虚功原理应用例题
虚功原理及其应用1
表示的是物体在力系作用下处于平衡状态，若由于其
他原因使物体产生符合约束条件的微小连续位移δr，则
所有主动力（外力与内力）在虚位移上所做的虚功总和 为零。由于导数与微分已经引入到高中数学，这为求复 杂情况下物体的虚位移带来了方便，因此在高中应用虚 位移原理求解物理问题已成为可能。高中物理有关静力 学问题，用常规方法求解有时需要列出复杂的方程进行 繁琐的数学运算，但如果应用虚功原理求解，往往会使 问题的求解过程大大简化。下面通过几个具体实例谈谈 虚功原理在求解静力学问题中的应用。
例1
两滑块放在光滑水平面
上，中间用一根细线相连。
O
两根等长的轻杆OA、OB分别
θ
搁在两滑块上，且可绕铰链
F
O自由移动，两杆夹角为θ，
当用竖直向下的力F作用在
铰链上时，求两滑块间细绳
上的张力T的大小。
A
B
Oy
解析
θ
F
在细绳中点为原点，细线所在方向 为x轴，建立如图所示的坐标系。设 两杆长度均为l，
则O点的竖直位置坐标为：
A
y0 lcos 2
B点水平位置坐标为：
x B lsin 2
x B
①
②
假设在力F作用下O点竖直向下发生一小段位移dy0，在理 想约束情况下，B点应向右发生一段微小位移dxB，由对 称性知A点应向左发生和B点同样大小的位移，θ角增加
微小量dθ。我们分别对①、②式微分得：
dy0
由虚功原理得：
FdxB mgdy A 0
解得：
F mgcot
F θ
Bx
例3
如图3所示，一条长
θ
为L、质量为M的均
匀链条套在一表面
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
结构力学虚功原理最小势能原理解题示例
虚应变能为：
由虚功原理，有： ，即：
故梁的位移为：
图2.4
【虚功原理的其它例题可参见理论力学<静力学）第四章第7节】
例2.2 若用虚功原理求解，其步骤如下：
解：令梁的挠度函数为 ，它必须满足以下几个条件：
1、必须满足几何边界条件，但不一定满足平衡条件和力的边界条件；
2、由于有均布载荷q的作用，故 应为x的4次多项式。
图2.2
解：令梁的挠度函数为 ，它必须满足以下几个条件：
1、必须满足几何边界条件，但不一定满足平衡条件和力的边界条件；
2、由于有均布载荷q的作用，故 应为x的4次多项式。
故，考虑到梁左侧为固支，可设：
梁右侧需满足：
且梁右侧没承受弯矩，有：
<力的边界条件）
代入边界条件，有：
等截面梁的弯曲应变能表达式为：
申明：
所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途。
又：
【 】
由于变分可取任意值，故有：
所以：
虚功原理：当弹性体在外载荷作用下处于平衡状态时，对任意为约束所容许的虚位移，外力虚功等于内力虚功。虚功原理又称为虚位移原理。DXDiTa9E3d
例2.3 试用虚功原理求如图2.3所示梁的位移。
图2.3
解：令在外载荷P作用下，梁的转角为 ，则各杆的变形为：
给梁施加一个虚位移：
【根据平面假设，梁在受弯曲变形后，其横截面仍保持为平面，它一方面有挠度 ，一方面横截面在梁变形过程中旋转了一个角度 ，由于该转角的存在，使得距离中性轴为y处的x方向的位移为 ，应变 ，弯曲应力为 ，因此，等截面梁的弯曲应变能为： 】p1EanqFDPw
则系统的总势能为：
由最小势能原理可知，当结构处于稳定平衡状态时，有：
附录Ⅰ虚功原理及其应用(修订版)
CD
FN i FN i li (2 2) Fa Fa 1.138 Ei Ai 3EA EA i 1
n
()
21
I.3
图乘法*
22
I.3 图乘法*
梁和刚架的莫尔积 M ( x) M ( x) dx （a） 分公式可表示为： l EI 对于莫尔积分的计算，既可采用前面的直接 积分法，还可采用下面的图乘法。
I.2.1 单位载荷法
利用虚功原理可导出计算 结构一点位移的单位载荷法， 具体步骤如下： 位移状态
为求结构任一指定位移 力状态 （如图a所示）；就在结构的 位移点沿位移方向作用一单 位力（如图b所示）。 图b中的内力分别为：F （ ），M （x）和F （ ）。 N x Q x 把图（b）作为虚功原理的力状态，再把图（a）作为其 位移状态，则虚功原理（式13.18）可化为：
表示外力作用点沿外力方向的
虚位移，产生虚位移中外力保持不变，则其总虚功为：
W F1v1 F2v2 F3v3 q( x)v ( x)dx （a） l
i
注意：这种算法中， 杆件上的内力所做虚功为零。
5
I.1 虚功原理
而按另一种方法计算
总虚功，取右图所示 微段，分析表明：只 有两端内力在其虚变 形上做虚功，为
（b）
若轴力沿杆轴线为常量，（b）式化为：
FN l
n
（ c）
对有n根杆的杆系，如桁架等，（c）式化为：
FNi li
i 1
（13.21）
12
I.2 莫尔积分及单位载荷法
同理，对受扭杆件，亦可推导得：
M x ( x ) d
l
（*13.22）
9 虚功原理和结构的位移计算习题
9 虚功原理和结构的位移计算习题1. 引言虚功原理是结构力学中一项重要的基本原理，它可以用于解决各种结构的位移计算问题。
本文将通过一些习题来演示如何应用虚功原理进行位移计算。
2. 虚功原理简介虚功原理是指在结构力学中，结构在虚位移下所进行的虚功等于零。
虚位移是指结构在受力作用下的无限小位移，不违反实际情况下的几何和边界条件。
