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

第九届全国周培源大学生力学竞赛试题出题学校：本试卷共 5 题 满分 120 分 时间 3 小时 30 分 注意：答卷中各题所得的最后计算结果用分数表示或用小数表示均可。 第 1 题（15 分）图 1 为某个装在主机上的旋转部件的简图。四个重量为 G ，厚度为 b ，宽度为 3b ，长度为 L ，弹性模 量为 E 的均质金属片按如图的方式安装在轴 OO′ 上。在 A 处相互铰结的上下两个金属片构成一组，两组 金属片关于轴 OO′ 对称布置。两组金属片上方均与轴套 O 铰结，且该轴套处有止推装置，以防止其在轴 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OOO′ 光滑套合。当主机上的电动机带动两组金属片旋转时， O′ 处的轴套会向上升起。但轴套上升时，会使沿轴安装的弹簧压缩。弹簧的 23G 自然长度为 2 L ，其刚度 k = 。 O 和 O′ 处的轴套、弹簧，以及 L 各处铰的重量均可以忽略。Aωb LO′ H(1) 暂不考虑金属片的变形，如果在匀速转动时 O′ 处轴套向上升起的高度 H = L 是额定的工作状态，那么相应的转速 ω0 是多少？(2) 当转速恒定于 ω0 时，只考虑金属片弯曲变形的影响，试计算图示角度 ∠OAO′ 相对于把金属片视为刚体的情况而言的变化量。图 1第 2 题（25 分）在图 2 中，杂技演员推动着演出道具在平坦的水平面上缓慢滚动。道具的外环和内芯都是刚性的，D1 = 5D2 。三根直径为 d 、长度相等的实心圆杆布置匀称，其重量可以忽略不计。圆杆两端分别与外环和内芯用球铰连结，且有 D2 = 12.5d 。圆杆材料可视为理想弹塑性，比例极限为 σ p ，弹性模量 E 的数值是 σ p 的 400 倍。内芯有轴承及其他结构，可以保证悬挂在圆心处的重物始终保持着竖直悬垂的状态，而且不会 与圆杆相撞。不考虑可能存在的间隙。(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（用 σ p 、 d 和 n 表示）？D1 D2 F(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中产生微小的 波动？试证明你的结论。图 2(3) 在保持原结构和构件的形式不变（例如，不允许将实心圆杆改为空心圆杆） ，连接方式不变，安全因数不变，不减小外环外径，不增加材料用量，不更换材料的前提下，能否重新设计和制作这一道具，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 的许用值最多能提高多少？第 3 题（25 分）小明和小刚有一个内壁十分光滑的固定容器，他们已经知道这个容器的内壁是一条抛物线绕着其对称 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 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 度为 400 mm 的同样光滑的均质直杆 AB，-1-

器之中时，他们意外发现，尽管各次放入后杆件滑动和滚动的情况都不一样，但最终静止时与水平面的夹 角每次基本上都是 45o ，如图 3 所示。小明兴奋地认为，由此就可以确定抛物线方程了。小刚对此表示怀 疑，他把杆水平地放在容器里，杆照样静止了下来。他认为，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，反复的讨论和细致的演算；甚至还找了好几根长短不一的均质杆来进 行实验验证。(1) 试以杆的轴线与水平面的夹角 α ( 0 ≤ α ≤ 90 o ) 为参数，推导出杆件所有可能的平衡位置。y 45° A(2) 试确定这条抛物线的方程。 (3) 试分析静止在这个容器内的各种光滑均质杆，在什么情况下受到扰动之后还能回到初始的平衡角度上，什么情况下不能。图 3B x第 4 题（30 分）图 4 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，其两个短杆的端 面 A 和 G 牢固地固定在竖直的刚性壁上。吊装的重物一直不变，但可以吊挂在刚架的任意部位。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 ，泊松比 ν = 0.25 。不考虑刚 架的自重。(1) 由于重物的作用，圆杆的 A 截面最上点处会产生沿着 AB 杆轴线方向上的线应变。尽管吊装的重物没有变化，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 ε max 。试用 ε max 表示出重物及挂钩的总重量 F 。 有人直接将 Eε max 作为在相应吊挂情况下 A 截面上危险点的屈服强度 (2) 在出现这个极大值 ε max 时， 准则的相当应力。这样做行吗？为什么？ 如果要利用电测 (3) 在图示 AB 区段的中截面 J 处， 法测算出在各种吊挂情况下该截面的全部内力，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 截面上各个内力的数值？图 4A J C B L L D G L L/2 L H第 5 题（25 分）在收拾整理第 3 题中所用的光滑均质杆时，小刚不小心将一根杆件滑落在 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 觉与自己的想象并不一致。两人找出几根材质不同但长度均为 2 L 的杆件，让它 们在高度为 2 L 处与铅垂线成 θ ( 0 ≤ θ < 90 ) 角无初速地竖直落下，并与固定的oBCθA2L光滑水平面碰撞，如图 5 所示。(1) 某根杆 AB 自由下落的倾角 θ = 30 o 。 若在碰撞刚结束的瞬时， 质心 C 的速度恰好为零，那么，碰撞时的恢复系数 e 为多大？2L(2) 另一根杆（也记其为 AB）自由下落的倾角 θ = 45o ， A 端与地面发生完质心 C 的速度为多少？ 全非弹性碰撞。 在碰撞后杆 AB 刚达到水平位置的瞬时，-2图 5

