全国周培源力学竞赛模拟题集

1、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端为固定较支座，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1,物块尺寸如图1a所示，高为b,宽为a.(2)试证明CB段柔绳上的拉力Tcb TedS2.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 oddNTd2d2ddT dF解:a)图1(1)分析CD段柔绳，取微元体进行分析，如图1b所示列平衡方程由式(1)得dT所以Fn 0dTTT cos(d-)dNdTsin() d

2、N2(T(T由式(2)得dN Td两边同时积分有d dT)cos弓ddT)sin()2dTCD T兀2d0(2)积分得Tcb兀TedST(2)以物块为研究对象，假设物块处于滑动临界状态MgMg此时恰好为翻到临界状态T EDCB段柔绳的拉力TcbTed3 2兀Mge 2以AB梁为研究对象Ma 0Tcb 1 mg - Mg2(d今解得ml Ma2M2、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l/(n 1),演员体重均为F/n，则在AB两

3、端约束反力均为 F / 2。根据题意发现，最大弯矩总是发生在梁的中间l /2处。图2(1)如果演员总数是偶数个，则取中间1/2截面截开，每侧作用有约束反力 则中间截面弯矩暨最大弯矩的表达式为：F/2、n/2个集中力F/n,M max(2211)31F11(12)(12)F1n n一(一2 21)F1(n 2)n(n 1)8(n 1)(2)如果演员总数是奇数个，则取中间1/2截面截开，最大弯矩侧作用有约束反力F/2、(n 1)/2个集中力F/n,则中间截面弯矩暨最大弯矩的表达式为:F 1 F /1 、 F /21、 F /31、( )(-)(-)2 2 n 2 n 1 n 2 n 1 n 2 n

4、 1Fn 1 1F1 F 1 n-(1 21-(1 2 1F1n(n 1)1)F1(n 1)8n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p 200MPa ,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

5、钢筋的牵连，可看作固定较 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。根据欧拉公式：FCrCl泊彳日l2倚 1 Cr(1)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其中Fer （烟囱自重均匀分布在筒壁，每根钢筋平均分担2 R/3a压力）2、惯性力系向根部简化简化为:匚 W 1 匚nFi, Fig 21

6、W 12其中角速度和角加速度如下计算:Mo(F) 0 有,1 .JoW - sin23n21 d dtd dd dtd ，分离变量后再积分得 d3g .- sin d21 03g(1 sinF x 0彳导F Ox2WcosW、(3 cos )2 TOC o 1-5 h z W lr W lW由 Fv 0彳导 F0yW sin 0,即 F0yW sin sinyy g 2y g 243、横截面上有动内力分量分别为：FNd、FQd、Md-i .一,乂 一 一 _力矩平衡得 Mb(-W) Mb(F i) Md 0 l即：Md -Wsin 2 m(l -)-3 1m l l2 l2 2 l1W .,

7、2 x3、化间彳Md sin (x 一) 4 ll动弯矩最大时有：业且0,即得x dx3此处Md max sind 11 iax、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-一如意金箍棒，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。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1000MPa，试

8、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？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。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e 0.5,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？孙悟空有时为了震慑对方，操起金箍棒，把山石打得粉碎，这

9、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。角军：1、自重不变时,0.166.71667竖立放置时：WA4Wd2，ld 1 4W16W了，密度不变时,4W竖立放置时:AlA,lWl水平放置时：二d3 32水平放置时:乩l2d3324 d2 l2 d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 梁跨中截面的静位移为：5综上，可得竖立放置时决定长度的极小值Pl3st 48EIPa.,，动荷系数K 2k2hst则d Kdst3、棒下落时作平动，有 V

10、a Vc J2gh据碰撞时的冲量定理有，muC mvC I CC12l据相对质心的冲重矩7E理 ，一ml 0 I cos122棒的质心和碰撞点的速度关系为：uA uC uACC C在竖直方向投影得:UAy UCl一 cos2根据恢复系数的定义知UAyVAy综合可得,;2gh cos：2gh(1 6cos2 )3m、2 gh TOC o 1-5 h z 2uc2I21 3cos22(1 3cos2 )2(1 3cos2 )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mucx mvcxI xI ox,mUcy mVcyI yI Oy碰撞前后棒与石头无切向相对速度，

