第5章摩擦5-1如图5-1a所示，置于V型槽中的棒料上作用1力偶，力偶矩M=15N·m时，刚好能转动此棒料。已知棒料重力P=400N，直径D=0.25m，不计滚动摩阻。求棒料与V形槽间的静摩擦因数f。4545°NT.(a)(b)图5-1解圆柱体为研究对象，受力如图5-1b所示，Fs1，F为临界最大摩擦力。(1)ZF,=0,FNI+F2-Pcos45°=0(2)ZF,=0,Fn2-FsI-Psin45°=0DD(3)ZM。=0,Fs2+F22M=0临界状态摩擦定律：(4)F,= f,FNIFs2 = f,Fn2(5)以上5式联立，化得PDf.NcOs45°+1=0M代入所给数据得f2-4.714f,+1=0方程有2根：st=4.442（不合理），Js2=0.223（是解）故棒料与V形槽间的摩擦因数J,= 0.2235-2梯子AB靠在墙上，其重力为P=200N，如图5-2a所示。梯长为l，并与水平面交角0=60°。已知接触面间的静摩擦因数均为0.25。今有1重力为650N的人沿梯向上爬，问人所能达到的最高点C到点A的距离s应为多少？F?We01F(a)(b)图5-254
54 第5章 摩 擦 5-1 如图 5-1a 所示，置于 V 型槽中的棒料上作用 1 力偶，力偶矩 M ⋅= mN 15 时，刚 好能转动此棒料。已知棒料重力 P = N 400 ，直径 D = m 25.0 ，不计滚动摩阻。求棒料与 V 形槽间的静摩擦因数 fs。 F 1N F 2N F 2s y x F1s 45° 45° O P M (a) (b) 图 5-1 解 圆柱体为研究对象，受力如图 5-1b 所示，Fs1，Fs2 为临界最大摩擦力。 Fx =∑ 0， 045cos 2s1N PFF °−+ = （1） Fy =∑ 0 ， 1s2N PFF °−− = 045sin （2） MO =∑ 0， 0 22 1s 2s M =−+ D F D F （3） 临界状态摩擦定律： = FfF 1Ns1s （4） = FfF 2Ns2s （5） 以上 5 式联立，化得 0145cos 2 s s − =+° M PDf f 代入所给数据得 s 01714.4 2 s ff =+− 方程有 2 根： fs1 = 442.4 （不合理）， fs2 = 223.0 （是解） 故棒料与 V 形槽间的摩擦因数 fs = 223.0 5-2 梯子 AB 靠在墙上，其重力为 P = N 200 ，如图 5-2a 所示。梯长为 l，并与水平面 交角θ 60°= 。已知接触面间的静摩擦因数均为 0.25。今有 1 重力为 650 N 的人沿梯向上爬， 问人所能达到的最高点 C 到点 A 的距离 s 应为多少？ A FN A Fs A P Wθ B FN B FsB C (a) (b) 图 5-2
理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社解梯子为研究对象，受力如图5-2b所示，刚刚要滑动时，A，B处都达最大静摩擦力。人重力W=650N，平衡方程：ZF,=0,FNB-FsA =0(1)ZF,=0, F+FsB-P-W=0(2)OZM,=0,-cos60°+Wscos60°-Fn.lsin60°-F.lcos60°=0(3)2临界补充方程：(4)FM=J,FNAFsB= f,FNB(5)联立以上5式，解得P+WFNA==800N,F4=200N1+f?f.FNB(P+W)=200N,FsB=50N1+fP[(V3 + f.,)FNB -1=0.456lS=W25-32根相同的匀质杆AB和BC，在端点B用光滑铰链连接，A，C端放在不光滑的水平面上，如图5-3a所示。当ABC成等边三角形时，系统在铅直面内处于临界平衡状态。求杆端与水平面间的摩擦因数。BLBF-FF(a)(b)图5-3解由于结构对称与主动力左右对称，约束力也对称，只需取1支杆AB为研究对象，受力如图5-3b所示，临界平衡时，A端达最大静摩擦力，设AB=BC=l，则(1)ZF,=0, FN-P=01ZM,=0,Flcos30°-Flsin30°+P=sin30°=0(2)2临界摩擦力为：F=f,FN(3)解得1=0.287fs=2/35-4攀登电线杆的脚套钩如图5-4a所示。设电线杆直径d=300mm，A，B间的铅直距离b=100mm。若套钩与电杆之间摩擦因数f，=0.5，求工人操作时，为了完全，站在套钩上的最小距离1应为多大。解套钩为研究对象，受力如图5-4b所示，设工人站在保证安全的最小1m处，此时钩与电杆接触点A，B都达最大静摩擦力，方向向上。(1)ZF =0, FNA -FNB =0ZF,=0,F4+F-P=0(2)55
