全國周培源力學競賽模擬題集

1、2011年力學競賽模擬題集1、質量為m的勻質梁AB水平放置.A端為固定較支座，B端接柔繩，質量不計，該段柔繩跨過位置固定的圓柱體與放置在梁上質量為M的物塊連接，物塊與梁之間以及柔繩與圓柱體之間的靜摩擦因數(shù)均為 ，ED段柔繩與AB平行，BC段柔繩與AB垂直。AB梁長為1,物塊尺寸如圖1a所示，高為b,寬為a.(2)試證明CB段柔繩上的拉力Tcb TedS2.如果系統(tǒng)保持在圖示水平位置平衡，試求物塊中心距A端的最大距離d oddNTd2d2ddT dF解:a)圖1(1)分析CD段柔繩，取微元體進行分析，如圖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兩邊同時積分有d dT)cos弓ddT)sin()2dTCD T兀2d0(2)積分得Tcb兀TedST(2)以物塊為研究對象，假設物塊處于滑動臨界狀態(tài)MgMg此時恰好為翻到臨界狀態(tài)T EDCB段柔繩的拉力TcbTed3 2兀Mge 2以AB梁為研究對象Ma 0Tcb 1 mg - Mg2(d今解得ml Ma2M2、雜技團表演平衡木雜技， 在長為l的平衡木上站了 n個體重相等的演員，且所有演員之間的間距相 等。試求：該平衡木上最大彎矩的一般表達式？解：將該模型簡化為簡支梁，如圖 2所示，梁長為l, n個演員之間距離為l/(n 1),演員體重均為F/n，則在AB兩

3、端約束反力均為 F / 2。根據(jù)題意發(fā)現(xiàn)，最大彎矩總是發(fā)生在梁的中間l /2處。圖2(1)如果演員總數(shù)是偶數(shù)個，則取中間1/2截面截開，每側作用有約束反力 則中間截面彎矩暨最大彎矩的表達式為：F/2、n/2個集中力F/n,M max(2211)31F11(12)(12)F1n n一(一2 21)F1(n 2)n(n 1)8(n 1)(2)如果演員總數(shù)是奇數(shù)個，則取中間1/2截面截開，最大彎矩側作用有約束反力F/2、(n 1)/2個集中力F/n,則中間截面彎矩暨最大彎矩的表達式為: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、煙囪定向爆破（40分）城市建設需要對廢舊煙囪進行定向爆破拆除，在煙囪底部進行預處理，沿周邊對稱開挖兩個導向洞，以便形成傾覆力矩。預定傾倒方向留置一段弧長約為1/4周長，在其上布設藥孔并裝藥，實施起爆后，混凝土碎塊飛散，鋼筋基本完整，但豎向鋼筋在煙囪自重作用下彎曲，然后煙囪順此方向傾 倒。1、豎向鋼筋為何彎曲，利用了材料的哪類力學性質？已知鋼筋的直徑為d,間距為a,比例極限為p 200MPa ,煙囪的質量為m,試確定藥孔區(qū)的最低分布高度。2、一般煙囪高達數(shù)十米，可將其看作長為l的均質細桿，根部因為

5、鋼筋的牽連，可看作固定較 鏈，當煙囪與鉛垂線成任意夾角時，請求慣性力簡化的結果以及根部的約束力。3、當根部開始斷裂時，煙囪還像剛體一樣整體地下落，隨著下落角度變大，轉動角速度也變大，有時在倒塌的過程中在離根部約1/3長處發(fā)生二次斷裂，且斷裂從面向地面的一側開始，從倒地 后的現(xiàn)場來看，明顯在斷裂處有一空地無倒塌物。請根據(jù)相關力學原理建立模型描述。根據(jù)歐拉公式：FCrCl泊彳日l2倚 1 Cr(1)解：1、為保險起見，混凝土碎塊飛散后 ，鋼筋為兩端固定的細長壓桿其中Fer （煙囪自重均勻分布在筒壁，每根鋼筋平均分擔2 R/3a壓力）2、慣性力系向根部簡化簡化為:匚 W 1 匚nFi, Fig 21

