1988年全国青年力学竞赛试题及解答 说明： 1.全部解答将在本刊1988年四、五、六期内登出，即第四期登理论力学部分，第五期登材朴力 学部分，第六期登弹性力学和流体力学部分。 2.1988年四、五、六期的小问题栏箭停. 一、理论力学部分 S 第1,2,3,10题为填充题，只要求写结果，不要求 写解题过程。其他各题要求解题过程， 1.图1所示平衡系统中，物体【，Ⅱ，Ⅲ，V之间 K 分别通过光滑较链4，B,G连接。O,E为固定支座， D,P,G,H处为杆约束.尺寸如图，|a=1.5。物体 Ⅱ受大小为m的力偶作用。假定全部力均在图示平面 内，且不计所有构件的自重，杆0G的内力不为零，则 品 杆O,H与杆O,H所受内力之比为（要求计算 三位有效数字)。（邬大国，四川省城乡建设干部 图2 学校) 所以， /S,tgp -(CH -KT)/CT 24 -a-61)(径0）-0.50. 0 即杆O,H与O,H的内力之比为0,500， 2,V形槽中放置一个半径为？的匀质圆柱，槽边 9 与水平夹角为✉（图3），接触处的摩擦系数肚一gP, 國柱重G,设转动圆柱所需的最小力网矩为L。,则当 0 G p。<时，La=一；当≥a时，。= (吕茂烈，西北工业大学) 0 图1(0，为光滑饺链) 解：从物体1着手，由二力平衡条件，【受力在 0A方向上. N 以Ⅱ为对象，在4点受力Sa沿0方向。Ⅱ受 两个力和一个力偶的作用，平衡时B点受力5“5， 方向沿■。 以亚为对象，受五个力作用，但由于8，D,B,P 四点受力均汇交于B,故C点的力5c沿CB方向。 以W为对象，受三个力作用。因杆O,G的内力 图.3 g不为零.由三力平衡条件，5o和5c交于x点，5 解：临界状态时平衡方程为 过x点.作口1GC(图2功.由几何关系， EF.0:H(N,N,)coa-(Ni-N)gin a03 tga-CF/PE -1/2, z现，=0：以N,*y)恤a+(WtN,94 r+KT ctga●GCb,T■/3. -G0
a=0:风N,+N,)y-L。=0. 解：设4D,0,C杆的角速度分别为，气，角 由此可得， 加速度分别为，8，方向如图6所示。由几何关系， M-时（品女t品）》 此时AB=AD/2=10cm,∠A0=30°，0，D- 10/√3cm Ma可(-》 人“+-z8。m 由上面可知，当ga>4,即a>。时，N,>0;而当 &≤Pa时，N,=0,此时L。=Gr sin a。所以有 _Gri血2p.当.<a时 Le- 2cota Grsina 当≥a时， 注意，并非摩擦系数“越大(。越大)，L。就越 大。当摩擦角P。小于a时，L。保持常值.L。与p。 的关系如图4所示. 1/(2co4a) 图6 取AD为研究对象，显然在图示位量有·a一 故有 0-a-4-0.0i-50cm, 1=0.00. 3.曲柄摇杆机构（图5）冲，曲柄04长5cm,以匀 以0，C杆为动参考系（图6@），o=,+”,雕 角速度■10rade转动，希动连杆AD及摇杆O,C 有 运动，AD=20cm,B为AD的中点。在图5所示 ,=Peeo60°=25cm/, 位置时，04与水平线垂直，0，C与水平线成60°角. -pim60°-m,0D-25V/万cm, 则在此明时超杆O,C的角速度为 rad/小，角加 01=7,50cm/. 速度为 rad/:;滑块D的速度大小为 cm/ 以A为基点，则B点的加速度为 ,加速度大小为 一cm/:(要求计算三位有效数 as-a+x AB-@AB. 字)。（韩庆大，东北工学院） 上式在竖直方向投影： 0=-0M+8,ABco430° 由此得，-100/√了radr-57.7rd/r 分别以4为基点和0c为动参考系，D点加速度 表达式为： ap=aA+×D-oAD=a,+高，+ag 将上式在O,C的垂直方向投影， -w0icas60°+8，ADco430° =-,0,D+2w,, 由此可算得 6,=65.0ad/,o=764cm/. ,设一动点在平面内运动，其切向和法向加速度 都是非零的常量，求动点的运动轨迹。（王触渠，更 津师范大学物理景) ·57
