Почему небольшая работа всегда принимается как dW=F⋅dxdW=F⋅dxdW=F \cdot dx, а не dW=x⋅dFdW=x⋅dFdW=x \cdot dF?

Question

Почему небольшая работа всегда принимается как dW=F⋅dxdW=F⋅dxdW=F \cdot dx, а не dW=x⋅dFdW=x⋅dFdW=x \cdot dF?

Сьюзи Уотерс

Я читал первый закон термодинамики, когда меня осенило. Нас не учили дифференциации, но тем не менее мы находим ее в наших учебниках по химии. Почему небольшая работа всегда воспринимается как $dW=F \cdot dx$ и нет $dW=x \cdot dF$ ?

Ответы (8)

Почему небольшая работа всегда принимается как dW=F⋅dxdW=F⋅dxdW=F \cdot dx, а не dW=x⋅dFdW=x⋅dFdW=x \cdot dF?

Фотон · Answer 1

Очень хороший вопрос! Вы можете видеть это из второго закона Ньютона:

м \ddot{Икс} знак равно Ф (Икс)

$m\ddot{\mathbf{x}} = \mathbf{F}(\mathbf{x})$

Теперь я хотел бы проинтегрировать это уравнение движения по времени, чтобы получить закон сохранения энергии. Для этого я умножаю обе части на $\dot{\mathbf{x}}$ :

м \ddot{Икс} \cdot \dot{Икс} знак равно Ф (Икс) \cdot \dot{Икс}

$m\ddot{\mathbf{x}}\cdot\dot{\mathbf{x}} =\mathbf{F}(\mathbf{x})\cdot\dot{\mathbf{x}}$

и, наконец, интегрировать:

м \int г т \ddot{Икс} \cdot \dot{Икс} знак равно \int г т Ф (Икс) \cdot \dot{Икс}

$m\int dt \ddot{\mathbf{x}}\cdot\dot{\mathbf{x}} =\int dt\mathbf{F}(\mathbf{x})\cdot\dot{\mathbf{x}}$

Левая дает мне кинетическую энергию. Правая часть дает мне именно рассматриваемый интеграл:

\frac{1}{2} м {\dot{Икс}}^{2} знак равно \int г Икс \cdot Ф (Икс)

$\frac{1}{2}m\dot{\mathbf{x}}^2 = \int d\mathbf{x}\cdot\mathbf{F}(\mathbf x)$

Таким образом, работа, совершаемая силой, представляет собой кинетическую энергию частицы (с точностью до постоянной интегрирования, представляющей ее полную энергию).

Митчелл · Answer 2

Ответ на ваш вопрос зависит от того, как мы определяем работу.

Определение . Говорят , что сила совершает работу, если при действии происходит смещение точки приложения в направлении действия силы.

Говоря простым языком, для выполнения работы вам нужно перемещение, а не только сила.

В уравнении $dW=x.dF$ , мы рассматриваем изменение силы в постоянном положении от точки отсчета (начала). Согласно нашему определению, работа не выполняется, потому что нет смещения. Чтобы лучше понять это, предположим, что есть тяжелый блок, и вы прикладываете к нему переменную силу.

Как бы сильно вы ни давили, вы не сможете придать ему скорость. Теорема о работе-энергии гласит, что если сила совершает некоторую эффективную работу, происходит изменение кинетической энергии тела. Но в нашем случае кинетическая энергия не меняется, что означает, что вы не совершаете никакой работы. Это довольно хороший способ понять, что такое работа.

С другой стороны, в уравнении $dW=F.dx$ , мы рассматриваем бесконечно малое перемещение при постоянной силе. Здесь совершается работа, так как у нас есть сила и перемещение. Если мы имеем переменную силу, нам придется разбить нашу процедуру вычисления работы на бесконечно малые перемещения, для которых силу можно считать постоянной.

Вт знак равно \int \vec{Ф} . \vec{г Икс} знак равно \int \vec{| Ф |} \vec{| г Икс |} потому что θ

$W=\int\vec{F}.\vec{dx}=\int\vec{|F|}\vec{|dx|}\cos\theta$

Хороший ответ, но я думаю, что я бы изменил акцент и сначала поместил аргумент энергии , из которого следует определение, которое заставляет его работать.

Qмеханик · Answer 3

Уже есть несколько хороших ответов. В этом ответе мы просто выделим геометрический аргумент.

С одной стороны, работа (в рамках ньютоновской механики)
$г Вт знак равно \vec{Ф} \cdot г \vec{р}$ $\mathrm{d}W=\vec{F}\cdot \mathrm{d}\vec{r}$ является скалярной величиной, что означает, что она не зависит от системы координат.
С другой стороны, количество $\vec{r}\cdot \mathrm{d}\vec{F}$ зависит от системы координат. Например, если мы выберем $\vec{r}=\vec{0}$ быть источником, количество исчезает.