11、则有Ix m(Ucx Vcx) I Ox , I y I Oy手中无碰撞冲量时，有Ixm(uCx vCx ),上式表明石头对棒的冲量应垂直于棒，根据冲量矩定理有 JO 2 JO 1 Il考虑到速度关系有Ix m(uCx vCx) ma( 21)即碰撞点到手的距离为l JOma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

12、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？为什图1解：（1 ）取周学生和滑板组成系统为研究的质点。d2x dt2dvx mdtd2zd2m弧dtFx 0Fz mg由初始条件：t = 0 时，X = Z = 0,vx v0 cos , Vyvsin ；积分可得x v0 cos tzv0 sin1t 5 gt上

13、式消去t,得轨迹方程z xtang222v cos令 z = 0,代入30 , v0 20 km/h , g 9,8 m/s2,解得x 2.72m 或 x 0m （舍去）因x 2.72m L 3m ,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。P/2 P/2图22所示，当C、D关于跨中对称时，支座约束力图i人对称站立于滑板上，板AB的受力如图FaFb TOC o 1-5 h z L aPMmax Me Md Fa(-) (L a)2 2450 9.8 Mmax (3 0.65) 287.9N m4121 _2 3W -bh - 13

14、0 187020mm66maxmax3287.9 10702041MPa40MPa图3所以，在此情况下，周学生不能乘滑板通过木板到达河对岸。(3)人站立于滑板任意位置上，板 AB的受力如图3所示, TOC o 1-5 h z 其中P P2 P ,当C、D关于跨中对称时, 支座约束力 aPFa (1 )P X, 2LLa PFb P -X 2L LL aL aMe Fa(- -), Md Fb(-二)2 22 2板跨中截面弯矩Me Md 1L a IL aM 22(Fa Fb)(2 2) 2Pq 2)M不随人体位置调整而变化，所以，在此情况下，周学生仍不能乘滑板通过木板到达河对 岸。溜溜球如图1

15、所示，一个质量为m、外径为R的溜溜球静止放置在桌面上， 设球对质心轴C的回转半径内径为r,绕在细绳上。在绳端施加方位角为的拉力F,不考虑滚动阻碍。(1)若桌面光滑，试分析当0,时,溜溜球的滚动方向?2(2)么？为多大时，可确保溜溜球只滑不滚？ (3)若桌面光滑，溜溜球能否只滚不滑?其条件是什解：(1)在桌面光滑条件下，0, 时，溜溜球的滚2动方向均为逆时针。(2)溜溜球的受力分析见图2。据刚体平面运动微分方程：要求滑动，则aC 0 , F cos(3)要求只滚不滑，则aC又因要求只滚不滑与桌面光滑程度无关因此，条件是mg F , 2r R。F cosF sin(2mR2)Ff maC mg F

16、n 0要求不滚，则Fr FfR0, Ffr _ 一 ， r-F，代入(1)式可得,Rr F cos- FRr r一即可。RR 。代入刚体平面运动微分方程，消去cos)fmacFf，则sinmgF ，(mgcosF sin )2r、用手弹出一质量为 m、半径为R的乒乓球，在地板上运动，使质心保持直线运动。质心的初速度为vo，转动初角速度为0。假设乒乓球与地面的滑动摩擦系数为(1) 求经过多长时间，乒乓球不再向前面运动?(2) 求乒乓球运动到最远距离后，不再向回滚动的条件解答:VoVofgt当v 0时,tfg d(2) fmgR Jc积分:dtfmgRtJ c“V0r将t -代入上式相:fgmv0

17、RJc当 0时，可以得:VoJc-ZZ0mR10 2 c考虑到装动惯量Jc 2mR25，、一广2代入上式得：v02 0R5二、如图所示，等直杆一端固定，另外一端受到沿轴线方向的集中力，大小为F,该杆半径为R;选用弹性模量为 E、泊松比为科=0.25的各向同性材料。为了加固该杆件 ，在实心杆的 基础上套上一个厚度为8的套筒（8 R）,套筒与杆件选用相同的材料，亦不考虑套筒与杆件之间的摩擦。如果所选用材料为脆性材料，许用压应力是许用拉应力5倍，试分析套筒能否使杆件承受更大的载荷。解：若杆件受到压力等于许用载荷为F,而套筒所受内力以拉应力为主，套筒所受拉应力是约是 该材料的许用压应力的0。25倍,

