第八届全国周培源力学竞赛试题参考答案
第八届周培源大学生力学竞赛试题参考答案
一、看似简单的小试验（30 分）
（1）小球1 P 不可能直接击中A 点，证明见详细解答。
（2）小球P2与圆盘开始分离时的角度ϕ = arcsin( 3 −1) ≈ 47°。
（3）碰撞结束后瞬时小球3 P 与半圆盘的动能之比为5：4。
二、组合变形的圆柱体（20 分）
（1） 1 3
32 π T s M = Dτ 。
（2）在柱B端同时施加σ = 3τ s 的轴向拉伸应力不产生屈服。
（3）圆柱体的体积改变量1 2 ( )
4 ΔV = σ πD L 1− 2ν / E。
三、顶部增强的悬臂梁（30 分）
（1）组合截面形心的位置： 0 C z = ， 1 0.592 C y = h 。
（2）使梁B 端下表面刚好接触C 台面所需的竖向力为3 3
1 1 0.4 / PF = E bh Δ L 。
（3）不使增强材料层下表面与梁上表面相对滑动的剪力为top 2 2
Q 1 1 F = 0.28E bh Δ / L 。
（4）梁的剪应力为3 ( 2 2 ) 3
2 1 / C τ = E Δ y − y L ，沿梁截面高度的分布图见详细解答。
四、令人惊讶的魔术师（20 分）
（1）力学原理：沿不同方向推动木条时，需要的推力大小不同，木条运动的方式也不同：沿
AB 推，推力1 F 最大，木条平动；垂直AB 在不同位置推动木条，木条绕不同的点转动，
且推力2 F 的大小、转动位置均与推力位置有关。
（2）根据滚动小球的号码信息，推力位置位于[num, num+1] 号小球之间，且 2 2
max
max
2
4 2
num n Q
n Q
−
=
−
取整。（注意Q = N, or N −1, or N +1均算正确）。
（3）设2 1 F / F =η ，η ∈[0, 0.414)不可能出现。当
如果故意把
2 F 错报为1
2 2 F ，一定会被魔术师发现。若η ∈[0.828, 1]时，观众故意报错不会被发现。
五、对称破缺的太极图（20 分）
（1） x z x' z ' I = I = I = I 成立，见详细解答。
（2）在x = −r, z = 0处粘上质量为1
4 m 的配重，图形就可以在空中绕Z 轴稳定地转动。
2
详细解答及评分标准
总体原则： η ∈[0.414, 0.828)时，观众
（1） 计算题的某一小问，只要最后结果正确且有适当的步骤，就给全分。
（2） 如结果不正确，则参考具体的评分标准。
（3） 如结果不正确且方法与参考答案不一样，各地自行统一酌情给分。
（4） 证明题需要看过程。
一、看似简单的小试验（30 分）
【解】：（1）小球出手后开始作抛物线运动，可以证明，在题目所给条件下，小球击中A 点之
前，一定会和圆盘边缘上其它点碰撞，即小球不可能直接击中A 点。
证明：如果想求出抛物线与圆的交点表达式，会很复杂。下面采用很简单的方法。 圆盘的边界轨迹为x2 + y2 = r2，在A 点__________右边的x = −r + Δx处（设Δx为一阶小量），圆
盘的高度为2 2 2
1 (−r + Δx) + y = r ， 2 2
1 y = 2rΔx − Δx ，略去高阶小量，即0.5
1 y ∼ Δx ；
小球的抛物线轨迹方程一定可以写为y = −a(x − b)2 + c的形式（a、b、c 与初始条件有 关且均为正值）。在x = −r + Δx处，抛物线的高为2
2 y = −a(−r + Δx − b) + c。假设抛物线过
A点，则有0 = −a(−r − b)2 + c。因此有2
2 y = 2a(r + b)Δx − aΔx ，略去高阶小量，即2 y ∼ Δx。
即在A点之前（x = −r + Δx处），抛物线的高度是1 阶小量，而圆盘的高是0.5 阶小量， 所以圆盘比抛物线高。因此小球在击中A 点前一定会先与圆盘上某点发生碰撞，不可能直接
