第11章 动量矩定理 (1).pdf

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1、 1 第第 11 章章 动量矩定理动量矩定理 11.1 主要内容主要内容 1111.1.1.1 1 质点系质点系动量矩计算动量矩计算 质点系对任意一点的动量矩为各质点的动量对同一点之矩的矢量和或质点 系中各质点的动量对同一点的主矩，即 n i n i iiiiOO mm 11 )( i vrvML 质点系对于某轴，例如对 z 轴的动量矩为 n i iizz mML 1 )(v 刚体对转动轴 z 轴的动量矩为 zz IL 质点系相对于质心的动量矩为质点系中各点动量对质心的主矩，即 ii n i iC m vrL 1 i r为第 i 个质点对质心的矢径。 质点系对任意一点的动量矩等于质点系对质心的

2、动量矩， 与将质点系的动量 集中于质心对于 O 点动量矩的矢量和。 C vrLLm CCO 当刚体作平面运动时，又可表示为 dmvLL C CO 其中 d 为点至 vC的垂直距离， 当 C L与矩dmvC的符号相同时取正值， 反之取负值， 1111.1.1.2 2 质点系质点系的的动量矩定理动量矩定理 （1）对固定点的动量矩定理对固定点的动量矩定理 质点系对固定点 O 的动量矩对于时间的一阶导数等于外力系对同一点的主矩， 即 )(e O O dt d M L 在直角坐标系上的投影式为 2 )( )( )( )( )( )( e z z e y y e x x M dt dL M dt dL M

3、 dt dL F F F （2）质点系质点系相对相对于于质心质心的的动量矩定理动量矩定理 质点系相对于质心的动量矩对时间的一阶导数等于外力系对质心的主矩。即 (e) C C M L dt d 或 (e) C Cr M L dt d 式中 Cr L 为质点系相对于质心平移坐标系的运动对质心的动量矩。 (3) 动量矩守恒定律动量矩守恒定律 在特殊情况下外力系对 O 点的主矩为零， 则质点系对 O 点的动量矩为一常矢量， 即 0 e O M，常矢量 O L 或外力系对某轴力矩的代数和为零，则质点系对该轴的动量矩为一常数，例如 0)( )( e x MF ，Lx =常数 1111.1.1.3 3 刚体

4、绕定轴转动微分方程刚体绕定轴转动微分方程 若刚体绕固定轴 z 的转动惯量为Iz，则刚体绕固定轴z的微分方程为 zz M t I 2 2 d d 或 zz MI 在工程中，常将转动惯量表示为 2 zz mI z 称为回转半径。 1111.1.1.4 4 刚体平面运动微分方程刚体平面运动微分方程 当刚体作平面运动时，联合应用质心运动定理和相对于质心的动量矩定理， 可得到刚体平面运动微分方程 Cc yc xc MI Fym Fxm 3 上式称为刚体平面运动微分方程。 应用以上方程可求解平面运动刚体动力学的两 类问题。 11.2 基本要求基本要求 1、能理解并熟练计算动量矩、力矩等各基本物理量。 2、

5、会应用动量矩定理解决质点系动力学的两类问题，对刚体定轴转动的情 况能熟练应用刚体绕定轴转动微分方程求解有关问题。 3、对刚体作平面运动情况，能正确列出系统运动微分方程和补充的运动学 方程，并解决刚体平面运动的动力学两类问题 4、能正确选择和综合应用动力学普遍定理求解质点和质点系的动力学两类 问题。 11.3 重点讨论重点讨论 动量矩动量矩定理的应用定理的应用 在应用动量矩定理时，应注意以下几点： 1正确计算质点系的动量矩； 2质点系动量矩的变化率与外力矩有关，与内力无关。所以，在分析问题 时要明确研究对象，分清内力与外力； 3当对固定点的外力矩为零时，质点系对该点的动量矩守恒。即 0 e O

6、M 常矢量 O L 或对某轴（如 z 轴）的外力矩为零时，质点系对该轴的动量矩守恒。即 0 e Z M 常数 z L 4当对质心的外力矩为零时，质点系对质心的动量矩守恒。即 0 e C M 常矢量 C L 或对过质心某轴（如 z 轴）的外力矩为零时，质点系对该轴的动量矩守恒。即 0 e Cz M 常数 Cz L 普遍定理的综合应用普遍定理的综合应用 普遍定理的综合应用主要是指动量定理、动量矩定理、动能定理以及运动微 分方程的综合应用。普遍定理提供了解决质点系动力学问题的一般方法。在许多 较为复杂的问题中，往往需要联合应用几个普遍定理以求得问题的解答。例如时 常遇到这样一种类型的问题：已知作用于

