第十一届全国周培源大学生力学竞赛答案
第 届全国周培源大学生力学竞赛个人赛试题答案
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 m或 5 2 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。
(1分) (1分)
M A sin( )dA
(1分)
计算出积分，可得
M Er4 sin 4R
于是转角为
(1分)
sin1
E r4 4RM
sin1
E r4 4mR2
(1分)
(3) 内力的最大值Mmax
当=π/2 时，M=Mmax。
M max
Er4 4R
(1分) (1分)
-7-
第14题（共15分）
由质心运动定理
FN 2 2m aCn sin aC cos
(3)
aCn = r2, aC = r 。方程(3)也可由动静法得到。式(3)中代入加速度
FN 2
2mgr 2 JO
sin
3cos
2
（2 分）
球与凸台分离的角度由FN2 0 确定。
0
cos1
2 3
( 4 ) （1 分）
对应角速度0 2
解：(1)
记 D D t
①钢丝的伸长量 由力的平衡可得
g D F 2
qD F
2
q g
F 2n P
解此方程，得
F ( ) Pe ( 2n )
F F d
g d
q F()
第十一届全国周培源大学生力学竞赛考试范围 .doc
第十一届全国周培源大学生力学竞赛考试范围理论力学一、基本部分(一) 静力学(1) 掌握力、力矩和力系的基本概念及其性质。
能熟练地计算力的投影、力对点的矩和力对轴的矩。
(2) 掌握力偶、力偶矩和力偶系的基本概念及其性质。
能熟练地计算力偶矩及其投影。
(3) 掌握力系的主矢和主矩的基本概念及其性质。
掌握汇交力系、平行力系与一般力系的简化方法、熟悉简化结果。
能熟练地计算各类力系的主矢和主矩。
掌握重心的概念及其位置计算的方法。
(4) 掌握约束的概念及各种常见理想约束力的性质。
能熟练地画出单个刚体及刚体系受力图。
(5) 掌握各种力系的平衡条件和平衡方程。
能熟练地求解单个刚体和简单刚体系的平衡问题。
(6) 掌握滑动摩擦力和摩擦角的概念。
会求解考虑滑动摩擦时单个刚体和简单平面刚体系的平衡问题。
(二)运动学(1) 掌握描述点运动的矢量法、直角坐标法和自然坐标法，会求点的运动轨迹，并能熟练地求解点的速度和加速度。
(2) 掌握刚体平移和定轴转动的概念及其运动特征、定轴转动刚体上各点速度和加速度的矢量表示法。
能熟练求解定轴转动刚体的角速度、角加速度以及刚体上各点的速度和加速度。
(3) 掌握点的复合运动的基本概念，掌握并能应用点的速度合成定理和加速度合成定理。
(4) 掌握刚体平面运动的概念及其描述，掌握平面运动刚体速度瞬心的概念。
能熟练求解平面运动刚体的角速度与角加速度以及刚体上各点的速度和加速度。
(三)动力学(1) 掌握建立质点的运动微分方程的方法。
了解两类动力学基本问题的求解方法。
(2) 掌握刚体转动惯量的计算。
了解刚体惯性积和惯性主轴的概念。
(3) 能熟练计算质点系与刚体的动量、动量矩和动能；并能熟练计算力的冲量（矩），力的功和势能。
(4) 掌握动力学普遍定理(包括动量定理、质心运动定理、对固定点和质心的动量矩定理、动能定理)及相应的守恒定理，并会综合应用。
(5) 掌握建立刚体平面运动动力学方程的方法。
了解其两类动力学基本问题的求解方法。
第十一届全国周培源大学生力学竞赛个人赛试题-5.4版
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）说明：个人赛奖项分为全国特、一、二、三等奖和优秀奖。
全国特、一、二等奖评选标准是：提高题得分进入全国前5%，并且总得分排在全国前列，根据总得分名次最终确定获奖人。
全国三等奖和优秀奖直接按赛区内总得分排名确定获奖人。
注意：试题请全部在答题纸上作答，否则作答无效。
各题所得结果用分数或小数表示均可。
第一部分 基础题部分（填空题，共60分）第1题（6分）图1所示正方体边长为c ，其上作用四个力F 1、F 2、F 3、F 4，其中各力大小之间的关系为F 1=F 2=F a ，F 3= F 4= F b 。
(1)、（2分）此力系对OA 轴之矩的大小为（____________________________）；(2)、（2分）若此力系可简化为一个力，则F a 与F b 的关系为（________________________）； (3)、（2分）若F a = F b = F ，此力系简化为一力螺旋，则其中的力偶矩大小为(_________________)。
图1第2题（6分）两匀质圆轮A 和B 的质量同为m ，半径同为r 。
如图2所示，轮A 沿着水平面运动，绕于轮B 的细绳通过定滑轮C 后与轮A 的中心相连，其中CA 段绳水平，CB 段绳铅直。
不计定滑轮C 与细绳的AF 1 yOx z F 4F 3F 2质量，且细绳不可伸长。
系统处于铅垂平面内，自静止释放。
(1)、（2分）若轮A 既滚又滑，则系统的自由度为（_________________）； (2)、（4分）若轮A 与水平支承面光滑接触，则轮B 下落的高度与时间的关系为（___________________________________________________________________________）。
第十一届全国周培源大学生力学竞赛个人赛命题总结
第4期肖万伸等：第十一届全国周培源大学生力学竞赛个人赛命题总结4773吴望一.流体力学(上册).北京：北京大学出版社，19824Shapiro AH.Vorticity[DB/MT].The National Committee on Fluid Mechanics Films,Massachusetts Institute of Tech-nology,19615童秉纲，尹协远，朱克勤.涡运动理论.合肥：中国科学技术大学出版社，19946中国民用航空飞行规则.民航局令第2号.1990-02-037钱茂绪.浅谈科里奥利力对高速飞行的影响.力学与实践，1984, 6(3):57-598胡俊华.科氏加速度对航炮射击精度的影响.火炮发射与控制学报，2003,25(4):10-149李美霞.科氏力对人体运动的影响.西安体育学院学报，2002, 19(2):54-5610谢溯江，于立身.科里奥利错觉研究进展.中华航空航天医学杂志，2002(2):63-6611姚建萍.科氏力质量流量计的工作原理及应用.杭州化工，2004, 34(3):31-33(责任编辑:胡漫)第十一届全国周培源大学生力学竞赛个人赛命题总结肖万伸1)彭凡2)任毅如3)方棋洪4)周加喜杨刚刘腾喜(湖南大学机械与运载工程学院工程力学系，长沙410082)摘要对第十一届全国周培源大学生力学竞赛个人赛命题进行了总结，介绍了理论力学和材料力学的命题思路，并提出了一些建议。
关键词周培源，力学竞赛，个人赛，理论力学，材料力学中图分类号：O34文献标识码：Adoi：10.6052/1000-0879-17-358经过30年的发展，全国周培源大学生力学竞赛已成为大学生最重要的科技竞赛活动之一[1-2]。
最近几届的个人赛命题具有注重实践性、趣味性和开放性等特点[3-12]。
本届个人赛出题伊始，我们在《力学与实践》编委会和竞赛指导委员会的指导下，对命题原则进行了较大调整，在试卷的总体结构、内容等方面作了较大改动，力求整套试题能有效地测试参赛学生对理论力学与材料力学课程主要内容的理解和掌握程度以及对力学问题的建模与求解能力[13]。
