理论力学---第四章 摩擦
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理论力学第七版
equilibrium)
公理3 (Axiom 3) 加减平衡力系原理(The Principle of Addition or 公理
Subtraction Equilibrium Forces System)
推理1 推理 (Inference 1) 力的可传性(The Principle of Transmissibility) 推理2 推理 (Inference 2) 三力平衡汇交定理(Theorem of Three-force
被约束体
轴可在孔内任意转动， 轴可在孔内任意转动， 也可沿孔的中心线移动， 也可沿孔的中心线移动，但 轴承阻碍轴沿孔径向向外的 约束 位移。 位移。
第一章 静力学公理和物体的受力分析
1－2 约束和约束力 －
1-2 Constraints and Reactions of Constraints 反力方向 过接触点，沿接触面公法线指向轴心。 过接触点，沿接触面公法线指向轴心。 由于轴在孔内可任意转动， 由于轴在孔内可任意转动，故而轴 与孔的接触点位置是不定的。 与孔的接触点位置是不定的。因此反力 的方向一般预先不能确定。 的方向一般预先不能确定。但这样的一 个反力常用两个过轴心的， 个反力常用两个过轴心的，大小未知的 正交分力F 来表示。 正交分力 AX、FAY来表示。此二力指向 可任意假定。 可任意假定。
1－2 约束和约束力 － 约束和约束力(Constraints and Reactions of Constraints)
约束特点 阻碍物体沿接触面法线，并指向约束的运动。 作用点 接触点 反力方向 过接触点，沿接触面公法线，指向被约束物体
第一章 静力学公理和物体的受力分析
1－2 约束和约束力 － 约束和约束力(Constraints and Reactions of Constraints)
公理3 (Axiom 3) 加减平衡力系原理(The Principle of Addition or 公理
Subtraction Equilibrium Forces System)
推理1 推理 (Inference 1) 力的可传性(The Principle of Transmissibility) 推理2 推理 (Inference 2) 三力平衡汇交定理(Theorem of Three-force
被约束体
轴可在孔内任意转动， 轴可在孔内任意转动， 也可沿孔的中心线移动， 也可沿孔的中心线移动，但 轴承阻碍轴沿孔径向向外的 约束 位移。 位移。
第一章 静力学公理和物体的受力分析
1－2 约束和约束力 －
1-2 Constraints and Reactions of Constraints 反力方向 过接触点，沿接触面公法线指向轴心。 过接触点，沿接触面公法线指向轴心。 由于轴在孔内可任意转动， 由于轴在孔内可任意转动，故而轴 与孔的接触点位置是不定的。 与孔的接触点位置是不定的。因此反力 的方向一般预先不能确定。 的方向一般预先不能确定。但这样的一 个反力常用两个过轴心的， 个反力常用两个过轴心的，大小未知的 正交分力F 来表示。 正交分力 AX、FAY来表示。此二力指向 可任意假定。 可任意假定。
1－2 约束和约束力 － 约束和约束力(Constraints and Reactions of Constraints)
约束特点 阻碍物体沿接触面法线，并指向约束的运动。 作用点 接触点 反力方向 过接触点，沿接触面公法线，指向被约束物体
第一章 静力学公理和物体的受力分析
1－2 约束和约束力 － 约束和约束力(Constraints and Reactions of Constraints)
理论力学第四章-摩擦解析
FNB
下面判断系统是否处于静平衡
脚端A 与B 的最大静摩擦力分别为 ：
y
C
FA fs A FNA 0.2 375 75 N
G
FB