6、W 12其中角速度和角加速度如下計算:Mo(F) 0 有,1 .JoW - sin23n21 d dtd dd dtd ，分離變量后再積分得 d3g .- sin d21 03g(1 sinF x 0彳導F Ox2WcosW、(3 cos )2 TOC o 1-5 h z W lr W lW由 Fv 0彳導 F0yW sin 0,即 F0yW sin sinyy g 2y g 243、橫截面上有動內(nèi)力分量分別為：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、化間彳Md sin (x 一) 4 ll動彎矩最大時有：業(yè)且0,即得x dx3此處Md max sind 11 iax、孫悟空的如意金箍棒（40分）中國四大古典名著的西游記中的孫悟空本領高強，神通廣大，深得人們喜歡。尤其是他的 兵器-一如意金箍棒，幫他大鬧天宮，降妖除魔。傳說該棒原為大禹治水時用作測江海之深的寶器，原來放在東海龍宮之中時，重一萬三千五百斤（一公斤合二斤），有二丈長（一米合三尺，十尺合一丈），碗口粗細，一般飯碗的直徑約合10厘米。金箍棒的最大神奇之處在于可隨意變化尺寸大小，如果金箍棒在變化過程中，保持總重量 和尺寸比例不變。只考慮自重影響，強度控制條件1000MPa，試

8、分析在固定一端，分別豎直放置和水平放置兩種情況下長度變化范圍。如果保持密度和尺寸比例不變呢？孫悟空和二郎神打斗之時， 不提防太上老君自上扔下金剛琢，悟空本能地雙手舉棒迎接，金剛琢正好垂直打中金箍棒中間，如金剛琢重為P,無初速自由落體，下落高度為H ,孫悟空兩手為剛度為k的彈簧支座，金箍棒的剛度系數(shù)為 EI。試計算金箍棒中的最大撓度。因被金剛琢擊中，手中金箍棒被震脫手，從云端落下，設高度距離地面 h,棒與水平面的夾角為，落地時棒的一端與光滑地面碰撞，恢復系數(shù)e 0.5,則一次碰撞后金箍棒能彈起多高？再次與地面碰撞時，金箍棒與地面的夾角為多少？孫悟空有時為了震懾對方，操起金箍棒，把山石打得粉碎，這

9、個過程為典型的碰撞過程.悟空發(fā)現(xiàn)單手握棒擊打時，只要控制好持棒位置和金箍棒擊打石頭的位置和方向，就能使手上的震動力很小或沒有，試建立合適的力學模型并給出分析過程、結論。角軍：1、自重不變時,0.166.71667豎立放置時：WA4Wd2，ld 1 4W16W了，密度不變時,4W豎立放置時:AlA,lWl水平放置時：二d3 32水平放置時:乩l2d3324 d2 l2 d綜上，可得水平放置時決定長度的極大值2、問題簡化為梁的兩端放在兩個剛度為 梁跨中截面的靜位移為：5綜上，可得豎立放置時決定長度的極小值Pl3st 48EIPa.,，動荷系數(shù)K 2k2hst則d Kdst3、棒下落時作平動，有 V

10、a Vc J2gh據(jù)碰撞時的沖量定理有，muC mvC I CC12l據(jù)相對質心的沖重矩7E理 ，一ml 0 I cos122棒的質心和碰撞點的速度關系為：uA uC uACC C在豎直方向投影得:UAy UCl一 cos2根據(jù)恢復系數(shù)的定義知UAyVAy綜合可得,;2gh cos：2gh(1 6cos2 )3m、2 gh TOC o 1-5 h z 2uc2I21 3cos22(1 3cos2 )2(1 3cos2 )4、棒打擊石頭與石頭打擊棒情況類似，建立如圖所示坐標系，應用碰撞時的動量定理有mucx mvcxI xI ox,mUcy mVcyI yI Oy碰撞前后棒與石頭無切向相對速度，

11、則有Ix m(Ucx Vcx) I Ox , I y I Oy手中無碰撞沖量時，有Ixm(uCx vCx ),上式表明石頭對棒的沖量應垂直于棒，根據(jù)沖量矩定理有 JO 2 JO 1 Il考慮到速度關系有Ix m(uCx vCx) ma( 21)即碰撞點到手的距離為l JOma此即為撞擊中心，手握點為固定點，石頭撞擊棒點為K點，手中無撞擊力。不難驗證，手和撞擊中心的位置互換后，結論相同。滑板小子周學生杰倫酷愛滑板運動，熱衷挑戰(zhàn)各種高難動作，人送雅號“滑板小子”。周學生身材勻稱，體重50kg,滑板輪心距a = 0。65m,重量不計。周末，他滑至一條河邊，河面寬為L = 3m,河上僅平鋪木板一塊（寬

