全国周培源力学竞赛模拟题集

2011年力学竞赛模拟题集

1、质量为m的匀质梁AB水平放置.A端为固定铰支座，B端接柔绳,质量不计，该段柔绳跨过位置固定的圆柱体与放置在梁上质量为M的物块连接，物块与梁之间以及柔绳与圆柱体之间的静摩擦因数均为，ED段柔绳与AB平行，BC段柔绳与AB垂直。AB梁长为l，物块尺寸如图1a所示，高为b,宽为a.

(1）试证明CB段柔绳上的拉力2πeTTEDCB.

(2）如果系统保持在图示水平位置平衡,试求物块中心距A端的最大距离d。

a） b）

图1

解：（1）分析CD段柔绳，取微元体进行分析,如图1b所示

列平衡方程

0F 0)2dcos()d(d)2dcos(TTNT (1）

0nF 0)2dsin()d(d)2dsin(TTNT （2)

由式（1)得NTdd，由式（2）得ddTN

所以 ddTT 两边同时积分有 2π0ddCDTT

积分得

2πeTTEDCB

（2)以物块为研究对象，假设物块处于滑动临界状态

MgNF

此时恰好为翻到临界状态

MgFTED

CB段柔绳的拉力

2π2πMgeeTTEDCB

以AB梁为研究对象

0AM 0)2(2adMglmglTCB

解得 MMamllMed222π nT2d2d2d2dsdNdFdTTd2、杂技团表演平衡木杂技，在长为l的平衡木上站了n个体重相等的演员,且所有演员之间的间距相等。试求：该平衡木上最大弯矩的一般表达式？

解：将该模型简化为简支梁，如图2所示，梁长为l，n个演员之间距离为)1/(nl，演员体重均为nF/,则在AB两端约束反力均为2/F。根据题意发现,最大弯矩总是发生在梁的中间2/l处。

图2

(1）如果演员总数是偶数个，则取中间2/l截面截开，每侧作用有约束反力2/F、2/n个集中力nF/,则中间截面弯矩暨最大弯矩的表达式为：

)1(8)2( 2)12(2)1()2321(1 )2321(1224 )122( )132()122()12(22maxnnFlnnnnFlnnlnFnnlnFnlnFFlnlnlnFnllnFnllnFnllnFlFM

(2）如果演员总数是奇数个，则取中间2/l截面截开，最大弯矩侧作用有约束反力2/F、2/)1(n个集中力nF/，则中间截面弯矩暨最大弯矩的表达式为：

nnFlnnnnFlnnlnFnnlnFnlnFFlnlnlnFnllnFnllnFnllnFlFM8)1(2)121(21)1( )21321(1 )21321(1224 )1212( )132()122()12(22max

一、 烟囱定向爆破（40分）

城市建设需要对废旧烟囱进行定向爆破拆除,在烟囱底部进行预处理，沿周边对称开挖两个导向洞，以便形成倾覆力矩。预定倾倒方向留置一段弧长约为1/4周长，在其上布设药孔并装药，实施起爆后,混凝土碎块飞散，钢筋基本完整，但竖向钢筋在烟囱自重作用下弯曲，然后烟囱顺此方向倾倒。

1、 竖向钢筋为何弯曲，利用了材料的哪类力学性质？已知钢筋的直径为d，间距为a，比例极限为MPap200，烟囱的质量为m，试确定药孔区的最低分布高度。

2、 一般烟囱高达数十米,可将其看作长为l的均质细杆，根部因为钢筋的牵连，可看作固定铰链，当烟囱与铅垂线成任意夹角时，请求惯性力简化的结果以及根部的约束力。

3、 当根部开始断裂时，烟囱还像刚体一样整体地下落，随着下落角度变大，转动角速度也变大,有时在倒塌的过程中在离根部约1/3长处发生二次断裂，且断裂从面向地面的一侧开始，从倒地后的现场来看，明显在断裂处有一空地无倒塌物。请根据相关力学原理建立模型描述。

解：1、为保险起见，混凝土碎块飞散后,钢筋为两端固定的细长压杆

根据欧拉公式：22()CrEIFl得224CrCrCrCrEIFEIElFF

其中2/3CrWFRa（烟囱自重均匀分布在筒壁，每根钢筋平均分担压力）

2、惯性力系向根部简化简化为：

2IWlFg，22nIWlFg,213IOWMlg

其中角速度和角加速度如下计算：

据()0OMF有，sin02OlJW，

得3sin2gl

而dddddtddtd，分离变量后再积分得003sin2gddl

3(1sin)gl

由0xF,得2s02OxWlFWcog，

即2s(3s)22OxWlWFWcocog 由0yF,得sin02OyWlFWg,即sinsin24OyWlWFWg

3、横截面上有动内力分量分别为:NdF、QdF、dM

力矩平衡得()()0BBIdxMWMFMl

即：

12sin()[()]2223dxxmxmxMWlxxllxxlll

化简得：321sin()4dWxMxll

动弯矩最大时有：0ddMdx，即得23lx

此处 maxsin27dWlM

二、孙悟空的如意金箍棒（40分）

中国四大古典名著的《西游记》中的孙悟空本领高强，神通广大，深得人们喜欢。尤其是他的兵器-—如意金箍棒，帮他大闹天宫，降妖除魔。传说该棒原为大禹治水时用作测江海之深的宝器，原来放在东海龙宫之中时，重一万三千五百斤(一公斤合二斤），有二丈长（一米合三尺，十尺合一丈），碗口粗细，一般饭碗的直径约合10厘米。

