第十届全国周培源大学生力学竞赛详细参考解答及评分标准

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

(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]