12、度130mm,厚18mm）,斜坡傾角30 .如圖1所示。（1）假設滑板滑行速度最大可達 20 km/h,不計空氣阻力，周學生能直接飛越過河到達對岸嗎？（2）假設木板的40MPa ,周學生前后對稱站立于滑板上，他能乘滑板（雙腳始終在上面）通過木板到達河對岸嗎？為什么？ （ 3）若無前后對稱站立于滑板的限制條件，他能乘滑板到達河對岸嗎？為什圖1解：（1 ）取周學生和滑板組成系統(tǒng)為研究的質點。d2x dt2dvx mdtd2zd2m弧dtFx 0Fz mg由初始條件：t = 0 時，X = Z = 0,vx v0 cos , Vyvsin ；積分可得x v0 cos tzv0 sin1t 5 gt上

13、式消去t,得軌跡方程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 ,周學生不能直接飛越過河到達對岸.（2）不計滑板和木板的重量，通過木板時系統(tǒng)的受力簡圖如圖1。P為人的重量。P/2 P/2圖22所示，當C、D關于跨中對稱時，支座約束力圖i人對稱站立于滑板上，板AB的受力如圖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圖3所以，在此情況下，周學生不能乘滑板通過木板到達河對岸。(3)人站立于滑板任意位置上，板 AB的受力如圖3所示, TOC o 1-5 h z 其中P P2 P ,當C、D關于跨中對稱時, 支座約束力 aPFa (1 )P X, 2LLa PFb P -X 2L LL aL aMe Fa(- -), Md Fb(-二)2 22 2板跨中截面彎矩Me Md 1L a IL aM 22(Fa Fb)(2 2) 2Pq 2)M不隨人體位置調(diào)整而變化，所以，在此情況下，周學生仍不能乘滑板通過木板到達河對 岸。溜溜球如圖1

15、所示，一個質量為m、外徑為R的溜溜球靜止放置在桌面上， 設球對質心軸C的回轉半徑內(nèi)徑為r,繞在細繩上。在繩端施加方位角為的拉力F,不考慮滾動阻礙。(1)若桌面光滑，試分析當0,時,溜溜球的滾動方向?2(2)么？為多大時，可確保溜溜球只滑不滾？ (3)若桌面光滑，溜溜球能否只滾不滑?其條件是什解：(1)在桌面光滑條件下，0, 時，溜溜球的滾2動方向均為逆時針。(2)溜溜球的受力分析見圖2。據(jù)剛體平面運動微分方程：要求滑動，則aC 0 , F cos(3)要求只滾不滑，則aC又因要求只滾不滑與桌面光滑程度無關因此，條件是mg F , 2r R。F cosF sin(2mR2)Ff maC mg F

16、n 0要求不滾，則Fr FfR0, Ffr _ 一 ， r-F，代入(1)式可得,Rr F cos- FRr r一即可。RR 。代入剛體平面運動微分方程，消去cos)fmacFf，則sinmgF ，(mgcosF sin )2r、用手彈出一質量為 m、半徑為R的乒乓球，在地板上運動，使質心保持直線運動。質心的初速度為vo，轉動初角速度為0。假設乒乓球與地面的滑動摩擦系數(shù)為(1) 求經(jīng)過多長時間，乒乓球不再向前面運動?(2) 求乒乓球運動到最遠距離后，不再向回滾動的條件解答:VoVofgt當v 0時,tfg d(2) fmgR Jc積分:dtfmgRtJ c“V0r將t -代入上式相:fgmv0

17、RJc當 0時，可以得:VoJc-ZZ0mR10 2 c考慮到裝動慣量Jc 2mR25，、一廣2代入上式得：v02 0R5二、如圖所示，等直桿一端固定，另外一端受到沿軸線方向的集中力，大小為F,該桿半徑為R;選用彈性模量為 E、泊松比為科=0.25的各向同性材料。為了加固該桿件 ，在實心桿的 基礎上套上一個厚度為8的套筒（8 R）,套筒與桿件選用相同的材料，亦不考慮套筒與桿件之間的摩擦。如果所選用材料為脆性材料，許用壓應力是許用拉應力5倍，試分析套筒能否使桿件承受更大的載荷。解：若桿件受到壓力等于許用載荷為F,而套筒所受內(nèi)力以拉應力為主，套筒所受拉應力是約是 該材料的許用壓應力的0。25倍,

