1、系统的牛顿第二定律与整体法系统的牛顿第二定律与整体法 湖北省恩施高中陈恩谱 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一、系统的牛顿第二定律 1、推导、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： 1211
2、1 FFm a 对 2： 21222 FFm a 其中， 2112 FF 联立，得： 121 122 FFm am 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，
3、其通式为： 1 12233 .Fm am am a 外 或者： 1 12233 . xxxx Fm am am a 外 ， 1 12233 . yyyy Fm am am a 外 2、理解、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
4、： 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
5、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 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。 F1 F2 F21 F12 1 2 二、整体法的应用举例二、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
6、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、静力学中的应用 （1）系统内几个物体相对静止的情况）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 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】
7、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：FfFcos0 解得：FNm1gm2gFsin，FfFcos。选 AC。 【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】
8、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：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
9、 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）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 应为 mgsin
10、 、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：FN地(Mm)g0 (m1+m2)g F FN Ff FN1FN2 FN地 m总g m上g FN1 FN m上g FN1 FN Ff FN地 (M+m)g 水平方向：Ff0 解得：FN地=(Mm)g。本题选 D。 2、动力学中的应用、动力学中的应用 （1）系统内几个物体相对静止的情况）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
11、。若木块不滑动，力 F 的 最大值是() A 2fmM M B 2fmM m C 2fmM M (mM)gD 2fmM 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=2fmM 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
12、，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
13、 2 3 g L 。 （2）系统的物体间存在相对运动的情况）系统的物体间存在相对运动的情况 直线运动直线运动 【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 CMgmgDMgmgma 【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： (Mm)gFN=M0+ma 解得：
14、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 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 1 sincosagg，下滑时做加速 运动，加速度沿斜面向下，大小为 2 s
15、incosagg。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。 FN (M+m)g 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=(Mm)gmay，Ffmax。 由于 12 aa，故有 12yy aa、 12xx aa，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
16、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、轻弹簧系统为研究对象，有： (2 )2 A mm gmama 解得：32 A aga ，即 A 的加速度方向向左，大小为2a3g。选 C。 【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
17、.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
18、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，FNMg，摩擦力方向向左 B小滑块在 B 点时，FNMg，摩擦力方向向右 C小滑块在 C 点时，FN(Mm)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
19、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 ()0 C FMm gMma ，Ff=0.则 N () C FMm gma； 在 B 点： N ()0Mm gFMmg ，Ff=max；则 N FMg，Ff水平向右； 在 D 点： N ()0Mm gFMmg ，Ff=max。则 N FMg，Ff水平向左。 说明：本文收录于陈恩谱老师物理原来可以这样学说明：本文收录于陈恩谱老师物理原来可以这样学2019 年年 6 月第三次修订版。月第三次修订版。 C ai ax ay Ff FN地 (M+m)g
