第六章 第5课时 功能关系 能量守恒定律（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 苏京）

第5课时　功能关系　能量守恒定律 目标要求　1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题。2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系。3.会应用能量守恒观点解决综合问题。 考点一　功能关系的理解和应用 1．对功能关系的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。 (2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。 2．常见的功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做的功等于弹性势能减少量 静电力做的功等于电势能减少量 动能 合外力做的功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv02 机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE 摩擦产生的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·x相对 电能 克服安培力做的功等于电能增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE电 1．一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。(　√　) 2．合力做的功等于物体机械能的改变量。(　×　) 3．克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量。(　√　) 4．滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(　√　) 例1　(2024·江苏扬州市校考)如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g。运动员从上向下滑到底端的过程中(　　) A．减少的机械能为mgh B．增加的动能为mgh C．克服摩擦力做功为mgh D．合外力做功为mgh 答案　A 解析　合外力做功为W总＝ma·＝m·g·＝mgh，故D错误；对滑雪运动员由动能定理可知，增加的动能为ΔEk＝W总＝mgh，故B错误；对滑雪运动员由牛顿第二定律有mgsin 30°－Ff＝ma，可得运动员受到的阻力Ff＝mg，所以运动员克服摩擦力做的功为W克f＝Ff＝mgh，可知运动员减少的机械能为mgh，故A正确，C错误。 例2　(2024·江苏省高邮中学期中)现有一质量为m的滑雪运动员从一定高度的斜坡自由下滑。如果运动员在下滑过程中受到的阻力恒定，斜坡倾角为30°，运动员滑至坡底的过程中，其机械能和动能随下滑距离s变化的图像如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．运动员下滑过程中只有重力做功 B．运动员下滑过程中受到的阻力为60 N C．运动员下滑时加速度的大小为5 m/s2 D．不能确定运动员的质量m的数值 答案　B 解析　运动员下滑过程中机械能减小，则除有重力做功之外还有其他力做功，选项A错误；运动员下滑过程中阻力做功等于机械能减小量，则ΔE＝Ffs，解得受到的阻力为Ff＝＝ N＝60 N，选项B正确；下滑到底端时的动能 Ek＝mv2＝240 J，v2＝2as，mgsin 30°－Ff＝ma，解得运动员下滑时加速度的大小为a＝4 m/s2，m＝60 kg，选项C、D错误。 考点二　摩擦力做功与能量转化 两种摩擦力做功特点的比较 类型 比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同点 能量的转化 只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量 一对摩擦力做的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffx相对，即发生相对滑动时产生的热量 相同点 做功情况 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功 例3　(2023·江苏徐州市阶段练习)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g。则在此过程中(　　) A．摩擦力对物块做的功为－μmgd B．摩擦力对木板做的功为μmgs C．木板动能的增量为μmgd D．由于摩擦而产生的热量为μmgs 答案　B 解析　根据功的定义W＝Flcos θ，其中l指物体的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功W2＝μmgs，A错误，B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误。 例4　如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率v顺时针运行。现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速度地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是(　　) A．在t1时间内摩擦力对物块做的功等于mv2 B．在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能小于物块机械能的增加量 C．在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于mgLsin θ＋mv2 D．在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgLsin θ＋mv2的电能 答案　C 解析　由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于mv2，选项A错误；在t1时间内，物块相对传送带的位移Δx＝vt1－t1＝t1，则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为Q＝FfΔx＝Ffvt1；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即ΔE＝Ff·t1＝Ffvt1，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，选项B错误；由功能关系可知，在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增加量，即mgLsin θ＋mv2，选项C正确；在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgL1sin θ＋mv2＋Q的电能，由选项B可知mgL1sin θ＋mv2＝Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗2mgL1sin θ＋mv2的电能；在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗mgL2sin θ的电能；则在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗2mgL1sin θ＋mv2＋mgL2sin θ＝mg(L＋L1)sin θ＋mv2的电能，选项D错误。 考点三　能量守恒定律的理解和应用 1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 2．表达式： (1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。 (2)ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。 3．理解 (1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等； (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 思考　现在市场上有一种手表叫自动机械手表，只要每天有一定时间把表戴在手上，不用手动上发条，表针便可走动计时，自动手表的工作运行，是否违背能量守恒定律？ 