虚位移原理例题

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第17章虚位移原理

(e) (e) 动量定理或 dK F 或 MaC F 质心运动定理 dt dLO mO ( F ) 0 动量矩定理 mO ( F ) dt
(e) F 0
还是静力学方程，无意义。
2
动能定理
假设系统有一小的位移
dT 0
质点系自由度＝自由质点系自由度 — 约束（方程）数
2. 以刚体作为基本单元自由刚体系：OA、AB；自由度＝ 3×2 ＝ 6 约束方程：约束数＝ 5
xO 0, x A x A , yO 0, y A y A , yB 0
O
y
A
r
A
l

B
x
质点系自由度＝ 6 — 5 ＝ 1 质点系自由度＝自由刚体系自由度 — 约束（方程）数
注1：通常两种方法各有侧重，有些问题用几何法容易，有些问题用解析
法容易。一般容易作运动学分析的问题宜选用几何法。
注2：解析法（变分法）相当于“绝对法”；而几何法（运动分析法）通
常要用到“合成运动”的方法。即两种方法“对应”于运动分析的两种方法。 12
三、虚功力在虚位移上所做的功称为虚功。
力： W F r F r cos Xx Yy Zz 或 W mP (F ) mP (F ) 指力 F 对轴或瞬心P之矩，特别对刚体此式常用。
16
解题步骤： (一)研究整体（不取分离体），并选广义坐标； (二)（若用几何法）画出系统一组虚位移，并用广义坐标虚位移表示所有对应主动力的虚位移；（若用解析法，不画虚位移）画出直角坐标系，并求所有对应主动力坐标的变分； (三)列解方程。例1：本章开头例子如图，系统平衡。已知Q、l、，求P。分析：由几何法找“运动”关系比较难，而结构规则，故用解析法较方便。解：选为广义坐标，建立坐标系如图。

第11章虚位移原理—习题(1~17)

第11章虚位移原理——习题1~1711-1 图示平面机构，圆盘的半径为r ，可绕其中心轴转动，直杆BC 和BD 的长度为l 1 = 2r ，直杆AB 的长度为l 2 = 3r ，试建立图示位置圆盘的虚转角θδ与滑块C 的虚位移C r δ之间的关系。

（题11-1答案：）11-2 在图示平面机构中，O 1A = AB = r ，O 2C = 2r ，BD = 4r ，C 为杆BD 的中点，试建立图示位置杆O 1A 的虚转角1δθ与杆O 2C 的虚转角2δθ之间的关系。

（题11-2答案：）11-3 如图所示曲柄摇杆机构，已知OA = OB = l ，试建立图示位置两杆虚转角之间的关系。

（题11-3答案：）11-4 在图示平面机构中，半径为R = 2r 的四分之一细圆环BD ，其上套一套筒A ，套筒与可绕轴O 转动的直杆OA 铰接，OA 的长度为l = 3r ，试建立图示题11-1图题11-2图位置杆OA 的虚转角与点D 的虚位移之间的关系。

（题11-4答案：）11-5 在如图所示平面机构中，O 1A = O 3C = O 3D = AB = l ，在图示位置，CB = O 2B =l 332，试建立该位置A 、D 两点虚位移之间的关系。

（题11-5答案：）11-6 在图示平面机构中，ABD 为边长等于a 的正三角形平板，O 1B 、O 2D 的杆长也均为a 。

机构在图示位置时，杆OE 与水平线成60◦角，A 、D 、O 2在同一水平线上，O 1B 位于铅垂位置，且OA = a ，试求此瞬时刚体O 1B 与OE 的虚转角之间的关系。

题11-3图题11-4图题11-5图题11-6图（题11-6答案：）11-7 在图示平面四连杆机构中，在杆AB 上垂直地作用有三角形分布载荷，其最大集度为q ，在杆OA 的中点作用有水平向左的主动力F ，且F = ql ，若不计各构件自重和各接触处摩擦，为使系统在图示位置平衡，所需施加的作用于杆BC 上的主动力偶矩M 的值。