全国周培源大学生力学竞赛辅导力学竞赛-静力学平衡方程
0.5 m C P
FAx FAy
FBy
解：研究系统，受力如图，由方程：∑Fx=0，∑Fy=0，∑MA=0，可 解得FAx=0、FAy=20 kN、MA=20 kN· m。
研究杆BEC，受力如图，由方程：∑Fx=0，∑Fy=0，∑MB=0，可 解得FBx=0、FBy=－20 kN、FDE=40 kN· m。
㈠ 1-1. 图示结构中，均质等边三角形板ABC的重量P=10 kN，A、
B、C处均受链杆约束。求三角板在A、B、C三链杆处的约束 列 反力。 FC 平 C C
衡 方 程 的 技 巧
A P
B
( Fi ) 0 ( Fi ) 0 (Fi ) 0
A FA P
FB B
M M M
A
FC FA
A A C B
D
FA
E
F P FC C FB
B
A FA D FD
C
B
E
F P
㈢ 3-1. 图示结构，已知P=20 kN，求支座A处反力及杆 物 DE的受力。 体 系 平 衡 问 题 基 本 解 法
B FBx 0.5 m A 0.5 m D B E C P D MA A B E C P
0.5 m
E FDE
0.6 m 0.6 m
A C
B
0.8 m
0.6 m
0.6 m
D
F
0.6 m 0.6 m
E
A M C
B
0.8 m
P 4-2′图示结构，已知 P=10 kN，求支座A、E处反力及 杆CF、BF的受力。 0.6 m 0.6 m
A M C
B
0.8 m
D P
F
0.6 m 0.6 m
周培源力学竞赛
II 14 11m
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第十一届全国周培源大学生力学竞赛(个人赛)试题答案
力
学
与
实
践
2017 年 第 39 卷
第十一届全国周培源大学生 力学竞赛（个人赛）试题答案
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
说明： 个人赛奖项分为全国奖和赛区奖. 全国奖先以 提高题得分为筛选标准， 再按总得分排名， 根据名次 最终确定获奖人；赛区奖直接按赛区内总成绩排名 确定获奖人. 全国奖获奖人不再重复获得赛区奖. 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. 基础题部分 (填空题， 共 60 分) 一、 (6 分) 如图 1 所示，正方体边长为 c，其上作 用四个力 F 1 , F 2 , F 3 , F 4 ，各力大小之间的关系为 F1 = F2 = Fa ， F3 = F4 = Fb . 试计算以下问题，并 将结果填在相应的空内.
6 Fa c − 6
图2
(1) (2 分) 若轮 A 既滚又滑， 则系统的自由度数
为 (3)；
(2) (4 分) 若轮 A 与水平支承面光滑接触，轮 3 B 下落的高度与时间的关系为 gt2 . 8
向点 O 简化
本文于 2017–08–01 收到.
第 5 期
第十一届全国周培源大学生力学竞赛 (个人赛) 试题答案
因为
图7
最后取节点 B
√ 2 2 FX = 0 ⇒ − FBE + FBI − FBx = 0 2 2 √ √ 2 2 FY = 0 ⇒ − FBE − FBI + FBy = 0 2 2 √ 3 2 FBE = F (受压) 2 √ (5) (6)
四、 (6 分) 如图 8 所示， 小车上斜靠着长为 l、 质量 为 m 的均质杆 AB ，其倾角以 θ 表示. 杆处于铅垂 平面内， B 端与小车壁光滑接触， A 端与小车底板的 ◦ 摩擦角为 ϕm = 30 . 小车由动力装置驱动 (图中未 画出)，沿水平直线轨道向左运动，且其运动可以被 控制. 小车运动过程中， 杆 AB 相对于小车始终保持 静止，试计算以下问题，并将结果填在相应的空内.
第十一届全国周培源大学生力学竞赛-个人赛-试题答案-da23e308-a422-
√ √ 530 力 学 与 实 践 第 39 卷第十一届全国周培源大学生力学竞赛（个人赛）试题答案出题学校：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 分说明：个人赛奖项分为全国奖和赛区奖. 全国奖先以提高题得分为筛选标准，再按总得分排名，根据名次 最终确定获奖人；赛区奖直接按赛区内总成绩排名F x = 0, F y = √2 2F a , F z =√22 F a ； √2确定获奖人. 全国奖获奖人不再重复获得赛区奖. 注意：答卷中各题所得的最后计算结果用分数表示 M x = 0, M y = −F b c , M z = 2 F a c − F b c .√6或用小数表示均可.√ 问 题 (1)：M OA = M O · e OA =6F a c −基础题部分 (填空题，共 60 分)一、 (6 分) 如图 1 所示，正方体边长为 c ，其上作 2 33F b c ； 问题 (2)：M O · F R = 0 ⇒ F b =√24 F a ；用四个力 F 1, F 2, F 3, F 4，各力大小之间的关系为 F 1 = F 2 = F a ，F 3 = F 4 = F b . 试计算以下问题，并 问题 (3)：M min = M O · e F R = 1 − 2√2 F c . 2将结果填在相应的空内.图 1(1) (2 分) 力系对 OA 轴之矩的大小为 √√66F a c −二、 (6 分) 如图 2 所示，两匀质轮 A 和 B 的质量同为 m ，半径同为 r . 轮 A 位于水平面上，绕于轮 B 的细绳通过定滑轮 C 后与轮 A 的中心相连，其中 CA 段绳水平，CB 段绳铅直. 不计定滑轮 C 与细绳的质量，且设细绳不可伸长. 系统处于铅垂平面内，自静止释放. 试计算以下问题，并将结果填在相应的空内. (重力加速度用 g 表示)2 33F b c ； (2) (2 分) 若此力系可简化为一个力，则 F a 与2图 2F b 的数量关系为 F b = 4F a ；(3) (2 分) 若 F a = F b = F ，力系简化为一力螺旋，则其中的力偶矩为 1 − 2 2F c .2解答：向点 O 简化(1) (2 分) 若轮 A 既滚又滑，则系统的自由度数为 (3)；(2) (4 分) 若轮 A 与水平支承面光滑接触，轮B 下落的高度与时间的关系为 3gt 2.8本文于 2017–08–01 收到.Σg2ΣA 2 A2B28 2 第 5 期 第十一届全国周培源大学生力学竞赛 (个人赛) 试题答案 531解答:问题 (1)：3 自由度.问题 (2)：轮 A 平动. 分析轮 B ，动静法求解：F T = ma A ΣM B = 0 , F T r − Jα = 0(1) (2 分) 杆 DH 的内力为 F (受拉)；(2) (4 分) 杆 BE 的内力为 3√2F/2 (受压).解答：问题 (1)：对节点 H ，依节点法，有F DH = F (受拉)ma r − 1 mr 2α = 0 ⇒ a = 1rα M D = 0 , m (a A + rα)r + Jα − mgr = 0⇒ a A = 43g⇒ a B = a A + rα = 4⇒ h = 1a t 2 = 3 gt 2 图 5以上结果或通过求解刚体平面运动微分方程得到.