第十届全国周培源大学生力学竞赛详细参考解答及评分标准

-1-第十届全国周培源大学生力学竞赛（个人赛）详细参考解答及评分标准出题学校：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（30分）某工厂利用传送带运输边长为b的均质正方体货箱。已知货箱质量为m，绕自身中心轴的转动惯量为J，并且26mbJ，传送带A倾角为（o45），速度为0v，传送带C水平放置，B处为刚性支承。考虑货箱与传送带之间的摩擦，设两者之间的静摩擦因数为sf，动摩擦因数为f，并且10f。(1)若货箱在O处由静止轻轻放在传送带A上，如图(A)所示，试判断货箱在到达刚性支承B之前是否会翻倒，并论证你的结论。(2)当货箱运动到传送带A底部时，其角部恰好与刚性支承B的顶端发生撞击，假设撞击过程为完全非弹性碰撞，货箱能顺利翻过刚性支承B到达传送带C，如图(B)所示，则释放点O到传送带A底部的位置s应该满足什么条件？（忽略两个传送带之间的距离）解答及评分标准(1)（本小题12分）首先分析货箱在传送带上的运动。由于货箱静止放置在传送带上，而传送带具有速度0v，所以初始运动阶段，货箱相对于传送带产生滑动。该阶段货箱受力如图1-a(A)所示，图中G为货箱重力，F为摩擦力，FN为传送带给货箱的法向反力，a1为货箱在初始加速阶段的加速度。由质心运动定理，FGmasin1，(1-1a)0cosNGF。(1-1b)式中，NFfF。由式(1-1)得货箱质心的加速度cossin1fga。①(1-2)图1-a(A)(B)GFFNa1FGFI1Mx1FN(A)题1图(B)AOv0BCCAv0sOB-2-当货箱与传送带同速的瞬间，二者相对静止，无滑动摩擦。货箱的最大静摩擦力cossNsmaxGfFfF。(1-3)此后，若货箱重力沿斜面向下的分量sinG大于该静摩擦力，货箱还将继续向下做加速运动，并且受力如图1-b(A)所示，此时满足cossinsGfG。(1-4)由上式解得sarctanf。(1-5)按照上述方法求解得该阶段货箱的加速度cossin2fga。②(1-6)当sarctanf，货箱与传送带同速后将一起以速度0v作匀速运动。再分析货箱是否会倾倒。货箱相对于传送带滑动过程中，可能存在两种倾倒情况：初始加速阶段绕右下角M点倾倒，或同速后再次加速阶段绕左下角N点倾倒②。在货箱上考虑惯性力，记货箱在上述两种情况下的惯性力分别为11F和12F，利用达朗贝尔原理求解。如果考生只考虑了一种货箱可能翻倒的情况，此处只给①分。首先分析货箱绕右下角M点倾倒情况。设NF距M点距离为1x，如图1-a(B)所示，根据达朗贝尔原理，0FMM，022cos2sin1N1IxFbFbGbG，①(1-7a)0yF，0cosNGF。(1-7b)式中，cossin1I1fGmaF。(1-8)由式(1-7)、(1-8)得211bfx。①(1-9)再分析货箱绕左下角N点倾倒情况。设NF距N点距离为x2，如图1-b(B)所示，同样有0FNM，022cos2sin2N2IxFbFbGbG，②(1-10a)0yF，0cosNGF，(1-10b)式中，cossin2I2fGmaF。(1-11)利用式(1-10)、(1-11)得212bfx。②(1-12)由于10f，所以式(1-9)和式(1-12)满足01xb，02xb。(1-13)即货箱在传送带A上运动时不会翻倒。①如果考生只分析了一种货箱可能翻倒的情况，但仍然得出“不会翻倒”这一结论，则此处不给分。(2)（本小题18分）设货箱运动到底部与钢支承B撞击之前质心速度为1v。货箱从O点开始运动，直到到达传送带C整个运动过程分三个阶段。第一阶段：从O点运动到传送带底部并获得速度1v；第二阶段：撞击刚性支承B；第三阶段：撞击后货箱运动到传送带C。图1-b(A)(B)GFFNa2GFFI2Nx2FN-3-先分析撞击过程。由于货箱和支承B碰撞过程为完全非弹性，所以撞击后货箱不会弹起，而是绕着碰撞点B作转动①，碰撞前后质心速度方向发生突变。设碰撞后货箱质心速度为2v，角速度为2，碰撞前后的速度方向及碰撞冲量如图1-c所示。由图1-c(B)，碰撞冲量满足0IBM，(1-14)所以撞击前后货箱对B点的动量矩守恒，即221222Jbmvbmv②(1-15)式中，碰撞后速度2222bv，261mbJ为货箱相对于质心的转动惯量。将两式代入式(1-15)可得撞击后货箱的角速度bv4312。②(1-16)再分析撞击后货箱的运动。由于碰撞结束后货箱运动过程中只有重力做功。故可利用机械能守恒求解。撞击结束瞬间，如图1-d(A)所示，货箱的动能222222222222231612122212121mbmbbmJmvT②(1-17)选取B点为零势能点，则在该位置货箱势能22GhV。(1-18)只有货箱跨过图1-d(B)位置，才能到达传送带C，设该位置货箱的动能为3T，撞击后，货箱能翻到传送带C的条件是03T①。货箱的势能为33GhV。(1-19)根据机械能守恒定律3322VTVT。(1-20)将式(1-17)~(1-19)代入上式得33222231GhTGhmb。①(1-21)由上式解得32222331hhGmbT。(1-22)因此，要满足03T，需有)(323222hhbg。①(1-23)图1-c(A)(B)(C)v1BHIBHBHv22图1-d(A)(B)BHv33Bv22Hh2h3-4-从图1-d中易求得)45sin(222bh，bh223。