广东海洋大学：《大学物理》课程教学资源（教案讲义）第三章 守恒定律 Concervation laws

教案第三章守恒定律 第三章守恒定律Concervation laws S1质点和质点系的动量定理Theorem of momentum of particle and particles 1.动量定理 由牛顿第二定理得：F=ma= n在：Fd=mdh 积分：心Fd=心m本 [Fdt=mv2 -mv 写为：1=E-P 1=[作Fd为作用于物体上的力和作用时间之积，称为物体所受的冲量。m=P称为物 体的动量。上式说明：在给定时间内，外力作用在物体上的冲量等于物体在时间内动量的 增量，这就是动量原理。 一般说来，力F为变量，但变力冲量的大小可以用在一相同的时间内，具有恒定大小 的平均作用力F来代替，其冲量是等效的，即： F.AI="Fdt F 用图形表示如左图，图中下-1曲线下的面积与F-1曲线 下的面积相等。 P=mm的物理意义： P既反映下的变化，又反映m的变化，故描述物体的运动时，P比下更确切些。因 此，P和F是描述物体机械运动状态的参量

教案 第三章 守恒定律 38 第三章 守恒定律 Concervation laws §1 质点和质点系的动量定理 Theorem of momentum of particle and particles 1．动量定理 由牛顿第二定理得： dt dv F ma m    = = ； Fdt mdv   = 积分：   = 2 1 2 1 t t v v Fdt mdv      = − 2 1 2 1 t t Fdt mv mv    写为： P2 P1 I    = −  = 2 1 t t I Fdt   为作用于物体上的力和作用时间之积，称为物体所受的冲量。 mv P   = 称为物 体的动量。上式说明：在给定时间内，外力作用在物体上的冲量等于物体在时间内动量的 增量，这就是动量原理。 一般说来，力 F  为变量，但变力冲量的大小可以用在一相同的时间内，具有恒定大小 的平均作用力 F  来代替，其冲量是等效的，即： F t Fdt t t   = 2 1   用图形表示如左图，图中 F − t  曲线下的面积与 F − t  曲线 下的面积相等。 P mv   = 的物理意义： P  既反映 v  的变化，又反映 m 的变化，故描述物体的运动时， P  比 v  更确切些。因 此， P  和 r  是描述物体机械运动状态的参量。 t t1 t2 F F

教案第三章守恒定律 牛顿定律可以写为： F=dp_d(m) (1) d 当m=C时： F=m东 (2) (1)式具有更为普遍的形式。 上式中的F为物体所受的和外力，当然包括重力，这在应用动量定理时要特别注意。 2.质点系的动量定理 对于由多个质点组成的质点系，第1个质点受的力为外力F,和内力了，由质点的动量 定理有d(E+了)=dP 对于整个质点系的几个质点求和有： 叫2r+2小2p 注意到系统的内力总是成对出现的，互为作用力和反作用力，且作用时间均相等，故 有∑7，d=0 上式变为：立F:山=空月 积分后为：2Fd=∑P-2月 即：∑i-p-E 上式表明：在一段时间内作用在质点系上所有外力冲量的矢量和，少于该段时间内质 点系总动量的增量。这就是质点系的动量定理。 例题：质量m=1kg的小球，在h20m处以w=10ms平 抛，落地后跳起的最大高度为10m,水平速度为5ms。 设球与地面的碰撞时间为0.01s。求：(1)平抛过程中任 一时刻小球的动量以及从抛出到落地过程中动量的增量。 *39

教案 第三章 守恒定律 39 牛顿定律可以写为： ( ) dt d mv dt dP F    = = （1） 当 m=C 时： ma dt dv F m    = = （2） （1） 式具有更为普遍的形式。 上式中的 F  为物体所受的和外力，当然包括重力，这在应用动量定理时要特别注意。 2．质点系的动量定理 对于由多个质点组成的质点系，第 i 个质点受的力为外力 Fi  和内力 i f  ，由质点的动量 定理有 ( ) i i dPi dt F f     + = 对于整个质点系的几个质点求和有：        =       +  = = = n i i n i i n i dt Fi f d P 1 1 1    注意到系统的内力总是成对出现的，互为作用力和反作用力，且作用时间均相等，故 有 =  = n i f i dt 1 0  上式变为：   = =  = n i n i Fi dt d Pi 1 1   积分后为：    = = =  = − n i n i n i Fi dt Pi P 1 1 1 0    即：  = − i I i P P0    上式表明：在一段时间内作用在质点系上所有外力冲量的矢量和，少于该段时间内质 点系总动量的增量。这就是质点系的动量定理。 例题：质量 m=1 kg 的小球，在 h=20 m 处以 v0=10 m/s 平 抛，落地后跳起的最大高度为 10 m，水平速度为 5 m/s。 设球与地面的碰撞时间为 0.01s。求：（1）平抛过程中任 一时刻小球的动量以及从抛出到落地过程中动量的增量。 y h 2 h 2 0 v v0 x