击中A 点。
（2）建立惯性坐标系与初始时刻的Oxy 重合。
可以用不同的方法求解。系统水平方向动量守恒
mx + m(x − rϕ sinϕ ) = 0 （1－1）
结论3 分
证明方法不
限。
结论错误， 0
分；
结论正确且能
够证明，3 分；
结论正确但证
明不完善， 1
分。
1 分
3
系统机械能守恒
1 2 1 2 2 2
2 2 mx + m(x − 2x rϕ sinϕ + r ϕ ) + mgr sinϕ = mgr
拆开系统，对小球由水平方向质心运动定理
m x = −N cosϕ （1－3）
由（1－1）和（1－2）得到
1
2 x = − rϕ sinϕ ， 2
2 1－2）（
4(1 sin )
(2 sin )
g
r
ϕ
ϕ
ϕ
−
=
−
（1－4）
对（1－4）中的速度和角速度求导有
1 1 2
2 2 x = − rϕ sinϕ − rϕ cosϕ ，
2
2 2
2cos (2 sin 2sin )
(2 sin )
g
r
ϕ ϕ ϕ
ϕ
ϕ
+ −
= −
−
（1－5）
把（1－5）代入（1－3）有
( )
( )
3
2 2
4 sin 6sin
2 sin
mg
N
ϕ ϕ
ϕ
+ −
=
−
（1－6）
下面求小球正好脱离圆盘的位置，即求4 + sin3ϕ − 6sinϕ = 0 的解。设x = sinϕ ， y = x3 − 6x + 4。一般情况下三次方程的解不好求，但是本题比较好求。把x＝－3，－2，－
1，0，1，2，3 代入，可以看出x 在（－3，－2）之间、（0，1）之间以及x=2 处有三个解（见
下图）。
根据三角函数的特点，（0，1）之间的解有意义。注意到x=2 是一个解，所以设 x3 − 6x + 4 = (x − 2)(x2 +ζ x − 2)，容易求出ζ = 2，问题变为求x2 + 2x − 2 = 0在（0，1）
之间的解，为x = 3 −1，因此ϕ = arcsin( 3 −1) ≈ 47°时，小球与圆盘压力为零，正好分离。
（3）为了求出碰撞后的速度，可以用不同的方法。以碰撞点处的法向n 和切向τ为坐标
轴构成x ' y '。
得到速度或角
速度，1 分
得到加速度或
角加速度， 2
分
得到压力与角
度的正确表达
式，3 分
得到角度的正
确表达式， 3
分
1 分
1 分
4
碰撞前小球的绝对速度在x ' y '坐标系中为T
' ' 0 0 ( sin , cos ) x y v− = −v ϕ − v ϕ 。设碰撞后小球
的绝对速度为T
' ' ' ' ' ' ( n , )
x y x y x y v+ = v+ v+τ 。
碰撞时以小球为研究对象，由于圆盘光滑，小球切向速度不变有
' ' 0 cos x y v+τ = −v ϕ （1－7）
法向速度满足恢复系数关系，设圆盘以速度u 后退运动，在x ' y ' 坐标系中为
( )T
' ' cos , sin x y u+ = −u ϕ u ϕ 。根据碰撞定义，有
' '
cos
sin
n
x y v u
e
v
ϕ
ϕ
+ +
= （1－8）
同时根据系统水平动量守恒，有
' ' ' ' n cos sin
x y x y u = v+ ϕ − v+τ ϕ （1－9）
联立（1－7），（1－8），（1－9），解出
2
' ' 2
sin ( cos )
1 cos
n
x y
v v e
ϕ ϕ
ϕ
+ −
=
+
， 0
2
(1 )sin cos
1 cos
u v e
ϕ ϕ
ϕ
+
=
+
（1－10）
小球的动能： ( ) ( ) 2 2
1 1
1 2 ' ' 2 ' '
n
x y x y T = m v+ + m v+τ ，半圆盘的动能： 1 2
2 2 T = mu
代入e =1和ϕ = 45°，所以碰撞后瞬时小球的动能与半圆盘的动能之比为
