2019年高三物理复习专题_系统牛顿第二定律与整体法(修订稿)

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） 有相互作用（系统内力），则，系统内物体之间也严%对1:百*1 =miiSiXF2对2: + 百2= m2S2/ F2* 2/其中，首1= -百21 1

2、7十联立，得：F|- F2= miaim2S2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外二m101m22讥旨3.或者：F外x口2史gx， F外y工耳窕2、理解系

3、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一一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一一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：卜=（叶+m2+m3+.）*，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

4、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 消的一一毕竟它们是作用在不同物体上。因此，内力总和

5、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【解析】选木块为研究对象，易知A应为mgsina、B应为mgcosa;选木块、斜面体系统为研究对象,度，其原因就在这里一一因此，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一一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

6、力学中的应用（1）系统内几个物体相对静止的情况【例1】（201摩擦力Ff正确的是（）A.FN=mig+m2gFsin0B.FN=mig+m2gFcos0C.Ff=Fcos0D.Ff=Fsin0【分析】地面对mi的支持力、摩擦力，是 本题用整体法较快。mi、m2、轻弹簧整体”的系统外力，因此【解析】选mi、m2、轻弹簧整体为研究对象，其受力如图所示，则有：竖直方向：FN+Fsin0（mi+m2）g=0水平方向：FfFcos0=0解得：FN=mig+m2gFsin0,Ff=Fcos0。选BC。【例2】（20i4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

7、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：Fzi= m上gtan0,F=上g，由于两种情Ncos日况下0不变，则m上减小时，

8、FNi、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地一（mi+m2）g=0水平方向：FNIFN2=0解得：FN地=（mi+m2）g不变，FNI= FN2=m上gtan0均 变化。本题选C.FN地A（2）系统内个别物体匀速运动的情况【例3】（20i3北京理综改编）倾角为a、质量为 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mgcosaB.木块对斜面体的压力大小是mgsinaC.桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsin acosaD.桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g【分析】桌面对斜面体的摩擦力和支持力是系统外力, 个力。M的斜面体静止

9、放置在粗糙水平桌面上，质量为m可以选木块、斜面体系统为研究对象分析这两FNIFN2 - FNIFN地运动，加速度沿斜面向下，大小为a2二gsi n - gcosr。由于上滑、下滑位移相同，且最高点速度均其受力如图所示，由题意，木块、斜面体加速度均为0，故有：竖直方向：FN地一(M+m)g=0水平方向：Ff=0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()A2f2f M MBC(

10、m+M)g D.2f2f M M+(m+M)gMmMm【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一一即临界点一一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，因此需先用隔离法一一选木块为研究对象 一一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=2囂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

11、的动摩擦因数均为仏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2Jmg =m12L，解得: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2 2二mg亠 mg = m2L m -22L，解得：匕(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

12、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()A.MgB.MgmaC.Mg+mgD.Mg+mgma【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：(M+m)gFN=Mx0+ma解得：FN=(M+m)gma。由牛顿第三定律可知，箱对地面压力F=FN=(M+m)gma。选(M+m )gD.【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

13、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Ff Mg，摩擦力方向向左FN=Mg，摩擦力方向向右FN=(M+m)g,M与地面无摩擦FN=(M+m)g，摩擦力方向向左C点时,【解析】小滑块在A点时，加速度竖直向下，在加速度竖直向上；在B点，竖直加速度向下为零，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：(M+m)gFNM=MXO+may水平方向：Ff=MX0+max解得：FN地=(M+m)gmay,Ff=max。由于aia2，故有aiy a2y、aixa2x，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FfC。aiay(M+m )gABB受力情况不变，在A点 :在C点:在B点 :