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