周培源力学竞赛试题(第六届-第十届)

周培源力学竞赛

试题(答案)

第六届—第十届

第六届全国周培源大学生力学竞赛试题

出题学校：清华大学

满分：120分 时间：3小时

一、声东击西的射击手（30分）

射击的最高境界，不仅是指哪打哪，还要知道往哪儿指。欢迎来到这个与众不，你需要把某个小球放在同的射击场。在这里，共有10个小球Pi（号码从0到9）圆弧的适当位置上，然后静止释放小球即可。

假设系统在同一竖直平面内（如图所示），不考虑摩擦。圆弧AB的半径为R，

B点与地面的高度为H。均质细杆CD的质量为M，长为L=0.5H，悬挂点C

与B处于同一水平位置，BC距离为S。小球P不计半径，小球Pi质量均为m，i与CD杆或地面碰撞的恢复因数均为e

i，且满足ei=(i=0,1,2,…,9)。

（1）为使小球P1击中杆上D点，试确定静止释放时的θ，距离S有何限制？ （2）假设某小球击中

（3）假设某小球击中

二、骄傲自满的大力士（35分）

有位大力士总是自命不凡，他夫人决定找机会教训他一下。正好附近足球场的球门坏了一半，剩下的半边球门如图：立柱OA垂直固定于水平地面上，沿x轴方向，高为H=2.4m，横梁AB平行于地面，沿z轴负方向，长为L=H。立柱和横梁均为实心圆柱，直径均为D=0.06m。夫人经过计算后想出了主意：和丈夫比赛，看谁能把球门拉倒。比赛规则是：通过系在横梁B端中点的绳索，只能用静力拉球门；绳索上有且只有B点系在与地面固定的物体上。绳索的重量不计，长度不限。球门不计自重，采用第三强度理论，材料的屈服应力σs=57MPa。

大力士认为自己肯定不会输，因为他知道两人鞋底与地面摩擦系数都是

μ=0.5，自己重量为G1=700N，夫人重量为G2=510N。为了显示自己的大

度，他允许夫人享受一点点优惠条件。于是夫人以B在地面的投影C为圆心，在要求丈夫身体在地面的投影不能进该圆圈，地面上画了一个半径R=0.8m的圆圈，

但她自己不受限制。大力士认为这么个小圆圈没什么了不起，就同意了。

大力士抽签先上场，他决定让绳索与xy平面平行，但绳索与地面的夹角θ不知多大为好，于是他在不同的角度试了多次，尽管每次都用了最大力气，但是球门居然纹丝不动，也看不出有明显的变形。而夫人上场后一用力就把球门拉倒了……

（1）当大力士让绳索与地面成θ角度，绳索中的拉力最大为多大？该最大拉力与大力士拉绳的姿势有无关系？

（2）当大力士让绳索与地面成θ角度，球门中最危险点的坐标值是多少？ （3）在限制条件下，θ角为多少时大力士最接近把球门拉倒？夫人可能采用什么方式把球门拉倒？

三、顾此失彼的挑战者（30分）

魔术正式开始前，魔术师邀请观众上台了解道具，并体验如何让水晶球在板上平衡，有位观众自告奋勇要挑战魔术师的问题。

一个滚轴D；魔术师首先介绍道具（如图所示）：两个透明的水晶圆球O1和O2；一个透明的水晶平板AB，A端水平固定在墙中，不考虑自重时AB板与水平面平行。在表演时，滚轴D可以根据需要安装在AB板的任意位置，且A与D总在同一高度。假设水晶板是均质等截面板，长度为l，单位长度重量为q，弯曲刚度为

EI。两均质水晶圆球的半径均为r，重量均为P=ql。

假设表演中板的挠度和转角都是小量，球与板之间有滑动摩擦，但不考虑球与板的接触变形和滚动摩擦。观众发现，水晶板由于自重而微微弯曲，如果不安装滚轴D，水晶球在板上可以摆放的任意位置都不能平衡。

魔术师的问题如下：

（1）如果把滚轴D安装在AB板的B处，此时AB板由于自重所导致的最大挠度在何处？

有可能使水晶球O1在板上静止，（2）如果把滚轴D安装在AB板之间的某处，如果不需要具体计算，如何说明滚轴D是更靠近A且球与板的接触点恰好是B点。

点还是更靠近B点？定性画出此时AB板挠度的示意图。

（3）如果把滚轴D安装在AB板的中点，能否让水晶球O1在AD之间某位置平衡，接触点为C1；同时让水晶球O2在DB之间某位置平衡，接触点为C2。观众试着摆弄了很久，总是顾此失彼，最终也没有成功。如果你认为本问题有解，AC1和AC2的水平距离是多少？如果没有解，如何证明？

O2

O1

四、技高一筹的魔术师（25分）

魔术正式开始，仍用上一题中的道具（板和球的具体参数见第三题）。 魔术师首先撤去了滚轴D，观众看到两个水晶球在板上任意位置静止释放，都会从板的B端掉下去。但是细心的观众发现，即使两水晶球放在板的相同位置，掉下去所需时间却明显不同。

魔术师解释说，虽然两水晶球的尺寸和重量完全相同，但有一个水晶球的表面涂了透明的新型材料，很光滑。说完在后落下的水晶球O1表面贴上了小纸片以示区别（假设小纸片的尺寸和重量相对水晶球均是小量）。

只见魔术师对两个水晶球吹了吹，声称已经把魔力注入其中，然后小心地把贴，同时让纸片远离接触位置，松手后有纸片的O1球静止放在板上（接触点为B点）水晶球O1竟然真的可以一直稳稳地停留在板上B点。

“这个水晶球不太在观众的掌声中，魔术师撤走了O1球，把O2球拿了起来。

然后更加小心地把O2听话，我的魔力只能管1分钟。”魔术师说完把O2球转了转，球也放在板上（接触点为B点）。观众发现，O2球在B点停留了大约1分钟，然后在没有外界干扰的情况下突然从板上B端掉了下来……

（1）根据题目叙述，试判断哪个水晶球涂了新型材料？

（2）水晶球O1可在B点一直稳稳地停留，简要叙述其原理，分析其中所涉及的关键参数，以及各参数应满足的必要条件或关系。

（3）水晶球O2只能在B点停留很短的时间，简要叙述其原理，分析其中所涉及的关键参数，以及各参数应满足的必要条件或关系。

注：第四题解答中所用的参数都应在第三、第四题中提及过。

O2

AO1

D

第六届全国周培源大学生力学竞赛试题参考答案

清华大学航天航空学院

高云峰

一、声东击西的射击手（30分）

⎛S2⎞

（1）θ=arccos⎜1−⎟；S

的限制为S≤。

⎝2HR⎠

⎛S2⎞

（2）e9=1（号码为9）；CE=0；θ=arccos⎜1−⎟，N为与地面的碰撞次数。

2

16NHR⎝⎠

⎛⎞S21

（3）e6=6）；CE=H；IC=0；θ=arccos⎜1−⎟。 2

3⎝4(1+e6)HR⎠

二、骄傲自满的大力士（35分）

（1）T=

μG1

；大力士拉绳的姿势不影响绳中最大拉力的大小。

cosθ+μsinθ

θ,-（2）危险点坐标(0,2D2Dsinθ)

（3）大力士在θ=0时最接近拉坏球门：σ1−σ3=56.0Mpa；夫人进入圆圈内，θ=90°时可以有σ1−σ3=57.9MPa

三、顾此失彼的挑战者（30分）

（1）最大挠度处：x=

15l≈0.58l 16

（2）滚轴D更靠近B点；挠度示意图如下：

（3）解不存在，证明见解题过程。

B

四、技高一筹的魔术师（25分）

（1）水晶球O2涂了新型材料。

2ql3PsinθB

（2）关键参数：μ1≥tanθB；纸片重量G≥，（θB=）。

3EI1−sinθB

（3）关键参数：μ2=tanθB；初始角速度ω0≈

150gsinθB

。

r

1

第七届全国周培源大学生力学竞赛试题

出题学校：西北工业大学 满分：120分 时间：3小时

一、小球在高脚玻璃杯中的运动(20分)