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：第 1 题（15 分）(1) ω 0 =75 g 。 L(2) ∠OAO ′ =10 3GL2 。 3Eb 4第 2 题（25 分）(1) [F ] =3π 3σ p d 2 200 n≈ 0.4651σ pd 2n。(2) 不会波动，证明见详细解答。 (3) 可以，许用荷载最多可提高 76.7％。第 3 题（25 分）(1) α 1 = 0 ， α 2 = arccos (2) x 2 = 200 y 。 (3) 长度 2 L 小于 200 mm 的杆水平放置的平衡是稳定的。长度大于 200 mm 的杆水平放置的平衡是不稳定的，处于角度 α = arccos100 上的平衡是稳定的。 L 100 = 45o 。 200第 4 题（30 分）(1) F =195 Eπd 3ε max 。 5248 L(2) 可以，原因见详细解答。 (3) 除了温度补偿片，至少还应该贴 3 个应变片。 J 截面的上顶点处沿轴向贴一个应变片 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 Eπd 3 (ε ( 2) + ε ( 3) ) 3Eπd 2 (ε ( 2 ) ε ( 3) ) 1 Eπd 3ε (1) ， TJ = 上粘贴。 M J = ， FSJ = 。 32 32(1 + ν ) 32(1 + ν )第 5 题（25 分）3 。 4 6 5 2π gL 。 (2) vC = + 5 48 (1) e =-1-

详细参考解答及评分标准评分总体原则 各题均不限制方法。若方法与本文不同，只要结果和主要步骤正确，即给全分；若方法不同而 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 了同样的意思，则同样给分。计算结果用分数或小数表达均可。 本文中用浅黄色标识的公式和文字是给分的关键点，其后圆圈内的数字仅为本处的所得分值。第 1 题（15 分）图 1-1 为某个装在主机上的旋转部件的简图。四个重量为 G ，厚度为 b ，宽度为 3b ，长度为 L ， 在 弹性模量为 E 的均质金属片按如图的方式安装在轴 OO′ 上。 A 处相互铰结的上下两个金属片构成 一组，两组金属片关于轴 OO′ 对称布置。两组金属片上方均与轴套 O 铰结，且该轴套处有止推装 置，以防止其在轴向上产生位移。两组金属片下方均与 O′ 处的轴套铰结，该轴套与轴 OO′ 光滑套 合。当主机上的电动机带动两组金属片旋转时，O′ 处的O轴套会向上升起。但轴套上升时，会使沿轴安装的弹簧 23G 压缩。 弹簧的自然长度为 2 L ， 其刚度 k = 。O 和 O′ L 处的轴套、弹簧，以及各处铰的重量均可以忽略。Aωb L(1) 暂不考虑金属片的变形，如果在匀速转动时 O′处轴套向上升起的高度 H = L 是额定的工作状态， 那么 相应的转速 ω0 是多少？H O′(2) 当转速恒定于 ω0 时，只考虑金属片弯曲变形的影响，试计算图示角度 ∠OAO′ 相对于把金属片视为刚 体的情况而言的变化量。图 1-1解答及评分标准(1)（本小题 6 分）显然，在转速 ω0 下，各金属片均与竖直线成 60 o 角。先分析下片的受力，如 1 图 1-2(a) 所示。建立如图所示的局部坐标系。重力为均布荷载，合力为 G ，作用点在 x = L 处。 2离心力为线性分布荷载，在坐标为 x 的截面处，集度为 作用点在 x =3G 2 3G 2 G 2 rω 0 = ω 0 x ，其合力为 ω0 L ， 2 Lg 4g Lg2 L 处。左端 O′ 处的竖向杆端力仅来自于弹簧。由于弹簧的压缩量为 L ，故总压缩力 3 23 G 。这样，根据竖直方向上的力平衡，右端 A 处的 为 Lk = 23G ，一个下片所受的向下压缩力为 2 竖向杆端力 25 F = G。 ① (1-1) 2对 O′ 取矩，则可求出右端 A 处水平方向杆端力 R ， G 故有3 3G 2 L L 3 L ω0 L + R L + F L = 0， 4 4g 3 2 22 3 ω0 L 24 。 ② G 2 3g R=(1-2)-2-