问题 (2)：解法 1—— 应用虚位移原理求解−(F h + 3F h )δθ1 δθ1 = δθ23√2+ .F B E √2· 2h + F h Σ δθ = 0F BE =图 32F (受压)三、 (6 分) 桁架的杆件内力可以应用节点法、截面法以及虚位移原理进行求解. 如图 4 所示，静定平面桁架由水平杆、竖直杆和 45◦ 斜杆组成，在 B 处受固定铰支座约束，A , C 两处由可水平运动的铰支座支承. 桁架上作用了 3 个大小同为 F 的载荷，试计算以下问题，并将结果填在相应的空内.图 4图 6解法 2—— 几何静力学方法，需要列多个平衡方程，下面列举其中一种解法.取整体ΣM B = 0 ⇒ F C − F A = 0 (1) ΣF X = 0 ⇒ F Bx − F = 0(2) F Y = 0 ⇒ F By + F A + F C − 2F = 0(3)取最右边三角形构成的局部ΣM J = 0 ⇒ √2F BE h + F C · 3h = 0(4)B. Σ . Σ™ θ < a ™ g / − θ 2ttl mF m √3 532 力 学 与 实 践 2017 年 第 39 卷则小车加速度 a 与倾角 θ 应满足的关系为: 若tan −160◦，则 2√3 3 cot ； 2 若 60◦ ™ θ < 90◦，则 a ™ g cot θ. 解答: 问题 (1)：几何法求解：因为 lcos θ = l sin θ · tan ϕ⇒ θ0 2 m= tan−1 .1cot ϕ Σ图 7最后取节点 B√2 √2所以 tan −1.√3/2Σ™ θ < 90◦ΣF X = 0 ⇒ − F Y = 0 ⇒ − 3√22 F BE + √2 2 F BE − 2 F BI − F Bx = 0(5) √22 F BI + F By = 0(6)F BE = 2F (受压)四、(6 分) 如图 8 所示，小车上斜靠着长为 l 、质量为 m 的均质杆 AB ，其倾角以 θ 表示. 杆处于铅垂平面内，B 端与小车壁光滑接触，A 端与小车底板的摩擦角为 ϕm = 30◦. 小车由动力装置驱动 (图中未画出)，沿水平直线轨道向左运动，且其运动可以被控制. 小车运动过程中，杆 AB 相对于小车始终保持静止，试计算以下问题，并将结果填在相应的空内.图 9解析法求解： 平衡方程F AS − F B = 0F AN − tt = 0结合物理方程F AS™ tan ϕ AN图 8(1) (3 分) 若小车作匀速运动，则倾角 θ 要满足的条件为 tan −1(√3/2) ™ θ < 90◦；(2) (3 分) 若小车作加速度向右的减速运动，可得结果. 问题 (2)：几何法求解：当 θ0 = tan −1.√3/2Σ™ θ < 60◦l sin θ − 2 cos θ = 0l sin θ − 2 cosθ = 0 Σ F B第 5 期第十一届全国周培源大学生力学竞赛 (个人赛) 试题答案 533图 12图 10加速度 a 的上限由 A 点临界滑动确定(1) (2 分) 在此瞬时壁虎相对地面的速度大小为 √5u ；(2) (2 分) 在此瞬时壁虎相对地面的加速度大小为 4u 2/R ；tan = CH = OE − OB/2 = 2√3 cot (3) (2 分) 在此瞬时壁虎在相对地面的运动轨迹ψ EH BD/2 3 − θ 上所处位置点的曲率半径为 5√5R/8. 所以 a max = g tan ψ = g . − c ot θΣ2√3 解答:动点: 小球；动系: 细圆环v B = v e + v r当 θ “ 60◦ 时，加速度 a 的上限由杆绕 A 点翻转确 定，所以 a max = g cot θ. 以上过程也可以采用解析法求解.图 13图 11则v = √5uv Bx = v e cos 45◦ = u v By = −2u五、 (6 分) 如图 12 所示，圆形细环管在相连部件(图中未画出) 带动下沿水平直线轨道纯滚动，管内τ =v BBv B√5= 5 i − 2√5 5 j 有一小壁虎，相对于环管爬行，壁虎可被视为一点， 在图中以小球 B 代替. 图示瞬时，壁虎与环管的中a B = a e + a r + a C , 为小球绝对加速度u 2u 2u 2心处于同一水平线上，壁虎相对环管的速率为 u ， 相对速度的方向朝下，相对速度大小的改变率等于 a e =, a r = R , a C = 2 R Ru2 0，环管中心 O 点的速度向右，速度大小也为 u ，加 a B = a e + a r + a C = −4 R速度为 0. 环管中心圆的半径等于 R . 试计算以下问题，并将结果填在相应的空内.u2 a B = −4 Ri3a n B B5 R√ 534力 学 与 实 践 2017 年 第 39 卷图 14 4√5 2图 16ua τ = a · τ = − , 为绝对运动的切向加速BB B 5 R(2) 设三角形刚体绕 B 点转动小角 ϕ，度, 与绝对速度的夹角大于 90◦, a n= √ 2 B √a 2 − (a τ )2 =8 5 u, 为绝对运动的法向加速∵ ∆l 2/cos θ = aϕδ − ∆l 1 = 2aϕ 度，曲率半径 ρ = v 2B5 5 = 8 R .∴ ∆l 1 + 2∆l 2/cos θ = δ七、(5 分) 一种能量收集装置，可简化为图 17 所示 六、(5 分) 图 15 所示结构中，铅垂杆①和斜杆②均 为弹性杆，斜杆②与水平线夹角为 θ，直角三角形 ABC 2 为刚体，边 BC 2 处于水平位置. 现将 C 1 和 C 2 联结在一起，已知 a , δ 和 θ，则求该两杆轴力用到的(1) (2 分) 平衡方程 (杆①、杆②的轴力分别用 F N1 和 F N2 表示) 为 2F N1 − F N2 cos θ = 0；(2) (3 分) 变形条件方程 (杆①、杆②的变形分别用 ∆l 1 和 ∆l 2 表示) 为 ∆l 1 + 2∆l 2/ cos θ = δ.悬臂梁模型. 梁 AB 长 l ，弯曲刚度为 2EI ；梁 BC和 BD 长均为 l ，弯曲刚度均为 EI . 梁 AB 与梁 BC 和 BD 通过刚节点 B 连接，三梁均处于水平位置. 梁和刚节点 B 的重量均不计. 梁 BC 和 BD 端部固定有重量均为 W 的物块，该两梁之间有小间隙. 则梁端 D 的挠度与物块重量之比 f D /W = 8l 3/(3E I ).图 17解答f D = f B + θB l + f D j其中(2W )l 3 (2W l )l 2 W l 3 f B =3(2EI )+2(2EI )=6EI图 15(2W )l 2 θB = 2(2EI ) + (2W l )l =(2EI ) 3W l 2 2EI解答： (1) 以三角形刚体为研究对象，Σm B = 0 ⇒f Dj = W l 33EI2F N1 − F N2 cos θ = 0.八、 (6 分) 已知一危险点的单元体处于平面应力状态，最大切应变 γmax = 5 × 10−4，通过该点相互垂直的微截面上正应力之和为 28 MPa. 若材料的弹性模量 E = 200 GPa ，泊松比 ν = 0.25. 则(1) (3 分) 该点主应力 σ1 = 54 MPa ，σ2 =0 MPa ，σ3 = −26 MPa ；(2) (3 分) 用最大切应力强度理论校核时相当应 力 σr 3 = 80 MPa.