一半球形高脚玻璃杯，半径 r =5cm，其质量m1=0.3 kg，杯底座半径R =5 cm，厚度不计，杯脚高度h =10 cm。如果有一个质量m2=0.1kg的光滑小球自杯子的边缘由静止释放后沿杯的内侧滑下，小球的半径忽略不计。已知杯子底座与水平（1）高脚玻璃杯会不会面之间的静摩擦因数fs = 0.5。试分析小球在运动过程中：滑动；（2）高脚玻璃杯会不会侧倾（即一侧翘起）。

二、杂耍圆环(40分)

1.杂技演员将一个刚性圆环沿水平地面滚出，起始圆环一跳一跳地向前滚动，随后不离开地面向前滚动，为什么？

2.杂技演员拿出一个匀质圆环，沿粗糙的水平地面向前抛出，不久圆环又自动返回到演员跟前。设圆环与地面接触瞬时圆环中心O点的速度大小为v0，圆环的角速度为ω0，圆环半径为r，质量为m，圆环与地面间的静摩擦因数为fs，不计滚动摩阻，试问：

（1）圆环能自己滚回来的条件是什么？

（2）圆环开始向回滚动直到无滑动地滚动，在此运动过程中，圆环所走过的距离是多少？

（3）当圆环在水平地面上无滑动地滚动时，其中心的速度大小为v1，圆环平面保持在铅垂平面内。试分析圆环碰到高为h(h

r

)的无弹性台阶后， 能不2

3.演员又用细铁棍推动题2中匀质圆环在水平地面上匀速纯滚动，假设圆环保持在铅垂平面内滚动，如图所示。又知铁棍与圆环之间的静摩擦因数为 ft ，圆环与地面间的滚动摩阻系数为 δ 。试求为使铁棍的推力（铁棍对圆环的作用力）最小，圆环上与铁棍的接触点的位置。

三、趣味单杠(30分)

单杠运动是奥运会、世界体操锦标赛、世界杯体操比赛中男子体操比赛项目之一。单杠是体操比赛中最具观赏性的项目，也是观众最喜欢的运动，在学校和健身场所拥有众多的爱好者，小李和小张就是其中之一。一天，他们准备在单杠上进行大回环比赛。假设单杠的横杆和立柱均为直径D=28mm的钢杆，弹性模量E=200GPa，许用应力[σ]=160MPa，横杆长L=2.4m，立柱高H=2.6m。立柱与地面、横杆与立柱之间均为固定联结。假设两人旋转到单杠所在平面内时的惯性载荷均为F=1000N，不计人的自重。

1. 试分析两人同步旋转到单杠所在平面内时，结构中的最大应力。

对结构中的最大应力有什么影响。 2. 若两人相差180°旋转到单杠所在平面内，

3. 为提高结构承载能力，有人提出在单杠距地面0.6m处增加一个直径20mm

的拉杆。试定性分析该杆对上述两种情况的影响。

四、跳板跳水(30分)

举世瞩目的第29届北京奥林匹克运动会上，具有“梦之队”之称的中国跳水队获得了跳水比赛8枚金牌中的7枚，囊括了3m跳板跳水的4枚金牌。Duraflex 的Maxiflex Model B跳水板是奥林匹克跳水比赛和国际级跳水比赛唯一指定使用的产品，它的具体尺寸如图所示，其中横截面尺寸为b=0.5m，h=0.05m，跳板的弹性模量E=70GPa，比重γ=25kN/m3，a=3.2m，l=1.6m。运动员从跳板上上跃至距地面最高点后落至跳板端点C，再从跳板上弹起至空中完成动作后落水。若运动员体重G=700N，最大弹跳高度H=0.6m，取g=9.8m/s2。

1. 根据所学知识，建立相应的力学分析模型。

2. 为保证运动员落水安全，运动员从空中落入水中时，在跳板所在平面处，运

动员质心距跳板C端最小距离s应大于0.5m。试求运动员从跳板上跃时所需最小水平速度（假设水平方向为匀速运动）？

3. 不计跳板质量，将运动员视为刚体时，运动员冲击跳板时，跳板中的最大动

应力为多少？

4. 如运动员为弹性体，定性说明在冲击时跳板中的最大动应力增大还是减小？

5. 如考虑跳板质量，试计算跳板中的最大动应力。

第七届全国周培源大学生力学竞赛试题参考答案一、小球在高脚玻璃杯中的运动(20 分 )当小球自杯子的边缘由静止释放后沿杯子的内侧滑下到与铅垂方向夹角 ϕ ≈ 63.4° 时， 高脚 玻璃杯侧倾（一侧翘起） 。二、杂耍圆环(40 分 )1. 圆环不是匀质的，质心不在圆环的中心。开始滚动角速度大，圆环一跳一跳地向前滚动；随 后角速度减小，所以圆环不离开地面向前滚动。 2.（1）圆环自己滚回的条件为：ω0方向如图所示。 Cω0 >（2）距离：s=v0 rv0(rω - v 0 ) 2 1 ⋅ gf s ⋅ (t1 − t2 ) 2 = 2 8gf s2 (2r − h ) 2

（ 3）跳板的最大动应力为 σ d max = K dMB = 78.02MPa W（ 4）如运动员为弹性体，冲击时跳板中的最大动应力将减小。 （ 5）跳板的最大动应力为 σ d max = K dM max 6 K d = W bh 2⎛ 1 γbha ⎞ ⎜ ⎜ Ga + 2 g a ⎟ ⎟ = 71.06 MPa ⎝ ⎠2

第八届全国周培源大学生力学竞赛试题出题学校：清华大学 满分 120 分一、看似简单的小试验（30 分） 某学生设计了三个力学试验，其条件和器材很简单：已知光滑半圆盘质量为 m ， 半径为 r ，可在水平面上左右移动。坐标系 Oxy 与半圆盘固结，其中 O 为圆心， x 轴 水平， y 轴竖直。小球 P i (i = 1, 2,3) 的质量均为 m 。重力加速度 g 平行于 y 轴向下， 不考虑空气阻力和小球尺寸。每次试验初始时刻半圆盘都处于静止姿态。 （1）如果她扔出小球 P 1 ，出手的水平位置 x0 ≥ r ，但高度、速度大小和方向均 。 可调整，问小球 P 1 能否直接击中半圆盘边缘最左侧的 A 点？证明你的结论（6 分） （2）如果她把小球 P2 从半圆盘边缘最高处 B 点静止释放，由于微扰动小球向右 。 边运动。求小球 P2 与半圆盘开始分离时的角度 ϕ （12 分） （3）如果她让小球 P 3 竖直下落，以 v0 的速度与半圆盘发生完全弹性碰撞（碰撞 ，求碰撞结束后瞬时小球 P 。 点在 ϕ = 45° 处） 3 与半圆盘的动能之比（12 分）时间 3 小时 30 分钟

二、组合变形的圆柱体（20 分） 圆柱 AB 的自重不计，长为 L ，直径为 D ，材料弹性模量为 E ，泊松比为ν ， 剪切屈服应力为 τ s 。其中圆柱 A 端固定，B 端承受引起 50%剪切屈服应力的扭矩 M T 作用。 。 （1）求作用于圆柱上的扭矩 M T （6 分） （2）应用第三强度理论（最大剪应力理论） ，求在圆柱 B 端同时施加多大的轴向 拉伸应力而不产生屈服（6 分） 。 （3）求问题（2）情况下圆柱体的体积改变量（8 分） 。三、顶部增强的悬臂梁（30 分） 有一模量为 E1 的矩形截面悬臂梁 AB ， A 端固定， B 端自由。梁长为 L ，截面 高度为 h1 ，宽度为 b 。梁上表面粘着模量为 E2 = 2 E1 的增强材料层，该层高度h2 = 0.1h1 ，长度和宽度与梁 AB 相同。工作台面 D 距离 B 端下表面高度为 Δ 。在 B 端作用垂直向下的载荷 FP 。不考虑各部分的自重。（1）求组合截面中性轴的位置（6 分） 。 。 （2）求使梁 B 端下表面刚好接触 D 台面所需的力 FP （8 分） （3）求此时粘接面无相对滑动情况下的剪力（6 分） 。 （4）计算梁的剪应力值并画出其沿梁截面高度的分布图（10 分） 。

