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碰撞详解
摘要
碰撞是经典力学中最基本也是最重要的物理过程之一。本笔记从正心碰撞（一维碰撞/对心碰撞）入手，系统阐述碰撞的物理本质、分类体系、数学描述与求解方法。涵盖完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞、非完全弹性碰撞三类典型情形，深入探讨恢复系数的物理意义、质心系中的简化分析、动能损失的定量计算，以及多体碰撞与连续碰撞的处理方法。文中穿插大量推导与实例，文末附精选题型供练习。
目录
1. 碰撞的基本概念与分类
1.1 什么是碰撞
在物理学中，碰撞（Collision） 是指两个或多个物体在极短时间内发生强烈相互作用，使得各自的运动状态发生显著改变的过程。碰撞的核心特征在于：
- 时间极短：相互作用时间通常在毫秒甚至微秒量级。
- 作用力极大：碰撞期间的瞬时作用力远大于一般的外力（如重力、摩擦力等），因此常规外力在碰撞瞬间的冲量可以忽略不计。
- 动量守恒近似成立：由于外力冲量相对于碰撞内力冲量可忽略，碰撞前后系统的总动量近似守恒。
碰撞的广义理解
在微观领域，碰撞的概念被推广为"散射"（Scattering）。两个粒子不必真正"接触"，只需通过力场（如库仑场）发生相互作用使运动方向改变，即构成一次碰撞。卢瑟福的 $\alpha$ 粒子散射实验正是利用碰撞原理探测原子结构的经典范例。
1.2 碰撞的分类
碰撞可以从多个维度进行分类：
（1）按碰撞前后速度方向是否沿连心线分类
- 正心碰撞（Central Collision / Head-on Collision）：两物体的速度方向均沿碰撞时的连心线（即两物体质心连线）。碰撞前后速度方向仍沿同一直线，属于一维碰撞。本笔记的重点。
- 斜碰（Oblique Collision / Non-central Collision）：至少有一个物体的速度方向不沿连心线。碰撞后速度方向发生偏转，属于二维或三维碰撞。
（2）按动能是否守恒分类
- 完全弹性碰撞（Perfectly Elastic Collision）：碰撞前后系统总动能守恒，无机械能损失。宏观世界中，理想刚体间的碰撞近似为弹性碰撞；微观世界中，分子、原子间的碰撞通常为弹性碰撞。
- 完全非弹性碰撞（Perfectly Inelastic Collision）：碰撞后两物体粘合在一起以共同速度运动，动能损失最大。
- 非完全弹性碰撞（Inelastic Collision）：介于上述两者之间，碰撞后两物体分开但动能有所损失。
（3）按碰撞维度分类
- 一维碰撞（正心碰撞）：所有速度矢量共线。
- 二维碰撞（斜碰）：速度矢量在平面内。
- 三维碰撞：最一般的情形。
1.3 正心碰撞的几何条件
设两物体为球体（或质点），碰撞瞬间两球心连线为碰撞法线方向。正心碰撞要求：
- 碰撞前两物体的速度矢量均与连心线平行。
- 碰撞时的接触点位于连心线上。
若两球在碰撞前速度方向均沿连心线，则碰撞后速度方向仍沿连心线，问题退化为沿直线的一维问题。这是正心碰撞之所以"简单"的根本原因。
为什么从正心碰撞入手
正心碰撞将二维/三维矢量问题简化为一维标量问题（规定正方向后速度为代数量），使我们能够集中精力理解碰撞的物理本质——动量传递、能量转化、恢复系数等核心概念，而不被矢量分解的几何复杂性所干扰。掌握了正心碰撞，斜碰只需将速度分解为法向分量和切向分量，法向分量按正心碰撞处理，切向分量保持不变（光滑接触时），即可求解。
2. 正心碰撞的理论基础
2.1 基本假设与简化条件
在分析正心碰撞时，我们通常采用以下简化假设：
- 光滑接触假设：碰撞面光滑，无切向摩擦力，因此碰撞力仅沿法线方向（即连心线方向）。
- 瞬时碰撞假设：碰撞持续时间 $\Delta t \to 0$，外力（如重力）在碰撞期间的冲量 $\int \mathbf{F}_{\text{ext}} \thinspace dt$ 可以忽略。
- 刚体或质点假设：碰撞过程中物体不发生永久形变（或形变可完全恢复），碰撞后物体恢复原状。
基于以上假设，我们可以写出碰撞过程的基本方程。
2.2 动量守恒定律
设两物体的质量分别为 $m_1$和$m_2$，碰撞前的速度（沿连心线方向，取向右为正）分别为 $v_{1}$和$v_{2}$，碰撞后的速度分别为 $v_{1}'$和$v_{2}'$。
由于碰撞瞬间外力冲量可忽略，系统总动量守恒：
$$ \boxed{m_1 v_{1} + m_2 v_{2} = m_1 v_{1}' + m_2 v_{2}'} \tag{2.1} $$
这是碰撞问题中始终成立的方程，无论碰撞是否弹性。
动量守恒的矢量性
若碰撞不是正心的（斜碰），动量守恒应在 $x$和$y$ 两个方向上分别列出分量方程。正心碰撞中，所有速度共线，因此只需一个标量方程即可。
2.3 恢复系数（Coefficient of Restitution）
恢复系数 $e$ 是描述碰撞弹性程度的物理量，由牛顿提出，定义为碰撞后相对分离速度与碰撞前相对接近速度之比：
$$ \boxed{e = \frac{v_{2}' - v_{1}'}{v_{1} - v_{2}}} \tag{2.2} $$
其中 $v_{1} - v_{2}$ 是碰撞前的相对接近速度，$v_{2}' - v_{1}'$ 是碰撞后的相对分离速度。
恢复系数的取值
- $e = 1$：完全弹性碰撞，相对速度大小不变，仅方向反转。
- $e = 0$：完全非弹性碰撞，碰撞后两物体共速，无相对分离速度。
- $0 < e < 1$：非完全弹性碰撞，有部分动能损失。
恢复系数取决于碰撞物体的材料性质，与质量和速度大小（在通常速度范围内）无关。
恢复系数的物理意义在于：它衡量了碰撞过程中法向冲量使相对速度恢复的程度。从微观角度看，$e$ 反映了材料弹性形变能的储存与释放效率。
恢复系数的能量解释
恢复系数 $e$ 与碰撞过程中的能量损失密切相关。设碰撞过程分为两个阶段：
- 压缩阶段（Compression Phase）：从两物体开始接触到达到最大压缩（相对速度为零），动能转化为弹性势能。
- 恢复阶段（Restitution Phase）：从最大压缩到两物体分离，弹性势能部分或全部转化为动能。
恢复系数 $e$ 定义为恢复阶段的法向冲量与压缩阶段的法向冲量之比：
$$ e = \frac{\int_{t_c}^{t_f} F_n \thinspace dt}{\int_{t_i}^{t_c} F_n \thinspace dt} \tag{2.3} $$
其中 $t_i$ 为碰撞开始时刻，$t_c$ 为最大压缩时刻，$t_f$ 为碰撞结束时刻，$F_n$ 为法向接触力。
2.4 动能变化方程
碰撞过程中的动能变化可由碰撞前后的速度差来描述。系统总动能的变化为：
$$ \Delta E_k = \frac{1}{2} m_1 v_{1}'^2 + \frac{1}{2} m_2 v_{2}'^2 - \left( \frac{1}{2} m_1 v_{1}^2 + \frac{1}{2} m_2 v_{2}^2 \right) \tag{2.4} $$
利用动量守恒和恢复系数，可以将 $\Delta E_k$表达为$e$ 和相对速度的函数（详见第 5 节）。
2.5 正心碰撞的求解框架
联合动量守恒方程 (2.1) 和恢复系数定义 (2.2)，我们可以解出碰撞后的速度：
$$ \begin{cases} m_1 v_{1} + m_2 v_{2} = m_1 v_{1}' + m_2 v_{2}' \newline[6pt] e = \dfrac{v_{2}' - v_{1}'}{v_{1} - v_{2}} \end{cases} $$
两个方程，两个未知数 $v_{1}'$和$v_{2}'$，可唯一确定碰撞后的速度。这是正心碰撞问题的标准求解方法。
3. 完全弹性正心碰撞
3.1 定义与条件
完全弹性碰撞（Perfectly Elastic Collision）满足 $e = 1$，即：
$$ v_{2}' - v_{1}' = -(v_{1} - v_{2}) = v_{2} - v_{1} \tag{3.1} $$
这意味着碰撞前后的相对速度大小不变，仅方向反转。系统总动能守恒：
$$ \frac{1}{2} m_1 v_{1}^2 + \frac{1}{2} m_2 v_{2}^2 = \frac{1}{2} m_1 v_{1}'^2 + \frac{1}{2} m_2 v_{2}'^2 \tag{3.2} $$
3.2 速度公式的推导
由动量守恒：
$$ m_1 v_{1} + m_2 v_{2} = m_1 v_{1}' + m_2 v_{2}' \tag{3.3} $$
由恢复系数 $e = 1$：
$$ v_{2}' - v_{1}' = v_{1} - v_{2} \tag{3.4} $$
这是一个二元一次方程组。将 (3.4) 改写为 $v_{2}' = v_{1}' + v_{1} - v_{2}$，代入 (3.3)：
$$ \begin{aligned} m_1 v_{1} + m_2 v_{2} &= m_1 v_{1}' + m_2 (v_{1}' + v_{1} - v_{2}) \newline &= (m_1 + m_2) v_{1}' + m_2 v_{1} - m_2 v_{2} \end{aligned} $$
移项整理：
