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跨滑轮绳连接物体系的牛顿第二定律
一、问题的缘起
【例 1】如图所示，物体 A和 B由跨过轻质滑轮的轻绳连接后竖直悬挂，然
后由静止释放，已知 A的质量为 m、B的质量为 M，且 M＞m，不计一切摩擦，
求 A上升的加速度。
本题常见两种解法，如下：
解法一：设绳中张力为 FT，则由牛顿第二定律，对 A，有：FT－mg=maA，对 A
B，有 Mg－F =Ma ，其中：a =a ，联立解得： a Mg ?mgT B A B ? 。A M ?m B
解法二：选 A、B、轻绳系统为研究对象，由系统的牛顿第二定律，有：Mg－mg=(M+m)a，
解得： a Mg ?mg? 。
M ?m
【质疑】按常规理解，第二种解法存在一些明显的问题：等式左边，两个重力方向均向
下，按矢量合成规则，怎么能够相减？等式右边，aA、aB两个加速度方向相反，MaB和 maA
怎么能够相加？而且，真的选 A、B、轻绳系统为研究对象，其受力还有滑轮对整体向上的
弹力 F，且系统的牛顿第二定律的方程应为：Mg+mg－F=Ma-ma。
【解释】当然，我们可以认为，解法二的方程实际上是解法一两个方程联立得到的一个
数学结论式，没有物理意义。可是，列解法二方程时，我们的解释往往是：我们研究的是 A、
B沿绳的运动——A、B沿绳运动的加速度相同，沿绳方向看，两个重力的方向相反，所以
有：Mg－mg=(M+m)a。明显，这种理解是有物理意义的，那么，前面的质疑又如何回应？
或者说这种理解是不科学、不严谨的?
二、问题的解决
1、曲线坐标系下物体运动的动力学
在上述问题中，我们可以在绳上取某个点为原点，规定从物体 A经滑轮到物
体 B为该曲线的“正方向”，从而建立起一个描述物体运动位置的“曲线坐标系”。
如果物体沿绳运动，则其沿绳运动的加速度即为自然坐标系下的切向加速
O
度，由牛顿第二定律，有： F? ? ma? ；如果物体不沿绳运动，我们可以将物体 ·
运动分解到垂直绳和沿绳方向，物体沿绳方向的加速度可根据极坐标系等求出，
沿绳方向仍然有动力学方程： Fs ? mas 。 s
2、跨滑轮绳连接物体系的牛顿第二定律
在前述例题中，若我们沿绳建立曲线坐标系，规定从 A经滑轮到 B为正方 a
向，则分别对两物体列动力学方程，有：
对 A： FT ? (?mg) ? maA
O
对 B：Mg ? FT? ?Ma B ·
m
其中：aA=aB=a， FT? ? ?FT Mg
s
前两式相加，得：Mg－mg=(M+m)a
此式即为 A、B、轻绳系统在曲线坐标系下的牛顿第二定律方程，其理解就是：B均沿
绳的运动——沿绳方向看，A、B沿绳运动的加速度相同，两个重力的方向相反，所以有：
Mg－mg=(M+m)a
【例 2】如图所示，压力传感器能测量物体对其正压力的大
小，现将质量分别为 M、m的物块和小球通过轻绳固定，并跨过
两个水平固定的定滑轮（滑轮光滑且较小），当小球在竖直面内左
右摆动且高度相等时，物块始终没有离开水平放置的传感器．已
知小球摆动偏离竖直方向的最大角度为θ，滑轮 O到小球间细线
长度为 l，重力加速度为 g，求：小球摆到最低点时，压力传感器
示数为 0，则 M/m的大小．
【解析】设小球在最低点速度为 v，则由机械能守恒，有
mgl(1? cos? ) 1? mv 2
2
当小球运动到最低点时，沿绳方向建立如图所示曲线坐标系；此时，
物块 M沿绳的加速度为零，但小球 m绕 O点做圆周运动，因此有沿绳
v2 O·’
方向的加速度 a ? ，则由系统的牛顿第二定律，有
l mg
Mg ?mg ?M ? 0?ma Mg
解得：M /m ? 3? 2cos? s
三、对物体系的牛顿第二定律的一个说明
物体系的牛顿第二定律的方程的得来，是先用隔离法分别对系统内各个物体列牛顿第二
定律的方程，然后几个方程相加而得来，在相加过程中，我们做了一个“数学处理”——作用