55 解 梯子为研究对象，受力如图 5-2b 所示，刚刚要滑动时，A，B 处都达最大静摩擦力。 人重力W = 650 N ，平衡方程： ∑ Fx = 0 , FNB − FsA = 0 （1） ∑ Fy = 0 , FNA + FsB − P −W = 0 （2） ∑ = 0 M A ， cos60 cos60 sin 60 cos60 0 2 ° +Ws ° − FN l ° − Fs l ° = l P B B （3） 临界补充方程： A sF A F f s = N （4） B sF B F f s = N （5） 联立以上 5 式，解得 800 N 1 2 s N = + + = f P W F A ， FsA = 200 N ( ) 200 N 1 2 s N + = + = P W f f F s B ， FsB = 50 N l P f F W l s B ] 0.456 2 [( 3 ) = + s N − = 5-3 2 根相同的匀质杆 AB 和 BC，在端点 B 用光滑铰链连接，A，C 端放在不光滑的水 平面上，如图 5-3a 所示。当 ABC 成等边三角形时，系统在铅直面内处于临界平衡状态。求 杆端与水平面间的摩擦因数。 A C B B FBx′ FBx P P FN F F′ FN (a) (b) 图 5-3 解 由于结构对称与主动力左右对称，约束力也对称，只需取 1 支杆 AB 为研究对象， 受力如图 5-3b 所示，临界平衡时，A 端达最大静摩擦力，设 AB=BC=l，则 ∑ Fy = 0 ， FN − P = 0 （1） ∑ = 0 M B ， sin 30 0 2 cos30° − N sin 30° + ° = l F l F l P （2） 临界摩擦力为： sFN F = f （3） 解得 0.287 2 3 1 fs = = 5-4 攀登电线杆的脚套钩如图 5-4a 所示。设电线杆直径 d = 300 mm，A，B 间的铅直 距离b = 100 mm 。若套钩与电杆之间摩擦因数 fs = 0.5，求工人操作时，为了完全，站在 套钩上的最小距离 l 应为多大。 解 套钩为研究对象，受力如图 5-4b 所示，设工人站在保证安全的最小 min l 处，此时 钩与电杆接触点 A，B 都达最大静摩擦力，方向向上。 ∑ Fx = 0， FNA − FNB = 0 （1） ∑ Fy = 0 ， FsA + FsB − P = 0 （2） 理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社FNAAFFsFd(a)(b)图5-4d(3)ZM^=0,-P(min +)+Fnb+Fsd=02临界摩擦力：FM=J,FNA(4)FsB = f,FNB(5)式（1)、（2）、（4）、（5）联立，解得PPFsA = FsB =FN=FNB22fs代入式（3），得.dPd)+P.- P(l min +b=0222f.1mm=b=100mm二h处5-5不计自重的拉门与上下滑道之间的静摩擦因数均为，，门高为h。若在门上3用水平力F拉门而不会卡住，求门宽b的最小值。问门的自重对不被卡住的门宽最小值是否有影响？FuFlBAFE10EFsEhFNEb(a)(b)图5-5解（1）不计自重时受力如图5-5b所示ZF,=0, FNE =FNAZF,=O,F=FsE+FsA,FsE=f,FNE,FM=f,FNAFsE=FM,F=2F4ZMg=0, F2h-Fuh-Fna-bmin =03综上化得4h_bmin=0-h-3 fs56
56 A B x y d Fs B FN A FN B l P Fs A (a) (b) 图 5-4 ∑ = 0 M A ， ) 0 2 ( − min + + FN b + Fs d = d P l B B （3） 临界摩擦力： A F A F f s = s N （4） B F B F f s = s N （5） 式（1）、（2）、（4）、（5）联立，解得 2 s s P F A = F B = ， s N N 2 f P F A = F B = 代入式（3），得 0 2 2 ) 2 ( s − min + + ⋅ + ⋅b = f d P P d P l lmin = b = 100 mm 5-5 不计自重的拉门与上下滑道之间的静摩擦因数均为 s f ，门高为 h 。若在门上 h 3 2 处 用水平力 F 拉门而不会卡住，求门宽 b 的最小值。问门的自重对不被卡住的门宽最小值是 否有影响？ FN A F b FN E Fs E A Fs A ′ E (a) (b) 图 5-5 解 （1）不计自重时受力如图 5-5b 所示 ∑ Fy = 0 ， FNE = FNA ∑ Fx = 0， F = FsE + FsA， E F E F f s = s N ， A F A F f s = s N FsE = FsA ， F = 2FsA ∑ = 0 M E ， 0 3 2 − Fs h − FN ⋅bmin = h F A A 综上化得 0 3 4 s min − − = f b h h 理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社，bm=3J、3（2）考虑门自重W（位于门形心，铅垂向下，图中未画出）时，受力如图5-5b所示ZF,=0,FNE=W+FNAZF=0,F=FE+F4临界摩擦力：Fe=f,FNE,Fu=f,FNA21ZMe=0,-Fx=h+Wx=b+Fa-b+Fuh=032解得WFh=b=--f.h(l+3f.h.f.h+*23.H当门被卡住时，无论力F多大，门仍被卡住，得=Lhbmin3可见，门重与此门宽最小值无关。5-6平面曲柄连杆滑块机构如图5-6a所示。OA=1，在曲柄OA上作用有1矩为M的力偶，OA水平。连杆AB与铅垂线的夹角为，滑块与水平面之间的摩擦因数为f，不计重力，且tanの>f。求机构在图示位置保持平衡时F力的值。M8AFABAfoBABF-MFox06FN4(b)(c)(a)图5-6解（1）研究对象AO，受力如图5-6b所示M(1)ZM。=0FAB COSO-I=M, FAB1·cos（2）研究对象为滑块B，受力如图5-6c所示，这里假设F较小，B有向右滑趋势：ZF,=0,FAB sino-Fcosβ-F,=0(2)ZF,=0,F-FRcosa-Fsinβ=0Fn = FAr cosa+Fsinβ补充方程：F,=J,FNF=f.(FArcose+Fsinβ)(3)式（1）代入式（3)，得MF,= J.(+Fsin β)(4)式（1)、（4）代入式（2)，得MM-sing-Fcosβ-f(+Fsinβ)=0Icose1M(tane-f)=F(cosβ+f,sinβ)157
57 s min 3 f h b = ， 3 s min f h b = （2）考虑门自重 W（位于门形心，铅垂向下，图中未画出）时，受力如图 5-5b 所示 ∑ Fy = 0 ， FNE = W + FNA ∑ Fx = 0， F = FsE + FsA 临界摩擦力： E F E F f s = s N ， A F A F f s = s N ∑ = 0 M E , 0 2 1 3 2 − F × h +W × b + FNA ⋅b + FsAh = 解得 (1 3 ) 3 1 3 1 s s 2 s s F W f h f h f h F W b = f h + = + ⋅ 当门被卡住时，无论力 F 多大，门仍被卡住，得 3 s min f h b = 可见，门重与此门宽最小值无关。 5-6 平面曲柄连杆滑块机构如图 5-6a 所示。OA = l ，在曲柄 OA 上作用有 1 矩为 M 的力偶，OA 水平。连杆 AB 与铅垂线的夹角为θ ，滑块与水平面之间的摩擦因数为 s f ，不 计重力，且 s tanθ > f 。求机构在图示位置保持平衡时 F 力的值。 θ O FOy FOx FAB A M FN F θ B β FS FAB′ (a) (b) (c) 图 5-6 解 （1）研究对象 AO，受力如图 5-6b 所示 ∑ MO = 0 FAB cosθ ⋅l = M ， ⋅ cosθ = l M FAB （1） （2）研究对象为滑块 B，受力如图 5-6c 所示，这里假设 F 较小，B 有向右滑趋势： ∑ Fx = 0， sin cos s 0 ' FAB θ − F β − F = （2） ∑ Fy = 0 ， cos sin 0 ' FN − FAB θ − F β = cosθ sin β ' FN = FAB + F 补充方程： s sFN F = f ( cos sin ) ' Fs = fs FAB θ + F β （3） 式（1）代入式（3），得 ( sin ) s s F β l M F = f + （4） 式（1）、（4）代入式（2），得 sin cos ( sin ) 0 cos θ − β − s + β = θ F l M F f l M (tan ) (cos sin ) θ fs F β fs β l M − = + 理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社令f.=tan，则M-(tanの-tanp)=F(cosβ+tanpsinβ)1sinesinpM(Mcosasin(-p)cOSOF:sinpIcos cos(β-p)1(cos β+sin β)cOs@F较大时，滑块B滑动趋势与图c相反，即摩擦力F与图c所示相反，则此时式（1)，（4）不变，式（2）变为FAn sino-Fcosβ+F,=0式（1），（4）代入上式，得MMsin@-Fcosβ+f.