f s B FNB
0.6 125
75 N
FSA A
FSA FSB 72.17 N
2d sin
Wr
f
cos
P
2d sin
Wr
f
cos
用摩擦角表示得:
Wr cos
d sin
P
Wr cos
d sin
[例]图示一折叠梯放在地面上，与地面的夹角 60o 。脚端A 与B和地面的摩擦因数分别为 fsA 0.2, fsB 0.6 。在折叠 梯的AC侧的中点处有一重为500N的重物。不计折叠梯的重量 ，问它是否平衡？如果平衡，计算两脚与地面的摩擦力。
y C G
A
B
x
(a)
处理此类问题时首先假定系
统为平衡。由于系统不一定处
于静摩擦的临界情况，可通过
平衡方程求得这些未知的静摩
擦力。所得的结果必须与最大
y
静摩擦力进行比较，以确认上
C
述系统平衡的假定是否成立。
G
A
B
x
(a)
以整体为对象，受力如图
MA 0
bFNB
bG 4
0
FNB 0.25G 125 N
无润滑
有润滑
0.15
0.1～0.12
0.3
0.15
0.1～0.15
0.18
0.3～0.5
0.15
0.4～0.6
0.1
动摩擦系数
无润滑
有润滑
0.09
下面判断系统是否处于静平衡
脚端A 与B 的最大静摩擦力分别为 ：
y
C
FA fs A FNA 0.2 375 75 N
G
FB
f s B FNB
0.6 125
75 N
FSA A
FSA FSB 72.17 N
2d sin
Wr
f
cos
P
2d sin
Wr
f
cos
用摩擦角表示得:
Wr cos
d sin
P
Wr cos
d sin
[例]图示一折叠梯放在地面上，与地面的夹角 60o 。脚端A 与B和地面的摩擦因数分别为 fsA 0.2, fsB 0.6 。在折叠 梯的AC侧的中点处有一重为500N的重物。不计折叠梯的重量 ，问它是否平衡？如果平衡，计算两脚与地面的摩擦力。
y C G
A
B
x
(a)
处理此类问题时首先假定系
统为平衡。由于系统不一定处
于静摩擦的临界情况，可通过
平衡方程求得这些未知的静摩
擦力。所得的结果必须与最大
y
静摩擦力进行比较，以确认上
C
述系统平衡的假定是否成立。
G
A
B
x
(a)
以整体为对象，受力如图
MA 0
bFNB
bG 4
0
FNB 0.25G 125 N
无润滑
有润滑
0.15
0.1～0.12
0.3
0.15
0.1～0.15
0.18
0.3～0.5
0.15
0.4～0.6
0.1
动摩擦系数
无润滑
有润滑
0.09
同济——理论力学 摩擦
12
自锁在工程中的应用
P
α
α
α
黄沙输送带的锥角值α 千斤顶
13
14
15
锥体摩擦离合器自锁条件
R N
α
m
合 离
ρ
Fmax
m
自锁条件： 自锁条件
α≤ρ
16
小 结 2 静摩擦力 ： 2 动摩擦力：
0 ≤ F ≤ Fmax 由平衡方程确定
F ′ = f FN 由动滑动摩擦定律确定
2 最大静摩擦力： Fmax = f S FN 由静滑动摩擦定律确定
y
FT FP θ
ϕ Fs FN
x
∑Y = 0
FN + FT sinϕ − FP cosθ = 0
设达到临界状态，则有： Fs = f s FN sin θ − f s cosθ 解出：FT = FP cosϕ − f s sin ϕ 记为： = FQ min 结论： 平衡时, FQ的值为： FQ min ≤ FQ ≤ FQ max 29
26
例 已知： A块重 FP , θ , ϕ, 物块与斜面间的 摩擦因数为 fs 。 求：能使A块保持平 衡的 FQ 的值。 取A块，分析受力 解： 摩擦力的方向？ ○设有上滑趋势。
A θ
ϕ FQ
y
FT FP θ
ϕ Fs FN
x
此时，摩擦力方向如图。 建立坐标系如图。
27
∑X = 0
FT cosϕ − FP sinθ − Fs = 0
解得：
①
2 N ′ = N A = ⋅ 500 = 333 N A 3
33
㈡ 研究轮 O1
∑ Y = 0, N B − N A − W = 0
《理论力学》考试知识点.
