bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề sự VA CHẠM của vật rắn

SỰ VA CHẠM CỦA VẬT RẮN
A. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Các bài toán có sự va chạm của vật rắn thường là bài toán 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 không 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 toán phụ thuộc vào mức độ phức tạp của va chạm. Nhưng
việc giải quyết bài toán không 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 toán 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
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 toàn bộ thời gian phân tích hiện tượng.
Do đó có thể coi sự va chạm xảy ra tại một điểm trong không gian. Ngoài ra sự
biến thiên vận tốc của hai vật là khá lớn lực tương tác giữa chúng là rất lớn.

1

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. Còn công 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 công của nó không
đáng kể còn công của các lực va chạm là công âm vì ngay cả khi không 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:
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'
với 0 < ε < 1
K

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

2


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
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 mô men động lượng bằng 0. Khi va chạm, lực do
vật này tác dụng lên vật kia có giá đi qua khối tâm nên mô 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 vuông 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)

Ngoài 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)

3


Giải hệ các phương trình (1), (2), (3) ta được:
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 vuông góc với mặt phẳng đi qua G và
đường va chạm.
Áp dụng công thức ∆ L = M G .∆t ta có:
I1ω1 = F .a1.∆t (3)
I 2ω 2 = F .a2 .∆t (4)

Từ đó ta có được 4 phương trình với 5 ẩn số. Do đó muốn giải được ta còn 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; u 1, 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:

4


u1 = v'1 +ω1a1 (*)
u 2 = v '2 +ω 2 a2
(v '2 +ω 2 a2 ) − (v'1 +ω1a1 ) = −e(v2 − v1 )

Với 5 phương trình trên ta có thể giải được bài toán chuyển động thẳng không
xuyên 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:
F .∆t.a12
m1u1 − m1
− m1v1 = F .∆t
I1
m1 (u1 − v1 ) = F .∆t (

m1a12
+ 1)
I1

Đặt I1 = m1k12 ta được:
m1 (u1 − v1 ) = F .∆t (
→

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
2
bằng 1 + a1 và 1 + a2 thì vận tốc u1 và u2 nhận được giống như những công thức
k12
k 22

cho va chạm trực diện.
III. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1:

5

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 không 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

Hình 1

mặt 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 không khí.
Giải:
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 = mv x
0

→ v x = µ ( 2 gh + 2 gh' ) (1)

Ta tìm ω0 =ω1 ban đầu để hiện tượng vừa lăn vừa trượt dừng khi quá 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 không trượt. Tìm v'x
∆t

µ ∫ Ndt = mv' x (3)
0

6


∆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'

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

2 Rω

y
0
trình tan α = v =
. Quỹ đạo của quả cầu là parabol. Khoảng cách giữa hai
2 gh'
x

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


v0

A
3r

P

r

Hình 2a

của khung chữ thập đồng chất,

Hình 2b

tiết diện đều có khối lượng m 1 và
chiều dài 4r. Một đĩa tròn bán kính r, khối lượng m chuyển động tịnh tiến thẳng

v
đều với vận tốc v0 đến va chạm vào điểm P của khung ở vị trí như hình vẽ. Cho

biết hệ số khôi 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.
b) Tỷ số

m1
sao cho khi khung quay một góc 900 đến vị trí như hình 2b thì nó lại va chạm
m

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 mô men động lượng ta có:
3rmv0 = 3rmv1 + I Aω1

(1)

7


với I A = 4m1

(4r ) 2 64m1r 2
=
3
3

Mặt khác, hệ số khôi phục: e = −

(2)
v1 − vP'
, trong đó: vP = 0; vP' = 3rω1 .
v0 − v P

Suy ra: v1 = 3rω1 − ev0

(3)

3rm(1 + e)
9r 2 m − eI A
ω
=
.
v
v
=
Từ (1) và (3) ta có: 1 9r 2 m + I 0 và 1
9r 2 m + I A
A

(4)

b) Để cho thanh chữ thập quay quanh A ngược chiều kim đồng hồ một góc 90 0
đến vị trí 2 lại va đập vào đĩa tròn thì trong khoảng thời gian đó khối tâm đĩa
phải di chuyển được một đoạn 2r.
π
v1 4r
Ta có: τ = 2 = 2r ⇒ ω = π (5)
1
ω1 v1
2
4r 9r 2 m − eI A
⇒ I A = 4r m [ 3π − 4(1 + e)]
=
Thay (4) vào (5) ta được:

π
3rm(1 + e)
eπ

Từ (2) và (6) suy ra:

(6)

m1 9[ 3π − 4(1 + e)]
=
.
m
64eπ

Bài 3:
Một quả cầu đặc đồng chất có khối

ω0

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 buông nhẹ cho nó

h

θ

rơi xuống sàn nằm ngang. Độ cao của điểm

a2h

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.

