動能定理是否有單方向的“分解式”

孫永茂

(贛州市第三中學 江西 贛州 341000)

1 問題引出

中學階段有三大觀點可以解決力與運動的相關問題，分別是力的觀點、動量觀點和能量觀點，對于牛頓運動定律、動量定理和動量守恒定律，都可以分方向進行運用.對于動能定理，表述的是功與能的關系，功和能都是標量，可以分方向運用動能定理嗎？也就是說，動能定理是否有單方向的“分解式”？我們從一道力學題入手進行分析.

【例1】如圖1所示，一質量為m,電荷量為q的正電粒子在勻強電場中運動，A和B為其運動軌跡上的兩點.已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°,它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°.不計重力，求A，B兩點間的電勢差.

圖1 例1題圖

在教學過程中，發現學生有以下兩種解法.

解法1：帶電粒子只受電場力，粒子沿電場方向做勻加速直線運動，垂直電場方向做勻速直線運動，有

vBsin 30°=v0sin 60°

(1)

粒子從A到B點，由動能定理

(2)

聯立式(1)、(2)得

解法2：帶電粒子只受電場力，所以粒子速度的改變是由電場力決定的，電場力僅改變粒子沿電場方向的速度大小，在沿電場方向使用動能定理

(3)

物體在垂直電場方向做勻速直線運動，有

vBsin 30°=v0sin 60°

(4)

聯立式(3)、(4)得

【分析】對比兩種解法，計算結果相同，對于解法1，教師和學生都非常認同.但對于解法2，咨詢多位教學經驗豐富的物理老師，發現此解法存在非常大的爭議，教師之間存在兩種不同的觀點：

觀點1：解法2錯誤，因為動能定理是標量式，不能進行矢量分解，故不可以單方向運用動能定理，解法2的計算結果與解法1相同只是計算的巧合，不能當做規律進行推廣.

觀點2：解法2正確，動能定理是標量式是毋庸置疑的，但標量也可以分解，如總功就可以分解為各個力做功之代數和.同理，對于動能的總變化量可以為各方向的動能變化量的代數和[1,2].本題中，在沿電場方向和垂直電場方向建立直角坐標系，再分別求解各方向的動能的變化量，則有

F合s=ΔEkx+ΔEky

又因物體僅受水平方向的電場力，則ΔEky=0，所以有F合s=ΔEkx，即解法2是正確的.

以上兩種觀點哪個是正確的？此帶電粒子的合力為水平方向，即解法2在水平方向使用了動能定理，而持觀點1 的教師不認同此解法.兩種觀點的爭論點圍繞于是否存在單方向的動能定理“分解式”.接下來進行理論分析，論證是否存在動能定理的單方向“分解式”.

2 理論分析

動能的大小和速度有關，而速度是矢量，故建立三維直角坐標系O-xyz，如圖2所示，各方向的單位分矢量為i,j和k，合力為F，位移為s，初速度為v1，末速度為v2，由矢量的標積，可以計算以下物理量.

圖2 三維直角坐標系

合力做的功為

W=F·s=

(Fxi+Fyj+Fzk)·(sxi+syj+szk)=

Fxi·sxi+Fxi·syj+Fxi·szk+Fyj·

sxi+Fyj·syj+Fyj·szk+Fzk·

sxi+Fzk·syj+Fzk·szk=

Fxsx+Fysy+Fzsz

動能的變化量

由動能定理：W=ΔEk，即

據力和運動的獨立性，在x方向上

得

即ΔWx=ΔEkx

在y和z方向，同理可得

即

ΔWy=ΔEkyΔWz=ΔEkz；

將3方向關系式累加也可得

Fxsx+Fysy+Fzsz=

3 適用條件

通過理論分析，證明了動能定理存在類似于“分量形式”的單方向“分解式”，那此規律存在條件嗎?我們以一道例題入手進行分析.

【例2】質量為m的物體靜止于地面上，現有兩個大小相等且互成60°的力F同時作用于物體，經時間t后，物體的速度為v，求其中一個力做的功.

