Mechanikos, mechaninių svyravimų ir bangų uždavinių sprendimas

Kauno technologijos universitetas 

Angelė Repčienė 

Sigita Jarmalavičiūtė 

Mechanikos, mechaninių svyravimų 

ir bangų uždavinių sprendimas 

KTU Fizikos katedra 

0

Kauno technologijos universitetas 

Fizikos katedra 

Angelė Repčienė 

Sigita Jarmalavičiūtė 

Mechanikos, mechaninių svyravimų 

ir bangų uždavinių sprendimas 


Mokomoji knyga 

Kaunas ∗ TECHNOLOGIJA ∗ 2004 

1

UDK 531/534(079) 

Re - 179 

Recenzavo: doc. dr. Delija Rutkūnienė 

ir doc. dr. Alvydas Jotautis 

Skiriama visų fakultetų studentams, pasirikusiems modulį 

P19OB101 ,,Mechanika, termodinamika, elektromagnetizmas”. 

ISBN 9955-09-648-9 


2 

A.Repčienė, 

S.Jarmalavičiūtė, 

2004

Turinys 

Pratarmė 4 

1. Slenkamojo ir sukamojo judėjimo kinematika 5 

2. Slenkamojo judėjimo dinamika 19 

3. Slenkamojo judėjimo darbas, energijos ir impulso 

tvermės dėsniai 29 

4. Sukamojo judėjimo dinamika 38 

5. Mechaniniai svyravimai ir bangos 51 


3

Pratarmė 

Metodinė priemonė parengta pagal bendrosios fizikos 

kurso, skaitomo Kauno technologijos universiteto techniškųjų 

specialybių studentams, pirmo semestro programą. Pagrindinis 

šios priemonės tikslas – suteikti metodinę pagalbą studentams, 

besiruošiantiems teorinėms pratyboms, kontroliniams darbams ir 

savarankiškai atliekantiems individualius namų darbus. 

Šiame elektroniniame leidinyje nagrinėjama uždavinių 

sprendimo metodika. Uždaviniai sugrupuoti pagal temas: 1) 

slenkamojo ir sukamojo judėjimo kinematika; 2) slenkamojo 

judėjimo dinamika; 3) slenkamojo judėjimo darbas, energijos ir 

impulso tvermės dėsniai; 4) sukamojo judėjimo dinamika; 5) 

mechaniniai svyravimai ir bangos. 

Mielas studente, ši priemonė pamokys, kaip spręsti įvairių 

tipų uždavinius, kaip nubraižyti brėžinius ir kt. Pagal pateiktus 

pavyzdžius pats sugebėsi spręsti ir kitus uždavinius, nes darbe 

stengtasi pateikti bendrus fizikos kurso uždavinių sprendimo 

metodus, parodyti, kaip jie taikomi konkrečiu atveju. 

Nuoširdžiai dėkojame Kauno technologijos universiteto 

doc. dr. D.Rutkūnienei ir doc. dr. A.Jotaučiui už išsamius 

dalykinius patarimus bei pastabas. 

Vis dėlto nesame tikros, kad pavyko išvengti netikslumų 

bei klaidų. Už pastabas būsime dėkingos. 


4 

Autorės

1. Slenkamojo ir sukamojo judėjimo kinematika 

1.1. Materialiojo taško judėjimo lygtis x = At+Bt 2 , čia A = 4 m/s, B = 

-0,5 m/s 2 . Apskaičiuokite taško vidutinį greitį laiko intervale nuo t1 = 2 s 

iki t2 = 6 s. 

x = At+Bt Taško judėjimo vidutinis greitis 

∆s 

= , (1) 

∆t 

čia ∆s - kelias, nueitas per laiko tarpą ∆ t = t . 2 − t1 

Jeigu kūnas per visą laiko tarpą judėtų tiese viena 

kryptimi, tuomet ∆s 

= ∆x 

, kai kūnas keičia greičio kryptį, 

tada keliui ∆ s nustatyti reikia laiko tarpą ∆t 

padalyti į 

tokius laikotarpius, kad per kiekvieną iš jų kūnas judėtų 

viena kryptimi. Apskaičiavę per kiekvieną tokį laikotarpį koordinatės pokytį 

∆x 

, nueitą kelią randame pagal šią formulę: 

i 

2 

A = 4 m/s 

B = -0,5 m/s 2 

t1 = 2 s 

t2 = 6 s 

- ? 

n 

∑ 

i= 

1 

∆ s = ∆x 

. (2) 

i 

Ištirsime uždavinio sąlygoje nurodytą judėjimo lygtį. Įrašius konstantų 

skaitines vertes, judėjimo lygtis yra tokia: 

x = 4t – 0,5t2. (3) 

Iš (3) matome, kad judėjimas yra tolygiai lėtėjantis. Taškas tam tikru 

laiko momentu t‘ keičia judėjimo kryptį. Tuo momentu greitis lygus nuliui, t.y. 

dx 

=0 

dt t= 

t′ 

arba 4 – t’ = 0. 

Taigi t‘ = 4 s. 

∆x1 

∆x2 

0 x1 x2 

x’ x 

Vaizdumo dėlei x koordinačių ašyje pažymėkime taškus x1, x‘, x2, 

kuriuose kūnas bus laiko momentais t1, t‘, t2. 

Pasinaudoję (2) formule, gauname: 

∆ s = ∆x 

+ ∆x 

, (4) 


1 

2 

5

čia x1 = x' 

−x1 

∆ , 

x1 = 4t1 – 0,5t1 2 , 

x‘ = 4t‘ – 0,5t‘ 2 , 

x2 = 4t2 – 0,5t2 2 . 

Iš (1), (4), (5) ir (6) randame 

2 

∆ x = x − x' 

, (5) 

2 

( 4t'−0, 

5t 

) − ( 4t1 

− 0, 

5t 

) + ( 4t2 

− 0, 

5t 

) − ( 4t'−0, 

5t' 

) 

= 

. 

t2 

− t1 

Įrašę t1, t’, t2 skaitines vertes, apskaičiuojame vidutinį greitį: 

= 1 m/s. 

2 

2 

1 

1.2. Materialiojo taško kinematinės judėjimo lygtys yra tokios: x(t) = 

At, y(t) = Bt +Ct 2 , čia A = 0,5m/s, B = 2 m/s, C = -0,25 m/s 2 . Apskaičiuokite 

greičio ir pagreičio modulius po 3s ir kampą tarp greičio ir pagreičio vektorių 

tuo momentu. 

x(t) = At 

A = 0,5m/s 

y(t) = Bt +Ct 2 

B = 2 m/s, 

C = -0,25 m/s 2 

T = 3s 

α 

v-? a-? -? 

2 

2 

2 

(6) 

Taško judėjimo greičio modulis 

v = 

2 2 

vx 

+ v y , čia dx 

v x = = A , v y 

dt 

dy 

= = B + 2Ct 

. 

dt 

Tuomet v + 

gauname: v=0,7 m/s. 

Taško judėjimo pagreičio modulis 

2 2 

a = a + a , čia 

2 

2 

= A + ( B 2Ct) 

. Įrašę skaitines vertes 

ax 

dvx 

= 

dt 

dv y 

= 0 , a y = 

dt 

= 2C 

. 

Tuomet a = ay = 2C. Įrašę C skaitinę vertę, gauname: a = -0,5m/s 2 . Pagreičio 


v y 

r 

a y 

r 

y 

α 

6 

v r 

v x 

r 

x 

y 

x

kryptis a = a . 

y 

Iš brėžinio matome, kad kampas α yra lygus: α = 90 o v y +arctg . 

v 

1.3. Materialiojo taško spindulio vektoriaus kitimą aprašo lygtis 

r 

v v 

2 

2 r ( t) 

= ( A + Bt ) i + Ctj 

, čia A = 10 m, B = -5m/s , C = 10 m/s. Rasti 

greičio v(t) 

v 

ir pagreičio a(t) v 

priklausomybę nuo laiko ir jų modulius laiko 

momentu t = 1 s. 

Spindulį vektorių r komponentėmis 

v v v v 

užrašome šitaip: r ( t) 

= xi 

+ yj 

+ zk 

. 

v 

r 

2 v v 

r( 

t ) = ( A + Bt ) i + Ctj 

v( t ) 

v 

t = 1 s 

A = 10 m, 

B = -5m/s 

v 

( t ) 

2 , 

C = 10 m/s 

-? a -? v-? a-? 

Remiantis šia lygtimi taško koordinatės: 

x =A+Bt 2 , y =Ct ir z = 0. 

Materialiojo taško greitis 

v 

v dr 

v = arba 

dt 

v v r v 

= v i + v j + v , 

(1) 

(2) 

čia 

Greičio modulis 

v x y 

dx 

vx = , 

dy 

v y = , 

dz 

v z = . (3) 

dt dt dt 

2 

x 

2 

y 

2 

z 

k 

z 

v = v + v + v . (4) 

Iš (3) ir (1) formulių seka greičio projekcijos atitinkamose koordinačių ašyse: 

vx = 2Bt, vy = C, vz = 0. 

Šias išraiškas įrašę į (2) gauname: 

v 

(3a) 

r (t) = 2Bt i v v 

+C j . 

Materialiojo taško pagreitis 

v v 

( t ) = a i + a 

v r 

j + a k , (5) 

a x y z 

čia 

dvx x 

dt 

= 

dvy a , y 

dt 

= 

dv 

a , z az 

= . 

dt 

Iš (6) ir (3a) randame pagreičio projekcijas: 

(6) 

ax = 2B, ay = 0. (7) 

Remiantis (7) ir (5): 

a v = 2B i v . 

Iš (3a) ir (4) lygčių gauname greičio modulio išraišką: 

v = 

2 2 

( 2Bt ) + C . 

Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame greičio modulį: 


7 

x

Pagreičio modulis 

v = 14,1 m/s. 

a = 

Į (8) įrašę (7), gauname 

2 

x 

2 

y 

2 

z 

a + a + a . (8) 

2 = , 

a = ( 2B 

) 2B 

arba įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę, randame pagreičio modulį 

a = 2(-5) m/s 2 = -10 m/s 2 . 

1.4. Automobilis važiuoja r = 100 m kreivumo spindulio plento 

atkarpa. Jo judėjimo lygtis s = A + Bt + Ct 2 , čia A = 10m, B = 30m/s, C = - 

1m/s 2 . Apskaičiuokite automobilio greitį ir pilnutinį pagreitį laiko momentu t = 

5s. 

r = 100m 

s = A + Bt + Ct 2 

A = 10m 

B = 30m/s 

C = -1m/s 2 

t = 5s 

v - ? a - ? 

Greičio modulis lygus pirmajai kelio išvestinei 

ds 

v = . (1) 

dt 

Kreivaeigio judėjimo pilnutinis pagreitis a gali būti išskaidytas į du vienas 

kitam statmenus − normalinį ir tangentinį: 

r 

r r r 

a = an 

+ a . t 

Jo modulis 

(2) 

2 

n 

2 

t 

r 

0 

an r 

a = a + a , (3) 

čia 

2 

v 

an = , 

r 

(4) 

dv 

at = . 

dt 

(5) 

Iš lygties (1) 

v = B + 2Ct 

. (6) 

Įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę, gauname v = 20 m . 

s 


8 

a r 

v r 

at r

Iš lygčių (5) ir (6) seka 

a t 

= 2Ct 

. (7) 

Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame: a 2m t = − . 2 

s 

Kadangi a vertė neigiama, tai jo kryptis priešinga greičio 

t 

v r krypčiai. 

Remiantis (3), (4) ir (7) formulėmis, pagreičio modulis a = 

Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame: 

v 

r 

2 

2 

( ) + ( 2C 

⎛ 2 

20 ⎞ 

2 2 

2 

a = ⎜ ⎟ 

⎜ 

+ [ 2 ⋅ ( −1) 

] m / s = 4. 

5m 

/ s 

100 ⎟ 

. 

⎝ ⎠ 

1.5. Iš bokšto horizontalia kryptimi 14 

m greičiu išmestas kūnas. 

s 

Rasti normalinį ir tangentinį pagreičius bei trajektorijos kreivumo spindulį 

taške, kuriame bus kūnas po 1s nuo išmetimo. 

v m 

0 = 14 

s 

t = 1s 

at n 

− ? a − ? R − ? 

Kūnas juda kreive, todėl pilnutinį pagreitį a r galima išskaidyti į 

normalinį ( a ) ir tangentinį ( a ) : 

n 

t 

r r r 

a = an 

+ a , t 

čia pagreičio moduliai 

(1) 

2 

v 

an = , 

R 

(2) 

r r 

Kadangi an 

⊥ at 

, tai 

dv 

at = . 

dt 

(3) 


9 

v0 r 

an r 

g r 

v y 

r 

at r 

v x 

r 

v r 

) 

2 

.

2 2 

a = an 

+ an 

. (4) 

r 

r 

Linijinį greitį v išskaidome į horizontalią v x ir vertikalią vy r dedamąsias. 


2 

x 

2 

y 

v = v + v , 

čia vx = v , nes horizontalia kryptimi kūnas juda tolygiai; 

Tuomet 

0 

Iš (3) ir (5) 

vy = gt , nes kūnas laisvai krinta. 

2 2 2 

= v0 

g t . (5) 

v + 

a t 

= 

v 

2 

0 

g 

2 

t 

+ g 

2 2 

Įrašę skaitines vertes, gauname tangentinį pagreitį: 

2 

at = 5, 62m 

/ s . 

r r 

a = g , 

nes išmestą kūną veikia tik Žemės traukos jėga. 

Tuomet iš (4) 

n 

2 

t 

2 

t 

a = g − a . 

Įrašę skaitines vertes, gauname normalinį pagreitį: 

an = 

Pasinaudoję (2) ir (5), randame 

9, 8 − 5, 

62 m / s = 8, 

03m 

/ s . 

R 

v0 

g 

a 

t + 

= . 

Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame kreivumo spindulį: 

2 

2 

2 

2 2 

2 

14 + 9, 

8 ⋅1 

R = m = 2. 

1m 

. 

9, 

8 

0 

1.6. Iš 40 m aukščio bokšto akmuo metamas 20 m/s greičiu 45 

kampu aukštyn horizonto atžvilgiu. Nekreipdami dėmesio į oro pasipriešinimą, 

nustatykite, kaip toli nuo bokšto pagrindo nukris 

h = 40m 

akmuo, į kokį didžiausią aukštį jis pakils, koks 

v m 

bus jo greitis atsitrenkiant į žemę. Užrašykite 

0 = 20 

s 

spindulio vektoriaus priklausomybę nuo laiko. 

o 

α = 45 

hmax − 1 

? s −? 

v −? 


. 

2 

2 

2 

Kampu į horizontą išmesto kūno 

judėjimą galima išskaidyti į tiesiaeigį tolyginį 

10 

2

horizontalia kryptimi ir tolygiai kintamą su laisvojo kitimo pagreičiu g r 

vertikalia kryptimi. 

Atskaitos pradžia pasirenkame bokšto papėdę − tašką O X ašį nukreipę 

horizontalia kryptimi į dešinę, o Y - vertikaliai aukštyn, parašome šias 

kinematines judėjimo lygtis: 

h 

y 

r 

v0 y 

0 

v0 r 

r 

v0x A 

x 0 0x 

+ 

v y 

r 

B 

v x 

r 

= x v t 

(1) 

gt 

y h v0 

yt 2 

− + = . 

r 

Pradinio greičio v 0 projekcijos 

(2) 

α cos v vox Akmens pradinės koordinatės 0 0 

= 0 ir voy = v0 

sinα 

. 

