物理二輪復習 專題一 力與運動 第3講 力學中的曲線運動學案

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精1-學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE第3講力學中的曲線運動知識必備1.勻變速曲線運動-—F合是恒量(1)物體做曲線運動的條件:速度的方向與加速度(合力)的方向不在同一條直線上.（2)研究方法：運動的合成與分解。(3)平拋運動速度vx＝v0，vy＝gt,v＝eq\r（veq\o\al（2,x)＋veq\o\al（2,y））,tanθ＝eq\f(vy，vx)（θ為合速度與水平方向的夾角).位移x＝v0t，y＝eq\f(1，2）gt2，s＝eq\r(x2＋y2），tanα＝eq\f（y,x)(α為合位移與水平方向的夾角）.可見tanθ＝2tanα.2.變加速曲線運動--F合是變量（1)圓周運動①勻速圓周運動動力學特征:F向＝ma向＝meq\f(v2，r）＝mω2r＝meq\f(4π2，T2）r。②變速圓周運動F合eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(半徑方向的分力F1\o（→,\s\up7(產生向心加速度))改變速度的方向,切線方向的分力F2\o（→，\s\up7(產生切線方向加速度)）改變速度的大?。?2）豎直平面內的圓周運動(繩、桿模型)關鍵：“兩點一過程”“兩點"→最高點和最低點?！耙贿^程”→從最高點到最低點（或從最低點到最高點）。（3）天體運動的兩條基本思路①F引＝F向，即Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r）＝mω2r＝meq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2π，T）))eq\s\up12(2)r。②在忽略自轉時，萬有引力近似等于物體的重力，即eq\f（GMm，R2）＝mg，可得GM＝gR2(黃金代換式)。(3)解決天體運動問題的“萬能關系式”，備考策略1.必須領會的“4種物理思想和3種常用方法"(1)分解思想、臨界極值的思想、估算的思想、模型化思想；（2)假設法、合成法、正交分解法。2。要靈活掌握常見的曲線運動模型平拋運動及類平拋運動，豎直平面內的圓周運動及圓周運動的臨界條件。3。必須辨明的“4個易錯易混點”(1）兩個直線運動的合運動不一定是直線運動；（2)小船渡河時，最短位移不一定等于河的寬度;(3)做平拋運動的物體，速度方向與位移方向不相同；（4)注意區(qū)分“繩模型”和“桿模型"。4.注意天體運動的三個區(qū)別(1)中心天體和環(huán)繞天體的區(qū)別；（2)自轉周期和公轉周期的區(qū)別；(3）星球半徑和軌道半徑的區(qū)別.運動的合成與分解及平拋運動【真題示例1】(2017·全國卷Ⅰ，15）發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)。速度較大的球越過球網，速度較小的球沒有越過球網；其原因是()A.速度較小的球下降相同距離所用的時間較多B.速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大C。速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少D.速度較大的球在相同時間間隔內下降的距離較大解析由題意知，兩個乒乓球均做平拋運動，則根據h＝eq\f(1,2)gt2及veq\o\al（2，y）＝2gh可知，乒乓球的運動時間、下降的高度及豎直方向速度的大小均與水平速度大小無關，故選項A、B、D均錯誤;由發(fā)出點到球網的水平位移相同時，速度較大的球運動時間短，在豎直方向下落的距離較小，可以越過球網，故C正確.