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
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
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传送带A倾角为?（??45o），惯量为J，并且 6J?mb2，速度为v0，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
fs，动摩擦因数为f，并且 0?f?1。
(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。
(A)
(B)
题 1 图
由于货箱静止放置在传送带上，而传送带具有速度v0，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，
ma1?Gsin??F， (1-1a)
图 1-a
FN?Gcos??0 。 (1-1b)
式中，F?fFN。由式 (1-1) 得货箱质心的加速度
(A)(B)
a1?g?sin??fcos?? 。 ① (1-2)
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
Fmax?fsFN?fsGcos?。 (1-3)
此后，若货箱重力沿斜面向下的分量 Gsin? 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
Gsin??fsGcos?。 (1-4) 由上式解得
??arctanfs。 (1-5) 按照上述方法求解得该阶段货箱的加速度
(B)
a2?g?sin??fcos?? 。 ② (1-6) 当 ??arctanfs，货箱与传送带同速后将一起以速度
(A)
图 1-b
v0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 F11 和 F12，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 FN 距M点距离为 x1，如图1-a(B) 所示，根据达朗贝尔原理，
?M?F??
① (1-7a)
?F?0， F?Gcos??0。 (1-7b)
M
yN
式中， FI1?ma1?G?sin??fcos?? 。 (1-8)
① (1-9)
再分析货箱绕左下角N点倾倒情况。设
，如图1-b(B)所示，同样有
MN?F??0， ② (1-10a)
?
?F
y
FN?Gcos??0， (1-10b) ?0，
式中， FI2?ma2?G?sin??fcos??。
(1-11)
利用式 (1-10)、(1-11) 得 ② (1-12)
由于 0?f?1，所以式 (1-9) 和式 (1-12) 满足
b?x2?0 。 (1-13) b?x1?0，
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v1。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
v1；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。
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v2，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。
vv(A)
图 1-c
(C)
由图1-c(B)，碰撞冲量满足
MB?I??0 ， (1-14)
?
所以撞击前后货箱对B点的动量矩守恒，即
② (1-15)
式中，碰撞后速度 v2?
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
② (1-17) 21
b?2，J?mb2为货箱相对于质心的转动惯量。将两式代入式 (1-15) 可
26
选取B点为零势能点，则在该位置货箱势能
V2?Gh2。 (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 T3，撞击后，货箱能翻到传送带
vv
C的条件是T3?0 ①。货箱的势能为
V3?Gh3 。 (1-19) 根据机械能守恒定律
(A)
图 1-d
(B)
(1-20) T2?V2?T3?V3 。
将式 (1-17)~ (1-19) 代入上式得
① (1-21)
由上式解得
1
(1-22) T3?mb2?22?G?h2?h3? 。
3
因此，要满足 T3?0，需有
①
(1-23)
22bsin(45???)，h3?b。将以上各式连同式 (1-16) 代入式 (1-23)，得货22
箱能够达到传送带C的条件是
82
v12? (1-24) gb1?sin(45???)，
3从图1-d中易求得 h2?
??
即货箱滑到底部，与刚支承B碰撞前至少具有如下速度
。 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 ??arctanfs，货箱与传送带同速后，将以速度v0作匀速运动，此时若
v?
v1min，则货箱释放点位置应满足 0
。 ①
(1-26)
若 v0?v1min，s不管取何值，均无法满足要求。①
当 ??arctanfs，货箱与传送带同速后还将继续向下作加速运动，此时若 v0?v1min，则货箱速度未与传送带同步之前已经达到 v1min，s的表达式同式 (1-26) ①；若 v0?v1min，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 v1min，并且
22
v0v12min?v0
s?s1?s2? 。 (1-27) ?
2a12a2
将式 (1-2)、式 (1-6) 和式 (1-25) 代入得
。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 l?3R 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 P?2Q。
(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
(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NA和NB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
OC?OA?AC?OA?AC
2
2
2
2
??1
?R2??R??R。
?2?2??
2
显然，在ΔOAC中，?OAC?30?，所以质心C坐标
图 2-a
yC?R?Rsin??30??猴K的坐标
??