= x , y = h . 0 

Tuomet (1) ir (2) lygtis galima užrašyti šitaip: 

= v t cosα 

, ( 1 ) 

' 

x 0 

gt 

y = h + v0t 

sinα 

− 

2 

. 

( 2 ) 

' 

Akmens greičio v momentu t dedamosios: 

r 

= v = v cos x , (3) 


vx ox 0 

v y voy 

− gt 

2 

2 

v1 r 

= = v0 

sinα 

− gt . (4) 

11 

x

Aukščiausiame taške A akmens greitis = 0 . Iš lygties (4) rasime laiką , t 

kai kūnas bus šiame taške: 

v sinα 

− gt 

v0 

sinα 

t1 

= . 

g 

Įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę gauname: 

t = 1, 

44s 

. 

1 

0 

1 

vy 1 

= 0, 

Didžiausią pakilimo aukštį h rasime iš lygties ( 2 ) : 

' 

gt1 

hmax = h + v0t1 

− . 

2 

Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame: 

h = 58,6m. 

max 

max 

Akmeniui nukritus ant žemės y = 0. Iš lygties ( 2 ) rasime visą akmens 

judėjimo laiką t . 

' 

2 

2 

gt2 

− v0t2 

− h = 0 . 

2 

Išsprendę šią kvadratinę lygtį ir įrašę skaitines vertes gauname: 

t 4, 

64s 

2 = . 

Laiko momentu t akmuo bus taške B. Tada 

2 

s v0t 

2 cosα 

x = s ir iš ( 1 ) lygties gauname: 

' 

= , arba s = 65, 

62m 

. 

Iš brėžinio ir lygčių (3) ir (4) randame: 

2 2 

v1 vx 

+ v y 

0 

2 

2 

= = ( v cosα 

) + ( v sinα 

− gt ) . (6) 

Į šią lygtį įrašę skaitines vertes, gauname: 

v , m 

1 = 34 4 . 

s 

Kūno masių centro padėtis stačiakampėje koordinačių sistemoje 

kiekvienu laiko momentu nusakoma spinduliu − vektorium r kaip laiko 

funkcija: 

r r r r 

r( 

t ) = x( 

t ) i + y( 

t ) j + z( 

t ) k , (7) 

čia z(t) = 0. 

Į šią lygtį įrašę ( 1 ) ir ( išraiškas, randame: 

' 

2 ) 

' 

r 

2 

r 

gt r 

r( 

t ) = v0t 

cosα 

i + ( v0t 

sinα 

− ) j . 

2 

1.7. Dalelė juda xy plokštumoje, jos greičio vektoriaus projekcijos tam 

tikru laiko momentu yra šios: vx = 1 m/s, vy = 2 m/s. Pagreičio projekcijos tuo 


12 

0 

2 

2

pačiu momentu yra ax = -3 m/s 2 , ay = 2 m/s 2 . Apskaičiuokite tangentinį pagreitį 

ir trajektorijos kreivumo spindulį tuo laiko momentu. 

vx = 1 m/s 

vy = 2 m/s 

ax = -3 m/s 2 

ay = 2 m/s 2 

at -? R -? 


an r 

2 

x 

a r 

ax r 

2 

y 

y 

ay r 

0 

v = v + v . (1) 

Pagreičio modulis 

2 2 

a = ax 

+ a . (2) 

y 

r 

Pilnutinis pagreitis a lygus normalinio ( n ar ) ir tangentinio ( t ar ) 

pagreičių geometrinei sumai: 

r r r 

a = an 

+ at 

. 

Jo modulis 

(3) 

čia 

Kadangi 

tai 

a 

2 2 

= a n + a t , (4) 

dv 

at = , (5) 

dt 

2 

v 

an = . (6) 

R 

Iš lygčių (1) ir (5) rasime tangentinį pagreitį: 

dv dv 

x 

y 

2vx 

+ 2v 

y 

a 

dt 

t = 

dt . 

2 2 

2 v + v 


dvx 

ax 

dt 

= dv 

ir 

y 

a y = , 

dt 

vxa 

x + v ya 

y 

at 

= 

. 

2 2 

v + v 

x 

x 

y 

13 

y 

at r 

x

Įrašę skaitines vertes, gauname tangentinį pagreitį: 

at = 0,45 m/s 2 . 

Iš lygčių (2) ir (4) gauname: 

n 

2 

x 

2 

y 

a = a + a − a 

2 

t 

, arba an = 3,58 m/s 2 . 


2 2 

vx 

+ vy 

R = . 

an 

Įrašę skaitines vertes, gauname trajektorijos kreivumo spindulį: 

R = 1,4 m . 

1.8. Dalelė juda teigiamąja x ašies kryptimi taip, kad jos greičio kitimą 

1 

2 

aprašo lygtis v = A x , čia 

dalelės koordinatė x2 = 0. Rasti dalelės greičio ir pagreičio priklausomybę nuo 

laiko bei vidutinį greitį laiko intervale, per kurį dalelė nueina atstumą nuo 0 iki 

4 m. 

−1 

A = 2m 

s . Pradiniu laiko momentu (t = 0) 

x2 = 4 m 

Greičio modulis yra pirmoji koordinatės 

v = A x 

išvestinė pagal laiką: 

1 

2 −1 

A = 2m 

s 

dx 

v = . 

dt 

(1) 

x1 = 0 

v(t) -? a(t) -? < v> -? 

dx 

Tuomet = A x . 

dt 

Atskyrę kintamuosius, gauname: 

dx 

= Adt . 

x 

Integruodami abi lygties puses, gauname: 

1 

2 

2 x = At + C . (2) 

Iš pradinių sąlygų randame konstantą C. 

Kai t = 0, x1 = 0. 

Tuomet 

C = 0. 

Įrašę C vertę į (2), gauname: 

2 2 

A t 

x = . 

4 

Iš formulių (1) ir (3) gauname: 

(3) 

2 

A t 

v = . 

2 

(4) 

Pagreitis lygus pirmajai greičio išvestinei pagal laiką: 


14

dv 

a = . 

dt 

Iš (4) ir (5) gauname: 

(5) 

2 

A 

. 

a = 

2 

Įrašę skaitinę parametro A vertę ir apskaičiavę, gauname: 

a = 2 m/s 2 . 

Judėjimas yra tolygiai greitėjantis, nes pagreitis a yra pastovus dydis ir 

jo projekcija yra to paties ženklo kaip greičio. 

∆ s 

Vidutinis greitis = , 

∆t 

čia ∆s = ∆x, ∆x = x2 - x1, ∆t = t2 – t1. Iš lygties (3) išreiškiame t1 ir t2: 

2 

t 1 = x , 

2 

t 1 2 = x . 

2 

A A 

Tuomet 

x2 

− x1 

A 

= ( x2 

+ x1 

) . 

2 ( 2 1 ) 2 

x − x 

A 

Įrašę skaitines vertes ir jas apskaičiavę, gauname: 

= 2 m/s. 

1.9. Kūno judėjimo pagreitis proporcingas jo greičio kvadratui, o jo 

kryptis priešinga greičio krypčiai. Nustatykite kelio priklausomybę nuo laiko, 

jei pradiniu laiko momentu greitis lygus v0, o kelias − s0. 

a ~ v 2 

t = 0 

v = v0 

s = s0 

s(t) -? 

Remdamiesi uždavinio sąlyga, galime parašyti: 

a = -kv 2 , 

čia k – proporcingumo koeficientas. 

dv 

Kadangi a = , 

dt 

tuomet 

dv 2 

= −kv 

. 

dt 

Atskyrę kintamuosius, gauname: 

dv 

= −kdt 

. 

2 

v 

Suintegravę abi lygties puses, gauname: 

− = −kt 

+ C 

v 

1 

. 

Iš pradinių sąlygų 1 

C = − , tuomet 

v 


0 

15

v0 

v = . 

ktv0 

−1 

Kelio s priklausomybę nuo laiko rasime, integruodami gautą v išraišką pagal 

laiką t: 

v0dt 

1 d( 

ktv0 

−1) 

1 

s = ∫vdt = ∫ = 

= ln( 

ktv0 

−1) 

+ C1 

ktv0 

−1 

k ∫ . 

ktv0 

−1 

k 

Iš pradinių sąlygų C1 = s0, tuomet kelio priklausomybė nuo laiko: 

1 

s () t = s0 

+ ln( 

ktv0 

−1) 

. 

k 

1.10. 0,1 m spindulio smagračio judėjimo lygtis ϕ = A+Bt+Ct 3 , čia B 

= 2 rad/s, C=1rad/s 3 . Apskaičiuokite smagračio kraštų linijinį ir kampinį 

greičius bei linijinį ir kampinį pagreičius laiko momentu t = 2 s. 

r = 0,1 m 

ϕ = A+Bt+Ct 3 

B = 2 rad/s 

C = 1 rad/s 3 

t = 2 s 

ω -? v -? a -? ε -? 

v r 

Kampinis greitis apibūdina 

posūkio kampo ϕ kitimo spartą, t.y. 

dϕ 

ω = . (1) 

dt 

Remiantis (1): 

2 

ω = B + 3Ct . 

Į (2) įrašę skaitines vertes, gauname: 

ω = 14 rad/s. 

Sukimosi kampinis pagreitis 

(2) 

dω 

ε = . 

dt 


ε = 6Ct, 

arba 

ε = 12 rad/s 

(3) 

2 . 

Linijinis greitis 

v=ωr, 

arba 

v=1,4 m/s. 


16 

r 

O 

a r 

an r 

at r

Taškui judant apskritimu, jo pagreičio modulis: 

2 

n + 

a = a a , 

čia normalinio ir tangentinio pagreičių moduliai atitinkamai 

2 

v 

an = , at = εr 

. 

r 

Tuomet 

2 

2 

t 

a = 

Įrašę skaitines vertes, gauname: 

2 ⎛ v ⎞ 

⎜ 

r ⎟ 

⎝ ⎠ 

+ ε 

a =20 m/s 2 . 

( ) 2 

r 

1.11. Smagratis sukosi tolygiai lėtėdamas ir per 0,5 min jo sukimosi 

dažnis sumažėjo nuo 5 s -1 iki 3 s -1 . Koks jo sukimosi kampinis pagreitis ir kiek 

kartų smagratis apsisuko per tą laiką? 

t = 0,5 min = 30 s 

υ0 = 5 s -1 

υ = 3 s -1 

ε - ? N - ? 

. 

Tolygiai 

kinematinė lygtis: 

kintamo sukamojo judėjimo 

2 

εt 

ϕ = ω0 

± . 

2 

Kampinis greitis: 

(1) 

ω = ω0 

± εt 

, (2) 

čia t – sukimosi laikas, ω 0 = 2πυ ir ω = 2πυ 

− pradinis ir galinis kampiniai 

0 

greičiai. 

(1) ir (2) formulėse pliuso ženklas rašomas tolygiai greitėjančio, o minuso − 

tolygiai lėtėjančio judėjimo atveju. Iš lygties (2): 

2π 

( υ0 

−υ 

) 

ε = . 

t 

Įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę, gauname: 

ε = 0,42 rad/s 2 . 

Posūkio kampą ϕ išreiškę apsisukimų skaičiumi N( ϕ = 2πN 

) ir 

pasinaudoję lygtimi (1), gauname: 

υ0 

−υ 

N = υ0t 

− t . 

2 

Įrašę skaitines vertes, gauname apsisukimų skaičių: 

N = 120. 

1.12. Materialusis taškas pradeda suktis apie pastovią ašį kampiniu 

pagreičiu ε = kt, čia k= 2⋅10 -2 rad/s 3 . Po kurio laiko nuo sukimosi pradžios 

pagreičio vektorius a r su jo linijinio greičio vektoriumi v r sudarys 60° kampą? 


17

čia 

ε = kt 

k = 2⋅10 -2 rad/s 3 

α = 60° 

t -? 

Iš brėžinio 

Iš formulės (2) seka: 

Integruojame: 

a 

tg = 

a 

t 

r r 

0 

an r 

n α , (1) 

dv 

at = , 

dt 

(2) 

2 

v 

an = . 

r 

(3) 

= a dt . 

dv t 

∫ 

v = at 

dt . (4) 

Kadangi 

a t = ε r = ktr , 

tuomet iš (4) lygties gauname: 

(5) 

t 

2 

t 

v = ∫ ktrdt = kr . 

2 

(6) 

0 

Į lygtį (3) įrašę (6), randame: 

2 

k rt 

an = . 

4 

(7) 

Iš lygčių (1), (5) ir (7) gauname laiką: 

3 4tgα 

t = , arba t = 7 s. 

k 


18 

a r 

at r 

v r

2. Slenkamojo judėjimo dinamika 

2.1. m masės dalelę pradeda veikti jėga F = At(τ-t), čia τ – jėgos 

veikimo laikas, A – konstanta. Rasti dalelės impulsą, nustojus veikti jėgai, ir 

kelią, nueitą per jėgos veikimo laiką. 

F = At(τ-t) 

m 

τ 

K - ? s - ? 

Pagal antrąjį Niutono dėsnį 

m dv = F dt. (1) 

Į šią lygtį įrašę jėgos F išraišką ir suintegravę, 

gauname greičio v priklausomybę nuo laiko: 

2 3 

v = 

A 

A t t 

t − t dt = − + C 

m ∫ ( τ ) ( τ ) 

m 2 3 

(2) 

Konstantą C randame iš pradinių sąlygų. Kai t = 0, v = 0, tuomet iš (2) C = 0. 

Įrašę jos reikšmę į lygtį (2), gauname: 

2 3 

v = A t t 

( τ − ) . (3) 

m 2 3 

Laiko momentu t = τ (nustojus veikti jėgai F) dalelės greitis iš lygties (3) 

3 

v = A τ 

⋅ . 

m 6 

3 

Dalelės impulso modulis K = mv = A τ 

⋅ . 

6 

Momentinio greičio modulis lygus pirmajai kelio išvestinei v = ds , 

dt 

tuomet 

s = ⋅ dt . (4) 

v 

∫ 

Iš (4) ir (3) lygčių randame nueitą kelią nuo jėgos veikimo pradžios (t = 0) iki 

pabaigos (t= τ): 

τ 2 3 

4 

s = A t t Aτ 

( τ ⋅ ) ⋅ dt = . 

m ∫ 2 3 12m 

0 

2.2. Aerostatas, kurio masė M, leidžiasi pastoviu pagreičiu a r žemyn. 

Kokios m masės balastą reikia išmesti, kad aerostatas tuo pačiu pagreičiu kiltų į 

viršų ? Oro pasipriešinimo jėgos nepaisome. 

M 

a 

Aerostatui leidžiantis žemyn, sunkio jėgos Mg ir 

r 

m - ? 


keliamosios jėgos Fk r atstojamoji lemia pagreitį a r , nukreiptą 

19

žemyn (1 pav.). Remiantis antruoju Niutono dėsniu: 

r 

Mg r + F = k ma 

r . 

Nukreipę y ašį žemyn (1pav.) ir į ją suprojektavę šios lygties vektorius, 

gauname: 

y 

Fk r 

1 pav. 

Mg r 

a r 

y 

2 pav. 

