第十一届全国周培源大学生力学竞赛答案

(1分) (1分)
-7-
M max
Er
4R
4
第14题（共15分） 解：(1) 记 D D t ①钢丝的伸长量 由力的平衡可得
F g D F 2 qD F 2 q g P
F F d
d
g
q
F()
(1)
vb
vb
v D n
A
D
为小球的反弹速度， 其中， vb
m 5 J B J O h2 mh2 。 4 12

I
碰撞点 D 的法向速度为
vD n
5 BD 0 cos h0 6
vC 0
mg
4
C
完全弹性碰撞条件为
vD n vb vb

0
2mgr 2 sin 3cos 2 （2 分） JO 球与凸台分离的角度由FN 2 0 确定。 2 0 cos 1 ( 4 ) （1 分） 3 mgr 对应角速度0 2 3J O FN 2
FN 2
C
r


o
FN 1
2mg
n aC = r 2 , aC = r 。方程(3)也可由动静法得到。式(3)中代入加速度
-4-
第12题（共15分）
解答 两物体碰撞及速度突变都发生在水平面内，在铅直 方向，方板仍然处于平衡状态。由空间平行力系的 平衡知三个支撑点的铅直方向反力。 支承面对方板的水平约束力就是动或静摩擦力， 由摩擦定律知摩擦力与铅直反力成比例。 因此，在碰撞阶段，水平摩擦力的冲量略去不计。 问题（1）—— 记碰撞冲量为 I，考察板 mvO 0 I (1) h J I b O 0 2 1 J O mh 2 ，由(1)解出 6 I 6I h vO 0 ; 0 b 2 m mh 2 由 vO 0 x0 0 （1 分） 得
第 2 题（6 分） (1)、3； (2)、
3 2 gt 。 8
第 3 题（6 分） (1)、 F (受拉）或 F ；(2)、
3 2 3 2 F (受压) 或 F 。 2 2
第 4 题（6 分） (1)、 tan 1 ( 3 / 2) 90 ； (2)、若 tan 1
3 2 3 ，则 a g ；若 60 90 ，则 a g cot 。 2 60 3 cot
问题（2）—— 将 b=5h/6 代入式(2)，有 x = -h/2，板逆时针转动。此时，板的速度瞬心在 AC 棱 边中点。碰撞结束瞬时，板的角加速度由相对于质心的动量矩定理确定。 mg J O M O （1 分） C 4 板在水平面内受三个滑动摩擦力作用，如右图所示。
MO
mgh
2
l
Dp 4t
(a＇)
p l
-9-
l
p
求环管柱面形纵截面上的应力 v ：由变形协调方程得
d
4F 1 [d v (d l g )] 2 Es d E
D F 。 2
F
（3） (2 分)
g d
F
参考式(1)的第一式，有
g
0
O v O
5 ，得 3
( 0 )
（1 分）
J O 2mr 2 cos2 5 d r sin 2 9mgr (1 cos ) 2mr 20 3
其中， 0 2
mgr 2 , 0 cos 1 。 3J O 3
S
R
C
r
（1 分）
当 0时 ，圆盘向右发生水平移动和转动。注意到 dS dS d dS （1 分） vO dt d dt d 由式(7)有 dS r0 cos 0 （1 分） r cos d ( )
积分上式，并注意到 sin 0
S r0

2 2 4mgr (1 cos ) 2mr 20 cos 2 0 2 9mgr (1 cos ) 2mr 20 = J O 2mr 2 cos 2 3 J O 2mr 2 cos 2
(当 >0 )
(9)
（1 分）

问题（3）—— 当 0时 S 0
再由式(5)，得到 vb
34 3 5 gh 10
（1 分）

此后，板作减速转动， 0 ,
h 2 n aO 0 , 2
FBn FBn0 。
可见，板在停止转动之前，其 B 端能保持静止不动。 （1 分）
-6-
第13题（共15分） 解: (1) 横截面上的内力: 弯矩：M=mR (3 分) R
第 9 题（6 分） (1)、①； (2)、
2 EI
2l 2
。
第 10 题（8 分） (1)、
2 2 m； 9
(2)、
5 2 5 2 m或 m。 18 18
-2-
第二部分 提高题部分（计算题，共60分）
第11题（共15分）
解答 组合刚体的运动存在两个阶段，一是绕 O 的定轴转动； 二是质心水平速度保持不变的平面运动。 首先确定由定轴转动到平面运动的临界转角。
n aC
R

