2020年中考物理总复习尖子生必刷题特训03多项选择20题含解析 14页

专题03 多项选择题20题 ‎1．下列实验中，利用了“多次测量求平均值”这一方法的有（　　）‎ A．测量物体运动的平均速度 ‎ B．用刻度尺测量长度 ‎ C．伏安法测电阻 ‎ D．测量小灯泡的电功 ‎【答案】ABC ‎【解析】A、“测量物体运动的平均速度”中多次实验，最后取平均值是为了减小实验误差，A正确；‎ B、“用刻度尺测量长度”实验要多次测量物体长度是通过多次测量求平均值的办法，使测量结果更加准确，B正确；‎ C、“伏安法测电阻”时要多次移动滑动变阻器滑片，多次测量电压和电流，这样可以测出多个电阻值，通过求平均值，使测量结果更加准确，C正确；‎ D、在“测量小灯泡电功率”的实验中，一次实验数据不能发现规律，多次实验是为了探究普遍规律，D错误。故选：ABC。‎ ‎2．下列关于声音的说法正确的是（　　）‎ A．一切发声的物体都在振动 ‎ B．振动的空气柱一定在发声 ‎ C．在10m2的小房间里说话听不到回声，是因为“空间小，没有产生回声” ‎ D．在同一宇宙飞船的太空舱内，两名宇航员可以直接对话 ‎【答案】ABD ‎【解析】A、声音是物体的振动产生的，一切声音都是由振动产生的，故A正确；‎ B、声音是物体的振动产生的，所以振动的空气柱一定在发声，故B正确；‎ C、在小房间里说话听不到回声，是因为房间太小，回声和原声混在一起，不容易区分，故C错误；‎ D、宇宙飞船的太空舱内充满空气，所以在同一宇宙飞船的太空舱内，两名宇航员可以直接对话，故D正确。故选：ABD。‎ ‎3．沏茶时，玻璃杯的杯壁上常会出现水雾，一段时间后，水雾又消失了。关于这种现象，‎ 14‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．水雾出现在玻璃杯的外壁上 ‎ B．水雾出现在玻璃杯的内壁上 ‎ C．“出现水雾”是液化现象，“水雾消失”是汽化现象 ‎ D．“出现水雾”是熔化现象，“水雾消失”是升华现象 ‎【答案】BC ‎【解析】沏茶时，杯子上部的温度低于杯中水蒸气的温度，杯内水蒸气上升时遇冷液化成小水珠附着在玻璃杯的内壁上，从而出现水雾；故A错误，B正确；‎ 一段时间后，玻璃杯内表面上的水吸热又变为水蒸气，这是汽化现象，故C正确，D错误。故选：BC。‎ ‎4．如图所示是探究平面镜成像特点的实验装置。下列说法中正确的是（　　）‎ A．跳棋A靠近玻璃板时像的大小不变 ‎ B．跳棋A在玻璃板中所成的像是光的折射形成的虚像 ‎ C．物和像的连线与玻璃板垂直 ‎ D．把纸板放在玻璃板和跳棋B之间挡住B，从跳棋A这一侧看不到像 ‎【答案】AC ‎【解析】A、物体在平面镜中成虚像，物和像的大小相等，跳棋A靠近玻璃板时像的大小不变，故A正确；‎ B、跳棋A在玻璃板中所成的像是光的反射形成的，故B错误；‎ C、根据平面镜成像的特点可知，物和像的连线与玻璃板垂直，故C正确；‎ D、跳棋A在玻璃板中所成的像是光的反射形成的虚像，把纸板放在玻璃板和跳棋B之间挡住B，玻璃板仍然能反射光，所以从跳棋A这一侧仍然能够看到像，故D错误；故选：AC。‎ ‎5．如图所示，小明将凸透镜（f＝10cm）固定在光具座40cm的位置，探究凸透镜的成像规律。下列说法正确的是（　　）‎ 14‎ A．将蜡烛从焦点内某处向透镜方向移动过程中，像逐渐变小 ‎ B．当光屏上成清晰像时，拿开光屏，眼睛在一定范围内仍能看到像 ‎ C．将蜡烛放在10cm处，移动光屏，光屏上可得到倒立缩小的清晰像 ‎ D．