18、因此，增加套筒并不能提高实心杆的承载能力，相反必须降低许用载荷以确保套筒满足强度要求。11四、某设计人员，设计一台单梁双吊龙门吊车（设计简图如图所示），设计吊重为200kN （两个吊钩同时起吊，承载能力相同，吊车跨度为2米，左右两吊钩最大行走距离为0.32米。该设计人员经过计算（忽略起吊冲击影响）选用横梁为No20a工字钢梁，截面尺寸如图，材料的许用应力为150MPa.当设计员满怀希望将设计报告上交后，审核人员却发现该设计存在问题.亲爱的朋友，请您帮助核实一下,1）该结构所涉及力学问题有哪些？2）画出其力学模型？ 3）请给出完整的设计过程，并分析该设计人员的设计思想可能在哪里出现问题？如何改进

19、？解:f单位.mm）弯曲强度，复杂应力状态计算简图如图（甲-位i nm）（3）解：（一）画梁的剪力图和弯矩图危险截面发生在 C D截面 MC=32KNm , QC=100KN32KN.m12（二）强度校核先绘出C截面正应力分布图和剪应力分布图截a.正应力强度校核（K1 ）点32x11)323xioi= 句=15Mpa /4 4/吐 + 3琮=IMMpa ff = ISOMpa说明钢梁在K3点处的相当应力超过许用应力，不能满足强度要求（有可能未涉及）.必须增大工字钢的型号，才能满足钢梁在 K3点处的强度。13一、墙上安装一块薄板，当重物放在薄板的较远处时，重物常常会滑出薄板.薄板近似可以看作为一

20、悬臂梁 AB,梁长L,抗弯刚度EI,重物C的重量为G,重物和梁的 摩擦系数为科，求：重物开始滑动的位置重物滑离B端时的速度。解：(1)设重物开始滑动时距离A的长度为s,如图2所示，则AD段的挠曲线方程为:Gx26EI3s由此可知D yDGs22EI由静力平衡条件，可求得摩擦力为FS G cos D重物开始滑动的条件为Gsin dFs由以上2式，可得：tan d d将式(1)带入上式，即可得到重物开始滑动时的位置为14(3)2EI1/2重物由D处滑倒B处，在3阶段的始末两处的挠度分别为Gs3GL33EI，上汩设重物滑离B端时的速度为v,W为摩擦力在此过程中所做的功，由能量守恒定律可知亚 gGLq

21、2g3EI这里假设重物的体积很小，其转动的动能忽略不计.由于dW FSds而FsG cos3ds 1 y 2dx3cos dx/ds 1 y 2所以有3/2dW G cos1 y dx积分上式：WG L sGdx(3)将(3)代入(2),最后得到1/2G . 2v 2g L s L3EI2Ls s二、海绵拖把在即将挤干水时的状态如图所示，若挤干水时需Fio试求手作用在拖把上竖15直方向的力。分析手上还有哪些力。如想省力，可采取哪些措施。(b)解：取海绵拖把头为研究对象，受力图如图(b)所示Fy 0,F2 2 F1 cos 2 0F2 2 F1 cos 2取加压手柄为研究对象，受力图如图(c)所

22、示Ma(F) 0, F 11 F2 l2 0 一一- 一 一 -Fy 0 ,FAy F F2 0取拖把手柄为研究对象，受力图如图(FF2 12/112F1cos 2121112FAyF2 F2Ficos 2（1 年）11d）所示Fy 0,2F1 cos 2 FAyF3 0F32F1 cos 2 FAy F2F1 cos 212由于两手的作用力不在一竖直线上，握拖把手柄的手有转动力偶的作用。如想省力，2角尽可能大一些,11尽可能大一些，12尽可能小一些。当然须和其他因素综合、如图所示，一个小球自由下落，高度为h ,与容器碰撞，恢复系数为 k,容器的母线为16oarctan(2ax), v %,2

23、ghy ax2 ,问小球落在什么范围与容器碰撞后，能飞出容器。解:kvcosvt vsinVxVn sinvt cos , vyvn cosvt sin其中2 ax2 axVytvxt1 .22 gt2323222444ahk2 4hak 16ha3x2k 16ha3x2 1 8a2x2 16a4x44ha2 k 1 2.4 6ha 2hak2 4hak 2 R4aR 9h2a2232Hha2k216Hha2二、两个人要比赛谁的力量大淇中一个人提出用图示的杆件比谁能使杆B端挠度最大，在172h2a2k2 12h2a2k 12ha h2a2k4 4h2a2k3 12hak2 24hak 16Ha