7、系统上的主动力，需求系统的运动及未 知约束力。这时应首先根据系统中各物体的运动情况及系统所受力的特点，考虑 应用哪一个普遍定理可以建立已知的主动力和运动的关系，在理想约束的情形 下，应用动能定理常常可以做到。由反映这些关系的方程求得系统的运动后，再 4 应用相应的普遍定理， 通常是应用动量定理或动量矩定理， 以求出未知的约束力。 为了正确、灵活地运用普遍定理解决动力学问题，首先要正确理解各定理的 内容、 特点以及定理成立或应用的条件， 准确掌握各定理所含物理量的计算方法。 其次，选择好研究对象，并进行运动分析和受力分析。具体地说，一方面要弄清 楚系统内各物体各作何种运动，有何特点，以便有利于写

8、出对应的运动特征量， 并为建立运动学的补充方程作准备；另一方面要注意分清约束力和主动力，作功 的力和不作功的力，内力和外力，以便有利于写出对应的力的作用量，并为建立 力的补充方程作准备。然后，分析问题中各未知量和已知量之间有什么关系，选 用合适的定理，准确地建立一定数量的动力学方程和补充方程，找到解决问题的 办法。 上述三项，难点还是选用合适的定理。不少工程问题，既需要求物体的运动 规律，又需要求未知的约束力，是动力学两类基本问题(已知运动求力；已知力 求运动)综合在一起的动力学问题。一般说来，解决问题的简便方法，是先求运 动、后求力。在求运动时，往往希望所列的动力学方程中不包含未知的约束力。

9、 此时，可首先考虑用动能定理。动能定理反映了一个系统的动能随速度(角速度) 大小变化与主动力所做功之间的关系，加上它是个标量方程，因此，对于具有一 个自由度的系统的动力学问题，应用动能定理就比较方便。质心运动定理描述了 质心运动的变化规律与作用在其上所有外力主矢之间的关系， 即反映某瞬时质心 的加速度与外力主矢之间的关系，所以在已知质心加速度的情况下，应用质心运 动定理求解约束力就方便了。此外，根据质点系运动的具体条件，应用动量矩定 理求运动或力、力矩也是很方便的。 在普遍定理中，还包含几个守恒定律，这些定律在解题中各有其独到之处， 但是在选用守恒定律时， 要特别注意到质点系的受力情形是否满足

10、它所要求的条 件。 对于各种动力学问题来说，究竟选用哪一个普遍定理求解，往往有较大的灵 活性。这是因为有的问题可用不同的定理求解，其中之一较为方便；有的问题则 只能用某一定理或几个定理综合求解。 总之， 动力学问题的类型众多， 难点各异， 难予更具体地定出几条固定的解题原则。唯一需要的是，适当地多解一些题，在 不断实践的过程中， 勤于思考、 善于分析、 不断总结， 逐步提高综合应用的能力。 5 11.4 例题分析例题分析 例 11-1 水轮机受水流冲击而以匀角速度绕通过中心 O 的铅垂轴 （垂直于 图示平面）转动。设总流量为 Q，水的密度为；水流入水轮机的流速为 v1，离 开水轮机的流速为 v

11、2，方向分别与轮缘切线间夹角为 1及 2，v1和 v2均为绝对 速度。假设水流是稳定的，求水轮机对水流的约束力矩。 解：取两叶片之间的水流为研究对象。作用在水流上的外力有重力和叶片对水流 的约束力， 其中重力平行于 z 轴，所以，外力矩只有叶片对水流的约束力矩 Mz。 现在计算水流的动量矩的该变量。设在 t 瞬时，水流在 ABCD 的位置，经过 一段时间 dt，即 t+ dt 瞬时，水流在 abcd 位置，因为水流是稳定的，设动量矩 的方向以逆时针的方向为正方向。则 111222 cosdcosd )()(d rvtQrvtQLL LLLLLLL ABabCDcd abCDABabCDcdab