理论力学：虚位移原理

y
B
内力虚功：W (Fs ) Fs
b
xE xD 2b sin 2b cos
l
A
FS D FS' E
CF
外力虚功：W (F ) FxC
xC 2l sin
xC 2l cos
x
根据虚位移原理：W 0
当0 2b
Fs
k(
0 )
b l
k ( xC
a)
当：xC a, 0
2020/12/9
变形体的虚位移原理：具有双面、理想约束处于静止的质点系，在给定位置处于平衡的充分必要条件是，其所有外力和内力在该位置任意给定的虚位移上所作的虚功之和等于零。
2020/12/9
2
理论力学
§4-6 虚位移原理
例：机构如图所示，不计构件自重。已知 AB = BC = l, 弹簧
刚度为k，当 AC = a 时，弹簧无变形。设在滑块上作用一水平
理论力学
习题：4-7、4-12、4-15
•变形体的虚位移原理
•质点系平衡的稳定性
2020/12/9
1
理论力学
§4-6 虚位移原理
三、变形体的虚位移原理
m1
F1
m2
F2
F1
m1
m2 F2
FN 1
FN 2
FN 1
FN 2
•外力(external force)：质点系外部的物体作用于质点系上的力
•内力(internal force)：质点系内部的作用力
V
nห้องสมุดไป่ตู้i1
V qi
qi
0
(*)
对于具有完整约束质点系的广义坐标的虚位移（变分）是独立的

工程力学第23章虚位移原理习题解

yD = yE = l l sin θ ， δy D = δy E = cosθ δθ 2 2
习题 23-1 图
虚功式即
− Mδθ − 2mgδy D + FδxB − Fk δxC = 0
l − Mδ θ − 2mg ( cosθ )δ θ + F (−l sin θ )δ θ − Fk (−l sin θ )δ θ = 0 2
A
δθ
δy E
D
3m 5m
F
ϕ
C
δrF δrG
ϕ
E
B
′ FN1 FN1
G
(a)
F1 δr D
F2
δr H δθ δrE δθ
ϕ ϕ
虚功式
′ δ rF sin ϕ = 0 − F1δ rD − FN 2δ rH − F2δ rE − FN2
A
5m
D
ϕ ϕ
H
FN2 ′ FN2
C
δrG
E
B
即
− F1 ⋅ 3δ θ − FN 2 ⋅ 4δθ − F2 ⋅ 2δθ − FN2 ⋅ 5δθ ⋅
y A = 5b cos
θ
2
+a
x
δϕ
b
M
C
b
5 θ δy A = − b sin δθ 2 2
θ
x B = 2b sin
θ
2
a
θ δxB = b cos δθ 2
A
mg
设丝杠的虚转角为 δ ϕ ，则
δϕ= 2π 2π b θ δ xB = cos δ θ h h 2
习题 23-2 图 (a)
y
虚功式 Mδ ϕ + mgδ y A = 0 以 δ y A ， δ ϕ 的表达式代入上式，得

第14章虚位移原理_例题

弹簧原长 (600 300 )mm
弹簧后来长
(600
300 cos
)mm
弹簧缩短
(
300 cos
300 )mm
弹簧力 F
k
(
300
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱcos
300 )
由虚位移原理：
M • F •ra F •rB 0 M Frr 0 0
[M
1.5(
1 cos
1)
0.3
sin cos2
0] 0
解：对系统：建立坐标系和受力分析解析法：
yK 6l sin yK 6l cos (1)
虚功方程：M W 6l cos 0 (2)
所以： M 6Wl cos
例6：书14-5
当OC绕轴O摆动时，滑块A沿曲柄滑动，从而带动杆AB在导槽
内移动，不计各构件自重与各处摩擦。OC a，OD l
rB 2a (2)
列虚功方程：
M PrD FBxrB 0
(3)
将（1）（2）代入（3），得：
M Pa FBx 2a 0
FBx
1 M 2 a
P
（2）求B 铰的垂直约束力：解除B 铰的垂直约束，代之以垂直力 FBy 。杆BCD 的速度瞬心在A
rD 5a
rB 2a
M PrD
F
、F
给出力
P
、
F
处的虚位移 rD、rB
几何法： rC cos rD
C
rC cos(90 2 ) rB cos
A
θ
θ rC D F
Fθ
rB
B
由虚功原理 PrD FrB 0 0
PrC cos F 2sinrC 0 (P cos 2F sin )rC 0

