碰撞中動能損失與恢復系數的一般關系及其證明

黃亦斌

(江西師范大學物理與通信電子學院，江西 南昌 330022)

碰撞是力學中一個熱門話題。通常討論較多的是一維正碰、二維斜碰、球與桿的碰撞、桿與桿的碰撞等[1-10]，見圖1。而且，眾多的作者都討論了各種情形下的動能損失，并將其用恢復系數來表示。作為最簡單的兩小球一維正碰，有

(1)

其中，m1,m2分別為兩小球的質量，v10,v20為二者碰撞前的速度，ΔK為總動能的變化，而e為恢復系數——兩小球分離速度與接近速度的比值。

圖1 各種碰撞模型(a) 兩小球正碰； (b) 兩小球斜碰； (c) 球與自由桿正碰； (d) 球與一端固定桿正碰； (e) 球與桿斜碰； (f) 兩桿正碰； (g) 兩桿光滑鉸接； (h) 三桿光滑鉸接

從多種已研究過的碰撞模型中可以歸納出：(1)e=1等價于動能不變(彈性碰撞)；(2)e=0等價于動能損失最大(完全非彈性碰撞)；(3)動能改變具有ΔK∝(1-e2)的形式。

這些結論尚未碰到反例。然而，從圖1中可以看出，這類碰撞有無窮多種情形，我們顯然不可能對每一種情形都進行研究并證實或否定該結論。我們要問：上述結論是否具有一般性？有沒有適用條件？更為一般的碰撞是什么樣子？總可以使用恢復系數來表達動能改變嗎？本文就試圖一般地解決這類問題。

1 碰撞的自由度分析

首先，任意碰撞時的沖力都很大但作用時間很短，故都可做如下的理想化：碰撞前后系統內的任意質點的位置都不變，但速度可以發生突變，且常規力(如重力)跟沖力相比可以忽略。這是處理碰撞的一般規則。其次可以做如下限定：碰撞只發生在兩個剛體之間(小球和細桿不過是剛體的退化情形)，而不是多個剛體同時碰撞；二者或二者之一可以通過光滑鉸鏈(理想約束)跟其他剛體相連或被固定；剛體間的碰撞只發生在一處地方。

考慮兩剛體相碰之處。一般而言，二者之間有沿公切面法向的沖量I，也可能有與公切面平行的沖量(如摩擦)。然而，最一般地，二者之間的相互沖擊不僅存在主矢，還存在對碰撞點的主矩(沖量偶矩)，共六個獨立分量。

為什么會有主矩呢？雖然碰撞通常都是局部的點碰撞，但就碰撞細節而言，碰撞處兩剛體總存在彈性形變，接觸處不是一個點而是一個小面。于是原則上其相互作用就是一個力系，可能存在對碰撞點的主矩，從而對兩剛體的運動造成額外影響。在這個小面理想化為一個點后，主矩必須仍然保留才能解釋此額外影響。(主矩不能忽略的另一個例子是，細桿可視為由兩段構成，相接處顯然被視為一個點。但兩段之間的相互作用通常既有力，又有力偶矩。這是因為相接處實為一個小面，本就有力偶矩，即使小面趨于零時，主矩的效應也不可能消失。)主矩獨立于主矢，取決于接觸處的碰撞細節。

主矩為0的點碰撞可以稱為“嚴格點碰撞”，以區分主矩不能忽略的一般情形。對于圖1中的各種碰撞，我們通常都假定主矩(三個分量)為0，且切向力(兩個分量)為0，即我們研究的碰撞既是光滑碰撞，又是嚴格點碰撞，從而在碰撞處的自由度從6個減為1個。

文[11]研究了兩自由剛體的一般碰撞，得出動能損失最大所對應的末態特征是，碰撞后兩碰撞點速度相等且兩剛體角速度相等，就像兩剛體粘住了一樣。該結論符合我們的預期。但要注意，要實現這樣的末態，相互沖擊的主矢和主矩必須都允許任意調節。如果是光滑碰撞或嚴格點碰撞，那么通常就無法達到這樣的狀態，動能損失要小些。