$$ \begin{aligned} (m_1 + m_2) v_{1}' &= m_1 v_{1} + m_2 v_{2} - m_2 v_{1} + m_2 v_{2} \newline &= (m_1 - m_2) v_{1} + 2 m_2 v_{2} \end{aligned} $$
因此：
$$ \boxed{v_{1}' = \frac{(m_1 - m_2) v_{1} + 2 m_2 v_{2}}{m_1 + m_2}} \tag{3.5} $$
同理，将 $v_{1}' = v_{2}' - v_{1} + v_{2}$ 代入动量守恒，可得：
$$ \boxed{v_{2}' = \frac{(m_2 - m_1) v_{2} + 2 m_1 v_{1}}{m_1 + m_2}} \tag{3.6} $$
对称性之美
注意 $v_{1}'$和$v_{2}'$公式的对称性：将下标 1 和 2 互换即可从$v_{1}'$得到$v_{2}'$。这种对称性源于动量守恒和动能守恒方程对两个物体的对等地位。
3.3 重要特例分析
特例一：等质量碰撞（$m_1 = m_2 = m$）
代入 (3.5) 和 (3.6)：
$$ \boxed{v_{1}' = v_{2}, \qquad v_{2}' = v_{1}} \tag{3.7} $$
等质量弹性碰撞——速度交换
两个等质量的物体发生完全弹性正心碰撞后，彼此交换速度。这是最优雅的碰撞结果之一。
特别地，若 $v_{2} = 0$（一球静止），则 $v_{1}' = 0$，$v_{2}' = v_{1}$。入射球停下来，原来静止的球以入射球的速度飞出。这一现象在牛顿摆（Newton's Cradle）中展现得淋漓尽致。
物理直觉：等质量时，动量守恒和动能守恒共同迫使两球交换速度。从动量角度看，总动量 $p = m v_{1} + m v_{2}$在交换后保持$m v_{2} + m v_{1}$不变；从能量角度看，动能$\frac{1}{2}m(v_{1}^2 + v_{2}^2)$ 在交换后同样不变。交换速度是唯一同时满足两个守恒律的解。
特例二：大质量碰小质量（$m_1 \gg m_2$，$v_2 = 0$）
令 $v_2 = 0$，$m_2 / m_1 \to 0$：
$$ \begin{aligned} v_{1}' &= \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} v_{1} \approx v_{1} \quad (\text{几乎不变}) \newline[6pt] v_{2}' &= \frac{2 m_1}{m_1 + m_2} v_{1} \approx 2 v_{1} \quad (\text{约两倍入射速度}) \end{aligned} $$
重型卡车撞击静止乒乓球
大质量物体几乎不受影响（速度几乎不变），小质量物体以约两倍于大质量物体速度飞出。这就是为什么用球拍击球时，球拍（有效质量大）几乎不停顿，而球以两倍于挥拍速度飞出。
特例三：小质量碰大质量（$m_1 \ll m_2$，$v_2 = 0$）
令 $v_2 = 0$，$m_1 / m_2 \to 0$：
$$ \begin{aligned} v_{1}' &= \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} v_{1} \approx -v_{1} \quad (\text{反向弹回，速率几乎不变}) \newline[6pt] v_{2}' &= \frac{2 m_1}{m_1 + m_2} v_{1} \approx 0 \quad (\text{几乎不动}) \end{aligned} $$
乒乓球撞墙
墙（质量极大）几乎不动，乒乓球以近乎相同速率反弹。这就是弹性碰撞中"反射"的物理图像。
特例四：$m_1 = m_2$且$v_2 = 0$（牛顿摆单元）
由特例一，$v_1' = 0$，$v_2' = v_1$。速度完全交换。
特例五：对撞（$v_1$与$v_2$ 反向）
设 $v_1 > 0$（向右），$v_2 < 0$（向左），即两物体迎面碰撞。代入 (3.5) 和 (3.6) 即可得到结果。例如等质量对撞：
$$ v_1' = v_2 \quad (\text{负值，向左}), \qquad v_2' = v_1 \quad (\text{正值，向右}) $$
两球交换速度，各自反向弹回。
3.4 动能传递效率
在完全弹性碰撞中，我们关心的是动能从入射物体传递到靶物体的效率。设 $v_2 = 0$（靶静止），定义动能传递效率 $\eta$ 为靶物体获得的动能与入射物体初始动能之比：
$$ \eta = \frac{\frac{1}{2} m_2 v_2'^2}{\frac{1}{2} m_1 v_1^2} = \frac{m_2}{m_1} \left( \frac{v_2'}{v_1} \right)^2 $$
由 $v_2' = \dfrac{2 m_1}{m_1 + m_2} v_1$，代入：
$$ \boxed{\eta = \frac{4 m_1 m_2}{(m_1 + m_2)^2}} \tag{3.8} $$
动能传递效率的性质
- $\eta$仅取决于质量比$m_2 / m_1$，与入射速度 $v_1$ 无关。
- 当 $m_1 = m_2$ 时，$\eta = 1$，即动能 100% 传递（等质量时入射球停下，动能全部传给靶球）。
- 当 $m_1 \ll m_2$或$m_1 \gg m_2$ 时，$\eta \to 0$，动能传递效率极低。
- $\eta$关于$m_1/m_2$ 对称：$\eta(m_1, m_2) = \eta(m_2, m_1)$。
最大传递条件：由基本不等式，$(m_1 + m_2)^2 \geq 4 m_1 m_2$，等号当且仅当 $m_1 = m_2$ 时成立。因此在完全弹性碰撞中，等质量时动能传递效率最高（100%）。
3.5 用动能守恒直接推导速度公式
另一种推导完全弹性碰撞速度公式的方法是利用动能守恒代替恢复系数。由动量守恒和动能守恒：
$$ \begin{cases} m_1 v_1 + m_2 v_2 = m_1 v_1' + m_2 v_2' \newline[6pt] \frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 v_2^2 = \frac{1}{2} m_1 v_1'^2 + \frac{1}{2} m_2 v_2'^2 \end{cases} $$
将动能守恒方程乘以 2 并移项：
$$ m_1 (v_1^2 - v_1'^2) = m_2 (v_2'^2 - v_2^2) $$
利用平方差公式 $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$：
$$ m_1 (v_1 - v_1')(v_1 + v_1') = m_2 (v_2' - v_2)(v_2' + v_2) \tag{3.9} $$
由动量守恒：
$$ m_1 (v_1 - v_1') = m_2 (v_2' - v_2) \tag{3.10} $$
(3.9) ÷ (3.10)（假设 $v_1 \neq v_1'$，即确实发生了碰撞）：
$$ v_1 + v_1' = v_2' + v_2 \tag{3.11} $$
即：
$$ v_1 - v_2 = v_2' - v_1' \tag{3.12} $$
这正是 $e=1$ 时的恢复系数关系。然后再联立动量守恒求解即可。这种推导方式揭示了一个深刻的物理事实：动量守恒和动能守恒共同蕴含了"相对速度反转"这一结论。
4. 完全非弹性正心碰撞
4.1 定义与条件
完全非弹性碰撞（Perfectly Inelastic Collision）满足 $e = 0$，即碰撞后两物体粘合在一起以共同速度运动：
$$ v_1' = v_2' = V \tag{4.1} $$
4.2 共速速度的推导
由动量守恒：
$$ m_1 v_1 + m_2 v_2 = (m_1 + m_2) V $$
因此：
$$ \boxed{V = \frac{m_1 v_1 + m_2 v_2}{m_1 + m_2}} \tag{4.2} $$
质心速度
注意：完全非弹性碰撞后的共同速度 $V$恰好等于碰撞前系统的质心速度$v_{\text{cm}}$。这是因为碰撞过程中外力冲量为零，质心速度保持不变，而碰撞后两物体粘合，它们各自的速度自然等于质心速度。
4.3 动能损失
完全非弹性碰撞中的动能损失是所有碰撞类型中最大的。计算如下：
初动能： $$ E_{k}^{\text{初}} = \frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 v_2^2 $$
末动能： $$ E_{k}^{\text{末}} = \frac{1}{2} (m_1 + m_2) V^2 = \frac{1}{2} (m_1 + m_2) \left( \frac{m_1 v_1 + m_2 v_2}{m_1 + m_2} \right)^2 = \frac{(m_1 v_1 + m_2 v_2)^2}{2(m_1 + m_2)} $$
动能损失 $\Delta E_k = E_{k}^{\text{初}} - E_{k}^{\text{末}}$，经过代数化简可得：