教案第三章守恒定律 (2)小球与地面碰撞过程中受到的水平冲力（计算中g取10）。 解：(1)Pd==vi+（g)万=10i+(-10)万 2h。2×20=25 落地前飞行时间为：1一g10 这段时间内的动量增量为：△P=F.1=-mg1=-20j (2)x方向的平均冲力为：F=△1=△mw F=7m-1x5-10.-50ON方向沿r箱负向。 0.01 同理，y方向的平均冲力为F,有 (E-mg)△1=△y, 而y2=√2gh,；y1=V2gh,方向一上一下 F=mg+Am=1x10+2x10x10+2x10x20-342×10N 0.01 F=VF2+F2=V5002+3420=3.46×103N 方向为：0=arctg 500 ag346x10-1819 S2动量守恒定律Conservation ofmomentum 本节研究系统不受外力作用或合外力为零时，动量之间的关系。为简单起见，以两小 球对心碰撞为例来研究。 10 ○6- 40

教案 第三章 守恒定律 40 （2）小球与地面碰撞过程中受到的水平冲力（计算中 g 取 10）。 解：（1） P(t) mv(t) v i ( g)tj i ( )tj       = = 0 + − = 10 + −10 落地前飞行时间为： s g h t 2 10 2 2 20 =  = = 这段时间内的动量增量为： P F t mgj t j      =  = −  = −20 （2） x 方向的平均冲力为： x mvx F = t =  ( ) N t mv F x x 500 0.01 1 5 10 = −  − =    = 方向沿 x 轴负向。 同理，y 方向的平均冲力为 Fy，有 ( ) y mvy F − mg  t =  而 2 2gh2 vy = ； 1 2gh1 vy = ，方向一上一下 N t mv F mg y 3 3.42 10 0.01 2 10 10 2 10 20 1 10 =    +   =  +   = + F Fx Fy ( ) N 2 2 2 2 3 = + = 500 + 3420 = 3.4610 方向为 ： 18 19 3.46 10 500 3 =   = =  arctg F F arctg y x  §2 动量守恒定律 Conservation of momentum 本节研究系统不受外力作用或合外力为零时，动量之间的关系。为简单起见，以两小 球对心碰撞为例来研究。 Fx F  m1 m2 F21 F12 v1 v2 v20 v10

教案第三章守恒定律 各己知量如图，其中F2=-F1,是一对作用力与反作用力，根据动量原理： 对m1:F2,△1=m,可1-m可10 对m:F2△=m22-m220 由上两式可得： m1+m22=m10+m220 (1) (1)表明：在无外力作用的条件下，两球的总动量碰撞前后保持不变。 推广：1)上述结论对多个物体组成的系统也是成立的。 2)对不是对心碰撞也成立。 3)上述结论虽是从宏观物体的运动中得出的，但对微观领域的问题也是适用的，是最基 本的定律之一。 有了上述三条推广，将(1)式写为普遍形式： 立m元=C条件∑月=0 (2) (2)式即为动量守恒定律的数学表达式，即如果系统所受合外力的矢量和为零，则系统 内各物体的动量矢量和保持不变。写出分量形式为： 立%=C 25=0 之F,=0 (3) 说明：有时虽然系统所受合外力不为零，但内力远大于外力，这时可忽略外力作用，近似 认为系统的动量是守恒的。如碰撞和打击这一类问题即是这样处理的。 例题：一枚返回式火箭以2.5×103ms1的速率相对地面沿水平方向飞行，设空气阻力不计， 现由控制系统使火箭分离为两部分，前方部分是质量为100kg的仪器舱，后方部分是质量 为200kg的火箭容器。若仪器舱相对火箭容器的水平速率为1.0×103ms1.求仪器舱和火 箭容器相对地面的速度。 y y 解如图所示，以地面为惯性系 S,设下为火箭分离前火箭相对

