1. 细说虚功原理

需要简单的微积分和基础的力学知识。

向量用黑体表示。为了方便，我们会用牛顿上面加点的方式表示对时间的导数。

0. 基本概念

我们考虑一个质点系（系统）。系统内所有质点位置的集合称为位形。

然后系统要受到一些约束来限制位形的变化，比如物块放到平面上不能掉下去，平面限制了小物块位置的变化。

一般来说，约束可以写成这样的形式：

f (r_{1}, \dots, r_{n}, {\dot{r}}_{1}, \dots, {\dot{r}}_{n}, t) = 0

上面的式子比较抽象，这里作简单说明。

我们的约束包含三部分：对位移的约束，对速度的约束，时间。按照传统牛顿运动定律的观点，实际上给定位移和速度，加上动力学方程就能唯一确定之后的状态，因此位移和速度就唯一确定了系统的状态，而约束就是来限制系统的状态的。
上面的式子写出的约束称为双面约束，因为右边是等号。实际上真实物理世界中很多约束是单面的，比如说单摆中绳子对小球的约束，只限制了小球到中心的距离不超过绳长，而非等于绳长。但是如果小球到中心的距离小于绳长，此时约束相当于被解除了，我们就不需要管它了。因此我们主要考虑双面约束的情况。
实际中的约束并不都会像上面式子写的那样复杂。比如很多约束是不随时间改变（不显含时间）的，这样的约束称为定常约束，反之称为非定常约束。再如刚体上两质点间的约束仅要求它们之间的距离不变，而没有约束速度，这样的约束称为几何约束。约束还可以进行更细致的分类，但对于静力学问题，我们无需考虑复杂，一般只考虑定常的几何约束。

约束带来的力称为约束（反）力，比如物块放在水平面上，弹力是为了满足平面约束而必须有的，它是一种与违背约束相对抗的反作用力；而对应的重力称为主动力，它不是依赖于约束而存在的。

1. 虚位移，理想约束，虚功原理

仅仅有约束我们还不足以确定运动状态。比如将静止物块放在水平面上后，仅依靠约束，它有可能向各个方向运动（也可能静止）；然而实际上由动力学规律，它只可能静止。上面所谓 “可能” 的位移指的是符合约束的位移，我们称为虚位移，这是我们想象出来的，并非实际的运动（时间并没有变化）。对于定常约束，真实的位移就是虚位移中的一个（指的是 “看上去” 一模一样）。我们研究问题的步骤就是先确定符合约束的位移，然后再判定哪个虚位移是真实位移。在传统方法中，我们需要启动牛顿第二定律才能得到真实位移；但我们也可以使用另外的方法，通过一系列判定条件（比如下面的虚功原理）来确定真实位移，这就是分析力学的思想。

上面的文字只是一个较为粗略的对思路的描述，有必要做一些更深入的说明。

我们考察的都是无穷小的虚位移，用 $δ r$ 表示。这里 $δ$ 是等时变分符号。变分符号与微分符号的区别是，微分的 $d r$ 指的是，实际情况中，经过极小时间 $d t$ ，位置矢量的变化量，即一个极小的实位移，同时伴随时间的增加；而变分指的是，对于原来这个状态进行微扰（或者认为单纯只是另外一个位形接近的状态）带来的变化（虚位移），此时时间并没有变化，即 $δ t = 0$ （所以称为 “等时” 变分）。画一个图：

（为了更好表示，上面的图画的是标量 $r$ ，下面推导也写标量）

我们考察 $(t, r)$ 处的点，我们会发现，对这个点先微分再变分与先变分再微分的结果是完全相同的。于是我们有：

r + d r + δ (r + d r) = r + δ r + d (r + δ r)

$d$ 和 $δ$ 都表示极小变化量，可以验证它们的运算规则相同。化简得到

d (δ r) = δ (d r)