$$ \boxed{\Delta E_k = \frac{1}{2} \cdot \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} (v_1 - v_2)^2} \tag{4.3} $$
引入约化质量（Reduced Mass）$\mu = \dfrac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$，则：
$$ \boxed{\Delta E_k = \frac{1}{2} \mu (v_1 - v_2)^2 = \frac{1}{2} \mu v_{\text{rel}}^2} \tag{4.4} $$
动能损失公式的物理意义
此公式极具美感：完全非弹性碰撞中损失的动能等于将约化质量 $\mu$以相对速度$v_{\text{rel}} = v_1 - v_2$ 运动的动能全部耗散。这部分能量转化为内能（热、声、永久形变等）。可以理解为：碰撞中"耗散掉"的正是相对运动的动能，而质心运动的动能则保留下来。
4.4 特例：靶静止（$v_2 = 0$）
当 $v_2 = 0$ 时：
$$ V = \frac{m_1}{m_1 + m_2} v_1, \qquad \Delta E_k = \frac{1}{2} \cdot \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} v_1^2 = \frac{m_2}{m_1 + m_2} \cdot \frac{1}{2} m_1 v_1^2 $$
动能损失占初始动能的比例为：
$$ \frac{\Delta E_k}{E_{k}^{\text{初}}} = \frac{m_2}{m_1 + m_2} \tag{4.5} $$
极端情况
- 若 $m_2 \gg m_1$（子弹射入大木块）：$\Delta E_k / E_{k}^{\text{初}} \approx 1$，几乎全部动能损失（子弹嵌入木块）。
- 若 $m_1 \gg m_2$（大球撞小球并粘合）：$\Delta E_k / E_{k}^{\text{初}} \approx 0$，动能损失很少。
4.5 完全非弹性碰撞的能量转化
在完全非弹性碰撞中，损失的动能去了哪里？答案是：
- 塑性形变功：物体发生永久形变需要消耗能量。
- 热能：分子振动加剧，温度升高。
- 声能：碰撞产生的声音。
从热力学角度看，这是一个不可逆过程，熵增加。完全非弹性碰撞是碰撞中熵增最大的极限情况。
5. 非完全弹性正心碰撞
5.1 一般解
非完全弹性碰撞（$0 < e < 1$）是现实世界中最常见的碰撞类型。由动量守恒和恢复系数定义：
$$ \begin{cases} m_1 v_1 + m_2 v_2 = m_1 v_1' + m_2 v_2' \newline[6pt] v_2' - v_1' = e (v_1 - v_2) \end{cases} $$
解此方程组，得到一般公式：
$$ \boxed{v_1' = v_1 - \frac{(1+e) m_2}{m_1 + m_2} (v_1 - v_2)} \tag{5.1} $$
$$ \boxed{v_2' = v_2 + \frac{(1+e) m_1}{m_1 + m_2} (v_1 - v_2)} \tag{5.2} $$
或等价地写成更对称的形式：
$$ \boxed{v_1' = \frac{(m_1 - e m_2) v_1 + (1+e) m_2 v_2}{m_1 + m_2}} \tag{5.3} $$
$$ \boxed{v_2' = \frac{(m_2 - e m_1) v_2 + (1+e) m_1 v_1}{m_1 + m_2}} \tag{5.4} $$
公式的统一性
- 当 $e = 1$ 时，(5.3) 和 (5.4) 退化为完全弹性碰撞公式 (3.5) 和 (3.6)。
- 当 $e = 0$ 时，$v_1' = v_2' = \dfrac{m_1 v_1 + m_2 v_2}{m_1 + m_2}$，退化为完全非弹性碰撞的共速解。
5.2 速度公式的另一种推导（冲量视角）
设碰撞过程中的法向冲量大小为 $J$（压缩阶段 + 恢复阶段的总冲量），则对两物体分别应用动量定理：
$$ \begin{aligned} m_1 v_1' &= m_1 v_1 - J \quad (\text{物体 1 受到向左的冲量}) \newline m_2 v_2' &= m_2 v_2 + J \quad (\text{物体 2 受到向右的冲量}) \end{aligned} $$
这两式相加即得动量守恒。由恢复系数：
$$ e = \frac{v_2' - v_1'}{v_1 - v_2} $$
代入 $v_1'$和$v_2'$ 的表达式：
$$ \begin{aligned} v_2' - v_1' &= \left(v_2 + \frac{J}{m_2}\right) - \left(v_1 - \frac{J}{m_1}\right) \newline &= (v_2 - v_1) + J \left(\frac{1}{m_1} + \frac{1}{m_2}\right) \newline &= -(v_1 - v_2) + J \cdot \frac{m_1 + m_2}{m_1 m_2} \end{aligned} $$
由 $e = \dfrac{v_2' - v_1'}{v_1 - v_2}$：
$$ \begin{aligned} e (v_1 - v_2) &= -(v_1 - v_2) + J \cdot \frac{m_1 + m_2}{m_1 m_2} \newline J \cdot \frac{m_1 + m_2}{m_1 m_2} &= (1+e)(v_1 - v_2) \newline J &= \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} (1+e)(v_1 - v_2) = \mu (1+e) v_{\text{rel}} \end{aligned} $$
因此碰撞冲量为：
$$ \boxed{J = \mu (1+e) (v_1 - v_2)} \tag{5.5} $$
代入动量定理即可得到 $v_1'$和$v_2'$。冲量视角的推导更加物理直观。
5.3 动能损失的一般公式
对于一般的非完全弹性碰撞（$0 \leq e \leq 1$），动能损失为：
$$ \boxed{\Delta E_k = \frac{1}{2} \mu (1 - e^2) (v_1 - v_2)^2} \tag{5.6} $$
其中 $\mu = \dfrac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$ 为约化质量。
公式的验证
- 当 $e = 1$（完全弹性）：$\Delta E_k = 0$，动能守恒。
- 当 $e = 0$（完全非弹性）：$\Delta E_k = \frac{1}{2} \mu (v_1 - v_2)^2$，与 (4.4) 一致，动能损失最大。
- 当 $0 < e < 1$：$\Delta E_k = \frac{1}{2} \mu (1 - e^2) v_{\text{rel}}^2$，损失介于 0 和最大值之间。
推导过程：
由 (5.1) 和 (5.2)：
$$ \begin{aligned} v_1' &= v_1 - \frac{m_2}{m_1 + m_2} (1+e)(v_1 - v_2) \newline v_2' &= v_2 + \frac{m_1}{m_1 + m_2} (1+e)(v_1 - v_2) \end{aligned} $$
计算末动能：
$$ \begin{aligned} E_k^{\text{末}} &= \frac{1}{2} m_1 v_1'^2 + \frac{1}{2} m_2 v_2'^2 \newline &= \frac{1}{2} m_1 \left[ v_1 - \frac{m_2}{m_1 + m_2} (1+e) v_{\text{rel}} \right]^2 + \frac{1}{2} m_2 \left[ v_2 + \frac{m_1}{m_1 + m_2} (1+e) v_{\text{rel}} \right]^2 \end{aligned} $$
展开并化简，利用初动能表达式，最终得到：
$$ E_k^{\text{末}} = E_k^{\text{初}} - \frac{1}{2} \mu (1 - e^2) v_{\text{rel}}^2 $$
因此 $\Delta E_k = \frac{1}{2} \mu (1 - e^2) v_{\text{rel}}^2$，证毕。
5.4 碰撞后速度与 $e$ 的依赖关系
以靶静止（$v_2 = 0$）为例，分析 $v_1'$和$v_2'$随$e$ 的变化：
$$ v_1' = \frac{m_1 - e m_2}{m_1 + m_2} v_1, \qquad v_2' = \frac{(1+e) m_1}{m_1 + m_2} v_1 $$
- $v_1'$随$e$ 增大而减小（$e$ 越大，入射球反弹越厉害或前进越慢）。
