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 = ΔEk;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 = ΔEk。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 = ΔEk。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 = ΔEk;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 = ΔEk。
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 = ΔEk 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 = ΔEk 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。
文件下载(已下载 8 次)发布时间:2024/11/22 下午1:39:50 阅读次数:253