12、CDABCDabcdz 即 )coscos(dd 111222 rvrvtQLz 将其代入动量矩定理式，得 )coscos( 111222 rvrvQMz 例 11-2 已知刚体的质量为 m， 质心到转轴 O 的距 离 OC=a，刚体绕水平轴 O 作微幅摆动的周期为 T，求 刚体相对于转轴的转动惯量。 解：建立刚体的转动微分方程式，以摆的平衡位置 作为角的起点，逆时针方向为正，即 sin d d 2 2 mga t IO 作微幅摆动时，sin，上式简化为 6 0 d d 2 2 g I ma t O 微分方程的通解为 t I mga O sin 0 其中， 0 及由运动的初始条件确定，而振动的

13、周期为 mgaIT O 2 于是，可求得 2 2 4 1 mgaTIO 例 1-3 一飞轮由直流电动机带动，已知电动机产生的转矩 M0与其角速度的 关系为 1 1 1 OO MM 其中， 1O M表示电动机的启动转矩， 1表示电动机无负载时的空转角速度， 且 1O M 与 1都是已知常量。飞轮上作用有不变的阻力矩 MF，飞轮对 O 的转动惯量为 IO，求当 MoMF时，飞轮的角速度与 t 的关系。 解：飞轮的转动微分方程为 1 1 1 1 1 1 d d o FoFoo M MMMM t I 令 O Fo I MM a 1 ， 1 1 o o I M b 则 ba t d d 分离变量后，积分

14、 tb ba b t d d 00 btba 0 ln bt e a ba 即 7 bt e b a 1 可见，飞轮角速度逐渐增大，当t时，角速度达到最大值 1 1 1 o Fo m M MM b a 这是电动机的极限转速。 例 11-4 卷扬机的传动轮系如图所示， 设轴 I 和各自转动部分对其轴的转 动惯量分别为 I1和 I2，轴 I 的齿轮 C 上受主动力矩 M 的作用，卷筒提升的重力 为 mg。齿轮 A、B 的节圆半径为 r1、r2，两轮角加速度之比1：2= r1：r2 =i12。 卷筒半径为 R ，不计轴承摩擦及绳的质量。求重物的加速度。 解：本题有二根固定轴，所以必须拆开分别进行研究

15、，分别以两轴及与其固 连的齿轮为研究对象。轴 I 除受主动力矩 M 和重力、轴承约束力外，还受有齿 轮力 Ft 及 Fn，现假设1与 M 的方向相同，如图所示。轴 I 的转动方程为 111 rFMI (a) 再以轴和重物 W 为研究对象，画出其受力图。按运动学关系画出 2 ( 1 反 向)，以2转向为正，应用质点系的动量矩定理 mgRrFmvRI t 222 d d mgRrFmRI 22 2 2 (b) 式中有三个未知量1、2和 F，还需建立补充方程。由运动学关系 12 1 2 2 1 i r r (c) 联立解得 8 2 2 2 121 12 2 mRIiI mgRMi 于是，重物上升的加

16、速度 a 为 2 2 2 121 12 2 mRIiI RmgRMi Ra 例 11-5 均质梁 AB 长 l，重 mg，如图所示，由铰链 A 和绳所支持。若突然 剪断联结 B 点的软绳，求绳断前后铰链 A 的约束力的改变量。 解：以梁为研究对象，绳未断以前是静力学问题。由静平衡方程可求出绳 未断时，铰链 A 的约束力 2 1 mg F Ay 绳断之后，梁 AB 将绕 A 点转动。绳断瞬时， = 0。 应用定轴转动微分方程 23 1 2 l mgml l g 2 3 再应用质心运动定理求约束力。图示瞬时，质心 C 的加速度为 0 n C a， 4 3 2 1g aC 则 xcx FMa 0 2

17、 Ax F ycy FMa Ay Fmg g m 2 4 3 mgmgmgF Ay 4 1 4 3 2 于是，绳断前后，铰链 A 约束力的改变量为 442 21 mgmgmg FFF AyAyAy 例 11-6 阿特伍德机的滑轮质量为 M，且均匀分布，半径为 r。两重物系于 绳的两端，质量分别为 m1和 m2。试求重物的加速度。 9 解：以整体为研究对象， 画受力图。设滑轮为逆时针方向转动，角速度为， 则滑轮对轴 O 的动量矩、两重物对轴 O 的动量矩分别为 2 1 2 1 MrIL OO 2 112 rmvrmLO 2 223 rmvrmLO 系统对轴 O 的动量矩为上述三项动量矩之和，即

