周培源大学生力学竞赛辅导材料

21(1cos),22(1cos)BBmgRmvvgR20,,12BBxvtxxvygygtyHgt22(1cos)1122SgRtHHgt2SHR一、声东击西的射击手（30分）［解］（1）为使小球P1击中杆上D点，试确定静止释放时的θ，距离S有何限制？小球从初始位置运动到B点时，竖直速度为零，水平速度为小球离开B点后作平抛运动，以B下方的地面为坐标系原点，有把参数带入小球的位移表达式，有S的限制为2/tHg22(1cos)2/SNgRHg（2）假设某小球击中CD杆上的E点，为了使E点尽可能远离D点，试确定小球的号码及静止释放时的θ，此时CE的距离是多少？直观上看，当e=1（小球的号码为9）时反弹得最高，有可能击中C点。此时E点离D点最远，距离为CE=0。根据运动方程，在竖直方向，小球离开B点后与地面碰撞的时间为e=1时，根据落下与反弹的轨迹对称性，设小球与地面碰撞N次，于是有S=2NvBt，23H212yvmgH2yvgH（3）假设小球击中CD杆上的E点，为了使悬挂点C处的冲量尽可能小，试确定小球的号码及静止释放时的θ，此时CE的距离是多少？冲量有多大？根据碰撞的理论，当冲量IE与杆垂直，且时，C点的碰撞冲量IC=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：小球落地时速度大小为。碰撞后方向上的速度大小为再利用上式，得反弹的最大高度为2ieH。所以TyTxTxTy3解：解：注：本题也许有不同的答案，只要能解释清楚，并且所需要的物体或条件在题目中都有交待，也可以给分。如果解答涉及的某些条件没有出现在题目中，如考虑浮力、透明的绳子悬挂、在B处挖一个凹槽等等，算错误。第七届全国周培源大学生力学竞赛试题答案:•当小球自杯子的边缘由静止释放后沿杯子的内侧滑下到与铅垂方向夹角ϕ≈63.4°时，高脚玻璃杯侧倾（一侧翘起）。•解：（1）分析杯子滑动情况•设杯子不动，小球在杯子未运动前不脱离杯子。取小球为研究对象，受力如图所示，应用•动能定理有解：1.圆环不是匀质的，质心不在圆环的中心。开始滚动角速度大，圆环一跳一跳地向前滚动；随后角速度减小，所以圆环不离开地面向前滚动。2.（1）圆环能自己滚回的条件：圆环初瞬时环心速度为v0，角速度大小为ω0，以后为v和ω。圆环与地面接触点的速度大小为u=v+rω(1)第一阶段，u0，圆环与地面有相对滑动，摩擦力F=fsFN，式中FN=mg。由质心运动定理解得v=v0－fsgt由解得由于摩擦力存在，v和ω都随时间而减小。第二阶段，由（1），（3），（5）式解得u=(v0+rω0)−2fsgt当u=0时刻开始摩擦力为零，有此时质心速度大小为v=v0−fgt1要使得圆环返回，则v10，圆环自己滚回的条件为方向如图所示。（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，时间为当u=0时刻开始无滑动滚动，有在此过程中，加速度的大小为a=fsg所求距离：（3）圆环能不脱离接触地爬上台阶所应满足的条件因为圆环只滚不滑，v1=rω1，塑性碰撞后，环绕O定轴转动，环心速度uC=rω2碰前对O点的动量矩碰后对O点的动量矩LO2=JOω2其中JO=2mr2由于碰撞时对O点动量矩守恒，则LO1=LO2，即解得碰撞后角速度要使圆环爬上台阶的条件是：当重心上升到最高位置时，还有剩余动能。由动能定理得式中ω3重心上升到最高位置时的角速度将ω2代入整理得圆环爬上台阶的条件碰撞结束后，由质心运动定理有即圆环不跳起，应有FN0，即代入整理得圆环不跳起的条件圆环能不脱离接触地爬上台阶的条件为将ω2和3．确定推动力F为最小值时的接触点A设半径CA与铅垂线间的夹角为α。A，B两点处的摩擦角分别为φm=arctgft和φl=arctgfs滚动摩阻力偶矩为Mf。圆环匀速滚动时，重力mg、地面全反力FR、推动力F和滚阻力偶Mf相平衡。