利用虚功原理，可以建立结构的平衡方程，并求解未知的位移。
3. 习题一考虑一个简支梁，受到一个集中力F作用在梁的中点。
已知梁的长度L和截面的惯性矩I，求梁的最大挠度。
解答：根据虚功原理，可以得到以下方程：$$\\int_{0}^{L} M \\cdot \\delta dL - F \\cdot \\delta\\cdot \\frac{L}{2} = 0$$其中M为弯矩，$\\delta$为虚位移。
由弯矩与挠度之间的关系，可以得到：$$M = -\\frac{F}{2}L + F \\cdot x$$代入上述方程，得到：$$\\int_{0}^{L} \\left(-\\frac{F}{2}L + F \\cdot x\\right) \\cdot \\delta dL - F \\cdot \\delta \\cdot \\frac{L}{2} = 0$$对上述方程两边进行积分并整理，可以得到：$$\\frac{FL^3}{6EI} = \\delta$$所以梁的最大挠度为$\\frac{FL^3}{6EI}$。
4. 习题二考虑一个简支梁，长度为L，弹性模量为E，截面惯性矩为I，受到一个均布载荷q作用在梁上。
已知梁的两端处的位移分别为0和$\\delta_1$，求梁上某一点的位移。
解答：根据虚功原理，可以得到以下方程：$$\\int_{0}^{L} \\left(-M\\right) \\cdot \\delta dL -\\int_{0}^{L} q \\cdot \\delta dL = 0$$对上述方程两边进行积分并代入弯矩与挠度之间的关系，可以得到：$$\\frac{1}{2}EI \\cdot \\delta - \\frac{qL^2}{2} \\cdot \\delta = 0$$整理上述方程，可以求解出$\\delta$的值。
虚功原理(物理竞赛)教学内容
虚功原理(物理竞赛)§2、虚功原理上次课主要是介绍了分析力学中经常要用到的一些基本概念，并由虚功的概念和理想约束的概念导出了解决静力学问题的虚功原理：0=⋅∑i r i F δ。
虚功原理适用的范围是：质点组，它适用的前提条件是只受理想约束。
这次课就举一些具体例子，使我们能够了解如何利用虚功原理去解决静力学问题。
三、应用虚功原理解题：例1、如图所示，有一质量为m ，长度为 的刚性杆子，靠在墙上，在与地面接触的B 端上受一水平向左的外力F ，杆子两端的接触都是光滑的，当杆子与水平地面成α角时，要使杆子处于平衡状态，问作用在杆子B 端上的力F 有多大？求F =？解：由题意可知它是一个静力学问题，而且接触都是光滑的，显然可以应用虚功原理来求解这个问题。
这个例子很简单，简单的题目往往能够清楚地说明物理意义，为了说明虚功原理的意义，如果一开始就举复杂的例子，由于复杂的数字计算将会掩盖物理意义，所以就以这个简单的例子来看看如何应用虚功原理来解出它。
第一步当然也是确定研究对象，即①选系统：在这个例题中，我们就取杆子为应用虚功原理的力学系统。
②找主动力：作用在我们所选取的系统上的主动力有几个？有两个。
一个是水平作用力F ，还有一个是重力m g 作用在杆子的质心上。
因为杆子两端A 、B 处的接触是光滑的，∴在该两处的约束力也就不必考虑。
③列出虚功方程：主动力找出来以后，视计算方便起见，适当选好坐标，并根据虚功原理列出虚功方程。
现在选取如图所示的直角坐标，于是我们现在就可列出系统的虚功方程。
列虚功方程时，正、负号是个很重要的问题，如果按虚位移的实际方向与力的方向间的关系确定虚功的正负号，很容易弄错。
为了不容易弄错，我们还是按力的作用点的坐标的正方向与力的方向间的关系来确定虚功的正负号。
这种方法既方便而又不容易搞错。
在列方程时必须要注意这个问题。
∵F 的方向与其作用点的坐标X 的正方向相反，∴F 取负而δX B 取正，∴此力的虚功为负的，即：0=--C B y mg x F δδ……①，由于虚功方程中的两个虚位移不是相互独立的，∴我们还需要将它们化成独立变量，然后才能令独立虚位移前的乘数等于零，从而求出最后的结果。
虚功原理
§2、虚功原理上次课主要是介绍了分析力学中经常要用到的一些基本概念，并由虚功的概念和理想约束的概念导出了解决静力学问题的虚功原理：0=⋅∑i r i F δ。
虚功原理适用的范围是：质点组，它适用的前提条件是只受理想约束。
这次课就举一些具体例子，使我们能够了解如何利用虚功原理去解决静力学问题。
三、应用虚功原理解题：例1、如图所示，有一质量为m ，长度为 的刚性杆子，靠在墙上，在与地面接触的B 端上受一水平向左的外力F ，杆子两端的接触都是光滑的，当杆子与水平地面成α角时，要使杆子处于平衡状态，问作用在杆子B 端上的力F 有多大？求F =？解：由题意可知它是一个静力学问题，而且接触都是光滑的，显然可以应用虚功原理来求解这个问题。
这个例子很简单，简单的题目往往能够清楚地说明物理意义，为了说明虚功原理的意义，如果一开始就举复杂的例子，由于复杂的数字计算将会掩盖物理意义，所以就以这个简单的例子来看看如何应用虚功原理来解出它。
第一步当然也是确定研究对象，即①选系统：在这个例题中，我们就取杆子为应用虚功原理的力学系统。
②找主动力：作用在我们所选取的系统上的主动力有几个？有两个。
一个是水平作用力F ，还有一个是重力m g 作用在杆子的质心上。
因为杆子两端A 、B 处的接触是光滑的，∴在该两处的约束力也就不必考虑。