教案 第三章 守恒定律 41 各已知量如图，其中 F12 F21   = − ，是一对作用力与反作用力，根据动量原理： 对 m1： 21 1 1 1 10 F t m v m v     = − 对 m2： 12 2 2 2 20 F t m v m v     = − 由上两式可得： 1 1 2 2 1 10 2 20 m v m v m v m v     + = + （1） （1）表明：在无外力作用的条件下，两球的总动量碰撞前后保持不变。 推广：1）上述结论对多个物体组成的系统也是成立的。 2）对不是对心碰撞也成立。 3）上述结论虽是从宏观物体的运动中得出的，但对微观领域的问题也是适用的，是最基 本的定律之一。 有了上述三条推广，将（1）式写为普遍形式： = = n i mi vi C 1   ，条件 Fi = 0  （2） （2）式即为动量守恒定律的数学表达式，即如果系统所受合外力的矢量和为零，则系统 内各物体的动量矢量和保持不变。写出分量形式为： = = n i mi vix C 1 = = n i Fix 1 0  = = n i mi viy C 1 = = n i Fiy 1 0  (3) 说明：有时虽然系统所受合外力不为零，但内力远大于外力，这时可忽略外力作用，近似 认为系统的动量是守恒的。如碰撞和打击这一类问题即是这样处理的。 例题：一枚返回式火箭以 2.5×103m·s-1 的速率相对地面沿水平方向飞行，设空气阻力不计， 现由控制系统使火箭分离为两部分，前方部分是质量为 100 ㎏的仪器舱，后方部分是质量 为 200 ㎏的火箭容器。若仪器舱相对火箭容器的水平速率为 1.0×103m·s-1 .求仪器舱和火 箭容器相对地面的速度。 解 如图所示，以地面为惯性系 S，设 v  为火箭分离前火箭相对

教案第三章守恒定律 惯性系S的速度，可和可，为火箭分离后，仪器舱或火箭容器相对惯性系S的速度。'为 分离后仪器舱相对火箭容器的速度取火箭容器为惯性系S',$系沿xx轴以速度以相 对S系运动由相对运动的速度公式有：可=可2+'由于它们三者都在同一水平面上，故上 式为： y=y2+v 在火箭分离前后，它只受到铅直方向的重力作用，所以沿水平方向动量守恒，有： (m +m)v my +mv2 解上两式得：2=v- m一 m1+m2 代入数据得：y=2.17×103ms1:,=3.17×103ms ”,和2都是正值，他们的速度方向相同，且与v同向.只不过仪器舱推动后其速率变大，相反， 火箭容器的速率却变慢了，从而实现了动量的转移 例题：如图，一质子(vg=6×103m/s,mm=lu)和一氢核。 解：建立如图所示的坐标系，设碰撞后氢核的速度为'与y轴成α角，相互作用力只有核 力，故动量守恒。 x:muvu =-mnVa sin 37+muevie sin a VH y:mHeVHe muVu cos37+mnevHe cosa 解得： %5ma="mL(n+nsm37）=24×10m15 mHe n cos=Vteme cos37=2.7x10'mls 由以上两式解得： 42

教案 第三章 守恒定律 42 惯性系 S 的速度， 1 v  和 2 v  为火箭分离后，仪器舱或火箭容器相对惯性系 S 的速度。 v   为 分离后仪器舱相对火箭容器的速度.取火箭容器为惯性系 S’ ，S’系沿 xx’轴以速度以 2 v   相 对 S 系运动.由相对运动的速度公式,有： v = v + v     1 2 由于它们三者都在同一水平面上,故上 式为： v = v +v  1 2 在火箭分离前后,它只受到铅直方向的重力作用,所以沿水平方向动量守恒,有： 1 2 1 1 2 2 (m +m )v = m v +m v 解上两式得： v m m m v v  + = − 1 2 1 2 代入数据得： 3 1 1 2.17 10 − v =  ms ； 3 1 2 3.17 10 − v =  ms v1 和 v2 都是正值,他们的速度方向相同,且与 v 同向.只不过仪器舱推动后其速率变大,相反, 火箭容器的速率却变慢了,从而实现了动量的转移. 例题：如图，一质子（ v m s H 6 10 / 5 =  , mH =1u ）和一氦核。 解：建立如图所示的坐标系，设碰撞后氦核的速度为 He v  与 y 轴成角，相互作用力只有核 力，故动量守恒。 x： mH vH = −mH v  H sin 37 + mHev  He sin   y： mHevHe = mH v  H cos37 + mHev  He cos  解得： (v v ) m s m m v H H He H He sin sin 37 2.4 10 / 5  = +  =    v m s m m v v H He H He He cos cos37 2.7 10 / 5  = −  =    由以上两式解得： He x H y o vH H vH vHe vHe 37 