1 2 T :T = 5: 4 （1－11）
二、组合变形的圆柱体（20 分）
【解】：（1）在扭矩作用下，圆柱外表面产生最大剪应力，其值为50%是剪切屈服应力。由扭
转内力和应力公式计算得到
3 2
16
T T s
P
M M
W D
= = =
τ
τ
π
3
T 32 s
M = D
π
τ (2-1)
（2）在圆柱外表面有最大应力，在剪切和轴向拉伸作用下，平面应力状态的主应力表达式为
2 分，可以带入
角度。如果坐
标系选取不
同，或符号不
同，只要正确
即可。下面类
似处理
2 分
1 分
2 分＋2 分
3 分
4 分
2 分
5
2 2 2 2
1 2 3
1 4 , 0, 1 4
2 2 2 2
σ σ τ σ σ σ τ ⎧ = + + = = − + ⎨⎩
应用第三强度理论（最大剪应力强度理论），有
1 3 2 2
max
1 4
2 2
σ σ
τ σ τ
−
= = + (2-2)
以剪应力
2
τ
τ = s 和拉伸应力σ 代入(2-2)式，屈服将发生在当拉伸应力σ 达到
2 2
max 2 2
σ τ
τ =τ = ⎛⎜ ⎞⎟ + ⎛⎜ ⎞⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
s
s (2-3)
故，
σ = 3τ s (2-4)
向
拉伸作用下的体积改变量，利用功的互等定理，建立另一均匀压强p 作用下的圆柱体（考虑小
变形）。圆柱轴向拉伸力为F =σ πD2 / 4，与另一圆柱的伸长变形ΔL( p)功共轭，由功的互
等关系，
F ⋅ΔL( p) = − pΔV (F ) (2-5)
式中， ( ) 1 ΔL p =ε L。均匀压强p 作用下的圆柱体，三个主应力均为： 1 2 3 σ =σ =σ = − p
轴向伸长应变为
( ) ( ) 1 1 2 3
ε = 1 ⎡σ −ν σ +σ ⎤ = − 1− 2ν ⎣ ⎦
p
E E
(2-6)
代入(2-5)式，有：− (1− 2ν ) = − Δ ( ) FpL p V F
E
，
从而得到体积改变量：
( ) ( ) ( )
2
1 2 1 2
4
ΔV F = FL − ν = D L − ν
E E
(2-7)
三、紧密结合的复合梁（30 分）
【解】
注意：计算结果保留小数点后2 位即可以。答案中保留了小数点后3 位。
答案如包含中间过程的参数，只要正确，也同样给分。
（1）建立如下坐标系（如果坐标系不同，只要结论正确，不扣分）
3 分
1 分
2 分
1 分
1 分
2 分
4 分
方法不限制，
6
先计算折算面积和截面几何性质，换算为同样模量1 E 材料的T 形截面，求截面形心的位置，
由于截面对称，故0 C z = ，仅求C y 。
2
1 2
2 1
1 2
2
2 2 0.71 0.592
C 2 1.2
h b bh h h
y h h
h b bh
+ ⎛ + ⎞ ⎜ ⎟
= ⎝ ⎠ = =
+
(3-1)
（2）叠合梁粘接共同工作，先计算折算面积和截面几何性质，换算为同样模量料的T
形截面，
(( ) ) (( ) )
( ) ( ) ( )
( )
3 3
1 2 2 2
1 1 2 1 2
3 3 3 3 2
1 1 1
1 E 材
0.592 0.5 2 2 1 0.592 0.5
12 12
0.083 0.008 0.167 0.1 0.2 0.458
0.091 0.0 0.042 0.133
z
I bh bh h bh bh h h
bh b h bh
bh bh
= + − + + − +
= + + +
= + + =
(3-2)
由梁端位移计算：
3
1 3
p
z
F L
E I
Δ = ，得到所需的竖向力为：
3
1 1 1
3 0.4 z
p
F E I E bh
L L
Δ Δ
= = (3-3)