√√2 · 2√2 + √2 √2· 2√2 + √2 d y 0√2· − 2√2 + √2 √2· 2√2 − √2 d y ∫ ∫ 第 5 期 第十一届全国周培源大学生力学竞赛 (个人赛) 试题答案 535解答： t t =E2(1 + ν)= 80 GPa, σz = 0；所以 σx −σy = 2×5×104 ×0.8×105 = 80 M Pa ， 又 σx + σy = 28 MPa ，解得：σ1 = 54 MPa ，σ2 = 0，σ3 = −26 MPa ；于是 τ max = σ1 − σ32= 40 MPa ， σr 3 = 2τmax = 80 MPa.九、(6 分) 图 18 所示刚架中，水平梁为刚杆，竖直杆①、②均为细长弹性杆，只考虑与纸面平行的平面 内的失稳. 则(1) (2 分) 刚架失稳时载荷的最小值 F 由杆①决定；(注：填入①，②)(2) (4 分) 刚架失稳时载荷的最小值 F =解答：ΘCC =aM 1M 1EI图 19d x +aT 1T 1ttI pd x +π2E I /(2l 2).∫ aM 2M 2d y + ∫ aT 2T 2d y = 0 EI 0ttI p 1 ∫ a Σ1 . m X Σ1 . mXΣ Σ1 ∫ a Σ1 . m X Σ1 . mXΣ Σ图 18解答： 最低临界载荷对应两竖杆均朝一边变形，在该变形情况下柱内无剪力，相当于悬臂柱，于是有π2EI F = 2l2求解，得 图 201 11 EI − ttI p m十、(8 分) 图 19 所示等截面直角刚架 ACB ，杆件 X = − 2 · 1 + 1 m = 18横截面为圆形，弯曲刚度为 EI ，扭转刚度为 0.8EI .C 处承受大小为 m 、方向如图所示的外力偶，该力 EI X √2 ttI p 5√2偶矢量方向与刚架轴线处于同一平面内. 则5√2 (1) (4 分) 截面 A 的弯矩 M = m ；M = √2 + √24 m = X18 m 2√2 18(2) (4 分) 截面 B 的扭矩 T = 22√229m 或 EI ttI p d x ++ d x −= 0T =4 m −√2=9 m或√√−9 m.2 X 2 2 T = −4 m +√2= −9 m.C CJ OCx 0 3 3J OO0 J O536力 学 与 实 践2017 年 第 39 卷提高题部分 (计算题，共 60 分) 十一、(共 15 分) 如题图 21(a) 所示，质量均为 m 的圆轮和细直杆 AC 固结成一组合刚体. 其中，杆 AC 沿圆轮径向，O 为圆轮轮心，C 点为轮与杆的固结点，也是组合刚体的质心. 初始时刻，组合刚体静止于水平面，左边紧靠高度为 r 的水平台阶，然后， 在图示不稳定平衡位置受微小扰动后向右倾倒，以ϕ 表示组合刚体在杆端 A 与地面接触之前的转动角度 (参见图 21(b)). 圆轮，半径为 r ，组合刚体关于过轮心 O 并垂直于圆轮的轴之转动惯量为 J O . 略去各处摩擦，试求解如下问题.式 (7) 两边对时间求导图 222mgr α = J Osin ϕ (1 分)(8)式 (7) 也可由对点 O 的动量矩定理得到.由质心运动定理F N 2 = 2m (−a nsin ϕ + a τ cos ϕ) (9)a n = rω2, a τ = rα. 方程 (9) 也可由动静法得到. 式CC(a)(9) 中代入加速度4m 2r 2gF N 2 =J sin ϕ (3 cos ϕ − 2)(2分)球与凸台分离的角度由 F N 2 = 0 确定.ϕ = cos −1 2 0 3(1 分)(b)图 21对应角速度 ω0 问题 (2):= 2 mgr .3J O(1) (5 分) 圆轮与台阶 B 点开始分离时的角度 ϕ 的大小？(2) (6 分) 组合刚体的角速度与角度 ϕ 的关系？ (3) (4 分) 圆轮右移的距离 S 与角度 ϕ 的关系？ 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. 问题 (1), 刚体绕 O 作定轴转动. 依动能定理1 J ω2= 2mgr (1 − cos ϕ) (1 分) (7) 当 ϕ ™ ϕ , ω = 2. mg r (1 − cos ϕ) (1 分)图 23当 ϕ > ϕ0 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， 2 O ω2 =4mgr(1 − cos ϕ) 为 v = rωcos ϕ =4r . mgr0 0Σ Σ. ϕ 3∫ . −O d ϕ00 3= . mgr − ϕ − mr ω ϕ0 = .第 5 期 第十一届全国周培源大学生力学竞赛 (个人赛) 试题答案 537O 点速度 v O 水平，以其为基点，质心 C 的速度表示为v C = v O + v CO(1 分)质心 C 的水平速度为v Cx = v O + rω cos ϕ = rω0 cos ϕ0(1 分) (10)依动能定理，有十二、 (共 15 分) 如图 25 所示，边长为 h 、质量为 m 的均质正方形刚性平板静置于水平面上，且仅在角点 A 、C 和棱边中点 B 处与水平面保持三点接触. 位于水平面上的小球以平行于 AC 棱边的水平速度v b 与平板发生完全弹性碰撞，碰撞点至角点 A 的距离以 b 表示. 已知平板关于过其中心的铅直轴的转动惯量为 J = mh 2/6，在 A 、B 和 C 三点处与水平 11 支承面的静摩擦因数和动摩擦因素均为 µ. 略去碰2 J C ω2+ 2× 2m × (v Cx 0)2 + (rω sin ϕ)2 = 2mgr (1 − cos ϕ) (2 分) (11)其中，J C = J O − 2mr 2.由式 (11) 解出4 (1 cos ) 2 2 2 cos 2ω 0 J O − 2mr 2 cos 2 ϕ撞过程中的摩擦力冲量，试求(1) (3 分) 碰撞结束瞬时，平板的速度瞬心位置？(2) (3 分) 若 b = 5h/6，计算碰撞结束瞬时平板的角加速度？(3) (9 分) 设小球的质量为 m/21. 碰撞后，板在2 9mgr (1 − cos ϕ) − 2mr 2ω2 3J O − 2mr 2 cos 2 ϕ水平面内绕 B 点转动，则碰撞点的位置 b 和碰撞前小球速度 v b 应满足的条件？(当 ϕ > ϕ0)(1 分)其中，ω0 = 2 mgr , 3J O = cos −1 . 2 Σ. 问题 (3):当 ϕ ™ ϕ0 时，S = 0 (1 分)当 ϕ > ϕ0 时，圆盘向右发生水平移动和转动. 注意到v =d S = d S d θ = ω d SO d t d θ d t d θ图 24由式 (10) 有(1 分)图 25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.d S = rω0 cos ϕ0− r cos θ (1 分) d θ ω(θ)√5积分上式，并注意到 sin ϕ0 = 3，得S = rω0ϕ J 2mr 2 cos 2 θ9mgr (1 − cos θ) − 2mr 2ω2 θ− r .sin ϕ − √5Σ(ϕ > ϕ ) (1 分) 图 26h2ΣΣ O 0 mmh 2 2 . 