再考虑上片。如图 1-2(b) 所示，与上片类似，对 O 取矩，可得 G 故有3 3G 2 L L 3 L+ ω0 L + R F L=0， 4 4g 3 2 22 3 ω0 L G 3g + 26 。 ② 2 R=(1-3)y x Xu O x 上片F 下片 A Rr y Yb O′ Xb 23G / 23G 2 ω0 L 4g x GYu r3G 2 ω0 L 4gG A R x(a) 图 1-2(b)F式 (1-2) 和 (1-3) 中的 R 在数值上相等，由此可得ω 02 Lg= 75 ， 即ω0 =75 g 。 ① L(1-4)(2)（本小题 9 分）本小题的求解可以采用下述两类方法。叠加法求角度 ∠OAO′ 的增量 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 片都可以简化为简支梁，其横向力如图 1-3 所示。图中， q0 为重力的横向分量， q1 为离心力在 A 处 集度的横向分量，q1 =75 3G 1 3G 2 ω0 L = 。 4L 2 2 Lg①q1(1-5)O上片下片Aq1 q0 A O′ q0(a) 图 1-3(b)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 θ 0 和 θ1 ， 则上片转角为 θ u = θ 0 θ1 ， 下片转角为 θ b = θ 0 + θ1 ，上下两片轴线的相对转角为θ b θ u = 2θ1 。故所求角度的变化量即为图 1-4(a) 所示简支梁 A 端转角的 2 倍。 ①(1-6)如果说明了在转速 ω0 下离心力的作用远大于重力的作用，从而可以忽略重力的影响，同时又有 上述两处得分点的结论，此处也算全对。-3-

q1 q1 / 2 O EI L A O A O q1 / 2 A(a)(b) 图 1-4(c)， EI 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3 q L3 q L 1-4(b) 和图 1-4(c) 所示。在图 1-4(b) 中，A 处转角为 1 = 1 。在图 1-4(c) 中，由于荷载 2 24 EI 48 EI 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，中点与 A 之间可视为一个简支3 q ξ L ξ q1 L 梁， 这个简支梁也作用着线性分布的荷载。 根据上述假设， A 处转角必定为 1 其 。 = 16 EI 2 EI 2 根据叠加原理，有 3可以一般性地假设，在如同图 1-4(a) 那样荷载呈线性分布的简支梁中，A 处的转角为ξ q1 L3q1 L3 ξ q1 L3 ，⑤ + EI 48 EI 16 EI 1 由上式可算出 ξ = ，故有 45 q L3 θ1 = 1 。 ① 45 EI =ξ q1 L3(1-7)若从式 (1-6) 以后没有任何步骤直接得到式 (1-7)，则只能得结论的 ① 分。 这样，所求角度 ∠OAO′ 的变化量2q1 L3 10 3GL2 = 。① 45 EI 3Eb 4 ∠OAO′ =该变化量使原有角度(1-8)π 得以增大。 3积分法求角度 ∠OAO′ 的增量75 3G ，① 所求角度的变化量 4L 即为图 1-4(a) 所示简支梁 A 端转角的 2 倍， ① 然后用下述积分法求解。 1 在图 1-4(a) 中，易得左方铰的支反力为 q1 L ，以 O 为坐标原点，可列出弯矩方程 6 1 1 M ( x) = q1 x 3 + q1 Lx 。 6L 6第一种积分方案：与上述叠加法中开始的初步分析类似， q1 = 故有θ=w=q1 1 4 1 2 x + Lx + C ′L3 ， 6 EI 4 L 2 q1 1 5 1 3 x + Lx + C ′L3 x + D ′L4 ， 6 EI 20 L 6 或记为w=q1 3x 5 + 10 L2 x 3 + CL4 x + DL5 。④ 360 EILw( L) = 0 ， C = 7 。()(1-9)由边界条件可得：w(0) = 0 ， D = 0 ；故有θ=q1 15 x 3 + 30 L2 x 2 7 L4 。 360 EIL-4-()

