清华大学版理论力学课后习题答案大全第12章虚位移原理及其应用习题解

12－1 图示结构由8根无重杆铰接成三个相同的菱形。试求平衡时，主动力F1与F2的大小关系。

解：应用解析法，如图（a），设OD = l： O F1 D O F1 A x yA2lsin；yB6lsin

δyA2lcosδ；δyB6lcosδ

应用虚位移原理：F2δyBF1δyA0

B F2 习题12-1图

y F2 6F22F10；F13F2

= EC = DE = FC = DF = l。

（a）

12－2图示的平面机构中，D点作用一水平力F1，求保持机构平衡时主动力F2之值。已知：AC = BC

y F2 E A 解：应用解析法，如图所示：

yAlcos；xD3lsin δyAlsinδ；δxD3lcosδ

应用虚位移原理：F2δyAF1δxD0

O  C D F1 x B G 习题12-2解图

F2sin3F1cos0；F23F1cot

12－3 图示楔形机构处于平衡状态，尖劈角为θ和β，不计楔块自重与摩擦。求竖向力F1与F2的大小关系。

习题12－3

（a）

（b）

θ β θ β r1 F1 F2 F1 r1 F2 r2 ra r2 ra

解：如图（a），应用虚位移原理：F1δr1F2δr20 如图（b）：

δr1δr2δratantan；δr2tanδr1 tanF1δr1F2

tantanδr10；F1F2 tantan12－4 图示摇杆机构位于水平面上，已知OO1 = OA。机构上受到力偶矩M1和M2的作用。机构在可能的任意角度θ下处于平衡时，求M1和M2之间的关系。

— 1 —

解：应用虚位移原理：M1δ1M2δ20 （1）

M2 1 M1 A θ rr re ra O O1 2 如图所示，δracosδre

其中：δraOAδ1`；δre2cosOAδ2 所以：δ12δ2，代入式（1）得：M22M1

习题12－4解图

12－5 等长的AB、BC、CD三直杆在B、C铰接并用铰支座A、D固定，如图所示。设在三杆上各有一力偶作用，其力偶矩的大小分别为M1 、M2和M3。求在图示位置平衡时三个力偶矩之间的关系（各杆重不计）。

2 B M1 M2 C rCB 解：应用虚位移原理：

rB rC

M1δ1M2δ2M3δ30 （1）

如图所示，δrCsin60δrB；δrCcos60δrCB

M3 1 3 D 60˚ A 习题12－5解图

设三杆长均为l，则有：δrBlδ1`；δrClδ3；δrCBlδ2

所以：

13δ3δ1，δ3δ2代入式（1）得：

2231M1M2M30；3M1M22M30 2212－6 图示三根均质杆相铰接，AC = b，CD = BD = 2b，AB = 3b，AB水平，各杆重力与其长度成正比。求平衡时θ、β与γ间的关系。

解：应用解析法，如图所示：

A yEbbsin； δyEcosδ

22θ E mgC y γ F 2mg B β G 2mg D x yFbsinbsin；δyFbcosδbcosδ yGbsin； δyGbcosδ

应用虚位移原理：mgδyE2mgδyF2mgδyG0 即：mg习题12－6解图

bcosδ2mg(bcosδbcosδ)2mgbcosδ0 （1） 2根据几何关系：bsin2bsin2bsin；3bbcos2bcos2bcos 对上两式求变分：；bcosδ2bcosδ2bcosδ；δcoscosδδ

2coscos — 2 —

bsinδ2bsinδ2bsinδ0；

δ2sincostan1sincostanδ；δ(coscos)δ

sincostancossincostan将上式代入式（1），有：

5mgsincostantancossin2mgcos2mg0

tantantantan5(sincostan)2cos(tantan)2(tancossin)0 5(tantan)2(tantan)2(tantan)0 4tan7tan3tan0