四、令人惊讶的魔术师（20 分） 一根均质细长木条 AB 放在水平桌面上，已知沿着 AB 方向推力为 F1 时刚好能 推动木条。但木条的长度、重量和木条与桌面间的摩擦因数均未知。 魔术师蒙着眼睛，让观众把 N 个轻质光滑小球等间距地靠在木条前并顺序编号 ，然后如图在任意位置慢慢用力推木条，要求推力平行于桌面且垂直 （设 N 充分大） 当小球开始滚动时， 观众只要说出运动小球的最小号码 nmin 和最大号码 nmax ， 于 AB 。 魔术师就能准确地说出推力的作用线落在某两个相邻的小球之间。 魔术师让观众撤去小球后继续表演，观众类似前面方式在任意位置推动木条，只 要说出刚好能推动木条时的推力 F2 ，魔术师就能准确地指出推力位置。 （1）简单说明该魔术可能涉及的力学原理（4 分） 。 （2）如何根据滚动小球的号码知道推力作用在哪两个相邻小球之间（12 分）？ （3）如果观众故意把 F2 错报为 1 2 F2 ，魔术师是否有可能发现（4 分）？

五、对称破缺的太极图（20 分） 某宇航员在太空飞行的空闲时间， 仔细地从一块均质薄圆板上裁出了半个太极图 形，并建立了与图形固结的坐标系 Oxz 。 他惊奇地发现：虽然该图形不具有对称性，但仍具有很漂亮的几何性质：惯性矩I x = I z 。他怀疑上述性质是否具有普遍性，于是随意地将 Oxz 坐标系绕 O 点转动 α角，得到新的坐标系 Ox ' z ' ，仍然发现 I x ' = I z ' 。 接着他发现该图形在太空失重情况下不可能绕 z 轴平稳地旋转。 看到手边正好有1 一些钢珠，质量分别为 mi = 16 m × i, (i = 1, 2,...,16) ，其中 m 是半太极图形的质量，他想尝试把钢珠粘在图形上…… （1）试证明该图形 I x = I z = I x ' = I z ' 是否成立（10 分） 。 （2）不考虑钢珠的尺寸和粘接剂的质量，是否可能在某处粘上一颗钢珠后，图 形就能平稳地绕 z 轴旋转？简要说明理由（10 分） 。

第八届全国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 P 1 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 P 3 与半圆盘的动能之比为 5：4。二、组合变形的圆柱体（20 分） （1） M T =1 32πD 3τ s 。3τ s 的轴向拉伸应力不产生屈服。1 4（2）在柱 B 端同时施加 σ =（3）圆柱体的体积改变量 ΔV =σ πD 2 L (1 − 2ν ) / E 。三、顶部增强的悬臂梁（30 分） （形心为 zC = 0 ， yC = 0.592h1 ） 。 （1）组合截面中性轴的位置： yC = 0.592h1 ； （2）使梁 B 端下表面刚好接触 C 台面所需的竖向力为 FP = 0.4 E1bh1 Δ / L 。3 3（3）不使增强材料层下表面与梁上表面相对滑动的剪力为 FQ （4）梁的剪应力为 τ = 3 2 E1Δ yC − y2top(2) / L ，沿梁截面高度的分布图见详细解答。3= 0.28 E1bh12 Δ / L2 。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 F1 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 F2 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2nmax 2 − Q 2 取整。 （注意 Q = N , or N − 1, or N + 1 均算正确） 。 num = 4nmax − 2Q（3）设 F2 / F1 = η ，η ∈ [0, 0.414) 不可能出现。当η ∈ [0.414, 0.828) 时，观众如果故意把F2 错报为 1 2 F2 ，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） I x = I z = I x ' = I z ' 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。1

详细解答及评分标准 总体原则： （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 圆盘的边界轨迹为 x + y = r ，在 A 点右边的 x = − r + Δx 处（设 Δx 为一阶小量）2 2 2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。盘的高度为 (− r + Δx) + y1 = r ， y1 = 2r Δx − Δx ，略去高阶小量，即 y1 ∼ Δx2 2 2 2 20.5；小球的抛物线轨迹方程一定可以写为 y = − a ( x − b) + c 的形式（a、b、c 与初始条件有2关且均为正值） 。在 x = − r + Δx 处，抛物线的高为 y2 = − a (− r + Δx − b) + c 。假设抛物线过2A 点， 则有 0 = − a (− r − b) + c 。 因此有 y2 = 2a (r + b)Δx − aΔx ， 略去高阶小量， 即 y2 ∼ Δx 。22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 sin ϕ ) = 02（1－1）1分

系统机械能守恒1 2 2 2 2 mx 2 + 1 2 m ( x − 2 xrϕ sin ϕ + r ϕ ) + mgr sin ϕ = mgr（1－2）1分拆开系统，对小球由水平方向质心运动定理mx = − N cos ϕ由（1－1）和（1－2）得到（1－3）1分4(1 − sin ϕ ) g x = − rϕ sin ϕ ， ϕ = (2 − sin 2 ϕ )r1 2 2（1－4）得到速度或角 速度，1 分对（1－4）中的速度和角速度求导有2 1 x=−1 2 rϕ sin ϕ − 2 rϕ cos ϕ ， ϕ = −2 cos ϕ (2 + sin 2 ϕ − 2sin ϕ ) g (2 − sin 2 ϕ ) 2 r（1－5）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 分把（1－5）代入（1－3）有N=mg ( 4 + sin 3 ϕ − 6sin ϕ )( 2 − sin ϕ )2 32（1－6）下面求小球正好脱离圆盘的位置，即求 4 + sinϕ − 6sin ϕ = 0 的解。设 x = sin ϕ ，y = x3 − 6 x + 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 − 6 x + 4 = ( x − 2)( x 2 + ζ x − 2) ，容易求出 ζ = 2 ，问题变为求 x 2 + 2 x − 2 = 0 在（0，1）之间的解， 为 x = 3 − 1， 因此 ϕ得到角度的正 确表达式，3 = arcsin( 3 − 1) ≈ 47° 时，小球与圆盘压力为零，正好分离。 分（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 ' 。3

碰撞前小球的绝对速度在 x ' y ' 坐标系中为 vx ' y ' = (−v0 sin ϕ , − v0 cos ϕ ) 。 设碰撞后小球−T的绝对速度为 vx ' y ' = (vx ' y ' , vx ' y ' ) 。T++n+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+τ vx ' y ' = − v0 cos 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+ ux ' y ' = ( −u cos ϕ , u sin ϕ ) 。根据碰撞定义，有 T2 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e=同时根据系统水平动量守恒，有+n vx ' y ' + u cos ϕv0 sin ϕ（1－8）+n +τ u = vx ' y ' cos ϕ − vx ' y ' sin ϕ（1－9）1分联立（1－7） ， （1－8） ， （1－9） ，解出+n vx ' y' =v0 sin ϕ (e − cos 2 ϕ ) v (1 + e) sin ϕ cos ϕ ， u= 0 2 1 + cos ϕ 1 + cos 2 ϕ（1－10）2 分＋2 分小球的动能： T1 = 1 2 m vx ' y '(+n)2+τ 2 1 +1 2 m ( vx ' y ' ) ，半圆盘的动能： T2 = 2 mu2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T1 : T2 = 5 : 4二、组合变形的圆柱体（20 分）（1－11）3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τ=τ MT M = T3 = s WP π D 2 16MT =2分π D332τs(2-1)4分（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4

应用第三强度理论（最大剪应力强度理论），有

以剪应力τ=

(2-2)

τs

2

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

τmax

故，

=τs= (2-3)

(2-4)

（3）根据圆柱扭转变形后截面保持平面的假定，扭转作用不引起体积改变。仅考虑轴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=σπD/4，与另一圆柱的伸长变形ΔL(p)功共轭，由功的互

2

等关系，

F⋅ΔL(p)=−pΔV(F) (2-5)

式中，ΔL(p)=ε1L。均匀压强p作用下的圆柱体，三个主应力均为：

σ1=σ2=σ3=−p

轴向伸长应变为

代入(2-5)式，有：−

(2-6)

