小球与斜面碰撞后的运动规律

李 都 姜付锦 张 蓓

(武汉市黄陂区第一中学,湖北 武汉 430300)

1 问题简介

一个质量为m的小球以初速度v0发射,沿着抛物线运动,击中斜面,然后反弹.忽略空气阻力,因此轨迹由抛物线组成.假设撞击过程没有能量损失,忽略斜面摩擦力,因此,小球在碰撞过程中与斜面平行的动量分量不变,与斜面垂直的动量分量大小不变,方向反向.

本文研究了小球在与斜面连续碰撞过程中小球的运动规律.由能量守恒易得,小球不可能无限地向上爬升,因此必定在某个时刻会发生反转并后退.在反转之前有多少次向前运动的碰撞?动力学上是否允许在有限的时间里与斜面发生无限多次向前碰撞,类似于芝诺悖论中阿喀琉斯与乌龟的比赛一样?小球在反转后退时是沿着原来上升的路径还是沿着不同的路径?或者说在满足什么条件的情况下,小球会沿着原来的路径后退?

2 解法1:动力学的矢量分析

为了简单起见,假设初速度矢量v0位于由斜面的法向矢量和重力加速度矢量所构成的平面内,因此,这个问题实际上是严格的二维问题,此时斜面实际上是一条斜线,很容易将该问题推广到更一般的三维空间.

如图1所示,为了描述小球的运动,建立以下两对正交单位矢量:i沿水平向右方向,j沿竖直向上方向,m沿斜面向上方向,n垂直于斜面向上(斜面的法向方向).r(t)表示在任意时刻t小球的位置矢量,g为重力加速度的大小.以下讨论某一次碰撞后小球的运动规律,设rk、vk′、vk分别表示小球与斜面发生第k次碰撞时刻tk时的位置矢量、碰撞前速度矢量、碰撞后反弹速度矢量(其中k=0,1,2…).

图1 第k次碰撞示意图

由牛顿第二定律得

(1)

在文献[2]中已经证明匀变速直线运动的公式,在注意其矢量性后,确实可以用于匀变速曲线运动,所以在解平抛、斜抛类题目时可以用位移-时间公式和速度-时间公式.由速度-时间公式得

(2)

由位移-时间公式得

(3)

其中tk

(4)

由于rk和rk+1都在斜面上,所以斜面的法向量满足

n·(rk+1-rk)=0.

(5)

由式(4)(5)得

(6)

整理式(6)得

(7)

当t=tk+1时由式(2)和式(7)得

(8)

vk+1是小球在tk+1时刻与斜面碰撞后的反弹速度,由动量守恒得

vk+1′·m=vk+1·m,

(9)

vk+1′·n=-vk+1·n.

(10)

由式(8)～(10)及矢量运算可得

vk+1=(vk+1·m)m+(vk+1·n)n=

(vk+1′·m)m-(vk+1′·n)n=

[(vk·m)m+(vk·n)n]-2(vk·n)n-

(11)

3 有趣的规律

如图2所示为小球与斜面碰撞后运动轨迹草图,斜面的倾角α,初速度矢量v0与斜面的夹角为β,v0为初速度的大小.

图2 小球运动轨迹示意图

(1) 所有的碰撞中,反弹速度具有相同的法线分量.

在式(11)两边同时点乘矢量n,并整理后得

vk+1·n=vk·n,k=0,1,2….

(12)

可得

vk·n=v0·n,k=0,1,2….

(13)

即在所有的碰撞中,反弹速度具有相同的法线分量,因此易得小球运动轨迹都与一个平行于斜面的公共平面相切,即小球运动轨迹的包络面为与斜面平行的平面.设小球运动轨迹到斜面最远的距离为hmax,将小球做的抛体运动沿斜面方向和垂直于斜面方向分解可得

(14)

(2) 任意相邻两次反弹之间的时间间隔相等.

设任意相邻两次反弹之间的时间间隔为T,由式(7)和式(13)得

(15)

将上式写为标量形式为

(16)

由于相邻两次碰撞之间的时间间隔相等,在有限的时间内无限多次反弹类似于芝诺悖论中阿喀琉斯与乌龟的比赛那样的时间积累是不可能的.

(3) 小球在向上运动过程中与斜面碰撞的次数N只与斜面的倾角α、初速度矢量v0与斜面的夹角为β有关.

由式(11)(13)得

(17)

在有限次反弹后vk的水平分量即

vk·i<0.

(18)

即小球相对于地面的运动开始反转.

由矢量知识得

m·i=n·j=sinα.

则由式(17)(18)得向上运动碰撞次数

(19)

其中[]为取整函数.由矢量知识得

v0·i=v0cos(α+β),j·m=sinα,

v0·n=v0sinβ.

则(19)式写成标量形式

(20)

有趣的是,向前碰撞的次数仅由角度α和β决定,与小球的初速度大小及重力加速度无关.由式(20)得当α或β足够小时,向上碰撞的次数可以任意大,当α=0,β>0时,将有无限多次的碰撞,如果忽略能量损失和空气阻力,有点类似于小时候玩的游戏“水上漂”.

(4) 返回路径与前进路径一致的充要条件为:cotαcotβ是正整数.

小球初速度斜向上,由能量守恒易得,小球不可能无限地向上运动,因此必定会在某个时刻向下运动,那么小球向下运动的返回路径与向上运动的前进路径在满足什么条件下会完全重合?

① 类型1:cotαcotβ为正偶数.

如图3所示,若在第k次碰撞时垂直撞向斜面,必定能垂直反弹回来,从而使返回路径与前进路径一致.即

图3 类型1

vk·m=0.

(21)

在式(17)左右两边同时点乘矢量m联立式(21)得

(22)

将其写成标量形式得

cotαcotβ=2k.

(23)

当α和β满足(23)式时,表示在k次碰撞时垂直于斜面,反向后的轨迹与向前运动轨迹相同.

② 类型2: cotαcotβ为正奇数.

如图4所示,小球在第k次碰撞后反弹速度沿竖直方向,做竖直上抛运动,达到最高点后沿原路径返回,即

图4 类型2

vk·i=0.

(24)

在(17)式左右两边同时点乘矢量i联立(24)式得

(25)

将上式写成标量形式得

cotαcotβ=2k+1.

(26)

当α和β满足(26)式时,表示在k次碰撞后速度沿竖直方向,做竖直上抛运动,达到最高点后沿原路径返回.

4 解法2:矢量图解法

得到上述有趣结论还可以用学生比较容易理解的矢量图法,讨论小球与斜面发生第k次碰撞后到再次落回斜面的过程设tk、rk、vk′、βk′、vk、βk分别表示小球与斜面发生第k次碰撞的时刻、位置矢量、碰撞前速度矢量、碰撞前速度矢量与斜面的夹角、碰撞后反弹速度矢量、碰撞后速度矢量与斜面的夹角(其中k=0,1,2…),小球落在斜面上,其实可以看作两个分运动的合成,其位移矢量图如图5所示.

图5 位移矢量图

由正弦定理可得

(27)

其速度矢量图如图6所示,沿斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐标系,由正交分解得

图6 速度矢量图

g(tk+1-tk)cosα-vksinβk=vk+1′sinβk+1′.

(28)

由弹性碰撞得

vk+1sinβk+1=vk+1′sinβk+1′.

(29)

由式(27)～(29)得

vk+1sinβk+1=vksinβk,

即在所有的碰撞中,反弹速度具有相同的法线分量.结论1得证.