+fFsinB)=0Icose1M(tane+f)=F(cosβ-f,sinβ)1M(tane+f.)F:I(cos β-f, sin β)同样令f.=tan@，则M sin(0+ p)F:Icosocos(+p)以上2个F是使系统保持平衡的F的最小与最大值，在两者之间的F都能保持平衡，即M sin(-@)M sin(0+Φ)≤F≤Icoscos(β-p)IcosOcos(β+@)5-7轧压机由两轮构成，两轮的直径均为d=500mm，轮间的间隙为a=5mm，两轮反向转动，如图5-7a上箭头所示。已知烧红的铁板与铸铁轮间的摩擦因数f=0.1，问能轧压的铁板的厚度b是多少？提示：欲使机器工作，则铁板必须被两转轮带动，亦即作用在铁板A、B处的法向反作用力和摩擦力的合力必须水平向右。(a)(b)图 5-7解铁板主要受力为两轮的正压力FN4、FNB及摩擦力FsA、FsB，如图5-7b所示。由于两轮对称配置，可设FNA =FNB =F,FsA=FSB=F合力水平向右，即2Fcos-2Fsin≥0,F/F≥tang又由摩擦定律58
58 令 fs = tanϕ ，则 (tanθ − tanϕ) = F(cos β + tanϕ sin β ) l M cos( ) sin( ) cos sin ) cos sin (cos ) cos sin cos sin ( β ϕ θ ϕ θ β ϕ ϕ β ϕ ϕ θ θ − − = ⋅ + − = l M l M F F 较大时，滑块 B 滑动趋势与图 c 相反，即摩擦力 Fs 与图 c 所示相反，则此时式（1），（4） 不变，式（2）变为 sin cos s 0 ' FAB θ − F β + F = 式（1），（4）代入上式，得 sin cos sin ) 0 cos θ − β + s + s β = θ f F l M F f l M (tan ) (cos sin ) θ fs F β fs β l M + = − (cos sin ) (tan ) s s β β θ l f M f F − + = 同样令 fs = tanϕ ，则 cos cos( ) sin( ) θ β ϕ θ ϕ + + = l M F 以上 2 个 F 是使系统保持平衡的 F 的最小与最大值，在两者之间的 F 都能保持平衡，即 cos cos( ) sin( ) cos cos( ) sin( ) θ β ϕ θ ϕ θ β ϕ θ ϕ + + ≤ ≤ − − l M F l M 5-7 轧压机由两轮构成，两轮的直径均为 d = 500 mm，轮间的间隙为a = 5 mm，两 轮反向转动，如图 5-7a 上箭头所示。已知烧红的铁板与铸铁轮间的摩擦因数 fs = 0.1，问 能轧压的铁板的厚度 b 是多少？ 提示：欲使机器工作，则铁板必须被两转轮带动，亦即作用在铁板 A、B 处的法向反作 用力和摩擦力的合力必须水平向右。 θ Fs A Fs B θ FN B θ θ FN A (a) (b) 图 5-7 解 铁板主要受力为两轮的正压力 FNA 、 FNB 及摩擦力 FsA 、 FsB ，如图 5-7b 所示。 由于两轮对称配置，可设 FNA = FNB = FN ， FsA = FsB = F 合力水平向右，即 2F cosθ − 2FN sinθ ≥0， N F / F ≥ tanθ 又由摩擦定律 理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社F/FN≤f.比较上2式，可见tan @ = fs由几何关系d2d+a-bd?-(d+a-b)?21tang=d+a-bd+a-b2得da?-(d+a-b)≤(d+a-b)f,,b≤(a+d)/1+ f?将(1+F2）2展开，略去f*项及其后各项，可得db≤a+=7.5mm25-8鼓轮利用双闸块制动器制动，设在杠杆的末端作用有大小为200N的力F，方向与杠杆相垂直，如图5-8a所示，自重均不计。已知闸块与鼓轮间的摩擦因数f.=0.5，又2R=O,0,=KD=CD=O,A=KL=0,L=0.5m,O,B=0.75m,AC=0,D=1m,ED=0.25m，求作用于鼓轮上的制动力矩。F2FRFDDE4HF0OFosFacFFoAROA(b)(a)图 5-8解（1）杆O，B为研究对象，受力如图5-8b所示的下部。O,BZMo=0,Fc-O,A-F.0B=0,FACF=300NO,A由几何关系2KD0.50cosO=5KE0.502+0.252（2）杆CDE为研究对象，受力如图5-8b所示的上部。ZM,=0,FkeCosO.DE-FAc·DC=0,FkE=/5FAcZF.=0,Fpx-Fkecos0=0,FDx=FkEcos0=2FAc=600N（3）杆O,D为研究对象，受力如图5-8b所示的右部。.OD=0, Fn =2Fos =1200NZMol=0, Fdx-O,D-Fni.259
