mechanikos, mechaninių svyravimų ir bangų uždavinių sprendimas ir gamtos mokslų... · 1....

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


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”.

A.Repčienė, S.Jarmalavičiūtė, 2004

ISBN 9955-09-648-9


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


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.

Autorės


1. Slenkamojo ir sukamojo judėjimo kinematika

1.1. Materialiojo taško judėjimo lygtis x = At+Bt2, čia A = 4 m/s, B = -0,5 m/s2. Apskaičiuokite taško vidutinį greitį <v> laiko intervale nuo t1 = 2 s iki t2 = 6 s.

Taško judėjimo vidutinis greitis <v> = , (1)

ts

∆∆

čia - kelias, nueitas per laiko tarpą ∆ . s∆ 12 ttt −=Jeigu kūnas per visą laiko tarpą judėtų tiese viena

kryptimi, tuomet , kai kūnas keičia greičio kryptį, tada keliui

xs ∆=∆s∆ nustatyti reikia laiko tarpą padalyti į

tokius laikotarpius, kad per kiekvieną iš jų kūnas judėtų viena kryptimi. Apskaičiavę per kiekvieną tokį laikotarpį koordinatės pokytį

, nueitą kelią randame pagal šią formulę: ix∆

t∆

∑=

=n

iixs

1

∆∆ . (2)

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.

ttdt

dx

′=

=0

arba 4 – t’ = 0. Taigi t‘ = 4 s.

∆x2

∆x1

x = At+Bt2

A = 4 m/s B = -0,5 m/s2

t1 = 2 s t2 = 6 s <v> - ?

0 x1 x x’ x2

Vaizdumo dėlei x koordinačių ašyje pažymėkime taškus x1, x‘, x2, kuriuose kūnas bus laiko momentais t1, t‘, t2. Pasinaudoję (2) formule, gauname: 21 xxs ∆∆∆ += , (4)


čia 11 x'xx −=∆ ,

'22 xxx −=∆ , (5) x1 = 4t1 – 0,5t1

2, x‘ = 4t‘ – 0,5t‘2, (6) x2 = 4t2 – 0,5t2

2. Iš (1), (4), (5) ir (6) randame

<v> = 12

2222

211

2 504504504504

tt

)'t,'t()t,t()t,t()t,'t(

−

−−−+−−−.

Įrašę t1, t’, t2 skaitines vertes, apskaičiuojame vidutinį greitį: <v>= 1 m/s.

1.2. Materialiojo taško kinematinės judėjimo lygtys yra tokios: x(t) = At, y(t) = Bt +Ct2, čia A = 0,5m/s, B = 2 m/s, C = -0,25 m/s2. Apskaičiuokite greičio ir pagreičio modulius po 3s ir kampą tarp greičio ir pagreičio vektorių tuo momentu.

α

x(t) = At A = 0,5m/s y(t) = Bt +Ct2

B = 2 m/s, C = -0,25 m/s2 T = 3s v-? a-? -?

Taško judėjimo greičio modulis 22yx vvv += , čia A

dtdx

x ==v , CtBdtdy

y 2+==v .

Tuomet 22 )2( CtBAv ++= . Įrašę skaitines vertes gauname: v=0,7 m/s.

Taško judėjimo pagreičio modulis , čia

0==dt

dva x

x, .

22yx aaa +=

Cdt

dva y

y 2==

Tuomet a = ay = 2C. Įrašę C skaitinę vertę, gauname: a = -0,5m/s2. Pagreičio

y

x

yvr

yar

vr

xvr

α


kryptis . yaarr

=

Iš brėžinio matome, kad kampas α yra lygus: α = 90o+arctgx

y

vv .

1.3. Materialiojo taško spindulio vektoriaus kitimą aprašo lygtis

, čia A = 10 m, B = -5m/sjCtiBtAtrvvr

++= )()( 2

)(tv

2, C = 10 m/s. Rasti greičio

v ir pagreičio )(tav priklausomybę nuo laiko ir jų modulius laiko

momentu t = 1 s. Spindulį vektorių kom

zponentėmis

užrašome šitaip: kjyixtrvvvv +=)( + .

rvjCti)BtA()t(rvvr

++= 2

)t(vv )t(v

t = 1 s A = 10 m, B = -5m/s2 , C = 10 m/s

-? a -? v-? a-?

Remiantis šia lygtimi taško koordinatės: x =A+Bt2, y =Ct ir z = 0. (1)

Materialiojo taško greitis

dtrdvv

v = arba vv kzvjvivv yx

v, (2)

r++=

čia dtdxvx = ,

dtdyvy = ,

dtdz

z =v . (3)

Greičio modulis 222

zyx vvv ++=v . (4)

Iš (3) ir (1) formulių seka greičio projekcijos atitinkamose koordinačių ašyse: vx = 2Bt, vy = C, vz = 0. (3a)

Šias išraiškas įrašę į (2) gauname: v

r(t) = 2Bt i

v+C . j

v

Materialiojo taško pagreitis kajaia)t(a zyx

rvvv++= , (5)

čia

dt

dvxx =a ,

dtdvy

y =a , dt

dva zz = . (6)

Iš (6) ir (3a) randame pagreičio projekcijas: ax = 2B, ay = 0. (7)

Remiantis (7) ir (5): av = 2B i

v.

Iš (3a) ir (4) lygčių gauname greičio modulio išraišką: 222 C)Bt( +=

vv . Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame greičio modulį:


v = 14,1 m/s. Pagreičio modulis

a = 222zyx aaa ++ . (8)

Į (8) įrašę (7), gauname

a = B)B( 22 2 = , arba įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę, randame pagreičio modulį a = 2(-5) m/s2 = -10 m/s2.

1.4. Automobilis važiuoja r = 100 m kreivumo spindulio plento atkarpa. Jo judėjimo lygtis s = A + Bt + Ct2 , čia A = 10m, B = 30m/s, C = -1m/s2. Apskaičiuokite automobilio greitį ir pilnutinį pagreitį laiko momentu t = 5s.

r = 100m s = A + Bt + Ct2 A = 10m B = 30m/s C = -1m/s2 t = 5s v - ? a - ?

tar

vr

ar

narr

0

Greičio modulis lygus pirmajai kelio išvestinei

dtdsv = . (1)

Kreivaeigio judėjimo pilnutinis pagreitis gali būti išskaidytas į du vienas kitam statmenus − normalinį ir tangentinį:

ar

tn aaa rrr+= . (2)

Jo modulis 22

tn aa +=a , (3) čia

rvan

2

= , (4)

dtdvat = . (5)

Iš lygties (1) CtBv 2+= . (6)

Įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę, gauname sm20=v .


Iš lygčių (5) ir (6) seka Ctat 2= . (7)

Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame: 22 sm

t −=a .

Kadangi vertė neigiama, tai jo kryptis priešinga greičio ta vr krypčiai.

Remiantis (3), (4) ir (7) formulėmis, pagreičio modulis a = 222

)2)( Cr

v (+ .

Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame:

( )[ ] 2222

541210020 s/m.s/ma =−⋅+

= .

1.5. Iš bokšto horizontalia kryptimi 14

sm greičiu išmestas kūnas.

Rasti normalinį ir tangentinį pagreičius bei trajektorijos kreivumo spindulį taške, kuriame bus kūnas po 1s nuo išmetimo.

yvr

xvr

tar

vr

grna

r

0vr

smv 140 =

st 1=

??? −−− Raa nt

Kūnas juda kreive, todėl pilnutinį pagreitį a

r galima išskaidyti į

normalinį ( ir tangentinį ( : )na )atrr

tn aaa r+= , (1)

čia pagreičio moduliai

Rvan

2

= , (2)

dtdvat = . (3)

Kadangi tn aarr

⊥ , tai


22nn aaa += . (4)

Linijinį greitį v išskaidome į horizontalią v ir vertikalią rxr

yvr dedamąsias.

Greičio modulis 22yx vvv += ,

čia , nes horizontalia kryptimi kūnas juda tolygiai; 0vvx =gtvy = , nes kūnas laisvai krinta.

Tuomet 222

0 tgvv += . (5) Iš (3) ir (5)

2220

2

tgv

tgat+

= .

Įrašę skaitines vertes, gauname tangentinį pagreitį: 2625 s/m,at = .

rrga = ,

nes išmestą kūną veikia tik Žemės traukos jėga. Tuomet iš (4)

22tn aga −= .