《理论力学》第十三章--虚位移试题及答案

理论力学14章作业题解思考题14-1 确定自由度。

解 (a) k=2 ； (b) k=2； (c) 只滚不滑 k=2，又滚又滑 k=314-1 一台秤构造如图。

已知：BC//OD ，且BC=OD ，BC=AB/10。

设秤锤重P 1=10N ，试求秤台上的重物P 2。

解：（1）分析虚位移秤杆AC 作转动，有10=C A r r d d /。

秤台作平动，有E C r r d d =，故有E C A r r r d d d 1010==。

（2）建立虚位移原理方程1002121=+-=+-E E A r P P r P r P d d d )(故有：01021=+-P P ，N P 1002=。

Cr d Er14-5 OA=l ，OC=R满足的条件。

解：（用虚位移原理求解）(1) 运动分析（虚位移关系分析）A 处虚位移关系用合成运动的理论分析。

A 为动点，OC 为动系。

r e A r r r r r r d d d +=f d d cos A e r r =另外：R r l r C e /d d = (2) 虚功方程fd f f d d d d cos /)cos /(cos /R l F F r R l F F R r l F r F r F r F C C C A C 21212121000==-=-=-14-9 已知：AC=BC=EC=GC=DE=DG=l ，荷载F 2。

求平衡时的F 1。

解用解析法，1个自由度，选q 为广义坐标。

建立坐标，如图。

(1) 计算虚位移qdqd q qdq d q sin ,cos cos ,sin l y l y l x l x A A D D 2233-====(2) 计算力的投影 2211F F F F x y -=-= , (3) 建立虚位移原理方程qqdq q q d d sin cos )cos sin (230320212121F F l F l F x F y F D x A y ==×-×=+Oxy14-12 F=4kN, AO=OE=5m. 求D 解：(1) 接触D 处水平约束，代之约束力。

第十五章虚位移原理

F 2l δφ
F'
B
A
W
FN s 2Fl 0

2π
s
h
h s 2π
δs FN
FN h W (2Fl 2π ) 0
FN h 2 Fl 0 2π
1 FN 4π Fl h
例题
第15章虚位移原理
例题 1
例题
第15章虚位移原理
2 1 2 1
2
2 1
y
x22 y22 l32 ( x1 x2 ) ( y1 y2 ) l
2 2 2
l2 m1
m2 （x ，y ） 2 2
l3 x
l1
（x1，y1）
例3：曲柄连杆机构约束方程为：
2 2 xA yA r2
y

r φ
A （xA，yA） l
B x （xB，yB）
xC
xC
例题
第15章虚位移原理
例题 7
已知图所示结构，各杆都以光滑铰链连接，且有 AC=CE=BC=CD=DG=GE=l。在点G作用一铅直方向的力F，求支座B的水平约束反力FBx。
sin ( ) M FAr cos FB r 0 cos
例：图示平面等腰三角形机构，在C点作用主动力P,系统处于平衡，求A、B两处的约束反力。
A、B两处共有4个反力，应逐个求之。先求哪个反力，则解除该方向的约束，代之以对应的反力。暂时不求的则不要解除，仍保持原约束的性质。
力学小魔术
一根重为F的均质杆简支于A,B支座上，支座的反力分别为F/2。如果突然将支座B撤去，显然在重力矩作用下AB杆将绕A点顺时针转动而掉下。现在，允许在AB杆上采取一些措施，但不能对系统施加绕A 点的外力矩，使得在支座B撤去后，AB杆仍能维持水平而不掉下。你能做到吗？

