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

CHUYÊN ĐỀ VA CHẠM CỦA VẬT RẮN
Cơ học vật rắn là một trong những chuyên đề khó cho cả giáo viên giảng dạy cũng
như học sinh ôn luyện thi HSG. Trong chuyên đề cơ học vật rắn, các bài toán về va chạm
của vật rắn luôn đem lại những bối rối nhất định cho học sinh. Áp dụng định luật bảo toàn
cơ năng trong bài toán này phải đặc biệt lưu ý.
Trong đề tài, tôi tóm tắt những kiến thức đặc thù cần được lưu ý và các bài toán và
một số dạng khác nhau về va chạm của các vật rắn nhằm góp phần cung cấp kiến thức, rèn
luyện kĩ năng vận dụng giải các bài toán về va chạm của vật rắn cho học sinh chuẩn bị thi
học sinh giỏi các cấp và các đồng nghiệp tham khảo thêm trong việc bồi dưỡng cho học
sinh.
1. Những kiến thức về va chạm của vật rắn:
+ Các định luật bảo toàn năng lượng, xung lượng, Mô men xung lượng như đối với
va chạm của chất điểm.
+ Thời gian va chạm ngắn, lực va chạm thay đổi nên không dùng khái niệm lực mà
dung khái niệm xung của lực, xung của mô men lực.
uu
r τ ur
uur
uuu
r
X
+ Xung của lực: = ∫ Fdt = Ftb ∆t = ∆P
0

uuuur τ uuur
uuur
M
=
M
dt
=

∆
L0
+ Xung của mô men: Ox ∫ g
0

+ Trường hợp vật rắn quay quanh một trục z có mô men quán tính IZ:
uu
r
∆LZ = I Z (ω2 − ω1 ) = M Z ( X )

+ Vật rắn hình cầu nhẵn va chạm với nhau coi như va chạm của hai chất điểm.
uu
r
r
+ Một viên đạn khối lượng m, vận tốc v va chạm mềm với vật rắn thì X = mv .
2. Các bài toán về va chạm của vật rắn:

r
Bài toán 1: Một quả bóng bàn khối lượng m, bán kính r bay với vận tốc tuyến tính v và


quay với vận tốc ω0 đập vuông góc vào chướng ngại vật thẳng đứng, nặng không
chuyển động (hình vẽ). Hãy xác định sự phụ thuộc
của góc phản xạ quả bóng vào hệ số ma sát f giữa

r
v

quả bóng và vật chướng ngại. Bỏ qua biến dạng của
quả bóng và vật chướng ngại theo cả hai chiều tiếp

r

tuyến và pháp tuyến đến mặt vật chướng ngại. Ta
giả thiết thêm rằng, sau khi va chạm thành phần
r

vuông góc của vận tốc đến vật chướng ngại bằng −v và va chạm xảy ra ngắn đến mức có
thể bỏ qua ảnh hưởng của sức cản không khí và lực hâp dẫn. Mô men quán tính của quả
bóng bàn tính theo trục đi qua tâm của nó bằng

2 2
mr .
3

Giải:
uu
r

uuur

Theo đề ra, khi va chạm chỉ có hai lực tác dụng lên quả bóng là N và Fms .
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Có hai trường hợp xảy ra:
y

*) Trường hợp 1: Quả bóng trượt trong suốt thời gian
va chạm.

x

u
u
r
N

Khi đó, Fms = f.N
dPy

 N = dx
⇒ dPx = f .dPy ⇒ dVx = f .dVy ⇒ vx = f .2v
Ta có: 
dP
 F = f .N = x
 ms
dt

vx = 2 f .v ⇒ tan θ = vx = 2 f
.
vy

Vậy sau va chạm: 

v y = v

Ta tìm điều kiện về ω , f để trường hợp này xảy ra. Ta có:
ur
uur
∑ Μ A ( F ) = 0 ⇒ LA = const ⇒ I G (ω0 − ω ) = mvx R
Để chuyển động trượt xảy ra thì Rω ≥ vx ⇒ IG (ω0 −

vx
) ≥ mRvx
R

A

uuu
r
Fms

r
v
r
vx


vx mR 2
⇒ ω0 − ≥
vx
R
I
⇒ ω0 ≥

vx
mR 2
2 fv
3 5 fv
(1 +
)=

(1 + ) =
.
R
I
R
2
R

*) Trường hợp 2:
Quả cầu ngừng trượt trược khi thời gian va chạm kết thúc.
Trường hợp này xảy ra ⇔ ω0 <

5 fv
.
R

uur uuuuur
LA = const ⇒ I G (ω0 − ω ) = mvx R .