59 N s F / F ≤ f 比较上 2 式，可见 s tan θ = f 由几何关系 d a b d d a b d a b d d a b + − − + − = + − + − − = 2 2 2 2 ( ) 2 ) 2 ) ( 2 ( tanθ 得 s 2 2 d − (d + a − b) ≤ (d + a − b) f ， 2 s 1 ( ) f d b a d + ≤ + − 将 2 1 2 s (1 ) − + f 展开，略去 4 s f 项及其后各项，可得 7.5 mm 2 2 ≤ + fs = d b a 5-8 鼓轮利用双闸块制动器制动，设在杠杆的末端作用有大小为 200 N 的力 F，方向与 杠杆相垂直，如图 5-8a 所示，自重均不计。已知闸块与鼓轮间的摩擦因数 fs = 0.5，又 2R = O1O2 = KD = CD = O1A = KL = O2L = 0.5 m ，O1B = 0.75 m ，AC = O1D = 1m ， ED = 0.25 m ，求作用于鼓轮上的制动力矩。 C D θ θ O O1 A B O2 O y1 F O x1 F FAC F O x1 F O1 O y1 F FN1 FDy′ FDx′ FDx E FDy FEK K FEK′ FN 2 O x2 F O y2 F FN 2 ′ FOy FOx FN1 ′ Fs 2 Fs1 ′ Fs1 Fs 2 ′ D FAC′ (a) (b) 图 5-8 解 (1) 杆O1B 为研究对象，受力如图 5-8b 所示的下部。 ∑ MO1 = 0 ， FAC ⋅O1A − F ⋅O1B = 0 ， 300 N 1 1 = F = O A O B FAC 由几何关系 5 2 0.50 0.25 0.50 cos 2 2 = + = = KE KD θ （2）杆 CDE 为研究对象，受力如图 5-8b 所示的上部。 ∑ = 0 M D ， cos 0 ' FKE θ ⋅ DE − FAC ⋅ DC = ， FKE FAC = 5 ∑ Fx = 0， FDx − FKE cosθ = 0， FDx = FKE cosθ = 2FAC = 600 N （3）杆 O1D 为研究对象，受力如图 5-8b 所示的右部。 ∑ MO1 = 0 ， 0 2 1 1 N1 ' ⋅ − ⋅ = O D FDx O D F ， 2 1 200 N ' FN1 = FDx = 理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社（4）杆O.K为研究对象，受力如图5-8b所示的左部。O,K-Fke cos0.0,K=0ZMo2 =0,Fn2"2FN2=2FkECOsQ=4FAc=1200N由摩擦定律F,=0.5Fnl=600N,F,=0.5Fn2=600N(5）鼓轮为研究对象，受力如图5-8b所示的中部，由平衡条件得制动力矩为M =(F+F,)R=300N·m5-9砖夹的宽度为0.25m，曲杆AGB与GCED在点G铰接，尺寸如图5-9a所示。设砖重P=120N，提起砖的力F作用在砖夹的中心线上，砖夹与砖间的摩擦因数f，=0.5，求距离b为多大才能把砖夹起。30301↓F2F959530FaFNIFtBGJDAtFo6T250FNF-250(a)(b)(c)图5-9解（1）整体为研究对象，受力如图5-9a所示，由图5-9a得出：F=P=120N（2）砖块为研究对象，受力如图5-9b所示(1)ZF =0, FNI-FN2 =0ZF,=0,F-F2-P=0(2)补充方程：(3)Fs≤f,FN1,Fs2≤,Fn2解得pFL=120N=60N,FNI=FN2≥FI=F, -2fs（3）曲杆AGB为研究对象，受力如图5-9c所示ZMg=0,F×95mm+Fs,×30mm-FNl-b=0以P、FsI、Fni值代入，解得b≤110mm5-10图5-10a所示起重用的夹具由ABC和DEF两个相同的弯杆组成，并由杆BE连接，B和E都是铰链，尺寸如图，不计夹具自重。问要能提起重物P，夹具与重物接触面处的摩擦因数f应为多大？（忽略BE间距尺寸）解（1）整体为研究对象，受力如图5-10a所示，得F=P（2）吊环O为研究对象，受力如图5-10d所示(1)ZF=0,F,sin60°-F,sin60°=0ZF,=0,F-Fc0s60°-F,cos60°=0(2)解得60
