Mechanikos, mechaninių svyravimų ir bangų uždavinių sprendimas
Mechanikos, mechaninių svyravimų ir bangų uždavinių sprendimas
Mechanikos, mechaninių svyravimų ir bangų uždavinių sprendimas
Create successful ePaper yourself
Turn your PDF publications into a flip-book with our unique Google optimized e-Paper software.
Kauno technologijos universitetas<br />
Angelė Repčienė<br />
Sigita Jarmalavičiūtė<br />
<strong>Mechanikos</strong>, <strong>mechaninių</strong> <strong>svyravimų</strong><br />
<strong>ir</strong> <strong>bangų</strong> <strong>uždavinių</strong> <strong>sprendimas</strong><br />
KTU Fizikos katedra<br />
0
Kauno technologijos universitetas<br />
Fizikos katedra<br />
Angelė Repčienė<br />
Sigita Jarmalavičiūtė<br />
<strong>Mechanikos</strong>, <strong>mechaninių</strong> <strong>svyravimų</strong><br />
<strong>ir</strong> <strong>bangų</strong> <strong>uždavinių</strong> <strong>sprendimas</strong><br />
KTU Fizikos katedra<br />
Mokomoji knyga<br />
Kaunas ∗ TECHNOLOGIJA ∗ 2004<br />
1
UDK 531/534(079)<br />
Re - 179<br />
Recenzavo: doc. dr. Delija Rutkūnienė<br />
<strong>ir</strong> doc. dr. Alvydas Jotautis<br />
Sk<strong>ir</strong>iama visų fakultetų studentams, pas<strong>ir</strong>ikusiems modulį<br />
P19OB101 ,,Mechanika, termodinamika, elektromagnetizmas”.<br />
ISBN 9955-09-648-9<br />
KTU Fizikos katedra<br />
2<br />
A.Repčienė,<br />
S.Jarmalavičiūtė,<br />
2004
Turinys<br />
Pratarmė 4<br />
1. Slenkamojo <strong>ir</strong> sukamojo judėjimo kinematika 5<br />
2. Slenkamojo judėjimo dinamika 19<br />
3. Slenkamojo judėjimo darbas, energijos <strong>ir</strong> impulso<br />
tvermės dėsniai 29<br />
4. Sukamojo judėjimo dinamika 38<br />
5. Mechaniniai svyravimai <strong>ir</strong> bangos 51<br />
KTU Fizikos katedra<br />
3
Pratarmė<br />
Metodinė priemonė parengta pagal bendrosios fizikos<br />
kurso, skaitomo Kauno technologijos universiteto techniškųjų<br />
specialybių studentams, p<strong>ir</strong>mo semestro programą. Pagrindinis<br />
šios priemonės tikslas – suteikti metodinę pagalbą studentams,<br />
bes<strong>ir</strong>uošiantiems teorinėms pratyboms, kontroliniams darbams <strong>ir</strong><br />
savarankiškai atliekantiems individualius namų darbus.<br />
Šiame elektroniniame leidinyje nagrinėjama <strong>uždavinių</strong><br />
sprendimo metodika. Uždaviniai sugrupuoti pagal temas: 1)<br />
slenkamojo <strong>ir</strong> sukamojo judėjimo kinematika; 2) slenkamojo<br />
judėjimo dinamika; 3) slenkamojo judėjimo darbas, energijos <strong>ir</strong><br />
impulso tvermės dėsniai; 4) sukamojo judėjimo dinamika; 5)<br />
mechaniniai svyravimai <strong>ir</strong> bangos.<br />
Mielas studente, ši priemonė pamokys, kaip spręsti įva<strong>ir</strong>ių<br />
tipų uždavinius, kaip nubraižyti brėžinius <strong>ir</strong> kt. Pagal pateiktus<br />
pavyzdžius pats sugebėsi spręsti <strong>ir</strong> kitus uždavinius, nes darbe<br />
stengtasi pateikti bendrus fizikos kurso <strong>uždavinių</strong> sprendimo<br />
metodus, parodyti, kaip jie taikomi konkrečiu atveju.<br />
Nuoš<strong>ir</strong>džiai dėkojame Kauno technologijos universiteto<br />
doc. dr. D.Rutkūnienei <strong>ir</strong> doc. dr. A.Jotaučiui už išsamius<br />
dalykinius patarimus bei pastabas.<br />
Vis dėlto nesame tikros, kad pavyko išvengti netikslumų<br />
bei klaidų. Už pastabas būsime dėkingos.<br />
KTU Fizikos katedra<br />
4<br />
Autorės
1. Slenkamojo <strong>ir</strong> sukamojo judėjimo kinematika<br />
1.1. Materialiojo taško judėjimo lygtis x = At+Bt 2 , čia A = 4 m/s, B =<br />
-0,5 m/s 2 . Apskaičiuokite taško vidutinį greitį laiko intervale nuo t1 = 2 s<br />
iki t2 = 6 s.<br />
x = At+Bt Taško judėjimo vidutinis greitis<br />
∆s<br />
= , (1)<br />
∆t<br />
čia ∆s - kelias, nueitas per laiko tarpą ∆ t = t . 2 − t1<br />
Jeigu kūnas per visą laiko tarpą judėtų tiese viena<br />
kryptimi, tuomet ∆s<br />
= ∆x<br />
, kai kūnas keičia greičio kryptį,<br />
tada keliui ∆ s nustatyti reikia laiko tarpą ∆t<br />
padalyti į<br />
tokius laikotarpius, kad per kiekvieną iš jų kūnas judėtų<br />
viena kryptimi. Apskaičiavę per kiekvieną tokį laikotarpį koordinatės pokytį<br />
∆x<br />
, nueitą kelią randame pagal šią formulę:<br />
i<br />
2<br />
A = 4 m/s<br />
B = -0,5 m/s 2<br />
t1 = 2 s<br />
t2 = 6 s<br />
- ?<br />
n<br />
∑<br />
i=<br />
1<br />
∆ s = ∆x<br />
. (2)<br />
i<br />
Išt<strong>ir</strong>sime uždavinio sąlygoje nurodytą judėjimo lygtį. Įrašius konstantų<br />
skaitines vertes, judėjimo lygtis yra tokia:<br />
x = 4t – 0,5t2. (3)<br />
Iš (3) matome, kad judėjimas yra tolygiai lėtėjantis. Taškas tam tikru<br />
laiko momentu t‘ keičia judėjimo kryptį. Tuo momentu greitis lygus nuliui, t.y.<br />
dx<br />
=0<br />
dt t=<br />
t′<br />
arba 4 – t’ = 0.<br />
Taigi t‘ = 4 s.<br />
∆x1<br />
∆x2<br />
0 x1 x2<br />
x’ x<br />
Vaizdumo dėlei x koordinačių ašyje pažymėkime taškus x1, x‘, x2,<br />
kuriuose kūnas bus laiko momentais t1, t‘, t2.<br />
Pasinaudoję (2) formule, gauname:<br />
∆ s = ∆x<br />
+ ∆x<br />
, (4)<br />
KTU Fizikos katedra<br />
1<br />
2<br />
5
čia x1 = x'<br />
−x1<br />
∆ ,<br />
x1 = 4t1 – 0,5t1 2 ,<br />
x‘ = 4t‘ – 0,5t‘ 2 ,<br />
x2 = 4t2 – 0,5t2 2 .<br />
Iš (1), (4), (5) <strong>ir</strong> (6) randame<br />
2<br />
∆ x = x − x'<br />
, (5)<br />
2<br />
( 4t'−0,<br />
5t<br />
) − ( 4t1<br />
− 0,<br />
5t<br />
) + ( 4t2<br />
− 0,<br />
5t<br />
) − ( 4t'−0,<br />
5t'<br />
)<br />
=<br />
.<br />
t2<br />
− t1<br />
Įrašę t1, t’, t2 skaitines vertes, apskaičiuojame vidutinį greitį:<br />
= 1 m/s.<br />
2<br />
2<br />
1<br />
1.2. Materialiojo taško kinematinės judėjimo lygtys yra tokios: x(t) =<br />
At, y(t) = Bt +Ct 2 , čia A = 0,5m/s, B = 2 m/s, C = -0,25 m/s 2 . Apskaičiuokite<br />
greičio <strong>ir</strong> pagreičio modulius po 3s <strong>ir</strong> kampą tarp greičio <strong>ir</strong> pagreičio vektorių<br />