24、2k2比赛前设置了一个条件，即在矩A端为a的位置下方放置了一个易碎的小圆柱，该圆柱体距 水平位置为 ，较小，EI已知。比赛以B端挠度最大，且不能使小圆柱题破坏为胜.请问,你怎样加力，才能获胜。（注：只能加一个力）解：F Pcos , M PhsinFa3 Ma23EI 2EIFa2 Ma2EI EI_32, F l a M l al a 3EI 2EIdy darctan3h a l5a2 2l2 4la、啄木鸟玩具一只啄木鸟模型通过弹簧联结在套筒上，将套筒置于金属杆的顶 端,放手后啄木鸟开始有节奏地摆动身体，一边啄木一边间歇地时滑 时停地向下滑动。这个有趣的玩具作为演示教具，常见于德国理工科

25、 大学的力学实验室。(1)本问题与力学中的什么内容有关系；(2)请说明啄木鸟玩具的力学原理；(3)请对其运动进行力学分析。解：(1)关键词：摩擦力、谐振动、周期性运动，动量矩定理、动量定理。 题1 1图(2)力学原理：仔细观察啄木鸟的运动。当套筒倾斜，端部与直杆接触，且接触处的摩擦力足以平衡套筒和啄木鸟的重量时，啄木鸟即作短暂的停留。而且接触处的摩擦力小于套筒和啄木鸟的重量时，约束即被解除，啄木鸟向下滑动，直到套筒再次倾斜，端部与直杆再次接触为止。在此过程中，啄木鸟作周期性摆动使套筒的姿态以及套筒与直杆的接触处的法 向约束力Fn随之改变，摩擦力亦随之改变。摩擦力的周期性变化正是套筒与直杆之间发

26、生粘 着一滑动-再粘着现象的根本原因。(3)力学分析：将啄木鸟模型记作 B1 ,套筒记作B2,质量分别为m1和所m2,组成的系 统记作B。设B1通过弹簧与B2联结，弹簧为扭簧，弹簧的刚度系数为 K1 ,仅产生由角位移 引起的扭矩.令 和 分别为81和B2相对垂直轴的偏角， 在图1 2中以顺时针方向为正值 TOC o 1-5 h z 在B2与直杆粘着阶段，设B2上的P1和P2点与直杆接触且粘着，倾角保持常值m。此时，B1作固定基座的自由摆动，摆动中心O与B2固结，与O1点的距离为a。设B1相对于O点的转动惯量为仅保留 和 的一次项，根据 B1。点的动量矩定理，可列出动力学方程3 K1( m) m

27、ga 0(1)对于(0) o,(0)0的初始条件，解出st ( 0 st)cos 1t ( 0./ 1)sin 1t(2)Bi在静位移st m (m1ga/K1)附近作角频率 ivKi/Ji的谐振动。设直杆对 B2的法向约束力为 Fn , B2的高度为b ,弹图互相平衡，可导出Fn (Ki b)(m)(3)设B2与直杆之间的静摩擦因数为fs,则最大静摩擦力为 Fm m m2,为保证摩擦力能支撑系统的重力，应满足fsFN。系统的总质量为(4)m为维持粘着状态时Bi偏角的最小值.mgb2fsK1(5)设运动从套筒与直杆粘着时开始，令0m.B1的偏角 顺时针转动，弹簧力矩和相19簧作用于B2的力矩M

28、Ki(m)与直杆作用于 B2的力矩FNb应的摩擦力增大，使套筒继续维才e粘着状态.达到最大值后开始减小，摆动方向从顺时针变 为逆时针。若在ti时刻 减至 m且继续减小，则直杆对 B2的摩擦力不能承受 B的重量而开始 滑动。但在法向约束力Fn减小为零以前，直杆仍保持对套筒的约束，B2倾角仍保持m不变.以直杆顶端O0为原点建立向下的垂直坐标轴z,以确定O点的位置。套筒在重力和摩擦力作用下滑动的动力学方程为mz m1a mg 2 fsFN根据对动点的动量矩定理，列出B1对O点的动力学方程： TOC o 1-5 h z JiKi(m) mi(g z)a 0(7)利用B2的平衡方程式(3)和式(6)消去

