第九届全国周培源大学生力学竞赛试题参考答案
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09全国大学生周培源力学竞赛题解
代入力法方程解得 X 1 = −0.168 F ， X 2 = 0.308 F （6 分）
所以，可以作出结构的弯矩图，可知最大弯矩 M max = 0.308 F = 308 N ⋅ m （1 分）
6
梁的抗弯截面模量 最大应力 所以，结构安全。
W=
π
32
σ max
32 M max = = 143MPa < [σ ] W
v0
ω0 >
v0 r
方向如图所示。
（2）离最远处开始无滑动地滚动的距离 圆环到达最远距离时，v=0，时间为 t 2 =
v0 ； fsg
(2 分)
当 u=0 时刻开始无滑动滚动，有 t 1 = 在此过程中，加速度的大小为 a=fsg 所求距离：
( v 0 + rω 0 ) ； 2 fsg
(1 分)
s=
碰撞结束后，由质心运动定理有 即
2 FN = mgcosθ − mrω 2
r mg
θ
Ft
(1 分)
2
h
圆环不跳起，应有 FN>0，即 mgcosθ − mrω 2 > 0 。(2 分) 将ω2 和 cosθ =
(1 分)
r−h 代入整理得圆环不跳起的条件 r
2 v1 (2r − h ) 2 < 4r 2 (r − h )g (1 分)
解：
5
L/2 F F H
F L/2 F H l
l
图（a）
图（b）
1.两人同步旋转到单杠所在平面内时（如图（a）所示） ，结构左右对称，可以取图（c）部 分分析，在对称面上只有对称内力。根据力法方程得
⎧ δ11 X 1 + δ12 X 2 + Δ1F = 0 ⎨ ⎩δ 21 X 1 + δ 22 X 2 + Δ 2 F = 0
所以，可以作出结构的弯矩图，可知最大弯矩 M max = 0.308 F = 308 N ⋅ m （1 分）
6
梁的抗弯截面模量 最大应力 所以，结构安全。
W=
π
32
σ max
32 M max = = 143MPa < [σ ] W
v0
ω0 >
v0 r
方向如图所示。
（2）离最远处开始无滑动地滚动的距离 圆环到达最远距离时，v=0，时间为 t 2 =
v0 ； fsg
(2 分)
当 u=0 时刻开始无滑动滚动，有 t 1 = 在此过程中，加速度的大小为 a=fsg 所求距离：
( v 0 + rω 0 ) ； 2 fsg
(1 分)
s=
碰撞结束后，由质心运动定理有 即
2 FN = mgcosθ − mrω 2
r mg
θ
Ft
(1 分)
2
h
圆环不跳起，应有 FN>0，即 mgcosθ − mrω 2 > 0 。(2 分) 将ω2 和 cosθ =
(1 分)
r−h 代入整理得圆环不跳起的条件 r
2 v1 (2r − h ) 2 < 4r 2 (r − h )g (1 分)
解：
5
L/2 F F H
F L/2 F H l
l
图（a）
图（b）
1.两人同步旋转到单杠所在平面内时（如图（a）所示） ，结构左右对称，可以取图（c）部 分分析，在对称面上只有对称内力。根据力法方程得
⎧ δ11 X 1 + δ12 X 2 + Δ1F = 0 ⎨ ⎩δ 21 X 1 + δ 22 X 2 + Δ 2 F = 0
周培源力学竞赛辅导1
作用在
相同的两个构件上，若在线性小变形条件下，有下列重要结论
Fiij Fj ji
广义力 Fi 在广义力 Fj 引起的位移上所做的功，等于广义力
Fj 在广义力 Fi 引起的位移上所做的功，若
ij ji
Fi Fj
广义力 Fj 在点 i引起的与 Fi 相对应的广义位移，在数值上等
于广义力 Fi 在点 j引起的与 Fj 相对应的广义位移
应变能增量，即
弹性体平衡 We E
• 可以是某一部分或某些部分真实位移的增量，而不是全 部真实位移的增量（见图）
• 可以是另一个与之相关系统的真实位移（见图）
注意：以上讨论的虚位移原理不涉及材料的应力应变关系
能量原理
1-5 虚位移原理的应用 例4 EI为常量，用虚移原理求解梁的挠曲线
例5 用虚移原理导出卡式第一定理
调方程
1
E FX 1
M y l FX 1
M y dx EI y
M z l FX 1
M z dx T T dx 0
EI z
l FX1 GI p
2
E FX 2
n
E FXn
M y l FX 2
M y l FXn
M y dx M z M z dx T T dx 0
EI y
l FX 2 EI z
l FX 2 GI p
.............................