三、趣味单杠(30分)单杠运动是奥运会、世界体操锦标赛、世界杯体操比赛中男子体操比赛项目之一。单杠是体操比赛中最具观赏性的项目，也是观众最喜欢的运动，在学校和健身场所拥有众多的爱好者，小李和小张就是其中之一。一天，他们准备在单杠上进行大回环比赛。假设单杠的横杆和立柱均为直径D=28mm的钢杆，弹性模量E=200GPa，许用应力[σ]=160MPa，横杆长L=2.4m，立柱高H=2.6m。立柱与地面、横杆与立柱之间均为固定联结。假设两人旋转到单杠所在平面内时的惯性载荷均为F=1000N，不计人的自重。1.试分析两人同步旋转到单杠所在平面内时，结构中的最大应力。（12分）2.若两人相差180°旋转到单杠所在平面内，对结构中的最大应力有什么影响。(12分）3.为提高结构承载能力，有人提出在单杠距地面0.6m处增加一个直径20mm的横杆。试定性分析该杆对上述两种情况的影响。（6分）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。根据力法方程得分别作出F和单位力引起的弯矩图，可得：2、从跳板最高处降落到A点，所需时间为运动员从A点跳起，又降落到同一高度时，所需时间为2t，所以最小水平速度为v=s/2t=0.714m/s3、将运动员看做刚体时，冲击时的动荷系数为4、如运动员为弹性体，在冲击时跳板中的最大动应力将减小。（3分5、考虑跳板质量时，跳板的挠曲线方程为：冲击过程中任一截面速度为冲击后运动员与跳板以同一速度运动，由动量守恒定律得爬升问题，理论力学习题已有，ε活力板推动力的理论分析以滑板的中心O为原点，‘建立参考坐标系(O-xyz)，x轴沿滑板纵轴向前，y轴为横向水平轴向左，z轴为垂直轴向上.设前轮架的转轴z1相对z轴的倾角为β，延长线与地面的交点Q1在前轮与地面接触点P1的前方，与P1的距离为α(图3).滑板作直线运动时，前后轮平面均与过x轴的垂直平面一致.乘员通过自身的左右摆动或前后腿反向扭动可驾驭活力板前进.不失一般性，设乘员的前脚向左蹬板，蹬板时前脚掌必自然倾斜使左侧略高于右侧，并带动前板绕x轴逆时针偏转φ1角，前轮平面随同前板相对垂直平面偏转φ1角.此时地面在P1点处作用的法向约束力N1必偏离前轮平面，其沿前轮平面法线方向的投影为N1sinφ1，仅保留φ1的一次项时，简化为N1φ1.此分量以acosβ为力臂，产生绕前轮架转轴z1;负方向的力矩M1，力矩的模为1985年4月12日悠悠球曾被宇航员带上发现号航天飞机，在舱内观察微重力条件对悠悠球运动的影响.1992年7月31日悠悠球再次登上阿特兰蒂斯航天飞机.不过悠悠球与太空的联系还不仅限于此，一种称为“悠悠消旋”(yo-yodesPin)技术使卫星成为太空中的大号悠悠球。.在卫星发射过程中，当卫星与运载火箭分离以后，必须采取措施使卫星停止旋转，才能保证卫星维持相对地球的正确姿态.利用喷气技术可以做到消旋，但要消耗宝贵的能源.所谓悠悠消旋技术是在卫星的A，B两处对称固定两根细索，端部系质量块，令其与旋转方向相反地缠绕在圆柱形星体上.质量块起先锁定在星体的C，D处，星箭分离后打开锁定装置，质量块在离心力作用下向外运动，绕在星体上的细索逐渐释放，卫星的转动惯量随之增大，转速也随之减小(图4).这种消旋方案不消耗能源，是航天技术中普遍采用的可行方案.卫星作为一个大悠悠球，在消旋过程中的表现却与玩具悠悠球不同.悠悠球的绳索自由段愈长转速愈大，而悠悠消旋的绳索自由段愈长却转速愈小.原因在于影响这两种悠悠球转速变化的机理完全不同.玩具悠悠球的转速变化是由于势能与动能之间的能量转换.太空中的卫星如忽略微弱的重力梯度力矩，其势能保持常值，不存在能量的转换.玩具悠悠球在重力矩作用下动量矩不断改变，而无力矩状态下的卫星动量矩守恒，消旋过程是转动惯量不断变大的结果.设星体的半径为R，绕旋转轴z的转动惯量为J，起始角速度为ω。，质量块的质量为m，利用动量矩守恒和动能守恒可以导出为保证完全消旋所需要的绳索长度l