內力做功的兩個特例與應用
在一個力學系統內部相互作用的力叫“內力”，這個力學系統與外部物體相互作用的力叫“外力”。下面是小編為大家收集的內力做功的兩個特例與應用，供大家參考借鑒，希望可以幫助到有需要的朋友。
一對內力做功的代數和取決于力和在力的方向上發生的相對位移，跟參照物的選取無關。此結論有兩個特例：
（1）若內力為恒力，則一對內力（作用力與反作用力）做功的代數和數值上等于其中一個力和在力的方向上發生的相對位移大小的乘積。如一對大小不變的滑動摩檫力做功的代數和（為負值）的絕對值等于摩檫力的大小與相對位移大小的乘積，用來量度系統的機械能轉化為內能的那部分能量。
�。�2）若兩個物體在內力的方向上發生的相對位移為零，或者兩個物體在內力方向上始終保持相對靜止，則該對內力做功的代數和為零。如一對靜摩檫力做功的代數和為零，因此不會使系統的機械能發生變化。
二、結論的應用
內力做功與系統機械能守恒。
系統內只有保守內力做功，非保守內力（如摩檫力）和一切外力所做的總功為零時，系統內各物體的動能和勢能可以相互轉化，但它們的總量保持不變。這就是系統的機械能守恒定律。但涉及到內力做功問題時學生往往搞不清楚。
例1：如圖1所示，小車質量M=4kg，車內壁ABC為一半徑R=2.4m的半圓，車左側緊靠墻壁，質量m=1kg的小滑塊，從距車壁A點正上方高度為h=2.6m的D點，由靜止下落后滑入車內，若不計一切摩檫，g取10m/s2。（將（1）（2）題正確選項填入題號前的括號中）
�。�1）小滑塊在車上由a滑到C的過程中，滑塊與車的系統（ ）
a.機械能不守恒. b.機械能守恒 C。動量守恒. d.水平動量守恒 (2)小滑塊從C點滑出小車后( )
A.小滑塊水平速度為零. B.小滑塊豎直速度為零. C.小滑塊能上升到原高度. D. 小滑塊不能上升到原高度
(3)求出小滑塊經過車右端C點時相對地的速度大小。
分析：把M與m作為一個系統來研究，m在車上從AC的過程中，m與M在徑向方上始終保持相對靜止（即m始終未脫離圓弧軌道）有兩層含義：（1）在相互作用的彈力（內力）方向上，M與m相對位移為零，故M與m之間的彈力（支持力與彈力）做功代數和在任一微小過程中都為零。因此，對系統來說，除重力做功外，其它力不做功或做功代數和始終為零，機械能守恒。（2）在徑向方向上，M與m始終具有相同分速度（因為m與M在徑向方向保持相對靜止），當m經過車右端時徑向方向變為水平,故此時二者在水平方向具有相同速度(即小滑塊水平分速度與車的速度相同)。
在m與M相互作用的過程中，從AB過程，系統受到墻壁的彈力（外力），但不做功，機械能守恒，動量不守恒；從BC過程，系統在水平方向不受外力作用，故系統水平方向動量守恒，且機械能守恒。
解：（1）B；（2）D；（3）小滑塊m由DB過程，根據機械能守恒定律，有mg（R+h）= mv2，∴v==10m/s。
m由BC，系統水平動量守恒，末狀態m在水平方向與M有共同速度v2， 根據動量守恒定律有mv=（m+M）v2， ∴v2=2m/s。
設m在C點的機械能為Em，m相對地面的速度為v1，則根據系統機械能守恒定律 ：
mv2=Mv22+Em，
∴Em=mv2–Mv22=50J–8J=42J
又 m的機械能Em=mgR+mv12，∴v1==6m/s，即m離開C時的速度為v1=6m/s。
例2：如圖2所示，輕桿兩端各系一質量為m的小球A、B，輕桿可繞過O點的光滑水平軸在豎直面內轉動。A球到O的點距離為L1，B球到O點的距離為L2，且L1>L2, 輕桿水平時無初速釋放小球。不計空氣阻力，求桿豎直時兩球的角速度大小。