- $v_2'$随$e$ 增大而增大（$e$ 越大，靶球获得的速度越大）。
- 当 $e = \dfrac{m_1}{m_2}$ 时，$v_1' = 0$。此时入射球在碰撞后停下。
- 当 $e < \dfrac{m_1}{m_2}$ 时，$v_1' > 0$，入射球继续向前运动。
- 当 $e > \dfrac{m_1}{m_2}$ 时，$v_1' < 0$，入射球反向弹回。
6. 质心系中的碰撞分析
6.1 质心系简介
**质心系（Center-of-Mass Frame）**是以系统质心为参考点的参考系。在质心系中，系统总动量为零，碰撞的描述变得极为简洁。
质心速度（实验室系中的）：
$$ \mathbf{v}_{\text{cm}} = \frac{m_1 \mathbf{v}_1 + m_2 \mathbf{v}_2}{m_1 + m_2} \tag{6.1} $$
在质心系中，各物体的速度为：
$$ \mathbf{u}_i = \mathbf{v}_i - \mathbf{v}_{\text{cm}}, \qquad i = 1, 2 \tag{6.2} $$
质心系中总动量为零：
$$ m_1 \mathbf{u}_1 + m_2 \mathbf{u}_2 = \mathbf{0} \tag{6.3} $$
6.2 质心系中的正心碰撞
在质心系中，碰撞前后两物体的速度大小成比例，方向相反：
碰撞前： $$ u_1 = v_1 - v_{\text{cm}} = \frac{m_2}{m_1 + m_2} (v_1 - v_2), \qquad u_2 = v_2 - v_{\text{cm}} = -\frac{m_1}{m_1 + m_2} (v_1 - v_2) \tag{6.4} $$
碰撞后，由恢复系数，质心系中的相对速度满足：
$$ u_2' - u_1' = -e (u_1 - u_2) \tag{6.5} $$
结合质心系中动量始终为零：$m_1 u_1' + m_2 u_2' = 0$，可得：
$$ \boxed{u_1' = -e \thinspace u_1, \qquad u_2' = -e \thinspace u_2} \tag{6.6} $$
质心系碰撞的极简之美
在质心系中，正心碰撞的结果极其简单：每个物体的速度在碰撞后反向并乘以 $e$。这比实验室系中的公式 (5.3) 和 (5.4) 简洁得多，也是为什么许多物理学家偏好质心系分析碰撞的原因。
6.3 质心系中的动能
质心系中的总动能（即"相对运动动能"）为：
$$ E_k^{\text{cm}} = \frac{1}{2} m_1 u_1^2 + \frac{1}{2} m_2 u_2^2 = \frac{1}{2} \mu (v_1 - v_2)^2 = \frac{1}{2} \mu v_{\text{rel}}^2 \tag{6.7} $$
碰撞后质心系动能变为：
$$ E_k^{\text{cm}'} = \frac{1}{2} m_1 u_1'^2 + \frac{1}{2} m_2 u_2'^2 = \frac{1}{2} m_1 (e^2 u_1^2) + \frac{1}{2} m_2 (e^2 u_2^2) = e^2 E_k^{\text{cm}} \tag{6.8} $$
因此，质心系中的动能损失为：
$$ \Delta E_k^{\text{cm}} = (1 - e^2) E_k^{\text{cm}} = \frac{1}{2} \mu (1 - e^2) v_{\text{rel}}^2 \tag{6.9} $$
这与实验室系中的动能损失 (5.6) 完全一致。因为质心运动的动能（$\frac{1}{2} M v_{\text{cm}}^2$，$M = m_1 + m_2$）在碰撞中不发生变化（外力冲量为零），所以动能损失全部来自质心系中的相对运动动能。
6.4 柯尼希定理（König's Theorem）与碰撞
柯尼希定理指出：质点系的总动能等于质心运动的动能加上各质点相对于质心的动能之和：
$$ E_k = \frac{1}{2} M v_{\text{cm}}^2 + E_k^{\text{cm}} \tag{6.10} $$
在碰撞问题中，$v_{\text{cm}}$ 不变（动量守恒），因此：
$$ \Delta E_k = \Delta E_k^{\text{cm}} = (1 - e^2) E_k^{\text{cm}} \tag{6.11} $$
这再次验证了动能损失仅来自相对运动部分的动能减少。
7. 恢复系数的深入探讨
7.1 恢复系数的实验测定
恢复系数 $e$可以通过简单的落球实验测定。将球从高度$h_0$自由释放，落到固定水平面上，测量反弹高度$h$：
碰撞前速度（碰前瞬间）：$v_1 = \sqrt{2 g h_0}$（向下） 碰撞后速度（碰后瞬间）：$v_1' = -\sqrt{2 g h}$（向上，负号表示与碰前方向相反）
固定面 $v_2 = v_2' = 0$（质量极大），则：
$$ e = \frac{v_2' - v_1'}{v_1 - v_2} = \frac{0 - (-\sqrt{2 g h})}{\sqrt{2 g h_0} - 0} = \sqrt{\frac{h}{h_0}} \tag{7.1} $$
常见材料的恢复系数
| 材料 | 恢复系数 $e$ |
|---|---|
| 玻璃碰玻璃 | 0.93 ~ 0.95 |
| 钢碰钢 | 0.80 ~ 0.90 |
| 象牙碰象牙 | 0.85 ~ 0.90 |
| 木碰木 | 0.50 ~ 0.70 |
| 铅碰铅 | 0.10 ~ 0.20 |
| 黏土碰黏土 | ≈ 0 |
恢复系数不仅取决于材料，还与碰撞速度、温度、表面粗糙度等因素有关。高速碰撞时，材料可能发生塑性形变，$e$ 会降低。
7.2 恢复系数的速度依赖性
在低速碰撞中，恢复系数通常近似为常数。但在高速碰撞中，由于材料的塑性形变、应变率效应等因素，恢复系数会随碰撞速度增大而减小。一个常用的经验公式为：
$$ e = 1 - \alpha v_{\text{rel}}^{\beta} \tag{7.2} $$
其中 $\alpha$和$\beta$ 是材料参数。
7.3 恢复系数的微观解释
从微观角度看，恢复系数 $e < 1$ 的原因是：
- 塑性形变：碰撞过程中部分形变不可恢复，能量以位错运动、晶格畸变等形式耗散。
- 应力波传播：碰撞产生的弹性波携带能量向远处传播。
- 黏弹性耗散：高分子材料中，分子链的重新排列消耗能量。
- 热耗散：分子/原子层面振动加剧，温度升高。
恢复系数 $e = 1$ 意味着碰撞过程完全在弹性范围内，形变能完全恢复。这在宏观世界中几乎不可能，因为总有微小的能量耗散。但在原子和分子层面，弹性碰撞是常见的（如理想气体分子间的碰撞）。
7.4 恢复系数应用中的注意事项
- 恢复系数公式的符号约定：$e = \dfrac{v_2' - v_1'}{v_1 - v_2}$中，分子分母的顺序确保了$e \geq 0$。注意 $v_1$和$v_2$ 是碰撞前的速度，$v_1'$和$v_2'$ 是碰撞后的速度。
- 正负号：在一维情形中，需规定正方向。若 $v_1 > v_2$（物体 1 追赶物体 2），则 $v_1 - v_2 > 0$；碰撞后必有 $v_2' \geq v_1'$（不会发生穿透），故 $v_2' - v_1' \geq 0$，$e \geq 0$。
- $e > 1$ 不可能：$e > 1$ 意味着碰撞后相对速度大于碰撞前，系统动能增加，这违反能量守恒（除非有爆炸等释放内部能量的情况，此时已不属于普通碰撞范畴）。
8. 碰撞中的能量分析
8.1 动能损失与质量分布
由 (5.6)，动能损失 $\Delta E_k = \frac{1}{2} \mu (1 - e^2) v_{\text{rel}}^2$。固定 $e$和$v_{\text{rel}}$，动能损失与约化质量 $\mu$ 成正比。
$\mu = \dfrac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$ 的性质：
- 当 $m_1 = m_2$ 时，$\mu = m/2$，最大。
- 当 $m_1 \ll m_2$或$m_1 \gg m_2$ 时，$\mu \approx \min(m_1, m_2)$，约化质量由较小质量决定。
这意味着，在给定的相对速度和恢复系数下，等质量碰撞的动能损失最大（对于非完全弹性碰撞而言）。
8.2 碰撞中动能的分配
对于靶静止（$v_2 = 0$）的非完全弹性碰撞，碰撞后两物体的动能分别为：
$$ \begin{aligned} E_{k1}' &= \frac{1}{2} m_1 v_1'^2 = \frac{1}{2} m_1 \left[ \frac{m_1 - e m_2}{m_1 + m_2} v_1 \right]^2 \newline E_{k2}' &= \frac{1}{2} m_2 v_2'^2 = \frac{1}{2} m_2 \left[ \frac{(1+e) m_1}{m_1 + m_2} v_1 \right]^2 \end{aligned} $$
初始动能 $E_{k}^{\text{初}} = \frac{1}{2} m_1 v_1^2$。碰撞后：
