材料力学课件-虚位移习题解
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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。
材料力学课件-虚位移习题解
Fp
2m
2m 1m
3m
δrD D
δrB δrE δθ B E 45o
FEF
M C
图1
Fp
2m
2m 1m
3m
D δrD
δθ M
B E 45o
C
δrB
F
FCG
图2
FEF = −0.943kN (值为负，表明真
正指向与假定的相反)。
(2)由虚位移原理，有：
A
FPδrD + FCGδrE − Mδθ = 0 (2)
由图 2 所示几何关系：
δrC = 3δθ , δrB = δθ , δrD = δθ / 2
将上述关系式代入(2)中得：
FCG = 1.167kN
解毕。
虚位移原理
1 附图中,连接Ｄ，Ｅ两点的弹簧的弹簧常数为ｋ，ＡＢ
＝ＢＣ＝ l ，ＢＤ＝ＢＥ＝ｂ。当ＡＣ＝ａ时，弹簧拉 力为零。设在Ｃ处作用一水平力 F ，使系统处于平衡，
求Ａ，Ｃ间的距离ｘ（杆ＡＢ，ＢＣ的质量不计，摩擦 不计）。
解：作用于机构上的力除主动力F外，还有弹性力FD,FE, 它们的元功之和不为 0。以ϕ为广义坐标，建立图示坐
B
b l
y
FD
D
ϕ Ax
FE E
x
图1
xC = 2l cos ϕ
δxC = −2l sinϕδϕ .
代入(1)式，并约去δϕ得：
x = a + F ⎜⎛ l ⎟⎞2 k ⎝b⎠
解毕。
C F
2 由ＡＢ和ＢＣ在Ｂ点铰连而成的梁，用铰
支座Ａ及杆ＥＦ和ＣＧ支承，受力 F 及力偶
Ｍ作用。已知Ｆ＝１ｋＮ，Ｍ＝４ｋＮ·ｍ， 梁的重量不计，求杆ＥＦ和ＣＧ的内力。
虚位移原理习题解
δr
(2FB – 30 – 60•2.5 – 20•1.5 )δr = 0
FB = 105 kN
FAy
δr A
δr
(2) 求支座A的约束力。显然有FAx= 0，解除支 座A铅直方向的约束，代之以约束力FAy。解除 约束后，AC的瞬心为B，CD的瞬心为D，故得 如图所示的一组虚位移分布。于是有
(2FAy – 30 + 60•0.5 + 20•0.5 )δr = 0
FDxD FExE Fx 0
而弹簧的变形
FE θ FD
λ = b(x–a)/l
x
故有 FD = FE = kλ = kb(x–a)/l
代入虚功方程即可解得： x = a + (Fl2/ kb2)
如图所示结构,求支座A,B,D处的约束 反力.
FB δr B δr C 解: (1) 求支座B的约束力。支座B解除约束，代 之以约束力FB。注意到AC只能绕A转动，而CD 的瞬心为D，故有如图所示的一组虚位移分布。 由虚功原理可得
FAy = – 5 kN
FD
δr
δr D
(3) 求支座D的约束力。支座D解除约束，代之 以约束力FD。因CD只能绕C转动，故有如图所 示的一组虚位移。由虚位移原理可得
(2FD – 20)δr = 0
FD = 10 kN
理论力学
欢迎光临!