Įrašę skaitines vertes, gauname normalinį pagreitį:

2222 03862589 s/m,s/m,,an =−= . Pasinaudoję (2) ir (5), randame

atgv

R222

0 += .

Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame kreivumo spindulį:

m.m,,R 1289

18914 222=

⋅+= .

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

kampu aukštyn horizonto atžvilgiu. Nekreipdami dėmesio į oro pasipriešinimą, nustatykite, kaip toli nuo bokšto pagrindo nukris akmuo, į kokį didžiausią aukštį jis pakils, koks bus jo greitis atsitrenkiant į žemę. Užrašykite spindulio vektoriaus priklausomybę nuo laiko.

045

os

mv

mh

45

20

40

0

=

=

=

α

?v?s?hmax −−− 1

Kampu į horizontą išmesto kūno

judėjimą galima išskaidyti į tiesiaeigį tolyginį


horizontalia kryptimi ir tolygiai kintamą su laisvojo kitimo pagreičiu gr

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:

0

h

yvr

xvr

xv0r

0vr

yv0r

1vr

y

x

A

B

tvxx x00 += (1)

2

2

0gttvhy y −+= . (2)

rPradinio greičio 0v projekcijos αcosvvox 0= ir . Akmens pradinės koordinatės

αsinvvoy 0=

00 =x , . hy =0

Tuomet (1) ir (2) lygtis galima užrašyti šitaip: αcostvx 0= , ( )1'

2

2

0gtsintvhy −+= α . )2( '

Akmens greičio momentu t dedamosios: vr

xcosvvv oxx 0== , (3) gtsinvgtvv oyy −=−= α0 . (4)


Aukščiausiame taške A akmens greitis . Iš lygties (4) rasime laiką , kai kūnas bus šiame taške:

0=yv 1t

.gsinvt

,gtsinvα

α

01

10 0

=

=−

Įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę gauname: s,t 4411 = .

Didžiausią pakilimo aukštį h rasime iš lygties : max )2( '

2

21

10gt

tvhhmax −+= .

Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame: maxh = 58,6m.

Akmeniui nukritus ant žemės y = 0. Iš lygties ( rasime visą akmens judėjimo laiką t .

)2'

2

02 20

22 =−− htvgt .

Išsprendę šią kvadratinę lygtį ir įrašę skaitines vertes gauname: s,t 6442 = .

Laiko momentu t akmuo bus taške B. Tada 2 sx = ir iš ( lygties gauname: )1'

αcostvs 20= , arba m,s 6265= . Iš brėžinio ir lygčių (3) ir (4) randame:

220

20

221 )gtsinv()cosv(vvv yx −+=+= αα . (6)

Į šią lygtį įrašę skaitines vertes, gauname:

sm,v 4341 = .

Kūno masių centro padėtis stačiakampėje koordinačių sistemoje kiekvienu laiko momentu nusakoma spinduliu − vektorium rr kaip laiko funkcija:

k)t(zj)t(yi)t(x)t(rrrrr

++= , (7) čia z(t) = 0.

Į šią lygtį įrašę ir ( išraiškas, randame: )1( ' )2'

j)gtsintv(icostv)t(rrrr

2

2

00 −+= αα .

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


pačiu momentu yra ax = -3 m/s2, ay = 2 m/s2. Apskaičiuokite tangentinį pagreitį ir trajektorijos kreivumo spindulį tuo laiko momentu.

vx = 1 m/s vy = 2 m/s ax = -3 m/s2 ay = 2 m/s2 at -? R -?

Greičio modulis 22

yx vv +=v . (1)

tar

nar

ar

xar

yar

y

x 0

Pagreičio modulis 22

yx aaa +=r

. (2)

Pilnutinis pagreitis lygus normalinio (a nar

) ir tangentinio ( tar

) pagreičių geometrinei sumai:

tn aaarrr

+= . (3) Jo modulis

tn aaa 22 += , (4) čia

dtdvat = , (5)

Rvan

2= . (6)

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

222

22

yx

yy

xx

tvv

dtdv

vdt

dvva

+

+= .

Kadangi dt

dva xx = ir

dtdv

a yy = ,

tai 22

yx

yyxxt

vv

avava

+

+= .


Įrašę skaitines vertes, gauname tangentinį pagreitį: at = 0,45 m/s2.

Iš lygčių (2) ir (4) gauname: 222

tyxn aaaa −+= , arba an = 3,58 m/s2.

Iš lygčių (1) ir (6) gauname:

n

yx

avv

R22 +

= .

Įrašę skaitines vertes, gauname trajektorijos kreivumo spindulį: R = 1,4 m .

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

aprašo lygtis xA=v , čia 121

2 −= smA . Pradiniu laiko momentu (t = 0) 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.

xAv =

121

2 −= smA

x2 = 4 m

x1 = 0 v(t) -? a(t) -? < v> -?

Greičio modulis yra pirmoji koordinatės išvestinė pagal laiką:

dtdxv = . (1)

Tuomet xAdtdx

= .

Atskyrę kintamuosius, gauname:

Adtx

dx= .

Integruodami abi lygties puses, gauname:

CAtx +=21

2 . (2) Iš pradinių sąlygų randame konstantą C. Kai t = 0, x1 = 0. Tuomet

C = 0. Įrašę C vertę į (2), gauname:

4

22tAx = . (3)

Iš formulių (1) ir (3) gauname:

2

2tAv = . (4)

Pagreitis lygus pirmajai greičio išvestinei pagal laiką:


dtdva = . (5)

Iš (4) ir (5) gauname:

2

2Aa = .

Įrašę skaitinę parametro A vertę ir apskaičiavę, gauname: a = 2 m/s2.

Judėjimas yra tolygiai greitėjantis, nes pagreitis a yra pastovus dydis ir jo projekcija yra to paties ženklo kaip greičio.

Vidutinis greitis <v>=ts

∆∆ ,

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

112 xA

t = , 22

2 xA

t . =

Tuomet <v>

( )( )12

12

12

22xxA

xxA

xx+=

−

− .

Įrašę skaitines vertes ir jas apskaičiavę, gauname: <v> = 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 ~ v2 t = 0 v = v0 s = s0 s(t) -?

Remdamiesi uždavinio sąlyga, galime parašyti: a = -kv2,

čia k – proporcingumo koeficientas.

Kadangi dtdva = ,

tuomet 2kv

dtdv

−= .

Atskyrę kintamuosius, gauname:

kdtvdv

−=2.

Suintegravę abi lygties puses, gauname:

Cktv

+−=−1 .

Iš pradinių sąlygų 0

1v

−=C , tuomet


10

0

−=

ktvvv .

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

( ) ( ) 100

0

0

0 11111

1Cktvln

kktvktvd

kktvdtv

vdts +−=−−

=−

== ∫ ∫ ∫ .

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

( ) ( )1100 −+= ktvln

ksts .

1.10. 0,1 m spindulio smagračio judėjimo lygtis ϕ = A+Bt+Ct3, čia B

= 2 rad/s, C=1rad/s3. Apskaičiuokite smagračio kraštų linijinį ir kampinį greičius bei linijinį ir kampinį pagreičius laiko momentu t = 2 s.

r = 0,1 m ϕ = A+Bt+Ct3 B = 2 rad/s C = 1 rad/s3 t = 2 s ω -? v -? a -? ε -?

ar

nar

tar

vr

O

r

Kampinis greitis apibūdina

posūkio kampo ϕ kitimo spartą, t.y.

dtdϕω = . (1)

Remiantis (1): 23CtB +=ω . (2)

Į (2) įrašę skaitines vertes, gauname: ω = 14 rad/s.

Sukimosi kampinis pagreitis

dtdωε = . (3)

Iš lygčių (2) ir (3) gauname: ε = 6Ct,

arba ε = 12 rad/s2.

Linijinis greitis v=ωr,

arba v=1,4 m/s.


Taškui judant apskritimu, jo pagreičio modulis:

tn aaa 22 += , čia normalinio ir tangentinio pagreičių moduliai atitinkamai

rvan

2

= , a rt ε= .

Tuomet

( )222

rr

va ε+

= .

Įrašę skaitines vertes, gauname: a =20 m/s2.

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 kintamo sukamojo judėjimo kinematinė lygtis:

2

2

0tεωϕ ±= . (1)

Kampinis greitis: tεωω ±= 0 , (2)

čia t – sukimosi laikas, 00 2πυω = ir πυω 2= − pradinis ir galinis kampiniai greičiai. (1) ir (2) formulėse pliuso ženklas rašomas tolygiai greitėjančio, o minuso − tolygiai lėtėjančio judėjimo atveju. Iš lygties (2):

( )t

υυπε −= 02 .

Įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę, gauname: ε = 0,42 rad/s2.

Posūkio kampą ϕ išreiškę apsisukimų skaičiumi N( Nπϕ 2= ) ir pasinaudoję lygtimi (1), gauname:

ttN2

00

υυυ

−−= .

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/s3. Po kurio laiko nuo sukimosi pradžios pagreičio vektorius a

r su jo linijinio greičio vektoriumi vr sudarys 60° kampą?


ε = kt k = 2⋅10-2 rad/s3 α = 60° t -?

ar

nar

rr

tar

vr

0

Iš brėžinio

t

n

aatg =α , (1)

čia

dtdvat = , (2)

rvan

2

= . (3)

Iš formulės (2) seka: dtadv t= .

Integruojame:

∫= dtav t. (4)

Kadangi ktrrat == ε , (5)

tuomet iš (4) lygties gauname:

∫ ==t tkrktrdtv0

2

2. (6)

Į lygtį (3) įrašę (6), randame:

4

2rtkan = . (7)

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

34

ktgt α

= , arba t = 7 s.


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:

v = CttmAdttt

mA

+−=−∫ )32

()(32

ττ (2)

Konstantą C randame iš pradinių sąlygų. Kai t = 0, v = 0, tuomet iš (2) C = 0. Įrašę jos reikšmę į lygtį (2), gauname:

v = )32

(32 tt

mA

−τ . (3)

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

6

3τ⋅

mA .

Dalelės impulso modulis K = mv = A 6

3τ⋅ .

Momentinio greičio modulis lygus pirmajai kelio išvestinei v = dtds ,

tuomet s = . (4) ∫ ⋅ dtv

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

s = m

AdtttmA

12)

32(

4

0

32 τττ

=⋅⋅∫ .

2.2. Aerostatas, kurio masė M, leidžiasi pastoviu pagreičiu ar žemyn. Kokios m masės balastą reikia išmesti, kad aerostatas tuo pačiu pagreičiu kiltų į

viršų ? Oro pasipriešinimo jėgos nepaisome. M a m - ?

Aerostatui leidžiantis žemyn, sunkio jėgos ir

keliamosios jėgos kFr

atstojamoji lemia pagreitį ar

, nukreiptą

gMr

19KTU Fizikos katedra

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

Mgr + = mkF ar . Nukreipę y ašį žemyn (1pav.) ir į ją suprojektavę šios lygties vektorius, gauname:

gMr

ar

kFr

g)mM(r

−

ar

kFry

y

2 pav. 1 pav.

Mg – Fk = ma. (1) Išmetus m masės balastą, aerostatą veikia sunkio jėga g)mM(

r− ir ta pati

keliamoji jėga (2 pav.). kFr

Pagal antrąjį Niutono dėsnį: ( + F = m . gmM r)− k

rar

rNukreipę 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 = ag

Ma+

2 .

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

3g pagreičiu. Apskaičiuokite minimalią spaudimo jėgą, kuriai veikiant kūnas

yra rimties būsenos. Kūną veikia sunkio jėga gmr , trinties jėga ,

normalinė reakcijos jėga Nr

ir spaudimo prie sienos jėga 0.

Pagal antrąjį Niutono dėsnį: rrr

trFr

Fr

amFNgmF trrr

=+++0 . (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

F0 a =

3g

Fmin - ?


Nr

0Fr

trFr

gmr

x

y

=−=−

maFmgNF

tr

,00 . (2)

Trinties jėgą galima išreikšti taip: Ftr = N, (3) f čia – trinties koeficientas. Iš (2) ir (3) lygčių gauname:

f

mg – Ff 0 = ma. (4)

Įrašę duotąją pagreičio a vertę, gauname:

032

Fmgf = . (5)

Veikiant jėgai Fmin, kūnas yra rimties būsenos ( a=0 ), tuomet (4) lygtis atrodo taip: Mg - Ff min = 0. (6) Iš (6) ir (5) formulių gauname minimalią spaudimo jėgą:

Fmin = 23 F0.

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?

Pirmąją platformą veikia lokomotyvo

tempimo jėga Fr

, sunkio jėga gmr

1 , kelio normalinė

reakcijos jėga 1Nr

, sankabos tempimo jėga , trinties jėga . Antrąją platformą veikia sunkio jėga

1tFr

gmr

2 ,

normalinė reakcijos jėga 2Nr

, sankabos tempimo jėga

2Tr

ir trinties jėga 2tFr

. Remdamiesi antruoju Niutono dėsniu, užrašome abiejų platformų dinamines lygtis:

r

F1 = 1820 N m1 = 12ּ103 kg m2 = 8ּ103 kg ƒ = 0,12 T = ?

1Tr

1111 1amFTFgmN t1rrrrr

=++++ , (1) rrrrr

2222 2amFTgmN t2 =+++ . (2)

Pasirinkę koordinačių sistemą xy (parodyta brėž.) ir (1) ir (2) lygtyse esančius vektorius suprojektavę į x ir y ašis, gauname dvi lygčių sistemas: KTU Fizikos katedra 21

Fr

2Nr

1tFr

2tFr

gmr

2

1Nr

1Tr

2Tr

gmr

1

x

y

, (3) =−

=−−

,gmN

,amTTF t

011

111 1

, (4)

=−

=−

,gmN

,amFT t

022

222 2

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:

21

2

mmFm+

=T .

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 ( gm

r1 ir gm

r2 ) ir siūlo įtempimo jėga (T1

r ir T2

r).

Remdamiesi antruoju Niutono dėsniu, parašome kiekvieno krovinio dinaminę judėjimo lygtį:

r amTgm

rr111 =+ , (1) rrr

m1 = 0,2 kg m2 = 0,1 kg a-? T-?

amTgm 222 =+ . (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)


2ar

gmr

2

1ar

1Tr

2Tr

gmr

1

y1

y2

T – m2g = m2a. (5)

Iš (4) ir (5) lygčių

21

21

mmg)mm(a

+−

= , T = m1(g – a).

Įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę, gauname: a = 3,3 2s

m , T = 1,3 N.

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 - ?

gmr

NrtrF

r y

α x


Tašelį ant nuožulniosios plokštumos veikia sunkio jėga gmr

, plokštumos

reakcijos jėga Nr

ir trinties jėga trFr

. Pagrindinę dinamikos lygtį tašeliui užrašome vektoriškai:

rr amNFgm tr

rr=++ . (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:

, =−

=−.cosmgNmaFsinmg tr

0αα

Išsprendę šią lygčių sistemą ir atsižvelgę į tai, kad Ftr = f N, gauname: αµα cosgsinga −= . (2)

Tašelis judės tolygiai greitėdamas, nes pagal (2) išraišką pagreitis nekinta. Šio judesio kinematinė judėjimo lygtis:

2

2

00attvxx ++= . (3)

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

αcos

bx = .

Atsižvelgę į tai, lygtį (3) užrašome taip:

2

2atcos

b=

α. (4)

Iš (2) ir (4) lygčių gauname

)coscos(sing

bαµαα 2

2−

=t . (5)

Minimalų šliaužimo laiką gausime pasinaudoję ekstremumo sąlyga:

0=αd

dt , (6)

arba

02

2

2

22=

−

+−

)coscos(singb

)sincossin(cosbg

αµαα

ααµαα . (7)

Išsprendę (7) lygtį, gauname:

f12 −=αtg , arba )

f(arctg 1−=α .


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/s2 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.

trFr

ar

gmr

Nr

inFr

α

y

x

a = 20 m/s2 m = 0,1 kg α = 15° N - ? f - ?

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 gm

r, trinties jėgai trF

r ir plokštumos reakcijos jėgai N

r, pridėjus inercijos

jėgą: . (1) amFin

rr−=

Čia ar

- neinercinės atskaitos sistemos pernešimo pagreitis (lifto pagreitis). Remdamiesi antruoju Niutono dėsniu, parašome tašelio dinaminę judėjimo lygtį neinercinėje atskaitos sistemoje:

rrr 0=+++ intr FFNgm

r. (2)

Iš (2), atsižvelgę į (1), gauname : rr

amFNgm trrr

=++ `. (3) (3) lygtyje vektorinius dydžius suprojektavę į pasirinktas x ir y ašis

(parodyta brėžinyje), gauname: 0=+− αα cosFsinN tr , (4) masinFmgcosN tr =+− αα . (5)

Kadangi Ftr=f N, tuomet iš (4) lygties seka: f = tgα, arba f = 0,27

Iš (5) lygties N = m(g + a)cosα, įrašę skaitines vertes, gauname normalinę slėgio jėgą: N = 2,9 N.


