第1部分 专题4 2 第二讲 电磁感应（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

第二讲　电磁感应 考点一　楞次定律　法拉第电磁感应定律 1.感应电动势大小的两种求法 (1)法拉第电磁感应定律：E＝n＝nS·(仅B变化)＝nB· (仅S变化)。 (2)切割公式 ①平动切割：E＝Blv。 ②转动切割：E＝Bl2ω(以导体棒的一端为轴转动)。 2.感应电荷量的计算方法 公式：q＝Δt＝Δt＝n。 注意：通过回路截面的电荷量q仅与线圈匝数n、磁通量的变化量ΔΦ和回路总电阻R有关，与时间无关。 (2025·广东揭阳高三期末模拟)如图是某种明暗交替的警示灯装置，磁体以O点为中心在水平方向做周期性往复运动。磁体左右相同高度处固定有直径相同，但匝数不同的两个线圈。不考虑线圈间的互感，则磁体左右运动过程中 学生用书⬇第66页 A.两个线圈中产生交变电流的周期不同 B.两个线圈中的磁通量始终相同 C.两个线圈中感应电动势的大小始终相同 D.两个线圈对磁体的作用力方向始终相同 答案：D 解析：磁体的中心位于O点时，两个线圈中的磁通量相等，磁体距离左侧线圈最近时，左侧线圈中的磁通量最大，右侧线圈中的磁通量最小，此时两线圈的磁通量变化率均为零，两线圈产生的电动势均为零，磁体距离右侧线圈最近时，左侧线圈中的磁通量最小，右侧线圈中的磁通量最大，此时两线圈产生的电动势也均为零，磁体做周期性往复运动的过程中，当左侧线圈中磁通量增加时，右侧线圈中的磁通量就减少，故两个线圈磁通量的变化周期是相同的，磁通量可能相等，可能不等，故A、B错误；磁体运动过程中两线圈的磁通量变化率是相同的，因两线圈匝数不同，由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势的大小不相等，故C错误；根据“来拒去留”可知，两个线圈对磁体的作用力方向始终相同，故D正确。故选D。 (多选)(2025·河南新乡三模)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限和第Ⅳ象限内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小也为B的匀强磁场。一半径为L、电阻为R、圆心角为60°的扇形闭合线圈在纸面内绕O点逆时针匀速转动，角速度为ω，t＝0时，半径OA与x轴重合，下列说法正确的是 A.线圈转动一周的过程中产生的感应电流的有效值为 B.t＝时刻，感应电动势的大小为 C.t＝时刻，感应电流的大小为 D.t＝时刻，感应电流的方向为A→O→C→A 答案：AC 解析：半径OC切割磁感线产生的感应电动势大小为E0＝，只有半径OC切割磁感线产生的感应电流为I0＝＝，线圈转动周期为T，根据有效值的定义，有R×2×＋R×2×＋R×2×＝RT，所以I效＝I0＝，A正确；t＝＝2×时刻，此时的感应电动势为E＝2E0＝BL2ω，B错误；t＝＝5×时刻，感应电流方向为A→C→O→A，感应电流大小为I＝I0＝，C正确，D错误。故选AC。 预测.(2025·中山华侨中学高三二模)法拉第圆盘的装置结构可简化为图甲，一个半径为r的匀质金属圆盘全部水平放置在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，在圆心O和圆盘边缘的A点之间接有一小灯泡，通过握把带动圆盘在磁场中绕轴心O沿箭头所示方向转动，当角速度为ω时，可观察到小灯泡发光。某同学改变实验条件分别进行了如图乙、图丙的实验，其中图乙仅撤去了小灯泡；图丙撤去了小灯泡，且仅有阴影区域的一半圆盘处在匀强磁场中，其他条件不变。下列说法正确的是 A.图甲A点的电势大于O点的电势 B.图乙OA间的电势差大小为Bωr2 C.图丙圆盘中没有感应电流 D.撤去施加在握把上的外力，不考虑转轴的摩擦，则甲、丙圆盘减速转动至静止，乙圆盘保持匀速转动 答案：D 解析：将金属圆盘看作无数条由中心指向边缘的金属棒组合而成，当金属圆盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则判断可知，盘边缘为电源负极，中心为正极，所以A点的电势小于O点的电势，故A错误。题图乙撤去了小灯泡，金属圆盘不构成回路，不产生感应电流，但当金属圆盘转动时，仍在切割磁感线，产生感应电动势，OA间的电势差大小等于感应电动势大小，为E＝Br＝B··r＝Bωr2，故B错误。题图丙撤去了小灯泡，且仅有阴影区域的一半圆盘处在匀强磁场中，当金属圆盘转动时，阴影处的金属圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，和没有在阴影区的金属圆盘组成回路，会产生感应电流，故C错误。