SỰ VA CHẠM CỦA VẬT RẮN

A. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Các bài tốn có sự va chạm của vật rắn thường là bài tốn cơ học thuộc
loại khó đối với học sinh và nó thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi
vật lý các cấp. Mặc dù vậy trong các sách giáo khoa thường khơng có những đề
mục chi tiết về nội dung này, do đó học sinh thường lúng túng và không định
hướng được cách giải khi gặp dạng bài tập có va chạm của vật rắn. Tất nhiên
mức độ khó của bài tốn phụ thuộc vào mức độ phức tạp của va chạm. Nhưng
việc giải quyết bài tốn khơng chỉ phụ thuộc khả năng tư duy của học sinh mà
còn vào kỹ năng: học sinh đã được làm quen với một số bài toán va chạm của
vật rắn họ sẽ định hướng được khi gặp các bài tốn mới thuộc dạng này. Chính
vì vậy tôi đã chọn đề tài này để nghiên cứu. Hy vọng sẽ bổ ích cho các bạn đồng
nghiệp và các em học sinh.
2. Mục đích của đề tài
Đề tài sẽ trình bày một cách đầy đủ các vấn đề lí thuyết có liên quan đến
sự va chạm của vật rắn, các định luật; định lí được áp dụng và các hệ quả thu
được. Ngoài ra đề tài cũng giới thiệu một số bài tập kinh điển mới cập nhật hay
và hấp dẫn liên quan đến vấn đề được nêu ra ở đây.

B. NỘI DUNG
I. PHẦN KIẾN THỨC CHUNG
1. Cơ chế của sự va chạm

1

1


Thí nghiệm chứng tỏ rằng, khi hai vật va chạm nhau, chúng bị biến dạng

nhẹ; bị dẹt đi và lúc đó chúng có cùng vận tốc. Sau đó chúng lấy lại hình dạng
ban đầu với mức độ nhiều ít khác nhau và xảy ra sự giật lùi ra xa nhau. Như vậy
sự va chạm bao gồm hai pha: pha nén và pha dãn.
Thời gian va chạm rất nhỏ so với tồn bộ thời gian phân tích hiện tượng.
Do đó có thể coi sự va chạm xảy ra tại một điểm trong khơng gian. Ngồi ra sự
biến thiên vận tốc của hai vật là khá lớn lực tương tác giữa chúng là rất lớn.
2. Các định luật động lực học áp dụng cho sự va chạm của hai vật rắn
∆ p = ∑ Fex .∆t (1)

∆ L = ∑ M ex .∆t (2)

Công thức (1) được rút ra từ định luật II Newton áp dụng cho khối tâm, có liên
quan đến chuyển động tịnh tiến của khối tâm, với Fex là ngoại lực tác dụng lên
khối tâm. Cịn cơng thức (2) liên quan đến chuyển động quay.
3. Khảo sát sự va chạm về phương diện năng lượng
3.1. Định lí về động năng
∆K = Aex + Ain

Trong đó các ngoại lực nhỏ hơn nhiều so với nội lực nên cơng của nó khơng
đáng kể cịn cơng của các lực va chạm là cơng âm vì ngay cả khi khơng có ma
sát thì hệ chịu một sự biến dạng tại chỗ tiếp xúc và như vậy hệ tiêu thụ một phần
động năng:
∆K = Ain ≤ 0

3.2. Sự va chạm đàn hồi và không đàn hồi
3.2.1. Định nghĩa:
2

2



Sự va chạm là đàn hồi khi động năng toàn phần của hai vật được bảo toàn:
∆K = 0

Trong tất cả các trường hợp khác, sự va chạm là không đàn hồi. Phần động năng
mất đi cho phép thay đổi tính chất của hai vật bằng cách làm cho chúng biến
dạng, làm vỡ chúng thành các mảnh hay làm tăng nhiệt độ của chúng. Trong
nhiệt động lực học, người ta nói rằng nội năng của hệ thay đổi do tương tác.
3.2.2. Hệ số hồi phục năng lượng:
Va chạm không đàn hồi được đặc trưng bởi một tỉ số:
ε=

K'
K với 0 < ε < 1

ε=1: va chạm đàn hồi.
ε=0: va chạm hồn tồn khơng đàn hồi, tồn bộ động năng sử dụng bị mất đi.
3.2.3. Hệ số hồi phục thành phần pháp tuyến của vận tốc tương đối
e=−