虚位移原理例题

虚位移原理例题虚位移原理是力学中的一个重要概念，它是描述物体在受力作用下发生位移的原理。

虚位移原理在力学、静力学、动力学等领域都有着广泛的应用。

下面我们通过一些例题来深入理解虚位移原理的应用。

例题一，弹簧振子。

一根质量为m的弹簧上挂着一个质量为M的物体，当物体受到外力F时，弹簧发生形变。

求弹簧的位移x。

解析，根据虚位移原理，我们可以假设弹簧的位移为x，那么弹簧所受的弹力为-kx，其中k为弹簧的弹簧系数。

根据牛顿第二定律，物体所受的合外力为F-kx，根据虚位移原理，这个合外力所做的虚功等于零。

因此，我们可以得到F-kx=0，解得x=F/k。

例题二，斜面上的物体。

一个质量为m的物体沿着无摩擦的斜面向下滑动，斜面的倾角为θ，斜面的高度为h。

求物体滑动的位移s。

解析，根据虚位移原理，我们可以假设物体沿着斜面滑动的位移为s，那么物体所受的重力分解成沿斜面方向的分力为mgsinθ，垂直斜面方向的分力为mgcos θ。

根据虚位移原理，物体所受的合外力为mgsinθ，这个合外力所做的虚功等于零。

因此，我们可以得到mgsinθs=0，解得s=0。

例题三，简谐振动。

一个质量为m的物体挂在一个弹簧上，弹簧的劲度系数为k。

求物体振动的最大位移A。

解析，根据虚位移原理，我们可以假设物体振动的位移为x，那么物体所受的弹力为-kx。

根据牛顿第二定律，物体所受的合外力为-mg-kx，根据虚位移原理，这个合外力所做的虚功等于零。

因此，我们可以得到-mg-kA=0，解得A=mg/k。

通过以上例题的分析，我们可以看到虚位移原理在力学问题中的重要作用。

它通过假设物体的虚位移，使得问题的分析变得简单而直观。

虚位移原理的应用不仅仅局限于上面的例题，它在静力学、动力学、弹性力学等领域都有着广泛的应用。

因此，掌握虚位移原理对于理解力学问题、解决实际问题具有重要意义。

总结：虚位移原理是力学中的一个重要概念，它描述了物体在受力作用下发生位移的原理。

第15章虚位移原理(古)

第十五章虚位移原理15-1图示曲柄连杆机构有多少个自由度。

[答：1个]15-2求图示系统中主动力作用点C 、D 、B 的虚位移大小的比值。

[答：=B D C δδδ::2:2:1]15-3 图示平面机构中，CD 连线铅直，杆BC= BD 。

在图示瞬时，角 30=ϕ，杆AB 水平，求该瞬时点A 和点C 的虚位移大小之间的关系。

[答：C A r 23r δδ=]15-4求图示滑轮系统中，A 、B 两点虚位移之间的关系。

[答：A B r 2r δδ=]15-5重为P 、长为l 的均质杆AB 放置如图。

设各处光滑，在A 点处的水平力F 作用下保持平衡， 60=ϕ，今给A 点一向右的虚位移x δ，试由虚位移原理建立的虚功方程。

[答：0x F -63P=δδ]15-6 杆OA 和AB 各长l ，在A 点用铰链连接，在点O 和B 间连接一根刚度系数为 k 的铅直弹簧，弹簧的原长为0l 。

当在A 点作用铅垂力A F 时，机构处于图所示的平衡位置，且弹簧被拉伸。

如果不计各构件的重量和摩擦，用虚位移原理求机构处于平衡位置时的角度ϕ。

[答：4kl2kl F arcsinA +=ϕ]15-7 如图所示，两等长杆AB 和BC 在点B 用铰链连接。

在杆的点D 和点E 连接水平弹簧，弹簧的刚度系数为k ；从当距离AC a =时，弹簧的拉力等于零。

已知 AB=l , BD=b ，今在点C 作用水平力F 1使系统处于平衡。

若不计构件重量和摩擦，试用虚位移原理求距离AC 的值x 。

[答：21b l kFa x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=]15-8 在图示机构中，已知：力F ，l GC EG DE DC BC AC ======，弹簧的原长为l ，刚度系数为k 。