Ta có:

Ta thấy quả cầu lăn không trượt khi và chỉ khi Rω = vx
⇒ I G (ω0 − ω ) = mR 2ω ⇒ ω0 = (1 +

mR 2
2
)ω ⇒ ω = ω0 .
I
5

Sau đó quả lăn không trượt nên Rω = vx mà

LA = I Gω + mRvx = ( I G + mR 2 )ω = const ⇒ ω = const
nên vận tốc sau khi quả cầu nảy lên là
vx 2ω0 R
2
vx = ω R = ω0 R ⇒ tan θ = =
.
vy
5v
5

Kết luận:
+ Nếu ω0 <

2ω R
5 fv
thì tan θ = 0 .
5v
R

+ Nếu ω0 ≥

5 fv
thì ⇒ tan θ = 2 f .
R

Bài toán 2:
Một quả cầu không đồng chất khối lượng m,
uu

r
chuyển động với vận tốc v0 , đập vuông góc lên một
chướng ngại vật nặng và rắn nằm ngang. Tâm khối S
của quả cầu cách tâm hình học O một khoảng cách D.
Vị trí của quả cầu và chướng ngại ngay trước khi va
chạm được biết như trên hình vẽ. Trước khi va chạm

O

S

.


quả cầu không quay. Giả thiết rằng do hậu quả của va chạm xảy ra rất nhanh, tổng năng
lượng của quả cầu không bị thay đổi. Tính vận tốc khối tâm của quả cầu. Sau va chạm,
nếu biết giữa quả cầu và vật chướng ngại không xuất hiện ma sát, có thể bỏ qua biến dạng
của chúng. Mô men quán tính của quả caauftinhs qua tâm khối S bằng I và công nhận I >
mv2.
Giải:
Gọi ω là vận tốc quay quanh S sau va chạm, vS là vận tốc chuyển động tịnh tiến của S.
uu
r
uu
r
uu
r ur
Do các ngoại lực N , P và cả v0 đều vuông góc với mặt sàn nên vS cũng vuông góc

uu

r

với chướng ngại vật (chiều vS thực chất là ngược lại).
Ta chọn chiều dương như trên hình vẽ.
O

Do va chạm nhanh và tổng năng lượng không đổi nên
1 2 1 2 1 2
mv1 = mvS + I ω
2
2
2

(1)
A

Do trong va chạm thì N>> P nên ta bỏ qua tác dụng
ur

uu
r

A
A
của P mà do N có giá đi qua A nên M ( uNur) = 0 (bỏ qua M ( uPr ) ) .

Suy ra mô men động lượng của hệ đối với điểm A được bảo toàn, do đó:
mv0 D = mvS D + I ω

Từ (1) suy ra :

(2)

m(v0 − vS )(v0 + vS ) = I ω 2

Từ (2) suy ra m(v0 − vS ) D = I ω
⇒

Iω
(v0 + vS ) = I ω 2 ⇒ v0 + vS = ω D
D

Iω

v
+
v
=
0
S

I (v0 + vS )
mD
⇒
⇒ v0 − vS =
mD 2
 v0 + vS = ω
 D
⇒ v0 (1 −

I
I
) = vS (1 +
)
2
mD
mD 2

(1’)
(2’)

S

.