18、因此，增加套筒并不能提高實心桿的承載能力，相反必須降低許用載荷以確保套筒滿足強度要求。11四、某設計人員，設計一臺單梁雙吊龍門吊車（設計簡圖如圖所示），設計吊重為200kN （兩個吊鉤同時起吊，承載能力相同，吊車跨度為2米，左右兩吊鉤最大行走距離為0.32米。該設計人員經(jīng)過計算（忽略起吊沖擊影響）選用橫梁為No20a工字鋼梁，截面尺寸如圖，材料的許用應力為150MPa.當設計員滿懷希望將設計報告上交后，審核人員卻發(fā)現(xiàn)該設計存在問題.親愛的朋友，請您幫助核實一下,1）該結構所涉及力學問題有哪些？2）畫出其力學模型？ 3）請給出完整的設計過程，并分析該設計人員的設計思想可能在哪里出現(xiàn)問題？如何改進

19、？解:f單位.mm）彎曲強度，復雜應力狀態(tài)計算簡圖如圖（甲-位i nm）（3）解：（一）畫梁的剪力圖和彎矩圖危險截面發(fā)生在 C D截面 MC=32KNm , QC=100KN32KN.m12（二）強度校核先繪出C截面正應力分布圖和剪應力分布圖截a.正應力強度校核（K1 ）點32x11)323xioi= 句=15Mpa /4 4/吐 + 3琮=IMMpa ff = ISOMpa說明鋼梁在K3點處的相當應力超過許用應力，不能滿足強度要求（有可能未涉及）.必須增大工字鋼的型號，才能滿足鋼梁在 K3點處的強度。13一、墻上安裝一塊薄板，當重物放在薄板的較遠處時，重物常常會滑出薄板.薄板近似可以看作為一

20、懸臂梁 AB,梁長L,抗彎剛度EI,重物C的重量為G,重物和梁的 摩擦系數(shù)為科，求：重物開始滑動的位置重物滑離B端時的速度。解：(1)設重物開始滑動時距離A的長度為s,如圖2所示，則AD段的撓曲線方程為:Gx26EI3s由此可知D yDGs22EI由靜力平衡條件，可求得摩擦力為FS G cos D重物開始滑動的條件為Gsin dFs由以上2式，可得：tan d d將式(1)帶入上式，即可得到重物開始滑動時的位置為14(3)2EI1/2重物由D處滑倒B處，在3階段的始末兩處的撓度分別為Gs3GL33EI，上汩設重物滑離B端時的速度為v,W為摩擦力在此過程中所做的功，由能量守恒定律可知亞 gGLq

21、2g3EI這里假設重物的體積很小，其轉動的動能忽略不計.由于dW FSds而FsG cos3ds 1 y 2dx3cos dx/ds 1 y 2所以有3/2dW G cos1 y dx積分上式：WG L sGdx(3)將(3)代入(2),最后得到1/2G . 2v 2g L s L3EI2Ls s二、海綿拖把在即將擠干水時的狀態(tài)如圖所示，若擠干水時需Fio試求手作用在拖把上豎15直方向的力。分析手上還有哪些力。如想省力，可采取哪些措施。(b)解：取海綿拖把頭為研究對象，受力圖如圖(b)所示Fy 0,F2 2 F1 cos 2 0F2 2 F1 cos 2取加壓手柄為研究對象，受力圖如圖(c)所

22、示Ma(F) 0, F 11 F2 l2 0 一一- 一 一 -Fy 0 ,FAy F F2 0取拖把手柄為研究對象，受力圖如圖(FF2 12/112F1cos 2121112FAyF2 F2Ficos 2（1 年）11d）所示Fy 0,2F1 cos 2 FAyF3 0F32F1 cos 2 FAy F2F1 cos 212由于兩手的作用力不在一豎直線上，握拖把手柄的手有轉動力偶的作用。如想省力，2角盡可能大一些,11盡可能大一些，12盡可能小一些。當然須和其他因素綜合、如圖所示，一個小球自由下落，高度為h ,與容器碰撞，恢復系數(shù)為 k,容器的母線為16oarctan(2ax), v %,2

23、ghy ax2 ,問小球落在什么范圍與容器碰撞后，能飛出容器。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、兩個人要比賽誰的力量大淇中一個人提出用圖示的桿件比誰能使桿B端撓度最大，在172h2a2k2 12h2a2k 12ha h2a2k4 4h2a2k3 12hak2 24hak 16Ha