当光屏上成清晰像时，在贴近凸透镜左侧的位置放一远视镜片，向右移动光屏，光屏上仍能得到清晰的像 ‎【答案】ABC ‎【解析】A、根据“无论实像或虚像，物靠近焦点像变大”可知，蜡烛从焦点内某处向透镜方向移动过程中，即蜡烛远离焦点，所成的虚像将变小，故A正确；‎ B、发光物体发出的光线经凸透镜折射后是会聚的，经过成像点后是发散的，所以眼睛必须在成像点以外的光线发散区域才能看到这个像；当眼睛在原光屏处不能看到发光体的像，眼睛靠近凸透镜也不能看到像，当眼睛从原光屏位置远离凸透镜，能看到像。故B正确；‎ C、当蜡烛放在10cm处，物距u＝40cm﹣10cm＝30cm＞2f，成倒立缩小的实像，故C正确；‎ D、若在蜡烛和透镜间放一远视眼镜，远视眼镜为凸透镜，对光线有会聚作用，此时所成的像将靠近透镜，所以应向左移动光屏，故D错误。故选：ABC。‎ ‎6．只用量筒、长方体小木块、长细针、水、密度未知的盐水，能测出的物理量是（温馨提示：长方体小木块不吸水ρ木＜ρ水）（　　）‎ A．木块的质量 B．木块的密度 C．木块的高度 D．盐水的密度 ‎【答案】ABD ‎【解析】（1）向量筒内倒入适量的水，水的体积记作V1。‎ ‎（2）将木块轻轻放入容器中，水面上升至V2。‎ ‎（3）用细针将木块按压，使木块浸没于水中，水面上升至V3。‎ 则木块漂浮时排开水的体积V排＝V2﹣V1，‎ 由漂浮条件和阿基米德原理可得：F浮＝G木＝G排，‎ 则木块的质量为m木＝m排＝ρ水V排＝ρ水（V2﹣V1），‎ 根据量筒中水的体积和将木块压入水中后的总体积，可以求出木块的体积，‎ 14‎ 则木块的体积为V＝V3﹣V1；‎ 木块的密度为ρ＝＝；‎ ‎（4）将盐水倒入量筒中，盐水的体积记作V0，将木块轻轻放入盐水中，液面上升至V4。‎ 则木块排开盐水中的体积V排盐＝V4﹣V0，‎ 因为木块在水和盐水中都是漂浮，所以浮力都等于木块的重力，即两次的浮力相等，‎ 则ρ水g（V2﹣V1）＝ρ盐水g（V4﹣V0），‎ 所以ρ盐水＝•ρ水。‎ 由于小木块为长方体，且不知道其底面积，所以不能测得木块的高度；‎ 由此可知，能测出的物理量是木块的质量，木块的密度，盐水的密度。故选：ABD。‎ ‎7．图下方关于该图的说法，正确的是（　　）‎ A．钓鱼线对杆的拉力使钓鱼杆发生形变 ‎ B．瓶对海绵的压力使海绵发生形变 ‎ C．球拍对球的作用力改变球的运动方向 ‎ D．脚踢球使球飞出去，说明力是维持运动的原因 ‎【答案】ABC ‎【解析】A、由图可知，钓鱼线对杆的拉力使钓鱼杆发生形变，所以该选项正确。‎ 14‎ B、由图可知，瓶对海绵的压力使海绵发生形变，所以该选项正确。‎ C、由图可知，球拍对球的作用力改变了球的运动方向，所以该选项正确。‎ D、脚踢球使球飞出去，球由静止到运动，说明力是改变物体运动状态的原因，所以该选项不正确。故选：ABC。‎ ‎8．如图所示，用水平推力F将质量均为m的木块A、B压在竖直墙面上保持静止，下列说法中正确的是（　　）‎ A．木块B受到的摩擦力大小一定等于F ‎ B．木块B受到的摩擦力方向竖直向上 ‎ C．木块A受到墙面的摩擦力大小等于2mg ‎ D．若增大力F，则木块B受到的摩擦力变大 ‎【答案】BC ‎【解析】A、对B进行受力分析可知，B在竖直方向上受到重力和A对B的摩擦力，二者是一对平衡力，因此，木块B受到的摩擦力大小等于B的重力，为mg，其大小与F无关，故A错误；‎ B、B在竖直方向上受到重力和A对B的摩擦力，二者是一对平衡力，故木块B受到的摩擦力方向竖直向上，故B正确；‎ C、把AB看成一个整体，其在竖直方向上受到的重力与墙面的摩擦力是一对平衡力，故木块A受到墙面的摩擦力大小等于2mg，故C正确；‎ D、若增大力F，木块仍保持静止状态，重力与摩擦力仍平衡，所以木块B受到的摩擦力不变，故D错误。故选：BC。‎ ‎9．如图所示，烧杯和水的总质量是600g，烧杯与水平桌面的接触面积是100cm2，将一个质量是600g、体积是300cm3的实心长方体A用细线吊着，然后将其体积的一半浸入烧杯内的水中。