18、2 21321 2 1 rMmmLLLL OOOO 应用动量矩定理式 F L O O M t d d ， 得 grmgrmrMmm t 21 2 21 2 1 d d 即 grmmrMmm 21 2 21 2 1 解出 rMmm gmm rMmm gmm 21 21 21 21 22 2 2 1 所以，重物的加速度为 10 g Mmm mm ra 21 21 22 2 例 11-7 图中质量 m1 = 5 kg， 半径 r=30cm 的均质圆盘， 可绕铅垂轴 z 转动， 在圆盘中心用铰链 D 连接质量 m2 = 4 kg 的均质细杆 AB，AB 杆长为 2r，可绕 D 转动。当 AB 杆在铅垂

19、位置时，圆盘的角速度为= 90 r/min ，试求杆转到水 平位置碰到销钉 C 而相对静止时，圆盘的角速度。 解：以圆盘、杆及轴为研究对象，画出其受力图。由受力分析看出，在 AB 杆由铅垂位置转至水平位置的整个过程中， 作用在质点系上所有外力对 z 轴之矩 为零，即 0F z m。因此，质点系对 z 轴的动量矩守恒。 杆在铅垂位置时，只有圆盘对 z 轴的动量矩 2 10 4 1 rmIL zz 杆在水平位置时，设系统的角速度为1，系统包含圆盘及杆对 z 轴的动量矩 1 2 21 2 11 2 21 2 11 3 1 4 1 2 12 1 4 1 rmrmrmrmLz 设系统动量矩守恒，有 10

20、zz LL，即 1 2 21 2 1 2 1 3 1 4 1 4 1 rmrmrm 12 1 1 4 1 3 1 4 1 mm m 将有关数值代入得 rad/s56. 4 1 11 例 11-8 图中均质轮的圆筒上缠一绳索，并作用一水平方向的力 200 N，轮 和圆筒的总质量为 50 kg，对其质心的回转半径为 70 mm。已知轮与水平面间的 静、动摩擦系数分别为 f = 0.20 和 f = 0.15，求轮心 O 的加速度和轮的角加速度。 （a） （b） （c） 解：先假设轮子作纯滚动，其受力图如图（b）所示。此时摩擦力 F 为静滑 动摩擦力， N fFF，轮心的加速度为 a ，角加速度为。

21、由于滚动而不滑动， 有Ra ，即1 . 0a。建立圆轮的平面运动方程，得 xCx FMa Fa 20050 (a) yCy FMa 80 . 9 50050 N F (b) CC MI 06. 02001 . 007. 050 2 F (c) 补充方程式为 1 . 0,aRaaCx (d) 联立式（a）式（d） ，解出 N490 N F (e) 2 s10.74rad (f) N3 .146F (g) 这个计算是在假设轮子只滚不滑的情形下得到的，是否合乎实际，还要用 N fFF来判断。现在，N98N4902 . 0 Nmax fFF。由式（g）知，计算所 得的亦即保证只滚不滑所需的摩擦力N3

22、.146F， 超过了水平面能为圆轮提供的 最大摩擦力N98 max F，所以轮子不可能只滚不滑，而是又滚又滑。 考虑轮子又滚又滑的情形：圆轮受力分析如图 11-11c 所示。在有滑动的情 况下，动滑动摩擦力为 N FfF，而质心加速度 a 和角加速度是两个独立的未 知量，列平面运动方程为 12 FaFMa xCx 20050, 80. 950050, N FFMa yCy 06. 02001 . 007. 050 2 FMI CC 此时力的补充方程为 N FfF 联立解得 22 NN s18.95rad,s2.53m N6 .73N49015 . 0 ,N490 a FfFF 负号说明 的转向