教案第三章守恒定律 =3.7×10°m/s,a=4033(此处讲解一下云雾室照片)。 例题：如图所示，设炮车以仰角q发射一炮弹，炮车和炮弹的质量分别为M和m,炮弹的 出口速度为，求炮车的反冲速度V。炮车与地 面间的摩擦力不计。 解：把炮车和炮弹看成一个系统。发炮前系统在 竖直方向上的外力有重力G和地面支持力N 而且G=-N,在发射过程中G=-N并不成立 (想一想为什么？)，系统所受的外力矢量和不 为零，所以这一系统的总动量不守恒。经分析，对地面参考系而言，炮弹相对地面的速度 ū，按速度变换定理为：u=v+了 它的水平分量为：4，=vcos0-V 于是，炮弹在水平方向的动量为mvcos q-八，而炮车在水平方向的动量为MW。根据动量 守恒定理有： -MW+mvcos0-V）=0 由此得炮车的反冲速度为： V-mMcos0 S3系统内质量移动问题The systems with variable mass 1.火箭运动的微分方程 火箭在飞行中由于燃料而排出气体，使其质量发生流动，是质点系动量定理和动量守 恒定律应用的实际例子，是变质量的动力学问题。 设火箭在1时刻总质量为M,速度为，在1到1+的时间内，在质量为dm的燃料变 成气体，并以相对箭体为u的速度向后喷出，而火箭质量减为M-dm,速度增加为+， 则1时刻和1+山时刻系统的总动量分别为： P(t)=Mv P(t+dt)=(M-dmv+dv)+dmv+dv-u) 43

教案 第三章 守恒定律 43 v m s He 3.7 10 / 5  =  ， 40 33 ＝   （此处讲解一下云雾室照片）。 例题：如图所示,设炮车以仰角 q 发射一炮弹，炮车和炮弹的质量分别为 M 和 m，炮弹的 出口速度为 v，求炮车的反冲速度 V。炮车与地 面间的摩擦力不计。 解：把炮车和炮弹看成一个系统。发炮前系统在 竖直方向上的外力有重力 G  和地面支持力 N , 而且 G = −N  ，在发射过程中 G = −N  并不成立 （想一想为什么？），系统所受的外力矢量和不 为零，所以这一系统的总动量不守恒。经分析，对地面参考系而言，炮弹相对地面的速度 u  ，按速度变换定理为: u = v +V 它的水平分量为: ux = v cos −V 于是，炮弹在水平方向的动量为 m(vcos q-V)，而炮车在水平方向的动量为-MV。根据动量 守恒定理有: − MV +m(vcos −V) = 0 由此得炮车的反冲速度为: v cos m M m V + = §3 系统内质量移动问题 The systems with variable mass 1．火箭运动的微分方程 火箭在飞行中由于燃料而排出气体，使其质量发生流动，是质点系动量定理和动量守 恒定律应用的实际例子，是变质量的动力学问题。 设火箭在 t 时刻总质量为 M，速度为 v，在 t 到 t+dt 的时间内，在质量为 dm 的燃料变 成气体，并以相对箭体为 u 的速度向后喷出，而火箭质量减为 M-dm，速度增加为 v+dv， 则 t 时刻和 t+dt 时刻系统的总动量分别为： P(t) = Mv P(t + dt) = (M − dm)(v + dv)+ dm(v + dv −u)  v m M o x

教案第三章守恒定律 略去小量dmd,可得系统动量的增量为 dP P(t+dt)-P(t)=May-udm 一般来讲，火箭所受外力为重力（万有引力）和空气阻力。设其合外力为F,则根据动量 定理得： F=dp d 由于单位时间内从火箭喷出气体得质量等于火箭减少得质量，即： -d dt d 有=w会兴送程就去持了个 山为发动机得推力，移项后为 d F一告-密健货为 dt dt 这就是火箭运动的微分方程。可见要获得较大的推力，必须有较大的喷气速度和喷气流量。 典型数值如下： u-2.94×103m/s, dt 产生的推力为4.06×107N 2.火箭运动的速度公式 在重力场中，忽略空气阻力，且记为g不变，则由其微分方程得： -儿告 M=v-Yo -g-whM 三+u血7-3（在重力场中，w可 若火箭飞行于星际空间，则无外力作用。同理可得： 44

