動量還是動能？碰撞問題指南

一輛質量為 \(2.0\ \mathrm{kg}\)、以 \(+4.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 運動的小車，與另一輛靜止、質量為 \(1.0\ \mathrm{kg}\) 的小車發生碰撞。碰撞前，兩車的總動量為 \(+8.0\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}}\)。單憑這些資訊，你能算出兩車碰撞後各自的速度嗎？

在選擇方程式之前，先考慮三種可能性：動量守恆、動能守恆，或兩者皆守恆。正確的選擇取決於你研究的系統、碰撞期間作用的外力，以及你對這次碰撞本身的了解。

關鍵是先從動量入手，前提是淨外部衝量可以忽略。動能守恆是額外的條件，而不是每當物體發生碰撞時，就能自動假設成立的定律。

01選擇方程式之前，先確定你的系統

系統 是指你正在分析其運動的一組物體。在碰撞問題中，決定哪些物體屬於系統，會改變哪些力應被視為外力。

想像兩輛小車在軌道上發生碰撞。

如果你的系統包含兩輛小車，兩車彼此施加的力就是內力。根據牛頓第三運動定律，這些力大小相等、方向相反。因此，當你考慮兩車整體的總動量時，這些力所產生的衝量會互相抵銷。

然而，如果你的系統只包含第一輛小車，那麼第二輛小車施加的力，對你所選的系統而言就是外力。第一輛小車的動量會在碰撞期間改變。

外力存在，就代表動量一定不守恆嗎？

不一定。你需要考慮碰撞期間的外部衝量。

衝量衡量力在一段時間內作用所產生的效果。對一個系統而言，淨外部衝量等於系統總動量的改變：

\[ J_{\text{ext}}=\Delta p_{\text{系統}} =p_f-p_i \]

其中：

• \(J_{\text{ext}}\) 是淨外部衝量，單位為牛頓秒（\(\mathrm{N\,s}\)）。
• \(p_i\) 是碰撞前系統的總動量。
• \(p_f\) 是碰撞後系統的總動量。

如果淨外部衝量為零，或相較於你正在研究的動量變化可以忽略，則總動量守恆：

\[ p_i\approx p_f \]

如果外部衝量不可忽略，就應使用較一般的關係式：

\[ p_f=p_i+J_{\text{ext}} \]

這個區別在 HSC 考題中很有用。即使兩個物體之間作用著很大的碰撞力，兩者的總動量仍然可以守恆，因為對這個包含兩個物體的系統而言，該碰撞力屬於內力。另一方面，軌道施加的摩擦力屬於外力，可能改變兩車的總動量。

重要的問題不只是外力是否存在，而是碰撞期間的淨外部衝量能否忽略。

02動量是解決碰撞問題的起點

動量同時描述物體的質量與速度：

\[ p=mv \]

其中，\(p\) 是動量，\(m\) 是以公斤為單位的質量，而 \(v\) 是以公尺每秒為單位的速度。動量是向量，因此方向十分重要。

對於兩個物體在一維方向上的碰撞，動量守恆可寫成：

\[ m_1u_1+m_2u_2=m_1v_1+m_2v_2 \]

其中：

• \(m_1\) 和 \(m_2\) 是兩個物體的質量。
• \(u_1\) 和 \(u_2\) 是它們的初速度。
• \(v_1\) 和 \(v_2\) 是它們的末速度。

代入數值之前，先選定正方向。如果向右為正，向左運動的物體就具有負速度。

只要所選系統受到的淨外部衝量可以忽略，這條方程式便適用於彈性碰撞和非彈性碰撞。

這是一個重要的區別。動量守恆並不要求物體必須完美反彈、保持原本的速率，或保留全部動能。它要求的是系統的總動量保持不變。

然而，單靠動量未必能找出所有未知數。如果兩個物體的兩個末速度都未知，動量方程式只能提供一個關係式。要確定兩個末速度，你還需要另一個條件。

這時，碰撞過程中的能量變化就變得重要。

03動能是一個額外的條件

動能是物體因運動而具有的能量：

\[ E_k=\frac12mv^2 \]

與動量不同，動能是純量。由於速度被平方，運動方向不會影響動能的數值。

對於包含兩個物體的系統，碰撞前的總動能為：

\[ E_{k,i}=\frac12m_1u_1^2+\frac12m_2u_2^2 \]

碰撞後的總動能則為：

\[ E_{k,f}=\frac12m_1v_1^2+\frac12m_2v_2^2 \]