M y dx M z M z dx T T dx 0
EI y
l FXn EI z
l FXn GI p
能量原理
1-6 虚力原理及其在弹性杆件中的应用
应用卡式第二定理求解超静定问题
1
E FX 1
周培源力学竞赛试题
题2图题4图题5图
6．（3分）图示平面机构中，轮C沿斜面作纯滚动，试画出图中作平面运动刚体的速度瞬心。
题6图题7图题8图
7．（8分）质量为m，半径为r的均质圆轮在铅直平面内以匀角速度ω绕水平轴O转动，OC＝r／2，当质心C到达最高位置时，轮子的动量大小为方向；对O
轴的动量矩大小为转向； 动能大小为。
大小及两绳的张力。（15分）
南京航空航天大学1999年理论力学试题
一、概念题（共3 0分）
1．（3分）若干面任意力系的平衡方程为： ，则投影轴x与矩心A、B应满足的条件是。
2．（4分）等腰直角三角形板A BC的斜边A B长 ，在其顶点A、B、C分别作用力F1、F2、F3，方向如图。若F=F2=F3，F1= ，则该力系向A点简化的主矢大小为主矩大小为；向C点简化的主矢大小为；主矩大小为。
（本题统考生做，单考生不做）
6．重物A质量为m1，系在绳子上绳子跨过不许重量的滑轮C上，并绕在质量为m2半径为r的均质轮B上，如图所示。由于重物下降带动圆轮在水平面上只滚动而不滑动。求重物A的加速度。（1分）
（本题单考生做，统考生不做）
南京航空航天大学1998年理论力学（A）试题
一、概念题（将正确的答案填入括号内，每小题3分）
my（F）=
mz（F）=
4．（3分）点作曲线运动，如图所示，试就下列三种情况，在图上画出加速度的方向：
①在M1点作匀速曲线运动；
②在M2点作加速曲线运动；
③在M3点作减速曲线运动。
5．（4分）图示平面机构中，OA// O1B，O2A= O2B。试问：O1A杆和O2B杆的角速度、角加速度是否相等？
6．（5分）质量为m，长度为l的均质细杆AB，绕其距端点A为l／3并垂直于杆的轴以匀角速度ω转动，此时AB杆的动量K=，方向；对轴O的动量矩
6．（3分）图示平面机构中，轮C沿斜面作纯滚动，试画出图中作平面运动刚体的速度瞬心。
题6图题7图题8图
7．（8分）质量为m，半径为r的均质圆轮在铅直平面内以匀角速度ω绕水平轴O转动，OC＝r／2，当质心C到达最高位置时，轮子的动量大小为方向；对O
轴的动量矩大小为转向； 动能大小为。
大小及两绳的张力。（15分）
南京航空航天大学1999年理论力学试题
一、概念题（共3 0分）
1．（3分）若干面任意力系的平衡方程为： ，则投影轴x与矩心A、B应满足的条件是。
2．（4分）等腰直角三角形板A BC的斜边A B长 ，在其顶点A、B、C分别作用力F1、F2、F3，方向如图。若F=F2=F3，F1= ，则该力系向A点简化的主矢大小为主矩大小为；向C点简化的主矢大小为；主矩大小为。
（本题统考生做，单考生不做）
6．重物A质量为m1，系在绳子上绳子跨过不许重量的滑轮C上，并绕在质量为m2半径为r的均质轮B上，如图所示。由于重物下降带动圆轮在水平面上只滚动而不滑动。求重物A的加速度。（1分）
（本题单考生做，统考生不做）
南京航空航天大学1998年理论力学（A）试题
一、概念题（将正确的答案填入括号内，每小题3分）
my（F）=
mz（F）=
4．（3分）点作曲线运动，如图所示，试就下列三种情况，在图上画出加速度的方向：
①在M1点作匀速曲线运动；
②在M2点作加速曲线运动；
③在M3点作减速曲线运动。
5．（4分）图示平面机构中，OA// O1B，O2A= O2B。试问：O1A杆和O2B杆的角速度、角加速度是否相等？
6．（5分）质量为m，长度为l的均质细杆AB，绕其距端点A为l／3并垂直于杆的轴以匀角速度ω转动，此时AB杆的动量K=，方向；对轴O的动量矩
9第九届全国周培源大学生力学竞赛试题及详细参考答案和评分标准
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 度为 400 mm 的同样光滑的均质直杆 AB，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
-1-
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
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。
A ωb
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
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 < 90o ) 角无初速地竖直落下，并与固定的 光滑水平面碰撞，如图 5 所示。
-1-
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
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。
A ωb
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
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 < 90o ) 角无初速地竖直落下，并与固定的 光滑水平面碰撞，如图 5 所示。
