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第 2 讲 匀变速直线运动 牛顿运动定律
目标要求 1.会用多种方法灵活处理匀变速直线运动的问题。2.掌握牛顿第二定律，会分析瞬时性问题、连接
体问题，会应用牛顿运动定律解决运动的实际问题。3.会分析运动学和动力学图像。
考点一 匀变速直线运动规律及应用
常用方法
例1 (2024·广西卷·13)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d=0.9
m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t =0.4 s，从2号
1
锥筒运动到3号锥筒用时t =0.5 s。求该同学
2
(1)滑行的加速度大小；
(2)最远能经过几号锥筒。
答案 (1)1 m/s2 (2)4
解析 (1)根据匀变速运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2间中间时刻的
d
速度为v = =2.25 m/s
1 t
1
d
2、3间中间时刻的速度为v = =1.8 m/s
2 t
2
故可得加速度大小为v -v
Δv 1 2
a= =t t =1 m/s2
Δt 1+ 2
2 2
(2)设到达1号锥筒时的速度为v ，
0
t
根据匀变速直线运动规律得v =v -a 1
1 0 2
代入数据解得v =2.45 m/s
0
从1号开始到停止时通过的位移大小为
v 2
x= 0 =3.001 25 m≈3.33d
2a
故可知最远能经过4号锥筒。
例2 (2024·山东卷·3)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木
板由静止释放，若木板长度L，通过A点的时间间隔为Δt ；若木板长度为2L，通过A点的时间间
1
隔为Δt 。Δt ∶Δt 为( )
2 2 1
A.(√3-1)∶(√2-1)
B.(√3-√2)∶(√2-1)
C.(√3+1)∶(√2+1)
D.(√3+√2)∶(√2+1)
答案 A
解析 方法一 基本公式法
木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据
1
运动学公式有L= at 2
2 0
1
木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L= at 2
2 1
1
当木板长度为2L时，有3L= at 2
2 2
又Δt =t -t ，Δt =t -t
1 1 0 2 2 0
联立解得Δt ∶Δt =(√3-1)∶(√2-1)
2 1
故选A。
方法二 比例式法
设木板从静止释放到下端到达A点的时间为t ，木板经过A点时间为Δt
0 1
若木板长度为L，则t ∶Δt =1∶(√2-1) ①
0 1
若木板长度为2L，设木板经过A点时间为Δt
2
t ∶Δt =1∶［(√2-1)+(√3-√2)］=1∶(√3-1) ②
0 2
联立①②得Δt ∶Δt =(√3-1)∶(√2-1)
2 1
考点二 牛顿运动定律的应用
例3 (2024·陕西榆林市一模)一个质量为2 kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦
因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2 s，箱子的位移为20 m。
重力加速度g=10 m/s2，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，空气阻力不计。
(1)求拉力的大小；
(2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1 s后撤
去拉力，求箱子运动的总位移。
答案 (1)30 N (2)18.975 m
1
解析 (1)箱子做匀加速直线运动，有L= at2，
2
2L
解得a= =10 m/s2，
t2
由牛顿第二定律有F-μmg=ma，
故F=ma+μmg=30 N
(2)箱子先以大小为a 的加速度匀加速t 时间，撤去拉力后，以大小为a 的加速度匀减速t 时间后速度恰为
1 1 2 2
0，有Fcos 37°-μ(mg-Fsin 37°)=ma
1
解得a =11.5 m/s2
1
撤去拉力后a =μg=5 m/s2
2
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有a t =a t
11 22
其中t =1 s
1
1 1
箱子运动的总位移L'= a t 2 + a t 2
2 1 1 2 2 2
联立解得L'=18.975 m
解决动力学两类基本问题的思路例4 (多选)(2023·福建卷·5)如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量
均相等(含乘客)，在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头
对第一节车厢的拉力为F ，第一节车厢对第二节车厢的拉力为F ，第二节车厢对第三节车厢的拉
T1 T2
力为F ，则( )
T3