tuo momentu.<br />
x(t) = At<br />
A = 0,5m/s<br />
y(t) = Bt +Ct 2<br />
B = 2 m/s,<br />
C = -0,25 m/s 2<br />
T = 3s<br />
α<br />
v-? a-? -?<br />
2<br />
2<br />
2<br />
(6)<br />
Taško judėjimo greičio modulis<br />
v =<br />
2 2<br />
vx<br />
+ v y , čia dx<br />
v x = = A , v y<br />
dt<br />
dy<br />
= = B + 2Ct<br />
.<br />
dt<br />
Tuomet v +<br />
gauname: v=0,7 m/s.<br />
Taško judėjimo pagreičio modulis<br />
2 2<br />
a = a + a , čia<br />
2<br />
2<br />
= A + ( B 2Ct)<br />
. Įrašę skaitines vertes<br />
ax<br />
dvx<br />
=<br />
dt<br />
dv y<br />
= 0 , a y =<br />
dt<br />
= 2C<br />
.<br />
Tuomet a = ay = 2C. Įrašę C skaitinę vertę, gauname: a = -0,5m/s 2 . Pagreičio<br />
KTU Fizikos katedra<br />
v y<br />
r<br />
a y<br />
r<br />
y<br />
α<br />
6<br />
v r<br />
v x<br />
r<br />
x<br />
y<br />
x
kryptis a = a .<br />
y<br />
Iš brėžinio matome, kad kampas α yra lygus: α = 90 o v y +arctg .<br />
v<br />
1.3. Materialiojo taško spindulio vektoriaus kitimą aprašo lygtis<br />
r<br />
v v<br />
2<br />
2 r ( t)<br />
= ( A + Bt ) i + Ctj<br />
, čia A = 10 m, B = -5m/s , C = 10 m/s. Rasti<br />
greičio v(t)<br />
v<br />
<strong>ir</strong> pagreičio a(t) v<br />
priklausomybę nuo laiko <strong>ir</strong> jų modulius laiko<br />
momentu t = 1 s.<br />
Spindulį vektorių r komponentėmis<br />
v v v v<br />
užrašome šitaip: r ( t)<br />
= xi<br />
+ yj<br />
+ zk<br />
.<br />
v<br />
r<br />
2 v v<br />
r(<br />
t ) = ( A + Bt ) i + Ctj<br />
v( t )<br />
v<br />
t = 1 s<br />
A = 10 m,<br />
B = -5m/s<br />
v<br />
( t )<br />
2 ,<br />
C = 10 m/s<br />
-? a -? v-? a-?<br />
Remiantis šia lygtimi taško koordinatės:<br />
x =A+Bt 2 , y =Ct <strong>ir</strong> z = 0.<br />
Materialiojo taško greitis<br />
v<br />
v dr<br />
v = arba<br />
dt<br />
v v r v<br />
= v i + v j + v ,<br />
(1)<br />
(2)<br />
čia<br />
Greičio modulis<br />
v x y<br />
dx<br />
vx = ,<br />
dy<br />
v y = ,<br />
dz<br />
v z = . (3)<br />
dt dt dt<br />
2<br />
x<br />
2<br />
y<br />
2<br />
z<br />
k<br />
z<br />
v = v + v + v . (4)<br />
Iš (3) <strong>ir</strong> (1) formulių seka greičio projekcijos atitinkamose koordinačių ašyse:<br />
vx = 2Bt, vy = C, vz = 0.<br />
Šias išraiškas įrašę į (2) gauname:<br />
v<br />
(3a)<br />
r (t) = 2Bt i v v<br />
+C j .<br />
Materialiojo taško pagreitis<br />
v v<br />
( t ) = a i + a<br />
v r<br />
j + a k , (5)<br />
a x y z<br />
čia<br />
dvx x<br />
dt<br />
=<br />
dvy a , y<br />
dt<br />
=<br />
dv<br />
a , z az<br />
= .<br />
dt<br />
Iš (6) <strong>ir</strong> (3a) randame pagreičio projekcijas:<br />
(6)<br />
ax = 2B, ay = 0. (7)<br />
Remiantis (7) <strong>ir</strong> (5):<br />
a v = 2B i v .<br />
Iš (3a) <strong>ir</strong> (4) lygčių gauname greičio modulio išraišką:<br />
v =<br />
2 2<br />
( 2Bt ) + C .<br />
Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame greičio modulį:<br />
KTU Fizikos katedra<br />
7<br />
x
Pagreičio modulis<br />
v = 14,1 m/s.<br />
a =<br />
Į (8) įrašę (7), gauname<br />
2<br />
x<br />
2<br />
y<br />
2<br />
z<br />
a + a + a . (8)<br />
2 = ,<br />
a = ( 2B<br />
) 2B<br />
arba įrašę skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiavę, randame pagreičio modulį<br />
a = 2(-5) m/s 2 = -10 m/s 2 .<br />
1.4. Automobilis važiuoja r = 100 m kreivumo spindulio plento<br />
atkarpa. Jo judėjimo lygtis s = A + Bt + Ct 2 , čia A = 10m, B = 30m/s, C = -<br />
1m/s 2 . Apskaičiuokite automobilio greitį <strong>ir</strong> pilnutinį pagreitį laiko momentu t =<br />
5s.<br />
r = 100m<br />
s = A + Bt + Ct 2<br />
A = 10m<br />
B = 30m/s<br />
C = -1m/s 2<br />
t = 5s<br />
v - ? a - ?<br />
Greičio modulis lygus p<strong>ir</strong>majai kelio išvestinei<br />
ds<br />
v = . (1)<br />
dt<br />
Kreivaeigio judėjimo pilnutinis pagreitis a gali būti išskaidytas į du vienas<br />
kitam statmenus − normalinį <strong>ir</strong> tangentinį:<br />
r<br />
r r r<br />
a = an<br />
+ a . t<br />
Jo modulis<br />
(2)<br />
2<br />
n<br />
2<br />
t<br />
r<br />
0<br />
an r<br />
a = a + a , (3)<br />
čia<br />
2<br />
v<br />
an = ,<br />
r<br />
(4)<br />
dv<br />
at = .<br />
dt<br />
(5)<br />
Iš lygties (1)<br />
v = B + 2Ct<br />
. (6)<br />
Įrašę skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiavę, gauname v = 20 m .<br />
s<br />
KTU Fizikos katedra<br />
8<br />
a r<br />
v r<br />
at r
Iš lygčių (5) <strong>ir</strong> (6) seka<br />
a t<br />
= 2Ct<br />
. (7)<br />
Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame: a 2m t = − . 2<br />
s<br />
Kadangi a vertė neigiama, tai jo kryptis priešinga greičio<br />
t<br />
v r krypčiai.<br />
Remiantis (3), (4) <strong>ir</strong> (7) formulėmis, pagreičio modulis a =<br />
Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame:<br />
v<br />
r<br />
2<br />
2<br />
( ) + ( 2C<br />
⎛ 2<br />
20 ⎞<br />
2 2<br />
2<br />
a = ⎜ ⎟<br />
⎜<br />
+ [ 2 ⋅ ( −1)<br />
] m / s = 4.<br />
5m<br />
/ s<br />
100 ⎟<br />
.<br />
⎝ ⎠<br />
1.5. Iš bokšto horizontalia kryptimi 14<br />
m greičiu išmestas kūnas.<br />
s<br />
Rasti normalinį <strong>ir</strong> tangentinį pagreičius bei trajektorijos kreivumo spindulį<br />
taške, kuriame bus kūnas po 1s nuo išmetimo.<br />
v m<br />
0 = 14<br />
s<br />
t = 1s<br />
at n<br />
− ? a − ? R − ?<br />
Kūnas juda kreive, todėl pilnutinį pagreitį a r galima išskaidyti į<br />
normalinį ( a ) <strong>ir</strong> tangentinį ( a ) :<br />
n<br />
t<br />
r r r<br />
a = an<br />
+ a , t<br />
čia pagreičio moduliai<br />
(1)<br />
2<br />
v<br />
an = ,<br />
R<br />
(2)<br />
r r<br />
Kadangi an<br />
⊥ at<br />
, tai<br />
dv<br />
at = .<br />
dt<br />
(3)<br />
KTU Fizikos katedra<br />
9<br />
v0 r<br />
an r<br />
g r<br />
v y<br />
r<br />
at r<br />
v x<br />
r<br />
v r<br />
)<br />
2<br />
.