(v'1 − v'2 ) n
u'
=−
u
(v1 − v2 ) n

3.2.4. Cách xác định hệ số hồi phục bằng thực nghiệm
Người ta thả rơi một quả cầu từ độ cao h xuống một tấm phẳng nằm
ngang cố định và đo độ cao h’ mà vật nảy lên được:
ε=


v'12 h'
v'
= →e= 1 = ε
2
v1
h
v1

II. MỘT SỐ TRƯỜNG HỢP VA CHẠM THƯỜNG GẶP
1. Va chạm trực diện
1.1. Định nghĩa
3

3


Sự va chạm được coi là trực diện nếu:
* sự tiếp xúc xảy ra trên đường thẳng nối hai khối tâm G1 và G2.
* pháp tuyến chung ở chỗ tiếp xúc là đường thẳng nối khối tâm G1 và G2.
* lúc va chạm hai vật chuyển động tịnh tiến song song với đường thẳng này
1.2. Bài toán đặt ra là:
Xác định vận tốc sau va chạm của hai vật v'1 , v'2 theo các vận tốc trước va
chạm v1 ,v2 .
Trước tiên ta áp dụng công thức ∆ L = M G .∆t . Trước va chạm hai vật
chuyển động tịnh tiến do đó mơ men động lượng bằng 0. Khi va chạm, lực do
vật này tác dụng lên vật kia có giá đi qua khối tâm nên mơ men lực đối với khối
tâm G vẫn bằng 0. Do vậy, sau va chạm mômen động lượng vẫn bằng 0 và hai
vật chuyển động tịnh tiến.
Tiếp đến ta áp dụng công thức: ∆ p = F .∆t . Bằng cách chiếu phương trình

đó lên trục vng góc với trục G 1G2 ta suy ra chuyển động tịnh tiến của hai vật
rắn sau va chạm vẫn song song với G 1G2. Bằng cách chiếu ∆ p = F .∆t lên trục
G1G2 ta được:
m1 (v'1 −v1 ) = F .∆t (1)
m2 (v'2 −v2 ) = − F .∆t (2)

Ngồi ra, ta cần có thêm một phương trình liên quan đến mức độ đàn hồi
của va chạm:
v '2 −v'1 = −e(v2 − v1 ) (3)

Giải hệ các phương trình (1), (2), (3) ta được:

4

4


v '1 =

m1v1 + m2v2
em2
−
(v1 − v2 )
m1 + m2
m1 + m2

v '2 =

m1v1 + m2v2
em1

+
(v1 − v2 )
m1 + m2
m1 + m2

F .∆t = −(1 + e)

K1 − K 2 =

m1m2
(v1 − v2 )
m1 + m2

1 m1m2
(v1 − v2 ) 2
2 m1 + m2

Xét trường hợp e=1 và e=0 ta suy ra được các phương trình tương ứng
quen thuộc mà ta đã biết.
2. Va chạm thẳng nhưng không xuyên tâm
Trong trường hợp này hai vật chuyển động tịnh tiến song song với đường
va chạm nhưng đường này không đi qua hai khối tâm. Gọi M là điểm tiếp xúc,
pháp tuyến với mặt phẳng tiếp xúc chung tại M không đi qua cả G1 lẫn G2.
Trước hết ta áp dụng phương trình ∆ p = F .∆t ta được:
m1 (v'1 −v1 ) = F .∆t (1)
m2 (v'2 −v2 ) = − F .∆t (2)

Trong đó v’1, v’2 là vận tốc khối tâm G1, G2 sau va chạm tức là vận tốc của phần
chuyển động tịnh tiến. Vì các lực F và –F không đi qua khối tâm nên mỗi vật
quay quanh một trục đi qua khối tâm và vng góc với mặt phẳng đi qua G và

đường va chạm.
Áp dụng cơng thức ∆ L = M G .∆t ta có:
I1ω1 = F .a1 .∆t (3)
I 2ω2 = F .a2 .∆t (4)

5

5


Từ đó ta có được 4 phương trình với 5 ẩn số. Do đó muốn giải được ta cịn cần
phải biết đến mức độ đàn hồi của va chạm. Gọi M 1, M2 là hai điểm thuộc về hai
vật tiếp xúc nhau tại M; u1, u2 là hình chiếu vận tốc của chúng ngay sau va chạm
lên hướng của F ta có:
u 2 − u1 = −e(v2 − v1 )

