全国周培源力学竞赛模拟题集

2011年力学竞赛模拟题集
1、质量为m 的匀质梁AB 水平放置.A 端为固定铰支座，B 端接柔绳,质量不计，该段柔绳跨过位置固定的圆柱体与放置在梁上质量为M 的物块连接，物块与梁之间以及柔绳与圆柱体之间的静摩擦因数均为μ，ED 段柔绳与AB 平行，BC 段柔绳与AB 垂直。

AB 梁长为l ，物块尺寸如图1a 所示，高为b ,宽为a .
(1）试证明CB 段柔绳上的拉力2
πμe
T T ED CB =.
(2）如果系统保持在图示水平位置平衡,试求物块中心距A 端的最大距离d 。

a ）
b ） 图1 解：（1）分析CD 段柔绳，取微元体进行分析,如图1b 所示 列平衡方程
0=∑τ
F 0)2d cos()d (d )2d cos(=+--θ
μθT T N T (1） 0=∑n F 0)2d sin()d (d )2d sin(=+-+-θ
θT T N T （2)
由式（1)得N T d d μ-=，由式（2）得θd d T N =
所以 θμd d -=T
T
两边同时积分有 ⎰⎰-=2π
0d d θμCD T T 积分得
2
πμ
e T T ED CB =
（2)以物块为研究对象，假设物块处于滑动临界状态
Mg N F μμ==
此时恰好为翻到临界状态
Mg F T ED μ==
CB 段柔绳的拉力
2
π2
πμμμMge
e
T T ED CB ==
以AB 梁为研究对象
0=∑A
M 0)2
(2=+⨯-⨯-⨯a
d Mg l mg l T CB 解得 M
Ma ml l Me d 222
π--=
μμ
n
τ
T
2
d θ2
d θ2d θ2
d θs
d N d F
d T
T d +
2、杂技团表演平衡木杂技，在长为l 的平衡木上站了n 个体重相等的演员,且所有演员之间的间距相等。

试求：该平衡木上最大弯矩的一般表达式？
解：将该模型简化为简支梁，如图2所示，梁长为l ，n 个演员之间距离为)1/(+n l ，演员体重均为
n F /,则在AB 两端约束反力均为2/F 。

根据题意发现,最大弯矩总是发生在梁的中间2/l 处。

图2 (1）如果演员总数是偶数个，则取中间2/l 截面截开，每侧作用有约束反力2/F 、2/n 个集中力n F /,则中间截面弯矩暨最大弯矩的表达式为：
)
1(8)
2( 2)
12(2)1()2321(1 )
2
321(1224 )
1
22( )1
32()122()12(22max ++=
+⨯+=+⋅⋅⋅++++⨯=+⋅⋅⋅++++⨯+⨯⨯-=+-⨯-⋅⋅⋅-+-⨯-+-⨯-+-⨯-⨯=
n n Fl n n n n Fl n n l n F n
n l n F n l n F Fl n l
n l n F n l l n F n l l n F n l l n F l F M (2）如果演员总数是奇数个，则取中间2/l 截面截开，最大弯矩侧作用有约束反力2/F 、2/)1(+n 个集中力n F /，则中间截面弯矩暨最大弯矩的表达式为：
n
n Fl n n n n Fl n n l n F n n l n F n l n F Fl n l
n l n F n l
l n F n l l n F n l l n F l F M 8)1(2)
121
(21)1( )
2
1
321(1 )21321(1224 )
1212( )
1
32()122()12(22max -=+--⨯+=-+⋅⋅⋅++++⨯=-+⋅⋅⋅++++⨯+⨯⨯-=+--⨯-⋅⋅⋅-+-⨯-+-⨯-+-⨯-⨯=
一、 烟囱定向爆破（40分）
城市建设需要对废旧烟囱进行定向爆破拆除,在烟囱底部进行预处理，沿周边对称开挖两个导向洞，以便形成倾覆力矩。

预定倾倒方向留置一段弧长约为1/4周长，在其上布设药孔并装药，实施起爆后,混凝土碎块飞散，钢筋基本完整，但竖向钢筋在烟囱自重作用下弯曲，然后烟囱顺此方向倾倒。

1、 竖向钢筋为何弯曲，利用了材料的哪类力学性质？已知钢筋的直径为d ，间距为a ，比例极限为MPa p 200=σ，烟囱的质量为m ，试确定药孔区的最低分布高度。

2、 一般烟囱高达数十米,可将其看作长为l 的均质细杆，根部因为钢筋的牵连，可看作固定铰链，当烟囱与铅垂线成任意夹角θ时，请求惯性力简化的结果以及根部的约束力。

3、 当根部开始断裂时，烟囱还像刚体一样整体地下落，随着下落角度变大，转动角速度也变大,有时在倒塌的过程中在离根部约1/3长处发生二次断裂，且断裂从面向地面的一侧开始，从倒地后的现场来看，明显在断裂处有一空地无倒塌物。

