3
3
yB yC b
2
2
代入虚功方程
由于 0 ，解得
3 FDxd M F b 0
2
2M 3Fb FDx
2d
解除 D 点 y 方向的约束，用约束力 FDy 代替，设机构发生虚位移，由虚位移原理
ΣWF 0 FDy yD F yB 0
M m2ra m2 g m1g m1a m2a 1 r 0
2
解得
a 2M (m1g m2 g)r (3m2 m1 )r
·9·
第 13 章 虚位移原理及拉格朗日方程
13-2 在题 13-2 图示机构中，已知 FB＝200N，＝60，＝30，刚度系数 k＝10N/cm 的弹簧在图示位置的总压缩量＝4cm，试求使该机构在图示位置保持平衡的力 FA 的大小。
FA
FB
（1）
FA
F
bC
A
O
rC b
k
rA
D
l

由于 0 ，所以
5F 4F1 0
解得
5 F1 F
4
由于
F1 k (2l sin 2l sin 0 )
所以
5F sin sin 0
8kl
解得
5F

arcsin sin 0
8kl

·2·
13-8 机构如题 13-8 图所示，曲柄 OA 上作用一矩为 M 的力偶，在滑块 D 上作用水平 力 F。求当机构平衡肘，力 F 与力偶矩 M 的关系。
13-22 题 13-22 图所示一升降机的简图，被提升的物体 A 重为 FP1,平衡锤 B 重为 FP2； 带轮 C 及 D 重均为 FP3，半径均为 r，可视为均质圆柱。设电机作用于轮 C 的转矩为 M，胶 带的质量不计，求重物 A 的加速度。
题 13-22 图
解：设物块 A 的加速度为 a，则各运动物体上的惯性力为
F
题 13-8 图
解 设 OA 杆的虚位移为，则 A、B、C 各点虚位移如图所示，由虚功方程
WF 0
M F rD 0
几何关系
rA a rB cos 2 rA cos
代入虚功方程， 0 ，解得
rB sin 2 rD cos
r
r
r
解得
a A M (FP 2 FP1 )r g (FP1 FP 2 FP3 )r
13-24 题 13-24 图所示，吊索一端绕在鼓轮Ⅰ上，另一端绕过滑轮Ⅱ系于重 m1g 的平 台 A 上，鼓轮半径为 r、重为 m2 g ，电动机给鼓轮的转矩为 M，试求平台上升的加速度。
设鼓轮可看作均质圆盘，滑轮的质量可以不计。
Ⅱ
M MI
a
Ⅰ
rQ
A
m2g
m1g
FI2 FI1
（1）
（2）
题 13-24 图
解：设平台上升的加速度为 a，则各运动物体的惯性力为
·8·
FI1 m1a FI 2 m2a M I I
由虚位移原理
ΣWF 0 M M I (m2 g m1g FI1 FI 2 )rQ 0
由于xA≠0，所以 FAx＝0
②设发生虚位移 y A , 而 xA 0
·4·
由虚位移原理
WF 0 FAy y A F1 y1 F2 y2 F3 yD M 0
几何关系
1 y1 yA y2 yA
3
yD yA yA 3
M Fa tan 2
·3·
13-12 在图示静定连续梁中，F1＝5kN，F2＝4kN，F3＝3kN，力偶矩 M＝2kNm。求 固定端 A 的约束力和约束力偶。
F1
F2
F3
(1)
MA
FXAAx
xA
FYAA y
F1
F2
F3
xC F1
B
（2）
F2
M xD
F3
yA
y1
MA
A
FXAA x
C
FA
2

3

3 3
FB

1 2

k



110.2
N
·1·
13-5 在题 13-5 图所示系统中，弹簧 AB、BC 的刚度系数均为 k，除连接 C 点的二杆长 度为 l 外，其余各杆长度均为 2l。各杆的自重可以忽略。未加力 F 时，弹簧不受力，＝ 0。 试求加力 F 后的平衡位置所对应的值。
O
x
F

F1 F1
F1 F1 xC
A xA
xB B
CF
y
（1）
（2）
题 13-5 图
解：设机构发生虚位移，解除弹簧，以弹性力 F 代替，采用变分法，取为广义坐标
xA l sin xA l cos
xB 3l sin xB 3l cos
xC 5l sin xC 5l cos
其中
r r
·7·
代入方程得
1
11
(FP1 FI1 M I1 FP2 FI2 M I2 M ) r 0
r
r
r
由于r 0，所以
1
11
FP1 FI1 M I1 FP2 FI2 M I2 M 0
代入虚功方程

1
M
FAy F1 F2 F3 yA 0

3
3
由于 y A 0 ，解得
FAy

F1

F2 3
M F3 3
5 3 4
33
kN
③设发生虚位移，而 xA y A 0 ，由虚位移原理
WF 0 M A F1 y1 F2 y2 F3 yD M 0
FYAAy
y2 B

D
M
yD
（3）
MA
FAx
A

FAy
F1 1m
F2 1m
C y1 yC
y2 B
（4）
题 13-12 图
F3
yD D
M
解：研究连续梁，解除 A 端约束，以约束力 FAx、FAy、MA、代替。
①设发生虚位移xA，而 y A 0
由虚位移原理
WF 0 FAx xA 0
由虚位移原理的解析表达式
Σ(Fxix Fyi y Fzi z) 0
F xC F1 xA F1 xB F1 xB F1 xC 0
即
F x C F1 (xA xC ) 0
F 5l cos F1(l cos 5l cos ) 0
rC
O
C
2
4

5 rD rB
A
B
F
D S3
S3
F
（1）
（2）
题 13-18 图
解：位移，如图所示，由虚位移原 理
ΣWF 0 S3 rB FrD 0
因为 CB 杆作平面运动，O 为瞬心，
·6·
由几何关系
rB OB rC OC
几何关系
yC 3
2 y1 yC
3
1

y2

3
yC
yD yC
代入上式
由于 0 ，解得
M A 2F1 F2 3F3 M 0
M A 2F1 F2 3F3 M 7 kNm
13-16 杆 AB 与 CD 由铰链 C 联结，并由铰链支座 A、D 固定，如题 13-16 图所示。 在 AB 杆上作用一铅直力 F，在 CD 杆上作用一力偶 M，不计杆重，求支座 D 的约束力。
FI1 FP1 a, FI2 FP2 a M I1 M I2 I D
g
g
其中
a
I D 1 FP3 r 2
r
2g
设系统发生虚位移r，由虚位移原理
ΣWF 0 FP1r FI1r M I1 FP2 r FI2 r M I2 M 0
FB
rB B
（2）
题 13-2 图
解：解除弹簧约束，以弹性力 F 代替，设机构发生虚位移，由虚位移原理
WF 0 FrC FA sin rA FBrB 0
(a)
F k rA 2 rC
rB DB tg 3
rA DA
3
代入(a)式，由于 rA 0 ，解得
F F
yC
yB
题 13-16 图
FDx
·5·
解：解除 D 点 x 方向的约束，用约束力 FDx 代替。设机构发生虚位移，由虚位移原理
ΣWF 0 FDxxD M F yB 0
由于 C为 CD 杆瞬心
xD d yC b
而 AB 杆绕 A 点转动，所以，几何关系为
OB 2CD 6 OC AC 3 5
rB
6
2
rC 3 5 5
rD rD AD AC
rD AD
6
2
rC AC 3 5 5
代入虚功方程得
2 2
S3 F rC 0
5
5
由于 rC 0 ，解得
S3 F
由于 DC 杆平移，所以
A
3
3
yC yD

yB

2