两体弹性碰撞问题：暴算与讨论
问题概要
今天来捋一捋两体的弹性碰撞问题。
设两个物体的质量分别为 \(m_1\) 和 \(m_2\)。为了讨论方便起见，我们假定，\(m_1\) 沿 \(x\)-轴方向以初速度 \(u\) 朝着处于静止状态的 \(m_2\) 杀将过来。碰撞后，\(m_1\) 和 \(m_2\) 分别以速度 \(v_1\) 和 \(v_2\) 各作鸟兽散，其中 \(v_1\) 和 \(v_2\) 与 \(x\)-轴方向所成的角度分别为 \(\alpha\) 和 \(\beta\)（如图所示）。
接下来我们想解决的以下几个问题：
- 对所有可能的 \(m_2\) 被撞后的运动方向，\(m_1\) 的运动轨迹在碰撞过程中会有多大的偏转？
- \(m_1\) 的初动能有多少比例会在碰撞过程中传递给 \(m_2\)？
这个问题在大学的力学课程中，通常会放到质心参照系（centre of mass frame）中处理，结果非常漂亮。我最近也许是闲得过头了，试着在实验室参照系直接硬解出相同的结果，解完后随便写点，就当没白忙活。
问题求解
对于碰撞问题，我们可以列出如下动量守恒的相关方程：
\[\begin{aligned} m_1 u = m_1 v_1 \cos\alpha + m_2 v_2 \cos\beta & \quad (1) \\ 0 = m_1 v_1 \sin\alpha - m_2 v_2 \sin\beta & \quad (2) \\ \end{aligned}\]我们可以从这两条方程先解出 \(v_1\) 和 \(v_2\) 初步的关系式。我们当然可以硬来，不过这里将动量守恒用矢量三角形的方式表示出来，求解 \(v_1\) 和 \(v_2\) 会容易得多。
运用正弦定理，很容易得出
\[\frac{m_1 v_1}{\sin \beta} = \frac{m_2 v_2}{\sin \alpha} = \frac{m_1 u}{\sin(\alpha + \beta)} \qquad (3)\]从而
\[v_1 = \frac{u\sin\beta}{\sin(\alpha + \beta)}, \quad v_2 = \frac{m_1u\sin\alpha}{m_2\sin(\alpha + \beta)} \qquad (4)\]因为碰撞是弹性的，因此撞前和撞后的总动能保持不变
\[\frac{1}{2}m_1 u^2 = \frac{1}{2}m_1 v_1^2 + \frac{1}{2}m_2 v_2^2 \qquad (5)\]将 \(v_1\) 和 \(v_2\) 的表达式代入进来，稍作整理
\[\begin{aligned} m_1 u^2 = m_1 \frac{u^2 \sin^2\beta}{\sin^2(\alpha + \beta)} + m_2 \frac{m_1^2 u^2 \sin^2\alpha}{m_2^2 \sin^2(\alpha + \beta)} \\ \sin^2(\alpha + \beta) = \sin^2\beta + \frac{m_1}{m_2} \sin^2\alpha \qquad (6) \end{aligned}\]我们接下来将 \(m_2\) 的运动方位角 \(\beta\) 视作已知参数，来试求出给定 \(\beta\) 的条件下 \(m_1\) 的偏转角度 \(\alpha\)。
\[\begin{aligned} (\sin\alpha \cos\beta + \cos\alpha \sin\beta)^2 = \sin^2\beta + \frac{m_1}{m_2} \sin^2\alpha \\ \sin^2 \alpha \cos^2\beta + \cos^2\alpha \sin^2\beta +2\sin\alpha\cos\alpha\sin\beta\cos\beta = \sin^2\beta + \frac{m_1}{m_2} \sin^2\alpha \\ \tan^2\alpha\cos^2\beta + \sin^2\beta + \tan\alpha\sin2\beta = \sin^2\beta(1+\tan^2\alpha) + \frac{m_1}{m_2}\tan^2\alpha \\ \tan^2\alpha\left( \cos^2\beta - \sin^2\beta - \frac{m_1}{m_2} \right) + \tan\alpha \sin2\beta = 0\\ \tan\alpha\left( \cos2\beta - \frac{m_1}{m_2} \right) + \sin2\beta = 0 \\ \boxed{ \tan\alpha = \frac{\sin2\beta}{\frac{m_1}{m_2} - \cos2\beta} } \qquad (7) \end{aligned}\]在上面推导的第3步，我们在方程两边同除以了 \(\cos^2\alpha\)，中间还运用到了诸多三角恒等式进行化简。
