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

-1-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。第1题（15分）图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b3，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L2，其刚度LGk23=。O和O′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LH=是额定的工作状态，那么相应的转速0ω是多少？(2)当转速恒定于0ω时，只考虑金属片弯曲变形的影响，试计算图示角度OOA′∠相对于把金属片视为刚体的情况而言的变化量。第2题（25分）在图2中，杂技演员推动着演出道具在平坦的水平面上缓慢滚动。道具的外环和内芯都是刚性的，215DD=。三根直径为d、长度相等的实心圆杆布置匀称，其重量可以忽略不计。圆杆两端分别与外环和内芯用球铰连结，且有dD5.122=。圆杆材料可视为理想弹塑性，比例极限为pσ，弹性模量E的数值是pσ的400倍。内芯有轴承及其他结构，可以保证悬挂在圆心处的重物始终保持着竖直悬垂的状态，而且不会与圆杆相撞。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pσ、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。(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？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？第3题（25分）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mm400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图1ωOALbHO′图2D1D2F-2-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角每次基本上都是o45，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o45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o45的平衡角度上。两人就此进行了激烈的争论，反复的讨论和细致的演算；甚至还找了好几根长短不一的均质杆来进行实验验证。(1)试以杆的轴线与水平面的夹角)900(o≤≤αα为参数，推导出杆件所有可能的平衡位置。(2)试确定这条抛物线的方程。(3)试分析静止在这个容器内的各种光滑均质杆，在什么情况下受到扰动之后还能回到初始的平衡角度上，什么情况下不能。第4题（30分）图4是一个吊装设备的示意图。水平平面内的直角刚架由塑性材料的实心圆杆制成，其两个短杆的端面A和G牢固地固定在竖直的刚性壁上。吊装的重物一直不变，但可以吊挂在刚架的任意部位。已知刚架各部分圆杆横截面的直径均为d，其他尺寸如图所示。材料的弹性模量为E，泊松比25.0=ν。不考虑刚架的自重。(1)由于重物的作用，圆杆的A截面最上点处会产生沿着AB杆轴线方向上的线应变。尽管吊装的重物没有变化，但由于吊挂的位置不同，这个应变的数值也是不同的；无须证明，在所有可能的数值中，必定有一个极大值maxε。试用maxε表示出重物及挂钩的总重量F。(2)在出现这个极大值maxε时，有人直接将maxεE作为在相应吊挂情况下A截面上危险点的屈服强度准则的相当应力。这样做行吗？为什么？(3)在图示AB区段的中截面J处，如果要利用电测法测算出在各种吊挂情况下该截面的全部内力，同时要求应变片要用得尽可能地少，效果要尽可能地好，在理论上应该贴多少个应变片？应在该截面外圆的何处粘贴？沿着什么方向粘贴？如何利用这些应变片的读数来求得J截面上各个内力的数值？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L2的杆件，让它们在高度为L2处与铅垂线成θ)900(o≤θ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)某根杆AB自由下落的倾角o30=θ。若在碰撞刚结束的瞬时，质心C的速度恰好为零，那么，碰撞时的恢复系数e为多大？(2)另一根杆（也记其为AB）自由下落的倾角o45=θ，A端与地面发生完全非弹性碰撞。在碰撞后杆AB刚达到水平位置的瞬时，质心C的速度为多少？图52LθABC2L图4AL/2LLLLJCDGHB图345°ABxy-1-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题（15分）(1)Lg750=ω。(2)OOA′∠∆423310EbGL=。第2题（25分）(1)][Fnd200π32p3σ=nd2p4651.0σ≈。(2)不会波动，证明见详细解答。(3)可以，许用荷载昀多可提高76.7％。第3题（25分）(1)01=α，200100arccos2=αo45=。(2)yx2002=。(3)长度L2小于200mm的杆水平放置的平衡是稳定的。长度大于200mm的杆水平放置的平衡是不稳定的，处于角度L100arccos=α上的平衡是稳定的。第4题（30分）(1)LdEF5248π195max3ε=。(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)1(ε，另外两个应变片)2(ε和)3(ε应该贴在J截面水平直径的两端处，并沿着与轴线成45°夹角的方向上粘贴。)1(3π321εdEMJ=，)1(32)(π)3()2(3νεε++=dETJ，)1(32)(π3)3()2(2Sνεε+−=dEFJ。第5题（25分）(1)43=e。(2)gLvC⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=48π2556。-2-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。第1题（15分）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b3，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L2，其刚度LGk23=。O和O′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LH=是额定的工作状态，那么相应的转速0ω是多少？(2)当转速恒定于0ω时，只考虑金属片弯曲变形的影响，试计算图示角度OOA′∠相对于把金属片视为刚体的情况而言的变化量。解答及评分标准(1)（本小题6分）显然，在转速0ω下，各金属片均与竖直线成o60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Lx21=处。离心力为线性分布荷载，在坐标为x的截面处，集度为xLgGrLgG202023ωω=，其合力为LgG2043ω，作用点在Lx32=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，故总压缩力为GLk23=，一个下片所受的向下压缩力为G223。这样，根据竖直方向上的力平衡，右端A处的竖向杆端力GF225=。①(1-1)对O′取矩，则可求出右端A处水平方向杆端力R，02323434320=⋅+⋅+⋅−⋅−LFLLRLLgGLGω，故有⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=2432320gLGRω。②(1-2)图1-1ωOALbHO′-3-再考虑上片。如图1-2(b)所示，与上片类似，对O取矩，可得02323434320=⋅−⋅+⋅+⋅−LFLRLLgGLGω，故有⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−=2632320gLGRω。②(1-3)式(1-2)和(1-3)中的R在数值上相等，由此可得7520=gLω，即Lg750=ω。①(1-4)(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，0q为重力的横向分量，1q为离心力在A处集度的横向分量，1qLLgG202321ω⋅=LG4375=。①(1-5)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0θ和1θ，则上片转角为10uθθθ−=，下片转角为10bθθθ+=，上下两片轴线的相对转角为1ub2θθθ=−。(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0ω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1-3(a)(b)q0q1OA上片q0q1O′A下片(a)(b)图1-2Fx上片ROϕxyrYuXuLgG2043ωAG下片23G/2xO′ϕAxyrYbFRXbLgG2043ωG-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EILq31ξ，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1-4(b)和图1-4(c)所示。在图1-4(b)中，A处转角为EILqEILq482423131=⎟⎠⎞⎜⎝⎛。在图1-4(c)中，由于荷载反对称，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EILqLEIq16223131ξξ=⎟⎠⎞⎜⎝⎛⎟⎠⎞⎜⎝⎛。根据叠加原理，有EILqEILqEILq1648313131ξξ+=，⑤由上式可算出451=ξ，故有EILq45311=θ。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OOA′∠的变化量OOA′∠∆EILq45231=423310EbGL=。①(1-8)该变化量使原有角度3π得以增大。积分法求角度OAO′∠的增量第一种积分方案：与上述叠加法中开始的初步分析类似，LGq43751=，①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然后用下述积分法求解。在图1-4(a)中，易得左方铰的支反力为Lq161，以O为坐标原点，可列出弯矩方程LxqxqLxM1316161)(+−=。故有⎟⎠⎞⎜⎝⎛′++−=324121416LCLxxLEIqθ，⎟⎠⎞⎜⎝⎛′+′++−=4335161