FpL

(1−2ν)=−pΔV(F)， E

从而得到体积改变量：

(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）

5

先计算折算面积和截面几何性质，换算为同样模量E1材料的T形截面，求截面形心的位置，由于截面对称，故zC=0，仅求yC。

(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E1材料的T形截面，

由梁端位移计算：Δ=

FpL33E1Iz

，得到所需的竖向力为：

(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FQ=Fp，得到梁上表面的剪应力为

乘以梁上表面的面积，即为剪力值：

6

（4）计算剪应力的分布公式：

(3-5)

(3-6) 获得剪应力为二次曲线分布，讨论：

在梁的下表面，即y=−

yC，有τ=0 在梁的中性轴处有最大剪应力，即y=0，有

或

在梁的上表面，即y

=h1−yC，有

或 (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F1最大，木条平动；垂直AB在不同位置推动木条，木条绕不同

7

的点转动，且推力F2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)=平衡关系，有

ξ

L

Mg

，垂直杆推时，由y方向力的平衡和对D点的力矩L

F2−∫q(x)dx+∫q(x)dx=0 （4－2） 0

ξ

ξL

q(x)(x−a)dx=0

（4－3） ∫q(x)(x

−a)dx+∫ξ

解出

（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nmin=1

，n

max

min>1，nmax=N

，则表示作用力在右边；如果nmin=1，nmax

=N，

8

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

n=(nmax−nmin+1)=nmax （4－5）

则AC长度ξ=nL/Q，把ξ和n代入（4－4），得

or N−1, or N+1） （4－6）

（Q=N,

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F1=μMg；垂直AB推时，从（4－2）和（4－3）中还可以解出

F2=

（4－7）

F2

==η，可以得到

把F1与F2

的比值算出来，设F1 （4－8）

即η∈[0,−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

发现。若η∈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：

Iz=∫x2dA，Ix=∫z2dA，Ixz=∫x⋅zdA （5－1）

A

A

A

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。

9

对半圆，因z轴为半圆的对称轴，故有

()()()()()()

Ixz=Ixz+Ixz=0， Ix=Ix+Ix， Iz=Iz=Iz （5－2）

I

II

I

II

I

II

且易知

Ix=Iz（半圆） （5－3）

其中Ix, Iz, Ixz (i=I,II)类似（5－1）中的定义，只是积分的区域分别为AI和AII。

从半圆到半太极图的变换，是将I中的点(x,z)变为III中的(−x,−z)后x⋅z，x，z的符号均保持不变。于是有

2

2

(i)(i)(i)

(I)(III)

，由于变换前

I(x

因此有

III)

=I(x)， I(z

III

III)

=I(z)， I(xz)=I(xz)

I

III

I

II

（5－4）

Ixz=I(xz)+I(xz)=I(xz)+I(xz)≡0

III

I

且有

IIIIIIII

Ix=I(x)+I(x)=I(x)+I(x)

（半太极图）

（5－5）

Iz=I(z

III)

+I(z)=I(z)+I(z)

II

I

II

Ix=Iz（半太极图）

在太极图中，由坐标旋转变换下的转轴公式：

Ix+IzIx−Iz⎧Icos2α−Ixzsin2α=+⎪⎪x'22

⎨

⎪I′=Ix+Iz−Ix−Izcos2α+Isin2αzxz⎪⎩22

知：

Ix'=Iz'=Ix=Iz

（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

10

的连接为不计质量的杆。

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：S1+S2=0

221

S1=1m(r)ω， S2=Mxω

，粘上即Mx=−1mr，考虑到在AO之间没有地方可以粘钢珠，只有在尖点处（

x=−r）

z轴稳定地转动。

11

x=r，M=2m，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rC=4r/(3π)。采用面积法求重心。

对I部分，质量为mI=−4m，质心坐标为rCI=(−2r,0,3r/π)；

T

对I＋II部分，质量为mI+II=m，质心坐标为rCI+II=(0,0,3r/π)；

对III部分，质量为mIII=4m，质心坐标为rCI=(2r,0,−3r/π)；

T

T

因此图形的质心为

rC=

mIrCI+mI+IIrCI+II+mIIIrCIIIT

=(r,0,r/π) （5－6）

m

T

设配重质量为M，位置为(x,0,z)，则图形加配重后新的质心为

rC=

根据z

轴过质心的要求，有

(

mr+4Mym+Mmr+πMz,0,m+M)

T

（5－7

）

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

11

mr+4Mx=0 （5－8

）

2

⎡4mr⎢JO1=⎢0

⎢0⎣

022mr0

⎡Mz2−Mxz⎤0⎤0⎢⎥⎥

0⎥，JO2=⎢0M(x2+z2)0⎥

2⎥2⎥⎢MxzMx−mr04⎣⎦⎦

22

⎡4mr+Mz⎢=⎢0⎢−Mxz⎣

图形加上配重后，

JO=JO1+JO2

z要求是主轴，则

02222mr+M(x+z)

⎤⎥⎥

22⎥4mr+Mx⎦−Mxz0

xz=0 （5－9）

现在同时考虑（5－8）、（5－9）

，以及M=mi=16m×i, (i=1,2,...,16)，可以得出

z=0,x=−

4r

。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i

配重，因此只能在z=0,x=−r绕z轴稳定地转动。

12

第九届全国周培源大学生力学竞赛试题

出题学校：

本试卷共5题 满分 120分 时间 3小时30分

注意：答卷中各题所得的最后计算结果用分数表示或用小数表示均可。

第1题（15分）

图1为某个装在主机上的旋转部件的简图。四个重量为G，厚度为b，宽度为3b，长度为L，弹性模量为E的均质金属片按如图的方式安装在轴 OO′ 上。在A处相互铰结的上下两个金属片构成一组，两组金属片关于轴 OO′ 对称布置。两组金属片上方均与轴套 O 铰结，且该轴套处有止推装置，以防止其在轴向上产生位移。两组金属片下方均与O′处的轴套铰结，该轴套与轴

OO′ 光滑套合。当主机上的电动机带动两组金属片旋转时，O′处的轴套会向上升起。但轴套上升时，会使沿轴安装的弹簧压缩。弹簧的

23G

。O 和 O′ 处的轴套、弹簧，以及自然长度为2L，其刚度 k=L

各处铰的重量均可以忽略。

(1) 暂不考虑金属片的变形，如果在匀速转动时O′处轴套向上升起的高度 H=L 是额定的工作状态，那么相应的转速ω0是多少？

(2) 当转速恒定于ω0时，只考虑金属片弯曲变形的影响，试计算图示角度 ∠OAO′相对于把金属片视为刚体的情况而言的变化量。

第2题（25分）

图 1

在图2中，杂技演员推动着演出道具在平坦的水平面上缓慢滚动。道具的外环和内芯都是刚性的，

D1=5D2。三根直径为d、长度相等的实心圆杆布置匀称，其重量可以忽略不计。圆杆两端分别与外环和内芯用球铰连结，且有D2=12.5d。圆杆材料可视为理想弹塑性，比例极限为σp，弹性模量E的数值是σp的400倍。内芯有轴承及其他结构，可以保证悬挂在圆心处的重物始终保持着竖直悬垂的状态，而且不会与圆杆相撞。不考虑可能存在的间隙。

(1) 若要使每根圆杆都不会失稳，安全因数取n，重物（包含内芯）的重量F最多允许为多大（用σp、d和n表示）？

(2) 如果F的取值在上小题的许用范围内，内芯的圆心位置会不会因为圆杆变形而在滚动过程中产生微小的波动？试证明你的结论。

(3) 在保持原结构和构件的形式不变（例如，不允许将实心圆杆改为空心圆杆），连接方式不变，安全因数不变，不减小外环外径，不增加材料用量，不更换材料的前提下，能否重新设计和制作这一道具，使

F在第 (1) 小题所得到的许用值得到提高？如果你认为这个设想可以实现，F的许用值最多能提高多少？

第3题（25分）

小明和小刚有一个内壁十分光滑的固定容器，他们已经知道这个容器的内壁是一条抛物线绕着其对称轴旋转而得到的曲面。如何确定这条抛物线的方程，是小明和小刚想要解决的问题。他们手里还有一根长能不能借助这根杆件来做这件事呢？数次将这根杆件随意放入容度为400mm 的同样光滑的均质直杆AB，