A.当火车匀速直线运动时，F =F =F
T1 T2 T3
B.当火车匀速直线运动时，F ∶F ∶F =3∶2∶1
T1 T2 T3
C.当火车匀加速直线运动时，F =F =F
T1 T2 T3
D.当火车匀加速直线运动时，F ∶F ∶F =3∶2∶1
T1 T2 T3
答案 BD
解析 设每节车厢重力为G，当火车匀速直线运动时F =F =k×3G，F =F =k×2G，F =F =k×G，得
T1 f1 T2 f2 T3 f3
F ∶F ∶F =3∶2∶1，故A错误，B正确；当火车匀加速直线运动时F -F =F -k×3G=3ma，F -F =F -
T1 T2 T3 T1 f1 T1 T2 f2 T2
k×2G=2ma，F -F =F -k×G=ma，得F ∶F ∶F =3∶2∶1，故C错误，D正确。
T3 f3 T3 T1 T2 T3
四类常见连接体问题
三种情况中弹
簧弹力、绳的
张力大小相同
且与接触面是
否光滑无关
两物体速度和
加速度大小相
同、方向不
同，常用隔离
跨滑轮的连接体
法
两物体刚要发
生相对滑动时
物体间达到最叠加类连接体 大静摩擦力
分离时相互作
用力为零，但
此时两物体的
靠在一起的连接体 加速度仍相等
例5 (2024·安徽六安市质检)如图所示，传送带的倾角θ=37°，从A到B长度为16 m，传送带以10
m/s 的速度逆时针转动。t=0时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量m=0.5 kg的黑色煤块，t=1
s时传送带被异物卡住不动了。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为 μ=0.5，煤块在传送带上经
过会留下黑色划痕。则(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取g=10 m/s2)( )
A.煤块到达 B 点时的速度为10 m/s
B.煤块从A到B的时间为3 s
C.煤块从A到B的过程中机械能减少了 12 J
D.煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16 m
答案 C
解析 开始阶段，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma ，解得a =gsin θ+μgcos θ=10 m/s2，煤块加速至
1 1
v 10 1 1
与传送带速度相等时需要的时间为t = = s=1 s，煤块发生的位移为x = a t 2 = ×10×12 m=5 m<16 m，
1 a 10 1 2 1 1 2
1
所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此时传送带刚好被异物卡住不动了，此后摩擦力方向改变；第二
1
阶段有mgsin θ-μmgcos θ=ma ，解得a =2 m/s2，设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t ，则L -x =vt + a
2 2 2 AB 1 2 2 2
t 2 ，解得t =1 s，则煤块从A到B的时间t=t +t =2 s，故B错误；根据v =v+a t 得v =12 m/s，故A错误；
2 2 1 2 B 22 B
第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为
Δx =vt -x =10×1 m-5 m=5 m，故煤块相对于传送带上移5 m；第二阶段煤块的速度大于传送带速度(为零)，
1 1 1
煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为Δx =L -x =11 m，即煤块相对传送带下移11
2 AB 1
m，故传送带表面留下黑色划痕的长度为11 m(前5 m被覆盖)，故D错误；选B所在平面为参考平面，煤
1
块开始的机械能E =mgL sin 37°=48 J，到达B点时机械能E = mv 2 =36 J，ΔE=E -E =-12 J，故C正确。
A AB B 2 B B A
传送带中的动力学问题1.分析物块相对传送带运动或运动趋势的方向，来判断摩擦力方向。
2.μ与tan θ的关系决定了物块与传送带能否保持相对静止。
3.v =v 时，摩擦力会发生突变，物块位移与传送带的长度关系是判断有无第二阶段运动的关键。
物 传
4.求力对物块的功用对地位移，求摩擦生热用相对位移。
考点三 运动学和动力学图像
1.三种运动学图像
常见图像 斜率k 面积 两图像交点
Δx
x-t图像 =v 表示相遇
Δt
表示此时速度相等，往往
Δv
v-t图像 =a 位移x 是距离最大或最小的临界
Δt
点
速度变
a-t图像 表示此时加速度相等
化量Δv
2.三种动力学图像
F-t图像
思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解
思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量
F-x图像
思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解
