虚位移原理例题
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
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'
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。
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例6： 书15-5
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 求机构平衡时力F1与F2的关系。
解：给出力
F1
、F2
处的虚位移 rC、rA
几何法：ra rA re rr rA cos re
rC
re
a l / cos
注意：几何法时，主动力与虚位移方向一致为正；
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。
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及 。
解F1
由虚功原理 F1rC F2rA 0
F1
a
F2l cos2
φD x
O
解析法：建立如图直角坐标系 yA l tan
求变分 y A
l
cos2
又rC
由虚功原理 F1rC F2yA 0
a
F1
F2l
a cos2
B
F2
例7： 书15-7
滑套D套在光滑直杆AB上，并带动杆
一组虚位移，如图所示。 图示中：
rA rD rB
FrB cos P1rC sin P2rD sin 0
而 rC a , rB rD rA 2a
代入上式后，得：
(Fcos 2aP1asin P2 2asin ) 0
tg
P1
2F 2P2
讨论：其它可能虚位移与真实位移
例5 ：升降机构，
已知： AO AB AC AD l ,
vB
2rA sin rB
解析法：
rB 2l sin
虚功方程 M FrB 0
arcsin M
2Fl
xB 2l cos xB 2l sin
( x轴向右为正，xB向右，
rB xB 2l sin)
当然，几何法
也可以假设 顺时针，
求解结果相同。
虚功方程 M FxB 0
M F 2l sin 0
(2Fl
h
2
FN )
0
由于 是任意的，有： 2Fl
也即：
h
2
FN
0
FN
4
l h
F
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。
例2 图示椭圆规机构，连杆AB长l，杆重和滑道摩擦不计， 铰链为光滑的，求在图示位置平衡时，主动力大小P和Q之间 的关系。
解：研究整个机构。 系统的所有约束都是 完整、定常、理想的。
1、几何法：使A发生虚位移 rA ，
B的虚位移 rB ，则由虚位移原理，
得虚功方程：
rA
PrA QrB 0
而 rA sin rB cos
rA
rB rA tg
(PQtg )rA 0
由rA的任意性，得 PQ tg
2、解析法 由于系统为单自由度，
由此解得：
tg
P1
2F 2P2
,
tg 2F
P2
解法二： 应用虚位移原理，几何法
先使 保持不变，而使 获得变分 ，得到系统的一
组虚位移，如图所示。
FrB cos P2rD sin 0
而 rB 2b , rD b
代入上式，得
tg
F 2b P2 b
2F P2
再使 保持不变，而使 获得变分 ，得到系统的另
CD在铅直滑道上滑动。已知=0o时，
弹簧等于原长，弹簧刚度系数为
5(kN/m)，求在任意位置（ 角）平衡
时，加在AB杆上的力偶矩M ？
解：这是一个已知系统平衡，求作用于系统上主动力之间关系 的问题。将弹簧力计入主动力，系统简化为理想约束系统，故 可以用虚位移原理求解。
选择AB杆、CD杆和滑套D的系统为研究对象。
统，取角及为广义坐标，现用两
种方法求解。 y
解法一： 应用虚位移原理，解析法
P1yC P2yD FxB 0 (a) 而 yC acos , yC asin
yD 2acos bcos , yD 2asin bsin xB 2asin 2bsin , xB 2acos 2bcos
代入(a)式，得：
K
CE DE FE EG FH l , HG IH HJ l ,
机构的平衡位置为 ，
试求力偶M与重物 W 间的关系。
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
re
300
cos
rr
re
tan
300sin cos2
去掉弹簧，暴露出弹簧力 F和
F
ra re
rB F rr
F
弹簧原长 (600 300 )mm
弹簧后来长
(600
300 cos
)mm
弹簧缩短
(
300 cos
300 )mm
例1：螺旋压榨机中螺杆的螺距为 h 。如果
在手柄上作用一在水平面内的力偶，其
力偶矩为 2Fl ，求平衡时作用于被压榨
物体上的压力。（忽略摩擦）
解：
1、对象：由手柄、螺杆及压板组成的系统
23、、分给析系受统力以：虚主位动移力：（F和, F’s有 )及，：压s板阻h力FN
2
4、列虚功方程：W
2Fl
FNs
(P1a sin P2 2a sin F 2a cos) (P2bsin F 2b cos ) 0
(P1asin P2 2asin F2a cos) (P2bsin F2bcos ) 0 由于 , 是彼此独立的，所以：
P1asin P2 2asin F2acos 0 P2 bsin F2bcos 0
机构。今在OA杆上作用力偶 M ，在滑块B上作用力 F ，使 机构处于平衡状态，如例图所示。试求平衡位置角 。 解：1、对象：系统
2、分析受力：M，F
3、给虚位移： ， rB ，求虚位移关系：
几何法(虚位移投影法或者瞬心法)：
rA l
OA vA
rA cos(90 ) rA sin 2 rB cos
可取为广义坐标。
xB lcos , yA lsin xB lsin , yA lcos
Py A QxB 0 ,
(Pcos Qsin )l 0
由于 任意，故 PQ tg
注意：几何法时，主动力与虚位移方向一致为正； 解析法时主动力、坐标变分各自沿坐标轴方向为正
OA vA vB
例3：两均质杆 OA AB l ，均不计重，构成曲柄滑块