《理论力学》考试知识点静力学第一章静力学基础1、掌握平衡、刚体、力的概念以及等效力系和平衡力系，静力学公理。
2、掌握柔性体约束、光滑接触面约束、光滑铰链约束、固定端约束和球铰链的性质。
3、熟练掌握如何计算力的投影和平面力对点的矩，掌握空间力对点的矩和力对轴之矩的计算方法，以及力对轴的矩与对该轴上任一点的矩之间的关系。
4、对简单的物体系统，熟练掌握取分离体并画出受力图。
第二章力系的简化1、掌握力偶和力偶矩矢的概念以及力偶的性质。
2、掌握汇交力系、平行力系、力偶系的简化方法和简化结果。
3、熟练掌握如何计算主矢和主矩；掌握力的平移定理和空间一般力系和平面力系的简化方法和简化结果。
4、掌握合力投影定理和合力矩定理。
5、掌握计算平行力系中心的方法以及利用分割法和负面积法计算物体重心。
第三章力系的平衡条件1、了解运用空间力系（包括空间汇交力系、空间平行力系和空间力偶系）的平衡条件求解单个物体和简单物体系的平衡问题。
2、熟练掌握平面力系（包括平面汇交力系、平面平行力系和平面力偶系）的平衡条件及其平面力系平衡方程的各种形式；熟练掌握利用平面力系平衡条件求解单个物体和物体系的平衡问题。
3、了解静定和静不定问题的概念。
4、掌握平面静定桁架计算内力的节点法和截面法，掌握判断零力杆的方法。
第四章摩擦1、掌握运用平衡条件求解平面物体系的考虑滑动摩擦的平衡问题。
2、了解极限摩擦定律、滑动摩擦系数、摩擦角、自锁现象、摩阻的概念。
运动学第五章点的运动1、掌握描述点的运动的矢量法、直角坐标法和弧坐标法，能求点的运动方程。
2、熟练掌握如何计算点的速度、加速度及其有关问题。
第六章刚体的基本运动1、掌握刚体平动和定轴转动的特征；掌握刚体定轴转动的转动方程、角速度和角加速度；掌握定轴转动刚体角速度矢量和角加速度矢量的概念以及刚体内各点的速度和加速度的矢积表达式。
2、熟练掌握如何计算定轴转动刚体的角速度和角加速度、刚体内各点的速度和加速度。
体育装备工程专业《理论力学》作业及答案
2011-2012 学年第一学期理论力学习题
——空间力系 一、 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 判断题（正确的划√，错误的划×）
空间力偶中的两个力对任意投影轴的代数和恒为零。 （√） （模块 7） 空间力对点的矩在任意轴上的投影等于力对该轴的矩。 （×） （模块 6） 空间力系的主矢是力系的合力。 （√） （模块 7） 空间力系的主矩是力系的合力偶矩。 （√） （模块 7） 空间力系向一点简化得主矢和主矩与原力系等效。 （√） （模块 7） 空间力系的主矢为零，则力系简化为力偶。 （×） （模块 7） 空间汇交力系的平衡方程只有三个投影形式的方程。 （√） （模块 7） 空间汇交力系的三个投影形式的平衡方程，对投影轴没有任何限制。 （√） （模块 7） 空间力偶等效只需力偶矩矢相等。 （√） （模块 7）
空间力系向一点简化得主矢与简化中心的位置 有关 。 （模块 7）
6.
如图所示已知一正方体，各边长 a，沿对角线 BH 作用一个力 F，则该力在 x、y、z
- 11 -
2010 级体育装备工程专业
马勇
《理论力学》作业
轴
上
的 2 3
投
影
Fx =
F1x = − F ⋅ 、 Fz =
2 3
⋅
2 3 =− F 2 3 1 3 = 3 3 F
2010 级体育装备工程专业
马勇
《理论力学》作业
3、 一组合梁 ABC 的支承及载荷如图示。已知 F＝1KN，M＝0.5KNm，求固定端 A 的约束反力。
（模块 5）
（解） ：组合梁及 BC 杆，受力分析如图所示。 DE、DF、DG 杆均为二力杆。
∑m
i =1
n
理论力学第四章摩擦问题
x F2max N1
F2max f N2
Pmax
sin cos
f cos f sin
Q
3、综上得出:要维持物体平衡时,力P的值应满足的条件是
:
sin f cos Q P sin f cos Q
cos f sin
cos f sin
例4-3 杆AB的A端置于光滑水平面上，AB与水平面夹角 为20°，杆重为P=50 KN。B处有摩擦。当杆在此处临界平衡时 ，试求B处摩擦角。
m f 从何而来？分析滚动摩擦，必须考 虑变形的影响。物体接触面上受力情况较复杂。
将这些力系向A点简化，得到一个主矢 FR 和一个主矩 m f ，主矢 FR 分解成支反力N和滑动摩擦力Ff （此处Ff
＜ F max ). 主矩 m f 称为滚动摩擦力偶矩， 简称为滚阻力偶。
N
G
F
O
AB
R
GG
F
OO
AB Ff Ff