+


mD 2 − I
⇒ vS = v0
mD 2 + I
mD 2
I .
⇒ vS = −v0 .
mD 2
1+
I
1−

Như vậy, vS < 0 nên quả cầu bật trở lại. Do đó, vận tốc của khối tâm S sau va chạm là

mD 2
1−
I .
vS = −v0 .
mD 2
1+
I

Bài toán 3:
Một thanh AB đồng chất có khối lượng M, chiều
A

dài 2lđược bẻ gập ở điểm giữa thành hình chữ V có góc
ở giữa là 600. Gọi điểm giữa của thanh là O, thanh
chữ V đó được đặt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn.

l

Một vật có khối lượng m, chuyển động tới va chạm
uu
r

với thanh với vận tốc ban đầu v0 nằm trên đường trung

l

O

B

trực của đoạn OB như trên hình vẽ. Giả sử va chạm của
m

vật m và thanh AOB là tuyệt đối đàn hồi. Hãy tính vận tốc
của khối tâm G của thanh và điểm A ngay sau va chạm với vật m.
Giải:

Sau va chạm với vật m thì khung AOB vừa tham gia chuyển động tịnh tiến với vận
r

tốc v vừa tham gia chuyển động quay quanh G với vận tốc ω ,
A

còn vật m thì sau va chạm có vận tốc v.
Mô men quán tính của khung AOBđối với khối tâm G là

l

H

K

M l2 M l2
7 Ml 2
I = 2( . + . ) =
2 12 2 10
48

l

G
O

B
m


Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có:
mv0 = mv + MV

(1)

Theo định luật bảo toàn mô men động lượng đối với điểm G, ta có:

l
l
l
l 7 Ml 2
mv0 = mv + I ω ⇒ mv0 = mv +
ω
8
8
8
8
48

(2)

Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:

1 2 1 2 1
1
mv0 = mv + MV 2 + I ω 2
2
2
2
2
1 2 1 2 1
1 7 Ml 2 2
2
⇒ mv0 = mv + MV + .
ω
2
2
2
2 48

(3)

M
V
m

Từ (1) suy ra:

v0 − v =

Từ (2) suy ra:

7 M

v − v0 = . ωl
6 m

(1’)
(2’)

M 2 7 Ml 2 2
Từ (3) suy ra : m(v0 − v)(v0 + v) = V +
ω (3’)
m
48m

Từ (1’), (2’) và (3’) ta có: m(v0 − v )(v0 + v ) = V (v0 − v ) +

⇒ v0 + v = V +

ωl
8

(4)

M
7 M

v0 − v = m V = 6 . m ωl

v + v = V + ω l
 0
8

Vậy ta có hệ:

ωl
(v − v0 ) .
8

(5)
(6)

7
7
ωl 31
⇒V = .ωl ⇒ v0 + v = ωl +
=
ωl
6
6
8 24
⇒ 2v0 =
⇒ω =

7M
31
28 M
31m 28M + 31m
ωl + ωl =
ωl +
=
ωl
6 m

24
24 m
24m
24m

48mv0
48mv0
⇒ ωl =
(31m + 28M )l
(31m + 28M )


56mv0
7
⇒ V = ωl =
6
(31m + 28M )

Ta có GA = GH 2 + HA2 = (

3 2 l 2
3 1
7
.
l) + ( ) = l
+ =l
4
2
16 4
4

Suy ra vận tốc VAG của A đối với G là
N AG = ωl
uur

12 7 mv0
7
=
4
31m + 28M

Gọi VA là vận tốc của điểm A đối với mặt đất. Ta có:

uur uuur uur uuur ur
VA = VAG + VG = VAG + V

2
2
2
2
2
Suy ra, VA = V + VAG + 2V .VAG .cosα = V + VAG + 2V .VAG .sinβ

Mà

sinβ =

VA2 = (
=(

l /8
1
=
l 7/4 2 7

nên

56mv0
12 7mv0 2
56mv0
12 7mv0
1
)2 + (
) + 2.
.
.
31m + 28M
31m + 28M
31m + 28M 31m + 28M 2 7

mv0
mv0
) 2 (562 + (12 7) 2 + 2.56.12) = (
) 2 .3816
31m + 28M
31m + 28M

⇒ VA =

4mv0

31m + 28M

302 .