答案C【真題示例2】(2017·全國卷Ⅱ,17）如圖1，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時,對應的軌道半徑為(重力加速度大小為g)(）圖1A。eq\f（v2，16g) B.eq\f(v2，8g）C.eq\f（v2，4g) D.eq\f（v2,2g）解析物塊由最低點到最高點的過程，由機械能守恒定律得eq\f(1,2）mv2＝2mgr＋eq\f（1，2)mveq\o\al（2，1），物塊做平拋運動時，落地點到軌道下端的距離x＝v1t，t＝eq\r（\f（4r,g）)，聯(lián)立解得，x＝eq\r(\f(4v2，g）r－16r2），由數(shù)學知識可知，當4r＝eq\f(v2，2g）時,x最大，即r＝eq\f(v2,8g），故選項B正確。答案B真題感悟1。高考考查特點以物體的某種運動形式或運動項目為背景，考查對分運動、合運動的理解及合成與分解方法的應用.2.常見誤區(qū)及臨考提醒(1)不能正確理解合運動、分運動具有等時性、獨立性的特點.（2）具體問題中分不清合運動、分運動，要牢記觀察到的物體實際運動為合運動。(3）平拋運動對兩個分運動理解不透,很容易出錯，如2017年全國卷Ⅰ第15題.（4）實際問題中對平拋運動情景臨界點的分析不正確。預測1運動的合成與分解預測2平拋規(guī)律的應用預測3“平拋運動＋斜面”模型1。2016年9月24日，中華龍舟大賽(昆明·滇池站）開賽，吸引上萬名市民來到滇池邊觀戰(zhàn)。如圖2所示,假設某龍舟隊要渡過寬288m、兩岸平直的河，河中水流的速度恒為v水＝5.0m/s。龍舟隊從M處開出后實際沿直線MN到達對岸,若直線MN與河岸成53°角，龍舟在靜水中的速度大小也為5。0m/s，已知sin53°＝0.8,cos53°＝0。6，龍舟可看作質點。則龍舟在水中的合速度大小v和龍舟從M點沿直線MN到達對岸所經歷的時間t分別為(）圖2A。v＝6.0m/s，t＝60s B.v＝6.0m/s，t＝72sC。v＝5。0m/s，t＝72s D。v＝5。0m/s，t＝60s解析設龍舟頭與航線MN之間的夾角為α，船速、水速與龍舟在水中的合速度如圖所示，由幾何知識得α＝53°，龍舟在水中的合速度大小v＝6。0m/s.航線MN的長度為L＝eq\f（288m,sin53°)＝360m，故龍舟從M點沿直線MN到達對岸所經歷的時間為t＝60s。答案A2。如圖3所示，A、B兩球用兩段不可伸長的細繩連接于懸點O,兩段細繩的長度之比為1∶2，現(xiàn)讓兩球同時從懸點O附近以一定的初速度分別向左、向右水平拋出,至連接兩球的細繩伸直所用時間之比為1∶eq\r(2）,若兩球的初速度之比eq\f（vA，vB）為k，則k值應滿足的條件是（)圖3A.k＝eq\f(1,\r(2）） B.k>eq\f(1，\r(2））C.k＝eq\f(1,2） D。k>eq\f（1，2\r（2））解析設連接A球的繩長為L,A球以速度vA水平拋出，水平方向的位移x＝vAt，豎直方向的位移y＝eq\f(1,2)gt2，則x2＋y2＝L2，可得vA＝eq\f（\r(L2－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）gt2）)\s\up12（2)）,t)；同理得B球的速度為vB＝eq\f(\r(4L2－（gt2）2）,\r（2)t）,因此有eq\f（vA,vB）＝k＝eq\f（1，\r(2)），選項A正確。答案A3。(2017·廣東華南三校聯(lián)考)橫截面為直角三角形的兩個相同斜面緊靠在一起，固定在水平面上，如圖4所示.它們的豎直邊長都是底邊長的一半,現(xiàn)有三個小球從左邊斜面的頂點以不同的初速度向右平拋，最后落在斜面上，其落點分別是a、b、c。下列判斷正確的是()圖4A.圖中三小球比較,落在a點的小球飛行時間最短B.圖中三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最大C.