③列出虚功方程：主动力找出来以后，视计算方便起见，适当选好坐标，并根据虚功原理列出虚功方程。
现在选取如图所示的直角坐标，于是我们现在就可列出系统的虚功方程。
列虚功方程时，正、负号是个很重要的问题，如果按虚位移的实际方向与力的方向间的关系确定虚功的正负号，很容易弄错。
为了不容易弄错，我们还是按力的作用点的坐标的正方向与力的方向间的关系来确定虚功的正负号。
这种方法既方便而又不容易搞错。
在列方程时必须要注意这个问题。
∵F 的方向与其作用点的坐标X 的正方向相反，∴F 取负而δX B 取正，∴此力的虚功为负的，即：0=--C B y mg x F δδ……①，由于虚功方程中的两个虚位移不是相互独立的，∴我们还需要将它们化成独立变量，然后才能令独立虚位移前的乘数等于零，从而求出最后的结果。
虚功原理(微分形式的变分原理)
代入虚功原理中, 代入虚功原理中,有
∂V ∑ ∂q δqα = 0 α =1 α
s
即, δV = 0
虚功原理（微分形式的变分原理） §7-3 虚功原理（微分形式的变分原理）
三、虚功原理的应用
例题3 如图所示, 匀质杆OA, 质量为 1, 长为 1, 能在 质量为m 长为l 例题 如图所示 匀质杆 转动, 竖直平面内绕固定的光滑铰链 O转动 此杆的 A端 转动 端 用光滑铰链与另一根质量为m 长为 长为l 用光滑铰链与另一根质量为 2,长为 2的匀质杆 AB r 相连. 求处于静平衡时, 相连 在 B端有一水平作用力 .求处于静平衡时 两 端有一水平作用力 求处于静平衡时 F 杆与铅垂线的夹角ϕ1和 ϕ2. 1、判断约束类型 、 x O 是否完整约束?是否理想约束 是否理想约束? 是否完整约束 是否理想约束 ϕ 1 l1 2、判断自由度 、 l2 A A 、 B 两点的位置，4个变量 两点的位置，
q1 = ϕ1 , q2 = ϕ 2
r r r r ∂r3 r ∂r1 r ∂r2 +F⋅ Q1 = m1 g ⋅ + m2 g ⋅ l1 ∂ϕ1 ∂ϕ1 ∂ϕ1 y1 = 2 cos ϕ1 ∂x ∂y ∂y = m1 g 1 + m2 g 2 + F 3 l2 ∂ϕ1 ∂ϕ1 ∂ϕ1 y 2 = l1 cos ϕ1 + cos ϕ 2 2 1 = − m1 gl1 sin ϕ1 − m2 gl1 sin ϕ1 + Fl1 cos ϕ1 x3 = l1 sin ϕ1 + l 2 sin ϕ 2 2 =0
广义平衡方程
虚功原理（微分形式的变分原理） §7-3 虚功原理（微分形式的变分原理） 所满足的方程: 可求出系统处于静平衡时ϕ1，ϕ2所满足的方程
虚功原理的应用例题
虚功原理的应用例题背景介绍虚功原理是运用能量守恒定律和位移无关性原理进行分析和计算的一种力学方法。
它常用于解决复杂的力学问题，特别是在涉及非保守力、摩擦力和弹性力等情况下。
本文将通过一个应用例题来说明虚功原理的具体应用方法。
例题描述一个质量为m的物体沿着斜面下滑，斜面的倾角为θ。
物体在滑动过程中受到了摩擦力的作用，摩擦力的大小与物体所受重力的垂直分量相等，滑动过程中物体从斜面顶端下滑到斜面底端的高度为h。
求解物体从斜面顶端到斜面底端所做的总功。
解题思路1.分析力的情况：由题目可知，物体在下滑过程中受到重力和摩擦力的作用。
重力的大小为mg，沿斜面方向的分量为mg sinθ，垂直斜面方向的分量为mg cosθ。
摩擦力的大小与物体所受重力的垂直分量相等，即摩擦力的大小为mg*cosθ。
2.确定参考系：我们选择将斜面的下方为参考系原点，沿斜面向下为正方向。
3.确定位移情况：物体从斜面顶端下滑到斜面底端的位移为h，我们将其定义为正方向的位移。
4.应用虚功原理：根据虚功原理，物体从斜面顶端到斜面底端所做的总功等于物体受到的净外力在位移方向上的虚功之和。
在本例中，物体受到的净外力为mg sinθ-mg cosθ，位移方向为正方向，因此总功等于净外力在位移方向上的虚功。
5.计算虚功：净外力在位移方向上的虚功等于力的大小乘以位移的大小。
净外力为mg sinθ-mg cosθ，位移的大小为h。
因此，总功等于( mg sinθ-mg cosθ)*h。
结论物体从斜面顶端到斜面底端所做的总功为( mg sinθ-mg cosθ)*h。
总结本文通过一个应用例题，介绍了虚功原理的应用方法。
在解决问题时，我们需要分析力的情况，选择合适的参考系，确定位移方向，并应用虚功原理进行计算。
虚功原理在解决非保守力、摩擦力和弹性力等复杂力学问题时具有重要的应用价值。
通过学习和掌握虚功原理的应用方法，我们能够更好地理解力学问题并解决实际问题。
虚功原理(物理竞赛)
§2、虚功原理上次课主要是介绍了分析力学中经常要用到的一些基本概念，并由虚功的概念和理想约束的概念导出了解决静力学问题的虚功原理：0=⋅∑i r i F δ。
虚功原理适用的范围是：质点组，它适用的前提条件是只受理想约束。
这次课就举一些具体例子，使我们能够了解如何利用虚功原理去解决静力学问题。
三、应用虚功原理解题：例1、如图所示，有一质量为m ，长度为 的刚性杆子，靠在墙上，在与地面接触的B 端上受一水平向左的外力F ，杆子两端的接触都是光滑的，当杆子与水平地面成α角时，要使杆子处于平衡状态，问作用在杆子B 端上的力F有多大？求F =？解：由题意可知它是一个静力学问题，而且接触都是光滑的，显然可以应用虚功原理来求解这个问题。