這兩個數值是否相等，取決於碰撞的性質。

彈性碰撞

彈性碰撞 會使碰撞物體的總動能守恆：

\[ E_{k,i}=E_{k,f} \]

如果淨外部衝量也可以忽略，你就可以同時使用動量守恆和動能守恆。

這兩條方程式提供兩個獨立的關係式，可能足以求出兩個未知的末速度。

非彈性碰撞

在非彈性碰撞中，總動能不守恆。部分動能會轉化為其他形式的能量，例如形變能、聲能、熱能或內能。

與此同時，動量仍然可以守恆。

如果兩個物體碰撞後黏在一起，這種碰撞稱為完全非彈性碰撞。兩個物體具有相同的末速度：

\[ v_1=v_2=v_f \]

這個共同的末速度為你提供了額外條件。你可以利用動量守恆計算它，而不必假設動能守恆。

兩個物體黏在一起後，它們的動能通常會減少，即使整個系統的總能量仍然守恆。

對於較有挑戰性的題目，還有一個值得記住的補充：如果彈簧或其他內部儲能裝置在碰撞期間釋放能量，物體的總動能實際上可能增加。這仍然不代表碰撞是彈性的。判斷碰撞是否具有彈性，要看總動能是否保持不變。

04實用的判斷流程

每當碰撞題要求你計算末速度、能量變化，或兩者都要計算時，都可以依照以下流程進行。

方程式選擇表

計算之前，先問自己四個問題

• 我的系統包含哪些物體？
• 碰撞期間的淨外部衝量可以忽略嗎？
• 題目有沒有指出碰撞是彈性的、物體會黏在一起，或提供其他條件？
• 寫出所有有理據可以使用的方程式後，我是否有足夠的獨立關係式來求出每個未知數？

如果你無法合理地證明動能守恆，就不要使用動能守恆方程式。如果未知數比獨立方程式多，你就需要更多物理資訊。無論如何重新排列方程式，都無法補上缺少的條件。

05解題範例：兩輛小車黏在一起

一輛質量為 \(2.0\ \mathrm{kg}\) 的小車以 \(4.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 向右運動，並與一輛靜止、質量為 \(1.0\ \mathrm{kg}\) 的小車發生碰撞。兩車碰撞後黏在一起。作用於兩車整體的淨水平外部衝量可以忽略。

求兩車共同的末速度，以及總動能的減少量。

步驟 1：確認系統與條件。

將兩輛小車視為同一個系統。由於淨水平外部衝量可以忽略，因此總動量守恆。

因為兩車碰撞後會黏在一起，所以它們具有共同的末速度 \(v_f\)。我們不假設動能守恆。

步驟 2：應用動量守恆。

\[ m_1u_1+m_2u_2=(m_1+m_2)v_f \]

以向右為正方向，代入已知數值：

\[ (2.0)(+4.0)+(1.0)(0)=(3.0)v_f \]

因此，

\[ v_f=\frac{8.0}{3.0} =+2.67\ \mathrm{m\,s^{-1}} \]

兩輛小車會以 \(2.67\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 的速度一起向右運動。

步驟 3：計算碰撞前後的動能。

碰撞前，只有第一輛小車在運動：

\[ E_{k,i}=\frac12(2.0)(4.0)^2 =16.0\ \mathrm J \]

碰撞後，合併的總質量為 \(3.0\ \mathrm{kg}\)：

\[ E_{k,f}=\frac12(3.0) \left(\frac83\right)^2 =10.67\ \mathrm J \]

動能的減少量為：

\[ \begin{aligned} E_{k,\text{減少量}} &=E_{k,i}-E_{k,f}\\ &=16.0-10.67\\ &=5.33\ \mathrm J \end{aligned} \]

步驟 4：解釋結果。

兩輛小車的總動量守恆，但它們的總動能減少了 \(5.33\ \mathrm J\)。

這些能量並沒有消失，而是轉化為其他形式，例如形變能、聲能或內能。兩車會黏在一起這個條件，告訴我們不應使用動能守恆方程式來求解它們的末速度。

06解題範例：相同的小車發生彈性碰撞

一輛質量為 \(2.0\ \mathrm{kg}\)、以 \(4.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 運動的小車，與一輛靜止、質量為 \(1.0\ \mathrm{kg}\) 的小車發生碰撞。這一次，題目明確指出碰撞是彈性的，而且兩車在撞擊後會分開。淨水平外部衝量可以忽略。