實際上，如果碰撞滿足光滑條件和嚴格點碰撞條件，就整個系統而言，其自由度必然只有一個。以兩粒子一維正碰為例。確定系統狀態需兩個速度，但存在動量守恒，故只剩下一個自由度。這個自由度可以取為粒子1的速度，也可取為粒子2的速度，或者取為兩粒子的速度差Dv=v2-v1。無論取哪個，只要它的取值確定，那么結合動量守恒方程(由初始條件確定總動量)，就可以確定系統所有部分的速度情況，從而確定整個系統的狀態。

圖2 兩串相撞的剛體

更為一般的情形如何呢？先考慮這樣的簡單情形：系統中的剛體共有N個，分為兩串(如圖2所示，但也允許有分枝情況出現)：前m個為一串，后(N-m)個為第二串。兩串中的各成員相互光滑鉸接，而碰撞發生在分屬兩串的兩個剛體之間。不會有剛體與這兩串都不鉸接：如果有，要么它不參與碰撞，要么違反“碰撞只發生在一處地方”的約定。又假定兩串剛體分別是自由的，沒有哪個剛體與參考系鉸接(做定點轉動)。

設碰撞初態已知，考慮末態。每個剛體的狀態由其質心速度和角速度確定，共6個未知數。N個剛體則有6N個未知數。兩兩剛體之間有相互沖量，共3(N-1)個未知數，其中包括相撞的兩剛體之間的沖量I。注意此處用到了光滑鉸接和點碰撞條件，故鉸接處和碰撞處的主矩都為0，否則未知數會增加。于是，系統的未知數共有9N-3個。

約束方程呢？首先，兩剛體在鉸接處速度相等，而兩串剛體共N-2個鉸接點，故共有3(N-2)個運動學約束。其次，在動力學方面，質心運動定理和對質心的角動量定理對每個剛體給出6個獨立方程，共6N個動力學方程。此外，碰撞處的光滑條件給出I·n=0，這是2個約束。于是，獨立的約束方程共有

3(N-2)+6N+2=9N-4

個。比較未知數個數和方程個數可知，系統只有一個自由度。

如果有三個剛體相互鉸接在一起，或者有幾個剛體形成一個圈，那么就意味著多了一處鉸接。此時，多了一個沖量作為未知數(3個)，但同時也增加了“兩剛體在新鉸接處速度相等”這個運動學條件(也是3個)，故而不改變系統的總自由度。每多一處鉸接都是如此，即使把兩串剛體在某處鉸接起來也是如此。

如果有剛體跟參考系光滑鉸接而做定點運動呢？每出現一個定點，則多了一個沖量作為未知數(3個)，但同時也增加了“定點速度為0”的運動學約束(也是三個)，故仍不改變系統的總自由度。

總之，我們通常研究的碰撞只有一個自由度。這是一個基本結論。可以看出，該結論的嚴格證明涉及圖論，但以上的說明已經足夠充分了。

在只有一個自由度時，談論恢復系數才是有意義的，否則一個恢復系數根本就不夠。恢復系數的一般定義是法向上分離速度與接近速度的比值：

(2)

2 動能不變與e=1等價的證明

碰撞過程中，對于質點系中的質點i，它可能受到外沖量Ii和內沖量Iji(質點j對i的沖量)，由動量定理，得

miΔi=mi(

(3)

考慮所有質點的上述方程，并根據牛頓第三定律，兩質點i和j的相互作用力等大、反向(Iji=-Iij)且共線((rj-ri)×Iji=0)，馬上得到質點系的動量定理和角動量定理：

(4)

其中考慮到了碰撞前后ri不變。

跟質點系的一般情形一樣，動能定理總要復雜一些。式(3)兩邊同時點乘′i或0i，得

兩式相加除以2，并對i求和，注意左邊即為系統動能的增量ΔK=K′-K，故有

(5)

