球

下面用初中生能理解的方式，推导球 2 的另一个轨迹。

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1. 建立坐标系和符号

如图，圆心为 \(O\)，半径 \(r\)。直径水平，半圆在直径下方。

取圆心 \(O\) 为原点，水平向右为 \(x\) 轴正方向，竖直向上为 \(y\) 轴正方向。

已知 \(C\) 点在圆心左边，距离圆心 \(\frac{\sqrt3}{2}r\)，所以

\[C\left(-\frac{\sqrt3}{2}r,\;0\right) \]

为了书写方便，令

\[a=\frac{\sqrt3}{2}r \]

于是 \(C(-a,0)\)。

假设碰撞点为 \(P(x,y)\)，它在半圆上，所以满足

\[x^2+y^2=r^2,\qquad y<0 \]

我们只考虑碰撞点在右半圆弧，即 \(x>0\) 的情况。

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2. 去程：从 C 平抛到 P

小球从 \(C\) 点以水平初速度 \(v_2\) 向右抛出，在重力作用下做平抛运动，到达 \(P\) 点。

设去程时间为 \(t_1\)。

水平方向：

\[x-(-a)=v_2 t_1 \]

即

\[x+a=v_2 t_1 \tag{1} \]

竖直方向：小球竖直下落了 \(-y\)，所以

\[-y=\frac12 g t_1^2 \]

即

\[y=-\frac12 g t_1^2 \tag{2} \]

由 (2) 得

\[t_1=\sqrt{\frac{-2y}{g}} \]

由 (1) 得

\[v_2=\frac{x+a}{t_1} \]

这就是去程的初速度。

去程到达 \(P\) 时，小球的水平速度仍为 \(v_2\)，竖直速度为

\[v_y=-g t_1 \]

所以碰撞前速度的两个分量是：

\[\begin{cases} v_x=v_2=\frac{x+a}{t_1}\\[8pt] v_y=-g t_1 \end{cases} \]

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3. 碰撞分析：切向速度不变，法向速度反向

在碰撞点 \(P(x,y)\)，轨道是圆弧。圆弧的半径方向从圆心 \(O\) 指向 \(P\)，单位向量为

\[\vec n=\left(\frac{x}{r},\frac{y}{r}\right) \]

因为 \(P\) 在半圆上，所以这个向量的长度正好是 1。

圆弧的切线方向与半径垂直，可以取单位切向量

\[\vec t=\left(-\frac{y}{r},\frac{x}{r}\right) \]

把碰撞前的速度 \(\vec v=(v_x,v_y)\) 拆成两个方向：

• 沿切线方向的分量：速度在切线上的投影。
• 沿半径方向的分量：速度在半径上的投影。

碰撞时：

• 切线分量不变；
• 半径方向分量大小相等、方向反过来。

也就是说，碰撞后速度等于：

\[\vec v'=\vec v-2(\vec v\cdot \vec n)\vec n \]

这个公式的意思是：先把速度在半径方向的分量反号，切线方向不变。

我们可以具体写出来。

先算 \(\vec v\) 与半径方向 \(\vec n\) 的点积：

\[\vec v\cdot \vec n = v_x\frac{x}{r}+v_y\frac{y}{r} \]

令这个数为 \(D\)：

\[D=v_x\frac{x}{r}+v_y\frac{y}{r} \]

那么碰撞后速度的两个分量就是：

\[\begin{cases} v_x' = v_x - 2D\cdot \frac{x}{r}\\[10pt] v_y' = v_y - 2D\cdot \frac{y}{r} \end{cases} \]

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4. 回程：从 P 斜抛回到 C

碰撞后，小球从 \(P(x,y)\) 以速度 \((v_x',v_y')\) 抛出，在重力作用下运动，经过时间 \(t_2\) 回到 \(C(-a,0)\)。

水平方向：回程水平位移为

\[(-a)-x=-(a+x) \]

所以

\[v_x' t_2=-(a+x) \]

因为 \(v_x'\) 是负的（向左），所以这个等式成立。于是

\[t_2=\frac{-(a+x)}{v_x'}=\frac{a+x}{-v_x'} \tag{3} \]

竖直方向：从 \(y\) 回到高度 0，竖直位移为

\[0-y=-y \]