（3）求此时不使增强材料层下表面与梁上表面相对滑动的剪力。
由沿梁长度方向的剪力为常数，有Q p F = F ，得到梁上表面的剪应力为
( )
( [ ])
1
top 3 1
3 2 1 2
2
1 11
3 1 1 1 3
3
3 2 1
2
3 0.2 0.408 0.05 0.28
z
Q
c
E I S F S L E bh h y h
bI bI bL
E h h h E h
L L
Δ
Δ ⎛ ⎡ ⎤ ⎞ = = = ⎜ ⎢ − + ⎥ ⎟ ⎝ ⎣ ⎦ ⎠ Δ Δ
= + =
τ
(3-4)
乘以梁上表面的面积，即为剪力值： 4 分
4 分
1 分
4 分
5 分
1 分
7
2
top top 1 1
Q 2
F bL 0.28E bh
L
Δ
= = (3-5)
（4）计算剪应力的分布公式：
( ) ( )
( )( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 2 2 1 2 2
3 3 1
1
2
2 2
3 3 (0.592 )
2 2
Q Q
C C
z z
Q Q
C C C
z z
C
F S F
b y y y y y
F b F y y y y y y
bI I
E y y E h y
L L
⎡ ⎛ ⎞⎤ = = ⎢ − ⎜ + − ⎟⎥ ⎣ ⎝ ⎠⎦ = ⎡ − + ⎤ = − ⎢⎣ ⎥⎦
Δ Δ
= − = −
τ
(3-6)
获得剪应力为二次曲线分布，讨论： 在梁的下表面，即C y = −y ，有τ = 0 在梁的中性轴处有最大剪应力，即y = 0，有
( )2
1
max 3
1 1
0.592
1.32
2 0.133
Q Q F h F
bh bh
= =
τ 或
2
1 1
max 3 0.53 E h
L
Δ
τ = (3-7)
在梁的上表面，即
( ( ) ) ( )
( )
2 2 2
1 1 1
2
1
3
1 1
2
2 2
2 0.592 1
0.69
2 0.133
Q Q
C C C
z z 1 C y = h − y ，有
Q Q
F F
y h y hy h
I I
F h F
bh bh
= − − = −
× −
= =
×
τ
或
2
1 1
3 0.28 E h
L
Δ
τ = (3-8)
四、令人惊讶的魔术师（20 分）
【解】：（1）魔术的力学原理：沿不同方向推动木条时，需要的推力大小不同，木条运动的方
式也不同：沿AB 推，推力1 F 最大，木条平动；垂直AB 在不同位置推动木条，木条绕不同
1 分
4 分，最后三个
等号中的任意
一个均可以
图2 分，定性
对即可。两个
结果都可以。
1 分
1 分
2 分
木条平动2 分；
木条转动时推
力与位置有
关，2 分。
8
的点转动，且推力2 F 的大小、转动位置均与推力位置有关。
（2）设木条质量为M ，长度为L ，与桌子摩擦因数为μ 。若沿AB 推，木条平动，临界推
力为
F1 = μMg （4－1）
（侧视图）
建立坐标系Axy，设垂直推AB 的力F2 与A 端距离为a（由对称性，设推力在左半部分）， 杆绕C 点转动，AC 距离为ξ 。
（俯视图）
对均质杆，对桌面压力分布为q(x) Mg
L
= ，垂直杆推时，由y 方向力的平衡和对D 点的力矩
平衡关系，有
2
( )d ( )d 0
L
F qx x qx x
ξ
ξ
− ∫ + ∫ = （4－2）
( )( )d ( )( )d 0
L
q x x a x q x x a x
ξ
ξ
∫ − + ∫ − = （4－3）
解出
2( )2 2 2
2
L a a
ξ a
− +
= + ，或
(2 2 2 )
2(2 )
a L
L
ξ
ξ
−
=
−
（4－4）
以已知N 个小球平均分配在长度为L 的区间（不一定相互紧挨着），分为Q 段（注）。木