Vậy vận tốc của khối tâm G và của điểm A ngay sau va chạm là:

VG =

56mv0
4mv0
302 .
và VA =
31m + 28M
31m + 28M

Bài toán 4: Một bản mỏng, phẳng, đồng chất, hình vuông
cạnh l, khối lượng M có thể quay tự do quanh một trục

l, M
→

v0

thẳng đứng cố định ( ∆ ) trùng với một trong các cạnh
của nó. Một quả cầu nhỏ khối lượng m, bay với vận tốc
→

v0 tới va chạm đàn hồi vào tâm của bản, theo phương

vuông góc với mặt phẳng bản .

r

G

m


1. Tính mô men quán tính của bản đối với trục ( ∆ ).
2. Xác định vận tốc của quả cầu sau va chạm.
Chia bản thành các thanh mảnh dài l ,rộng dx, cách trục quay ( ∆ ) một khoảng x,
có khối lượng

dm =

M
M
M 2
.l.dx =
dx ⇒ dI = dm..x 2 =
.x dx
2
l
l
l
l

M
M l 3 Ml 2
2

I = ∫ dI =
x
dx
=
. =
l ∫0
l 3
3

Sau va chạm, gọi vận tốc quả cầu là v1 , vận tốc của bản là V
Xét hệ quả cầu và bản có tổng mô men các ngoại
lực đối với trục (Δ) bằng 0, áp dụng định luật
bảo toàn mô men động lượng:
mv0 .r = mv1 .r + Iω ⇔ mv0

→ v 0 = v1 +

M 4
V
m 3

l
l
V
→ → →
= mv1 + I
l ( v1 , v 0 ,V cùng phương)
2
2
2

l, M

(1)

→

v0

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
 
mv02 mv12 I 2 mv12 I  V 
=
+ ω =
+  
2
2
2
2
2 l 
 
2

→ v02 = v12 +

2

r

G

M 4 2
V (2)
m 3

Giải hệ phương trình (1), (2): V =

6mv 0
4 M + 3m

→

→ v1 =

3m − 4 M
.v 0
3m + 4 M

→

- Nếu 3m > 4M : v1 > 0 → v1 cùng hướng với v0
→
→
Nếu 3m < 4M : v1 < 0 → v1 ngược hướng với v0 , sau va chạm m bị bật trở lại

Bài toán 5: Một quả cầu đặc đồng chất có khối lượng m,
bán kính R, mômen quán tính đối với trục đi qua tâm

m

2
5

là I = mR 2 . Cho nó quay quanh một trục nằm ngang đi
qua tâm đang đứng yên với vận tốc góc ω0 rồi thả không
vận tốc đầu cho rơi xuống sàn (hình 1). Độ cao của điểm thấp nhất của quả cầu khi bắt đầu
rơi là h. Quả cầu va chạm vào sàn rồi nẩy lên tới độ cao ah tính cho điểm thấp nhất, với a là
một hệ số dương. Biến dạng của quả cầu và sàn do va chạm không đáng kể. Bỏ qua lực cản
của không khí. Khoảng thời gian va chạm là nhỏ và xác định. Cho gia tốc trọng trường là g,
hệ số ma sát trượt giữa quả cầu và sàn là µ . Ta xét hai trường hợp:
a. Quả cầu trượt trong suốt thời gian va chạm. Hãy tính:
- Giá trị cực tiểu của ω0 .
- tan θ , θ là góc nẩy lên ghi trong hình.
- Quãng đường nằm ngang d mà tâm quả cầu đi được giữa các va chạm thứ
nhất và thứ hai.
b. Quả cầu không trượt trước khi thời gian va chạm kết thúc. Tính:
- tan θ
- Quãng đường nằm ngang d.
- Vẽ đồ thị tan θ là hàm của ω0 bao gồm cả hai trường hợp.
Giải
a) Trường hợp quả cầu trượt trong suốt thời gian va chạm.
– Tính giá trị cực tiểu của ω0 :
+ Lấy chiều dương của trục y hướng xuống dưới. Vận tốc của tâm ngay trước va
chạm là:
v0 = 2 gh

+ Gọi các thành phần nằm ngang và thẳng đứng của vận tốc tâm ngay sau va chạm
là v2 x và v2 y ta có:
v22 y = 2 gah .