常規解法：物體做初速度為零的勻加速直線運動，由動能定理

(5)

兩個力大小和沿力方向上的分位移大小相同(s1=s2)，如圖3所示，故兩力所做功相同，則每個力做的功

圖3 位移分解

(6)

由式(5)和(6)得

錯解：將v沿兩分力方向分解為v1和v2，由圖4所示，可知

圖4 速度分解

由動能定理的“分解式”，一個力做的功為

分析:在錯解中，似乎運用了動能定理單方向的“分解式”，但發現計算結果是錯誤的，說明動能定理單方向的“分解式”在運用的時候存在條件.到底是什么條件？不難發現，之前推導單方向的動能定理“分解式”是建立在直角坐標系的基礎上的，如果不是直角坐標系下的分解，而是斜角坐標系下的分解，是否還有相同的結果？我們運用向量的相關知識進行分析.

情境創設:物體在合外力為恒力F的作用下以初速度v0開始做勻加速直線運動，經時間t后，位移為s，末速度為v.

分析:建立斜角坐標系xOy，如圖5所示，其中x軸和y軸的夾角為θ，之后將力F和位移s和速度v0,v按平行四邊形定則分解到x軸和y軸.

圖5 力、位移和速度分解

對于總功，運用向量求解總功為

W=F·s=(F1+F2)·(x+y)=

F1·x+F1·y+F2·x+F2·y=

F1x+F1ycosθ+F2xcosθ+F2y

由此可見，“總功”和“分力的功”也不是簡單的標量相加.

對于動能，與速度有關，速度又是矢量，先對速度進行矢量分解，再用向量求解，有

由此可見，“合動能”和類似于分解式的“分動能”并不是簡單的標量相加，其運算規則更加的復雜.綜上所述，功和動能的分解規則不是簡單的標量合成，且兩者的運算規則相同.

由動能定理

當時θ=90°時，有

此時單方向動能定理的“分解式”才能使用，即需建立直角坐標系，將力和速度分解到坐標軸上.

再回顧例題2，以其中一個力F的所在方向為x軸建立直角坐標系，如圖6所示，其中F1,s1,v1分別是力F,位移s,速度v在x軸上的分量，在x軸上運用動量定理的“分解式”，有

圖6 力、位移和速度分解

又

F1=Fcos 60°s1=scos 30°v1=vcos 30°

4 案例運用

利用動能定理單方向的“分解式”可以快速解決一些相對復雜的問題，接下來看到以下例題.

【例3】在水平向右的勻強電場中，如圖7所示，場強為3 V/m，一電荷量為2 C的小球從A點豎直向上拋出.如圖7所示，運動軌跡中的A,B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點.小球拋出時的動能為8 J，在M點的動能為6 J，不計空氣的阻力.求：

圖7 例3題圖

(1)小球水平位移x1與x2的比值；

(2)小球落到B點時的動能EkB；

(3)小球從A點運動到B點的過程中最小動能Ekmin.

解：(1)沿水平和豎直方向建立直角坐標系，如圖8所示.在豎直方向，小球受重力，做豎直上拋運動，又A,B兩點等高，所以A→M和M→B所用時間相同.在水平方向上，小球僅受電場力，做初速度為零的勻加速直線運動，由初速度為零的勻變速直線運動規律，得x1∶x2=1∶3.

圖8 運動分解

(2)小球從A→M，M點為最高點，則M點的速度水平，在水平方向上運用動能定理的“分解式”為

WAM電=EkMx-EkAx

其中

EkMx=6 JEkAx=0 J

得WAM電=6 J.

又x1∶x2=1∶3，則

A→B,WAB電=4WAM電=24 J

小球從A→B，由動能定理，得

WAB電=EkB-EkA

又EkA=8 J，得EkB=32 J.

(3)物體從A→M，設小球所受的電場力為F,在水平和豎直方向分別運用動能定理的“分解式”，有

Fx1=EkMx-EkAx

(7)

-Gh=EkMy-EkAy

(8)

其中EkAx=0，EkMy=0，得

Fx1=6 JGh=8 J

又

(9)

(10)

由式(7)～(10)得

由圖9可知

設電場力和重力的合力為

F合=mg′=G′

式中G′為等效重力，以G′所在方向為軸建立直角坐標系，如圖9所示.

圖9 等效重力場

在小球從A到B的過程中，將速度分解至坐標軸上，當小球在沿G′方向的分速度減為零時，具最小速度為

vmin=v0sinθ

又

且

得