2.2 刚体定轴转动定律

从本节开始讨论刚体定轴转动动力学的内容。

2.2.1 相对固定轴的力矩

力矩的定义在第 1 章质点角动量定理中已有叙述。该定理所涉及的质点角动量与力矩都是相对同一点的。本节将要讨论的内容是定轴转动动力学,所涉及的力矩是相对于转轴的。一般来说,当力 F 以任意方向作用于刚体时,对于刚体的定轴转动有影响的仅是力 F 中与转轴垂直的分力。如图 2-5 所示,刚体(图中没有画出)绕 Oz 轴旋转,M 是刚体内某一垂直转轴的转动平面,M 平面与 Oz 轴相交于 O 点。力 F 的作用点 P 位于 M 平面内,P 点相对 O 点的位矢为 F 。假设力 F 的作用线不在 M 平面内而是与 M 平面有一夹角。力 F 投影到 M 平面内的分力与转轴垂直,记为 $F_{\perp}$ ,力 F 与 M 平面垂直的分力与转轴平行,记为 $F_{//}$ 。显然,力矩 $M_{//}$ = $r \times F_{//}$ 的方向与 Oz 转轴的空间指向保持不变)。力矩 $M_{\perp}$ = $r \times F_{\perp}$ 的方向与 Oz 转轴平行,对定轴转动有贡献。这也就是说,对于定轴转动而言,只

刚体的转动定律

需考虑作用力中垂直转轴的分力的力矩即可。当然,这个分力对定轴转动起作用的前提是,其作用线不能通过转轴,即图中 r 与 $F_{\perp}$ 的夹角 $\theta$ 不能等于零,否则相应的力矩为零,对刚体定轴转动的影响也就为零。力矩 $M_{\perp}$ 就是本节标题所指的相对固定轴的力矩。 $M_{\perp}$ 的大小为 $|M_{\perp}| = |r| |F_{\perp}| \sin \theta = |F_{\perp}| d$ ,即 $F_{\perp}$ 的大小乘以 $F_{\perp}$ 的作用线到转轴的垂直距离 d ,d 称为力臂。以下讨论刚体定轴转动的动力学问题时,如无特别声明,所涉及的力矩均只相对固定轴的力矩。

2.2.2 刚体定轴转动定律

式中 $a_i$ 是质元 $\Delta m_i$ 的加速度。将上式分解为切向和法向两个分量式为

切向:

$$F_i \sin \theta_i + F_{\mu_i} \sin \varphi_i = \Delta m_i a_{ii} = \Delta m_i r_i \beta$$

法向:

$$-(F_i \cos \theta_i + F_{th} \cos \varphi_i) = \Delta m_i a_{in} = \Delta m_i r_i \omega^2$$

式中, $\beta$ 与 $\omega$ 对刚体中所有质元都是相同的,故不加下标。由于 法向力通过转轴,其力矩等于零,对定轴转动无贡献,不予考虑。 下面只看切向方程,以 $\tau$ , 遍乘各项,得

$$r_i F_i \sin \theta_i + r_i F_{p_i} \sin \varphi_i = \Delta m_i r_i^2 \beta$$

将上式对刚体中所有质元求和,有

律,有

$$\sum_{i} r_{i} F_{i} \sin \theta_{i} + \sum_{i} r_{i} F_{\phi_{i}} \sin \varphi_{i} = \left(\sum_{i} \Delta m_{i} r_{i}^{2}\right) \beta \qquad (2.2.1)$$