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.

gm r

pFr

vr

y

m Fr ~ v v(t) - ?

Krintantį kūną veikia dvi jėgos:

sunkio gmr

ir oro pasipriešinimo

vrFprr

−= . Užrašome antrąjį Niutono dėsnį

vektorine forma:

vrgmdtvdm

rrr

+= .

Suprojektavę visus lygtyje esančius vektorius į vertikaliai žemyn nukreiptą y ašį ir padaliję iš m, gauname:

rvmgdtdvm −= .

Atskiriame kintamuosius:

dt

mrvg

dv=

−

ir integruodami gauname:

tmrCln

mrvg −=+

−ln . (1)

Integravimo konstantą C nustatome iš pradinių sąlygų. Kai t = 0, tai v = 0, tuomet iš (1) ln glnC −= . (2)

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

mgrvm

rt

−=−

1e .

Iš šios išraiškos seka:

−=

−mrt

er

mgv 1 . (3)

Pagal (3) nubraižome grafiką v(t).


t

v

v0

Nusistovėjusio greičio vn išraišką gauname iš sąlygos, kai ∞→t ,

tuomet r

mgvn = .

2.9. m masės kūną ima veikti jėga tcosFF ω0= (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.

Greičio projekcija lygi pirmajai koordinatės

išvestinei pagal laiką: dtdxv = . Iš šios išraiškos

gauname, kad: . (1) ∫= vdtx

Rasime greičio priklausomybę nuo laiko. Pagal antrąjį Niutono dėsnį:

m tcosFF ω0=

v0 = 0 V(t) - ?

dtdvmF = , arba tcosF

dtdv

ω0=m . (2)

Tuomet iš (2) lygties seka:

tdtcosmFdv ω0= .

Integruojame abi lygybės puses ir gauname:

CtsinmFtcos

mF

+== ∫ ωω

ω 00v . (3)

Iš pradinės sąlygos, kai t = 0, tai v = 0, tuomet C = 0. (4) (3) išraišką, atsižvelgę į (4), įrašome į (1) ir randame:

1200 Ctcos

mFtdtsin

mFx +−== ∫ ω

ωω

ω (5)


Kai t = 0, tai x = 0, tuomet 20

1 ωmFC = . (6)

(6) įrašę į (5), gauname:

( )tcosm

Fx ωω

−= 120 .

Kadangi Tπω 2

= , tuomet

−= t

Tcosxx π210 , (7)

čia ωm

Fx 00 = .

Pagal (7) nubraižome kūno koordinatės priklausomybės nuo laiko grafiką.

t

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


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

R = 0,2 m n = 2 s-1 α - ?

Rutuliuką veikia sunkio jėga gmr

ir normalinė dubens vidinio

paviršiaus reakcijos jėga . Remiantis antruoju Niutono dėsniu:

r

α

gmr

rrNr

Rr

ω y

x N

r

amNgmrr

=+ . (1)

Suprojektavę (1) lygties vektorius į x ir y ašis, kurių kryptys parodytos, gauname: xmasinN =α , (2) 0=−mgcosN α . (3)

Rutuliuko pagreičio projekcija į x ašyje: ax = an = ω 2r, (4) čia ciklinis sukimosi dažnis nπω 2= , r = Rsinα. Iš (2) ir (3) lygčių randame:

Rn

g224π

α =cos , arba Rn

garccos 224πα = , α = 1,26 rad.

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: rr

čia ( )

( ) ,cos

cos

DdSrdFdr

FFdrrdFdA

=

==rr

r

(1)

,rdr

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)


Į (1) įrašome (2) ir suintegruojame:

(4) . 2

2

00

000

0

kSSFkSdSdSFdS)kSF(ASSS

+=+=+= ∫∫∫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 = kt2 , čia k = 0,1 m/s3 . Nustatykite kūną veikiančios jėgos pobūdį ir apskaičiuokite jos atliktą darbą per 10 s. Kūno masė − 10 g.

v = kt2 k = 0,1 m/s3 m = 0,01 kg t = 10 s F(t) - ? A - ?

Jėgos veikimo pobūdį nusakančią lygtį rasime pasinaudoję antruoju Niutono dėsniu:

.→→

= amFNukreipiame x ašį kūno judėjimo kryptimi ir

užrašome lygtį projekcijomis šioje ašyje: F = ma (1)

Tiesiaeigio judėjimo atveju pagreičio modulis yra lygus greičio modulio išvestinei: a = dv/dt = 2kt. (2) Į (1) įrašome (2): F = 2mkt. (3) Iš (3) matome, kad kūną veikianti jėga kinta tiesiškai ir jos kryptis sutampa su

judėjimo kryptimi. ,1Fcos(

(4) 00

=

==

→→

→→

∫∫

)Sd

,FdS)SdFcos(FdSASS

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 = kt2dt. (5)

.212 42

0

2 tmkdtmktktAt

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

Į gautą išraišką įrašome skaitines vertes ir apskaičiuojame atliktą darbą: KTU Fizikos katedra 30

A = 0,5 10-2 0,12 104 J = 0,5 J.

.3. Rogutės, šliaužiančios be trinties horizontaliu ledo kel

Trinties jėgos atliktas darbas: , (1)

čia W1 = ½ mv2 – pradinė

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

čia x – šliūžių ant asfalto ilgis. ą kelią suskirstome į dvi dalis:

(3)

(4)

Į (5) įrašę (4) ir (2) ir atsižvelg

3v = 6 m/s k = 1 L = 2 m S - ?

iu 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?

A = W2 – W1 rogučių kinetinė energija, W2 = 0 – galinė kinetinė

energija rogutėms sustojus.

L

ledas

x

x asfaltas

asfalto reakcijos jėga N1.Pagal brėžinį

mg (2) ,1 xL

N =

Dėl šios priežasties vis S = S1 + L. Kelyje L veikia kintama trinties jėga: F1 = k N1. Tuomet atliktą darbą kelyje L randame pasinaudoję formule:

ę į tai, kad cos = -1, nes jėgos r

ir poslinkio

(5) 0

11 .cosdxFA α∫=L

1Fkryptys priešingos, gauname:

Kelyje S1 rogutė ra

F2 = kN = kmg . (7)

s visu ilgiu yra ant asfalto, tuomet trinties jėga y

(6) 2

01 .kmgLdx

LkmgxA −=−= ∫

L

pastovi: Pastovios jėgos atliktas darbas: KTU Fizikos katedra 31

A2 = F2S1cosα . (8)

(9)

(10)

A = - ½ kmgL – kmg(S – L). (12)

Įrašome skaitines vertes ir suskai e:

r

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 mv2 . (1)

W2 = ½ kx2 , (2) čia k – spyruoklės tamprumo koeficientas, kurį rasime pasinaudoję formule:

Į (8) įrašę (3) ir (7) ir atsižvelgę, kad cosα = - 1 ,randame: A2 = - kmg(S – L) .

Visame kelyje trinties jėgų atliktas darbas: A = A1 + A2 .

Į (10) įrašome (6) ir (9): Iš čia išreiškiame ieškomąjį dydį:

čiuojam

.2kg

kgLS =2v +

.8,21012

mmS =⋅⋅

=210162 ⋅⋅+

3.4. Ant vertikalios spy

Kiek šisuoklės padėtas kūnas suspaudžia ją 1mm.

h

x

x

I

0vr

II

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 m 0

- ?

h = 0,2 m v0 = 1 m/s x

inimo jėgų, sistemoje kūnas – spyruoklė – žemė veikia tik potencialinės (gravitacijos ir tamprumo) jėgos. Tokią sistemą laikome konservatyviąja mechanine sistema, kurioje galioja mechaninės energijos tvermės dėsni Rasime sistemos pilnutinę m

0

galinėje ( II ) padėtyse. Aukščio atskaiašį nukreipiame vertikaliai aukštyn. Sistemos pradinė mechanikinetinės energijų sumai: Sistemos energija galinėje padėtyje yra lygi deformuotos spyruoklės potencinei energijai:


k = mg/x0 . (3) Pagal mechaninės energijos tvermės dėsnį W1 = W2. (4) Į (4) įrašę (1) ir (2), gauname: mg( h + x) + ½ mv2 = ½ kx2 . (5) Atsižvelgę į (3) ir pertvarkę (5), gauname kvadratinę lygtį:

x2 – netinka, nes x2 <x0 ė susispaustų mažiau, nei pad

astoviu linijiniu greičiu vertikalioj as žemiausi

Remdamiesi antruoju iutono dėsniu, užrašome dinaminę

taške A: (1) lygtyj ę į y ašį gausime skaliarinę lygtį:

Ft – mg = man , (2)

x2 – 2x0x – x0(2h + v02/g) = 0.