理论力学
虚位移原理
习题解答
图示曲柄压榨机 的销钉B上作用 有水平拉力F1,此 力位于平面ABC 内,作用线平分 ∠ABC,AB=BC, 各处摩擦及杆重 不计,求图示瞬 时对物体的压力
解: 由虚功原理有 F1xB F2yC 0
因为
xB l cos yC 2l sin
材料力学课件 (14)第十三章-4
R
M PA B
R
1 AB
<1>
解： 同时加上力P和力偶M
R
用单位载荷法计算A/B和A/B
M P
M() M PR(1 cos) M1( ) 1
R
AB
1 EI
2
[M PR(1 cos )] 1 Rd
0
1A B
<2>
2 R (M PR)
EI
Page6
BUAA
R
M PA B
R
( f A l2 )N 2 ( f A sina l1 cos a l3 )N 3 0
N2, N3为独立变量
f A l2 0 f A sina l1 cos a l3 0
能量法方程等价于几何方程
同理，若几何方程满足
能量法方程等价于平衡方程
Page13
BUAA
MECHANICS OF MATERIALS
§13-7 梁的横向剪切变形效应
前一章在计算变形能时，忽略了剪切变形的影响
➢ 考虑剪切效应时梁的应变能
y h/2 dy
z
dy dx
y
b
M(x) y
Iz
FS ( x) SZ FS ( x) ( h2 y2 )
Iz b
2Iz 4
Page14
BUAA
➢ 应变能表达式：
MECHANICS OF MATERIALS
BUAA
MECHANICS OF MATERIALS
本讲内容
单位载荷法例题 §13-7 梁的横向剪切变形效应
Page1
BUAA
W dWid Wi W dWer We
MECHANICS OF MATERIALS
材料力学第29讲 Chapter3-4第三章 能量法(虚位移原理及单位力法)
1 l(M d F Sd F N d T d )
实际载荷－系统1
FA
F1
F2
F3 F4
FB
A
B
E I,l
M MdM
1 2
d
1 2
d
1 2
d
1 2
d
dx
dx
F S FS dFS
1 2
d
dx
1 2
d
FA
A
虚位移
单位载荷－系统2
F 1
FB
B
E I,l
x
外力
内力
F 1, F A , F B
M ,FS
dW' dWi 0
dWi dW'
内力总虚功
Wi
l dW'
0
0l(MdFSd)
由虚位移原理 We Wi 0 得：
nF iil (M d F Sd F N d T d )
i 1
8
杆件的虚位移原理的具体表达式
nF iil (M d F Sd F N d T d )
i 1
在推导杆件的虚位移原理表达式时，完全没有涉及物性 方面的问题。因此，虚位移原理既不限定用于线性问题，也 不限定用于弹性问题。
3. 利用单位力法公式计算位移
x
E I,l M(x) x
o
1
l
(ME M IdxF SG sF A Sdx)
l
FN
FN EA
dx
1
5 5
F FNili Ni EA
1
P a
3
3 EA
3
A
1 3
3
1 3 B 1 3
1
i 1
5 3
实际载荷－系统1
FA
F1
F2
F3 F4
FB
A
B
E I,l
M MdM
1 2
d
1 2
d
1 2
d
1 2
d
dx
dx
F S FS dFS
1 2
d
dx
1 2
d
FA
A
虚位移
单位载荷－系统2
F 1
FB
B
E I,l
x
外力
内力
F 1, F A , F B
M ,FS
dW' dWi 0
dWi dW'
内力总虚功
Wi
l dW'
0
0l(MdFSd)
由虚位移原理 We Wi 0 得：
nF iil (M d F Sd F N d T d )
i 1
8
杆件的虚位移原理的具体表达式
nF iil (M d F Sd F N d T d )
i 1
在推导杆件的虚位移原理表达式时，完全没有涉及物性 方面的问题。因此，虚位移原理既不限定用于线性问题，也 不限定用于弹性问题。
3. 利用单位力法公式计算位移
x
E I,l M(x) x
o
1
l
(ME M IdxF SG sF A Sdx)
l
FN
FN EA
dx
1
5 5
F FNili Ni EA
1
P a
3
3 EA
3
A
1 3
3
1 3 B 1 3
1
i 1
5 3
虚位移习题课 山东建筑大学理论力学
P
q
m
A
B
C
E D
3m 3m
6m
6m
6m
19
解: 解除支座A的约束,代之约束反力RA,画虚位移 图如下. 其中Q1=24KN, Q2=24KN.