式(2.2.1)左边第一项是所有外力相对转轴的力矩之和,称为合外力矩,记为

$$M = \sum_{i} r_i F_i \sin \theta_i \qquad (2.2.2)$$

式(2.2.1)左边第二项是刚体内部所有质元之间相互作用力的力矩之和,称为合内力矩。与质点系角动量定理中遇到的情形

图 2-6 定轴转动定律

一样,由于内力成对出现,每一对内力大小相等、方向相反且作用在同一条直线上,力的作用线到转轴的距离相同,所以每对内力对转轴的力矩之和等于零,进而整个刚体所受的合内力矩为零,即

$$\sum_{i} r_i F_{p_i} \sin \varphi_i = 0$$

式(2.2.1)右边括弧中出现的是一个新的物理量, 称为转动惯量,以 / 表示, 定义为

$$I = \sum_{i} \Delta m_i r_i^2 \qquad (2.2.3)$$

转动惯量的物理意义将在下文说明。这样,式(2.2.1)可以简记为

$$M = I\beta \tag{2.2.4}$$

此式表明:在定轴转动中,刚体的角加速度与刚体所受的合外力矩成正比,与刚体的转动惯量成反比。这一结论称为刚体定轴转动定律。应该特别注意的是,这里的合外力矩、转动惯量以及角加速度都是相对同一转轴的。对于定轴转动来说,力矩矢量、角加速度矢量以及角速度矢量的方向都是沿着转轴的,只有两个转向,所以可按标量处理,式(2.2.4)就是一个标量式。计算时可依据给定转轴,人为选定一个转向作为正方向,凡与选定正方向转向一致的M、 $\beta$ 、 $\omega$ 以及转角 $\theta$ 记为正值,否则记为负值。

将牛顿第二定律表达式 F=ma 与式(2.2.4)进行比较,从牛顿第二定律到定轴转动定律,力演变为力矩,加速度演变为角加速度,质量(物体平动惯性大小的量度)演变为转动惯量(物体转动惯性大小的量度)。可见,两者关系一一对应。从处理质点(或刚体)平动问题的牛顿第二定律到处理刚体定轴转动问题的转动定律,二者的地位是相当的。

2.2.3 转动惯量

1. 转动惯量的物理意义

转动惯量的定义式(2.2.3)表明,刚体绕定轴的转动惯量等于刚体中各个质元的质量与该质元到转轴距离平方的乘积之和。在牛顿第一定律的讨论中曾经提到,当物体不受外力或所受合外力为零时,物体将保持原有的(静止或匀速直线)运动状态不变,物体的这种特性称为惯性,惯性大小的量度是物体的质量。物体的转动问题与之类似,一个砂轮在接通电源后做

物体受的合力为零,运过状态重小变购。

高速转动,关闭电源后,砂轮还要转动一段时间后才能停下来。砂轮轴上以及周围空气的摩擦阻力矩直接影响砂轮停电后持续转动的时间。所受阻力矩越小,砂轮持续转动的时间越长。设想如果阻力矩趋于零,砂轮将一直持续转动下去。显然,砂轮具有保持原有转动状态不变的特性,这种特性称为转动惯性。正像质量是物体平动惯性大小的量度一样,转动惯量是物体转动惯性大小的量度。转动惯量是物体本身的属性,与物体的运动状态无关。

从转动惯量的定义可知,刚体相对定轴的转动惯量本质上是刚体内各个质元相对该定轴的转动惯量之和。因此,转动惯量具有可加性,这种可加性可以推广到多个刚体之间的转动惯量求和,即如果刚体 1 对给定转轴的转动惯量为 $I_1$ ,刚体 2 对同一转轴的转动惯量为 $I_2$ ,则两个刚体对同一转轴的总转动惯量为 $I=I_1+I_2$ 。

从转动惯量的定义还知道: 刚体转动惯量的大小, 首先与刚体本身的质量有关, 质量越大, 转动惯量就越大; 其次与刚体的质量分布有关, 同样质量的刚体, 质量分布离轴越远的, 其转动惯量就越大; 第三与转轴的位置有关, 同一刚体, 相对不同转轴具有不同的转动惯量。这三点通常称为转动惯量的三要素。

