系统牛顿第二定律与整体法.pdf

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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： 12111 FFm a 对 2： 21222 FFm a 其中， 2112 FF 联立

2、，得： 121 122 FFmam a 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： 112233 .Fm am am a外 或者： 112233 . xxxx Fm am am a 外 ， 112233 . yyyy Fm am

3、am a 外 2、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： 123 (.)Fmmma外 ， 这就是我们熟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

4、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）， 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 F1 F2 F21

5、F12 1 2 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 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

6、相对静止的情况 【例 1】(2010山东理综 )如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力 F 的作用下 一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面， m2在空中 )，力 F 与水平方向成 角则 m1所受支持力 FN和 摩擦力 Ff正确的是 ( ) AFNm1gm2gFsin BFNm1gm2gFcos CFfFcos DFfFsin 【分析】地面对m1的支持力、摩擦力，是“ m1、m2、轻弹簧整体”的系统外力，因此 本题用整体法较快。 【解析】选m1、m2、轻弹簧整体为研究对象，其受力如图所示，则有： 竖直方向： FNFsin (m1m2)g0 水平方向： FfFcos 0

7、解得： FNm1gm2gFsin ，FfFcos 。选 BC。 【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mamb，对于图中的两种放置方式，下列说法正确的是() A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

8、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：FN1=m上gtan ， N cos m g F 上 ，由于两种情 况下 不变，则 m上减小时， FN1、FN均减小。 选两球整体为研究对象，其受力如图3 所示，则有： 竖直方向： FN地(m1m2)g0 水平方向： FN1FN20 解得： FN地=(m1m2)g 不变， FN1=FN2 m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m 的 木块恰好能

9、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。 (m1+m2)g F FN Ff FN1FN2 FN地 m 总g m上g FN1 FN m上g FN1 FN 【解析】 选木块为研究对象，易知 A 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： 竖直方向： F

10、N地(Mm)g0 水平方向： Ff0 解得： FN地=(M m)g。本题选 D。 2、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 () A2f mM M B2f mM m C2f mM M (m M)gD2f mM m (mM)g 【分析】力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

11、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)a 联立，解得： F=2f mM 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： (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

12、过程中，B 所受静摩擦力先达到最大值，此时对B，有： 2 1 2mgmL，解得： 1 2 g L 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： 22 22 2mgmgmLmL，解得： 2 2 3 g 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() AMgBMgma CMg mgDMgmgma 【分析

13、】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： (Mm)gFN=M0+ma 解得： FN=(Mm)gma。由牛顿第三定律可知，箱对地面压力 FN=FN=(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

14、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 Ff FN地 (M+m )g FN (M+m )g 【解析】滑块上滑时做减速运动，加速度沿斜面向下，大小为 1 sincosagg，下滑时做加速 运动，加速度沿斜面向下，大小为 2 sincosagg。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： 竖直方向： (Mm)gFN地=M0+may 水平方向： FfM0+max 解得： FN地=(M m)gmay，Ffmax。 由于 12aa ，故有 1

15、2yyaa 、 12xxaa ，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() A2a、aB2(ag)、ag C2a3g、aDa、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

16、系统为研究对象，有： (2)2A mm gmama 解得：32 A aga，即 A 的加速度方向向左，大小为2a3g。选 D。 【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m 1 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10.3，下表面与地 面之间的动摩擦因数20.2，g 取 10 m/s2。欲使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？ 【解析】当木板从木块下抽出时，木块加速度为： 1 11 mg ag m ； 要使木板能从木块下抽出，则抽出时木板加速度a2需满足： 21 aa； 选木块、木板

17、系统为研究对象，由系统的牛顿第二定律，有： 212 ()FMm gmaMa 联立，解得： 12 ()()FMm g=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FN和地面对 M 的摩擦力 有关说法正确的是() A小滑块在A 点时， FN Mg，摩擦力方向向左 B小滑块在B 点时， FN Mg，摩擦力方向向右 C小滑块在C 点时， FN (Mm)

18、g，M 与地面无摩擦 D小滑块在D 点时， FN(Mm)g，摩擦力方向向左 【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，其竖直方向受重力(M+m)g 和地面支持力FN（由牛顿第三定律可知，地面 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： N ()0 A Mm gFMma，Ff=0；则 N () A FMm gma； 在 C 点： N()0CFMm gMma ，Ff=0.则 N()CFMm gma ； 在 B 点： N()0Mm gFMmg，Ff=max；则NFMg，Ff水平向右； 在 D 点： N()0Mm gFMmg，Ff=max。则NFMg，Ff水平向左。 ai ax ay Ff FN 地 (M+m )g