分析：因輕桿與兩小球A、B組成的系統可視為整體，且整體內任意兩個質點之間的距離保持不變，即任意兩個質點之間的相對位移為零，故系統內任何一對內力所做功代數和為零。因此對輕桿與兩小球A、B組成的系統而言，只有重力做功，所以系統機械能守恒。其中，輕桿的質量可忽略，即輕桿的機械能與A、B兩球的機械能相比也可以忽略。這樣，A、B兩球的機械能近似守恒。
解：設桿豎直時A、B兩球速度分別為VA和VB，角速度為（取O點所在水平面為零勢能面）。根據A、B系統機械能守恒得 0=mgL2+（1/2）mVB2--mgL1+（1/2）mVA2
又VA=L1，VB =L1 ，∴=
2、內力做功與系統動能定理
動能定理既對一個質點成立，又對一個系統（質點系）成立。
系統的動能定理內容：系統動能的增量，等于作用于系統的所有外力和內力做功的代數和。表達式為 +=-
在應用系統的動能定理解題時，特別要注意內力所做功的代數和。下 面舉例說明：
例3 如圖3所示，質量是2.0kg的小車放在光滑水平面上，在小車右端放一質量為1.0kg的物塊，物塊與小車之間的動摩檫因數為0.5,當物塊與小車同時分別受到左F1=6.0N拉力和水平向右F2=9.0N的拉力,經過0.4s同時撤去兩力，為使物塊不從小車上滑下，求小車最少要多長（g取10m/s）
解：對物塊，由牛頓第二定律得 F1-mg=ma1 ∴a1==1.0m/s2 0.4s末速度v1=a1t=0.4m/s
0.4s內位移s1=at2=0.08m
對小車, 由牛頓第二定律得 F2-mg=Ma2，
∴a2==2.0m/s2
0.4s末速度v2=a2t=0.8m/s
0.4s內位移s2=a2t2=0.16m
撤去兩力后,最終兩者達到共同速度,由動量守恒定律得 Mv2-mv1=(M+m)v ∴v==0.4m/s,向右對全過程,應用系統的動能定理得
F1s1+F2s2 -mgs=(M+m)v2 解得 s=0.336m ,即小車至少長0.336m。
說明:此題系牛頓第二定律、運動學公式、動量守恒定律及系統的動能定理于一身,是一道力學學科內綜合的好題。
例4：相隔一定距離的A、B兩球，質量相等，假定它們之間存在恒定的斥力作用。原來兩球被按住，處于靜止狀態。現突然松開兩球，同時給A球以速度v0，使之沿兩球連線射向B球，B球初速度為零。若兩球間的距離從最小值（兩球未接觸）到剛恢復原始值所經歷的時間為t0 ，求B球在斥力作用下的加速度。
分析：松開后，A球做初速度為v0勻減速運動，B球做初速度為零的勻加速運動。這樣，A球追及B球，當二者速度相等時A與B球的距離最近。又A與B系統所受的和外力為零，因此系統的動量守恒。從開始釋放到距離剛好恢復原始值的過程中，A相對B的相對位移為零，相互作用的斥力做功的代數和為零，可以應用系統的動能定理解題。
解：設每個小球的質量為m，A、B的距離剛恢復到原始值時，A球的速度為v1，B球的速度為v2，當A、B的距離最小時二者的速度相等,用u表示。根據動量守恒定律得
mv0=mv1+mv2 ① mv0=（m+m）u ②
又從開始釋放到距離剛好恢復原始值的過程中, A相對B的相對位移為零，故相互作用的斥力做功的代數和為零，根據系統動能定理得 0=mv02-(mv12+mv22) ③
聯立①③解得 v1=0,v2=v0 由②得 u=v0/2 。
對B球，根據勻變速運動學公式得 v2=u+at0 ∴a== 。
3、內力做功與系統機械能變化的關系。
涉及系統的機械能和其它形式的能量之間的轉換問題時，有時用內力做功的代數和來量度。
例5：在光滑的'水平軌道上有兩個半徑都是r的小球A和B，質量分別為m和2m，當兩小球心間的距離大于L（L>2r）時，兩球間無相互作用力；當兩球心間的距離等于或小于L時，兩球間存在相互作用的恒定斥力F。A球從遠離B球處以速度v0沿兩球心連線向原來靜止B球運動，如圖4所示。欲使兩球不發生接觸，v0必須滿足什么條件？