请根据相关力学原理建立模型描述。

解：1、为保险起见，混凝土碎块飞散后,钢筋为两端固定的细长压杆
根据欧拉公式：22
()Cr EI F l πμ=得2
24
Cr
Cr Cr Cr
EI F EI E
l F F π
ππμ
=
==
其中2/3Cr W
F R a
π=（烟囱自重均匀分布在筒壁，每根钢筋平均分担
压力）
2、惯性力系向根部简化简化为： 2I W l F g τ
α=
，22n I W l F g ω=,2
13IO W M l g
α= 其中角速度和角加速度如下计算： 据
()0O M F =∑有，sin 02
O l
J W
αθ-=， 得3sin 2g
l
αθ=
而d d d d dt d dt d ωωθωωαθθ===，分离变量后再积分得00
3sin 2g d d l ωθ
ωωθθ=⎰⎰
3(1sin )g
l
ωθ=
- 由
0x F =∑,得2
s 02
Ox W l F Wco g ωθ-
+=， 即2s (3s )22
Ox W l W
F Wco co g ωθθ=
-=-
由
0y F =∑,得sin 02Oy W l F W g αθ-
+=,即sin sin 24
Oy W l W
F W g αθθ=-= 3、横截面上有动内力分量分别为:Nd F 、Qd F 、d M 力矩平衡得()()0B B I d x M W M F M l +-=∑∑
即：
12sin ()[()]2223
d x x m x m x
M W l x x l l x x
l l l θαα=-+-+--
化简得：32
1sin ()4d W x M x l l
θ=- 动弯矩最大时有：0d dM dx =，即得23
l
x = 此处 max sin 27
d Wl
M θ=
二、孙悟空的如意金箍棒（40分）
中国四大古典名著的《西游记》中的孙悟空本领高强，神通广大，深得人们喜欢。

尤其是他的兵器-—如意金箍棒，帮他大闹天宫，降妖除魔。

传说该棒原为大禹治水时用作测江海之深的宝器，原来放在东海龙宫之中时，重一万三千五百斤(一公斤合二斤），有二丈长（一米合三尺，十尺合一丈），碗口粗细，一般饭碗的直径约合10厘米。

1、 金箍棒的最大神奇之处在于可随意变化尺寸大小，如果金箍棒在变化过程中，保持总重量和尺寸比例不变。

只考虑自重影响，强度控制条件MPa 1000][=σ，试分析在固定一端，分别竖直放置和水平放置两种情况下长度变化范围。

如果保持密度和尺寸比例不变呢？
2、 孙悟空和二郎神打斗之时，不提防太上老君自上扔下金刚琢,悟空本能地双手举棒迎接,金刚琢正好垂直打中金箍棒中间，如金刚琢重为P ，无初速自由落体，下落高度为H ，孙悟空两手为刚度为k 的弹簧支座,金箍棒的刚度系数为EI 。

试计算金箍棒中的最大挠度。

3、 因被金刚琢击中，手中金箍棒被震脱手，从云端落下,设高度距离地面h,棒与水平面的夹角为θ，落地时棒的一端与光滑地面碰撞，恢复系数5.0=e ，则一次碰撞后金箍棒能弹起多高?再次与地面碰撞时，金箍棒与地面的夹角为多少？
4、 孙悟空有时为了震慑对方，操起金箍棒,把山石打得粉碎，这个过程为典型的碰撞过程.悟空发现单手握棒击打时，只要控制好持棒位置和金箍棒击打石头的位置和方向，就能使手上的震动力很小或没有，试建立合适的力学模型并给出分析过程、结论。

解：1、自重不变时，667
1
7.661.0=
==
l d α 竖立放置时：
][42σπ≤=d W A W ，]
[41σπααW
d l ≥
= 水平放置时:][1632
22
3σπαπ≤=d
W d Wl
， ][161σπααW
l ≥ 综上，可得竖立放置时决定长度的极小值 密度不变时，2
4d
l W
πρ= 竖立放置时：
][σρρ
≤=l A
Al ，ρσ][≤l
水平放置时：][44432
223
223σαραρπρππρ
≤===l l l d l d d l
Al , ρσα4][≤l 综上,可得水平放置时决定长度的极大值
2、问题简化为梁的两端放在两个刚度为k 的弹簧上,则梁跨中截面的静位移为：
k P EI Pl st 2483+=∆，动荷系数st
d h K ∆++=211
则st d d K ∆=∆
3、 棒下落时作平动，有2A C v v gh == 据碰撞时的冲量定理有,C C mu mv I += 据相对质心的冲量矩定理,
210cos 122
l
ml I ωθ-= 棒的质心和碰撞点的速度关系为：A C AC u u u =+ 在竖直方向投影得：cos 2
Ay C l
u u ωθ=+ 根据恢复系数的定义知
cos 22C Ay Ay
l
u u e v gh
ωθ
+=-
=-- 综合可得22cos 13cos gh θωθ=+，222(16cos )2(13cos )C gh u θθ-=+，2
322(13cos )
m gh
I θ=+
4、 棒打击石头与石头打击棒情况类似，建立如图所示坐标系，应用碰撞时的动量定理有
Cx Cx x Ox mu mv I I -=+， Cy Cy y Oy mu mv I I -=+
碰撞前后棒与石头无切向相对速度，则有
()x Cx Cx Ox I m u v I =--，y Oy I I =-
手中无碰撞冲量时，有()x Cx Cx I m u v =-，
0y I =
上式表明石头对棒的冲量应垂直于棒,根据冲量矩定理有21O O J J Il ωω-= 考虑到速度关系有21()()x Cx Cx I m u v ma ωω=-=- 即碰撞点到手的距离为O
J l ma
=
此即为撞击中心，手握点为固定点，石头撞击棒点为K 点，手中无撞击力。