Fk r 

( M 

a r 

r 

− m ) g 

Mg – Fk = ma. (1) 

r 

Išmetus m masės balastą, aerostatą veikia sunkio jėga ( M − m ) g ir ta pati 

keliamoji jėga Fk (2 pav.). 

r 

Pagal antrąjį Niutono dėsnį: 

r r 

( M − m) 

g + F = m a . 

k 

r 

r 

Nukreipę y ašį pagal pagreičio kryptį a aukštyn (2 pav.) ir į ją suprojektavę 

šios lygties vektorius, gauname: 

Fk – ( M – m )g = ma. (2) 

(1) ir (2) lygčių sistemą išsprendžiame balasto m atžvilgiu: 

m = 2 Ma . 

g + a 

2.3. Prispaustas prie vertikalios sienos jėga F0 kūnas slysta žemyn a = 

g pagreičiu. Apskaičiuokite minimalią spaudimo jėgą, kuriai veikiant kūnas 

3 

yra rimties būsenos. 

Kūną veikia sunkio jėga mg r , trinties jėga , 

normalinė reakcijos jėga N r ir spaudimo prie sienos jėga 0 . 

Ftr Pagal antrąjį Niutono dėsnį: 

r r r 

r 

F r 

F0 

a = g 

3 

r 

r 

Fmin - ? 

F0 + mg 

+ N + Ftr 

= ma 

. (1) 

Pasirenkame koordinačių sistemą: x ašį − statmeną sienai ir 

nukreiptą į kairę, y ašį − žemyn. Suprojektavę į šias ašis (1) lygties vektorius, 

gauname lygčių sistemą 


20

x 

F0 r 

Ftr r 

mg r 

y 

N r 

⎧F0 

− N = 0, 

⎨ 

. (2) 

⎩mg 

− Ftr 

= ma 

Trinties jėgą galima 

išreikšti taip: 

Ftr = f N, (3) 

čia f – trinties 

koeficientas. Iš (2) ir 

(3) lygčių gauname: 

mg – f F0 

= ma. (4) 

Įrašę duotąją pagreičio a vertę, gauname: 

2mg 

f = . 

3F0 

(5) 

Veikiant jėgai Fmin, kūnas yra rimties būsenos ( a=0 ), tuomet (4) lygtis atrodo 

taip: 

Mg - f Fmin 

= 0. (6) 

Iš (6) ir (5) formulių gauname minimalią spaudimo jėgą: 

Fmin = 

3 

F0. 

2 

2.4. Tolygiai greitėdamas lokomotyvas 1,82 kN jėga tempia dvi 

platformos, kurių masės 12 t ir 8 t. Trinties koeficientas lygus 0,12. Kokio 

didumo jėga įtempta sankaba, įtaisyta tarp platformų? 

F1 = 1820 N 

m1 = 12ּ10 3 kg 

m2 = 8ּ10 3 kg 

ƒ = 0,12 

T = ? 

T2 r ir trinties jėga 

Pirmąją platformą veikia lokomotyvo 

tempimo jėga F r , sunkio jėga m g 

r 

1 , kelio normalinė 

reakcijos jėga N1 r , sankabos tempimo jėga , trinties 

jėga F . Antrąją platformą veikia sunkio jėga 

r 

T1 r 

t1 

m g 

r 

2 , 

normalinė reakcijos jėga N2 r , sankabos tempimo jėga 

Ft 2 

r . Remdamiesi antruoju Niutono dėsniu, užrašome abiejų 

platformų dinamines lygtis: 

r r r r r r 

N1 + m1g 

+ F + T1 

+ Ft 

= m 

1 1a1 

, (1) 

r r r r r 

+ m g + T + F = m a . (2) 

N2 2 2 t2 

Pasirinkę koordinačių sistemą xy (parodyta brėž.) ir (1) ir (2) lygtyse 

esančius vektorius suprojektavę į x ir y ašis, gauname dvi lygčių sistemas: 


21 

2 

2

Ft 2 

r 

N r 

y 

2 

m g 

r 

2 

T2 r 

Ft1 r 

T1 r 

N1 r 

m g 

r 

1 

x 

F r 

⎪⎧ 

F − T1 

− Tt 

= m a , 

1 1 1 

⎨ 

, (3) 

⎪⎩ N1 

− m1g 

= 0, 

⎪⎧ 

T2 − Ft 

= m a , 

2 2 2 

⎨ 

, (4) 

⎪⎩ N 2 − m 2 g = 0, 

čia Ft1= ƒ N1 ir Ft2= ƒ N2. 

Išsprendę (3) ir (4) lygčių sistemas ir atsižvelgę į tai, kad sankaba netąsi (todėl 

a1 = a2 = a ir T1=T2 = T), gauname: 

Fm2 

T = . 

m1 

+ m2 

Įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę, gauname sankabos įtempimo jėgą: 

T = 728 N. 

2.5. Prie nesvaraus ir netampraus siūlo galų pririšti svarsčiai, kurių 

masės m1 = 0,2 kg, m2 = 0,1 kg. Siūlas permestas per besisukantį apie 

horizontalią ašį skridinį, kurio masės ir trinties jo ašyje nepaisoma. 

Apskaičiuokite svarsčių pagreitį ir siūlo įtempimo jėgą. 

Kiekvieną svarstį veikia atitinkama sunkio jėga 

( m g 

r 

1 ir m g 

r 

m1 = 0,2 kg 

m2 = 0,1 kg 

r r 

2 ) ir siūlo įtempimo jėga (T1 ir T2 ). 

a-? T-? Remdamiesi antruoju Niutono dėsniu, parašome 

kiekvieno krovinio dinaminę judėjimo lygtį: 

r r r 

m1 

g + T1 

= m1a 

, (1) 

r r r 

m2 g + T2 

= m2a 

. (2) 

Kadangi siūlas nesvarus ir netamprus, tai jo tamprumo jėga visur 

vienoda, ir svarsčiai juda vienodo modulio pagreičiais: 

T1 = T2 = T3, a1 = a2 = a. (3) 

(1) ir (2) lygtyse esančius vektorius suprojektavę į y ašis, nukreiptas atitinkamo 

svarsčio pagreičio kryptimi, ir kartu atsižvelgę į (3) lygtį, gauname dvi 

skaliarines lygtis: 

m1g – T = m1a, (4) 


22

a1 r 

T1 r 

m g 

r 

1 

y 1 

y2 

T2 r 

m g 

r 

2 

T – m2g = m2a. (5) 

Iš (4) ir (5) lygčių 

( m1 

− m2 

) g 

a = , T = m1(g – a). 

m1 

+ m2 

Įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę, gauname: 

m , T = 1,3 N. 

a = 3,3 2 

s 

2.6. Nedidelis tašelis, esantis nuožulniosios plokštumos viršūnėje, 

pradeda slysti žemyn. Trinties koeficientas tarp tašelio ir plokštumos f=0,14. 

Kokį kampą turi sudaryti plokštuma su horizontu, kad tašelio nušliaužimo 

laikas būtų mažiausias? Kam lygus šis laikas? Plokštumos pagrindo ilgis 

b=2,1m. 

d = 0,14 m 

b = 2,1 m 

α - ? tmin - ? 


Ftr r y 

mg r 

23 

N r 

α 

a2 r 

x

Tašelį ant nuožulniosios plokštumos veikia sunkio jėga mg r , plokštumos 

reakcijos jėga N r ir trinties jėga Ftr r . 

Pagrindinę dinamikos lygtį tašeliui užrašome vektoriškai: 

r r r r 

mg + Ftr 

+ N = ma 

. (1) 

Pasirenkame su nuožulniąja plokštuma susietą xy koordinačių sistemą. x 

ašį nukreipiame lygiagrečiai nuožulniajai plokštumai kūno judėjimo kryptimi, y 

ašį – statmenai nuožulniajai plokštumai. 

Remdamiesi (1) lygtimi ir projektuodami vektorius į x bei y ašis, 

gauname: 

⎧ mg sinα 

− Ftr 

= ma, 

⎨ 

⎩ N − mg cosα 

= 0. 

Išsprendę šią lygčių sistemą ir atsižvelgę į tai, kad Ftr = f N, gauname: 

a = g sinα 

− µ g cosα 

. (2) 

Tašelis judės tolygiai greitėdamas, nes pagal (2) išraišką pagreitis 

nekinta. Šio judesio kinematinė judėjimo lygtis: 

at 

x = x0 

+ v0t 

+ . (3) 

2 

Iš pradinių sąlygų seka: x0 = 0, v0 = 0. Laiko momentu t tašelis bus 

nuslydęs nuo plokštumos, tuomet : 

b 

x = . 

cosα 

Atsižvelgę į tai, lygtį (3) užrašome taip: 

b 

= 

cosα 

Iš (2) ir (4) lygčių gauname 

2 

at 

2 

2 

. (4) 

t = 

2b 

. 

2 

g(sinα 

cosα 

− µ cos α ) 

(5) 

Minimalų šliaužimo laiką gausime pasinaudoję ekstremumo sąlyga: 

dt 

= 0 , 

dα 

(6) 

arba 

2 

2 

bg(cos 

α − sin α + µ 2cosα 

sinα 

) 

= 0 . (7) 

2b 

g(sinα 

cosα 

− µ cos α ) 

Išsprendę (7) lygtį, gauname: 

1 

1 

tg 2α = − , arba α = arctg( 

− ) . 

f 

f 


24 

2

Įrašę f skaitinę r vertę, gauname: 

α = 49° 

Į (5) formulę įrašę skaitines dydžių vertes, gauname: 

tmin = 1s. 

2.7. Liftas kyla a = 20 m/s 2 pagreičiu. Jame yra nuožulnioji plokštuma 

su 0,1 kg masės tašeliu. Apskaičiuokite normalinio slėgio jėgą ir trinties 

koeficientą, kai tašelis neslenka. Plokštuma su horizontu sudaro 15° kampą. 

a = 20 m/s 2 

m = 0,1 kg 

α = 15° 

N - ? f - ? 

Ftr r 

y 

mg r 

Fin r 

Atskaitos sistema, susieta su nuožulniąja plokštuma, su pagreičiu 

judančia žemės atžvilgiu, yra neinercinė. Neinercinės sistemos atžvilgiu antrąjį 

Niutono dėsnį galima taikyti tik veikiant sąveikos jėgoms, mūsų atveju sunkio 

jėgai mg r , trinties jėgai Ftr r ir plokštumos reakcijos jėgai N r , pridėjus inercijos 

jėgą: 

r r 

= −ma 

. (1) 

F in 

Čia a r - neinercinės atskaitos sistemos pernešimo pagreitis (lifto 

pagreitis). Remdamiesi antruoju Niutono dėsniu, parašome tašelio dinaminę 

judėjimo lygtį neinercinėje atskaitos sistemoje: 

r r r 

mg + N + Ftr 

+ Fin 

= 0 

r 

. (2) 

Iš (2), atsižvelgę į (1), gauname : 

r r r r 

mg + N + Ftr 

= ma 

`. (3) 

(3) lygtyje vektorinius dydžius suprojektavę į pasirinktas x ir y ašis 

(parodyta brėžinyje), gauname: 

−N sinα 

+ F tr cosα 

= 0 , (4) 

N cosα 

− mg + Ftr 

sinα 

= ma . 

Kadangi Ftr=f N, tuomet iš (4) lygties seka: 

f = tgα, arba f = 0,27 

(5) 

Iš (5) lygties N = m(g + a)cosα, įrašę skaitines vertes, gauname 

normalinę slėgio jėgą: 

N = 2,9 N. 


25 

N r 

x 

α 

a r

2.8. Nustatykite ore krintančio m masės kūno greičio priklausomybę 

nuo laiko, jeigu oro pasipriešinimo jėga proporcinga greičiui. Kam lygus 

nusistovėjęs greitis? Pasipriešinimo koeficientas r. Nubraižykite v(t) grafiką. 

m 

Fr ~ v 

v(t) - ? 

mg r 

Krintantį kūną veikia dvi jėgos: 

sunkio mg y 

r ir oro pasipriešinimo 

r r 

Fp = −rv 

. 

Užrašome antrąjį Niutono dėsnį 

vektorine forma: 

r 

dv 

r r 

m = mg 

+ rv 

. 

dt 

Suprojektavę visus lygtyje esančius vektorius į vertikaliai žemyn 

nukreiptą y ašį ir padaliję iš m, gauname: 

dv 

m = mg − rv . 

dt 

Atskiriame kintamuosius: 

dv 

= dt 

rv 

g − 

m 

ir integruodami gauname: 

⎛ rv ⎞ r 

ln ⎜ g − ⎟ + lnC 

= − t . (1) 

⎝ m ⎠ m 

Integravimo konstantą C nustatome iš pradinių sąlygų. Kai t = 0, tai v = 

0, tuomet iš (1) 

lnC = −ln 

g . (2) 

Į (1) lygtį įrašę (2) ir pertvarkę, gauname: 

rt 

− 

e m 

Iš šios išraiškos seka: 

rv 

= 1− 

. 

mg 

⎛ rt 

mg − ⎞ 

v = ⎜1 

− e m ⎟ . 

r ⎜ ⎟ 

⎝ ⎠ 

Pagal (3) nubraižome grafiką v(t). 

(3) 


26 

F r 

p 

v r

v 

v0 

Nusistovėjusio greičio vn išraišką gauname iš sąlygos, kai → ∞ 

mg 

tuomet vn = . 

r 

t 

t , 

2.9. m masės kūną ima veikti jėga F = F cosωt 

(F0 – jėgos amplitudė, 

ω - jos ciklinis dažnis). Nustatykite, kaip kūno koordinatė priklauso nuo laiko, 

ir nubrėžkite šios priklausomybės grafiką. Kūnas juda jėgos veikimo kryptimi, 

o jo pradinis greitis lygus nuliui. 

m 

F = F0 

cosωt 

v0 = 0 

V(t) - ? 

0 

Greičio projekcija lygi pirmajai koordinatės 

dx 

išvestinei pagal laiką: v = . Iš šios išraiškos 

dt 

gauname, kad: 

∫ 

x = vdt . (1) 

Rasime greičio priklausomybę nuo laiko. Pagal 

antrąjį Niutono dėsnį: 

dv dv 

F = m , arba m = F0 

cosωt 

. 

dt dt 

Tuomet iš (2) lygties seka: 

F0 

dv = cosωtdt 

. 

m 

Integruojame abi lygybės puses ir gauname: 

(2) 

F0 

F0 

v = cos t = sin t + C 

m ∫ ω ω . 

mω 

(3) 

Iš pradinės sąlygos, kai t = 0, tai v = 0, tuomet C = 0. 

(3) išraišką, atsižvelgę į (4), įrašome į (1) ir randame: 

(4) 

F0 

F0 

x = sin tdt = − cos t + C 

2 

1 

m ∫ ω 

ω 

ω 

mω 

(5) 


27

F0 

Kai t = 0, tai x = 0, tuomet C 1 = . 

2 

mω 

(6) įrašę į (5), gauname: 

(6) 

F0 

x = ( 1− 

cosωt 

) . 