Rsin?。 ① (2-1) 2
yK?R?Rsin??30??dsin?。 ① (2-2)
??
将式 (2-1) 和 (2-2) 分别取变分得
② (2-3a)
(2-3b) 根据虚位移原理，猴-杆系统平衡时有
① (2-4) P?y
C?Q?yK?0。
将式 (2-3) 代入得
③ (2-5)
2d?R
或 tan??。
3R
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，
Fx?0，
(NA?NB)cos60o?(P?Q)cos??0，
Fy?0，
(NA?NB)cos30o?(P?Q)sin??0，
N
??
图 2-b
?M
A
(F)?0，
l
NBlcos60o?P?cos??Qdcos??0，
2
???。 ?
由上面第一式和第二式得
?sin?cos? NB?3Q???
?代入第三式得
tan??
2d?R
。 3R
(2) （本小题15分）根据第 (1) 题的.结论，当猴甲静坐在杆A端时，d?0，代入式 (2-5) 可得猴甲-杆系统平衡时杆的初始位置角 ?0?30o。取B点为原点，s轴沿BA方向，
?，则作用在猴乙上的惯性力大小为 s设猴乙的加速度为?
。 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，
MO(F)?0，
图 2-c
。⑤ (2-7) 将式 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
g
?BsinR
g
t ， (2-9) R
s1?Acos
易知微分方程 (2-8) 的一个特解可取为 s2?C，代入式 (2-8) 可得
s2?C?
2R
。
(2-10) 3
。 ③ (2-11) 故微分方程 (2-8) 的通解为
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。 (2-12) s?0，s
利用上述条件，可求得积分常数
2R
， B?0。 (2-13) 3
将式 (2-13) 代入式 (2-11) 可得猴B的行走规律
A??
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(h?2b)。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 (L?5h) 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点的应力状态，画出单元体示意图，并写出各应力分量的表达式。
(2) 若q和t为已知，试求C截面上切应力的表达式。
(3) 事实上，q和t的数值不易直接得到。为了用电测法测定q和t的具体数值，拟在C截面所在区域且垂直于C截面的外表面上贴应变片。暂不考虑温度补偿片及组桥连接等事宜，先设计一个贴片最少的方案，并说明如何利用这些应变片的读数来求得q和t的数值。
解答及评分标准
题 3 图
(1) （本小题6分） AB
FN?tx， FS??qx， (3-1)
截面上的正应力由拉伸应力 ?N 和弯曲应力 ?M 构成。对于坐标为x的截面上坐标为y的点， FNtxMy6(qx2?htx)y?， ?
M??， ?N??
bh3AbhI
?x??N??M
(3-2)
图 3-a
图 3-b
特别地，在C截面，x?L。其上边沿P点处，y?
h
，故 2
tL
?x? ①
(3-3)
bh ① ① 此处的第二式若无负号，但单元体图正确，也给 ① 分。
P点处于双向应力状态，其单元体示意图如图3-c所示。
h
在C截面下边沿Q点，y?
?，故
2
2
tL3(qL?htL)? ?x? 2
① (3-4)
由于梁的下表面是自由表面，故 ?y?0，?xy?0。Q点 处于单向应力状态，其单元体示意图如图3-d所示。
图 3-d ①
(2) （本小题10分）为了导出截面上任意处的切应力 ?的一般表达式，在C截面附近截取梁中的一个微段 dx，再截取其坐标为y的水平面以上直到上边沿的部分，如图3-e所示。其左截面（图中灰色区域）正应力的合力按照实际的方向（即图中所标识的方向）应为
FNM
F??dA??ydA?dA。
IAA
AA
故有 ②
(3-5) ?
?
?
?
?
?
式中，S?A?是该区域的面积，即 ② (3-6)
图 3-e
图4- e中右截面上的正应力的合力可记为 (F?dF)。
记微元区段左截面上坐标为y处的切应力为 ?(y)，方向向上。根据切应力互等定理可知图3-e所示区域中，下截面上的切应力数值也为 ?，且方向向右。由这个区域在x方向上的力平衡可得
?F?tdx??bdx?(F?dF)?0。②
S?dMA?dFN
t1dFt
??。 故有 ?????
bdxbbIdxbAdxb将式 (3-1) 代入上式便可得
S??ht?t?A??