1、 金箍棒的最大神奇之处在于可随意变化尺寸大小，如果金箍棒在变化过程中，保持总重量和尺寸比例不变。只考虑自重影响，强度控制条件MPa1000][，试分析在固定一端，分别竖直放置和水平放置两种情况下长度变化范围。如果保持密度和尺寸比例不变呢？

2、 孙悟空和二郎神打斗之时，不提防太上老君自上扔下金刚琢,悟空本能地双手举棒迎接,金刚琢正好垂直打中金箍棒中间，如金刚琢重为P，无初速自由落体，下落高度为H，孙悟空两手为刚度为k的弹簧支座,金箍棒的刚度系数为EI。试计算金箍棒中的最大挠度。

3、 因被金刚琢击中，手中金箍棒被震脱手，从云端落下,设高度距离地面h,棒与水平面的夹角为，落地时棒的一端与光滑地面碰撞，恢复系数5.0e，则一次碰撞后金箍棒能弹起多高?再次与地面碰撞时，金箍棒与地面的夹角为多少？

4、 孙悟空有时为了震慑对方，操起金箍棒,把山石打得粉碎，这个过程为典型的碰撞过程.悟空发现单手握棒击打时，只要控制好持棒位置和金箍棒击打石头的位置和方向，就能使手上的震动力很小或没有，试建立合适的力学模型并给出分析过程、结论。

解：1、自重不变时，66717.661.0ld

竖立放置时：][42dWAW，][41Wdl

水平放置时:][1632223dWdWl， ][161Wl

综上，可得竖立放置时决定长度的极小值

密度不变时，24dlW

竖立放置时：][lAAl，][l

水平放置时：][44432223223llldlddlAl, 4][l

综上,可得水平放置时决定长度的极大值

2、问题简化为梁的两端放在两个刚度为k的弹簧上,则梁跨中截面的静位移为： 6 kPEIPlst2483，动荷系数stdhK211

则stddK

3、 棒下落时作平动，有2ACvvgh

据碰撞时的冲量定理有,CCmumvI

据相对质心的冲量矩定理,210cos122lmlI

棒的质心和碰撞点的速度关系为：ACACuuu

在竖直方向投影得：cos2AyCluu

根据恢复系数的定义知

cos22CAyAyluuevgh

综合可得22cos13cosgh，222(16cos)2(13cos)Cghu，2322(13cos)mghI

4、 棒打击石头与石头打击棒情况类似，建立如图所示坐标系，应用碰撞时的动量定理有

CxCxxOxmumvII，

CyCyyOymumvII

碰撞前后棒与石头无切向相对速度，则有

()xCxCxOxImuvI，yOyII

手中无碰撞冲量时，有()xCxCxImuv，0yI

上式表明石头对棒的冲量应垂直于棒,根据冲量矩定理有21OOJJIl

考虑到速度关系有21()()xCxCxImuvma

即碰撞点到手的距离为OJlma

此即为撞击中心，手握点为固定点，石头撞击棒点为K点，手中无撞击力。

不难验证，手和撞击中心的位置互换后，结论相同。 滑板小子

周学生杰伦酷爱滑板运动，热衷挑战各种高难动作，人送雅号“滑板小子”。周学生身材匀称，体重50kg，滑板轮心距a = 0。65m,重量不计。周末,他滑至一条河边，河面宽为L = 3m，河上仅平铺木板一块(宽度130mm，厚18mm），斜坡倾角30.如图1所示。

（1）假设滑板滑行速度最大可达20 km/h,不计空气阻力,周学生能直接飞越过河到达对岸吗?（2）假设木板的[]40MPa，周学生前后对称站立于滑板上,他能乘滑板(双脚始终在上面）通过木板到达河对岸吗？为什么？（3）若无前后对称站立于滑板的限制条件，他能乘滑板到达河对岸吗？为什么?

La 

图1

解：(1）取周学生和滑板组成系统为研究的质点。

22220xzzFFdvdxmmdtdtdvdzmmmgdtdtx

由初始条件：t = 0时，x = z = 0,0cosxvv，0sinyvv；积分可得

020cos1sin2xvtzvtgt

上式消去t，得轨迹方程

2220tan2cosgzxxv

令z = 0,代入30，020 km/hv，29.8 m/sg，解得

2.72mx 或 0mx（舍去）

因2.72m3mxL，周学生不能直接飞越过河到达对岸.

（2）不计滑板和木板的重量,通过木板时系统的受力简图如图1。P为人的重量。