2 

mω 

π 

Kadangi ω 

T 

2 

= , tuomet 

⎛ 2π 

⎞ 

x = x0 

⎜1− 

cos t ⎟ , 

⎝ T ⎠ 

F0 

čia x0 

= . 

mω 

(7) 

Pagal (7) nubraižome kūno koordinatės priklausomybės nuo laiko 

grafiką. 

x 

x0 

2.10. Dubuo, kurio forma – 0,2 m spindulio pusferė, sukasi apie 

vertikalią ašį 2s -1 dažniu. Kartu sukasi dubenyje esantis mažas rutuliukas. Kokį 


28 

t

kampą su vertikale sudaro spindulys, nubrėžtas į rutuliuko buvimo vietą? 

R = 0,2 m 

n = 2 s -1 

α - ? 

Rutuliuką veikia sunkio jėga 

mg r ir normalinė dubens vidinio 

paviršiaus reakcijos jėga N . 

Remiantis antruoju Niutono dėsniu: 

r 

r 

r r 

mg 

+ N = ma 

. (1) 

Suprojektavę (1) lygties vektorius į x ir y ašis, kurių kryptys parodytos, 

gauname: 

N sinα 

= max 

, (2) 

N cosα 

− mg = 0 . 

Rutuliuko pagreičio projekcija į x ašyje: 

(3) 

ax = an = ω 2 r, (4) 

čia ciklinis sukimosi dažnis ω = 2πn 

, r = Rsinα. Iš (2) ir (3) lygčių randame: 

g 

g 

cos α = , arba α = arccos , α = 1,26 rad. 

2 2 

2 2 

4π n R 

4π n R 

y 

N r 

mg r 

3. Slenkamojo judėjimo darbas, energijos ir impulso 

tvermės dėsnis 

3.1. Kūną veikianti jėga 12 m kelyje tolygiai didėjo nuo 10 N kelio 

pradžioje iki 46 N kelio pabaigoje. Jėga veikė poslinkio kryptimi. 

Apskaičiuokite jos atliktą darbą. 

S = 12 m 

F0 = 10 N 

F1 =46 N 

A - ? 

Kintamos jėgos darbas išreiškiamas taip: 

r r r 

dA = Fdr 

= Fdr cos( 

Fdr 

) , 

čia r r 

dr cos Fdr 

= DdS 

r 

α 

ω 

r r 

( ) , 

nes jėga veikia poslinkio kryptimi. Tolygiai kintančios jėgos priklausomybę 

nuo nueito kelio galima išreikšti lygtimi: 

F = F0 + kS, (2) 

čia k − proporcingumo koeficientas, kurį randame iš šios lygties pasinaudoję 

duotomis kraštinėmis sąlygomis (F = F1): 

k = (F1 – F0)/S, (3) 


29 

R r 

x 

(1)

Į (1) įrašome (2) ir suintegruojame: 

A 

S 

S 

S 

= ∫ ( F0 

+ kS ) dS = ∫ F0 

dS + ∫ 

0 

0 

0 

kSdS 

2 

kS 

= F0 

S + 

2 

Į (4) įrašome (3): 

A = F0S + (F1 – F0)S/2. 

Į gautą išraišką įrašome skaitines vertes ir apskaičiuojame: 

A = [10 12 + (46 – 10)12/2] J = 336 J. 

3.2. Judančio kūno greitis kinta pagal dėsnį v = kt 2 , čia k = 0,1 m/s 3 . 

Nustatykite kūną veikiančios jėgos pobūdį ir apskaičiuokite jos atliktą darbą 

per 10 s. Kūno masė − 10 g. 

v = kt 2 

k = 0,1 m/s 3 

m = 0,01 kg 

t = 10 s 

Jėgos veikimo pobūdį nusakančią lygtį rasime 

pasinaudoję antruoju Niutono dėsniu: 

→ 

→ 

. 

F(t) - ? A - ? 

F = m a 

Nukreipiame x ašį kūno judėjimo kryptimi ir 

užrašome lygtį projekcijomis šioje ašyje: 

F = ma (1) 

Tiesiaeigio judėjimo atveju pagreičio modulis yra lygus greičio modulio 

išvestinei: 

Į (1) įrašome (2): 

a = dv/dt = 2kt. (2) 

F = 2mkt. (3) 

Iš (3) matome, kad kūną veikianti jėga kinta tiesiškai ir jos kryptis sutampa su 

A = 

∫ 

0 

→ 

→ 

cos( F d S ) = 1, 

judėjimo kryptimi. 

Kintamos jėgos atliktas darbas: 

nes kūnas juda jėgos veikimo kryptimi. 

Iš greičio modulio išraiškos v = dS/dt ir duotos greičio priklausomybės 

nuo laiko, randame kūno elementarųjį laiką: 

dS = vdt = kt 2 dt. (5) 

darbą: 


t 

S 

→ 

→ 

FdS cos( F d S ) = 

2 

A = ∫ 2mktkt 

dt = 

0 

1 

2 

mk 

2 4 

t 

. 

S 

∫ 

0 

FdS , 

Į (4) įrašome (3) ir (5) ir, pakeitę integravimo ribas, suintegruojame: 

Į gautą išraišką įrašome skaitines vertes ir apskaičiuojame atliktą 

30 

. 

(4) 

(4)

v = 6 m/s 

k = 1 

L = 2 m 

A = 0,5 10 -2 0,1 2 10 4 J = 0,5 J. 

3.3. 

Rogutės, šliaužiančios be trinties horizontaliu 

ledo keliu 

v = 6 m/s greičiu, užvažiuoja ant asfalto, kurio 

trinties koeficientas k=1. Rogučių šliūžių ilgis L = 2 m. Kokį 

kelią S rogučių priekis nuvažiuos asfaltu, kol sustos? 

Trinties jėgos atliktas darbas: 

, (1) 

čia W1 = ½ mv 2 S - ? 

A = W2 – W1 

– pradinė rogučių kinetinė energija, W2 = 0 – galinė kinetinė 

energija rogutėms sustojus. 

ledas 

L 

Kol rogutės visu ilgiu L užvažiuoja ant asfalto, jas veikia didėjanti 

asfalto reakcijos jėga N1.Pagal brėžinį 

mg 

N 1 = x, 

L 

čia x – šliūžių ant asfalto ilgis. 

Dėl šios priežasties visą 

kelią suskirstome į dvi dalis: 

S = S1 + L. 

Kelyje L veikia kintama trinties jėga: 

F1 = k N1. 

Tuomet atliktą darbą kelyje L randame pasinaudoję formule: 

1 

L 

∫ 

0 

x 

asfaltas 

A = F dx cos α . 

1 

Į (5) įrašę (4) ir (2) ir atsižvelgę 

į tai, kad cos = -1, nes jėgos r F1 

ir poslinkio 

kryptys priešingos, gauname: 

kmgx kmgL 

A1 = −∫ 

dx = − . 

L 

2 

0 

Kelyje S1 rogutės visu ilgiu yra ant asfalto, tuomet trinties jėga yra 

pastovi: 

F2 = kN = kmg . 

Pastovios jėgos atliktas darbas: 

(7) 


L 

31 

x 

(2) 

(3) 

(4) 

(5) 

(6)

A2 = F2S1cosα . (8) 

Į (8) įrašę (3) ir (7) ir atsižvelgę, kad cosα = - 1 ,randame: 

A2 = - kmg(S – L) . 

Visame kelyje trinties jėgų atliktas darbas: 

(9) 

A = A1 + A2 . 

Į (10) įrašome (6) ir (9): 

(10) 

A = - ½ kmgL – kmg(S – L). 

Iš čia išreiškiame ieškomąjį dydį: 

(12) 

v + kgL 

S = . 

2kg 

Įrašome skaitines vertes ir suskaičiuojame: 2 

+ 1⋅10 

⋅ 2 

S = 

m = 2, 

8m. 

2 ⋅1⋅10 

6 2 

3.4. Ant vertikalios spyruoklės 

padėtas kūnas suspaudžia ją 1mm. 

Kiek šis kūnas suspaus spyruoklę krisdamas iš 0,2 m aukščio 1 m/s pradiniu 

greičiu. Oro pasipriešinimo ir trinties jėgų suspaudžiant spyruoklę nepaisykite. 

x = 1 mm = 1 10 -3 0 

m 

h = 0,2 m 

v0 = 1 m/s 

x - ? 

Nepaisant trinties bei oro 

pasiprieš 

s. 

echaninę energiją pradinėje ( I ) ir 

tos tašku pasirenkame suspaustą spyruoklės padėtį. x 

nė energija yra lygi kūno potencinės ir 

W1 = mg(h + x) + ½ mv 2 x 

inimo jėgų, sistemoje 

kūnas – spyruoklė – žemė veikia 0 

tik potencialinės (gravitacijos ir 

tamprumo) jėgos. Tokią sistemą 

laikome konservatyviąja 

mechanine sistema, kurioje galioja 

mechaninės energijos tvermės dėsni 

Rasime sistemos pilnutinę m 

galinėje ( II ) padėtyse. 

Aukščio atskai 

ašį nukreipiame vertikaliai aukštyn. 

Sistemos pradinė mechani 

kinetinės energijų sumai: 

. (1) 

Sistemos energija galinėje padėtyje yra lygi deformuotos spyruoklės 

potencinei energijai: 

W2 = ½ kx2 , (2) 

čia k – spyruoklės tamprumo koeficientas, kurį rasime pasinaudoję formule: 


x 

32 

v0 r 

I 

h 

II

k = mg/x0 . (3) 

Pagal mechaninės energijos tvermės dėsnį 

W1 = W2. 

Į (4) įrašę (1) ir (2), gauname: 

(4) 

mg( h + x) + ½ mv 2 = ½ kx 2 . (5) 

Atsižvelgę į (3) ir pertvarkę (5), gauname kvadratinę lygtį: 

x 2 – 2x0x – x0(2h + v0 2 /g) = 0. 

Šios lygties sprendiniai: 

x2 – netinka, nes x2

Kadangi an = v 2 /R , tai iš (2) gaunama linijinio greičio išraiška: 

v = 

R( 

Ft 

− mg 

m 

) 

. 

(3) 

Pagal mechaninės energijos tvermės dėsnį svarsčio kinetinė energija 

taške B yra lygi potencinės energijos pokyčiui svarsčiui pakylant į aukščiausią 

tašką nutrūkus siūlui: 

½ mv 

kilimo aukštį: 

e 

2 = mgh . 

Išreiškiame pa 

(4) 

h = v 2 /2g. 

Įrašom (3): 

(5) 

R( Ft 

− mg) 

h = 

. 

2mg 

Įrašome skaitines reikšmes ir apskaičiuojame: 

0, 5( 

44 − 0, 

5⋅ 

9, 

8) 

h = 

m = 1, 

99m. 

2 ⋅ 0, 

5 ⋅9, 

8 

3.6. Du variniai rutuliai, kurių spinduliai 4 cm ir 6 cm, liečiasi vienas 

su 

kitu. Apskaičiuokite jų sąveikos potencinę energiją. 

R1 = 4 cm = 4 10 -2 m 

R = 6 cm = 6 10 -2 m 

2 

Wp - ? 

Dviejų materialiųjų 

taškų ar rutulio 

pavidalo 

kūnų, kurių masės m1 ir m2 , o atstumas 

tarp jų masių centrų r, gravitacinės sąveikos 

potencinė energija: 

čia γ = 6,67 10 -11 Nm 2 /kg 2 

⋅ m1 

m2 

p = − , 

r 

Rutulių ma 

m2 = ρ4/3πR2 , (2) 

R2 . (3) 

ąveikos potencinės 

γ 

(1) 

– gravitacinė konstanta. 

ses išreiškiame iš tankio formulės ρ = m/V: 

3 

m1 = ρV1 = ρ4/3 πR1 3 ir 

čia ρ = 8930 kg/m 3 W 

- vario tankis. 

Atstumas tarp besiliečiančių rutulių masių centrų: 

r = R1 + 

Į (1) įrašę (2) ir (3), gauname gravitacinės s 

energijos išraišką: 

KTU 

Fizikos katedra 

W p 

4 3 4 3 

γρ πR1 

ρ πR 

2 

= − 3 3 

R1 

+ R 2 

2 2 3 3 

16π 

ρ γR1 

R 2 

= − 

. 

9( R1 

+ R 2 ) 

Į gautą išraišką įrašome skaitines vertes ir apskaičiuojame: 

2 

2 

−11 

16⋅ 

3, 

14 8930 6, 

67⋅10 

( 4⋅10 

) ( 6⋅10 

) 

−8 

Wp = − 

J = −1, 

29⋅10 

J. 

−2 

−2 

9( 4⋅10 

+ 6⋅10 

) 

34 

−2 

2 

−2 

2 

(4)

3.7. Apskaičiuokite darbą, atliekamą tempiant dvi nuosekliai sujungtas 

spyruokles, kurių tamprumo koeficientai 400 N/m ir 250 N/m , kai pirmoji 

spyruoklė pailgėja 0,02 m. 

Tempiamos spyruoklės deformuojasi, atsiranda 

tamprumo jėgos F1 r ir F2 r k1 = 400 N/m 

k2 =250 N/m 

∆l1 = 0,02 m 

, dėl to spyruoklės įgyja 

potencinės energijos. Potencinės energijos nuliniu 

A - ? 

lygmeniu pasirenkame neištemptų spyruoklių potencinę 

energiją (Wp01 = Wp02). Tuomet ištemptos pirmos 

spyruoklės potencinė energija: 

antros spyruoklės: 

Wp1 = ½ k1∆l1 2 , (1) 

Wp2 = ½ k2∆l2 2 . (2) 

F2 r 

F1 r 

Tempimo jėgos F atliktas darbas yra lygus ištemptų spyruoklių 

potencinių energijų sumai: 

A = Wp1 + Wp2 . (3) 

Dėl spyruoklių nesvarumo nuosekliai sujungtų spyruoklių tamprumo 

jėgų moduliai vienodi: 

F1 = F2 = F . (4) 

Pagal Huko dėsnį: 

F1 = k1∆l1 , F2 = k2∆l2 . (5) 

Į (4) įrašome (5), gauname: 

k1∆l1 = k2∆l2. 

Išreiškiame antros spyruoklės pailgėjimą: 

k1∆l1 

∆ l2 

= . 

k2 

Į (3) įrašę (1) ir (2) bei atsižvelgę į (6), gauname: 

2 

k1∆l1 

k1 

∆l1 

A = + . 

2 2k2 

Į šią išraišką įrašome skaitines vertes ir apskaičiuojame jėgos atliktą 

darbą ištempiant spyruokles: 


35 

2 

2 

F r 

(6)

⎡ 

−2 

2 2 −2 

2 

400( 

2 ⋅10 

) 400 ( 2 ⋅10 

) ⎤ 

A = ⎢ 

+ 

⎥J 

= 0, 

21J. 

⎢⎣ 

2 

2 ⋅ 250 ⎥⎦ 

3.8. Judantis v1 greičiu m1 masės kūnas smogė į nejudantį m2 masės 

kūną. Apskaičiuokite, kokia pradinė kinetinės energijos dalis virto kūnų vidine 

energija po centrinio netampraus smūgio. 

m1 

m2 

v1 

∆U/Wk1 - ? 

m1 

v1 r 

prieš smūgį 

m1 

m2 

po smūgio 

Kūnams netampriai susidūrus abu kūnai juda kartu tuo pačiu greičiu v. 

