系统的牛顿第二定律及应用，本文主要内容关键词为：定律论文,系统论文，此文献不代表本站观点，内容供学术参考，文章仅供参考阅读下载。
牛顿第二定律F=ma，适用于单个质点的动力学问题。利用该式解决两个或两个以上质点组成的系统动力学问题时，需要采用隔离法，使之转化为单个质点问题，这就必然要涉及物体间相互作用力的分析，并且所列方程的数目较多，求解过程较复杂。若利用系统的牛顿第二定律解决系统的动力学问题，可以避开系统内力的分析讨论，使问题的解决变得简洁、明了。
一、系统的牛顿第二定律
题：质量分别为m[，1]、m[，2]的木块与木板叠放在水平桌面上，现用水平恒力F向右拉，使得木块与木板分别以加速度a[，1]、a[，2]运动。如果桌面对木板的摩擦力为F[，2]，试确定m[，1]、m[，2]的加速度与由组成系统所受外力之间的关系。
图1
分析：分别作出m[，1]、m[，2]的受力图如图2（甲）（乙）所示。其中木块受重力m[，1]g，水平恒力F，木板对木块的支持力F[，N1]和摩擦力F[，f]四个力的作用。由于F[，N1]与m[，1]g平衡，利用牛顿第二定律，有
F-F[，f]=m[，1]a[，1]
图2
木板受重力m[，2]g、桌面对木板的支持力F[，N2]、木块对木板的压力F′[，N1]和摩擦力F[′][，f]、地面对木板摩擦力F[，2]四个力的作用，其中F[，N2]与F′[，N1]、m[，2]g平衡，由牛顿第二定律有：
F[′][，f]-F[，2]=m[，2]a[，2]
上述两式中，F[，f]与F′[，f]为一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律有F[，f]=F′[，f]
综合上述三式，可得
F-F[，2]=m[，1]a[，1]+m[，2]a[，2]（1）
分析（1）式，不难发现，等式左边为木块与木板组成的系统所受的合外力。此式表明：由木块和木板组成的系统所受的合外力等于系统内各物体的质量与其加速度乘积的和，即
F[，合]=m[，1]a[，1]+m[，2]a[，2]（2）
（2）式即为两个质点的牛顿第二定律表达式。
我们可以将（2）式推广到更一般的情形：由质量分别为m[，1]、m[，2]、m[，3]……的质点组成的系统，系统所受的合外力为F[，合]，系统内各质点对应的加速度分别为a[，1]、a[，2]、a[，3]，……，则系统的牛顿第二定律的表达式为
F[，合]=m[，1]a[，1]+m[，2]a[，2]+m[，3]a[，3]+……（3）
在直角坐标系下，我们可以把（3）式写成分量表达式
F[，合x]=m[，1]a[，1x]+m[，2]a[，2x]+m[，3]a[，3x]+……（4）
F[，合y]=m[，1]a[，1y]+m[，2]a[，2y]+m[，3]a[，3y]+……（5）
利用（3）（4）（5）三式解题，要明确以下几点：
（1）三式均为矢量式，式中所涉及的力与加速度都是矢量。因此，应先规定正方向，再给各矢量赋值（用“-”号表示与正方向相反），然后进行计算；对于方向不能确定的矢量，可先假定其为“+”，最后根据运算结果（“+”“-”值）判定其方向。
（2）三式左边的F[，合]、F[，合x]、F[，合y]均为系统外部所有力的合力，与系统内质点间的相互作用力无关。系统合外力的大小与方向，可采用平行四边形定则求出，也可用正交分解法，先分解再合成。
（3）三式右边各个加速度，都是各质点在同一时刻相对于同一惯性参考系（通常取地面为参考系）的加速度。
（4）三式都只适用于直线运动问题的计算。
二、应用举例
例1 如图3所示，在倾角为θ的光滑坡面上，放一块上表面粗糙、下表面光滑的木板，木板质量为m[，1]，质量为m[，2]的人在木板上以向______的大小为______的加速度奔跑时，可使木板不动。
图3
解析：取人与木板组成的系统为研究对象，此时系统所受的外力仅有系统的总重力（m[，1]+m[，2]）g和支持力F[，N]，设木板与人的加速度分别为a[，1]和a[，2]，沿斜面平行方向，使用系统的牛顿第二定律有：
（m[，1]+m[，2]）gsinθ=m[，1]a[，1]+m[，2]a[，2]
由题意知，木板静止，即a[，1]=0，故人奔跑的加速度为
a[，2]=（（m[，1]+m[，2]）gsinθ/m[，2]），方向沿斜面向下。
例2 一内壁光滑的环形圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比圆管的半径大得多）。在圆管中有两个直径与圆管内径相同的小球（可视为质点），A球的质量为m[，1]，B球的质量为m[，2]，它们沿环形圆管顺时针转动，经过最低点时的速度都是v[，0]。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m[，1]、m[，2]、R与v[，0]应满足的关系是_____。