23、与图中所设方向相反，应为逆时针方向。 例 11-9 均质细杆 AB 长 2l，质量为 m，B 端搁在光滑水平地板上，A 端靠在 光滑墙壁上，A、B 均在垂直于墙壁的同一铅垂平面内。初瞬时，杆与墙壁的夹 角为0， 杆由静止开始运动，求杆的角加速度、角速度及墙壁和地面的反力， (表 示为 的函数)。 解：以杆为研究对象，画受力图如图所示，列平面运动方程 AC Fxm mgFym BC cossinlFlFI ABC 式中有五个未知数 c x 、 c y 、 、 A F、 B F，而只有三个方程。由几何关系，列运 动方程为 cos,sinlylx CC 将其对 t 求二阶导数，得质心的加速度的表达式

24、 sincos 2 llxC 有缘学习更多+ 谓y g d 3 0 7 6 考证资料或关注 桃报：奉献教育（店铺） 13 cossin 2 llyC 将 2 3 1 mlIC代入式（c） ，联立求解式（a）式（c） ，可得 sin 4 3 l g sin) d d (cossin 4 3 2 t mlmgFA cos) d d (sin 4 3 22 t mlmgmgFB 求杆的角速度，利用 d d d d d d d d tt ，于是式（f）改写为 sin 4 3 d d l g dsin 4 3 d l g 将（i）式进行积分，并代入初始条件， 0 ，0 0 得 coscos 2 3 0

25、2 l g coscos 2 3 0 l g (j) 将式（j）代入式（g） 、式（h） ，有 0 cos2cos3sin 4 3 mg FA (k) coscos6cos71 4 0 2 mg FB 从 FA的表达式（k）中，利用 FA=0 的条件，可以求出 A 端脱离墙壁时的角度 ， 即 0 cos 3 2 cosarc 例 11-10 均质圆盘可绕 O 轴在铅垂面内转动，它的质量为 m，半径为 R。 在圆盘的质心 C 点上连接一弹簧刚度系数为 k 的水平弹簧， 弹簧的另一端固定在 A 点，CA =2R 为弹簧的原长，圆盘在常力偶矩 M 作用下，由最低位置无初速度 地绕 O 轴向上转动，试

26、求圆盘到达最高位置时，轴承 O 的约束力。 14 解：本题求的是轴承 O 的约束力。求约束力，宜用质心运动定理。但在应 用质心运动定理之前，必须先求出质心的加速度 C a、 n C a，也就是应先求出圆盘 转到最高位置时的角速度和角加速度。为此，宜先用动能定理求和。可 是，最高位置是个特殊位置，不能用最高位置时的求导来求。于是，解题思 路是：用动能定理求圆盘由最低位置转到最高位置时的角速度，用动量矩定理 求最高位置时圆盘的角加速度，求出质心的加速度，再应用质心运动定理求约 束力 FOx、FOy 。 （1）以圆盘为研究对象，求圆盘转到最高位置时的角速度， 有动能定理 i WTT 0 其中 2 2

27、 1 O IT 0 0 T W=W1+W2+W3 式中，重力的功为 RmgW2 1 ，力偶的功为 2 MMW，弹性力的功为 )223(2)( 2 1 22 2 2 13 kRkW，转动惯量为 222 2 3 2 1 mRmRmRIO代入得 )223(220 2 1 22 kRmgRMIO 解得 2 2 2 )223(22 3 4 mR kRmgRM （2）求转至最高位置时圆盘的角加速度 根据动量矩定理 15 F OO MI 得 RFMIO 0 45cos 其中 ) 12(2 2 kRkF 于是 )22( 2 2 ) 12(2 2 3 222 kRMkRMmR 解得 2 2 )22( 3 2 m

28、R kRM (3) 求质心的加速度 mR kRM RaC )22( 3 2 2 mR kRmgRM Ran C )22(22 3 4 2 2 （4）用质心运动定理求约束力 xCx FMa， 45cosFFma OxC yCy FMa， 45cosFmgFma Oy n C 解得 R kRM kR FmaF COx )22( 3 2 )22( 45cos 2 R kRgRM kRmg maFmgF n COy )22(22 3 4 22 45cos 2 例 11-11 匀质杆 AB，质量为 m，长度为 l，偏置在粗糙平台上，如图 a 所 示。由于自重，直杆自水平位置，即 = 0 开始，无初速地绕