Pritaikome tokiam smūgiui impulso tvermės dėsnį: 

→ 

m 1 v1 

( m1 

+ m 2 ) 

→ 

= ) v 

(1) lygties vektorius suprojektavę į x ašį, gauname skaliarinę lygtį: 

m1v1 = ( m1 + m2 ) v . (2) 

Iš (2) lygties: 

m v 

1 1 v = . 

m1 

+ m2 

(3) 

Po idealiai netampraus smūgio, susidūrusių kūnų visa energija arba jos 

dalis virsta jų vidine energija. 

Pagal energijos tvermės dėsnį vidinės energijos pokytis: 

∆U = Wk1 – Wk2 . (4) 

Sistemos kinetinė energija prieš smūgį yra lygi pirmo kūno kinetinei 

energijai: 

Wk1 = ½ m1v1 2 . (5) 

Po netampraus smūgio sistemos kinetinė energija: 

Wk2 = ½ (m1 + m2)v 2 . (6) 

Iš (4) lygties pradinės kinetinės energijos dalis, virtusi susidūrusių 

kūnų vidine energija: 


v r 

m2 

2 36 

2 

∆U 

m1v1 

− ( m1 

+ m2) 

v m1 

= 

= 1− 

. 

2 

Wk1 

m1v1 

m1 

− m2 

. 

x 

x 

(1)

3.9. Masės m1 dalelė, lekianti v greičiu, pataiko į nejudančią m2 masės 

dalelę. Po centrinio tampraus smūgio abiejų dalelių judėjimo kryptys 

simetriškos greičio v atžvilgiu. Kampas tarp dalelių judėjimo krypčių po 

smūgio − 60 0 . Rasti dalelių masių santykį. 

v 

m1 

m2 

φ`= 60 0 

m1 

/m2 = ? 

y 

0 

ϕ 

m1v1 r 

ϕ/2 

m0v 2 

r 

m v 

r 

1 

Susidūrus tampriems kūnams vienu metu galioja impulso ir 

mechaninės 

energijos tvermės dėsniai. Kadangi prieš smūgį m2 masės dalelė 

nejudėjo, 

tai impulso tvermės dėsnis 

m 

1 

→ 

v = m v + m v , 

1 

→ 

1 

mechaninės energijos tvermės dėsnis: 

½ m1v m1v1 + ½ m2v2 

2 2 2 

= ½ 

, (2) 

čia v1 ir v2 – pirmos 

ir antros dalelių greičiai po smūgio. 

(1) lygtyje esanč ius vektorius suprojektavę į x ir y ašis, gauname dvi 

skaliarines lygtis: 

m1v = m1v1cos 

φ/2 + m2v2cos φ/2, (3) 

0 = m1v1sin φ/2 - m2v2sin φ/2. (4) 

Iš (4) lygties: 

m1v1 = m2v2. (5) 

Į (3) įrašome 

(5): 

v = 2v1 cos φ/2. (6) 

Iš (2) lygties, pasinaudoję 

(5) ir (6) lygtimis, gauname: 

ϕ 2 2 m1v1 

2 

m 1 ( 2v1 

cos ) = m1v1 

+ m 2( 

) . (7) 

2 m 2 

Iš (7) išreiškiame dalelių masių santykį: 

m1/m2 = 4cos 

Į gautą išraišką į 

2 φ/2 – 1. 

rašome φ skaitinę reikšmę ir apskaičiuojame: 

m1/m2 = 4cos 2 60 0 /2 – 1 = 2 . 


37 

2 

→ 

2 

x 

(1)

4. Sukamojo judėjimo dinamika 

4.1. Du maži (m1 = 10 g ir m2 = 2 m1) masių rutuliukai užmauti ant 

plonyčio ir nesvaraus 0,4 m ilgio strypelio galų. Rasti šios sistemos 

inercijos 

momentą ašies, statmenos strypelio tęsiniui ir nutolusios nuo 

m1 masės 

rutuliuko 

0,2 m atstumu, atžvilgiu. 

m1 = 10g = 1·10 

r = 0,4 m 

-2 kg 

m2 = 20g = 2·10 -2 kg 

d = 0,2 m 

I-? 

Rutuliukus laikysime materialiaisiais taškais, tuomet jų sistemos inercijos 

momentą rasime pasinaudoję formule: 

n 

I = ∑ m 

i= 

1 

2 

iri 

= m 

z 

0 

2 

1r1 

+ m 

2 

2r2 

čia r1 = d, r2 = r + d. 

Tuomet I = m1d 

Į šią išraišką įrašę skaitines 

2 + m2(r + d) 2 . 

vertes ir apskaičiavę, gauname: 

2 -2 2 2 -3 2 

I = [1·10 + 2·10 (0,2+0,4) ] kg m = 7,6·10 kg m . 

-2 ·0,2 

4.2. Trys maži rutuliukai įtvirtinti taisyklingojo 

trikampio viršūnėse. 

Trikampio kraštinės ilgis a =0,2 m. Rutuliukų masės yra tokios: 

m1 = 0,1 kg, 

m 2 = 0,2 kg ir m3 = 0,3 kg. Apskaičiuokite sistemos ašinį inercijos 

momentą 

ašies, 

statmenos trikampio 

plokštumai ir einančios per sistemos masių centrą, 

atžvilgiu. 

a =0,2m 

m1 = 0,1 kg 

m2 = 0,2 kg 

m3 = 0,3 kg 

I-? 


38 

, 

m1 

m2

m1 

m2 

y c 

y 

α 

0 

xc 

c 

I1 = I + md 2 , (1) 

m3 

x 

Kad nereikėtų ieškoti 

atstumų tarp sistemos masių 

centro ir atskirų rutuliukų, 

sistemos inercijos momentui 

apskaičiuoti taikysime Heigenso 

ir Šteinerio teoremą. Pasirenkame 

koordinačių sistemą (parodyta 

brėžinyje), kurios pradžią O 

sutapatiname su m2 masės 

rutuliuku, y ašį − su trikampio 

pusiaukampine, z ašis statmena 

trikampio plokštumai. Pagal 

Heigenso ir Šteinerio teoremą 

čia I – ieškomasis inercijos momentas z’ ašies, lygiagrečios z ašiai ir einančios 

per sistemos masių centrą c, atžvilgiu, 

d – atstumas tarp z ir z’ ašių. 

Visos sistemos masė: 

m 

n 

= ∑ 

i= 

1 

m = m + m + m . (2) 

i 

Sistemos inercijos momentas z ašies atžvilgiu: 

1 

I 

2 

n 

3 

1 = ∑ 

i= 

1 

m 

2 

i ri 

= m a 

1 

2 

+ m a 

3 

2 

= ( m + m 

1 

3 

) a 

2 

. (3) 

Rutuliukai yra xy plokštumoje, todėl rutuliukų masių centro padėtį apibūdina 

dvi koordinatės: xc ir yc. Rasime šias koordinates: 

x 

c 

= 

n 

∑ 

m r 

i i 

i= 

1 m1x1 

+ m2x2 

+ m3x3 

= 

. 

n m1 

+ m2 

+ m3 

∑mi 

i= 

1 

Iš brėžinio matome, kad atitinkamos rutuliukų x koordinatės x1 = -a cosα , x2 = 

0, x3 = a cosα. Trikampis lygiakraštis, todėl α = 60 0 . 

−m1a 

cosα 

+ m3a 

cosα 

( m3 

− m1 

) acosα 

Tuomet xc = 

= 

, (4) 

m + m + m m + m + m 


1 

2 

3 

39 

1 

2 

3

y 

c 

= 

n 

∑ 

m y 

i i 

i= 

1 m1 

y1 

+ m2 

y2 

+ m3 

y3 

= 

, 

n m1 

+ m2 

+ m3 

∑ mi 

i= 

1 

čia y1 = a cosα/2, y2 = 0, y3 = a cosα/2. 

α α 

m1a 

cos + m2a 

cos 

Tuomet y 2 2 

c = 

= 

m1 

+ m2 

+ m3 

Iš brėžinio matome, kad 

2 

c 

2 

c 

α 

1 3 a cos 

2 . (5) 

m + m + m 

( m + m ) 

d = x + y . (6) 

Iš (1), atsižvelgę į (2), (3), (4), (5) ir (6), gauname sistemos inercijos momentą 

ašies, einančios per sistemos masių centrą, atžvilgiu: 

I = I1 – md 2 , 

⎛ 

2 2 

2 2 α ⎞ 

⎜ ( m3 

− m1 

) cos α + ( m1 

+ m3 

) cos ⎟ 

2 2 

I = ⎜ m1 

+ m 

⎟ 

3 − 

a . 

⎜ 

m 

⎟ 

⎜ 

⎟ 

⎝ 

⎠ 

Į šią išraišką įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę, randame ieškomąjį inercijos 

momentą: 

⎛ 

0 

2 2 0 

2 2 60 ⎞ 

⎜ ( 0, 

3 − 0, 

1) 

cos 60 + ( 0, 

3 + 0, 

1) 

cos ⎟ 

2 2 2 

3 2 

I ⎜ 

1 0, 1 0, 

2 

⎟ 

− 

= + − 

0, 

2 kg ⋅ m = 7, 

3⋅10 

kg ⋅ m . 

⎜ 

0, 

1+ 

0, 

2 + 0, 

3 

⎟ 

⎜ 

⎟ 

⎝ 

⎠ 

4.3. Apskaičiuokite vienalyčio m masės ir l ilgio strypo ašinį inercijos 

momentą sukimosi ašies, statmenos strypui ir einančios per: a) jo vidurį; b) 

vieną jo galą, atžvilgiu. Patikrinkite Heigenso ir Šteinerio teoremą. 

m, l 

I1-?; I2-? 

0 

dm 

Pasirenkame 

koordinačių sistemą xy, kurios 

pradžią sutapatiname su strypo 

masių centru O. Visą strypą 

išskaidome į be galo daug 

x dx 

x 

mažų dm masės elementų (vienas jų pažymėtas brėžinyje), kuriuos galima 

laikyti materialiaisiais taškais. Tuomet tokio elemento inercijos momentas 


y’ 

40 

y 

1 

2 

3

2 

dI = x dm , (1) 

čia x – dm masės elemento atstumas iki sukimosi ašies y. Elemento dm masę 

rasime pasinaudoję formule: 

dm = τdx 

, 

čia τ = m/l – medžiagos ilginis tankis. 

(2) 

Vienalyčio strypo atveju jo inercijos momentas y ašies atžvilgiu: 

I y 

∫ 

2 

= x dm . (3) 

Iš (3), atsižvelgę į (2) ir pasirinkę integravimo rėžius, gauname ieškomąjį 

inercijos momentą: 

L 

2 

m 2 m x 1 2 

I 1= 

I y = ∫ x dx = = mL . (4) 

L L 3 12 

L 

− 

2 

3 L 

2 

L 

− 

2 

Inercijos momentą, I2 y’ ašies, einančios per strypo galą atžvilgiu, rasime iš (3), 

pakeitę integravimo rėžius, t.y. integruodami nuo 0 iki L: 

L 

m 2 m x L 1 2 

I 2= 

∫ x dx = 0 = mL . (5) 

L L 3 3 

0 

I2 galime rasti pasinaudoję Heigenso ir Šteinerio teorema: 

2 

I 2 = I1 

+ md , (6) 

čia I1 – inercijos momentas ašies, einančios per masių centrą, atžvilgiu y 

L 

d = – atstumas tarp y ir y’ ašių. 

2 

2 

1 

Tuomet 2 ⎛ L ⎞ 1 2 

I 2 mL + m⎜ 

⎟ = mL 

= 

12 ⎝ 2 ⎠ 3 

. (7) 

Palyginę (5) ir (7) išraiškas, matome, kad jos tapačios. 

4.4. Apskaičiuokite m masės ir R spindulio disko ašinį inercijos 

momentą ašies, statmenos jo plokštumai ir einančios: a) per jos masių centrą; b) 

per disko kraštą, atžvilgiu. 

M 

R 

I1–?; I2–? 

a) Mintyse suskaidome diską į be 

galo daug siaurų žiedų (vienas iš jų 

parodytas brėžinyje), kurių kiekvieno 


41 

3 

dr 

0 

r 

R

spindulys r, plotis dr ir masė dm. Kadangi visi to paties žiedo taškai vienodai 

nutolę nuo sukimosi ašies, tai jo inercijos momentas: 

2 

dI = r dm . 

Žiedo masė dm = ρ dV, o žiedo tūris dV = 2π 

rb ⋅ dr , čia ρ – medžiagos tankis, b 

– žiedo storis. 

Atsižvelgus į tai, žiedo inercijos momentas: 

3 

dI = 2πr 

bρ 

dr . (1) 

Susumavę visų žiedų, sudarančių diską, inercijos momentus, t.y. suintegravę 

(1) išraišką, gauname disko inercijos momentą ašies, statmenos diskui ir 

einančios per jo masės centrą, atžvilgiu: 

m m 

Kadangi disko medžiagos tankis ρ = = , 

V 2 

πR 

b 

tai inercijos momentas 

I 

1 

R 

3 

R 

= ∫ 2π r bρdr 

= πbρ 

. (2) 

2 

0 

2 

mR 

I 1 = . (3) 

2 

b) Disko inercijos momentą I2 ašies, statmenos diskui ir einančios per 

jo kraštą, atžvilgiu rasime pasinaudoję Heigenso ir Šteinerio teorema: 

2 

I 2 = I1 

+ md , 

čia d = R. 

1 2 2 3 2 

Tuomet I 2 = mR + mR = mR . 

2 

2 

4.5. Disko lanką liestinės kryptimi veikia 100N jėga. Besisukantį diską 

veikia 5 Nm stabdymo jėgos momentas. Disko spindulys – 0,2 m, masė – 7,5 

kg. Raskite disko sukimosi kampinį pagreitį. 

F = 100N 

Mst = 5Nm 

R = 0,2m 

m = 7,5kg 

ε–? 

Diską veikiančių jėgų 

atstojamasis momentas: 


42 

M r 

z 

4 

st 

M r 

ε r 

R r 

F r

čia 

M 

r 

M 1 

r r 

+ 

= R × F . (2) 

Pasinaudoję sukamojo judėjimo dinamikos pagrindine lygtimi: 

= M1 

M st , (1) 

M = Iε 

. (3) 

(1) lygtyje esančius vektorius suprojektavę į z ašį, nukreiptą išilgai sukimosi 

ašies, gauname skaliarinę lygtį: 

M1 − M st = Iε 

. 

Ašinis disko inercijos momentas 

(4) 

1 2 

I = mR . (5) 

2 

r 

Kadangi vektoriai R v ir F tarp savęs statmeni, jėgos momento modulis: 

M 1 = RF . (6) 

Remiantis (4), (5) ir (6) lygtimis, disko sukimosi kampinis pagreitis: 

2( 

RF − M st ) 

ε = 

. 

2 

mR 

Į šią išraišką įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame sukimosi kampinį pagreitį: 

2( 

100 ⋅ 0, 

2 − 5) 

ε = 

rad 

2 = 100 rad 

2 . 

7, 

5⋅ 

0, 

04 s s 

4.6. m = 10 kg masės ir R = 0,2 m spindulio rutulys sukasi apie ašį, 

einančią per jo masių centrą. Rutulio judėjimo lygtis φ = At + Bt 2 + Ct 3 , čia A = 

1s -1 , B = 4 s -2 , C = -1s -3 . Nustatykite rutulį veikiančio jėgų momento 

priklausomybę nuo laiko. Kokia jo vertė, kai t = 2 s? 

m = 10 kg 

R = 0,2 m 

φ = At + Bt 2 + Ct 3 

A = 1 s -1 

B = 4 s -2 

C = -1 s -3 

t = 2 s 

Pasinaudosime pagrindine sukamojo 

judėjimo lygtimi: 

M = Iε 

. (1) 

Rutulio ašinis inercijos momentas: 

2 2 

I = mR . 