?1?????qx?????。 2?b?bI?A??
将式 (3-6) 代入上式便可整理得
?3qx?4y2?t?4y12y2??
? ?(x,y)????1?h2???4b??1?h?h2???。 (3-7a)
2bh?????? ④ (3-7b) 这就是所求的切应力的表达式。负号说明切应力的实际方向与图3-e所，单元体的切应力方向如图3-f示方向相反。例如，形心轴处（y?0）所示（图中未标出正应力）。
计算方向
实际方向
如果考生在图3- e中，假设切应力?的方向是向左的，那么式 (3-7) 中就没有负号。
图 3-f
(3) （本小题14分）在C截面所在区域的各外表面中，上表面有传送带覆盖，贴应变片不大现实。故只有侧面和下表面比较合适。同时，太靠近棱边的区域贴片，可能导致数据不够真实，也是应该避免的。
由于各应力分量沿y方向连续分布，因此可以预料，在截面上存在着应力分量 ?x，?y 和 ?xy。其中 ?xy 对沿坐标轴方向的线应变没有影响，但对其他方向的线应变有影响，因此，如果所贴应变片是沿坐标轴方向的，一枚沿轴向，记为 ?(1)??x，另一枚垂直于轴向，记为 ?(2)??y，那么，由平面问题的广义胡克定律，
11
?x?(?x???y)， ?y?
(?y???x)，
EE
可得 ② (3-8)
上式涉及正应力分量 ?y，这个分量可按下述方法进行分析。
在图4-e中，根据式 (4-7a)，微段左截面上坐标为y的水平线以上的部分切应力的合力为
hh2
FQ????bdy??
y
?
y
?3qx?4y2?t?4y12y2??
????2?1?2?1??dy ?????h?4?hh???2h?
⑤ 由y方向上的力平衡，如图4-e，有
FQ?qdx?(FQ?dFQ)??ybdx?0，①
q1dFQqq?3y4y3?
???
??3?1?即得 ?y???， ??bbdxb2b?hh?
即 ② (3-9) 这样，?x 和 ?y
的一般表达式分别由式 (3-2)
和式 (3-9) 给出。
可在C截面区域的侧面的不同位置粘贴应变片，从而构成不同的贴片方案。 第一种方案：可选择在侧面中线的K处贴片，如图3-g所示。在该处，
② 故有
① (3-10a)
①
(3-10b)
h
第二种方案：可选择在侧面中线上方的S处贴片，S处距中线 ，如
4
图3-h所示。在该处，
② 由式 (3-8) 可知，
5htL?3qL2E
?(?(1)???(2))， 2
2bh1
??
E27q?(?(2)???(1))， ?
32b1??2
由式 (3-8) 可知，
EtL
?(?(1)???(2))，
bh1??2
Eq
??(?(2)???(1))， 2b1??2
图 3-g
C
图 3-h
故有 ① (3-11a)
注意：如果考生没有求出 ?y 的表达式，直接考虑贴片，那么，应变片可用3片。以下的三种
方案，若算式都正确，则本小题统一给 ⑥ 分。
第三种方案：可选择在侧面中线的K处贴片，并贴成如图3-i所示的直角应变花。由于在中线上，与式 (3-10a) 相同，
Ebh
(?(1)???(2))。 t?
L(1??2
)
由式 (3-7) 可知，在K处的切应力按照其实际方向，可写为
?xy
?故有 ?xy?
6qL?ht
， 4bh
图 3-i
?xy
G
?
(1??)(6qL?ht)
。
2Ebh
在K处沿45°方向上的线应变
?(3)?
故有 q??
111(1??)(6qL?ht)?， ?(1)??(2)???xy???(1)??(2)??2224Ebh
?Ebh?h
????????????2(1)(2)(3)(1)(2)?。 ?3L(1??)?2L(1)???