$$ \frac{E_{k1}'}{E_{k}^{\text{初}}} = \left( \frac{m_1 - e m_2}{m_1 + m_2} \right)^2, \qquad \frac{E_{k2}'}{E_{k}^{\text{初}}} = \frac{4 m_1 m_2}{(m_1 + m_2)^2} \cdot \frac{(1+e)^2}{4} $$
注意，当 $e=1$ 时，$E_{k2}'/E_{k}^{\text{初}} = \dfrac{4 m_1 m_2}{(m_1 + m_2)^2} = \eta$，与 (3.8) 一致。
8.3 碰撞的"不可逆性"与熵
从统计物理的角度，碰撞过程（特别是 $e < 1$ 的非弹性碰撞）是不可逆的。宏观动能转化为内能（分子无规则运动动能），系统的熵增加。完全弹性碰撞（$e=1$）是可逆极限，熵不变。
9. 多体碰撞与连续碰撞
9.1 牛顿摆（Newton's Cradle）
牛顿摆是展示动量和能量守恒的经典装置。一排等质量球用细线悬挂，当一端的一个球被拉起释放后，撞击其余静止的球，结果是最远端的那个球以相同速度飞出，中间球保持静止。
解释：在等质量弹性碰撞中，速度交换（见 3.3 节）。第一次碰撞：球 1 撞击球 2，球 1 停下，球 2 获得速度 $v_1$。紧接着球 2 撞击球 3，球 2 停下，球 3 获得速度 $v_1$……以此类推，直到最后一个球获得速度飞出。
为什么不是两个球各以一半速度飞出？
如果两个球各以 $v_1/2$ 飞出，动量守恒（$m v_1 = 2m \cdot v_1/2$）成立，但动能不守恒（$\frac{1}{2} m v_1^2 > 2 \cdot \frac{1}{2} m (v_1/2)^2 = \frac{1}{4} m v_1^2$）。因此这个解违反能量守恒，不可能发生。牛顿摆的优雅之处在于，同时满足动量和动能守恒的唯一解就是速度交换。
9.2 多个球的连续碰撞
更一般地，考虑 $n$个等质量球排成一排，第一个球以速度$v_0$撞击其余静止的球。在完全弹性碰撞条件下，经过一系列碰撞后，最后一个球以速度$v_0$ 飞出，其余球静止。
如果拉起两个球同时释放，结果是最远端的两个球以相同速度飞出。一般的规律是：拉起的球数与飞出的球数相等。这是因为动量和动能守恒共同约束了可能的运动模式。
9.3 多体碰撞的一般处理
对于 $n$ 个物体的碰撞，若碰撞时间极短，可视为一系列二体碰撞的序列。每个二体碰撞分别满足动量守恒和恢复系数关系。在处理时，需要跟踪碰撞的先后顺序，依次求解。
9.4 球-墙碰撞的简化模型
当球撞击固定墙（质量 $m_2 \to \infty$，$v_2 = 0$）时：
$$ v_1' = -e \thinspace v_1 \tag{9.1} $$
即球以反向速度 $e v_1$反弹。若$e=1$，球以原速率弹回；若 $e=0$，球粘在墙上。
10. 碰撞与守恒定律的深层联系
10.1 诺特定理（Noether's Theorem）的视角
从分析力学的角度看，动量和能量的守恒源于时空的对称性：
- 动量守恒 $\longleftrightarrow$ 空间平移对称性（物理规律在空间各处相同）。
- 能量守恒 $\longleftrightarrow$ 时间平移对称性（物理规律不随时间变化）。
在碰撞问题中，动量守恒是精确的（如果系统不受外力），而动能守恒则取决于碰撞的"弹性"程度。这是因为碰撞过程中的内力是否保守决定了机械能是否守恒。
10.2 碰撞中的"隐藏"守恒量
除了动量和（在弹性碰撞中的）动能之外，碰撞还可能涉及其他守恒量：
- 角动量守恒：如果碰撞力通过质心，则每个物体的角动量不变；否则需要考虑轨道角动量和自旋角动量的交换。
- 电荷守恒：在带电粒子碰撞中。
- 重子数/轻子数守恒：在粒子物理碰撞中。
10.3 碰撞问题在物理各分支中的应用
- 经典力学：交通事故分析、体育运动中的击球分析、弹道学。
- 分子动理论：气体分子间的弹性碰撞推导压强公式、麦克斯韦分布。
- 核物理：$\alpha$ 粒子散射（卢瑟福实验）、中子慢化。
- 粒子物理：对撞机中的粒子碰撞产生新粒子。
- 天体物理：星系碰撞、小行星撞击。
11. 例题精讲
例题 1：完全弹性碰撞的基本计算
在光滑水平面上，球 A（质量 $m_1 = 2\ \mathrm{kg}$）以速度 $v_1 = 6\ \mathrm{m/s}$向右运动，球 B（质量$m_2 = 4\ \mathrm{kg}$）以速度 $v_2 = 3\ \mathrm{m/s}$ 同向向右运动，A 追上 B 发生完全弹性正心碰撞。求碰后两球的速度。
解： 取向右为正方向。由完全弹性碰撞公式 (3.5) 和 (3.6)： $$ \begin{aligned} v_1' &= \frac{(m_1 - m_2) v_1 + 2 m_2 v_2}{m_1 + m_2} = \frac{(2-4) \cdot 6 + 2 \cdot 4 \cdot 3}{2+4} = \frac{-12 + 24}{6} = 2\ \mathrm{m/s} \newline[6pt] v_2' &= \frac{(m_2 - m_1) v_2 + 2 m_1 v_1}{m_1 + m_2} = \frac{(4-2) \cdot 3 + 2 \cdot 2 \cdot 6}{6} = \frac{6 + 24}{6} = 5\ \mathrm{m/s} \end{aligned} $$ 验证：碰前相对速度 $v_1 - v_2 = 3\ \mathrm{m/s}$，碰后相对速度 $v_2' - v_1' = 3\ \mathrm{m/s}$，大小相等，$e=1$。动量守恒：$2 \cdot 6 + 4 \cdot 3 = 24 = 2 \cdot 2 + 4 \cdot 5 = 24$。动能守恒：$\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 36 + \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 9 = 36 + 18 = 54 = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 4 + \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 25 = 4 + 50 = 54$。计算正确。
答案：$v_1' = 2\ \mathrm{m/s}$（向右），$v_2' = 5\ \mathrm{m/s}$（向右）。
例题 2：完全非弹性碰撞中的动能损失
在光滑水平面上，质量为 $m_1 = 3\ \mathrm{kg}$的物体以$v_1 = 8\ \mathrm{m/s}$向右运动，与质量为$m_2 = 1\ \mathrm{kg}$ 的静止物体发生完全非弹性碰撞。求： （1）碰后共同速度； （2）碰撞过程中的动能损失； （3）动能损失占初始动能的百分比。
解： （1）碰后共同速度： $$ V = \frac{m_1 v_1 + m_2 \cdot 0}{m_1 + m_2} = \frac{3 \cdot 8}{3+1} = 6\ \mathrm{m/s} $$
（2）动能损失： 初动能：$E_k^{\text{初}} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 8^2 = 96\ \mathrm{J}$ 末动能：$E_k^{\text{末}} = \frac{1}{2} \cdot (3+1) \cdot 6^2 = 72\ \mathrm{J}$ $\Delta E_k = 96 - 72 = 24\ \mathrm{J}$
或用公式 (4.3)：$\Delta E_k = \frac{1}{2} \cdot \frac{3 \cdot 1}{3+1} \cdot 8^2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot 64 = 24\ \mathrm{J}$，一致。
（3）百分比：$\dfrac{24}{96} \times 100\% = 25\%$
答案：（1）$6\ \mathrm{m/s}$；（2）$24\ \mathrm{J}$；（3）$25\%$。
例题 3：非完全弹性碰撞的一般求解
在光滑水平面上，球 A（$m_1 = 2\ \mathrm{kg}$）以 $v_1 = 10\ \mathrm{m/s}$ 向右运动，与静止的球 B（$m_2 = 3\ \mathrm{kg}$）发生正碰。已知恢复系数 $e = 0.5$。求： （1）碰后两球的速度； （2）碰撞过程中的动能损失。
解： （1）使用公式 (5.3) 和 (5.4)，$v_2 = 0$： $$ \begin{aligned} v_1' &= \frac{(m_1 - e m_2) v_1}{m_1 + m_2} = \frac{(2 - 0.5 \cdot 3) \cdot 10}{2+3} = \frac{0.5 \cdot 10}{5} = 1\ \mathrm{m/s} \newline[6pt] v_2' &= \frac{(1+e) m_1 v_1}{m_1 + m_2} = \frac{1.5 \cdot 2 \cdot 10}{5} = 6\ \mathrm{m/s} \end{aligned} $$ 验证：$e = \dfrac{v_2' - v_1'}{v_1 - 0} = \dfrac{6-1}{10} = 0.5$，正确。