5 

(2) 

Sukimosi kampinis pagreitis: 

M(t)-? M-? 

dω 

ε = . 

dt 

(3) 

Kampinis greitis ω apibūdina posūkio kampo φ kitimo spartą, t.y.: 

dϕ 

ω = . 

dt 

(4) 

Taigi ω = A + 2Bt + 3Ct 2 . (5) 

Remiantis (3) ir (5) lygtimis, kampinis pagreitis: 

ε = 2B +6Ct. (6) 


43

Į pirmą lygtį įrašę (2) ir (6) išraiškas, nustatome jėgos momento priklausomybę 

nuo laiko: 

4 2 

( B + Ct 

M( t ) = mR 3 ). (7) 

5 

Į (7) įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę, gauname jėgos momento skaitinę 

vertę, kai t =2s: 

⎡ 4 2 ⎤ 

M ( 2 ) = ⎢ 10 ⋅ 0. 

2 ( 4 + 3( 

−1) 

2) 

Nm = −0, 

64Nm 

5 

⎥ 

. 

⎣ 

⎦ 

4.7. m1 = 2 kg ir m2 = 1 kg masių kūnai sujungti nesvariu ir netąsiu 

siūlu, permestu per skridinį. Skridinys – 1kg masės pilnaviduris cilindras. 

Apskaičiuokite sistemos judėjimo pagreitį ir siūlo įtempimo jėgų modulius. 

m1 = 2 kg 

m2 = 1 kg 

m = 1 kg 

a-? T1-? T2-? 

m1 ir m2 masių kūnus 

r 

m1g m g 

r 

2 

veikia sunkio jėgos ir 

T1 r 

bei siūlo tempimo jėgos ir 

T2 r 

. Taikydami atskirai 

kiekvienam jų antrąjį Niutono 

dėsnį, gauname: 

1 

1 

x 

1 

1 

T 1′ 

r 

T1 r 

m g 

r 

1 

R r 

T 2′ 

r 

T2 r 

m g 

r 

2 

m g + T = m a , (1) 

m 2 g + T2 

= m2 

a2 

. (2) 

Kadangi siūlas netąsus, tai abiejų kūnų pagreičių moduliai yra lygūs, t.y.: 

a1 = a2 =a. (3) 

(1) ir (2) lygtyse esančius vektorius suprojektavę į x ašį ir atsižvelgę į (3), 

gauname: 

m − T = m a , (1’ ) 

1 g 1 1 

2g 

T2 

= −m2 

m − a . (2’ ) 

Skridiniui taikome pagrindinę sukamojo judėjimo dinamikos lygtį 

M = Iε 

. (4) 

Skridinio – pilnavidurio cilindro – ašinis inercijos momentas 

1 2 

I = mR . 

2 

(5) 

Jo kampinis pagreitis: 


44

a 

ε = . 

R 

(6) 

Kadangi siūlas neslysta skridiniu, tai jo sukimąsi sukelia T1’ ir T2’ jėgų 

veikimas. Skridinio sukamasis jėgos momentas: 

r r 

st M M M + = 1 , 

r r r r r r 

čia M 1 = RT1′ 

ir M 2 = R T2′ 

. 

(7) 

(8) 

Į (4) lygtį įrašę (7) išraišką ir ją suprojektavę į z ašį, sutampančią su sukimosi 

ašimi, nukreipta į mus, gauname: 

M 1 − M 2 = Iε 

. 

Kadangi R ⊥ T ′ ir , tai jų moduliai: 

(9) 

r r 

R ⊥ T ′ 

r r 

1 

2 

M1 = RT1’ ir M2 = RT2’. 

Į (9) įrašę (5), (6) ir (10), gauname: 

(10) 

T1’ – T2’= ma/2. 

Iš siūlo nesvarumo sąlygos darome išvadą, kad 

(11) 

T1’ = T1 ir T2’ = T2 . (12) 

Išsprendę (1’ ), (2’ ) ir (11) lygčių sistemą bei atsižvelgę į (12), randame kūnų 

judėjimo pagreitį: 

( m1 

− m2 

) g 

a = 

1 

m + m1 

+ m2 

2 

. 

Į šią išraišką įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame pagreitį: 

( 2 −1) 

10 

a = ⋅ m 

2 = 2, 

8m 

2 . 

1 s s 

1+ 

2 + 1 

2 

Į (1’ ) ir (2’ ) įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame siūlo įtempimo jėgų 

modulius: T1 = m1(g-a) = 2(10 - 2,8)N = 14,4N, 

T2 = m1(g+a) = 1(10 + 2,8)N = 12,8N. 

4.8. m masės rutulys rieda nuožulniąja plokštuma, kurios nuolydžio 

kampas α. Nustatykite jo masių centro pagreitį. 

M 

α 

a-? 


Ftr r 

mg r 

y 

N r 

45 

α 

x

Riedantį nuožulniąja plokštuma rutulį veikia sunkio, trinties ir 

plokštumos reakcijos jėgos. Pagal antrąjį Niutono dėsnį: 

r r r r 

N + mg 

+ Ftr 

= ma 

. 

Suprojektavę šios lygties vektorius į x ašį, gauname: 

mg sinα – Ftr = ma. (1) 

Ši lygtis aprašo rutulio masių centro tiesiaeigį judėjimą. Be šio judėjimo, 

trinties jėgos momentas priverčia rutulį suktis, todėl jis rieda plokštuma. Jo 

sukimąsi aprašo pagrindinė sukamojo judėjimo dinamikos lygtis: 

M = Iε 

. 

Užrašysime šią lygtį projekcijomis į z ašį, nukreiptą išilgai rutulio sukimosi 

ašies: 

M = Iε 

. 

Ašinis rutulio inercijos momentas: 

(2) 

2 2 

I = mR , 

5 

čia R – rutulio spindulys. 

Trinties jėgos momento modulis: 

(3) 

M = Ftr·R. 

Sukimosi kampinis pagreitis: 

(4) 

a 

ε = . 

R 

(5) 

Atsižvelgę į lygtis (2), (3), (4) ir (5), gauname trinties jėgos išraišką: 

2 

Ftr = ma . 

5 

(6) 

Įrašę į (1) lygtį išraišką (7), išreiškiame masės centro pagreitį: 

5 

a = g sinα 

. 

7 

4.9. Kokį darbą reikia atlikti, norint smagratį priversti suktis 2 s -1 

dažniu? Smagračio inercijos momentas 280 kgm 2 .Trinties nepaisyti. 

I = 280 kgm 2 

ν = 2 s -1 

A - ? 

Išorinių jėgų atliktas darbas yra lygus kūno 

kinetinės energijos pokyčiui: 

A = Wk2 – Wk1 . (1) 

Pradiniu laiko momentu smagratis nesisuko, 

todėl jo kinetinė energija: 

Wk 1= 0. (2) 

Smagračiui sukantis kampiniu greičiu ω, jo kinetinė energija: 

2 

Iw 

W k 2 = 

2 

, (3) 

čia ω = 2πυ 

. (4) 

(1) formulę pakeitę pagal (2),(3),(4) išraiškas, gauname: 


46

darbą: 

2 

2 

A = 2π υ I . (5) 

Į (5) formulę įrašome skaitines vertes ir apskaičiuojame išorinių jėgų 

2 2 

A = 2⋅ 

3, 

14 ⋅ 2 ⋅ 280J 

= 22085J 

≈ 22kJ 

. 

4.10. Rutulys neslysdamas rieda žemyn nuožulniąja plokštuma, kurios 

aukštis 0,9 m. Apskaičiuokite rutulio masių centro judėjimo greitį plokštumos 

gale. Trinties nepaisyti. 

h = 0,9 m 

v - ? 

Nepaisant trinties, sistemai rutulys-žemė galima 

taikyti mechaninės energijos tvermės dėsnį.Pagal jį 

užrašome lygtį: 

Wp1+Wk1 = Wp2+Wk2 , (1) 

čia Wp1 ir Wp2 – rutulio potencinės energijos, o Wk1 ir Wk2 – rutulio kinetinės 

energijos atitinkamai aukščiausiame jo pakilimo taške ir nuožulniosios 

plokštumos gale . 

Potencinės energijos atskaitos tašku pasirenkame nuožulniosios 

plokštumos papėdę. Tuomet 

Wp1=mgh, (2) 

Wp2=0. (3) 

Kūno riedėjimas yra suma dviejų judesių: rutulio sukimosi apie ašį, 

išbrėžtą per masių centrą, ir rutulio masės centro slinkimo. Todėl riedėjimo 

kinetinė energija lygi slenkamojo ir sukamojo judėjimo kinetinių energijų 

sumai. 

Riedančio nuo plokštumos rutulio kinetinė energija: 

2 

mv Iω 

W k 2 = + , (4) 

2 2 

čia I – rutulio inercijos momentas, ω – kampinis greitis, m – rutulio masė. 

Rutulio kinetinė energija pradiniu momentu: 

Wk1=0, (5) 

nes rutulys pradiniu momentu aukščiausiame taške nejudėjo. 

Į (1 ) įrašę (2),(3),(4) ir (5) išraiškas, gauname: 

2 

mv 

mgh = 

2 

Iw 

+ 

2 

. (6) 

Kai rutulys rieda neslysdamas: 

ω = v / R , 

čia R – rutulio spindulys. 

Rutulio inercijos momentas: 

(7) 

2 2 

I = mR . 

5 

(8) 

Į (6) lygtį įrašome (7) ir (8) ir gauname rutulio greitį nuožulniosios 

plokštumos papėdėje: 


47 

2 

2

10gh 

v = . 

7 

Į šią formulę įrašome skaitines reikšmes ir apskaičiuojame: 

10 ⋅ 9, 

8 ⋅ 0, 

9 

v = 

m / s = 3, 

6m 

/ s . 

7 

4.11. Kūno posūkio kampo priklausomybė nuo laiko užrašoma lygtimi 

φ = at + bt 2 , čia a= 32 rad/s, b = -4 rad/s 2 . Kūno inercijos momentas 100 kgm 2 . 

Apskaičiuokite stabdymo jėgų atliktą darbą sustabdant besisukantį kūną. 

φ = at + bt 2 

a = 32 rad/s 

b = -4 rad/s 2 

darbas: 

Besisukančio kūno stabdymo jėgų atliktas 

A 

ϕ 

= 

∫ 

Mdϕ 

, (1) 

A - ? 

0 

čia M – stabdymo jėgų momentas, kurį gausime, 

pasinaudoję kieto kūno sukamojo judėjimo dinamikos 

pagrindine lygtimi: 

ε r r 

M = I . (2) 

Vektoriai M r ir ε r yra vienodų krypčių, nukreiptų išilgai koordinačių ašies, 

pasirinktos išilgai kūno sukimosi ašies. (2) lygties vektorius M r ir ε r 

suprojektavę į šią ašį, gauname skaliarinę lygtį: 

M=Iε. (3) 

Šioje lygtyje ε yra kampinis kūno pagreitis: 

dω 

ε = , 

dt 

o ω – kūno kampinis greitis, kuris yra lygus 

(4) 

d 

= = a + 2bt 

dt 

ϕ 

ω . (5) 

Tuomet iš (4) ir (5) 

ε= b. (6) 

Į (3) lygtį įrašę (5) išraišką, gauname: 

M=2bI. (7) 

Matome, kad jėgos momentas yra pastovus dydis. Tuomet iš (1) 

išraiškos seka: 

A=M⋅ϕ. (8) 

Į (8) įrašome (7) bei sąlygoje duotą posūkio kampo lygtį 

A=2bI(at1+bt1 2 ), 

čia t1 –laikas, kai kūnas sustoja. 

(9) 

Vadinasi, ω = dφ/dt = 0. 

Arba a +2bt1 = 0 


48

Taigi 

a 

t 1 = − . 

2b 

(10) 

Į (9) formulę įrašę (10) išraišką, gauname: 

2 

Ia 

A = − . 

2 

Į gautąją išraišką įrašome skaitines vertes ir gauname stabdymo jėgų 

momento darbą: 

2 

100 ⋅ 32 

3 

A = − J = 51, 

2 ⋅10 

J . 

2 

4.12. Horizontali platforma laisvai sukasi 0,2 s -1 dažniu apie vertikalią 

ašį, kuri statmena platformai ir eina per jos centrą. Platformos masė 100 kg. 

Žmogus, kurio masė 60 kg, tuo metu stovi ant platformos krašto. Kokiu dažniu 

pradės suktis platforma, žmogui perėjus į jos centrą? Platforma prilygsta 

vienalyčiam diskui, o žmogus – materialiajam taškui. 

m1 = 100 kg 

m2 = 60 kg 

n2 - ? 

Platformai laisvai sukantis galima taikyti 

impulso momento tvermės dėsnį: 

r r 

L 1 = L2 

. (1) 

r r 

Kadangi L1 ir L2 vektoriai yra vienodų krypčių ir 

nukreipti išilgai sukimosi ašies, tai koordinačių ašį 

nukreipę tos ašies kryptimi ir (1) lygties vektorius suprojektavę į tą pačią ašį, 

gauname: 

L1=L2. (2) 

čia L1 ir L2 – pradinis ir galinis impulso momentai, kuriuos išreiškiame taip: 

L 1 = ( I1 

+ I 2 ) ω1 

, (3) 

L 2 = ( I1 

+ I 2′ 

) ω 2 . (4) 

Platformos inercijos momentas: 

1 2 

I 1 = m1R 

. 

2 

(5) 

Žmogaus, stovinčio ant platformos krašto, inercijos momentas: 

ν1 = 0,2 s -1 

2 

I 2 = m2R 

. (6) 

Žmogui perėjus į platformos centrą, jo inercijos momentas: 

2 

I 2 = m2R2 

= 0 , (7) 

čia R2 – žmogaus nuotolis nuo sukimosi ašies. 

Besisukančios 

išreiškiame: 

sistemos pradinį ir galinį kampinius greičius 

ω 1 = 2πν1 

, (8) 

ω 2 = 2πν 2 . (9) 


49

Pertvarkę impulso momento tvermės dėsnį (2) pagal (3), (4), (5), (6), 

(8) ir (9) išraiškas, gauname: 

⎛ 1 ⎞ 1 

n1⎜ m1 

m2 

⎟ = n2 

⋅ m1 

⎝ 2 ⎠ 2 

+ . 

Iš gautos lygties išreiškiame ieškomąjį dydį: 

⎟ ⎛ 2m 

⎞ 

n = ⎜ 

+ 2 

2 n1 

1 . 

⎝ m1 

⎠ 

Į šią išraišką įrašome skaitines vertes ir apskaičiuojame platformos 

sukimosi dažnį žmogui perėjus į jos centrą: 

⎛ 2 ⋅ 60 ⎞ − 1 −1 

2 = ⎜1+ 

⎟s 

= 0, 

87s 

⎝ 100 ⎠ 

n . 

4.13. Du lygiagretūs diskai laisvai sukasi apie vertikalią ašį ta pačia 

kryptimi. Vieno inercijos momentas I1, kampinis greitis ω1, antrojo – I2 ir ω2. 