不难验证，手和撞击中心的位置互换后，结论相同。

滑板小子
周学生杰伦酷爱滑板运动，热衷挑战各种高难动作，人送雅号“滑板小子”。

周学生身材匀称，体重50kg ，滑板轮心距a = 0。

65m,重量不计。

周末,他滑至一条河边，河面宽为L = 3m ，河上仅平铺木板一块(宽度130mm ，厚18mm ），斜坡倾角30ϕ=.如图1所示。

（1）假设滑板滑行速度最大可达20 km/h,不计空气阻力,周学生能直接飞越过河到达对岸吗?（2）假设木板的[]40MPa σ=，周学生前后对称站立于滑板上,他能乘滑板(双脚始终在上面）通过木板到达河对岸吗？为什么？（3）若无前后对称站立于滑板的限制条件，他能乘滑板到达河对岸吗？为什么
?
图1
解：(1）取周学生和滑板组成系统为研究的质点。

222
2
0x z z
F F dv d x m m dt dt
dv d z m m mg
dt dt ⎧===⎪⎪⎨⎪===-⎪⎩∑∑x 由初始条件：t = 0时，x = z = 0,0cos x v v ϕ=，0sin y v v ϕ=；积分可得
020cos 1sin 2
x v t
z v t gt ϕϕ=⋅⎧⎪⎨=⋅-⎪⎩ 上式消去t ，得轨迹方程
222
0tan 2cos g
z x x v ϕϕ
=-
令z = 0,代入30ϕ=，020 km/h v =，2
9.8 m/s g =，解得
2.72m x = 或 0m x =（舍去）
因 2.72m 3m x L =<=，周学生不能直接飞越过河到达对岸.
（2）不计滑板和木板的重量,通过木板时系统的受力简图如图1。

P 为人的重量。

图 1 图2
人对称站立于滑板上，板AB 的受力如图2所示,当C 、D 关于跨中对称时，支座约束力
2
A B P F F ==
， max ()()224
C D A L a P
M M M F L a ===-=-
max 509.8
(30.65)287.9N m 4M ⨯=-≈⋅
22311
130187020mm 66
W bh ==⨯⨯=
[]3
max max
287.91041MPa>40MPa 7020
M W σσ⨯====
所以，在此情况下，周学生不能乘滑板通过木板到达河对岸。

（3）人站立于滑板任意位置上，板AB 的受力如图3所示，
图3
其中12P P P +=，当C 、D 关于跨中对称时，支座约束力
(1)2A a P
F P X L L =-
-， 2B a P F P X L L =+
()22C A L a M F =-， ()22
D B L a
M F =-
板跨中截面弯矩
11()()()2222222
C D A B M M L a L a
M F F P +=
=+-=- M 不随人体位置调整而变化，所以，在此情况下，周学生仍不能乘滑板通过木板到达河对
岸。

溜溜球
如图1所示,一个质量为m 、外径为R 的溜溜球静止放置在桌面上，设球对质心轴C 的回转半径
为R ，内径为r ，绕在细绳上。

在绳端施加方位角为θ的拉力F .不考虑滚动阻碍。

（1） 若桌面光滑,试分析当0 2
π
θπ=，，时,溜溜球的滚动方向？
（2）θ为多大时,可确保溜溜球只滑不滚？（3)若桌面光滑,溜溜球能否只滚不滑?其条件是什么？
解：（1）在桌面光滑条件下,0 2
π
θπ=，，时，溜溜球的滚
动方向均为逆时针。

（2)溜溜球的受力分析见图2。

据刚体平面运动微分方程：
N 2cos (1)sin 0 (2)1
() (3)2f C f F F ma F mg F mR Fr F R θθα⎧
-=⎪⎪
-+=⎨⎪⎪=-⎩
要求不滚,则0α=，f r
F F R =
，代入(1）式可得， cos C r
F F ma R
θ-=
要求滑动，则0C a >，cos 0r F F R
θ-
>,cos r
R θ>即可。

（3）要求只滚不滑,则C a R α=-。

代入刚体平面运动微分方程，消去C a 与α，得
2(
cos )3
f r F F R θ=+ 又因
N (sin )f F F mg F μμθ≤=-
要求只滚不滑与桌面光滑程度无关,则
sin mg F θ=
， 2cos r R
θ=- 因此，条件是mg F <,2r R <。