第四种方案：除了在中线K处沿坐标轴方向贴片之外，再在底面沿轴向贴片，如图3-j所示。应变片共计仍用3片。
与第一、第二种方案类似，由 ?(1) 和 ?(2) 可得式 (3-10a)：
t?
Ebh
(?(1)???(2))。
L(1??)
在C截面所在底面处沿轴向贴一枚应变片?(3)，该处处于单向应力状态，由式 (3-4) 可知，
E?(3)??
2htL?3qL
，
bh2
2
图 3-j
将式 (3-10a) 代入上式即可得
2(?(1)???(2))?Ebh2?
?? q???(3)?。
3L?1???
第五种方案：在第四种方案中，应变片?(1) 和 ?(2)不一定要选择在侧面的中线K处，也可选择在侧面的S处贴片，该处的纵坐标为y0，如图3-k所示。由式 (3-2) 可知，
2
tL6(qL?htL)y0
?， ?x?3
bhbh
2
EtL6(qL?htL)y0
?即 ?(?(1)???(2))。 3
bhbh1??2
另外，在C截面所在底面处沿轴向贴一枚应变片?(3)，与第四种方案相同，
E?(3)
2htL?3qL2
??。
bh2
?1
图 3-k
上两式构成关于t和q的线性方程组，联立求解可得 Ebh??(1)???(2)2y0?(3)??2y0?
t???， ???1?
L?1??2h??h?
2Ebh2??(1)???(2)?13y0???2y0?
q??????。 ??(3)??1??
3L2?1??22hh?????
?1
显然，侧面的两枚应变片也可以贴在中线的下方。
第4题（35分）
如图横梁的长度为 1600mm，横截面是底边 b?40mm，高度h?60mm的矩形。梁的左端A
为固支端，右端B自由。材料性能常数 E?95GPa，屈服极限 ?s 和比例极限 ?p 均为250MPa。 今有一批质地均匀、每块重量为 3.2kN、长度也为 1600mm的软金属板需要整齐地叠放在梁上，如 图 (A) 所示。现拟用一根长度为 1800mm、直径 d?36mm、材料与横梁相同的圆杆来提高横梁的承载能力。限于条件，只有梁下方1000mm处的地基可以对圆杆提供支撑；而且圆杆两端都只能用球铰与横梁和地基相连接。两个铰支座的水平位置可以根据需要分别随意调整，圆杆的长度也可以
- 11 -
随之而任意截取，如题图 (B) 所示。
(1) 定性分析：如何使用这根圆杆，使之与横梁形成合理的结构，才能尽可能多地放置金属板？ (2) 不计横梁和圆杆的重量，根据问题 (1) 的要求，设横梁和圆杆的安全因数均为 [n]?2，设计和定量地计算这一结构。结果中长度精确到 0.1mm。
(3) 根据你的设计，加上支撑后的横梁最多可以堆放多少块金属板？
(A)
题 4 图
解答及评分标准
(1) （本小题7分）横梁的右部增加一个斜撑，实际上增加了一个向上的力和向右的力。向上的力可以改善横梁的弯曲强度，故不可缺少。但向右的力使横梁产生拉弯组合变形，加大了横梁横截面上的最大正应力，故该项作用力对强度不利。若要完全消除向右的作用力，则圆杆应处于铅垂位置。另一方面，对斜撑而言，由于是受压杆，可能存在稳定问题。圆杆越长，稳定性越差。因此，圆杆处于铅垂位置具有最好的稳定性。所以，使圆杆处于铅垂位置是应该采用的方案。（关键词：铅垂放置③）
在圆杆处于铅垂的情况下，圆杆的左右位置的调整也是一个可以提高横梁强度的措施。（关键词：左右调整②）
同时，还可以将圆杆的长度取得比 1000mm 略长，利用装配应力（即预应力）来提高横梁的强度。（关键词：装配应力②）
(2) （本小题26分）金属板的重量可简化为作用在悬臂梁上的均布荷载q。记竖杆安置在距右端B为a的C处，把竖杆的支撑简化为向上的作用力R，其力学模型和弯矩图如图4-a所示。在这种情况下，弯矩存在着三个峰值，即位于AC之间的 MK，A截面的 MA ，以及C截面的 MC。要使横梁的强度得到充分利用，应有
① (4-1) MK??MA??MC。
以B端为原点，x坐标向左。C截面的弯矩
① (4-2a) 在C截面左面，弯矩为
M(x)?R(x?a)?