故θ A = θ ( L) =q1 L3 。② 45 EI(1-10)所求角度 ∠OAO′ 的变化量 ∠OAO′ =2q1 L3 10 3GL2 = 。 ① 3Eb 4 45EI第二种积分方案：可由式 (1-1)、(1-2) 和 (1-4) 得F=25 3 G， R= G， 2 2 23 3 G。 8(1-11)如图 1-2(b) 所示，由平衡方程可得上片中，Yu =(1-12) 75 3G 3G x ，重力集度的横向分量为 ，故 2 4L 2L在坐标为 x 的截面处，离心力集度的横向分量为 上片中的弯矩方程为M u ( x) =即75 3G 3 3G 2 23 3G x， x x 2 4L 8 24 LMu =3G 25 x 3 2 Lx 2 23L2 x 。 2 8L()积分可得转角和挠度方程为θu =wu =3G 75 x 4 8Lx 3 138L2 x 2 + CL4 ， 96 EIL2 3G 15 x 5 2 Lx 4 46 L2 x 3 + CL4 x + DL5 。 2 96 EIL()()由边界条件 w(0) = 0 和 w( L) = 0 可得D = 0 ， C = 33 ，故有θu =3G 75 x 4 8Lx 3 138L2 x 2 + 33L4 ， 96 EIL2 19 3GL2 。 ④ 48 EI (1-13)()θ u ( L) = 同样，在下片中，如图 1-2(a)，由平衡方程可得Yb =故弯矩方程为27 3 G。 8 75 3G 3 3G 2 27 3G x， x + x 2 4L 8 24 L(1-14)Mb = 上式同样可整理为Mb =3G 25 x 3 2 Lx 2 + 27 L2 x 。 8L2()积分可得转角和挠度方程为θb =wb =3G 75 x 4 8Lx 3 + 162 L2 x 2 + CL4 ， 96 EIL2 3G 15 x 5 2 Lx 4 + 54 L2 x 3 + CL4 x + DL5 。 96 EIL2-5-()()

同样由边界条件可得D = 0 ， C = 37 。故有θb =3G 75 x 4 8Lx 3 + 162 L2 x 2 37 L4 ， 96 EIL2 7 3GL2 。 ④ 16 EI 5 3GL2 10 3GL2 = 。 ① 6 EI 3Eb 4 (1-15)()θ b ( L) =由式 (1-13)、(1-15) 可得 ∠OAO′ 的增量θ b ( L) θ u ( L) =第 2 题（25 分）在图 2-1 中，杂技演员推动着演出道具在平坦的水平面上缓慢滚动。道具的外环和内芯都是刚 性的， D1 = 5D2 。三根直径为 d 、长度相等的实心圆杆布置匀称，其重量可以忽略不计。圆杆两端 分别与外环和内芯用球铰连结，且有 D2 = 12.5d 。圆杆材料可视为理想弹塑性，比例极限为 σ p ，弹 性模量 E 的数值是 σ p 的 400 倍。内芯有轴承及其他结构，可以保证悬挂在圆心处的重物始终保持着 竖直悬垂的状态，而且不会与圆杆相撞。不考虑可能存在的间隙。D1 D2 F图 2-1(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（用 σ p 、 d 和 n 表示）？(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中产生微小的波动？试证明你的结论。(3) 在保持原结构和构件的形式不变（例如，不允许将实心圆杆改为空心圆杆） ，连接方式不变，安全因数不变，不减小外环外径，不增加材料用量，不更换材料的前提下，能否重新设计和制作这 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 最多能提高多少？ 解答及评分标准 第一种解法：(1)（本小题 8 分）在道具滚动的过程中，每根圆杆交替地承受拉力和压力。当道具转动到如图 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 FN 。显然这种情况下两斜杆的轴力相 1等，且为拉力，记其为 FN+ 。易得平衡方程 2FN + 2 FN+2 cos 60 o = F ， 1即FN + FN+2 = F 。 1-6-(2-1)