图1
一、用手弹出一质量为m 、半径为R 的乒乓球，在地板上运动，使质心保持直线运动。

质心的初速度为0v ,转动初角速度为0ω。

假设乒乓球与地面的滑动摩擦系数为f 。

（1） 求经过多长时间,乒乓球不再向前面运动？
（2） 求乒乓球运动到最远距离后，不再向回滚动的条件. 解答：（1）
mg mg
N fF N F dt
dv
m
fmg =- 积分：fgt v v -=0 当0=v 时,fg
v t 0
=
(2) dt d J fmgR C
ω
=- 积分：0ωω+-=C
J fmgRt 将fg
v t 0
=
代入上式,得:00ωω+-=C J R mv 当0=ω时，可以得：00ωmR
J v C
= 考虑到装动惯量25
2
mR J C = 代入上式得：R v 005
2
ω=
二、如图所示，等直杆一端固定,另外一端受到沿轴线方向的集中力，大小为F，该杆半径为R；选用弹性模量为E、泊松比为μ=0.25的各向同性材料。

为了加固该杆件,在实心杆的基础上套上一个厚度为δ的套筒（δ《R)，套筒与杆件选用相同的材料，亦不考虑套筒与杆件之间的摩擦。

如果所选用材料为脆性材料，许用压应力是许用拉应力5倍，试分析套筒能否使杆件承受更大的载荷。

解：若杆件受到压力等于许用载荷为[F]，
而套筒所受内力以拉应力为主，
套筒所受拉应力是约是该材料的许用压应力的0。

25倍，
因此,增加套筒并不能提高实心杆的承载能力,
相反必须降低许用载荷以确保套筒满足强度要求。

四、某设计人员，设计一台单梁双吊龙门吊车（设计简图如图所示），设计吊重为200kN（两个吊钩同时起吊，承载能力相同),吊车跨度为2米,左右两吊钩最大行走距离为0.32米。

该设计人员经过计算（忽略起吊冲击影响）选用横梁为No20a工字钢梁，截面尺寸如图，材料的许用应力为150MPa.当设计员满怀希望将设计报告上交后，审核人员却发现该设计存在问题. 亲爱的朋友,请您帮助核实一下,1)该结构所涉及力学问题有哪些？2)画出其力学模型？3)请给出完整的设计过程,并分析该设计人员的设计思想可能在哪里出现问题？如何改进?
解：
（1）弯曲强度，复杂应力状态
（2）计算简图如图
（3）解：(一)画梁的剪力图和弯矩图
危险截面发生在C、D截面MC=32KN·m ，QC=100KN
（二）强度校核
先绘出C 截面正应力分布图和剪应力分布图.
a ．正应力强度校核（K1）点
b ．剪应力强度校核(K2）点
正应力和切应力强度条件均满足.
c ．校核腹板和翼板交接处（K3）点的强度。

由于钢梁为塑性材料，K3点处的强度可由第三或第四强度理论进行校核。

说明钢梁在K3点处的相当应力超过许用应力，不能满足强度要求（有可能未涉及）.必须增大工字钢的型号,才能满足钢梁在K3点处的强度。

Mpa b I S Q Z Z C k 8.6410
7107.231024.116.881004.11101003693*3=⨯⨯⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛+⨯⨯⨯==---τMpa y I M k Z C k 120107.23106.8810326
3
333=⨯⨯⨯⨯==--σ
一、墙上安装一块薄板，当重物放在薄板的较远处时,重物常常会滑出薄板.
薄板近似可以看作为一悬臂梁AB ，梁长L ，抗弯刚度EI ，重物C 的重量为G ，重物和梁的摩擦系数为μ，求：
（1） 重物开始滑动的位置
（2） 重物滑离B 端时的速度。

解：(1）设重物开始滑动时距离A 的长度为s ，如图2所示,则AD 段的挠曲线方程为：
()
()2
306EI
Gx y s x x s =--≤≤
由此可知
2
2EI
D D Gs y θ'=-=- (1）
由静力平衡条件,可求得摩擦力为:
cos S D F G μθ=
重物开始滑动的条件为
sin D S G F θ≥ 由以上2式，可得：
tan D D θθμ≈≥
将式（1）带入上式，即可得到重物开始滑动时的位置为
:
A
B
图 1
图 2
G A
B
1/2
2EI s G μ⎛⎫
≥ ⎪⎝⎭
（3） 重物由D 处滑倒B 处，在3阶段的始末两处的挠度分别为
3
3
,
33D B Gs GL f f EI EI
=-=-
设重物滑离B 端时的速度为v ,W 为摩擦力在此过程中所做的功，由能量守恒定律可知
2
3323Gv GL Gs G W g EI ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭
（2） 这里假设重物的体积很小,其转动的动能忽略不计.
由于
S dW F ds =
而
cos S F G μθ= ()32
1ds y dx '=+ ()3
2
cos /1dx ds y θ-'==+
所以有
()3/2
cos 1dW G y dx Gdx μθμ'=⋅+=
积分上式：
()W G L s μ=- (3）
将(3）代入（2），最后得到
()()1/2
2223G v g L s L Ls s EI μ⎧⎫
⎡⎤=-++-⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩
⎭
二、海绵拖把在即将挤干水时的状态如图所示，若挤干水时需F 1。

