§5-3具有滑动摩擦的平衡问题 考虑滑动摩擦的平衡问题与前几章所述大致相同,但有 如下特点: 1.受力分析时必需考虑接触面的摩擦力; 2.除平衡方程外,还必须列写补充方程,FSN,补充方 程数等于摩擦力的个数; 3.平衡问题的解是一个范围,称为平衡范围
§5-3 具有滑动摩擦的平衡问题 考虑滑动摩擦的平衡问题与前几章所述大致相同，但有 如下特点： 1．受力分析时必需考虑接触面的摩擦力； 2．除平衡方程外，还必须列写补充方程，F ≤ fN，补充方 程数等于摩擦力的个数； 3．平衡问题的解是一个范围，称为平衡范围
例1、物块重P=1500N,放于倾角为 N 30的斜面上,它与斜面间的静摩擦系数 G 为戶=02,动摩擦系数=0.18。物块受水平 F 力G=400N,如图所示。问物块是否静止 M30 并求此时摩擦力的大小与方向。 解:取物块为研究对象,假设物体静止,摩擦力沿斜面向下, 受力如图。由平衡方程 ∑X=0 -Psin30°+Gcos30°-F=0 ∑Y=0 Pcos30°Gsin30°+N=0 解得 F=-403.6N N=1499N F为负值,说明平衡时摩擦力方向与所设的相反,即沿斜面向上。 最大摩擦力为 Fmax=fN= 299.8N 结果表明,/F/F,这是不可能的,说明物块将向下滑动。动 滑动摩擦力的方向沿斜面向上,大小为 F=fN=2698N
例1、 物块重P=1500N，放于倾角为 30o的斜面上，它与斜面间的静摩擦系数 为f=0.2，动摩擦系数f′=0.18。物块受水平 力G=400N，如图所示。问物块是否静止， 并求此时摩擦力的大小与方向。 解：取物块为研究对象，假设物体静止,摩擦力沿斜面向下， 受力如图。由平衡方程 ∑ X = 0 − Psin 30 + G cos30 − F = 0 D D ∑Y = 0 − Pcos30 − G sin 30 + N = 0 D D F = −403.6 N N =1499 N F为负值，说明平衡时摩擦力方向与所设的相反，即沿斜面向上。 最大摩擦力为 Fmax = fN = 299.8N 解得 结果表明，|F|>Fmax，这是不可能的，说明物块将向下滑动。动 滑动摩擦力的方向沿斜面向上，大小为 F′ = f ′N = 269.8N
例2、水平面上迭放着 物块4和B,分别重P=100N F BEF2 和P=80N。物块B用拉紧的 P.A 水平绳子系在固定点,如图a。m FI 已知物块A和支承面间、两 物块间的摩擦系数分别是 F=fN, F2=f2N2 f=0.8和f=06。求自左向右 解得N1=P4+N2=P+PB 推动物块A所需的最小水平 力P。 P=F+F2=fN,+f2 N2 解:取物块B,受力如图(b)。得 fIP+(i+52)PB Ni=P B 代入数据,求得自左向右推动 取物块4,受力如图(c)有 物块的最小水平力 N=N=P 2 B P=0.×100+(0.8+0.6)×80=192N 由平衡方程 如自右向左推,则绳子将放松,物块 ∑X=0P-F1-F2=0 A和B将作为整体一起被推动。这时 ∑Y=0M1-N2-P=0 所需的最小水平推力为 P=f(P4+B2)=144N 设物块处于临界平衡状态,有补充方程
例 2 、 水平面上迭放着 物块A 和 B，分别重 PA=100N 和 PB=80N。物块 B用拉紧的 水平绳子系在固定点，如图 a 。 已知物块A和支承面间、两 物块间的摩擦系数分别是 f1=0.8 和f2=0.6。求自左向右 推动物块A所需的最小水平 力 P 。 解：取物块 B，受力如图(b)。得 N = PB ′ 2 取物块A，受力如图(c)。有 ' N2 = N 2 0 0 ∑ X = P − F1 − F2 = 0 0 ∑ Y = N1 − N2 − PA = 1 1N1 F = f , 2 2 N2 F = f 解得 N1 = PA + N2 = PA + PB 1 2 1 1 2 N2 P = F + F = f N + f A PB f P ( f f ) = 1 + 1 + 2 P = 0.8 ×100 + ( 0.8 + 0.6 ) ×80 = 192 N 如自右向左推，则绳子将放松，物块 A 和 B将作为整体一起被推动。这时 所需的最小水平推力为 P = f1( PA + PB ) =144 N = PB 代入数据，求得自左向右推动 物块的最小水平力 由平衡方程 设物块处于临界平衡状态，有补充方程