分析：從兩球發生相互作用時起，A球將減速運動而B球將加速運動，即為速度大者（A球）減速追速度小者（B球），當兩球速度相等時它們的距離最近，若此時兩球的距離大于2r，就不會發生接觸。在求解此題時，注意到對A、B系統，只有內力做功，而且，這一對斥力做功的代數和為負值 ，等于系統的機械能的增量。又系統的動量守恒，可以求出距離相等時的速度。這樣可以求出v0滿足什么條件了。
解：如圖5所示，從兩球發生相互作用時起到距離最近，A相對B的相對位移為s，要使A、B不發生接觸，應滿足條件 s<L- 2r ①
對系統，外力做功為零，內力做功的代數和為-Fs，（設距離相等時的速度為v）根據功能關系知系統的機械能的增量等于相互作用的斥
力（內力）做功的代數和，即
-Fs=（m+2m）v2-mv02 ②
根據動量守恒定律得 mv0=（m+2m）v ③
聯立①②③式解得 V0<
初動能均為E0的質子和 粒子僅在相互之間的靜電力作用下沿同一直線相向運動（如圖6所示），經過一段時間后，其中一個粒子的動能變為初動能的1/4，且這兩個粒子構成的系統的電勢能小于當初的電勢能。
設運動中這兩個粒子并未相碰，求此過程中系統的電勢能減少了多少？
分析：兩個粒子在相互作用的過程中遵循的規律有：
�、儋|子和粒子系統的動量守恒。②質子和粒子系統的能量守恒，即質子和粒子系統的電勢能和動能之和保持不變。③若質子和粒子相互之間的靜電力（內力）做功代數和為正，則系統的電勢能將減少；反之，質子和粒子相互之間的靜電力（內力）做功代數和為負，則系統的電勢能將增加。
質子和粒子相互之間的靜電力（內力）做功代數和取決于質子和粒子之間的相對位移。由題意知，系統的電勢能小于當初的電勢能，質子和粒子相互之間的靜電力（內力）做功代數和應為正，則末狀態質子和粒子之間的距離必大于當初的距離，至少有一個粒子已經反向運動。在這過程中質子和粒子之間的距離，先減小后增大，恢復到當初的距離后，距離繼續增大。
解：設質子的初速度為v0，取它的方向為正方向，則粒子的初速度為-v0/2，某一時刻兩粒子之間的距離等于當初的距離，此時質子的速度為v1，粒子的速度為v2 。
從開始到距離為原值的過程中，質子和粒子相互之間的靜電力（內力）做功代數和為零，則系統的電勢能變化量為零，根據功能關系知系統的機械能的變化量也為零，即：
mv02+（4m）（-）2=mv12+(4m)v22 ①
根據動量守恒定律得 mv0-4m()=mv1+4mv2 ②
聯立①②解得 v1=-v0 ,v2= 說明質子和粒子均反向，且都正在做加速運動，質子的動能已超過初動能，粒子的動能還小于初動能的，但在逐漸增加。故當質子、粒子之間距離超過當初的距離后，動能變為初動能的的粒子應是粒子。
設質子的初動量為P0 ，則粒子的初動量為-2P0 ，當粒子的動能變為E0時，它的動量為P0，此時質子的動量用P表示，由動量守恒定律得
P0+（-2P0）=P+P0
∴P=-2P0
此時質子的動能為E===4=4E0
∴此過程中系統的動能增量為 △E=（E0+4E0）-2E0=E0
根據能量守恒定律△E=△ε得系統的電勢能的減少量為△ε=E0 。
說明：此題若應用假設法來解此題，有四種可能情況，要根據動量守恒定律和能量守恒定律逐一排除，較為復雜，在這里不再敘述。
以上通過舉例說明內力做功在高中物理中容易出現的幾種情況。內力做功在高中物理中是一個難點，往往很多教師避而不談，本人認為這不是解決問題的辦法，應該給學生講清內力做功的幾種特殊情況（如本文介紹）。以上是本人的一些陋見。若有不妥之處，請專家和同行批評指正。
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