B是AC杆的瞬心. E是CE杆的瞬心.
rA
P
Q1 q
Q2
m
A
B
1 C
2 D
E
RA 3m 3m
6m
6m
6m
rC
利用虚位移图得: rC = (BC)1 = (CE)2
a
a
D
H
G
SG SH
rF
A 60°
1 E
2 60° B F
a
P
a
P
a
B为BHF的瞬心. 利用虚位移图得:
rF =2a1 = a2
21 = 2
29
a
a
D
H
G
SG SH
rF
A 60°
1 E
2 60° B F
a
P
a
P
a
利用虚位移图计算虚功 W(P) = - aP1 -2aP1
W(SG) = - 0.87aS1
a 3mg A 9M 4m
13
1-3. 总结
1.确定研究对象进行运动分析. 2.画受力图.加惯性力或简化的惯性力系. 3.适当选取研究对象.应用平衡方程求解.
14
2. 虚 位 移 原 理
2-1.概念与原理
r = ix + jy r = r W(F) = F·r W(M) =Mo(F) W(m) = m Fi·ri = 0 mii = 0
Q2
《虚位移原理》课件
05
虚位移原理的局限性
刚体假设的局限性
刚体假设忽略了物体的形变，这在许多实 际情况下是不适用的。
对于弹性体或流体等需要考虑形变的场合 ，刚体假设可能导致误差。
刚体假设限制了虚位移原理的应用范围， 只能用于分析刚体系统的平衡问题。
虚位移假设的局限性
1
虚位移是指不会引起外力矩的位移，但实际系统 中往往存在摩擦力、粘滞力等阻力，这些阻力可 能阻碍虚位移的发生。
展望
学科发展动态
介绍与《虚位移原理》相关的学
科发展动态，如最新研究成果、
学术热点等。
01
应用前景
02 探讨《虚位移原理》在未来的应
用前景，如工程领域、科学研究
等。
学习方法建议
针对《虚位移原理》的学习，给
出进一步深入学习的方法和建议
03
。
互动与交流
04 鼓励学习者之间以及学习者与教
师之间的互动与交流，共同促进优设计等。动力学问题中的虚位移原理
在动力学问题中，虚位移原理可 以用来研究物体的运动规律和受
力情况。
通过分析物体的受力情况和虚位 移，可以计算物体的加速度和速 度，进一步了解物体的运动规律
。
动力学问题中的虚位移原理在航 天工程、车辆工程、机器人等领 域有着广泛的应用，如卫星轨道
计算、车辆动力学分析等。
虚位移原理的应用场景
机械系统
在机械系统中，如机器、 机构等，当分析其平衡状 态时，可以利用虚位移原
理来计算约束反力。
建筑结构
在建筑结构中，如桥梁、 高层建筑等，当分析其静 力平衡时，可以利用虚位 移原理来计算内力和位移
。
化学反应
在化学反应中，当分析反 应平衡时，可以利用虚位 移原理来计算反应热和反
材料力学(15)第十三章-4
P A x B C
A 0 w ( x ) dx 0 1 w ( x ) dx
* 2a 2a
选定单位载荷状态
M (x) 1 2 Px (0 x a )
a
1 A x
a
M ( x ) ax
1 2
x
2
(0 x a )
C
A
*
2 EI
a
a
0 M ( x ) M ( x )dx
l 3 l 1 cos l 2 sin
li
F Ni l i EA
能量法方程：
P fA 2 1 2 ( N 1 l1 N 2 l 2 N 3 l 3 )
(已满足物理方程)
Page15
BUAA
MECHANICS OF MATERIALS
dx
F 0
M ( x ) Fx
qx
2
F S ( x ) F qx
24 EI 5 GAl
2
(1
)
Page22
8 EI
BUAA q
MECHANICS OF MATERIALS
考虑剪力的影响 有没有其它办法?
1
f max ?