解：由已知条件， 静止，今小虫突然以相对速度“（常量）沿杆向B来动 4名名如 (图).试写出杆与地面夹角：所满足的微分方程及 初条件。（或斐，救金生，北京大学) 台碧 G1 设青一，(c,),则 名片名-台北 积分上式，得一的，从而有 -0-系w0, 又， -nag-名x.a, 图8 解：(1)初始时为冲击过程（图9）. y-m0-a新em00 ()设，0,1，年0，水平方向和竖直方向的漏 积分得，一 量方程为 -1)+血)+n e ’。0+可（2t9-ea0)+n 适当速取坐标系，总可使，一，■0。选取极坐 标系（图7），极角p一日一4，极轴 ,-√+7-，w+了 - tga-tg(8-p)-- 所以。一常数 图 +一常量， 10 就有 :. 即动点的轨遗为对数爆线。 ≥5.员量为细的杆48斜靠在竖直维上，A绮有一 小虫，其质量也为m。撞和地面都是光清的。原系线 。物
其中1为杆长，相对于“固定点”（与4端重合的点）A 设系统质心：的坐标为()（图9），则 的动量矩方程 P 2mc N-2mg -2mye 12 -N(lcosa-)P(Itina-e) -《+业- 运动学关系， -,+7o抽a-0 +[侣+侣-“门} ，-aa-0. 系.-u+2coa, 2 联立求解上述五个方程，得 -（-)ma-(层-》m 的m3 in acosa/[(1+3coe'a)】, =3usin'acosa/[2(1 +3cos'a)], 由此可得运动微分方程为 =3usin acos'a/[2(1 3cos'a)]3 en-2cara+(侵+cor a)p]a 1.musin a(3cos'a -2)/[2(1 3cos'a)], +(2ut-Ia sin acosa l4=mcosc(9co2a-1)/八2(1+30o3a)】. +2(u-1 cos"）wd 此时应有1，≥0，，≥0，故初始时应有 aso胥： +(u-是）aa-0 初条件为 (b)1,=0,1,年0（图9b),与上面相似，可列出 三个动力学方程和两个运动学方程： --√写。可用 P=2mi3 一2mR一2m成。（此方程可用来检查B端是否 碰地) -专oaa-0, m,a-[g(au-y+立} 与-子cw20. 2wl co a. 4 由前四个方程可解得： w=6usin acosa/[1(8 -3cos'a)], 最后得运动微分方程， 3usin'acosa/(8-3cos'a), [n(1+e)-eawa+合6+3aa]小a :=usina(4-3cos'a)/(8-3cos'a), I,-5mu cos a/(8-3cos'a). +号(2m+y恤acoa 考虑到第五个方程后，可得初始时应有 [2ur(1 sin'a)-Icos'a ]ud =0. >a√写， 初条件为 (c)其他情形. a-a>r√写， -山-0，当且仅当0-受时才会发生，这已 l=6usin as cosae/[K(8 -3cos ae)]. 包含在()中. 6.一质量为M,半径为6的空心薄圆柱O,在光 1,车0,1，=0，因>0，且沿AB方向，这种情 滑水平面上运动，另一质量为m,半径为(<b)的空 况是不可能发生的。 心薄圆柱O,在圆柱O,的内表面作纯激动（图10）， (2)根据前面的分析，可分两种情形讨论。 令日角为O,O,与向下竖直线的夹角。设初始时静止； 0初始时a<um√胥. 且9一月，试写出运动过程中日与日的关系式。（程 稼夫，中国科枝大学) +594
+告(a+e+a6-d +m(6-a8+m[b-(b-aoa9] 10 -常量=m[6-(B一os] 将，中的表达式代人即得 -·品(e- 7 7,若在地球表面上4，B两点间打通一条光滑隧 图16 道，质点m从4点由静止开始，借地心引力落人隧道. 解：设0(x,b,0(,),则 在地球内部地心引力取F一一受，：为地球表面 1=x,+(b-c)sin0, 的重力加速度，R为地球半径，不计地球自转的影响。 %▣b-(6-aos9, ()当4A,B间隧道为直线时（图12），求质点从 动能 T=吉M+之Mb A到B的时间. ()当隧道为ACB折线时，求A到B的最短时 +之（纠+功+之mn 间及最优折线。 (©)求A到B的最短时间及最优隧道的形状. 势能 V=m21 纯滚动条件：（日+p)=(日+）. (吕茂烈，西北工业大学) 系统有三个自由度，取广义坐标为x,8,伞（图11）. 系统的Lagrange函数为 L-之(w+m)用+nm(b-0eat0 +宁w+m沙+5-0 +m(b-a)a-mg[b-(8-a)cos0]. 图12 解：()设0，为坐标原点，0，B为￥轴，质点 0,点x(图13)，则R=一m/R一m,解得 00 -m√ 0 运动周期T-2所，故从4到B的时间为√图， 图11 约42,2分钟。 由Lagrange方程，考虑初条件，‘▣0时，文，=6一 p=0,日=B,得 8L 所， -(M+m)共，+m(5-a)0cos0-常量=0， 的=(4+mp+m6(8-)9-常量=0. OL 所以 --n十6-)ico明 图13 净-平n,20 6 ()以O,为坐标原点，O,B为x轴，质点距A 显然总机械脂守恒，“十 点为.利用()的结果及对称性，在4C段有 r+p-2a+如g+n(6-gcog -受m√受， 60