12－7 计算下列机构在图示位置平衡时主动力之间的关系。构件的自重及各处摩擦忽略不计。

F B rD D 60˚ 60˚ C rC l （a）

F M 2l D B rr ra M C F

A rA rC r M φ θ B rB θ D （c）

C re A 60˚ 60˚ l （b） A 习题12－7解图

δrD0；δrCcos60δrDcos30 lδrF3δrDMD0；M3Fl

lδr图（b）：F2δreMa0；δracos60δre

lδrFδraMa0；MFl

lδr图（c）：FδrCMA0；δrAcosδrBcos()；δrCcosδrBsin2

rcottantancotδrAδrC；FδrCMδrC0

22r解：图（a）：FδrCMM

2rF

tancot— 3 —

12－8 机构如图，已知OA = O1B = l，O1BOO1，力偶矩M。试求机构在图示位置平衡时，力F的大小。

O 解：应用虚位移原理：FδrBMδ0 （1）

M  re ra rB B O1 δr如图所示，δrasinδre；其中：δralδ；δreBlsinl所以：lδsinsinδrB， 代入式（1）得：FA rr F

Ml

习题12-8解图

12－9 机构如图，已知OA = 20cm，O1D = 15cm，O1D // OB，弹簧的弹性系数k = 1000N/cm，已经拉伸变形s2cm，M1 = 200N · m。试求系统在θ = 30º、β = 90º位置平衡时的M2。 M2 O1 解：应用虚位移原理：

D rA M1 O A β rC C B rB θ rD M1δrAδrFδrBM2D0 （1） OAO1D如图所示，δrAδrCδrB

F δrCsinδrDcos

代入式（1）得：M1习题12-9解图

δrAtanδrAFδrAM20 OAO1DM2

O1DM10.15200(ks)(10002)259.8Nm tanOAtan300.212－10 在图示结构中，已知铅垂作用力F，力偶矩为M的力偶，尺寸l。试求支座B与C处的约束力。