29、mi(g z),代入式(7)整理得J K( m)0(8)其中J Ji m12a2/m, K Ki(i 2 fsm1a/(mb)(9)除在Ji mi2a2/m时 与m恒保持相等外，Bi在m附近作角频率为JKJ的谐振动。当B1在t2时刻的偏角到达(t2)m且继续减小时，弹簧力矩和法向约束力Fn同时为零，约束即被解除。 解除约束后的B处于自由下落的腾空状态，其相对总质心的动量矩守恒。近似忽略Bi和B2的转动对总质心位置的影响，设总质心与O点重合。设B2相对O点的惯性矩为J2,以(t2)01和(t2) 0为初值，其中01为方程(8)的解在t2时刻的值。Bi和B2的角动量矩守恒定律要求 TOC o 1-

30、5 h z J1 J 2 J101在弹簧保持松驰时和 取常值，对应于以下特解：02 ,02 J101 / (J1 J2 )Bi和B2以相同的角速度逆时针同步转动。由于约束瞬间消失引起碰撞效应， 速度分别由零和0i突变为同一角速度02 .设在t3时刻，Bi和B2逆时针转至m ,端部在Qi和Q2处与直杆发生碰撞.由低弹性材料制造的套筒碰撞后角速度突变为零。则B2沿直杆向下滑动，B相对套筒的动基座摆动。其动力学方程与方程(8)相似，只需将 m前的负号改为正号：J K( m) 0(12)Bi在m附近作角频率为Jk/J的谐振动。在t4时刻，当增加到m且继续增大时，约束力Fn增大到能使静摩擦力足以承受B的

31、重量，则B2重新与直杆粘着，Bi再次作固定基座的摆动，动力学方程为Ji Ki( m) miga 0(13)在t5时刻，当逆时针转动的到达最大值max时，鸟喙与直杆做弹性碰撞 ，所产生的20冲量使Bi改朝顺时针方向摆动.在t6时刻，当| |回复到 m且继续减小时，静摩擦力不能继续承受B的重量，套 筒向下滑动。Bi的摆动规律重新由动力学方程(12)确定。在t7时刻，当Bi得偏角到达m时,弹簧作用力矩和法向约束力Fn再次消失，B再次自由下落。Bi从约束消失前的角速度，B2从零角速度突变为同一角速度作顺时针同步转动.至t8时刻，当Bi和B2顺时针匀速转至m时，B2端部重新在Pi和P2处与直杆发生碰撞。

32、Bi的摆动规律由方程(8)确定，直至t9时刻，约束力 Fn增大到使静摩擦力足 以承受 B的重量时，B2重新与直杆粘着，Bi再次作固定基座的摆动。于是啄木鸟完成一个周期的运动，开始新的一轮循环。*If以上分析表明，在B运动的每个周期内，B2依次经历不同的约束状态的8个阶段.在图示中以(，)平面内的相轨迹表示.题i3图i2 (t 0 ti): B2 在 Pi 和 P2 处粘着；2-3 (t ti t2)： B2在Pi和P2处沿直杆滑动；(3)3-4 (t t2 t3)： B2 自由下落；4-5 (t t3 t4): B2在Qi和Q2处沿直杆滑动；(5)56 (t t4 t6)： B2 在 Qi 和

33、 Q2 处粘着，t t5 时,鸟喙 与直杆弹性碰撞。(6)6-7 (t t6 t7)：B2在Qi和Q2处沿直杆滑动；7-8 (t t7 t8)： B2 自由下落；8i (t t8 t9)： B2在Pi和P2处沿直杆滑动，然后回复到第一阶段。、弹跳飞人2i在2008年北京奥运会闭幕式上，“弹跳飞人”借鉴现代极限体育项目，运用“弹 跳鞋”在空中进行高难度的翻转、跳跃等姿 态展现，如图21所示。在奇幻的音乐中，“弹跳飞人”借助弹跳鞋（如图 22所示） 起身跳跃，在空中划出一道道优美的光彩， 展现运动的激情与美感 .空中流星般飞腾的 发光人、场内飞旋穿梭的神奇光环，形象地 传达出“更快、更高、更强 ”