试求手作用在拖把上竖
直方向的力。

分析手上还有哪些力。

如想省力，可采取哪些措施。

F2
2
（a）（b）（c) （d）
解:
取海绵拖把头为研究对象，受力图如图(b）所示
∑=0
y
F，0
cos
2
2
1
2
=
-θ
F
F
2
1
2
cos
2θ
F
F=
取加压手柄为研究对象，受力图如图（c)所示
∑=0
)
(F
A
M, 0
2
'
2
1
=
⨯
-
⨯l
F
l
F
1
2
2
1
1
2
'
2
cos
2
/
l
l
F
l
l
F
F
θ
=
⨯
=
∑=0
y
F，0
'
2
=
-
+F
F
F
Ay
)
1(
cos
2
1
2
2
1
'
2l
l
F
F
F
F
Ay
-
=
-
=θ
取拖把手柄为研究对象，受力图如图（d）所示
∑=0
y
F，
cos
2
3
'
2
'
1
=
-
-F
F
F
Ay
θ
1
2
2
1
'
2
'
1
3
cos
2
cos
2
l
l
F
F
F
F
F
Ay
θ
θ=
=
-
=
由于两手的作用力不在一竖直线上，握拖把手柄的手有转动力偶的作用。

如想省力，
2
θ角尽可能大一些，
1
l尽可能大一些,
2
l尽可能小一些。

当然须和其他因素综合考虑。

一、如图所示，一个小球自由下落，高度为h，与容器碰撞，恢复系数为k,容器的母线为
2ax y =，问小球落在什么范围与容器碰撞后，能飞出容器。

解：)2arctan(ax =θ，gh v 2=
θcos kv v n =，θsin v v t =
θθcos sin t n x v v v +=，θθsin cos t n y v v v -=
222
1gt t v ax H y -
=- t v a
H
x x =+
()
2
2
4
422232322
141681161644++++++--=
-k ha x a x a x ha k x ha hak ahk ax H
a
R
hak hak ha x 4242642+-+--≥
, 其中
2
2222322422222222216321624124121229Hha k Hha k Ha hak hak k a h k a h ha k a h k a h a h R ---++-+++-=
二、两个人要比赛谁的力量大,其中一个人提出用图示的杆件比谁能使杆B 端挠度最大，在
比赛前设置了一个条件,即在矩A 端为a 的位置下方放置了一个易碎的小圆柱，该圆柱体距水平位置为δ，δ较小,EI 已知。

比赛以B 端挠度最大，且不能使小圆柱题破坏为胜.请问，你怎样加力，才能获胜。

（注：只能加一个力）
解：θcos P F =，θsin Ph M =
EI Ma EI Fa 232
3+=δ
EI
Ma EI Fa +=22θ
()()()EI
a l M EI a l F a l y 232
3
-+-+-+=θδ 0=θ
d dy
()⎪⎭
⎫
⎝⎛
-++=la l a l a h 4253arctan 2
2θ
一、啄木鸟玩具
一只啄木鸟模型通过弹簧联结在套筒上，将套筒置于金属杆的顶 端,放手后啄木鸟开始有节奏地摆动身体，一边啄木一边间歇地时滑 时停地向下滑动。

这个有趣的玩具作为演示教具，常见于德国理工科 大学的力学实验室。

（1）本问题与力学中的什么内容有关系; （2）请说明啄木鸟玩具的力学原理； （3）请对其运动进行力学分析。

解：（1）关键词：摩擦力、谐振动、周期性运动,动量矩定理、动量定理。

题1—1图 （2）力学原理：仔细观察啄木鸟的运动。

当套筒倾斜，端部与直杆接触，且接触处的摩擦力足以平衡套筒和啄木鸟的重量时，啄木鸟即作短暂的停留。

而且接触处的摩擦力小于套筒和啄木鸟的重量时，约束即被解除，啄木鸟向下滑动，直到套筒再次倾斜，端部与直杆再次接触为止。

在此过程中，啄木鸟作周期性摆动使套筒的姿态以及套筒与直杆的接触处的法向约束力N F 随之改变,摩擦力亦随之改变。

摩擦力的周期性变化正是套筒与直杆之间发生粘着—滑动-再粘着现象的根本原因。

（3）力学分析:将啄木鸟模型记作1B ，套筒记作2B ，质量分别为1m 和所2m ，组成的系统记作}{B 。

设1B 通过弹簧与2B 联结,弹簧为扭簧,弹簧的刚度系数为1K ，仅产生由角位移引起的扭矩.令ψ和θ分别为1B 和2B 相对垂直轴的偏角，在图1—2中以顺时针方向为正值.
在2B 与直杆粘着阶段,设2B 上的1P 和2P 点与直杆接触且粘着，倾角保持常值m θ。

此时，1B 作固定基座的自由摆动，摆动中心O 与2B 固结，与1O 点的距离为a 。

设1B 相对于
O 点的转动惯量为1J ，仅保留ψ和θ的一次项，根据1B 对O 点的动
量矩定理，可列出动力学方程
0)(111=--+ga m K J m θψψ
（1） 对于0)0(ψψ=, 0)0(ψψ
=的初始条件,解出 t t st st 11010sin )(cos )(ωωψ
ωψψψψ +-+= （2） 1B 在静位移)(11K ga m m st +=θψ附近作角频率111J K =ω
的谐振动。

