第四章 专题强化12 板块问题（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（粤教版）

该高中物理讲义通过分类梳理构建“板块问题”知识体系，将内容分为地面光滑与地面粗糙两大类，结合“解决板块问题的基本思路”框架图，系统呈现摩擦力性质判断、加速度计算、位移关系分析等要点，清晰展示重难点分布及内在联系。 讲义亮点在于例题拓展与分层练习设计，如例1通过v-t图像分析相对位移，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。练习题分基础与选练，覆盖不同动摩擦因数情境，基础薄弱学生可掌握方法，优秀学生能深入探究，为教师实施精准分层教学提供支持。

专题强化12　板块问题 [学习目标]　1.能正确运用牛顿运动定律处理水平面上的滑块—木板问题(重难点)。2.熟练应用牛顿运动定律解决实际问题(重点)。 一、地面光滑的板块问题 例1　如图所示，光滑水平桌面上静置一质量M为2 kg的长木板B，一质量m为1 kg的小物块A从长木板的左端以大小为3 m/s的初速度v0滑上长木板，A、B间的动摩擦因数μ为0.2，重力加速度g=10 m/s2，小物块可视为质点。求： (1)A刚滑上B时，A受到　　　　(填“静”或“滑动”)摩擦力，方向　　　　，物块A做　　　　　　　　运动；木板B受到摩擦力的方向　　　　　　，木板B做　　　　　　运动；若木板B足够长，二者最终达到　　　　　。  (2)求A刚滑上B时，A、B的加速度大小； (3)若小物块A恰好没有滑离木板B，求木板的长度。 答案　(1)滑动　水平向左　匀减速直线　水平向右　匀加速直线　共同速度　(2)2 m/s2　1 m/s2 (3)1.5 m 解析　(2)对小物块A：μmg=ma，解得a=2 m/s2 对木板B：μmg=Ma'，解得a'=1 m/s2 (3)设经过时间t二者达到共同速度， 则由v0-at=a't 得t==1 s 小物块A匀减速运动的位移s=v0t-at2 木板B匀加速运动的位移s'=a't2 则木板长L=s-s' 解得L=1.5 m。 拓展　(1)若例1中木板足够长，画出物块A和长木板B的v-t图像，并在图像中用阴影部分表示出相对位移的大小； (2)由v-t图像计算A和B的相对位移大小。 答案　(1) (2)s= m=1.5 m 例2　如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L=0.64 m、质量为mB=4 kg的木板B，在木板的左端有一个大小不计、质量为mA=2 kg的小物体A，A、B间的动摩擦因数为μ=0.2，现对A施加向右的水平恒力F(重力加速度g取10 m/s2)： (1)若A、B间恰好发生相对滑动时，则B受到　　　　(填“向左”或“向右”)的摩擦力；B的加速度大小为　　　　　　 m/s2，此加速度也是B能获得的　　　　(填“最大”或“最小”)加速度，此时水平恒力F的大小为　　　　 N。  (2)当F=4 N时，A、B的加速度分别为多大？ (3)当F=10 N时，A、B的加速度分别为多大？ 答案　(1)向右　1　最大　6　(2) m/s2　 m/s2　(3)3 m/s2　1 m/s2 解析　(1)B受到向右的滑动摩擦力 由μmAg=mBa0得：a0=1 m/s2 此加速度为B的最大加速度 此时F0=(mA+mB)a0=6 N (2)因F=4 N<F0=6 N，则A、B未发生相对滑动， 由F=(mA+mB)a得aA=aB= m/s2 (3)F=10 N>F0=6 N，A、B发生相对滑动，A、B间的摩擦力f=μmAg 以A为研究对象，根据牛顿第二定律得， F-f=mAaA， 则aA=3 m/s2 B的加速度aB=a0=1 m/s2 拓展　当F=10 N时， (1)经过多长时间可将物体A从木板B的左端拉到右端？ (2)画出A、B运动的v-t图像，并用阴影部分表示木板的长度。 答案　(1)0.8 s　(2)见解析图 解析　(1)设将A从木板的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为sA和sB，其关系如图所示 则有sA=aAt2 sB=aBt2 sA-sB=L 解得t=0.8 s。 (2)vA末=aAt=2.4 m/s vB末=aBt=0.8 m/s 解决板块问题的基本思路 1.明确滑块和木板之间的相对运动情况，确定摩擦力的性质，分别画出两物体所受摩擦力的方向。 2.分别隔离滑块和木板求各自的加速度。要注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力发生突变的情况。 3.明确位移关系：滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系。一般情况下，若同向运动，则s1-s2=L；若反向运动，则s1+s2=L。 二、地面粗糙的板块问题 1.如图所示，粗糙水平地面上，静止放置质量为M的长木板，一小木块质量为m，以速度v0冲上木板，若木板与地面间的动摩擦因数为μ2，木块与木板间的动摩擦因数为μ1。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 (1)试分析木板相对地面发生滑动的条件； (2)若木板相对地面发生了滑动，且木块能从木板上滑下，分析在木板、木块运动的过程中各自的加速度大小。 