高中物理-系统牛顿第二定律与整体法.docx

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1、系统的牛顿第二定律与整体法在静力学、动力学问题中，涉及到系统外力时，我们往往采用整体法处理，但是很多资料并没有讲清 楚整体法的适用条件，以及背后的理论基础，甚至限定只允许在几个物体相对静止时使用整体法，使得整 体法的适用范围大大缩小。本文则从系统的牛顿第二定律入手，奠定整体法解决静力学、动力学问题的理 论基础，并通过实例展示整体法的广阔应用空间。一、系统的牛顿第二定律1、推导如图所示，两个物体组成一个系统，外界对系统内物体有力的作用（系统外力），系统内物体之间也 有相互作用（系统内力），则对 1：对 2：F +F =m a 1 21 1 1F +F =m a 2 12 2 2F1F21F122

2、F2其中，F =-F21 121联立，得：F +F =m a +m a 1 2 1 1 2 2这个方程中，等式左边只剩下系统外力，等式右边则是各个部分的质量乘以相应的加速度然后矢量相 加。上述推导中，研究对象只有两个，但是很容易将上述结论推广到任意多个研究对象，方法仍然是分别 对各个物体列动力学方程，然后相加由于内力总是成对出现，且每对内力总是等大反向，因此相加的 结果仍然是：等式左边只剩下系统外力，等式右边则是各个部分的质量乘以相应的加速度然后矢量相加。 这个结论就是系统的牛顿第二定律，其通式为：F =m a +m a +m a +. 外 1 1 2 2 3 3或者：F外x=m a +m a

3、 +m a +.1 1 x 2 2 x 3 3 x，F外y=m a +m a +m a +.1 1 y 2 2 y 3 3 y2、理解系统的牛顿第二定律表达式左边只有系统外力，因此它只适用于处理系统外力相关问题，一旦涉及系 统内力，则只能用隔离法。系统的牛顿第二定律表达式右边为“各个部分的质量乘以相应的加速度然后矢 量相加”，因此并不要求各个部分相对静止各个部分有相对速度、相对加速度时，仍然可以选系统为 研究对象，使用整体法处理问题。如果系统内各个部分是相对静止的即各个部分的加速度、速度均相同，则系统的牛顿第二定律方程可以简化为：F =( m +m +m +.)a 外 1 2 3，这就是我们熟

4、悉的几个物体相对静止时的整体动力学方程。对于这个方程，我们甚至可以这样理解任何物体都是有内部结构的，组成物体的各个部分之间都存在 相互作用和相对运动，但是，在处理某些问题时，当内部运动相对整体运动可以忽略不计时，我们就可以 近似的认为各个部分是相对静止的，把物体当作一个“质点”来处理，从而只需要考虑整体所受外力的影 响。比如人站在地面上不动，求地面支持力的大小这个问题中，人体内心脏在跳动、血液在流动、肺 部在呼吸、肠胃在蠕动但是，在大部分问题的处理中，我们往往并不考虑这些，而直接把人体当作一 个质点来处理了。不过，上述推导过程中，将系统内力进行了相加，并且依据一对内力总是等大反向（牛顿第三定律

5、）， 认为内力总和为零。实际上，内力作用对系统内各个物体的加速度是有影响的，一对内力的效果是无法抵 消的毕竟它们是作用在不同物体上。因此，内力总和为零是从数学意义角度处理的，系统的牛顿第二fFfFN 1 2m g=m gtan， F = 上cosqN上FN 地1 2定律是一个有用的数学结论。有些学生无法理解明明是作用在 1 物体上的力，如何会在 2 物体上产生加速 度，其原因就在这里因此，没必要把系统的牛顿第二定律看成是一个因果关系方程，仅仅看作一个有 用的数学结论即可。二、整体法的应用举例因为不涉及系统内力，所以用整体法处理问题往往来得比隔离法分别处理各个物体要简洁、迅速得多， 因此，审题时

6、要敏锐的把握住题意是否涉及的是系统外力，或者只需要考虑系统外力即可，如果是， 优先考虑使用整体法（系统牛顿第二定律）。1、静力学中的应用（1）系统内几个物体相对静止的情况【例 1】(2010 山东理综)如图所示，质量分别为 m 、m 的两个物体通过轻弹簧连接，在力 F 的作用下1 2一起沿水平方向做匀速直线运动(m 在地面，m 在空中)，力 F 与水平方向成 角则 m 所受支持力 F 和1 2 1 N摩擦力 F 正确的是( )A F m gm gFsin N N 1 2B F m gm gFcos F N 1 2C F FcosD F Fsin ff【分析】地面对 m 的支持力、摩擦力，是“m

