1．动量 2．动量定理（教师用书）-【勤径学升】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

第一章　动量守恒定律 1．动量 2．动量定理 学习目标 核心素养 1．知道动量的概念及其单位，会计算动量变化量。 2．知道冲量的概念。 3．知道动量定理及其表达式的物理意义。 4．会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象。 一、寻求碰撞中的不变量 1．两个完全相同的钢球A、B并排放置，将A球拉到高处释放，与B球相碰，A球静止，B球摆到A球被拉起时同样的高度。 2．质量大的C球与质量小的B球相碰，B球获得较大的速度。此过程，两球碰撞前后的速度变化与质量有关，质量小的B球速度变化大。 3．两小车相碰，碰撞前后动能之和不相等，质量与速度的乘积之和基本不变。 二、动量 1．动量 （1）定义：把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量。用字母p表示，单位是千克米每秒，符号是kg·m/s。 （2）动量是矢（选填“矢”或“标”）量，方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。 2．动量变化量Δp＝p'－p （1）矢量性：与速度变化量的方向相同。 （2）若p'、p不在一条直线上，要用平行四边形定则求矢量差。 三、动量定理 1．冲量 （1）定义：把力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。 （2）定义式：I＝FΔt。 （3）冲量是过程（选填“过程”或“状态”）量，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。 （4）冲量是矢（选填“矢”或“标”）量，若是恒力的冲量，则冲量的方向与力F的方向相同。 2．动量定理 （1）内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。 （2）表达式：I＝p'－p或F（t'－t）＝mv'－mv。 1．判断下列说法的正误。 （1）动量相同的物体，运动方向一定相同。 （√） （2）一个物体（质量不变）的动量改变，它的动能一定改变。 （×） （3）一个物体（质量不变）的动能改变，它的动量一定改变。 （√） （4）冲量是矢量，其方向与恒力的方向相同。 （√） （5）若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内受到的合外力一定不为零。 （√） （6）物体受到的合力的冲量越大，它的动量变化量一定越大。 （√） 2．质量为m的物体以初速度v竖直向上抛出，经时间t到达最高点，速度变为0，以竖直向上为正方向，重力加速度为g，在这个过程中，物体的动量变化量是　　　　，重力的冲量是　　　　。  答案　－mv　－mgt 要点一　动量及动量的变化量 摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施。乘客搭乘挂在摩天轮边缘的座舱随摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动。不同时刻乘客的动量相同吗？不同时刻乘客的动能相同吗？ 提示：因为方向时刻改变，故动量不相同；动能时刻相同。 1．对动量的理解 （1）状态量：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。 （2）矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。 （3）相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。 2．动量的变化量是矢量，其表达式Δp＝p'－p为矢量式，运算遵循平行四边形定则。当p'、p在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。 3．动量与动能的区别与联系 （1）区别：动量是矢量，动能是标量。 （2）联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝或p＝。 [例1]　一质量m＝0．2 kg的皮球从高H＝0．8 m处自由落下，与地面相碰后反弹的最大高度h＝0．45 m。（g取10 m/s2）试求：球与地面相互作用前、后时刻的动量以及球与地面相互作用过程中的动量变化。 [解析]　以竖直向下为正方向，则由mgH＝m得 球与地面接触时的速度v1＝4 m/s， 此时的动量p1＝mv1＝0．8 kg·m/s，方向向下。 由mgh＝m得球刚离开地面时的速度 v2＝－3 m/s， 此时的动量p2＝mv2＝－0．6 kg·m/s，方向向上。 所以Δp＝p2－p1＝（－0．6－0．8） kg·m/s＝－1．4 kg·m/s，负号表示方向向上。 [答案]　p1＝0．8 kg·m/s，方向向下　p2＝－0．6 kg·m/s，方向向上　Δp＝－1．4 kg·m/s，方向向上 1．