34、的奥林匹克精 神。将弹跳鞋简化为线性弹簧，人简化为弹题2-2性直杆（可简化为两段），试建立弹跳飞人题21图图的力学模型，分析弹跳飞人接触地面时的最大应力二、弹跳飞人题2-4图22解：简化后的力学模型如图 2-3, 2-4所示。弹跳鞋被简化为线性弹簧，取 弹性系数为ko人简化为两段弹性直杆，其中腿部横截面面积为 Ai,长度为 li,上身横截面面积为 A2,长度为|2,取人的弹性模量为 E。设人与弹簧间的最大冲击力为Fd,在其作用下，产生方向向上的加速度，杆上均匀分布惯性力向下 淇中：q1/q2 A1/A2 ,Fd q2l2 q1l1设飞人质量为 m,从高度为H处跳下，其接触地面时的动能为 T=m

35、gH 由于弹簧的变形引起的人的势能变化（忽略由于人轴向变形引起的势能变化）：弹簧的应变能:F；/(2k)；人上身轴力:F N ( X2 )q2X2；人腿部轴力:FN(X1 )Fd q人的应变能为：VdAFZdX12EAi2/、2 FN (X2) dx20 2EA2根据能量守恒定律Vd人得:mgH mgFdFd2*32k6EAq2.3q2 l26EA2设：l1a, a22A,q1q2Fd3ql所以式（1）可简化为9l22k7l32EA3lmg-qmgH(2)求解式（2）中可得3mgEA ,9(mgEA)2 2mgH9k(EA)2 7lk2EA9EAl 7kl2则最大冲击应力在人的脚部max Fd

36、 . A 3ql. A代入q即可得:max2_229mgEA_3二9(mgEA) _2mgH9k(EA) _7lk2 EA9EA2 7kAl23mg d mg Fd k一、“一苇渡江是一个关于达摩乘一根芦苇渡江的典故，图（1）所示为漂浮在水面上的矩形截面梁，重量为F的人在梁上活动，水的密度为 w,略去弯曲变形及梁自重的影响。要 求：（1）人的活动范围，保证梁上任何一点水不没过其上表面；（2）若此梁为矩形截面组合梁（截面尺寸及材料分布见图 （b），试画出最大正应力作用面上 的正应力分布图（已知 b , t , E1 2E2 2E）。. L 一 T解：设梁跨中C点竖向位移为 ，梁绕 C点转角为，则

37、梁左、右端竖向位移为LL弘 2 ，yB21.矩形梁下水压力为梯形分布时：根据平行力系平衡条件可得F wg bLFe wg bL312其中，e为F作用点到C截面距离;FwgbL12FewgbL3此时PAW g 二 02LPbwg 金 0可得，F6Fe0,解得eLwgbLwgbL26246FewgbLwgbL2h ，令 WghbL1 ,解该不等式可得e L6根据不等式(1) (2)2时，e L 16L2时，e 62。矩形梁下水压力三角形分布时2此时最大静水压力pmax-32FL e b 2wgh,可解得L 2L e23、一人一一一，一口，一1 一3.经分析，当F作用于跨中时，梁内危险截面弯矩值最大

38、，M max FL8此时E1I1E2Ii2 bt312bt 3t2-bt3 3b 2t 3122bt3 3其中，t h4梁危险截面上的轴向正应力y l MyE EE1I1 E2I2FPS1P2S2V1S1v2s225.竖向集中力F可二、半径为R的刚性圆盘在圆周上由六根等距排列且完全一样的立柱支撑在圆盘上自由地平行移动，但立柱承受的轴向压力达到F/4就会失稳.如果要使每一根立柱F应该限制在什么区域内？都不会失稳，F应该限制在什么区域内？如果要圆盘不致于倾翻,若各杆抗拉刚度均为 EA,屈服极限均为sF.现荷载由O点缓慢移动到K点后再返回到O4F力作用点为P(x, y)。以x轴为对称轴确定对称点 (

39、1)对称部分以y轴为对称轴将载荷再次分解为对称与反对称两部P,将载荷分解为对称与反对称两部分二次对称部分FA1Fb1FC1A 1 B I C IF D1F E1F F1F.6二次反对称部分F A2 F D2F B2Ff2F C2Fe2Fa2R 2Fa2 3RF B2F B2R 2 Fx 2Fx6R2Fb2 Fa2F Fx l FF B -6 3R 6Fx6R26F FxF FxF B F F TOC o 1-5 h z 6 3R6 6RF Fx匚 匚 F FxF c F e -6 3R6 6R反对称部分：P和P分别作用向下和向上的 F/2.同时将载荷以y轴为对称轴再次分解。二次对称部分 Fa2