在国际单位制中,转动惯量的单位为 kg·m²(千克二次方米)。 2. 转动惯量的计算

式(2.2.3)是转动惯量的基本定义,该式对于质量是离散分布的情况计算时较为方便。例如,对于一个由两个质点组成的质点系,质量为 $m_1$ 的质点相对给定轴的距离为 $r_1$ ,质量为 $m_2$ 的质点相对同一轴的距离为 $r_2$ ,则质点系相对给定轴的转动惯量等于两个质点相对同一轴的转动惯量之和,即 $I=I_1+I_2=m_1r_1^2+m_2r_2^2$ 。如果质量是连续分布的情况,例如刚体,可先在刚体内部取一质量为dm的微小质元,找出质元dm相对转轴的距离r,则该质元dm相对转轴的转动惯量为 $r^2dm$ ,整个刚体相对该转轴的转动惯量可根据式(2.2.3),将求和改为积分,计算公式变为

$$I = \int r^2 \, \mathrm{d}m \tag{2.2.5}$$

积分遍及整个刚体。此式对于质量均匀分布且形状规则的刚体 计算起来较为方便。对于质量分布不均匀、形状不规则的刚体, 其转轴惯量一般需要通过实验测定。

求:(1)质量为m、半径为R的均质细圆环绕通过圆心且垂直环面的转轴的转动惯量:(2)质量为m、半径为R的均质圆盘绕通过圆心且垂直盘面的转轴的转动惯量。

解:(1) 如图 2-7(a)所示,圆环的质量线密度为 $\lambda = m/2\pi R$ ,在圆环上任取线元 dl,其质量为 $dm = \lambda dl$ , dm 相对转轴的转动惯量为 $dI = R^2 dm = R^2 \lambda dl$ ,整个圆环的转动惯量为

$$I = \int dI = \int R^2 dm = \int_0^{2\pi R} R^2 \lambda dl = mR^2$$

图 2-7 圆环与圆盘的转动惯量

此结果与薄壁圆筒相对中心对称轴的转动惯量相同。

(2) 如图 2-7(b) 所示,圆盘的质量面密度 $\sigma = m/\pi R^2$ ,将圆盘看成由一系列半径不同的圆环组成,其中半径为r的圆环相对转轴的转动惯量为 $dI = r^2 dm = r^2 \sigma dS = r^2 \sigma \cdot 2\pi r dr$ ,整个圆盘相对转轴的转动惯量为

$$I = \int dI = \int_0^R 2\pi \sigma r^3 dr = \frac{1}{2} mR^2$$

此结果与圆柱相对中心对称轴的转动惯量相同。另外,圆盘形滑轮也常常采用此式作为转动惯量。

例题 2-5

如图 2-8 所示,求质量为 m、长为 l 的均匀细棒相对如下各轴的转动惯量:(1)过棒的中心 O 点并与棒垂直的轴;(2)过棒的端点 O'点并与棒垂直的轴;(3)过与中心 O 点相距为 d 的 O'' 点并与棒垂直的轴。

图 2-8 细棒的转动惯量

解:(1) 以 O 为原点,沿棒长方向建立 z 轴,在距原点 x 处取线元 dx,相应质量 $dm = \lambda dx$ ,其中质量线密度 $\lambda = m/l$ , dm 相对过 O 点轴的转动惯量 $dI = x^2 dm = x^2 \lambda dx$ ,整个棒相对过 O 点轴的转动惯量为

$$I_o = \int dI = \int_{-l/2}^{l/2} x^2 \lambda \, dx = \frac{1}{12} m l^2$$

(2) 将坐标原点移至 0'点,整个棒相 对过 0'点轴的转动惯量为

$$I_{o'} = \int dI = \int_0^l x^2 \lambda dx = \frac{1}{3} m l^2$$

(3) 将坐标原点移至 O''点,整个棒相 对过 O''点轴的转动惯量为

$$I_{o^*} = \int dI = \int_{d-l/2}^{d+l/2} x^2 \lambda dx = \frac{1}{12} m l^2 + m d^2$$