圖中三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最快D.無論小球拋出時初速度多大，落到兩個斜面上的瞬時速度都不可能與斜面垂直解析圖中三個小球均做平拋運動,可以看出a、b和c三個小球下落的高度關系為ha〉hb〉hc，由t＝eq\r（\f（2h,g)），得ta>tb〉tc，又Δv＝gt,則知Δva〉Δvb〉Δvc，A、B項錯誤；速度變化快慢由加速度決定，因為aa＝ab＝ac＝g，則知三個小球飛行過程中速度變化快慢相同，C項錯誤；由題給條件可以確定小球落在左邊斜面上的瞬時速度不可能垂直于左邊斜面，而對右邊斜面可假設小球初速度為v0時，其落到斜面上的瞬時速度v與斜面垂直，將v沿水平方向和豎直方向分解,則vx＝v0，vy＝gt，且滿足eq\f（vx，vy）＝eq\f(v0，gt)＝tanθ(θ為右側斜面傾角)，由幾何關系可知tanθ＝eq\f(1，2）,則v0＝eq\f(1,2）gt，而豎直位移y＝eq\f（1，2）gt2，水平位移x＝v0t＝eq\f（1，2)gt2，可以看出x＝y(tǒng),而由題圖可知這一關系不可能存在,則假設不能成立，D項正確。答案D歸納總結處理平拋運動問題的五個關鍵點(1)平拋運動（或類平拋運動)，一般將運動沿初速度方向和垂直于初速度方向進行分解,先按分運動規(guī)律列式，再用運動的合成法則求合運動。（2）對于從斜面上平拋又落到斜面上的問題,豎直位移與水平位移的比值等于斜面傾角的正切值。(3)若平拋的物體垂直打在斜面上，打在斜面上的水平速度與豎直速度的比值等于斜面傾角的正切值.(4)做平拋運動的物體,其位移方向與速度方向一定不同.（5）抓住兩個三角形：速度三角形和位移三角形,結合題目呈現(xiàn)的角度或函數(shù)方程找到解決問題的突破口。圓周運動問題【真題示例】（2016·全國卷Ⅱ，16）小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量,懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖5所示.將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點（)圖5A.P球的速度一定大于Q球的速度B。P球的動能一定小于Q球的動能C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D。P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析小球從水平位置擺動至最低點，由動能定理得，mgL＝eq\f（1,2)mv2,解得v＝eq\r(2gL)，因LP<LQ,故vP<vQ，選項A錯誤；因為Ek＝mgL，又mP〉mQ，則兩小球的動能大小無法比較，選項B錯誤；對小球在最低點受力分析得,FT－mg＝meq\f(v2,L)，可得FT＝3mg,選項C正確；由a＝eq\f（v2,L）＝2g可知，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤。答案C真題感悟1。高考考查特點（1）2017年高考弱化了圓周運動的考查，只是在卷Ⅰ中第16題、卷Ⅱ中第14題有所涉及。（2）本考點命題熱點集中在物體的受力分析、圓周運動的基本概念、動力學知識及功能關系.（3)理解圓周運動的相關物理量，向心力的來源分析、計算及應用牛頓運動定律研究圓周運動的方法是關鍵。2.常見誤區(qū)及臨考提醒(1）描述圓周運動的物理量的理解要準確.（2)向心力是效果力,是由物體受到的力提供，畫受力圖時,只畫出物體實際受到的力,不畫向心力.（3)共軸轉動的物體各點具有相同的角速度，皮帶傳動或齒輪傳動中輪子邊緣具有相同的線速度.（4）臨界問題的處理要正確把握臨界條件.預測1水平面內的圓周運動預測2豎直面內的圓周運動預測3與平拋運動相結合的綜合模型1。