24、2k2比賽前設置了一個條件，即在矩A端為a的位置下方放置了一個易碎的小圓柱，該圓柱體距 水平位置為 ，較小，EI已知。比賽以B端撓度最大，且不能使小圓柱題破壞為勝.請問,你怎樣加力，才能獲勝。（注：只能加一個力）解：F Pcos , M PhsinFa3 Ma23EI 2EIFa2 Ma2EI EI_32, F l a M l al a 3EI 2EIdy darctan3h a l5a2 2l2 4la、啄木鳥玩具一只啄木鳥模型通過彈簧聯(lián)結在套筒上，將套筒置于金屬桿的頂 端,放手后啄木鳥開始有節(jié)奏地擺動身體，一邊啄木一邊間歇地時滑 時停地向下滑動。這個有趣的玩具作為演示教具，常見于德國理工科

25、 大學的力學實驗室。(1)本問題與力學中的什么內(nèi)容有關系；(2)請說明啄木鳥玩具的力學原理；(3)請對其運動進行力學分析。解：(1)關鍵詞：摩擦力、諧振動、周期性運動，動量矩定理、動量定理。 題1 1圖(2)力學原理：仔細觀察啄木鳥的運動。當套筒傾斜，端部與直桿接觸，且接觸處的摩擦力足以平衡套筒和啄木鳥的重量時，啄木鳥即作短暫的停留。而且接觸處的摩擦力小于套筒和啄木鳥的重量時，約束即被解除，啄木鳥向下滑動，直到套筒再次傾斜，端部與直桿再次接觸為止。在此過程中，啄木鳥作周期性擺動使套筒的姿態(tài)以及套筒與直桿的接觸處的法 向約束力Fn隨之改變，摩擦力亦隨之改變。摩擦力的周期性變化正是套筒與直桿之間發(fā)

26、生粘 著一滑動-再粘著現(xiàn)象的根本原因。(3)力學分析：將啄木鳥模型記作 B1 ,套筒記作B2,質量分別為m1和所m2,組成的系 統(tǒng)記作B。設B1通過彈簧與B2聯(lián)結，彈簧為扭簧，彈簧的剛度系數(shù)為 K1 ,僅產(chǎn)生由角位移 引起的扭矩.令 和 分別為81和B2相對垂直軸的偏角， 在圖1 2中以順時針方向為正值 TOC o 1-5 h z 在B2與直桿粘著階段，設B2上的P1和P2點與直桿接觸且粘著，傾角保持常值m。此時，B1作固定基座的自由擺動，擺動中心O與B2固結，與O1點的距離為a。設B1相對于O點的轉動慣量為僅保留 和 的一次項，根據(jù) B1。點的動量矩定理，可列出動力學方程3 K1( m) m

27、ga 0(1)對于(0) o,(0)0的初始條件，解出st ( 0 st)cos 1t ( 0./ 1)sin 1t(2)Bi在靜位移st m (m1ga/K1)附近作角頻率 ivKi/Ji的諧振動。設直桿對 B2的法向約束力為 Fn , B2的高度為b ,彈圖互相平衡，可導出Fn (Ki b)(m)(3)設B2與直桿之間的靜摩擦因數(shù)為fs,則最大靜摩擦力為 Fm m m2,為保證摩擦力能支撐系統(tǒng)的重力，應滿足fsFN。系統(tǒng)的總質量為(4)m為維持粘著狀態(tài)時Bi偏角的最小值.mgb2fsK1(5)設運動從套筒與直桿粘著時開始，令0m.B1的偏角 順時針轉動，彈簧力矩和相19簧作用于B2的力矩M

28、Ki(m)與直桿作用于 B2的力矩FNb應的摩擦力增大，使套筒繼續(xù)維才e粘著狀態(tài).達到最大值后開始減小，擺動方向從順時針變 為逆時針。若在ti時刻 減至 m且繼續(xù)減小，則直桿對 B2的摩擦力不能承受 B的重量而開始 滑動。但在法向約束力Fn減小為零以前，直桿仍保持對套筒的約束，B2傾角仍保持m不變.以直桿頂端O0為原點建立向下的垂直坐標軸z,以確定O點的位置。套筒在重力和摩擦力作用下滑動的動力學方程為mz m1a mg 2 fsFN根據(jù)對動點的動量矩定理，列出B1對O點的動力學方程： 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時 與m恒保持相等外，Bi在m附近作角頻率為JKJ的諧振動。當B1在t2時刻的偏角到達(t2)m且繼續(xù)減小時，彈簧力矩和法向約束力Fn同時為零，約束即被解除。 解除約束后的B處于自由下落的騰空狀態(tài)，其相對總質心的動量矩守恒。近似忽略Bi和B2的轉動對總質心位置的影響，設總質心與O點重合。設B2相對O點的慣性矩為J2,以(t2)01和(t2) 0為初值，其中01為方程(8)的解在t2時刻的值。Bi和B2的角動量矩守恒定律要求 TOC o 1-