Šios lygties sprendiniai:

negali būti. Tai reikštų, kad dėl kūno kritimo spyruoklėjus ant jos kūną.

(7) 220

02002

0001

.)gvh(xxxx

g

++−=

(6) 2202 ,)vh(xxxx +++=

Į (6) įrašome skaitines vertes ir apskaičiuojame, kiek krisdamas kūnas suspaudė spyruoklę:

3.5. Svarstis, kurio masė 0,5 kg, pririštas prie 0,5 m ilgio siū

8,9

lo, sukasi e plokštumoje. Siūlo įtempim

.234,0))1,02,02(10 3 mm =+⋅−

vy

pame jo taške 44 N. Į kokį aukštį pakils svarstis, siūlui nutrūkus tuo

metu, kai svarsčio greitis bus nukreiptas vertikaliai aukštyn? m = 0,5 kg

R = 0,5 m r

Nlygtį svarsčiui esant žemiausiame

(1) .amgmF nt

→→→=+

1)101( 23 ⋅+⋅ −

A

101(2

3x +⋅= −

e esančius vektorius suprojektav

čia an – normalinis pagreitis.

Ft = 44 N h - ?

vr

gr

m

+Fr


Kadangi an = v2/R m

Pagal mechaninė a taške B yra lygi potencinė ą

kilimo aukštį:

e

e:

3.6. Du variniai rutuliai, kuri cm, liečiasi vienas

u kitu. Apskaičiuokite jų sąveikos potencinę energiją.

ųjų taškų ar rutulio avidalo kūnų, kurių masės m1 ir m2 , o atstumas

tarp jų

čia γ = 6,67 10-11 Nm2/kg2

Rutulių ma m2 = ρ4/3πR2 , (2)

R2 . (3) ąveikos potencinės

Į gautą

, tai iš (2) gauna a linijinio greičio išraiška:

s energijos tvermės dėsnį svarsčio kinetinė energijs energijos pokyčiui svarsčiui pakylant į aukščiausi

m(3) .)mgF(Rv t −=

tašką nutrūkus siūlui: ½ mv2 = mgh . (4) Išreiškiame pa h = v2/2g. (5) Įrašom (3):

.2mg

h =)( mgFR t −

Įrašome skaitines reikšmes ir apskaičiuojam5,044(5,0 ⋅− .99,1)8,9 mm =

8,95,02h

⋅⋅=

ų spinduliai 4 cm ir 6 s

Dviejų materialiR1 = 4 cm = 4 10-2m

R = 6 cm = 6 10-2m

U Fizikos katedra 34

)106104(9 ⋅+⋅

p2 Wp - ?

masių centrų r, gravitacinės sąveikos potencinė energija:

21 ,r

mmp

⋅−=γ (1)

– gravitacinė konstanta. ses išreiškiame iš tankio formulės ρ = m/V:

3 m1 = ρV1 = ρ4/3 πR13 ir

čia ρ = 8930 kg/m3 - vario tankis. Atstumas tarp besiliečiančių rutulių masių centrų: r = R1 + Į (1) įrašę (2) ir (3), gauname gravitacinės s

W

energijos išraišką:

išraišką įrašome skaitines vertes ir apskaičiuojame:

(4) .)(9 2121 RRRR

W p +−=

+−=

822221122

−−−−

163332

31

2221 RRRR γρππρπγρ 44 33

.10 JW 29,1)106()104(1067,6893014,31622 Jp −− ⋅−=

⋅⋅⋅⋅−=

KT

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 1F

r ir 2F

r , dėl to spyruoklės įgyja

potencinės energijos. Potencinės energijos nuliniu lygmeniu pasirenkame neištemptų spyruoklių potencinę energiją (Wp01 = Wp02). Tuomet ištemptos pirmos

spyruoklės potencinė energija: Wp1 = ½ k1∆l1

2 , (1) antros spyruoklės: Wp2 = ½ k2∆l2

2 . (2)

2Fr

1Fr

Fr

k1 = 400 N/m k2 =250 N/m ∆l1 = 0,02 m A - ?

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:

(6) 2

112 .

klkl ∆∆ =

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

.22 2

21

21

211

klklkA ∆

+∆

=

Į šią išraišką įrašome skaitines vertes ir apskaičiuojame jėgos atliktą darbą ištempiant spyruokles:


.21,02502

)102(4002

)102(400 22222JJA =

⋅⋅

+⋅

=−−

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 - ?

x

m2

prieš smūgį

vr

1vrm1 m2

m1

x

po smūgio Kūnams netampriai susidūrus abu kūnai juda kartu tuo pačiu greičiu v. Pritaikome tokiam smūgiui impulso tvermės dėsnį:

(1) . 2111

→→+= v)mm(vm )

(1) lygties vektorius suprojektavę į x ašį, gauname skaliarinę lygtį: m1v1 = ( m1 + m2 ) v . (2) Iš (2) lygties:

(3) 21

11 .mm

vmv+

=

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)v2 . (6)


Iš (4) lygties pradinės kinetinės energijos dalis, virtusi susidūrusių kūnų vidine energija:

.1)(

21

1211

221

211

1 mmm

vmvmmvm

WU

k −−=

+−=

∆

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 − 600 . Rasti dalelių masių santykį.

Susidūrus tampriems kūnams vienu metu galioja impulso ir echaninės energijos tvermės dėsniai. Kadangi prieš smūgį m2 masės dalelė

ejudėjo, tai impulso tvermės dėsnis

m1v1 + ½ m2v2

v

/m2 = ?

m1 m2 φ`= 600

y 11vmr

x ϕ/2

vmr

1

20vmr

ϕ 0 m1

mn

mechaninės energijos tvermės dėsnis: ½ m1v2 = ½ 2 2 , (2) čia v1 ir v2 – pirm

(1) lygtyje esanč dvi skaliarines lygtis:

os φ/2 + m2v2cos φ/2, (3)

me (5):

Iš (2) lygties, pas

Į gautą išraišką į

(1) 22111 ,vmvmvm→→→

+=

os ir antros dalelių greičiai po smūgio. ius vektorius suprojektavę į x ir y ašis, gauname

m1v = m1v1c0 = m1v1sin φ/2 - m2v2sin φ/2. (4)

Iš (4) lygties: m1v1 = m2v2. (5)

Į (3) įrašov = 2v1 cos φ/2. (6)

inaudoję (5) ir (6) lygtimis, gauname:

Iš (7) išreiškiame dalelių masių santykį:

(7) 2 2112

211

21 2 2m

ϕ1 .)vm(mvm)cosv(m +=

m1/m2 = 4cos2 φ/2 – 1. rašome φ skaitinę reikšmę ir apskaičiuojame:

m1/m2 = 4cos2 600/2 – 1 = 2 .


4. Sukamojo judėjimo dinamika

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

momentą ašies uo m1 masės tuliuko 0,2 m atstumu, atžvilgiu.

R ukus laikysime materialiaisiais taškais, tuomet jų sistemos inercijos m ntą rasime pasinaudoję formule:

p varaus 0,4 m ilgio strypelio galų. Rasti šios sist, statmenos strypelio tęsiniui ir nutolusios n

ru

utuliome

I-?

r = 0,4 m

m1 = 10g = 1·10-2 kg m2 = 20g = 2·10-2 kg d = 0,2 m

z

m2 m1

0

222

211

2 rmrmmIn

i +==∑

Į šią išraišką įrašę skaitines

ri1i

čia r1 = d, r2 = r + d. =

,

Tuomet I = m1d2 + m2(r + d)2. vertes ir apskaičiavę, gauname:

2 + 2·10-2(0,2+0,4)2] kg m2 = 7,6·10-3 kg m2.

isyklingojo trikampio viršūnėse. kios: m1 = 0,1 kg,

os momentą pio plokštumai ir einančios per sistemos masių centrą,

I = [1·10-2·0,2

2 = 0,2šies, statmenos trikam

4.2. Trys maži rutuliukai įtvirtinti taTrikampio kraštinės ilgis a =0,2 m. Rutuliukų masės yra tom kg ir m3 = 0,3 kg. Apskaičiuokite sistemos ašinį inercijaatžvilgiu.

a =0,2m m1 = 0,1 kg m2 = 0,2 kg m3 = 0,3 kg I-?


