第四章 摩擦
工程力学 C
夏逸波 低空技术学院
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引言
光滑接触只是理想情况，工程中实际需要考虑摩擦
隐身前几章内容均假设接触面是光滑的，仅存在沿法线方向作用力。而现实中接触面还能提供切向的摩擦力。
摩擦在日常生活中非常常见
摩擦的工业应用：摩擦焊
摩擦分类按接触情况：干摩擦（固体间）、流体摩擦（流体层间流速不同引起摩擦）
按运动形式：滑动摩擦、滚动摩擦
按运动形式：滑动摩擦、滚动摩擦
本章只研究干摩擦（库仑摩擦），即无润滑固体接触面的摩擦。
4.1 滑动摩擦
中学物理：滑动摩擦实验
隐身借助弹簧测力计，测量带钩木块与木板间的摩擦力，探究拉力对摩擦力的影响，拉动木板的力为$P$。
定义当两个相互接触的物体具有相对滑动或相对滑动趋势时，彼此间产生的阻碍相对滑动或相对滑动趋势的力，称为滑动摩擦力。
★隐在理论力学中，摩擦可视为一种约束！
摩擦力总是作用于相互接触处，其方向与相对滑动或相对滑动趋势的方向相反。
4.1 滑动摩擦
隐身根据主动力作用的不同，滑动摩擦力可以分为三种情况，即静滑动摩擦力，最大静滑动摩擦力和动滑动摩擦力。
- $P$ 较小时：$F = P$ 随之增大，此时物块静止，受静摩擦力。
- $P$ 逐渐增大：物块滑动，摩擦力突降为动摩擦力 $F_d$ 并基本保持恒定。
- 当$F$ 达到$F_{\max}$：将滑未滑的临界状态，此时受最大静滑动摩擦力
4-1 滑动摩擦
静摩擦力与动摩擦力
静滑动摩擦力仅有滑动趋势而无相对滑动时，沿接触面公切线、与滑动趋势方向相反，表示为 $F_S$。
动滑动摩擦力已发生相对滑动时，与相对滑动速度方向相反，表示为 $F_d$。
区别:
静摩擦力由平衡方程确定（视为约束力）；动摩擦力大小由摩擦定律确定。
4-1 滑动摩擦
库仑摩擦定律（静摩擦定律）
实验证明：最大静滑动摩擦力的大小与两物体间的正压力（法向约束力）成正比：
$$F_{\max} = f_s F_N $$(4-1)
静摩擦力随主动力变化，介于零与最大值之间 : 隐$0 \le F_S \le F_{\max }= f_s F_N$。
适用范围仅对最大静摩擦力成立。$f_s$ 称静摩擦系数，与材料和表面情况（粗糙度、湿度等）有关，与接触面积大小无关，需由实验测定。
典型值：金属-冰 0.03~0.05；皮革-木材 0.20~0.50；木材-木材 0.30~0.70；铜-铜 0.74~1.21
4-1 滑动摩擦
动摩擦定律
实验表明：动摩擦力的大小与接触体间的正压力成正比，即
$$F_d = f_d F_N$$
上式对任意动摩擦力都成立，其中$f_d$ 为动摩擦系数，与接触物体的材料和表面情况有关。
注意一般情况下，动摩擦系数小于静摩擦系数，即$f_d < f_s$（维持滑动比起动省力）
动摩擦系数还与相对滑动的速度大小有关。见右图→
隐身$f_d$ 随相对滑动速度增大而稍减小；速度不大时可视为常数。
隐身$f_d$ 随相对滑动速度增大而稍减小；速度不大时可视为常数。
4-2 摩擦角和自锁现象
自锁现象观察
实验一：小木块放在木条上并缓慢垫高，当抬高到某个角度的时候，木块开始下滑
实验一：小木块放在木条上并缓慢垫高，当抬高到某个角度的时候，木块开始下滑
实验二：找个稳定角度，往上增加几倍重量（一瓶欢乐家庭装的水）, 木块仍然不动
实验二：找个稳定角度，往上增加几倍重量（一瓶欢乐家庭装的水）, 木块仍然不动
观察结论木块的滑和不滑和重量似乎无关，和角度有关?