器之中时，他们意外发现，尽管各次放入后杆件滑动和滚动的情况都不一样，但最终静止时与水平面的夹角每次基本上都是 45o，如图3所示。小明兴奋地认为，由此就可以确定抛物线方程了。小刚对此表示怀疑，他把杆水平地放在容器里，杆照样静止了下来。他认为，说不定杆的平衡状态有很多，利用这根杆件来确定抛物线方程的想法不可靠。小明有些懊丧，一赌气把那根静止的水平杆拨弄了一下，那根杆立刻滑动起来，最终又静止在45o的平衡角度上。小刚再次拨弄这根杆，杆运动一番后，仍然回到45o的平衡角度上。两人就此进行了激烈的争论，反复的讨论和细致的演算；甚至还找了好几根长短不一的均质杆来进行实验验证。

o

(1) 试以杆的轴线与水平面的夹角α(0≤α≤90)为参数，推导出杆件所有可能的平衡位置。

(2) 试确定这条抛物线的方程。

(3) 试分析静止在这个容器内的各种光滑均质杆，在什么情况下受到扰动之后还能回到初始的平衡角度上，什么情况下不能。

x

图 3

第4题（30分）

图4 是一个吊装设备的示意图。水平平面内的直角刚架由塑性材料的实心圆杆制成，其两个短杆的端面A和G牢固地固定在竖直的刚性壁上。吊装的重物一直不变，但可以吊挂在刚架的任意部位。已知刚架各部分圆杆横截面的直径均为d，其他尺寸如图所示。材料的弹性模量为E，泊松比 ν=0.25。不考虑刚架的自重。

(1) 由于重物的作用，圆杆的A截面最上点处会产生沿着AB杆轴线方向上的线应变。尽管吊装的重物没有变化，但由于吊挂的位置不同，这个应变的数值也是不同的；无须证明，在所有可能的数值中，必定有一个极大值 εmax。试用 εmax 表示出重物及挂钩的总重量F。

有人直接将 Eεmax 作为在相应吊挂情况下A截面上危险点的屈服强度(2) 在出现这个极大值 εmax 时，准则的相当应力。这样做行吗？为什么？

如果要利用电测 (3) 在图示AB区段的中截面J处，

法测算出在各种吊挂情况下该截面的全部内力，同时要求应变片要用得尽可能地少，效果要尽可能地好，在理论上应该贴多少个应变片？应在该截面外圆的何处粘贴？沿着什么方向粘贴？如何利用这些应变片的读数来求得J截面上各个内力的数值？

图 4

第5题（25分）

在收拾整理第3题中所用的光滑均质杆时，小刚不小心将一根杆件滑落在地上。小明“当心”的话还未说出口，就被杆件撞击地面时的现象所吸引，感觉与自己的想象并不一致。两人找出几根材质不同但长度均为2L的杆件，让它们在高度为 2L处与铅垂线成θ(0≤θ

o

(1) 某根杆AB自由下落的倾角 θ=30o。若在碰撞刚结束的瞬时，质心C的速度恰好为零，那么，碰撞时的恢复系数e为多大？

(2) 另一根杆（也记其为AB）自由下落的倾角 θ=45o，A端与地面发生完质心C的速度为多少？ 全非弹性碰撞。在碰撞后杆AB刚达到水平位置的瞬时，

图 5

第九届全国周培源大学生力学竞赛试题参考答案

出题学校：

第1题（15分）

(1) ω0=

75g

。 L

10GL2

。 (2) ∆∠OAO′=

3Eb4

第2题（25分）

(1) [F]=

3π3σpd2200n

≈0.4651

σpd2

n

。

(2) 不会波动，证明见详细解答。 (3) 可以，许用荷载最多可提高76.7％。

第3题（25分）

(1) α1=0， α2=arccos

(2) x2=200y。

100

=45o。 200

(3) 长度 2L 小于200 mm的杆水平放置的平衡是稳定的。长度大于200 mm的杆水平放置的平衡是不稳定的，处于角度 α=arccos

100

上的平衡是稳定的。 L

第4题（30分）

195Eπd3εmax

。 (1) F=

5248L

(2) 可以，原因见详细解答。

(3) 除了温度补偿片，至少还应该贴3个应变片。J 截面的上顶点处沿轴向贴一个应变片 ε(1)，另外两个应变片 ε(2) 和 ε(3) 应该贴在 J 截面水平直径的两端处，并沿着与轴线成45°夹角的方向

Eπd3(ε(2)+ε(3))3Eπd2(ε(2)−ε(3))13

Eπdε(1)，TJ=上粘贴。MJ=，FSJ=。 3232(1+ν)32(1+ν)

第5题（25分）

(1) e=

3。 4

⎛652π⎞

⎟gL。 (2) vC=⎜+

⎜548⎟⎠⎝

第十届全国周培源大学生力学竞赛（个人赛）

详细参考解答及评分标准

出题学校：

评分总体原则

各题均不限制方法。若方法与本文不同，只要结果和主要步骤正确，即给全分；若方法不同而结果不正确，各地自行统一酌情给分。本文中多处用图形解释，若试卷中未出现相应图形但已表达了同样的意思，则同样给分。计算结果用分数或小数表达均可。

本文中用浅黄色标识的公式和文字是给分的关键点，其后圆圈内的数字仅为本处的所得分值。

第1题（30分）

某工厂利用传送带运输边长为b的均质正方体货箱。已知货箱质量为m，绕自身中心轴的转动传送带A倾角为（45o），惯量为J，并且 6Jmb2，速度为v0，传送带C水平放置，B处为刚性支承。考虑货箱与传送带之间的摩擦，设两者之间的静摩擦因数为

fs，动摩擦因数为f，并且 0f1。

(1) 若货箱在O处由静止轻轻放在传送带A上，如图 (A) 所示，试判断货箱在到达刚性支承B之前是否会翻倒，并论证你的结论。

(2) 当货箱运动到传送带A底部时，其角部恰好与刚性支承B的顶端发生撞击，假设撞击过程为完全非弹性碰撞，货箱能顺利翻过刚性支承B到达传送带C，如图 (B) 所示，则释放点O到传送带A底部的位置s应该满足什么条件？（忽略两个传送带之间的距离）

解答及评分标准

(1) （本小题12分）首先分析货箱在传送带上的运动。

(A)

(B)

题 1 图

由于货箱静止放置在传送带上，而传送带具有速度v0，所以初始运动阶段，货箱相对于传送带产生滑动。该阶段货箱受力如图1-a(A) 所示，图中G为货箱重力，F为摩擦力，FN为传送带给货箱的法向反力，a1为货箱在初始加速阶段的加速度。

由质心运动定理，

ma1GsinF， (1-1a)

图 1-a

FNGcos0 。 (1-1b)

式中，FfFN。由式 (1-1) 得货箱质心的加速度

(A)(B)

a1gsinfcos 。 ① (1-2)

当货箱与传送带同速的瞬间，二者相对静止，无滑动摩擦。货箱的最大静摩擦力

FmaxfsFNfsGcos。 (1-3)

此后，若货箱重力沿斜面向下的分量 Gsin 大于该静摩擦力，货箱还将继续向下做加速运动，并且受力如图1-b(A) 所示，此时满足

GsinfsGcos。 (1-4) 由上式解得

arctanfs。 (1-5) 按照上述方法求解得该阶段货箱的加速度

(B)

a2gsinfcos 。 ② (1-6) 当 arctanfs，货箱与传送带同速后将一起以速度

(A)

图 1-b

v0作匀速运动。

再分析货箱是否会倾倒。货箱相对于传送带滑动过程中，可能存在两种倾倒情况：初始加速阶段绕右下角M点倾倒，或同速后再次加速阶段绕左下角N点倾倒 ②。在货箱上考虑惯性力，记货箱在上述两种情况下的惯性力分别为 F11 和 F12，利用达朗贝尔原理求解。如果考生只考虑了一种货箱可能翻倒的情况，此处只给 ① 分。

首先分析货箱绕右下角M点倾倒情况。设 FN 距M点距离为 x1，如图1-a(B) 所示，根据达朗贝尔原理，

MF

① (1-7a)

F0， FGcos0。 (1-7b)

M

yN

式中， FI1ma1Gsinfcos 。 (1-8)

① (1-9)

再分析货箱绕左下角N点倾倒情况。设

，如图1-b(B)所示，同样有

MNF0， ② (1-10a)