解： 以AB为研究对象，画受 力图，N为B处的正压力。
Fx 0
N tgΦm. cosθ=N sinθ
tgΦm = tgθ
∴ Φm =θ=20°
x y
NA
FSmax m N
例4-4 * 已知： b , d , fs ,
不计凸轮与挺杆处摩擦，不计挺杆质量；
求：挺杆不被卡住之a 值。
解：取挺杆为研究对象，设挺杆处于卡住临界 状态。
F 0 X
FAx FBx 0
注意BC杆是二 力杆。
（休止角）沙堆滑塌、山体滑坡现象。
§4-3 考虑滑动摩擦时物体的平衡问题
仍为平衡问题，平衡方程可用，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；
理论力学练习册及答案(南华版)
解：动点取曲柄OA上A点，
动系固连摇杆CB上，定系固连机架。
由速度合成定理 作速度平行四边形。
B点速度为：
由加速度合成定理 作加速度图。
取 方向投影，得：
B点加速度为：
7-4.半径为R的半圆形凸轮以匀速V0沿水平线向右平动，带动顶杆AB沿铅直方向运动，当OA与铅直线夹角为300时，求此时杆AB的速度和加速度。
解：动点取杆OA上A点，动系固连杆O1C上，定系固连机架。
由速度合成定理 作速度平行四边形。
由加速度合成定理 作加速度图。
取 方向投影，得：
再取动点杆O1C上C点，动系固连套筒B上，定系固连机架。
由速度合成定理 作速度平行四边形。
由加速度合成定理:
作加速度图。
取 方向投影，得：
取 方向投影，得：
第八章 刚体平面运动
分别取节点A、B为研究对象，受力如图
对于节点A： ，
(压)
对于节点B： , (压)
2-11.计算桁架中1、2、3杆的受力。
解：取I-I剖面右边部分为研究对象，受力如图。
,
(拉)
,
(压)
研究节点B: ，
(压)
第三章 空间力系
3-1.图示正立方体，各边长为a，四个力F1、F2、F3、F4大小皆等于F，如图所示，作用的相应的边上。求此力系简化的最终结果，并在图中画出。
8-7.四杆机构中，曲柄OA以匀角速度ω0=25 rad/s绕O轴转动，OA=50 cm，AB=100 cm，O1B= cm。求∠OAB=900时，B点的加速度，摇臂O1B的角速度和角加速度。
8-8.图示机构中，设当OA与水平线成450角的瞬时，曲柄OA有反时针方向的匀角速度ω＝25 rad/s，连杆AB水平，扇形板BD铅垂。求扇形板绕定轴D转动的角加速度ε。
动系固连摇杆CB上，定系固连机架。
由速度合成定理 作速度平行四边形。
B点速度为：
由加速度合成定理 作加速度图。
取 方向投影，得：
B点加速度为：
7-4.半径为R的半圆形凸轮以匀速V0沿水平线向右平动，带动顶杆AB沿铅直方向运动，当OA与铅直线夹角为300时，求此时杆AB的速度和加速度。
解：动点取杆OA上A点，动系固连杆O1C上，定系固连机架。
由速度合成定理 作速度平行四边形。
由加速度合成定理 作加速度图。
取 方向投影，得：
再取动点杆O1C上C点，动系固连套筒B上，定系固连机架。
由速度合成定理 作速度平行四边形。
由加速度合成定理:
作加速度图。
取 方向投影，得：
取 方向投影，得：
第八章 刚体平面运动
分别取节点A、B为研究对象，受力如图
对于节点A： ，
(压)
对于节点B： , (压)
2-11.计算桁架中1、2、3杆的受力。
解：取I-I剖面右边部分为研究对象，受力如图。
,
(拉)
,
(压)
研究节点B: ，
(压)
第三章 空间力系
3-1.图示正立方体，各边长为a，四个力F1、F2、F3、F4大小皆等于F，如图所示，作用的相应的边上。求此力系简化的最终结果，并在图中画出。
8-7.四杆机构中，曲柄OA以匀角速度ω0=25 rad/s绕O轴转动，OA=50 cm，AB=100 cm，O1B= cm。求∠OAB=900时，B点的加速度，摇臂O1B的角速度和角加速度。
8-8.图示机构中，设当OA与水平线成450角的瞬时，曲柄OA有反时针方向的匀角速度ω＝25 rad/s，连杆AB水平，扇形板BD铅垂。求扇形板绕定轴D转动的角加速度ε。
理论力学教程(第四章)
静滑动摩擦力的特点
1 方向：沿接触处的公切线，
与相对滑动趋势反向；
2 大小：
3
（库仑摩擦定律）
④静摩擦系数的测定方法(倾斜法)
两种材料做成物体
和可动平面测沿下面滑
动时的 。
p
F=mgsin =fmgcos
2)、动滑动摩擦
tg f
两物体接触表面有相对运动时,沿接触面产生的切向 阻力称为动滑动摩擦力。
1)、静滑动摩擦
① 定义 两相接触物体虽有相对运动趋势，但仍保持相对静止F时，
给接触面产生的切向阻力，称为静滑动摩擦力或简称静摩 擦力。