4-2 摩擦角和自锁现象
摩擦角
工程实例：翻斗车缓慢升起，$\theta = 25^\circ$ 时货物开始下滑，此时的临界倾角叫休止角。
工程实例：翻斗车缓慢升起，$\theta = 25^\circ$ 时货物开始下滑，此时的临界倾角叫休止角。
全约束力$F_{RA}$法向反力 $F_N$ 与摩擦力 $F_s$ 的合力。
隐身内容
用实验装置找到临界状态角$\theta_c$，此时$F_s=F_{max}$, 临界时 $\tan\theta_c = \dfrac{F_{\max}}{F_N} = f_s$
摩擦角 $\varphi_f$临界角的专业叫法，用$\varphi_f$表示, 其中$\varphi_f = \arctan f_s$, 表示物体处于临界平衡状态时，全约束力$F_{RA}$ 和法线 $F_N$ 间的夹角
4-2 摩擦角和自锁现象
摩擦角与摩擦锥
全约束力$F_{RA}$法向反力 $F_N$ 与摩擦力 $F_S$ 的合力，表示接触面对物体的全部作用。
临界平衡时 $F_{RA}$ 与法线夹角达最大值，夹角为摩擦角 $\varphi_f$：
$$\tan\varphi_f = \dfrac{F_{\max}}{F_N} = f_s$$
注意摩擦力可分布在法线任意一侧，由此两极限位置围成摩擦锥。
若平衡时 $0 \le \varphi \le \varphi_f$，则全约束力必落在摩擦锥内；
临界情形时$F_{RA}$沿着摩擦锥的边分布。
临界情形时$F_{RA}$沿着摩擦锥的边分布。
4-2 摩擦角和自锁现象
自锁：为什么与物体重量无关？
从二力平衡角度： 物块只受主动力合力 $\vec{F}_R$ 与全约束力 $\vec{F}_{RA}$，等值、反向、共线。
主动力在摩擦角之外（$\theta > \varphi_f$）：$F_{RA}$ 至多偏转 $\varphi_f$，无法与 $\vec{F}_R$ 共线，物块必滑动。
主动力在摩擦角之内（$\theta \le \varphi_f$）：全约束力$\vec{F}_{RA}$与 $\vec{F}_R$ 共线反向, 始终平衡。
$\theta \le \varphi_f$ 时，由于自锁，无论主动力怎样大，物块必保持静止。
自锁工程实例①千斤顶顶着几吨的汽车不会自己降下来；
②螺丝拧紧后不会自己松开；
③劈进木头的楔子不会自己弹出。
②螺丝拧紧后不会自己松开；
③劈进木头的楔子不会自己弹出。
4-2 摩擦角和自锁现象
斜面的自锁条件和测定摩擦系数的简易方法
斜面的自锁条件：
根据平衡方程：
$\theta \le \varphi_f$
$\tan\theta = \tan \varphi_f =f_s$
当物体临界平衡时，$\theta = \varphi_f$
摩擦角的正切等于静摩擦系数。
沙堆自然堆成的坡角 34°~37°，是沙粒间的摩擦角。
4-2 摩擦角和自锁现象
螺纹的自锁条件
把螺纹展开即斜面：螺母为斜面上的物块，螺纹升角 $\theta$ 相当于斜面倾角。
螺纹自锁条件：
$\theta \le \varphi_f$
工程中选用的细牙螺纹升角小，不易松脱。
4-2 摩擦角和自锁现象
工程应用：螺母防松
螺栓连接并不稳固, 机器运行时的振动会导致螺栓松动：
两个带齿垫圈配对使用相互贴合，螺母松动时带动垫圈的斜面爬升，使得螺栓夹紧力升高，无论怎样振动都越来越紧。
长时间振动会导致螺母松动
楔形防松垫圈
4-3 考虑摩擦的平衡问题
三类摩擦问题
隐身考虑摩擦时的平衡问题的分析与前面大致相同，但要注意对摩擦力的分析，特别是摩擦力的大小和方向。
对于含摩擦的问题，平衡问题 = 平衡方程 + 摩擦补充条件。先判断类型：
对于含摩擦的问题，平衡问题 = 平衡方程 + 摩擦补充条件。先判断类型：
① 已知临界$F = f_s F_N$ 题目中提到恰好滑动或者“临界”，直接联立求解。
② 平衡未知假设平衡，解出 $F_s$，与 $F_{\max}$ 比较：
$F_s \le f_s F_N$ 成立则平衡；不成立则滑动，改用 $F_d = f F_N$。
$F_s \le f_s F_N$ 成立则平衡；不成立则滑动，改用 $F_d = f F_N$。
③ 已在滑动动摩擦 $F_d = f F_N$ 直接代入。
解题步骤：
① 画受力图（若用 $F = f_s F_N$ 则方向不能任意假定，摩擦力按真实方向画）
② 列平衡方程+补充摩擦方程
③ 解方程并校核 $F_s \le f_s F_N$。
② 列平衡方程+补充摩擦方程
③ 解方程并校核 $F_s \le f_s F_N$。
例 1
已知 P=1500N、θ=30°、fs=0.2，F=400N，fd=0.18，求物块是否静止，和摩擦力的大小。
解：取物块，画受力图，设物块平衡