（多選)(2017·洛陽市高三統(tǒng)考）如圖6所示，處于豎直平面內的光滑細金屬圓環(huán)半徑為R,質量均為m的帶孔小球A、B穿于環(huán)上，兩根長為R的細繩一端分別系于A、B球上，另一端分別系于圓環(huán)的最高點和最低點，現(xiàn)讓圓環(huán)繞豎直直徑轉動，當角速度緩慢增大到某一值時,連接B球的繩子恰好拉直,轉動過程中繩不會斷,則下列說法正確的是（）圖6A.連接B球的繩子恰好拉直時，轉動的角速度為eq\r(\f（2g，R））B。連接B球的繩子恰好拉直時，金屬圓環(huán)對A球的作用力為零C。繼續(xù)增大轉動的角速度，金屬環(huán)對B球的作用力可能為零D.繼續(xù)增大轉動的角速度，A球可能會沿金屬環(huán)向上移動解析當連接B球的繩剛好拉直時，mgtan60°＝mRsin60°ω2，求得ω＝eq\r(\f(2g，R））,A項正確；連接B球的繩子恰好拉直時，A球與B球轉速相同，A球所受合力也為mgtan60°，又小球A所受重力為mg,可判斷出A球所受繩的拉力為2mg,A球不受金屬圓環(huán)的作用力，B項正確;繼續(xù)增大轉動的角速度，連接B球的繩上會有拉力，要維持B球豎直方向所受外力的合力為零，環(huán)對B球必定有彈力，C項錯誤；當轉動的角速度增大，環(huán)對B球的彈力不為零，根據豎直方向上A球和B球所受外力的合力都為零，可知繩對A球的拉力增大，繩應張得更緊,因此A球不可能沿環(huán)向上移動,D項錯誤。答案AB2.（多選）（2017·廣東深圳高三調研）如圖7甲所示，一長為l的輕繩，一端穿在過O點的水平轉軸上,另一端固定一質量未知的小球，整個裝置繞O點在豎直面內轉動。小球通過最高點時，繩對小球的拉力F與其速度平方v2的關系如圖乙所示，重力加速度為g，下列判斷正確的是(）圖7A。圖象的函數(shù)表達式為F＝meq\f(v2,l)＋mgB。重力加速度g＝eq\f（b,l）C.繩長不變，用質量較小的球做實驗，得到的圖線斜率更大D。繩長不變，用質量較小的球做實驗，圖線b點的位置不變解析小球在最高點時,根據牛頓第二定律有F＋mg＝meq\f（v2，l),得F＝meq\f(v2,l)－mg，故A錯誤；當F＝0時，根據表達式有mg＝meq\f(v2,l),得g＝eq\f(v2，l）＝eq\f（b，l)，故B正確；根據F＝meq\f(v2,l)－mg知,圖線的斜率k＝eq\f(m,l），繩長不變，用質量較小的球做實驗,斜率更小，故C錯誤；當F＝0時，g＝eq\f(b，l)，可知b點的位置與小球的質量無關，繩長不變，用質量較小的球做實驗，圖線b點的位置不變，故D正確。答案BD3。嘉年華上有一種回力球游戲，如圖8所示，A、B分別為一固定在豎直平面內的光滑半圓形軌道的最高點和最低點，B點距水平地面的高度為h，某人在水平地面C點處以某一初速度拋出一個質量為m的小球，小球恰好水平進入半圓軌道內側的最低點B，并恰好能過最高點A后水平拋出，又恰好回到C點拋球人手中。若不計空氣阻力，已知當?shù)刂亓铀俣葹間，求：圖8(1)小球剛進入半圓形軌道最低點B時軌道對小球的支持力；（2)半圓形軌道的半徑；(3)小球拋出時的初速度大小。解析（1）設半圓形軌道的半徑為R，小球經過A點時的速度為vA，小球經過B點時的速度為vB，小球經過B點時軌道對小球的支持力為N。在A點有mg＝meq\f(veq\o\al(2，A),R),得vA＝eq\r(gR).從B點到A點的過程中，根據動能定理有－mg（2R）＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2）mveq\o\al（2,B),得vB＝eq\r（5gR）。在B點有N－mg＝meq\f（veq\o\al（2,B)，R)，得N＝6mg，方向豎直向上。（2)由h＝eq\f(1，2）gteq\o\al（2,BC)，h＋2R＝eq\f(1,2）gteq\o\al（2，AC)，vBtBC＝vAtAC,得R＝2h.