求每輛小車的末速度。

步驟 1：確認系統與條件。

將兩輛小車都納入系統，而且外部衝量可以忽略。因此，我們可以使用總動量守恆。

由於題目明確指出碰撞是彈性的，我們也可以使用動能守恆。這兩條方程式可以用來求出兩車的末速度。

步驟 2：寫出動量方程式。

令 \(v_1\) 和 \(v_2\) 分別表示質量為 \(2.0\ \mathrm{kg}\) 和 \(1.0\ \mathrm{kg}\) 的小車的末速度。

\[ (2.0)(4.0)+(1.0)(0) =2.0v_1+1.0v_2 \]

以 \(\mathrm{m\,s^{-1}}\) 為速度單位，簡化後得到：

\[ 2v_1+v_2=8 \]

重新整理，將其中一個未知數表示為另一個未知數的函數：

\[ v_2=8-2v_1 \]

步驟 3：寫出動能方程式。

碰撞前的總動能為 \(16.0\ \mathrm J\)。由於碰撞是彈性的，碰撞後的總動能也必須是 \(16.0\ \mathrm J\)。

\[ \frac12(2.0)v_1^2+ \frac12(1.0)v_2^2=16 \]

簡化數值係數，並以 \(\mathrm{m\,s^{-1}}\) 為速度單位：

\[ v_1^2+\frac12v_2^2=16 \]

步驟 4：代入並求解。

將 \(v_2=8-2v_1\) 代入動能方程式：

\[ v_1^2+\frac12(8-2v_1)^2=16 \]

展開並簡化後得到：

\[ 3v_1^2-16v_1+16=0 \]

因式分解：

\[ (3v_1-4)(v_1-4)=0 \]

因此，

\[ v_1=\frac43 \quad\text{或}\quad v_1=4 \]

當 \(v_1=4\) 時，會得到 \(v_2=0\)。這代表系統維持原本的狀態，並不是題目所描述的兩車互相作用、碰撞後分開的情況。因此，我們捨棄這個解。

符合實際碰撞情況的解為：

\[ v_1=\frac43=+1.33\ \mathrm{m\,s^{-1}} \]

接著，

\[ v_2=8-2\left(\frac43\right) =\frac{16}{3} =+5.33\ \mathrm{m\,s^{-1}} \]

步驟 5：檢查結果。

碰撞後的總動量為：

\[ \begin{aligned} p_f &=(2.0)\left(\frac43\right) +(1.0)\left(\frac{16}{3}\right)\\ &=8.0\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

碰撞後的總動能為：

\[ \begin{aligned} E_{k,f} &=\frac12(2.0)\left(\frac43\right)^2\\ &\quad+\frac12(1.0)\left(\frac{16}{3}\right)^2\\ &=16.0\ \mathrm J \end{aligned} \]

兩者都與初始數值相同，符合這次孤立彈性碰撞的要求。

請注意，兩個解題範例的初始條件完全相同。第一種碰撞使兩車具有共同的末速度，且動能減少；第二種碰撞則使兩車具有不同的末速度，同時保持動量與動能守恆。

決定哪些方程式可以合理使用的，是碰撞本身的條件。

• 總動能

07練習題與解答

問題 1

一輛質量為 \(1.5\ \mathrm{kg}\) 的小車以 \(6.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 向右運動，並與一輛靜止、質量為 \(2.5\ \mathrm{kg}\) 的小車發生碰撞。兩車碰撞後連結在一起，且淨水平外部衝量可以忽略。

計算兩車共同的末速度，以及總動能的減少量。

解答 1

兩車會以 \(+2.25\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 的速度一起運動，總動能則減少約 \(16.9\ \mathrm J\)。

由於兩車碰撞後黏在一起，因此它們只有一個共同的末速度。根據動量守恆：

\[ \begin{aligned} (1.5)(6.0)+(2.5)(0)&=(1.5+2.5)v_f\\ 9.0&=4.0v_f\\ v_f&=+2.25\ \mathrm{m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

接著計算初動能：

\[ E_{k,i}=\frac12(1.5)(6.0)^2 =27.0\ \mathrm J \]

末動能為：

\[ E_{k,f}=\frac12(4.0)(2.25)^2 =10.125\ \mathrm J \]

因此，

\[ \begin{aligned} E_{k,\text{減少量}} &=27.0-10.125\\ &=16.875\ \mathrm J\\ &\approx16.9\ \mathrm J \end{aligned} \]