蹦极是一项刺激的户外休闲活动，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处，然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为L，蹦极者下落第一个时动量的增加量为Δp1，下落第五个时动量的增加量为Δp2，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则等于(　　) A．1 B． C．5 D．＋2 解析　弹性绳绷紧前，蹦极者做自由落体运动，根据相邻相等位移的时间比可知通过第一个与通过第五个的时间之比Δt1∶Δt2＝1∶(－2)，由于Δv＝gΔt，则速率变化量之比Δv1∶Δv2＝1∶(－2)，由Δp＝mΔv可得，＝＝＋2，选项D正确。 答案　D 要点二　冲量及冲量的计算 　　如图所示，一个质量为m的物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下保持静止状态，经过一段时间t，拉力F做的功是多少？拉力F的冲量是多大？在这段时间内重力做的功和冲量呢？（重力加速度为g） 提示：拉力F做的功是零，但冲量是Ft，同理重力做的功为零，冲量为mgt。 1．冲量的理解 （1）冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。 （2）冲量是矢量，在力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。 2．冲量的计算 （1）求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间相乘。 （2）求合力冲量的两种方法： 可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。 （3）求变力的冲量： ①若力与时间呈线性关系变化，则可用平均力法求变力的冲量。 ②若给出了力随时间变化的图像如图所示，可用面积法求变力的冲量。 ③利用动量定理计算，即求出在该力作用下物体动量改变量Δp，从而得到变力的冲量。 [例2]　如图所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0．2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力的冲量。（g取10 m/s2， sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8） [解析]　重力的冲量：IG＝G·t＝mg·t＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下， 支持力的冲量：＝FN·t＝mgcos α·t＝5×10×0．8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直斜面向上。 摩擦力的冲量：＝Ff·t＝μmgcos α·t＝0．2×5×10×0．8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上。 [答案]　见解析 2．(多选)世界滑板日大赛海曙站在宁波1844广场开赛，如图所示，质量为m的运动员沿倾角为α的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，运动员在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度大小为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．重力对运动员的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin α B．支持力对运动员的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos α C．摩擦力对运动员的总冲量大小为Ff(t2－t1) D．向上滑动时合外力对运动员的冲量大小为0 解析　重力的方向总是竖直向下，则重力对运动员的总冲量大小为mg(t1＋t2)，选项A错误；运动员受到的支持力为FN＝mg cos α，方向时刻垂直斜面向上，则支持力对运动员的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos α，选项B正确；运动员上滑和下滑过程中摩擦力方向发生了改变，由题意可得，t2>t1，则摩擦力对运动员的总冲量大小为Ff(t2－t1)，方向沿斜面向上，选项C正确；向上滑动时运动员受到的合外力大小为(Ff＋mg sin α)，其冲量大小为(Ff＋mg sin α)t1，合外力的冲量不为0，选项D错误。 答案　BC 要点三　动量定理的理解及简单应用 　　如图所示，一个质量为m的物体，在动摩擦因数为μ的水平面上运动，受到一个与运动方向相同的恒力F作用，经过时间t，速度由v增加到v'。 （1）在时间t内恒力F的冲量和合外力的冲量各为多大？ （2）在此过程中，物体动量的变化量是多大？ （3）恒力F的冲量与物体动量的变化量相等吗？ 提示：（1）Ft　（F－μmg）t （2）mv'－mv （3）不相等。合外力的冲量（F－μmg）t与物体动量的变化量相等。 1．