+ Vậy v2 y = − 2 gah = −cv0 , c = a là hệ số phục hồi, gọi t1 là
thời điểm ban đầu va chạm, t2 là thời điểm kết thúc va chạm. Gọi

Hình 2


giá trị tuyệt đối của xung lực mà sàn tác dụng lên quả cầu trong thời gian ấy là N ( t ) . Vì
N >> mg nên có thể bỏ qua mg. Gọi lực ma sát là f ( t ) .

+ Ta có các phương trình về:
- Độ giảm động lượng theo phương y:
t2

mv0 − mv2 y = m ( 1 + c ) 2 gh = ∫ N ( t ) dt = Py

(1)

t1

- Độ tăng động lượng theo phương x:
t2

mv2 x = ∫ f ( t ) dt = Px

(2)

t1

- Độ giảm momen động lượng (do momen lực ma sát gây ra), với ω2 là vận tốc góc

sau va chạm:
t2

I ( ω0 − ω2 ) = R ∫ f ( t ) dt = L

(3)

t1

- Áp lực của quả cầu lên sàn trong thời gian trượt là N nên ta có liên hệ giữa lực ma
sát và N:
f = µN

(4)

+ Đưa (4) vào (2) và (3) và dùng (1) ta có:
t2

Px = µ ∫ Ndt = µ Py = µ m ( 1 + c ) 2 gh = mv2 x

(5)

t1

t2

L = R µ ∫ Ndt = R µ m ( 1 + c ) 2 gh = I ( ω0 − ω2 )

(6)

t1

+ (5) và (6) cho ta thành phần nằm ngang của vận tốc và vận tốc góc sau va chạm,
theo các dữ kiện
v2 x( 1) = µ ( 1 + c ) 2 gh

(7)

1
ω2 = ω0 − Rµ m ( 1 + c ) 2 gh
I

(8)

lời giải này chỉ đúng nếu vào thời điểm t2 điểm tiếp xúc vẫn còn vận tốc âm nghĩa
là: ω2 R > v2x


+ Dùng (7) và (8) ta tìm được giá trị cực tiểu của ω0 :
ω0 >

7 µ 2 gh ( 1 + c )
2R

- Tính tan θ : tan θ =

v2 x( 1)
v2 y

(9)

 1
= µ 1 + ÷
 c

(13) suy ra θ không phụ thuộc ω

- Tính quãng đường nằm ngang d mà tâm quả cầu đi được giữa các va chạm thứ
nhất và thứ hai:
- Tính các khoảng cách tới điểm va chạm thứ hai:
+ Thời gian quả cầu nẩy lên và rơi xuống lần thứ hai là:
t=2

−v2 y
g

= 2c

2h
g

(14)

Khoảng cách nằm ngang d I = tv2 x = 4µ ( 1 + c ) ch không phụ thuộc vào ω0 .
b) Trường hợp quả cầu không trượt trước khi thời gian va chạm kết thúc.
- Tính tan θ :
+ Tới một thời điểm trước thời điểm kết thúc va chạm t2 thì quả cầu thôi trượt mà
lăn không trượt. Ta có mối liên hệ giữa v2 x ( 2) và ω2 : ω2 R = v2 x( )
2

+ Đưa (15) và (2) vào (3) ta có :
v2 x 2

I  ω0 − ( )

R



÷ = mRv2 x( 2)
÷


+ Tính các đại lượng cuối thời gian va chạm:
v2 x( 2) =

ω2 =

I ω0
2
= ω0 R
mR + I / R 7

v2 x( 2)

tgθ =

2
= ω0 R
R

7

v2 x( 2)
v2 y

=

2ω0 R
7c 2 gh

với h cố định thì tan θ tỉ lệ với ω0 .
- Tính quãng đường nằm ngang d:
+ Thời gian nẩy lên và rơi xuống vẫn là (14)

(16)
(17)
(18)

(15)


4
7

+ Khoảng cách nằm ngang d II = tv2 x( ) = cRω0
2

2h
, tỉ lệ với ω0
g

- Vẽ đồ thị tan θ là hàm của ω0 bao gồm cả hai trường hợp:
Hình là đồ thị tan θ = f ( ω0 ) cho cả hai trường hợp.

