内力做功的两个特例与应用
2013-08-06 01:15
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内力做功的两个特例与应用
内力做功的两个特例与应用
结论
一对内力做功的代数和取决于力和在力的方向上发生的相对位移，跟参照物的选取无关。此结论有两个特例
（1）若内力为恒力，则一对内力（作用力与反作用力）做功的代数和数值上等于其中一个力和在力的方向上发生的相对位移大小的乘积。如一对大小不变的滑动摩檫力做功的代数和（为负值）的绝对值等于摩檫力的大小与相对位移大小的乘积，用来量度系统的机械能转化为内能的那部分能量。
（2）若两个物体在内力的方向上发生的相对位移为零，或者两个物体在内力方向上始终保持相对静止，则该对内力做功的代数和为零。如一对静摩檫力做功的代数和为零，因此不会使系统的机械能发生变化。
二、结论的应用
内力做功与系统机械能守恒。
系统内只有保守内力做功，非保守内力（如摩檫力）和一切外力所做的总功为零时，系统内各物体的动能和势能可以相互转化，但它们的总量保持不变。这就是系统的机械能守恒定律。但涉及到内力做功问题时学生往往搞不清楚。
例1：如图1所示，小车质量M=4kg，车内壁ABC为一半径R=2.4m的半圆，车左侧紧靠墙壁，质量m=1kg的小滑块，从距车壁A点正上方高度为h=2.6m的D点，由静止下落后滑入车内，若不计一切摩檫，g取10m/s2。（将（1）（2）题正确选项填入题号前的括号中）
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（1）小滑块在车上由a滑到C的过程中，滑块与车的系统（ ）
a.机械能不守恒. b.机械能守恒 C。动量守恒. d.水平动量守恒 (2)小滑块从C点滑出小车后( )
A.小滑块水平速度为零. B.小滑块竖直速度为零. C.小滑块能上升到原高度. D. 小滑块不能上升到原高度
(3)求出小滑块经过车右端C点时相对地的速度大小。
分析：把M与m作为一个系统来研究，m在车上从AC的过程中，m与M在径向方上始终保持相对静止（即m始终未脱离圆弧轨道）有两层含义：（1）在相互作用的弹力（内力）方向上，M与m相对位移为零，故M与m之间的弹力（支持力与弹力）做功代数和在任一微小过程中都为零。因此，对系统来说，除重力做功外，其它力不做功或做功代数和始终为零，机械能守恒。（2）在径向方向上，M与m始终具有相同分速度（因为m与M在径向方向保持相对静止），当m经过车右端时径向方向变为水平,故此时二者在水平方向具有相同速度(即小滑块水平分速度与车的速度相同)。
在m与M相互作用的过程中，从AB过程，系统受到墙壁的弹力（外力），但不做功，机械能守恒，动量不守恒；从BC过程，系统在水平方向不受外力作用，故系统水平方向动量守恒，且机械能守恒。
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解：（1）B；（2）D；（3）小滑块m由DB过程，根据机械能守恒定律，有
mg（R+h）= mv2，∴v==10m/s。
m由BC，系统水平动量守恒，末状态m在水平方向与M有共同速度v2， 根据动量守恒定律
有mv=（m+M）v2， ∴v2=2m/s。
设m在C点的机械能为Em，m相对地面的速度为v1，则根据系统机械能守恒定律 ：
mv2=Mv22+Em，
∴Em=mv2–Mv22=50J–8J=42J
又 m的机械能Em=mgR+mv12，∴v1==6m/s，即m离开C时的速度为v1=6m/s。
例2：如图2所示，轻杆两端各系一质量为m的小球A、B，轻杆可绕过O点的光滑水平轴在竖直面内转动。A球到O的点距离为L1，B球到O点的距离为L2，且L1>L2, 轻杆水平时无初速释放小球。不计空气阻力，求杆竖直时两球的角速度大小。
分析：因轻杆与两小球A、B组成的系统可视为整体，且整体内任意两个质点之间的距离保持不变，即任意两个质点之间的相对位移为零，故系统内任何一对内力所做功代数和为零。因此对轻杆与两小球A、B组成的系统而言，只有重力做功，所以系统机械能守恒。其中，轻杆的质量可忽略，即轻杆的机械能与A、B两球的机械能相比也可以忽略。这样，A、B两球的机械能近似守恒。
