¿Por qué el trabajo pequeño siempre se toma como dW=F⋅dxdW=F⋅dxdW=F \cdot dx y no como dW=x⋅dFdW=x⋅dFdW=x \cdot dF?

Question

¿Por qué el trabajo pequeño siempre se toma como dW=F⋅dxdW=F⋅dxdW=F \cdot dx y no como dW=x⋅dFdW=x⋅dFdW=x \cdot dF?

Trabajo
energía
Física
desplazamiento
diferenciación
mecanica-newtoniana

aguas suzie

Estaba leyendo la primera ley de la termodinámica cuando me di cuenta. No nos han enseñado la diferenciación, pero aún así, la encontramos en nuestros libros de química. ¿Por qué el trabajo pequeño siempre se toma como $dW=F \cdot dx$ y no $dW=x \cdot dF$ ?

Respuestas (8)

¿Por qué el trabajo pequeño siempre se toma como dW=F⋅dxdW=F⋅dxdW=F \cdot dx y no como dW=x⋅dFdW=x⋅dFdW=x \cdot dF?

Fotón · Answer 1

¡Muy buena pregunta! Puedes ver esto a partir de la segunda ley de Newton:

metro \ddot{X} = F (X)

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

Ahora me gustaría integrar esta ecuación de movimiento con respecto al tiempo para llegar a la conservación de la energía. Para hacerlo, multiplico ambos lados con $\dot{\mathbf{x}}$ :

metro \ddot{X} \cdot \dot{X} = F (X) \cdot \dot{X}

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

y finalmente integrar:

metro \int d t \ddot{X} \cdot \dot{X} = \int d t F (X) \cdot \dot{X}

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

El lhs me da la energía cinética. La rhs me da exactamente la integral en cuestión:

\frac{1}{2} metro {\dot{X}}^{2} = \int d X \cdot F (X)

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

Entonces, el trabajo realizado por la fuerza es la energía cinética de la partícula (hasta una constante de integración que representa su energía total).

Mitchell · Answer 2

La respuesta a su pregunta depende de cómo definamos el trabajo.

Definición , Se dice que una fuerza realiza un trabajo si, al actuar, se produce un desplazamiento del punto de aplicación en la dirección de la fuerza.

En lenguaje sencillo, para hacer un trabajo se necesita desplazamiento, no solo fuerza.

En la ecuación, $dW=x.dF$ , estamos considerando un cambio en la fuerza en una posición constante desde un punto de referencia (origen). Según nuestra definición, no se realiza ningún trabajo porque no hay desplazamiento. Para entenderlo mejor, suponga que hay un bloque pesado y le está aplicando una fuerza variable.

No importa lo fuerte que empujes, no podrás darle algo de velocidad. El teorema del trabajo-energía dice que si una fuerza realiza un trabajo efectivo, hay un cambio en la energía cinética del cuerpo. Pero en nuestro caso, no hay cambio en la energía cinética, lo que implica que usted no realiza ningún trabajo. Esta es una muy buena manera de familiarizarse con lo que es el trabajo.

Por otro lado, en la ecuación $dW=F.dx$ , estamos considerando un desplazamiento infinitesimal para una fuerza constante. Aquí se está trabajando porque tenemos una fuerza y un desplazamiento. Si tenemos una fuerza variable, tendremos que dividir nuestro procedimiento de cálculo del trabajo en desplazamientos infinitesimales para los cuales la fuerza se puede suponer constante.

W = \int \vec{F} . \vec{d X} = \int \vec{| F |} \vec{| d X |} porque θ

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

Una buena respuesta, pero creo que invertiría el énfasis y colocaría primero el argumento de la energía , de donde se sigue la definición que lo hace funcionar.

qmecanico · Answer 3

Ya hay varias buenas respuestas. En esta respuesta, solo resaltaremos un argumento geométrico.

Por un lado, el trabajo (dentro de la mecánica newtoniana)
$d W = \vec{F} \cdot d \vec{r}$ $\mathrm{d}W=\vec{F}\cdot \mathrm{d}\vec{r}$ es una cantidad escalar, lo que significa que es independiente del sistema de coordenadas.
Por otro lado, la cantidad $\vec{r}\cdot \mathrm{d}\vec{F}$ depende del sistema de coordenadas. Por ejemplo, si elegimos el $\vec{r}=\vec{0}$ para ser el origen, la cantidad se desvanece.