单位载荷法求位移
l 0
M ( x )d
P l 1
45o
解： 载荷状态 单位状态
fB
N1 P N1 1
N 2 2P N2 2
B 2
1
2
N i N i li EA
i 1
fB
N ( x )d
l
2
N i li
A 0 w ( x ) dx 0 1 w ( x ) dx
* 2a 2a
选定单位载荷状态
M (x) 1 2 Px (0 x a )
a
1 A x
a
M ( x ) ax
1 2
x
2
(0 x a )
C
A
*
2 EI
a
a
0 M ( x ) M ( x )dx
l 3 l 1 cos l 2 sin
li
F Ni l i EA
能量法方程：
P fA 2 1 2 ( N 1 l1 N 2 l 2 N 3 l 3 )
(已满足物理方程)
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BUAA
MECHANICS OF MATERIALS
dx
F 0
M ( x ) Fx
qx
2
F S ( x ) F qx
24 EI 5 GAl
2
(1
)
Page22
8 EI
BUAA q
MECHANICS OF MATERIALS
考虑剪力的影响 有没有其它办法?
1
f max ?
单位载荷法求位移
l 0
M ( x )d
P l 1
45o
解： 载荷状态 单位状态
fB
N1 P N1 1
N 2 2P N2 2
B 2
1
2
N i N i li EA
i 1
fB
N ( x )d
l
2
N i li
工程力学-材料力学-第15章 虚位移原理(邱清水)
一旦确定了质点系的广义坐标，则也隐含地描述了质点系的 几何约束方程 。
15.2 虚位移与虚功
1．虚位移
虚位移：是指在某瞬时，质点系在约束所容许的条件下， 可能实现的任意无限小的位移。
虚位移可以是线位移，也可以是角位移。通常用变分符号
表示虚位移。
如下图所示的杠杆AB，如令杆绕Ｏ轴转动微小角度δ，
y x
O
B
15.1质点系的自由度· 约束及约束的分类
4) 完整约束与非完整约束
几何约束和可积分的运动约束称为完整约束。 若运动约束不可积分为有限形式，则称为非完整约束。 y vC C*
xC R 0
C
O
R
可以积分为 xC R 0
x
x
圆轮所受约束为完整 约束。
15.1质点系的自由度· 约束及约束的分类
xA 0, y A l sin xB l cos , yB 0
进行变分运算，可得
x A 0 y A l cos xB l sin
将数据代入虚功方程，可得
y B 0
FA cos FB sin l 0
由于 的任意性，故可解得
rA v A AC l rB v B BC 2l sin
由虚位移原理，可得
P1 rA P2 rB 0
即得
P1 cos 2P2 sin rA 0
P 2P2 tan 1
由于rA的任意性，故可解得 本题也可通过解析法求解
15.3 虚位移原理—例题分析
1.求结构平衡时的主动力和平衡位置
例15-2 如图所示椭圆规机构中，刚性连杆AB长l。
杆AB、滑块A、B的重量均不计，所有接触光滑，机
15.2 虚位移与虚功
1．虚位移
虚位移：是指在某瞬时，质点系在约束所容许的条件下， 可能实现的任意无限小的位移。
虚位移可以是线位移，也可以是角位移。通常用变分符号
表示虚位移。
如下图所示的杠杆AB，如令杆绕Ｏ轴转动微小角度δ，
y x
O
B
15.1质点系的自由度· 约束及约束的分类
4) 完整约束与非完整约束
几何约束和可积分的运动约束称为完整约束。 若运动约束不可积分为有限形式，则称为非完整约束。 y vC C*
xC R 0
C
O
R
可以积分为 xC R 0
x
x
圆轮所受约束为完整 约束。
15.1质点系的自由度· 约束及约束的分类
xA 0, y A l sin xB l cos , yB 0
进行变分运算，可得
x A 0 y A l cos xB l sin
将数据代入虚功方程，可得
y B 0
FA cos FB sin l 0
