第五章摩 擦

但 FC ≠ FC max = f C FNC
对轮 ΣM O = 0 FC′ r FD r = 0
ΣFx = 0
ΣFy = 0 ′ FNC sin 60 o FC′ cos 60 o Fmin FD = 0 ′ FND P FNC cos 60o FC′ sin 60o = 0
FD = f D FND
Pa F2 = = 1443N 2h cosθ
最大拉力为 1443N
滚动摩阻（ §5-4 滚动摩阻（擦）的概念
静滚动摩阻（擦）
∑ Fx = 0
∑MA = 0
F Fs = 0
M FR = 0
0 ≤ Fs ≤ Fmax
0 ≤ M ≤ M max
Fmax = f s FN
M
max
= δ F N 最大滚动摩阻（擦）力偶
例5-2 已知：b , d , f s , 不计凸轮与挺杆处摩擦，不计挺杆质量； 求： 挺杆不被卡住之
a 值.
解： 取挺杆，设挺杆处于刚好卡住位置.
ΣFx = 0
ΣFy = 0
FAN FBN = 0
FA FB + F = 0
ΣM A = 0
d FN (a + ) FB d FBN b = 0 2
全约束力和法线间的夹角的正切等 于静滑动摩擦因数． 摩擦锥
0 ≤ ≤ f
2 自锁现象
3 测定摩擦系数的一种简易方法，斜面与螺纹自锁条件
tan θ = tan f = f s
斜面自锁条件 θ ≤ f
螺纹自锁条件 θ ≤ f
§5-3考虑滑动摩擦时物体的平衡问题
仍为平衡问题，平衡方程照用， 仍为平衡问题，平衡方程照用，求解步骤与前 面基本相同． 面基本相同． 几个新特点 1 画受力图时，必须考虑摩擦力； 画受力图时，必须考虑摩擦力； 严格区分物体处于临界、非临界状态； 2 严格区分物体处于临界、非临界状态； 3 因 0 ≤ Fs ≤ Fmax ，问题的解有时在一个范围内． 问题的解有时在一个范围内．
当f s = 0.3时，FD = 40N < FD max , D 处无滑动
Fmin = 26.6 N
当f s = 0.15时，FD = 40N > FD max , D 处有滑动
(2)
D 处摩擦力达最大值，取杆与轮.
ΣM ΣM A = 0
l FNC FB l = 0 2
FNC = 100 N 不变
ΣM A = 0
P sin θ R FT′max R + M 2 max = 0
Σ F y = 0 FN 2 P cosθ = 0 又 M 2 max = δFN 2
联立解得
R 系统平衡时 P ( R sin θ δ cos θ ) ≤ M B ≤ P( R sin θ + δ cos θ )
（2）设圆柱 O 有向下滚动趋势.图b
FT′max = P(sin θ +
δ
cosθ )
ΣM O = 0
ΣFy = 0
解得
Fs R M 1max = 0
FN 1 P cos θ = 0
又 M 1max = δFN 1
Fs =
δ
只滚不滑时， 应有 Fs ≤ f s FN 1 = f s P cos θ 则 f s ≥ 同理，圆柱O 有向上滚动趋势时，图c 得 fs ≥
Σ F x = 0 , F1 cosθ P sin θ Fs1 = 0 Σ F y = 0 , F1 sin θ P cosθ + FN 1 = 0
FS1 = f s FN 1
sinθ + fs cosθ F1 = P cosθ fs sinθ
设物块有下滑趋势时，推力为 F2 画物块受力图
FN = 1499 N
Fs = 403 .6 N (向上)
而
F max = f s F N = 299 . 8 N
物块处于非静止状态．
Fd = f d FN = 269 .8 N , 向上．
已知： P ,θ , fs . 求： 使物块静止， 水平推力 F的大小．
解： 使物块有上滑趋势时， 推力为 F1 画物块受力图
例5-1 已知： P = 1500 N , f s = 0 .2 , f d = 0 .18 , F = 400 N 求： 物块是否静止，摩擦力的大小和方向．
解：
取物块，画受力图，设物块平衡
ΣFx = 0
ΣFy = 0
F cos 30o P sin 30o Fs = 0
F sin 30o P cos 30o + FN = 0
ΣMB = 0
FAN (a + b) Fh P cos θ b + P sin θ H = M A + M B = 0 M A = δ FAN
M B = δFBN
（4） （5）
（3）
能否用 FAs = f s FAN ，
FBs = f s FBN
作为补充方程?