2 2<br />
a = an<br />
+ an<br />
. (4)<br />
r<br />
r<br />
Linijinį greitį v išskaidome į horizontalią v x <strong>ir</strong> vertikalią vy r dedamąsias.<br />
Greičio modulis<br />
2<br />
x<br />
2<br />
y<br />
v = v + v ,<br />
čia vx = v , nes horizontalia kryptimi kūnas juda tolygiai;<br />
Tuomet<br />
0<br />
Iš (3) <strong>ir</strong> (5)<br />
vy = gt , nes kūnas laisvai krinta.<br />
2 2 2<br />
= v0<br />
g t . (5)<br />
v +<br />
a t<br />
=<br />
v<br />
2<br />
0<br />
g<br />
2<br />
t<br />
+ g<br />
2 2<br />
Įrašę skaitines vertes, gauname tangentinį pagreitį:<br />
2<br />
at = 5, 62m<br />
/ s .<br />
r r<br />
a = g ,<br />
nes išmestą kūną veikia tik Žemės traukos jėga.<br />
Tuomet iš (4)<br />
n<br />
2<br />
t<br />
2<br />
t<br />
a = g − a .<br />
Įrašę skaitines vertes, gauname normalinį pagreitį:<br />
an =<br />
Pasinaudoję (2) <strong>ir</strong> (5), randame<br />
9, 8 − 5,<br />
62 m / s = 8,<br />
03m<br />
/ s .<br />
R<br />
v0<br />
g<br />
a<br />
t +<br />
= .<br />
Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame kreivumo spindulį:<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2 2<br />
2<br />
14 + 9,<br />
8 ⋅1<br />
R = m = 2.<br />
1m<br />
.<br />
9,<br />
8<br />
0<br />
1.6. Iš 40 m aukščio bokšto akmuo metamas 20 m/s greičiu 45<br />
kampu aukštyn horizonto atžvilgiu. Nekreipdami dėmesio į oro pasipriešinimą,<br />
nustatykite, kaip toli nuo bokšto pagrindo nukris<br />
h = 40m<br />
akmuo, į kokį didžiausią aukštį jis pakils, koks<br />
v m<br />
bus jo greitis atsitrenkiant į žemę. Užrašykite<br />
0 = 20<br />
s<br />
spindulio vektoriaus priklausomybę nuo laiko.<br />
o<br />
α = 45<br />
hmax − 1<br />
? s −?<br />
v −?<br />
KTU Fizikos katedra<br />
.<br />
2<br />
2<br />
2<br />
Kampu į horizontą išmesto kūno<br />
judėjimą galima išskaidyti į tiesiaeigį tolyginį<br />
10<br />
2
horizontalia kryptimi <strong>ir</strong> tolygiai kintamą su laisvojo kitimo pagreičiu g r<br />
vertikalia kryptimi.<br />
Atskaitos pradžia pas<strong>ir</strong>enkame bokšto papėdę − tašką O X ašį nukreipę<br />
horizontalia kryptimi į dešinę, o Y - vertikaliai aukštyn, parašome šias<br />
kinematines judėjimo lygtis:<br />
h<br />
y<br />
r<br />
v0 y<br />
0<br />
v0 r<br />
r<br />
v0x A<br />
x 0 0x<br />
+<br />
v y<br />
r<br />
B<br />
v x<br />
r<br />
= x v t<br />
(1)<br />
gt<br />
y h v0<br />
yt 2<br />
− + = .<br />
r<br />
Pradinio greičio v 0 projekcijos<br />
(2)<br />
α cos v vox Akmens pradinės koordinatės 0 0<br />
= 0 <strong>ir</strong> voy = v0<br />
sinα<br />
.<br />
= x , y = h . 0<br />
Tuomet (1) <strong>ir</strong> (2) lygtis galima užrašyti šitaip:<br />
= v t cosα<br />
, ( 1 )<br />
'<br />
x 0<br />
gt<br />
y = h + v0t<br />
sinα<br />
−<br />
2<br />
.<br />
( 2 )<br />
'<br />
Akmens greičio v momentu t dedamosios:<br />
r<br />
= v = v cos x , (3)<br />
KTU Fizikos katedra<br />
vx ox 0<br />
v y voy<br />
− gt<br />
2<br />
2<br />
v1 r<br />
= = v0<br />
sinα<br />
− gt . (4)<br />
11<br />
x
Aukščiausiame taške A akmens greitis = 0 . Iš lygties (4) rasime laiką , t<br />
kai kūnas bus šiame taške:<br />
v sinα<br />
− gt<br />
v0<br />
sinα<br />
t1<br />
= .<br />
g<br />
Įrašę skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiavę gauname:<br />
t = 1,<br />
44s<br />
.<br />
1<br />
0<br />
1<br />
vy 1<br />
= 0,<br />
Didžiausią pakilimo aukštį h rasime iš lygties ( 2 ) :<br />
'<br />
gt1<br />
hmax = h + v0t1<br />
− .<br />
2<br />
Įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame:<br />
h = 58,6m.<br />
max<br />
max<br />
Akmeniui nukritus ant žemės y = 0. Iš lygties ( 2 ) rasime visą akmens<br />
judėjimo laiką t .<br />
'<br />
2<br />
2<br />
gt2<br />
− v0t2<br />
− h = 0 .<br />
2<br />
Išsprendę šią kvadratinę lygtį <strong>ir</strong> įrašę skaitines vertes gauname:<br />
t 4,<br />
64s<br />
2 = .<br />
Laiko momentu t akmuo bus taške B. Tada<br />
2<br />
s v0t<br />
2 cosα<br />
x = s <strong>ir</strong> iš ( 1 ) lygties gauname:<br />
'<br />
= , arba s = 65,<br />
62m<br />
.<br />
Iš brėžinio <strong>ir</strong> lygčių (3) <strong>ir</strong> (4) randame:<br />
2 2<br />
v1 vx<br />
+ v y<br />
0<br />
2<br />
2<br />
= = ( v cosα<br />
) + ( v sinα<br />
− gt ) . (6)<br />
Į šią lygtį įrašę skaitines vertes, gauname:<br />
v , m<br />
1 = 34 4 .<br />
s<br />
Kūno masių centro padėtis stačiakampėje koordinačių sistemoje<br />
kiekvienu laiko momentu nusakoma spinduliu − vektorium r kaip laiko<br />
funkcija:<br />
r r r r<br />
r(<br />
t ) = x(<br />
t ) i + y(<br />
t ) j + z(<br />
t ) k , (7)<br />
čia z(t) = 0.<br />
Į šią lygtį įrašę ( 1 ) <strong>ir</strong> ( išraiškas, randame:<br />
'<br />
2 )<br />
'<br />
r<br />
2<br />
r<br />
gt r<br />
r(<br />
t ) = v0t<br />
cosα<br />
i + ( v0t<br />
sinα<br />
− ) j .<br />
2<br />
1.7. Dalelė juda xy plokštumoje, jos greičio vektoriaus projekcijos tam<br />
tikru laiko momentu yra šios: vx = 1 m/s, vy = 2 m/s. Pagreičio projekcijos tuo<br />
KTU Fizikos katedra<br />
12<br />
0<br />
2<br />
2
pačiu momentu yra ax = -3 m/s 2 , ay = 2 m/s 2 . Apskaičiuokite tangentinį pagreitį<br />
<strong>ir</strong> trajektorijos kreivumo spindulį tuo laiko momentu.<br />
vx = 1 m/s<br />
vy = 2 m/s<br />
ax = -3 m/s 2<br />
ay = 2 m/s 2<br />
at -? R -?<br />
Greičio modulis<br />
an r<br />
2<br />
x<br />
a r<br />
ax r<br />
2<br />
y<br />
y<br />
ay r<br />
0<br />
v = v + v . (1)<br />
Pagreičio modulis<br />
2 2<br />
a = ax<br />
+ a . (2)<br />
y<br />
r<br />
Pilnutinis pagreitis a lygus normalinio ( n ar ) <strong>ir</strong> tangentinio ( t ar )<br />
pagreičių geometrinei sumai:<br />
r r r<br />
a = an<br />
+ at<br />
.<br />
Jo modulis<br />
(3)<br />
čia<br />
Kadangi<br />
tai<br />
a<br />
2 2<br />
= a n + a t , (4)<br />
dv<br />
at = , (5)<br />
dt<br />
2<br />
v<br />
an = . (6)<br />
R<br />
Iš lygčių (1) <strong>ir</strong> (5) rasime tangentinį pagreitį:<br />
dv dv<br />
x<br />
y<br />
2vx<br />
+ 2v<br />
y<br />
a<br />
dt<br />
t =<br />
dt .<br />
2 2<br />
2 v + v<br />
KTU Fizikos katedra<br />
dvx<br />
ax<br />
dt<br />
= dv<br />
<strong>ir</strong><br />
y<br />
a y = ,<br />
dt<br />
vxa<br />
x + v ya<br />
y<br />
at<br />
=<br />
.<br />
2 2<br />
v + v<br />
x<br />
x<br />
y<br />
13<br />
y<br />
at r<br />
x
Įrašę skaitines vertes, gauname tangentinį pagreitį:<br />
at = 0,45 m/s 2 .<br />
Iš lygčių (2) <strong>ir</strong> (4) gauname:<br />
n<br />
2<br />
x<br />
2<br />
y<br />
a = a + a − a<br />
2<br />
t<br />
, arba an = 3,58 m/s 2 .<br />
Iš lygčių (1) <strong>ir</strong> (6) gauname:<br />
2 2<br />
vx<br />
+ vy<br />
R = .<br />
an<br />
Įrašę skaitines vertes, gauname trajektorijos kreivumo spindulį:<br />
R = 1,4 m .<br />
1.8. Dalelė juda teigiamąja x ašies kryptimi taip, kad jos greičio kitimą<br />
1<br />