由于 的任意性，故可解得
rA v A AC l rB v B BC 2l sin
由虚位移原理，可得
P1 rA P2 rB 0
即得
P1 cos 2P2 sin rA 0
P 2P2 tan 1
由于rA的任意性，故可解得 本题也可通过解析法求解
15.3 虚位移原理—例题分析
1.求结构平衡时的主动力和平衡位置
例15-2 如图所示椭圆规机构中，刚性连杆AB长l。
杆AB、滑块A、B的重量均不计，所有接触光滑，机
【工程力学 课后习题及答案全解】第25章虚位移原理在弹性静力学中的应用习题解
S表面
S表面
由功的互等定理（1）=（2）
（2）
习题 25-4 图
F
(a)
q(∆V ) F
= 1 − 2ν E
Fql
所以 (∆V ) F
=
1 − 2ν E
Fl
25－5 具有中间铰的线弹性材料梁，受力如图 a 所 示，两段梁的弯曲刚度均为 EI。用莫尔法确定中间铰两侧 截面的相对转角有下列四种分段方法，试判断哪一种是正 确的。
θ wmax
θM wmax θ
(a)
示。若集中力 F 和集中力偶 M 数值相等，试判断下列等
式（数值相等）中哪一个是正确的。
（A） ∆ yC (M ) = ∆ yC (F ) ；
（B）θ B (M ) = θ B (F ) ； （C） θ B (M ) = ∆ yC (F ) ；
— 15 —
（D） θ B (F ) = ∆ yC (M ) 。
=
11ql 3 24EI
（→）
∆Cy
=
1 EI
(M C3 AΩ3) =
1 EI
⎡ ⎢( ⎣
1 2
⋅
ql 2 2
)(
1 2
⋅
l 4
⋅
⎤ l)⎥
⎦
=
ql 4 32EI
（↓）
（b）θ A
=
1 EI
(M C1AΩ1) =
1 EI
⎡ ⎢( ⎣
1 2
)(
2 3
⋅
ql 2 8
⎤ ⋅l)⎥ =
⎦
ql 3 24EI
（逆）
习题 25-8 图(a)
习题 25-8 图(b)
习题 25-8 图(c)
M
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。
理论力学2虚位移原理ppt课件
xE xD 2bsin (Fl Fsb)2 cos 0
0
2bcos
cos 0; or (Fl Fsb) 0
xC 2l sin xC 2l cos
90
or
Fs
Fl b
xC1 2l
Fs
/
k
Fl bk
i 1
平衡
主动力的虚功之和为 零则系统平衡
假设等式成立但质点系不平衡
运动质点Mi有合力 FRi ( Fi FNi )
dri 也为虚位移 ri
产生同方向的
微小实位移 dri
完整、双面、定常约束
质点开始运动
FRi ri 0
Fi ri FNi ri 0
因
研究 该平衡问题
图示杠杆平衡，求F1与F2关系
平衡条件：
MC(F) 0
F1a F2b 0 （a）
能否研究诸力做功，而得到平衡条件？
动力学分析方法
构造“功”：假定系统运动了微小角度
则： s1 a tan
s2 b tan
1
F1a F2b 0 （a）
s1 a tan s2 b tan
r xi yj zk
理想约束
n
FNi ri 0
i 1
• 理想约束(ideal constraint)： 约束力在任何虚位移上
所作虚功之和为零的约束。
10
二、虚位移原理 (virtual work principle)
问题：具有理想约束的质点系， 在给定位置保持平衡，则所 有主动力在系统的任何虚位移上所作的虚功之和是多少？
第1章 弹性力学基本方程及虚位移原理
T
⎡u ⎤ ⎢v⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎣ w⎥ ⎦
或简写成
{ε } = [ L]{u}
（1.4）
式中：[L]为拉普拉斯算子。
⎡∂ ⎢ ∂x ⎢ ⎢ [ L] = ⎢ 0 ⎢ ⎢ ⎢0 ⎣ 0 ∂ ∂y 0 0 0 ∂ ∂z ∂ ∂y ∂ ∂x 0 0 ∂ ∂z ∂ ∂y ∂⎤ ∂z ⎥ ⎥ ⎥ 0⎥ ⎥ ∂⎥ ⎥ ∂x ⎦
（1.9）