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

y

m2

m1

x

c yc

xc

m3

0

α

I1 = I + md2, (1)

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:

. (2) 3211

mmmmmn

ii ++==∑

=

Sistemos inercijos momentas z ašies atžvilgiu:

. (3) 231

23

21

1

21 a)mm(amamrmI

n

iii +=+==∑

=

Rutuliukai yra xy plokštumoje, todėl rutuliukų masių centro padėtį apibūdina dvi koordinatės: xc ir yc. Rasime šias koordinates:

321

332211

1

1

mmmxmxmxm

m

rmx n

ii

n

iii

c ++++

==

∑

∑

=

= .

Iš brėžinio matome, kad atitinkamos rutuliukų x koordinatės x1 = -a cosα , x2 = 0, x3 = a cosα. Trikampis lygiakraštis, todėl α = 600.

Tuomet ( )

321

13

321

31

mmmcosamm

mmmcosamcosamxc ++

−=

+++−

=ααα

, (4)


321

332211

1

1

mmmymymym

m

ymy n

ii

n

iii

c ++++

==

∑

∑

=

= ,

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

Tuomet ( )

321

31

321

21 222mmm

cosamm

mmm

cosamcosamyc ++

+=

++

+=

ααα

. (5)

Iš brėžinio matome, kad 22

cc yx +=d . (6) Iš (1), atsižvelgę į (2), (3), (4), (5) ir (6), gauname sistemos inercijos momentą ašies, einančios per sistemos masių centrą, atžvilgiu: I = I1 – md2,

( ) ( )

2

2231

2213

312 a

m

cosmmcosmmmmI

++−−+=

αα.

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

( ) ( )2322

022022

1 103720302010

2601030601030

2010 mkg,mkg,,,,

cos,,cos,,,,I ⋅⋅=⋅

++

++−−+= − .

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-?

Pasirenkame

koordinačių sistemą xy, kurios pradžią sutapatiname su strypo masių centru O. Visą strypą išskaidome į be galo daug mažų dm masės elementų (vienas jų pažymėtas brėžinyje), kuriuos galima laikyti materialiaisiais taškais. Tuomet tokio elemento inercijos momentas

x

y

dm 0

x dx

y’


dI , (1) dmx 2=čia x – dm masės elemento atstumas iki sukimosi ašies y. Elemento dm masę rasime pasinaudoję formule: dm dxτ= , (2) čia τ = m/l – medžiagos ilginis tankis. Vienalyčio strypo atveju jo inercijos momentas y ašies atžvilgiu: . (3) ∫= dmxI y

2

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

∫−

−====

2

2

22

2

32

1 121

3

L

L

L

Ly mLxLmdxx

LmII . (4)

Inercijos momentą, I2 y’ ašies, einančios per strypo galą atžvilgiu, rasime iš (3), pakeitę integravimo rėžius, t.y. integruodami nuo 0 iki L:

∫ ===L

L mLxLmdxx

LmI

0

20

32

2 31

3. (5)

I2 galime rasti pasinaudoję Heigenso ir Šteinerio teorema: , (6) 2

12 mdII +=čia I1 – inercijos momentas ašies, einančios per masių centrą, atžvilgiu y

2L

=d – atstumas tarp y ir y’ ašių.

Tuomet 22

22 3

1212

1 mLLmmLI =

+= . (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.

a) Mintyse suskaidome diską į be

galo daug siaurų žiedų (vienas iš jų parodytas brėžinyje), kurių kiekvieno

R

dr

r 0

M R I1–?; I2–?


spindulys r, plotis dr ir masė dm. Kadangi visi to paties žiedo taškai vienodai nutolę nuo sukimosi ašies, tai jo inercijos momentas: dI . dmr 2=Žiedo masė dm = ρ dV, o žiedo tūris drrb2 dV ⋅= π , čia ρ – medžiagos tankis, b – žiedo storis. Atsižvelgus į tai, žiedo inercijos momentas: dI . (1) dr br2 3 ρπ=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:

∫ ==R

RbdrbrI0

43

1 22 ρπρπ . (2)

Kadangi disko medžiagos tankis bR

mVm

2πρ == ,

tai inercijos momentas

2

2

1mRI = . (3)

b) Disko inercijos momentą I2 ašies, statmenos diskui ir einančios per jo kraštą, atžvilgiu rasime pasinaudoję Heigenso ir Šteinerio teorema: , 2

12 mdII +=čia d = R. Tuomet 222

2 23

21 mRmRmRI =+= .

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–?

stMr

εr

Rr F

rMr

z

Diską veikiančių jėgų

atstojamasis momentas:


stMMMrr

+= 1 , (1)

čia FRM ×=1

r. (2)

Pasinaudoję sukamojo judėjimo dinamikos pagrindine lygtimi: εIM = . (3) (1) lygtyje esančius vektorius suprojektavę į z ašį, nukreiptą išilgai sukimosi ašies, gauname skaliarinę lygtį: εIMM st =−1 . (4) Ašinis disko inercijos momentas

2

21 mRI = . (5)

rKadangi vektoriai R

v ir F tarp savęs statmeni, jėgos momento modulis:

. (6) RFM =1

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

( )

22

mRMRF st−

=ε .

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

( )22 100

040575201002

srad

srad

,,,

=⋅

−⋅=ε .

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 + Bt2 + Ct3, 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 + Bt2 + Ct3 A = 1 s-1 B = 4 s-2 C = -1 s-3 t = 2 s M(t)-? M-?

Pasinaudosime pagrindine sukamojo judėjimo lygtimi: εIM = . (1) Rutulio ašinis inercijos momentas:

2

52 mRI = . (2)

Sukimosi kampinis pagreitis:

dtdωε = . (3)

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

dtdϕω = . (4)

Taigi ω = A + 2Bt + 3Ct2. (5) Remiantis (3) ir (5) lygtimis, kampinis pagreitis: ε = 2B +6Ct. (6)


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

( CtBmR)t(M 354 2 += ) . (7)

Į (7) įrašę skaitines vertes ir apskaičiavę, gauname jėgos momento skaitinę vertę, kai t =2s:

( )( ) Nm,Nm.)(M 64021342010542 2 −=

−+⋅= .

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-?

gmr

1

2T ′r

1T ′r

1Tr

Rr

gmr

2

2Tr

m1 ir m2 masių kūnus veikia sunkio jėgos ir gm1

r gmr

2

1Tr

bei siūlo tempimo jėgos ir

. Taikydami atskirai kiekvienam jų antrąjį Niutono dėsnį, gauname:

2Tr

x

1111 amTg =+m , (1)

2222 amTg =+m . (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 amTg 111 =− , (1’ ) m amTg 222 −=− . (2’ ) Skridiniui taikome pagrindinę sukamojo judėjimo dinamikos lygtį εIM = . (4) Skridinio – pilnavidurio cilindro – ašinis inercijos momentas

2

21 mRI = . (5)

Jo kampinis pagreitis:


Ra

=ε . (6)

Kadangi siūlas neslysta skridiniu, tai jo sukimąsi sukelia T1’ ir T2’ jėgų veikimas. Skridinio sukamasis jėgos momentas:

rr stMMM += 1

r, (7)

rrčia 11 TRM ′= ir M 22 TR ′=

rrr. (8)

Į (4) lygtį įrašę (7) išraišką ir ją suprojektavę į z ašį, sutampančią su sukimosi ašimi, nukreipta į mus, gauname: εIMM =− 21 . (9)

Kadangi ir , tai jų moduliai: 1TR ′⊥rr

2TR ′⊥rr

M1 = RT1’ ir M2 = RT2’. (10) Į (9) įrašę (5), (6) ir (10), gauname: T1’ – T2’= ma/2. (11) Iš siūlo nesvarumo sąlygos darome išvadą, kad T1’ = T1 ir T2’ = T2 . (12) Išsprendę (1’ ), (2’ ) ir (11) lygčių sistemą bei atsižvelgę į (12), randame kūnų judėjimo pagreitį:

( )

21

21

21 mmm

gmma++

−= .

Į šią išraišką įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame pagreitį:

( )22 82

12121

1012s

m,s

ma =⋅++

−= .

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-?

x

y trFr

Nr

gmr

α


Riedantį nuožulniąja plokštuma rutulį veikia sunkio, trinties ir plokštumos reakcijos jėgos. Pagal antrąjį Niutono dėsnį:

rr amFgmN tr

rr=++ .

