§5-4滚动摩擦简介 滚动摩擦 滚动趋势接触点发生变形滚动摩擦 运动 G)M1滚动摩擦力偶 Me=fr A A F 0≤Mr≤Mm 二、滚动摩擦力偶的产生 Mm=δF max 不下 6——长度单位
§5-4 滚动摩擦简介 一、滚动摩擦 滚动 二、滚动摩擦力偶的产生 趋势 运动 接触点发生变形 滚动摩擦 Mf = F r Mf ——滚动摩擦力偶 0 ≤ Mf ≤ Mfm A r G FA r G A r G A Ff FN F Mf FA G A FR Mf Ff FN e Mfm = δFN δ= emax δ——长度单位 F
三、说明 1.Mm=6F近似式,只做初步计算。 2.Mn小量,常被忽略 例已知:G=3KN,r=30cm,8=0.5cm,∝=30°,f。。 求:拉动圆柱时所需的力F=? 解 Fmax ∑F=0:FN-G+ Messing=0 ∑mA=0:Mm- Fmo cosar=0 F fm=SFN SG F 572N max rcos a+ osina 拉动F≥57.2N
三、说明 2. Mfm小量,常被忽略。 A FN-G+Fmaxsinα= 0 拉动 F≥57.2 N 例.已知:G=3KN,r=30cm,δ=0.5cm,α=30° ,fs 。 求: 拉动圆柱时所需的力F=? 解: α Mfm-Fmaxcosαr = 0 1. Mfm = δFN——近似式,只做初步计算。 F G r Ff FN Mfm Fmax ∑mA= 0: ∑Fy= 0: Mfm = δFN max = . N cos + sin G F = 5 7 2 α δ α δ r ∴
摩擦问题习题课
摩 擦 问 题 习 题 课
例1已知:α、F1、fs 求:()顶起重物B所需的力F2的值。 (2)取去力F2后,能保证自锁的顶角α的偵。 解:I几何法问题(1) B块 PA R BI B2 B B F R cos(a+φr) R (f A块 BI IB2 F 21 max F2max =frsid a+ e) R 2max Ftan a+r) R PR 顶起:F2≥Fan(a+qr) 问题(2): A二力 a=q≤f
φf α α φf α φf ) φ 求:⑴顶起重物B所需的力F2的值。 ⑵取去力F2后,能保证自锁的顶角α的值。 例1.已知:α、F1、fs。 解:Ⅰ几何法 问题⑴: B块 α A B F1 F2 B F1 α A F2max FR ' FR φf α FB1 FB2 Fs FR F1 ┐ FB1 FB2 — cos( + φ ) F F = f R α 1 A块 ' FR Fs F2max (α ) 1 + φf = F tan 顶起: (α ) 1 + φf F2 ≥ F tan 问题⑵: α A A二力 Fs 杆 φf α= φ ≤ FR └ (α ) max R + φf F2 = F sin
工解析法问题(1) B块 F BI F B2 B 2Fy0: FNCoSa-Fimsina-F=0 m m=fsTN F F A块 cosa-fsinay F F=0: F cosa+ Fnsina 2 0 max 2max fm=fsN cost sinc Fs 2 F max 问题(2): cOSa fs sinc 0 Ep: f cosa+ sina=0. tan a=-f=-tanpr a=-9负号:φ为负角(位于法线右侧)
F2 = 0 即: Ⅱ解析法 问题⑴: B块 B F1 α A F2max FB1 FB2 Fs A块 问题⑵: FN Ffm ' Ffm ' FN ∑Fy= 0: ∑Fx= 0: FNcosα-Ffmsinα-F1 = 0 cosα fsinα F FN = - ∴ 1 Ffmcosα+ FNsinα-F2max = 0 2 F1 cos f sin f cos + sin F = s s max α α α α - ∴ fs cosα+ sinα= 0 Ffm = fs FN f ∴tanα= -f = -tanφ α= -φf ∴ 负号:φf为负角(位于法线右侧) Ffm = fs FN
例2已知:OA=L,水平,M,fs,6,tan6>f5,不计重量。 求:图示平衡时F= a m Foyt A M 解:1OA Ox 杆v B F ∑mo=0: M-LFA COS 0=0 M B A Lcos 0 2物块B(x)向左 max max sin(0+oo sin(0+(r) M )p3 cos(a+rb cos(a+pr) Lcose max sin(0-(pr sin(0-(r RθB mn cos(a-p)B cos(a-e)loose P AR ∴平衡时F的值为: sin(0-oe) M≤F sin(0+(po) M B Lcos ecos(a-ou Lcos ecos(a+(pf f