Như đã biết, sau va chạm hai vật chuyển động vừa tịnh tiến vừa quay quanh
khối tâm nên ta có:
u1 = v'1 +ω1a1 (*)
u 2 = v '2 +ω2 a2
(v'2 +ω 2 a2 ) − (v'1 +ω1a1 ) = −e(v2 − v1 )

Với 5 phương trình trên ta có thể giải được bài tốn chuyển động thẳng khơng
xun tâm. Tuy nhiên ta có thể tính được u1, u2 theo cách sau đây. Kết hợp (1)
với (*) ta được:
v'1 = u1 − ω1a1
m1 (v'1 −v1 ) = m1 (u1 − ω1a1 − v1 ) = F .∆t

Kết hợp với (3) ta có được:
m1u1 − m1


F .∆t.a12
− m1v1 = F .∆t
I1

m1 (u1 − v1 ) = F .∆t (

m1a12
+ 1)
I1

2
Đặt I1 = m1k1 ta được:

m1 (u1 − v1 ) = F .∆t (

6

6

a12
+ 1)
k12


→

m1
(u1 − v1 ) = F .∆t
a12

1+ 2
k1

Tương tự:
m2
(u 2 − v2 ) = − F .∆t
a22
1+ 2
k2

So sánh hai biểu thức trên ta có nhận xét: nếu ta thay hai khối lượng m 1 và m2
m1
m2
2
a1
a22
1+ 2
1+ 2
k1 và
k 2 thì vận tốc u và u nhận được giống như những công thức
bằng
1
2

cho va chạm trực diện.

III. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1:
Một quả cầu nhỏ đặc đồng chất khối lượng m, bán kính R =
0,1 m được thả rơi từ độ cao h = 1 m với vận tốc ban đầu của tâm

quả cầu bằng không xuống một mặt sàn cố định (Hình 1). Nếu lúc
đầu (khi bắt đầu thả) quả cầu khơng quay thì sau khi va chạm với

h

mặt sàn nó bị nảy lên theo phương thẳng đứng tới độ cao cực đại là
0,81 m. Nếu lúc đầu quả cầu quay quanh trục nằm ngang đi qua tâm
quả cầu với vận tốc góc ω0 = 60 rad/s thì sau khi va chạm với mặt

Hình 1

sàn, quả cầu chuyển động như thế nào? Tìm khoảng cách giữa
điểm va chạm lần thứ nhất và lần thứ hai của quả cầu với mặt sàn. Cho hệ số ma
sát giữa quả cầu và sàn là µ = 0,2; g = 10m/s2. Bỏ qua lực cản của khơng khí.
Giải:

7

7


Nếu lúc đầu quả cầu không quay, vận tốc ngay trước và ngay sau va chạm
lần thứ nhất là v = 2 gh = 4 m / s , u = 2 g.0,81h = 0,9 2 gh = 3,6 m / s .
Nếu quả cầu quay với vận tốc góc ω0:
∆t

Theo phương thẳng đứng:

∫ Ndt = m(


2 gh + 2 gh' )

0

∆t

µ ∫ Ndt = mvx
0

→ v x = µ ( 2 gh + 2 gh' ) (1)

Ta tìm ω0 =ω1 ban đầu để hiện tượng vừa lăn vừa trượt dừng khi q trình va
chạm vừa kết thúc. Ta có:
∆t

µ ∫ Ndt = mv x ( 2)
0

∆t

v 

Rµ ∫ Ndt =  ω1 − x  (3)
R

0

Giải hệ (1), (2) và (3) ta có

ω1 =


µ (v + u )( I + mR 2 ) 7 µ (v + u )
=
= 53,2 rad / s < ω0
IR
2R
.

