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

D1D2F OALHωb第九届全国周培源大学生力学竞赛试题D1D2F OALHωb出题学校：量为E的均质金属片按如图的方式安装在轴OO′向上产生位移。两组金属片下方均与O′处的轴套铰结，该轴套与轴轴套会向上升起。但轴套上升时，会使沿轴安D12p，弹性模量E的数值是σp(1)若要使每根圆杆都不会失稳，安全因数取n，重心位置会不会因为圆杆变形而在滚动过程中产生微小的xθAH一L论上应该贴多少个应变片？应在该截面外圆的何处粘B贴？沿着什么方向粘贴？如何利用这些应变片的读数来求应变片要用得尽可能地少，效果要尽可能地好，在理J一法测算出在各种吊挂情况下该截面的全部内力，同时要LL动起来，最终又静止在45o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xθAH一L论上应该贴多少个应变片？应在该截面外圆的何处粘B贴？沿着什么方向粘贴？如何利用这些应变片的读数来求应变片要用得尽可能地少，效果要尽可能地好，在理J一法测算出在各种吊挂情况下该截面的全部内力，同时要LL(1)试以杆的轴线与水平面的夹角α(0≤α≤90o)为参数，推导出杆(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yAAB定有一个极大值εmax。试用εmax表示出重物及挂钩的总重量F。GAL/2GAL/2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BCC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：四川大拳(1)α1o。(2)x2 195Eπd3εF=max。5248Lε(1)ε(1)另外两个应变片ε(2)和ε(3)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OOAHωL2AyYbϕO′GxϕYuωL4grRxq1q0A 4gωLrAyYbϕO′GxϕYuωL4grRxq1q0A 4gωLr 2LL344g322FxRRXb23G/2yXuxOFFgLgL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0A处q1OAOAqq0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θ0和θ1，则上片转角为θu=θ0−θ1，下片转角为θb=θ0+θ1，上下两片轴线的相对转角为θb−θu=2θ1。EIEIq1AOALq1/2AOAq1/2OAO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ξ3=+，⑤由上式可算出ξ=，故有θ1第一种积分方案：与上述叠加法中开始的初步分析类似，q1=，4LM(x)=−q1x3+q1Lx。故有θ=−15x3+30L2x2−7L4)。45EI45EIYu25x3xu96EIL96EIL15x2Lx46LxCLxDL96EIL15x2Lx46LxCLxDL96EIL故有θu75x43x2， Y24L4L82x24L4L8b3b32xθb43， 、G15x52Lx454L2x3CL4xDL596EIL 、G15x52Lx454L2x3CL4xDL596EILD1FD2D1FD2故有θb43，①(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(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2-2所示的位置上时，竖杆中承受了最大的压力，记其轴力为F。显然这种情况下两斜杆的轴力相等，且为拉力，记其为FNF+2Fcos60o=F，′ABPRδ1δ1′ABPRδ1δ1δ122从该图可看出，尽管存在着内芯，但由于内芯是刚性的，协调条件δ=2δFFPP2δ2ROAO′AO′BP′2 33δ′cos30o2FxLxδ②δxFx置为图2-5(a)所示。在任一时刻 33δ′cos30o2FxLxδ②δxFx=Fsinϕ,首先考虑Fy所引起的内芯圆心在y方向上的位移δy。=2Fsϕ。①再考虑Fx所引起的内芯圆心在x方向上的位移δx。如2FNcos30o=Fx，yyx0ϕFyxFFyFFx 3FxL22FLsinϕ3EApd。①(2-11)FNFxFNδ′δxϕFN1δ2OFN3δ3Kδ1QHSPFO′3F(−3sinϕ+3ϕFN1δ2OFN3δ3Kδ1QHSPFO′3F(−3sinϕ+3cosϕ)L在存在着预加轴力的结构中再作用以外荷载F，其轴力为预加轴力和荷载引起的轴力足拉伸强度条件。对于理想弹塑性材料，屈服极限σs=σp，故有 2F+EAδ0≤σpA，②(2-13)3LnF−≤。②(2-14)要最大限度地提高结构的许用荷载，应使式(2-13)和(2-14)都取等号并同δ0=σpA−=1−，[F∗]=σpA+=1+σ2≈0.8216。②=1+≈1.767。FN1+FN2+FN3=Fcosϕ,(2-18a) 2=Fsinϕ。(2-18b)由于刚性的内芯不影响协调条件，协调条件可形后位于O′，三杆的变形量分别为δ1=OG，δ2=OH，δ3=OP，则有δ1=OG=OK+KG=2OH+KQ=2OH+SPFFN2图=2OH+OP−OS=OH+OP=δ2+δ3。FN1=FN2+FN3。FFN1=Fcosϕ,FN3=93F(3sinϕ+3cosϕ)2FLδ1=2FLδ1=xδ①xBFN3=2FcosFFN3=2FcosFN1=Fcosϕ,2239EA δ3=(3sinϕ+3cosϕ)。①(2-20)δ2=9EA δ3=(3sinϕ+3cosϕ)。①(2-20) 3δδx=⋅sinϕFL2⋅EA3cosϕ。①FL2⋅EA3cosϕ。①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400mm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器之中时，他们意外发现，尽管各次放入后杆件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45o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45o的平衡角度上。两人就此进行了激烈的争论，反复(1)试以杆的轴线与水平面的夹角α(0≤α≤90o)为参数，推导出杆件所有可能的平衡位置。y(3)试分析静止在这个容器内的各种光滑均质杆，在什yC=tan2α+yC=tan2α+cos2α。⑥(3-5)设杆AB质心C的坐标为(xC,yC)，杆与水平面的夹角为α,如图3-2，则A和B的坐标分别为x=x−LcosαACx=x−LcosαACBCyB=yC−Lsinα和yA=yC+Lsinα和将A和B的坐标代入抛物线方程x2=2py可得(xC+Lcosα)2=2p(yC+Lsin(xC−Lcosα)2=2p(yC−Lsinα)，x+L2cos2α=2pyC，xC=ptanα。将式(3-4b)代入式(3-4a)，即可得以α为参数所表U=mgtan2α+cos2α。=mg−cosαsinα,即有=p23cs4αsinα=0。④p2−L2cos4α=0，yAαCBmgBxcosα=±，即α2=arccos。②(3-9)oα2事实上确定了除α1=0以外唯一的平衡角度。 pL= 2,2x2=200yDNBmgNAθAAHCBxDNBmgNAθAAHCBx tanα+ tanα+cosα22pyC=sinα−L2cosαδα=0。④x2=2py。①设杆AB重力mg和NA、NB的作用线的交点为D，θA为点A处切线与x轴正方向的夹角，θB为点B处切线与x轴负方向的夹角。同时注意到几何关系：∠BDC=θB，∠BDC=θB，NALsin(90o−θA+α)−NBLsin(90o−θB−α)由主矢在x方向上的投影为零可得−θ−θ sinθB yθθB2=2py上某点K(x0,y0)处的切线斜率为，故A和B处切线x+x AB2px+x AB2pxA+xB≠0，由上式即可得22xAxB=−p设此时杆AB质心的坐标为(xC,yC)，则A和B的坐标分别为将A和B的坐标代入抛物线方程x2=2py可得(xC+Lcosα)2=2p(yC+Lsinα)，(3-20a)(xC−Lcosα)2=2p(yC−Lsinα)，(3-20b)并且xAxB=(xC+Lcosα)(xC−Lcosα)=−p2。(3-20c)cosα=±，即α2=arccos。④(3-21)显然，要使杆AB在倾斜时仍然保持平衡，则应满足条件注意：考生可能在试卷中同时采用了不同的方法进行解答，这种情况只能按得分最高的一种解法进明平衡是稳定的；不能回到初始的平衡角度上，说明平衡是不稳定的。平衡的稳定性可以通过势能 =mgp(cos22α)−(cos2α−sin2α)。②(3-23)若L>p，则d2Udα2y不稳定稳定α2Fp/2xpGLJL/2AHLGLJL/2AHLd2Udα2d2Udα2o图4-1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εmax。试用εmax表示出重物及挂钩的总重量F。(2)在出现这个极大值εmax时，有人直接将Eεmax作为在相应吊力，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LLLL)0D)0CBzGADzGF/2AxBDEI。①yFSCCxTCzGADzGF/2AxBDEI。①yFSCCxTC弯矩趋于减小。所以作用点在B处时，应变值为极大值。这样，便可以只研究集中力作用在左边拐角处B时的情况。易于看出，这种情况下，长杆的外伸部分DH区段没有任何内力，也不对其他部分的内力产生影响，因而可以不予考虑。剩yyBxF/2BxF/2yyF/2y0=FL。②⎝2⎠3EI2EI3EIGIP3=TCL2+FSCL3+(FSCL)⎝2⎠3EI2EI3EIGIPT=FL，FSC=F。②③zAABF/2FLX1=1X1LX3AGFX2TFLX1=1X1LX3AGFX2 37+44ν+12ν2F (5+4ν)F2(37+44ν+12ν2)4=F。C所引起的弯矩My1=−FSCL，引起的扭矩Mx=FSCL；扭矩TC引起的弯矩My2=−TC；荷载引起的弯矩My3=FL。所以，在截面A处，总弯矩：MA=My=My0+My1+My2+My3=FL。①(4-5)总扭矩：TA=Mx=FSCL=4FL。①(4-6)MA164FLε==，maxEW195EW故有F= 195EWε 195195Eπd3εmax=5248L其中红色箭头表示矩矢量。分别作出X1=1、X2=1、X3=1，以及外荷载F在静定基上引起的弯矩P2EIP2EIδ1F=LLL1D1BB11FX3=11111ε(2)K4FX=1Xε(2)K4FX=1X2=T①δ3F=0。X1−X2−X1+X29L21−X12EI9L23−X32EI9L3+X32EI⎡65L−2190−27⎤⎡X1⎤⎡−FL⎤0⎥⎢X2−27⎤⎡X1⎤⎡−FL⎤XX3=。③MMA=FL，①MA=EWεmax，TA=EWεmax。(4-8)故A处横截面上危险点的屈服强度准则（第三强度准maxmax2≈1.002Eεmax。(4-9b)σMJEEW1ε(1)=EEW1故MJ=32Eπd3ε(1)。①(4-10)另外两个应变片应该贴在J截面水平直径的两端ε(1)εε(1)εε(3) JJJθAKKK′K′τQτTT=Eπd3(ε(2)+ε(3))J32(1+ν)在J截面水平直径的两个端点K和K′处，只有扭转切应力τT和弯曲切应力τQ，弯曲正应力θAKKK′K′τQτTT=Eπd3(ε(2)+ε(3))J32(1+ν)τQ反向（记该处应变片数值为ε(3)例如图4-6所示。K和K′两点均处于纯剪状态。从结构外平JJε(3)JFF=3Eπd2(ε(2)−ε(3))；⑥SJ32(1+ν)T=Eπd3(ε(2)−ε(3))J32(1+ν)F=3Eπd2(