设质点由4到c的时间为c,则有 这是经典的泛函极值问题，p满足Buler-Lagrange方 c-吉和-支而@(N贯) 程： -款e). -R(0+[1-a(√贯小 因。不显含8，故存在初积分 花-夜c高-R血(94+) -r架-6 -Rcod(8+8)tgoj 在一p处，P一0，可确定积分常数C,由此可 所以k-√.·ra[a(0+ya] 得 由6c/09■0，得 +-台（二） im2(e,+0)-m20-0 由对称性，可只考患>0(>0)，得 或 co20+0a)in94=0. 因日4年0，故最大倾角（即最忧折线之夹角∠B4C) 0-常√哥 .--2 积分后 质点通过最优折线之时间（最短时间）为 0-w√二 -%.-2√里ew+82 -√g,o (c)取极轴0P⊥4B(图14，图中9，+8，=0)， 势能()=m/(2R),由能量守恒， 这是圆内旋轮线方程（图14），当，一R,日=日。时， 可得 之…+紧， 。-1-9）风 得质点速度为 -√/R-7R. 质点由4经旋轮线到B的时间（最短时间）为 m-2√g·,0 -2·2 -√， rdr ‘7-PX0-可 -√2”去 图14 -·√P-2Wa-. R& 因-仙，且 下面说明方程(*)是圆内旋轮线方程，由图14， d山-√(ry+(0莎-√+F,0 0,R=2ba(b是小圆半径)，即 其中=rld8,故有 -女√马 设R=2b+P,即2b=R-p,2(R-b)=R+P, 在△OM5中， 令 ,-√5， rR+(2bcota)-2R.2bcos'a 即2b.2(R-boa--A 则有 -√臣· 所秘m√舌，√哥
是在dOMg中，·对 8+a++受-即0，-（货-）-✉ 又因为 血位+兴 所以 恤-ma-√二F, (传-）--√二 图16. 将碰撞后的△OAB与点P的位形相对碰撞壁AB作 最后 镜面反射（图17），则点P碰撞前后的轨迹仍连接成一 -8+8-费+（侣-心）-4 直线，速度保持不变。 -(倍-） √二 会√二g. 图17 8.质量均为m的两质点P,P,沿一光滑直线Ox 图18中有阴影的三角形表示经反射后和原来的 运动，其位置在距离为，的两壁之问（图15），设质点 △OAB一致的三角形。点P运动到阴影三角形中相同 之间，质点和墙壁之间的碰撞都是完全弹性的。问在 位置的P时，表示两质点P,P,回到了初始状态，此 什么条件下，经过一段时间后，两质点的位置和速度同 时两著的坐标差为 时回到初始状态？若发生两质点同时与一侧壁碰撞的 △r.=2(m+n),△r,=2l. 三体碰撞时，则视为无限短时间内相继发生的两体碰 由图16，两质点的速度比为 撞。（胡守信，吉林大学） 这表明质点组作周期运动的必要条件是它们的速度比 ,/知，为有理数(m,a为整数)，包括比值为∞(”，=0) 和0(·，一0)，与质点组的初始位置无关，不难说明 这一条件也是充分的， 图15 解：以质点P,,在Ox轴上的坐标，，作为 平面0r,而中一点P的坐标(x,x,),这样，质点组 P,P,的位置和速度可由点P在坐标系中的位置和速 度表示（图16）. 因0≤，≤，≤，故P点限制在△0AB中运动」 点P与O4边、AB边和OB边的碰撞，实际上分别 :是质点户，与左壁，质点月与右壁以及两质点之间的 碰撞。因碰撞是完全弹性的，故质点与壁碰撞时速度 反向，P,与P,碰撒后交换速度，所以，对应的P点的 碰撞是相对OA,OB和4B的完全弹性反射，没有 碰撞时和为常数，对应于P点轨迹为直线.以 2时 点P与4B边碰撞为例（即质点P,与右壁碰撞），若 2…