或简写成
{σ }＝[ D ]{ε }
1.3.2 平面应变问题 假设有一很长的坝体(见图1．6)，取xoy坐标面与坝体的横截面平行。 若平行于xoy平面的外力沿坝体长轴(z轴)不变，则可以认为坝体的各个横截 面处于同样的应变状态，对于假定的无限长坝体，各横截面沿纵向位移为 o，即
ε z = γ xz = γ yz = 0
结论：对于任何从平衡位置开始的虚位移，都有虚功等于虚应变能。
δU − δW = −∫∫∫ ⎢⎜
V
⎡⎛ ∂σ x ∂τ xy ∂τ zx ∂σ ∂τ ∂τ ⎞ ⎛ ∂τ ⎞ ⎛ ∂τ ⎞ ⎤ ∂σ + + + F x ⎟ δ u + ⎜ xy + y + yz + F y ⎟ δ v + ⎜ zx + yz + z + F z ⎟ δ w⎥dV ∂y ∂z ∂y ∂z ∂y ∂z ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎦ ⎣⎝ ∂x
(4)利用广义胡克定律，建立应力和应变之间关系的物理方程(也 称本构关系)。 (5)从上述方程出发，在满足给定的变形体边界受力、位移条件 的基础上，进行数学求解(称偏微分方程的边值问题)，获得变形体的 受力和变形解答。 由于弹性力学的思路放松了人为假定，因此，求解结果更符合实 际，但求解时所用的数学方法(数学物理方程)更为复杂。 总之，研究线弹性体的问题，要建立微元体的平衡条件、几何关 系、应力应变关系并满足边界条件等，形成的这些方程统称为“弹性 力学的基本方程”。
⎡u ⎤ ⎢v⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎣ w⎥ ⎦
或简写成
{ε } = [ L]{u}
（1.4）
式中：[L]为拉普拉斯算子。
⎡∂ ⎢ ∂x ⎢ ⎢ [ L] = ⎢ 0 ⎢ ⎢ ⎢0 ⎣ 0 ∂ ∂y 0 0 0 ∂ ∂z ∂ ∂y ∂ ∂x 0 0 ∂ ∂z ∂ ∂y ∂⎤ ∂z ⎥ ⎥ ⎥ 0⎥ ⎥ ∂⎥ ⎥ ∂x ⎦
（1.9）
或简写成
{σ }＝[ D ]{ε }
1.3.2 平面应变问题 假设有一很长的坝体(见图1．6)，取xoy坐标面与坝体的横截面平行。 若平行于xoy平面的外力沿坝体长轴(z轴)不变，则可以认为坝体的各个横截 面处于同样的应变状态，对于假定的无限长坝体，各横截面沿纵向位移为 o，即
ε z = γ xz = γ yz = 0
结论：对于任何从平衡位置开始的虚位移，都有虚功等于虚应变能。
δU − δW = −∫∫∫ ⎢⎜
V
⎡⎛ ∂σ x ∂τ xy ∂τ zx ∂σ ∂τ ∂τ ⎞ ⎛ ∂τ ⎞ ⎛ ∂τ ⎞ ⎤ ∂σ + + + F x ⎟ δ u + ⎜ xy + y + yz + F y ⎟ δ v + ⎜ zx + yz + z + F z ⎟ δ w⎥dV ∂y ∂z ∂y ∂z ∂y ∂z ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎦ ⎣⎝ ∂x
(4)利用广义胡克定律，建立应力和应变之间关系的物理方程(也 称本构关系)。 (5)从上述方程出发，在满足给定的变形体边界受力、位移条件 的基础上，进行数学求解(称偏微分方程的边值问题)，获得变形体的 受力和变形解答。 由于弹性力学的思路放松了人为假定，因此，求解结果更符合实 际，但求解时所用的数学方法(数学物理方程)更为复杂。 总之，研究线弹性体的问题，要建立微元体的平衡条件、几何关 系、应力应变关系并满足边界条件等，形成的这些方程统称为“弹性 力学的基本方程”。
结构力学课件9位移计算1 虚功原理与结构位移计算-PPT课件
M.N.Q.R k
R2
实际变形状态
虚力状态
k k
( M N Q ) d s R c
(1) 建立虚力状态：在待求位移方向上加单位力；
表达式; (2) 求虚力状态下的内力及反力 M.N.Q.R k
(3) 用位移公式计算所求位移，注意正负号问题。
2019/3/17 17
P ( )P T P P A B A B