60 （4）杆O2K 为研究对象，受力如图 5-8b 所示的左部。 ∑ MO2 = 0， cos 0 2 2 2 ' N2 ⋅ − F ⋅O K = O K F KE θ 2 cos 4 1 200 N ' FN2 = FKE θ = FAC = 由摩擦定律 Fs1 = 0.5FN1 = 600 N ， Fs2 = 0.5FN2 = 600 N (5) 鼓轮为研究对象，受力如图 5-8b 所示的中部，由平衡条件得制动力矩为 ( ) 300 N m ' s2 ' s1 M = F + F R = ⋅ 5-9 砖夹的宽度为 0.25 m，曲杆 AGB 与 GCED 在点 G 铰接，尺寸如图 5-9a 所示。设 砖重 P=120 N，提起砖的力 F 作用在砖夹的中心线上，砖夹与砖间的摩擦因数 fs = 0.5， 求距离 b 为多大才能把砖夹起。 Fs1 FN1 FN 2 P 250 A D Fs 2 F G A Fs1 ′ N1 F′ FGy FGx 30 95 B (a) (b) (c) 图 5-9 解 （1）整体为研究对象，受力如图 5-9a 所示，由图 5-9a 得出： F = P = 120 N （2）砖块为研究对象，受力如图 5-9b 所示 ∑ Fx = 0， FN1 − FN2 = 0 （1） ∑ Fy = 0 ， Fs1 − Fs2 − P = 0 （2） 补充方程： s1 FN1 F f ≤ s ， s2 FN2 F f ≤ s （3） 解得 60 N 2 s1 = 2 = = P F F ， 120 N s s1 N1 = N2 ≥ = f F F F （3）曲杆 AGB 为研究对象，受力如图 5-9c 所示 ∑ MG = 0， 95 mm 30 mm 0 ' F × + Fs1 × − FN1 ⋅b = 以 P、Fs1、FN1 值代入，解得 b ≤ 110 mm 5-10 图 5-10a 所示起重用的夹具由 ABC 和 DEF 两个相同的弯杆组成，并由杆 BE 连 接，B 和 E 都是铰链，尺寸如图，不计夹具自重。问要能提起重物 P，夹具与重物接触面处 的摩擦因数 s f 应为多大？（忽略 BE 间距尺寸） 解 (1) 整体为研究对象，受力如图 5-10a 所示，得 F = P （2）吊环 O 为研究对象，受力如图 5-10d 所示 ∑ Fx = 0， sin 60° − sin 60° = 0 FD FA （1） ∑ Fy = 0 ， − cos60° − cos60° = 0 F FD FA （2） 解得 理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社F=F,=F=P00OofFs2F0TFNFNIGFN2tpFL200(a)(b)(d)(c)图5-10（3）重物为研究对象，受力如图5-10b所示ZF,=0, FNiFN2 = 0(3)ZF,=0,F,+F,-P=0(4)ZMc=0,F×0.20m-F,×0.20m=0(5)摩擦力FI≤J.FNI(6)Fiz≤f,FN2(7)解得Fi=Fo>!2PFnI = Fn2 ≥2fs（4）弯杆ABC为研究对象，受力如图5-10c所示ZM=0,-F×600mm+Fl×150mm+F×200mm=0把有关量代入上式，得J,≥0.155-11图5-11a所示2无重杆在B处用套筒式无重滑块连接，在杆AD上作用1力偶，其力偶矩M=40N·m，滑块和杆AD间的摩擦因数f。=0.3，求保持系统平衡时力偶矩M.的范围。DFc(a)(b)(c)图5-11解（1）研究对象为杆AD，受力如图5-11b所示61
61 O FA = FD = F = P P Fs 2 ′ FN1 FN 2 ′ G Fs1 ′ FA ′ 200 C FN1 Fs1 B A 90° FBE FD F FA 120° (a) (b) (c) (d) 图 5-10 (3) 重物为研究对象，受力如图 5-10b 所示 ∑ Fx = 0， 0 ' N2 ' FN1 − F = （3） ∑ Fy = 0 ， 0 ' 1 ' Fs2 + Fs − P = （4） ∑ MG = 0， 0.20 m 0.20 m 0 ' 2 ' Fs1 × − Fs × = （5） 摩擦力 ' s N1 ' Fs1 ≤ f F （6） ' s N2 ' Fs2 ≤ f F （7） 解得 2 ' s2 ' s1 P F = F ≥ s ' N2 ' N1 2 f P F = F ≥ （4）弯杆 ABC 为研究对象，受力如图 5-10c 所示 ∑ = 0 M B ， 600 mm N1 150 mm s1 200 mm 0 ' − FA × + F × + F × = 把有关量代入上式，得 fs ≥ 0.15 5-11 图 5-11a 所示 2 无重杆在 B 处用套筒式无重滑块连接，在杆 AD 上作用 1 力偶，其 力偶矩 M A = 40 N ⋅ m ，滑块和杆 AD 间的摩擦因数 fs = 0.3，求保持系统平衡时力偶矩 MC 的范围。 