12
qx (x?a)， 2
R
其极值点 xK?，该截面的弯矩
q
① (4-2b)
固定端A处的弯矩
- 12 -
M
图 4-a
① (4-2c) 和 ② (4-3b)
11
故有 Mmax?qa2?(
9?42)qL2。
298
1
由于横梁的抗弯截面系数 W?bh2，故强度条件是
6
式 (4-2) 的三式联立，即可解得
， ② (4-3a)
?max
Mmax?3qL2
(9?42)?s， ??2
W49bh[n]
由此可得许用荷载
49?40?602?250
?34.35N/mm。 ② (4-4) 3?(9?4)?2?16002相应地，C处的支承反力
R?34659.90N。 (4-5)
记横梁横截面惯性矩为 I1，下面用不同的方法计算在R和q的共同作用下C处的挠度 wC。
方法一（叠加法）：C处的挠度 wC可按图4-b所示的简化模型计算，即（向上为正）
(R?qa)(L?a)3q(L?a)4?12?(L?a)2
wC? ??qa??
3EI18EI1?2?2EI1
q?(L2?2La?5a2)(L?a)2 ⑥ (4-6a) 24EI1
上式中代入 a?417.926mm，q?[q]?34.35N/mm等数据，可得
wC?10.214mm。 ① (4-6b)
或者：wC 可以直接用q来表达。
(R?qa)(L?a)3q(L?a)4?12?(L?a)2
wC? ???qa?
3EI18EI122EI??1
2(113?722)qL424(113?72)qL4??
7203EI17203Ebh3
44
?2qL?3qL?3.7240?10。 ?3.1033?10
Ebh3EI1在上式中代入 q?[q]?34.35N/mm 等数据，即有
0.03724?34
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 .35?16004wC??10.214mm。
95?103?40?603
或者：wC 还可以直接代入数值计算。
11
EI
1?Ebh3??95?103?40?603?6.84?1010N?mm2，
1212
(R?qa)(L?a)3
?163.4267mm，
3EI1
- 13 -
图 4-b
q(L?a)4
?122.5700mm，
8EI1
?12?(L?a)
?30.6425mm， ?qa?
22EI??1
2
wC?163.4267?122.5700?30.6425?10.214mm。
方法二（图乘法）：将原有荷载分解为如图4-c左方所示的三种荷载，画出相应的弯矩图。同时，在
C处加上向上的单位力，画出其弯矩图。各弯矩图如图4-c右方所示。故有：
EI1wC?
qa(
q(L图 4-c
121q3
R(L?a)?(L?a)?(L?a)??(L?a)2?(L?a)?(L?a) 23324
qa211??2a?qa2?
?(L?a)?(L?a)??qa?L???()?L?a?(L?a)， ??
2??2?2?322
(L?a)2
故有 wC?8R(L?a)?q(3L2?2La?a2)。
24EI1
1
将 R?q(L?a) 代入上式，即可得
2
(L2?2La?5a2)(L?a)2? wC?(L2?2La?5a2)(L?a)2?10.214mm。 3
24EI12Ebh
??
wC 为正，说明竖杆的长度应比基本长度H更长。记竖杆的长度为 H??H??，竖杆的横截面
积为A2，由于竖杆为压杆，故有协调条件：
②
?1
???RH???RHR?R
??????ww故有
???11???????C??C??①
???EAEAEAEA2?2???2???2
4?
34659.9?10004RH
??w??10.214?10.572mm。 C
Eπd295
?103?π?362所以，应取立柱高度
- 14 -
H??H???1010.57mm。 ① (4-7)
下面校核立柱的安全性。由于立柱承受压力，故考虑其柔度。由已知，?p??s，
①
① 故撑杆是大柔度杆 ，应该考虑其稳定性。记 I2 为撑杆横截面惯性矩，由于轴力 FN2?R，故有
Fcr?