7、 、m 、轻弹簧整体”的系统外力，因此1 1 2本题用整体法较快。【解析】选 m 、m 、轻弹簧整体为研究对象，其受力如图所示，则有：1 2(m +m )g 1 2竖直方向：F Fsin(m m N 1 2)g0水平方向：F Fcos0f解得：F m gm gFsin，FFcos。选 BC。 f【例 2】(2014 济宁模拟)如图所示，两个光滑金属球 a、b 置于一个桶形容器中，两球的质量 m m ，对于图中的两种放置方式，下列说法正确的是( )a bA 两种情况对于容器左壁的弹力大小相同B 两种情况对于容器右壁的弹力大小相同C 两种情况对于容器底部的弹力大小相同D 两种情况两球之间的弹力大小

8、相同【分析】容器壁和容器底部对球的弹力都是系统外力，因此可以使用整体法分析；不过本问题中，系 统在水平方向所受外力均为未知力，因此仅仅选整体为研究对象，是无法求解的。因此需要先选上面的物 体为研究对象，分析出左壁对球的弹力后，再用整体法才可。【解析】以上面的金属球为研究对象，其受力如图 1所示，将三个力按顺序首尾相接，得如图 2 闭合三角形，则有：F ，由于两种情况下 不 N1 上变，则 m 减小时，F 、F 均减小。N1 NFNm g上FN1m g上 NFN1FN2FN 地m g总FN1选两球整体为研究对象，其受力如图 3 所示，则有：竖直方向：F(mm )g0水平方向：F F 0 N1 N

9、2解得：F=(mN 地1m2)g 不变，FN1=FN2m 上 gtan 均变化。本题选 C.（2）系统内个别物体匀速运动的情况【例 3】(2013 北京理综 改编)倾角为 、质量为 M 的斜面体静止放置在粗糙水平桌面上，质量为 mN 地N 地的木块恰好能沿斜面体匀速下滑。则下列结论正确的是( )A 木块受到的摩擦力大小是 mgcos B 木块对斜面体的压力大小是 mgsin C 桌面对斜面体的摩擦力大小是 mgsin cos D 桌面对斜面体的支持力大小是(Mm)g【分析】桌面对斜面体的摩擦力和支持力是系统外力，可以选木块、斜面体系统为研究对象分析这两 个力。【解析】选木块为研究对象，易知 A

10、 应为 mgsin 、B 应为 mgcos ；选木块、斜面体系统为研究对象，其受力如图所示，由题意，木块、斜面体加速度均为 0，故有：FN 地竖直方向：F (Mm)g0 水平方向：F 0fFf解得：F=(Mm)g。本题选 D。(M+m)g2、动力学中的应用（1）系统内几个物体相对静止的情况【例 4】(2012 江苏高考)如图所示，一夹子夹住木块，在力 F 作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为 m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为 f。若木块不滑动，力F 的最大值是( )2f(mM) 2f(mM) 2f(mM) 2f(mM)A B C (mM)g D (mM)gM m M m【分析】力

11、F 是系统外力，可用整体法分析；但是，整体加速度取最大值时即临界点是在夹 子与木块的接触面上静摩擦力最大时，这是系统内力，因此需先用隔离法选木块为研究对象求出 整体加速度的最大值。【解析】设系统允许的最大加速度为 a。选木块为研究对象，有：2fMg=Ma选整体为研究对象，有：F(M+m)g=(M+m)a2f(mM)联立，解得：F=M.选 A。【例 5】如图所示，水平转台上放有质量均为 m 的两个小物块 A、B，A 离转轴中心的距离为 L，A、B 间用长为 L 的细线相连。开始时，A、B 与轴心在同一直线上，细线刚好被拉直，A、B 与水平转台间的动摩擦因数均为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：

12、(1) 当转台的角速度达到多大时细线上开始出现张力？(2) 当转台的角速度达到多大时 A 物块开始滑动？【解析】（1）转台角速度取值逐渐变大的过程中，B 所受静摩擦力先达到最大值，此时对 B，有：mmg =mw212L，解得：w =1mg2L角速度取值再增大时，B 有离心运动趋势，绳中出现张力。（2）转台角速度取值进一步增大，A 所受静摩擦力也逐渐增大到最大值，此时，对 A、B 系统，有：mmg +mmg =mw22L +mw2 22L，解得：w =22 mg3 L。（2）系统的物体间存在相对运动的情况直线运动【例 6】一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质

13、量为 M，环的质量为 m，如图所示。已知环沿杆以加速度 a 匀加速下滑，则此时箱对地面的压力大小为( )AMg BMgmaCMgmg DMgmgma FN(M+m)gNN N2112【分析】由牛顿第三定律可知，箱对地面的压力大小等于地面对箱的支持力，地面是“箱、环系统” 的外面，因此分析地面对箱的支持力时可用整体法。【解析】选箱、环系统为研究对象，其受力如图所示，由系统的牛顿第二定律，有：解得：F(Mm)gF =M0+maN=(Mm)gma。由牛顿第三定律可知，箱对地面压力 F =F =(Mm)gma。选 D.【例 7】如图所示，滑块 A 以一定初速度从粗糙斜面体 B 的底端沿 B 向上滑，然