答案　不违背能量守恒定律。自动手表的运行是把人运动的机械能转化为发条的弹性势能，然后再转化为表针的动能，同样遵守能量守恒定律。 例5　如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子始终与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C点。已知重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态。求在此过程中： (1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能。 答案　(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J 解析　(1)在物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得 μ·2mgcos θ·L＝×3mv02－×3mv2＋2mgLsin θ－mgL，解得v＝2 m/s。 (2)对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至最短后恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即×3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x 其中x为弹簧的最大压缩量 解得x＝0.4 m。 (3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，从C点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得 ×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm，解得Epm＝6 J。 例6　(2021·江苏卷·14)如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)装置静止时，弹簧弹力的大小F； (2)环A的质量M； (3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。 答案　(1)　(2)m　(3)mgL 解析　(1)装置静止时，设AB、OB的张力分别为F1、F2， 对A受力分析，由平衡条件得F＝F1sin 37° 对B受力分析，由平衡条件得F1cos 37°＋F2cos 37°＝mg，F1sin 37°＝F2sin 37° 联立解得F＝ (2)细线与竖直方向夹角为53°时，设装置转动的角速度为ω，A、B的转动半径分别为rA、rB，由几何关系知rA＝L，rB＝L。 由题知环A的向心力F′＝F 对A，F′＝Mω2·L 对B，mgtan 53°＝mω2·L 解得M＝m。 (3)B上升的高度h＝L，A、B的动能分别为 EkA＝M(ω·L)2，EkB＝m(ω·L)2 根据能量守恒定律可知， W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh，解得W＝mgL。 (1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。 (2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 课时精练 1．(2023·江苏海安市立发中学检测)如图所示，在电梯中的斜面上放置了一滑块，在电梯加速上升的过程中，滑块相对斜面静止，则在该过程中(　　) A．斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功 B．斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能 C．斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能 D．滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能 答案　B 解析　在电梯加速上升的过程中，对滑块受力分析可知，摩擦力沿斜面向上，与速度方向夹角为锐角，故摩擦力做正功，故A错误；根据功能关系可知，弹力和摩擦力做功之和等于滑块机械能增加量，两力均做正功，故弹力对滑块做的功小于滑块机械能增加量，故B正确；由于加速度大小未知，根据题目信息无法判断支持力沿竖直方向分力与重力大小关系，无法判断弹力做功与重力做功大小关系，故无法判断弹力对滑块所做的功与滑块增加的重力势能大小关系，故C错误；除重力之外其他力做的功等于滑块机械能的增加量，合力包含重力，故合力对滑块所做的功不等于滑块增加的机械能，故D错误。 2．(2023·江苏无锡市三模)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具——乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平。如图所示，一位乘客盘腿坐在座椅上，则在加速上坡过程中，支持力与摩擦力对乘客所做的功之和(　　) A．等于乘客增加的动能 B．等于乘客增加的重力势能 C．等于乘客增加的机械能 D．小于乘客增加的机械能 答案　C 解析　乘客受三个力的作用，重力、静摩擦力和支持力，乘客随车一起加速上坡，支持力和摩擦力做正功，重力做负功，根据动能定理有WN＋Wf－W克G＝mv2－mv02 整理得支持力与摩擦力对乘客所做的功之和为 WN＋Wf＝mv2－mv02＋W克G 根据表达式可知支持力与摩擦力对乘客所做的功之和等于乘客增加的机械能。故选C。 3.如图，一质量为m、长度为L的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距，重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题知PM段绳的机械能不变，MQ段绳的重心升高了Δh＝，则重力势能的增加量为ΔEp＝mg·＝，根据功能关系，在此过程中，外力做的功等于MQ段重力势能的增加量，则W＝，故A正确，B、C、D错误。 4.(2024·江苏南通市开学考)如图所示为某缓冲装置模型，水平轻质弹簧与水平轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力f，现小车以一速度撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动l，不计小车与地面间的摩擦，则(　　) A．轻杆向右移动的过程中，轻杆的加速度为0 B．轻杆向右移动的过程中，弹簧的弹性势能逐渐增大 C．小车被弹簧反向弹回的过程中，轻杆处于静止状态 D．从小车撞击弹簧到离开弹簧的过程中，因摩擦产生的内能为2fl 答案　C 解析　当弹簧弹力大于f时，小车与弹簧一起推动杆向右减速运动，此时轻杆的加速度不为0，故A错误；轻杆向右移动的过程中，小车和轻杆的速度相等，杆受到的摩擦力不变，弹簧的压缩量x保持不变，弹簧的弹性势能不变，故B错误；小车被弹簧反向弹回的过程中，轻杆所受弹力小于f，轻杆处于静止状态，故C正确；现小车以一速度撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动l，摩擦产生的内能为Q＝f·x相对＝fl，故D错误。 5.为预防电梯缆绳断裂事故的发生，电梯井底和电梯上分别安装有缓冲弹簧和安全钳，装置简化如图所示。现质量为2 000 kg的电梯，因缆绳断裂而坠落，刚接触弹簧时的速度为4 m/s，弹簧被压缩了2 m时电梯停止运动，下落过程中安全钳提供给电梯17 000 N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep＝kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，不计空气阻力及弹簧自重，g取10 m/s2。则(　　) A．整个运动过程中电梯一直处于失重状态 B．整个运动过程电梯刚接触弹簧时速度最大 C．该缓冲弹簧的劲度系数为1 100 N/m D．