解：设杆竖直时A、B两球速度分别为VA和VB，角速度为（取O点所在水平面为零势能面）。根据A、B系统机械能守恒得 0=mgL2+（1/2）mVB2--mgL1+（1/2）mVA2
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又VA=L1，VB =L1 ，∴=
2、内力做功与系统动能定理
动能定理既对一个质点成立，又对一个系统（质点系）成立。
系统的动能定理内容：系统动能的增量，等于作用于系统的所有外力和内力做功的代数和。表达式为 +=-
在应用系统的动能定理解题时，特别要注意内力所做功的代数和。下 面举例说明：
例3 如图3所示，质量是2.0kg的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为1.0kg的物块，物块与小车之间的动摩檫因数为0.5,当物块与小车同时分别受到左F1=6.0N拉力和水平向右F2=9.0N的拉力,经过0.4s同时撤去两力，为使物块不从小车上滑下，求小车最少要多长（g取10m/s）
解：对物块，由牛顿第二定律得 F1-mg=ma1 ∴a1==1.0m/s2 0.4s末速度v1=a1t=0.4m/s
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0.4s内位移s1=at2=0.08m
对小车, 由牛顿第二定律得 F2-mg=Ma2，
∴a2==2.0m/s2
0.4s末速度v2=a2t=0.8m/s
0.4s内位移s2=a2t2=0.16m
撤去两力后,最终两者达到共同速度,由动量守恒定律得 Mv2-mv1=(M+m)v ∴v==0.4m/s,向右
对全过程,应用系统的动能定理得
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F1s1+F2s2 -mgs=(M+m)v2 解得 s=0.336m ,即小车至少长0.336m。
说明:此题系牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律及系统的动能定理于一身,是一道
力学学科内综合的好题。
例4：相隔一定距离的A、B两球，质量相等，假定它们之间存在恒定的斥力作用。原来两球被按住，处于静止状态。现突然松开两球，同时给A球以速度v0，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零。若两球间的距离从最小值（两球未接触）到刚恢复原始值所经历的时间为t0 ，求B球在斥力作用下的加速度。
分析：松开后，A球做初速度为v0匀减速运动，B球做初速度为零的匀加速运动。这样，A球追及B球，
当二者速度相等时A与B球的距离最近。又A与B系统所受的和外力为零，因此系统的动量守恒。从开始
释放到距离刚好恢复原始值的过程中，A相对B的相对位移为零，相互作用的斥力做功的代数和为零，可以应用系统的动能定理解题。
解：设每个小球的质量为m，A、B的距离刚恢复到原始值时，A球的速度为v1，B球的速度为v2，当A、B的距离最小时二者的速度相等,用u表示。根据动量守恒定律得
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mv0=mv1+mv2 ① mv0=（m+m）u ②
又从开始释放到距离刚好恢复原始值的过程中, A相对B的相对位移为零，故相互作用的斥力做功的代数和为零，根据系统动能定理得 0=mv02-(mv12+mv22) ③
联立①③解得 v1=0,v2=v0 由②得 u=v0/2 。
对B球，根据匀变速运动学公式得 v2=u+at0 ∴a== 。
3、内力做功与系统机械能变化的关系。
涉及系统的机械能和其它形式的能量之间的转换问题时，有时用内力做功的代数和来量度。
例5：在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B，质量分别为m和2m，当两小球心间的距离大于L（L>2r）时，两球间无相互作用力；当两球心间的距离等于或小于L时，两球间存在相互作用的恒定斥力F。A球从远离B球处以速度v0