设直杆对2B 的法向约束力为N F ,2B 的高度为b ，弹
簧作用于2B 的力矩)(1m K M θψ-=与直杆作用于2B 的力矩b F N
题1—2图
互相平衡,可导出 ))((1m N b K F θψ-= （3） 设2B 与直杆之间的静摩擦因数为s f ，则最大静摩擦力为N s F f F =。

系统的总质量为
21m m m +=,为保证摩擦力能支撑系统的重力，应满足 m ψψ> (4）
m ψ为维持粘着状态时1B 偏角的最小值. 1
2K f mgb
s m m +
=θψ （5）
设运动从套筒与直杆粘着时开始，令m ψψ=0.1B 的偏角ψ顺时针转动，弹簧力矩和相
应的摩擦力增大,使套筒继续维持粘着状态.ψ达到最大值后开始减小，摆动方向从顺时针变为逆时针。

若在1t 时刻ψ减至m ψ且继续减小，则直杆对2B 的摩擦力不能承受}{B 的重量而开始滑动。

但在法向约束力N F 减小为零以前,直杆仍保持对套筒的约束，2B 倾角仍保持m ψ不变.以直杆顶端0O 为原点建立向下的垂直坐标轴z ，以确定O 点的位置。

套筒在重力和摩擦力
作用下滑动的动力学方程为 N s F f mg a m z m 21-=+ψ
（6)
根据对动点的动量矩定理,列出1B 对O 点的动力学方程:
0)()(111=---+a z
g m K J m θψψ （7） 利用2B 的平衡方程式（3）和式（6）消去)(1z g m
-，代入式（7）整理得 0)(=-+m K J θψψ
(8) 其中 a m J J 2
2
11-=， ))(21(11mb a m f K K s -= （9）
除在a m J 2
2
11=时ψ与m θ恒保持相等外，1B 在m θ附近作角频率为J K =ω的谐
振动。

当1B 在2t 时刻的偏角到达m t θψ=)(2且继续减小时，弹簧力矩和法向约束力N F 同时为零，约束即被解除。

解除约束后的}{B 处于自由下落的腾空状态，其相对总质心的动量矩守恒。

近似忽略1B 和2B 的转动对总质心位置的影响，设总质心与O 点重合。

设2B 相对O 点
的惯性矩为2J ，以012)(ψψ =t 和0)(2
=t θ 为初值，其中01ψ 为方程（8)的解在2t 时刻的值。

动量矩守恒定律要求
01121ψθψ J J J =+ （10)
在弹簧保持松驰时θ
和ψ 取常值,对应于以下特解： 02ψψ
θ ==， )(2101102J J J +=ψψ （11） 1B 和2B 以相同的角速度逆时针同步转动。

由于约束瞬间消失引起碰撞效应，1B 和2B 的角速度分别由零和01ψ
突变为同一角速度02ψ . 设在3t 时刻，1B 和2B 逆时针转至m θθψ-==，端部在1Q 和2Q 处与直杆发生碰撞.由低弹性材料制造的套筒碰撞后角速度突变为零。

则2B 沿直杆向下滑动，1B 相对套筒的动基座摆动。

其动力学方程与方程（8）相似，只需将m θ前的负号改为正号:
0)(=++m K J θψψ （12）
1B 在m θ-附近作角频率为J K =ω的谐振动。

在4t 时刻，当ψ增加到m ψψ=且继续增大时，约束力N F 增大到能使静摩擦力足以承受}{B 的重量，则2B 重新与直杆粘着,1B 再次作固定基座的摆动,动力学方程为
0)(111=-++ga m K J m θψψ
（13） 在5t 时刻，当逆时针转动的ψ到达最大值max ψ时，鸟喙与直杆做弹性碰撞,所产生的
冲量使1B 改朝顺时针方向摆动.
在6t 时刻，当ψ回复到m ψψ=且继续减小时,静摩擦力不能继续承受}{B 的重量，套筒向下滑动。

1B 的摆动规律重新由动力学方程（12）确定。

在7t 时刻，当1B 得偏角到达m θψ-=时,弹簧作用力矩和法向约束力N F 再次消失,}{B 再次自由下落。

1B 从约束消失前的角速度，2B 从零角速度突变为同一角速度作顺时针同步转动.
至8t 时刻，当1B 和2B 顺时针匀速转至m θθψ==时，2B 端部重新在1P 和2P 处与直杆发生碰撞。

1B 的摆动规律由方程(8）确定,直至9t 时刻，约束力N F 增大到使静摩擦力足以承受}{B 的重量时，2B 重新与直杆粘着,1B 再次作固定基座的摆动。

于是啄木鸟完成一个周期的运动，开始新的一轮循环。

以上分析表明，在}{B 运动的每个周期内，2B 依次经历不同的约束状态的8个阶段.在
图示中以（ψ
ψ ,)平面内的相轨迹表示. (1）1—2 （10t t -=)：2B 在1P 和2P 处粘着； (2）2—3 (21t t t -=):2B 在1P 和2P 处沿直杆滑动； （3)3-4 （32t t t -=）：2B 自由下落;
（4）4—5 （43t t t -=)：2B 在1Q 和2Q 处沿直杆滑动; （5）5—6 （64t t t -=)：2B 在1Q 和2Q 处粘着，5t t =时,鸟喙与直杆弹性碰撞。