这个例子很简单，简单的题目往往能够清楚地说明物理意义，为了说明虚功原理的意义，如果一开始就举复杂的例子，由于复杂的数字计算将会掩盖物理意义，所以就以这个简单的例子来看看如何应用虚功原理来解出它。
第一步当然也是确定研究对象，即①选系统：在这个例题中，我们就取杆子为应用虚功原理的力学系统。
②找主动力：作用在我们所选取的系统上的主动力有几个？有两个。
一个是水平作用力F ，还有一个是重力m g 作用在杆子的质心上。
因为杆子两端A 、B 处的接触是光滑的，∴在该两处的约束力也就不必考虑。
③列出虚功方程：主动力找出来以后，视计算方便起见，适当选好坐标，并根据虚功原理列出虚功方程。
现在选取如图所示的直角坐标，于是我们现在就可列出系统的虚功方程。
列虚功方程时，正、负号是个很重要的问题，如果按虚位移的实际方向与力的方向间的关系确定虚功的正负号，很容易弄错。
为了不容易弄错，我们还是按力的作用点的坐标的正方向与力的方向间的关系来确定虚功的正负号。
这种方法既方便而又不容易搞错。
在列方程时必须要注意这个问题。
∵F 的方向与其作用点的坐标X 的正方向相反，∴F 取负而δX B取正，∴此力的虚功为负的，即：0=--C B y mg x F δδ……①，由于虚功方程中的两个虚位移不是相互独立的，∴我们还需要将它们化成独立变量，然后才能令独立虚位移前的乘数等于零，从而求出最后的结果。
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，
(完整版)虚功原理应用例题
匀质杆AB始终在平面内，A端靠在墙上，B端在一光滑曲面上，如图所示。
若无论B在何处杆均受力平衡，求曲面方程。
如图所示，四根相同的长度为l的光滑轻杆由铰链连接成菱形，一轻绳系在两对角线之间，下部挂一重量为P的重物，系统放置于两根等高相距为2a（2a<2l）的杆上，求绳中的张力？（φ角已知）如图所示，一竖立在竖直平面内的半圆空心管，管内刚好装有2n个光滑小珠子，已知每个珠子重力为W，求第i个珠子与第i+1个珠子的作用力Ni。
如图所示，一个外半径为R1，内半径为R2的圆柱形电容器，竖直地插进相对介电常数为εr 的密度为ρ的电解液中，若将电容器接上电压为U 的电源，求电解液中液面上升的高度第一题，常规做法用受力分析，建立水平竖直方向平衡方程，暴力解之。
（约束力合力沿法向）能量方法，利用随遇平衡，势能V 恒不变，解得y=f(x)。
（具体见高妙）虚功原理：因为此题为理想约束，主动力为重力，虚位移中主动力做功为0，即 P δyc=0 yc=常量由几何关系：yc=y+2221x l - 故yc=y+2221x l -=常量 因x=0时y=0，故常量=21故y=21⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--2x 11l第二题，直接虚功原理……建立如图所示坐标系，把绳子忽略，于是两个拉力变为主动力T ，另一个主动力为P ，约束为理想约束，则有：x A =lsin ϕ ϕδϕδcos x l A =………………………………………..①ϕδϕϕδϕϕδϕ2sin sin 2cot cos 2al y a l y P P +-=-=……………….②由虚功原理得：-2T P A P y x δδ+=0 将①②代入，得T=P ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-ϕϕϕtan cos sin 22l a第三题设任意珠子的球心到管的圆心为OO ’长度为R ，前面i 个球为系统质心为C ，设CO 长度为L 。
由虚功原理：N ()θθθθαd Wd L iWd d R cos i sin cos i == 其中α=n4π即N αθcos cos i R iWL =现在的目的就是求质心的位置函数L 和θ 由对称性已知角度θ=ααi i =221求L 用旋转矢量，如图所示I 个大小为mR 、方向一次相差角度2α的矢量和的大小应该为imL 有：()()ααααsin sin sin sin 22imL i i R L i mR ==即代入N 的表达式得：()()()()W n n i i i W R i i i P iWR iWL N i ⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛====2sin 2sin cos sin cos sin cos cos sin sin cos cos ππαααααααααθ第四题为了求液面上升高度，就得求液体所受电场力。
虚功原理习题课
虚功原理解题步骤分析约束,确定自由度选好广义坐标写出主动力作用点的坐标并对其变分代入虚功原理公式中求解Attention:静系中的平衡只有广义坐标方可独立变化虚功原理中不出现约束力)(t q r r rr =正确写出原理求棒全长。