θ φf α θ 例2.已知:OA=L,水平,M,fs,θ,tanθ>fs,不计重量。 求:图示平衡时F=?。 1.OA 杆 解: 2.物块B ⑴向左 ∴平衡时F的值为: ∑mO= 0: θ ) A M α F O B A M O ) B α FOy F FOx A M-LFA cos θ= 0 Lcos θ M ∴FA = Fmax Fmin FR FB θ φf B FR FB θ φf FB θ FR Fmax ) α FR FB φf )α Fmin Lcosθ M cos( + φ ) sin( θ + φ ) F = cos( + φ ) sin(θ + φ ) F = f f B f f max α α ⑵向右 Lcosθ M cos( φ ) sin( θ φ ) F = cos( φ ) sin(θ φ ) F = f f B f f min - - - - α α M Lcosθcos( α + φ ) sin( θ + φ ) M F Lcosθcos( φ ) sin( θ φ ) f f f f ≤ ≤ - - α )
例4已知:相同均质杆AB、BC,A、B处铰接, fs=0.38:平衡时8的范围。 解:设:杆重G,长L B 1整体 2mA0: 2FNLsin6-2G-cos 0=0 2 F F Gctne 2.BC杆 B ∑mB0: FN C G GLcoS0+ FNLsin0 -FLcos 0=0 B B 平衡条件:F≤Ffs FM C Bx an6saf=0.17658≤10
例4.已知:相同均质杆AB、BC,A、B处铰接, fs=0.353求:平衡时θ的范围。 解: 设:杆重G,长L 1.整体 2.BC杆 平衡条件: A B C θ ( ( θ A B C B C FAy FAx Ff FN G G Ff FN FBy FBx ∑mA= 0: ∑mB= 0: 2 2 cos = 0 2 L FN Lsinθ- G θ ∴ FN = Gctnθ 2 1 0 2 1 G Lcosθ+FN Lsinθ-Ff Lcos θ= f N s F ≤ F f 0 1765 2 1 tan f = . ∴ θ≤ s θ≤ 10 G
例5已知:砖重G,力F,f=0.5 求:夹起砖时b=?(F、G间距离) 解 1整体:∑F=0:F-G=0∴F=G A 280 2砖: ∑F=0:2Fr-G=0∴Ir=nG 2 F 凵F 3.折架AHB ∑mB=0: 280 100F-bFN+10OF=0 F H B F 平衡条件:F≤FNfs Bx 4OF-b-+100F≥0 b≤90m
例5.已知:砖重G,力F,fs =0.5 解: 1.整体: F-G = 0 ∴F = G 2.砖: 2Ff-G = 0 3.折架AHB: 求:夹起砖时b=?(F、G间距离) ∑mB= 0: ∑Fy= 0: G Ff FN Ff FN ∑Fy= 0: ∴Ff = G 2 1 ' FN ' Ff F FBy ) H A B FBx 100 100 0 2 280 ( - )F-bFN + Ff = 平衡条件: f N s F ≤ F f + F ≥ 0 f F ∴ F b f s f 4 0 - 100 ∴ b ≤ 90mm
例3.已知:d=30cm,b=10cm,f= 求:平衡时lmin=? 解 mIn A上RAf f(I B RB d d min t stan(r )tanφf b tan =f b b 10 mn cm tan f 2
例3. 已知:d=30cm,b=10cm,fs=0.5。 求:平衡时lmin=? 解: ) ( φf tanφf = fs · lmin A F B RB FRA φf F F tan φ = b d tan φ + d + f f ( min ) ( min ) 2 2 l l - c m f s min = f b = tan b = 1 0 2 φ 2 ∴ l b
例6已知:φf,不计矿石自重。 求:保证矿石被夹住不上滑的Q=? 活 解 矿石一一二力杆 (A a RB PB=a B RA a= a1+a2=(Pa+(P qA≤qe qB二e Q≤2q 一般∝=17°~24°
例6.已知:φf,不计矿石自重。 求:保证矿石被夹住不上滑的α=? 解: φA = α1 矿石——二力杆 φA≤φf α = α1+α2 = φA+φB α φA φB FRA FRB α2 α1 A B φ O B = α2 φB≤φf ∴α≤2φf 一般α=17°~24°