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: εIM = . Užrašysime šią lygtį projekcijomis į z ašį, nukreiptą išilgai rutulio sukimosi ašies: εIM = . (2) Ašinis rutulio inercijos momentas:

2

52 mRI = , (3)

čia R – rutulio spindulys. Trinties jėgos momento modulis: M = Ftr·R. (4) Sukimosi kampinis pagreitis:

Ra

=ε . (5)

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

maFtr 52

= . (6)

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

αsing75

=a .

4.9. Kokį darbą reikia atlikti, norint smagratį priversti suktis 2 s-1 dažniu? Smagračio inercijos momentas 280 kgm2.Trinties nepaisyti.

I = 280 kgm2 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

2

2Iw

k =W , (3)

čia πυω 2= . (4) (1) formulę pakeitę pagal (2),(3),(4) išraiškas, gauname: KTU Fizikos katedra 46

IA 222 υπ= . (5) Į (5) formulę įrašome skaitines vertes ir apskaičiuojame išorinių jėgų

darbą: . kJJJ,A 222208528021432 22 ≈=⋅⋅⋅= 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:

22

22

2ωImv

k +=W , (4)

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:

22

22 Iwmvmgh += . (6)

Kai rutulys rieda neslysdamas: , (7) R/v=ωčia R – rutulio spindulys. Rutulio inercijos momentas:

2

52 mRI = . (8)

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


7

10gh=v .

Į šią formulę įrašome skaitines reikšmes ir apskaičiuojame:

s/m,s/m,, 637

908910=

⋅⋅=v .

4.11. Kūno posūkio kampo priklausomybė nuo laiko užrašoma lygtimi φ = at + bt2, čia a= 32 rad/s, b = -4 rad/s2. Kūno inercijos momentas 100 kgm2 . Apskaičiuokite stabdymo jėgų atliktą darbą sustabdant besisukantį kūną.

Besisukančio kūno stabdymo jėgų atliktas darbas:

, (1) ∫=ϕ

ϕ0

MdA

čia M – stabdymo jėgų momentas, kurį gausime, pasinaudoję kieto kūno sukamojo judėjimo dinamikos

pagrindine lygtimi:

φ = at + bt2

a = 32 rad/s

b = -4 rad/s2

A - ?

εrr

IM = . (2) Vektoriai M

r ir ε

r yra vienodų krypčių, nukreiptų išilgai koordinačių ašies,

pasirinktos išilgai kūno sukimosi ašies. (2) lygties vektorius Mr

ir εr

suprojektavę į šią ašį, gauname skaliarinę lygtį: M=Iε. (3) Šioje lygtyje ε yra kampinis kūno pagreitis:

dtdωε = , (4)

o ω – kūno kampinis greitis, kuris yra lygus

btadtd 2+==ϕω . (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), (9) čia t1 –laikas, kai kūnas sustoja. Vadinasi, ω = dφ/dt = 0. Arba a +2bt1 = 0


Taigi

ba21 −=t . (10)

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

2

2IaA −= .

Į gautąją išraišką įrašome skaitines vertes ir gauname stabdymo jėgų momento darbą:

J,JA 32

10251232100

⋅=⋅

−= .

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.

Platformai laisvai sukantis galima taikyti impulso momento tvermės dėsnį:

rr 21 LL = . (1) Kadangi L1

r ir L2

r 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:

ν1 = 0,2 s-1 m1 = 100 kg m2 = 60 kg n2 - ?

L1=L2. (2) čia L1 ir L2 – pradinis ir galinis impulso momentai, kuriuos išreiškiame taip: ( ) 1211 ωIIL += , (3) ( ) 2212 ωIIL ′+= . (4) Platformos inercijos momentas:

211 2

1 RmI = . (5)

Žmogaus, stovinčio ant platformos krašto, inercijos momentas: . (6) 2

22 RmI = Žmogui perėjus į platformos centrą, jo inercijos momentas: , (7) 02

222 == RmIčia R2 – žmogaus nuotolis nuo sukimosi ašies. Besisukančios sistemos pradinį ir galinį kampinius greičius išreiškiame: , (8) 11 2πνω =

. (9) 22 2πνω =


Pertvarkę impulso momento tvermės dėsnį (2) pagal (3), (4), (5), (6), (8) ir (9) išraiškas, gauname:

12211 21

21 mnmmn ⋅=

+ .

Iš gautos lygties išreiškiame ieškomąjį dydį:

+=

1

212

21mmnn .

Į šią išraišką įrašome skaitines vertes ir apskaičiuojame platformos sukimosi dažnį žmogui perėjus į jos centrą:

112 870

1006021 −− =

⋅+= s,sn .

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?

Kadangi diskai sukasi laisvai, galime taikyti impulso momento tvermės dėsnį:

rrrLLL =+ 21r. (1)

Kadangi L , L1 2r

ir Lr

yra nukreipti išilgai sukimosi krypties, tai koordinačių ašį nukreipę tos ašies kryptimi ir (1) lygties vektorius suprojektavę į tą

ašį, gauname:

I1 ω1 I2 ω2 ω - ? ∆Wk - ?

, (2) LLL ++ 21čia L1 ir L2 – pirmojo ir antrojo disko impulsų momentai, jiems sukantis atskirai, o L – sulipusių diskų impulso momentas. Kadangi , 111 ωIL =

, 222 ωIL =

, ( )ω21 IIL +=tai šias išraiškas įrašę į (2) lygtį, gauname: . (3) ( ωωω 212211 IIII +=+ ) Iš (3) lygties išreiškiame ieškomą dydį:

21

2211IIII

++

=ωωω . (4)

Sistemos kinetinės energijos pokytis: , (5) 12 kkk WWW −=∆

čia diskų sistemos pradinė kinetinė energija: KTU Fizikos katedra 50

22

222

211

1ωω II

k +=W . (6)

Sulipusių diskų kinetinė energija:

( )

2

221

2ωII

k+

=W . (7)

Į (7) formulę įrašome (4) išraišką:

( )

( )21

22211

2 2 IIII

k ++

=ωω

W . (8)

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

( )( )21

22121

2 IIIIEk +

−−=

ωω∆ .

22

222

211

1ωω II

k +=W . (6)

Sulipusių diskų kinetinė energija:

( )

2

221

2ωII

k+

=W . (7)

Į (7) formulę įrašome (4) išraišką:

( )

( )21

22211

2 2 IIII

k ++

=ωω

W . (8)

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

( )( )21

22121

2 IIIIEk +

−−=

ωω∆ .

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 =


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

Įrašę skaitines vertes gaunam,07 m,

,86 = 310 ≈ π/6. Materialiojo taško svyravi

os (πt + π/6 ), m.

5.2. Materialiojo taško harmoninio svyravimo lygtis: x = 0,03 sin π (t+ 0,5 )m.

aterialiojo taško svyravimo greitis yra

ϕνπ

ϕ

222

02

20

02

20

4sin

xv

,cosxx

m

m

=

=

Abi lygtis sudedame:

,sincosxx mm

14 0

20

222

02

020 =+=+ ϕϕ

νπvx 22

e:

.vx

xxxcos

,vxx

m

m

20

2

202

0

000

20

202

0

4

4

νπ

ϕ

νπ

+==

+=

xm = 0φ0 = arc cos 0

mo lygtis: x = 0,007 c

Apskaičiuokite greičio ir pagreičio maksimalias vertes ir svyravimo fazę po 5s.

t1 = 5s Mv = dx/dt = 0,03π ( t + 0,5 ), o jo maksimalus greitis yra

vm = 0,094 m/s,

2

vm - ? am - ? φ1 - ?


kai cos π ( t + 0,5 ) = 1. imo pagreitis:

,03 π2 sin π ( t + 0,5 ), o jo maksimalus pagreitis:

m = 0,03 π2 = 0,29 m/s2, kai sin π ( t + 0,5 ) = 1.

vimo fazė: 0,5 ),

o laiko momentu t1 = 5s, jo 5 + 0,5 ) = 17,3 rad.

5.3. 5g masės dal Hz dažniu. Svyravimo amplitud

Dalelės svyravimo lygtis: x =xm c

sin (2πν0t + φ0 ).(2) iko

x1 = xm

0 ). Ją spręsdami:

x1/xm = cos ( 2πν0t1 + φ0 ),

gauname dalelės greitį laikn (arc cos x1/xm ).

Įrašę skaitines vertes, gaun3π 10-2 sin ( arc cos 0,5 ) = - 0,008 m/s.