（2）使用公式 (5.6)： $$ \mu = \frac{2 \cdot 3}{2+3} = 1.2\ \mathrm{kg}, \quad v_{\text{rel}} = 10\ \mathrm{m/s} $$ $$ \Delta E_k = \frac{1}{2} \cdot 1.2 \cdot (1 - 0.5^2) \cdot 10^2 = 0.6 \cdot 0.75 \cdot 100 = 45\ \mathrm{J} $$
验证：初动能 $\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 100 = 100\ \mathrm{J}$，末动能 $\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 1^2 + \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 6^2 = 1 + 54 = 55\ \mathrm{J}$，损失 $45\ \mathrm{J}$，一致。
答案：（1）$v_1' = 1\ \mathrm{m/s}$，$v_2' = 6\ \mathrm{m/s}$；（2）$45\ \mathrm{J}$。
例题 4：牛顿摆问题
三个质量均为 $m$的弹性小球紧挨着放在光滑水平面上。最左侧的小球以速度$v_0$ 向右撞击第二个小球。假设所有碰撞均为完全弹性碰撞，求三球各自最终速度。
解： 第一次碰撞：球 1 撞球 2，等质量弹性碰撞，速度交换：球 1 停下 ($v_1 = 0$)，球 2 获得速度 $v_0$。
第二次碰撞：球 2 撞球 3，等质量弹性碰撞，速度交换：球 2 停下 ($v_2 = 0$)，球 3 获得速度 $v_0$。
最终结果：$v_1 = 0$，$v_2 = 0$，$v_3 = v_0$。只有最右侧的球以速度 $v_0$ 飞出。
答案：球 1 和球 2 静止，球 3 以 $v_0$ 向右运动。
例题 5：恢复系数的实验测定
一个篮球从高度 $h_0 = 2.0\ \mathrm{m}$处自由落下，与地面碰撞后反弹到高度$h = 1.28\ \mathrm{m}$。求： （1）篮球与地面的恢复系数； （2）若篮球质量 $m = 0.6\ \mathrm{kg}$，碰撞过程中的动能损失； （3）碰撞中篮球受到的平均冲力（假设碰撞时间 $\Delta t = 0.05\ \mathrm{s}$）。
解： （1）碰前瞬间速度 $v_1 = \sqrt{2 g h_0} = \sqrt{2 \times 9.8 \times 2.0} = \sqrt{39.2} \approx 6.26\ \mathrm{m/s}$（向下） 碰后瞬间速度 $v_1' = -\sqrt{2 g h} = -\sqrt{2 \times 9.8 \times 1.28} = -\sqrt{25.088} \approx -5.01\ \mathrm{m/s}$（向上，取负号）
由公式 (7.1)：$e = \sqrt{\dfrac{h}{h_0}} = \sqrt{\dfrac{1.28}{2.0}} = \sqrt{0.64} = 0.8$
或用速度比：$e = \dfrac{|v_1'|}{|v_1|} = \dfrac{5.01}{6.26} \approx 0.8$，一致。
（2）动能损失： $\Delta E_k = \frac{1}{2} m (v_1^2 - v_1'^2) = \frac{1}{2} \times 0.6 \times (39.2 - 25.088) = 0.3 \times 14.112 \approx 4.23\ \mathrm{J}$
或用 $mg(h_0 - h) = 0.6 \times 9.8 \times 0.72 \approx 4.23\ \mathrm{J}$，一致。
（3）动量变化：$\Delta p = m v_1' - m v_1 = 0.6 \times (-5.01) - 0.6 \times 6.26 = -3.006 - 3.756 = -6.762\ \mathrm{kg \cdot m/s}$
平均冲力：$\bar{F} = \dfrac{|\Delta p|}{\Delta t} = \dfrac{6.762}{0.05} \approx 135.2\ \mathrm{N}$
答案：（1）$e = 0.8$；（2）$\Delta E_k \approx 4.23\ \mathrm{J}$；（3）$\bar{F} \approx 135\ \mathrm{N}$。
例题 6：质心系中的碰撞分析
在光滑水平面上，$m_1 = 1\ \mathrm{kg}$以$v_1 = 4\ \mathrm{m/s}$ 向右运动，$m_2 = 3\ \mathrm{kg}$以$v_2 = -2\ \mathrm{m/s}$向左运动（迎面碰撞）。恢复系数$e = 0.6$。求： （1）质心速度； （2）在质心系中的碰前和碰后速度； （3）在实验室系中的碰后速度。
解： （1）质心速度： $$ v_{\text{cm}} = \frac{m_1 v_1 + m_2 v_2}{m_1 + m_2} = \frac{1 \cdot 4 + 3 \cdot (-2)}{4} = \frac{4 - 6}{4} = -0.5\ \mathrm{m/s} $$
（2）质心系中的碰前速度： $$ \begin{aligned} u_1 &= v_1 - v_{\text{cm}} = 4 - (-0.5) = 4.5\ \mathrm{m/s} \newline u_2 &= v_2 - v_{\text{cm}} = -2 - (-0.5) = -1.5\ \mathrm{m/s} \end{aligned} $$ 验证：$m_1 u_1 + m_2 u_2 = 1 \cdot 4.5 + 3 \cdot (-1.5) = 0$，质心系总动量为零。
质心系中的碰后速度（由 $u_i' = -e \thinspace u_i$）： $$ \begin{aligned} u_1' &= -0.6 \times 4.5 = -2.7\ \mathrm{m/s} \newline u_2' &= -0.6 \times (-1.5) = 0.9\ \mathrm{m/s} \end{aligned} $$ 验证质心系动量守恒：$1 \cdot (-2.7) + 3 \cdot 0.9 = -2.7 + 2.7 = 0$。
（3）回到实验室系：$v_i' = u_i' + v_{\text{cm}}$： $$ \begin{aligned} v_1' &= -2.7 + (-0.5) = -3.2\ \mathrm{m/s} \quad (\text{向左}) \newline v_2' &= 0.9 + (-0.5) = 0.4\ \mathrm{m/s} \quad (\text{向右}) \end{aligned} $$
验证：$e = \dfrac{v_2' - v_1'}{v_1 - v_2} = \dfrac{0.4 - (-3.2)}{4 - (-2)} = \dfrac{3.6}{6} = 0.6$，正确。
答案：（1）$v_{\text{cm}} = -0.5\ \mathrm{m/s}$；（2）碰前 $u_1 = 4.5\ \mathrm{m/s}$，$u_2 = -1.5\ \mathrm{m/s}$；碰后 $u_1' = -2.7\ \mathrm{m/s}$，$u_2' = 0.9\ \mathrm{m/s}$；（3）$v_1' = -3.2\ \mathrm{m/s}$，$v_2' = 0.4\ \mathrm{m/s}$。
例题 7：子弹打木块（完全非弹性碰撞 + 能量守恒）
质量为 $m = 10\ \mathrm{g}$的子弹以速度$v_0 = 400\ \mathrm{m/s}$水平射入质量为$M = 2\ \mathrm{kg}$的静止木块中，并嵌入木块。木块放在光滑水平面上，之后木块（含子弹）压缩一根劲度系数$k = 2000\ \mathrm{N/m}$ 的轻弹簧。求弹簧的最大压缩量。
解： 第一阶段：子弹射入木块，完全非弹性碰撞。 碰后共同速度：$V = \dfrac{m v_0}{m + M} = \dfrac{0.01 \times 400}{0.01 + 2} \approx \dfrac{4}{2.01} \approx 1.99\ \mathrm{m/s}$
第二阶段：木块（含子弹）压缩弹簧，机械能守恒。 $$ \frac{1}{2}(m+M)V^2 = \frac{1}{2} k x_{\text{max}}^2 $$ $$ x_{\text{max}} = V \sqrt{\frac{m+M}{k}} = 1.99 \times \sqrt{\frac{2.01}{2000}} \approx 1.99 \times \sqrt{0.001005} \approx 1.99 \times 0.0317 \approx 0.0631\ \mathrm{m} = 6.31\ \mathrm{cm} $$