条绕C 点运动时，AC 部分小球运动，CB 部分小球不动。如果min n =1， max n
作用力在左边；如果min n >1， max n = N ，则表示作用力在右边；如果min n =1， max n = N ，
木条垂直推时
受力图，2 分
1 分
3 分，任意一个
均可以
1 分
1 分，对A 点
取矩也可以。
注：按不同的
摆法，N 个小
球可能把木条
平均分为Q
段，Q＝N、N
－1、N＋1，均
可以。
9
则表示作用力在中间。
设作用力在左边，则nmin =1，杆转动后AC 部分n 个小球运动，有
max min max n = (n − n +1) = n （4－5）
则AC 长度ξ = nL /Q，把ξ 和n 代入（4－4），得
2 2
max
max
2
4 2
num n Q
n Q
−
=
−
（Q = N, or N −1, or N +1） （4－6）
由于小球运动的号码是整数，所以上式还需要取整数。最后得到作用力的位置在
[num, num+1]号码的小球之间。
（3）沿AB 方向的推力1F = μMg ；垂直AB 推时，从（4－2）和（4－3）中还可以解出
2 2
2
Mg( (L 2a) (L 2a) L )
F
L
μ − − + − +
= （4－7）
把F1 与F2 的比值算出来，设
2 2
2
1
F (L 2a) L (L 2a)
F L
η
− + − −
= = ，可以得到
η ∈[ 2 −1, 1] = [0.414, 1] （4－8）
即η ∈[0, 2 −1) = [0, 0.414)是不可能出现的。因此魔术师根据η 值的范围就可以肯定观众
的数据有否有问题。若η ∈[ 2 −1, 2 2 − 2) = [0.414, 0.828)时，观众故意报错
一半就会被
发现。若η ∈[2 2 − 2, 1] = [0.828, 1]时，观众故意报错一半不会被发现，
五、对称破缺的太极图（20 分）
【解】：（1）由于惯性矩和惯性积的定义：
2
z
A
I = ∫ x dA， 2
x
A
I = ∫ z dA， xz
A
I = ∫ x ⋅ zdA （5－1）
直接积分不方便，下面采用简便的方法处理。为便于后面的分析，可以认为半太极图是这
样得到的：把半圆裁成I、II 两部分，再把I 旋转后当作III 与II 拼接。
4 分
2 分，不必考虑
区间的开闭。
2 分
2 分
10
对半圆，因z 轴为半圆的对称轴，故有
(I ) (II ) 0
xz xz xz I = I + I = ， (I ) (II )
x x x I = I + I ， (I ) (II )
z z z I = I = I （5－2）
且易知
x z I = I （半圆） （5－3）
其中(i) , (i) , (i) ( , )
x z xz I I I i = I II 类似（5－1）中的定义，只是积分的区域分别为I A 和II A 。 从半圆到半太极图的变换，是将I 中的点( )( ) , I x z 变为III 中的( )( ) , III −x −z ，由于变换前
后x ⋅ z ，x2，z2的符号均保持不变。于是有
(III ) (I )
x x I = I ， (III ) (I )
z z I = I ， (III ) (I )
xz xz I = I
（5－4）
因此有
(III ) (II ) (I ) (II ) 0
xz xz xz xz xz I = I + I = I + I ≡
（半太极图）
（5－5）
(III ) (II ) (I ) (II )
x x x x x I = I +I = I +I
(III ) (II ) (I ) (II )
z z z z z I = I +I = I +I
且有
x z I = I （半太极图）
在太极图中，由坐标旋转变换下的转轴公式：