此即質點系碰撞過程的動能定理[12]，其中右邊第一項是外力做的功，第二項是內力做的功，這在恒力做功情形很容易辨認出來。同時，兩式相減除以2，并對i求和，又得到

(6)

文獻[12]把上式左邊稱為“損失(或增加)速度的動能”。注意其中出現的不是速度平方，而是速度增量的平方，故并不是真正的動能。

下面考慮剛體間的碰撞是光滑的，且為嚴格點碰撞，其中剛體可以是自由的，或做定點(定軸)轉動，也可以出現幾個剛體光滑鉸接的情形。不管怎樣，這些約束都是理想的。下面的任務是分析式(5)～(6)中的外力部分和內力部分的貢獻。

系統在碰撞時可以受外沖量(定點、定軸情形)，但外力做功為0。用式(5)中的Ii·(′i+0i)/2來解釋，受力點i的速度：′i=0i=0，故做功為0。同理，式(6)中Ii·Δi=0。

系統質點間的內力分為三種情形：1)同一剛體內部；2)兩剛體的鉸接處；3)碰撞處。在式(5)中，同一剛體內部的各質點內力做功之和為0，兩剛體光滑鉸接處兩相互沖力做功之和為0。式(6)右邊第二項中涉及剛體內部和鉸鏈處的貢獻也都為0。用式(5)～(6)本身來解釋的話，由于Iji的反對稱性，式(5)右邊第二項等于

(7)

而式(6)中的對應項為：

(8)

圖3 相撞的兩剛體

于是，式(5)～(6)的右邊，或式(7)～(8)中，唯一可能不為0的，來自于碰撞點P處的相互作用(如圖3所示)。根據假設，碰撞時只有沿法向n的彈力，且主矩為0。于是，設主矢為I12=I=In，則對式(7)～(8)中的如下典型項，有

其中D含義見式(2)，且最后一式省略了腳標P。如果不滿足光滑碰撞和嚴格點碰撞條件，那么上式應等于I·D0P+M·Dω，其中I和M(沖量偶矩)都有三個分量，且獨立。

于是，式(5)～(6)變為

(9)

兩式消去I，再利用恢復系數的定義(2)，即得

(10)

這就是動能改變的一般結果。

由此可以看出，ΔK=0只對應兩種情形：(1)各質點Δi=0，即碰撞未發生(此時當然動能不變)；(2)e=1。于是命題得證。

3 動能損失最大與e=0等價的證明

由于我們所研究的這些碰撞只有一個自由度，那么在初態給定的情況下，系統的末態只有一個自由度，可取為e或D′n。而且，系統的中間狀態也只有一個自由度，可由狀態空間中的一條曲線上的點表示。不僅如此，狀態曲線還可向兩頭無限延伸，也就是說，所有被約束所允許的狀態都是可實現狀態。

如果取速度差Dvn為自由度(狀態曲線上的參數)，那么，Dvn原則上可在(-∞,∞)內取值而沒有任何限制。對于通常的碰撞，初始時Dvn=Dv0n<0，然后經過Dvn=0的狀態，到達Dvn=-eDv0n≥0的末態而結束。這里的e僅表示初態與末態的關系。但實際上，完全可以對用Dvn表示的任意中間態定義一個e值(參考式(2))：e=-Dvn/Dv0n。在這樣一種更廣闊的視角下，通常的碰撞可以視為這樣的過程：e從-1出發，連續增加，直至在區間[0,1]內的某個終值而結束。e的終值成為給碰撞分類的標準。