记竖杆的压缩量为 δ1 ，两斜杆的伸长量均为 δ 2 ，则有物理方程 F L F+L (2-2a) δ 1 = N1 ， δ 2 = N 2 ， EA EA 1 式中， L = ( D1 D2 ) = 2 D2 = 25d ， (2-2b) 2 1 (2-2c) A = πd 2 。 4 D 考虑协调方程，如图 2-3 所示，图中 R = 2 。图 2-3(a) 中只考虑了竖杆的情况。 PP′ 为竖杆压 2 缩量。由于竖杆与内芯铰结，因此变形后的内芯圆心应在以 P′ 为圆心，以 R 为半径的圆上。考虑竖 杆变形的所有可能位置和实际可能性， 变形后的内芯圆心则应在图 2-3(a) 中一系列圆的上包络线 AB 上。再注意到小变形，则这个上包络线可用水平直线代替。其余两杆的变形的情况与竖杆类似。三 杆变形的协调如图 2-3(b) 所示， 加载前内芯圆心为 O ， 加载后为 O′ ，OO′ = δ1 。 （没有这段话不扣分） 从该图可看出，尽管存在着内芯，但由于内芯是刚性的，协调条件与不存在内芯的情况相同，即δ1 = 2δ 2 。δ2A R A R P P′ B R O O′ P P′(2-3)δ1RBFδ1(a) 图 2-2 图 2-3(b)由式 (2-1)、(2-2a)、(2-3) 即可得FN = 12 F， 31 FN+2 = F 。 ⑤ 3(2-4)由于竖杆受压，故应考虑竖杆的柔度 λ 以确定压杆的失效形式，注意到式 (2-2b)，且取 µ = 1 ， 可得λ=同时µLi=4L = 100 。 ① d= 20π < λ ， ①(2-5a) (2-5b)λp = πEσp故竖杆为大柔度杆，应采用欧拉公式计算轴力的许用值，即FN = 12 EI π 2 F ≤ 2 。 Ln 32 3EI π 2 3π 3 σ p d = 2 L2 n 200 n 由此可得满足稳定性要求的荷载许用值：[F ] = σ d2 ≈ 0.4651 p 。 ① n (2-6)在这个结构中，荷载只要满足稳定性要求，就一定满足强度要求。(2)（本小题 8 分）将 xy 坐标系固结于道具的外环上，如图 2-4 所示。不妨设 t = 0 时结构的位-7-

置为图 2-5(a) 所示。在任一时刻 t ，记 = ω t ，则 F 在 x 和 y 方向上的分量分别为Fx = F sin ，Fy = F cos 。 ①(2-7)首先考虑 Fy 所引起的内芯圆心在 y 方向上的位移 δ y 。 如图 2-5(a) 所示，这是一个对称结构承受对称荷载的情况，根 据上小题的计算可知，2 Fy L 3EA2 FL cos 。① 3EAyδy ==(2-8) F x再考虑 Fx 所引起的内芯圆心在 x 方向上的位移 δ x 。如 这是一个对称结构承受反对称荷载的情况， 故 图 2-5(b) 所示， 竖杆上的轴力为零。 左斜杆的轴力为拉力， 右斜杆的轴力为压 力，两斜杆轴力数值相等，记为 FN ，如图 2-6(a) 所示，2 FN cos 30 o = Fx ，图 2-4故有FN =3 Fx 。 3②y(2-9)xFxFy(a) 图 2-5(b)因此两斜杆的变形量均为 δ ′ =3 Fx L 。 由图 2-6(b) 可知 （由于内芯不影响协调条件， 故未画岀内芯） ， 3EA (2-10)δx =δ′cos 30o=2 Fx L 2 FL sin = 。 ② 3EA 3EA由式 (2-8) 与式 (2-10) 可得，δ x Fx ， = δ y Fy这说明， 总位移 δ 的方向与 F 的方向重合。 （没有这段 话不扣分）内芯圆心在竖直方向上的位移2 FL F = 。① = 3EA 6 πσ p dFN Fx FNδ′ δx(a)(b) 图 2-6δ = δ +δ2 x2 y(2-11)由于该位移为定值而与 无关，故在滚动过程中，内芯圆心的位置不会产生波动。 ①(3) （本小题 9 分） 为了提高第 (1) 小题得到的许用荷载，可以将三杆的长度做得比原设计长度L 稍微短一点并强制安装，即应用预应力技术来提高结构的承载能力。设三杆都比 L 做短 δ 0 ，这样，三杆的预加轴力 FN 0 均为拉力，且有-8-

