第五届四川省孙训方大学生力学竞赛试题
参考解答
一、解：1、平衡时斜面倾角θ 的最大值
本题存在两种可能的平衡临界状态，一是整体处于沿斜面下滑的状态，二是整体绕轴A 翻转。

若要不下滑，只需满足 99.347.0tan 1=≤-θ 若要不翻转，取整体为研究对象，
由∑=0)(F M A
得 0)]3
31(sin [cos 23N ≥+-=
θθP P F A 解得 37.323
33
tan
1
=+≤-θ 故平衡时斜面倾角的最大值为 37.32=θ 2、平衡时圆盘O 1与O 2之间铰链C 沿圆盘公切线方向的约束力与倾角θ 的关系 取整体为研究对象 由
∑=0x
F
得
θsin 3S S P F F B A =+
再分别取圆盘O 1、O 2和 O 3为对象 分别由
0)( , 0)(t t S 1=--=∑D C A O F F F r F M
0)( , 0)(t t S 2=+'-=∑E C B O F F F r F M
0)( , 0)(t t 3='-'=∑D E O F F r F M
联立解之得
θsin 2
3
t P F C =
n
B
C
F '
F n E
F 't E
'n D
B
x
y
B
x
y
二 解：1、相对轨迹
由刚体平面运动理论知a C 和a D 的方向如图所示。

如果盘上与动点M 重合点为加速度瞬心，则a C 与直线CM 和a D 与直线DM 的夹角应相等，均为θ ，且
2tan ω
αθ=
又 D C a a ⊥， 故 DM CM ⊥。

由此说明无论角速度ω和角加速度α取何值，加速度瞬心必位于以CD = r 为直径的圆周上，即动点M 的相对轨迹是以CD = r 为直径的圆弧，相对轨迹方程为
4
)2(2
22
r r y x =-+
相对运动方程
因为 αr a C = （纯滚动），在t 时刻 t αω=，又轮C 上与动点M 重合点的加速度为零，所以
4
24
424
21t
r t
r a CM C
αααα
ωα+=
+=
+=
而 4
22
4
2
24
24
2
1os , 11sin t
t c t
ααω
αωθαω
ααθ+=
+=
+=+=
故相对运动方程为
4
24221sin , 1cos t r
CM y t t r CM x αθααθ+=⋅=+=⋅=
2、相对速度的大小
对前面所得相对运动方程求导得
2
423
224242)
1(4d d , )1()1(2d d t t r t y v t t t r t x v y x ααααα+-==+-== 相对速度的大小
124
22
2t t
r v v v y x αα+=
+=
三、解：1、圆盘的角加速度
考虑质点A 运动到距盘心O 为r 处，如图（a ）所示，此时圆盘的角速度为ω，
质点A 相对圆盘的速度为ωr v t
r
r
v ===e r ,d d ，由系统机械能守恒和对转轴z 的动量矩守恒，有
2a 2202021
21)4(21mv J mr J z z +=+ωω ， ωω)()4
(202
0mr J mr J z z +=+
将202mr J z =和2222a r
r v +==ω代入得 )(21
892222202020r
r m mr mr ++=ωωω (A) )2(4
920202
r r m mr +=ωω (B) 将0r r =代入式(A)和(B)得当质点A 运动到盘沿B 时 圆盘的角速度
04
3ωω=
质点M 的速度和相对速度
00r 00a 4
3
, 423ωωr r
v r v ===
对式（B ）求导得 r
r m r r m ωα2)2(0220++= 将0r r =时，04
3
ωω=和00r
4
3
ωr r
v == 代入上式解得 当质点A 运动到盘沿B 时，圆盘的角加速度
2
08
3
ωα-= 负号表示与ω转向相反。

圆盘作用于质点A 的水平力大小
如图（c ）所示，当质点A 运动到盘沿B 时，由点的合成运动理论，质点A 的绝对加速度为科氏加速度与牵连切向加速度的矢量和
t e C a a a a -=
c)
(
将2
00t e 200r C 8
3 , 892ωαωωr r a r v a ===
=代入上式得 2
00t
e C a 4
3ωr a a a =
-= 由质点动力学基本方程得圆盘作用于质点A 的水平力大小为
2
0a N 4
3ωmr ma F == 2、力偶矩M 与质点A 相对圆盘位置r 之间的关系 如图(d)所示，用动量矩定理
0022)[(d d
d d ωωr
mr mr J t
t L M z O =+== (C) 再列出相对运动微分方程
20Ie 22dt
d ωmr F r m == 令t
r r v d d r == ，则上式可改写为 d d 2202r r v ω= 积分并考虑到初始条件得
) 4
(2
02
20
2r
2
r r v r
-==ω (D) 代入式（C ）得 ) 4
(22
02
20
r r mr M -=ω
质点A 运动到圆盘边沿B 所需要的时间 由式（D ）得
) 4
(d d 202
0r r t r r -==ω
解此微分方程并考虑到初始条件得
t r r r r r 02
20
20
0) 4
(d ω=-
⎰
002
2
20
317
.1)32ln(1]) 4(ln[1
ωωω=
+=-
+=
r r r r r t
d)
(
四、解：
=
当F处于最左端时，压杆的轴力最大，
五、解：1）使用叠加原理
在均布载荷q作用时：向下
在钢索预紧力作用时：向上
（拉力）8分绝对值, 6分2）不能
在钢索预紧力作用时：向下；
即预紧力仍然使C截面挠度向下，无法向上；而q的作用，C的挠度向下。

6分
六、解：1）在杆2和杆4顶端力作用下：每根杆上端铰接处出现切向力
在杆3顶端的力作用下：设每杆均受压
平衡方程：
变形协调方程：
得补充方程：
求解得：（拉）（压）（压）
（每根杆）
（压应力）15分
2）结构受力前，将一应变片贴于杆4的正面（该处为弯曲的中性轴）、靠近固定端处、顺杆长度方向粘贴（该处无弯曲应力，只有轴力造成的应力）；
结构受力后，测出该应变片的应变；
计算式为5分。