李 都 姜付錦 張 蓓

(武漢市黃陂區(qū)第一中學(xué),湖北 武漢 430300)

1 問(wèn)題簡(jiǎn)介

一個(gè)質(zhì)量為m的小球以初速度v0發(fā)射,沿著拋物線運(yùn)動(dòng),擊中斜面,然后反彈.忽略空氣阻力,因此軌跡由拋物線組成.假設(shè)撞擊過(guò)程沒(méi)有能量損失,忽略斜面摩擦力,因此,小球在碰撞過(guò)程中與斜面平行的動(dòng)量分量不變,與斜面垂直的動(dòng)量分量大小不變,方向反向.

本文研究了小球在與斜面連續(xù)碰撞過(guò)程中小球的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.由能量守恒易得,小球不可能無(wú)限地向上爬升,因此必定在某個(gè)時(shí)刻會(huì)發(fā)生反轉(zhuǎn)并后退.在反轉(zhuǎn)之前有多少次向前運(yùn)動(dòng)的碰撞?動(dòng)力學(xué)上是否允許在有限的時(shí)間里與斜面發(fā)生無(wú)限多次向前碰撞,類(lèi)似于芝諾悖論中阿喀琉斯與烏龜?shù)谋荣愐粯?小球在反轉(zhuǎn)后退時(shí)是沿著原來(lái)上升的路徑還是沿著不同的路徑?或者說(shuō)在滿足什么條件的情況下,小球會(huì)沿著原來(lái)的路徑后退?

2 解法1:動(dòng)力學(xué)的矢量分析

為了簡(jiǎn)單起見(jiàn),假設(shè)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構(gòu)成的平面內(nèi),因此,這個(gè)問(wèn)題實(shí)際上是嚴(yán)格的二維問(wèn)題,此時(shí)斜面實(shí)際上是一條斜線,很容易將該問(wèn)題推廣到更一般的三維空間.

如圖1所示,為了描述小球的運(yùn)動(dòng),建立以下兩對(duì)正交單位矢量:i沿水平向右方向,j沿豎直向上方向,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)表示在任意時(shí)刻t小球的位置矢量,g為重力加速度的大小.以下討論某一次碰撞后小球的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,設(shè)rk、vk′、vk分別表示小球與斜面發(fā)生第k次碰撞時(shí)刻tk時(shí)的位置矢量、碰撞前速度矢量、碰撞后反彈速度矢量(其中k=0,1,2…).

圖1 第k次碰撞示意圖

由牛頓第二定律得

(1)

在文獻(xiàn)[2]中已經(jīng)證明勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式,在注意其矢量性后,確實(shí)可以用于勻變速曲線運(yùn)動(dòng),所以在解平拋、斜拋類(lèi)題目時(shí)可以用位移-時(shí)間公式和速度-時(shí)間公式.由速度-時(shí)間公式得

(2)

由位移-時(shí)間公式得

(3)

其中tk

(4)

由于rk和rk+1都在斜面上,所以斜面的法向量滿足

n·(rk+1-rk)=0.

(5)

由式(4)(5)得

(6)

整理式(6)得

(7)

當(dāng)t=tk+1時(shí)由式(2)和式(7)得

(8)

vk+1是小球在tk+1時(shí)刻與斜面碰撞后的反彈速度,由動(dòng)量守恒得

vk+1′·m=vk+1·m,

(9)

vk+1′·n=-vk+1·n.

(10)

由式(8)～(10)及矢量運(yùn)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 有趣的規(guī)律

如圖2所示為小球與斜面碰撞后運(yùn)動(dòng)軌跡草圖,斜面的傾角α,初速度矢量v0與斜面的夾角為β,v0為初速度的大小.

圖2 小球運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖

(1) 所有的碰撞中,反彈速度具有相同的法線分量.

在式(11)兩邊同時(shí)點(diǎn)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,反彈速度具有相同的法線分量,因此易得小球運(yùn)動(dòng)軌跡都與一個(gè)平行于斜面的公共平面相切,即小球運(yùn)動(dòng)軌跡的包絡(luò)面為與斜面平行的平面.設(shè)小球運(yùn)動(dòng)軌跡到斜面最遠(yuǎn)的距離為hmax,將小球做的拋體運(yùn)動(dòng)沿斜面方向和垂直于斜面方向分解可得

(14)

(2) 任意相鄰兩次反彈之間的時(shí)間間隔相等.