9,半径为，质量为m的均匀圆球在半径为6的 dcosB,0=&sinB(7) 完全粗德的另一围定圆球的外表面上浓动，试建立动 ,e,=(e+b)d,a=,-(a+b)co4p, 球的运动微分方程。当动球转速超过多少时，动球可 a=0、 (8) 以在定球的最高点处稳定地转动。（出题者：程稼 约束条件： 夫，中国科技大学解题者：费书悬，清华大学) ,=:十×（一4，）▣0 ,-4=0,"a十m,=0 -Taoon, m,-g-‘+上6 《9) 将()，(9)代入(6)得到关于自转角速度， 的特性。 ⊙，0，或 的，-常数·(10) 将(7)，(8)，(9)代人(1)，(2)，(4)，(5)得： m(a+bB+'cos6in月 =F,十mgcosa sin B (11) m(a +bX-acos8 2dgsinB) 0 eF,一mgsi面a (12) 子n(+bXa明-2的） +号a- (13) 号n(+bXa+rcap) 图19 (14) 解：本题中动球受非完整约束，故不能应用拉氏 二类方程；又因要求动球在最高点处转动的稳定条件， 从上面四式中消去术，F,即得动球的运动微分方程 所以也不能用球坐标描述球心的位置，如图19所示， 式： 用卡尔丹角4，B描述动球质心C的位置；建立动坐标 7(a)(ico-2dsinB)+2 系Ox,它相对定坐标系的方位由a,P确定，其角速 -5gsina0 (15) 度为口.坐标系[C,一，】过动球质心C,且与 7(a +68+i sin Bcoep)-2a0,dco 坐标系Oy相平行，动球质心C的速度为”，动球 5gcosasinB=0 (16) 绝对角速度为。动球所受之力为m,N,F,F,。 此方程有特解a”一0，一0，代表动球在固定球的 由质心运动定理向动坐标系Oy:各轴的投影式 最高点处以，自旋的运动。为研究此运动的稳定性， 得： 将4，A看成小量，并在式(15)，(16)中略去二阶以上 m(-+De)-F+mgcosasinB (1) 的小量，得到线性化的受扰运动方程： m(e,-0ea十0ee)=F,一mg血a 7(a+b)定+2a9-5ga■0 (2)》 (17) m(+)-N mgcosacos8 (3) 7(a+B)8-2a0d-5g8-0 (18) 由相对质心的动量矩定理在动坐标系【C,一，， 其特征方程为： ,】各轴的投影式得： 17(e+b)从-5e 2a0, A(1)= =0 子(a,-a,+,o)-Pn 4) -24001 7(a+b)-5g 或 49(a+b2+[ea鲥-70(a+b)g] 子n(a-0@+0o)--0”(5) +25g=0 《1財 四个特征根都没设有正实部的条件是：· 子n(,-0,m+0,e)-0 (6) [4-70(e+6)g小-4·25·49a+ by≥0 (20) 运动学关系： a≥35g(a+b6)/d .-0x(a+b% (21) 这就是动球在最高点自转运动的稳定条件（严格地讲， 。g
“这样求得的只是稳定的必要条件).。1 10,内半径R一30cm的空心圆柱0，水平固定 (0)-8(4+2mw) (放置.质量为M,半径为，一10cm的均匀圆环0 可以在圆柱内作纯滚动.质量为m的质点4固联在圆 势能为 环0，的边缘上，当圆环0，处于圆柱0的最低位置 v- -Mg(R-r)cos8-mg(R-r)cos0 +mgro 时，质点4处于圆环的最高位置.设00，与向下竖直 -2(M+m)grcos migrcos20, 线的夹角为0（图20）.则，当M=2m时，圆环的稳 V'2(M+m)grsin8-2mgrsin20 定的平衡位置为日■ 二弧度，圆环在此平衡位置 2gr[(Mm)iin-msin20] 附近微振动的周期为秒；当m一2“时，圆环 v"=2gr[(M+m)cos0-2mc0s20] 的稳定的平衡位置为日一 由P”-0,即 一弧度，圆环在此平衡 位置附近微振动的周期为 秒（取重力加速度 i[(M+m)-2eos8]=0 。一980屈米/秒，要求计算三位有效数字).（散全 求得两个平衡位置： 生，北京大学分校，武斐，北京大学) (a)6=0.=0,由Vl。。=2r(M-m)3 M≥m时，0一0为稳定的平衡位置，当Mm时，圆环的稳定的平衡位] (R-)0=网 为0=0.00弧度.此时，(0)=8(M+2m)P=3 由题意，R一3一30cm,故有-28.系统动能 m,V”(0)一2rm,所以微报动周期 K-()型+M(y -√隔-√g =2.54秒. +宁m安ヅ ()当m一2M>M时，國环的稳定的平衡位里 为 -wr0 wboe碧-o0 0-0,-are coM+-are c-0.7233孤度. 2m 此时 《0,)-8(u+2mco号）r -8wr(+4aw是小 微振动周期 图21 -a√隔 6(+e是 其中 ■1.32秒。 拉于道 认44。)、口… 。4