力和反作用力等大反向，“相加为零”。
这个数学处理，从物理角度来说是不合适的，作用力和反作用力分别作用在系统内不同
物体上，其效果是不能叠加的，因此“相加为零”是不合适的。从这个意义上讲，物体系的牛
顿第二定律的方程是一个数学方程，不具有严谨的物理意义。很多学生很难理解物体系的牛
顿第二定律，他们常常问的问题是：作用在 A上的外力，如何能够在 B上产生加速度？
但是，这个数学方程用起来是方便的，因为该方程中没有内力，所以列出的方程简单。
在用曲线坐标系处理跨滑轮绳连接物体系的运动时，绳中张力即是内力，且等大、反向，因
此也没有出现在方程中。此时用物体系的牛顿第二定律还避免了滑轮弹力（其方向是垂直绳
的）的引入，大大简化了方程和计算。
四、应用示例
【例 3】如图所示，固定的粗糙斜面顶端有一个轻质 A
滑轮，物体 A和 B由跨过滑轮的轻绳连接，然后由静止释
放，已知斜面倾角为θ，A物体与斜面的动摩擦因数μ，A B
的质量为 m、B的质量为 M，且 M＞m，轻绳足够长，求 B
下降的加速度。
【解析】如图，沿绳建立曲线坐标系，规定从 A经滑轮到 B为正 a
方向，则对 A、B、轻绳系统，由系统的牛顿第二定律，有
Mg－mgsinθ－μmgcosθ=(M+m)a FN
解得： Ff
a Mg ?mg sin? ? ?mg cos?
O
? · m
M ?m Mg
s
【例 4】如图所示，质量为 m的物体 A静止放在光滑水平地面上，跨过等高的两个轻
质小滑轮的轻绳将其与质量为 M=2m的物体 B连接。已知两小滑轮到地面高度 h，开始时绳
o
与水平方向夹角为? ? 30 ，现由静止释放 A、B，此后运动过程中，A一直未离开地面。试
求：
（1）刚释放瞬间 B的加速度；
h B
（2）B下降 时，B的加速度。 h
3 A
α
【解析】整个运动过程中，A的加速度均沿水平方向向右。当 A向右的速度为 v、绳与
水平方向夹角为θ时，如图，以左边滑轮 O为参考点建立极坐标系，将 A的运动分解到垂直、
沿绳方向，则 A沿绳方向的加速度表达式为：
a (dvn v d?n ? ? ? )r?
O
dt dt
dv? d? ? l Ba? ? ( ? vn )?dt dt vn hA an aB
标量化，得 θ aA v
a dv
2 aτ
? n
v? a dv v? ， ? ? ? v ?n vτdt l ? dt n l
而且有： a? ? an tan
dv
? ， a ? nB dt
（1）刚释放瞬间，A速度为零，则有an1 ? aB1。建立如图所示曲线坐标系，则由牛顿
第二定律，有
Mg ? FN1 sin? ?mg sin? ? (M ?m)a n1 FN1
Mg
α
mg cos? ?FN1 cos? ?ma O’· s?1
mg
其中： a?1 ? an1 tan?
M
联立解得： aB1 ? g ? 0.6gM ?m(1? tan 2?)
h
（2）当 B下降 时，设 A、B的速度分别为 vA、vB，则有：
3
vB ? vn ? vA cos ? ， v? ? vA sin ?
h h h h
，其中： ? ? ， l ?
3 sin? sin ? sin ?
dv v2
此时，对 A，有： an2 ? n ? ? ，且 a? 2 ? an2 tan
dv
? ， a n
dt l B2
?
dt
建立如图所示曲线坐标系，则由牛顿第二定律，有
Mg ? FN2 sin ? ?mg sin ? ?Ma B2 ?ma n2 FN2
β Mg
mg cos ? ?FN2 cos ? ?ma? 2 O’·
mg s
由机械能守恒，有
Mg h 1mv 2 1? ? Mv 2
3 2 A 2 B
2Mg sin3Mg ??
3(m ?M cos2 ?)
联立解得： aB2 ? ? 0.597gM ?m(1? tan 2 ? )

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