系统牛顿第二定律与整体法详解

F 2
F 12
F 1
F 21 2
1
1 2 3
...)a 系统的牛顿第二定律与整体法详解
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： F 1 + F 21 m 1a 1 对 2： F + F =
2 12
m 2a 2
其中， F 21 = -F 12
联立，得： F 1 + F 2
= m 1a 1 +
m 2a 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：
或者： ∑ F = ∑ F 外 = m 1a 1 + m 2a 2 + m 3a 3 + ...
， ∑
2、理解
外x
m 1a 1x + m 2a 2 x + m 3a 3 x + ... F 外y = m 1a 1 y + m 2a 2 y + m 3a 3 y + ... 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 + ，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
= 外
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） 系统内几个物体相对静止的情况 【例 1】(2010·山东理综)如图所示，质量分别为 m 1、m 2 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(m 1 在地面，m 2 在空中)，力 F 与水平方向成θ角．则 m 1 所受支持力 F N 和摩擦力 F f 正确的是( )
A ．F N ＝m 1g ＋m 2g －F sin θ
F N B ．F N ＝m 1g ＋m 2g －F cos θ
F C. F f ＝F cos θ
D. F f ＝F sin θ F f
【分析】地面对 m 1 的支持力、摩擦力，是“m 1、m 2、轻弹簧整体”的系统外力，因此本题用整体法较快。

【解析】选 m 1、m 2、轻弹簧整体为研究对象，其受力如图所示，则有：
竖直方向：F N ＋F sin θ－(m 1＋m 2)g ＝0 水平方向：F f －F cos θ＝0 解得：F N ＝m 1g ＋m 2g －F sin θ，F f ＝F cos θ。

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 m a >m b ，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
(m 1+m 2)g
【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 N1=m g tan θ， F = m 上g
，由于两种情
F N 地 N
cos θ 况下θ不变，则 m 上减小时，F N1、F N 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：F N 地－(m 1＋m 2)g ＝0
水平方向：F N1－F N2＝0
解得：F N 地=(m 1＋m 2)g 不变，F N1=F N2＝m 上 g tan θ均变化。

本题选 C . （2） 系统内个别物体匀速运动的情况
m 上 g F N1 m 上 g F N1 F N2 m 总 g F N1 【例 3】(2013·北京理综·改编)倾角为α、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 mg cos α
B. 木块对斜面体的压力大小是 mg sin α
C. 桌面对斜面体的摩擦力大小是 mg sin αcos α
D. 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，可以选木块、斜面体系统为研究对象分析这两 个力。

θ F N F N θ
上
2μg 3L
． 【解析】选木块为研究对象，易知 A 应为 mg sin α、B 应为 mg cos α；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 N 地－(M ＋m )g ＝0
水平方向：F f ＝0
解得：F N 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 F N 地
F f
(M+m )g
【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 (m ＋M ) A ． M
2f (m ＋M ) ． m 2f (m ＋M ) ． M －(m ＋M )g D 2f (m ＋M ) m ＋(m ＋M )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：2f －Mg =Ma
选整体为研究对象，有：F －(M +m )g =(M +m )a
联立，解得： 2f (m ＋M ) 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μ，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：
μmg = m ω2 ⋅ 2L ，解得：ω =
1
1
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：
μmg + μmg = m ω2L + m ω2 ⋅ 2L ，解得：ω =。

2
2
2
（2）系统的物体间存在相对运动的情况 ①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( ) A ．Mg B ．Mg －ma C ．Mg ＋mg D ．Mg ＋mg －ma 【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 )g －F N =M ×0+ma 解得：F N =(M ＋m )g －ma 。

由牛顿第三定律可知，箱对地面压力 F’N =F N =(M ＋m )g －ma 。

选
F N
(M+m )g 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
μg
2L
B C
【解析】滑块上滑时做减速运动，加速度沿斜面向下，大小为a
1
=g sinθ+μg cosθ，下滑时做加速运
动，加速度沿斜面向下，大小为a
2
=g sinθ-μg cosθ。

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：(M＋m)g－F N
地
=M×0+ma y
水平方向：F f＝M×0+ma x F f
解得：F N
地
=(M＋m)g－ma y，F f＝ma x。

由于a
1 >a
2
，故有a
1 y
>a
2 y
、a
1x
>a
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。

F N
地
a x
a i a y (M+m)g
【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μ，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( )
A．2a、a B．2(a＋μg)、a＋μg
C．2a＋3μg、a D．a、2a＋3μg
【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：
-μ(m + 2m)g =ma
A
+ 2ma
解得：a
A
=-3μg - 2a ，即A 的加速度方向向左，大小为2a＋3μg。

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 ＝1kg，木板的质量M＝4kg，长L＝2.5m，木板上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.3，下表面与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.2，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：
a = 11 m 1
要使木板能从木块下抽出，则抽出时木板加速度a2 需满足：a2 >a1 ；选木块、木板系统为研究对象，由系统的牛顿第二定律，有：
F-μ
2(M+m)g=ma
1
+Ma
2
联立，解得：F>(μ1+μ2)(M+m)g=25N。

②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F N 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，F N＞Mg，摩擦力方向向左
B.小滑块在B 点时，F N＝Mg，摩擦力方向向右
C.小滑块在C 点时，F N＝(M＋m)g，M 与地面无摩擦
D.小滑块在D 点时，F N＝(M＋m)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F N（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：(M +m)g -F
N =M ⨯ 0 +ma
A
，F f=0；则F
N
= (M +m)g -ma
A
；
在C 点：F
N - (M +m)g =M ⨯0 +ma
C
，F f=0. 则F
N
= (M +m)g +ma
C
；
在B 点：(M +m)g -F
N =M ⨯0 +mg ，F f=ma x；则F
N
=Mg ，F f 水平向右；
在D 点：(M +m)g -F
N =M ⨯0 +mg ，F f=ma x。

则F
N
=Mg ，F f 水平向左。