Даже если вас не смущают физические аргументы, следует дважды подумать о введении негеометрических величин.

Пожалуйста пожалуйста пожалуйста! $\vec{F}d\vec{r}$ скаляр так же $\vec{r}d\vec{F}$ ! Если $\vec{r}=0$ то количество равно нулю, поэтому работа исчезает, если $\vec{F}=0$ !
@physicopath: Нет. Для начала, $\vec{r}$ не трансформируется как $(1,0)$ тензор при преобразованиях координат (даже если ограничиться аффинными преобразованиями координат). По сравнению, $\vec{F}$ трансформируется как $(1,0)$ тензор при общих преобразованиях координат.
@Qmechanic, когда я смотрю на твой ответ, единственное, что я вижу, это змея, поедающая собственный хвост. Кроме того, меня удивляет, что такой профессионал, как вы, отвечает на такой простой вопрос таким простым ответом, таким образом.
@physicopath: с точки зрения трансформационных свойств $\vec r$ не является вектором (точнее, не является элементом касательного расслоения), поэтому скалярное произведение с его участием не является скаляром и, следовательно, не инвариантно относительно преобразований координат.

Стивен · Answer 4

Потому что работа $W$ это сила $F$ вызывает изменение положения $\Delta x$ .

Не просто сила $F$ вызывая позицию $x$ . Или изменение силы $\Delta F$ вызывая позицию $x$ . Ни то, ни другое не имеет особого смысла. Речь идет о смене должности — так определяется работа.

И такое изменение $\Delta x$ просто символизируется $dx$ когда он очень, очень (бесконечно) крошечный.

Я просто не понимаю, почему люди, в том числе @Qmechanic, пытаются ответить на этот вопрос такими довольно неинтуитивными способами, в то время как ответ так прост, как вы сказали: «Потому что работа W - это сила F, вызывающая изменение положения Δx». не наоборот.
@physicopath Несмотря на то, что я ценю этот жест, имейте в виду, что метод ответа зависит от того, как отвечающий интерпретирует проблему, как отвечающий интерпретирует уровень OP и какой подход, исходя из опыта, ответчик считает подходящим и наиболее выгодным. Люди выбирают по-разному; давайте не будем называть пользователей по имени.
«Нас не учили дифференциации, но тем не менее мы находим ее в наших учебниках по химии». этого предложения достаточно, чтобы интерпретировать проблему.

Крис · Answer 5

Два дают очень разные физические результаты. Рассмотрим силу $1~\rm N$ применяются на расстоянии $1~\rm m$ . Работа правильно рассчитывается как:

Вт \int_{0 м}^{1 м} \vec{Ф} \cdot г \vec{Икс} знак равно \vec{Ф} \cdot \int_{0 м}^{1 м} г \vec{Икс} знак равно 1 Дж

$W\int^{1~\rm m}_{0~\rm m} \vec F\cdot d\vec x=\vec F\cdot\int^{1~\rm m}_{0~\rm m}d\vec x=1~\rm J$

Попытка применить другую формулу ничего толкового не дает. Сила не меняется, так что очевидно $d\vec F=0$ :

Вт знак равно \int_{1 Н}^{1 Н} \vec{Икс} \cdot г \vec{Ф} знак равно 0 ?

$W=\int^{1~\rm N}_{1~\rm N}\vec x\cdot d\vec F=0?$

Это означало бы, что постоянная сила, приложенная на любом расстоянии, всегда дает нулевую работу. Понятно, что это ерунда.

Почему нельзя иметь переменную силу на постоянном расстоянии?
@Allure Конечно, вы можете - этот ответ был всего лишь одним простым примером, показывающим, что он дает неправильные результаты. Вторая формула также не дает правильных результатов для этого примера: физически это должно дать вам нулевую работу (поскольку энергия не передается, если объект не движется). Первая формула правильно дает нулевую работу, а вторая нет.
Почему ты не можешь иметь $Вт знак равно \int_{0 Н}^{1 Н} \vec{Икс} \cdot г \vec{Ф}$ $W=\int^{1~\rm N}_{0~\rm N}\vec x\cdot d\vec F$ Оо?
@user45914123 user45914123 Это будет означать, что сила изменилась с 0 на $1~\rm N$ через некоторое время. Это неправильное выражение для постоянной силы.
@Chris Почему это должно представлять изменение со временем, разве оно не должно представлять изменение со смещением? Зачем нужна постоянная сила? Почему сила не может изменяться со смещением подобно электрическому полю от точечного заряда — отец, вы идете с меньшей силой, которую вы испытываете?
@user45914123 user45914123 Если он меняется с расстоянием, он также меняется со временем. У вас может быть разная сила. Смысл моего ответа в том, что два разных интеграла дают разные физические результаты. Значит, кто-то должен ошибаться.
@Chris Итак, как вы представите работу, выполняемую переменной силой при некотором перемещении?