下列选项正确的是（　　）（烧杯厚度忽略不计，杯内水没有溢出，ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）‎ 14‎ A．细线对A的拉力是4.5N ‎ B．水对烧杯底的压强增大了150Pa ‎ C．烧杯对水平桌面的压强是750Pa ‎ D．烧杯对水平桌面的压力是12N ‎【答案】ABC ‎【解析】A、物体A的一半浸入水中时受到的浮力：‎ F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg××300×10﹣6m3＝1.5N；‎ GA＝mAg＝0.6kg×10N/kg＝6N，‎ 细线对物体A的拉力：F拉＝GA﹣F浮＝6N﹣1.5N＝4.5N，故A正确；‎ B、由力的作用是相互的，水对A有向上的浮力，物体A对水有向下压力，‎ 所以水对烧杯底部增大的压力：△F＝F浮＝1.5N，‎ 所以水对烧杯底部增大的压强：△p＝＝＝150Pa，故B正确；‎ CD、烧杯对水平的压力等于烧杯和水的重力、物体A对水向下的作用力之和，‎ 即：F＝G杯和水+F浮＝0.6kg×10N/kg+1.5N＝7.5N，‎ 烧杯对台秤的压强：p＝＝＝750Pa，故C正确，D错误。故选：ABC。‎ ‎10．两个底面积相同、形状不同的容器A、B（GA＜GB），盛有同种液体，放在水平桌面上，液体深度相同，把甲、乙、丙、丁四个体积相同的实心小球放入两个容器中，小球静止后位置如图所示，两容器内液体深度依旧相同。下列说法正确的是（　　）‎ A．甲球密度小于丙球密度 ‎ 14‎ B．甲球受到的浮力大于丁球受到的浮力 ‎ C．取出乙、丙小球后，A容器对桌面的压强小于B容器对桌面的压强 ‎ D．取出乙、丙小球后，A容器底部受到的液体压强等于B容器底部受到的液体压强 ‎【答案】AC ‎【解析】A、两个容器中盛有同一种液体，甲球在液体中漂浮，乙丙两球在在液体中悬浮，丁球在液体中下沉，则ρ甲＜ρ乙＝ρ丙＝ρ液＜ρ丁，故A正确；‎ B、四个小球体积相同，甲球排开液体的体积小于丁球排开液体的体积，根据F浮＝ρ液gV排可得甲球受到的浮力小于丁球受到的浮力，故B错误；‎ C、根据m＝ρV可知四个小球的质量，m甲＜m乙＝m丙＜m丁，取出乙丙两球后A容器对桌面的压力等于容器的重力、液体的重力、甲球的重力之和；B容器对桌面的压力等于容器的重力，液体的重力，丁球的重力之和，因为GA＜GB，A容器中液体的重力小于B容器中液体的重力，且甲球的重力小于丁球的重力，故A容器对桌面的压力小于B容器对桌面的压力，又因为两容器底面积相等，根据p＝得A容器对桌面的压强，小于B容器对桌面的压强，故C正确；‎ D、乙球和丙球所排开的液体的体积相等，取出小球后，两容器中液面均下降，因为A容器上部的横截面积小于B容器上部的横截面积，取出两球后，故A容器中液面下降的高度大，即A容器中剩余液体的高度低，根据p＝ρgh得，A容器底部受到的液体压强小于B容器底部受到的液体压强，故D错误。故选：AC。‎ ‎11．如图所示，小朋友沿滑梯下滑得越来越快。关于该过程，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小朋友不具有惯性 B．小朋友的运动状态不变 ‎ C．小朋友的动能增加 D．小朋友的重力势能减少 ‎【答案】CD ‎【解析】A．任何物体在任何时候都具有惯性，所以小朋友也具有惯性，故A错误。‎ B．物体运动状态的改变包括速度大小和速度方向发生了变化，小朋友沿滑梯下滑得越来越快，速度变大，所以运动状态也在改变，故B错误。‎ 14‎ C．动能的影响因素为速度和质量，小朋友沿滑梯下滑得越来越快，速度在变大，所以动能在增加，故C正确。