(6）6-7 （76t t t -=）:2B 在1Q 和2Q 处沿直杆滑动；
（7）7—8 （87t t t -=）：2B 自由下落； 题1—3图 （8）8—1 (98t t t -=）：2B 在1P 和2P 处沿直杆滑动,然后回复到第一阶段。

二、弹跳飞人
在2008年北京奥运会闭幕式上， “弹 跳飞人”借鉴现代极限体育项目，运用“弹 跳鞋"在空中进行高难度的翻转、跳跃等姿 态展现，如图2—1所示。

在奇幻的音乐中，“弹跳飞人”借助弹跳鞋（如图2—2所示）起身跳跃，在空中划出一道道优美的光彩，展现运动的激情与美感.空中流星般飞腾的发光人、场内飞旋穿梭的神奇光环，形象地传达出“更快、更高、更强"的奥林匹克精神。

将弹跳鞋简化为线性弹簧,人简化为弹
性直杆（可简化为两段），试建立弹跳飞人 题2—1图 题2-2
图
的力学模型，分析弹跳飞人接触地面时的最大应力. 二、弹跳飞人
解：简化后的力学模型如图2-3, 2-4所示。

弹跳鞋被简化为线性弹簧，取弹性系数为k 。

人简化为两段弹性直杆，其中腿部横截面面积为A 1,长度为l 1，上身横截面面积为A 2,长度为l 2，取人的弹性模量为E 。

l 2
l 1
k
v
l 2
l 1
k
F d
F d
q 2
q 1
x 2x 1
题2—3图 题2-4图
设人与弹簧间的最大冲击力为F d ，在其作用下，产生方向向上的加速度，杆上均匀分布惯性
力向下.其中： 2121A A q q =， 1122l q l q F d +=
设飞人质量为m ,从高度为H 处跳下,其接触地面时的动能为 T =mgH 由于弹簧的变形引起的人的势能变化（忽略由于人轴向变形引起的势能变化):
k F mg mg V d d =∆=∆
弹簧的应变能： )2(2k F V d d =弹ε； 人上身轴力： 222)(x q x F N -=; 人腿部轴力： 111)(x q F x F d N +-=； 人的应变能为: 202
22
10
11221
2)(2)(dx EA x F dx EA x F V l N l N d ⎰⎰
+=
人ε
根据能量守恒定律 人弹d d V V V T εε+=∆+
得： [
]2
3
2
221
12
112113112
663)(3)(2EA l
q q EA F l q F l q l q k F k F mg mgH d
d d d ++-+
=+ (1）
设：l l l ==21，A A =1，A A 22=，q q =1，q q 22=。

则 ql F d 3=
所以式（1）可简化为 032729232=--⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+mgH q k l
mg q EA l k l （2） 求解式(2)中可得 2
22279]
7)(9[2)(93kl
EAl EA lk EA k mgH mgEA mgEA q ++++=
则最大冲击应力在人的脚部 A ql A F d 3max ==σ 代入q 即可得：
kAl
EA EA lk EA k mgH mgEA mgEA 79]
7)(9[2)(9392222max ++++=
σ
一、“一苇渡江"是一个关于达摩乘一根芦苇渡江的典故，图（1）所示为漂浮在水面上的矩形截面梁，重量为F 的人在梁上活动，水的密度为W ρ，略去弯曲变形及梁自重的影响。

要求：
(1）人的活动范围，保证梁上任何一点水不没过其上表面；
(2）若此梁为矩形截面组合梁（截面尺寸及材料分布见图(b)），试画出最大正应力作用面上的正应力分布图（已知b ，t ，1222E E E ==）。

解：设梁跨中C 点竖向位移为∆,梁绕C 点转角为θ，则梁左、右端竖向位移为
θ2L y A -
∆=,θ2
L
y B +∆= 1.矩形梁下水压力为梯形分布时：
根据平行力系平衡条件可得
bL g F W ∆=ρ
312
1
bL g Fe W θρ=
其中，e 为F 作用点到C 截面距离；
gbL F
W ρ=
∆
3
12gbL
Fe
W ρθ=
此时
02≥⎪⎭⎫ ⎝⎛
-∆=θρL g P W A
02≤⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+∆=θρL g P W B
可得，
062≥-gbL Fe gbL F W W ρρ，解得6
L e ≤ (1)
h gbL Fe gbL F W W ≤+26ρρ，令F ghbL W
ξρ=，且1≥ξ，解该不等式可得()16
-≤ξL
e (2）
根据不等式（1） (2)
21≤≤ξ时，()16
-≤
ξL
e 2>ξ时，6
L e ≤
2。