试用虚位移原理求机构平衡时，力F 与角θ的关系。

[答：()12sin kl 32F -=θ]15-9 平面机构在力F 1和F 2的作用下，在图所示的角度θ位置平衡。

已知1l BD OD ==，2l AD =，如果不计各构件重量和摩擦，试用虚位移原理求F 1 / F 2的比值。

理论力学-虚位移原理

而虚位移原理则将利用后一种情况，他通过主动力在约束所许可的位移上的表现（通过功的形式）来给出质点系的平衡条件。
因此，在虚位移原理中，首先要研究加在质点系上的各种约束，以及约束所许可的位移的普遍性质。
第六章虚位移原理
§6-2 约束和约束方程
约束与约束方程约束的类型
第六章虚位移原理
§6-2 约束和约束方程
式中xA，yA和xB，yB分别为A，B两点的直角坐标。上述方程表明这四个坐标并非都独立。可以消去其中的某三个，从而只剩下一个独立坐标，
这一坐标完全确定了此质点系的位置。
以后我们改称系统的位置为位形。
第六章虚位移原理
§6-2 约束和约束方程
约束实例
曲面
图示质点A在曲面上运动，质点A的约束方程就是曲面的曲面方程：
z
f (x, y, z) 0
A（x, y, z)
z
y
x
x
y
第六章虚位移原理
§6-2 约束和约束方程
约束类型
三、约束的类型
按照约束对质点系运动限制的不同情况，可将约束分类如下：
1.完整约束和非完整约束
其约束方程的一般形式为
f j (x1, y1, z1; ...; xn , yn , zn; x1, y1, z1, ...; xn, yn, zn; t) 0
约束类型
第六章虚位移原理
非完整约束
§6-2 约束和约束方程
约束类型
2.定常约束和非定常约束
● 如果约束方程中不含时间t，这种约束称为定常约束或稳定约束。
定常约束一般形式为
f j (x1, y1, z1; ...; xn, yn, zn; x1, y1, z1,...; xn, yn, zn;) 0

虚位移原理例题

虚位移原理例题虚位移原理是物理学中一个非常重要的概念，它描述了光学中光线的传播规律，也是解决光学问题的基本工具之一。

下面我们通过一些例题来深入理解虚位移原理。

例题一：一根直立的圆柱形玻璃杯里装满了水，现在在玻璃杯旁边放置一个小的物体。

当我们从玻璃杯的一侧观察时，看到的物体会出现在玻璃杯的哪个位置？解析：根据虚位移原理，我们知道光线在从一种介质射向另一种介质时会发生折射。

在这个例子中，当我们从玻璃杯的一侧观察时，光线会从空气中射入水中，然后再从水中射出。

根据虚位移原理，我们可以得出结论，在观察时，物体会出现在实际物体所在位置的上方，这就是虚位移的原理。

例题二：一束光线从空气中射入玻璃中，入射角为30°，折射角为20°。

求玻璃的折射率是多少？解析：根据折射定律，我们知道入射角和折射角之间有一个固定的关系，即折射率n等于正弦入射角与正弦折射角的比值。

根据虚位移原理，我们可以通过求解这个例题来验证虚位移原理的正确性。

根据已知条件，我们可以得出：n = sin(30°) / sin(20°) ≈ 1.5。

因此，玻璃的折射率约为1.5。

例题三：一束光线从空气中射入水中，入射角为45°，求折射角和折射率是多少？解析：根据折射定律和虚位移原理，我们可以通过这个例题来进一步验证虚位移原理的正确性。

根据折射定律，我们可以得出：sin(折射角) = sin(入射角) / n。

代入已知条件，我们可以得出：sin(折射角) = sin(45°) / 1.33 ≈ 0.707 / 1.33 ≈ 0.531。

折射角约为 arcsin(0.531) ≈ 32°。

因此，光线在从空气射入水中时，折射角约为32°，折射率约为1.33。

通过以上例题的分析，我们可以更加深入地理解虚位移原理在光学中的应用。

虚位移原理是解决光学问题的重要工具，它帮助我们理解光线在不同介质中传播的规律，也为光学领域的研究提供了重要的理论基础。

理论力学(14.2)--虚位移原理

F
cotq
q q
问题：如图在 CG 间加一弹簧 , 刚度 k ,
且已有伸长量 0 , 仍求FBx .
在弹簧处也代之以力 , 如图 .
FC FG k0
δ0WF FBx �δxδBδ + FC �yC - FG �yG +F �δy0G
xB 2l cosq , yC l sinq , yG 3l sinq δx2B sin-δ, l q q cosδy,C l q3 qcos yG l qq
δδrA dt
,
vB

rB dt
￥代入到
Fi
�δ0ri

, 中得
为虚速度
FBvB - FAvA 0
由速度投影定理 , 有 vB cosj vA sin j
FA FB tanj
例 14-4
已知：如图所示机构 , 不计各构件自重与各处摩擦 . 求：机构在图示位置平衡时 , 主动力偶矩Ｍ与主动
Mw - FvC 0
M