‎ D．重力势能的影响因素为高度和质量，小朋友由滑梯顶端往下滑，高度在减小，所以重力势能在减少，故D正确。故选：CD。‎ ‎12．在测量图甲所示滑轮组机械效率η的实验中，通过改变物重G或动滑轮重G动进行多次实验，得到了形如图乙所示的效率与物重或动滑轮重的关系，图中纵轴表示机械效率的倒数η﹣1，若不计绳重与摩擦，则横轴可能表示（　　）‎ A．G B．G﹣1 C．G动 D．‎ ‎【答案】BC ‎【解析】由图可知，物体由3段绳子承担，‎ 此滑轮组的机械效率η＝＝＝＝‎ 则η﹣1＝＝1+＝1+（G﹣1×G动），‎ 已知图中纵轴表示机械效率的倒数η﹣1，由此可知，若不计纯重与摩擦，则横轴可能表示G﹣1或G动，故选：BC。‎ ‎13．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体放出热量，其内能一定减少、温度一定降低 ‎ B．热量都是从内能大的物体向内能小的物体传递 ‎ C．把热汤倒入碗中，碗变热是通过热传递的方式改变了它的内能 ‎ D．冰在熔化过程中，其内能增加而温度保持不变 ‎【答案】CD ‎【解析】A、物体放出热量，内能一定减少，但温度不一定降低，如晶体在凝固过程中，‎ 14‎ 放出热量、内能减少，但温度保持不变，故A错误。‎ B、热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递；而不是从内能大的物体向内能小的物体传递，故B错误；‎ C、把热汤倒入碗中，碗的温度升高，是通过热传递的方式改变了它的内能，故C正确；‎ D、冰在熔化过程中吸收热量，虽然温度保持不变，但内能增加，故D正确；故选：CD。‎ ‎14．下列说法中正确的是（　　）‎ A．风力发电机可以将机械能转化为电能 ‎ B．太阳能电池可以将太阳能转化为电能 ‎ C．电暖气正常工作时，主要是将电能转化为机械能 ‎ D．电风扇正常工作时，主要是将电能转化为机械能 ‎【答案】ABD ‎【解析】A、风力发电机是利用电磁感应现象工作的，工作时将机械能转化为电能，故A正确；‎ B、使用太阳能电池的目的是将太阳能转化为电能，储存起来再加以利用，故B正确；‎ C、电暖气是利用电流的热效应工作的，是将电能转化为内能，故C错误；‎ D、电风扇工作时，主要是将电能转化为机械能，使风扇转动，故D正确。故选：ABD。‎ ‎15．如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．闭合S2，断开S1、S3，灯L1、L2串联 ‎ B．闭合S1、S3，断开S2，灯L1、L2串联 ‎ C．闭合S2、S3，断开S1，只有灯L1亮 ‎ D．闭合S1、S2，断开S3，只有灯L1亮 ‎【答案】AC ‎【解析】由电路图可知：‎ A、闭合S2，断开S1、S3，L1、L2首尾顺次连接，属于串联，故A正确；‎ 14‎ B、闭合S1、S3，断开S2，灯L1、L2首首相连、尾尾相连，属于并联，故B错误；‎ C、闭合S2、S3，断开S1，只有灯L1接入电路，灯L2被短路，只有灯L1亮，故C正确；‎ D、闭合S1、S2，断开S3，只有灯L2接入电路，灯L1被短路，只有灯L2亮，故D错误。故选：AC。‎ ‎16．如图所示电路中，定值电阻R1和R2的阻值相同，闭合开关S1，电流表、电压表均有示数，再闭合开关S2．下列说法正确的是（　　）‎ A．电路的总电流变小 ‎ B．通过R2的电流的变化量小于通过R1的电流 ‎ C．R2两端电压的变化量与滑动变阻器两端电压的变化量相等 ‎ D．