所以

\[v_y' t_2-\frac12 g t_2^2 = -y \]

移项得

\[v_y' t_2-\frac12 g t_2^2 + y=0 \tag{4} \]

把 (3) 代入 (4)，并利用前面的去程关系，就可以得到一个只含 \(x\) 的方程。

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5. 得到关于 x 的方程

为了更清楚，我们先把去程的量都用 \(x\) 表示。

因为 \(y=-\sqrt{r^2-x2}\)，所以

\[t_1=\sqrt{\frac{-2y}{g}} \]

\[v_2=\frac{x+a}{t_1} \]

\[v_x=v_2,\qquad v_y=-g t_1 \]

然后计算

\[D=v_x\frac{x}{r}+v_y\frac{y}{r} \]

再得到

\[v_x'=v_x-2D\frac{x}{r},\qquad v_y'=v_y-2D\frac{y}{r} \]

最后代入

\[t_2=\frac{a+x}{-v_x'} \]

和

\[v_y' t_2-\frac12 g t_2^2 + y=0 \]

这就得到了一个只含 \(x\) 的方程。这个方程比较长，我们把它记为

\[F(x)=0 \]

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6. 两个解：数值求解

方程 \(F(x)=0\) 可以用计算器或计算机求解。

我们取 \(r=1,;g=1\)，在 \(0<x<r\) 范围内寻找根。

试几个值：

\(x\)	\(F(x)\) 的近似值
0.3	正数
0.4	正数
0.45	接近 0
0.475	几乎 0
0.5	负数
0.7	负数
0.8	正数
0.866	0（对称解）

可以发现：

• 在 \(x\approx 0.475\) 处有一个根；
• 在 \(x=\frac{\sqrt3}{2}=0.866\) 处也有一个根，这就是我们之前求出的对称解。

所以确实存在另一个碰撞点：

\[x\approx 0.475r,\qquad y\approx -0.880r \]

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7. 另一个解的运动参数

取

\[x\approx 0.475r,\qquad y\approx -0.880r \]

可以算出：

去程时间：

\[t_1=\sqrt{\frac{-2y}{g}}\approx \sqrt{\frac{1.76r}{g}}\approx 1.327\sqrt{\frac{r}{g}} \]

初速度：

\[v_2=\frac{x+a}{t_1} \approx \frac{0.475r+0.866r}{1.327\sqrt{r/g}} \approx \frac{1.341r}{1.327\sqrt{r/g}} \approx 1.011\sqrt{gr} \]

碰撞前速度：

\[v_x=v_2\approx 1.011\sqrt{gr} \]

\[v_y=-g t_1\approx -1.327\sqrt{gr} \]

碰撞后速度方向改变，水平分量变为负值（向左），竖直分量变为正值（向上）。数值计算可得：

\[v_x'\approx -0.776\sqrt{gr},\qquad v_y'\approx 1.133\sqrt{gr} \]

回程时间：

\[t_2\approx 1.73\sqrt{\frac{r}{g}} \]

碰撞后小球沿另一条抛物线回到 \(C\) 点。

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8. 轨迹总结

球 2 的第二条轨迹是两段不同的抛物线：

去程

\[y=-\frac{\left(x+\frac{\sqrt3}{2}r\right)^2}{2.044r} \]

其中 \(x\) 从 \(-\frac{\sqrt3}{2}r\) 到 \(0.475r\)。

回程

碰撞后从 \(P(0.475r,-0.880r)\) 回到 \(C\left(-\frac{\sqrt3}{2}r,0\right)\)，轨迹是另一条抛物线。

虽然去程和回程不是同一条抛物线，但它们都在半圆轨道内部，并且在 \(P\) 点连接。

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9. 为什么之前只得到一个解？

之前我们在寻找球 2 的轨迹时，先入为主地假设碰撞点可能在某个对称位置（\(x=a\)），于是得到了对称解。实际上，方程 \(F(x)=0\) 有两个根：

• \(x=\frac{\sqrt3}{2}r\)：对称解；
• \(x\approx 0.475r\)：非对称解。

所以球 2 确实有两条可能的轨迹，都能满足“经过一次碰撞回到 \(C\) 点”。