沿两球心连线向原来静止B球运动，如图4所示。欲使两球
不发生接触，v0必须满足什么条件？
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分析：从两球发生相互作用时起，A球将减速运动
而B球将加速运动，即为速度大者（A球）减速追速度小者
（B球），当两球速度相等时它们的距离最近，若此时两球
的距离大于2r，就不会发生接触。在求解此题时，注意到对A、B系统，只有内力做功，而且，这一对斥力做功的代数和为负值 ，等于系统的机械能的增量。又系统的动量守恒，可以求出距离相等时的速度。这样可以求出v0满足什么条件了。
解：如图5所示，从两球发生相互作用时起到距离最近，A相对B的相对位移为s，要使A、B不发生接触，应满足条件 s<L- 2r ①
对系统，外力做功为零，内力做功的代数和为-Fs，（设距离相
等时的速度为v）根据功能关系知系统的机械能的增量等于相互作用的斥
力（内力）做功的代数和，即
-Fs=（m+2m）v2-mv02 ②
根据动量守恒定律得 mv0=（m+2m）v ③
联立①②③式解得 V0<
初动能均为E0的质子和 粒子仅在相互之间的静电力作用下沿同
一直线相向运动（如图6所示），经过一段时间后，其中一个粒子的动能变
为初动能的1/4，且这两个粒子构成的系统的电势能小于当初的电势能。
设运动中这两个粒子并未相碰，求此过程中系统的电势能减少了多少？
分析：两个粒子在相互作用的过程中遵循的规律有：①质子和粒子
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系统的动量守恒。②质子和粒子系统的能量守恒，即质子和粒子系统的电势能和动能之和保持不变。③若质子和粒子相互之间的静电力（内力）做功代数和为正，则系统的电势能将减少；反之，质子和粒子相互之间的静电力（内力）做功代数和为负，则系统的电势能将增加。
质子和粒子相互之间的静电力（内力）做功代数和取决于质子和粒子之间的相对位移。由题意知，系统的电势能小于当初的电势能，质子和粒子相互之间的静电力（内力）做功代数和应为正，则末状态质子和粒子之间的距离必大于当初的距离，至少有一个粒子已经反向运动。在这过程中质子和粒子之间的距离，先减小后增大，恢复到当初的距离后，距离继续增大。
解：设质子的初速度为v0，取它的方向为正方向，则粒子的初速度为-v0/2，某一时刻两粒子之间的距离等于当初的距离，此时质子的速度为v1，粒子的速度为v2 。
从开始到距离为原值的过程中，质子和粒子相互之间的静电力（内力）做功代数和为零，则系统的电势能变化量为零，根据功能关系知系统的机械能的变化量也为零，即
mv02+（4m）（-）2=mv12+(4m)v22 ①
根据动量守恒定律得 mv0-4m()=mv1+4mv2 ②
联立①②解得 v1=-v0 ,v2= 说明质子和粒子均反向，且都正在做加速运动，质子的动能已超过初动能，粒子的动能还小于初动能的，但在逐渐增加。故当质子、粒子之间距离超过当初的距离后，动能变为初动能的的粒子应是粒子。
设质子的初动量为P0 ，则粒子的初动量为-2P0 ，当粒子的动能变为E0时，它的动量为P0，此时质子的动量用P表示，由动量守恒定律得
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P0+（-2P0）=P+P0
∴P=-2P0
此时质子的动能为E===4=4E0
∴此过程中系统的动能增量为 △E=（E0+4E0）-2E0=E0
根据能量守恒定律△E=△ε得系统的电势能的减少量为△ε=E0 。
说明：此题若应用假设法来解此题，有四种可能情况，要根据动量守恒定律和能量守恒定律逐一排除，较为复杂，在这里不再叙述。
以上通过举例说明内力做功在高中物理中容易出现的几种情况。内力做功在高中物理中是一个难点，往往很多教师避而不谈，本人认为这不是解决问题的办法，应该给学生讲清内力做功的几种特殊情况（如本文介绍）。以上是本人的一些陋见。若有不妥之处，请专家和同行批评指正。