矩形梁下水压力三角形分布时2>ξ 此时最大静水压力gh b e L F
P W ρ≤⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=
232max ，可解得
ξ
322L
L e -≤
3. 经分析,当F 作用于跨中时,梁内危险截面弯矩值最大，FL M 8
1max =
此时
2
2111
I E I E M
+=
ρ
3
2
313
4231212bt t bt bt I =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=
()33
23
22121bt t b I ==
其中，4h
t =
梁危险截面上的轴向正应力2
211I E I E My
E
y
E
+==ρ
σ
()22112211S v S v S P S P F -+-=ρ
二、半径为R 的刚性圆盘在圆周上由六根等距排列且完全一样的立柱支撑.竖向集中力F 可在圆盘上自由地平行移动，但立柱承受的轴向压力达到F /4就会失稳.如果要使每一根立柱都不会失稳，F 应该限制在什么区域内？如果要圆盘不致于倾翻，F 应该限制在什么区域内?若各杆抗拉刚度均为EA,屈服极限均为s 4
F
σ=.现荷载由O 点缓慢移动到K 点后再返回到O 点，A 杆处的竖向位移是如何变化的?
F 力作用点为P (x ，y ）。

以x 轴为对称轴确定对称点P ’，将载荷分解为对称与反对称两部分 （1）对称部分
以y 轴为对称轴将载荷再次分解为对称与反对称两部
二次对称部分1111116A
B C D E F F F F F F F F ''''''====== 二次反对称部分222222A
D B
F C E F F F F F F ''''''=-==-=- 2222222222366366A B B A A
B A
B
F R F R Fx F F Fx
Fx F Fx
F Fx F F F F R
R
R
R
''''+⨯⨯==''''==
=+=+
2D
δ'
2C
2B
2A
δ'
63666366A
B F DA
C E F Fx F Fx
F F F R R
F Fx F Fx
F F F R R
'''=+==
+'''=-==-
反对称部分：P 和P ’分别作用向下和向上的F/2.同时将载荷以y 轴为对称轴再次分解。

二次对称部分2222220A
D B
C E F F F F F F F ''''''''''''====-=- 2222212
6C B
C E F F Fy F F F F y R
''''''''''===-=-= 二次反对称部分
各柱压力均为零.
6366666636666A B C D E F F Fx F Fx F F R R R F Fx F Fx F F R R F Fx F Fx F F R R =
+=++=-+=-=--=+
失稳条件4i F
F ≤
分别是
111422
111422x R x R x R x R x R x R
≤
+≤≥-≥-≥-≤
使六根立柱都不失稳，应为上述不等式的集合。

是边长为a R =
的正六边形 要使圆盘不致倾翻，至少有三根立柱没失稳.
假定A 、B 、F 三柱已失稳，则此失稳立柱支承力为F/4
F 力作用点为P （x ,y ）.以x 轴为对称轴确定对称点P ’，将载荷分解为对称与反对称两部分 对称部分
4A
B F F F F F '''===
C E F F ''=
24D
C F
F F ''+= 222424D
C R F R F
F R F R Fx ''+⨯=⨯⨯+⨯-
4C
E F Fx F F R ''==-+ 324D F Fx
F R
'=-
反对称部分
0D
F ''=
C F Fy ''=
C F ''=
E F ''=C 、D 、E 各柱总压力为
4C F Fx F R =-++ 324D F Fx F R =-
4
E F Fx F R =-+失稳条件4
i F
F ≤ 分别是
12
x y R +≤
14x R ≥ 12x y R ≤
同理可得其它三柱失稳的情况，可得一个边长为1
2
a R =
若各杆抗拉刚度均为EA ，屈服极限均为s 4
F
σ=.现荷载由O 点缓慢移动到K 点后再返回到O 点,A 杆处的竖向位移是如何变化的? 刚在O 点时,A 处的竖向位移6AO Fl
v EA
= 求在K 点时，A 处的竖向位移
144C F Fx F F R =-
+=- 13244D F Fx F F R =-= 144E F Fx F F R =-
+=- C 、D 处位移分别为
()14C Fl v EA =
↓ ()14D Fl v EA
=↑ 因此()174A Fl
v EA =↓ 荷载由K 返回到O 点，相当于原有荷载叠加上反方向荷载
A 处附加位移为
()26A Fl
v EA
=
↑ 回到O 点A 处位移为()127194612A A A Fl Fl Fl
v v v EA EA EA
=-=
-=↓ 1A
1。

图示机构位于铅直面内，均质杆AB 重P,长2l ，一端置于光滑地面上，另一端与长为l 的绳OA 相连,绳重不计且不可伸长。

当绳水平时，AB 与铅垂线夹角0
φ=30,杆由静止开始落下，不计摩擦。

求开始运动瞬时: （1） 杆的角加速度α；
（2） 绳子的拉力和地面对杆的约束力。

解:取杆AB 为研究对象,如图所示。

AB 平面运动，点B 沿地面直线运动，点A 绕O 圆周运动
.
n t
C CA CA A n t CA CA t CA n
t C CB
CB
n t CB CB t CB AB A a =a +a +a a =0a =x a 22
AB B a =a +a +a a =0a =11a 22
Cx B
Cy l l l α
αα
α
=-
=-=-=-平面运动，以为基点，由静止开始，，向方向投影： a 平面运动，以为基点，由静止开始，，向y 方向投影： a
A A a
A a
a cx
a cy a t CA
a n
CA
y
A
y
B
a cx
a cy
a t CB a n
CB
α
a B
a B。