Λύση:
Εφαρμόζουμε την Aρχή Διατήρησης της Ορμής
στον άξονα x: $ m_{1}v_{1} = m_{3}v_{3}\cos\theta +m_{4}v_{4}\cos\phi$ (1),
και στον άξονα ψ: $ m_{3}v_{3}\sin\theta = m_{4}v_{4}\sin\phi$ (2)
Η Αρχή Διατήρησης της Ενέργειας δίνει την εξίσωση: $ \frac{1}{2}m_{1}v_{1}^{2}= \frac{1}{2}m_{3}v_{3}^{2} + \frac{1}{2}m_{4}v_{4}^{2}+Q$ (3)
Από την εξ. (1) έχουμε $ m_{4}^{2}v_{4}^{2}\cos^{2}\phi=(m_{3}v_{3}\cos\theta - m_{1}v_{1})^{2}$ και από την εξ. (2) $ m_{4}^{2}v_{4}^{2}\sin^{2}\phi = m_{3}^{2}v_{3}^{2}\sin^{2}\theta$. Προσθέτουμε κατά μέλη τις δυο τελευταίες εξισώσεις, λύνουμε ως προς $ v_{4}$ και αντικαθιστούμε στην εξ. (3).
Έτσι, προκύπτει μια δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς $ v_{3}$,
$ m_{3}(m_{3}+m_{4})v_{3}^{2}-2m_{1}m_{3}v_{1}\cos\theta \, v_{3} + m_{1} (-m_{4}+m_{1})v_{1}^{2}+2m_{4}Q=0$ (4)
Aντικαθιστώντας τα δεδομένα έχουμε: $ 5v_{3}^{2}-10v_{3}+4,8=0$, οπότε έχουμε δυο θετικές τιμές: $ v_{3}=1,2m/s$ και $ v_{3}'=0,8m/s$.
- Για $ v_{3}=1,2m/s$ προκύπτει $latex v_{4}=2,364m/s$ και $ \phi=6,31^{o}$
- Για $ v_{3}=0,8m/s$ προκύπτει $latex v_{4}=2,406m/s$ και $ \phi=4,13^{o}$
Ποιο από τα δυο ζεύγη των λύσεων θα γίνει δεκτό; Και τα δύο!
Διερεύνηση: Η εξ. (4) μπορεί να έχει μια, δυο ή και καμία ρίζα. Για να έχει λύσεις η εξ. (4) θα πρέπει η διακρίνουσα να είναι θετική. Αυτό σημαίνει πως για να πραγματοποιηθεί μια τέτοια κρούση πρέπει η αρχική κινητική ενέργεια της m1 να είναι: $$ K_{1} \geq \frac{Q \, m_{4} (m_{3}+ m_{4})}{m_{1}m_{3} \cos^{2} \theta + (m_{3}+m_{4})(m_{4}-m_{1})}$$ Για θ=0 ισχύει, $ K_{1} \geq \frac{Q \, (m_{4}+m_{3})}{m_{4}+m_{3}-m_{1}}$.
Για να προκύπτουν δυο δεκτές λύσεις πρέπει: $ K_{1} \leq \frac{Q \, m_{4}}{m_{4}-m_{1}}$. To να έχουμε δυο λύσεις είναι ένα συνηθισμένο φαινόμενο που παρατηρείται στις πυρηνικές αντιδράσεις: να προκύπτουν δηλαδή δυο ομάδες σωματιδίων, με διαφορετικές ταχύτητες η κάθε μία, σε συγκεκριμένη γωνία θ ως προς την διεύθυνση της αρχικής δέσμης σωματιδίων. Επιπλέον, αν πρόκειται για πυρηνικές αντιδράσεις χαμηλών ενεργειών ισχύουν ως έχουν όλες οι παραπάνω εξισώσεις.