FN 0 =EAδ 0 。 ② L(2-12)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的叠加。 2 在滚动过程中杆件承受的由荷载引起的最大拉力显然为 F ，在与预加轴力叠加之后，应该满 3 足拉伸强度条件。对于理想弹塑性材料，屈服极限 σ s = σ p ，故有EAδ 0 σ p A 2 ≤ F+ ， ② 3 L n当杆件承受最大压力时，根据稳定性要求，应有(2-13)EAδ 0 EI π 2 2 F ≤ 2 。 ② 3 L Ln中的 F 便成为这种情况下的荷载许用值 [ F ] ，由此可得 L EI π 2 d π2 σ p A 2 = 1 ， δ0 = L 32n 25 2 EAn (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) 都取等号并同时得到满足，而两式(2-15)[F ] =3 EI π 2 σ p A + 2 L 4n 2 3π π 2 σ p d 1 + = 16 25 n σ d2 ≈ 0.8216 p 。 ② n (2-16)与第 (1) 小题所得到的许用荷载相比，引用式 (2-16) 和式 (2-6) 的结果可得[ F ] 25 π 2 1 + ≈ 1.767 。 = [ F ] 2π 2 25 (2-17)这说明，经这样的预应力处理，许用荷载提高了 76.7％。 ① 若采取的措施是增大 D1 ，或减小 D2 ，其增大或减小的数值为式 (2-15) 的两倍，均算正确。若说 出预应力（或装配应力）可提高许用荷载的概念，但无具体运算，本小题可得 ① 分。 第二种解法：(1)（本小题 8 分）建立如图 2-4 所示的坐标系。不妨设 t = 0 时结构的位置为图 2-5(a) 所示。在任一时刻 t ，记 = ω t ，如图 2-7(a)（图中将 x 和 y 方向分别画为水平和竖直方向，并假定 FN1 是 ，可列出平衡方程： 拉力， FN 2 和 FN 3 是压力） 1 1 FN1 + FN 2 + FN 3 = F cos ， (2-18a) 2 2FN1 FN3 FN2δ2 OH K S3 3 FN 3 FN 2 = F sin 。 2 2δ3P Q O′(2-18b) δ1F G由于刚性的内芯不影响协调条件，协调条件可 。结点 O 变 由图 2-7(b) 得到（图中仍未画岀内芯） 形 后 位 于 O′ ， 三 杆 的 变 形 量 分 别 为 δ1 = OG ，(a) 图 2-7(b)δ 2 = OH ， δ 3 = OP ，则有 δ 1 = OG = OK + KG = 2OH + KQ = 2OH + SP = 2OH + OP OS = OH + OP = δ 2 + δ 3 。由于各杆的几何尺寸和材料相同，由上式即可得FN1 = FN2 + FN3 。式 (2-18) 的三式联立，可解得(2-18c)FN1 =2 3 3 F cos ， FN 2 = F ( 3 sin + 3 cos ) ， FN 3 = F (3 sin + 3 cos ) 。 (2-19a) ⑤ 9 9 3-9-

由于 FN 2 和 FN 3 是压力，若将 FN 2 和 FN 3 表达式的符号改为负号，则上式可改写为FN1 =2 F cos ， 3FN 2 =2 4π F cos + ， 3 3 FN 3 =2 2π F cos + 。 3 3 (2-19b) 2 F。 3由此可见，在转动的过程中，三杆出现的最大拉力 FN+max 和最大压力 FN max 的数值均为 以下部分与第一种解法相同，并同样得 ③ 分。(2)（本小题 8 分）由式 (2-19a) 可知，三杆的变形量分别为δ1 =2 FL 3 FL 3 FL cos ， δ 2 = ( 3 sin + 3 cos ) ， δ 3 = (3 sin + 3 cos ) 。① (2-20) 9 EA 9 EA 3EA可由图 2-7(b) 看出，结点 O 在 x 方向上的位移 1 1 1 δ x = GO′ = O′Q = KQ = (OP OS ) = (δ 3 δ 2 ) 。 ③ 3 3 3 将式 (2-20) 的后两式代入上式即可得δx =同时，FL 2 sin 。 ① EA 3 FL 2 cos 。 ① EA 3δ y = δ1 =以下部分与第一种解法相同，并同样得 ② 分。 第 (3) 小题的求解与第一种解法相同。第 3 题（25 分）小明和小刚有一个内壁十分光滑的固定容器，他们已经知道这个容器的内壁是一条抛物线绕着 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 400 mm 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滑动和滚动的情况都不一样， 但最终静止时与水平面的夹角每次基本上都是 45o ，如图 3-1 所示。小明兴奋地认为，由此就可以 确定抛物线方程了。小刚对此表示怀疑，他把杆水平地放在容器里，杆照样静止了下来。他认为， 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 的讨论和细致的演算；甚至还找了好几根长短不一的均质杆来进行实验验证。(1) 试以杆的轴线与水平面的夹角 α ( 0 ≤ α ≤ 90 o ) 为参数，推导出杆件所有可能的平衡位置。 (2) 试确定这条抛物线的方程。 (3) 试分析静止在这个容器内的各种光滑均质杆，在什么情况下受到扰动之后还能回到初始的平衡角度上， 什么情 况下不能。 解答及评分标准 第(1)小题与第(2)小题共 20 分。 第一种解法：基于最小势能原理 记杆的长度为 2 L = 400 mm ，设抛物线方程为- 10 B x y A45°图 3-1