30、5 h z J1 J 2 J101在彈簧保持松馳時和 取常值，對應于以下特解：02 ,02 J101 / (J1 J2 )Bi和B2以相同的角速度逆時針同步轉動。由于約束瞬間消失引起碰撞效應， 速度分別由零和0i突變?yōu)橥唤撬俣?2 .設在t3時刻，Bi和B2逆時針轉至m ,端部在Qi和Q2處與直桿發(fā)生碰撞.由低彈性材料制造的套筒碰撞后角速度突變?yōu)榱?。則B2沿直桿向下滑動，B相對套筒的動基座擺動。其動力學方程與方程(8)相似，只需將 m前的負號改為正號：J K( m) 0(12)Bi在m附近作角頻率為Jk/J的諧振動。在t4時刻，當增加到m且繼續(xù)增大時，約束力Fn增大到能使靜摩擦力足以承受B的

31、重量，則B2重新與直桿粘著，Bi再次作固定基座的擺動，動力學方程為Ji Ki( m) miga 0(13)在t5時刻，當逆時針轉動的到達最大值max時，鳥喙與直桿做彈性碰撞 ，所產(chǎn)生的20沖量使Bi改朝順時針方向擺動.在t6時刻，當| |回復到 m且繼續(xù)減小時，靜摩擦力不能繼續(xù)承受B的重量，套 筒向下滑動。Bi的擺動規(guī)律重新由動力學方程(12)確定。在t7時刻，當Bi得偏角到達m時,彈簧作用力矩和法向約束力Fn再次消失，B再次自由下落。Bi從約束消失前的角速度，B2從零角速度突變?yōu)橥唤撬俣茸黜槙r針同步轉動.至t8時刻，當Bi和B2順時針勻速轉至m時，B2端部重新在Pi和P2處與直桿發(fā)生碰撞。

32、Bi的擺動規(guī)律由方程(8)確定，直至t9時刻，約束力 Fn增大到使靜摩擦力足 以承受 B的重量時，B2重新與直桿粘著，Bi再次作固定基座的擺動。于是啄木鳥完成一個周期的運動，開始新的一輪循環(huán)。*If以上分析表明，在B運動的每個周期內(nèi)，B2依次經(jīng)歷不同的約束狀態(tài)的8個階段.在圖示中以(，)平面內(nèi)的相軌跡表示.題i3圖i2 (t 0 ti): B2 在 Pi 和 P2 處粘著；2-3 (t ti t2)： B2在Pi和P2處沿直桿滑動；(3)3-4 (t t2 t3)： B2 自由下落；4-5 (t t3 t4): B2在Qi和Q2處沿直桿滑動；(5)56 (t t4 t6)： B2 在 Qi 和

33、 Q2 處粘著，t t5 時,鳥喙 與直桿彈性碰撞。(6)6-7 (t t6 t7)：B2在Qi和Q2處沿直桿滑動；7-8 (t t7 t8)： B2 自由下落；8i (t t8 t9)： B2在Pi和P2處沿直桿滑動，然后回復到第一階段。、彈跳飛人2i在2008年北京奧運會閉幕式上，“彈跳飛人”借鑒現(xiàn)代極限體育項目，運用“彈 跳鞋”在空中進行高難度的翻轉、跳躍等姿 態(tài)展現(xiàn)，如圖21所示。在奇幻的音樂中，“彈跳飛人”借助彈跳鞋（如圖 22所示） 起身跳躍，在空中劃出一道道優(yōu)美的光彩， 展現(xiàn)運動的激情與美感 .空中流星般飛騰的 發(fā)光人、場內(nèi)飛旋穿梭的神奇光環(huán)，形象地 傳達出“更快、更高、更強 ”