Hình 3

Bài toán 6: Một quả bóng siêu đàn hồi đặc, khối lượng m,
bán kính R. Bóng bay tới va chạm vào mặt sàn ngang với
vận tốc v và vận tốc góc ω . Chỗ mà quả bóng tiếp xúc với
sàn có ma sát giữ cho điểm tiếp xúc không trượt. Do có ma
sát nên va chạm là không đàn hồi tuy nhiên có thể bỏ qua
sự biến thiên của thành phần pháp tuyến vy và độ biến
thiên động năng bóng.
a. Xác định thành phần tiếp tuyến v x’ của v’ và ω ’ của
quả bóng sau va chạm theo vx và ω trước va chạm? Biện
luận?
b. Tính vận tốc điểm tiếp xúc A của bóng trước và sau va chạm? Giải thích kết quả?
Giải
a. *) Theo định luật biến thiên momen động lượng ta có:
dL = Mdt = FmsRdt = dPxR
Id ω = mRdvx
vx '
ω'
d
ω
=
mR
I∫
∫ dv
ω

vx

I( ω ’- ω ) = mR(vx’- vx)
(1)
Ta có vy’= - vy
*) Theo định luật bảo toàn động năng ta có:
mv 2 I ω 2 mv '2 I ω '2
+
=
+
2
2
2
2

m (vx2 − v '2x ) = I (ω '2 − ω 2 )

(2)


v 
1
ω ’= −  3ω + 10 x ÷
7
R

*) Thay (1) vào (2) rút ra

vx’ =

3v x − 4ω R
7

*) Biện luận:
+) ω ’ < 0 siêu bóng quay ngược lại với chiều quay ban đầu sau va chạm.
4

+) vx’ > 0

vx > ω R

+) vx’ = 0

vx = ω R

+) vx’ < 0

3
4
3

4

vx < ω R
3

b. Ban đầu (trước va chạm):
v Ax = v x + ω R
vAy = vy
Sau va chạm:

v’Ax = v’x+ ω ' R = - (vx+ ω R )
v’Ay = v’y = - vy
uuur
uuur
v A' = − v A

Như vậy: Vận tốc điểm A trước và sau va chạm có độ lớn bằng nhau, chiều ngược
nhau.
Bài toán 7:
Hai vật khác nhau có cùng khối lượng m trượt không ma sát trên mặt bàn nằm
ngang. Thời gian đầu các vật này thực hiện trượt tịnh tiến( không quay) và các tâm của
chúng có cùng vận tốc v dọc theo hai đường thẳng song song. Khoảng cách giữa các
đường thẳng bằng d. Tại một thời điểm nhất định xảy ra va chạm đàn hồi lý tưởng giữa
các vật. Sau va chạm, các vật thực hiện chuyển động tịnh tiến, quay và tiếp tục trượt trên
mặt bàn, vận tốc góc của vật thứ nhất bằng ω1 , của vật thứ hai bằng ω2 . Mô men quán tính
của chúng tính theo các trụ thẳng đứng đi qua khối tâm lần lượt là I1 và I2.
a. Hãy chỉ ra rằng mô men xung lượng của vật tính theo điểm xác định bất kì của
mặt bàn bằng tổng mô men xung lượng của vật tính theo khối tâm của nó.


b. Tính khoảng cách d’ giữa các đường thẳng dọc theo khối tâm của hai vật chuyển
động sau va chạm.
v
còn vật thứ
2

c. Thừa nhận rằng, sau va chạm giá trị vận tốc của vật thứ nhất là
hai không quay. Hãy xét sự phụ thuộc của d’ vào d.

mi

Giải:
a. Ta cần chứng minh:
uur uur
uu
r uu
r uur
uu
r uu
r
LO = LG + (∑ mi )rG ∧ vG = LG + M rG ∧ vG
Xét phần tử mi trên vật rắn. Ta có:

u
r
ri

+

u
u
r
rG
G

O

G

uur

uu
r u
r
uu
r ur
LO = ∑ mi (rG + ri ) ∧ (vG + vi )
uu
r uu
r
u
r uu
r uu
r
ur
u
r ur
= (∑ mi )rG ∧ vG + (∑ mi ri ) ∧ vG + rG ∧ (∑ mi vi ) + ∑ mi ri ∧ vi
u
r r
∑ mi ri = 0
ur r
Nhận xét: 
m
v
∑ i i = 0
uur
uu
r uur
u
r ur