思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功
a-F图像
根据牛顿第二定律列式，再变换成a-F关系
F 1
例如：如图所示，F-μmg=ma，a= -μg，则a-F图像的斜率为 ，截距为-μg
m m例6 (多选)(2023·福建卷·7)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以
出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图(a)所示，乙车所受合外力—时间图像如图(b)所
示。则( )
A.0~2 s内，甲车的加速度大小逐渐增大
B.乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同
C.2~6 s内，甲、乙两车的位移不同
D.t=8 s时，甲、乙两车的动能不同
答案 BC
解析 由题知甲车的速度—时间图像如图(a)所示，则根据图(a)可知0~2 s内，甲车做匀加速直线运动，加
速度大小不变，故A错误；由题知乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示，则乙车在0~2 s内根据动量定
理有I =mv ，I =S =2 N·s，乙车在0~6 s内根据动量定理有I =mv ，I =S =2 N·s，则可知乙车在t=2 s和
2 2 2 0~2 6 6 6 0~6
t=6 s时的速度相同，故B正确；根据图(a)可知，2~6 s内甲车的位移为0；根据图(b)可知，2~6 s内乙车一
直向正方向运动，则2~6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；根据图(a)可知，t=8 s时甲车的速度为
0，则t=8 s时，甲车的动能为0；乙车在0~8 s内根据动量定理有I =mv ，I =S =0，可知t=8 s时乙车的速
8 8 8 0~8
度为0，则t=8 s时，乙车的动能为0，故D错误。
3.非常规图像
非常规
函数表达式 斜率k 纵截距b
图像(举例)
由v2-v 2 =2ax
v2-x图像 0 2a v 2
得v2=v 2 +2ax 0
0
1
由x=vt+ at2
x 0 2 1
-t图像 a v
t x 1 2 0
得 =v+ at
t 0 2
1 x
由x=vt+ at2得
x 1 0 2 t2 1
- 图像 v a
t2 t
1 1
0 2
=v + a
0t 2
a-x图像 由v2-v 2 =2ax知图线与x轴所围面积等于
0v2-v 2
0 ，此面积与物体质量乘积表示动能
2
的变化量
1
-x 面积表示运动时间
v
x
注意： -t图像与t轴围的面积不表示这段时间内物体的位移。
t
例7 (2024·辽宁沈阳市质量监测)在某次安全测试中，某款汽车在平直公路上行驶，突然发现前方
x
有障碍物，智能系统识别后紧急恒力制动。从制动开始计时，该汽车的位移和时间的比值 与t之
t
间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A.该汽车的初速度为20 m/s
B.该汽车的初速度为6 m/s
C.该汽车的加速度大小为4 m/s2
D.该汽车从制动到停止用时5 s
答案 A
解析 由于汽车恒力制动，则可知该汽车制动后做匀减速直线运动，设该汽车制动后的加速度大小为a，
1 x 1
由位移与时间的关系可得x=v t- at2，变式可得 =- at+v ，结合题图可得v =20 m/s，a=8 m/s2，故A正确，
0 2 t 2 0 0
v
B、C错误；根据速度与时间的关系可得，该汽车从制动到停止用时t = 0=2.5 s，故D错误。
0 a
物理中一次函数问题的解题思路
变形后的一次
举例 基本公式 斜率 截距
函数表达式
单摆T2-l √ l l 4π2
T=2π T2=4π2
图像 g g g伏阻法测
1
电阻的 U 1 r 1 1 r 1
U E=U+ r = · +
R U E R E E E
1
- 图像
R
安阻法测
1 1 1 r 1 r
电阻的 - E=I(R+r) = R+
I I E E E E
R图像
专题强化练
［分值：60分］
1~6题每题5分，7、8、10题每题6分，9题12分，共60分
［保分基础练］
1.(2024·新课标卷·14)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的
是( )
答案 C
解析 物体做直线运动，位移与时间成函数关系，A、B选项中一个时间对应两个或两个以上的位移，故
不可能；同理D选项中一个时间对应两个速度，也不可能，只有C选项速度与时间是成函数关系，故可能。
2.(2024·福建卷·3)某直线运动的v-t图像如图所示，其中0~3 s为直线，3~3.5 s为曲线，3.5~6 s为直线，则
以下说法正确的是( )
A.0~3 s的平均速度为10 m/s
B.3.5~6 s做匀减速直线运动
C.0~3 s的加速度比3.5~6 s的大D.0~3 s的位移比3.5~6 s的小
答案 B
0+30
解析 根据v-t图像可知，0~3 s内质点做匀加速直线运动，平均速度为v= m/s=15 m/s，故A错误；
2
根据v-t图像可知，3.5~6 s内质点做匀减速直线运动，故B正确；