40、Fd20 Fb2 Fc2Fe21 -_1 F B2 F C2 F E2 FF2Fc2 一 ：3R Fy22二次反对称部分 各柱压力均为零.F FxF Fx 、. 3FyFA -F B 一6 3R6 6R 6R TOC o 1-5 h z L FFx3FyFFxFc Fd 6R6R63RFFx3Fy上Fx3Fy卜 E 一 ZZ- 卜 F - LTZ-6R6R66R6R失稳条件Fi F4分别是x R x J3 y R x、./3y - R422x 1R x .3y -R x、3y 1R422使六根立柱都不失稳，应为上述不等式的集合。是边长为a 4的正六边形6F/4要使圆盘不致倾翻，至少有三根立柱没

41、失稳.假定A、B、F三柱已失稳，则此失稳立柱支承力为 F力作用点为P (x,y).以x轴为对称轴确定对称点 对称部分Fa Fb Ff F. 4Fc FeFd 2Fc F4Fd R 2Fc - 2 R Fx24 2 4FcFeFx反对称部分Fd3F 2FxFcFy_3RC、FcFc3RFyFeFy_J3RD、E各柱总压力为Fx FyR .3R3F失稳条件分别是1x 13y1r2x 1r42Fx同理可得其它三柱失稳的情况，可得一个边长为若各杆抗拉刚度均为 EA ,屈服极限均为O点,A杆处的竖向位移是如何变化的刚在O点时,A处的竖向位移vAOFl6EA求在K点时,A处的竖向位移FC1FxFy_3RF

42、 D1F E1Fx_Fy_.3RFeFxFy,3R1 ：3y1-，a R正六边形的区域。2F.现荷载由O点缓慢移动到43F 2Fx FA.一 xK点后再返回到D 丝 v：1C、D处位移分别为FlvC1 C1 4EA因此Va1坦4EAVD1Fl4EA荷载由K返回到O点，相当于原有荷载叠加上反方向荷载A处附加位移为FlVA26EA回到O点A处位移为vAVa1VA27Fl Fl 19Fl4EA 6EA 12EA28Vai一端与长为1,杆由静止开始1。图示机构位于铅直面内，均质杆 AB重P长21, 一端置于光滑地面上, 的绳OA相连，绳重不计且不可伸长。当绳水平时， AB与铅垂线夹角 $ 落下，不计摩

43、擦。求开始运动瞬时 ：杆的角加速度a;绳子的拉力和地面对杆的约束力。解:取杆AB为研究对象，如图所示。AB平面运动，点B沿地面直线运动，点 动.A绕O圆周运AB平面运动，以 A为基点,aC =aCA+aCA+aA C CA CA A由静止开始，aCA =0, aCA =1向x方向投影：aCxacA1CXCA22AB平面运动，以 B为基点,aC=aCB+aCB+aB由静止开始，aCB=0, aCB = 1向y方向投影：a Cy1 aCB11 2291m(g 223）带入（3）由刚体平面运动微分方程:macx macy Fn mg2l 3lm(2l)F nFt1222、(2)得：Ft 当 Fn2带

44、入得:12 mg4一 ml33,3mg16_3g 8Fn13mg16303I.图示结构中，设已知梁 AB的I, W,杆BD的截面面积 A=一2,长为a,且梁杆材料相 2a2同，弹性模量均为 E。现有一重为P的重物自高h处，自由落下在 AB梁中点C处，求梁AB中最大动应力odmax。P(2a)3st 48EI动荷因数:最大动应力:1 Pa2 2EAPa33EIKdd maxKd st2hstPa2Wd d 6EIh1 1 3 Pa(11 拶)311.水滴在无阻尼的静止介质中下坠，由于蒸汽的凝结，水滴质量增大的速度服从规律dm/dt=kr 其中k为常数,r为水滴的半径。假定初瞬时水滴的速度为V0,初始半径为r0,初始质量为m。，试把水滴速度大小的变化规律表示为其半径的函数。解:设某一任意瞬时t,水的质量为 m,把水滴的形状假设为圆球体，则水滴的质量可表示为m=3r3。由于水滴质量的增大速率服从于规律dm/dt=kr,有3dm d r 2 dr 3 r krdtdtdtdr k dt 3 r由于水滴周围的蒸汽的绝对速度为0,水滴的运动微分方程为dmvdtmgdv m dtmgdm vdt考虑水滴质量的变化，有变 g vdt r2_ dr k将也代入上式,dt 3 r整理后得对上式进行积分得到dv 33 gv