③ (4-8)
n?R所以撑杆安全。由此看来，选定 H??1010.57mm 是合适的。
结论：截取圆杆长度 H??1010.6mm，使之处于铅垂位置，在离右端 a?417.9mm 处与横梁强行安装。这样制成的结构具有最大的许用荷载 [q]?34.35kN/m。
①
[q]34.35
??17.18。 (4-9)
[q0]2
(3) （本小题2分
）每块金属板的分布荷载
即加上支撑后结构最多可以放置17块金属板。①
注意：求解本题考生可能会采取以下不够完备的方案。可参考如下评分标准：
方案1（本方案6分） 在B端加高度 H?1000mm 的竖直撑杆，如图4-d 所示。
这种情况下，协调条件为
② ①
3HI1Hbh31000?40?603
??5.1808?
10?4。 式中， ???23323
π?36?1600A2LπdL
图 4-d
弯矩最大值出现在固定端，
1?4?
?1.0016。 式中，
1??
① 容易看出，?体现的是竖杆弹性的影响。上述计算表明，这个影响是非常微小的，忽略它所引起的误差小于0.2 ?。这样，强度条件可简单地写为
Mmax3qL2?s
?max?。 ??
W4bh[n]由此可得许用荷载
①
- 15 -
因此，在这种情况下，最多可以放置4块板材。①
方案2（本方案10分） 在B端加上高度大于H?1000mm的竖直撑杆，利用装配应力的方案，如图4-e 所示。
由于竖杆变形对强度的影响很小，故忽略。设右端支座的支反力为 R ，撑杆比 H?1000mm 多出?，根据右端B处的协调条件可得：
②
33EI
故有 R?qL?3?。
8L
由此可得左端支反力及支反力偶矩
1
F?qL?R， m?qL2?RL。
2
由此可知，弯矩峰值出现在A、K两个截面上（如图4-f）。由
FRqL?RR
? 即 ?，
LssLss??
可得 s?
图 4-e
R
。
q
x
① ①
最佳的 ? 值，应使 MA?MK，即
R212
qL?RL?，
22q即 R2?2qLR?(qL)2?0。 可得 R?(2?1)qL。
将上式代入R的表达式即可得最佳的 ? 值：
(82?11)qL4(82?11)qL4
。
???
2Ebh324EI
①
可得这种情况下的许用荷载
②
因此在这种情况下，最多可以放置6块板材。①
同时，竖杆在 H?1000mm 的基础上应该增加的长度为
②
方案3（本方案12分） 未考虑预应力，但考虑了竖杆左右平移的方案。
若不考虑预应力，如图4-g 所示，也不考虑立柱的变形，那么C处就相当于增加一个铰。显然C处支座的支反力 RC 随着a的位置的变动而变化；或者说，这种情况下，可以调整的因素只剩下a。
- 16 -
根据C
② ①
①
C ①
K ①
由于可调因素只有a，故不可能取 MK??MA??MC。最佳的 a 值，应使 MA?MC ①，即
11
q?L
2?2La?a2??qa2，
28
即 5a2?2La?L2?0。
故有 ②
图 4-g
注意上式与式 (4-3a) 中的 a?417.9
mm 相比，向中部靠近了约 46mm。
① 根据上述结果可以算出，当 MA?MC 时，
1
MK?7?26qL2?MA。
100
1
由此可知，MA?MC?7?2qL2 是这种情况下的最大弯矩。
50
1
可以看出，在B处铰处于 a?6?1L 位置上时，如果铰再往左移，则 MC 将会增加；如
5
1
果铰再往右移，则MA将会增加。因此，MA?MB?7?2qL2 是B处铰移动时所可能产生
50
的最小弯矩。
??
?
??
??
用弯曲强度条件，
① 便有
[q]27.89
??13.94。
[q0]2
这意味着，板材放置14块有困难。同时还可以看出，若将铰换为立柱，实际上使C处的竖向位移的刚性约束变为弹性约束，许用荷载将再次略略降低，因此最多放置13块的结论比较合适。①
- 17 -
?max
Mmax3(7?26)qL2?s???，
W25bh[n]