30
根据v-t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知0~3 s的加速度大小为a = m/s2=10 m/s2，3.5~6 s的加
1 3
30
速度大小满足a > m/s2=10 m/s2，可知0~3 s的加速度比3.5~6 s的小，故C错误；
2 6-3
1
根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移可得，0~3 s的位移为x = ×30×3 m=45 m，3.5~6 s的位移满足x <
1 2 2
1
×30×(6-3.5) m=37.5 m，可知0~3 s的位移比3.5~6 s的大，故D错误。
2
3.(2024·广东佛山市顺德区二模)2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。
当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱
触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和
受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供
的推力大小为( )
A.3×104 N B.7.5×104 N
C.2.6×104 N D.1.05×105 N
答案 D
v 2-v2 82-22
解析 根据运动学公式可得v2-v 2 =-2ah，解得加速度大小为a= 0 = m/s2=25 m/s2，根据牛顿第
0 2h 2×1.2
二定律可得F-mg=ma，解得F=1.05×105 N，故选D。
4.(2024·安徽卷·6)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的
M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连
线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上，缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。
已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到
O点的过程中( )
A.速度一直增大
B.速度先增大后减小
C.加速度的最大值为3g
D.加速度先增大后减小答案 A
解析 在P点保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力的合力为零。此时两弹簧的合
力大小为mg。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力方向始终向下，
小球一直做加速运动，故A正确，B错误；
小球从P点运动到O点的过程中，弹簧形变量变小，两弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合力
一直变小，加速度一直减小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg=ma，得
a=2g，即加速度的最大值为2g，C、D错误。
5.(九省联考·河南·15)如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v 时开始刹车，先后经过
0
路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移
之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为( )
1 1 1 1
A. v B. v C. v D. v
2 0 3 0 8 0 9 0
答案 B
解析 设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为F 、F ，汽车进入冰面瞬间的速度为v ，由牛顿第二定律
f1 f2 1
F=ma
f
a F 7
1 f1
则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为 = =
a F 1
2 f2
由运动学公式，在路面上有v 2 -v 2 =2a x
0 1 1 1
在冰面上有v 2 =2a x
1 2 2
x 8
1
其中 =
x 7
2
v
解得汽车进入冰面瞬间的速度为v = 0 ，
1 3
故选B。
6.(2024·福建省部分地市质量监测)如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等
间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为M的托盘，托盘上放着6个质量均为m的盘子并处于静
止状态。已知重力加速度大小为g，则某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘对6号盘子作用力的大小为(
)5mg(M+6m) 5mg(M-6m)
A. B.
M+5m M+5m
5m2g 5mg(M+7m)