间的摩擦系数为,滑 R 道宽度为b。设凸轮与 推杆接触处的摩擦忽略 B RB B 不计。问a为多大,推 杆才不致被卡住。 (b) F 解:取推杆为研究对象。受力如图(b)所示,由于推杆有向上滑动 趋势,摩擦力的方向向下。由平衡方程 ∑X=0 N,=N, B =N 代入式①;由式②得 ∑Y=0 FA-FB+F=0② F=2F max ∑MD(F)=0 Fa-NBb-FB a+F4=0最后代入式③,解得 22 考虑平衡的临界情况,有 max 2 f a max FB=FBmax NB
例3、 凸轮机构如图a 所示。已知推杆与滑道 间的摩擦系数为f，滑 道宽度为b。设凸轮与 推杆接触处的摩擦忽略 不计。问a为多大，推 杆才不致被卡住。 解：取推杆为研究对象。受力如图(b)所示，由于推杆有向上滑动 趋势，摩擦力的方向向下。由平衡方程 ∑ X = 0 NA = NB = N ∑Y = 0 − FA − FB + F = 0 ① ② 0 2 2 ∑ ( ) = 0 − − + = d F d M D F Fa NBb FB A 考虑平衡的临界情况，有 ③ A A A F = F max = fN B B B F = F max = fN ④ ⑤ 代入式①；由式②得 F = 2Fmax 最后代入式③，解得 f b a 2 max =
R B (a) (b) F 下面讨论解的范围。当a增大时,相当在推杆上增加一个逆时 针向转动的力偶,从而增加了A、B两处的正压力,加大最大 摩擦力,系统仍将保持平衡。反之,如力F左移,将减小最大 摩擦力,系统不能平衡,推杆向上滑动。可知推杆不致卡住的 条件应是 2 f 如将式④和⑤改为FASN和FBS∧Ng,解不等式,仍可得出 此条件
下面讨论解的范围。当a 增大时，相当在推杆上增加一个逆时 针向转动的力偶，从而增加了 A 、 B两处的正压力，加大最大 摩擦力，系统仍将保持平衡。反之，如力 F左移，将减小最大 摩擦力，系统不能平衡，推杆向上滑动。可知推杆不致卡住的 条件应是 f b a 2 < 如将式④和⑤改为 FA ≤ fNA 和 FB ≤ fNB ，解不等式，仍可得出 此条件
d囫囫 B NE B F (a) 再用摩擦角概念即几何法求解。当推杆在临界平衡时,全反力R和Rg与 水平线的夹角等于摩擦角。由三力平衡条件可知,RA、R和F必交于C点, 如图()所示。得到 b cos o b max 2sin o 2f 推杆平衡时,全反力与法线间的夹角必满足条件:α≤qo,由图可知, 力交点必在图示阴影区内,在点C左侧不可能相交。因此,推杆不被卡住的 条件应是 2f 而当a27时,无论推力F多大也不能推动杆,推杆将被卡住,即发生摩擦 自锁
再用摩擦角概念即几何法求解。当推杆在临界平衡时，全反力 RA 和 R B 与 水平线的夹角等于摩擦角。由三力平衡条件可知， RA 、 R B 和 F必交于 C点， 如图(c)所示。得到 b cos ϕ b f a 2sin 2 max = = ϕ 推杆平衡时，全反力与法线间的夹角必满足条件：α≤ϕ0 ，由图可知，三 力交点必在图示阴影区内，在点C左侧不可能相交。因此，推杆不被卡住的 条件应是 f b a 2 < 而当 时，无论推力 F多大也不能推动杆，推杆将被卡住，即发生摩擦 自锁。 f b a 2 ≥
课后作业: 5-2、5-7
课后作业： 5-2 、5-7