答案　(1) 对木板受力分析，如图所示 发生滑动的条件： μ1mg>μ2(M+m)g (2)a块=μ1g a板=。 2.如图所示，木板A、木块B静止在粗糙水平地面上，质量分别为M、m，水平外力F作用在木块上，逐渐增大F。则：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (1)木板一定会相对水平地面滑动吗？ (2)若能发生相对滑动，A、B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，分析A、B加速度的大小。 答案　(1)不一定。若fAB>fA地，则木板相对地面滑动，若fAB≤fA地，则木板相对地面静止。 (2)对B： aB= 对A： aA=。 例3　如图所示，物块A、木板B的质量均为m=10 kg，不计A的大小，木板B长L=3 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=0.1，重力加速度g取10 m/s2。 (1)发生相对滑动时，A、B的加速度各是多大？ (2)若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？ 答案　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)2 m/s 解析　(1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动， 设其加速度大小为a1，则有a1==3 m/s2 木板B向右做匀加速运动， 设其加速度大小为a2，则有 a2==1 m/s2 (2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来， 则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同， 设为v，则有 时间关系：t== 位移关系：L=t-t 解得v0=2 m/s。 例4　如图所示，质量M=1 kg、长L=4 m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2=0.4，某时刻起在铁块上施加一个水平向右的恒力F=8 N，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求施加恒力F后铁块和木板的加速度大小； (2)铁块经多长时间到达木板的最右端，求此时木板的速度大小。 (3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，求木板还能继续滑行的距离。 答案　(1)4 m/s2　2 m/s2　(2)2 s　4 m/s　 (3)8 m 解析　(1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得F-μ2mg=ma1， 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得 μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2 代入数据解得铁块的加速度大小a1=4 m/s2 木板的加速度大小a2=2 m/s2 (2)设铁块运动到木板的最右端所用时间为t， 则此过程铁块的位移为s1=a1t2 木板的位移为s2=a2t2 两者的位移关系为L=s1-s2， 代入数据解得t=2 s或t=-2 s(舍去) 此时木板的速度v=a2t=4 m/s。 (3)拿走铁块后木板做匀减速运动的加速度大小为a3=μ1g=0.1×10 m/s2=1 m/s2， 则木板还能继续滑行的距离 s3== m=8 m。 专题强化练 训练1　地面光滑的板块问题 [分值：60分] 　[1~4题，每题4分] 1.(2025·惠州市高一期中改编)如图所示，质量为M的长木板静止于光滑的水平面上，质量为m的木块以初速度v0从左向右水平滑上长木板，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则木块在长木板上滑动的过程中，长木板的加速度大小为(　　) A.0 B.μg C. D. 答案　D 解析　对木板进行受力分析可知，木板水平方向受到木块对木板的滑动摩擦力，方向水平向右，摩擦力大小f=μmg， 根据牛顿第二定律得 a==，故选D。 2.(2025·揭阳市高一校考)如图所示，长度为2 m、质量为1 kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1 kg(可视为质点)，与木板之间的动摩擦因数为0.2。要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块的初速度不能超过(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A.1 m/s B.2 m/s C.4 m/s D.8 m/s 答案　C 解析　木块在木板上从左端滑向右端时，木块做匀减速运动，加速度大小a=μg=2 m/s2 木板做匀加速运动，加速度大小a'==2m/s2 当木块运动到木板最右端时恰好共速，则v0-at=a't 由位移关系可知v0t-at2-a't2=l 联立解得v0=4 m/s，故选C。 3.