显然 \(\beta\) 可以在可以在 \(0\) 到 \(\frac{\pi}{2}\) 的区间内取值，（7）式可以立即给出了相应的 \(\alpha\)。我用作图工具绘制了不同 \(\frac{m_1}{m_2}\) 情况下 \(\alpha\) 随 \(\beta\) 的变化关系，有兴趣的读者可以自行看图作解读。
讨论
我们接下来对（7）式的结果作一点讨论。
\(m_1 \ll m_2\) 的情况
\(\frac{m_1}{m_2} \approx 0\)，（7）式变为：
\[\tan \alpha \approx \frac{\sin2\beta}{-2\cos2\beta} = -2\tan2\beta\]因此有 \(\alpha \approx \pi - 2\beta\)。
这相当于质量可以忽略不计的 \(m_1\) 挨上了一个它完全撞不动的 \(m_2\)，\(m_2\) 撞后速度依然微乎其微，而 \(m_1\) 直接被弹开，入射角跟反射角近似相等。
\(m_1 < m_2\) 的一般情况
此时 \(\frac{m_1}{m_2} - \cos2\beta\) 可正可负，\(\tan \alpha\) 可以取到任意值，因此 \(\alpha\) 的偏转角度可能取到 \(0\) 至 \(\pi\) 之间的任意角度。
特别的，两球之间发生正碰（head-on collision）时，\(\beta \to 0\)，注意到 \(\sin2\beta \to 0\) 以及 \(\frac{m_1}{m_2} - \cos2\beta \to \frac{m_1}{m_2} - 1 <0\)，因此 \(\tan\alpha \to 0^-\)，故 \(\alpha \to \pi\)，即小的质量 \(m_1\) 在正碰后直接被撞得调转了方向。
另外，如果 \(\beta \to \frac{\pi}{2}\)，\(\sin 2\beta \to 0\)，因此 \(\alpha \to 0\)。这意味着 \(m_1\) 与 \(m_2\) 几乎是擦身而过，就是蹭了层皮的碰撞，类似台球中的超级薄球，碰撞后 \(m_1\) 的运动方向几乎不变。
\(m_1>m_2\) 的情况
此时 \(\frac{m_1}{m_2} - \cos2\beta\) 恒为正，\(\tan \alpha\) 会存在极大值，因此 \(\alpha\) 的偏转只能在有限的范围以内。
我们来试着找找看 \(\alpha\) 的极大值。对（7）式微分：
\[\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}\tan\alpha}{\mathrm{d}(2\beta)}\Bigg|_{\beta = \beta_s} =0 \\ \frac{\left(\frac{m_1}{m_2} - \cos2\beta_s \right) \cos2\beta_s - \sin2\beta_s \sin2\beta_s}{\left(\frac{m_1}{m_2} - \cos2\beta_s \right)^2} = 0 \\ \frac{m_1}{m_2}\cos2\beta_s - 1 =0 \\ \cos 2\beta_s = \frac{m_2}{m_1} \qquad (8) \end{aligned}\]将（8）式代回（7）式中，可以得到 \(\tan\alpha\) 的最大值
\[\tan\alpha_\text{max} = \frac{\frac{\sqrt{m_1^2-m_2^2}}{m_1}}{\frac{m_1}{m_2}-\frac{m_2}{m_1}} = \frac{m_2}{\sqrt{m_1^2-m_2^2}} \qquad (9)\]不难得到 \(\sin\alpha\) 的最大值
