理论力学(哈工大第八版)-教学课件-第4章

又 Fs1 Fs1 fs FN1 fs FN1 MC1 70.39N m
设 M C M C2 时，系统有顺时针方向转动趋势
画两杆受力图.
M A 0
FN 2 AB M A 0
M C 0 M C2 FN 2 l sin 60o Fs2 l cos 60o 0
仍为平衡问题，平衡方程照用，求解步骤与前 面基本相同． 几个新特点 1 画受力图时，必须考虑摩擦力； 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．
§4-4 滚动摩阻（擦）的概念
静滚动摩阻（擦）
Fx 0
F Fs 0
MA 0
Fs2 fsFN 2
F2

sin cos

fs cos fs sin
P
F2

sin cos

fs cos fs sin
P

F

sin cos

fs cos fs sin
P

F1
用几何法求解 解: 物块有向上滑动趋势时
F1max P tan( )
已知：均质木箱重 P 5kN , fs 0.4 , h 2a 2m , 30o ； 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.
解： （1）取木箱，设其处于平衡状态.
Fx 0 Fs F cos 0
Fy 0 FN P F sin 0
299.8N
物块处于非静止状态．
Fd fd FN 269.8N , 向上．
例4-2
已知： P , , 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
F 0, x
F1 cos P sin Fs1 0
F 0, y
M A 0
FNC

l 2

FB
l

0
FNC 100 N
FC FC max fC FNC 40N
M O 0 FC r FD r 0 Fx 0 FNC sin 60o FC cos 60o Fmin FD 0
Fy 0 FND P FNC cos 60o FC sin 60o 0
又 Fs2 Fs2 fs FN 2 fs FN 2 (d)
MC2 Baidu Nhomakorabea49.61N m
系统平衡时 49.61N m MC 70.39 N m
例4-9
已知：力 P ，角 ，不计自重的 A , B 块间的
静摩擦系数为 fs ，其它接触处光滑； 求：使系统保持平衡的力 F 的值.
解： 分别取闸杆与鼓轮 设鼓轮被制动处于平衡状态
对鼓轮， M O1 0 rFT RFs 0 对闸杆，M O 0 Fa FN b Fsc 0
且 Fs fs FN 而 FT P, Fs Fs 解得 F rP(b fsc)
fs Ra
例4-5
求： 挺杆不被卡住之 值.a
解： 取挺杆，设挺杆处于刚好卡住位置.
Fx 0 FAN FBN 0
Fy 0 FA FB F 0 M A 0
d FN (a 2 ) FBd FBNb 0
FA fs FAN
FB fs FBN
a b 2 fs
解： 取整体分析，画受力图
Fy 0 FNA P 0
FNA P
设力 F 小于F1 时， 楔块 A 向右运动 取楔块 A 分析 ，画受力图
F1 FNA tan( ) P tan( )
解： 取整体分析，画受力图
Fy 0 FNA P 0
FNA P
设力 F 小于F1 时， 楔块 A 向右运动 取楔块 A 分析 ，画受力图
AC CB l ; 2
FB 50 N ,
fC 0.4 （杆，轮间）
求：若要维持系统平衡
（1） fD 0.3 (轮，地面间），轮心O 处水平推力 Fmin
（2） fD 0.15（轮，地面间），轮心 O 处水平推力 Fmin.
解：F 小于某值，轮将向右滚动.
C , D 两处有一处摩擦力达最大值，系统即将运动. (1) 先设 C 处摩擦力达最大值，取杆与轮.
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
Fx 0
F cos 30o P sin 30o Fs 0
Fy 0
F sin 30o Pcos30o FN 0
F 403.6N (向上) s
FN 1499 N
而
F max

fF sN
Fmax fs FN （库仑摩擦定律）
动滑动摩擦的特点 方向：沿接触处的公切线，与相对滑动趋势反向； 大小： Fd f d FN
fd f s （对多数材料，通常情况下）
§4-2 摩擦角和自锁现象
1 摩 擦角 FRA ---全约束力
物体处于临界平衡状态时，全约束 力和法线间的夹角---摩擦角
第四章 摩 擦
滑动摩擦
摩擦 滚动摩擦
静滑动摩擦 动滑动摩擦
静滚动摩擦 动滚动摩擦
干摩擦
摩擦 湿摩擦
《摩擦学》
§4-1 滑动摩擦
Fx 0 FT FS 0 FS FT
静滑动摩擦力的特点 方向：沿接触处的公切线，
与相对滑动趋势反向；
大小： 0 Fs Fmax