14、后又返回，整个过程 中斜面体 B 与地面之间没有相对滑动，那么滑块向上滑和下滑的两个过程中（ ）A 滑块向上滑动的时间等于向下滑动的时间B 滑块向上滑动的时间大于向下滑动的时间C 斜面体 B 受地面的摩擦力大小改变、方向不变D 斜面体 B 受地面的支持力大小始终等于 A 与 B 的重力之和【解析】滑块上滑时做减速运动，加速度沿斜面向下，大小为a =g sin1q+mgcosq，下滑时做加速运动，加速度沿斜面向下，大小为 a =g sin2q-mgcosq。由于上滑、下滑位移相同，且最高点速度均为零，易知上滑时间短。选滑块、斜面体整体为研究对象，其受力如图所示；将滑块加速度水平、 竖直分解，则有

15、：竖直方向：(Mm)gF =M0+maN 地 y水平方向：F M0+maf x解得：F =(Mm)gma ，F ma 。N 地 y f xFfFN 地(M+m)gaxaiay由于 a a 1 2，故有a1 ya2 y、a a1 x 2 x，则下滑过程相对上滑过程，有：摩擦力方向始终向左，大小减小；支持力总是小于系统总重力，并且增大。选 C。【例 8】如图所示，质量分别为 m、2m 的两物块 A、B 中间用轻弹簧相连，A、B 与水平面间的动摩擦因数均为 ，在水平推力 F 作用下，A、B 一起向右做加速度大小为 a 的匀加速 直线运动。当突然撤去推力 F 的瞬间，A、B 两物块的加速度大小分别为(

16、 )A2a、a B2(ag)、agC2a3g、a Da、2a3g【解析】撤去 F 瞬间，由于惯性，A、B 来不及发生明显位移，则弹簧弹力不变，B 受力情况不变， 即 B 的加速度仍为 a；选 A、B、轻弹簧系统为研究对象，有：-m(m +2 m) g =ma +2maA解得： a =-3mg -2 a ，即 A 的加速度方向向左，大小为 2a3g。选 D。A【例 9】如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量 m1 kg ，木板的质量 M4 kg ，长 L2.5 m ，木板上表面与木块之间的动摩擦因数为 0.3，下表面与地面之间的动摩擦因数 0.2，g 取

17、10 m/s 。欲使1 2木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？mmg【解析】当木板从木块下抽出时，木块加速度为： a = 1 =mgm要使木板能从木块下抽出，则抽出时木板加速度 a 需满足： a a2 1选木块、木板系统为研究对象，由系统的牛顿第二定律，有：F -m( M +m ) g =ma +Ma 2 1 2；联立，解得： F (m +m)( M +m ) g 1 2=25N。曲线运动【例 10】(2015 山东省桓台模拟)如图，质量为 M 的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为 m 的小滑 块沿该圆形轨道在竖直面内作圆周运动。A、C 点为圆周的最高点和最低点，B、D 点

18、是与圆心 O 同一水平 线上的点。小滑块运动时，物体 M 在地面上静止不动，则物体 M 对地面的压力 F 和地面对 M 的摩擦力Nfffxff有关说法正确的是( )A小滑块在 A 点时，F Mg，摩擦力方向向左NB小滑块在 B 点时，F Mg，摩擦力方向向右NC小滑块在 C 点时，F (Mm)g，M 与地面无摩擦ND小滑块在 D 点时，F (Mm)g，摩擦力方向向左N【解析】小滑块在 A 点时，加速度竖直向下，在 C 点时，加速度竖直向上；在 B 点，竖直加速度向下 为 g，水平加速度向右指向圆心，在 D 点，竖直加速度向下为 g，水平加速度向左指向圆心。选 M、m 系统为研究对象，其竖直方向

19、受重力(M+m)g 和地面支持力 F （由牛顿第三定律可知，地面N支持力等于物体 M 对地面的压力），水平方向可能受到地面摩擦力，则由系统的牛顿第二定律，有：在 A 点： ( M +m) g -F =M 0 +maNA，F =0；则F =( M +m) g -ma NA；在 C 点： F -( M +m) g =M 0 +ma N C，F =0. 则F =( M +m) g +ma N C；在 B 点： ( M +m ) g -F =M 0 +mgN，F =ma；则 F =MgN，F水平向右；在 D 点： ( M +m) g -F =M 0 +mgN，F =max。则 F =MgN，Ff水平向左。