$\sum F_x = 0: \quad F \cos 30^\circ - P \sin 30^\circ - F_s = 0 \\
\sum F_y = 0: \quad -F \sin 30^\circ - P \cos 30^\circ + F_N = 0$
$F_s = -403.6\,\text{N (向上)}, \quad F_N = 1499\,\text{ N}$
$F_s = -403.6\,\text{N (向上)}, \quad F_N = 1499\,\text{ N}$
而 $F_{\max} = f_s F_N = 299.8\,\text{N}$
物块并非处于静止状态.$\rightarrow F_d = f_d F_N = 269.8\,\text{N}$
例 2
已知 P、θ、fs（θ > φf），求:使物块静止的水平推力 F
思路：摩擦力可沿斜面向上或者向下，所以物块平衡的力是一个范围，即求最大推力 $F_1$（上滑临界）与最小推力 $F_2$（下滑临界）。
解：当物块处于上滑的临界平衡状态时，推力达到最大值，记为$F_1:$
$\sum F_x = 0:\ F_1\cos\theta - P\sin\theta - F_{\max} = 0$
$\sum F_y = 0:\ -F_1\sin\theta - P\cos\theta + F_N = 0$
补充方程：$F_{\max} = f_s F_N$
$\sum F_y = 0:\ -F_1\sin\theta - P\cos\theta + F_N = 0$
补充方程：$F_{\max} = f_s F_N$
解得：$F_1 = \dfrac{\sin\theta + f_s\cos\theta}{\cos\theta - f_s\sin\theta}\,P$
例 2
已知 P、θ、fs（θ > φf），求:使物块静止的水平推力 F
解：当物块处于下滑的临界平衡状态时，推力达到最小值，记为$F_2:$
$\sum F_x = 0:\ F_2\cos\theta - P\sin\theta + F'_{\max} = 0$
$\sum F_y = 0:\ -F_2\sin\theta - P\cos\theta + F'_N = 0$
补充方程：$F'_{\max} = f_s F'_N$
$\sum F_y = 0:\ -F_2\sin\theta - P\cos\theta + F'_N = 0$
补充方程：$F'_{\max} = f_s F'_N$
$F_2 = \dfrac{\sin\theta - f_s\cos\theta}{\cos\theta + f_s\sin\theta}\,P$
$F_2 \le F \le F_1$，即 $$\dfrac{\sin\theta - f_s\cos\theta}{\cos\theta + f_s\sin\theta}P \le F \le \dfrac{\sin\theta + f_s\cos\theta}{\cos\theta - f_s\sin\theta}P$$
例 2
解法2：摩擦角
解：物块处于向上滑动的临界平衡状态。
存在以下数学关系：
$$\tan(\alpha+\beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}$$
$$\tan(\theta+\varphi_f)=\frac{\tan\theta+\tan\varphi_f}{1-\tan\theta\tan\varphi_f}
=\frac{\tan\theta+f_s}{1-f_s\tan\theta} \\
=\frac{\sin\theta+f_s\cos\theta}{\cos\theta-f_s\sin\theta}$$
解得:
$F_{1\max}=P\tan(\theta+\varphi_f)
=\frac{\sin\theta+f_s\cos\theta}{\cos\theta-f_s\sin\theta}P$
例 2
解法2：摩擦角
解：物块处于向下滑动的临界平衡状态。
$F_{1\min} = P \tan(\theta - \varphi_f)
= P \frac{\sin\theta - f_s \cos\theta}{\cos\theta + f_s \sin\theta}$
综上可知：$F_{1\min} \le F \le F_{1\max}$
即:
$\frac{\sin\theta - f_s \cos\theta}{\cos\theta + f_s \sin\theta} P \le F \le \frac{\sin\theta + f_s \cos\theta}{\cos\theta - f_s \sin\theta} P$
