动能定理可以表述为合外力的功等于物体动能的增量吗？

多个力对物体做功的情况下，动能定理常见的表述有两种：①外力对物体做功的代数和等于物体动能的增量，用公式表述是 ∑W = ΔE_k；②合外力对物体做的功等于物体动能的增量，用公式表述是 W_合外力 = ΔE_k。这两种表述是等价的。

动能定理是牛顿运动定律的合理推论，中学只讲质点的动能定理，一般表述为：外力对质点所做的功，等于质点动能的增量，即 W = ΔE_k。但一般情况下，对一个物体（质点，下同）做功的外力不止一个，这种情况下，动能定理又该如何表述呢？

一、两种表述是等价的

多个力对同一物体做功的情况，动能定理一般有两种表述方式：其一表述为各力对

物体做功的代数和，等于物体动能的增量，即 ∑W = ΔE_k；其二表述为合外力对物体所做的功等于物体动能的增量，即 W_合外力 = ΔE_k。

这两种表述是等价的。如果物体受到的各力都是恒力，我们先假设一种简单的情况，某物体受到两个恒力 F₁ 和 F₂ 的作用，发生的位移为 l，如图 1（a）所示。图 1（b）是一个简单的几何证明：把力 F₁ 和 F₂ 合成的平行四边形的四个顶点标注为 A、B、C、D，分别由 B、D、C 向 AAʹ 作垂线，垂足分别为 Bʹ、Dʹ、Cʹ，则 ABʹ 和 ADʹ 的长度分别表示力 F₁ 和 F₂ 沿位移方向的分力的大小，而 ACʹ 则表示合力 F 沿位移方向的分力的大小。从几何关系上看，ACʹ = ADʹ + DʹCʹ，其中 DʹCʹ = ABʹ （DʹCʹ 是 DC 在 AAʹ 方向上的投影的长度，而 DC 段与 F₁ 相等），因此可证明合力 F 沿位移方向的分力与 F₁ 和 F₂ 沿位移方向的分力之和相等，因此合力 F 对物体所做的功，与两分力 F₁ 和 F₂ 对物体所做的功的和相等。

受到的力如果是变力，则可以把整个过程分为若干小段（或分为无穷多小段），每小段都可以看作恒力，则每小段的合力所做的功都等于各分力所做的功的总和，最后把所有各小段的结果累加，合力的功与各分力的功的代数和相等的结论仍然成立。

二、两种解决问题的思路

上面两种不同的表述，表示两种不同的解决问题的思路。利用 W_合外力 = ΔE_k 解决问题的思路是：先求出各分力的合力，然后求该合力对物体所做的功，即等于物体动能的增量。如果物体受到的力是变力，则需把整个过程分成若干小段，使得每小段都是恒力（或可以看作恒力），分别求出每小段的合力及它所做的功，再加起来即为总功。利用 ∑W = ΔE_k 解决问题的思路是：分别求出各分力对物体所做的功，再求它们的代数和。如果物体受到的力中有变力存在，同样要分为若干小段，分别求解再相加，最后求各力所做的功的代数和。

下面用一个在前面第 29 篇“中学物理和大学普通物理教科书中，功的定义有什么不同？”中引用过的例题，采用另一种思路来讨论。

例   一个质量为 m，带有电荷 – q 的小物体，可在水平轨道 Ox 上运动，O 端有一个与轨道垂直的固定墙。轨道赴于匀强电场中，场强大小为 E，方向沿 x 轴正向，如图 2 所示。小物体以初速度 v₀ 从 x₀ 点沿 Ox 轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力 f 作用，且 f < qE。设小物体与墙壁碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程。

本题中的小物体在水平方向上受到两个力的作用，其中电场力是恒力，其大小 F = qE，方向向左；摩擦力是变力，大小恒为 f，方向与运动方向相反。

采用第一种思路，即先求合力，再求合力的功。需要分解成许多小段，使得每小段中的力都是恒力。设初速度 v₀ 方向向左，那么它第一小段运动方向向左，摩擦力方向向右，电场力方向向左，由于 f < qE，因此做加速运动，直到与竖直墙壁相碰撞，并以原速率返回。碰后运动方向向右，摩擦力和电场力方向都向左，因此做减速运动，至速度减为零时位置为 x₁（图中示意性地标出）。以后小物体一直做往复运动，经无穷多次碰撞后，最终停止在 x = 0 处，即墙壁旁。

从开始运动到第一次速度减为零，外力做功及动能变化的关系为

（qE − f）x₀ − （qE + f）x₁ = 0 − \(\frac{1}{2}\)mv₀²                              ①

到第二次速度减为零，有（qE − f）x₁ − （qE + f）x₂ = 0；                       ②

到第三次速度减为零，有（qE − f）x₂ − （qE + f）x₃ = 0；                       ③

到第四次速度减为零，有（qE − f）x₃ − （qE + f）x₄ = 0；                       ④

……

由上面的式可得 x₁ = \(\frac{{2(qE - f){x_0} + mv_0^2}}{{2(qE + f)}}\)，

由②式及以下各式，可得 \(\frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}\) = \(\frac{{{x_3}}}{{{x_2}}}\) = \(\frac{{{x_4}}}{{{x_3}}}\) = …… = \(\frac{{qE - f}}{{qE + f}}\) < 1，

小物体从开始运动到最后停止，通过的总路程 s = x₀ + 2（x₁ + x₂ + x₃ + ……）。

不难看出，括号内的各项是一个无穷递缩等比数列，其首项 x₁ 和公比 qʹ 都已经求出，代入求和公式 ∑ = \(\frac{{{x_1}}}{{1 - q'}}\) 可求出结果：∑ = \(\frac{{\frac{{2(qE - f){x_0} + mv_0^2}}{{2(qE + f)}}}}{{1 - \frac{{qE - f}}{{qE + f}}}}\) = \(\frac{{2(qE - f){x_0} + mv_0^2}}{{4f}}\)。

则总路程 s = x₀ + 2∑ = \(\frac{{2qE{x_0} + mv_0^2}}{{2f}}\)。如果初速度 v₀ 的方向向右，解题的思路不变，只是第一次速度减为零的位置 x₁ 更偏向右边，但最后所得结果不变，为了减少篇幅，这里不再写出，读者可自行计算。

第二种思路：电场力是恒力，它做的功 W_电场力 = qEx₀，摩擦力大小恒为 f，方向总与运动方向相反，它做的总功 W_摩擦力 = − fs（式中的 s 是物块运动的总路程）。

则有 qEx₀ – fs = 0 − \(\frac{1}{2}\)mv₀²，解得 s = \(\frac{{2qE{x_0} + mv_0^2}}{{2f}}\)。

这与我们前面用第一种思路，即分别求出各小段过程中合力的功，再求它们的总和，所得的结果相同。

对于这个具体问题而言，第二种思路显然简单得多，这是因为做功的两个力中一个是恒力，另一个是滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小不变而方向总与运动方向相反，这两个力的功都可以用简单的方法求出。这两种思路所得的结果是一致的，这是不争的事实。

其实我们再来分析一下前面的①式及后面有编号的诸多式子，它们的左边都是各小段合力所做的功，而右边则是动能的增量，把所有式子的左边都加起来，就是所有各段合力做功的总和，它等于物体动能的增量，这也说明了合力做的功与各分力做功的代数和是相等的。

发布时间：2024/11/22 下午1:39:50  阅读次数：316