满足
0 F Fmax (最大静摩擦力)
当 F Fmax时,则物体处于临界平衡状态
F
P Fmax f N (库仑静摩擦定律)
若物体静止，则 F P
摩擦的现象和概念
在大学物理已经讲到什么是摩擦：当物体与另一物体 沿接触面的切线方向运动或有相对运动的趋势时，在两物 体的接触面之间有阻碍它们相对运动的作用力，这种力叫 摩擦力。接触面之间的这种现象或特性叫“摩擦”。这里 来作更深入的研究，首先来看它的分类：滑动摩擦和滚动 摩擦。
滑动摩擦：相对运动为滑动或具有滑动趋势时的摩擦。
第四章 摩擦
欢迎加入湖 工大考试资
料群：
引言
前几章我们把接触表面都看成是绝对光滑的，忽略了物体 之间的摩擦，事实上完全光滑的表面是不存在的，一般情况下 都存在有摩擦。 [例]
平衡必计摩擦 3
摩擦
☆§4–1 滑动摩擦 ☆§4–2 摩擦角和自锁现象 ☆§4–3 考虑摩擦时物体的平衡问题 ☆§4–4 滚动摩阻的概念
性质：当物体静止在支承面时，支承面的总反力的偏角
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系统平衡时
49.61N m M C 70.39N m
43
第四章 摩擦
已知：力 P ，角 q ，不计自重的 A , B 块间的
其它接触处光滑； 静摩擦系数为 f s ，
求： 使系统保持平衡的力 F 的值.
44
第四章 摩擦
解： 取整体分析，画受力图
Fy 0
FNA P 0
动摩擦力
F f FN
9
第四章 摩擦
§4-2 1 摩擦角
FRA
摩擦角和自锁现象
FRA
FN
f
Fmax
A
FN
Fs
A
摩擦角 f :物体处于临界平衡状态时，全约束力和法线间的夹角
FRA ---全约束力
tan f
摩擦锥
0 f
Fmax f s FN fs FN FN
29
第四章 摩擦
解： 分别取闸杆与鼓轮 对轮，
M O1 0
rFT RFs 0
对闸杆，M O 0 Fa FN b Fsc 0
且 解得
Fs f s FN
F
而
FT P,
Fs Fs
rP(b f s c) f s Ra
30
第四章 摩擦
o f 0 . 4 , h 2 a 2 m , q 30 ； P 5 kN , 已知： 均质木箱重 s
解： 分析O1AB,画受力图
MO1 0
（a）
FAC O1 A F O1B 0
FAC 300N
分析DCE,画受力图
M D 0
FEK cosq DE FCA CD 0
FEK cosq 600N
(b)
θ
Fx 0 FDx FEK cosq 0
1 1200N FN
36
第四章 摩擦
分析鼓轮，画受力图
M O Fs 2 R Fs1R
Fs 2 f s FN 2
Fs1 f s FN1
M 300N m
37
第四章 摩擦
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。
Fy 0
又 Fs Fmax f s FN
fs P F1 1876N cos q f s sin q
设木箱有翻动趋势时拉力为 F2
a M A 0 F2 cosq h P 0 2
Pa F2 1443 N 2h cos q
最大拉力为 1443 N
33
sin q f s cosq F2 P cosq f s sin q
sin q f s cosq sin q f s cosq F2 PF P F1 cosq f s sin q cosq f s sin q
22
第四章 摩擦
用几何法求解 解: 物块有向上滑动趋势时
a
26
第四章 摩擦
解： 取挺杆，设挺杆处于刚好卡住位置.
Fx 0
Fy 0
FAN FBN 0
FA FB F B d FBN b 0 2
FA f s FAN FB f s FBN
b a 2 fs
挺杆不被卡住时 a
FDx 600N
35
第四章 摩擦
(c)
分析O2K，画受力图
MO2 0
FKE 1 2 KO2 0 cos q KO2 FN 2
2 1200N FN
(d)
分析O1D,画受力图
MO1 0
1 FDx O1 D FN 1 O1 D 0 2
(a) 静滑动摩擦力
(b)
Fs=F
6
第四章 摩擦
最大静摩擦力：Fmax
(a)
(b)
0 Fs Fmax
7
第四章 摩擦 实验表明
Fmax f s FN
上式称为库仑摩擦定律，式中 fs 称为静摩擦因数，它是一个 无量纲的量。一般由实验来确定。
2. 动滑动摩擦力 动滑动摩擦力：F
F fFN
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.