x 2 = 2 py 。①(3-1) x B = xC L cos α 。 y B = yC L sin α (3-3a) (3-3b)αA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 A = xC + L cos α ， y A = yC + L sin α和(3-2)将 A 和 B 的坐标代入抛物线方程 x 2 = 2 py 可得( xC + L cos α ) 2 = 2 p ( yC + L sin α ) ， ( xC L cos α ) = 2 p ( yC L sin α ) ，2y式 (3-3) 的两式分别相加和相减得2 xC + L2 cos 2 α = 2 py C ，(3-4a) (3-4b)BC mg xxC = p tan α 。将式 (3-4b) 代入式 (3-4a)， 即可得以 α 为参数所表示的 yC ， 即 2 p L (3-5) y C = tan 2 α + cos 2 α 。 ⑥ 2 2p 由此可得杆 AB 的势能为 p L2 U = mg tan 2 α + cos 2 α 。 2 2p 图 3-2(3-6)平衡时势能应取极值。 ③ 上式对 α 求导得 p sin α L2 dU = mg cos 3 α p cos α sin α ， dα 即有dU mg p 2 L2 cos 4 α sin α = 0 。 ④ = p dα cos 3 α (3-7a) (3-7b)由上式首先可得 sin α = 0 ，相应的平衡位置为 α 1 = 0 。① 这是杆的第一个平衡位置。 为了获得其他的平衡位置，应要求p 2 L2 cos 4 α = 0 ，显然，在这种情况下应有附加条件L> p。①(3-8)由于物理现象已经表明倾斜状态可以平衡，因此这一条件能够得到满足，由此可导岀cos α = ± p ， 即 Lα 2 = arccosp 。 ② L(3-9)原则上，在余弦函数的一个周期内， α 2 和 ±( π α 2 ) 都是可能的平衡位置的角度。但是可以看出， 或者与 α 2 关于 y 轴对称。 因此， 在限定 0 ≤ α ≤ 90 o 的条件下， 在杆件中， 这些角度或者与 α 2 重合，α 2 事实上确定了除 α 1 = 0 以外唯一的平衡角度。特别地，当 2 L = 400 mm 时， α 2 = 45 o 确定了除 α 1 = 0 以外唯一的平衡角度。同时，有p 2 = ， 即 L 2p=L = 100 mm ， 2(3-10)由此可知抛物线方程为x 2 = 200 y （单位：mm） ② 。(3-11)注：在得到式 (3-5) 之后，也可用虚位移原理得到下述解答。- 11 -

考虑处于容器内任意位置上的杆 AB ，由于容器内壁是理想约束（光滑接触面） ，根据虚功原理， 在杆 AB 处于平衡时，重力虚功为零， 故有mg δ yC = 0 ，即(3-12a)③δ yC = 0 。yC =(3-12b)由式 (3-5) ，即p L2 tan 2 α + cos 2 α 2 2p取变分为零可得 p2 2 sin α cos 3 α L cos α δα = 0 。 ④ 由 δα 的任意性即可得到与最小势能原理解法相同的结论。 第二种解法：基于刚体静力学 记杆的长度为 2 L = 400 mm ，设抛物线方程为x 2 = 2 py 。(3-13)①显然， α 1 = 0 为杆 AB 的一个平衡位置。 ① 若杆 AB 还有其他平衡位置，则平衡时的受力图如 图 3-3 所示。图形分 ② 设杆 AB 重力 mg 和 N A 、N B 的作用线的交点为 D ，θ A 为点 A 处切线与 x 轴正方向的夹角，θ B 为 点 B 处切线与 x 轴负方向的夹角。同时注意到几何关系：∠ADC = θ A ， ∠BDC = θ B ，∠DAC = 90 o θ A + α ，∠DBC = 90 o θ B α 。由力系对质心 C 的主矩为零可得N A L sin(90 o θ A + α ) N B L sin(90 o θ B α ) = 0 。 ②(3-14)由主矢在 x 方向上的投影为零可得N B sin θ B N A sin θ A = 0 。 ②由式 (3-14) 和 (3-15) 可得：(3-15)y D H NA Asin(90 θ B α ) sin(90 θ A + α ) = 。 sin θ B sin θ Ao o(3-16)NB BC mg展开后得cos α cos α sin α = + sin α ， tan θ B tan θ AθBθAx即1 1 1 tan α = tan θ tan θ 。 ② 2 B A 图 3-3(3-17)x0 ，故 A 和 B 处切线 p注意到，一般地，在抛物线 x 2 = 2 py 上某点 K ( x0 , y0 ) 处的切线斜率为 的斜率分别为xA x 和 B 。同时注意到，如图 3-3 所示， x B < 0 ，但 θ B 应为锐角，故有 p p x x tan θ A = A ， tan θ B = A 。 p p 另一方面，tan α =2 2 y A yB 1 x A xB = 2 p x A xB x A xB x A + xB = 。 2p - 12 -