停止运动时安全钳提供给电梯的摩擦力为2 000 N 答案　D 解析　电梯的重力和安全钳提供给电梯的滑动摩擦力的合力F合＝20 000 N－17 000 N＝ 3 000 N，方向向下，则接触弹簧后开始阶段F合>F弹，电梯加速向下运动；随弹力的增加，当F合<F弹时，电梯减速向下运动，则整个过程中电梯先加速后减速，先失重后超重，当F合＝F弹时电梯速度最大，选项A、B错误；由能量关系可知mgh＋mv2＝kh2＋Ffh，解得k＝11 000 N/m，选项C错误；停止运动时安全钳提供给电梯的摩擦力为Ff′＝kh－mg＝2 000 N，方向向下，选项D正确。 6．(2024·江苏苏州市期中)风力发电机是由风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V＝vt·S＝vtπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρvtπl2，因此在t时间内吹过的风的动能为Ek＝Mv2＝ρvtπl2·v2，在t时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝＝，故A正确，B、C、D错误。 7．一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm时，木块沿水平面恰好移动1.0 cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为(　　) A．1∶2 B．1∶3 C．2∶3 D．3∶2 答案　C 解析　根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1) cm＝3 cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1 cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff·Δx＝Ff(x1－x2)；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔEk子弹＝Ffx1；所以＝，所以C正确，A、B、D错误。 8．(2024·江苏宿迁市统考)如图甲所示，在水平面上固定倾角为θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面底端静止一质量为m的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用向上运动，拉力F随位移x变化的关系图像如图乙所示，当拉力F变为0时，物块恰好静止。重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。对于整个过程，下列说法正确的是(　　) A．拉力对物块做功F0x0 B．物块机械能一直增加 C．物块的重力势能增加了mgx0 D．系统的内能增加了F0x0－0.6mgx0 答案　D 解析　根据题意可知，拉力对物块做的功等于F－x图线与横轴所围图形的面积，即WF＝ F0x0，故A错误；根据功能关系可知，除重力以外的其他力做功等于机械能的变化量，而其他力即拉力F和摩擦力的合力，初始一段时间内拉力沿斜面向上，摩擦力一直沿斜面向下，拉力与摩擦力的合力沿斜面向上，即其他力做正功，机械能增大，之后拉力小于摩擦力，拉力与摩擦力的合力沿斜面向下，即其他力做负功，机械能减小，故B错误；物块重力势能的增加量为ΔEp＝mgx0sin 37°＝0.6mgx0，故C错误；根据能量守恒定律有Q＝F0x0－0.6mgx0，故D正确。 9.(2023·江苏南京市十一校调研)如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端平齐，重力加速度为g。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中(　　) A．物块的机械能逐渐增加 B．软绳的重力势能共减少了mgl C．物块减少的重力势能等于软绳克服摩擦力所做的功 D．软绳减少的重力势能大于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和 答案　B 解析　物块克服细线的拉力做功，其机械能逐渐减少，A错误；软绳重力势能减少量ΔEp减＝mg·－mg·sin θ＝mgl，B正确；因为物块的机械能减小，则物块的重力势能减小量大于物块的动能增加量，机械能的减小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力做功，所以物块重力势能的减少量大于软绳克服摩擦力所做的功，C错误；细线的拉力对软绳做正功，对物块做负功，则物块的机械能减小，软绳的机械能增加，软绳重力势能的减少量一定小于其动能的增加量，故软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功的和，D错误。 10.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1.0 kg的物块放在曲面AB上，现从距BC的高度为h＝0.6 m处由静止释放物块，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，物块进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm； (2)物块最终停止的位置。 答案　(1)6 J　(2)停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处) 解析　(1)在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零。设此时物块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg，解得x0＝＝0.1 m 在C点，物块受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg和重力，有FN′＋mg＝，解得vC＝ m/s。 物块从C点到压缩弹簧速度最大时， 由能量守恒定律有mg(r＋x0)＝Ep＋Ekm－mvC2，解得Ekm＝6 J (2)物块从A点运动到C点的过程中， 由动能定理得mgh－μmgs＝mvC2－0 解得B、C间距离s＝0.5 m 物块与弹簧作用后返回C处时动能不变，物块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。 设物块第一次与弹簧作用返回C处后，物块在BC上运动的总路程为s′，由能量守恒定律有：μmgs′＝mvC2，解得s′＝0.7 m，故最终物块在BC上距离C端为x1＝0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝0.3 m(或距离B端为x2＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m)处停下。 11．(2022·江苏苏州市阶段练习)如图甲所示，表面粗糙的“L”型水平轨道固定在地面上，劲度系数为k、原长为l0的水平轻弹簧一端固定在轨道上的O点，另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连，滑块总质量为m。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为x1的B点，测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图乙所示，其中a0为图线纵截距。重力加速度为g，则滑块由A运动至B过程中(弹簧始终处于弹性限度内)下列描述正确的是(　　) A．x2＝l0 B．最大动能为ma3(x3－x2) C．动摩擦因数μ＝＋ D．滑块在x3和x1处的弹性势能Ep3＝Ep1 答案　B 解析　由题图乙可知，当滑块运动到x2位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是原长，故A错误； 加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合a－x图线与横轴所围图形的面积表示速度平方变化量的一半可得 Ekm＝ma3(x3－x2)，故B正确； 根据牛顿第二定律得－k(x－l0)＋μmg＝ma 当x＝0时a＝a0 解得动摩擦因数μ＝－，故C错误； 由能量守恒定律可得Ep3＝Ep1＋μmg(x3－x1) 故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $