第十三届全国周培源大学生力学竞赛（个人赛）试题参考答案及详细解答

第十三届全国周培源大学生力学竞赛（个人赛）试题参考答案及详细解答采用扣分制或加分制。采用扣分制时，建议最终所扣分数一半。如果学生的解题方法和参考答案不同，则按一、参考答案第一部分基础题部分参考答案（共60分）2）+4ka（5分）2）FAC=FBC=33.125kN（拉）FCD=FCE=43.155k2/41第二部分提高题部分参考答案（共60分）当θ=90°时，F=1735.96kN(↑)2）连杆AB最大组合应力为最大弯曲拉应力与轴力引起的拉应力叠加：（2分）（3分）1）以过系统质心C的铅垂线与距离地面h的水平面的交点为面内的圆周。26分）36分）4）d=（10分）gtan2α（6分）HOφAA1BωOφAA1BωOOC<D<EE1kEE1GABAB11ωA1BC1=−ωvD=vC+vDCCDCBC1BDC1C1DE1C1DE1（1分）（1分）（1分） vA1Aφ AφA1A1BωφvBCCDkEE1DkEE1）（应用虚功原理求解。建立图示固定的直角坐标系Axy（41分）E2=2ka2（51分）得+4ka（1分）2分）L=T−V（1分）对应于主动力偶M的广义主动力为（2分）取整体为研究对象，由ΣMA=0得（11分）E1E取直角弯杆CDE、C1DE1连同弹簧为研究对象，由ΣMC=0得FC1y=mg（21分）ED=0得Fk。+FC1x。−FC1y。=0FC1x=−4ka（31分）EF1x。+F1y。+F。−FA1y。=0（51分）aDEx=0aDEy=0aDE1y=aDEy=2a(cosφ−sinφ)+2a(−sinφ−cosφ)φ.2aDE1x=−aDE1y=0（71分）EF（1分）取整体为研究对象，由ΣMA=0得M+mg.2acos45O−FA1y.2acos45O+MIDE+MIFA1y=+mg−2（81分）E取直角弯杆CDE、C1DE1连同弹簧为研究对象，由ΣMC=0得mg.2acos45。−FC1y.2acos45。+MIDE+MIDE1−FIDE1.2asin45。=0由ΣMD=0得（101分）FE取直角弯杆A1BC1为研究对象，由ΣMB=0得（111分）注意到JOz=6×mR2=2mR2，JBz=8mR2（11分）（21分）得（31分）为1分）DCDCEOBA＇\OEOBA＇\O＇D'O1\ FAB＇\C'ωA1当θ<30。时，分析车轮轮心从图示位置到OA运动（42分）ωB1=ωA1sinθ（92分）如图a所示，根据小变形条件和以切代弧的思想，由装配杆BC和杆AC的尺寸误差Δ1和Δ2所引起的C点垂直方向的总装配误差δ=1)根据对称性，取结点C为研究对象，建立平衡方程（如图b）如下2）的伸长Δl1=Δl2所对应的部分δ1=CC，二是杆CE（δ=δ假设此时杆件均处于线弹性阶段，代入式（1）和物理方程，得（31分）），F3=F4=·F1=10.377kN（拉1分）=31.416kNC），（60.5分）即70.5分）2）假设此时杆件仍处于Oa线弹性阶段，代入（80.5分）），=28.605kNFN2=FN1=F1+F=35.943kN（拉0.5分）FN4=FN3=FF3=39.169kN（压0.5分）20/41）：4）代入式（6）和物理方程，得），F=25.787kN（拉）F=53.532kN（压）FN2=FN1=F1+F=33.125kN（拉）FN4=FN3=FF3=43.155kN（压）21/41（1本小题5分）根据dx=dl.cosβ,dy=dl.sinβ,则有=Yxycos2β=cos2β（2分）（2本小题5分）变形如图b所示。在外力偶矩Me作用的同时又施加拉力F时，线段AB与AC的β=β—Δβ1≈β根据dx=dl.cosβ,dy=dl.sinβ,则有（1分）（3分）（1分）22/41（3本小题5分）当外力偶矩Me和轴向拉力F同时作用时，线段AB的偏转角为（2分）（1分）2β=45o或225o,舍去2β=225o,得β=22.5o（1分）当2β=45o时同理，当2β=225o时，为极小值。故得，在Me和F的作用下，圆轴产生拉扭组合变形，当线段AB与水平线AC），yFBCAωOFBωAoOA当θ=90°时，机构运动到图示位置b。由aB=aA+aA+aA得x,xαAB=(aA/cos30。)/2=5773.5rad/s2（逆时针）aB=aAtan30。=5773.5m/s2(↑)aCx=aAαAB.1.cos30。=5000m/s2(→)aCy=αAB.1.sin30。=2886.75m/s2(↑)（23/4124/412）取圆盘O为研究对象，由刚体定轴转动微分方程，解得：FAy=0aBaBF=F+=F+FAxBxOB=FBy=FBymABgma'FByJCzαAB=(FAx—FBx).1.cos30。+FBy（1分）FBy（1分）4）最后取滑块B为研究对象，如图d所示，应用刚体质心运'mBaB=F+FBy+mBg解得：F=—1735.96kN(↑)q1yy1Bx1ABx1y1q2yq3yA/\/\BA/\/\ y1Bq2x+q3xBx1Ax1AB25/41则q2y1-q3y1=865.5kN/m(↓)则q2x1+q3x1=500.8kN/m(←)2）求连杆AB上任意横截面上的内力函数（2分）FN(x1)=(q2x1+q3x1)x1-FAxsin30。=500.8x1-277.5（1分）（1分）由于连杆AB的危险截面是拉弯组合，危险点（在连杆力由弯曲拉应力与轴力引起的拉应力叠加，即（1分）x12-3x1+1.8=0取x1==0.83m（1分）26/41即 x12-3x1+1.53=0取x1==0.65mσ(x1)=即x12-3x1+1.8=0取x1==0.83m（0.5分）27/41-288.8x12+865.5x1-480.6=0x12-3x1+1.66=0取x1==0.735m弯矩M在x1=0.735m处达最小值。（0.5分）产生拐点。整个系统在水平面内质心运动守恒。CACArmrMω系，小球相对圆筒的速度为vr。则小球的绝对速度rcosθ（1）vaz=vrsinθ（22分）rcosθ)+2mvO=0解法A：由于（72分）当小球下降高度zA时，对整个系统应用动能定理得（15）（163分）（192分）对圆筒和小球分别虚加惯性力和惯性力矩，对整个MIOz=2mR2α=（2分）ΣMx=0mgR−FIAzR−FIAyzA+FIOy.−FNy=0ΣMy=0h−Fz+F.+Fx=0IAxAIOx2N2应用拉格朗日第二类方程求解。系统有4个自由度。（1分）O1y轴通过小球A的初始位置，O1z轴O,yO,θ,zA。其中xO,yO是圆筒质心O的x坐标和y坐标，θ是圆筒的转角，zA是小球的z坐标。yO1θyO1θxxAA((xA,yA,zA)z yO1(O)AA0A0yφAβOO1θθ((xA,yA,zA)O(O(xo,yo,h/2)xxxx初始时刻：t=0，xO(0)=0,y（2分）2mR2+mR2（2分）VA=−mgzA（2分）采用4个独立坐标，写出动量守恒2个方程、动量矩守恒1个方程、机械能守恒1个方程，同样给15分）2分）