撤去施加在握把上的外力，不考虑转轴的摩擦，题图甲中圆盘转动过程中灯泡消耗电能，圆盘产生焦耳热，因此圆盘减速转动至静止；题图丙中圆盘转动过程中，一半圆盘不切割磁感线，形成涡流，根据楞次定律可知，圆盘处于磁场中的那部分会受到与转动方向相反的安培力而使圆盘停止转动，故圆盘减速转动至静止；题图乙中，磁场穿过整个圆盘，圆心与边缘会形成一个恒定的电势差，不会形成涡流，圆盘不受安培力，因此圆盘将匀速转动，故D正确。故选D。 考点二　电磁感应中的电路问题 (多选)如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好。现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触，R1＝R，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是 A.通过R1的电流方向为自上而下 B.感应电动势为2Br2ω C.理想电压表的示数为Br2ω D.理想电流表的示数为 答案：CD 解析：辐条绕O点逆时针转动，则根据右手定则可知，圆心O点的电势高，因此通过R1的电流方向为自下而上，A错误；辐条产生的感应电动势为E＝Brv＝Br×＝Br2ω，B错误；外电路为磁场外半根辐条与R1并联，外电路电阻为R，内电阻为R，电压表测量的是外电压，则理想电压表的示数为U＝E＝Br2ω，C正确；根据欧姆定律可知，理想电流表的示数为I＝＝，D正确。故选CD。 学生用书⬇第67页 电磁感应中电路问题的解题流程 预测.(多选)在如图甲所示的电路中，电阻2R1＝R2＝2R，单匝、圆形金属线圈的半径为r1，电阻为R，半径为r2(r2＜r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，其余导线的电阻不计。闭合开关S，在t0时刻，电路中的电流已稳定。下列说法正确的是 A.流过电阻R1的电流方向自下向上 B.稳定后电阻R1两端的电压为 C.稳定后M、N两点间的电压为 D.稳定后t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热为 答案：BD 解析：由题图乙可知，磁感应强度随时间均匀增大，根据楞次定律和安培定则可判断出线圈中感应电流方向为逆时针，则流过电阻R1的电流方向自上向下，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝，其中S＝π，＝＝，解得E＝，根据闭合电路欧姆定律，稳定后M、N两端电压UMN＝E＝，故C错误；稳定后电阻R1两端的电压U1＝E＝，故B正确；根据闭合电路欧姆定律，稳定后电路中的电流I＝＝，根据焦耳定律，在t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热Q2＝I2R2t0＝，故D正确。故选BD。 考点三　电磁感应中的图像问题 1.解决电磁感应中的图像问题的常用公式、规律以及常见的图像类型 2.解决电磁感应中图像问题的一般思路 (1)明确图像的种类，即明确是Φ -t图像、B -t图像、e -t图像还是i -t图像等。 (2)分析电磁感应的具体过程。 (3)用右手定则或楞次定律确定有关方向的对应关系。 (4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出有关函数关系。 (5)根据函数关系，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。 (6)画出对应图像或判断有关图像。 (多选)(2025·山东十三校联考)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一边长为2L的正方形区域，内有两宽度相等、方向均垂直于水平面的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，其中Ⅰ内的磁场竖直向下、磁感应强度大小为2B，Ⅱ内的磁场竖直向上、磁感应强度大小为B。置于桌面的正方形金属线框abcd用粗细均匀的导体制成，其边长均为L、总电阻为R。现对线框施加一水平向右的拉力F，使线框以速度v匀速穿过两磁场，穿过磁场的过程中线框的ab边始终与磁场左边界平行。