显然, 当 $d = l/2$ 时, $I_{o^*}$ 等于 $I_{o^*}$ 。

表 2-2 列出了几种密度均匀、几何形状规则的常见刚体的转动惯量,这些结果利用转动惯量的积分式(2.2.5)可全部计算出来。

表 2-2 常见刚体的转动惯量

在工程实际中,常采用回转半径的概念。设刚体的质量为m,相对给定轴的转动惯量为I,则定义刚体相对该轴的回转半径r。为

$$r_{\rm G} = \sqrt{\frac{I}{m}}$$

(2.2.6)

回转半径的意义为,从刚体相对该轴的转动效应来讲,刚体的质量可以视为全部集中在离轴距离为 $r_{\rm G}$ 的一个圆周上。例如,圆盘相对过圆心且垂直盘面的轴的转动惯量为 $I=mR^2/2$ ,代入式 (2.2.6),得圆盘相对该轴的回转半径为 $r_{\rm G}=R/\sqrt{2}$ 。回转半径并不是刚体的某种实际的几何尺寸,而是在已知质量的条件下用来表述转动惯量的一种方式。

3. 有关转动惯量的两个定理

从上面例题 2-5 的结果中,我们得出质量为m、长为l 的均匀细棒相对过棒的中心 O 点并与棒垂直的轴的转动惯量为 $I_o=ml^2/12$ 、相对过与中心 O 点相距为d 的 O''点并与棒垂直的轴的转动惯量为 $I_{o^*}=ml^2/12+md^2$ ,参见图 2-8。比较这两个结果,我们有 $I_{o^*}=I_o+md^2$ 。均匀细棒的中心 O 点就是细棒的质心,过质

心的转动惯量可记为 $I_c$ ;过 O"点的轴与过 O 点的轴彼此平行且相距为 d,略去 $I_{or}$ 的下标,就有

$$I = I_c + md^2 (2.2.7)$$

式(2.2.7)具有普遍意义,它表明:刚体相对任一转轴的转动惯量 I等于刚体相对通过质心并与之平行的轴的转动惯量 $I_c$ 与刚体质量 m 和两轴间的垂直距离 d 的平方的乘积之和。这一关系称为平行轴定理。

有关转动惯量的另一个定理是正交轴定理。设有一任意形状的平面均质薄板刚体,取薄板平面为 Oxy 平面建立坐标系,垂直薄板方向为 z 轴,如图 2-9 所示。薄板相对 x 轴的转动惯量为 $I_x = \int y^2 \mathrm{d}m$ ,相对 y 轴的转动惯量为 $I_y = \int x^2 \mathrm{d}m$ ,相对 z 轴的转动惯量为 惯量为 $I_z = \int r^2 \mathrm{d}m = \int (x^2 + y^2) \mathrm{d}m = \int x^2 \mathrm{d}m + \int y^2 \mathrm{d}m$ ,所以,有 $I_z = I_z + I_z$ (2.2.8)

式(2.2.8)表明:平面均质薄板刚体相对垂直板面的某一转轴的转动惯量等于刚体相对通过该轴与板面交点且位于板面内的两个正交轴的转动惯量之和。这一关系称为正交轴定理。

图 2-9 正交轴定理

2.2.4 转动定律的应用

下面来看应用转动定律式(2.2.4)的两个例子。

例题 2-6

如图 2-10 所示,一轻绳跨过一质量为 m、半径为 R 的定滑轮,绳的两端各悬挂一物体,质量分别为 $m_1$ 和 $m_2$ ,且 $m_1$ > $m_2$ 。忽略定滑轮轴上的摩擦,绳子不可伸长且与定滑轮之间无相对滑动,定滑轮视为均质圆盘,相对中心转轴 O 的转动惯量为 $I=mR^2/2$ 。求:物体的加速度和两侧绳中的张力。

解:本题特别应该注意的是,由于定滑轮的质量不能忽略,使得定滑轮两侧的绳中张力不相等。解题步骤如下:

第一步,根据题设 m,>m,,选择定滑轮

图 2-10 滑轮质量不可忽略的物体系的运动

顺时针旋转为运动正方向,分别画出三个物体的隔离体图。

第二步,分别应用牛顿第二定律和刚体

定轴转动定律,按所选定的正方向列方程。由于绳子不可伸长,两侧物体的加速度大小相等,设其为 a。滑轮角加速度为 $\beta$ 。对物体 $m_1$ 而言,所受重力向下,大小为 $m_1g$ ,绳子张力向上,大小为 $F_{T1}$ ,由于选择定滑轮顺时针为正向,所以对物体 $m_1$ 来讲,向下运动为正向,于是有

$$m_1 g - F_{T1} = m_1 a$$

对物体 $m_2$ 而言, 所受重力向下, 大小为 $m_2g$ ,绳子张力向上, 大小为 $F_{12}$ , 依照定滑轮所选正向, 对物体 $m_2$ 来讲, 向上运动为正向, 于是有

$$F_{T2}-m_2g=m_2a$$

这里要特别注意,两个物体运动的正向一定要与定滑轮所选的正向一致。对定滑轮而言,右侧绳子张力大小为 $F'_{11}$ ,提供正向力矩,左侧绳子张力大小为 $F'_{12}$ ,提供反向力矩,于是有

$$F'_{T1}R - F'_{T2}R = I\beta = \frac{1}{2}mR^2\beta$$

由于绳子与定滑轮无相对滑动,所以物体的加速度 a 相当于定滑轮的切向加速度,根据线量与角量的关系式(2.1.11),有

$$a = R\beta$$

右侧绳中张力 $F_{T1}$ 与 $F'_{T1}$ 是一对作用力和反作用力,大小相等方向相反。左侧绳中张力 $F_{T2}$ 与 $F'_{T2}$ 也是一对作用力和反作用力,大小相等方向相反。上面列方程时,已经考虑了张力的方向,方程中的张力只是数值大小,因此应有

$$F'_{T1} = F_{T1} \quad \text{fi} \quad F'_{T2} = F_{T2}$$

这样,一共有6个方程,对应6个未知数。

第三步,求解方程组。得到 $\beta$ 、a、 $F_{\tau_1}$ 和 $F_{\tau_2}$ 的结果表达式如下

$$\beta = \frac{m_1 - m_2}{(m_1 + m_2 + m/2)R}g, \quad a = \frac{m_1 - m_2}{(m_1 + m_2 + m/2)}g$$ $$F_{\text{T1}} = \frac{4m_2 + m}{2(m_1 + m_2) + m} m_1 g$$

, $F_{\text{T2}} = \frac{4m_1 + m}{2(m_1 + m_2) + m} m_2 g$

第四步,对结果进行简单的讨论。显然,由于 $m_1 > m_2$ ,所以 $F_{T1} > F_{T2}$ 。这就是说,当定滑轮质量不能忽略时,绳子两侧的张力大小是不相等的。而当定滑轮质量可以忽略,即 $m \to 0$ 时,有 $F_{T1} = F_{T2} = \frac{2m_1m_2}{m_1 + m_2} g$ 。这说

明,只有定滑轮质量可以忽略时,绳子两侧的张力才相等。

例题 2-7

如图 2-11 所示,一质量为 m、长为 l 的均匀细棒,可绕通过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴 O 转动,细棒绕轴 O 的转动惯量为 $I=ml^2/3$ 。开始时,细棒处于水平静止状态。求: (1)当细棒下摆通过竖直位置时的角速度大小;(2)此时细棒质心的切向、法向加速度大小;(3)此时转轴对细棒的作用力。