Vậy quả cầu vừa lăn vừa trượt đến khi có vận tốc góc ω’ (ứng với vận tốc theo
'
phương ngang v’x =ω’R) thì ngừng trượt rồi lăn khơng trượt. Tìm v x
∆t

µ ∫ Ndt = mv' x (3)
0

∆t

v' 

Rµ ∫ Ndt =  ω0 − x  (4)
R

0
v' x =

RIω0
2
= Rω0
2

I + mR
7

Khi đó vận tốc quả cầu theo phương thẳng đứng là u = 2gh'

8

8


Quả cầu bắn lên hợp với phương thẳng đứng một góc α xác định bởi phương

trình

tan α =

vy
vx

=

2 Rω 0
2 gh' . Quỹ đạo của quả cầu là parabol. Khoảng cách giữa hai

điểm va chạm với sàn là:

l = v' x

2v y


=

g

4 Rω0 2 gh'
≈ 1,24 m
7g
.

Bài 2:
Một khung hình chữ thập
được đặt trên mặt phẳng nằm

A

ngang nhẵn có thể quay không ma


v0

sát quanh trục thẳng đứng cố định
qua A (Hình 2a). Mỗi thanh của

3r
P

Hình 2a

khung chữ thập đồng chất, tiết diện


A

r
Hình 2b

đều có khối lượng m1 và chiều dài 4r. Một đĩa trịn bán kính r, khối lượng m
v
chuyển động tịnh tiến thẳng đều với vận tốc v0 đến va chạm vào điểm P của

khung ở vị trí như hình vẽ. Cho biết hệ số khơi phục là e và va chạm không ma
sát. Hãy xác định:
a) Tốc độ góc ω1 của khung chữ thập và vận tốc khối tâm đĩa v1 ngay sau khi va
chạm.
m1
b) Tỷ số m sao cho khi khung quay một góc 900 đến vị trí như hình 2b thì nó lại va chạm

vào đĩa.
Giải:
a) Hệ khảo sát là khung chữ thập và đĩa tròn. Điểm P là tâm va chạm. Áp dụng
định lý biến thiên mơ men động lượng ta có:
3rmv0 = 3rmv1 + I Aω1

(4r ) 2 64m1r 2
I A = 4m1
=
3
3
với

9


(1)
(2)
9


Mặt khác, hệ số khôi phục:

0

v1 − v P'
e=−
v0 − v P ,

h
a2h

trong

đó:

v P = 0; vP' = 3rω1 .

Suy

ra:

v1 = 3rω1 − ev0

(3)

Từ

(1)

và

ω1 =

3rm (1 + e)
.v0
9r 2 m + I A

v1 =

9r 2 m − eI A
9r 2 m + I A

(3)

ta

có:

và

(4)

b) Để cho thanh chữ thập
quay quanh A ngược chiều
kim đồng hồ một góc 900

đến vị trí 2 lại va đập vào đĩa
trịn thì trong khoảng thời
gian đó khối tâm đĩa phải di
chuyển được một đoạn 2r.

Hình 3

π
v1 4r
2r
=
τ= 2 =
ω
π
ω
v
⇒
1
1
1
Ta có:

(5)
4r 9r 2 m − eI A
4r 2 m
=
[ 3π − 4(1 + e)]
IA =
eπ
Thay (4) vào (5) ta được: π 3rm(1 + e) ⇒

m1 9[ 3π − 4(1 + e)]
=
64eπ
Từ (2) và (6) suy ra: m
.

Bài 3:
10

10

(6)


Một quả cầu đặc đồng chất có khối lượng m, bán kính R. Cho quả cầu
quay quanh một trục nằm ngang đi qua tâm đứng yên với tốc độ góc ω0 rồi
bng nhẹ cho nó rơi xuống sàn nằm ngang. Độ cao của điểm thấp nhất của quả
cầu khi bắt đầu rơi là h (hình 3). Quả cầu va chạm vào sàn rồi nẩy lên tới độ cao
a2h, tính cho điểm thấp nhất. Trong thời gian va chạm quả cầu trượt trên sàn. Bỏ
qua lực cản của khơng khí và sự biến dạng của quả cầu và sàn khi va chạm. Thời
gian va chạm là bé nhưng hữu hạn. Gia tốc trọng trường là g, hệ số ma sát trượt
giữa quả cầu và sàn là µ. Hãy tìm:
a) điều kiện ω0 để xẩy ra sự trượt trong quá trình va chạm.
b) tanθ, với θ là góc nẩy lên như trong hình 3.
c) quãng đường nằm ngang d mà tâm quả cầu đi được giữa lần va chạm thứ nhất
đến lần va chạm thứ hai.
Giải:
Vận tốc khối tâm ngay trước va chạm là: v0 = 2 gh

(1)


Gọi vận tốc khối tâm ngay sau va chạm theo trục Ox nằm ngang và Oy theo
phương thẳng đứng là: vx, vy, thời gian va chạm là ∆t.
Áp lực của quả cầu lên sàn khi va chạm N >> mg nên ta bỏ qua mg.
mv 2y