設(shè)任意相鄰兩次反彈之間的時(shí)間間隔為T(mén),由式(7)和式(13)得

(15)

將上式寫(xiě)為標(biāo)量形式為

(16)

由于相鄰兩次碰撞之間的時(shí)間間隔相等,在有限的時(shí)間內(nèi)無(wú)限多次反彈類(lèi)似于芝諾悖論中阿喀琉斯與烏龜?shù)谋荣惸菢拥臅r(shí)間積累是不可能的.

(3) 小球在向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與斜面碰撞的次數(shù)N只與斜面的傾角α、初速度矢量v0與斜面的夾角為β有關(guān).

由式(11)(13)得

(17)

在有限次反彈后vk的水平分量即

vk·i<0.

(18)

即小球相對(duì)于地面的運(yùn)動(dòng)開(kāi)始反轉(zhuǎn).

由矢量知識(shí)得

m·i=n·j=sinα.

則由式(17)(18)得向上運(yùn)動(dòng)碰撞次數(shù)

(19)

其中[]為取整函數(shù).由矢量知識(shí)得

v0·i=v0cos(α+β),j·m=sinα,

v0·n=v0sinβ.

則(19)式寫(xiě)成標(biāo)量形式

(20)

有趣的是,向前碰撞的次數(shù)僅由角度α和β決定,與小球的初速度大小及重力加速度無(wú)關(guān).由式(20)得當(dāng)α或β足夠小時(shí),向上碰撞的次數(shù)可以任意大,當(dāng)α=0,β>0時(shí),將有無(wú)限多次的碰撞,如果忽略能量損失和空氣阻力,有點(diǎn)類(lèi)似于小時(shí)候玩的游戲“水上漂”.

(4) 返回路徑與前進(jìn)路徑一致的充要條件為:cotαcotβ是正整數(shù).

小球初速度斜向上,由能量守恒易得,小球不可能無(wú)限地向上運(yùn)動(dòng),因此必定會(huì)在某個(gè)時(shí)刻向下運(yùn)動(dòng),那么小球向下運(yùn)動(dòng)的返回路徑與向上運(yùn)動(dòng)的前進(jìn)路徑在滿足什么條件下會(huì)完全重合?

① 類(lèi)型1:cotαcotβ為正偶數(shù).

如圖3所示,若在第k次碰撞時(shí)垂直撞向斜面,必定能垂直反彈回來(lái),從而使返回路徑與前進(jìn)路徑一致.即

圖3 類(lèi)型1

vk·m=0.

(21)

在式(17)左右兩邊同時(shí)點(diǎn)乘矢量m聯(lián)立式(21)得

(22)

將其寫(xiě)成標(biāo)量形式得

cotαcotβ=2k.

(23)

當(dāng)α和β滿足(23)式時(shí),表示在k次碰撞時(shí)垂直于斜面,反向后的軌跡與向前運(yùn)動(dòng)軌跡相同.

② 類(lèi)型2: cotαcotβ為正奇數(shù).

如圖4所示,小球在第k次碰撞后反彈速度沿豎直方向,做豎直上拋運(yùn)動(dòng),達(dá)到最高點(diǎn)后沿原路徑返回,即

圖4 類(lèi)型2

vk·i=0.

(24)

在(17)式左右兩邊同時(shí)點(diǎn)乘矢量i聯(lián)立(24)式得

(25)

將上式寫(xiě)成標(biāo)量形式得

cotαcotβ=2k+1.

(26)

當(dāng)α和β滿足(26)式時(shí),表示在k次碰撞后速度沿豎直方向,做豎直上拋運(yùn)動(dòng),達(dá)到最高點(diǎn)后沿原路徑返回.

4 解法2:矢量圖解法

得到上述有趣結(jié)論還可以用學(xué)生比較容易理解的矢量圖法,討論小球與斜面發(fā)生第k次碰撞后到再次落回斜面的過(guò)程設(shè)tk、rk、vk′、βk′、vk、βk分別表示小球與斜面發(fā)生第k次碰撞的時(shí)刻、位置矢量、碰撞前速度矢量、碰撞前速度矢量與斜面的夾角、碰撞后反彈速度矢量、碰撞后速度矢量與斜面的夾角(其中k=0,1,2…),小球落在斜面上,其實(shí)可以看作兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的合成,其位移矢量圖如圖5所示.

圖5 位移矢量圖

由正弦定理可得

(27)

其速度矢量圖如圖6所示,沿斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐標(biāo)系,由正交分解得

圖6 速度矢量圖

g(tk+1-tk)cosα-vksinβk=vk+1′sinβk+1′.

(28)

由彈性碰撞得

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,反彈速度具有相同的法線分量.結(jié)論1得證.