例 3
均质梯重 W = 200 N，B 端靠光滑竖墙，A 端置于粗糙地面（fs = 0.5），求平衡所需最小倾角 α
解：对梯子受力分析：
① 投影方程：
$\sum F_y = 0:\ N_A = W $
$\sum F_x = 0:\ F_A = N_B$
$\sum F_y = 0:\ N_A = W $
$\sum F_x = 0:\ F_A = N_B$
② 对 A 取矩：$N_B \cdot l\sin\alpha = W \cdot \dfrac{l}{2}\cos\alpha \Rightarrow N_B = \dfrac{W}{2\tan\alpha}$
③ 临界条件：$F_A = N_B = f_s N_A = 100$ N $\Rightarrow \tan\alpha = \dfrac{W}{2 F_A} = 1$
解得$\alpha \ge 45^\circ$
例 4
木箱重 P = 5 kN，fs = 0.4，h = 2a = 2 m，θ = 30°，D 处拉力 F = 1 kN，木箱是否平衡？能保持木箱平衡的最大拉力？
解：(1) 假设设平衡，列方程：
$\sum F_x = 0:\ F_S - F\cos\theta = 0 \\ F_S = 866$ N
$\sum F_y = 0:\ F_N - P + F\sin\theta = 0 \\ F_N = 4500$ N
$\sum M_A = 0:\ hF\cos\theta - P\cdot\dfrac{a}{2} + F_N d = 0 \\ d=0.171m$
$\sum F_y = 0:\ F_N - P + F\sin\theta = 0 \\ F_N = 4500$ N
$\sum M_A = 0:\ hF\cos\theta - P\cdot\dfrac{a}{2} + F_N d = 0 \\ d=0.171m$
而 $F_{max}=f_sF_N=1800N$, 又$\because F_s< F_{max}$, 所以木箱不会滑动
又$\because d>0$, 木箱无翻倒趋势，木箱平衡。
又$\because d>0$, 木箱无翻倒趋势，木箱平衡。
例 4
木箱重 P = 5 kN，fs = 0.4，h = 2a = 2 m，θ = 30°，D 处拉力 F = 1 kN，木箱是否平衡？能保持木箱平衡的最大拉力？
解：设木箱将要滑动时拉力为$F_1$:
$\Sigma F_x = 0 \quad F_s - F_1 \cos\theta = 0$
$\Sigma F_y = 0 \quad F_N - P + F_1 \sin\theta = 0$
$F_s = F_{\max} = f_s F_N$
$\Sigma F_y = 0 \quad F_N - P + F_1 \sin\theta = 0$
$F_s = F_{\max} = f_s F_N$
解得：$F_1 = \frac{f_s P}{\cos\theta + f_s \sin\theta} = 1876N$
设木箱有翻动趋势时拉力为$F_2$: $\quad \Sigma M_A = 0 \quad F_2 \cos\theta \cdot h - P \cdot \frac{a}{2} = 0$
$F_2 = \frac{P a}{2 h \cos\theta} = 1443N$ $\Rightarrow$ 最大压力为$1443N$
例 5
已知MA = 40 N·m，fs = 0.3，自重不计，求保持系统平衡的力偶矩 MC
解：设$M_C=M_{c1}$时，系统即将逆时针方向转动, 画两个杆受力图：
杆 $AD$：
$\sum M_A = 0: \\ F_{N1}\cdot AB - M_A = 0$
$\sum M_A = 0: \\ F_{N1}\cdot AB - M_A = 0$
杆 $CB$：
$\sum M_C = 0:\\ M_{C1} - F'_{N1}l\sin 60^\circ - F'_{S1}l\cos 60^\circ = 0$
$\sum M_C = 0:\\ M_{C1} - F'_{N1}l\sin 60^\circ - F'_{S1}l\cos 60^\circ = 0$
补充 $F'_{S1} = f_s F'_{N1}$，联立解得 $M_{C1} = 70.39\ \mathrm{N \cdot m}$
例 5
解：设$M_C=M_{c2}$时，系统有顺时针方向转动趋势, 画两个杆受力图：
杆 $AD$：
$\sum M_A = 0: \\ F_{N2} \cdot AB - M_A = 0$