LO = (∑ mi )rG ∧ vG + ∑ mi ri ∧ vi
Do đó
uu
r uu
r
uu
r uu
r
(∑ mi )rG ∧ vG = M rG ∧ vG
u
r ur uur
Mặt khác, 
m
r
∑ i i ∧ vi = LG
nên

uur uur
uu
r uur
LO = LG + M rG ∧ vG (ĐPCM)

'
b. Gọi v1 là vận tốc của vật 1 (của G1) sau va chạm.

m

G1

r

v

Do hệ kín nên động lượng của hệ được bảo toàn dó đó:
ur
uu
r
uu
r
r
r r ur
ur
mv1' + mv2' = mv − mv = 0 ⇒ v1' = −v2' = −v '
Ta xét mô men động lượng của hệ đối với G 2. Do
không có
ngoại lực nên mô men động lượng trước và sau va chạm là bằng nhau.

r
v
G2


LG2 = mvd

Ta có, ban đầu thì :
sau

đó

thì

d'

L 'G2 = mv ' d '+ I1ω1 + I 2ω2

<0

Mà ω1 ; ω2 có chiều như hình vẽ gọi là
chiều dương nên

mvd = mv ' d '+ I1ω1 + I 2ω2
⇒d'=

mvd − I1ω1 − I 2ω2
mv '

v
Iω
, ω2 = 0 ⇒ d ' = 2 d − 1 1
c. Với v ' =
mv
2
Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:

1 2
1
v
1
mv .2 = m( ) 2 .2 + I1ω12
2
2

2
2
⇒ 2mv 2 = mv 2 + I1ω12 ⇒ I1ω12 = mv 2
⇒
Kết luận:
a)

ω1
I
m
=±
⇒d'= 2 d ± 1
v
I1
m

uur uur
uu
r uur
LO = LG + M rG ∧ vG

b) d ' =

mvd − I1ω1 − I 2ω2
mv '

c) d ' = 2 d ±

I1
m

2

I1
m

>0
>0
d

I1
m


III. KẾT LUẬN.
Giải bài toán về động lực học vật rắn là một chuyên đề cơ bản trong việc bồi dưỡng
Học sinh giỏi THPT. Để giải quyết được những yêu cầu đặt ra của bài toán về chuyển động
của vật rắn yêu cầu phải nắm vững Định luật chuyển động của vật thể, đặc điểm chuyển
động của vật rắn, đặc điểm về va chạm của vật rắn. Từ phân tích đặc điểm đó mà vận dụng
định luật động lực học một cách phù hợp.
Trong giải bài toán vật lý nói chung và bài toán về va chạm của vật rắn nói riêng thì
việc phân tích kĩ hiện tượng vật lý xảy ra rất quan trọng. Từ việc hiểu được hiện tượng vật
lý để vận dụng nguyên lí phù hợp thông qua các biểu thức động lượng. Các biểu thức thể
hiện quan hệ đã đạt được dựa vào giả thiết bài toán để tìm ra kết quả.
Trong chương trình THPT chỉ mới giải quyết các bài toán cơ bản vận dụng các
phương trình động lực học vật rắn và phương trình chuyển động của vật rắn. Đề nên biết
điều kiện động lực học suy ra chuyển động và ngược lại biết chuyển động để tìm các đại
lượng động lực học. Việc giải bài toán về va chạm của vật rắn có mức độ tổng hợp cao hơn
đòi hỏi học sinh phải hiểu sâu hơn và giải quyết tình huống phức tạp hơn, do đó học sinh
cần phải rèn luyện kĩ năng vận dụng cao hơn.

Đây là loại bài tập bổ ích cho học sinh học tập và giáo viên tham khảo để công tác
bồi dưỡng học sinh có hiệu quả cao hơn.