9第九届全国周培源大学生力学竞赛试题及详细参考答案和评分标准
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 σ p 、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
D1 D2 F
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。
(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。
A ωb
L O′ H
图1
第 2 题（25 分）
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
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。
θb − θu = 2θ1 。
(1-6)
故所求角度的变化量即为图 1-4(a) 所示简支梁 A 端转角的 2 倍。 ①
如果说明了在转速 ω0 下离心力的作用远大于重力的作用，从而可以忽略重力的影响，同时又有 上述两处得分点的结论，此处也算全对。
-3-
O EI L
(a)
q1
A
O
q1 / 2
(b) 图 1-4
ω02
x
，其合力为
全国周培源大学生力学竞赛辅导力学竞赛-静力学专题
平面平行力系
1
1
2
2
平衡方程的快速练习
如何截断？
§3 空间力系
1. 空间力的投影和分解
O
x
y
F
z
直接投影法
F = Fx+Fy+Fz= Fx i+Fy j+Fz k
y
z
O
x
F
Fxy
二次投影法
F = Fx+Fy+Fz= Fx i+Fy j+Fz k
§3-2 力对点的矩和力对轴的矩
F1
F2
FR
FR
O
F1
F2
FR=F1+ F2
★ 作用在物体上同一点的两个力，可以合成为一个合力。合力的作用点也在该点，合力的大小和方向，由这两个力为边构成的平行四边形的对角线确定。
§1 静力学公理
A
★ 作用在刚体上的两个力，使刚体保持平衡的充要条件是： 这两个力的大小相等，方向相反，且在同一直线上。
1. 力对点的矩
O
A(x,y,z)
B
r
F
h
y
x
z
MO(F)
空间的力对O点之矩取决于：
（1）力矩的大小；
（2）力矩的转向；
（3）力矩作用面方位。
★ 须用一矢量表征
MO(F) =Fh=2△OAB
O
A(x,y,z)
B
r
F
h
y
x
z
MO(F)
MO(F)
定位矢量
2. 力对轴的矩
B
A
F
O
x
y
z
C
B
O
A
F3
1
1
2
2
平衡方程的快速练习
如何截断？
§3 空间力系
1. 空间力的投影和分解
O
x
y
F
z
直接投影法
F = Fx+Fy+Fz= Fx i+Fy j+Fz k
y
z
O
x
F
Fxy
二次投影法
F = Fx+Fy+Fz= Fx i+Fy j+Fz k
§3-2 力对点的矩和力对轴的矩
F1
F2
FR
FR
O
F1
F2
FR=F1+ F2
★ 作用在物体上同一点的两个力，可以合成为一个合力。合力的作用点也在该点，合力的大小和方向，由这两个力为边构成的平行四边形的对角线确定。
§1 静力学公理
A
★ 作用在刚体上的两个力，使刚体保持平衡的充要条件是： 这两个力的大小相等，方向相反，且在同一直线上。
1. 力对点的矩
O
A(x,y,z)
B
r
F
h
y
x
z
MO(F)
空间的力对O点之矩取决于：
（1）力矩的大小；
（2）力矩的转向；
（3）力矩作用面方位。
★ 须用一矢量表征
MO(F) =Fh=2△OAB
O
A(x,y,z)
B
r
F
h
y
x
z
MO(F)
MO(F)
定位矢量
2. 力对轴的矩
B
A
F
O
x
y
z
C
B
O
A
F3
全国周培源大学生力学竞赛模拟试题-徐州工程学院
周培源全国大学生力学竞赛模拟题（徐州工程学院）一 某杂技团作飞车走壁表演，设车由A 点开始沿路径AEDBCE 运动，路径的DBC 段为一圆的缺口，而α==<<BOD BOC ，不计摩擦。
（25分）（1）小车在DBC 段运动时与力学中的哪些知识相关？ （2）问高度h 应为多少才能使小车越过缺口循上述路径运动？ （3）又如欲使h 值为最小，则α角应为若干？题一图二 长为l 的钢尺，用两手食指在两端水平托起，当两手食指慢慢平行靠近时，钢尺首先只在一只手上滑动，当滑动一定长度后，又换为只在另一只手上滑动。
（35分）（1）用力学知识简要解释这一现象。
（2）钢尺沿长度方向自重的荷载集度为q ，钢尺与手之间的静摩擦因数为s f ，动摩擦因数为f ，求钢尺在首先滑动的手上能滑动的最大距离d 。
（3）钢尺的材料弹性模量为E ，横截面对中性轴的惯性矩为z I ，求当钢尺在首先滑动的手上滑动最大距离d 时，钢尺两端的转角。
三 人们常可见到这样的杂技表演：一人躺在地上，身上压着一块石板，另一人挥铁锤击石板，石板破了而其底下的人却安然无恙。
（25分）(1)请指出这一表演中所包含的力学概念（或力学问题）。
(2)如果铁锤的质量为1m ，击石头时的速度为1v ，石头的质量为2m ，两者间的恢复因数为k ，碰撞的能量损失为多少？(3)如果铁锤与石板的恢复系数.k=0.5,铁锤1m =5kg ， 2m ＝75kg ，被表演者吸收转变为身体的变形能的能量为多少？四 一条长为2m 的黄铜管，外径D ＝150mm ，壁厚δ＝5mm ，两端封闭，用直径d ＝2.5mm 的钢丝绕在上面，如图1所示（已知钢的弹性模量s E ＝200GPa ，泊松比s μ＝0.25，黄铜的弹性模量c E ＝200GPa ，泊松比c μ＝0.34）。