34、的奧林匹克精 神。將彈跳鞋簡化為線性彈簧，人簡化為彈題2-2性直桿（可簡化為兩段），試建立彈跳飛人題21圖圖的力學模型，分析彈跳飛人接觸地面時的最大應力二、彈跳飛人題2-4圖22解：簡化后的力學模型如圖 2-3, 2-4所示。彈跳鞋被簡化為線性彈簧，取 彈性系數(shù)為ko人簡化為兩段彈性直桿，其中腿部橫截面面積為 Ai,長度為 li,上身橫截面面積為 A2,長度為|2,取人的彈性模量為 E。設人與彈簧間的最大沖擊力為Fd,在其作用下，產(chǎn)生方向向上的加速度，桿上均勻分布慣性力向下 淇中：q1/q2 A1/A2 ,Fd q2l2 q1l1設飛人質量為 m,從高度為H處跳下，其接觸地面時的動能為 T=m

35、gH 由于彈簧的變形引起的人的勢能變化（忽略由于人軸向變形引起的勢能變化）：彈簧的應變能:F；/(2k)；人上身軸力:F N ( X2 )q2X2；人腿部軸力:FN(X1 )Fd q人的應變能為：VdAFZdX12EAi2/、2 FN (X2) dx20 2EA2根據(jù)能量守恒定律Vd人得:mgH mgFdFd2*32k6EAq2.3q2 l26EA2設：l1a, a22A,q1q2Fd3ql所以式（1）可簡化為9l22k7l32EA3lmg-qmgH(2)求解式（2）中可得3mgEA ,9(mgEA)2 2mgH9k(EA)2 7lk2EA9EAl 7kl2則最大沖擊應力在人的腳部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、“一葦渡江是一個關于達摩乘一根蘆葦渡江的典故，圖（1）所示為漂浮在水面上的矩形截面梁，重量為F的人在梁上活動，水的密度為 w,略去彎曲變形及梁自重的影響。要 求：（1）人的活動范圍，保證梁上任何一點水不沒過其上表面；（2）若此梁為矩形截面組合梁（截面尺寸及材料分布見圖 （b），試畫出最大正應力作用面上 的正應力分布圖（已知 b , t , E1 2E2 2E）。. L 一 T解：設梁跨中C點豎向位移為 ，梁繞 C點轉角為，則

37、梁左、右端豎向位移為LL弘 2 ，yB21.矩形梁下水壓力為梯形分布時：根據(jù)平行力系平衡條件可得F wg bLFe wg bL312其中，e為F作用點到C截面距離;FwgbL12FewgbL3此時PAW g 二 02LPbwg 金 0可得，F(xiàn)6Fe0,解得eLwgbLwgbL26246FewgbLwgbL2h ，令 WghbL1 ,解該不等式可得e L6根據(jù)不等式(1) (2)2時，e L 16L2時，e 62。矩形梁下水壓力三角形分布時2此時最大靜水壓力pmax-32FL e b 2wgh,可解得L 2L e23、一人一一一，一口，一1 一3.經(jīng)分析，當F作用于跨中時，梁內(nèi)危險截面彎矩值最大

38、，M max FL8此時E1I1E2Ii2 bt312bt 3t2-bt3 3b 2t 3122bt3 3其中，t h4梁危險截面上的軸向正應力y l MyE EE1I1 E2I2FPS1P2S2V1S1v2s225.豎向集中力F可二、半徑為R的剛性圓盤在圓周上由六根等距排列且完全一樣的立柱支撐在圓盤上自由地平行移動，但立柱承受的軸向壓力達到F/4就會失穩(wěn).如果要使每一根立柱F應該限制在什么區(qū)域內(nèi)？都不會失穩(wěn)，F(xiàn)應該限制在什么區(qū)域內(nèi)？如果要圓盤不致于傾翻,若各桿抗拉剛度均為 EA,屈服極限均為sF.現(xiàn)荷載由O點緩慢移動到K點后再返回到O4F力作用點為P(x, y)。以x軸為對稱軸確定對稱點 (

39、1)對稱部分以y軸為對稱軸將載荷再次分解為對稱與反對稱兩部P,將載荷分解為對稱與反對稱兩部分二次對稱部分FA1Fb1FC1A 1 B I C IF D1F E1F F1F.6二次反對稱部分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反對稱部分：P和P分別作用向下和向上的 F/2.同時將載荷以y軸為對稱軸再次分解。二次對稱部分 Fa2