这被称为 $δ$ 与 $d$ 的可对易性：它们可以进行任意交换，运算规则也相同，它们只是因为表示意义不同而有不同的符号。

引入虚位移的一大好处是，大多数约束力做的虚功为零。这里“虚功”的意思是力和虚位移的点乘，并不是一种实际的功。约束力做的虚功为零的约束称为理想约束。

下面这些约束都是理想约束：

与光滑表面接触；光滑铰接；质点用张紧且不可伸长轻绳连接……

如果是静力平衡的情况那么上面这些都是显然的。这里说明一下，在非定常条件下质点光滑表面接触（光滑表面不属于系统）也是理想约束。

我们设光滑表面带来的约束为 $f (x, y, z, t) = 0$ （光滑表面可以运动），那么虚位移应当满足：
$\frac{\partial f}{\partial x} δ x + \frac{\partial f}{\partial y} δ y + \frac{\partial f}{\partial z} δ z = 0$
如果使用 $d$ 的话（也就是实际情况下），应当有 $\frac{\partial f}{\partial t} d t$ 这一项，实际做的功并不为零。然而注意虚位移的定义， $δ t = 0$ ，虚位移是被限制在某一时刻的切向上的。

由理想约束下约束力不做功，我们记质点 $i$ 受到的主动力为 $F_{i}$ ，约束力为 $N_{i}$ ，作虚位移 $δ r_{i}$ 。在理想约束的条件下，有：

δ W = \sum_{i = 1}^{n} (F_{i} + N_{i}) \cdot δ r_{i} = \sum_{i = 1}^{n} F_{i} \cdot δ r_{i} = 0

这就得到虚功原理：

具有理想约束的质点系达到平衡的充分必要条件是在任何虚位移上，主动力做的虚功的和为零。

（必要性证明不难）

这给了我们只需作出主动力就能做题的方法。试试看！

例 1.1 如图，现有线密度为 $λ$ 的均质链条，它静止悬挂时两端各受的力为 $T_{1}, T_{2}$ ，两端高度差为 $h$ 。证明 $T_{2} - T_{1} = λ g h$ .

自然想到应当考虑沿原来绳子的方向的虚位移，但是首先有一个问题是，绳子的形状会变，然后什么都变了，算不了一点。

这里的技巧是，直接把条件改了，让绳子不是自由垂落，而是用一个和原来绳子形状相同的光滑管套在绳子外面。这样并不会改变各个力的大小，但是能使绳子只沿原方向，相当于减小了自由度。

此时仍然保证理想约束。由重力（保守力）做功的性质及虚功原理得

T_{2} δ s - T_{1} δ s - λ g h δ s = 0

即得结论。

我们再来看一个流体的问题（帕斯卡定律）。

例 1.2 如图，容器内有不可压缩的流体且处于平衡状态，忽略活塞摩擦及重力，求证 $\frac{P_{1}}{S_{1}} = \frac{P_{2}}{S_{2}} = \frac{P_{3}}{S_{3}}$ .（尊重原图，用 $P$ 表示力）

考虑一个 $P_{1}$ 处向内压的虚位移 $δ x_{1}$ ，此时 $P_{2}, P_{3}$ 处分别有向外虚位移 $δ x_{2}, δ x_{3}$ ，由体积不变及虚功原理：

S_{1} δ x_{1} - S_{2} δ x_{2} - S_{3} δ x_{3} = 0 P_{1} δ x_{1} - P_{2} δ x_{2} - P_{3} δ x_{3} = 0

消去 $δ x_{1}$ 得

(\frac{P_{1} S_{2}}{S_{1}} - P_{2}) δ x_{2} + (\frac{P_{1} S_{3}}{S_{1}} - P_{3}) δ x_{3} = 0

这时，关键在于 $δ x_{2}$ 和 $δ x_{3}$ 是独立的，因此我们只能让两个括号内式子都为 $0$ ，化简即得结论。

从这个例子可以看出，最后我们需要化为互相独立的虚位移的线性组合的形式，这就要求我们需要把不独立的虚位移消掉。

虚功原理能够大量减少约束力的分析。经典的例子是这个题：

例 1.3 如图由四根长 $L$ 重 $m g$ 的杆和四根长 $2 L$ 重 $2 m g$ 的杆光滑铰接而成，杆间夹角均为直角。一根不可伸长的细绳连接两铰接点，求细绳的拉力 $T$ 。