解:转轴对细棒的作用力通过轴线,不产生力矩。因此,细棒下摆过程中只受重力矩作用。细棒所受重力的大小为 mg, 是定值, 但

图 2-11 细棒的转动

到转轴 0 的距 离随下摆角度变化,即力臂是变量,因而重

重力的作用线

力矩也是变量,所以本题采用转动定律求解时,需要进行积分计算。以细棒顺时针转动为正方向,取细棒下摆至任意 $\theta$ 角位置时进行研究,容易证明此时细棒所受重力矩大小为 M=mg $\frac{l}{2}\cos\theta$ ,即重力的作用点位于细棒的质心 C (均匀细棒的质心位于棒的中点),力臂等于 $\frac{l}{2}\cos\theta$ 。若此时的角加速度大小为 $\beta$ ,根据刚体定轴转动定律,有

$$M = mg \frac{l}{2} \cos \theta = l\beta = \frac{1}{3} m l^2 \beta$$

解出

$$\beta = \frac{3}{2} \frac{g}{l} \cos \theta$$

此结果表明,在 $[0,\pi/2]$ 范围内 $\beta>0$ ,但 $\beta$ 随 $\theta$ 增加而减小。由于这里 $\beta$ 是 $\theta$ 角的函数,如将 $\beta=d\omega/dt$ 代入上式,等式中会出现 t、 $\theta$ 和 $\omega$ 三个变量,无法直接积分求 $\omega$ 。因此,需要进行变量代换消去一个变量。因为

$$\beta = \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}\theta} \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} = \omega \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}\theta}$$

这就消去了时间 t。代人 $\beta$ 与 $\theta$ 的关系式,整理得

$$\omega d\omega = \frac{3g}{2l} \cos \theta d\theta$$

开始时, $\theta$ =0时, $\omega$ =0;细棒下摆至任意 $\theta$ 角位置时,对应角速度大小设为 $\omega$ 。上式两端积分

$$\int_0^{\omega} \omega \, d\omega = \int_0^{\theta} \frac{3g}{2l} \cos \theta \, d\theta$$

得到

$$\omega = \sqrt{\frac{3g}{l}\sin \theta}$$

此结果表明,在 $[0,\pi/2]$ 范围内 $\omega>0$ ,且 $\omega$ 随 $\theta$ 增加而增加。

(1) 当细棒下摆至竖直位置时, $\theta = \frac{\pi}{2}$ ,

角速度大小为

$$\omega = \sqrt{\frac{3g}{l}}$$

.

• (2) 在竖直位置 $\beta = \frac{3}{2} \frac{g}{l} \cos \frac{\pi}{2} = 0$ , 所以此时质心的切向加速度大小 $a_{c_1} = (l/2)\beta = 0$ ; 法向加速度大小 $a_{c_2} = (l/2)\omega^2 = 3g/2$ 。
• (3) 在竖直位置时,转轴对细棒的作用 力可利用质心运动定理求出,即

切向:

$$F_{Nt} = ma_{Ct} = 0$$

法向: $F_{Nn}$ -mg=ma_Cn

将此时的 $a_{cn}$ 值代人,解得转轴对细棒的作用力大小为 $F_{Nn}=5mg/2$ ,方向指向转轴 $O_{\infty}$

2.2.5 刚体的平衡

在惯性参考系中,一个刚体处于力学平衡状态的条件有两个:(1) 刚体质心的加速度 $a_c$ 等于零;(2) 刚体绕任意固定轴的角加速度 $\beta$ 等于零。

根据质心运动定理,第一个条件要求刚体所受合外力的矢量 和等于零,即

$$\sum_{i} F_{i} = 0 {(2.2.9)}$$

在盲角坐标系中,式(2.2.9)沿三个坐标轴的分量式为

$$\begin{cases} \sum_{i} F_{xi} = 0 \\ \sum_{i} F_{yi} = 0 \\ \sum_{i} F_{zi} = 0 \end{cases}$$

(2. 2. 10)

根据刚体的转动定律,第二个条件要求刚体所受合外力矩的矢量 和等于零,即

$$\sum_{i} M_{i} = 0 \tag{2.2.11}$$

在直角坐标系中,式(2.2.11)沿三个坐标轴的分量式为

$$\begin{cases} \sum_{i} M_{xi} = 0 \\ \sum_{i} M_{yi} = 0 \\ \sum_{i} M_{zi} = 0 \end{cases}$$

(2. 2. 12)