2<br />
aprašo lygtis v = A x , čia<br />
dalelės koordinatė x2 = 0. Rasti dalelės greičio <strong>ir</strong> pagreičio priklausomybę nuo<br />
laiko bei vidutinį greitį laiko intervale, per kurį dalelė nueina atstumą nuo 0 iki<br />
4 m.<br />
−1<br />
A = 2m<br />
s . Pradiniu laiko momentu (t = 0)<br />
x2 = 4 m<br />
Greičio modulis yra p<strong>ir</strong>moji koordinatės<br />
v = A x<br />
išvestinė pagal laiką:<br />
1<br />
2 −1<br />
A = 2m<br />
s<br />
dx<br />
v = .<br />
dt<br />
(1)<br />
x1 = 0<br />
v(t) -? a(t) -? < v> -?<br />
dx<br />
Tuomet = A x .<br />
dt<br />
Atskyrę kintamuosius, gauname:<br />
dx<br />
= Adt .<br />
x<br />
Integruodami abi lygties puses, gauname:<br />
1<br />
2<br />
2 x = At + C . (2)<br />
Iš pradinių sąlygų randame konstantą C.<br />
Kai t = 0, x1 = 0.<br />
Tuomet<br />
C = 0.<br />
Įrašę C vertę į (2), gauname:<br />
2 2<br />
A t<br />
x = .<br />
4<br />
Iš formulių (1) <strong>ir</strong> (3) gauname:<br />
(3)<br />
2<br />
A t<br />
v = .<br />
2<br />
(4)<br />
Pagreitis lygus p<strong>ir</strong>majai greičio išvestinei pagal laiką:<br />
KTU Fizikos katedra<br />
14
dv<br />
a = .<br />
dt<br />
Iš (4) <strong>ir</strong> (5) gauname:<br />
(5)<br />
2<br />
A<br />
.<br />
a =<br />
2<br />
Įrašę skaitinę parametro A vertę <strong>ir</strong> apskaičiavę, gauname:<br />
a = 2 m/s 2 .<br />
Judėjimas yra tolygiai greitėjantis, nes pagreitis a yra pastovus dydis <strong>ir</strong><br />
jo projekcija yra to paties ženklo kaip greičio.<br />
∆ s<br />
Vidutinis greitis = ,<br />
∆t<br />
čia ∆s = ∆x, ∆x = x2 - x1, ∆t = t2 – t1. Iš lygties (3) išreiškiame t1 <strong>ir</strong> t2:<br />
2<br />
t 1 = x ,<br />
2<br />
t 1 2 = x .<br />
2<br />
A A<br />
Tuomet<br />
x2<br />
− x1<br />
A<br />
= ( x2<br />
+ x1<br />
) .<br />
2 ( 2 1 ) 2<br />
x − x<br />
A<br />
Įrašę skaitines vertes <strong>ir</strong> jas apskaičiavę, gauname:<br />
= 2 m/s.<br />
1.9. Kūno judėjimo pagreitis proporcingas jo greičio kvadratui, o jo<br />
kryptis priešinga greičio krypčiai. Nustatykite kelio priklausomybę nuo laiko,<br />
jei pradiniu laiko momentu greitis lygus v0, o kelias − s0.<br />
a ~ v 2<br />
t = 0<br />
v = v0<br />
s = s0<br />
s(t) -?<br />
Remdamiesi uždavinio sąlyga, galime parašyti:<br />
a = -kv 2 ,<br />
čia k – proporcingumo koeficientas.<br />
dv<br />
Kadangi a = ,<br />
dt<br />
tuomet<br />
dv 2<br />
= −kv<br />
.<br />
dt<br />
Atskyrę kintamuosius, gauname:<br />
dv<br />
= −kdt<br />
.<br />
2<br />
v<br />
Suintegravę abi lygties puses, gauname:<br />
− = −kt<br />
+ C<br />
v<br />
1<br />
.<br />
Iš pradinių sąlygų 1<br />
C = − , tuomet<br />
v<br />
KTU Fizikos katedra<br />
0<br />
15
v0<br />
v = .<br />
ktv0<br />
−1<br />
Kelio s priklausomybę nuo laiko rasime, integruodami gautą v išraišką pagal<br />
laiką t:<br />
v0dt<br />
1 d(<br />
ktv0<br />
−1)<br />
1<br />
s = ∫vdt = ∫ =<br />
= ln(<br />
ktv0<br />
−1)<br />
+ C1<br />
ktv0<br />
−1<br />
k ∫ .<br />
ktv0<br />
−1<br />
k<br />
Iš pradinių sąlygų C1 = s0, tuomet kelio priklausomybė nuo laiko:<br />
1<br />
s () t = s0<br />
+ ln(<br />
ktv0<br />
−1)<br />
.<br />
k<br />
1.10. 0,1 m spindulio smagračio judėjimo lygtis ϕ = A+Bt+Ct 3 , čia B<br />
= 2 rad/s, C=1rad/s 3 . Apskaičiuokite smagračio kraštų linijinį <strong>ir</strong> kampinį<br />
greičius bei linijinį <strong>ir</strong> kampinį pagreičius laiko momentu t = 2 s.<br />
r = 0,1 m<br />
ϕ = A+Bt+Ct 3<br />
B = 2 rad/s<br />
C = 1 rad/s 3<br />
t = 2 s<br />
ω -? v -? a -? ε -?<br />
v r<br />
Kampinis greitis apibūdina<br />
posūkio kampo ϕ kitimo spartą, t.y.<br />
dϕ<br />
ω = . (1)<br />
dt<br />
Remiantis (1):<br />
2<br />
ω = B + 3Ct .<br />
Į (2) įrašę skaitines vertes, gauname:<br />
ω = 14 rad/s.<br />
Sukimosi kampinis pagreitis<br />
(2)<br />
dω<br />
ε = .<br />
dt<br />
Iš lygčių (2) <strong>ir</strong> (3) gauname:<br />
ε = 6Ct,<br />
arba<br />
ε = 12 rad/s<br />
(3)<br />
2 .<br />
Linijinis greitis<br />
v=ωr,<br />
arba<br />
v=1,4 m/s.<br />
KTU Fizikos katedra<br />
16<br />
r<br />
O<br />
a r<br />
an r<br />
at r
Taškui judant apskritimu, jo pagreičio modulis:<br />
2<br />
n +<br />
a = a a ,<br />
čia normalinio <strong>ir</strong> tangentinio pagreičių moduliai atitinkamai<br />
2<br />
v<br />
an = , at = εr<br />
.<br />
r<br />
Tuomet<br />
2<br />
2<br />
t<br />
a =<br />
Įrašę skaitines vertes, gauname:<br />
2 ⎛ v ⎞<br />
⎜<br />
r ⎟<br />
⎝ ⎠<br />
+ ε<br />
a =20 m/s 2 .<br />
( ) 2<br />
r<br />
1.11. Smagratis sukosi tolygiai lėtėdamas <strong>ir</strong> per 0,5 min jo sukimosi<br />
dažnis sumažėjo nuo 5 s -1 iki 3 s -1 . Koks jo sukimosi kampinis pagreitis <strong>ir</strong> kiek<br />
kartų smagratis apsisuko per tą laiką?<br />
t = 0,5 min = 30 s<br />
υ0 = 5 s -1<br />
υ = 3 s -1<br />
ε - ? N - ?<br />
.<br />
Tolygiai<br />
kinematinė lygtis:<br />
kintamo sukamojo judėjimo<br />
2<br />
εt<br />
ϕ = ω0<br />
± .<br />
2<br />
Kampinis greitis:<br />
(1)<br />
ω = ω0<br />
± εt<br />
, (2)<br />
čia t – sukimosi laikas, ω 0 = 2πυ <strong>ir</strong> ω = 2πυ<br />
− pradinis <strong>ir</strong> galinis kampiniai<br />
0<br />
greičiai.<br />
(1) <strong>ir</strong> (2) formulėse pliuso ženklas rašomas tolygiai greitėjančio, o minuso −<br />
tolygiai lėtėjančio judėjimo atveju. Iš lygties (2):<br />
2π<br />
( υ0<br />
−υ<br />
)<br />
ε = .<br />
t<br />
Įrašę skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiavę, gauname:<br />
ε = 0,42 rad/s 2 .<br />
Posūkio kampą ϕ išreiškę apsisukimų skaičiumi N( ϕ = 2πN<br />
) <strong>ir</strong><br />
pasinaudoję lygtimi (1), gauname:<br />
υ0<br />
−υ<br />
N = υ0t<br />
− t .<br />
2<br />
Įrašę skaitines vertes, gauname apsisukimų skaičių:<br />
N = 120.<br />
1.12. Materialusis taškas pradeda suktis apie pastovią ašį kampiniu<br />
pagreičiu ε = kt, čia k= 2⋅10 -2 rad/s 3 . Po kurio laiko nuo sukimosi pradžios<br />
pagreičio vektorius a r su jo linijinio greičio vektoriumi v r sudarys 60° kampą?<br />
KTU Fizikos katedra<br />
17
čia<br />
ε = kt<br />
k = 2⋅10 -2 rad/s 3<br />
α = 60°<br />
t -?<br />
Iš brėžinio<br />
Iš formulės (2) seka:<br />
Integruojame:<br />
a<br />
tg =<br />
a<br />
t<br />
r r<br />
0<br />
an r<br />
n α , (1)<br />
dv<br />
at = ,<br />
dt<br />
(2)<br />
2<br />
v<br />
an = .<br />
r<br />
(3)<br />
= a dt .<br />
dv t<br />
∫<br />
v = at<br />
dt . (4)<br />
Kadangi<br />
a t = ε r = ktr ,<br />
tuomet iš (4) lygties gauname:<br />
(5)<br />
t<br />
2<br />
t<br />
v = ∫ ktrdt = kr .<br />
2<br />
(6)<br />
0<br />
Į lygtį (3) įrašę (6), randame:<br />
2<br />
k rt<br />
an = .<br />
4<br />
(7)<br />
Iš lygčių (1), (5) <strong>ir</strong> (7) gauname laiką:<br />
3 4tgα<br />
t = , arba t = 7 s.<br />
k<br />
KTU Fizikos katedra<br />
18<br />
a r<br />
at r<br />
v r
2. Slenkamojo judėjimo dinamika<br />