$T$ 是约束力，但也可以用虚功原理求。做法简单粗暴，就是直接解除约束，把绳子扬了，用两个主动力 $T$ 来替代。

设 $O_{2}$ 点有向下虚位移 $δ x$ ，根据比例关系易得其它各点的虚位移，直接列式子：

T \cdot 2 δ x - T \cdot 3 δ x + 2 \cdot m g \cdot \frac{1}{4} δ x + 2 \cdot 2 m g \cdot δ x + 2 \cdot 2 m g \cdot 2 δ x + 2 \cdot m g \cdot \frac{11}{4} δ x = 0

得 $T = 18 m g$ ，做完了。

但是来看这个平衡题：

例 1.4 如图，质量为 $m$ 的均匀细杆与光滑表面相切，求平衡时杆与水平面的夹角 $θ$ 与图中长度的关系。

按照之前虚位移的理论，我们考虑一个质心的虚位移 $δ r$ 。只有重力为主动力，虚位移 $δ r$ 仅有竖直方向的分量 $δ y$ 对做功有贡献，于是

- m g δ y = 0

$m = 0$ 疑似有点扯了，所以得到平衡位置 $δ y = 0$ 。

这里有一个问题，就是我们本来是希望是要做虚位移的，结果最后解出所设的“虚位移”根本不存在，这里所谓的虚位移是不符合定义的，只是在数学上满足这样的关系。

不过在这个题中我们可以用数学方法处理。
为了解出关系我们先用 $θ$ 表示 $y$ （以水平面为高度零点）得

L \sin θ - d \tan θ = y

同取 $δ$ 得

L \cos θ δ θ - \frac{d}{\cos^{2} θ} δ θ = δ y = 0

这下 $δ θ$ 总不可能为 $0$ 了，于是得到

\cos^{3} θ = \frac{d}{L}

我们能够明显感受到这道题与前面两道题的区别，直接用虚功原理遇到了困难。我们把一些问题总结在这里：

首先 “虚位移” 本身就是一个比较抽象的概念。我们为消掉约束力引入了虚位移，但是虚位移这个东西又高度依赖约束，结果是找合适的虚位移反而成了困难的部分了。有时我们设了看似有的虚位移，结果最后实际上并不存在。并且我们不知道要怎么判断这种情况，只能推矛盾。
注意上面对于虚功原理的讨论是基于虚 “位移” 的，首先要有位移。但有时用位移来表示是相当复杂的，不如直接用一个 $θ$ 。
虚位移的不独立。写出虚位移之后需要找出虚位移间关系进行消元。

解决这些问题的方案其实上面已经有了：不拘泥于 “位移”，也可以使用 $θ$ 这样的东西来表示。这就引出了广义坐标。

2. 广义坐标下的虚功原理

广义坐标指的是一组独立的参数 $q_{1}, \dots, q_{s}$ ，用它们能够唯一确定系统位形。广义坐标的个数 $s$ 称为系统（有限运动中）的自由度。

举一个经典的例子，考虑一个单摆（摆角不超过 $90^{\circ}$ ）。

我们可以用单独的角度 $θ$ 来表示位形，单独的 $θ$ 是广义坐标。
单独的 $x$ 也是广义坐标，但是显然不如 $θ$ 好。
单独的 $y$ 不是广义坐标，因为无法区分左右两状态。
$(x, y)$ 不是广义坐标，因为两个参数不相互独立。

“无法区分左右两状态” 这句话道出了 例 1.4 中出现 $δ y = 0$ 的根本原因。那个题的平衡状态就像是单摆的平衡状态（只是稳定性有差别）。

因为使用广义坐标就已经能唯一确定位形，我们无需再找出坐标间关系（不用管约束方程了）。

类比原有的运动学概念，广义坐标关于时间的导数称为广义速度。在我们目前讨论的问题（完整约束）中，广义速度、广义坐标的变分也是相互独立的。

接下来我们尝试将广义坐标代入到虚功原理的式子中。

设位矢 $r_{i} = r_{i} (q_{1}, \dots, q_{s}, t)$ ，取变分有

δ r_{i} = \sum_{α = 1}^{s} \frac{\partial r_{i}}{\partial q_{α}} δ q_{α}

代入到虚功原理的式子中有

\begin{aligned} δ W & = \sum_{i = 1}^{n} F_{i} \cdot δ r_{i} \\ = \sum_{i = 1}^{n} F_{i} \cdot \sum_{α = 1}^{s} \frac{\partial r_{i}}{\partial q_{α}} δ q_{α} \\ = \sum_{α = 1}^{s} (\sum_{i = 1}^{n} F_{i} \cdot \frac{\partial r_{i}}{\partial q_{α}}) δ q_{α} \\ = 0 \end{aligned}