在线框穿过两磁场的过程中，下列关于线框a、b两点间的电势差Uab、线框中的感应电流I(取逆时针方向为正方向)、线框受到的拉力F以及安培力对线框冲量的大小I安随时间t变化的关系图像正确的是 学生用书⬇第68页 答案：ABD 解析：在0～时间内，只有ab在磁场Ⅰ内切割磁感线，电动势为E1＝2BLv，电流为I1＝＝(逆时针方向)，a、b两点间的电势差Uab＝E1＝BLv，根据受力平衡可得F＝F安＝2BI1L＝(方向水平向右)，安培力对线框冲量的大小与时间关系为I安＝F安t＝t(0＜t≤)，当t＝时，可得I安＝；在～时间内，ab在磁场Ⅱ内切割磁感线，cd在磁场Ⅰ内切割磁感线，电动势为E2＝BLv＋2BLv＝3BLv，电流为I2＝＝(顺时针方向)，a、b两点间的电势差Uab＝－Uba＝－(Eba－I2·R)＝－BLv，根据受力平衡可得F＝F安＝2BI2L＋BI2L＝(方向水平向右)，安培力对线框冲量的大小与时间关系为I安＝＋(t－)(＜t≤)，当t＝时，可得I安＝；在～时间内，只有cd在磁场Ⅱ内切割磁感线，电动势为E3＝BLv，电流为I3＝＝(逆时针方向)，a、b两点间的电势差Uab＝－I3·＝－BLv，根据受力平衡可得F＝F安＝BI3L＝(方向水平向右)，安培力对线框冲量大小与时间关系为I安＝＋(t－)(＜t≤)，当t＝时，可得I安＝。故选ABD。 预测.(2025·广东惠州二调)如图所示，匀强磁场垂直于倾斜的光滑平行金属导轨所在平面，导轨下端连接一个定值电阻，导轨电阻不计，一根金属棒(电阻不计)以初速度v0紧贴着导轨向上运动，从出发到运动至最高过程中，用a、v、I、F分别表示金属棒的加速度、速度、电流和所受安培力的大小，t为运动时间，下列图像可能正确的是 答案：B 解析：设轨道的间距为L，金属棒冲上斜轨道，受到的安培力平行导轨平面向下，且F＝ILB，I＝＝，联立可得F＝，对金属棒，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋＝ma，由于a与v反向，可知金属棒在运动到最高过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，由于v随时间不是线性变化，可知F随时间不是均匀减小的，故A、D错误，B可能正确；由于金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，根据I＝＝，可知金属棒中的感应电流随时间减小，故C错误。故选B。 1.科技情境类 (2025·陕晋青宁高考)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流 A.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同 B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反 C.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同 D.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反 答案：B 解析：当钢制线圈与电容器组连通时，钢制线圈中产生迅速增大的电流，线圈中产生迅速增强的磁场。根据楞次定律，可知铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流方向相反。为阻碍铜环中磁通量变化，铜环上感应电流与钢制线圈的电流大小几乎相等。因此两个方向相反的大电流之间的作用力使铜环被急速的向内压缩。故选B。 2.科技情境类 (2024·广东高考)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁体可随发动机一起上下振动，每对永磁体间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁体振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是 A.穿过线圈的磁通量为BL2 B.永磁体相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大 C.永磁体相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小 D.永磁体相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向 答案：D 解析：根据题图乙可知，此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁体相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁体相对线圈下降时，根据楞次定律和安培定则可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。故选D。 专题集训(十六)　电磁感应 (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8题，每题5分，共40分) 1.