yxmgα分析自由度数目1xmgBDαsin )(l C −=αc 0]sin 2cos )2cos 2[(2=−−δααααa l a mg]sin 2cos )2cos 2[(2−−δααααa l a mg !!!0≠δαQ ααcos )1cos 2(42−=∴a l αcos 2a ca c l )2(422−=∴0=αsin )(AC AD y c −=ααsin )2cos 2(l a −=∂∂αcr r r ααq r F Q i ii ∂∂•=∑r r 2l 0]sin 2cos )2cos 2[(=−−αααa l a mgrABFr y分析自由度2广义坐标βα,βDdemonstrationgm r gm rαsin 2l y =βαsin 2sin l l y +=2l 2l BD C x F y mg y mg w δδδδ++=)sin (sin βδβαδα+−l2l δ2l l y =)βδβδβββδαα)sin cos 2()sin 23Fl mg l l −+0=δβββ)sin cos (23Fl mg l l −0=!!!0≠可任意变化且和δβδαQ 23αl 0)sin cos 2(=−ββFl mg l23l 2−l F mg 23αF2c Q =j mg Fd i F F B =l j lα2sin 2+l l i l r r 2sin ()cos 2αβ++ααq r F Q iii ∂∂•=∑r r ααα∂•+∂•+∂•=B B D D c c F F F r r r 0sin cos 23=−=ααFl mgll j lα2sin 2+j l l i l l r r r r sin 2sin ()cos 2cos (αβα+++=i l l r r r)cos cos (βα++=βββ∂+∂+∂Bd c F mg δββ2l 0=Fmg tg 2=β试用虚功原理求平衡菱形的顶角为2α,一重为W的重物,C点系yTr分析自由度广义坐标α?!!!解除一个约束一个自由度Wααactg l yc −=cos 2αc D =0=0]cos =δαα0≠可任意变化且δαQ )csc sin 2(cos 22αααa l l w T −=yxθ),(y x B ),(c c y x c 定曲面上,如果杆在与竖直墙间的夹角< 的任意位置均能平衡,试求曲面形状.2π2l δ2l y −=???=δθθδd dy y =))((θx y y =c 2(−θld 0≠δθQ 2−∴θld dy 02=−∴θl d dx dx θsin l x =Qθd dx ∴2−∴θl d dx dx θd dx2222x l x l tg l dx −==θx l −22212l 22212xl l y −−=1)2()2(2222=−+l l y l xMrr ABCl l 43ll 411x 2x 3x 取广义坐标为)(33211x x x q ++=)(21312x x q −=)2(313213x x x q +−=求相应广义力???===Q Q Q '3F r r 2F lM F l M F FF F F r r r r rr r r −===='33214143)2('x F x F x F x F W δδδδδr r r r Q +++=)(1x x x q ++=321121q q q x δδδδ++=312q q x δδδ−=321321q q q x δδδδ+−=)3()2381()43(321q l M F q lM F q F W δδδδ++−+=Q MF Q F Q 3−==。
虚功原理例题
虚功原理例题虚功原理是力学中的一个重要原理，它是用来分析静力学和动力学问题的有效方法。
虚功原理的应用范围非常广泛，可以用来求解各种复杂的结构和力学问题。
下面，我们通过一些例题来深入理解虚功原理的应用。
例题一，弹簧力的虚功。
假设有一个弹簧，其劲度系数为k，原长为l0。
现有一个质量为m的物体，静止放在弹簧的一端，另一端固定在墙上。
现在用一个外力F缓慢地将物体拉伸至位移x处，然后保持静止。
求弹簧的变形量和外力F。
解，根据虚功原理，外力F对物体所做的虚功等于弹簧对物体所做的虚功。
因为在静止状态下物体受到的合外力为零，所以外力F和弹簧的弹力大小相等，方向相反。
虚功原理可以表示为Fδx = kxδx，即Fdx = kxdx，两边积分得到∫Fdx = ∫kxdx，解得F = kx。
例题二，斜面上的物体。
有一质量为m的物体放在倾角为α的光滑斜面上，斜面的长度为L。
现在用一个外力F水平地拉动物体，使其在斜面上运动，求外力F。
解，根据虚功原理，外力F对物体所做的虚功等于重力对物体所做的虚功。
在斜面上，物体受到的重力分解为垂直于斜面方向和平行于斜面方向的两个分力，其中平行于斜面方向的分力不做虚功。
所以外力F对物体所做的虚功等于重力在斜面方向上的分力mgsinα与位移L的乘积，即Fδx = mgsinαδx，解得F = mgsin α。
例题三，摩擦力的虚功。
有一质量为m的物体放在水平面上，施加一个外力F使其运动，求外力F。
解，根据虚功原理，外力F对物体所做的虚功等于摩擦力对物体所做的虚功。
摩擦力的大小与物体所受的压力成正比，所以外力F对物体所做的虚功等于摩擦力f与位移x的乘积，即Fδx = fδx，解得F = f。
通过以上例题的分析，我们可以看到虚功原理在力学问题中的重要应用。
它可以帮助我们求解各种复杂的力学问题，是力学分析中的重要工具。
希望通过这些例题的学习，能够对虚功原理有更深入的理解，为进一步学习力学打下坚实的基础。
虚功原理例题
虚功原理例题虚功原理是力学中的一个重要原理，它在解决静力学和动力学问题中有着广泛的应用。
虚功原理的核心思想是系统受力平衡时，任何虚位移所做的功都为零。
通过虚功原理，我们可以简化和系统化力学问题的求解过程，使得复杂的力学问题变得更加清晰和易于理解。
下面，我们通过几个例题来深入理解虚功原理的应用。