F A l B D l l l C 解：解除B处约束，系统的虚位移如图（a），

应用虚位移原理：

M FBδrBFδrDMδ0 （1）

其中：δrD2δrB；δδrD2δrB

ll代入式（1）得：

FBδrBF2δrBMFB2FA 习题12-10图

rD F rB B D l （a）

F A l B D l （b）

l rC  M l C  l M 2δrB0 ll FB 2MM2(F) ll解除C处约束，系统的虚位移如图（b）， 应用虚位移原理：FCδrCMδ0 （2）

C FC l M将δrClδ代入式（2）得： FC

l

— 4 —

12－11在图示多跨静定梁中，已知F = 50kN，q = 2.5kN/m，M = 5kN · m，l = 3m。试求支座A、B与E处的约束力。

F A l l B 2l q C 2l D 2l M E 解：解除A处约束，系统的虚位移如图（a）， 应用虚位移原理：

FAδrAFδrF2ql(δr1δr2)Mδ0 （1）

其中：δrFδr1δrA；δr23δrA；δδrA

244l代入式（1）得： (FAF512qlM)δrA0；FA6.667kN 244lF A l B rA A rF B 习题12-11图

q C  r2 2l D M E 2l F FA l l r1 2l （a） FB q C D r2  2l q D B l l C r 22l 2l （c）

 2l 2l M E 解除B处约束，系统的虚位移如图（b）。

FδrFFBδrB2ql(δr1δr2)Mδ0 （2）

其中：δrFδrB；δr1δr23δrB；δδrB

222l代入式（2）得：

F1(FB6qlM)δrB0；FB69.167kN 22lrF rB l r1 2l （b） F A M FE E rE

解除E处约束，系统的虚位移如图（c）。

2qlδr2FEδrEMδ0 （3）

将δr2lδ；δrE4lδ代入式（3）得：(2ql24lFEM)δ0；FE4.167kN

12－12 试求图示梁——桁架组合结构中1、2两杆的内力。已知F14kN，F25kN。

解：1．求杆1内力，给图（a）虚位移，则 δyD3δ，δyE2δ δrF5δ，δrG5δ 虚功式

1δrGcos0 F1δyDF2δyEFN1δrFcosFN 即

3315δ0 F13δF22δFN15δFN55F1

习题12-12图 yDF2 6FN13F12F2 FN1FF1112kN（受拉） 233AyED3m5mFCrFrGEB 2．求杆2内力，给图（b）虚位移，则

δrH4δ，δrD3δ δrE2δ，δrG5δ

δrF，δrG在FG方向投影响相等，即 δrFcosδrGcos

δrFδrG 虚功式

δrFsin0 F1δrDFN2δrHF2δrEFN2FN1FN1G

(a)

F1rDF2rEA5mrHDHFN2FN2CrGEBrFF(b)

G

— 5 —

即

F13δθFN24θF22θFN25θ40 5 8FN23F12F222kN FN2

12－13 在图示结构中，已知F = 4kN，q = 3kN/m，M = 2kN · m，BD = CD，AC = CB = 4m，θ = 30º。试求固定端A处的约束力偶MA与铅垂方向的约束力FAy。

q A 习题12-13图 rC F rD  q r A MA （a） rA FAy D θ M B rB

q A （b） C rD D BC F M θ rB B 11kN 4C F D M θ B 解：解除A处约束力偶，系统的虚位移如图（a）。

MAδ2qδrFsinδrD0 （1）

其中：δr1δ；

δrCδrDδrB4δ 代入式（1）得：

(MA2q4Fsin)δ0 MA4Fsin2q2kNm

C rC O 解除A处铅垂方向位移的 约束，系统的虚位移如图（b）。 应用虚位移原理：

FAyδrAFcos2δrDMδBC0 （2）

其中：δrAδrC4cosδBC；δrD2δBC

代入式（2）得：(FAy4cosFcos22M)δBC0；FAy

1FM0.577kN

4cos3012－14 图示结构由三个刚体组成，已知F = 3kN，M = 1kN · m，l = 1m。试求支座B处的约束力。

O

CE

3l 3l 2l l 2l l

B C B rB C M rC M E E FB rF  F F

A A D D 习题12-14图 （a）

解：解除B处约束，系统的虚位移如图（a）。应用虚位移原理：

l l l l rE

FBδrBsinMδCEFδrF0 （1）

其中：sin1；δrE2δrF4lδCE；δrC32lδCE；δrBδrCδCE

1010l32l代入式（1）得：(FBlMF2l)δCE0；FBMF2l5kN

— 6 —

l l 12－15 在图示刚架中，已知F = 18kN，M = 4.5kN · m，l1 = 9m，l2 = 12m，自重不计。试求支座B处的约束力。

l1 F D E l1 l1 解：解除B处水平方向位移的约束，系统的 虚位移如图（a）。应用虚位移原理：

FBxδrBxFδrF0 （1）

其中：δrBxOBδDB2l2δDB；

δrDODδDB；δrFδrDl2l2δDB ADl2 A B 习题12-15O DB l1 l1 D l1 C 代入式（1）得：(FBx2l2Fl2)δDB0

l2 FFBx9kN

2解除B处铅垂方向位移的约束，系统的 虚位移如图（b）。应用虚位移原理：

F rF rD rE A B FBx E FByδrByFδrFMδCE0 （2）

其中：δrByABδDB2l1δDB；

δrDODδDB；δrFδrDl2l2δDB ADrBx （a） l1 l1 D C l1 CE O E M B rC C F rD rE δrEAEδDBOEδCE；δCErF AEδDB OE且：AE5l1；OE5l1；则：δCE2δDB

2l2 代入式（2）得： A (FBy2l1Fl22M)δDB0；

FByFl22M11.5kN 2l1FBy rBy （b）

— 7 —

l1 DB l1 rC

M l1 M