这里Δ是与广义力相应的广义位移。
P
P A
ΔA m 表示AB两点间距的改变，即AB两点的相对位移。
t t
B β
P
ΔB Δ
B m
4）若广义力是一对等值、反向的力偶 m
m A A Δ
T m m m ( )m A B A B
２、位移是微小位移（几何线性），即可用结构原 尺寸和叠加法计算其位移； ３、所有约束为理想约束，即约束力不作功。
2019/3/17
5
4、广义力与广义位移
作功的两方面因素：力、位移。与力有关的因素，称为广义力S。与位移有
关的因素，称为广义位移Δ。 广义力与广义位移的关系是：它们的乘积是虚功。即：T=SΔ 1）广义力是单个力，则广义位移是该力的作用点的位移在力作用方向上的分量 2）广义力是一个力偶，则广义位移是它所作用的截面的转角β。 3）若广义力是等值、反向的一对力P
2019/3/17 15
位移计算公式也是变形体虚功原理的一种表达式。
( M N Q ) d s R c
k k
K
K
ds
t1
t2
c2
c1
1
R1
材料力学 13 虚位移
2 2 x yD lsin , yD lcos 2 2 B、D点的横坐标相等 2 3cos sin S P yB cos 2 lcos lcos
2
P
C
yB lsin , yB lcos
S
y D
cos sin cos 3
13-5 已知：OC = a ,OK=l ,Q 求：P与Q关系 解： 1 、几何法 s C y c s 给B 处虚位移 B
s A
Q
y
o
l
A
K
B P
2 2 l P 2 Qasin Qacos 0 cos a 2 l P Qa 0 P Q cos 2 cos l
第13章 虚位移原理
虚功原理 基本思想： 静力学问题
动力学解法
虚功为零
虚位移原理是静力学普遍原理
已知：P , a , b 求：平衡时，Q = ? 实例：
பைடு நூலகம்
P A
a
o X
ob Yo
s A
P
o
A a
Pa Qb 0 a Q P b 虚位移原 理 Q B Ps A QsB 0
s B
Q B
解：对杆AB
mo F 0
b
Pa Qb 0
Pa Qb 0
§13--2 虚位移和虚功
一、 虚位移：约束所允许的、可能实现的 任何无限小的位移。 表示：r ,x ,y ,z ,s , ,
o
y
A x A , y A
r
l
3 S P 2.366P 3 3
A
材料力学 虚功原理zhangjinsheng
(3)求解时关键一步是找出虚位移状态的位移关系。 求解时关键一步是找出虚位移状态的位移关系。 求解时关键一步是找出虚位移状态的位移关系 (4)用几何法来解静力平衡问题 用几何法来解静力平衡问题
C
单位位移法(Unit-Displacement Method) 单位位移法
2）虚功原理用于虚设的平衡力状态与实际的协 ）虚功原理用于虚设的平衡力状态与实际的协 虚设的平衡力状态 调位移状态之间 之间。 调位移状态之间。
(2) 超静定、动力和稳定计算 超静定、 (3）施工要求 ）
三、 本章位移计算的假定 (1) 线弹性 (Linear Elastic), (2) 小变形 (Small Deformation), （3）理想联结 (Ideal Constraint)。 ） 。
叠加原理适用（principle of superposition)
力状态 （虚力状态）
P2
∆12
位移状态 （虚位移状态）
§3.2 变形体虚功原理 (Principle of Virtual Work)
二、广义力(Generalized force)、广义位移 广义力 、 (Generalized displacement)
一个力系作的总虚功 W=P× ∆ W=P× P---广义力; ∆ ---广义位移 ---广义力 ---广义位移 广义力; 1)作虚功的力系为一个集中力 2)作虚功的力系为一个集中力偶 例: 1)作虚功的力系为一个集中力 2)作虚功的力系为一个集中力偶 P P P M
3∆/2 P 2∆
XA = 0 ∆
YA = P / 2
YB = P / 2