40、Fd20 Fb2 Fc2Fe21 -_1 F B2 F C2 F E2 FF2Fc2 一 ：3R Fy22二次反對稱部分 各柱壓力均為零.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失穩(wěn)條件Fi F4分別是x R x J3 y R x、./3y - R422x 1R x .3y -R x、3y 1R422使六根立柱都不失穩(wěn)，應為上述不等式的集合。是邊長為a 4的正六邊形6F/4要使圓盤不致傾翻，至少有三根立柱沒

41、失穩(wěn).假定A、B、F三柱已失穩(wěn)，則此失穩(wěn)立柱支承力為 F力作用點為P (x,y).以x軸為對稱軸確定對稱點 對稱部分Fa Fb Ff F. 4Fc FeFd 2Fc F4Fd R 2Fc - 2 R Fx24 2 4FcFeFx反對稱部分Fd3F 2FxFcFy_3RC、FcFc3RFyFeFy_J3RD、E各柱總壓力為Fx FyR .3R3F失穩(wěn)條件分別是1x 13y1r2x 1r42Fx同理可得其它三柱失穩(wěn)的情況，可得一個邊長為若各桿抗拉剛度均為 EA ,屈服極限均為O點,A桿處的豎向位移是如何變化的剛在O點時,A處的豎向位移vAOFl6EA求在K點時,A處的豎向位移FC1FxFy_3RF

42、 D1F E1Fx_Fy_.3RFeFxFy,3R1 ：3y1-，a R正六邊形的區(qū)域。2F.現(xiàn)荷載由O點緩慢移動到43F 2Fx FA.一 xK點后再返回到D 絲 v：1C、D處位移分別為FlvC1 C1 4EA因此Va1坦4EAVD1Fl4EA荷載由K返回到O點，相當于原有荷載疊加上反方向荷載A處附加位移為FlVA26EA回到O點A處位移為vAVa1VA27Fl Fl 19Fl4EA 6EA 12EA28Vai一端與長為1,桿由靜止開始1。圖示機構位于鉛直面內(nèi)，均質桿 AB重P長21, 一端置于光滑地面上, 的繩OA相連，繩重不計且不可伸長。當繩水平時， AB與鉛垂線夾角 $ 落下，不計摩

43、擦。求開始運動瞬時 ：桿的角加速度a;繩子的拉力和地面對桿的約束力。解:取桿AB為研究對象，如圖所示。AB平面運動，點B沿地面直線運動，點 動.A繞O圓周運AB平面運動，以 A為基點,aC =aCA+aCA+aA C CA CA A由靜止開始，aCA =0, aCA =1向x方向投影：aCxacA1CXCA22AB平面運動，以 B為基點,aC=aCB+aCB+aB由靜止開始，aCB=0, aCB = 1向y方向投影：a Cy1 aCB11 2291m(g 223）帶入（3）由剛體平面運動微分方程:macx macy Fn mg2l 3lm(2l)F nFt1222、(2)得：Ft 當 Fn2帶

44、入得:12 mg4一 ml33,3mg16_3g 8Fn13mg16303I.圖示結構中，設已知梁 AB的I, W,桿BD的截面面積 A=一2,長為a,且梁桿材料相 2a2同，彈性模量均為 E?，F(xiàn)有一重為P的重物自高h處，自由落下在 AB梁中點C處，求梁AB中最大動應力odmax。P(2a)3st 48EI動荷因數(shù):最大動應力:1 Pa2 2EAPa33EIKdd maxKd st2hstPa2Wd d 6EIh1 1 3 Pa(11 拶)311.水滴在無阻尼的靜止介質中下墜，由于蒸汽的凝結，水滴質量增大的速度服從規(guī)律dm/dt=kr 其中k為常數(shù),r為水滴的半徑。假定初瞬時水滴的速度為V0,初始半徑為r0,初始質量為m。，試把水滴速度大小的變化規(guī)律表示為其半徑的函數(shù)。解:設某一任意瞬時t,水的質量為 m,把水滴的形狀假設為圓球體，則水滴的質量可表示為m=3r3。由于水滴質量的增大速率服從于規(guī)律dm/dt=kr,有3dm d r 2 dr 3 r krdtdtdtdr k dt 3 r由于水滴周圍的蒸汽的絕對速度為0,水滴的運動微分方程為dmvdtmgdv m dtmgdm vdt考慮水滴質量的變化，有變 g vdt r2_ dr k將也代入上式,dt 3 r整理后得對上式進行積分得到dv 33 gv