对动量定理的理解 （1）适用对象：在中学物理中，动量定理的研究对象通常为单个物体。 （2）因果关系：合外力的冲量是原因，物体动量的变化量是结果。 （3）适用范围：动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。不论是变力还是恒力，不论几个力的作用时间是同时还是不同时，不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，动量定理都适用。 2．动量定理的应用 （1）定性分析 由F＝可知：物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小。 由Δp＝F·Δt可知：作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小。 （2）定量计算选取正方向，列动量定理方程求解 进行受力分析，确定初、末状态 选定研究对象，明确运动过程 → → [例3]　随着交通日益拥堵、车辆速度越来越快，事故的发生更为频繁，汽车安全性变得尤其重要。安全气囊成了不可或缺的汽车被动安全设备，它的性能也是衡量车辆安全性能的重要指标。发生交通事故时，汽车安全气囊有助于减轻胸、头和面部在碰撞时受到的伤害。在碰撞过程中，关于安全气囊对驾驶员保护作用的说法正确的是（　　） A．减小了驾驶员的动量变化量 B．减小了驾驶员受到撞击力的冲量 C．减小了驾驶员的动量变化率 D．减小了驾驶员的动量 [解析]　在碰撞过程中，人的动量变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft＝Δp可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率。 [答案]　C 3．在天宫课堂第二课上，航天员叶光富给我们展示了一个“科学实验重器”——“高微重力科学实验柜”。可简化为右图所示的模型，物块静止在光滑水平面上的O点，左右有两个喷气装置A和B，当给物块一个向左的初速度时，喷气装置A立即向左喷气，经过一段时间，装置A关闭，同时装置B向右喷气，直到物块回到出发点O且速度为零。假设喷气装置A、B喷气过程中对物块的作用力大小相等且保持不变，喷气对物块质量的影响忽略不计，则该过程中A、B喷气装置喷气的时间之比等于(　　) A．1 B． C．2 D．＋1 解析　设A、B喷气过程中对物块的作用力大小为F，喷气的时间分别为t1和t2，物块初速度为v，A停止喷气时物块速度大小为v1，以初速度方向为正方向，根据动量定理有－Ft1＝m(－v1)－mv，Ft2＝0－m(－v1)，由运动学规律可得t1＝－t2，联立可解得v＝v1，t1＝(＋1)t2，D正确。 答案　D 1．(对动量的理解)历史上，物理学家笛卡儿主张以动量“mv”来量度运动的强弱，下列与动量有关的说法正确的是(　　) A．动量变化的方向一定与初末动量的方向都不同 B．同一物体的动量变化量越大，则该物体的速度变化量一定越大 C．两物体的动量相等，动能也一定相等 D．物体的速度大，则物体的动量一定大 解析　动量变化的方向与初末动量的方向既可以相同也可以不同，A错误；由Δp＝mΔv知，物体的动量变化量越大，则该物体的速度变化量一定越大，B正确；由p＝mv可知，动量相同时，动能的大小为Ek＝mv2＝，质量不一定相等，则动能不一定相等，C错误；由p＝mv可知，动量的大小由质量m和速度v共同决定，D错误。 答案　B 2．（对冲量的理解）放在水平桌面上的物体的质量为m，用一个大小为F的水平推力作用时间t，物体始终不动，那么t时间内，推力对物体的冲量大小是 （　　） A．Ft B．mgt C．0 D．无法计算 解析　冲量的大小由F和t决定，与运动状态无关，故选A。 答案　A 3．（动量定理的计算）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机的质量为120 g，从离人眼约20 cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0．2 s，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是 （　　） A．手机与眼睛作用过程中手机动量变化约为0．48 kg·m/s B．手机对眼睛的冲量大小约为0．48 N·s C．手机对眼睛的冲量方向竖直向上 D．手机对眼睛的作用力大小约为0．24 N 解析　根据自由落体运动公式v＝ m/s＝2 m/s，选取竖直向上的方向为正方向，手机与眼睛作用后手机的速度变成0，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为Δp＝0－（－mv）＝0．12×2 kg·m/s＝0．24 kg·m/s，故A错误；手机与眼睛接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，则I－mgt＝Δp，代入数据可得I＝0．48 N·s，由牛顿第三定律知，手机对眼睛的作用力与眼睛对手机的作用力大小相等，方向相反，作用的时间相等，所以手机对眼睛的冲量大小约为0．48 N·s，方向竖直向下，故B正确，C错误；由冲量的定义I＝Ft，代入数据可得F＝ N＝2．4 N，故D错误。 