(3)設小球拋出時的初速度為v0,從C到B的過程根據動能定理有－mgh＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2，B)－eq\f（1,2)mveq\o\al(2，0)，得v0＝2eq\r(3gh）.答案(1)6mg，方向豎直向上（2)2h(3）2eq\r(3gh）歸納總結1.水平面內圓周運動的分析方法(1)運動實例：圓錐擺、火車轉彎、水平轉臺等。(2）特點分析：①運動軌跡是圓且在水平面內；②向心力的方向水平，豎直方向的合力為零。(3）解題方法受力分析→確定向心力的來源→確定圓心和半徑→應用相應規(guī)律列方程求解。2.求解豎直平面內圓周運動問題的思路萬有引力定律與天體的運動【真題示例1】（2017·全國卷Ⅲ,14)2017年4月，我國成功發(fā)射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道（可視為圓軌道）運行.與天宮二號單獨運行時相比，組合體運行的（）A。周期變大 B。速率變大C.動能變大 D。向心加速度變大解析根據組合體受到的萬有引力提供向心力可得,eq\f（GMm,r2)＝meq\f（4π2,T2）r＝meq\f(v2，r)＝ma，解得T＝eq\r（\f（4π2r3,GM))，v＝eq\r(\f(GM,r)),a＝eq\f（GM，r2）,由于軌道半徑不變，所以周期、速率、加速度均不變，選項A、B、D錯誤；組合體比天宮二號質量大，動能Ek＝eq\f(1,2）mv2變大，選項C正確。答案C【真題示例2】(多選)（2017·全國卷Ⅱ，19)如圖9，海王星繞太陽沿橢圓軌道運動，P為近日點，Q為遠日點，M、N為軌道短軸的兩個端點，運行的周期為T0，若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經過M、Q到N的運動過程中(）圖9A。從P到M所用的時間等于eq\f（T0，4)B.從Q到N階段,機械能逐漸變大C。從P到Q階段，速率逐漸變小D.從M到N階段,萬有引力對它先做負功后做正功解析由行星運動的對稱性可知,從P經M到Q點的時間為eq\f(1,2)T0，根據開普勒第二定律可知，從P到M運動的速率大于從M到Q運動的速率，可知從P到M所用的時間小于eq\f(1，4）T0，選項A錯誤；海王星在運動過程中只受太陽的引力作用，故機械能守恒，選項B錯誤；根據開普勒第二定律可知，從P到Q階段，速率逐漸變小，選項C正確；海王星受到的萬有引力指向太陽，從M到N階段,萬有引力對它先做負功后做正功，選項D正確.答案CD真題感悟1.高考考查特點（1）本考點高考命題角度①萬有引力定律與牛頓運動定律的綜合應用.②人造衛(wèi)星的運行參數(shù)，衛(wèi)星的變軌及變軌前后的速度、能量變化。（2)解此類題的關鍵是掌握衛(wèi)星的運動模型，離心(向心)運動的原因及萬有引力做功的特點。2.常見誤區(qū)及臨考提醒（1）對宇宙速度特別是第一宇宙速度不理解。(2）對公式v＝eq\r（\f（GM，r））不理解,誤認為阻力做功，速度減小,半徑增大。(3)誤認為宇宙飛船處于完全失重狀態(tài)時不受重力作用。（4)只能估算中心天體的質量和密度，不能估算環(huán)繞天體的質量和密度。預測1天體質量和密度的估算預測2行星、衛(wèi)星的運動問題預測3航天器的變軌與對接問題預測4雙星、多星的運動問題1。(2017·四川省重點中學高三第二次評估檢測）如圖10所示,A為地球赤道表面的物體，B為環(huán)繞地球運行的衛(wèi)星，此衛(wèi)星在距離地球表面eq\f（R,2)的高度處做勻速圓周運動,且向心加速度的大小為a，已知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為6。6R，R為地球的半徑，引力常量為G。