aC
问题（1）—— 刚体绕 O 作定轴转动。依动能定理 1 （1 分） J O 2 2mgr (1 cos ) (1) 2 4mgr 2 (1 cos ) JO 式(1)两边对时间求导 2mgr （1 分） sin (2) JO 式(2)也可由对点 O 的动量矩定理得到 由质心运动定理 n FN 2 2m aC sin aC cos (3)
F
j 1
n 2
0
sin j v 2 R 2t 2
D
2
t l 0
(b)
(2 分)
其中=2/n， j ( j 1 2) 。计算出和式，得
2
F0 R 4 v Rt Dt l 0 d
(c)
(1 分)
-8-
F0
l
式中， d 计算如下 d 于是
问题（2） ——
当 0， 2
mgr (1 cos ) JO
（1 分）
当 0时 ，组合刚体与台阶脱离接触，作平面运动，水平方向动量守恒，质心 C 的水 平速度不变，为 4r mgr vCx 0 r0 cos 0 (5) 3 3J O
O 点速度 vO 水平，由基点法得质心 C 的速度 vC vO vCO (6) （1 分） 质心 C 的水平速度为 vCx vO r cos r0 cos 0
E E [cos cos( )]
M
M
A
计算出积分，可得
Er 4 sin 4R
4 E r 4 1 E r sin 2 4 RM 4mR
(1分)
于是转角为
sin 1
(1分)
(3) 内力的最大值Mmax 当=π/2 时，M=Mmax。
2n 解此方程，得
F ( ) Pe ( 2n )
l0
即
（2）
(2 分)
钢丝绕满环管表面后，两端即将连接时，钢丝伸长量：
1 2 n D F ( ) d ES A 0 2
l0
DP (1 e2 n ) 2 ES A
(1 分)
②钢丝的张力 两端连接的钢丝松弛后，
O
(4) （1 分）
v A0
n aO
0
B
FB 0
FBn0
结合式(3)与（4） ，解出
3v 0 b 17h
（1 分）
aO
A

mg B 点的静摩擦力满足 4 mg n 2 2 （ 2 分） F F (5) B0 B0 2 由质心运动定理和对 B 点的动量矩定理 n n maO 0 FB 0 mg 5 FB (6) （1 分） maO 0 0 5 mgh 5 J B 0 M B 4 h h n 2 其中，aO 0 , aO 0 0 0 2 2 3 5 g 3 5 g 5 mg 1 2 由式(6)解出 0 , aO , FB , FBn0 mh0 0 0 5h 10 10 2

O
vB
（1 分）
B
3 g 代入式(3)，有 (顺时针） （1 分） h
-5-
mg
4
aO
A
mg
2
问题（3）—— B 点速度 vB=0，由式(2)知
h b 6
C
（1 分）
BD 0
0
O
I B
由对 B 点的动量矩守恒得到
m 5 m 5 h vb h J B0 vb 21 6 21 6 (3) （1 分）
(1 分)
将上述结果代入式(3)， 化简得
4 2 1 D p F v 2 EDd E 4 Et Es d
在有 p 存在的情况下，仿照式(c)可写出
（3＇ ）
2
R F 4 Rt v + Dt l 2 R( D t ) ( D t ) 2 p d 4
C
mg 4
A
b
mg 4
C
mg
mg 2
B
0
B
（1 分）
vO 0
O
B
x
A
b
D
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碰撞结束瞬时，板作平面运动的速度瞬心位于通过点 B’和点 B 的直线上。
x
h 6(1/ 2 b / h)
h (b ) 2
(2)
（1 分）
当b h / 2时，板作平移，速度瞬心在无穷远处。
式中，x 坐标的原点在点 O，向右为正，向左为负。
第 5 题（6 分） (1)、 5u ； (2)、 4
5 5 u2 ；(3)、 R。 8 R
第 6 题（5 分） (1)、 2FN1 FN2 cos 0 ； (2)、 Δl1 2 Δl2 cos 。
-1-
第 7 题（5 分）
8l 3 。 3EI
第 8 题（6 分） (1)、54，0，-26； (2)、80。
l0
F0 nD ES A
(1 分)
由此得钢丝的张力
F0
P (1 e2 n ) 2 n
(1 分)
③环管的应力 求管道横截面上的应力 l ： （a） 0
l
(1 分)
求环管柱面形纵截面上的应力 v ：先用一个竖直平面沿管道环线的直径切开，再用过管道轴 线的竖直圆柱面将管道切成两半，可知
v
l
d d Dt d D 1 1 2R 2R
v
即
F0 2td
v
P 4ntd
1 e
2 n

(1 分)
(2)当有内压 p 时，记由于施加 p 而引起的竖直纵截面上的应力增量为 v (压为正)，钢丝与管 外表面间的挤压引起管外表面上压应力增量为 g (压为正)，钢丝拉力增量为 F (拉为正)，管横截 面应力增量为 l (拉为正)。 求环管道横截面上的应力增量 l ：用一个竖直平面沿管道环线的直径将压力容器切开成相等 的两半，可知代替方程(a)的是
第十一届全国周培源大学生力学竞赛 （个人赛）试题
出题学校：湖南大学
（本试卷分为基础题和提高题两部分 满分 120 分 时间 3 小时 30 分）
第一部分 基础题部分（填空题，共60分）
第 1 题（6 分） (1)、
6 2 3 Fa c Fb c ； 6 3
(2)、
Fb
1 2 2 2 。 Fa ； (3)、 2 Fc 4
m
M
O
M
(2) 横截面的转角：
R
w

o

通过(ρ，)点的圆周线正应变(这里，正应变以缩短为正)为

w [cos cos( )] R cos R cos
(5分) (1分) (1分) (1分)


R
[cos cos( )] R sin( ) dA
C
R
r
(7) （1 分）
-3-
O v O

r
vO
依动能定理，有 1 1 2 2 J C 2 2m (vCx 0 ) (r sin ) 2mgr (1 cos ) 2 2 其中， J C J O 2mr 2 由式(8)解出
(8)
（2 分）