例题一：如图所示，质量为m的物体通过绳子和光滑的滑轮与墙面连接，滑轮的质量可以忽略不计。
求当物体下降h时，绳子所做的功。
解析：根据虚功原理，我们可以假设物体下降了Δh的虚位移，此时绳子所做的虚功可以表示为W=mgΔh。
由于绳子是光滑的，所以滑轮对绳子所做的虚功为零。
根据虚功原理，物体所受的重力和绳子的拉力平衡，因此绳子所做的虚功也为零。
所以绳子所做的功为零。
例题二：一个质量为m的物体放在倾角为θ的光滑斜面上，斜面的长度为L。
求当物体下降h时，重力对斜面所做的功。
解析：当物体下降h时，我们可以假设斜面上升Δh的虚位移，此时重力对斜面所做的虚功可以表示为W=mgΔh。
根据虚功原理，斜面对物体的支持力与物体下降的高度有关，所以斜面对物体所做的虚功也不为零。
根据几何关系，斜面对物体所做的功可以表示为W=mgLsinθ。
因此，重力对斜面所做的功为W=mgLsinθ。
例题三：一个质量为m的物体通过绳子与墙面连接，绳子的另一端连接着一个质量为M的物体。
求当物体下降h时，绳子对墙面的拉力所做的功。
解析：当物体下降h时，我们可以假设绳子下降Δh的虚位移，此时绳子对墙面的拉力所做的虚功可以表示为W=TΔh。
根据虚功原理，绳子对墙面的拉力与物体下降的高度有关，所以绳子对墙面的拉力所做的虚功不为零。
因此，绳子对墙面的拉力所做的功为W=Th。
通过以上例题的分析，我们可以看到虚功原理在力学问题中的重要作用。
它不仅可以简化问题的求解过程，还可以帮助我们更加深入地理解力学问题背后的物理本质。
希望通过这些例题的讲解，能够对虚功原理有一个更加清晰的认识。
举例虚功原理的应用
举例虚功原理的应用1. 背景虚功原理是力学中的一个基本原理，它在各个领域都有广泛的应用。
本文将以实例的形式说明虚功原理在实际工程中的应用。
2. 实例一：汽车刹车系统汽车刹车系统是利用摩擦产生的阻力来减慢或停止车辆运动的装置。
在刹车系统中，虚功原理被广泛应用。
•刹车系统由刹车片和刹车盘组成，当踩下刹车踏板时，刹车片与刹车盘之间会产生摩擦力。
•虚功原理指出，摩擦力所做的功等于阻止车辆运动的虚功。
•通过计算摩擦力的大小和移动距离，可以得出虚功大小，从而判断刹车系统的性能是否良好。
3. 实例二：液压缸的工作原理液压缸是一种利用液体压力来产生线性运动的装置，在工业自动化领域广泛应用。
虚功原理在液压缸的工作中发挥了重要作用。
•液压缸中通过控制液体的流动和压力，可以产生力和运动。
•当液压缸推动一个物体或执行某项工作时，液压缸所做的功等于虚功。
•通过计算液压缸所做的功，可以优化液压缸的设计和效率。
4. 实例三：电磁感应原理电磁感应是物理学中的一个重要概念，也是现代电子技术的基础。
在电磁感应中，虚功原理被广泛应用。
•当导体中的磁通量发生变化时，会在导体中产生感应电动势。
•根据虚功原理，感应电动势的大小等于感应电流通过闭合回路所做的虚功。
•通过分析感应电动势的大小和方向，可以推导出电磁感应的原理，并应用于电动机、发电机等设备的设计和优化。
5. 实例四：水力发电站水力发电是一种利用水流驱动涡轮发电的方法。
在水力发电站中，虚功原理被用于优化能量转换和提高发电效率。
•水力发电站将水流引导到涡轮上，涡轮叶片受到水流的冲击而转动。
•虚功原理指出，水流对涡轮叶片所做的功等于涡轮对水流所做的虚功。
•通过分析涡轮和水流之间的虚功关系，可以确定涡轮的设计参数和水流的引导方式，以提高发电效率。
6. 总结虚功原理是一种广泛应用于工程领域的物理原理。
本文介绍了汽车刹车系统、液压缸、电磁感应和水力发电站等实例，说明了虚功原理在这些实际工程中的应用。
虚功原理
P A cos cos cos Q B sin( )
(选 D)
应用虚功原理解题时的步骤以及应注意的问题： 1．判断所研究的质点系受到的约束是否都是理想约 束，然后作受力分析，画出受力图。由于虚功原理中不包 含约束反力，因而可以不考虑约束反力，而只画全部主动 力。若质点系受有非理想约束，或需计算约束反力时，便 将这样的约束解除，代之以相应的约束反力，并视之为主 动力。 2 ．根据问题所给的条件，确定系统的自由度数 , 同 时选适当的参数作为确定系统位置的广义坐标。如果题 设条件便于用广义坐标表出各个主动力作用点的坐标， 则用分析法求解较为方便。如果题设条件不便于应用分 析法，则可应用几何法求解。
δW = aλg ?δy1
bλg ?δy2
0
a b [ag sin 0 bg (a sin 0 cos 0 )] 0 0 2 2
0 0
a2 b2 sin 0 ab sin 0 cos 0 0 2 2
故：
3、如图所示，压榨机的空气压力筒的推力为F， 已知 ，由虚功原理知在图示平衡位置时压榨力的 AC BC 大小Q与角 的关系为（ ）
A、
Ftg
B、
Fctg
C、
F tg 2
D、
F ctg 2
解：这是一个具有理想约束的质点系的平衡问题。以整个 机构为研究对象, 系统自由度为1，选 角为广义坐标。依虚 功原理有：
1 2 2 2 D D T2 m1 ( x y xD 2 ) V2 m1 g y D 2 1 2 C T3 m2 y V3 m2 gy C 2
x B a sin x D a sin
取微商：
理论力学课件习题虚功原理
C
B
A
mg
解得
l 1 cos cos 0 4R 2
2
虚功原理解法
w mg rC m gxC xC (2 R cos l ) sin
