炮台的一门大炮。假设炮弹水平射出，以海平面为零重力势能面，炮弹射出时的动能恰好为重力势能的3倍，不计空气阻力，则炮弹落到海平面时速度方向与海平面的夹角为()A30 B45C60 D75解析：选A设炮弹射出时距海平面的高度为y，由题意知mv023mgy，得v0。炮弹射出后做平抛运动，落到海平面时的速度的竖直分量vy，炮弹落到海平面时速度方向与海平面的夹角的正切值tan ，则30，选项A正确。4.如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是()A物体B正向右做匀减速运动B物体B正向右做加速运动C地面对B的摩擦力减小D斜绳与水平方向成30时，vAvB2解析：选D将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，根据平行四边形定则有vBcos vA，所以vB，当减小时，物体B的速度减小，但B不是匀减速运动，选项A、B错误；在竖直方向上，对B有mgFNFTsin ，FTmAg，减小，则支持力FN增大，根据FfFN可知摩擦力Ff增大，选项C错误；根据vBcos vA，斜绳与水平方向成30时，vAvB2，选项D正确。5.一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示。关于物体的运动，下列说法中正确的是()A物体运动的初速度大小是7 m/sB物体做变加速直线运动C物体做匀变速曲线运动D物体运动的加速度大小是5 m/s2解析：选C由v t图像可得v0x3 m/s，v0y4 m/s，则初速度为v0 5 m/s，选项A错误；x方向的匀速直线运动和y方向的匀减速直线运动合成为匀变速曲线运动，选项B错误，C正确；ax0，ay2 m/s2，物体的加速度a 2 m/s2，选项D错误。6如图所示，在水平面上有一个质量为m的小物块，在某时刻给它一个速度，使其沿水平面做匀减速直线运动，其依次经过A、B、C三点，最终停在O点。A、B、C三点到O点的距离分别为L1、L2、L3，小物块由A、B、C三点运动到O点所用的时间分别为t1、t2、t3。则下列结论正确的是()A. B.C. D. ，b绳将出现弹力D若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化解析：选AC小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；根据竖直方向上平衡得，Fasin mg，解得Fa，可知a绳的拉力不变，故B错误；当b绳拉力为零时，有ml2，解得 ，可知当角速度 时，b绳出现弹力，故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。11.多选A、B两点在同一条竖直线上，A点离地面的高度为2.5h，B点离地面高度为2h。将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h。已知重力加速度为g，则()A两个小球一定同时抛出B两个小球抛出的时间间隔为()C小球A、B抛出的初速度之比D小球A、B抛出的初速度之比解析：选BD平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由hgt2，得t，由于A到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出，故A错误。由t，得两个小球抛出的时间间隔为ttAtB ()，故B正确。由xv0t得v0x，x相等，则小球A、B抛出的初速度之比 ，故C错误，D正确。12多选(2018届高三郑州联考)自空中的A点静止释放一个小球，经过一段时间后与斜面体的B点发生碰撞，碰后速度大小不变，方向变为水平，并经过相等的时间最终落在水平地面的C点，如图所示，水平地面上的D点在B点正下方，不计空气阻力，下列说法正确的是()AA、B两点的高度差和B、D两点的高度差之比为13BA、B两点的高度差和B、D两点的高度差之比为11CA、B两点的高度差和C、D两点的间距之比为13DA、B两点的高度差和C、D两点的间距之比为12解析：选BD由A点到B点，小球做自由落体运动，hABgt2；由B点到C点，小球做平抛运动，hBDgt2，lCDvtgt2，由A点到B点和由B点到C点所用时间相同，所以A、B两点的高度差和B、D两点的高度差之比为11，选项A错误、B正确；A、B两点的高度差和C、D两点的间距之比为12，选项C错误，D正确。13(2018届高三钦州调研)用如图甲所示的圆弧斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为R的四分之一圆弧轨道的不同位置由静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F。已知斜面与水平地面之间的夹角45，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图乙所示的Fx图像，g取10 m/s2，则由图可求得圆弧轨道的半径R为()A0.125 m B0.25 mC0.50 m D1.0 m解析：选B设小球在圆弧轨道最低点的速度为v0，由牛顿第二定律得：Fmgm，由平抛运动规律有，小球的水平射程：xv0t，小球的竖直位移：yhgt2，由几何关系有：yxtan ，联立可得：x，则：Fmg x，由图像知：mg5 N，代入数据解得：R0.25 m，故选项B正确。14.多选(2017湖北孝感中学月考)如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线，现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道。P为滑道上一点，OP连线与竖直方向成45 角，不计空气阻力，则此物体()A由O运动到P点的时间为B物体经过P点时，速度的水平分量为v0C物体经过P点时，速度的竖直分量为v0D物体经过P点时的速度大小为2v0解析：选BD物体水平抛出运动到P点时，由几何关系知，竖直分位移与水平分位移大小相等，有v0tgt2，t，竖直方向上的分速度vygt2v0，设瞬时速度方向与水平方向成角，则tan 2，物体从O到P做平抛运动的时间为，则沿滑道做曲线运动时，时间不为，故A错误；若物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，运动到P点，根据动能定理得：mv2mgh，而平抛运动时vy22gh，解得：v2v0，故D正确；物体经过P点时，速度的水平分量为vxvcos vv0，速度的竖直分量为vyvsin v0，故B正确，C错误。教师备选题1多选一物体做匀减速运动，一段时间t(未知)内通过的位移为x1，紧接着t时间内通过的位移为x2，又紧接着经过位移x(未知)物体的速度减小为0，则()A可求tB可求加速度a的大小Ct和加速度a的大小均不可求D可求x，x解析：选CD根据匀变速直线运动推论xaT2得：x2x1a(t)2，解得：a，通过位移x1的末速度等于2t时间内的平均速度，为v1，由匀变速直线运动规律：v122(a)(x2x)，解得：x，由以上分析可知，只能求出x，故C、D正确。2(2017全国卷)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其原因是()A速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大解析：选C发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，hgt2，可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的，选项A错误。由vy22gh可知，两