A FAy FAx MA D Fs FN B B C FCy FCx MC B Fs ′ FN B′ A 30° 30° (a) (b) (c) 图 5-11 解 （1）研究对象为杆 AD，受力如图 5-11b 所示 理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社1ZMA=O,FNB-AB-MA=O,AB=/cos302J3MAMFNB(1)11-/cos30°23f.MA(2)F, = J,FNB1（2）研究对象为杆CB，受力如图5-11c所示ZMc=0,-M+F'sin30°+FNBlcos30°=0(3)式（1)、（2）代入式（3)，得V3MV3f,M- Mc+/sin30°+/cos30°=011V33M(3f,+3)=[40.(/3×0.3+3)Nm=70.4NmM.=f.M.+-M.:t.2222当M.较小时，摩擦力F与图示反向，此时式（1）、（2）不变，式（3）变为J3f.MAJ3MA1cos30 =0-/sin30°+-Mc11MA(3-J3f)=40(3-/3×0.3)N·m=49.6N.mM. =2.249.6N.m≤Mc≤70.4Nm5-12均质箱体A的宽度b=1m，高h=2m，重力P=200kN，放在倾角θ=20°的斜面上。箱体与斜面之间的摩擦因数f=0.2。今在箱体的C点系1无重软绳，方向如图所示，绳的另1端绕过滑轮D挂1重物E。已知BC=α=1.8m。求使箱体处于平衡状态的重物E的重量。300A(a)(b)(c)图5-12解（1）物E重较小时，临界受力如图5-12b所示①临界下滑ZF=0，Fcos30°+F-Psin20°=0(1)ZF,=0,1F=Pcos20°-Fsin300(2)(3)F,=f,FN式（2）代入式（3)，式（3）代入式（1)，消去FN、F，得P(sin 20°-f,cos20°)F=.=40.2kN(4)cos30°-f,sin30°②临界逆时针翻倒判别62
62 b ∑ = 0 M A ， FNB ⋅ AB − M A = 0 ， = / cos30° 2 l AB l M l M F A A B 3 / cos30 2 N = ° = （1） l f M F f F A B s s s N 3 = = （2） （2）研究对象为杆 CB，受力如图 5-11c 所示 ∑ MC = 0， sin 30 cos30 0 ' N ' − MC + Fs l ° + F Bl ° = （3） 式（1）、（2）代入式（3），得 cos30 0 3 sin 30 3 s − + ° + l ° = l M l l f M M A A C ( 3 0.3 3) N m 70.4 N m 2 40 ( 3 3) 2 2 3 2 3 s s ⋅ = ⋅ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = + = f + = × + M M f M M A C A A 当 MC 较小时，摩擦力 Fs 与图示反向，此时式（1）、（2）不变，式（3）变为 cos30 0 3 sin 30 3 s − − ° + l = l M l l f M M A A C (3 3 0.3) N m 49.6 N m 2 40 (3 3 ) 2 s ⋅ = ⋅ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ == − f = − × M M A C 49.6 N ⋅ m ≤ MC ≤ 70.4 N ⋅ m 5-12 均质箱体 A 的宽度b = 1m ，高 h = 2 m，重力 P = 200 kN ，放在倾角θ = 20° 的斜面上。箱体与斜面之间的摩擦因数 fs = 0.2。今在箱体的 C 点系 1 无重软绳，方向如 图所示，绳的另 1 端绕过滑轮 D 挂 1 重物 E。已知 BC = a = 1.8 m 。求使箱体处于平衡状 态的重物 E 的重量。 F 30° P A FN FS C B θ FN 30° F P C A B 20° Fs (a) (b) (c) 图 5-12 解 （1）物 E 重较小时，临界受力如图 5-12b 所示 ① 临界下滑 ∑ Fx = 0， F cos30° + Fs − Psin 20° = 0 （1） ∑ Fy = 0 ， = cos 20° − sin 30° FN P F （2） s sFN F = f （3） 式（2）代入式（3），式（3）代入式（1），消去 FN、 Fs ，得 40.2 kN cos30 sin 30 (sin 20 cos 20 ) s s = ° − ° ° − ° = f P f F （4） ② 临界逆时针翻倒判别 理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社hbMa(P)= Psin 200. -Pcos20°.