C. D.
M+5m M+6m
答案 A
解析 顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子所受合力为mg，根据牛顿第二定律有
mg=(M+5m)a
对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律有
F -5mg=5ma
N
联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为
5mg(M+6m)
F = ，故选A。
N M+5m
［争分提能练］
7.(2024·湖南卷·3)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连
接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速
度大小分别为( )
A.g，1.5g B.2g，1.5g
C.2g，0.5g D.g，0.5g
答案 A
解析 剪断前，对B、C、D整体受力分析：
A、B间轻弹簧的弹力
F =(3m+2m+m)g=6mg
AB
对D受力分析：C、D间轻弹簧的弹力F =mg
CD
剪断后，对B：F -3mg=3ma
AB B
解得a =g，方向竖直向上
B
对C：F +2mg=2ma
DC C
解得a =1.5g，方向竖直向下，故选A。
C
8.(2024·安徽省皖江名校联盟二模)足够长的光滑固定斜面上的三个相同的物块通过与斜面平行的细线相连，
在沿斜面方向的拉力F 的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的右侧固定有不计质量的力传感器。改变
0
拉力F 的大小，使三个物块沿斜面以不同加速度向上做初速度为零的匀加速直线运动，测得多组传感器的
0示数F和物块通过的位移x与时间t的平方的比值，画出图像如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2。下列说
法正确的是( )
A.斜面的倾角θ=60°
B.每个物块的质量m=2.5 kg
C.当F=10 N时，F =15 N
0
D.当F=10 N时，物块的加速度大小为a=2.5 m/s2
答案 C
1 x F 1
解析 对物块2、3根据牛顿第二定律有F-2mgsin θ=2ma，根据运动学公式有x= at2，联立解得 = -
2 t2 4m 2
1 1 1
gsin θ，由题图乙可知，图像斜率k= = ，即m=0.5 kg，图像纵轴截距的绝对值b=2.5= gsin θ，解得sin
2 4m 2
1
θ= ，所以θ=30°，故A、B错误；当F=10 N时，对物块2、3有F-2mgsin θ=2ma，可求得三个物块共同的
2
加速度大小为a=5 m/s2，对三个物块有F -3mgsin θ=3ma，解得F =15 N，故C正确，D错误。
0 0
9.(12分)(2024·新课标卷·25)如图，一长度l=1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与
l
平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl= 时，
6
物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。
它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g=10 m/s2。求：
(1)(7分)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)(5分)平台距地面的高度。
1 5
答案 (1)4 m/s s (2) m
3 9
解析 (1)物块在薄板上做匀减速运动，设加速度大小为a ，有μmg=ma
1 1
设薄板做匀加速运动的加速度为a ，有
2
μmg=ma
2
1
对物块l+Δl=v t- a t2
0 2 1
1
对薄板Δl= a t2
2 21
联立解得v =4 m/s，t= s
0 3
(2)物块飞离薄板后薄板的速度v =a t=1 m/s
2 2
l l
- 1
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，平抛运动的时间t'=2 6= s
3
v
2
1 5
则平台距地面的高度h= gt'2= m。
2 9
［尖子生选练］
10.(多选)(2024·黑吉辽·10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t=0时，木板在水平
恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知
t=0到t=4t 的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t=4t 时刻，小
0 0
物块与木板的速度相同。下列说法正确的是( )
A.小物块在t=3t 时刻滑上木板
0
B.小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量比为3∶4
D.t=4t 之后小物块和木板一起做匀速运动
0
答案 ABD
解析 v-t图像的斜率表示加速度，可知t=3t 时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t 时刻滑上
0 0
木板，故A正确；
设小物块和木板间动摩擦因数为μ ，取水平向右为正方向，根据题意结合图像可知小物块开始滑上木板时
0
3 μ mg
的速度为v =- μgt ，小物块在木板上滑动的加速度为a = 0 =μ g，经过t 时间与木板共速此时速度为v
0 2 0 0 m 0 0
1 v -v
共 0
= μgt ，故可得a = =2μg，解得μ =2μ，故B正确；
共 2 0 0 t 0
0
1
μgt 1
设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知小物块未滑上木板时，木板的加速度为a=2 0 = μg，
2
t
0
3
由牛顿第二定律得F-μMg=Ma，解得F= μMg，根据图像可知小物块滑上木板后木板的加速度为a'=
2
1 3
μgt - μgt m 1
2 0 2 0 =-μg，此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ mg=Ma'，解得 = ，故C错误；
0 M 2
t
03 3
假设t=4t 之后小物块和木板一起共速运动，对整体F-μ(m+M)g= μMg- μMg=0，故可知此时整体处于平衡
0 2 2
状态，假设成立，即t=4t 之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
0