2.1. m masės dalelę pradeda veikti jėga F = At(τ-t), čia τ – jėgos<br />
veikimo laikas, A – konstanta. Rasti dalelės impulsą, nustojus veikti jėgai, <strong>ir</strong><br />
kelią, nueitą per jėgos veikimo laiką.<br />
F = At(τ-t)<br />
m<br />
τ<br />
K - ? s - ?<br />
Pagal antrąjį Niutono dėsnį<br />
m dv = F dt. (1)<br />
Į šią lygtį įrašę jėgos F išraišką <strong>ir</strong> suintegravę,<br />
gauname greičio v priklausomybę nuo laiko:<br />
2 3<br />
v =<br />
A<br />
A t t<br />
t − t dt = − + C<br />
m ∫ ( τ ) ( τ )<br />
m 2 3<br />
(2)<br />
Konstantą C randame iš pradinių sąlygų. Kai t = 0, v = 0, tuomet iš (2) C = 0.<br />
Įrašę jos reikšmę į lygtį (2), gauname:<br />
2 3<br />
v = A t t<br />
( τ − ) . (3)<br />
m 2 3<br />
Laiko momentu t = τ (nustojus veikti jėgai F) dalelės greitis iš lygties (3)<br />
3<br />
v = A τ<br />
⋅ .<br />
m 6<br />
3<br />
Dalelės impulso modulis K = mv = A τ<br />
⋅ .<br />
6<br />
Momentinio greičio modulis lygus p<strong>ir</strong>majai kelio išvestinei v = ds ,<br />
dt<br />
tuomet<br />
s = ⋅ dt . (4)<br />
v<br />
∫<br />
Iš (4) <strong>ir</strong> (3) lygčių randame nueitą kelią nuo jėgos veikimo pradžios (t = 0) iki<br />
pabaigos (t= τ):<br />
τ 2 3<br />
4<br />
s = A t t Aτ<br />
( τ ⋅ ) ⋅ dt = .<br />
m ∫ 2 3 12m<br />
0<br />
2.2. Aerostatas, kurio masė M, leidžiasi pastoviu pagreičiu a r žemyn.<br />
Kokios m masės balastą reikia išmesti, kad aerostatas tuo pačiu pagreičiu kiltų į<br />
v<strong>ir</strong>šų ? Oro pasipriešinimo jėgos nepaisome.<br />
M<br />
a<br />
Aerostatui leidžiantis žemyn, sunkio jėgos Mg <strong>ir</strong><br />
r<br />
m - ?<br />
KTU Fizikos katedra<br />
keliamosios jėgos Fk r atstojamoji lemia pagreitį a r , nukreiptą<br />
19
žemyn (1 pav.). Remiantis antruoju Niutono dėsniu:<br />
r<br />
Mg r + F = k ma<br />
r .<br />
Nukreipę y ašį žemyn (1pav.) <strong>ir</strong> į ją suprojektavę šios lygties vektorius,<br />
gauname:<br />
y<br />
Fk r<br />
1 pav.<br />
Mg r<br />
a r<br />
y<br />
2 pav.<br />
Fk r<br />
( M<br />
a r<br />
r<br />
− m ) g<br />
Mg – Fk = ma. (1)<br />
r<br />
Išmetus m masės balastą, aerostatą veikia sunkio jėga ( M − m ) g <strong>ir</strong> ta pati<br />
keliamoji jėga Fk (2 pav.).<br />
r<br />
Pagal antrąjį Niutono dėsnį:<br />
r r<br />
( M − m)<br />
g + F = m a .<br />
k<br />
r<br />
r<br />
Nukreipę y ašį pagal pagreičio kryptį a aukštyn (2 pav.) <strong>ir</strong> į ją suprojektavę<br />
šios lygties vektorius, gauname:<br />
Fk – ( M – m )g = ma. (2)<br />
(1) <strong>ir</strong> (2) lygčių sistemą išsprendžiame balasto m atžvilgiu:<br />
m = 2 Ma .<br />
g + a<br />
2.3. Prispaustas prie vertikalios sienos jėga F0 kūnas slysta žemyn a =<br />
g pagreičiu. Apskaičiuokite minimalią spaudimo jėgą, kuriai veikiant kūnas<br />
3<br />
yra rimties būsenos.<br />
Kūną veikia sunkio jėga mg r , trinties jėga ,<br />
normalinė reakcijos jėga N r <strong>ir</strong> spaudimo prie sienos jėga 0 .<br />
Ftr Pagal antrąjį Niutono dėsnį:<br />
r r r<br />
r<br />
F r<br />
F0<br />
a = g<br />
3<br />
r<br />
r<br />
Fmin - ?<br />
F0 + mg<br />
+ N + Ftr<br />
= ma<br />
. (1)<br />
Pas<strong>ir</strong>enkame koordinačių sistemą: x ašį − statmeną sienai <strong>ir</strong><br />
nukreiptą į ka<strong>ir</strong>ę, y ašį − žemyn. Suprojektavę į šias ašis (1) lygties vektorius,<br />
gauname lygčių sistemą<br />
KTU Fizikos katedra<br />
20
x<br />
F0 r<br />
Ftr r<br />
mg r<br />
y<br />
N r<br />
⎧F0<br />
− N = 0,<br />
⎨<br />
. (2)<br />
⎩mg<br />
− Ftr<br />
= ma<br />
Trinties jėgą galima<br />
išreikšti taip:<br />
Ftr = f N, (3)<br />
čia f – trinties<br />
koeficientas. Iš (2) <strong>ir</strong><br />
(3) lygčių gauname:<br />
mg – f F0<br />
= ma. (4)<br />
Įrašę duotąją pagreičio a vertę, gauname:<br />
2mg<br />
f = .<br />
3F0<br />
(5)<br />
Veikiant jėgai Fmin, kūnas yra rimties būsenos ( a=0 ), tuomet (4) lygtis atrodo<br />
taip:<br />
Mg - f Fmin<br />
= 0. (6)<br />
Iš (6) <strong>ir</strong> (5) formulių gauname minimalią spaudimo jėgą:<br />
Fmin =<br />
3<br />
F0.<br />
2<br />
2.4. Tolygiai greitėdamas lokomotyvas 1,82 kN jėga tempia dvi<br />
platformos, kurių masės 12 t <strong>ir</strong> 8 t. Trinties koeficientas lygus 0,12. Kokio<br />
didumo jėga įtempta sankaba, įtaisyta tarp platformų?<br />
F1 = 1820 N<br />
m1 = 12ּ10 3 kg<br />
m2 = 8ּ10 3 kg<br />
ƒ = 0,12<br />
T = ?<br />
T2 r <strong>ir</strong> trinties jėga<br />
P<strong>ir</strong>mąją platformą veikia lokomotyvo<br />
tempimo jėga F r , sunkio jėga m g<br />
r<br />
1 , kelio normalinė<br />
reakcijos jėga N1 r , sankabos tempimo jėga , trinties<br />
jėga F . Antrąją platformą veikia sunkio jėga<br />
r<br />
T1 r<br />
t1<br />
m g<br />
r<br />
2 ,<br />
normalinė reakcijos jėga N2 r , sankabos tempimo jėga<br />
Ft 2<br />
r . Remdamiesi antruoju Niutono dėsniu, užrašome abiejų<br />
platformų dinamines lygtis:<br />
r r r r r r<br />
N1 + m1g<br />
+ F + T1<br />
+ Ft<br />
= m<br />
1 1a1<br />
, (1)<br />
r r r r r<br />
+ m g + T + F = m a . (2)<br />
N2 2 2 t2<br />
Pas<strong>ir</strong>inkę koordinačių sistemą xy (parodyta brėž.) <strong>ir</strong> (1) <strong>ir</strong> (2) lygtyse<br />
esančius vektorius suprojektavę į x <strong>ir</strong> y ašis, gauname dvi lygčių sistemas:<br />
KTU Fizikos katedra<br />
21<br />
2<br />
2
Ft 2<br />
r<br />
N r<br />
y<br />
2<br />
m g<br />
r<br />
2<br />
T2 r<br />
Ft1 r<br />
T1 r<br />
N1 r<br />
m g<br />
r<br />
1<br />
x<br />
F r<br />
⎪⎧<br />
F − T1<br />
− Tt<br />
= m a ,<br />
1 1 1<br />
⎨<br />
, (3)<br />
⎪⎩ N1<br />
− m1g<br />
= 0,<br />
⎪⎧<br />
T2 − Ft<br />
= m a ,<br />
2 2 2<br />
⎨<br />
, (4)<br />
⎪⎩ N 2 − m 2 g = 0,<br />
čia Ft1= ƒ N1 <strong>ir</strong> Ft2= ƒ N2.<br />
Išsprendę (3) <strong>ir</strong> (4) lygčių sistemas <strong>ir</strong> atsižvelgę į tai, kad sankaba netąsi (todėl<br />
a1 = a2 = a <strong>ir</strong> T1=T2 = T), gauname:<br />
Fm2<br />
T = .<br />
m1<br />
+ m2<br />
Įrašę skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiavę, gauname sankabos įtempimo jėgą:<br />
T = 728 N.<br />
2.5. Prie nesvaraus <strong>ir</strong> netampraus siūlo galų pr<strong>ir</strong>išti svarsčiai, kurių<br />
masės m1 = 0,2 kg, m2 = 0,1 kg. Siūlas permestas per besisukantį apie<br />
horizontalią ašį skridinį, kurio masės <strong>ir</strong> trinties jo ašyje nepaisoma.<br />
Apskaičiuokite svarsčių pagreitį <strong>ir</strong> siūlo įtempimo jėgą.<br />
Kiekvieną svarstį veikia atitinkama sunkio jėga<br />
( m g<br />
r<br />
1 <strong>ir</strong> m g<br />
r<br />
m1 = 0,2 kg<br />
m2 = 0,1 kg<br />
r r<br />
2 ) <strong>ir</strong> siūlo įtempimo jėga (T1 <strong>ir</strong> T2 ).<br />
a-? T-? Remdamiesi antruoju Niutono dėsniu, parašome<br />
kiekvieno krovinio dinaminę judėjimo lygtį:<br />
r r r<br />
m1<br />
g + T1<br />
= m1a<br />