Hình 3

Trong thời gian va chạm quả cầu trượt trên sàn. Bỏ qua lực cản của không 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.

8


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.
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:

mv y2

2

= mga 2 h → v y = −a 2 gh (2)

Theo trục 0y: 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 −

5µ (1 + a ) 2 gh
(7 )
2R

a) Quả cầu trượt trong suốt thời gian va chạm: ωR > vx → ω0 >
v

x
b) Góc nảy: tan θ = − v =
y

7 µ (1 + a ) 2 gh
2R

µ (1 + a )
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 = 4µ (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.
9


Giải:
Phân tích ω0 thành hai phần:
* Thành phần ω1 = ω0 cosα hướng theo phương thẳng đứng, thành phần này có
giá trị không đổi (do không 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 không trượt, ta có: v = ωR
Phương trình chuyển động quay: Fms R = −I2

(*).

dω
2
dω
2
dω
= − mR 2
⇒ Fms = − mR
dt
5
dt
5
dt
dv

Phương trình định luật II Newton: Fms = m dt ;
ω

v

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

5
5
0
ω

(**)

2

2
7

2
7

2
7

Từ (*) và (**) rút ra ω = ω2 = ω0 sin α và v = R ω = Rω0 sin α
Vậy động năng của quả cầu tại thời điểm ngừng trượt là:
EĐ = EĐ1 +

1 2 1
mv + I 2ω2
2
2
2

2

1
1 2
1 2

2

= mR 2ω02 cos 2 α + m  Rω0 sin α ÷ + . mR 2  ω0 sin α ÷
2
5
7
5
2 7




=

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

Vậy vận tốc và động năng của quả cầu ở thời điểm nó ngừng trượt là:
v=

2
1
mR 2ω02 (5cos 2 α + 2)
Rω0 sin α và EĐ =
35
7

Bài 5:
A

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

v
10

Hình 4

B


r

cục nhựa đường nhỏ có cùng khối lượng m, bay với vận tốc v vuông góc với AB
đến va chạm mềm vào đầu B (Hình 4).
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 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 không.
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 công
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 toàn: mv=(M+m)vG → VG=v/2 (1)
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.
Áp dụng định lí Stainơ ta có: I=m

l2
l
l
5
+ m( ) 2 + m( ) 2 =
ml 2
12
4
4
24

Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có:
L2= L1 → ωI=mvl/4 → ω

5
6v
ml 2 = mvl/4 → ω=
24
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
ur

ur

Do V A / G ↑↓ V G nên VA=VA/G-VG=ω.GA-v/2=

6v 3l v 2v
- =
5l 4 2 5

Động năng bị mất trong va chạm là: ∆Wđ=Wđ0-Wđ=

mv 1
v
ω 2 mv
− 2 m( ) 2 − I
=
2
2
2
2 10
2

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

5l
12

M

Bài 6:

O

Một thanh mảnh đồng chất khối lượng
M chiều dài L=0,3 m có thể quay không ma
sát quanh trục O cố định nằm ngang đi qua
11

m2

k m
1

Hình 5

2


đầu thanh. Từ vị trí nằm ngang, đầu còn 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
1
3

điểm) khối lượng m1 = M nằm trên mặt bàn. Cho m1=m=120g, gia tốc trọng

lực g=10 m/s2. Mômen quán tính của thanh đối với trục quay qua đầu O là I =
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 không 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

Động năng của m1 và M ngay sau va chạm:

1 2 1
1
mv + I ω '2 = I ω 2 (1)
2
2
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:
1
2

2mV=mv → V = v = 1,5m / s .
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 toàn 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 Tô Giang – NXBGD 2009
2. Chuyên đề va chạm của vật rắn – GS Tô Giang
12

1
3