Fh sin2 q
解析法：Mδqδ0+ F xC
xC h cotq + BC
δ xC

-
hδq sin2 q
M

Fh sin2 q
例 14-5 求图所示无重组合梁支座Ａ的约束力 .
解：解除 A 处约束，代之FA ，给虚位移，如图
δWδδFδδ0FA sA - F1 s 1+M j + F2 s2
第十四章
虚位移原理
例 14-1
已知：如图所示 , 在螺旋压榨机的手柄 AB 上作用一在水平面内的力偶 ( F , F), 其力矩 M ,2螺F杆l

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8xQ = -xP
计算虚功得: W(P) = P xP
O
y
A
B
P
C
W(Q) = Q xQ
Q
由虚位移原理得: P xP + Q xQ = 0
x
代入上述变分结果得: - 8 P xQ + Q xQ = 0
Q/P = 8 21
例题7.在图示结构中,曲柄OA上作用一力偶, 其力偶矩为m,另在滑块D上作用一水平力P. 结构尺寸如图所示.求当平衡时,力P与力偶矩 m的关系.
4
(2) 解析法
先把各质点的坐标表示成广义坐标的函数,再将各式对广义坐标求变分(与求微分相似)，得到各虚位移在相应坐标轴上的投影。
例题.求图示机构A点和B点的虚位移.OA=AB=l ;
y
解: xA=l cos yA=l sin
xB=2l cos
yB=0 xA = -lsin
O
yA = lcos
I
解: 应用几何学和运动学来求A点
和B点的虚位移rA和 rB
2
OA杆作定轴转动
rA
2
rA = OA 1
(1)
AB杆作平面运动 , I为瞬心
A 1
rA = IA 2
(2)
O
rB
B
3
由(1)(2)式得:
I
2
=
OA IA
1
rB = IB 2
=
OA IA
IB
1
2
rA
2
A
1
O
rB
B
当然也可以取1 的转向为顺时针转向,画出虚位移图得出的 rA和 rB的表达式与转向为逆时针是一致的.
B是AC杆的瞬心. E是CE杆的瞬心.

第15章虚位移原理_例题

δ y D = − 2 a sin ϕδϕ − b sinψδψ x B = 2 a sin ϕ + 2 b sinψ , δ x B = 2 a cos ϕδϕ + 2 b cosψδψ
代入(a)式，得：
( − P a sin ϕ − P2 2a sin ϕ + F 2a cos ϕ )δϕ + ( − P2b sin ψ + F 2b cosψ )δψ = 0 1
h 4、列虚功方程： δW = 2 Flδϕ − FN δs = (2 Fl − FN ) ⋅ δϕ = 0 2π
δϕ 是任意的，有： 2 Fl − h F = 0 由于 N 2π 也即：
l ∴ FN = 4π F h
讨论： 1）利用约束力不做功避免了所有约束力的出现，这是虚位移原理解题与矢量静力学解题相比的巨大优点。 2）本题求虚位移间关系的方法为：由物理关系直接给出法。
− M δθ − F δx B = 0
注意：几何法时，主动力与虚位移方向一致为正；
力偶、角度逆时针为正解析法时主动力、坐标变分各自沿坐标轴方向为正，力偶、角度逆时针为正。力偶
例4 均质杆OA及AB在A点用铰连接，并在O点用固定铰支座，如图所示。两杆各长2a和2b，各重P1及P2，设在B点加水平力 F 以维持平衡，求两杆与铅直线所成的角ϕ及ψ 。
而
δ rC = a δϕ , δ rB = δ rD = δ rA = 2 a δϕ
代入上式后，得：
( F cosϕ ⋅2a − P1 ⋅asinϕ − P2 ⋅2asinϕ )δϕ = 0
tgϕ =
2F P1 + 2 P2
讨论：其它可能虚位移与真实位移
例5 ：升降机构，