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: 2
Theo trục 0y:

= mga 2 h → v y = −a 2 gh (2)

mv0 − mv y = N .∆t → m(1 + a ) 2 gh = N .∆t (3)

Theo trục 0x: mvx = Fms .∆t = µN .∆t (4)
Áp dụng phương trình động lực học vật rắn:
∆L = M .∆t → I (ω0 − ω ) = RFms .∆t = µRN .∆t (5)

Từ (3) và (4) → v x = µ (1 + a) 2 gh (6)
Từ (3) và (5) → I (ω0 − ω ) = µmR(1 + a) 2 gh
→ ω = ω0 −

11

5µ (1 + a) 2 gh
(7 )
2R

11



a) Quả cầu trượt trong suốt thời gian va chạm:
tan θ = −

b) Góc nảy:

ωR > v x → ω0 >

7 µ (1 + a ) 2 gh
2R

v x µ (1 + a )
=
vy
a

c) Khoảng thời gian nảy lên rồi rơi xuống là:

∆t = −

2v y
g

Quãng đường nằm ngang giữa hai lần va chạm: d = v x .∆t = 4 µ (1 + a )ah
Bài 4:
Một quả cầu đặc, đồng chất, khối lượng m bán kính R đang quay với tốc
độ góc ω0 quanh một trục đi qua khối tâm quả cầu và lập với phương thẳng
đứng một góc α. Tốc độ tịnh tiến ban đầu của khối tâm quả cầu bằng không. Đặt
nhẹ quả cầu lên một mặt bàn nằm ngang. Hãy xác định tốc độ của khối tâm quả
cầu và động năng của quả cầu tại thời điểm nó ngừng trượt trên mặt bàn. Bỏ qua
ma sát lăn.

Giải:
Phân tích ω0 thành hai phần:
* Thành phần ω1 = ω0 cosα hướng theo phương thẳng đứng, thành phần này có
giá trị khơng đổi (do khơng có lực nào gây ra mômen cản trở thành phần chuyển
động quay này). Động năng ứng với thành phần này là:
1
12
1
E Đ1 = I1ω12 =
mR 2ω02cos 2α = mR 2ω02 cos 2 α
2
25
5

* Thành phần ω2 = ω0 sin α thay đổi do mômen của lực ma sát trượt Fms, gọi v
và ω là tốc độ tịnh tiến của khối tâm và tốc độ góc theo phương ngang của quả
cầu khi nó bắt đầu lăn khơng trượt, ta có: v = ωR
Phương trình chuyển động quay:

Fms R = − I2

Phương trình định luật II Newton: Fms =

12

dω
2
dω
2
dω

= − mR 2
⇒ Fms = − mR
dt
5
dt
5
dt

dv
m dt ;

12

(*).


ω

v

2
2
2
∫0 dv = − 5 R ω∫ dω
R(ω2 − ω)
Suy ra: dv = - 5 Rd ω ⇒
⇒v= 5
2

(**)


2
2
2
ω = ω2 = ω0 sin α
ω = Rω0 sin α
7
7
7
Từ (*) và (**) rút ra
và v = R

Vậy động năng của quả cầu tại thời điểm ngừng trượt là:
1 2 1
mv + I2ω2
2
EĐ = EĐ1 + 2
2

2
1
1 2

1 2
2 2
2

2 2
mR ω0 cos α + m  Rω0 sin α ÷
. mR  ω0 sin α ÷

2 7
 + 2 5
7

= 5

1
2
1
mR 2ω02 cos 2 α + m(Rω0 sin α) 2
mR 2ω02 (5cos2α + 2)
35
= 5
= 35

Vậy vận tốc và động năng của quả cầu ở thời điểm nó ngừng trượt là:
2
1
Rω0 sin α
mR 2ω02 (5cos 2 α + 2)
v= 7
và EĐ = 35

Bài 5:
A

Một thanh AB đồng chất, tiết diện đều, chiều dài l,
khối lượng m, đứng trên mặt phẳng ngang nhẵn. Một cục
r


nhựa đường nhỏ có cùng khối lượng m, bay với vận tốc v
vng góc với AB đến va chạm mềm vào đầu B (Hình 4).

v

B

a) Tính vận tốc khối tâm của hệ ngay sau va chạm.
b) Tính tốc độ góc của thanh, vận tốc của đầu A ngay sau