538力 学 与 实 践 2017 年 第 39 卷M O =代入式 (14)，有µmgh (1 分)2问题 (3):3µg α =h(顺时针) (1 分)B 点速度 v B = 0，由式 (13) 知问题 (1):图 27b =6(1 分) 由对 B 点的动量矩守恒得到记碰撞冲量为 I ，考察板m5m j 5mv O 0J O ω0 = I = I . h− b(1 分) (12)21 v b · 6 h = J B ω0 − 21 v b · 6h (1 分) (15)J = 1mh 2，由式 (12) 解出 O 6v = I, ω = 6I . h − b Σ 碰撞结束瞬时，板作平面运动的速度瞬心位于通过点 B j 和点 B 的直线上.由 v O 0 − xω0 = 0 (1 分) 得h x = 6(1/2 − b/h )bh (1 分)(13)2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. 问题 (2):将 b = 5h/6 代入式 (13)，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.J O α = M O (1 分) (14) 板在水平面内受 3 个滑动摩擦力作用，如下图所示.图 29其中，v bj 为小球的反弹速度 J = J +mh 2 = 5mh 2 BO4 12碰撞点 D 的法向速度为[v ] = BD ·ω 5 · cos θ = hω D n 0 6完全弹性碰撞条件为图 28v b j + [v D ]n = v b (1 分)(16)0 RR +ρ cos θB 0 B 0 2= µmg 55µgh (1 分) 10 = = z第 5 期 第十一届全国周培源大学生力学竞赛 (个人赛) 试题答案 539结合式 (15) 与式 (16)，解出3v b ω0 =17h(1 分)B 点的静摩擦力满足解答: (1) 横截面上的内力:由半环杆的力偶平衡得M z = −mR (›) (1 分)(19).(F n )2 + (F τ )2 ™ µmg(1 分) (17)由质心运动定理和对 B 点的动量矩定理ma n= F nO 0B 0√J B α0= M Bµmgh √5 =4 图 31其中，a n= h ω2, a τ = h αO 0 2 0 O 0 2 0 由式 (18) 解出 α0 = 3√5µg , a τ 3√5µg = ,以右端为例. 通过 (ρ, θ) 点的圆周线正应变 ε 为 5µmg5h O 0 10 1w ε = = R + ρ cos θ ρ(cos(θ + ϕ) − cos θ) (5 分) R + ρ cos θτ B 0 10 n B 0 2mhω2. 再由式 (17)，得到 ρ .√ ε ≈ R (cos(θ + ϕ) − cos θ) 此后，板作减速转动，ω < ω , a n < hω2, 所以0 O2 0F n < F n . 可见，板在停止转动之前，其 B 端能保B B 0持静止不动. (1 分)十三、 (15 分) 图 30 示圆环细杆，材料的弹性模量为 E ，受集度为 m 、矢量方向与环杆轴线相切的均布力偶载荷，变形时杆件始终保持弹性状态，且横截 面符合平面假设. 环杆轴线半径为 R ，环杆横截面为圆，其半径为 r ，且 r/R ? 1. 试确定： (1) (3 分) 横截面上的内力；图 32ρσ = Eε ≈ E R[cos(θ + ϕ) − cos θ] (20)(2) (10 分) 横截面的转角 ϕ； M z = Ayσd A , M y = − ∫zσd A(3) (4 分) 求横截面上内力的最大值.【提示】：当Y /X ? 1 时可做简化：X + Y ≈ X .考虑到转角 ϕ 比较大，因此在变形后截面上一点的位置坐标表达为y = ρ sin(θ + ϕ) , z = ρ cos(θ + ϕ)将式 (20) 及上述二式代入 M z 和 M y 表达式， 有M = ∫∫ ρ sin(θ+ϕ)Eρ(cos(θ + ϕ)−cos θ) ρd θd ρ ≈∫∫ρ sin(θ + ϕ) Eρ[cos(θ + ϕ) − cos θ] ρd θd ρ =(1 分) (18) + F ma (1 分) (18) + F ma ma5τ B 0(1 分) (18)√ F , F ∫ Aτ O0 v b ™343E ∫ 2πsin( + )[cos( + ) cos ]d∫rd 00图30ρRθϕθϕ−θθρ3R∫ − ϕ. Σ y R +ρ cosθ弯矩 M z = −m R (›)， 540 力 学 与实 践 2017 年 第 39 卷M = −∫∫ρ cos(θ+ϕ) E ρ[cos(θ+ϕ)−co s θ]ρd θd ρ ≈十四、 (15 分) 图 34 和图 35 所示的薄壁圆环管− ∫∫ρ c os(θ+ϕ) E ρ(cos(θ+ϕ)−cos θ) ρd θd ρ =管轴线半径为 R . 为了加固压力容器，用一根直径为 d 的细钢丝缠绕圆管，钢丝缠绕时拉紧，以至于 E 2π− Rcos(θ+ϕ)[cos(θ+ϕ)−cos θ]d θ r ρ3d ρ 0钢丝与压力容器间的摩擦力达最大. 缠绕的钢丝相邻两圈间相互紧挨，但可忽略其相互挤压作用. 只 计算出积分可得πEr 4考虑钢丝因长度方向拉伸引起的变形，即可忽略钢丝的弯曲、扭转等变形. 设 t/D ? 1，D/R ? 1 且M z = − M y = − 4R sin ϕ (›)(21) πEr4(1 cos ) (22)4R d/D ? 1. 钢丝材料的弹性模量为 E s ，压力容器材料的弹性模量和泊松比分别为 E 和 ν，钢丝与压力 容器间的摩擦因数为 µ.比较式 (19) 与式 (22) 得sin ϕ =4R 2m πEr 4(23)由此式可见，为了 m 恒正，即 m 与题目中所画方向相同而不矛盾，ϕ 的取值限定为 0 ™ ϕ < π.式 (23) 代入式 (22) 得πEr 4.. 4R 2mΣ2M y = −4R1 − 1πEr 4(2 分)(24)总之，横截面上的非零内力为M y = − πEr 44R1 − .1 − 4R 2m2 πEr 4图 34(其余内力分量为零，不用写出)式 (21) 或式 (23) 也可用能量法求得.(2) 横截面的转角 ϕ： 由式 (23) 得转角−1 . 4R 2m Σ(3) 内力的最大值 M max利用式 (21) 和式 (22) 算出横截面上的合弯矩M =.M 2+ M2 = πEr 4 sin ϕ z y 2R 2可见，当 ϕ = π 时，M = M max (1 分)πEr 4 M max =2R(2 分)图 33图 35− ，环 D t ，环管横截面平均直径为 压力容器，壁厚为 0∫ϕ = sin E πr 4(2 分)n∫ ∫ 2n πd =. Σµ 0D0 1 第 5 期第十一届全国周培源大学生力学竞赛 (个人赛) 试题答案541(1) 已知：钢丝缠绕圈数的最大值 n 为偶数，当环管外表面缠满钢丝时，如图 35 所示，钢丝最大拉力为 P . 环管外表面缠满钢丝后将钢丝两端互相连接，并让钢丝缓慢松弛. 求此时：① (3 分) 钢丝的伸长量 ∆l 0; ② (2 分) 钢丝的张力 F 0;③ (5 分) 环管横截面上的应力 σl 及环管柱面形纵截面 (参考图 36) 上的应力 σv .图 36图 37① 钢丝的伸长量 ∆l 0由力的平衡可得jg · 2 = FqD j= ∂F(2) (5 分) 在 (1) 中状态的基础上，压力容器施加内压，压强为 p . 试写出关于钢丝张力增量 ∆F 、环管柱面形纵截面上应力增量 ∆σv 的联立方程组. 