Nustatome dalelę veikianči/dt ( - 2πν0xm sin (2πν0t + φ0 ),

maksimalią jėgą: Fm = - 4 π2 ν0

2xm, kai cos ( 2πν0t1 + φ0 ) = - 1. Įrašę skaitines vertes:

Fm= 0.3 N. Visa dalelės energija susideda iš svyravimo kinetinės

ir potencinės W = Wk + Wp = mv2/2 + kx2/2 , (3)

Materialiojo taško svyrava = dv/dt = - 0

a

Materialiojo taško svyraφ = π ( t + fazė: φ1 = π (elė harmoningai svyruoja 0,5

ė 3 cm. Apskaičiuokite dalelės greitį, kai jos nuokrypis 1,5 cm, dalelę veikiančią maksimalią jėgą, svyravimo mechaninę energiją.

-3m = 5g = 5 10 kg

3 10-2 m

1 - ? Fm - ? W - ?.

ν0 = 0,5 Hz xm = 3 cm = x1 = 1,5 cm = 1,5 10-2 m v

os ( 2πν0t + φ0 ), (1) o jos greičio lygtis: v = dx/dt = - 2πν0xmĮ šias dvi lygtis įrašę laiką t1 ir tuo lamomentu 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 siame: v1 = - Iš antrojo Niutono dėsnio:

ą jėgą:

.dt

vdmF→=

→

F = m d

svyravimo energijų:


čia k – materialiosios dalelės svyravimo tamprumo koeficientas, kuris yra k = mω0

2 = 4mπ2ν02.

Į (3) lygtį įrašę greičio (1) ir nukrypio (2) lygtis gauname: W=4π2ν0

2xm2 m/2 sin2(2πν0t +φ0) +4π2ν0

2xm2m/2 cos2(2πν0t+φ0 ) =

4π2ν02xm

2m/2 (sin2 (2πν0t + φ0)+cos2(2πν0t +φ0 ))=2π2 ν02xm

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/s2. 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/s2 = -0,80 m/s2 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 = - Aω2 cos ( ωt + φ ).

Įrašę laiko momento t = t1 skaitines reikšmes x = x1 = 0,05m, v = v1 = 0,20m/s ir a = a1 = -0,80m/s2, gauname:

0,05 = A cos ( ωt + φ ), (1) 0,20 = - Aω sin ( ωt + φ ), (2) -0.80 = - Aω2 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.


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.

Laikydamiesi mastelio, nubraižykite amplitudžių sudėties vektorinę diagramą.

Sudedamų svyravimų lygtys :

x1 = A1 cos ( 2π/T t + φ1 ), (1)

AB

φB φ1 φ2

β A2 A1

T = T1 = T2 = 1,5s A = A1 = A2 = 2 cm = 0,02 m φ1 = π/2 φ2 = π/3 AB - ? φB - ? x (t) - ?

2π/T t 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:

βcos2 2122

21 AAAAAB −+=

ir cos β = - cos ( φ1 – φ2 ) . Įrašę skaitines vertes gauname:

.m,)cos(AB 0406

122 =+=π

Iš grafiko nustatome, kad

.cosA

sinAsinAtg B22

1122

ϕϕϕϕ +

=

Įrašę skaitines vertes gauname: φB = 750 . KTU Fizikos katedra 55

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

= sin πt; y = 2 sin (πt + π/2 ).Sudarykite atstojamojo svyravimo trajektorijos lygtį.

Sprendžiame lygčių sistemą: x = sin πt, (1)

y = 2 sin ( πt + π/2 ), (2)

x = sin πt y = 2 sin ( πt + π/2 ) y ( x ) - ?

eliminuodami t. (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:

.yx 14

22 =+

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 = eβt = 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:

.TeA

AlnT tt βΛ

β==

−0

0

Iš čia β = Λ/T.


Įrašę β į (2) lygtį gauname: t1 = T ln2/ Λ . (3)

Periodą T randame iš lygties, susiejančios svyravimų ciklinį dažnį su spyruoklės tamprumo koeficientu:

ω2 = k/m, t.y. 4π/T2 = k/m. Iš čia

.2kmT π=

Įrašę T į (3) lygtį gauname:

kmt π22ln

1 Λ=

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-βt1 .

Per tą laiką amplitudė sumažėjo n1 karto: n1 = A0/A1 = eβt

1 . Per laiką t2 amplitudė sumažės n2 karto: n2 = A0/A2 = eβt

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:

.en tnlnt

1

12

2 =Įrašius skaitines reikšmes gauname: n2 = 81.


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,

a = dv/dt = - Aω2 sin ωt. x = A cosωt A = 5 cm = 0,05 m ω = 2 s-1

v1 = 8 cm/s = 0,8 m/s a1 - ?

Įrašome visų dydžių vertes laiko momentu t1 ir gauname:

v = dx/dt = - Aω cos ωt1, a = dv/dt = - Aω2 sin ωt1,

Sprendžiame šią lygčių sistemą: abi lygtis pakeliame kvadratu ir sudedame:

.1sincos 22

12

42

2

22

21 =+=+ tt

Aa

Av ωω

ωω

Įrašę skaitines vertes ir įvertinę pagreičio ženklą gauname:

.vAa 21

221 −= ωω

a1 = - 0,12 m/s2 ,

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 - ?

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 ). Pagreičio lygtis:

a = dv/dt = - Aω2 cos ( ωt – kx ). Bangos fazė:

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 4π2/T2 cos ( 2π/T t1 - 2π/uT x1 ).

Į šias lygtis įrašę skaitines reikšmes gauname: v1 =- 0,1 sin π/6 = - 0,05 m/s,


a1 = - 0,52 cos π/6 = - 0,45 m/s2. Fazių skirtumą φ2 – φ1 = ∆φ gauname iš (1) lygties įrašę x1 ir x2:

∆φ = k ( x1 – x2 ) = 2π/uT (x1 – x2 ). Įrašę skaitines vertes gauname:

∆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. Įrašę skaitines vertes gauname:

∆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,

svyruojančių dalelių maksimalų greitį, bangos sklidimo greitį.

Palyginame sąlygoje duotą lygtį su plokščiosios bangos,

sklindančios x kryptimi, lygtimi:

S = 6 10-5 cos ( 1800 t – 5,3 x ) λ - ? vm - ? u - ?

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.

Įrašę skaitines vertes gauname: 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.


Įrašę skaitines vertes gauname: vm = 0,11 m/s .

5.13. Sklindančios plokščiosios bangos fazių skirtumas tarp 10 cm nutolusių vienas nuo kito taškų yra 600. Apskaičiuokite bangos sklidimo greitį, kai svyravimo dažnis 25 Hz.

∆x = 10 cm = 0,10 m ∆φ = 600 ν = 25 Hz u - ?

Plokščiosios bangos, sklindančios x kryptimi, fazė: φ = ωt – kx , (1) 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.

Įrašę skaitines vertes gauname: 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:

,)(

1

2 21 yyeAA −= β

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


Sąlygoje duotas amplitudžių sumažėjimas ∆A/A1:

.AA

AAA

AAn

1

2

1

21

11−=

−==

∆

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 ).

Įrašę skaitines vertes gauname: ∆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:

,nl

=1λ ,n

ll ∆λ −=2

čia n – bangų skaičius, telpantis l ilgio strype. Bangų dažniai: ν1 ir ν2 = ν1 + ∆ν,

).(n

llnl ν∆ν∆ν +

−= 11

Įrašome dažnius ir bangų ilgius į greičio lygtis ir suprastinę iš n gauname: ),)(ll(l ν∆ν∆ν +−= 11

.llν∆ν

ν∆∆+

=1

Įrašę skaitines vertes gauname: ∆l = 0,01 m.


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.

1) Traukiniams artėjant Doplerio efekto

lygtis:

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.

v1 = 72 km/h = 20 m/s v2 = 54 km/h = 15 m/s νs = 600 Hz u = 340 m/s ν1 - ? ν2 - ?

,uu

s2

11 υ

υνν−+

=

Į lygtį įrašę skaitines reikšmes gauname: ν1 = 665 Hz.

2) Traukiniams tolstant Doplerio efekto lygtis:

,uu

s2

12 υ

υνν+−

=

čia visi žymėjimai tokie pat kaip pirmuoju atveju. Įrašę skaitines vertes gauname:

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))]



= 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)) .

mechanikos, mechaninių svyravimų ir bangų uždavinių sprendimas ir gamtos mokslų... · 1....

Documents