解析：A球运动到最低点的速度为v[，0]，B球恰运动到圆管的最高点，设此时B球的速度为v[，0]。由题意，此时两球对管的作用力的合力为零，根据牛顿第三定律，圆管对两球的作用力的合力也为零，故两球所受的合外力就是两球所受的总重力（m[，1]+m[，2]）g。两球均作圆周运动，A球的加速度为（v[2][，0]/R），方向向上；月球的加速度为（v[2]/R），方向向下。取两球组成的系统为研究对象，并规定向下为正方向，由系统的牛顿第二定律，有：
（m[，1]+m[，2]）g=m[，2]（v[2]/R）-m[，1]（v[2][，0]/R）
B球从最高点运动到最低点的过程中，其机械能守恒，有
（1/2）m[，2]v[2]+m[，2]g·2R=（1/2）m[，2]v[2][，0]
联立上面两式，得m[，1]、m[，2]、R与v[，0]应满足的关系为
（m[，1]+5m[，2]）g+（m[，1]-m[，2]）（v[2][，0]/R）=0。
例3 如图4所示，A至OO′的距离为R，B到OO′的距离为2R，A、B用轻绳连接可沿CD杆滑动，已知m[，A]=m[，B]=m，杆CD对物体A、B的最大静摩擦力均为F[，f]，要保持A、B与CD杆相对静止，求装置绕OO′轴转动的最大角速度。
图4
解析：整个装置绕OO′轴转动，A与B均以OO′轴为圆心做圆周运动，它们的向心加速度均水平指向OO′轴，以B的向心加速度为正方向，A、B两物体为系统的总向心力为F[，合]=m[，B]r[，B]ω[2]-m[，A]r[，A]ω[2]=m·2Rω[2]-mRω[2]=mRω[2]
可见，系统的总向心力方向沿B指向轴心方向，并且角速度ω越大，F[，合]越大。而A、B两物体为系统的合向心力由CD杆对A、B的静摩擦力提供，CD杆对A、B系统能提供的最大静摩擦力为2F[，f]，当装置以最大角速度转动时，由系统的牛顿第二定律，有
2F[，f]=mRω[2]
故要保持A、B两物体相对CD杆静止，装置绕OO′转动的最大角速度为
例4 如图5所示，光滑绝缘水平面上有质量相等的三带电小球A、B、C成一直线放置，先将三小球固定，单独放开小球A的瞬间，测得A的加速度为1m/s[2]，方向向左；单独放开B瞬间，测得B的加速度为3m/s[2]，方向向右。现将三个带电小球同时释放，求刚释放瞬间C的加速度。
图5
解析：水平方向只有电场力影响各小球的运动状态，而释放前后瞬间各小球所受电场力不变，即各小球的加速度不变。取三个小球为系统，各小球间的库仑力为内力，三球同时释放后，系统所受的合外力为零，取水平向右为正方向，则有a[，A]=-1m/s[2]，a[，B]=3m/s[2]，C加速度的大小和方向未知，设其为d[，C]，由系统的牛顿第二定律，得
F[，合]=ma[，A]+ma[，B]+ma[，C]=0
即a[，C]=-（a[，A]+a[，B]）=-（-1+3）m/s[2]=-2m/s[2]
故小球C加速度大小为2m/s[2]，方向向左。
例5 如图6所示，质量M=10kg的木块ABC静止于粗糙的水平地面上，动摩擦因数μ=0.02，在木块的倾角θ=-30[0]的斜面上，有一质量m=1.0kg的物块由静止开始沿斜面下滑，当滑行路程s=1.4m时，其速度v=1.4m/s，在此过程中木块保持静止不动，求地面对木块的摩擦力和支持力的大小和方向（重力加速度取10/s[2]）。
图6
解析：由运动学公式，v[2]-v[2][，0]=2as，求得物块沿斜面下滑的加速度：
a=（v[2]-v[2][，0]/2s）=（1.4[2]-0[2]/2×1.4）m/s[2]=0.7m/s[2]。
取物块与木块组成的系统为研究对象，其受力情况如图7所示，系统所受外力有：竖直方向为重力和地面的支持力，水平方向为地面的摩擦力，将物块沿斜面下滑的加速度a分解为水平分量a[，x]和竖直分量a[，y]，由系统牛顿第二定律的分量式，有
图7
在水平方向（取向左为正方向）
F[，f]=ma[，x]=ma cos30[0]=1.0×0.7×0.87N=0.6N，
方向水平向左。
在竖直方向（取向下为正方向）
（m+M）g-F[，N]=ma[，y]，即
F[，N]=（m+M）g-ma[，y]=（m+M）g-masin30[0]=106.5N，
方向竖直向上。
小结：从上面各例的解答可见，对于由多个质点组成的系统，如果其中各物体的加速度不相同，但不需求系统内各物体间的相互作用力时，利用系统的牛顿第二定律求解，由于避开了对系统内力的分析，使解题过程变得干净利落。使用此法解决多体系统的动力学问题，需把握三个关键点：（1）正确分析系统受到的外力；（2）正确分析系统内各物体加速度的大小和方向；（3）确定正方向，建立直角坐标系，并列方程进行求解。