答案　B 1．下列说法正确的是 （　　） A．动能不变，物体的动量一定不变 B．动量为零时，物体一定处于平衡状态 C．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动 D．物体所受合外力大小不变时，其动量大小一定要发生改变 解析　动能不变说明速度的大小不变，但是速度的方向可以变化，故动量可以改变，A错误；动量为零时，物体的速度为零，但是物体可以有加速度，不一定处于平衡状态，如物体在竖直上抛的最高点时，B错误；物体受到恒力时，可以做曲线运动，如平抛运动，故受恒力的冲量时物体可以做曲线运动，C正确；物体所受合外力大小不变时，合外力一定有冲量，由动量定理可知动量一定改变，但动量大小不一定变化，如匀速圆周运动，D错误。 答案　C 2．（多选）对下列几种物理现象的解释，正确的是 （　　） A．钉钉子时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量 C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力 D．在车内推车推不动，是因为车（包括人）所受合外力的冲量为零 解析　钉钉子时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，作用力小；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，减小作用力，所以AB项不正确；据动量定理Ft＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，故C项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于所受合外力的作用，与内部作用无关，所以D项正确。 答案　CD 3．（多选）第二届进博会展出了一种乒乓球陪练机器人，如图所示。若乒乓球被机器人以原速率斜向上击回，在空中运动一段时间后落到台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转，下列说法正确的是 （　　） A．击球过程合外力对乒乓球做功为零 B．击球过程合外力对乒乓球的冲量为零 C．乒乓球运动至最高点时，动量为零 D．乒乓球下落过程中，在相等时间内动量变化相同 解析　乒乓球被机器人以原速率斜向上击回，可知乒乓球的动能不变，由动能定理可知，合外力对乒乓球做功为零，故A正确；乒乓球被机器人以原速率斜向上击回，可知乒乓球速度变化量不为零，所以动量的变化量不为零，由动量定理可知，击球过程合外力对乒乓球的冲量不为零，故B错误；乒乓球运动至最高点时，还具有水平方向的速度，所以在最高点动量不为零，故C错误；乒乓球下落过程中，只受重力作用，则在相等的时间内重力的冲量相等，由动量定理可知，在相等时间内动量变化相同，故D正确。 答案　AD 4．质量为m的质点以速度v绕半径为R的圆周轨道做匀速圆周运动，在半个周期内动量的改变量大小为 （　　） A．0 B．mv C．2mv D．条件不足，无法确定 解析　质点转动半个周期，正好转动180°，初、末速度方向相反，设末速度方向为正方向，则速度变化量为Δv＝v－（－v）＝2v，则动量的变化量为Δp＝m·Δv＝2mv，ABD错误，C正确。 答案　C 5．（多选）如图所示，运动员将足球用头顶起，设足球每一次上升的高度均为80 cm，足球的质量为400 g，与头顶作用时间Δt为0．1 s，则足球每次（不考虑第一次）在空中的运动时间t和足球给头部的平均作用力F的大小分别是（空气阻力不计，g取10 m/s2）。 （　　） A．t＝0．4 s B．t＝0．8 s C．F＝36 N D．F＝32 N 解析　设足球与头顶接触时的速度大小为v，则有v2＝2gh，可得v＝ m/s＝4 m/s，则足球在空中的运动时间为t＝ s＝0．8 s，故A错误，B正确；足球与头部相互作用时，规定竖直向下的方向为正方向，则根据动量定理可得（mg－F）Δt＝－mv－mv，可得F＝＋mg＝ N＋0．4×10 N＝36 N，故C正确，D错误。 答案　BC 6．质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5．0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0．1 s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？（g取10 m/s2） 解析　以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识有h＝gt2，解得物体下落到地面上所需要的时间t＝1 s， 从开始下落到落到海绵垫上停止时， mg（t＋Δt1）－FΔt1＝0， 代入数据，解得F＝1 400 N， 下落到沙坑中时，mg（t＋Δt2）－F'Δt2＝0， 代入数据，解得F'＝7 700 N。 答案　1 400 N　7 700 N 7．如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零，然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1。