虚功(虚位移)原理复习与例题

由虚功方程，得
FAsA 2qlsE
M
sE
l
A
0
P
q
M
B
D
C
sC sE
其中
FA
sA sC 2sE
代入虚功方程，得
(FA
ql
M 2l
)sA
0
解得
FA
M 2l
ql
§5.2.3 用广义坐标表示的质点系平衡条件
xi xi (q1, q2 ,qs , t) yi yi (q1, q2,qs ,t)(i 1,2,, n)
虚位移与实位移的区别和联系
实位移——质点或质点系在其真实运动中，在一定的时间间隔内发生的位移。
（1）在完整定常约束下，实位移是诸多虚位移中的一个；（2）在完整定常约束下，虚位移方向沿其速度方向。
dr ——实位移 r ——虚位移
M dre
dr
r
M1
2. 虚功
质点或质点系所受的力在虚位移上所作的功——虚功。
自由度 —— 在完整约束条件下，确定质点系位置的独立参变量的数目等于系统的自由度数。
N=3n—s
对于稳定的完整约束，各质点的坐标可以写成广义坐标的函数形式
xi xi (q1, q2 ,qk , t) yi yi (q1, q2,qk ,t)(i 1,2,, n) zi zi (q1, q2 ,qk , t)
2l
P
q
M
BC
sE
D
sD
FD
(2) 解除B处约束，代之以反力
P
q
M
FB ，并将其视为主动力。
A
D
BC
由虚功方程，得
sB sC sE
PsB FBsB

理论力学(虚位移原理) 山东建筑大学理论力学

2
rA
C
b
rD
D
B
b
4
rB
4
I2
P
7
a
I1
O
2
A m1
利用虚位移图 2
rA
C
计算各虚位移间
rD
D
P
的关系.
b
B
b
rA =a1=I1A2 rB =I1B2 =I2B4 rB =I2D4 I1O actg2
4
rB
4
I2
I1B
a cos sin2
I2D 2bsin
sin2 cos 2
a cos b cos2
q
P2 2
W(P2) = - 1602 = - 801
P1 1 C 4
1
3
2
2
W(M) = 2002 = 1001
MA A 4
8
M
由虚位移原理得: MA1 - 301 - 601 - 801+1001= 0 rB B
MA = 70
22
q
P1 1
C r
4
P2
r
2
2
A
3
A
XA
4
r
8
M
解除A端的水平约束代之约束反力XA 画虚位移图.
例题14-19.试计算图示桁架CD杆的内力.
C A
D
B
6a
P
3a
31
解:截断CD杆代之内力SC和SD , 且SC = SD = S. 画虚位移图.B为BD部分的瞬心.亦为BH部分的瞬心. I为CI部分的瞬心.亦为DI部分的瞬心.
E为23杆的瞬心.
I
2

虚位移原理习题解答

7－1. 在图示机构中，曲柄OA 上作用一力偶，其矩为M ，另在滑块D 上作用水平力F 。

机构尺寸如图所示。

求当机构平衡时，力F 与力偶矩M 的关系。

解设OA 杆虚位移为δϕ，则A 、B 、C 、D 各点虚位移如图，θδθδθδθδδϕδcos 2cos cos 2cos D B A B A r r r r a r ===由上述各式和虚功方程0=+-D r F M δδϕ解出θ2tan Fa M =7－2. 图示桁架中，已知AD=DB=6m ，CD=3m ，节点D 处载荷为P 。

试用虚位移原理求杆3的内力。

解 B 、C 、D 各点虚位移如图所示，θδδθδθδcos ,2sin cos C D c B r r r r ==代入虚功方程 03=-B D r F r P δδ解得杆3的内力 P PF ==θcot 23 7－3. 组合梁由铰链C 铰接AC 和CE 而成，载荷分布如图所示。

已知跨度l=8m ，P=4900N ，均布力q=2450N/m ，力偶矩M=4900N ⋅m ；求支座反力。

N 2450N 14700N 2450==-=E B A F F F ，，7－4 组合梁由水平梁AC 、CD 组成，如图所。

已知：F 1= 20kN ，F 2 = 12kN ，q = 4kN/m ，M = 2kN ·m 。

不计梁自重，试求：固定端A 和支座B 处的约束力。

组合梁由水平梁AC 、CD 组成，如图12－16a 所。

已知：F 1= 20kN ，F 2 = 12kN ，q = 4kN/m ，M = 2kN ·m 。

不计梁自重，试求：固定端A 和支座B 处的约束力。

(a)(b)2 222(d )(e)图12－16 例题12－5图解：组合梁为静定结构，其自由度为零，不可能发生虚位移。

为能应用虚位移原理确定A 、B 二处的约束力，可逐次解除一个约束，代之以作用力，使系统具有一个自由度，并解除约束处的正应力视为主动力；分析系统各主动力作用点的虚位移以及相应的虚功，应用虚位移原理建立求解约束力的方程。

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