使电流表恢复到原来的示数，应将滑动变阻器的滑片P向b端移动 ‎【答案】BCD ‎【解析】（1）由电路图可知，闭合开关S1时，R与R2串联，电流表测电路中的电流，电压表测R2两端的电压，‎ 再闭合开关S2后，R1与R并联后再与R2串联，电流表测R支路的电流，电压表测R2两端的电压，‎ 因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，‎ 所以，R1与R并联后的总电阻小于R的阻值，则电路的总电阻变小，‎ 由I＝可知，电路的总电流变大，故A错误；‎ 由串联电路的分压特点可知，并联部分的电压变小，R两端的电压变小，‎ 由I＝可知，R的阻值不变时，通过R的电流变小，即电流表的示数变小，‎ 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且干路电流变大，通过R的电流变小，‎ 所以，通过R1的电流变大，且通过R1电流的增加量大于通过R2电流的增加量，故B正确；‎ 因R2两端电压和滑动变阻器两端电压的电压之和等于电源的电压，‎ 所以，R2两端电压的变化量与滑动变阻器两端电压的变化量相等，故C正确；‎ 14‎ ‎（2）当滑片P向a端移动时，接入电路中的电阻变大，并联部分的总电阻变大，‎ 由串联电路的分压特点可知，并联部分电压变大，R2两端的电压变小，‎ 则通过R1的电流变大，干路电流变小，‎ 由并联电路的电流特点可知，通过R的电流变小，即电流表的示数变小；‎ 同理可知，当滑片P向b端移动时，通过R1的电流变小，干路电流变大，通过R的电流变大，电流表的示数变大，‎ 所以，要使电流表恢复到原来的示数，应将滑动变阻器的滑片P向b端移，故D正确。故选：BCD。‎ ‎17．如图甲所示，小灯泡L与滑动变阻器R串联在电压为4.5V的电路中，闭合开关S移动滑片P，得到小灯泡的I﹣U图象如图乙所示。当小灯泡的功率为0.75W时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电流表的示数为0.2A ‎ B．滑动变阻器接入电路的电阻为15Ω ‎ C．电路消耗的总功率是1.35W ‎ D．10s内电流对滑动变阻器做功是6J ‎【答案】CD ‎【解析】由电路图可知，小灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，‎ 由图乙可知，当灯泡两端的电压UL＝2.5V、通过的电流IL＝0.3A时，‎ 小灯泡的功率PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W，则电流表的示数为0.3A，故A错误；‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，滑动变阻器两端的电压：‎ UR＝U﹣UL＝4.5V﹣2.5V＝2V，‎ 因串联电路中各处的电流相等，‎ 14‎ 所以，由I＝可得，滑动变阻器接入电路的电阻：‎ R＝＝＝≈6.67Ω，故B错误；‎ 电路消耗的总功率：‎ P＝UI＝UIL＝4.5V×0.3A＝1.35W，故C正确；‎ ‎10s内电流对滑动变阻器做功：‎ WR＝URIRt＝URILt＝2V×0.3A×10s＝6J，故D正确。故选：CD。‎ ‎18．关于信息和材料在生活中的应用，下列说法正确的是（　　）‎ A．倒车雷达是利用次声波传递信息的 ‎ B．利用半导体材料可以制作二极管 ‎ C．“北斗”卫星导航是利用电磁波传递信息的 ‎ D．光纤具有抗干扰、信号衰减小的特点，光纤通信是依靠激光折射传递信息的 ‎【答案】BC ‎【解析】A、倒车雷达是利用超声波传递信息的，A错误；‎ B、制作二极管的主要材料就是半导体，B正确；‎ C、卫星导航是利用电磁波来传信息的，C正确；‎ D、光纤通信是利用激光在光导纤维中发生反射传递信息的，D错误。故选：BC。‎ ‎19．