31
第四章 摩擦
解： （1）取木箱，设其处于平衡状态.
Fx 0 Fs F cosq 0 FN P F sin q 0 Fs 866N
FN 4500N
Fy 0
a M A 0 hF cos q P FN d 0 2
P tan( q ) F P tan( q )
46
第四章 摩擦
已知：均质轮重 P 100N , 杆无重，r , l , q 60o 时，
求 若要维持系统平衡
l AC CB ; FB 50N , f C 0.4 （杆，轮间） 2
式中 f 是动摩擦因数，通常情况下，
f fs
8
第四章 摩擦
滑动摩擦力的特征 大小： 有平衡范围 0 Fs FN f 满足
X 0
静摩擦力
方向： 与相对滑动趋势方向相反； 欲动未动的临界状态 大小： 无变化范围 方向： 与物体运动方向相反; 无临界状态：
Fmax f FN
FN1 AB M A 0
M C 0
1 l sin 60o Fs1 l cos60o 0 MC1 FN
41
第四章 摩擦
又
1 Fs1 Fs1 f s FN1 f s FN
M C1 70.39N m
设 M C M C 2 时，系统有顺时针方向转动趋势
第四章 摩擦
已知： F 200N , f s 0.5 , O1B 0.75m , ED 0.25m ,
O1O2 KD DC O1 A KL O2 L 2R 0.5m ,
AC O1D 1m ,
各构件自重不计；
求：作用于鼓轮上的制动力矩.
34
第四章 摩擦
sin q f s cosq F1 P cosq f s sin q
21
第四章 摩擦
设物块有下滑趋势时，推力为 F2
画物块受力图
Fx 0,
Fy 0,
F2 cosq P sin q Fs 2 0
F2 sin q P cosq FN 2 0
Fs 2 f s FN 2
测定摩擦系数的一种简易方法，斜面与螺纹自锁条件
tanq tan f f s
15
第四章 摩擦
§4-3 考虑滑动摩擦时的平衡问题
注意事项： ★ 如果物体处于临界状态之前， 由平衡方程确定摩擦力的大小和方向。
★只有当物体处于临界状态时，才可以补充摩擦定律，
Fmax f N
此时摩擦力应画真实的方向
F1max P tan(q )
23
第四章 摩擦
物块有向下滑动趋势时
F1min P tan(q )
P tan(q ) F P tan(q )
利用三角公式与
P
tan f s ,
sin q f s cosq sin q f s cosq FP cosq f s sin q cosq f s sin q
1.按两物体的相对运动形式分：
(1)滑动摩擦 静滑动摩擦 (2)滚动摩擦. 动滑动摩擦.
2.按两物体间是否有良好的润滑，滑动摩擦又可分为干摩擦和 湿摩擦。
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第四章 摩擦
§4-2 滑动摩擦
定义：两个表面粗糙的物体，当其接触处产生相对滑动或相对滑 动趋势时，彼此作用有阻碍相对滑动的力叫滑动摩擦力。 1. 静滑动摩擦力及最大静滑动摩擦力
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第四章 摩擦
无重杆OA 为 q
AB.其中OA长度L与水平线的倾角
AB 水平.将重为P的物块放在斜面上，斜面 倾角 大于接触面的摩擦角 f 问若想在OA 杆上加一主动力偶使物块静止 在斜面上,转向? 力偶矩的大小
A M O B
P
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第四章 摩擦
已知：b , d , f s , 不计凸轮与挺杆处摩擦，不计挺杆质量； 求： 挺杆不被卡住之值.
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第四章 摩擦
[思考1] 已知：Q=50N， f 静 =0.2；
P=200N; 300N, 400N 时摩擦力F？
Q
200
300
400
F
<40
50
50
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第四章 摩擦
已知： P 1500N , f s 0.2 , f 0.18 , F 400N 求： 物块是否静止，摩擦力的大小和方向．
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第四章 摩擦
2. 自锁现象
如果作用于物体的全部主动力的合力的作用线与公 法线的夹角q f，则无论这个力多么大，物体必保持静 止，这种现象称为自锁现象。
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第四章 摩擦
螺纹自锁条件 q f
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第四章 摩擦
下面的螺旋千斤顶就利用了自锁的概念。
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第四章 摩擦
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第四章 摩擦
d 0.171m
而 Fmax f s FN 1800N 因 Fs Fmax , 木箱不滑动； 又 d 0 , 木箱无翻倒趋势. 木箱平衡
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第四章 摩擦