$\sum M_A = 0: \\ F_{N2} \cdot AB - M_A = 0$
杆 $CB$：
$\sum M_C = 0:\\ M_{C2} - F_{N2}' \cdot l \sin 60^\circ + F_{s2}' \cdot l \cos 60^\circ = 0$
$\sum M_C = 0:\\ M_{C2} - F_{N2}' \cdot l \sin 60^\circ + F_{s2}' \cdot l \cos 60^\circ = 0$
补充 $F_{s2}' = F_{s2} = f_s F_{N2} = f_s F_{N2}'$，联立解得 $M_{C2} = 49.61N \cdot m$
综上：系统平衡时： $49.61N \cdot m \le M_C \le 70.39N \cdot m$
例 6
轮重 P = 100 N，杆无重，θ = 60°，AC = CB = l/2，FB = 50 N，fC = 0.4（杆轮）
求：(1) $f_D = 0.3$(轮与地面）,轮心 $O$ 处水平推力 $F_{min}$
(2) $f_D = 0.15$(轮与地面）,轮心 $O$ 处水平推力 $F_{min}$
(2) $f_D = 0.15$(轮与地面）,轮心 $O$ 处水平推力 $F_{min}$
分析$F$ 较小则轮将向右滚动，若$C$、$D$ 两处有一处摩擦力达最大值，则系统即将运动。★注意此处仍为滑动
一、先设C处摩擦力到达最大值，对$ABC$杆受力分析：
一、先设C处摩擦力到达最大值，对$ABC$杆受力分析
$\Sigma M_A = 0 \quad F_{NC} \cdot \frac{l}{2} - F_B \cdot l = 0$
$F_{NC} = 100\,\mathrm{N}, F_C = F_{C\max} = f_C F_{NC} = 40\,\mathrm{N}$
$\Sigma M_A = 0 \quad F_{NC} \cdot \frac{l}{2} - F_B \cdot l = 0$
$F_{NC} = 100\,\mathrm{N}, F_C = F_{C\max} = f_C F_{NC} = 40\,\mathrm{N}$
例 6
对轮受力分析：
$\Sigma M_O = 0 \quad F_C' \cdot r - F_D \cdot r = 0$
$\Sigma F_x = 0 \quad F_{NC}' \sin 60^\circ - F_C' \cos 60^\circ - F_{\min} - F_D = 0$
$\Sigma F_y = 0 \quad F_{ND} - P - F_{NC}' \cos 60^\circ - F_C' \sin 60^\circ = 0$
$\Sigma F_x = 0 \quad F_{NC}' \sin 60^\circ - F_C' \cos 60^\circ - F_{\min} - F_D = 0$
$\Sigma F_y = 0 \quad F_{ND} - P - F_{NC}' \cos 60^\circ - F_C' \sin 60^\circ = 0$
$F_D = F_C' = 40\,\mathrm{N} \quad F_{\min} = 26.6\,\mathrm{N} \quad F_{ND} = 184.6\,\mathrm{N}$
$\text{当 } f_s=0.3 \text{ 时， } F_{D\max}=f_s F_{ND}=55.39\,\mathrm{N}$, D处无滑动！
$\text{当 } f_s=0.15 \text{ 时， } F_{D\max}=f_s F_{ND}=27.59\,\mathrm{N}$，D处先滑动，不成立
$\text{当 } f_s=0.15 \text{ 时， } F_{D\max}=f_s F_{ND}=27.59\,\mathrm{N}$，D处先滑动，不成立
例 6
分析$\text{当 } f_s=0.3 \text{ 时， } F_D=40 \mathrm{N} < F_{D\max}=55.39\,\mathrm{N}$,隐$D$处无滑动。
$F_{min}=26.6\mathrm{N}$
$\text{当 } f_s=0.15 \text{ 时， } F_D > F_{D\max}$,隐$D$处有滑动, 应考虑改设$D$处达到最大摩擦。
二、设D处摩擦力到达最大值，此时$f=0.15$, 对杆和轮受力分析：
$\Sigma M_A = 0 \quad F_{NC} \cdot \frac{l}{2} - F_B \cdot l = 0 \Rightarrow$ $F_{NC} = 100\,\mathrm{N}$ 不变， 但$F_C \neq f_C F_{NC}$