教案 第三章 守恒定律 44 略去小量 dmdt ，可得系统动量的增量为 dP = P(t + dt)− P(t) = Mdv −udm 一般来讲，火箭所受外力为重力（万有引力）和空气阻力。设其合外力为 F，则根据动量 定理得： dt dm u dt dv M dt dP F = = − 由于单位时间内从火箭喷出气体得质量等于火箭减少得质量，即： dt dM dt dm = − ∴有 dt dM u dt dv F = M + （这样就去掉了小 m） dt dM u 为发动机得推力，移项后为 dt dv M dt dM F − u = （注意 dt dM 为负值） 这就是火箭运动的微分方程。可见要获得较大的推力，必须有较大的喷气速度和喷气流量。 典型数值如下： u 2.94 10 m/s 3 =  ， kg s dt dM dt dm 1.38 10 / 4 = − =  产生的推力为 4.06×107N。 2．火箭运动的速度公式 在重力场中，忽略空气阻力，且记为 g 不变，则由其微分方程得： dt dv M dt dM − Mg − u =    − − = M M v v t dv M dM gdt u 0 0 0 0 0 ln v v M M − gt − u = − gt M M v = v + u − 0 0 ln （在重力场中，v0=0） 若火箭飞行于星际空间，则无外力作用。同理可得：

教案第三章守恒定律 =Yo+uh Mo M 称为火箭得质量比。可见yx和丛，液氧和液氢的M可达到4.1k如s。但燃烧 M M 温度达到4000℃C,这给材料选取带来了困难。目前 。可做到15，在这种情况下，单级 M 火箭的末速度可达到11km/s。实际上由于重力和空气阻力的影响，只能达到7km/s,还 小于第一宇宙速度7.9km/s。因此用单级火箭还不能把卫星送入轨道。 为了得到较大的速度，就需要多级火箭。设各级火箭的质量比和喷气速度分别为 N,N2…Nn,4,42…4n。则有 v=uI N y2-y1=2hN2 V-V-=u I N 最终达到的速度为：”。=∑4hN, 由于技术上的原因，现在一般为三级。 美国“阿波罗”登月飞船“土星五号”的数据为： u=2.9km/s,N=16 u2=4 km/s; =14 us=4 km/s; Ns=12 末速度=28kms(理论值) 起飞质量约：2.8×10kg 高约85m 起飞推力：3.4×107N。 我国长征三号火箭： 三级火箭，全长43.35m,起飞质量2.02×10kg,起飞推力2.74×10N。 45

教案 第三章 守恒定律 45 M M v v u 0 0 = + ln M M 0 称为火箭得质量比。可见 v  u 和 M M 0 ，液氧和液氢的 u 可达到 4.1 kms-1。但燃烧 温度达到 4000 C，这给材料选取带来了困难。目前 M M 0 可做到 15，在这种情况下，单级 火箭的末速度可达到 11 km/s。实际上由于重力和空气阻力的影响，只能达到 7 km/s，还 小于第一宇宙速度 7.9 km/s。因此用单级火箭还不能把卫星送入轨道。 为了得到较大的速度，就需要多级火箭。设各级火箭的质量比和喷气速度分别为 N1 N2 Nn u1 u2 un , , , 。则有： 1 1 1 v = u ln N 2 1 2 2 v − v = u ln N  n n un Nn v − v −1 = ln 最终达到的速度为： = = n i n ui Ni v 1 ln 由于技术上的原因，现在一般为三级。 美国“阿波罗”登月飞船“土星五号”的数据为： u1=2.9 km/s; N1=16 u2=4 km/s; N2=14 u3=4 km/s; N3=12 末速度 v3=28 km/s（理论值） 起飞质量约：2.8×106 kg 高约 85 m 起飞推力：3.4×107 N。 我国长征三号火箭： 三级火箭，全长 43.35 m，起飞质量 2.02×105 kg，起飞推力 2.74×107N

教案第三章守恒定律 例题：长为，线密度为的绳子堆在地上，若用手握一端以匀速v向上提，当端点距地面 为x时，提力大小？ 解：以提起部分为研究对象，因为绳子是柔软的，地面 上的绳子对提起部分的绳子既无拉力又无支持力。故提 起部分只受拉力F和本身重力作用。设本提起时间为 d山，根据动量定理有： (F-Axg)dt =(x+dx)y-xAy F-gv t ..F=v2+ixg 解二：若选全部绳子为研究对象，因此地面上的绳子与支持力平衡，故外力只有：F-xg g智# 即F=m2+xg S4动能定理The law ofkinetic energy 1.功的定义 力对质点所作的功为力在质点位移方向上的投影与位移大小的乘积。是力对空间的积 累效应。 dW=Fcos0·dk=F.dk A一B外力所作的功为：W=∫F.本() (1)式的几何图形如图，曲线下面的面积在数值上等 于变力所作的功。在x一y坐标系中，(1)式可写为： W=∫F.s=∫E,+F,例 例题1：设作用在质量为2kg的物体上的力为F-6N)