w m g[2 R sin sin (2 R cos l ) cos ] 0
2a
W
例5、质量为m的质点在光滑的水平桌上运动。此质点 上系一根轻绳，绳子穿过桌面上一小孔O，另一端挂一 质量为m’ 的质点，试讨论质点m的运动情况。
M
M’
Q m g[2 R sin 2 (2 R cos l ) cos ] 0
D O C
B
A
例2(p39-2.3)
• 解:体系自由度为取ACO()为广义坐标,以c点为坐标原 点,ABC( ).主动力为P和Q,由虚功原理得:
y A
w P rB Q rA Px B Qy A 0 x B l1 cos l 2 cos y A l 2 sin P l1 sin l 2 sin Ql2 cos 0 Q l1 sin l 2 sin P l 2 cos O l1 sin l 2 sin l 2 cos l1 cos Q tan tan P
习题三
虚功原理
虚功原理例1:如图所示,长为2l，质量为m 的匀质 杆斜靠在光滑的，半径为R（l<R<<2l）的碗内,求 平衡时满足的方程式
矢量力学 解法 D O
NA NB
m g N B cos N A sin 2 0 N A cos 2 N B sin 0 N B B C N AC D N B (2 R cos 2 l ) N A l sin 0
典型例题(B-1) 受集中载荷简支梁的虚功原理求解
⎫ ⎡⎛ ∂ 2 u ∂ 2 v ⎞ 1 − μ ⎛ ∂ 2 v ∂ 2u ⎞ ⎤ ⎪ + + 2 ⎟ ⎥ + bx ⎬ δ u μ ⎢⎜ 2 ⎟+ ⎜ ∂x∂y ⎠ 2 ⎝ ∂x∂y ∂y ⎠ ⎦ ⎪ ⎣⎝ ∂x ⎭
⎫ ⎡⎛ ∂ 2 v ∂ 2u ⎞ 1 − μ ⎛ ∂ 2u ∂ 2 v ⎞ ⎤ ⎪ ⎞ + + 2 ⎟ ⎥ + by ⎬ δ v ⎟ dxdy μ ⎢⎜ 2 ⎟+ ⎜ ⎟ ∂x∂y ⎠ 2 ⎝ ∂x∂y ∂y ⎠ ⎦ ⎪ ⎣⎝ ∂y ⎭ ⎠ ⎡ ⎛ ∂u ∂v ⎞ 1 − μ ⎛ ∂u ∂v ⎞ ⎤ ⎢ nx ⎜ + μ ⎟ + n y ⎜ + ⎟⎥ δ u ∂y ⎠ 2 ⎝ ∂y ∂x ⎠ ⎦ ⎣ ⎝ ∂x
mπ x , l mπ ˆ x =l / 2 = δ cm sin δv 2 ˆ = δ cm sin δv
这时梁的虚应变能为
l
⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭
(B-2)
δ U = ∫ EI ⋅ ⎜ 0
⎛ d 2 v ⎞ ⎛ d 2δ v ⎞ dx ⋅ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠
2 2
寻找galerking加权残值法的试函数时先考虑满足力边界条件bcp较为方便设b18它满足处弯矩和剪力为零的条件即有限元分析及应用研究生课程清华大学b19把b18式积分二次可得b20调整两个积分常数a和b使满足则得到galerkin加权残值法的试函数b21代入b15式取sinsinb22可解出eieib23代回b21式得cleib24它比精确解大08显然比最小势能原理的一级近似解b23好这是因为这里所取的试函数性能较好它满足了所有的边界条件而前面最小势能原理求解所用的试函数只满足位移边界条件但要寻找要求高的试函数非常困难
结构力学虚功原理最小势能原理解题示例
最小势能原理、虚功原理解题示例最小势能原理：在给定外载荷的作用下，对于稳定平衡系统，在满足位移边界条件的所有各组位移中，实际位移使弹性系统的总势能最小。
例2.1如图2.1所示桁架结构，各杆的横截面积均为A,弹性模量均为E,在节点1处作用水平集中力P,试用最小势能原理求各杆的内力。
b5E2RGbCAP解：令在外力作用下，节点1在x向的位移为"丫，在y向的位移为叭。
则有:杆应变能的表达式为:2L则系统的总势能为:Yl = ^U-Pu x= EA(0.6n v— 0.8z< f + ———(0.447M V- 0.894"、.)2x2.5小” 〉丿2x2.236c八x y)+ ———(-0・447攸-0.894"、)' - Pit2x2・236a、x x号(0.16 吩0.192 吧+ 0.486讣他由最小势能原理可知，当结构处于稳定平衡状态时，有:BP：£4一(0.323你一0.192仏)—P = 0一(―0.192/+0.972叭)=0解得:3.51%U = --------A EA0.694%Wy= EAN— = 0.62PN-3 = 0.425PN— = -0.979P例2. 2如图2. 2所示的梁，其上作用有均布载荷q,试用最小势能原理求其挠度曲线。
ano；on 比杆的内力可由公式: 求得，故各杆的内力为:图2.2解：令梁的挠度函数为巩X）,它必须满足以下几个条件：1、必须满足几何边界条件，但不一定满足平衡条件和力的边界条件；2、由于有均布载荷q的作用，故巩“）应为x的4次多项式。
故，考虑到梁左侧为固支，可设：0(x) = X? (。