Staiga viršutinis diskas krinta ir sulimpa su apatiniu disku. Kokiu kampiniu 

greičiu sukasi sulipę diskai ir kiek pakito sistemos potencinė energija? 

I1 

ω1 

I2 

ω2 

ω - ? ∆Wk - ? 

ašį, gauname: 

Kadangi diskai sukasi laisvai, galime taikyti 

impulso momento tvermės dėsnį: 

r r r 

L 1 + L2 

= L . (1) 

r r r 

Kadangi L 1 , L2 

ir L yra nukreipti išilgai 

sukimosi krypties, tai koordinačių ašį nukreipę tos 

ašies kryptimi ir (1) lygties vektorius suprojektavę į tą 

L 1 + L2 

+ L , (2) 

čia L1 ir L2 – pirmojo ir antrojo disko impulsų momentai, jiems sukantis 

atskirai, o L – sulipusių diskų impulso momentas. 

Kadangi 

L 1 = I1ω1 

, 

L 2 = I2ω 

2 , 

L = ( I1 

+ I2 

)ω, 

tai šias išraiškas įrašę į (2) lygtį, gauname: 

I 1ω1 

+ I2ω 

2 = ( I1 

+ I2 

) ω . 

Iš (3) lygties išreiškiame ieškomą dydį: 

(3) 

I1ω1 

+ I2ω 

ω = 

2 

. 

I1 

+ I2 

Sistemos kinetinės energijos pokytis: 

(4) 

∆Wk 

= Wk2 

−Wk1 

, 

čia diskų sistemos pradinė kinetinė energija: 

(5) 


50

2 2 

I1ω1 

I2ω 

W 2 

k 1 = + . 

2 2 

Sulipusių diskų kinetinė energija: 

(6) 

2 ( I1 

+ I2 

) ω 

W k2 

= . 

2 

Į (7) formulę įrašome (4) išraišką: 

(7) 

2 

( I1ω1 

+ I2ω 

2 ) 

W k2 

= 

. 

2( I1 

+ I2 

) 

(8) 

Į (5) lygtį įrašę (6) ir (8) formules, gauname sistemos kinetinės 

energijos pokytį: 

2 

I1I2 

( ω1 

− ω2 

) 

∆ Ek = − 

. 

2( I1 

+ I2 

) 

2 2 

I1ω1 

I2ω 

W 2 

k 1 = + . 

2 2 

Sulipusių diskų kinetinė energija: 

(6) 

2 ( I1 

+ I2 

) ω 

W k2 

= . 

2 

Į (7) formulę įrašome (4) išraišką: 

(7) 

2 

( I1ω1 

+ I2ω 

2 ) 

W k2 

= 

. 

2( I1 

+ I2 

) 

(8) 

Į (5) lygtį įrašę (6) ir (8) formules, gauname sistemos kinetinės 

energijos pokytį: 

2 

I1I2 

( ω1 

− ω2 

) 

∆ Ek = − 

. 

2( I1 

+ I2 

) 

5. Mechaniniai svyravimai ir bangos 

5.1. Materialiojo taško harmoninio svyravimo savasis dažnis 0,5 Hz. 

Parašykite šio svyravimo lygtį, kai taško pradinis nuokrypis 6 cm, o pradinis 

greitis 0,1 m/s. 

ν0 = 0,5 Hz 

x0 = 6 cm = 0,06 m 

v0 = 0,1 m/s 

x (t ) - ? 


Taško svyravimo lygtis: 

x = xm cos ( ω0t + φ0 ), 

čia xm – materialiojo taško svyravimo amplitudė, ω0 

– materialiojo taško savasis ciklinis dažnis, φ0 – 

materialiojo taško pradinė fazė. Šioje lygtyje 

žinome tik materialiojo taško kampinį dažnį ω0 = 

51

2πν0 , kurį įrašę gauname: 

x = xm cos (2πν0t + φ0 ). 

Pasinaudoję greičio lygtimi 

v = dx/dt = - 2πν0xm sin ( 2πν0t + φ0 ) , 

užrašome lygčių sistemą: 

x = xm cos ( 2πν0t + φ0 ), 

v = - 2πν0xm sin ( 2πν0t + φ0 ) . 

Į ją įrašome pradines sąlygas: kai t = 0, tai x = x0 ,v = v0 , ir gauname naują 

lygčių sistemą: 

x0 = xm cos φ0, 

v0 = - 2πν0xm sin φ0. 

Sprendžiame šią lygčių sistemą. Kiekvieną narį pakeliame kvadratu 

Abi lygtis sudedame: 

= cosϕ 

, 

2 

v0 

2 2 

0 

2 

m 

4π 

ν x 

Įrašę skaitines vertes gaunam 

,07 m, 

,86 = 31 0 e: 

xm = 0 

φ0 = arc cos 0 ≈ π/6. 

Materialiojo taško svyravimo 

lygtis: 

x = 0,007 cos 

(πt + π/6 ), m. 

x 

2 

0 

2 

m 

x 

2 

0 

= sin 

2 

5.2. Materialiojo taško harmoninio svyravimo lygtis: x = 0,03 sin π (t+ 

0,5 )m. Apskaičiuokite greičio ir pagreičio maksimalias vertes ir svyravimo 

fazę po 5s. 

t1 = 5s 

vm - ? am - ? φ1 - ? 


2 

ϕ 

x0 

v0 

2 

2 

+ = cos ϕ0 

+ sin ϕ0 

= 1, 

2 2 2 2 

4π 

ν x 

xm 0 m 

x 

m 

= 

x 

2 

0 

x 

cosϕ 

0 = 

x 

v 

+ 

4π 

0 

m 

= 

2 

0 

2 2 

ν 0 

x 

2 

0 

Materialiojo 

taško svyravimo greitis yra 

v = dx/dt = 0,03π ( t + 0,5 ), 

o jo maksimalus greitis yra 

vm = 0,094 m/s, 

52 

, 

x 

+ 

4 

0 

2 

v0 

2 2 

π ν 0 

.

kai cos π ( t + 0,5 ) = 1. 

imo pagreitis: 

,03 π 2 sin π ( t + 0,5 ), 

o jo maksimalus pagreitis: 

m = 0,03 π 2 = 0,29 m/s 2 Materialiojo taško svyrav 

a = dv/dt = - 0 

a 

, 

kai sin π ( t + 0,5 ) = 1. 

Materialiojo taško svyravimo 

fazė: 

φ = π ( t + 0,5 ), 

o laiko momentu t1 = 5s, jo fazė: 

φ1 = π ( 5 + 0,5 ) = 17,3 rad. 

5.3. 5g masės dalelė harmoningai svyruoja 0,5 Hz dažniu. Svyravimo 

amplitudė 

3 cm. Apskaičiuokite dalelės greitį, kai jos nuokrypis 1,5 cm, dalelę 

veikiančią maksimalią jėgą, svyravimo mechaninę energiją. 

-3 

Dalelės svyravimo lygtis: 

x =xm c 

sin (2πν0t + φ0 ).(2) 

iko 

x1 = xm 

0 ). 

Ją spręsdami: 

x1/xm = cos ( 2πν0t1 + φ0 ), 

gauname dalelės greitį laik 

n (arc cos x1/xm ). 

Įrašę skaitines vertes, gaun 

3π 10 -2 m = 5g = 5 10 kg 

3 10 

sin ( arc cos 0,5 ) = - 0,008 m/s. 

-2 ν0 = 0,5 Hz 

xm = 3 cm = m 

x1 = 1,5 cm = 1,5 10 

1 - ? Fm - ? W - ?. 

-2 os ( 2πν0t + φ0 ), (1) 

o jos greičio lygtis: 

m v = dx/dt = - 2πν0xm 

Į šias dvi lygtis įrašę laiką t1 ir tuo la 

v 

momentu dalelės svyravimo nuokrypį x1 , 

gauname lygčių sistemą: 

cos ( 2πν0t1 + φ0 ), 

v1 = - 2πν0xm sin (2πν0t1 + φ 

2πν0t1 + φ0 = arc cos x1/xm, 

o momentu t1: 

v1 = - 2πν0xm si 

ame: 

v1 = - 

Iš antrojo Niutono dėsnio: 

→ dm v 

F = . 

dt 

Nustatome dalelę veikiančią 

jėgą: 

F = m d/dt 

( - 2πν0xm sin (2πν0t + φ0 ), 

maksimalią jėgą: 

→ 

Fm = - 4 π 2 ν0 2 xm, kai cos ( 2πν0t1 + φ0 ) = - 1. 

Įrašę skaitines vertes: 

Fm= 0.3 N. 

Visa dalelės energija susideda iš svyravimo kinetinės 

ir potencinės 

W = Wk + Wp = mv 2 /2 + kx 2 svyravimo 

energijų: 

/2 , (3) 


53

čia k – materialiosios dalelės svyravimo tamprumo koeficientas, kuris yra k = 

mω0 2 = 4mπ 2 ν0 2 . 

Į (3) lygtį įrašę greičio (1) ir nukrypio (2) lygtis gauname: 

W=4π 2 ν0 2 xm 2 m/2 sin 2 (2πν0t +φ0) +4π 2 ν0 2 xm 2 m/2 cos 2 (2πν0t+φ0 ) = 

4π 2 ν0 2 xm 2 m/2 (sin 2 (2πν0t + φ0)+cos 2 (2πν0t +φ0 ))=2π 2 ν0 2 xm 2 m. 

Įrašę skaitines vertes gauname visą dalelės svyravimo energiją: 

W = 2 10 -5 N, arba 200 mN. 

5.4. Taško judėjimo lygtis: x = A cos ( ωt + φ ). Tam tikru laiko 

momentu taško nuokrypis – 5 cm, jo greitis – 20 cm/s, o pagreitis – 80 cm/s 2 . 

Apskaičiuokite svyravimų amplitudę, ciklinį dažnį, periodą ir fazę tuo laiko 

momentu. 

x = A cos ( ωt + φ ) 

x1 = 5 cm = 0,05 m 

v1 = 20 cm/s = 0,20 m/s 

a1 = -80 cm/s 2 = -0,80 m/s 2 

A - ? ω - ? T - ? φ1 ? 

Užrašome nuokrypio, greičio ir 

pagreičio priklausomybę nuo laiko, 

pasinaudoję tuo, kad v = dx/dt, a = dv/dt, 

ir gauname lygčių sistemą: 

x = A cos ( ωt + φ ), 

v = - Aω sin ( ωt + φ ), 

a = - Aω 2 cos ( ωt + φ ). 

Įrašę laiko momento t = t1 skaitines reikšmes x = x1 = 0,05m, v = v1 = 0,20m/s 

ir a = a1 = -0,80m/s 2 , gauname: 

0,05 = A cos ( ωt + φ ), (1) 

0,20 = - Aω sin ( ωt + φ ), (2) 

-0.80 = - Aω 2 cos ( ωt + φ ). (3) 

Spręsdami šią lygčių sistemą iš (1) ir (3) lygčių gauname: 

ω = 4 s -1 . 

Šią reikšmę įrašę į (1) ir (2) lygtis gauname: 

cos ( 4t1 + φ ) = - sin (4t1 + φ ), 

t.y. -1 = tg ( 4t1 + φ ) . 

Iš čia: 4t1 + φ = -π/4, 

t.y. svyravimo fazė φ1 laiko momentu t1: 

φ1 = ωt1 + φ = 4t1 + φ = - π/4 . 

Į (1) lygtį įrašę fazę gauname amplitudę: 

A= – 0,070 m. 

Svyravimo periodas T gaunamas iš ciklinio dažnio lygties ω = 2 π/T , t.y. 

T = 2 π/ω . 

Įrašę skaitines vertes gauname: 

T = π/2 s. 


54

5.5. Taškas tuo pačiu momentu svyruoja dviem vienos krypties 

harmoniniais svyravimais, kurių periodai T1 =T2 = 1.5s, amplitudės A1 = A2 = 2 

cm, pradinės fazės φ1 = π/2 ir φ2 = π/3. Apskaičiuokite atstojamojo svyravimo 

amplitudę bei pradinę fazę. Parašykite atstojamojo svyravimo lygtį. 

T = T1 = T2 = 1,5s 

A = A1 = A2 = 2 cm = 0,02 m 

φ1 = π/2 

φ2 = π/3 

AB - ? φB - ? x (t) - ? 

Laikydamiesi mastelio, nubraižykite 

amplitudžių sudėties vektorinę diagramą. 

Sudedamų svyravimų lygtys : 

x1 = A1 cos ( 2π/T t + φ1 ), (1) 

A1 

AB 

β A2 

φB 

φ1 φ2 

x2 = A2 cos ( 2π/T t + φ2 ) . (2) 

Jas sudėję gausime svyravimą, kurio lygtis: 

x = AB cos ( 2π/T t + φB ) , 

čia AB , φB – atstojamojo svyravimo amplitudė ir pradinė fazė – yra nežinomi. 

(1) ir (2) lygtis sudedame grafiškai, atidėdami amplitudes svyravimo fazės 2π/T 

t atžvilgiu. 

Iš grafiko matosi, kad atstojamoji amplitudė: 

ir cos β = - cos ( φ1 – φ2 ) . 


A B 

= 

2 

1 

2 

2 

A + A − 

2A1 A2 

cos β 

π 

AB = 2 2( 

1+ 

cos ) = 0, 

04m. 

6 

Iš grafiko nustatome, kad 

tgϕ B 

Įrašę skaitines vertes gauname: φB = 75 0 . 


A2 

sinϕ 

2 + A1 

sinϕ1 

= 

. 

A cosϕ 

55 

2 

2 

2π/T t

Atstojamojo svyravimo lygtis: 

x = 0,04 cos ( 4/3 π t + 0,42 π ), m. 

5.6. Taškas tuo pačiu metu svyruoja dviem statmenais svyravimais: x 

x = sin πt 

y = 2 sin ( πt + π/2 ) 

= sin πt; y = 2 sin (πt + π/2 ).Sudarykite 

atstojamojo svyravimo trajektorijos lygtį. 

y ( x ) - ? 

eliminuodami t. 

Sprendžiame lygčių sistemą: 

x = sin πt, 

y = 2 sin ( πt + π/2 ), 

(2) 

(1) 

(1) lygtį trigonometriškai pertvarkome ir gauname: 

y = 2sin πt cos π/2 + 2 cos πt sin π/2 = 2 cos πt. 

Šią ir (1) lygtį pakėlę kvadratu ir sudėję gauname trajektotijos lygtį: 

2 

2 y 

x + = 1. 

4 

5.7. 500 g masės svarstis svyruoja pakabintas ant spyruoklės, kurios 

tamprumo koeficientas 20 N/m. Logaritminis slopinimo dekrementas 0,004. Po 

kokio skaičiaus svyravimų amplitudė sumažės dvigubai? Per kiek laiko tai 

atsitiks? 

m = 500 g = 0,500 kg 

k = 20 N/m 

Λ =0,004 

n - ? t1 - ? 

Gęstamojo svyravimo amplitudės lygtis: 

A = A0 e -βt , (1) 

čia A0 – pradinė amplitudė, β – slopinimo 

koeficientas. 

Pagal sąlygą amplitudė per t1 laiką sumažėja 2 

kartus: 

A0/A1 = 2. 

Įrašę šią sąlygą į (1) lygtį gauname: 

A0/A1 = e βt = 2. 

