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1、关于系统内力做功之和的分析哈尔滨师范大学附属中学（150080） 郭明远 在一些物理过程中，常常涉及系统内力做功问题，而系统内力做功之和是否为零，关系到系统机械能是否守恒的判断；计算系统所受各力做功之和，也是对系统列动能定理所需要的。但此问题中有些细节难以讲清楚，因此对这一问题的分析是有必要的。现将本人总结的有关规律阐述如下，供同行商讨。 （一）直接相互作用的物体所构成的系统，可用以下规律来分析此系统中内力做功之和是否为零。 规律1：若两个力F1、F2等大反向共线，即F1=F2=F且二者方向相反（下同），并且F1、F2所作用的物体相对于地面发生了相同的位移，即s1=s2=s(为简单起见，这里物
2、体的位移与力作用点的位移一样，下同)，设F1与s的夹角为，可推知F2与s的夹角为-，则这两个力做功之和为W= F1 s1 cos1+ F2 s2 cos2 = F s cos+ F s cos(-）= 0. ABF图1 例如图1中，A、B两物体在水平力F作用下沿水平地面加速运动，A、B相对静止，由规律1知此情形下A对B的摩擦力与B对A的摩擦力做功之和为零。规律2：（）两个力F1、F2等大反向共线，设F1=F2=F，若二力所作用的物体在F1、F2的作用线的方向上相对地面发生了相同的位移s/，设s/与F1同向，可推知s/与F2反向，则此二力做功之和 W= (F1 s/)+( - F2 s/) =
3、F s/ - F s/ =0 ； （）若二力所作用的物体在F1、F2的作用线的方向上相对地面发生的位移不相同，其差大小为s，则此二力做功之和的绝对值|W|=|Fs |0.F0mM图3F1F2mM图2例如图2中光滑地面上有一小车M，小物块m从M的粗糙曲面上由静止滑下，在m滑离M之前的过程中，由规律2的（）知m与M之间相互作用的弹力做功之和为零，因为m与M在垂直于接触面方向即弹力作用线方向上时时刻刻都没有相对位移，即此方向上二者相对于地面的位移相等；而由规律2的（）知m与M之间相互作用的摩擦力做功之和不为零，因为m与M在曲面的切线方向上发生了相对滑动，即在摩擦力作用线的方向上发生的对地位移不同。故
4、m、M系统除重力以外摩擦力做功之和不为零，因此机械能不守恒。（二）由轻绳连接而构成的系统。如图3中伸长量可略且足够长的轻绳跨过定滑轮连接的两物体，质量分别为m、M，mM，不计一切摩擦，M在水平力F0拉动下带动m向右运动。运动中，因不计摩擦且绳质量为零，所以m和M对绳的拉力等大且对绳不做功，再结合牛顿第三定律可知绳对m和M的力F1、F2也应等大（设为F）； 又因绳一直绷紧且伸长量可略，所以m 、M在沿绳方向上的位移s/1、s/2大小一样（设为s/），且这里F1与s/1同向，F2与s/2反向。故绳对m、M做功之和W=W1+W2=(F1s/1)+(-F2s/2)= Fs/- Fs/=0.因此这里m与
5、M系统所受各力做功之和即为F0所作的功。由此可对此系统列动能定理方程解相关问题。可见抓住轻绳施力特点（沿着绳、等大）及不可伸长的特点可判断由轻绳连接而构成的系统内力做功之和是否为零。mmOAB2LL图4(三)由轻杆连接而构成的系统。例如图4中一轻杆两端固定着两个质量均为m的小球A和B，0点是一个光滑的水平轴，且AO=L,BO=2L，使杆从水平位置由静止开始释放，当B球转到O点正下方时，求杆对B球的拉力的大小。AmmOB图5F1F2L1L2L2L这里因为轻杆的质量可不计，所以轻杆的转动惯量I为零，根据轻杆所受力矩和M杆与转动惯量I、角加速度的关系：M杆=I，可知M杆=0，即相对于这里的水平轴O,
6、A、B对杆的力矩矢量和为零，结合牛顿第三定律可推知杆对A、B相对于0轴的力矩矢量和M=0.若转动过程中某时刻（任意取的）杆对A的力设为F1（如图5）,则据式可推知此时杆对B的力F2应指向OB方向的上方，即相对于水平轴O ，F1与F2的力矩方向相反。F1、F2的力矩矢量和可表示为M=F1L1-F2L2= F1 L cos-F22Lcos.研究此时刻后t（t足够小）时间内，杆转过角（也应足够小），则A、B在t内的位移大小分别为L和 2L；将式代入式后，方程两边同乘以，得F1 cosL-F2cos2L=0，其中F1cos和F2cos由图可知分别为在t内F1沿A位移方向的分量和F2沿B位移方向的分量。所以式中F1 cosL为F1在t时间内做的功，-F2cos2L为F2在t时间内做的功。由式可见杆对A、B做功之和为零。因此A、B和杆所构成的系统除重力外其它力做功之和为零，机械能守恒。故此过程中对系统有-EPG =EK即-（mgL-mg2L）=(mV2A/2+ mV2B/2) - 0；并且；V A；V ；可得V2B8，对转到点正下方时有-V2B（）将式代入式中，得1.8mg. 由上分析,可知从轻杆所受力矩矢量和为零的特点入手可分析出杆对物体做功的和是否为零。