（35分）题四 图1（1）计算该钢丝中产生的最大应力如下：MPa 7.32785.21505.210200223maxmax max max =+⨯⨯=+=+====d D Ed d D dEEy I y EI I My z z z ρρσ如果钢丝的屈服极限为235Mpa ，上述算式是否正确，为什么？（2）如果在力F ＝400N 作用下用钢丝将管紧密地缠绕一层，计算该钢丝中产生的最大应力，求铜管的应力。
第九届全国周培源大学生力学竞赛试题参考答案
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)ω0=
(2) ∆∠OAO′ =4。
3Eb
第
3π3σpd2σpd2(1)[F]= ≈0.4651 。
200nn
(2)不会波动，证明见详细解答。
(3)可以，许用荷载 多可提高76.7％。
第
(1) α1=0，α2=arccos 100=45o。
200
Yu= G。(1-12)
在坐标为x的截面处，离心力集度的横向分量为75 32Gx，重力集度的横向分量为−3G，故
4L2L
上片中的弯矩方程为
积分可得转角和挠度方程为
3G43224)θu=2(75x−8Lx−138L x+CL，
96EIL
wu=3G2(15x5−2Lx4−46L2x3+CL4x+DL5)。96EIL
(1)（本小题6分）显然，在转速ω0下，各金属片均与竖直线成60o角。先分析下片的受力，如图1-2(a)所示。建立如图所示的局部坐标系。重力为均布荷载，合力为G，作用点在x= L处。
离心力为线性分布荷载，在坐标为x的截面处，集度为G rω02=3Gω02x，其合力为3Gω02L，
Lg2Lg4g
作用点在x= L处。左端O′处的竖向杆端力仅来自于弹簧。由于弹簧的压缩量为L，故总压缩力
4l图13记重力和离心力的横向分量在a端引起的转角数值分别为和则上片转角为下片转角为上下两片轴线的相对转角为如果说明了在转速下离心力的作用远大于重力的作用从而可以忽略重力的影响同时又有上可以一般性地假设在如同图l4a那样荷载呈线性分布的简支梁中a处的转角为ei图中咖为重力的横向分量为离心力在ad522lqi24b和图l4c所示
6L6
出题学校：
第
(1)ω0=
(2) ∆∠OAO′ =4。
3Eb
第
3π3σpd2σpd2(1)[F]= ≈0.4651 。
200nn
(2)不会波动，证明见详细解答。
(3)可以，许用荷载 多可提高76.7％。
第
(1) α1=0，α2=arccos 100=45o。
200
Yu= G。(1-12)
在坐标为x的截面处，离心力集度的横向分量为75 32Gx，重力集度的横向分量为−3G，故
4L2L
上片中的弯矩方程为
积分可得转角和挠度方程为
3G43224)θu=2(75x−8Lx−138L x+CL，
96EIL
wu=3G2(15x5−2Lx4−46L2x3+CL4x+DL5)。96EIL
(1)（本小题6分）显然，在转速ω0下，各金属片均与竖直线成60o角。先分析下片的受力，如图1-2(a)所示。建立如图所示的局部坐标系。重力为均布荷载，合力为G，作用点在x= L处。
离心力为线性分布荷载，在坐标为x的截面处，集度为G rω02=3Gω02x，其合力为3Gω02L，
Lg2Lg4g
作用点在x= L处。左端O′处的竖向杆端力仅来自于弹簧。由于弹簧的压缩量为L，故总压缩力
4l图13记重力和离心力的横向分量在a端引起的转角数值分别为和则上片转角为下片转角为上下两片轴线的相对转角为如果说明了在转速下离心力的作用远大于重力的作用从而可以忽略重力的影响同时又有上可以一般性地假设在如同图l4a那样荷载呈线性分布的简支梁中a处的转角为ei图中咖为重力的横向分量为离心力在ad522lqi24b和图l4c所示
6L6
周培源力学竞赛
. 例一 (续)
. 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)? . 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。
. 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 () 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?
. ..
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. ..
. ..
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. ..
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.
周培源力学竞赛培训 ⋅ 材力专题之四 ——压杆稳定
. 例二题解 —读题
核心问题: 非标压杆稳定挠曲方程 非标（准） ：一端铰接 ——一端可转动固支 辅助问题：对称/反对称载荷下对称结构的变形 提供压杆稳定问题的边界条件 求解方法：分而治之
..
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..
