理论力学Ⅱ第2版 教学课件 作者 蔡泰信 和兴锁 等编著 16虚位移原理.pptVIP

16.4 虚位移原理推导和举例 ?虚位移原理 ?应用虚位移原理解题的步骤 具有双面、定常、理想约束的静止质点系，其平衡的必要和充分条件是：所有主动力在任何虚位移上的虚功之和等于零。 表达式为 16.4 虚位移原理推导和举例 在实际应用时，常将上式写成解析式，得相应的平衡条件 上式称为静力学普遍方程或虚功方程。 16.4.1 虚位移原理推导 ? 必要性证明: 由刚体静力学知，此时作用在系统内任一质点Ai上的主动力Fi和约束力FNi之矢量和必等于零，即满足条件 对每个质点选取虚位移δri，则对应的虚功之和等于零，即 证明: 对全体i求和，得 由于理想约束的假设 ，所以原式成立。 16.4 虚位移原理推导和举例 ? 充分性证明：采用反证法。设在条件下质点系并不平衡，则必有些质点（至少一个）上作用有非零的合力FRi=Fi+FNi，由于运动是从静止开始的，故它的实位移dri必与FRi同向，所以FRi将做正功，即 对全系统求虚功和，并考虑到理想约束条件，将得到 但是，在定常约束条件下，可取实位移dri相重合虚位移δri，于是有 它和原设条件式矛盾，可见，质点系中没有任何质点能在此条件下进入运动，故充分性得证。 16.4 虚位移原理推导和举例 确定研究对象：常选择整体为研究对象。 5.找出虚位移之间的关系，代入虚功方程并求解。 2. 约束分析：是否理想约束？ 3. 受力分析： ? 求主动力之间的关系或平衡位置时：只画主动力。 ? 求约束力时：解除约束，视约束力为主动力。 4. 给出系统一组虚位移，列出虚功方程。 16.4.2 应用虚位移原理解题的步骤 16.4 虚位移原理推导和举例 例题16-1 曲柄连杆机构静止在如图所示位置上，已知角度φ和ψ。不计机构自身重量，求平衡时主动力 FA 和 FB 的大小应满足的关系。 O A B φ ψ r FA FB 16.4 虚位移原理推导和举例 以δrA　和δrB　分别代表主动力 FA 和 FB 作用点的虚位移，如图所示。 解： 可见 A，B 两点的虚位移大小之比等于 根据虚位移原理的平衡方程，有 从而解得 O A B φ ψ r FA FB δrA　 δrB　 因 AB 是刚杆，两端位移在 AB 上的投影应相等，即 φ+ψ 几何法 16.4 虚位移原理推导和举例 根据虚位移原理的平衡方程，有 O A B φ ψ r FA FB y x 则点A和B的坐标为 解析法 16.4 虚位移原理推导和举例 O A B φ ψ r FA FB y x 求变分，有 考虑到关系 , 所以有 代入 可得 16.4 虚位移原理推导和举例 例题16-3 平面机构中的曲柄OA处于水平位置，长r＝0.2m，受矩为MO的力偶作用，通过连杆AB带动滑块B可沿铅垂方向滑动，并通过连杆BC带动摇杆CD摆动。如果不计构件的重量和摩擦，求在图示平衡位置时水平力F的大小。 16.4 虚位移原理推导和举例 解：取整个机构为研究对象，它具有一个自由度，给系统一组协调的虚位移如图所示。 根据虚位移原理，可写 出虚功方程 由于杆AB作瞬时平动，故有 由杆BC可得 (1) (2) (3) 16.4 虚位移原理推导和举例 由式（2）和式（3），可得 把式（4）代入式（1），得 由于??是任意的，最后得水平力F的大小 (2) (3) (4) 16.4 虚位移原理推导和举例 例题16-3 下图所示为连续梁。载荷 F1= 800 N ， F2= 600 N ， F3= 1000 N ，尺寸a= 2 m ， b= 3 m ，求固定端A的约束力。 a a a a a a b A B C D E F G H F1 F2 F3 16.4 虚位移原理推导和举例 用几何法求各点的虚位移。由图可知： 1. 为了求出固定端A的约束力偶MA，可将固定端换成铰链，而把固定端的约束力偶视作为主动力。 (a) 解： A B C D E F G H F1 F2 F3 δφ φ δyF1 δyB1 δyG1 δyD1 δyH1 y MA 设杆系的虚位移用广义坐标的独立变分δφ表示，有 代入式(a)得 16.4 虚位移原理推导和举例 因广义坐标的独立变分δφ为任意微量 代入式(a)得 故 A B C D E F G H F1 F2 F3 δφ φ δyF1 δyB1 δyG1 δyD1 δyH1 y MA 16.4 虚位移原理推导和举例 用几何法求各点的