【提示】：做简化处理：cos π ≈ 1；若 X/Y ? 1，则解此方程，得2 ∂θ q = µgF |θ=2n π = P(26)Y + X ≈ Y .解答：(1) 钢丝缠绕圈数的最大值 n记jD + δ + dF (θ) = P e µ(θ−2n π)(27)始端拉力可通过钢丝末端拉力 P 表达为F (0) = P e −2n πµ钢丝绕满环管表面后两端刚连接之前，钢丝伸长量R = R −2∆l =N (θ) 1 s D j F (θ) d θ那么α = tan−1. d Σ0 E s A即E s A 022 2R jD j ∆l 0 = 2 P e −2n πµ e µθ .2n π =2D j P (1 − e −2n πµ) ≈ DP(1 − e −2n πµ)= π = π ≈ π (25)2E s Aµ2E s Aµ n α tan −1d 2R j tan −1 d 2R② 钢丝的张力 F 0(28)记 D j = D + δ两端连接的钢丝松弛后，钢丝伸长量将保持不变，从而拉力将沿钢丝长度不变，即 F = F 0, 恒定. 那么，有 ∆l 0 =F 0n πD jE s A (29)由此得钢丝的张力F =E s A ∆l 0 =P(1 − e −2n πµ) (30)n πD j2µn π③ 环管的应力 σl 和 σv钢丝缠绕圈数的最大值 n 为. E s AΣΣΣ πD− − 4dj v l v 4Rδ d j l542 力 学 与 实 践 2017 年 第 39 卷求管道横截面上的应力 σl ：用一个竖直平面沿 将式 (33) 代入式 (32)，得管道环线的直径将压力容器切开成相等的两半，由力的平衡可知σl = 0(31)求环管柱面形纵截面上的应力 σv ：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.即2 F 0R − 4σ Rδ − πDδσ = 0 (34)σ = 1 . F 02R − πDδσ Σ 将式 (31) 代入上式得σ =F 0 v 2δd jσ =P(1 − e −2n πµ) ≈ P(1 − e −2n πµ)v4µn πδd j情形 2：如下图所示可列出n 2 −1 4µn πδd(35)图 38可分两种情形讨论. 情形 1：如下图所示F 0 sin θj − σv 2R 2δ − σl πDδ = 0j =12π θj = jα , α =nn2 −1α πF 0 j =1sin θj − σv· 2R · 2δ − 2 2 δσl = 0(32)图 40图 39由图不难看出，其中和式可计算如下将上式与式 (32) 比较可见，做近似处理cos (π/n ) ≈ 1 后，本情形中和式结果与情形 1 的相同. 于是可认为式 (34) 对所有情形恒成立.n/21 n/2 1 2R (2) 环管柱面形纵截面上的应力 σvΣ sin θj = d j Σd j sin θj = d j 2R = (33)d j当有内压 p 时，记由于施加 p 而引起的竖直纵 j =1式中，d j 计算如下因为j =1 截面上的应力增量为 ∆σv (压为正)，钢丝与管外表面间压应力增量为 ∆σg (压为正)，钢丝拉力增量为 ∆F (拉为正)，管横截面应力增量为 ∆σl (压为正).jD + δ + dR −求环管道横截面上的应力增量 ∆σ ：用一个竖d = R = d j R2= 1D + δ + d R 2Rl直平面沿管道环线的直径将压力容器切开成相等的 所以两半，可知代替方程 (31) 的是d j =d 1 D + δ + d 2RπDδ∆σl = − πD 2pj =1Σα = 2π/n ，记 θj = (j − 1/2)α，平衡方程为 n/2 d j sin θj = 2R cos 2 = 2R cos n ≈ 2R2−4E sπd2E4δD j dsR D −δ4 D −δ 2d j v第 5 期第十一届全国周培源大学生力学竞赛(个人赛) 试题答案543参考式(31) 有∆g · Dj= ∆F而∆σg=∆g.d将式(36) 及上式代入式(37)，得4∆F = −1Σ∆σ−ν.−D p +2∆FΣΣ(38)图41 在有p 存在的情况下，仿照式(34) 可写出即 2 R ∆F 4Rδ∆σDp d j−πDδ∆σl=∆σl= −4δ(36)Σ2R(D −δ) + π(D −δ)2Σp 求环管柱面形纵截面上的应力σv：变形协调方程为∆εs= ∆εv，此即4∆F = 1将式(36) 代入，上式变为2 R ∆F −4Rδ∆σ +πD24 p =E πd2−E[∆σv−ν(∆σl+ ∆σg)] (37) Σ2 ( ) + π( )Σ(39)图42式(38)、式(39) 即为关于∆F 和∆σv的联立方程组.图43 ～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～文章题材不限，只要有创意、有文采、有亮点！稿件文字应生动活泼、简洁易读，彩色图片清晰美观，展示很好的力学科学内涵。
第11届全国周培源大学生力学竞赛填空题答案
第11届全国周培源大学生力学竞赛填空题答案1.解：（1）1(){0,0,1}{1,1,0}{O a c F =⨯=-M F2(){1,1,0}{1,0,1}{1,1,1O a c F =⨯-=-M F343(,){0,1,1}{0,1,1}{1,0,0}{0,1,1}b b c c F cF =-⨯=-⨯-=--M F F F 主矢：{0,1,1}R a F =F对O 点主矩：1134()()(,){0,}O b b F F c =++=--M M F M F M F F对OA 轴的矩：0{0,}{1,1,163a b O b b OA c c M OA F F c ==--⨯=-M （2）能简化为合力的条件：0O R =M F ，即{0,}{0,1,10b b F F c -⨯=解得：4b a F F = （3）简化为力螺旋后主矩的大小为：0{0,}{0,1,1O R b b F F c =-M F当a b F F F ==时，上式的结果为：2Fc 2.解：（1）轮A 既滚又滑，有轮心的水平位移s 和转角ϕ两个自由度；轮B 相对绳子只滚不滑，相对绳子的自由度为转角θ，而绳子的自由度为s ，所以共s ，ϕ，θ三个自由度。
（2）由运动的几何条件可知：h s r θ=+ (1)轮A 的运动微分方程：msT = (2) 轮B 的运动微分方程：mh mg T =- (3)J Tr θ= (4)由(1) (2)、(3)和(4)联立解得： 34h g = (5)由初始条件：()00t h == ， ()00t h ==和(5)式可得：238h gt = 3.解：第(1)问:取节点H 为研究对象：0y F=∑ ，0H F F -= ，解得：DH F F =第(2)问:方法一（截面法）:取AHKJD 和ECMK 为研究对象：x F =∑，0F = （1） 0y F =∑，20A C F F F +-= （2）0B M=∑,33220C A F h F h F h F h ⋅-⋅+⋅-⋅= （3） 取EMC 为研究对象：0K M =∑，30C E F h F ⋅-= （4）由（1）、（2）、（3）和（4）联立解得：E F = 方法二（虚位移法）：取AHKJD 和ECMK 为研究对象： 将EB 杆的EB 方向约束去掉，并给以EB 方向（注意：与E 点位移方向不同 ）的虚位移。