Incluso si no se deja influir por los argumentos físicos, debe pensar dos veces antes de introducir cantidades no geométricas.

¡Por favor por favor por favor! $\vec{F}d\vec{r}$ es escalar por lo que es $\vec{r}d\vec{F}$ ! Si $\vec{r}=0$ entonces la cantidad se desvanece por lo que el trabajo se desvanece si $\vec{F}=0$ !
@physicopath: No. Para empezar, $\vec{r}$ no se transforma como $(1,0)$ tensor bajo transformaciones de coordenadas (incluso si nos restringimos a transformaciones de coordenadas afines ). A diferencia de, $\vec{F}$ se transforma como un $(1,0)$ tensor bajo transformaciones de coordenadas generales.
@Qmechanic cuando miro tu respuesta, lo único que veo es una serpiente que se muerde la cola. Además, me sorprende que un profesional como tú responda a una pregunta tan sencilla con una respuesta tan sencilla, de esta forma.
@physicopath: en términos de propiedades transformacionales $\vec r$ no es un vector (para ser más precisos, no es un elemento del paquete tangente), por lo que el producto escalar que lo involucra no es un escalar y, por lo tanto, no es invariante bajo transformaciones de coordenadas.

Steven · Answer 4

porque el trabajo $W$ es una fuerza $F$ provocando un cambio de posición $\Delta x$ .

No solo una fuerza $F$ causando una posición $x$ . O un cambio en una fuerza $\Delta F$ causando una posición $x$ . Tampoco tiene mucho sentido. Estamos hablando de un cambio de posición , así se define el trabajo.

Y tal cambio $\Delta x$ simplemente se simboliza $dx$ cuando es muy, muy (infinitamente) diminuta.

Simplemente no entiendo por qué las personas, incluido @Qmechanic, intentan responder esta pregunta de esta manera poco intuitiva, mientras que la respuesta es tan simple como usted: "Porque el trabajo W es una fuerza F que causa un cambio en la posición Δx". no lo contrario.
@physicopath Aunque aprecio el gesto, tenga en cuenta que el método de respuesta depende de cómo el que responde interpreta el problema, cómo el que responde interpreta el nivel del OP y qué enfoque del que responde considera apropiado y más provechoso. Las personas eligen de manera diferente; evitemos llamar a los usuarios por su nombre.
"No nos han enseñado la diferenciación, pero aún así, la encontramos en nuestros libros de química". esta frase es suficiente para interpretar el asunto.

cris · Answer 5

Los dos dan resultados físicos muy diferentes. Considere una fuerza de $1~\rm N$ aplicado a una distancia de $1~\rm m$ . El trabajo se calcula correctamente como:

W \int_{0 metro}^{1 metro} \vec{F} \cdot d \vec{X} = \vec{F} \cdot \int_{0 metro}^{1 metro} d \vec{X} = 1 j

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

Intentar aplicar la otra fórmula no da nada sensato. La fuerza no cambia, así que evidentemente $d\vec F=0$ :

W = \int_{1 norte}^{1 norte} \vec{X} \cdot d \vec{F} = 0 ?

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

Esto implicaría que una fuerza constante aplicada sobre cualquier distancia siempre da cero trabajo. Claramente, esto es una tontería.

¿Por qué no puedes tener una fuerza variable sobre una distancia constante?
@Allure Por supuesto que puedes, esta respuesta fue solo un ejemplo simple que muestra que da resultados incorrectos. La segunda fórmula tampoco da los resultados correctos para ese ejemplo: físicamente eso debería dar cero trabajo (ya que no se imparte energía si la cosa no se mueve). La primera fórmula da correctamente cero trabajo, mientras que la segunda no.
¿Por qué no puedes tener $W = \int_{0 norte}^{1 norte} \vec{X} \cdot d \vec{F}$ $W=\int^{1~\rm N}_{0~\rm N}\vec x\cdot d\vec F$ ¿Oo?
@user45914123 Eso indicaría que la fuerza cambió de 0 a $1~\rm N$ tiempo extraordinario. No es la expresión correcta para una fuerza constante.
@Chris ¿Por qué representaría un cambio con el tiempo? ¿No debería representar un cambio con el desplazamiento? ¿Por qué necesitas fuerza constante? ¿Por qué una fuerza no puede variar con el desplazamiento como un campo eléctrico por una carga puntual? ¿Padre, la fuerza que experimentas es menor?
@ user45914123 Si cambia con la distancia, también cambia con el tiempo. Puedes tener una fuerza variable. El punto de mi respuesta es que las dos integrales diferentes te dan resultados físicos diferentes. Así que uno debe estar equivocado.
@Chris Entonces, ¿cómo representará el trabajo realizado por una fuerza variable sobre algún desplazamiento?