周培源力学竞赛培训 ⋅ 材力专题之四 ——压杆稳定
. 压杆上的载荷分析
A. 标准压杆
. 纵向集中力
注意：竞赛中标准压杆中的力一般为其它问题的解，不易求到
2
60◦ + θ
G
..
. ..
. ..
.
..
. ..
全国大学生周培源力学竞赛模拟试题及答案-江苏大学
题（3） 一、简答题1、在有输送热气管道的工厂里，你可以看到管道不是笔直铺设的。
每隔一段距离，管道就弯成一个门框似的(见图)。
你考虑一下，这种做法有什么力学意义?2、如图所示，木栓阻止着上下两块木板相对沿移，因而在截面力AB 上直接受到剪力作用。
但当P 力逐渐加大时，木栓最后却沿着纹理方向CD 破裂。
你能解释这种现象吗？3、中国古代木结构建筑中，在上梁与柱子(图a)的连接处，往往采用一种独具风格的斗拱结构(示意如图b)。
试从材料力学的观点分析一下这种在世界上特有的结构方式有什么优点。
4、建筑工程中常用的钢筋混凝土结构，在设计上布置钢筋承受拉力、混凝土承受压力，这有什么好处？今有一座钢筋混凝土结构的桥梁，如图所示。
在使用中出现了险情：列车通过时跨中挠度超出了设计要求。
有人说：这好办，只要中间部位再加一个桥墩就行了。
试分析一下这个方案是否可行?为什么?并请你提出一个可行的方案来。
题（1）题（2）题（4）5、有人作过计算，钢制潜艇在安全的极限潜水深度下，它的浮力要减小3％左右。
这是什么缘故?从材料力学的角度来说，在潜艇的设计中，除了强度和稳定性问题外，还有什么重要问题需要考虑？6、如果你开始学习空手道(气功)，有一件事看来是有趣的。
用赤手空拳作一次击断木板的表演，这牵涉到肌肉强度、打击速度、木材强度以及技术的水平和观众的注意、……等等许多问题。
从材料力学的观点，有一个问题似乎是基本的。
应该对单块木板还是对一叠木板(两者总厚相同，见图)作练功表演呢? 当然，所比较的这两种方案中除单块与层叠这点不同之外，其他条件完全相同。
此外，假定观众离你只有3m ，因而不易受骗，所以你在采用某种巧妙的方案时，还要注意不致露出破绽。
二、计算题7、公元前221—205年，古埃及一个君主下令首席工程师Belisatius 设计一艘特大的战舰。
舰长128m ，宽18．3m ，一个桨就要40个人来划。
显然，在当时这只是一种幻想。
第九届周培源全国大学生力学竞赛
程赋 付登奎 郭翔宇 刘雄章 孟祥俊 王责越 奚晨晨 张蒋 赵丰祥 姜添曦 李彬 刘培硕 孟迪 石瑞瑞 叶敏 禹愿雄 张坤 张秀山 周洋 朱术文 陈翰澍 程泽康 郭盼盼 黄镇 刘冬骏 刘杰 刘小珍 马隆飞 潘正鹏 宋飞 宋帅兵 孙俊 王化彬 王静 王云鹏 余磊 张笑 朱国文 孙涛 田欢欢 赵健宇 郑 翔 柴一占 陈志强 狄嘉威 杜浩东 郝柏函 胡喆 黄晟林 李亚坤 刘思祎 刘通 刘元伟 张爱国 张天汉 赵明翔 赵鹏昕 冯彦军 何鹏宇 蒋婷 李兆涵 刘飞
中国科学技术大学 安徽工业大学 中国科学技术大学 安徽工业大学 皖西学院 中国科学技术大学 安徽建筑工业学院 合肥学院 中国科学技术大学 中国科学技术大学 安徽工业大学 合肥工业大学 安徽理工大学 合肥学院 中国科学技术大学 安徽理工大学 安徽工业大学 安徽工业大学 安徽理工大学 安徽工程大学 安徽建筑工业学院 中国科学技术大学 合肥工业大学 安徽工业大学 安徽建筑工业学院 安徽理工大学 安徽理工大学 合肥工业大学 皖西学院 安徽理工大学 合肥工业大学 安徽建筑工业学院 安徽工业大学 合肥工业大学 中国科学技术大学 合肥工业大学 安徽工业大学 安徽工业大学 北京航空航天大学 清华大学 北京航空航天大学 北京航空航天大学 清华大学 清华大学 清华大学 清华大学 清华大学 北京大学 北京大学 清华大学 清华大学 清华大学 北京航空航天大学 北京航空航天大学 北京大学 清华大学 北京航空航天大学 北京航空航天大学 北京大学 北京航空航天大学 清华大学 清华大学
刘晓龙 刘泽宇 罗琪 宋言 王照瑞 许秋怡 张和涛 陈树生 程将领 崔光耀 高宇 蒋雨晴 任克维 芮少石 尚孚 孙鹏鹏 魏金弟 吴小虎 吴洲洋 徐杲 张慕天 朱桐乾 董文静 方耀鹏 巩浩 李德金 李佳航 马越辰 邱志祥 尚恩垚 王晓强 王张浩 殷振炜 张泽 赵建文 朱云涛 陈斌 陈拓 樊苹博 高雁飞 刘子玥 牛峰 姚赫明 赵隽迪 高武焕 康杰 李二龙 任昆 万成 魏全茂 张启明 张伟 张宇靖 周威 曹祥飞 程佳兵 崔慧永 郝进华 何昌远 胡浩德 李亨 李杨
【精品资料】历届全国周培源力学竞赛试题及答案 材料力学 理论力学
四、评判标准 z 事先制定好表格，标明各项内容和评分值，由裁判负责纪录。 z 本轮比赛根据各队 2 个试件的承载量中较大者进行比较。前 4 名进入第三轮比
赛，后 4 名被淘汰退出比赛，获纪念奖。 z 对于成绩相同的队，将根据另一根试件的成绩进行排名。如果还不能区别，考
虑试件的质量，轻者优先。 z 如有争议，由裁判长负责解决。
起来，裁判测量 10 个周期并记录。由于释放时间不易确定，记录从第 2 到第 11 个周期的时间。1 个周期定义为：摆动时同一侧角速度两次为零的时间间隔。 z 根据 8 位裁判的计时，去掉最大和最小的 2 个计时，把其余的计时进行平均， 为某队的比赛成绩。 z 比赛中如有争议可找裁判长，裁判长的裁决为最终裁决。
～15cm
切口
3cm
A4纸的一部分
两头与筷子相连
图 2a 试件制作示意图
试件
固定物 切口