第十一届全国周培源大学生力学竞赛答案
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
第 2 题（6 分） (1)、3； (2)、
3 2 gt 。 8
第 3 题（6 分） (1)、 F (受拉）或 F ；(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）
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
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
周培源力学竞赛试题与解答
� �DC 和 DB 界边含包不但�CB 含包�DCB 形角三为区力受腿五得即�CB 上加�式等不个两这
得
据根�足满然自均
据根�足满然自均得求�)5(程方去舍� 0=1N 令�力受不 1 腿设�力受腿五�b� 。形情种几他其论讨限�象一第面桌于位儿特模设面下 为标坐点 B 中其� �界边含不�IHCB 形菱为域区的解到得
。亮全灯盏六此因。盾矛起引会就�亮不灯分部一另�亮灯分部有 设假果如。变不度长�压受不腿桌的应对示表亮不灯而�短变度长�压受腿桌的应对示表亮灯 。同相也态状的灯 5 与 2 而�的同相是总态状的灯 6、4、3 、1 以所。亮不灯 6 和灯 4�称对�轴 x�下上据根又。亮会不也灯 3�称对�轴 y�右左据根则 �亮不灯 1 果如�称对荷载与构结于由。下如号标的灯各及系标坐设。法证反及性称对用利 �来起亮灯盏几有会�央中正的台舞在站儿特模果如�2� 。件条调协的形变�衡平力受�词键关 �系关有容内么什的中学力与题问本�1� 台舞型新与儿特模、二 �3.oN�6891�题 021 第题问小》践实与学力《 �祥道周�自写改题本� 。过通全安 可亦人个一另�间之 m)57.0-635.0 (为离距座支左离段伸外左于立再人的桥木独过通。桥木 独过通全安可人一另�时间之 m)57.0-635.0(为离距的座支右离段伸外侧右于立人个一当以所 m5.7 ≤1x 得� ]M[ ≤1M 到虑考 64.7 ≤ 1x≤ 635.0 得解 需则�立成恒式上使欲 得据数如代� ]M[≤ 2M ]M[ ≤1M � 求要�过通全安要欲
子箱的师术魔 3 图
。衡平持保置位平水在能仍子箱其及板 BA �后板 BA 开离球圆当�是的讶惊人令更。了开推球圆把就地易轻然竟�球圆下一了推右向 轻轻棒魔用师术魔 。示所 3 图如�衡平持保以可仍统系�置位间中的板 BA 在定固子箱把又 师术魔后然。 ?为角夹线垂与线连的 B 点触接和 O 心圆且�衡平持保以可都球圆和板�上球圆 在置 q 放平水 BA 板性刚把先首师术魔。上面平水的性刚在放� 3M 为量质�球性刚的 R 为径 半是具道个一后最�动转铰 A 的滑光绕可� 2M 为量质�BA 板性刚质均的 L 为长是具道个一 另� 1M 为量质�子箱体方立明透不的 a 为长边是具道个一中其。目节个一演表要师术魔 �分 52�演表的师术魔、三 台舞新的儿特模 2 图
周培源力学竞赛试题与解答)
第6届周培源全国大学生力学竞赛初赛（样题）时间 3 小时，满分 120分一、奇怪的独木桥（25分）一位游客在某处发现有座独木桥，上面写着：禁止独自一人过桥。
他发现当地居民的确都是成双结队并且好像以某种相互配合的方式过桥。
他觉得很奇怪，为什么 2 个人可以过桥而 1 个人却不能。
等周围没有其它人时他想独自试试，结果没走到半程，就把独木桥压断了而掉入水中。
根据事后他的调查，小河宽 4 米，独木桥长 6米，如图 1所示横跨在小河上（支撑点可以认为是铰链约束）。
独木桥采用当地的轻质木材做成，等截面，允许最大弯矩为[M]=600N.m 。
为方便假设每人的体重均为 800N，而独木桥的重量不计。
请你分析一下：（1）本问题与力学中的什么内容有关系？（2）如果一个人想过桥，最多能走多远？（3）当地居民过桥时两人需要进行配合，你认为两人应如何配合才能安全过桥？图 1 奇怪的独木桥二、模特儿与新型舞台（35 分）有位模特儿在一种新型舞台上练习走台步。
该舞台类似长方形桌子，长为，宽为，有6 条等长的桌腿（图 2）。
每条桌腿都与水平地面有接触开关，如果接触处有压力就会使对应的一盏灯亮起来。
该模特儿发现，站到舞台不同的位置会有不同数目的灯亮起来，如图2，她站在舞台右上角附近时，左下角的灯就不亮。
如果把模特儿的重量认为是集中载荷，把舞台认为是刚体且不计质量，则（1）本问题与力学中的什么内容有关系？（2）如果模特儿站在舞台的正中央，会有几盏灯亮起来？（3）模特儿在不同区域时会有不同数目的灯亮起来，请在长方形舞台上确定各区域的边界并画出示意图，然后在该区域内写上亮灯的数目（提示，亮灯的数目有可能为 6、5、4、3、2、1）。
图 2 模特儿的新舞台三、魔术师的表演（25分）魔术师要表演一个节目。
其中一个道具是边长为a的不透明立方体箱子，质量为M1；另一个道具是长为L的均质刚性板 AB，质量为 M2 ，可绕光滑的 A铰转动；最后一个道具是半径为R的刚性球，质量为 M3 ，放在刚性的水平面上。
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。
【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
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
周培源力学竞赛参考答案
周培源力学竞赛参考答案周培源力学竞赛参考答案周培源力学竞赛是一项全国性的力学竞赛，旨在选拔和培养优秀的力学学生。
参加这项竞赛需要对力学的基本概念和原理有深入的理解，并能够熟练运用这些知识解决实际问题。
下面将给出一些参考答案，帮助大家更好地准备和应对周培源力学竞赛。
第一题：质点在水平地面上做直线运动，已知质点的速度随时间的变化规律为v(t)=5t+2，其中v(t)为质点的速度，t为时间（s）。
求质点在t=3s时的位移。
解答：根据速度与位移的关系，可得位移与速度的关系为s(t)=∫v(t)dt，其中s(t)为质点的位移。
将速度函数代入，得到s(t)=∫(5t+2)dt=2.5t^2+2t+C。
由于在t=0时，质点的位移为0，所以C=0。
代入t=3s，可得质点在t=3s时的位移为s(3)=2.5*(3^2)+2*3=27.5m。
第二题：一个质量为m的物体沿着光滑的斜面自由下滑，斜面的倾角为θ。
已知物体在斜面上的加速度为a，求物体下滑的时间。
解答：根据斜面上的受力分析，物体在斜面上的合力为mg*sinθ，其中m为物体的质量，g为重力加速度。
根据牛顿第二定律，物体在斜面上的加速度为a=mg*sinθ/m=g*sinθ。
根据加速度与时间的关系，可得物体下滑的时间t=a/g*sinθ。
第三题：一个质点在水平地面上做匀速圆周运动，已知质点的半径为r，角速度为ω，求质点的线速度。
解答：质点的线速度v与角速度ω的关系为v=r*ω，其中v为质点的线速度，r 为质点的半径，ω为质点的角速度。
根据题意，已知质点的半径为r，角速度为ω，所以质点的线速度为v=r*ω。
第四题：一个质点在竖直向上的弹簧上做简谐振动，已知质点的振幅为A，周期为T，求质点的最大速度。
解答：简谐振动的速度与位移的关系为v(t)=Aω*cos(ωt+φ)，其中v(t)为质点的速度，A为振幅，ω为角频率，t为时间，φ为初相位。