動能之所以減少，是因為這次碰撞屬於完全非彈性碰撞。動量計算是正確的，但如果假設動能守恆，就會得到錯誤的結果。

問題 2

一顆質量為 \(0.40\ \mathrm{kg}\) 的球以 \(12\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 向右運動，並與另一顆質量為 \(0.60\ \mathrm{kg}\)、以 \(2.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 向左運動的球發生碰撞。碰撞後，第一顆球以 \(3.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 向左運動。假設兩球系統受到的淨外部衝量可以忽略。

計算第二顆球的末速度，並判斷這次碰撞是否為彈性碰撞。

解答 2

第二顆球會以 \(8.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 向右運動。由於總動能減少了 \(9.0\ \mathrm J\)，因此這次碰撞屬於非彈性碰撞。

以向右為正方向。根據動量守恆：

\[ \begin{aligned} p_i&=(0.40)(+12)+(0.60)(-2.0)\\ &=3.6\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

令 \(v_2\) 為第二顆球的末速度。則：

\[ \begin{aligned} 3.6&=(0.40)(-3.0)+(0.60)v_2\\ 3.6&=-1.2+0.60v_2\\ v_2&=\frac{4.8}{0.60}\\ &=+8.0\ \mathrm{m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

現在比較碰撞前後的總動能。

碰撞前：

\[ \begin{aligned} E_{k,i} &=\frac12(0.40)(12)^2 +\frac12(0.60)(2.0)^2\\ &=28.8+1.2\\ &=30.0\ \mathrm J \end{aligned} \]

碰撞後：

\[ \begin{aligned} E_{k,f} &=\frac12(0.40)(3.0)^2 +\frac12(0.60)(8.0)^2\\ &=1.8+19.2\\ &=21.0\ \mathrm J \end{aligned} \]

動能的減少量為：

\[ 30.0-21.0=9.0\ \mathrm J \]

這次碰撞不是彈性碰撞，因為總動能發生了變化。由於淨外部衝量可以忽略，動量仍然守恆。這是兩個不同的條件，滿足其中一個並不代表另一個也必然成立。

問題 3

一個質量為 \(1.0\ \mathrm{kg}\) 的滑盤以 \(6.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 向右運動，並與另一個靜止、質量為 \(2.0\ \mathrm{kg}\) 的滑盤發生碰撞。兩者碰撞後黏在一起。

在持續 \(0.20\ \mathrm s\) 的碰撞期間，作用於兩個滑盤系統的平均淨水平外力為 \(5.0\ \mathrm N\)，方向向左。

計算兩個滑盤合併後的末速度。並解釋假設總動量守恆的計算有何錯誤。

解答 3

兩個滑盤合併後會以 \(1.67\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 向右運動。如果假設動量守恆，就會錯誤地得到 \(2.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)，因為外部衝量不可忽略。

初始總動量為：

\[ p_i=(1.0)(6.0)+(2.0)(0) =6.0\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}} \]

外部衝量為：

\[ \begin{aligned} J_{\text{ext}} &=F_{\text{avg}}\Delta t\\ &=(-5.0)(0.20)\\ &=-1.0\ \mathrm{N\,s} \end{aligned} \]

使用衝量-動量關係式：

\[ \begin{aligned} p_f&=p_i+J_{\text{ext}}\\ &=6.0-1.0\\ &=5.0\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

兩個滑盤的合併質量為 \(3.0\ \mathrm{kg}\)，因此：

\[ \begin{aligned} v_f&=\frac{p_f}{m_1+m_2}\\ &=\frac{5.0}{3.0}\\ &=+1.67\ \mathrm{m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

如果錯誤地令 \(p_f=p_i\)，就會得到：

\[ v_f=\frac{6.0}{3.0} =2.0\ \mathrm{m\,s^{-1}} \]

這個結果忽略了周圍環境施加的 \(-1.0\ \mathrm{N\,s}\) 衝量。內部碰撞力在總動量的計算中會互相抵銷，但周圍環境施加的外力會改變系統的動量。

問題 4

在一次碰撞期間，測量結果顯示以下動量變化：

• 物體 A 的動量由 \(+10\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}}\) 變為 \(+2\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}}\)。
• 物體 B 的動量由 \(-4\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}}\) 變為 \(+4\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}}\)。