教案 第三章 守恒定律 46 例题：长为 l，线密度为的绳子堆在地上，若用手握一端以匀速 v 向上提，当端点距地面 为 x 时，提力大小？ 解：以提起部分为研究对象，因为绳子是柔软的，地面 上的绳子对提起部分的绳子既无拉力又无支持力。故提 起部分只受拉力 F 和本身重力作用。设 dx 提起时间为 dt，根据动量定理有： (F − xg)dt = (x + dx)v − xv 2 v dt dx F − xg = v =  F = v + xg 2 解二：若选全部绳子为研究对象，因此地面上的绳子与支持力平衡，故外力只有： F − xg 而 P = vx 2 v dt dx v dt dP  =  =  2 v dt dP  F − xg = =  即 F = v + xg 2 §4 动能定理 The law of kinetic energy 1．功的定义 力对质点所作的功为力在质点位移方向上的投影与位移大小的乘积。是力对空间的积 累效应。 dW = F  ds = F  ds  cos A→B 外力所作的功为：  =  B A W F ds   （1） （1） 式的几何图形如图，曲线下面的面积在数值上等 于变力所作的功。在 x—y 坐标系中，（1）式可写为： ( )   =  = + B A B A W F ds Fxdx Fydy   例题 1：设作用在质量为 2kg 的物体上的力为 F=6t (N)， S O S1 S2 F x x v o B A  F dS

教案第三章守恒定律 若物体由静止出发沿直线运动，在头两秒的时间内，这个力作了多少功？ 解：由定义：W=F ~F=ma,a=5-60=3, m 2 v=adh=3d=1=0时.=0) 而r= d ∴dk=vdt=d则w=6.rd=36U) 说明：此题也可由冲量定理和动能定理求解。 2.动能定理 如图，质量为m的物体在力F的作用下由a到b,速度由)到)， dW=F·ds=Fcosads Fcos0-=ma-m帝 w=m空水=m w-amt-广mh-m-m (1) 即：外力对物体所作的功等于物体动能的增量。如果还有其它的力作用在物体上，所得结 论不变，因此有： 合外力对物体所在得功等于物体动能的增量，即： W=EK2-EK (2) 这就是动能定理，上式说明：功是物体动能变化的量度。 例题2：外力F为水平方向，缓慢地作用在摆锤上，从零逐 渐增大，一直到绳子与竖直线成8角。试计算变力F所作 的功。 解：因为力F为缓慢作用，故可近似地认为摆处于平衡状 态， 水平：F=Tsin0 竖直：mg-Tcos0 47

教案 第三章 守恒定律 47 若物体由静止出发沿直线运动，在头两秒的时间内，这个力作了多少功？ 解：由定义：  =  2 1 x x W F dx   F = ma， t t m F a 3 2 6 = = = ，   = = = t t v adt tdt t 0 0 2 2 3 3 （ t = 0 时， v0 = 0 ） 而 dt dx v = dx vdt t dt 2 2 3  = = 则  =  = 2 0 2 36( ) 2 3 W 6t t dt J 说明：此题也可由冲量定理和动能定理求解。 2．动能定理 如图，质量为 m 的物体在力 F  的作用下由 a 到 b，速度由 1 v  到 2 v  ， dW = F  ds = F cosds  dt dv F cos = F = ma = m ； ds mvdv dt dv dW = m =   = = = − b a v v W mvdv mvdv mv mv 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 （1） 即：外力对物体所作的功等于物体动能的增量。如果还有其它的力作用在物体上，所得结 论不变，因此有： 合外力对物体所在得功等于物体动能的增量，即： W = EK2 − EK1 （2） 这就是动能定理，上式说明：功是物体动能变化的量度。 例题 2：外力 F 为水平方向，缓慢地作用在摆锤上，从零逐 渐增大，一直到绳子与竖直线成角。试计算变力 F 所作 的功。 解：因为力 F 为缓慢作用，故可近似地认为摆处于平衡状 态， 水平： F = T sin 竖直： mg = T cos  T F mg dS dS b F v1 v2