1 2
O1D

0
FN1 1200N
分析鼓轮，画受力图
M O Fs2R Fs1R Fs2 fs FN 2
Fs1 fs FN1
M 300N m
例4-7 已知：抽屉尺寸a，b，fs （抽屉与两壁间），不
计抽屉底部摩擦； 求：抽拉抽屉不被卡住之e值。
解： 取抽屉，画受力图，设抽屉刚好被卡住
尺寸如图；
求：保持系统平衡的力偶矩 M C .
解： 设 M C M C1 时，系统即将逆时针方向转动 画两杆受力图.
(a)
M A 0
FN1 AB M A 0
(b) M C 0 M C1 FN1 l sin 60 o Fs1 l cos 60 o 0
θ
FEK cos 600 N
Fx 0 FDx FEK cos 0
FDx 600N
(c)
分析O2K，画受力图
M O2 0
FKE
cos
KO2

FN 2

1 2
KO2

0
FN 2 1200N
(d)
分析O1D,画受力图
M O1 0
FDx

O1D

FN1
挺杆不被卡住时 a b
2 fs
用几何法求解
解：
b

(a极限

d 2
)
tan

(a极限

d 2
)
tan
2a极限 tan 2a极限 fs
b a极限 2 fs a b
2 fs
例4-4 已知：物块重 P,鼓轮重心位于 O1 处，闸杆重量不
计，fs ，各尺寸如图所示.
求： 制动鼓轮所需铅直力F.
F1 FNA tan( ) P tan( )
设力 F 大于 F2 时，楔块 A 向左运动 取楔块 A 分析，画受力图
F2 FNA tan( ) P tan( ) P tan( ) F P tan( )
例4-10
已知：均质轮重 P 100N , 杆无重，r ,l , 60o 时，
Fx 0 FNA FNC 0
Fy 0 FsA FsC F 0
M A 0
FsC
b

FNC

a

F(b 2

e)

0
FsA fs FNA FsC fs FNC
e a 2 fs
抽屉不被卡住， e a .
2 fs
例4-8 已知：M A 40N m , fs 0.3 , 各构件自重不计，
tan f
Fm ax FN
fs FN FN
fs
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 tan f fs
斜面自锁条件 f
螺纹自锁条件 f
§4-3 考虑滑动摩擦时物体的平衡问题
物块有向下滑动趋势时
F1min P tan( ) P tan( ) F P tan( )
利用三角公式与 tan fs ,
P sin fs cos F P sin fs cos
cos fs sin
cos fs sin
例4-3 已知：b , d , fs , 不计凸轮与挺杆处摩擦，不计挺杆质量；
M A 0
hF
cos

P

a 2

FN d

0
而 Fmax fs 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
Fs 866 N FN 4500 N
d 0.171m
（2）设木箱将要滑动时拉力为 F1
Fx 0 Fs F1 cos 0 Fy 0 FN P F1 sin 0
Fmax fs FN F2 F2 f s FN
一般情况下，

R

fs 或

R fs
F1 F2 或 F1 F2 ．
例：某型号车轮半径，R 450mm
混凝土路面 3.15mm fs 0.7
F2 fs R 0.7 350 100
F1
3.15
例4-1 已知： P 1500N , fs 0.2 , fd 0.18 , F 400N
当fs 0.15时，FD 40N > FDmax , D 处有滑动
(2) D 处摩擦力达最大值，取杆与轮.
M A 0
FNC

l 2

FB
l

0
FNC 100 N 不变
但 FC FC max fC FNC
对轮 M O 0 FC r FD r 0
Fx 0 FNC sin 60o FC cos 60o Fmin FD 0
F1 sin P cos FN1 0
FS1 fs FN1
F1

sin cos

fs cos fs sin
P

设物块有下滑趋势时，推力为 F2 画物块受力图
Fx 0,
Fy 0,
F2 cos P sin Fs2 0
F2 sin P cos FN 2 0
FD FC 40 N Fmin 26.6N
FND 184 .6N
当fs 0.3时，FDmax fs FND 55.39N 当fs 0.15时，FDmax fs FND 27.59N
当fs 0.3时，FD 40N FDmax , D 处无滑动
Fmin 26.6N
又 Fs Fmax fs FN
F1

cos
fsP
fs sin
1876N
设木箱有翻动趋势时拉力为 F2
M A 0
F2
cos

h

P

a 2

0
F2

Pa
2h cos
1443N
最大拉力为 1443N
例4-6
已知： F 200N , fs 0.5 , O1O2 KD DC O1A KL O2L 2R 0.5m , O1B 0.75m ,
M FR 0
0 Fs Fmax
0 M M max
Fmax fs FN M max FN 最大滚动摩阻（擦）力偶
滚动摩阻（擦）系数，长度量纲 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 FN F1R

F1 R FN
处于临界滑动状态
AC O1D 1m , ED 0.25m ,各构件自重不计；
求：作用于鼓轮上的制动力矩.
解： 分析O1AB,画受力图
M O1 0
FAC O1A F O1B 0
（a）
FAC 300 N
分析DCE,画受力图
M D 0
(b)
FEK cos DE FCA CD 0