F

y

FNGcos0， (1-10b) 0，

式中， FI2ma2Gsinfcos。

(1-11)

利用式 (1-10)、(1-11) 得 ② (1-12)

由于 0f1，所以式 (1-9) 和式 (1-12) 满足

bx20 。 (1-13) bx10，

即货箱在传送带A上运动时不会翻倒。① 如果考生只分析了一种货箱可能翻倒的情况，但仍然得出“不会翻倒”这一结论，则此处不给分。

(2) （本小题18分）设货箱运动到底部与钢支承B撞击之前质心速度为v1。货箱从O

点开始运动，直到到达传送带C整个运动过程分三个阶段。第一阶段：从O点运动到传送带底部并获得速度

v1；第二阶段：撞击刚性支承B；第三阶段：撞击后货箱运动到传送带C。

先分析撞击过程。由于货箱和支承B碰撞过程为完全非弹性，所以撞击后货箱不会弹起，而是绕着碰撞点B作转动 ①，碰撞前后质心速度方向发生突变。设碰撞后货箱质心速度为v2，角速度为2，碰撞前后的速度方向及碰撞冲量如图1-c所示。

vv(A)

图 1-c

(C)

由图1-c(B)，碰撞冲量满足

MBI0 ， (1-14)



所以撞击前后货箱对B点的动量矩守恒，即

② (1-15)

式中，碰撞后速度 v2

② (1-16)

再分析撞击后货箱的运动。由于碰撞结束后货箱运动过程中只有重力做功。故可利用机械能守

② (1-17) 21

b2，Jmb2为货箱相对于质心的转动惯量。将两式代入式 (1-15) 可

26

选取B点为零势能点，则在该位置货箱势能

V2Gh2。 (1-18)

只有货箱跨过图1-d(B)位置，才能到达传送带C，设该位置货箱的动能为 T3，撞击后，货箱能翻到传送带

vv

C的条件是T30 ①。货箱的势能为

V3Gh3 。 (1-19) 根据机械能守恒定律

(A)

图 1-d

(B)

(1-20) T2V2T3V3 。

将式 (1-17)~ (1-19) 代入上式得

① (1-21)

由上式解得

1

(1-22) T3mb222Gh2h3 。

3

因此，要满足 T30，需有

①

(1-23)

22bsin(45)，h3b。将以上各式连同式 (1-16) 代入式 (1-23)，得货22

箱能够达到传送带C的条件是

82

v12 (1-24) gb1sin(45)，

3从图1-d中易求得 h2



即货箱滑到底部，与刚支承B碰撞前至少具有如下速度

。 ③ (1-25)

最后分析撞击前货箱能达到该最小速度的条件。

由问题 (1) 可知，当 arctanfs，货箱与传送带同速后，将以速度v0作匀速运动，此时若

v

v1min，则货箱释放点位置应满足 0

。 ①

(1-26)

若 v0v1min，s不管取何值，均无法满足要求。①

当 arctanfs，货箱与传送带同速后还将继续向下作加速运动，此时若 v0v1min，则货箱速度未与传送带同步之前已经达到 v1min，s的表达式同式 (1-26) ①；若 v0v1min，则货箱与传送带同速之后还需继续向下运动直至速度达到 v1min，并且

22

v0v12minv0

ss1s2 。 (1-27) 

2a12a2

将式 (1-2)、式 (1-6) 和式 (1-25) 代入得

。② (1-28)

第2题（25分）

动物园要进行猴子杂技表演，训猴师设计了如下装置：在铅垂面内固定一个带有光滑滑槽，半径为 R 的圆环，取一根重为 P，长为 l3R 的均质刚性杆AB放置在圆环滑槽内，以便重为Q的猴子沿杆行走，已知 P2Q。

(1) 如图 (A) 所示，试求猴子处于距杆AB端点A距离为d时，杆的平衡位置？（用杆AB与水平线的夹角θ表示）

题 2 图

(2) 设两只重量均为Q的猴子同时进行训练。训猴师首先让猴甲静坐在杆AB的A端，并且使猴甲-杆系统处于平衡，然后让猴乙从杆的B端无初速的沿杆向猴甲运动，如图 (B) 所示。试问猴乙应该如何走法才能不破坏原猴甲-杆系统的平衡状态？

解答及评分标准

(1) （本小题10分）解法一：采用分析静力学方法，利 用虚位移原理寻求猴-杆系统的平衡位置。建立坐标系如图2-a所示，用K表示猴子的位置。由于A、B处为理想约束，约束力NA和NB在相应的虚位移不做功，系统只有重力做功。设

AB杆的质心为C，则圆心O到杆AB质心C的距离

OCOAACOAAC

2

2

2

2

1

R2RR。

22

2

显然，在ΔOAC中，OAC30，所以质心C坐标

图 2-a

yCRRsin30猴K的坐标



Rsin。 ① (2-1) 2

yKRRsin30dsin。 ① (2-2)



将式 (2-1) 和 (2-2) 分别取变分得

② (2-3a)

(2-3b) 根据虚位移原理，猴-杆系统平衡时有

① (2-4) Py

CQyK0。

将式 (2-3) 代入得

③ (2-5)

2dR

或 tan。

3R

解法二：采用刚体静力学方法，直接列平衡方程求解。系统受力如图2-b所示，建立图示坐标系，垂直于杆方向为x轴, 沿AB轴方向为y轴。用K表示猴子的位置。对系统列平衡方程，

Fx0，

(NANB)cos60o(PQ)cos0，

Fy0，

(NANB)cos30o(PQ)sin0，

N



图 2-b

M

A

(F)0，

l

NBlcos60oPcosQdcos0，

2

。 

由上面第一式和第二式得

sincos NB3Q

代入第三式得

tan

2dR

。 3R

(2) （本小题15分）根据第 (1) 题的结论，当猴甲静坐在杆A端时，d0，代入式 (2-5) 可得猴甲-杆系统平衡时杆的初始位置角 030o。取B点为原点，s轴沿BA方向，

，则作用在猴乙上的惯性力大小为 s设猴乙的加速度为

。 ①

(2-6)

当猴乙运动到杆上任意位置时其惯性力方向及系统受力如图2-c所示。对猴-杆系统运用达朗贝尔原理，

MO(F)0，

图 2-c

。⑤ (2-7) 将式 ③ (2-8) 。

上式即为保持原猴甲-杆系统平衡状态不变的情况下，猴乙的运动应满足的微分方程。上式对应的齐次方程的通解为

g

BsinR

g

t ， (2-9) R

s1Acos

易知微分方程 (2-8) 的一个特解可取为 s2C，代入式 (2-8) 可得

s2C

2R

。

(2-10) 3

。 ③ (2-11) 故微分方程 (2-8) 的通解为

式中，A和B为积分常数，可由初始条件确定。当t  0时，猴乙在杆的B端，而且初速度为0，所以初始条件为：当t  0时，

0。 (2-12) s0，s

利用上述条件，可求得积分常数

2R

， B0。 (2-13) 3

将式 (2-13) 代入式 (2-11) 可得猴B的行走规律

A

③ (2-14) 。

即猴乙按照上述规律运动时，不会破坏原猴甲-杆系统的平衡状态。

第3题（30分）

如图传送装置中，AB是一段横截面为矩形的梁，A端自由，B端固定。截面宽度为b，高度为

h(h2b)。弹性模量为 E，泊松比为 。设传送带连同带上分布均匀的散装物在单位长度上的重

量为q，传送带给予AB梁单位长度的切向作用力为t。建立图示的坐标系，考虑离A端为已知长度

L (L5h) 的C截面，假定该截面中水平直线上的切应力均匀分布。

(1) 若q和t为已知，试确定C截面的上边缘P点和下边缘Q点的应力状态，画出单元体示意图，并写出各应力分量的表达式。

(2) 若q和t为已知，试求C截面上切应力的表达式。

(3) 事实上，q和t的数值不易直接得到。为了用电测法测定q和t的具体数值，拟在C截面所在区域且垂直于C截面的外表面上贴应变片。暂不考虑温度补偿片及组桥连接等事宜，先设计一个贴片最少的方案，并说明如何利用这些应变片的读数来求得q和t的数值。