(2025·河南高考)如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是 答案：C 解析：根据题意可知，当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧的磁通量在增加，由于两磁极间的磁场方向竖直向下，根据楞次定律和安培定则可知，此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。 2.(2025·广东揭阳高三期末模拟)如图是游乐场“自由落体塔”的模型简图，质量为m、匝数为N、半径为r、总电阻为R的线圈代表乘客座舱。线圈在无磁场区由静止下落高度h后进入足够长的辐向磁场区，再下落一段距离后速度稳定为v，并最终落到缓冲装置上。已知线圈在磁场区所经位置的磁感应强度大小均为B＝(k为常量)，忽略空气阻力，重力加速度为g，则线圈 A.刚进入磁场区时感应电动势的大小为2πk B.刚进入磁场区时所受安培力的大小为 C.从小于h的高度处下落，在磁场区下落的稳定速度小于v D.从大于h的高度处下落，在磁场区下落的稳定速度小于v 答案：B 解析：根据法拉第电磁感应定律可得刚进入磁场区时感应电动势的大小为E＝NB·2πr·v0，其中＝2gh，所以E＝2πkN，故A错误；根据闭合电路欧姆定律可得I＝，刚进入磁场区时所受安培力的大小为F＝NI·2πrB＝，故B正确；达到稳定速度时有F'＝NI'·2πrB＝mg，I'＝，E'＝NB·2πr·v，联立解得v＝，由此可得稳定速度的大小与高度无关，故C、D错误。故选B。 3.(多选)(2025·广东惠州高三期末)福建舰舰载机着陆原理简化如图所示，水平平行金属轨道MN、PQ间接有阻值为R的电阻，其间存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场。长为L、质量为m、阻值为r的金属棒ab垂直置于轨道上，质量为M的舰载机钩住与金属棒ab连接的绝缘阻拦索(不计质量)后关闭动力迅速达到共同速度v0，滑行一段距离后停下，系统所受阻力与其速度成正比，即F阻＝kv(k为定值)，下列说法中正确的是 A.共速时金属棒中的电流方向由b到a B.系统的动能全部转化为棒上所产生的焦耳热 C.舰载机滑行的距离为 D.刚共速时舰载机的加速度大小为 答案：AC 解析：根据右手定则可知，共速时金属棒中的电流方向由b到a，故A正确；系统损失的动能大于棒上所产生的焦耳热，故B错误；舰载机钩住金属棒后二者一起减速，由动量定理得－LBΔt－kΔt＝0－(M＋m)v0，其中Δt＝Δt＝＝，x＝Δt，解得整个过程中运动的距离为x＝，故C正确；刚共速时，对舰载机和金属棒分析有ILB＝(M＋m)a，其中I＝，解得加速度大小为a＝，故D错误。故选AC。 4.(2024·浙江6月选考)如图所示，边长为1 m、电阻为0.04 Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场B垂直。若线框固定不动，磁感应强度以＝0.1 T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2 T，线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为 A. N B. N C.1 N D. N 答案：C 解析：磁场均匀增大时，线框产生的感应电动势为E＝S＝0.1 V，可得P＝＝0.25 W，线框以某一角速度ω绕其中心轴OO'匀速转动时电动势的最大值为Em＝BSω，此时有2P＝＝0.5 W，解得ω＝1 rad/s，分析可知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最大，为Im＝＝5 A，故ab边所受最大的安培力为＝ImLB＝1 N。故选C。 5.(2025·宁夏银川二模)如图所示，S闭合后，流过线圈L的电流恒为i1，流过灯泡A的电流恒为i2，且i1＞i2。在t1时刻将S迅速断开，在较短一段时间内流过灯泡的电流随时间变化的图像是 答案：D 解析：S闭合后，流过线圈L的电流恒为i1，流过灯泡A的电流恒为i2，且i1＞i2。在t1时刻将S迅速断开，由于线圈产生自感电动势阻碍i1的减小，且线圈与灯泡A构成回路，所以通过灯泡A的电流大小从i1逐渐减小，且通过灯泡A的电流方向与原来i2的方向相反。故选D。 6.(多选)(2025·贵州六校联考)如图甲所示，一匝数为10的线圈(图中只画了2匝)处于周期性变化的磁场中，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，如图甲为磁感应强度正方向，线圈的横截面积为0.1 m2，线圈串联一个电流表和电阻，电阻阻值为1 Ω，其余阻值忽略不计，电流表为理想电表。下列说法正确的是 A.线圈输出直流电 B.线圈输出交流电 C.电流表的示数为 A D.