, (1)<br />
r r r<br />
m2 g + T2<br />
= m2a<br />
. (2)<br />
Kadangi siūlas nesvarus <strong>ir</strong> netamprus, tai jo tamprumo jėga visur<br />
vienoda, <strong>ir</strong> svarsčiai juda vienodo modulio pagreičiais:<br />
T1 = T2 = T3, a1 = a2 = a. (3)<br />
(1) <strong>ir</strong> (2) lygtyse esančius vektorius suprojektavę į y ašis, nukreiptas atitinkamo<br />
svarsčio pagreičio kryptimi, <strong>ir</strong> kartu atsižvelgę į (3) lygtį, gauname dvi<br />
skaliarines lygtis:<br />
m1g – T = m1a, (4)<br />
KTU Fizikos katedra<br />
22
a1 r<br />
T1 r<br />
m g<br />
r<br />
1<br />
y 1<br />
y2<br />
T2 r<br />
m g<br />
r<br />
2<br />
T – m2g = m2a. (5)<br />
Iš (4) <strong>ir</strong> (5) lygčių<br />
( m1<br />
− m2<br />
) g<br />
a = , T = m1(g – a).<br />
m1<br />
+ m2<br />
Įrašę skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiavę, gauname:<br />
m , T = 1,3 N.<br />
a = 3,3 2<br />
s<br />
2.6. Nedidelis tašelis, esantis nuožulniosios plokštumos v<strong>ir</strong>šūnėje,<br />
pradeda slysti žemyn. Trinties koeficientas tarp tašelio <strong>ir</strong> plokštumos f=0,14.<br />
Kokį kampą turi sudaryti plokštuma su horizontu, kad tašelio nušliaužimo<br />
laikas būtų mažiausias? Kam lygus šis laikas? Plokštumos pagrindo ilgis<br />
b=2,1m.<br />
d = 0,14 m<br />
b = 2,1 m<br />
α - ? tmin - ?<br />
KTU Fizikos katedra<br />
Ftr r y<br />
mg r<br />
23<br />
N r<br />
α<br />
a2 r<br />
x
Tašelį ant nuožulniosios plokštumos veikia sunkio jėga mg r , plokštumos<br />
reakcijos jėga N r <strong>ir</strong> trinties jėga Ftr r .<br />
Pagrindinę dinamikos lygtį tašeliui užrašome vektoriškai:<br />
r r r r<br />
mg + Ftr<br />
+ N = ma<br />
. (1)<br />
Pas<strong>ir</strong>enkame su nuožulniąja plokštuma susietą xy koordinačių sistemą. x<br />
ašį nukreipiame lygiagrečiai nuožulniajai plokštumai kūno judėjimo kryptimi, y<br />
ašį – statmenai nuožulniajai plokštumai.<br />
Remdamiesi (1) lygtimi <strong>ir</strong> projektuodami vektorius į x bei y ašis,<br />
gauname:<br />
⎧ mg sinα<br />
− Ftr<br />
= ma,<br />
⎨<br />
⎩ N − mg cosα<br />
= 0.<br />
Išsprendę šią lygčių sistemą <strong>ir</strong> atsižvelgę į tai, kad Ftr = f N, gauname:<br />
a = g sinα<br />
− µ g cosα<br />
. (2)<br />
Tašelis judės tolygiai greitėdamas, nes pagal (2) išraišką pagreitis<br />
nekinta. Šio judesio kinematinė judėjimo lygtis:<br />
at<br />
x = x0<br />
+ v0t<br />
+ . (3)<br />
2<br />
Iš pradinių sąlygų seka: x0 = 0, v0 = 0. Laiko momentu t tašelis bus<br />
nuslydęs nuo plokštumos, tuomet :<br />
b<br />
x = .<br />
cosα<br />
Atsižvelgę į tai, lygtį (3) užrašome taip:<br />
b<br />
=<br />
cosα<br />
Iš (2) <strong>ir</strong> (4) lygčių gauname<br />
2<br />
at<br />
2<br />
2<br />
. (4)<br />
t =<br />
2b<br />
.<br />
2<br />
g(sinα<br />
cosα<br />
− µ cos α )<br />
(5)<br />
Minimalų šliaužimo laiką gausime pasinaudoję ekstremumo sąlyga:<br />
dt<br />
= 0 ,<br />
dα<br />
(6)<br />
arba<br />
2<br />
2<br />
bg(cos<br />
α − sin α + µ 2cosα<br />
sinα<br />
)<br />
= 0 . (7)<br />
2b<br />
g(sinα<br />
cosα<br />
− µ cos α )<br />
Išsprendę (7) lygtį, gauname:<br />
1<br />
1<br />
tg 2α = − , arba α = arctg(<br />
− ) .<br />
f<br />
f<br />
KTU Fizikos katedra<br />
24<br />
2
Įrašę f skaitinę r vertę, gauname:<br />
α = 49°<br />
Į (5) formulę įrašę skaitines dydžių vertes, gauname:<br />
tmin = 1s.<br />
2.7. Liftas kyla a = 20 m/s 2 pagreičiu. Jame yra nuožulnioji plokštuma<br />
su 0,1 kg masės tašeliu. Apskaičiuokite normalinio slėgio jėgą <strong>ir</strong> trinties<br />
koeficientą, kai tašelis neslenka. Plokštuma su horizontu sudaro 15° kampą.<br />
a = 20 m/s 2<br />
m = 0,1 kg<br />
α = 15°<br />
N - ? f - ?<br />
Ftr r<br />
y<br />
mg r<br />
Fin r<br />
Atskaitos sistema, susieta su nuožulniąja plokštuma, su pagreičiu<br />
judančia žemės atžvilgiu, yra neinercinė. Neinercinės sistemos atžvilgiu antrąjį<br />
Niutono dėsnį galima taikyti tik veikiant sąveikos jėgoms, mūsų atveju sunkio<br />
jėgai mg r , trinties jėgai Ftr r <strong>ir</strong> plokštumos reakcijos jėgai N r , pridėjus inercijos<br />
jėgą:<br />
r r<br />
= −ma<br />
. (1)<br />
F in<br />
Čia a r - neinercinės atskaitos sistemos pernešimo pagreitis (lifto<br />
pagreitis). Remdamiesi antruoju Niutono dėsniu, parašome tašelio dinaminę<br />
judėjimo lygtį neinercinėje atskaitos sistemoje:<br />
r r r<br />
mg + N + Ftr<br />
+ Fin<br />
= 0<br />
r<br />
. (2)<br />
Iš (2), atsižvelgę į (1), gauname :<br />
r r r r<br />
mg + N + Ftr<br />
= ma<br />
`. (3)<br />
(3) lygtyje vektorinius dydžius suprojektavę į pas<strong>ir</strong>inktas x <strong>ir</strong> y ašis<br />
(parodyta brėžinyje), gauname:<br />
−N sinα<br />
+ F tr cosα<br />
= 0 , (4)<br />
N cosα<br />
− mg + Ftr<br />
sinα<br />
= ma .<br />
Kadangi Ftr=f N, tuomet iš (4) lygties seka:<br />
f = tgα, arba f = 0,27<br />
(5)<br />
Iš (5) lygties N = m(g + a)cosα, įrašę skaitines vertes, gauname<br />
normalinę slėgio jėgą:<br />
N = 2,9 N.<br />
KTU Fizikos katedra<br />
25<br />
N r<br />
x<br />
α<br />
a r
2.8. Nustatykite ore krintančio m masės kūno greičio priklausomybę<br />
nuo laiko, jeigu oro pasipriešinimo jėga proporcinga greičiui. Kam lygus<br />
nusistovėjęs greitis? Pasipriešinimo koeficientas r. Nubraižykite v(t) grafiką.<br />
m<br />
Fr ~ v<br />
v(t) - ?<br />
mg r<br />
Krintantį kūną veikia dvi jėgos:<br />
sunkio mg y<br />
r <strong>ir</strong> oro pasipriešinimo<br />
r r<br />
Fp = −rv<br />
.<br />
Užrašome antrąjį Niutono dėsnį<br />
vektorine forma:<br />
r<br />
dv<br />
r r<br />
m = mg<br />
+ rv<br />
.<br />
dt<br />
Suprojektavę visus lygtyje esančius vektorius į vertikaliai žemyn<br />
nukreiptą y ašį <strong>ir</strong> padaliję iš m, gauname:<br />
dv<br />
m = mg − rv .<br />
dt<br />
Atsk<strong>ir</strong>iame kintamuosius:<br />
dv<br />
= dt<br />
rv<br />
g −<br />
m<br />
<strong>ir</strong> integruodami gauname:<br />
⎛ rv ⎞ r<br />
ln ⎜ g − ⎟ + lnC<br />
= − t . (1)<br />
⎝ m ⎠ m<br />
Integravimo konstantą C nustatome iš pradinių sąlygų. Kai t = 0, tai v =<br />
0, tuomet iš (1)<br />
lnC = −ln<br />
g . (2)<br />
Į (1) lygtį įrašę (2) <strong>ir</strong> pertvarkę, gauname:<br />
rt<br />
−<br />
e m<br />
Iš šios išraiškos seka:<br />
rv<br />
= 1−<br />
.<br />
mg<br />
⎛ rt<br />
mg − ⎞<br />
v = ⎜1<br />
− e m ⎟ .<br />
r ⎜ ⎟<br />
⎝ ⎠<br />
Pagal (3) nubraižome grafiką v(t).<br />
(3)<br />
KTU Fizikos katedra<br />
26<br />
F r<br />
p<br />
v r
v<br />
v0<br />
Nusistovėjusio greičio vn išraišką gauname iš sąlygos, kai → ∞<br />
mg<br />
tuomet vn = .<br />
r<br />
t<br />
t ,<br />
2.9. m masės kūną ima veikti jėga F = F cosωt<br />
(F0 – jėgos amplitudė,<br />
ω - jos ciklinis dažnis). Nustatykite, kaip kūno koordinatė priklauso nuo laiko,<br />
<strong>ir</strong> nubrėžkite šios priklausomybės grafiką. Kūnas juda jėgos veikimo kryptimi,<br />