' cos 2 sin 2
2 2
cos 2 sin 2
2 2
x z x z
x xz
x z x z
z xz
I I I I I I
I I I I I I
α α
α α ′
⎧ + − = + − ⎪⎪⎨
⎪ + − = − +
⎪⎩
知：
x' z ' x z I = I = I = I
（2）图形能够绕z 轴稳定旋转的前提：z 轴过质心，且为主轴。
第一种解法（简单的解法）：假设图形粘上钢珠后可以绕z 轴转动，考虑惯性力的平衡，把对
称部分去掉后，只留下钢珠和右边的小圆，且小圆的直径为r，质量为0.5m。钢珠与小
圆之间
2 分
2 分
2 分
2 分
位置2 分
11
的连接为不计质量的杆。
z
S1
S2
M
m/2
(x,z) r/2
很明显，惯性力与z 轴垂直，由惯性力矩平衡，钢珠必在x 轴上，即
z = 0。
由惯性力平衡： 1 2 S + S = 0
1 1 2
1 2 2 S = m( r)ω ， 2
2 S = Mxω
即1
4 Mx = − mr ，考虑到在AO之间没有地方可以粘钢珠，只有在尖点处（x = −r），粘上
1
4 M = m的钢珠，可以绕z 轴稳定地转动。
（注：如果已经得到1
4 Mx = mr，但是最后答案不同，如1
2 x = r ， 1
2 M = m，因为这时没有
办法用胶水把钢珠粘在这个空档位置，扣2 分）
第二种解法（重新计算分数）：
在不加配重时，对均质半圆有4 /(3π) Cr = r 。采用面积法求重心。
对I 部分，质量为1
I 4 m = − m，质心坐标为1 2 T
2 3 ( ,0, /π) CIr = − r r ；
对I＋II 部分，质量为I II m m + = ，质心坐标为T 43
(0,0, / π) CI II r r + = ；
对III 部分，质量为1
III 4 m = m，质心坐标为1 2 T
2 3 ( ,0, /π) CIr = r − r ；
因此图形的质心为
1 T
4 I CI I II CI II III CIII ( ,0, / π)
C
r m r m r m r r r
m
+ + + +
= = （5－6）
设配重质量为M，位置为(x,0, z)T，则图形加配重后新的质心为
( )4 T π
4( ) π( ) mr My ,0, mr Mz
C m M m M r + +
+ + = （5－7）
根据z 轴过质心的要求，有
mr + 4Mx = 0 （5－8）
类似前面惯性矩的计算方法，太极图形与配重的转动惯量分别为
2 分
X 方向位置2
分
质量3 分
图2 分
Z 方向位置1
12
1 2
4
1 2
1 2
1 2
4
0 0
0 0
0 0
mr
J mr
mr
⎡ ⎤
= ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢⎣ ⎥⎦
，
2
2 2
2
2
0 ( ) 0
O
Mz Mxz
J Mx z
Mxz Mx
⎡ − ⎤
= ⎢ + ⎥ ⎢ ⎥
⎢⎣− ⎥⎦
图形加上配重后，
1 2 2
1 2 2 2
1 2 2
1 2 2
4
0 ( ) 0
O O O
mr Mz Mxz
J J J mr Mx z
Mxz mr Mx
⎡ + − ⎤
= + = ⎢ + + ⎥ ⎢ ⎥
⎢⎣ − + ⎥⎦
z 要求是主轴，则
xz = 0 （5－9）
现在同时考虑（5－8）、（5－9），以及1
16 , ( 1,2,...,16) i M = m = m×i i = ，可以得出
z 0, x 4r
i
= =− 。注意到在半太极图上的左边尖点（设为A 点）到O 点之间都没有地方可以加 配重，因此只能在z = 0, x = −r（尖点处）加配重，且配重的质量是1
4 4 M = m = m时，可以
绕z 轴稳定地转动。 2 分
位置3 分 质量3 分__