根据题意，已知质点的周期为T，所以角频率为ω=2π/T。
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
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5
其中，aOn 0
h 2
02
,
aO 0
h 2
0
（1 分）
由式(6)解出
0
3
5g , 5h
aO 0
3
5 g 10
,
FB0
5mg , 10
FBn0
1 2
mh02
再由式(5)，得到
vb
34 3
5 gh （1 分） 10
此后，板作减速转动， 0,
aOn
h 2
02
,
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)
质心 C 的水平速度为
（1 分）
vCx vO r cos r0 cos0
(7) （1 分）
C
R r
vO
O vO r
-3-
依动能定理，有
1 2
JC
2
1 2
2m
(vCx0
)2
(r
sin
)2
2mgr(1
cos)
其中， JC JO 2mr2
由式(8)解出
(8) （2 分）
4mgr
(1
cos
)
2mr
2 2 0
JO 2mr2 cos2
cos2
0
=
2 3
9mgr(1
cos
)
2mr
2 2 0
JO 2mr2 cos2
(当>0 )
(9)
（1 分）
问题（3）——
当 0时 S 0 （1 分）
当 0时，圆盘向右发生水平移动和转动。注意到
vO
dS dt
dS d
d dt
dS d
（1 分）
0
3vb 17h
（1 分）
2
(5) （2 分）
由质心运动定理和对 B 点的动量矩定理
C mg
4
vA0
A
vC 0
0 aOn O aO
mg 4
0
B
FBn0
FB0
maOn 0 FBn0
maO 0
mg 5
5 FB0
(6)
J B 0
MB
mgh 4
由质心运动定理
FN 2 2m aCn sin aC cos
(3)
aCn = r2, aC = r 。方程(3)也可由动静法得到。式(3)中代入加速度
FN 2
2mgr 2 JO
sin
3cos
2
（2 分）
球与凸台分离的角度由FN2 0 确定。
0
cos1
2 3
( 4 ) （1 分）
对应角速度0 2
的两半，可知代替方程(a)的是
l
Dp 4t
(a＇)
-9-
p l
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 Es d 2
1 E
[
d
v
(d l
g)]
F （3） (2 分)
g d
F
参考式(1)的第一式，有
g D F 。 2
(1 分)
将上述结果代入式(3)， 化简得
(1分) (1分)
M A sin( )dA
(1分)
计算出积分，可得
M Er4 sin 4R
于是转角为
(1分)
sin1
E r4 4RM
sin1
E r4 4mR2
(1分)
(3) 内力的最大值Mmax
当=π/2 时，M=Mmax。
M max
Er4 4R
(1分) (1分)
-7-
第14题（共15分）
首先确定由定轴转动到平面运动的临界转角。
问题（1）——
刚体绕 O 作定轴转动。依动能定理
1 2
J O 2
2mgr(1
cos)
(1)
（1 分）
2 4mgr (1 cos) JO
式(1)两边对时间求导
aC
FN 2
an CR
C
r
o
2mg
FN1
2mgr sin (2) JO
（1 分）
式(2)也可由对点 O 的动量矩定理得到
即
v
P 4ntd
1 e2n
(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
-4-
第12题（共15分）
解答
mg
4
两物体碰撞及速度突变都发生在水平面内，在铅直
mg
方向，方板仍然处于平衡状态。由空间平行力系的 mg
C
mg
2
4
平衡知三个支撑点的铅直方向反力。
B
支承面对方板的水平约束力就是动或静摩擦力，
A
由摩擦定律知摩擦力与铅直反力成比例。
b
因此，在碰撞阶段，水平摩擦力的冲量略去不计。
0
2
即
l0
DP 2ES A
(1 e2n
)
(1 分)
②钢丝的张力
两端连接的钢丝松弛后，
l0
F0nD ES A
由此得钢丝的张力
F0
P 2n
(1 e2n )
(1 分) (1 分)
③环管的应力
求管道横截面上的应力 l ：
l 0
（a）
(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
4 Es d 2
2 EDd
F
1 E
v
D 4Et
p
（3＇）
在有 p 存在的情况下，仿照式(c)可写出
2
R d
F
4Rt v + Dtl
2R(D t)
4
(
D
t
)2
p
式(a’)代入上式，化简得
(1 分)
F d
2tv
Dp
（c’）
式(3＇)、(c’)联立可解得 F、v 。
(1 分)
F
v
l
mg
JO MO
（1 分）
C4
板在水平面内受三个滑动摩擦力作用，如右图所示。
MO
mgh 2
（1 分）
O
mg
代入式(3)，有 3g (顺时针） （1 分）
4
aO
h
-5-
A
vB B
mg 2
问题（3）——
B 点速度 vB=0，由式(2)知 b h （1 分）
6 由对 B 点的动量矩守恒得到
C
BD 0 O
由式(7)有
dS r0 cos0 r cos d ( )
（1 分）
积分上式，并注意到 sin0
5 ，得 3
S r0 0
JO 9mgr(1
2mr2 cos2 cos ) 2mr
2 2 0
d
r
sin
5 3
其中，0 2
mgr 3JO
, 0
cos1 2 。 3
S
C
R
r
O vO
( 0 ) （1 分）
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 6
Fac
23 3
Fbc
；
(2)、
Fb
2 4
Fa
；
(3)、
1
2 2
2
Fc
。
第 2 题（6 分）
问题（1）——
C
记碰撞冲量为 I，考察板
mvO0 I
JO0
I
h 2
b
(1)
JO
1 6
mh2
，由(1)解出
vO0
I m
;
0
6I mh2
h 2
b
（1 分）
0 vO0
B
B
O
x
D A
b I
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。
由 vO0 x0 0 （1 分）
第 5 题（6 分）
(1)、 5u ； (2)、 4 u2 ；(3)、 5 5 R 。
R
8
第 6 题（5 分）
(1)、 2FN1 FN2 cos 0 ； (2)、 Δl1 2Δl2 cos 。
-1-
第 7 题（5 分）
8l 3
。
3EI
第 8 题（6 分） (1)、54，0，-26； (2)、80。
-6-
第13题（共15分） 解: (1) 横截面上的内力: 弯矩：M=mR (3 分)
M (2) 横截面的转角：
R
m
R
O M
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( )] (5分)
R cos
R cos
[cos cos( )] R
E E [cos cos( )] 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 m或 5 2 m 。