裁出切口
弹簧秤
注水 图 2b 拉力试验示意图
三、比赛规则与流程（约 40min） z 在比赛开始前的休息时间内抽签分组分为 4 组，每组 2 个队。弹簧秤也抽签选
取。各队自行检查弹簧秤，如有问题可找裁判员。 z 比赛开始后，各队有 5 分钟时间同时进行调试准备。 z 裁判示意后，各队同时开始操作。各队要在 30 分钟内完成操作并得到两试件
三、比赛规则与流程（约 40min） z 在比赛前的休息时间进行抽签，16 个队分为 4 组。抽到 A、B、C、D 的队为
同一组。 z 比赛开始后，每队有 5 分钟进行调试，同时裁判可以试着计时。 z 每队有 2 次机会，顺序为 ABCDABCD。每次摆动要在 3 分钟内完成。 z 每次有 8 位裁判同时记时，队员示意开始，裁判负责计时。各队让不倒翁运动
赛，后 4 名被淘汰退出比赛，获纪念奖。 z 对于成绩相同的队，将根据另一根试件的成绩进行排名。如果还不能区别，考
虑试件的质量，轻者优先。 z 如有争议，由裁判长负责解决。
起来，裁判测量 10 个周期并记录。由于释放时间不易确定，记录从第 2 到第 11 个周期的时间。1 个周期定义为：摆动时同一侧角速度两次为零的时间间隔。 z 根据 8 位裁判的计时，去掉最大和最小的 2 个计时，把其余的计时进行平均， 为某队的比赛成绩。 z 比赛中如有争议可找裁判长，裁判长的裁决为最终裁决。
～15cm
切口
3cm
A4纸的一部分
两头与筷子相连
图 2a 试件制作示意图
试件
固定物 切口
裁出切口
弹簧秤
注水 图 2b 拉力试验示意图
三、比赛规则与流程（约 40min） z 在比赛开始前的休息时间内抽签分组分为 4 组，每组 2 个队。弹簧秤也抽签选
取。各队自行检查弹簧秤，如有问题可找裁判员。 z 比赛开始后，各队有 5 分钟时间同时进行调试准备。 z 裁判示意后，各队同时开始操作。各队要在 30 分钟内完成操作并得到两试件
三、比赛规则与流程（约 40min） z 在比赛前的休息时间进行抽签，16 个队分为 4 组。抽到 A、B、C、D 的队为
同一组。 z 比赛开始后，每队有 5 分钟进行调试，同时裁判可以试着计时。 z 每队有 2 次机会，顺序为 ABCDABCD。每次摆动要在 3 分钟内完成。 z 每次有 8 位裁判同时记时，队员示意开始，裁判负责计时。各队让不倒翁运动
第6-9届周培源力学竞赛试题及答案
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？
本小问 12 分
CE = l =
m( H ) J 1 = = H ma m( H ) 3
1 3 1 2 1 4
2
C
l
SI
a
E
E
距离 3 分 碰撞冲量 3 分
时， C 点的碰撞冲量 I C = 0 。 上述结论可以表示为：小球要在反弹最高点 碰撞，且碰撞点与地面的高度为
2 H。 3
由于水平方向速度与竖直方向速度独立，下 面只考虑竖直方向：
1 2 2 mv y = mgH
D
小球落地时速度大小为 v y =
2 Hg 。碰撞后 y 方向上的速度大小
2
为 v y ' = ei 2 Hg ，再利用上式，得反弹的最大高度为 ei H 。所以
全国大学生周培源力学竞赛试题及详细答案解析(第三届到第九届)
图９
万方数据
图１２
第１期
第五届全国周培源大学生力学竞赛理论力学试题解答
８９
第五届全国周培源大学生力学竞赛 理论力学试题解答
答ｎ
恐
答 Ｍ 佰一一２剐
答３．Ｆ１＝Ｆ２＝２Ｆ３
答４．解：向Ｄ点简化： 主矢： Ｆ，Ｒ＝Ｆｉ＋Ｆｊ＋Ｆｋ
主矩：Ｍｏ＝（ｂＦ—ｃＦ）ｉ—ａＦｊ 因为当Ｆ欠·Ｍｏ＝０时才能合成为力， 所以应有Ｆ２（６一Ｃ）一ａＦ２＝０
故ｂ—ｃ—ａ＝０，力系才能合成为一个力
题４图 答５．克服障碍条件为
ＦＲＣＯＳ８一ｍｇＲｓｉｎ８２ ０
蒜独邶＝南一·
代入数据，求解，得垒三里：！至里
∈＝百ｈ－ｍｕ＝等≠＝·
查表得ａ＝Ｆ（１）＝ｏ．８４１
万方数据
题５图
答６．解：建立平移动系与Ａ点固结，则点Ｂ，Ｃ的相对速 度为
ＶＢｒ＝Ｖ２＋ｕ１，
ＶＣｒ＝Ｖ３＋Ｖｌ
（ｂ） 题１２图
第１期
第五届全国周培源大学生力学竞赛材料力学试题解答
９１
第五届全国周培源大 学生力学竞赛 材料力学试题解答
答１．（１）训Ａ一—（２Ｖ瓦互＋酉３）一ｑａ４ ９）
（２）ｕ，Ａ＝面２ｑａ４（个）
答２．
州驴¨半ｐ．得 １）求丁（ｐ）
下（ｐ）＝痢Ｔ
一去［南卜～＝ ２）求妒
据％＝面７－２．有
磊可Ｍ习２ｌ ８Ｇ丌２璃（¨竿ｐ） ｄ口
提示：设ｕ是随机变量，已知它的数学期望（均值）ｍ。 和均方差盯。，于是ｕ满足ｕ＜ａ的概率ａ由下式确定：
ａ＝ｐ｛ｕ＜ｏ｝＝Ｆ（∈）
∈：—ａ－－—ｍｕ
Ｏ＇ｕ
并且Ｆ（∈）是一特定的分布函数．对于高斯分布，Ｆ（∈）列在 下表中．
∈
一１．５－１．０－０．５
第九届全国周培源大学生力学竞赛(个人赛)命题工作小结
第九届全国周培源大学生力学竞赛(个人赛)命题工作小结
秦世伦;魏泳涛;李晋川
【期刊名称】《力学与实践》
【年(卷),期】2013(035)003
【摘要】本文总结了第九届全国周培源大学生力学竞赛个人赛的命题工作,介绍了命题思路,每一道题所涉及的知识点和能力考核目标,也介绍了命题与基础力学教学相结合,在综合素质与创新能力的考核,对学生易犯错误的针对性设计,以及使赛题集新颖、灵活和趣味性于一体,又兼具拔尖人才选拔功能等方面的探索.