Išlogaritmavę gauname: 

βt1 = ln2 . (2) 

Logaritminis svyravimo dekrementas yra dviejų gretimų, 

atsilenkiančių į tą pačią pusę amplitudžių santykio logaritmas: 

Λ = ln A0/A0+T. 

Pasinaudoję (1) lygtimi gauname: 

Iš čia 


A 

Λ = ln 

− 

A e 

β = Λ/T. 

0 

T tt 

0 

β 

56 

= βT 

.

Įrašę β į (2) lygtį gauname: 

t1 = T ln2/ Λ . (3) 

Periodą T randame iš lygties, susiejančios svyravimų ciklinį dažnį su 

spyruoklės tamprumo koeficientu: 

ω 2 = k/m, t.y. 4π/T 2 = k/m. 

Iš čia 

m 

T = 2π 

. 

k 

Įrašę T į (3) lygtį gauname: 

ln 2 m 

t1 = 2π 

Λ k 

Įrašę skaitines reikšmes gauname: 

t1 =172s, arba 2min 52s. 

Per laiką t1 įvyksta n sveikų svyravimų:t1 = nT, 

iš čia n = t1/T. 

Įrašę (4) ir(5) lygtis gauname: n = ln2/Λ. 

Įrašę skaitines vertes gauname: n = 173. 

5.8. Matematinės švytuoklės svyravimo amplitudė per 1min sumažėjo 

3 kartus. Kiek ji sumažės per 4min? 

t1 =1min = 60s 

n1 = 3 

t2 = 4min = 140s 

n2 - ? 

Gęstamojo svyravimo amplitudės lygtis: 

A = A0 e -βt , 

čia A0 – pradinė amplitudė, β – slopinimo 

koeficientas. Svyravimo amplitudė laiko momentu t1: 

A = A0 e -βt 1 . 

Per tą laiką amplitudė sumažėjo n1 karto: 

n1 = A0/A1 = e βt 1 . 

Per laiką t2 amplitudė sumažės n2 karto: n2 = A0/A2 = e βt 2 . 

Šias lygtis išlogaritmavę ir padaliję vieną iš kitos gauname: 

ln n2/ln n1 = t2 / t1 , 

ln n2 = t2 /t1 ln n1 . 

Šią lygtį antilogaritmavę gauname: 

t2 

lnn1 

t 

n2 

= e 1 . 

Įrašius skaitines reikšmes gauname: n2 = 81. 


57

5.9. Taško svyravimo lygtis x = A cosωt. Čia A = 5 cm,ω = 2 s -1 . Koks 

bus to taško pagreitis tuo laiko momentu, kai jo greitis 8 m/s ? 

Užrašome greičio ir pagreičio lygtis: 

v = dx/dt = - Aω cos ωt, 

x = A cosωt 

A = 5 cm = 0,05 m 

ω = 2 s -1 

v1 = 8 cm/s = 0,8 m/s 

a1 - ? 

a = dv/dt = - Aω 2 sin ωt. 

Įrašome visų dydžių vertes laiko momentu t1 ir 

gauname: 

v = dx/dt = - Aω cos ωt1, 

a = dv/dt = - Aω 2 sin ωt1, 

Sprendžiame šią lygčių sistemą: abi lygtis 

pakeliame kvadratu ir sudedame: 

2 

2 

v a 

1 2 

2 

+ = cos ωt1 

+ sin ωt2 

= 1. 

2 2 2 4 

A A 

Įrašę skaitines vertes ir įvertinę pagreičio ženklą gauname: 

ω 

ω 

2 2 2 

1 

1 

a1 = - 0,12 m/s 2 , 

a = ω A ω − v . 

5.10. Skersinė banga sklinda strypu 15 m/s greičiu. Bangos periodas – 

1,2s, amplitudė – 2 cm. Apskaičiuokite taško, nutolusio nuo bangų šaltinio 45 

m atstumu, nuokrypį, praėjus nuo svyravimų pradžios 4s, svyruojančio taško 

greitį bei pagreitį, taškų, nutolusių nuo šaltinio 45 m ir 30 m atstumais, fazių 

skirtumą. 

u = 15 m/s 

T = 1.2s 

A = 2 cm = 0,02 m 

t1 = 4s 

x1 = 45 m 

x2 = 30 m 

v1 - ? a1 - ? ∆φ - ? 

Pagreičio lygtis: 

Bangos fazė: 

Plokščiosios sklindančios x kryptimi 

bangos lygtis: 

y = A cos ( ωt – kx ), 

čia A – amplitudė, ω = 2π/T ciklinis dažnis, k 

=2π/λ – ciklinis bangos skaičius, į kurį įrašius 

bangos ilgį, gautą iš lygties λ = uT, gauname: 

k = 2π/uT. 

Svyruojančio taško greičio lygtis: 

v = dy/dt = - A ω sin ( ωt – kx ). 

a = dv/dt = - Aω 2 cos ( ωt – kx ). 

φ = ωt – kx . (1) 

Į šias lygtis įrašę laiko momento t1, k, ω, ir x1 reikšmes gauname: 

v1 = -A 2π/T sin ( 2π/T t1 - 2π/uT x1 ), 

a1 = - A 4π 2 /T 2 cos ( 2π/T t1 - 2π/uT x1 ). 

Į šias lygtis įrašę skaitines reikšmes gauname: 

v1 =- 0,1 sin π/6 = - 0,05 m/s, 


58

a1 = - 0,52 cos π/6 = - 0,45 m/s 2 . 

Fazių skirtumą φ2 – φ1 = ∆φ gauname iš (1) lygties įrašę x1 ir x2: 

∆φ = k ( x1 – x2 ) = 2π/uT (x1 – x2 ). 


∆φ = 5,23 rad. 

5.11. Du taškai yra tiesėje, kuria 50 m/s greičiu sklinda 20 Hz dažnio 

banga. Atstumas tarp šių taškų – 60 cm. Apskaičiuokite jų svyravimų fazių 

skirtumą. 

u = 50 m/s 

ν = 20 Hz 

∆x = 50 cm = 0,50 m 

∆φ - ? 

Plokščiosios bangos, sklindančios x 

kryptimi, fazė: 

φ = ωt – kx. 

Fazių skirtumas: 

∆φ = φ2 – φ1 =ωt – kx2 - ωt + kx1 = k ( x1 – x2 ),(1) 

čia k = 2π/λ – ciklinis bangos skaičius, arba, pasinaudojus bangos greičio 

lygtimi u = λν , k = 2πν/u . Įstatę šią reikšmę į (1) lygtį gauname: 

∆φ = 2πν/u ∆x , 

čia ∆x = x1 – x2. 


∆φ = 4/5 π rad, arba 2,5 rad. 

5.12. Plokščiosios bangos lygtis: S = 6 10 -5 cos ( 1800 t – 5.3 x ). Visi 

parametrai šioje lygtyje – SI sistemos vienetai. Užrašykite bangos lygtį, 

S = 6 10 -5 cos ( 1800 t – 5,3 x ) 

λ - ? vm - ? u - ? 

sklindančios x kryptimi, lygtimi: 

svyruojančių dalelių maksimalų greitį, 

bangos sklidimo greitį. 

Palyginame sąlygoje duotą 

lygtį su plokščiosios bangos, 

S = A cos ( ωt – kx ). 

Matome, kad A = 6 10 -5 m, ω = 1800 s -1 , ciklinis bangos skaičius k = 5,3 m -1 . 

Žinodami, kad ciklinis bangos skaičius k = 2π/λ = ω/u , gauname: 

u = kω, 

λ = 2π/k. 


u = 340 m/s, 

λ = 1,2 m . 

Dalelių svyravimo greičio lygtis: 

v = dS/dt = - Aω sin ( ωt – kx ). 

Maksimalus greitis gaunamas, kai sin ( ωt – kx ) = -1: 

vm = - Aω. 


59


vm = 0,11 m/s . 

5.13. Sklindančios plokščiosios bangos fazių skirtumas tarp 10 cm 

nutolusių vienas nuo kito taškų yra 60 0 . Apskaičiuokite bangos sklidimo greitį, 

kai svyravimo dažnis 25 Hz. 

∆x = 10 cm = 0,10 m 

∆φ = 60 0 

Plokščiosios bangos, sklindančios x 

ν = 25 Hz 

kryptimi, fazė: 

φ = ωt – kx , (1) 

u - ? 

čia k = 2π/λ yra ciklinis bangos skaičius. 

Pasinaudoję bangos greičio lygtimi u = λν , 

galime jį užrašyti k = 2πν/u. 

Dviejų fazių skirtumas gaunamas pasinaudojus (1) lygtimi: 

∆φ = φ2 – φ1 = k ∆x. 

Įrašę k išraišką gauname: 

∆φ = 2πν/u ∆x. 

Iš čia 

u = 2πν ∆x/∆φ. 


u = 15 m/s . 

5.14. Vienalyte aplinka sklindančios bangos lygtis: x = A e -βy cos (ωt – 

ky ), čia β = 0,42 m -1 . Apskaičiuokite fazių skirtumą tarp taškų, kuriuose 

esančių dalelių amplitudės skiriasi 1%. Bangos ilgis λ = 0,5 m. 

x = A e -βy cos (ωt – ky ) 

β = 0,42 m -1 

n = ∆A/A1 = 0,01 

λ = 0.5 m 

∆φ - ? 

Bangos fazė 

φ = ωt – ky , 

fazių skirtumas 

∆φ = φ2 – φ1 = ωt – ky2 – ωt + ky1 = k ( y1 – y2 ), 

čia k =2π/λ – ciklinis bangos skaičius. Įrašę jį į 

lygtį gauname: 

∆φ = 2π/λ ( y1 – y2 ). 

Amplitudės gesimą užrašome lygtimi: 

A = A0 e -βy . 

Iš čia y1 ir y2 amplitudės: 

A = A0 e -βy1 , (1) 

A = A0 e -βy2 , (2) 

(1) ir (2) lygtis padalijame vieną iš kitos ir išlogaritmuojame: 


A2 ( y1 

− y2 

) 

= e 

A1 

β 

, 

ln A2/A1 = β ( y1 – y2 ) , arba y1 – y2 =1/β ln A2/A1. (3) 

60

Sąlygoje duotas amplitudžių sumažėjimas ∆A/A1: 

A A1 

− A2 

A2 

n = = = 1− . 

A1 

A1 

A1 

∆ 

Iš čia A2/A1 = 1 – n , kurį įrašę į (3) lygtį gauname: 

y1 – y2 = 1/β ln ( 1 – n ). 

Tada ieškomas fazių skirtumas 

∆φ = 2π/λβ ln ( 1 – n ). 


∆φ = - 72 rad. 

5.15. Dvi vienodos 1,5 m ilgio stygos virpa 1,34 Hz dažniu. Kiek 

reikia sutrumpinti vieną jų, kad, nekeisdami įtempimo, gautume 9 10 -3 Hz 

dažnio mūšą ? 

l = l1 = l2 = 1,5 m 

ν1 = 1,34 Hz 

∆ν = 9 10 -3 Hz 

∆l - ? 

Jei nekeičiame stygos įtempimo, tai abi 

bangos sklinda vienu greičiu: 

u = λ1ν1 ir u = λ2ν2. 

Bangų ilgiai: 

l 

l − ∆l 

λ = , λ = , 

1 

čia n – bangų skaičius, telpantis l ilgio strype. Bangų dažniai: 

ν1 ir ν2 = ν1 + ∆ν, 

n 

l l − ∆l 

ν 1 = ( ν1 

+ ∆ν 

). 

n n 

Įrašome dažnius ir bangų ilgius į greičio lygtis ir suprastinę iš n gauname: 

lν ( l − ∆l 

)( ν + ∆ν 

), 

2 

1 = 1 

∆ν 

∆l 

= l . 

ν1 

+ ∆ν 


∆l = 0,01 m. 


61 

n

5.16. Du traukiniai važiuoja vienas prieš kitą 72 km/h ir 54 km/h 

greičiu Žemės atžvilgiu. Pirmasis sukelia 600 Hz dažnio toną (sušvilpia). 

Apskaičiuokite, kokio aukščio toną užregistruos antrojo traukinio keleivis: 1) 

prieš traukiniams susitinkant, 2) traukiniams prasilenkus. Garso greitis abiem 

atvejais 340 m/s. 

v1 = 72 km/h = 20 m/s 

v2 = 54 km/h = 15 m/s 

νs = 600 Hz 

u = 340 m/s 

lygtis: 

1) Traukiniams artėjant Doplerio efekto 

2 

ν1 - ? ν2 - ? 

čia ν1 – antrojo traukinio keleivio (imtuvo) 

girdimo signalo dažnis, νs – pirmojo traukinio 

(šaltinio) sukeliamo signalo dažnis, u – bangos greitis, v1 – traukinio, kuriame 

sėdi antrasis keleivis (imtuvas) greitis, v2 – traukinio, kuris sušvilpia (šaltinio) 

greitis. 

u + υ1 

ν1 

= ν s , 

u −υ 

Į lygtį įrašę skaitines reikšmes gauname: 

ν1 = 665 Hz. 

2) Traukiniams tolstant Doplerio efekto lygtis: 

u −υ1 

ν 2 = ν s , 

u + υ2 

čia visi žymėjimai tokie pat kaip pirmuoju atveju. 


ν2 = 540 Hz . 

5.17. Du bangų šaltiniai S1 ir S2 nutolę per d, svyruoja pagal tą patį 

harmoninį dėsnį y = y0 sin ωt .Užrašykite suminės bangos lygtį taške, 

nutolusiame nuo antrojo šaltinio per x. 

d 

x 

y = y0 sin ωt 

yB(t,x) - ? 

Paprastumo dėlei imkime plokščias ir 

sklindančias x kryptimi bangas. Abu svyravimo šaltiniai 

sukuria bangas, kurių lygtys ieškomame taške tuo pačiu 

laiko momentu yra: 

y1 = y0 sin ( ωt - k (d + x )), 

y2 = y0 sin ( ωt - kx ). 

Šias lygtis sudedame ir pasinaudoję trigonometrija sutvarkome: 

yB = y0 [ sin(ωt - k (d + x ))+ sin( ωt - kx )] = y0 [ sin ωt cos(k (d + x )) 

– sin(k (d + x )) cosωt + sinωt coskx – sin kx cos ωt ] = y0 [sin ωt (cos(kd + kx ) 

+ cos kx ) - cos ωt ( sin (kd + kx ) + sinkx )] = y0 [ sinωt ( 2 cos ½(kd + kx + kx) 

cos ½(kd + kx – kx)) – cosωt ( 2 sin ½( kd + kx + kx) cos1/2(kd + kx – kx))] = 

y0 [sin ωt (2 cos(1/2kd +kx) cos(1/2kd)) – cos ωt (2 sin(1/2kd +kx) cos(1/2kd))] 


62

= 2 y0 cos (1/2kd) [ sin ωt cos(1/2kd +kx) - cos ωt sin(1/2kd +kx)] = 2 y0 

cos(1/2kd) sin(ωt – k(1/2d + x)) , 

čia 2y0 cos(1/2kd) = A * yra suminės bangos amplitudė ir tuomet suminės 

bangos lygtis: 

yB = A * sin (ωt – k(1/2d + x)) . 


63

Mechanikos, mechaninių svyravimų ir bangų uždavinių sprendimas

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?