則下列說法正確的是()圖10A。地球兩極的重力加速度大小為eq\f（3,2）aB.物體A的線速度比衛(wèi)星B的線速度大C。地球的質量為eq\f（R2a,G）D。地球的第一宇宙速度大小為eq\f(3\r(aR),2）解析衛(wèi)星B繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力,則有Geq\f(MmB，req\o\al（2,0））＝mBa＝mBeq\f（veq\o\al（2，B)，r0），又r0＝eq\f（3,2)R,對于地球兩極的物體有Geq\f(Mm′,R2)＝m′g，解得M＝eq\f(9aR2,4G），g＝eq\f(9，4）a,vB＝eq\f(\r(6aR）,2)，A、C錯誤；物體A與地球同步衛(wèi)星的角速度相等，根據v＝ωr知，同步衛(wèi)星的線速度大于物體A的線速度,又由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f（v2,r)可知，同步衛(wèi)星的線速度小于衛(wèi)星B的線速度，故物體A的線速度小于衛(wèi)星B的線速度,B錯誤；由eq\f（GMm0，R2）＝m0eq\f(veq\o\al（2,1）,R），并結合GM＝gR2，可得地球的第一宇宙速度為v1＝eq\r(gR）＝eq\f(3\r(aR),2），D正確。答案D2。（2017·黑龍江五校高三下學期4月聯(lián)考)如圖11所示，A為近地氣象衛(wèi)星,B為遠地通訊衛(wèi)星，假設它們都繞地球做勻速圓周運動。已知地球半徑為R,衛(wèi)星A距地面高度可忽略不計，衛(wèi)星B距地面高度為h，不計衛(wèi)星間的相互作用力。則下列說法正確的是()圖11A。若兩衛(wèi)星質量相等，發(fā)射衛(wèi)星B需要的能量少B.衛(wèi)星A與衛(wèi)星B運行周期之比為eq\f（R3,（R＋h）3）C。衛(wèi)星A與衛(wèi)星B運行的加速度大小之比為eq\f(R＋h,R)D。衛(wèi)星A與衛(wèi)星B運行速度大小之比為eq\r(\f（R＋h，R)）解析雖然衛(wèi)星B的速度小于衛(wèi)星A的速度，但衛(wèi)星B的軌道比衛(wèi)星A的高，所具有的引力勢能大，所以發(fā)射衛(wèi)星B需要的能量大,A錯誤;根據開普勒第三定律可知，所有行星的軌道的半長軸的三次方跟它的公轉周期的二次方的比值都相等，即衛(wèi)星A與衛(wèi)星B運行周期之比為eq\r（\f（R3,(R＋h）3))，則B錯誤；由eq\f(GMm，r2）＝ma，則a＝eq\f(GM，r2)，所以衛(wèi)星A與衛(wèi)星B運行的加速度大小之比為eq\f(（R＋h）2,R2)，C錯誤;由eq\f（GMm,r2）＝eq\f(mv2,r），得v＝eq\r（\f（GM，r）)，衛(wèi)星A與衛(wèi)星B運行速度大小之比為eq\r（\f（R＋h,R）），所以D正確。答案D3.2016年10月17日，“神舟十一號”載人飛船發(fā)射升空，運送兩名宇航員前往在2016年9月15日發(fā)射的“天宮二號”空間實驗室,宇航員計劃在“天宮二號”駐留30天進行科學實驗?！吧裰凼惶枴迸c“天宮二號”的對接變軌過程如圖12所示,AC是橢圓軌道Ⅱ的長軸?！吧裰凼惶枴睆膱A軌道Ⅰ先變軌到橢圓軌道Ⅱ，再變軌到圓軌道Ⅲ，與在圓軌道Ⅲ運行的“天宮二號”實施對接。下列描述正確的是（)圖12A。“神舟十一號”在變軌過程中機械能不變B。可讓“神舟十一號”先進入圓軌道Ⅲ,然后加速追趕“天宮二號”實現(xiàn)對接C?！吧裰凼惶枴睆腁到C的平均速率比“天宮二號”從B到C的平均速率大D.“神舟十一號”在橢圓軌道上運動的周期與“天宮二號”運行周期相等解析“神舟十一號”飛船變軌過程中軌道升高，機械能增加，A選項錯誤;若飛船在進入圓軌道Ⅲ后再加速，則將進入更高的軌道飛行，不能實現(xiàn)對接,選