电流表的示数为 A 答案：BC 解析：根据法拉第电磁感应定律可知E＝N·S，I＝，可得0～1 s内或者7～8 s内的感应电流I1＝·＝3× A＝3 A，1～7 s内的感应电流I2＝·＝× A＝1 A，规定逆时针方向为电流正方向，可以画出一个周期内对应的电流如图所示，可以看出是交流电。交流电流表的示数是交变电流的有效值，根据×1 Ω×8 s＝2××1 Ω×1 s＋×1 Ω×6 s，解得I有＝ A。故选BC。 7.(多选)如图所示，两个连续的有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直光滑水平桌面向下和向上，磁场宽度均为L。紧贴磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形均匀导体线框置于桌面上。现用外力使线框由静止开始匀加速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定逆时针方向为电流正方向，外力F向右为正方向，磁感线垂直桌面向下时磁通量Φ为正值。以下反映线框中的感应电流i、外力F、磁通量Φ、电功率P随时间t或位移x的变化规律可能正确的是 答案：CD 解析：由于线框做匀加速运动，通过相等位移所用时间越来越短，选项A图像中电流与时间关系图像中电流随时间的变化率的大小相同，与实际不符，故A错误；初始时刻有加速度，外力大小为ma，不为零，故B错误；磁通量大小Φ＝BS＝BLx，可知磁通量随位移均匀变化，线框右边进入磁场过程，磁通量随位移均匀增大，线框左边进入磁场时，线框右边进入第二个磁场，由于磁场方向相反，磁通量先减小到零再反向增大，线框右边穿出磁场，磁通量又逐渐减小到零，故位移为0、1.5L、3L时磁通量均为零，故C可能正确；由匀加速直线运动的速度—位移关系可知v＝，则I＝＝＝，电功率P＝I2R＝x，可知P正比于位移x，而且中间段双边切割磁感线，电流加倍，功率增为4倍，故D可能正确。故选CD。 8.(2024·天津高考)如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好，则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I，随时间t变化的关系图像可能正确的是 答案：A 解析：根据题意，设金属棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，金属棒速度为v时，受到的安培力为F＝ILB＝，可知F∝v，由牛顿第二定律可得，金属棒的加速度为a＝＝gsin θ－，可知，随着速度的增大，金属棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，金属棒开始做匀速直线运动，则v - t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F与速度v成正比，则F - t图像的斜率逐渐减小直至为零时，F保持不变，故A可能正确，B、C错误；根据题意，感应电流为I＝，由数学知识可得＝·＝，由于加速度逐渐减小，则I - t图像的斜率逐渐减小，故D错误。故选A。 9.(20分)(2025·广东广州二模)如图甲，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，水平面内有两段均以O为圆心的半圆导轨P1K1和P2K2，半径分别为L和2L，P1P2用长为L的导线连接，两根足够长的竖直导轨上端分别连接O点和K2点。导体棒a绕O以角速度ω逆时针匀速转动，导体棒b可沿竖直导轨运动，a和b长度均为2L。t＝0时，a处于K1K2位置，同时由静止释放b，此后a每次回到K1K2位置时，b的速度均恰好为零。已知导体棒运动过程中与导轨接触良好，a和b粗细均匀，质量均为m，电阻均为2R，其他电阻不计，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g。 (1)在图乙中画出a转动一圈过程中，回路电流i随时间t变化的图像(写出计算过程)； (2)求b与竖直导轨间的动摩擦因数。 答案：(1)见解析图　(2) 解析：(1)当a棒在小环上转动时，回路感应电动势为E1＝BL＝BL·＝BL2ω 感应电流为I1＝＝ 持续时间为t1＝T＝ 当a棒在大环上转动时，回路感应电动势为 E2＝B·2L＝B·2L·＝2BL2ω 感应电流为I2＝＝ 持续时间为t2＝T＝ 则i -t图像如图所示。 (2)当a棒在小环上转动时，b棒所受安培力较小，摩擦力较小，b棒做匀加速运动，有 mg－μI1·2LB＝ma1 当a棒在大环上转动时，b棒所受安培力较大，摩擦力较大，b棒做匀减速运动，有 μI2·2LB－mg＝ma2 由于加速和减速时间相同，且一个周期后，b棒速度恰好变为0，故有a1t1＝a2t2 可得a1＝a2 联立解得μ＝。 学生用书⬇第69页 学科网（北京）股份有限公司 $