下列能源中，属于可再生能源的是（　　）‎ A．石油 B．风能 C．煤炭 D．太阳能 ‎【答案】BD ‎【解析】A、石油属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故A错误；‎ B、风能可以从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源，故B正确；‎ C、煤炭属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故C错误；‎ D、太阳能够源源不断的从自然界得到的，叫可再生能源，故D正确。故选：BD。‎ ‎20.现有一根较长的粗细均匀的电阻丝和如图所示的电路，利用它们可以探究影响电阻大小跟导体（　　）‎ 14‎ A．温度的关系B．长度的关系 C．横截面积的关系D．材料的关系 ‎【答案】BC ‎【解析】导体的电阻是本身的属性，它跟导体的长度、横截面积和材料有关：实验时可以采取不同的方式将电阻丝接入电路，观察电流表示数的变化，判断接入电路中电阻丝电阻的变化； A、当探究导体电阻与温度的关系时，可控制材料、长度和横截面积不变，改变电阻丝的温度，因为无法改变电阻丝的温度，不能够完成；故A错误； B、当探究导体电阻与长度的关系时，可控制横截面积和材料不变，改变导体的长度，只有一根较长的电阻丝，能够完成；故B正确； C、当探究导体电阻与横截面积的关系时，可控制长度和材料不变，多用几段电阻丝，改变导体的横截面积，能够完成；故C正确； D、当探究导体电阻与材料的关系时，可控制长度和横截面积不变，因为只有一个金属丝，所以无法改变材料，不能够完成；故D错误。故选：BC。‎ ‎21.关于家庭电路与安全用电，下列说法正确的是（　　）‎ A．正确使用试电笔时手要接触笔尾金属体 B．当人发生触电事故时，漏电保护器一定会切断电路 C．使用三脚插头时，插头上标着“E”的导线和用电器的金属外壳相连 D．家庭电路中空气开关跳闸，一定是用电器总功率过大造成的 ‎【答案】AC ‎【解析】A、使用测电笔时，笔尖接触要检测的导线，手接触笔尾金属体，才能在接触火线时氖管发光，接触零线时氖管不发光，故A项正确； B、发生双线触电事故时，火线与零线的电流是相同的，漏电保护器不能切断电路，对人和电路不能起到保护作用，故B项错误； C、三脚插头上标着E的导线（接地线）和用电器的金属外壳相连，是为了防止金属外壳漏电时发生触电事故，故C项正确； ‎ 14‎ D、家庭电路中的空气开关跳闸，原因有两个，短路或总功率过大，故D项错误。故选：AC。‎ ‎22.某同学研究电流产生的磁场，闭合开关前，小磁针的指向如图甲所示；闭合开关，小磁针的偏转情况如图乙中箭头所示；只改变电流方向，再次进行实验，小磁针的偏转情况如图丙中箭头所示。下列结论中合理的是（　　）‎ A．由甲、乙两图可得电流可以产生磁场 B．由甲、乙两图可得电流产生的磁场的方向与电流方向有关 C．由乙、丙两图可得电流产生的磁场的强弱与电流大小有关 D．由乙、丙两图可得电流产生的磁场的方向与电流方向有关 ‎【答案】AD ‎【解析】A、当小磁针受到地磁场的作用时，一端指南一端指北如图甲，当导线中电流向左时，小磁针的N极向纸外偏转如图乙，所以，甲乙两图可说明电流周围存在磁场，故说法正确。 B、甲乙只能说明通电导体周围存在磁场，没有改变导体中的电流方向，不能说明电流产生的磁场跟电流方向有关。故说法错误。 C、乙丙只是改变了电流方向，没有改变电流大小，不能说明磁场强弱跟电流大小有关。故说法错误。 D、当导线中电流向左时，小磁针的N极向纸外偏转如图乙，当导线中电流向右时，小磁针的N极向纸里偏转如图丙，所以，说明电流周围的磁场跟电流方向有关。故说法正确。故选：AD。‎ 14‎