P P 3∆ ⋅ ∆ + ⋅ 2∆ − P ⋅ =0 2 2 2
（3）变形体的虚功原理 ）
C
单位位移法(Unit-Displacement Method) 单位位移法
2）虚功原理用于虚设的平衡力状态与实际的协 ）虚功原理用于虚设的平衡力状态与实际的协 虚设的平衡力状态 调位移状态之间 之间。 调位移状态之间。
(2) 超静定、动力和稳定计算 超静定、 (3）施工要求 ）
三、 本章位移计算的假定 (1) 线弹性 (Linear Elastic), (2) 小变形 (Small Deformation), （3）理想联结 (Ideal Constraint)。 ） 。
叠加原理适用（principle of superposition)
力状态 （虚力状态）
P2
∆12
位移状态 （虚位移状态）
§3.2 变形体虚功原理 (Principle of Virtual Work)
二、广义力(Generalized force)、广义位移 广义力 、 (Generalized displacement)
一个力系作的总虚功 W=P× ∆ W=P× P---广义力; ∆ ---广义位移 ---广义力 ---广义位移 广义力; 1)作虚功的力系为一个集中力 2)作虚功的力系为一个集中力偶 例: 1)作虚功的力系为一个集中力 2)作虚功的力系为一个集中力偶 P P P M
3∆/2 P 2∆
XA = 0 ∆
YA = P / 2
YB = P / 2
P P 3∆ ⋅ ∆ + ⋅ 2∆ − P ⋅ =0 2 2 2
（3）变形体的虚功原理 ）
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பைடு நூலகம்Fp
2m
2m 1m
3m
δrD D
δrB δrE δθ B E 45o
FEF
M C
图1
Fp
2m
2m 1m
3m
D δrD
δθ M
B E 45o
C
δrB
F
FCG
图2
标系。
在图示位置，弹簧伸长为：
δ
=
(x − a)b
l
， FD
=
FE
=
kδ
=
k(x − a)b 。
l
由虚位移原理，有：
FDδxD − FEδxE + FδxC = 0
(1)
而
xD = (l − b)cos ϕ
δxD = −(l − b)sinϕδϕ;
xE = (l + b)cos ϕ
δxE = −(l + b)sinϕδϕ;
解：分别解除 CG 和 EF 杆的约束，代 之以相应的约束力,如图 1，2 所示。 (1)由虚位移原理，有：
− FPδrD + FEF cos 45° ⋅ δrE (1)
A
+ Mδθ = 0
由图 1 所示几何关系：
δrE = 3δθ , δrD = 2δθ
δrB = 4δθ ,
将上述关系式代入(1)中得：
虚位移原理
1 附图中,连接Ｄ，Ｅ两点的弹簧的弹簧常数为ｋ，ＡＢ
＝ＢＣ＝ l ，ＢＤ＝ＢＥ＝ｂ。当ＡＣ＝ａ时，弹簧拉 力为零。设在Ｃ处作用一水平力 F ，使系统处于平衡，
求Ａ，Ｃ间的距离ｘ（杆ＡＢ，ＢＣ的质量不计，摩擦 不计）。
解：作用于机构上的力除主动力F外，还有弹性力FD,FE, 它们的元功之和不为 0。以ϕ为广义坐标，建立图示坐
B
b l
y
FD
D
ϕ Ax
FE E
x
图1
xC = 2l cos ϕ
δxC = −2l sinϕδϕ .
代入(1)式，并约去δϕ得：
x = a + F ⎜⎛ l ⎟⎞2 k ⎝b⎠
解毕。
C F
2 由ＡＢ和ＢＣ在Ｂ点铰连而成的梁，用铰
支座Ａ及杆ＥＦ和ＣＧ支承，受力 F 及力偶
Ｍ作用。已知Ｆ＝１ｋＮ，Ｍ＝４ｋＮ·ｍ， 梁的重量不计，求杆ＥＦ和ＣＧ的内力。
FEF = −0.943kN (值为负，表明真
正指向与假定的相反)。
(2)由虚位移原理，有：
A
FPδrD + FCGδrE − Mδθ = 0 (2)
由图 2 所示几何关系：
δrC = 3δθ , δrB = δθ , δrD = δθ / 2
将上述关系式代入(2)中得：
FCG = 1.167kN
解毕。