取前、后轮
ΣM O1 = 0 ΣM O 2 = 0
解： 分别取闸杆与鼓轮 设鼓轮被制动处于平衡状态 鼓轮， ∑ M O = 0 rFT RFs = 0
1
对闸杆，ΣM O = 0 Fa FN b Fs′c = 0 ′
且 而 解得
′ Fs′ ≤ f s FN
FT = P, Fs′ = Fs
rP (b f s c) F≥ f s Ra
例5-4 o P = 5kN , f s = 0.4 , h = 2a = 2m , θ = 30 ； 均质木箱重 已知： 求： （1）当D处拉力 F = 1kN 时，木箱是否平衡? （2）能保持木箱平衡的最大拉力.
ΣFx = 0,
ΣFy = 0,
F2 cosθ P sin θ + Fs 2 = 0
F2 sin θ P cosθ + FN 2 = 0
Fs 2 = f s FN 2
sin θ f s cosθ F2 = P cosθ + f s sin θ
sin θ f s cosθ sin θ + f s cosθ F2 = P≤F ≤ P = F1 cosθ + f s sin θ cosθ f s sin θ
当 f D = 0.15 时，解得 FND = 172.4 N
FD = F C = f D FND = 25.86 N
C 处无滑动
Fmin = 47.81N .
例5-8 已知： P , R ,θ , δ ；
求： 1）使系统平衡时，力偶矩 M B ； （ （2）圆柱 O 匀速纯滚动时，静滑动摩擦系数的 最小值.
δ 滚动摩阻（擦）系数，长度量纲
δ 的物理意义
使圆轮滚动比滑动省力的原因 处于临界滚动状态
M max = δ FN = F1 R
F1 =
δ
R
FN
处于临界滑动状态
Fmax = f s FN = F2
F2 = f s FN
δ
R < fs
一般情况下，
F1 < F2
或
δ
R
<< f s
或 F1 << F2 ．
解： （1）取木箱，设其处于平衡状态.
ΣFx = 0 Fs F cosθ = 0 FN P + F sin θ = 0 Fs = 866 N
FN = 4500 N
ΣFy = 0
ΣM A = 0
a hF cosθ P + FN d = 0 2
d = 0.171m
而 Fmax = f s FN = 1800 N 因 Fs < Fmax , 木箱不会滑动； 又 d > 0 , 木箱无翻倒趋势. 木箱平衡
（2）设木箱将要滑动时拉力为 F1
ΣFx = 0
ΣFy = 0
Fs F1 cosθ = 0
FN P F1 sin θ = 0
又 Fs = Fmax = f s FN
fs P F1 = = 1876N cos θ + f s sin θ
设木箱有翻动趋势时拉力为 F2
a ΣM A = 0 F2 cosθ h P = 0 2
FA = f s FAN FB = f s FBN
b a = 2 fs
挺杆不被卡住时 a <
b 2 fs
用几何法求解 解：
d d b = (a极限 + ) tan + (a极限 ) tan 2 2
= 2a极限 tan = 2a极限 f s
a极限 b = 2 fs
b a< 2 fs
例5-3 已知：物块重 P,鼓轮重心位于 O1 处，闸杆重量不 计，f s ，各尺寸如图所示. 求： 制动鼓轮所需铅直力F.
解： （1）设圆柱 O 有向下滚动趋势，取圆柱 O
ΣM A = 0
P sin θ R FT′min R M 1max = 0
ΣFy = 0 FN 1 P cosθ = 0
又 M 1max = δFN 1 联立解得 FT′min = P (sin θ
δ
RLeabharlann cosθ )(b)
设圆柱 O 有向上滚动趋势，取圆柱 O
o o ′ ′ ′ ΣFy = 0 FND P FNC cos 60 FC sin 60 = 0
′ FD = FC = 40 N Fmin = 26.6N
FND = 184.6 N
当f s = 0.3时，FD max = f s FND = 55.39N 当f s = 0.15时，FD max = f s FND = 27.59N
R
P cos θ
(b)
δ
R
δ
R
圆柱匀速纯滚时， f s ≥