Шинг · Answer 6

$F(x,t)$ всегда можно выразить как функцию положения (и времени); однако обычно неправильно записывать положение как функцию силы (а также, $x(F)$ не сможет описать, как работает природа.)

Чтобы понять, почему: рассматривая объект, на который действует постоянная сила, такая функция всегда многозначна , она настолько плохо определена , что вход всегда один и тот же, а выход всегда разный. Отсюда это $x(F)$ не может предсказать движение объекта в любой момент времени.

Теперь давайте посмотрим, что не так с физикой: предположим, нам удалось найти площадь ниже $\int x(F,t)dF$ . Следовательно, мы знаем «проделанную работу». Однако площадь под объектом, на который действует постоянная сила, равна нулю , так как это вертикальная прямая линия, а это явно неправильно ! Объект ускоряется; следовательно, что-то должно продолжать вводить энергию в объект! Проделанная работа не может быть равна нулю!

В общем, математически " $x\,dF$ " нечетко определен. Физически он так неправильно описывает физику.

Очарование · Answer 7

Я потратил некоторое время на размышления над этим, потому что не нашел ни один из ответов удовлетворительным. Я подумал какое-то время, что $dW = dF \cdot S$ также действителен, но редко проявляется физически. Однако в конце концов я убедился, что действительно, $dW = F \cdot dS$ , и не может быть наоборот.

Ключевым моментом является то, что работа происходит только в том случае, если есть перемещение. Удержание тяжелого предмета на постоянной высоте не совершает работы (в физике). Смещение, по определению, $dS$ . Если $dS$ равен нулю, то работы быть не может. Только $dW = F \cdot dS$ удовлетворяет этому требованию.

Но что, если у нас есть переменная сила, действующая на постоянное перемещение? Скажем, я применяю силу $F = \mathrm{sin}(x)$ при смещении в один метр. Это внешне соответствует требованиям: переменная сила и постоянное перемещение. Но когда мы смотрим на очевидное уравнение для результирующей проделанной работы

$W = \int \mathrm{sin}(x) \times 1 \mathrm{m}$

Становится ясно, что даже тогда используемая формула на самом деле $dW = F \cdot dS$ ! Уравнение имеет только одну переменную, а значит, может быть только одна переменная интегрирования - $dx$ (что равно $dS$ в 1Д). «Постоянное смещение» вовсе не является постоянным. На самом деле один метр равен $dS$

тл; доктор: $dW = F \cdot dS$ единственное уравнение, имеющее физический смысл. Я не знаю, тот ли это ответ, который вы ищете, но это тот, который ответил на вопрос для меня.

Гуилл · Answer 8

Ответ очень прост, (маленькая, полезная ) Работа определяется как dW = F.dX.
Существует еще один тип (« бесполезной ») работы, который определяется выражением dW = X.dF.
Примером этого типа является то, что человек поднимает заданный вес, применяя силу меньше, чем мг. При изменении силы от 0 до почти мг никакой (полезной) работы не совершается (вес не перемещается).

Нет. Работа всегда $dW=\vec F\cdot d\vec x$ . Это даже не определение, а прямое следствие второго закона Ньютона.

Почему небольшая работа всегда принимается как dW=F⋅dxdW=F⋅dxdW=F \cdot dx, а не dW=x⋅dFdW=x⋅dFdW=x \cdot dF?

Сьюзи Уотерс

Ответы (8)

Фотон

Митчелл

Гарип

Qмеханик

физиопат

Qмеханик

физиопат

Фотон

Стивен

физиопат

Стивен

физиопат

Крис

Очарование

Крис

пользователь8277998

Крис

пользователь8277998

Крис

пользователь8277998

Крис

Шинг

Очарование

Гуилл

Крис

Почему работа не равна произведению силы на время?

Какая работа совершается, если тело движется по окружности? (Не в круговом движении)

Отсутствие строгости в обычном выводе теоремы о работе-энергии.

Как была разработана концепция работы-энергии? [дубликат]

Почему работа, совершаемая силой над телом, отрицательна?

Почему сила трения не действует на автомобиль?

Верна ли теорема о работе-энергии в неинерциальных системах отсчета?

Требуется ли энергия, чтобы переместить что-либо по кругу?

Вопрос о равновесии Block-Spring [дубликат]

Правильно ли это говорить о третьем законе движения Ньютона?