与初始时的虚功原理作比较，我们可以定义广义力

Q_{α} = \sum_{i = 1}^{n} F_{i} \cdot \frac{\partial r_{i}}{\partial q_{α}}

于是有

δ W = \sum_{α = 1}^{s} Q_{α} δ q_{α} = 0

因为广义坐标的优秀性质（相互独立和唯一确定性），我们有

Q_{α} = 0

我们可以看到，这个式子就不再包含原来的“虚位移”，是一个更加确定的形式。

实际上我们并不会对每个广义坐标求广义力，即直接用上面的式子进行运算，而是考虑每个主动力，计算它作的虚功。比如下面这道例题：

例 2. 如图，杆 $O A, A B$ 长度分别为 $l_{1}, l_{2}$ ，各铰接处光滑，求 $φ_{1}, φ_{2}$ 。

容易判定符合使用虚功原理的条件。我们取广义坐标 $φ_{1}, φ_{2}$ ，并以水平向右为 $x$ 轴正方向，以水平向下为 $y$ 轴正方向。

要算做功，只需表示 $y_{C}, y_{D}, x_{B}$ ，具体地，有：

y_{C} = \frac{1}{2} l_{1} \cos φ_{1} y_{D} = l_{1} \cos φ_{1} + \frac{1}{2} l_{2} \cos φ_{2} x_{B} = l_{1} \sin φ_{1} + l_{2} \sin φ_{2}

取变分，有

δ y_{C} = - \frac{1}{2} l_{1} \sin φ_{1} δ φ_{1} δ y_{D} = - l_{1} \sin φ_{1} δ φ_{1} - \frac{1}{2} l_{2} \sin φ_{2} δ φ_{2} δ x_{B} = l_{1} \cos φ_{1} δ φ_{1} + l_{2} \cos φ_{2} δ φ_{2}

由虚功原理，

m_{1} g δ y_{C} + m_{2} g δ y_{D} + F δ x_{B} = 0

代入化简得

(F l_{1} \cos φ_{1} - \frac{1}{2} m_{1} g l_{1} \sin φ_{1} - m_{2} g l_{1} \sin φ_{1}) δ φ_{1} + (F l_{2} \cos φ_{2} - \frac{1}{2} m_{2} g l_{2} \sin φ_{2}) δ φ_{2} = 0

于是有

{\begin{cases} F l_{1} \cos φ_{1} - \frac{1}{2} m_{1} g l_{1} \sin φ_{1} - m_{2} g l_{1} \sin φ_{1} = 0 \\ F l_{2} \cos φ_{2} - \frac{1}{2} m_{2} g l_{2} \sin φ_{2} = 0 \end{cases}

解得

{\begin{cases} φ_{1} = \arctan (\frac{2 F}{(m_{1} + 2 m_{2}) g}) \\ φ_{2} = \arctan (\frac{2 F}{m_{2} g}) \end{cases}

练习：用类似的方法完成 例1.4

总结一下，我们做题的步骤是这样的：

判定约束为双面、定常、几何、理想的约束。如果要求约束力，需要解除约束，用主动力替换（例 1.3）。
判断自由度，选取合适的广义坐标。
将每个主动力的作用点的位置用广义坐标表示。
作变分，求出虚功。
按广义坐标合并同类项，令各项为零，解方程组即得。

3. 保守系统下的虚功原理与平衡的稳定性

很多主动力，比如恒力（重力可看作一种恒力），引力，库仑力，弹簧弹力等都属于保守力，有势能相对应。因此对于保守系统，我们可以使用势能来表示稳定条件。下面我们具体推导一下。