一名學生認為，動量沒有守恆，因為物體 A 失去了動量。另一名學生則認為，動量有守恆，因為兩個物體的總動量保持不變。

判斷對於包含兩個物體的系統，以及只包含物體 A 的系統，哪位學生的說法正確。計算兩個物體整體受到的淨外部衝量，並解釋這些數據是否足以證明碰撞是彈性的。

解答 4

第二名學生對於包含兩個物體的系統而言是正確的，但對於只包含物體 A 的系統而言，動量並不守恆。兩個物體整體受到的淨外部衝量為零，而這些測量結果無法證明碰撞是否具有彈性。

對於兩個物體組成的系統，初始總動量為：

\[ \begin{aligned} p_i&=+10+(-4)\\ &=+6\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

末總動量為：

\[ \begin{aligned} p_f&=+2+(+4)\\ &=+6\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

因此，

\[ J_{\text{ext}}=p_f-p_i=0\ \mathrm{N\,s} \]

兩個物體的總動量保持不變。物體 A 的動量減少了 \(8\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}}\)，而物體 B 的動量增加了相同的數值。兩者的動量變化互相抵銷。

然而，對於只包含物體 A 的系統而言，物體 B 施加的力屬於外力。因此，物體 A 的動量在碰撞期間並不守恆。

最後，單靠動量測量無法判斷碰撞是否具有彈性。你需要足夠的物體質量與速度資訊，才能比較碰撞前後的總動能。總動量相等並不代表總動能也相等。

問題 5

一輛質量為 \(2.0\ \mathrm{kg}\) 的小車 A 以 \(4.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 向右運動，並與一輛靜止、質量為 \(1.0\ \mathrm{kg}\) 的小車 B 發生碰撞。作用於兩車系統的淨水平外部衝量可以忽略。

碰撞後立即測得：

• 小車 A：\(+1.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)。
• 小車 B：\(+6.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)。

兩輛小車內含一個預先壓縮的彈簧機構，會在接觸期間釋放儲存的能量。假設該機構屬於系統的一部分，而且所有其他儲能形式都保持不變。

一名學生聲稱這些測量結果不可能成立：「如果系統是孤立的，動量和動能就必須同時守恆。」

評估這個說法。計算碰撞前後的總動量與總動能，然後求出彈簧儲存能量的變化量。

解答 5

這些測量結果符合動量守恆，但總動能增加了 \(3.0\ \mathrm J\)。這次碰撞不是彈性碰撞：彈簧釋放了 \(3.0\ \mathrm J\) 的儲存能量，並將其轉化為額外的動能。

首先，檢查動量守恆。

碰撞前：

\[ \begin{aligned} p_i&=(2.0)(+4.0)+(1.0)(0)\\ &=+8.0\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

碰撞後：

\[ \begin{aligned} p_f&=(2.0)(+1.0)+(1.0)(+6.0)\\ &=+8.0\ \mathrm{kg\,m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

總動量保持不變。小車之間的內力，包括與彈簧機構有關的作用力，可以重新分配兩輛小車的動量，而不會改變系統的總動量。

接著比較動能。

初始動能：

\[ E_{k,i}=\frac12(2.0)(4.0)^2 =16.0\ \mathrm J \]

末動能：

\[ \begin{aligned} E_{k,f} &=\frac12(2.0)(1.0)^2 +\frac12(1.0)(6.0)^2\\ &=1.0+18.0\\ &=19.0\ \mathrm J \end{aligned} \]

動能的增加量為：

\[ \Delta E_k=19.0-16.0=+3.0\ \mathrm J \]

由於彈簧是唯一發生變化的其他儲能形式，因此其儲存能量必須減少 \(3.0\ \mathrm J\)。額外增加的動能來自這個內部儲能裝置。

這名學生的錯誤，在於混淆了總能量守恆與動能守恆。孤立系統的總能量會守恆，但能量可以在動能、彈性位能、熱能及其他形式之間轉移。

這次碰撞不是彈性碰撞，因為總動能發生了變化。動量守恆並不會強制動能也必須守恆。

這就是更深一層的原則：動量守恆取決於系統受到的淨外部衝量，而動能守恆則取決於交互作用的性質，以及系統內部的能量轉移。

接下來值得學習的概念是衝量-動量關係。當碰撞題提供力-時間圖時，圖線下方的面積就是衝量，它能告訴你系統的總動量改變了多少。當淨外部衝量不再能夠忽略時，就應該使用這個方法。