<022又因为F≥0,M(F)<0所以图5-12b所示状态不会翻倒。（2）物E较重时，F较大，上滑与顺时针倾倒的临界受力如图5-12c所示。①临界上滑(5)ZF=0,Fcos30°-F-Psin20°=0ZF,=0,Fsin30°-Pcos20°+F=0(6)(7)F, =f,FN式（6）代入式（7)，式（7）代入式（5)，得Fcos30°-f.(Pcos20°-Fsin30°)-Psin20°=0解得F = P(sin 20 +/.cos20°)_ 200kN (sin20 +0.2cos20)=109.7kN(8)V3cos30°+f,sin300+0.2x！22②临界顺时针翻倒b+Psin200.hZM,=0,-Fcos30°.a+Pcos20°.022p(bcos20°+hsin20°)100 kN-(cos20°+2 sin 20°)F=2=104kN(9)acos30o1.8cos30o由式（4）、（8）、（9）得40.2kN≤F≤104kN这里的F为保持平衡时物E的重力范围。5-13机床上为了迅速装卸工件，常采用如图5-13a所示的偏心轮夹具。已知偏心轮直径为D，偏心轮与台面间的摩擦因数为f。现欲使偏心轮手柄上的外力去掉后，偏心轮不会自动脱落，求偏心距e应为多少？各铰链中的摩擦忽略不计。偏心轮工件leF(a)(b)图5-13解忽略偏心轮重力，则偏心轮保持平衡相当于二力杆，由自锁条件如图5-13b受力得J.De≤tang=f,eD22*5-14均质圆柱重力P，半径为r，搁在不计自重的水平杆和固定斜面之间。杆端A为光滑铰链，D端受1铅垂向上的力F，圆柱上作用1力偶，如图5-14a所示，已知F=P，圆柱与杆和斜面间的静滑动摩擦因数皆为f=0.3，不计滚动摩阻，当θ=45°时，AB=BD。求此时能保持系统静止的力偶矩M的最小值。63
63 0 2 cos 20 2 ( ) = sin 20°⋅ − °⋅ < b P h M A P P 又因为 F ≥ 0 ， (F) < 0 M A 所以图 5-12b 所示状态不会翻倒。 （2）物 E 较重时， F 较大，上滑与顺时针倾倒的临界受力如图 5-12c 所示。 ① 临界上滑 ∑ Fx = 0， F cos30° − Fs − Psin 20° = 0 （5） ∑ Fy = 0 ， F sin 30° − Pcos 20° + FN = 0 （6） s sFN F = f （7） 式（6）代入式（7），式（7）代入式（5），得 F cos30° − fs (Pcos 20° − F sin 30°) − Psin 20° = 0 解得 109.7 kN 2 1 0.2 2 3 200 kN (sin 20 0.2cos 20 ) cos30 sin 30 (sin 20 cos 20 ) s s = + × ⋅ ° + ° = ° + ° ° + ° = f P f F （8） ② 临界顺时针翻倒 ∑ = 0 M B ， 0 2 sin 20 2 − cos30°⋅ + cos 20°⋅ + °⋅ = h P b F a P 104 kN 1.8 cos30 100 kN (cos 20 2sin 20 ) cos30 ( cos 20 sin 20 ) 2 = ° ⋅ ° + ° = ° ° + ° = a b h P F （9） 由式（4）、（8）、（9）得 40.2 kN ≤ F ≤ 104 kN 这里的 F 为保持平衡时物 E 的重力范围。 5-13 机床上为了迅速装卸工件，常采用如图 5-13a 所示的偏心轮夹具。已知偏心轮直 径为 D，偏心轮与台面间的摩擦因数为 s f 。现欲使偏心轮手柄上的外力去掉后，偏心轮不 会自动脱落，求偏心距e 应为多少？各铰链中的摩擦忽略不计。 FN Fs e F C θ (a) (b) 图 5-13 解 忽略偏心轮重力，则偏心轮保持平衡相当于二力杆，由自锁条件如图 5-13b 受力得 s tan 2 f D e ≤ θ = ， 2 fsD e ≤ *5-14 均质圆柱重力 P，半径为 r，搁在不计自重的水平杆和固定斜面之间。杆端 A 为 光滑铰链，D 端受 1 铅垂向上的力 F，圆柱上作用 1 力偶，如图 5-14a 所示，已知 F = P ， 圆柱与杆和斜面间的静滑动摩擦因数皆为 fs = 0.3 ，不计滚动摩阻，当θ = 45° 时， AB = BD 。求此时能保持系统静止的力偶矩 M 的最小值。 理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社