o jo pradinis greitis lygus nuliui.<br />
m<br />
F = F0<br />
cosωt<br />
v0 = 0<br />
V(t) - ?<br />
0<br />
Greičio projekcija lygi p<strong>ir</strong>majai koordinatės<br />
dx<br />
išvestinei pagal laiką: v = . Iš šios išraiškos<br />
dt<br />
gauname, kad:<br />
∫<br />
x = vdt . (1)<br />
Rasime greičio priklausomybę nuo laiko. Pagal<br />
antrąjį Niutono dėsnį:<br />
dv dv<br />
F = m , arba m = F0<br />
cosωt<br />
.<br />
dt dt<br />
Tuomet iš (2) lygties seka:<br />
F0<br />
dv = cosωtdt<br />
.<br />
m<br />
Integruojame abi lygybės puses <strong>ir</strong> gauname:<br />
(2)<br />
F0<br />
F0<br />
v = cos t = sin t + C<br />
m ∫ ω ω .<br />
mω<br />
(3)<br />
Iš pradinės sąlygos, kai t = 0, tai v = 0, tuomet C = 0.<br />
(3) išraišką, atsižvelgę į (4), įrašome į (1) <strong>ir</strong> randame:<br />
(4)<br />
F0<br />
F0<br />
x = sin tdt = − cos t + C<br />
2<br />
1<br />
m ∫ ω<br />
ω<br />
ω<br />
mω<br />
(5)<br />
KTU Fizikos katedra<br />
27
F0<br />
Kai t = 0, tai x = 0, tuomet C 1 = .<br />
2<br />
mω<br />
(6) įrašę į (5), gauname:<br />
(6)<br />
F0<br />
x = ( 1−<br />
cosωt<br />
) .<br />
2<br />
mω<br />
π<br />
Kadangi ω<br />
T<br />
2<br />
= , tuomet<br />
⎛ 2π<br />
⎞<br />
x = x0<br />
⎜1−<br />
cos t ⎟ ,<br />
⎝ T ⎠<br />
F0<br />
čia x0<br />
= .<br />
mω<br />
(7)<br />
Pagal (7) nubraižome kūno koordinatės priklausomybės nuo laiko<br />
grafiką.<br />
x<br />
x0<br />
2.10. Dubuo, kurio forma – 0,2 m spindulio pusferė, sukasi apie<br />
vertikalią ašį 2s -1 dažniu. Kartu sukasi dubenyje esantis mažas rutuliukas. Kokį<br />
KTU Fizikos katedra<br />
28<br />
t
kampą su vertikale sudaro spindulys, nubrėžtas į rutuliuko buvimo vietą?<br />
R = 0,2 m<br />
n = 2 s -1<br />
α - ?<br />
Rutuliuką veikia sunkio jėga<br />
mg r <strong>ir</strong> normalinė dubens vidinio<br />
pav<strong>ir</strong>šiaus reakcijos jėga N .<br />
Remiantis antruoju Niutono dėsniu:<br />
r<br />
r<br />
r r<br />
mg<br />
+ N = ma<br />
. (1)<br />
Suprojektavę (1) lygties vektorius į x <strong>ir</strong> y ašis, kurių kryptys parodytos,<br />
gauname:<br />
N sinα<br />
= max<br />
, (2)<br />
N cosα<br />
− mg = 0 .<br />
Rutuliuko pagreičio projekcija į x ašyje:<br />
(3)<br />
ax = an = ω 2 r, (4)<br />
čia ciklinis sukimosi dažnis ω = 2πn<br />
, r = Rsinα. Iš (2) <strong>ir</strong> (3) lygčių randame:<br />
g<br />
g<br />
cos α = , arba α = arccos , α = 1,26 rad.<br />
2 2<br />
2 2<br />
4π n R<br />
4π n R<br />
y<br />
N r<br />
mg r<br />
3. Slenkamojo judėjimo darbas, energijos <strong>ir</strong> impulso<br />
tvermės dėsnis<br />
3.1. Kūną veikianti jėga 12 m kelyje tolygiai didėjo nuo 10 N kelio<br />
pradžioje iki 46 N kelio pabaigoje. Jėga veikė poslinkio kryptimi.<br />
Apskaičiuokite jos atliktą darbą.<br />
S = 12 m<br />
F0 = 10 N<br />
F1 =46 N<br />
A - ?<br />
Kintamos jėgos darbas išreiškiamas taip:<br />
r r r<br />
dA = Fdr<br />
= Fdr cos(<br />
Fdr<br />
) ,<br />
čia r r<br />
dr cos Fdr<br />
= DdS<br />
r<br />
α<br />
ω<br />
r r<br />
( ) ,<br />
nes jėga veikia poslinkio kryptimi. Tolygiai kintančios jėgos priklausomybę<br />
nuo nueito kelio galima išreikšti lygtimi:<br />
F = F0 + kS, (2)<br />
čia k − proporcingumo koeficientas, kurį randame iš šios lygties pasinaudoję<br />
duotomis kraštinėmis sąlygomis (F = F1):<br />
k = (F1 – F0)/S, (3)<br />
KTU Fizikos katedra<br />
29<br />
R r<br />
x<br />
(1)
Į (1) įrašome (2) <strong>ir</strong> suintegruojame:<br />
A<br />
S<br />
S<br />
S<br />
= ∫ ( F0<br />
+ kS ) dS = ∫ F0<br />
dS + ∫<br />
0<br />
0<br />
0<br />
kSdS<br />
2<br />
kS<br />
= F0<br />
S +<br />
2<br />
Į (4) įrašome (3):<br />
A = F0S + (F1 – F0)S/2.<br />
Į gautą išraišką įrašome skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiuojame:<br />
A = [10 12 + (46 – 10)12/2] J = 336 J.<br />
3.2. Judančio kūno greitis kinta pagal dėsnį v = kt 2 , čia k = 0,1 m/s 3 .<br />
Nustatykite kūną veikiančios jėgos pobūdį <strong>ir</strong> apskaičiuokite jos atliktą darbą<br />
per 10 s. Kūno masė − 10 g.<br />
v = kt 2<br />
k = 0,1 m/s 3<br />
m = 0,01 kg<br />
t = 10 s<br />
Jėgos veikimo pobūdį nusakančią lygtį rasime<br />
pasinaudoję antruoju Niutono dėsniu:<br />
→<br />
→<br />
.<br />
F(t) - ? A - ?<br />
F = m a<br />
Nukreipiame x ašį kūno judėjimo kryptimi <strong>ir</strong><br />
užrašome lygtį projekcijomis šioje ašyje:<br />
F = ma (1)<br />
Tiesiaeigio judėjimo atveju pagreičio modulis yra lygus greičio modulio<br />
išvestinei:<br />
Į (1) įrašome (2):<br />
a = dv/dt = 2kt. (2)<br />
F = 2mkt. (3)<br />
Iš (3) matome, kad kūną veikianti jėga kinta tiesiškai <strong>ir</strong> jos kryptis sutampa su<br />
A =<br />
∫<br />
0<br />
→<br />
→<br />
cos( F d S ) = 1,<br />
judėjimo kryptimi.<br />
Kintamos jėgos atliktas darbas:<br />
nes kūnas juda jėgos veikimo kryptimi.<br />
Iš greičio modulio išraiškos v = dS/dt <strong>ir</strong> duotos greičio priklausomybės<br />
nuo laiko, randame kūno elementarųjį laiką:<br />
dS = vdt = kt 2 dt. (5)<br />
darbą:<br />
KTU Fizikos katedra<br />
t<br />
S<br />
→<br />
→<br />
FdS cos( F d S ) =<br />
2<br />
A = ∫ 2mktkt<br />
dt =<br />
0<br />
1<br />
2<br />
mk<br />
2 4<br />
t<br />
.<br />
S<br />
∫<br />
0<br />
FdS ,<br />
Į (4) įrašome (3) <strong>ir</strong> (5) <strong>ir</strong>, pakeitę integravimo ribas, suintegruojame:<br />
Į gautą išraišką įrašome skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiuojame atliktą<br />
30<br />
.<br />
(4)<br />
(4)
v = 6 m/s<br />
k = 1<br />
L = 2 m<br />
A = 0,5 10 -2 0,1 2 10 4 J = 0,5 J.<br />
3.3.<br />
Rogutės, šliaužiančios be trinties horizontaliu<br />
ledo keliu<br />
v = 6 m/s greičiu, užvažiuoja ant asfalto, kurio<br />
trinties koeficientas k=1. Rogučių šliūžių ilgis L = 2 m. Kokį<br />
kelią S rogučių priekis nuvažiuos asfaltu, kol sustos?<br />
Trinties jėgos atliktas darbas:<br />
, (1)<br />
čia W1 = ½ mv 2 S - ?<br />
A = W2 – W1<br />
– pradinė rogučių kinetinė energija, W2 = 0 – galinė kinetinė<br />
energija rogutėms sustojus.<br />
ledas<br />
L<br />
Kol rogutės visu ilgiu L užvažiuoja ant asfalto, jas veikia didėjanti<br />
asfalto reakcijos jėga N1.Pagal brėžinį<br />
mg<br />
N 1 = x,<br />
L<br />
čia x – šliūžių ant asfalto ilgis.<br />
Dėl šios priežasties visą<br />
kelią susk<strong>ir</strong>stome į dvi dalis:<br />
S = S1 + L.<br />
Kelyje L veikia kintama trinties jėga:<br />
F1 = k N1.<br />
Tuomet atliktą darbą kelyje L randame pasinaudoję formule:<br />
1<br />
L<br />
∫<br />
0<br />
x<br />
asfaltas<br />
A = F dx cos α .<br />
1<br />
Į (5) įrašę (4) <strong>ir</strong> (2) <strong>ir</strong> atsižvelgę<br />
į tai, kad cos = -1, nes jėgos r F1<br />
<strong>ir</strong> poslinkio<br />
kryptys priešingos, gauname:<br />
kmgx kmgL<br />
A1 = −∫<br />
dx = − .<br />
L<br />
2<br />