29、台角 E 转动，当转 至1位置时，开始滑动。若已知质心偏置距离 Kl 和静滑动摩擦因数 f，求将要 滑动时的角度1。 16 a) b) 解：以 AB 杆为研究对象，假设物体绕 E 点转至角度1时，摩擦力达到最大 值 Fmax，还没有发生滑动，设此时它的角速度为，依据动能定理，有 1 2 sin0 2 1 mgKlIE 式中 222 12 1 lmKmlIE 解得 lK gK lK gK 2 1 2 1 2 121 sin24 12 1 sin2 (a) 由 AB 杆对 E 点的定轴转动微分方程 1 cosmgKlIE 得 lK Kg lK Kg 2 1 2 1 121 cos12 12 1 c

30、os (b) 质心 C 的加速度为 g K K Klan C 2 1 2 2 121 sin24 g K K KlaC 2 1 2 121 cos12 应用质心运动定理 1max sinmgFman C 1max 2 1 2 sin 121 sin24 mgFg K K m N1 cosFmgmaC N1 2 1 2 cos 121 cos12 Fmgg K K m 17 解得 1 2 1 2 max sin 121 sin24 mg K K mgF (c) 2 1 2 1N 121 cos12 cos K K mgmgF (d) 将式(c)及式(d)代入 Nmax fFF，得 2 1 2 1

31、1 2 1 2 121 cos12 cossin 121 sin24 K K mgmgfmg K K mg 即 2 1 361 arctg K f 例 11-12 图中 AD 为一软绳。ACB 为一均质细杆，长为 2l，质量为 m，质 心在 C 点，且 ACCBl。滑块 A、C 的质量略去不计，各接触面均光滑。在 A 点作用铅垂向下的力 Fmg。图示位置杆处于静止状态。现将 AD 绳剪断，当杆 运动到水平位置时，求杆的角速度、角加速度及 A、C 处的约束力。 a) b) 解：由动能定理 WTT 12 其中 22 21 2 1 2 1 , 0 ABCCAB IvmTT。由运动学分析，系统在图（b

32、）所示位置时， vC0，即 C 为 AB 杆的速度瞬心。最后得 lmg Cm 2 2 12 4 2 1 2 2 解得 18 l g g 23 2 （2）系统在所求位置的受力图如图 b 所示。由相对于质心的动量矩定理 )( )( e iCABC mIF 得到 Fll m AB 2 3 所以 l g AB 3 （3）由质心运动定理 mgFFma Fma CCy ACx N N 以 A 为基点进行加速度分析（图 11-16） ，得 0 23 2 Cy n CACx a glaa 所以得 mgF A 23 N mgF C 2 N 例 11-13 如图 a 所示，滚轮重 FP3，半径为 r2，对质心的回

33、转半径为 C， 半径为 r1的轴颈沿 AB 作无滑动滚动。滑轮重 FP2，半径为 r，回转半径为 ，重 块重 FP1。求： （1）重块的加速度； （2）EF 段绳的张力； （3）D 处约束力。 a) b) c) 解：系统具有理想约束，由动能定理建立系统的运动与主动力之间的关系。 （1）系统在任意位置的动能 2 1 2 2 3P 2 3P 22 2P 2 1P 2 1 2 1 2 1 2 1 r v g F v g F g F v g F T C CC FP2 FP1 FP1 FP3 FP3 FP3 (c) 19 式中 v rr r v r v C 21 1 , 所以 2 2 21 2 3P 2

34、 21 2 13P 2 2 2P1P )()(2 1 v rrg F rr r g F rg F g F T C 令 2 21 2 3P 2 21 2 13P 2 2 2P1P )()(rrg F rr r g F rg F g F M C 称为等效质量，所以 2 2 1 MvT 由动能定理 WTT 0 其中 T0常数，WFP1s sPTMv 10 2 2 1 两边对时间 t 求导数，得 vFMva 1P 所以重块的加速度为 g rr r F r FF F M F a C 2 21 22 1 3P 2 2 2P1P 1P1P )( （2）假想将 EF 段绳子剪断，以滑轮与重物为研究对象，受力图如图（b）所示。 由动量矩定理 rFrFrv g F g F t T1P 1P22P d d 所以绳子张力 a g F rg F FF 1P 2 2 2P 1PT （3）以滚轮为研究对象，受力图如图（c）所示。 由质心运动定理 FFa g F C T 3P 20 3PN 0FF a rr r g F Fa g F FF C 21 13P T 3P T 得 3PN FF 有缘学习更多+ 谓y g d 3 0 7 6 考证资料或关注桃报：奉献教育（店铺）