设势能函数为 $V$ ，由势能定理有

δ V = - δ W = - \sum_{α = 1}^{s} Q_{α} δ q_{α}

由对易性 $δ$ 可理解为 $d$ ，我们立刻得到

Q_{α} = - \frac{\partial V}{\partial q_{α}}

由 $Q_{α} = 0$ ，我们最终得到

\frac{\partial V}{\partial q_{α}} = 0

上面的式子意义明显，就是说物体的平衡位置就是势能取驻值的位置。

实际上对于 例 1.4，我们最后的做法中 $δ y = 0$ 就相当于（重力）势能取极值。

然而并不是所有的平衡位置都是我们在日常生活中能够见到的。比如考虑一个半球面，我们将一个小球放到上面，它几乎必然会滑下；或者说，即使恰好将它放在了正上方，给一个任意小的微扰，它都会远离平衡位置滑下。我们称这种平衡为不稳定平衡。反过来，如果是半球碗内的球，那么即使给定一个微扰，它也会回复到原来的位置，这种平衡称为稳定平衡。另外我们还有随遇平衡的概念，指的是经过微扰后，物体停留在微扰后的位置，既不远离平衡位置，也不回复到平衡位置。

值得注意的是，引入势能函数，我们可以比较方便地得到平衡的稳定性。我们可以粗略认为，极值点的种类对应着稳定性的种类。简单来说，稳定平衡一般对应着势能函数的极小值，而不稳定平衡一般对应着势能函数在平衡位置不取严格极小值。随遇平衡则意味着势能函数在对应位置周围非无穷小的部分为定值。（这里的说法都不是很严谨；平衡稳定性的证明过于复杂，这里直观理解即可）

对仅一个广义坐标的情况（一元势函数），我们可以简单地对其进一步求导，判断二阶导数的符号即可。

若仅有重力势能，此时就是受力分析中所谓“重心升降法”的原理。

例 3.1 试判断 例 1.4 中平衡的稳定性。

重力势能只与纵坐标有关，只写纵坐标即可。我们沿用先前的符号，

\begin{aligned} y & = L \sin θ - d \tan θ \\ \frac{d y}{d θ} & = L \cos θ - \frac{d}{\cos^{2} θ} \\ \frac{d^{2} y}{d θ^{2}} & = - L \sin θ - \frac{2 d \sin θ}{\cos^{3} θ} < 0 \end{aligned}

因此为不稳定平衡。

例 3.2 如图，匀质杆 $A B$ 长度为 $l$ ，各接触面光滑。若杆在 $O x y$ 平面上任意位形都为平衡位置，求柱面方程。

随遇平衡意味着势能为常数，杆的重心高度不变。考虑竖直放置，此时重心高度为 $\frac{l}{2}$ 。设 $B (x, y)$ ，容易得到

{(\frac{l}{2} - y)}^{2} + {(\frac{x}{2})}^{2} = {(\frac{l}{2})}^{2}

这就得到柱面方程。柱面在 $O x y$ 平面上的截面为椭圆（的一部分）。

下面两个例子相对复杂一点。

例 3.3 如图，大圆环光滑， $A$ 为光滑小环，其上系两段绳子。 $B$ 为光滑定滑轮，大小不计，两物体 $C, D$ 重力分别为 $P, G$ ， $D$ 与大圆环间无弹力。求平衡时的 $φ$ 及平衡稳定性。

设 $C A$ ， $A B D$ 段绳长分别为 $l, L$ ，半径为 $R$ ，直接写重力势能

V = P (R \cos φ - l) + G (R - L + 2 R \sin \frac{φ}{2})

求导

\frac{d V}{d φ} = - P R \sin φ + G R \cos \frac{φ}{2} = 0

解得 $φ_{1} = \arcsin \frac{G}{2 P}$ ，注意有可能不存在。

这里对于势能函数的讨论比较复杂，略去，直接给出最后的势能曲线：

例 3.4 如图，光滑圆环半径为 $R$ ，以 $ω$ 角速度匀速转动。一根长 $L = \sqrt{2} R$ 的细杆放于环上，杆中心与圆心的连线与竖直方向夹角为 $θ$ 。求平衡时 $θ$ 大小，并讨论平衡稳定性。

显然考虑换系，此时多出一项惯性离心力 $F^{*} = m ω^{2} r$ 。

注意惯性离心力的大小只与到圆心的距离有关，我们可以引入离心势能。先算做功（注意力的方向向外）

W^{*} = \int_{r_{1}}^{r_{2}} m ω^{2} r d r = \frac{1}{2} m ω^{2} r_{2}^{2} - \frac{1}{2} m ω^{2} r_{1}^{2}

