内力做功的两个特例与应用

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1、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

2、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，

3、g取10m/s2。（将（1）（2）题正确选项填入题号前的括号中）（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（

4、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

5、方向动量守恒，且机械能守恒。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

6、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

7、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，

8、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/s20.4s末速度v1=a1t=0.4m/s0.