将以上各式连同式(1-16)代入式(1-23)，得货箱能够达到传送带C的条件是)45sin(132821gbv，(1-24)即货箱滑到底部，与刚支承B碰撞前至少具有如下速度)45sin(12632min1gbv。③(1-25)最后分析撞击前货箱能达到该最小速度的条件。由问题(1)可知，当sarctanf，货箱与传送带同速后，将以速度0v作匀速运动，此时若min10vv，则货箱释放点位置应满足)cos(sin3)45sin(124212min1minfθbavs。①(1-26)若min10vv，s不管取何值，均无法满足要求。①当sarctanf，货箱与传送带同速后还将继续向下作加速运动，此时若min10vv，则货箱速度未与传送带同步之前已经达到min1v，s的表达式同式(1-26)①；若min10vv，则货箱与传送带同速之后还需继续向下运动直至速度达到min1v，并且2202min11202122avvavsss。(1-27)将式(1-2)、式(1-6)和式(1-25)代入得)cos(sincos)cos(sin3)45sin(12422220minfgvffbs。②(1-28)第2题（25分）动物园要进行猴子杂技表演，训猴师设计了如下装置：在铅垂面内固定一个带有光滑滑槽，半径为R的圆环，取一根重为P，长为Rl3的均质刚性杆AB放置在圆环滑槽内，以便重为Q的猴子沿杆行走，已知QP2。(1)如图(A)所示，试求猴子处于距杆AB端点A距离为d时，杆的平衡位置？（用杆AB与水平线的夹角θ表示）题2图(A)(B)ORABdROAB-5-(2)设两只重量均为Q的猴子同时进行训练。训猴师首先让猴甲静坐在杆AB的A端，并且使猴甲-杆系统处于平衡，然后让猴乙从杆的B端无初速的沿杆向猴甲运动，如图(B)所示。试问猴乙应该如何走法才能不破坏原猴甲-杆系统的平衡状态？解答及评分标准(1)（本小题10分）解法一：采用分析静力学方法，利用虚位移原理寻求猴-杆系统的平衡位置。建立坐标系如图2-a所示，用K表示猴子的位置。由于A、B处为理想约束，约束力AN和BN在相应的虚位移不做功，系统只有重力做功。设AB杆的质心为C，则圆心O到杆AB质心C的距离2222ACOAACOAOCRRR212322。显然，在OACΔ中，30OAC，所以质心C坐标sin2330sinRRRyC。①(2-1)猴K的坐标sin30sindRRyK。①(2-2)将式(2-1)和(2-2)分别取变分得cos2330cosRRyC，②(2-3a)cos30cosdRyK。②(2-3b)根据虚位移原理，猴-杆系统平衡时有0KCyQyP。①(2-4)将式(2-3)代入得dRR33)30cos(cos。③(2-5)或RRd332tan。解法二：采用刚体静力学方法，直接列平衡方程求解。系统受力如图2-b所示，建立图示坐标系，垂直于杆方向为x轴,沿AB轴方向为y轴。用K表示猴子的位置。对系统列平衡方程，0xF，0cos)(60cos)(oQPNNBA，0yF，0sin)(30cos)(oQPNNBA，xAx图2-bNBNAROABxyPCQKROABxyNBNAPCQK图2-a-6-图2-cQROA0BsNANBPC0FIQs0)(FMA，0coscos260cosoQdlPlNB，由上面第一式和第二式得3sincos3QNB。代入第三式得RRd332tan。(2)（本小题15分）根据第(1)题的结论，当猴甲静坐在杆A端时，0d，代入式(2-5)可得猴甲-杆系统平衡时杆的初始位置角o030。取B点为原点，s轴沿BA方向，设猴乙的加速度为s，则作用在猴乙上的惯性力大小为sgQFI。①(2-6)当猴乙运动到杆上任意位置时其惯性力方向及系统受力如图2-c所示。对猴-杆系统运用达朗贝尔原理，0)(FMO，0000cossinsincossRFsFII0sin260sincos000RPQRsRQ。⑤(2-7)将式(2-6)代入整理得gsRgs23。③(2-8)上式即为保持原猴甲-杆系统平衡状态不变的情况下，猴乙的运动应满足的微分方程。上式对应的齐次方程的通解为tRgBtRgAs3sin3cos1，(2-9)易知微分方程(2-8)的一个特解可取为Cs2，代入式(2-8)可得3322RCs。(2-10)故微分方程(2-8)的通解为3323sin3cos21RtRgBtRgAsss。③(2-11)式中，A和B为积分常数，可由初始条件确定。当t0时，猴乙在杆的B端，而且初速度为0，所以初始条件为：当t0时，0s，0s。(2-12)利用上述条件，可求得积分常数332RA，0B。(2-13)将式(2-13)代入式(2-11)可得猴B的行走规律-7-tRgRs3cos1332。③(2-14)即猴乙按照上述规律运动时，不会破坏原猴甲-杆系统的平衡状态。第3题（30分）如图传送装置中，AB是一段横截面为矩形的梁，A端自由，B端固定。截面宽度为b，高度为h)2(bh。弹性模量为E，泊松比为。设传送带连同带上分布均匀的散装物在单位长度上的重量为q，传送带给予AB梁单位长度的切向作用力为t。建立图示的坐标系，考虑离A端为已知长度L)5(hL的C截面，假定该截面中水平直线上的切应力均匀分布。(1)若q和t为已知，试确定C截面的上边缘P点和下边缘Q点的应