【总页数】2页(P111-112)
【作者】秦世伦;魏泳涛;李晋川
【作者单位】四川大学,成都610065;四川大学,成都610065;四川大学,成都610065
【正文语种】中文
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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)ω0=
(2) ∆π3σpd2σpd2(1)[F]= ≈0.4651 。
200nn
(2)不会波动，证明见详细解答。
(3)可以，许用荷载 多可提高76.7％。
第
(1) α1=0，α2=arccos 100=45o。
200
L
处的轴套、弹簧，以及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。
图1-1
解答及评分标准
6L6
q1⎛14123⎞，
故有θ=⎜−x+Lx+C′L⎟
(1)（本小题6分）显然，在转速ω0下，各金属片均与竖直线成60o角。先分析下片的受力，如图1-2(a)所示。建立如图所示的局部坐标系。重力为均布荷载，合力为G，作用点在x= L处。
离心力为线性分布荷载，在坐标为x的截面处，集度为G rω02=3Gω02x，其合力为3Gω02L，
Lg2Lg4g
作用点在x= L处。左端O′处的竖向杆端力仅来自于弹簧。由于弹簧的压缩量为L，故总压缩力
集度的横向分量，
75 3G
=
4L
q1=1⋅3Gω02L。①(1-5) 2 2Lg
q1
(a)(b)
图1-3
记重力和离心力的横向分量在A端引起的转角数值分别为θ0和θ1，则上片转角为θu=θ0−θ1，
下片转角为θb=θ0+θ1，上下两片轴线的相对转角为
θb−θu=2θ1。(1-6)故所求角度的变化量即为图1-4(a)所示简支梁A端转角的2倍。①
(2)x2=200y。
(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=arccos100上的平衡是稳定的。
L
第
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)，
⎝2⎠EI⎝2⎠16EI
根据叠加原理，有
ξq1L3q1L3ξq1L3
= +
EI48EI16EI
，⑤
由上式可算出ξ= ，故有
q L3θ1=1
45EI
。①(1-7)
若从式(1-6)以后没有任何步骤直接得到式(1-7)，则只能得结论的①分。
这样，所求角度∠OAO′的变化量
10 3GL2
=4
3Eb
∆∠OAO′= 2q1L3。①(1-8) 45EI
第
图1-1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。弹簧的自然长度为2L，其刚度k= 23G。O和O′
1-4(b)和图1-4(c)所示。在图1-4(b)中，A处转角为⎛⎜q1⎞⎟L3=q1L3。在图1-4(c)中，由于荷载⎝2⎠24EI48EI
反对称，梁的中点挠度和弯矩均为零，故中点可视为铰支点。这样，中点与A之间可视为一个简支
梁，这个简支梁也作用着线性分布的荷载。根据上述假设，其A处转角必定为⎛⎜q1⎞⎟ξ⎛⎜L⎞⎟3=ξq1L3。
为Lk=23G，一个下片所受的向下压缩力为 G。这样，根据竖直方向上的力平衡，右端A处的竖向杆端力
F=G。①(1-1)
对O′取矩，则可求出右端A处水平方向杆端力R，
L−3Gω02L⋅L+R⋅L L+F⋅ L=0，
4g322
R=23G⎛⎜⎜⎝ω302gL−24⎞⎟⎟⎠
故有。②(1-2)
再考虑上片。如图1-2(b)所示，与上片类似，对O取矩，可得
L+3Gω02L⋅L+R⋅L−F⋅3L=0，
4g322
R=23G⎛⎜⎜⎝−ω302gL+26⎞⎟⎟⎠
故有。②(1-3)
式(1-2)和(1-3)中的R在数值上相等，由此可得
ω02L
=75，即ω=。①(1-4)
g
(2)（本小题9分）本小题的求解可以采用下述两类方法。叠加法求角度∠OAO′的增量
上下两个金属片所受的离心力和重力在横向上的分量，导致它们产生弯曲变形。上下两个金属片都可以简化为简支梁，其横向力如图1-3所示。图中，q0为重力的横向分量，q1为离心力在A处
如果说明了在转速ω0下离心力的作用远大于重力的作用，从而可以忽略重力的影响，同时又有上述两处得分点的结论，此处也算全对。
图1-4
可以一般性地假设，在如同图1-4(a)那样荷载呈线性分布的简支梁中，A处的转角为ξ q1L3，
EI
其中ξ是一个待定的无量纲常数。图1-4(a)的荷载可分解为对称部分和反对称部分之和，分别如图
详细参考解答及评分标准
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。
该变化量使原有角度 得以增大。积分法求角度∠OAO′的增量
所求角度的变化量
第一种积分方案：与上述叠加法中开始的初步分析类似， q=，①
即为图1-4(a)所示简支梁A端转角的2倍，①然后用下述积分法求解。
1在图1-4(a)中，易得左方铰的支反力为 q1L，以O为坐标原点，可列出弯矩方程
6
M(x)= −1q1x3+1q1Lx。
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