解答及评分标准

题 3 图

(1) （本小题6分） AB部分可简化为上表面承受均布的竖向荷载q和切向荷载t的悬臂梁，如图3-a所示。在梁中截取坐标为x的截面，如图3-b所示。由平衡条件可导出，该截面上各内力分量

FNtx， FSqx， (3-1)

截面上的正应力由拉伸应力 N 和弯曲应力 M 构成。对于坐标为x的截面上坐标为y的点， FNtxMy6(qx2htx)y， 

M， N

bh3AbhI

xNM

(3-2)

图 3-a

图 3-b

特别地，在C截面，xL。其上边沿P点处，y

h

，故 2

tL

x ①

(3-3)

bh ① ① 此处的第二式若无负号，但单元体图正确，也给 ① 分。

P点处于双向应力状态，其单元体示意图如图3-c所示。

h

在C截面下边沿Q点，y

，故

2

2

tL3(qLhtL) x 2

① (3-4)

由于梁的下表面是自由表面，故 y0，xy0。Q点 处于单向应力状态，其单元体示意图如图3-d所示。

图 3-d ①

(2) （本小题10分）为了导出截面上任意处的切应力 的一般表达式，在C截面附近截取梁中的一个微段 dx，再截取其坐标为y的水平面以上直到上边沿的部分，如图3-e所示。其左截面（图中灰色区域）正应力的合力按照实际的方向（即图中所标识的方向）应为

FNM

FdAydAdA。

IAA

AA

故有 ②

(3-5) 











式中，SA是该区域的面积，即 ② (3-6)

图 3-e

图4- e中右截面上的正应力的合力可记为 (FdF)。

记微元区段左截面上坐标为y处的切应力为 (y)，方向向上。根据切应力互等定理可知图3-e所示区域中，下截面上的切应力数值也为 ，且方向向右。由这个区域在x方向上的力平衡可得

Ftdxbdx(FdF)0。②

SdMAdFN

t1dFt

。 故有 

bdxbbIdxbAdxb将式 (3-1) 代入上式便可得

ShttA

1qx。 2bbIA

将式 (3-6) 代入上式便可整理得

3qx4y2t4y12y2

 (x,y)1h24b1hh2。 (3-7a)

2bh ④ (3-7b) 这就是所求的切应力的表达式。负号说明切应力的实际方向与图3-e所，单元体的切应力方向如图3-f示方向相反。例如，形心轴处（y0）所示（图中未标出正应力）。

计算方向

实际方向

如果考生在图3- e中，假设切应力的方向是向左的，那么式 (3-7) 中就没有负号。

图 3-f

(3) （本小题14分）在C截面所在区域的各外表面中，上表面有传送带覆盖，贴应变片不大现实。故只有侧面和下表面比较合适。同时，太靠近棱边的区域贴片，可能导致数据不够真实，也是应该避免的。

由于各应力分量沿y方向连续分布，因此可以预料，在截面上存在着应力分量 x，y 和 xy。其中 xy 对沿坐标轴方向的线应变没有影响，但对其他方向的线应变有影响，因此，如果所贴应变片是沿坐标轴方向的，一枚沿轴向，记为 (1)x，另一枚垂直于轴向，记为 (2)y，那么，由平面问题的广义胡克定律，

11

x(xy)， y

(yx)，

EE

可得 ② (3-8)

上式涉及正应力分量 y，这个分量可按下述方法进行分析。

在图4-e中，根据式 (4-7a)，微段左截面上坐标为y的水平线以上的部分切应力的合力为

hh2

FQbdy

y



y

3qx4y2t4y12y2

2121dy h4hh2h

⑤ 由y方向上的力平衡，如图4-e，有

FQqdx(FQdFQ)ybdx0，①

q1dFQqq3y4y3



31即得 y， bbdxb2bhh

即 ② (3-9) 这样，x 和 y

的一般表达式分别由式 (3-2)

和式 (3-9) 给出。

可在C截面区域的侧面的不同位置粘贴应变片，从而构成不同的贴片方案。 第一种方案：可选择在侧面中线的K处贴片，如图3-g所示。在该处，

② 故有

① (3-10a)

①

(3-10b)

h

第二种方案：可选择在侧面中线上方的S处贴片，S处距中线 ，如

4

图3-h所示。在该处，

② 由式 (3-8) 可知，

5htL3qL2E

((1)(2))， 2

2bh1



E27q((2)(1))， 

32b12

由式 (3-8) 可知，

EtL

((1)(2))，

bh12

Eq

((2)(1))， 2b12

图 3-g

C

图 3-h

故有 ① (3-11a)

注意：如果考生没有求出 y 的表达式，直接考虑贴片，那么，应变片可用3片。以下的三种

方案，若算式都正确，则本小题统一给 ⑥ 分。

第三种方案：可选择在侧面中线的K处贴片，并贴成如图3-i所示的直角应变花。由于在中线上，与式 (3-10a) 相同，

Ebh

((1)(2))。 t

L(12

)

由式 (3-7) 可知，在K处的切应力按照其实际方向，可写为

xy

故有 xy

6qLht

， 4bh

图 3-i

xy

G



(1)(6qLht)

。

2Ebh

在K处沿45°方向上的线应变

- 10 -

(3)

故有 q

111(1)(6qLht)， (1)(2)xy(1)(2)2224Ebh

Ebhh

2(1)(2)(3)(1)(2)。 3L(1)2L(1)

第四种方案：除了在中线K处沿坐标轴方向贴片之外，再在底面沿轴向贴片，如图3-j所示。应变片共计仍用3片。

与第一、第二种方案类似，由 (1) 和 (2) 可得式 (3-10a)：

t

Ebh

((1)(2))。

L(1)

在C截面所在底面处沿轴向贴一枚应变片(3)，该处处于单向应力状态，由式 (3-4) 可知，

E(3)

2htL3qL

，

bh2

2

图 3-j

将式 (3-10a) 代入上式即可得

2((1)(2))Ebh2

 q(3)。

3L1

第五种方案：在第四种方案中，应变片(1) 和 (2)不一定要选择在侧面的中线K处，也可选择在侧面的S处贴片，该处的纵坐标为y0，如图3-k所示。由式 (3-2) 可知，

2

tL6(qLhtL)y0

， x3

bhbh

2

EtL6(qLhtL)y0

即 ((1)(2))。 3

bhbh12

另外，在C截面所在底面处沿轴向贴一枚应变片(3)，与第四种方案相同，

E(3)

2htL3qL2

。

bh2

1

图 3-k

上两式构成关于t和q的线性方程组，联立求解可得 Ebh(1)(2)2y0(3)2y0

t， 1

L12hh

2Ebh2(1)(2)13y02y0

q。 (3)1

3L2122hh

1

显然，侧面的两枚应变片也可以贴在中线的下方。

第4题（35分）

如图横梁的长度为 1600mm，横截面是底边 b40mm，高度h60mm的矩形。梁的左端A

为固支端，右端B自由。材料性能常数 E95GPa，屈服极限 s 和比例极限 p 均为250MPa。 今有一批质地均匀、每块重量为 3.2kN、长度也为 1600mm的软金属板需要整齐地叠放在梁上，如 图 (A) 所示。现拟用一根长度为 1800mm、直径 d36mm、材料与横梁相同的圆杆来提高横梁的承载能力。限于条件，只有梁下方1000mm处的地基可以对圆杆提供支撑；而且圆杆两端都只能用球铰与横梁和地基相连接。两个铰支座的水平位置可以根据需要分别随意调整，圆杆的长度也可以

- 11 -

随之而任意截取，如题图 (B) 所示。

(1) 定性分析：如何使用这根圆杆，使之与横梁形成合理的结构，才能尽可能多地放置金属板？ (2) 不计横梁和圆杆的重量，根据问题 (1) 的要求，设横梁和圆杆的安全因数均为 [n]2，设计和定量地计算这一结构。结果中长度精确到 0.1mm。

(3) 根据你的设计，加上支撑后的横梁最多可以堆放多少块金属板？

(A)