但也完全可以存在這樣的“碰撞”：(1)終態e=-1，這表示碰撞剛開始就結束了(或根本就沒有發生碰撞)。它跟e=1的彈性碰撞都有ΔK=0。(2)終態e=-0.5(即Dvn=Dv0n/2<0)，意思是相對速度還沒有減為0碰撞就結束了，比如子彈打穿木塊。(3)終態e=2(即Dvn=-2Dv0n>0)，這可解釋為相互擠壓之后，在恢復過程中還有額外的能量輸入，比如發生了爆炸。(4)終態e=-2(即Dvn=2Dv0n<0)，這可解釋為兩粒子不僅相互穿越，而且也有額外的能量釋放。注意這一過程不僅沒有經歷e=0的狀態，甚至也沒有出現趨于該狀態的過程，而是一開始就遠離該狀態。總之，只要允許精細的設計各種可能的碰撞細節，狀態曲線上的任何一點都可以實現。而廣義的碰撞，就是狀態點從某點出發，沿著曲線連續移動，直至另一點結束。這里對初態和末態沒有任何要求，甚至狀態點在曲線上往返也不是不可能(但不會跳躍)。

在這樣一種更一般的視角下，式(10)，或者

(11)

就可視為是曲線上任意兩個允許狀態的動能差。現在固定初態Dv0n，考慮系統經歷一無限小過程到達末態Dv′n(Dv′n比Dv0n可大可小)。如果要求動能總是增加的，即上式總大于0，那么唯一的可能是Dv0n=0。這就是說，在狀態曲線上的所有狀態中，Dvn=0對應的狀態，其動能最小。于是，動能損失最大與e=0等價。命題得證。

4 動能損失與恢復系數的一般關系

顯然，動能是速度差的函數：K=K(Dvn)，因為若Dvn確定，則系統的狀態確定，從而系統動能確定。但這一函數不能從式(11)中直接得到，因為其中的求和部分也暗含有Dv′n,Dv0n。而根據前面的結論，|Dvn|相同則K相同(彈性碰撞的始末狀態的Dvn互為相反數)，Dvn=0時K最小，再考慮到式(11)，可以判斷函數K(Dvn)是開口向上的偶函數，在(0,∞)范圍內單調遞增。但這具體是一個怎樣的函數呢？

根據第一部分關于自由度的分析，把各種速度、角速度、沖量當成未知數時，其方程組會有無窮多組解，但僅由一個自由參數Dvn決定。另一方面，同一剛體內部各質點的速度之間的關系都是線性的，其他約束處的速度關系也是線性的(如固定點處速度為0，鉸接處速度相等)。而各剛體的獨立且完備的動力學方程(動量定理和角動量定理)也都是線性的。因此，上述方程組一定是線性方程組，且其解集合是一維線性流形(對應一個自由度)；所有未知數(包括各點速度)不僅由Dvn唯一確定，且都是Dvn的線性函數。由于動能所含的是各點速度的平方，故而動能一定是Dvn的二次函數。而前面已經得到K(Dvn)是偶函數，故而最后有

K=a(Dvn)2+c

(12)

其中a>0，c≥0，二者都由系統的位形和質量分布唯一決定，且c就是Dvn=0時的最小動能。式(12)就是這類單參數系統的動能的一般表達式。

有了一般表達式，動能改變則為

ΔK=K′-K0=a(Dv′n)2-a(Dv0n)2

用恢復系數表示，則有

ΔK=-(1-e2)a(Dv0n)2

(13)

它同式(10)一樣都是動能改變的一般結果。但不同的是，此式中末態只體現在因子(1-e2)中，而式(10)中前后兩個因子都跟末態有關。

至此，我們在引言中歸納的三條結論都得到了證明，而且得到了其成立條件：剛體間的碰撞只發生在一處地方，且為光滑碰撞和嚴格點碰撞，此外其他約束皆為理想約束。這些條件使得系統的狀態僅有一個自由度。

我們還可以得到恢復系數與沖量的關系。聯立式(9)的第一式(用e表示)和式(13)，可得

I=-2(1+e)aDv0n

注意通常的碰撞滿足Dv0n<0,I>0。可以將上式拆為兩部分：

I=Ic+Ir,Ic=-2aDv0n,Ir=-2eaDv0n

其中Ic,Ir分別為壓縮過程和恢復過程中剛體1對2的沖量。于是有

(14)

即恢復系數等于恢復沖量與壓縮沖量之比。這是恢復系數的另一種定義，其前提當然仍是理想約束、光滑碰撞和嚴格點碰撞。