讨论：子弹射入木块过程中，动能损失为： $\Delta E_k = \frac{1}{2} \cdot \frac{mM}{m+M} \cdot v_0^2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{0.01 \cdot 2}{2.01} \cdot 400^2 \approx \frac{1}{2} \cdot 0.00995 \cdot 160000 \approx 796\ \mathrm{J}$
初始子弹动能：$\frac{1}{2} \cdot 0.01 \cdot 400^2 = 800\ \mathrm{J}$。可见绝大部分动能（约 99.5%）都损失了，只有约 4 J 转化为压缩弹簧的机械能。
答案：$x_{\text{max}} \approx 6.3\ \mathrm{cm}$。
例题 8：相对运动中的碰撞问题
在光滑水平面上，平板车质量 $M = 100\ \mathrm{kg}$，以速度 $v_0 = 2\ \mathrm{m/s}$向右匀速运动。一个质量$m = 50\ \mathrm{kg}$的人以速度$u = 3\ \mathrm{m/s}$ 向左跳上平板车，并停在车上（人与车之间的作用视为完全非弹性碰撞）。求人跳上车后车的速度。
解： 取向右为正方向。系统的水平方向不受外力，动量守恒。
初始：车动量 $M v_0 = 100 \times 2 = 200\ \mathrm{kg \cdot m/s}$（向右），人动量 $m(-u) = 50 \times (-3) = -150\ \mathrm{kg \cdot m/s}$（向左）。
总初始动量：$P_{\text{初}} = 200 - 150 = 50\ \mathrm{kg \cdot m/s}$
末态：人车共速 $V$，总动量 $(M+m)V = 150 V$。
$$ 150 V = 50 \implies V = \frac{1}{3}\ \mathrm{m/s} \approx 0.33\ \mathrm{m/s} \quad (\text{向右}) $$
答案：$V \approx 0.33\ \mathrm{m/s}$，方向向右。
例题 9：多次碰撞——反弹问题
一个弹性小球从高度 $h_0 = 10\ \mathrm{m}$自由落下，与水平地面碰撞的恢复系数$e = 0.8$。求： （1）小球第二次反弹的最大高度； （2）小球从开始下落到最终静止所经过的总路程； （3）小球从开始下落到最终静止所经过的总时间。
解： （1）第一次反弹高度 $h_1 = e^2 h_0 = 0.8^2 \times 10 = 6.4\ \mathrm{m}$ 第二次反弹高度 $h_2 = e^2 h_1 = e^4 h_0 = 0.8^4 \times 10 = 0.4096 \times 10 = 4.096\ \mathrm{m}$
（2）总路程 = 下落距离 + 反弹距离（$\times 2$ 除最后一次） $$ \begin{aligned} S &= h_0 + 2h_1 + 2h_2 + 2h_3 + \cdots \newline &= h_0 + 2 e^2 h_0 + 2 e^4 h_0 + 2 e^6 h_0 + \cdots \newline &= h_0 + 2 h_0 (e^2 + e^4 + e^6 + \cdots) \newline &= h_0 + 2 h_0 \cdot \frac{e^2}{1 - e^2} \newline &= h_0 \left( 1 + \frac{2e^2}{1 - e^2} \right) = h_0 \cdot \frac{1 + e^2}{1 - e^2} \end{aligned} $$
代入：$S = 10 \times \dfrac{1 + 0.64}{1 - 0.64} = 10 \times \dfrac{1.64}{0.36} \approx 45.56\ \mathrm{m}$
（3）每次下落时间：$t_n^{\text{down}} = \sqrt{\dfrac{2 h_n}{g}} = e^n \sqrt{\dfrac{2 h_0}{g}}$ 每次上升时间等于下落时间（同高度）。总时间： $$ \begin{aligned} T &= t_0 + 2 t_1 + 2 t_2 + \cdots \newline &= \sqrt{\frac{2h_0}{g}} \left(1 + 2e + 2e^2 + 2e^3 + \cdots \right) \newline &= \sqrt{\frac{2h_0}{g}} \left(1 + \frac{2e}{1-e} \right) \newline &= \sqrt{\frac{2h_0}{g}} \cdot \frac{1+e}{1-e} \end{aligned} $$
代入：$T = \sqrt{\dfrac{20}{9.8}} \cdot \dfrac{1.8}{0.2} \approx 1.429 \times 9 \approx 12.86\ \mathrm{s}$
答案：（1）$h_2 \approx 4.10\ \mathrm{m}$；（2）$S \approx 45.6\ \mathrm{m}$；（3）$T \approx 12.9\ \mathrm{s}$。
例题 10：碰撞中的临界条件问题
在光滑水平面上，A、B两球质量分别为 $m_A = 2\ \mathrm{kg}$，$m_B = 1\ \mathrm{kg}$。A 球以速度 $v_A = 5\ \mathrm{m/s}$向右运动，B 球静止。两球间发生正碰，恢复系数为$e$。 （1）若碰后 A 球静止，求 $e$ 的值； （2）若碰后 A 球反弹（向左运动），求 $e$ 的取值范围； （3）若碰后 A 球继续向右运动，求 $e$ 的取值范围。
解： 由公式 (5.3)，$v_A' = \dfrac{m_A - e m_B}{m_A + m_B} v_A$： $$ v_A' = \frac{2 - e \cdot 1}{3} \cdot 5 = \frac{5(2 - e)}{3} $$
（1）$v_A' = 0$ 时：$2 - e = 0 \implies e = 2$。但 $e \leq 1$，所以在 $e \in [0, 1]$ 范围内，$v_A' \neq 0$。实际上 $v_A' = \dfrac{5(2-e)}{3} > 0$（因为 $e \leq 1 < 2$），所以 A 球碰后不可能静止，也不可能反弹。
等等，让我重新检查。$v_A' = \dfrac{m_A - e m_B}{m_A + m_B} v_A$。当 $e = \dfrac{m_A}{m_B} = 2$时$v_A' = 0$。但 $e$最大为 1，所以$e$取不到 2。因此$v_A'$ 始终为正（$m_A - e m_B \geq 2 - 1 = 1 > 0$），A 球碰后始终向右运动。
（1）$v_A' = 0$要求$e = 2$，超出了 $e$ 的物理范围，所以不可能。
（2）A 球反弹要求 $v_A' < 0$，即 $2 - e < 0$，$e > 2$。同样不可能。
（3）A 球继续向右 $v_A' > 0$，即 $e < 2$。在 $e \in [0, 1]$ 内始终成立。
这个例题说明：当 $m_A > m_B$时，无论$e$ 取何值（$e \leq 1$），入射的重球碰后都继续沿原方向运动。
答案：（1）不可能；（2）不可能；（3）$e \in [0, 1]$ 时始终成立。
例题 11：综合题——碰撞与圆周运动
一根长为 $L = 1\ \mathrm{m}$的轻绳，一端固定，另一端悬挂质量$M = 2\ \mathrm{kg}$的沙袋。一颗质量$m = 20\ \mathrm{g}$的子弹以水平速度$v_0 = 500\ \mathrm{m/s}$ 射入沙袋并留在其中。求： （1）沙袋（含子弹）能摆起的最大高度； （2）绳子所受的最大拉力。
解： （1）第一阶段：子弹射入沙袋，完全非弹性碰撞。 碰后共同速度：$V = \dfrac{m v_0}{m + M} = \dfrac{0.02 \times 500}{2.02} \approx 4.95\ \mathrm{m/s}$
第二阶段：沙袋摆动，机械能守恒。 设最大摆角对应的竖直高度为 $h$，最低点为零势能面： $$ \frac{1}{2}(m+M)V^2 = (m+M)gh \implies h = \frac{V^2}{2g} = \frac{4.95^2}{2 \times 9.8} \approx 1.25\ \mathrm{m} $$
（2）沙袋在最低点时绳子拉力最大： $$ T_{\text{max}} - (m+M)g = (m+M) \frac{V^2}{L} $$ $$ T_{\text{max}} = (m+M)g + (m+M) \frac{V^2}{L} = 2.02 \times 9.8 + 2.02 \times \frac{24.5}{1} \approx 19.8 + 49.5 \approx 69.3\ \mathrm{N} $$
答案：（1）$h \approx 1.25\ \mathrm{m}$；（2）$T_{\text{max}} \approx 69.3\ \mathrm{N}$。
例题 12：碰撞中的冲量计算