由 $Δ V^{*} = - W^{*}$ 对比得

V^{*} = - \frac{1}{2} m ω^{2} r^{2}

考虑整根杆，由长度关系注意到杆所对圆心角为 $90^{\circ}$ ，设线密度 $λ = \frac{m}{\sqrt{2} R}$ ，有总离心势能

\begin{aligned} V^{*} & = - \frac{1}{2} ω^{2} \int_{0}^{\sqrt{2} R} (R \sin (θ - 45^{\circ}) + x \cos θ)^{2} λ d x \\ = - (\frac{1}{4} - \frac{1}{6} \cos^{2} θ) m ω^{2} R^{2} \end{aligned}

以 $O$ 为零势能点，又有重力势能 $V_{G} = - \frac{\sqrt{2}}{2} m g R \cos θ$

因此杆总势能

V = V_{G} + V^{*} = - \frac{\sqrt{2}}{2} m g R \cos θ - (\frac{1}{4} - \frac{1}{6} \cos^{2} θ) m ω^{2} R^{2}

注意到这是关于 $\cos θ$ 的二次方程，有

V = \frac{1}{6} m ω^{2} R^{2} {(\cos θ - \frac{3 \sqrt{2} g}{2 ω^{2} R})}^{2} - \frac{1}{4} m ω^{2} R^{2} - \frac{3 m g^{2}}{4 ω^{2}}

当 $\cos θ = \frac{3 \sqrt{2} g}{2 ω^{2} R}$ （若存在）时， $V$ 取最小值，为稳定平衡。

$θ = π$ 这个位形疑似有点扯了。

再考虑 $θ = 0$ ，可以算出：

当 $\frac{3 \sqrt{2} g}{2 ω^{2} R} \geq 1$ 时，为稳定平衡；
当 $\frac{3 \sqrt{2} g}{2 ω^{2} R} < 1$ 时，为不稳定平衡。

4. 后面是什么？

简单介绍一点动力学问题的处理方案，基本上就是列举结论。

对于动力学问题，我们有时也会将它转化为静力学问题来进行解决。方法就是引入我们常说的“惯性力”。

我们记质点 $i$ 质量为 $m_{i}$ ，受到的主动力为 $F_{i}$ ，约束力为 $N_{i}$ ，位移为 $r_{i}$ ，我们可以列出方程：

F_{i} + N_{i} = m_{i} {\ddot{r}}_{i}

此时我们将右边一项移到左边：

F_{i} + N_{i} - m_{i} {\ddot{r}}_{i} = 0

将 $- m_{i} {\ddot{r}}_{i}$ 这一项看作惯性力。在理想约束条件下，有

δ W = \sum_{i = 1}^{n} (F_{i} - m_{i} {\ddot{r}}_{i}) δ r_{i} = 0

此式称达朗贝尔原理，也叫做动力学普遍方程。

接下来我们将广义坐标代入，设位矢 $r_{i} = r_{i} (q_{1}, \dots, q_{s}, t)$ ，与之前相似，得到

δ W = \sum_{α = 1}^{s} (Q_{α} - \sum_{i = 1}^{n} m_{i} {\ddot{r}}_{i} \frac{\partial r_{i}}{\partial q_{α}}) δ q_{α}

这可以使用一些技巧化简得到（比较复杂，不细推了）

δ W = \sum_{α = 1}^{s} (Q_{α} - \frac{d}{d t} \frac{\partial T}{\partial \dot{q_{α}}} + \frac{\partial T}{\partial q_{α}}) δ q_{α} = 0

其中 $T$ 为系统动能，即满足

T = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{2} m_{i} | {\dot{r}}_{i} |^{2}

最终得到拉格朗日方程

\frac{d}{d t} \frac{\partial T}{\partial \dot{q_{α}}} - \frac{\partial T}{\partial q_{α}} = Q_{α}

当为保守力系时代入 $Q_{α}$ 可得结论

\frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{q_{α}}} - \frac{\partial L}{\partial q_{α}} = 0

其中 $L$ 为拉格朗日量，满足

L = T - V

一个方程就把（完整系下的）动力学写明白了，非常厉害。