Hình 4

va chạm và phần động năng bị mất trong va chạm.
c) Ngay sau va chạm có một điểm C của thanh có vận tốc tuyệt đối bằng khơng.
Xác định vị trí của C.
Giải:
a) Trước va chạm thanh có khối tâm nằm ở trung điểm O của thanh. Ngay sau va
chạm hệ có khối tâm G, chuyển động tịnh tiến với vận tốc vG và chuyển động
quay ngược chiều kim đồng hồ quanh trục quay đi qua khối tâm. Áp dụng cơng
thức xác định vị trí khối tâm hệ ta tìm được vị trí khối tâm hệ nằm cách B l/4
Hệ kín nên động lượng hệ bảo tồn: mv=(M+m)vG → VG=v/2 (1)

13

13


b) Mômen động lượng của hệ trước và ngay sau va chạm là: L1=mvl/4, L2=Iω
trong đó I là momen quán tính của hệ đối với trục quay qua G.
l2

l
l
5
+ m( ) 2 + m( )2 = ml 2
4
4
24
Áp dụng định lí Stainơ ta có: I=m 12

Áp dụng định luật bảo tồn momen động lượng ta có:
5
6v
ml 2
L2= L1 → ωI=mvl/4 → ω 24
= mvl/4 → ω= 5l

Vận tốc tuyệt đối của đầu A:

ur ur
ur
V A = V A / G + V G ; trong đó VG là vận tốc của G đối với sàn

6v 3l v 2v
ur
ur
Do V A / G ↑↓ V G nên VA=VA/G-VG=ω.GA-v/2= 5l 4 - 2 = 5
k
Hình 5

m1

m2

M
O

mv 1
v
ω 2 mv
− 2 m( ) 2 − I
2
2
2 = 10
Động năng bị mất trong va chạm là: ∆Wđ=Wđ0-Wđ= 2
2

2

c) Vận tốc tuyệt đối của điểm C của thanh cách G khoảng x là: vC=vG-x.ω
5l
Vì VC = 0 → vG = x.ω → x = vG/ω = 12

Bài 6:
Một thanh mảnh đồng chất khối lượng M chiều dài L=0,3 m có thể quay
khơng ma sát quanh trục O cố định nằm ngang đi qua đầu thanh. Từ vị trí nằm
ngang, đầu cịn lại của thanh được thả ra. Khi tới vị trí thẳng đứng thì thanh va
chạm hoàn toàn đàn hồi với một vật nhỏ (coi như chất điểm) khối lượng
14

14



1
m1 = M
3
nằm trên mặt

bàn. Cho m1=m=120g, gia tốc trọng lực g=10 m/s 2.

1
Mơmen qn tính của thanh đối với trục quay qua đầu O là I = 3 ML2.

a) Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau va chạm.
b) Vật m1 được gắn với m2=m1 qua một lò xo có độ cứng k=150 N/m, khối
lượng khơng đáng kể (Hình 5). Xác định biên độ dao động của m 1 và m2 sau
va chạm. Bỏ qua mọi ma sát.
Giải:
a) Động năng quay của M ngay trước va chạm:
1 2 1
I ω = MgL → ω =
2
2

MgL
3g
=
I
L

1 2 1
1

mv + I ω '2 = I ω 2 (1)
2
2
Động năng của m1 và M ngay sau va chạm: 2

Mômen động lượng sau va chạm: MvL + I ω ' = I ω (2)
Từ (1) và (2) ta có:

v=

2 M 3 gL
= 3m / s
M + 3m

b) Sau va chạm, khối tâm G của hệ (m1+m2) chuyển động với vận tốc V mà:
2mV=mv →

V=

1
v = 1, 5m / s
2
.

Trong HQC gắn với khối tâm G, vì hai vật có khối lượng bằng nhau nên ta có
thể xem như dao động của m1, m2 là dao động của m gắn với một lò xo có đầu
G cố định và có độ cứng là k’=2k.
Gọi A là biên độ dao động của mỗi vật, theo định luật bảo tồn cơ năng ta có:
1 2 1
1

mv = 2mV 2 + 2. k ' A2 → A = 0, 03m
2
2
2

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bồi dưỡng HSG Vật lí THPT – Cơ học 2 – GS Tơ Giang – NXBGD 2009
2. Chuyên đề va chạm của vật rắn – GS Tô Giang
15

15