质量为 $m_1 = 0.5\ \mathrm{kg}$的球以$v_1 = 10\ \mathrm{m/s}$的速度向右运动，与质量为$m_2 = 1.5\ \mathrm{kg}$的静止球发生正碰，恢复系数$e = 0.6$。求： （1）碰撞过程中两球各自受到的冲量； （2）碰撞过程中的平均冲力（假设碰撞时间 $\Delta t = 0.02\ \mathrm{s}$）。
解： （1）由公式 (5.5)： $$ \mu = \frac{0.5 \times 1.5}{0.5 + 1.5} = 0.375\ \mathrm{kg} $$ $$ J = \mu (1+e) v_{\text{rel}} = 0.375 \times 1.6 \times 10 = 6\ \mathrm{N \cdot s} $$
球 1 受到的冲量：$-J = -6\ \mathrm{N \cdot s}$（向左） 球 2 受到的冲量：$+J = +6\ \mathrm{N \cdot s}$（向右）
验证：$m_1 v_1' = m_1 v_1 - J \implies v_1' = 10 - \frac{6}{0.5} = 10 - 12 = -2\ \mathrm{m/s}$ $m_2 v_2' = J \implies v_2' = \frac{6}{1.5} = 4\ \mathrm{m/s}$ $e = \dfrac{4 - (-2)}{10 - 0} = 0.6$，正确。
（2）$\bar{F} = \dfrac{J}{\Delta t} = \dfrac{6}{0.02} = 300\ \mathrm{N}$
答案：（1）球 1 受冲量 $6\ \mathrm{N \cdot s}$向左，球 2 受冲量$6\ \mathrm{N \cdot s}$ 向右；（2）$\bar{F} = 300\ \mathrm{N}$。
例题 13：碰撞与动量守恒的综合判断
在光滑水平面上，A、B 两物体沿同一直线运动。A 质量 $2\ \mathrm{kg}$，速度 $6\ \mathrm{m/s}$向右；B 质量$4\ \mathrm{kg}$，速度 $3\ \mathrm{m/s}$向左。某时刻发生正碰。已知碰后 A 的速度大小为$2\ \mathrm{m/s}$，方向向左。判断以下说法是否正确并说明理由： （1）碰撞为完全非弹性碰撞； （2）碰撞为完全弹性碰撞； （3）碰撞中 B 的动量变化大小为 $16\ \mathrm{kg \cdot m/s}$。
解： 取向右为正方向。碰前：$v_A = 6\ \mathrm{m/s}$，$v_B = -3\ \mathrm{m/s}$。碰后：$v_A' = -2\ \mathrm{m/s}$。
由动量守恒：$m_A v_A + m_B v_B = m_A v_A' + m_B v_B'$ $$ 2 \times 6 + 4 \times (-3) = 2 \times (-2) + 4 \times v_B' \implies 12 - 12 = -4 + 4 v_B' \implies v_B' = 1\ \mathrm{m/s} $$
恢复系数：$e = \dfrac{v_B' - v_A'}{v_A - v_B} = \dfrac{1 - (-2)}{6 - (-3)} = \dfrac{3}{9} = \dfrac{1}{3}$
（1）$e = 1/3 \neq 0$，不是完全非弹性碰撞。错误。 （2）$e = 1/3 \neq 1$，不是完全弹性碰撞。错误。 （3）B 的动量变化：$\Delta p_B = m_B v_B' - m_B v_B = 4 \times 1 - 4 \times (-3) = 4 + 12 = 16\ \mathrm{kg \cdot m/s}$。正确。
答案：（1）错误；（2）错误；（3）正确。
例题 14：碰撞中的极限速度问题
在光滑水平面上，质量为 $m_1$的球以速度$v_0$撞击质量为$m_2$的静止球。恢复系数为$e$（$0 \leq e \leq 1$）。证明：碰后 $m_2$的速度$v_2'$ 满足： $$ \frac{m_1}{m_1 + m_2} v_0 \leq v_2' \leq \frac{2 m_1}{m_1 + m_2} v_0 $$
证明： 由公式 (5.4)，$v_2 = 0$： $$ v_2' = \frac{(1+e) m_1}{m_1 + m_2} v_0 $$
因为 $0 \leq e \leq 1$，所以 $1 \leq 1+e \leq 2$，因此： $$ \frac{m_1}{m_1 + m_2} v_0 \leq v_2' \leq \frac{2 m_1}{m_1 + m_2} v_0 $$
下界对应 $e=0$（完全非弹性），上界对应 $e=1$（完全弹性）。证毕。
例题 15：碰撞问题的综合应用——弹簧连接体
在光滑水平面上，A、B 两物体质量均为 $m = 1\ \mathrm{kg}$，B 与墙壁之间连接一根劲度系数 $k = 100\ \mathrm{N/m}$的轻弹簧（原长$L_0 = 0.5\ \mathrm{m}$）。初始时弹簧处于原长，B 静止。A 以速度 $v_0 = 4\ \mathrm{m/s}$ 向右运动，与 B 发生完全弹性碰撞。 （1）求碰后瞬间 A 和 B 的速度； （2）弹簧的最大压缩量； （3）分析 A 和 B 的后续运动。
解： （1）等质量弹性碰撞：$v_A' = 0$，$v_B' = v_0 = 4\ \mathrm{m/s}$（A 停下，B 获得速度）。
（2）B 压缩弹簧，机械能守恒： $$ \frac{1}{2} m v_B'^2 = \frac{1}{2} k x_{\text{max}}^2 \implies x_{\text{max}} = v_B' \sqrt{\frac{m}{k}} = 4 \times \sqrt{\frac{1}{100}} = 4 \times 0.1 = 0.4\ \mathrm{m} $$
（3）之后弹簧恢复，B 被弹回，速度变为 $-4\ \mathrm{m/s}$（向左），与 A 再次发生弹性碰撞。第二次碰撞：B 以 $4\ \mathrm{m/s}$向左撞静止的 A，A 获得$4\ \mathrm{m/s}$ 向左，B 停下。A 向左运动后可能离开系统或与墙壁碰撞，取决于具体设置。
答案：（1）$v_A' = 0$，$v_B' = 4\ \mathrm{m/s}$；（2）$x_{\text{max}} = 0.4\ \mathrm{m}$；（3）A 和 B 交替运动，A 获得速度后离开，B 停下。
例题 16：变质量碰撞——雨滴下落问题
一颗质量为 $m_0$的雨滴从静止开始下落，在下落过程中水蒸气不断在其表面凝结，使雨滴质量以$\dfrac{dm}{dt} = \alpha m$（$\alpha$为常数）的速率增加。忽略空气阻力，求雨滴在$t$ 时刻的速度。
解： 这是变质量系统问题，需用动量定理的变质量形式。设 $t$时刻雨滴质量为$m(t) = m_0 e^{\alpha t}$，速度为 $v(t)$。
在 $dt$时间内，凝结的水蒸气质量为$dm$，其初速度为 0。系统在竖直方向的动量变化： $t$ 时刻动量：$m v$ $t+dt$ 时刻动量：$(m+dm)(v+dv)$
外力的冲量（重力）：$m g \thinspace dt$（忽略 $dm$ 的重力）
动量定理： $$ (m+dm)(v+dv) - m v = m g \thinspace dt $$
略去二阶小量 $dm \cdot dv$： $$ m \thinspace dv + v \thinspace dm = m g \thinspace dt $$
两边除以 $dt$： $$ m \frac{dv}{dt} + v \frac{dm}{dt} = m g $$
代入 $\dfrac{dm}{dt} = \alpha m$： $$ m \frac{dv}{dt} + \alpha m v = m g \implies \frac{dv}{dt} + \alpha v = g $$
这是一阶线性微分方程。通解：$v(t) = \dfrac{g}{\alpha} + C e^{-\alpha t}$。由初始条件 $v(0) = 0$，得 $C = -\dfrac{g}{\alpha}$。
因此： $$ v(t) = \frac{g}{\alpha} (1 - e^{-\alpha t}) $$
当 $t \to \infty$ 时，$v \to \dfrac{g}{\alpha}$（终端速度）。
答案：$v(t) = \dfrac{g}{\alpha}(1 - e^{-\alpha t})$。
总结
碰撞问题的核心思路：
- 明确正方向（一维问题中至关重要）。
- 列出动量守恒方程（只要合外力为零或碰撞时间极短）。
- 确定恢复系数 $e$ 或动能是否守恒。
- 联立求解，必要时用质心系简化计算。
- 验证结果：检查动量守恒、$e$是否在$[0,1]$ 内、动能是否合理。
正心碰撞是碰撞理论的基础，掌握了它，斜碰只需将速度分解为法向和切向分量即可处理。后续可进一步学习二维碰撞、连续碰撞、以及相对论碰撞等内容。
费曼之言
"从台球碰撞到星系并合，自然界的每一次碰撞都在诉说着动量守恒和能量守恒的普适法则。理解碰撞，就是理解宇宙运作的基本方式。"