题 4 图

解答及评分标准

(1) （本小题7分）横梁的右部增加一个斜撑，实际上增加了一个向上的力和向右的力。向上的力可以改善横梁的弯曲强度，故不可缺少。但向右的力使横梁产生拉弯组合变形，加大了横梁横截面上的最大正应力，故该项作用力对强度不利。若要完全消除向右的作用力，则圆杆应处于铅垂位置。另一方面，对斜撑而言，由于是受压杆，可能存在稳定问题。圆杆越长，稳定性越差。因此，圆杆处于铅垂位置具有最好的稳定性。所以，使圆杆处于铅垂位置是应该采用的方案。（关键词：铅垂放置③）

在圆杆处于铅垂的情况下，圆杆的左右位置的调整也是一个可以提高横梁强度的措施。（关键词：左右调整②）

同时，还可以将圆杆的长度取得比 1000mm 略长，利用装配应力（即预应力）来提高横梁的强度。（关键词：装配应力②）

(2) （本小题26分）金属板的重量可简化为作用在悬臂梁上的均布荷载q。记竖杆安置在距右端B为a的C处，把竖杆的支撑简化为向上的作用力R，其力学模型和弯矩图如图4-a所示。在这种情况下，弯矩存在着三个峰值，即位于AC之间的 MK，A截面的 MA ，以及C截面的 MC。要使横梁的强度得到充分利用，应有

① (4-1) MKMAMC。

以B端为原点，x坐标向左。C截面的弯矩

① (4-2a) 在C截面左面，弯矩为

M(x)R(xa)

12

qx (xa)， 2

R

其极值点 xK，该截面的弯矩

q

① (4-2b)

固定端A处的弯矩

- 12 -

M

图 4-a

① (4-2c) 和 ② (4-3b)

11

故有 Mmaxqa2(

942)qL2。

298

1

由于横梁的抗弯截面系数 Wbh2，故强度条件是

6

式 (4-2) 的三式联立，即可解得

， ② (4-3a)

max

Mmax3qL2

(942)s， 2

W49bh[n]

由此可得许用荷载

4940602250

34.35N/mm。 ② (4-4) 3(94)216002相应地，C处的支承反力

R34659.90N。 (4-5)

记横梁横截面惯性矩为 I1，下面用不同的方法计算在R和q的共同作用下C处的挠度 wC。

方法一（叠加法）：C处的挠度 wC可按图4-b所示的简化模型计算，即（向上为正）

(Rqa)(La)3q(La)412(La)2

wC qa

3EI18EI122EI1

q(L22La5a2)(La)2 ⑥ (4-6a) 24EI1

上式中代入 a417.926mm，q[q]34.35N/mm等数据，可得

wC10.214mm。 ① (4-6b)

或者：wC 可以直接用q来表达。

(Rqa)(La)3q(La)412(La)2

wC qa

3EI18EI122EI1

2(113722)qL424(11372)qL4

7203EI17203Ebh3

44

2qL3qL3.724010。 3.103310

Ebh3EI1在上式中代入 q[q]34.35N/mm 等数据，即有

0.0372434.3516004

wC10.214mm。

9510340603

或者：wC 还可以直接代入数值计算。

11

EI

1Ebh395103406036.841010Nmm2，

1212

(Rqa)(La)3

163.4267mm，

3EI1

- 13 -

图 4-b

q(La)4

122.5700mm，

8EI1

12(La)

30.6425mm， qa

22EI1

2

wC163.4267122.570030.642510.214mm。

方法二（图乘法）：将原有荷载分解为如图4-c左方所示的三种荷载，画出相应的弯矩图。同时，在

C处加上向上的单位力，画出其弯矩图。各弯矩图如图4-c右方所示。故有：

EI1wC

qa(

q(L图 4-c

121q3

R(La)(La)(La)(La)2(La)(La) 23324

qa2112aqa2

(La)(La)qaL()La(La)， 

222322

(La)2

故有 wC8R(La)q(3L22Laa2)。

24EI1

1

将 Rq(La) 代入上式，即可得

2

qq

(L22La5a2)(La)2 wC(L22La5a2)(La)210.214mm。 3

24EI12Ebh



wC 为正，说明竖杆的长度应比基本长度H更长。记竖杆的长度为 HH，竖杆的横截面

积为A2，由于竖杆为压杆，故有协调条件：

②

1

RHRHRR

ww故有

11CC①

EAEAEAEA2222

4

34659.910004RH

w10.21410.572mm。 C

Eπd295

103π362所以，应取立柱高度

- 14 -

HH1010.57mm。 ① (4-7)

下面校核立柱的安全性。由于立柱承受压力，故考虑其柔度。由已知，ps，

①

① 故撑杆是大柔度杆 ，应该考虑其稳定性。记 I2 为撑杆横截面惯性矩，由于轴力 FN2R，故有

Fcr

③ (4-8)

nR所以撑杆安全。由此看来，选定 H1010.57mm 是合适的。

结论：截取圆杆长度 H1010.6mm，使之处于铅垂位置，在离右端 a417.9mm 处与横梁强行安装。这样制成的结构具有最大的许用荷载 [q]34.35kN/m。

①

[q]34.35

17.18。 (4-9)

[q0]2

(3) （本小题2分

）每块金属板的分布荷载

即加上支撑后结构最多可以放置17块金属板。①

注意：求解本题考生可能会采取以下不够完备的方案。可参考如下评分标准：

方案1（本方案6分） 在B端加高度 H1000mm 的竖直撑杆，如图4-d 所示。

这种情况下，协调条件为

② ①

3HI1Hbh3100040603

5.1808

104。 式中， 23323

π361600A2LπdL

图 4-d

弯矩最大值出现在固定端，

14

1.0016。 式中，

1

① 容易看出，体现的是竖杆弹性的影响。上述计算表明，这个影响是非常微小的，忽略它所引起的误差小于0.2 。这样，强度条件可简单地写为

Mmax3qL2s

max。 

W4bh[n]由此可得许用荷载

①

- 15 -

因此，在这种情况下，最多可以放置4块板材。①

方案2（本方案10分） 在B端加上高度大于H1000mm的竖直撑杆，利用装配应力的方案，如图4-e 所示。

由于竖杆变形对强度的影响很小，故忽略。设右端支座的支反力为 R ，撑杆比 H1000mm 多出，根据右端B处的协调条件可得：

②

33EI

故有 RqL3。

8L

由此可得左端支反力及支反力偶矩

1

FqLR， mqL2RL。

2

由此可知，弯矩峰值出现在A、K两个截面上（如图4-f）。由

FRqLRR

 即 ，

LssLss

可得 s

图 4-e

R

。

q

x

① ①

最佳的  值，应使 MAMK，即

R212

qLRL，

22q即 R22qLR(qL)20。 可得 R(21)qL。

将上式代入R的表达式即可得最佳的  值：

(8211)qL4(8211)qL4

。



2Ebh324EI

①

可得这种情况下的许用荷载

②

因此在这种情况下，最多可以放置6块板材。①

同时，竖杆在 H1000mm 的基础上应该增加的长度为

②

方案3（本方案12分） 未考虑预应力，但考虑了竖杆左右平移的方案。

若不考虑预应力，如图4-g 所示，也不考虑立柱的变形，那么C处就相当于增加一个铰。显然C处支座的支反力 RC 随着a的位置的变动而变化；或者说，这种情况下，可以调整的因素只剩下a。

- 16 -

根据C

② ①

①

C ①

K ①

由于可调因素只有a，故不可能取 MKMAMC。最佳的 a 值，应使 MAMC ①，即

11

qL

22Laa2qa2，

28

即 5a22LaL20。

故有 ②

图 4-g

注意上式与式 (4-3a) 中的 a417.9

mm 相比，向中部靠近了约 46mm。

① 根据上述结果可以算出，当 MAMC 时，

1

MK726qL2MA。

100

1

由此可知，MAMC72qL2 是这种情况下的最大弯矩。

50

1

可以看出，在B处铰处于 a61L 位置上时，如果铰再往左移，则 MC 将会增加；如

5

1

果铰再往右移，则MA将会增加。因此，MAMB72qL2 是B处铰移动时所可能产生

50

的最小弯矩。









用弯曲强度条件，

① 便有

[q]27.89

13.94。

[q0]2

这意味着，板材放置14块有困难。同时还可以看出，若将铰换为立柱，实际上使C处的竖向位移的刚性约束变为弹性约束，许用荷载将再次略略降低，因此最多放置13块的结论比较合适。①

- 17 -

max

Mmax3(726)qL2s，

W25bh[n]