例 6
对轮受力分析：
$\Sigma M_O = 0 \quad F_C' \cdot r - F_D \cdot r = 0$
$\Sigma F_x = 0 \quad F_{NC}' \sin 60^\circ - F_C' \cos 60^\circ - F_{\min} - F_D = 0$
$\Sigma F_y = 0 \quad F_{ND} - P - F_{NC}' \cos 60^\circ - F_C' \sin 60^\circ = 0$
$\Sigma F_x = 0 \quad F_{NC}' \sin 60^\circ - F_C' \cos 60^\circ - F_{\min} - F_D = 0$
$\Sigma F_y = 0 \quad F_{ND} - P - F_{NC}' \cos 60^\circ - F_C' \sin 60^\circ = 0$
$\text{当 } f_s=0.15 \text{ 时， } F_{D}=F_{C}=f_s F_{ND}=25.86\,\mathrm{N}$
校核：$F_C< f_s F_{NC}=40\mathrm{N}$, C处无滑动成立！
校核：$F_C< f_s F_{NC}=40\mathrm{N}$, C处无滑动成立！
解得：$F_{min} = 47.8 \mathrm{N}$
4-4 滚动摩阻（擦）的概念
为什么"力偶不平衡"却能平衡？
水平力 $F$ 与摩擦力 $F_S$ 组成力偶，按刚体假设无法平衡，轮子该一直加速滚动？
$F$不大时可以平衡，因为滚子和平面实际上并非刚体，在力的作用下会有变形，有一个接触面
向$A$点简化后可以得到$F_R$和$M_f$。
4-4 滚动摩阻（擦）的概念
滚动摩擦定律
$F_R$ 可分解为：静摩擦力 $F_S$ + 正压力 $F_N$
$\sum F_x = 0:\ F - F_S = 0$，
$\sum M_A = 0:\ M_f - F R = 0$
$\sum F_x = 0:\ F - F_S = 0$，
$\sum M_A = 0:\ M_f - F R = 0$
根据滑动摩擦： $F_{\max} = f_s F_N$、$0 \le F_S \le F_{\max}$、$0 \le M_f \le M_{\max}$
实验表明，滚动摩擦定律将滚未滚的临界状态下，最大滚动摩阻力偶矩与滚子半径无关、与正压力成正比：
$$M_{\max} = \delta F_N$$
4-4 滚动摩阻（擦）的概念
滚动摩阻系数$M_{\max} = \delta F_N$ 中的比例系数$\delta$，是长度量纲，单位一般为 mm。
如何理解？$F_N$ 与 $M_{\max}$ 可合成为一个力 $F'_N$，此时作用线前移 $d = \dfrac{M_{\max}}{F_N} = \delta$
如何理解？$F_N$ 与 $M_{\max}$ 可合成为一个力 $F'_N$，此时作用线前移 $d = \dfrac{M_{\max}}{F_N} = \delta$
物理意义临界状态下法向反力前移的距离。
物理意义临界状态下法向反力前移的距离。
4-4 滚动摩阻（擦）的概念
使圆轮滚动比滑动省力的原因
临界滚动：$M_{\max} =F_1 R = \delta F_N \Rightarrow F_1 = \dfrac{\delta}{R}F_N$
临界滑动：$F_{\max} =F_2 = f_s F_N$
临界滑动：$F_{\max} =F_2 = f_s F_N$
临界滚动：$M_{\max} =F_1 R = \delta F_N \Rightarrow F_1 = \dfrac{\delta}{R}F_N$
临界滑动：$F_{\max} =F_2 = f_s F_N$ 因为一般情况下 $\dfrac{\delta}{R} \ll f_s$， 所以 $F_1 \ll F_2$。
临界滑动：$F_{\max} =F_2 = f_s F_N$ 因为一般情况下 $\dfrac{\delta}{R} \ll f_s$， 所以 $F_1 \ll F_2$。
例如：
有车轮的半径为 $R = 450$ mm，混凝土路面 $\delta = 3.15$ mm、$f_s = 0.7$：$$\dfrac{F_2}{F_1} = \dfrac{f_s R}{\delta} = 100$$
拉滑动比拉滚动费力 100 倍，这就是交通工具使用圆形车轮的力学本质。
本节结束
The End
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