\[\boxed{ \sin\alpha_\text{max} = \frac{m_2}{m_1} } \qquad (10)\]如果我们拿一个 \(\alpha\) 粒子轰向一个静止的电子（质量差了约7300倍），可以算出 \(\alpha\) 粒子的偏转最多不会超过 \(0.008^\circ\)。因此在 \(\alpha\) 粒子散射实验中，我们可以完全忽略原子中的电子产生的影响。
\(m_1 = m_2\) 的情况
此时 \(\frac{m_1}{m_2} = 1\)，（7）式即退化为：
\[\tan\alpha = \frac{\sin2\beta}{1-\cos2\beta} = \frac{2\sin\beta\cos\beta}{2\sin^2\beta} = \frac{1}{\tan\beta} \qquad (11)\]我们立刻发现 \(\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}\)：一个小球撞向另一个质量与其相等的静止小球，撞后两个小球的运动方向将总是呈直角！下次打台球不妨多留意一下（我们这里没有考虑给母球加旋转的高级杆法）。
我们接下来看看撞前撞后的动能关系。
我们这里关心的问题是：\(m_1\) 在碰撞过程中损失了百分之多少的动能？或者说，\(m_1\) 在碰撞中将百分之多少的初动能传递给了 \(m_2\)？
让我们把这个比例称作 \(\gamma\)，它的式子不难列出
\[\gamma = \frac{\frac{1}{2}m_2v_2^2}{\frac{1}{2}m_1u^2} = \frac{m_2v_2^2}{m_1 u^2} \qquad (12)\]将（4）式的结果代入
\[\begin{aligned} \gamma = \frac{m_2}{m_1u^2} \times \frac{m_1^2 u^2 \sin^2\alpha}{m_2^2\sin^2(\alpha + \beta)} \\ \gamma = \frac{m_1 \sin^2\alpha}{m_2\sin^2(\alpha + \beta)} \qquad (13) \end{aligned}\]这东西的化简可谓路漫漫兮，也许有更简便的算法，但反正我是没想到。铁了头算
\[\begin{aligned} \gamma & = \frac{m_1 \sin^2\alpha}{m_2 (\sin^2 \alpha \cos^2\beta + \cos^2\alpha \sin^2\beta +2\sin\alpha\cos\alpha\sin\beta\cos\beta)} \\ & = \frac{m_1}{m_2} \left[ \cos^2\beta + \frac{\sin^2\beta}{\tan^2\alpha} + \frac{\sin2\beta}{\tan\alpha} \right]^{-1} \\ & = \frac{m_1}{m_2} \left[ \cos^2\beta + \sin^2\beta \left( \frac{\frac{m_1}{m_2} - \cos2\beta}{\sin2\beta} \right)^2+ \left( {\frac{m_1}{m_2} - \cos2\beta} \right) \right]^{-1} \\ & = \frac{m_1}{m_2} \left[ \cos^2\beta + \sin^2\beta \frac{ \left( \frac{m_1}{m_2} - \cos2\beta \right)^2}{4\sin^2\beta\cos^2\beta} + \left( {\frac{m_1}{m_2} - \cos2\beta} \right) \right]^{-1} \\ & = \frac{4m_1}{m_2} \cos^2\beta\left[ 4\cos^4\beta + \left( \frac{m_1}{m_2} - \cos2\beta \right)^2 + 4\cos^2\beta \left( {\frac{m_1}{m_2} - \cos2\beta} \right) \right]^{-1} \\ & = \frac{4m_1}{m_2} \cos^2\beta\left[ 4\cos^4\beta + \frac{m_1^2}{m_2^2} + \cos^2 2\beta - \frac{2m_1}{m_2}\cos2\beta + {\frac{4m_1}{m_2}\cos^2\beta - 4\cos^2\beta\cos2\beta} \right]^{-1} \\ & = \frac{4m_1}{m_2} \cos^2\beta\left[ \frac{m_1^2}{m_2^2} + \frac{2m_1}{m_2} (2\cos^2\beta - \cos2\beta) + (4\cos^4\beta + \cos^2 2\beta - 4\cos^2\beta\cos2\beta) \right]^{-1} \\ \end{aligned}\]喘口气先。注意方括号里那一大坨，很恶心是吧？但是接下来马上见证奇迹，里面圆括号括起来的两小坨，它们通通可以化成常数1。第一个的圆括号部分：
\[2\cos^2\beta - \cos2\beta = 2\cos^2\beta - (2\cos^2\beta- 1) = 1\]第二个圆括号的所有东西合体：
\[\begin{aligned} & \, 4\cos^4\beta + \cos^2 2\beta - 4\cos^2\beta\cos2\beta \\ = &\, 4\cos^4\beta + \cos^2 2\beta - 4\cos^2\beta(\cos^2\beta - \sin^2\beta) \\ = &\, \cos^2 2\beta + 4\sin^2\beta \cos^2\beta \\ = &\, \cos^2 2\beta + \sin^2 2\beta \\ = &\, 1 \end{aligned}\]于是这个方括号里的东西居然凑出了一个完全平方！
\[\begin{aligned} \gamma & = \frac{4m_1}{m_2} \cos^2\beta \left[ \frac{m_1^2}{m^2_2} +\frac{2m_1}{m_2} +1 \right]^{-1} \\ & = \frac{4m_1}{m_2} \cos^2\beta \left[ \left( \frac{m_1}{m_2} +1\right)^2 \right]^{-1} \\ & = \frac{4m_1}{m_2} \cos^2\beta \left( \frac{m_2}{m_1+m_2} \right)^2 \\ \end{aligned}\]最终化简得到 \(m_1\) 动能损失的百分比为：
\[\boxed{ \gamma = \frac{4m_1m_2}{(m_1+m_2)^2} \cos^2\beta } \qquad (14)\]如果确定 \(m_2\) 被撞出的角度 \(\beta\)，那么 \(m_1\) 损失动能的多少将取决于 \(m_1\) 和 \(m_2\) 的相对大小关系。
如果 \(m_1\gg m_2\)，\(\gamma \to 0\)。这对应一个超大质量的 \(m_1\) 碾压式推进，轻如鸿毛的 \(m_2\) 螳臂挡车，完全无法阻挡 \(m_1\) 前进的步伐，故 \(m_1\) 几乎没有动能损失。
如果 \(m_1 \ll m_2\)，同样也有 \(\gamma \to 0\)。这对应一个小质量的 \(m_1\) 一脑门撞上一个超大吨位的 \(m_2\)，\(m_2\) 没被撞动，自己被反弹了出去，碰撞中速度方向改变了，但速度大小没啥大的变化，因此动能损失也很少。
让我们再回到（13）式，来讨论下动能损失最大会在什么情况出现。
很显然，考虑 \(\beta\) 的变化，则在正碰（\(\beta=0\)）时，\(m_2\) 可以获得最多的动能，\(m_1\) 损失的动能最大。
再考虑 \(m_1\) 和 \(m_2\) 的相对大小关系的影响，注意到：
\[(m_1+m_2)^2 - 4m_1m_2 = (m_1-m_2)^2 \geq 0\]以上不等式当且仅当 \(m_1=m_2\) 时才取得等号，这也对应着 \(\gamma\) 的极大值。
\[\gamma \leq \cos^2\beta \leq 1\]这个结果当然不言自明：能够损失的动能不可能超过100%。而我们的分析表明，这种极端情况只会在 \(m_1=m_2\) 及 \(\beta = 0\) 同时成立时才会出现，即只有迎面撞向一个质量相当的静止小球，才可能在撞后立刻静止。原先运动小球所有的初动能全部转移给了原先静止的小球，两者发生了速度交换。打台球时的定杆大约就是这么个道理。