jie5_3.pdf

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1、§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o30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

2、。由平衡方程aa∑X=0−Psin30+Gcos30−F=0aa∑Y=0−Pcos30−Gsin30+N=0解得F=−403.6NN=1499NF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F=fN=299.8Nmax结果表明，

3、F

4、>F，这是不可能的，说明物块将向下滑动。动max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A和B，分别重P=100NA和P=80N。物块B用拉紧的B水平绳子系在固定点，如图a。已知物块A和支承面间、两物

5、块间的摩擦系数分别是F1=f1N1,F2=f2N2f1=0.8和f2=0.6。求自左向右解得N=P+N=P+P1A2AB推动物块A所需的最小水平P=F+F=fN+fN121122力P。=fP+(f+f)P解：取物块B，受力如图(b)。得1A12BN2′=PB代入数据，求得自左向右推动取物块A，受力如图(c)。有物块的最小水平力'N2=N2=PBP=0.8×100+(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−F−F=0A和B将作为整体一起被推动。这时12所

6、需的最小水平推力为∑Y=0N−N−P=012AP=f(P+P)=144N1AB设物块处于临界平衡状态，有补充方程例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=0NA=NB=N①代入式①；由式②得F=2F∑Y=0−FA−FB+F=0②maxdd最后代入式③，解得∑M(F)=0Fa−Nb−F+F=0DBBA22ba

7、=③max考虑平衡的临界情况，有2fF=F=fN④AAmaxAFB=FBmax=fNB⑤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ba<2f如将式④和⑤改为F≤fN和F≤fN，解不等式，仍可得出AABB此条件。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R与AB水平线的夹角等于摩擦角。由三力平衡条件可知，

8、R、R和F必交于C点，AB如图(c)所示。得到bcosϕba==max2sinϕ2f推杆平衡时，全反力与法线间的夹角必满足条件：α≤ϕ，由图可知，三0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ba<2fb而当a≥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2f自锁。课后作业：5-2、5-7