(多选)如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在木板B的最左端。从t=0时刻起，用F=8 N的水平恒力向右拉A，经过5 s，A运动到B的最右端，物体A的v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为2 kg、8 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.木板B的长度为10 m B.A、B间的动摩擦因数为0.2 C.若B不固定，B的加速度大小为0.5 m/s2 D.若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为10 s 答案　BC 解析　根据v-t图像与时间轴围成的面积代表位移，可知木板B的长度L== m=25 m，故A错误；根据v-t图像的斜率代表加速度，可知物体A的加速度aA==2 m/s2，对物体A受力分析，由牛顿第二定律有F-μmAg=mAaA，解得μ=0.2，故B正确；若B不固定，假设A、B共同运动，则a共==0.8 m/s2，对B受力分析，由牛顿第二定律有μmAg=mBaBm，解得aBm=0.5 m/s2，aBm<a共，假设不成立，A、B发生相对滑动，则aB=aBm=0.5 m/s2，故C正确；若B不固定，A运动到B的最右端的过程，由运动学公式有L=aAt'2-aBt'2，解得t'= s，故D错误。 4.(多选)如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块。t=0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是(　　) 答案　AC 解析　木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向右滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确。 5.(12分)(2024·茂名市高一期末)如图所示，质量为M=1 kg的足够长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m=0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0=3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(3分)滑块在木板上滑动过程中，木板受到的摩擦力f的大小和方向； (2)(6分)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小a1和木板的加速度a2； (3)(3分)滑块与木板达到的共同速度v的大小。 答案　(1)0.5 N　方向水平向右　(2)1 m/s2 0.5 m/s2 　(3)1 m/s 解析　(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力： f=μmg=0.5 N，方向水平向右 (2)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg=ma1 解得：a1=1 m/s2 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得： μmg=Ma2 可得出木板的加速度a2=0.5 m/s2 (3)设经过时间t，滑块和木板达到共同速度v， 对滑块：v=v0-a1t 对木板：v=a2t 联立解得滑块和木板达到的共同速度v=1 m/s。 　[6题5分] 6.(2023·广州市高一期末)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦力，之后的运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反 B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.5 C.长木板A的长度可能为L=0.8 m D.长木板A的质量是物体B的质量的两倍 答案　D 解析　由题意可得，长木板A所受摩擦力方向与运动方向相同，物体B所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A错误；对B受力分析，由牛顿第二定律有：μmBg=mBaB，aB=||= m/s2=2 m/s2，解得：μ=0.2，故B错误；物体B未滑出长木板A，临界条件为当A、B具有共同速度时，B恰好滑到A的右端，速度—时间图线与时间轴围成的面积表示相对位移，则：Lmin=sB-sA= m=1.5 m，故C错误；对A受力分析，有：μmBg=mAaA，aA== m/s2=1 m/s2，联立解得：=2，故D正确。 7.(13分)(2024·东莞市高一段考)一质量M=4 kg、长l=0.75 m的木板静止在光滑水平地面上，木板的左端静置一个质量m=1 kg的小物块，现用一水平向右的拉力F作用在小物块上，如图所示，已知小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。 (1)(4分)求木板能够产生的最大加速度大小； (2)(3分)若使小物块与木板运动过程中始终保持相对静止，求水平拉力的最大值Fmax； (3)(6分)若F=4 N，求经过多长时间，小物块从木板上掉下。 答案　(1)0.5 m/s2　(2)2.5 N　(3)1 s 解析　(1)小物块所受摩擦力的最大值为 fmax=μFN=μmg 对木板，由牛顿第二定律得 fmax'=Ma 由牛顿第三定律得 fmax'=fmax 解得a=0.5 m/s2 (2)若使小物块与木板运动过程中始终保持相对静止，则F的最大值为 Fmax=(m+M)a 解得Fmax=2.5 N (3)若F=4 N，则小物块与木板发生相对滑动，木板加速度a'满足： μmg=Ma' 得a'=0.5 m/s2 小物块加速度a1满足 F-μmg=ma1 得a1=2 m/s2 设经过时间t小物块从木板上掉下，由 l=a1t2-a't2 解得t=1 s。 8.(14分)(2023·汕头市高一质监)如图所示，质量为M=8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F=8 N，当小车向右运动的速度达到v0=3 m/s时，在小车右端轻轻地无初速度放一个大小不计、质量m=2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长，重力加速度g取10 m/s2，则： (1)(4分)刚放上小物块时，小物块及小车的加速度各为多大？ (2)(4分)经多长时间两者达到相同的速度？ (3)(6分)从小物块放在小车上开始，经过t=3 s小物块通过的位移为多大？ 答案　(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)2 s (3)8.4 m 解析　(1)将小物块轻轻地放在小车上时，小物块和小车之间发生相对运动， 根据牛顿第二定律有 对小物块：μmg=ma1， 解得a1=2 m/s2， 对小车：F-μmg=Ma2， 解得a2=0.5 m/s2。 (2)设两者达到相同速度所需时间为t1， 由题意知，小物块和小车均做匀加速直线运动， 则小物块的末速度v=a1t1， 小车的末速度v=v0+a2t1， 解得t1=2 s，v=4 m/s。 (3)小物块前2 s内的位移s1=a1=4 m 2 s后小车和小物块相对静止，一起向右做匀加速运动，设其整体的加速度为a3， 则由牛顿第二定律得F=(m+M)a3， 解得a3=0.8 m/s2 小物块第3 s内的位移 s2=vt2+a3=4.4 m 则从小物块放在小车上开始， 经过t=3 s小物块通过的位移s=s1+s2=8.4 m。 训练2　地面粗糙的板块问题(选练) [分值：40分] [1~3题，每题4分] 1.质量为m0=20 kg、长为L=5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1=0.15。质量为m=10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0=4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。则下列判断正确的是(　　) A.木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板 B.木板一定静止不动，小铁块能滑出木板 C.木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板 D.木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板 答案　A 解析　木板与地面间的最大静摩擦力为f1=μ1(m0+m)g=45 N，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为f2=μ2mg=40 N，f1>f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为s，则=2μ2gs，解得s=2 m<L=5 m，假设成立，所以小铁块不能滑出木板，选项A正确。 2.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为1 kg和2 kg，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.4，B与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。现对B施加一水平拉力F=12 N，则(　　) A.B对A摩擦力大小为4 N B.B对A摩擦力大小为2 N C.A、B发生相对滑动，A的加速度大小为4 m/s2 D.A、B一起做匀加速运动，加速度大小为2 m/s2 答案　BD 解析　由于B与地面间的动摩擦因数为0.2，所以B与地面间的滑动摩擦力f2=μ2(mA+mB)g=6 N，由于A、B间的动摩擦因数为0.4，所以A的最大加速度am=μ1g=4 m/s2，如果A、B一起以am匀加速运动，则F1-f2=(mA+mB)am，解得F1=18 N，由于f2<F<F1，所以A、B一起匀加速运动，则F-f2=(mA+mB)a，解得a=2 m/s2，C错误，D正确；B对A的摩擦力大小为f=mAa=2 N，A错误，B正确。 3.