brillar · Answer 6

$F(x,t)$ siempre se puede expresar como una función de posición (y tiempo); sin embargo, generalmente es incorrecto escribir la posición como una función de la fuerza (así como, $x(F)$ no podrá describir cómo funciona la naturaleza.)

Para ver por qué: considerando un objeto sobre el que actúa una fuerza constante, dicha función siempre tiene varios valores , está tan mal definida que la entrada siempre es la misma, mientras que la salida siempre es diferente. Por lo tanto esto $x(F)$ no puede predecir el movimiento del objeto en un momento dado.

Ahora, veamos en qué se equivoca la física: supongamos que logramos encontrar el área debajo del $\int x(F,t)dF$ . Por lo tanto, conocemos el "trabajo realizado". Sin embargo, el área debajo de un objeto bajo una fuerza constante es cero , ya que es una línea recta vertical, ¡pero es claramente incorrecto ! El objeto está acelerando; por lo tanto, ¡algo debe seguir ingresando energía al objeto! ¡El trabajo realizado no puede ser cero!

Con todo, matemáticamente, " $x\,dF$ Está mal definido. Físicamente, describe la física tan mal.

Seducir · Answer 7

Pasé algún tiempo pensando en esto porque no encontré ninguna de las respuestas satisfactorias. Pensé por un tiempo que $dW = dF \cdot S$ también es válido, pero rara vez se ve físicamente. Sin embargo, finalmente me convencí de que, de hecho, $dW = F \cdot dS$ , y no puede ser al revés.

La idea clave es que el trabajo solo ocurre si hay un desplazamiento. Sostener un objeto pesado a una altura constante no está haciendo trabajo (en física). El desplazamiento es, por definición, $dS$ . Si $dS$ es cero, entonces no puede haber trabajo. Solo $dW = F \cdot dS$ satisface este requisito.

Pero, ¿y si tenemos una fuerza variable actuando sobre un desplazamiento constante? Digamos que aplico la fuerza $F = \mathrm{sin}(x)$ sobre un desplazamiento de un metro. Esto cumple superficialmente los requisitos: una fuerza variable y un desplazamiento constante. Pero cuando observamos la ecuación obvia para el trabajo resultante realizado

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

Queda claro que incluso entonces, la fórmula utilizada es en realidad $dW = F \cdot dS$ ! La ecuación tiene solo una variable, lo que significa que solo puede haber una variable de integración: $dx$ (que es igual a $dS$ en 1D). El "desplazamiento constante" no es constante en absoluto. De hecho, un metro es igual a $dS$

tl; dr: $dW = F \cdot dS$ es la única ecuación que tiene sentido físico. No sé si esta es la respuesta que estás buscando, pero es la que respondió la pregunta para mí.

Guill · Answer 8

La respuesta es muy simple, (pequeño, útil ) El trabajo se define como dW = F.dX.
Existe otro tipo de Trabajo (" no útil ") que viene dado por dW = X.dF.
Un ejemplo de este tipo, es una persona que levanta un peso dado aplicando una fuerza menor a mg. A medida que la fuerza cambia de 0 a casi mg, no se realiza ningún trabajo (útil) (el peso no se mueve).

No. El trabajo es siempre $dW=\vec F\cdot d\vec x$ . Ni siquiera es realmente una definición, sino una consecuencia directa de la segunda ley de Newton.

¿Por qué el trabajo pequeño siempre se toma como dW=F⋅dxdW=F⋅dxdW=F \cdot dx y no como dW=x⋅dFdW=x⋅dFdW=x \cdot dF?

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