将以上几何关系式代入式 (3-17) 即可得x A + xB 1 p 1 = x + x 。 2p 2 B A 当 α ≠ 0 时， x A + xB ≠ 0 ，由上式即可得xA x B = p 2 。 ③(3-18) p p p p 上式可以改写为 = 1 ，而 和 分别是 A 和 B 处壁面法线的斜率，因此，上 x x xA xB A B 式表明，若杆 AB 有异于 α = 0 的平衡位置，则 N A 和 N B 的作用线必垂直。 （没有这段话不扣分）设此时杆 AB 质心的坐标为 ( xC , yC ) ，则 A 和 B 的坐标分别为 x A = xC + L cosα x B = xC L cosα ， 和 。 y A = yC + L sin α y B = yC L sin α 将 A 和 B 的坐标代入抛物线方程 x 2 = 2 py 可得( xC + L cos α ) 2 = 2 p ( yC + L sin α ) ， ( xC L cos α ) = 2 p ( yC L sin α ) ，2(3-19)(3-20a) (3-20b) (3-20c)并且x A x B = ( xC + L cos α )( xC L cos α ) = p 2 。式 (3-20) 的三式联立求解，可得cos α = ±p ，即 Lα 2 = arccosp 。 ④ L(3-21)显然，要使杆 AB 在倾斜时仍然保持平衡，则应满足条件L> p。 ①由于物理现象已经表明倾斜状态可以平衡，因此这一条件能够得到满足。 以下部分与第一种解法相同，并同样得 ② 分。(3-22)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 行评分。若在第 (1) 问中只列出了平衡位置 α1 = 0o 和 α 2 = 45o 而没有推导过程，只能得 ① 分。(3) （本小题 5 分）在这个容器内静止的杆件，当受到扰动之后还能回到初始的平衡角度上，说明平衡是稳定的；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U (α ) 在平衡点的数值性质来确定。当该值为极小值时平衡是稳定的，为极大值时平衡是不稳定的。对式 (3-7a) 中势能的一阶导数再次求导可得 p(cos 2 α + 3 sin 2 α ) L2 d 2U = mg (cos 2 α sin 2 α ) 。② 2 dα cos 4 α p (3-23)对平衡位置 α 1 = 0 ，d 2U p 2 L2 。 = mg dα 2 py(3-24)不稳定稳定α2d 2U > 0 ，这说明，长度小于 200 mm 的短 dα 2 杆水平放置是稳定的， ① 如图 3-4 所示（图中 F 是抛物线的若 L < p ，则稳定 F p/2 x p焦点） 。 若 L > p ，则dU < 0 ，这说明，长度大于 200 mm 的长 dα 2- 13 2图 3-4

杆水平放置是不稳定的。① 对平衡位置 α 2 = arccosp ，由于有 Lcos 2 α 2 =p L p ， sin 2 α 2 = ， L L故式 (3-23) 可表达为4mgL d 2U = ( L p) 。 2 dα p由于在这个平衡位置，必须满足条件 L > p ，故d 2U > 0 ，因此该平衡位置是稳定的。① dα 2(3-25)特别地，当杆长为 400 mm 时， α = 45o 的平衡位置是稳定的。 当 L 从大于 p 一侧趋近于 p 时，易于看出， α 2 → 0 ，即 α 2 → α 1 ，两个平衡状态的角度合二而 一。当 L = p 时，杆件的水平位置处于稳定平衡状态。 （没有这段话不扣分） 注意： 考生可能没有应用势能的概念， 而是借助于平衡稳定时重心最低的概念， 在导出式 (3-5) 之后， 进行二次求导运算，这样做也是正确的。 若考生说出了平衡稳定性的概念， 但只是根据题目所提供的信息， 复述了对于长度为 400 mm 的 均质杆， α = 0o 不稳定， α = 45o 稳定而未加以证明，则只能得 ① 分。第 4 题（30 分）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 短杆的端面 A 和 G 牢固地固定在竖直的刚性壁上。吊装的重物一直不变，但可以吊挂在刚架的任意 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 比 ν = 0.25 。不考虑刚架的自重。(1) 由于重物的作用，圆杆的 A 截面最上点处会产生沿着 AB 杆轴线方向上的线应变。尽管吊装的重物没有变化，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 ε max 。试用 ε max 表示出重物及挂钩的总重量 F 。(2) 在出现这个极大值 ε max 时，有人直接将 Eε max 作为在相应吊挂情况下 A 截面上危险点的屈服强度准则的相当应力。这样做行吗？为什么？ 如果要利用电测法测算出在各种吊挂情况下该截面的全部内 (3) 在图示 AB 区段的中截面 J 处， 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 的数值？G A L L/2 L L J C B D L H图 4-1 - 14 -