(多选)(2024·深圳市高一段考)如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q(可看作质点)放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用，小滑块和长木板的v-t图像如图乙所示。已知长木板和小滑块的质量均为m=1 kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3 B.拉力F的大小为1.75 N C.5 s后，长木板的加速度大小为3 m/s2 D.长木板P的长度至少是3.5 m 答案　BD 解析　由图乙可知，在4 s时撤去力F，此时长木板P的速度为v1=3 m/s，5 s时两者速度均为v2=2 m/s，0~5 s内，滑块Q的加速度大小为a2==0.4 m/s2，设滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，由牛顿第二定律有μ1mg=ma2，解得μ1=0.04，4~5 s内，长木板P的加速度大小为a1'==1 m/s2，设长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律有μ1mg+μ2(m+m)g=ma1'，解得μ2=0.03，A错误；0~4 s内，长木板P的加速度大小为a1==0.75 m/s2，由牛顿第二定律有F-μ1mg-μ2(m+m)g=ma1，解得F=1.75 N，B正确；因μ1>μ2，5 s后小滑块和长木板相对静止，对整体受力分析，由牛顿第二定律有μ2(m+m)g=(m+m)a3，解得a3=0.3 m/s2，C错误；0~5 s内，小滑块的位移大小为s1=×5×2 m=5 m，长木板的位移大小为s2=×3×4 m+×(3+2)×1 m=8.5 m，故长木板P的长度至少为Δs=s2-s1=3.5 m，D正确。 4.(12分)(2024·阳江市高一期末)质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以初速度v0沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(4分)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1； (2)(4分)B与水平面间的动摩擦因数μ2； (3)(4分)A的质量m。 答案　(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg 解析　(1)由题图乙可知，A在0~1 s内的加速度a1==-2 m/s2，对A由牛顿第二定律得， -μ1mg=ma1， 解得μ1=0.2。 (2)由题图乙知，A、B整体在1~3 s内的加速度 a3==-1 m/s2， 对A、B整体由牛顿第二定律得， -μ2(M+m)g=(M+m)a3 解得μ2=0.1。 (3)由题图乙可知B在0~1 s内的加速度 a2==2 m/s2。 对B由牛顿第二定律得， μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2， 代入数据解得m=6 kg。 5.(16分)(2024·东莞市高一校考)如图所示，在粗糙的水平地面上有一质量为M=4 kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m=2 kg的小物块A(可视为质点)。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.2和μ2=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时A、B均静止，现用水平向右的恒力拉长木板B，取重力加速度g=10 m/s2。 (1)(6分)当小物块A刚好相对长木板B开始滑动时，求水平拉力F0的大小； (2)(10分)若水平拉力F=22 N，作用t1=1.8 s后撤掉该力，小物块A最终未滑离长木板B，求： (ⅰ)长木板B的最小长度； (ⅱ)长木板B的总位移。 答案　(1)18 N　(2)(ⅰ)3.96 m　(ⅱ)16.5 m 解析　(1)当A与B刚要相对滑动时，A、B之间为最大静摩擦力，对A有μ1mg=ma1， 解得a1=2 m/s2 对A、B整体有F0-μ2(M+m)g=(M+m)a1，解得F0=18 N； (2)(ⅰ)由于F=22 N>F0=18 N，故A、B相对滑动；对B有F-μ2(M+m)g-μ1mg=Ma2， 解得a2=3 m/s2， 1.8 s时，A的速度vA=a1t1=3.6 m/s， B的速度vB=a2t1=5.4 m/s， 撤去拉力后，对B有-μ2(M+m)g-μ1mg=Ma3， 解得a3=-2.5 m/s2， 设再经t2时间A、B达到共同速度v共=vA+a1t2=vB+a3t2， 解得t2=0.4 s，v共=4.4 m/s， 0~t2时间内，sA=t1+t2， 解得sA=4.84 m sB=t1+t2， 解得sB=6.82 m L=2(sB-sA)=3.96 m； (ⅱ)由于μ1>μ2，故A、B共速后一起匀减速运动， 由牛顿第二定律得-μ2(M+m)g=(M+m)a4， 解得a4=-1 m/s2 共速后到A、B停止运动，有0-=2a4sB'， 解得sB'=9.68 m 木板B的总位移s=sB+sB'=16.5 m。 学科网（北京）股份有限公司 $