1Eπd3(ε+ε)3Eπd2(ε−ε)上粘贴。MJ= Eπd3ε(1)，TJ= (2) (3)，FSJ= (2) (3)。
3232(1+ν)32(1+ν)
第
(1)e= 。
(2) vC=⎜⎜⎛⎝65+5482π⎞⎟⎟⎠gL。
出题学校：
第
(1)ω0=
(2) ∆π3σpd2σpd2(1)[F]= ≈0.4651 。
200nn
(2)不会波动，证明见详细解答。
(3)可以，许用荷载 多可提高76.7％。
第
(1) α1=0，α2=arccos 100=45o。
200
L
处的轴套、弹簧，以及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。
图1-1
解答及评分标准
6L6
q1⎛14123⎞，
故有θ=⎜−x+Lx+C′L⎟
(1)（本小题6分）显然，在转速ω0下，各金属片均与竖直线成60o角。先分析下片的受力，如图1-2(a)所示。建立如图所示的局部坐标系。重力为均布荷载，合力为G，作用点在x= L处。
离心力为线性分布荷载，在坐标为x的截面处，集度为G rω02=3Gω02x，其合力为3Gω02L，
Lg2Lg4g
作用点在x= L处。左端O′处的竖向杆端力仅来自于弹簧。由于弹簧的压缩量为L，故总压缩力
集度的横向分量，
75 3G
=
4L
q1=1⋅3Gω02L。①(1-5) 2 2Lg
q1
(a)(b)
图1-3
记重力和离心力的横向分量在A端引起的转角数值分别为θ0和θ1，则上片转角为θu=θ0−θ1，
下片转角为θb=θ0+θ1，上下两片轴线的相对转角为
θb−θu=2θ1。(1-6)故所求角度的变化量即为图1-4(a)所示简支梁A端转角的2倍。①
(2)x2=200y。
(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=arccos100上的平衡是稳定的。
L
第
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)，
⎝2⎠EI⎝2⎠16EI
根据叠加原理，有
ξq1L3q1L3ξq1L3
= +
EI48EI16EI
，⑤
由上式可算出ξ= ，故有
q L3θ1=1
45EI
。①(1-7)
若从式(1-6)以后没有任何步骤直接得到式(1-7)，则只能得结论的①分。
这样，所求角度∠OAO′的变化量
10 3GL2
=4
3Eb
∆∠OAO′= 2q1L3。①(1-8) 45EI
第
图1-1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。弹簧的自然长度为2L，其刚度k= 23G。O和O′
1-4(b)和图1-4(c)所示。在图1-4(b)中，A处转角为⎛⎜q1⎞⎟L3=q1L3。在图1-4(c)中，由于荷载⎝2⎠24EI48EI
反对称，梁的中点挠度和弯矩均为零，故中点可视为铰支点。这样，中点与A之间可视为一个简支
梁，这个简支梁也作用着线性分布的荷载。根据上述假设，其A处转角必定为⎛⎜q1⎞⎟ξ⎛⎜L⎞⎟3=ξq1L3。
为Lk=23G，一个下片所受的向下压缩力为 G。这样，根据竖直方向上的力平衡，右端A处的竖向杆端力
F=G。①(1-1)
对O′取矩，则可求出右端A处水平方向杆端力R，
L−3Gω02L⋅L+R⋅L L+F⋅ L=0，
4g322
R=23G⎛⎜⎜⎝ω302gL−24⎞⎟⎟⎠
故有。②(1-2)
再考虑上片。如图1-2(b)所示，与上片类似，对O取矩，可得
L+3Gω02L⋅L+R⋅L−F⋅3L=0，
4g322
R=23G⎛⎜⎜⎝−ω302gL+26⎞⎟⎟⎠
故有。②(1-3)
式(1-2)和(1-3)中的R在数值上相等，由此可得
ω02L
=75，即ω=。①(1-4)
g
(2)（本小题9分）本小题的求解可以采用下述两类方法。叠加法求角度∠OAO′的增量
上下两个金属片所受的离心力和重力在横向上的分量，导致它们产生弯曲变形。上下两个金属片都可以简化为简支梁，其横向力如图1-3所示。图中，q0为重力的横向分量，q1为离心力在A处
如果说明了在转速ω0下离心力的作用远大于重力的作用，从而可以忽略重力的影响，同时又有上述两处得分点的结论，此处也算全对。
图1-4
可以一般性地假设，在如同图1-4(a)那样荷载呈线性分布的简支梁中，A处的转角为ξ q1L3，
EI
其中ξ是一个待定的无量纲常数。图1-4(a)的荷载可分解为对称部分和反对称部分之和，分别如图
详细参考解答及评分标准
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。
该变化量使原有角度 得以增大。积分法求角度∠OAO′的增量
所求角度的变化量
第一种积分方案：与上述叠加法中开始的初步分析类似， q=，①
即为图1-4(a)所示简支梁A端转角的2倍，①然后用下述积分法求解。
1在图1-4(a)中，易得左方铰的支反力为 q1L，以O为坐标原点，可列出弯矩方程
6
M(x)= −1q1x3+1q1Lx。
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
1Eπd3(ε+ε)3Eπd2(ε−ε)上粘贴。MJ= Eπd3ε(1)，TJ= (2) (3)，FSJ= (2) (3)。
3232(1+ν)32(1+ν)
第
(1)e= 。
(2) vC=⎜⎜⎛⎝65+5482π⎞⎟⎟⎠gL。