在整个过程中，重力对滑块的总冲量为 （　　） A．mg（t1＋t2）sin θ B．mg（t1－t2）sin θ C．mg（t1＋t2） D．0 解析　谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的总冲量，根据冲量的定义式I＝Ft可知重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以I＝mg（t1＋t2），故C正确。 答案　C 8．(多选)2023年10月31日，我国神舟十六号返回舱搭载航天员成功着陆。右图为返回舱碰撞地面过程，返回舱竖直下降到距离地面1米左右启动反推发动机，火箭瞬间点火且竖直向下喷出气体。对于该过程，启动反推发动机后(　　) A．可以减小碰撞前后返回舱的动量变化率 B．可以增大碰撞前后返回舱的动量变化率 C．碰撞前后返回舱的动量变化量不变 D．碰撞前后返回舱的动量变化量增大 解析　无论是否启动反推发动机，碰撞过程返回舱的初末速度不变，动量变化量不变，反推发动机的作用是延长动量变化的时间，从而减小返回舱的动量变化率，进而减小返回舱受到的平均冲力，A、C正确，B、D错误。 答案　AC 9．将一物体以某一初速度沿竖直方向向上抛出。p表示物体的动量，表示物体的动量变化率，取竖直向下为正方向，忽略空气阻力。则下图中正确的是 （　　） 解析　取竖直向下为正方向，动量p＝mv＝m（－v0＋gt）＝－mv0＋mgt，mv0、mg是定值，故动量和时间的关系图应为截距为负、斜率为正的直线，故AB错误；动量的变化量Δp＝mgΔt，解得＝mg，mg是定值，故的值随时间的变化始终保持恒定，为mg，故C正确，D错误。 答案　C 10．(多选)在2022北京冬奥会上，中国运动队在短道速滑项目混合团体接力决赛中，“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面追上并用力推前方运动员完成接力过程。忽略运动员与冰面之间的摩擦，交接棒过程中两运动员的速度均在同一直线上。下列说法正确的是(　　) A．两运动员的加速度大小一定相等 B．两运动员动量变化量大小一定相等 C．两运动员之间相互作用力做的总功一定等于零 D．两运动员之间相互作用力的总冲量一定等于零 解析　忽略摩擦，两运动员“接棒”过程中所受到的合力为运动员之间的相互作用力，大小相等，但两运动员的质量未知，无法确定两运动员的加速度大小关系，A错误；相互作用力的作用时间相等，两运动员动量变化量大小相等，方向相反，总冲量等于零，B、D正确；两运动员相对地面的位移不一定相同，因此他们之间相互作用力做的总功不一定等于零，C错误。 答案　BD 11．篮球比赛是深受人们喜爱的体育项目，传球方式中有一种方式是通过地面传球，其简化过程如图所示，若将质量为m的篮球以速度v斜射到地板上，入射的角度是45°，碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45°，速度大小仍为v，则下列说法中正确的是 （　　） A．合外力对篮球的冲量大小为mv B．篮球动量的改变量为零 C．地面对篮球冲量的方向水平向左 D．篮球动量改变量的方向竖直向下 解析　由图可知，碰撞前的动量p1＝mv，方向沿初速度方向，末动量大小为p2＝mv，方向沿末速度方向；根据三角形定则，篮球动量的改变量为Δp＝mv，方向竖直向上，所以合外力的冲量竖直向上，大小为mv，故BD错误；由动量定理可知，合外力对篮球的冲量大小为mv，故A正确；因重力的冲量竖直向下，所以地面对篮球的冲量一定竖直向上，故C错误。 答案　A 12．“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如图所示，在反推发动机作用下，飞船在距月面h＝98 m处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a＝1 m/s2的加速度竖直下降。当四条“缓冲腿”触地时，反推发动机立即停止工作，飞船经2 s速度减为0。飞船质量m＝1 000 kg，每条“缓冲腿”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g＝1.6 m/s2，触地时四条“缓冲腿”受力沿腿的方向。求：(结果均保留两位有效数字) (1)飞船竖直下降过程中反推发动机推力的冲量。 (2)触地过程中每条“缓冲腿”对飞船的作用力大小。 　　 解析　(1)设飞船加速下降时火箭推力为F，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma； 设下落时间为t0，则根据匀变速运动规律有h＝at02，v＝at0，火箭推力的冲量大小为IF＝Ft0，解得IF＝8.4×103 N·s，方向竖直向上。 (2)设“缓冲腿”触地前瞬间飞船速度大小为v，则v2＝2ah；从“缓冲腿”触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲腿”受力大小为F′，以竖直向上为正方向，根据动量定理有 4F′t sin 60°—mgt＝mv，解得F≈2.5×103 N。 答案　(1)8.4×103 N·s，方向竖直向上 (2)2.5×103 N 学科网（北京）股份有限公司 $$