由此可见,刚体平衡时必须满足6个独立的方程,即式(2.2.10)和式(2.2.12),这6个方程和刚体的6个自由度(3个平动自由度和3个转动自由度)相对应。这6个独立方程限制了刚体自由运动的6个自由度,也就限定了刚体的位置,刚体因而达到平衡。

当作用于刚体上的所有力都位于同一平面上时,刚体的三维平衡问题就转化为二维平衡问题。这时,刚体在平面上有2个平动自由度和1个转动自由度,只需要3个独立方程就能解决问题,即在该平面内沿任意两个互相垂直方向上的力(或力的分量)的代数和为零,并且相对任一垂直于该平面的转轴的力矩代数和为零。

例题 2-8

如图 2-12 所示,一长 l=6 m、质量 $m_1=50$ kg 的梯子斜靠在墙上,顶部距地面高度为 a=4.8 m,梯子的质心位于离下端 l/3 处。一质量为 $m_2=80$ kg 的人爬到梯子的中点处。假设墙面是光滑的,地面与梯子的静摩擦因数 $\mu_s=0.4$ 。求:

• (1) 墙面与地面对梯子的作用力,此时梯子是否滑动?
• (2) 在梯子开始滑动之前,人能沿梯子爬到多高的位置?

解:根据几何关系,梯子触地点与墙角距离 $b=\sqrt{l^2-a^2}=3.6~\mathrm{m}_{\odot}$

(1) 取 x 轴沿着地面向右为正, y 轴沿

图 2-12 刚体的平衡

着墙面向上为正。梯子除受作用于自身质心大小为 $m_1g$ 的重力、作用于梯子中点大小为 $m_2g$ 的人的重力之外,还受到墙面与地面的作用力。由于墙面光滑,对梯子只有垂直墙面向右的大小为 $F_2$ 的支持力;地面对梯子的作用力有两个分力,一个是垂直地面向上大小为 $F_1$ 的支持力,另一个是平行地面向左大小为 $F_4$ 的摩擦力。梯子静止不动需要满足其所受各个力分别沿x,y两个方向合力为零,即

$$F_2 - F_{fs} = 0$$

$F_1 - m_1 g - m_2 g = 0$

除此之外,还要满足围绕某一与 xy 平面垂直的转轴的合力矩为零,至于转轴的位置可以任选。例如,选取通过梯子触地点并垂直 xy 平面的转轴,并规定顺时针旋转为正向,相对此轴的合力矩应该为零,即

$$F_2 a - m_2 g \frac{b}{2} - m_1 g \frac{b}{3} = 0$$

由以上三个方程解出: $F_1 = (m_1 + m_2)g =$

1 274 N,

$$F_{t_0} = F_2 = \frac{bg}{a} \left( \frac{m_2}{2} + \frac{m_1}{3} \right) = 416.5 \text{ N}, \pm 100$$

面对梯子的最大静摩擦力数值为 $F_{\text{femax}} = \mu_{\bullet}F_{1} = 509.6 \text{ N}$ 。可见所求得的摩擦力大小 $F_{f_{\bullet}} < F_{\text{femax}}$ ,梯子不会滑动。

(2) 设梯子开始滑动之前,人沿梯子最多能爬 h 距离,令比值 h/l = k;此时摩擦力等于最大静摩擦力 $F_{ta} = F_{tsmax} = \mu_a F_1$ 。仿照上面方法,列方程如下:

$$F_{2}-\mu_{s}F_{1} = 0$$ $$F_{1}-m_{1}g-m_{2}g = 0$$ $$F_{2}a-m_{2}gbk-m_{1}g\frac{b}{3} = 0$$

解得

$$k = \frac{1}{m_2 g b} \left( F_2 a - \frac{m_1 g b}{3} \right)$$ $$= \frac{1}{m_2 b} \left[ \mu_s (m_1 + m_2) a - \frac{m_1 b}{3} \right] = \frac{79}{120}$$

得 h = kl = 3.95 m。