0 — qx—a2x2)梁右侧需满足:飒叽产°且梁右侧没承受弯矩，有：d~co（x\ 加=°z 〈力的边界条件）代入边界条件，有：y Y飒厶）=q厶0.6x2 - — + 0.4 —< L L丿U=[L\EJ\^\ dx等截面梁的弯曲应变能表达式为：2 <dx~丿【根据平面假设，梁在受弯曲变形后，其横截面仍保持为平面, 它一方面有挠度飒X）, —方面横截面在梁变形过程中旋转了一个角dco度石,由于该转角的存在，使得距离中性轴为y处的x方向的位移dco d 2co ^d 2cou = —y --- e = — V --- (T = — v/s --为 • dx ,应变”• dF ,弯曲应力为xdj 因此，等截面梁的弯曲应变能为:plEanqFDPw则系统的总势能为:(o 23、3x x8co{x) = L 1.2兀一 一+ 1.6 —< L U 丿由于变分可取任意值，故有:9.6 E/q = qL=叮爲所以:叩挣gj 閔亦丿G 叫7心加乂n=Ld 2a )(x) dx 2q^x)a )^x)dx由最小势能原理可知, 当结构处于稳定平衡状态时，有:又:d?Q (x)dx 2=j ： EJ" ：[')5e(jr)dx-j ：q(x)5Q (x)dx = \L EJ ^ Jo L =0&?(x) dx- J*。
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匀质杆AB始终在平面内，A端靠在墙上，B端在一光滑曲面上，如图所示。
若无论B在何处杆均受力平衡，求曲面方程。
如图所示，四根相同的长度为l的光滑轻杆由铰链连接成菱形，一轻绳系在两对角线之间，下部挂一重量为P的重物，系统放置于两根等高相距为2a（2a<2l）的杆上，求绳中的张力？（φ角已知）
如图所示，一竖立在竖直平面内的半圆空心管，管内刚好装有2n个光滑小珠子，已知每个珠子重力为W，求第i个珠子与第i+1个珠子的作用力Ni。
如图所示，一个外半径为R1，内半径为R2的圆柱形电容器，竖直地插进相对介电常数为εr 的密度为ρ的电解液中，若将电容器接上电压为U 的电源，求电解液中液面上升的高度
第一题，常规做法用受力分析，建立水平竖直方向平衡方程，暴力解之。
（约束力合力沿法向）
能量方法，利用随遇平衡，势能V 恒不变，解得y=f(x)。
（具体见高妙）
虚功原理：因为此题为理想约束，主动力为重力，虚位移中主动力做功为0，即 P δyc=0 yc=常量
由几何关系：yc=y+22
2
1x l - 故yc=y+
22
2
1x l -=常量 因x=0时y=0，故常量=2
1
故y=21⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎪
⎭⎫ ⎝⎛--2x 11l
第二题，直接虚功原理……
建立如图所示坐标系，把绳子忽略，于是两个拉力变为主动力T ，另一个主动力为P ，约束为理想约束，则有：
x A =lsin ϕ ϕδϕδcos x l A =………………………………………..①
ϕ
δϕ
ϕδϕϕδϕ2
sin sin 2cot cos 2a
l y a l y P P +-=-=……………….②
由虚功原理得：-2T P A P y x δδ+=0 将①②代入，得T=P ⎪
⎪⎭
⎫
⎝⎛
-ϕϕϕtan cos sin 22l a
第三题
设任意珠子的球心到管的圆心为OO ’长度为R ，前面i 个球为系统质心为C ，设CO 长度为
L 。
由虚功原理：N ()θθθθαd Wd L iWd d R cos i sin cos i == 其中α=n
4π
即N α
θ
cos cos i R iWL =
现在的目的就是求质心的位置函数L 和θ 由对称性已知角度θ=
ααi i =22
1
求L 用旋转矢量，如图所示
I 个大小为mR 、方向一次相差角度2α的矢量和的大小应该为imL 有：()()α
αααsin sin sin sin 22
imL i i R L i mR ==即
代入N 的表达式得：
()()()()W n n i i i W R i i i P iW
R iWL N i ⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛
=
==
=
2sin 2sin cos sin cos sin cos cos sin sin cos cos ππααααααααα
θ
第四题
为了求液面上升高度，就得求液体所受电场力。
先求出电容：设单位长度电容带电为λ，则离轴线r 处电场强度为E=
r
20πελ
内外筒电势差为U=⎰
⎰==
1
2
2
100ln 22R R
R R dr r Edr πελ
πελ 单位长度电容为C 0=
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=
210
ln 2R R U
πελ 若有电解质，则C 0’=
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛21r
0ln 2R R επε 设电容器长为L ，其中有长度为x 的电解液，则电容器电容为C=xC ()()2
1
000ln ]
1[2x 'R R L x C L r +-=
-επε
电容储存电场能为22
1
CU E =
设电解液受力为F （方向向上）
，假设电解液在F 作用下向上移动dx ，由虚功原理得Fdx=dE=d ()()21022
/ln dx 122)21(R R U CU r -=επε
得F=()()
2102/ln 122R R U r -επε
液面上的电解液受力平衡：F=(
)
2
221g R R h -πρ
得h=
(
)
()
()
2102
22
12
/ln 1g R R R R U r --εερ。