0<br />
Kelyje S1 rogutės visu ilgiu yra ant asfalto, tuomet trinties jėga yra<br />
pastovi:<br />
F2 = kN = kmg .<br />
Pastovios jėgos atliktas darbas:<br />
(7)<br />
KTU Fizikos katedra<br />
L<br />
31<br />
x<br />
(2)<br />
(3)<br />
(4)<br />
(5)<br />
(6)
A2 = F2S1cosα . (8)<br />
Į (8) įrašę (3) <strong>ir</strong> (7) <strong>ir</strong> atsižvelgę, kad cosα = - 1 ,randame:<br />
A2 = - kmg(S – L) .<br />
Visame kelyje trinties jėgų atliktas darbas:<br />
(9)<br />
A = A1 + A2 .<br />
Į (10) įrašome (6) <strong>ir</strong> (9):<br />
(10)<br />
A = - ½ kmgL – kmg(S – L).<br />
Iš čia išreiškiame ieškomąjį dydį:<br />
(12)<br />
v + kgL<br />
S = .<br />
2kg<br />
Įrašome skaitines vertes <strong>ir</strong> suskaičiuojame: 2<br />
+ 1⋅10<br />
⋅ 2<br />
S =<br />
m = 2,<br />
8m.<br />
2 ⋅1⋅10<br />
6 2<br />
3.4. Ant vertikalios spyruoklės<br />
padėtas kūnas suspaudžia ją 1mm.<br />
Kiek šis kūnas suspaus spyruoklę krisdamas iš 0,2 m aukščio 1 m/s pradiniu<br />
greičiu. Oro pasipriešinimo <strong>ir</strong> trinties jėgų suspaudžiant spyruoklę nepaisykite.<br />
x = 1 mm = 1 10 -3 0<br />
m<br />
h = 0,2 m<br />
v0 = 1 m/s<br />
x - ?<br />
Nepaisant trinties bei oro<br />
pasiprieš<br />
s.<br />
echaninę energiją pradinėje ( I ) <strong>ir</strong><br />
tos tašku pas<strong>ir</strong>enkame suspaustą spyruoklės padėtį. x<br />
nė energija yra lygi kūno potencinės <strong>ir</strong><br />
W1 = mg(h + x) + ½ mv 2 x<br />
inimo jėgų, sistemoje<br />
kūnas – spyruoklė – žemė veikia 0<br />
tik potencialinės (gravitacijos <strong>ir</strong><br />
tamprumo) jėgos. Tokią sistemą<br />
laikome konservatyviąja<br />
mechanine sistema, kurioje galioja<br />
mechaninės energijos tvermės dėsni<br />
Rasime sistemos pilnutinę m<br />
galinėje ( II ) padėtyse.<br />
Aukščio atskai<br />
ašį nukreipiame vertikaliai aukštyn.<br />
Sistemos pradinė mechani<br />
kinetinės energijų sumai:<br />
. (1)<br />
Sistemos energija galinėje padėtyje yra lygi deformuotos spyruoklės<br />
potencinei energijai:<br />
W2 = ½ kx2 , (2)<br />
čia k – spyruoklės tamprumo koeficientas, kurį rasime pasinaudoję formule:<br />
KTU Fizikos katedra<br />
x<br />
32<br />
v0 r<br />
I<br />
h<br />
II
k = mg/x0 . (3)<br />
Pagal mechaninės energijos tvermės dėsnį<br />
W1 = W2.<br />
Į (4) įrašę (1) <strong>ir</strong> (2), gauname:<br />
(4)<br />
mg( h + x) + ½ mv 2 = ½ kx 2 . (5)<br />
Atsižvelgę į (3) <strong>ir</strong> pertvarkę (5), gauname kvadratinę lygtį:<br />
x 2 – 2x0x – x0(2h + v0 2 /g) = 0.<br />
Šios lygties sprendiniai:<br />
x2 – netinka, nes x2
Kadangi an = v 2 /R , tai iš (2) gaunama linijinio greičio išraiška:<br />
v =<br />
R(<br />
Ft<br />
− mg<br />
m<br />
)<br />
.<br />
(3)<br />
Pagal mechaninės energijos tvermės dėsnį svarsčio kinetinė energija<br />
taške B yra lygi potencinės energijos pokyčiui svarsčiui pakylant į aukščiausią<br />
tašką nutrūkus siūlui:<br />
½ mv<br />
kilimo aukštį:<br />
e<br />
2 = mgh .<br />
Išreiškiame pa<br />
(4)<br />
h = v 2 /2g.<br />
Įrašom (3):<br />
(5)<br />
R( Ft<br />
− mg)<br />
h =<br />
.<br />
2mg<br />
Įrašome skaitines reikšmes <strong>ir</strong> apskaičiuojame:<br />
0, 5(<br />
44 − 0,<br />
5⋅<br />
9,<br />
8)<br />
h =<br />
m = 1,<br />
99m.<br />
2 ⋅ 0,<br />
5 ⋅9,<br />
8<br />
3.6. Du variniai rutuliai, kurių spinduliai 4 cm <strong>ir</strong> 6 cm, liečiasi vienas<br />
su<br />
kitu. Apskaičiuokite jų sąveikos potencinę energiją.<br />
R1 = 4 cm = 4 10 -2 m<br />
R = 6 cm = 6 10 -2 m<br />
2<br />
Wp - ?<br />
Dviejų materialiųjų<br />
taškų ar rutulio<br />
pavidalo<br />
kūnų, kurių masės m1 <strong>ir</strong> m2 , o atstumas<br />
tarp jų masių centrų r, gravitacinės sąveikos<br />
potencinė energija:<br />
čia γ = 6,67 10 -11 Nm 2 /kg 2<br />
⋅ m1<br />
m2<br />
p = − ,<br />
r<br />
Rutulių ma<br />
m2 = ρ4/3πR2 , (2)<br />
R2 . (3)<br />
ąveikos potencinės<br />
γ<br />
(1)<br />
– gravitacinė konstanta.<br />
ses išreiškiame iš tankio formulės ρ = m/V:<br />
3<br />
m1 = ρV1 = ρ4/3 πR1 3 <strong>ir</strong><br />
čia ρ = 8930 kg/m 3 W<br />
- vario tankis.<br />
Atstumas tarp besiliečiančių rutulių masių centrų:<br />
r = R1 +<br />
Į (1) įrašę (2) <strong>ir</strong> (3), gauname gravitacinės s<br />
energijos išraišką:<br />
KTU<br />
Fizikos katedra<br />
W p<br />
4 3 4 3<br />
γρ πR1<br />
ρ πR<br />
2<br />
= − 3 3<br />
R1<br />
+ R 2<br />
2 2 3 3<br />
16π<br />
ρ γR1<br />
R 2<br />
= −<br />
.<br />
9( R1<br />
+ R 2 )<br />
Į gautą išraišką įrašome skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiuojame:<br />
2<br />
2<br />
−11<br />
16⋅<br />
3,<br />
14 8930 6,<br />
67⋅10<br />
( 4⋅10<br />
) ( 6⋅10<br />
)<br />
−8<br />
Wp = −<br />
J = −1,<br />
29⋅10<br />
J.<br />
−2<br />
−2<br />
9( 4⋅10<br />
+ 6⋅10<br />
)<br />
34<br />
−2<br />
2<br />
−2<br />
2<br />
(4)
3.7. Apskaičiuokite darbą, atliekamą tempiant dvi nuosekliai sujungtas<br />
spyruokles, kurių tamprumo koeficientai 400 N/m <strong>ir</strong> 250 N/m , kai p<strong>ir</strong>moji<br />
spyruoklė pailgėja 0,02 m.<br />
Tempiamos spyruoklės deformuojasi, ats<strong>ir</strong>anda<br />
tamprumo jėgos F1 r <strong>ir</strong> F2 r k1 = 400 N/m<br />
k2 =250 N/m<br />
∆l1 = 0,02 m<br />
, dėl to spyruoklės įgyja<br />
potencinės energijos. Potencinės energijos nuliniu<br />
A - ?<br />
lygmeniu pas<strong>ir</strong>enkame neištemptų spyruoklių potencinę<br />
energiją (Wp01 = Wp02). Tuomet ištemptos p<strong>ir</strong>mos<br />
spyruoklės potencinė energija:<br />
antros spyruoklės:<br />
Wp1 = ½ k1∆l1 2 , (1)<br />
Wp2 = ½ k2∆l2 2 . (2)<br />
F2 r<br />
F1 r<br />
Tempimo jėgos F atliktas darbas yra lygus ištemptų spyruoklių<br />
potencinių energijų sumai:<br />
A = Wp1 + Wp2 . (3)<br />
Dėl spyruoklių nesvarumo nuosekliai sujungtų spyruoklių tamprumo<br />
jėgų moduliai vienodi:<br />
F1 = F2 = F . (4)<br />
Pagal Huko dėsnį:<br />
F1 = k1∆l1 , F2 = k2∆l2 . (5)<br />
Į (4) įrašome (5), gauname:<br />
k1∆l1 = k2∆l2.<br />
Išreiškiame antros spyruoklės pailgėjimą:<br />
k1∆l1<br />
∆ l2<br />
= .<br />
k2<br />
Į (3) įrašę (1) <strong>ir</strong> (2) bei atsižvelgę į (6), gauname:<br />
2<br />
k1∆l1<br />
k1<br />
∆l1<br />
A = + .<br />
2 2k2<br />
Į šią išraišką įrašome skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiuojame jėgos atliktą<br />
darbą ištempiant spyruokles:<br />
KTU Fizikos katedra<br />
35<br />
2<br />
2<br />
F r<br />
(6)
⎡<br />
−2<br />
2 2 −2<br />
2<br />
400(<br />
2 ⋅10<br />
) 400 ( 2 ⋅10<br />
) ⎤<br />
A = ⎢<br />
+<br />
⎥J<br />
= 0,<br />
21J.<br />
⎢⎣<br />
2<br />
2 ⋅ 250 ⎥⎦<br />
3.8. Judantis v1 greičiu m1 masės kūnas smogė į nejudantį m2 masės<br />
kūną. Apskaičiuokite, kokia pradinė kinetinės energijos dalis v<strong>ir</strong>to kūnų vidine<br />
energija po centrinio netampraus smūgio.<br />
m1<br />
m2<br />
v1<br />
∆U/Wk1 - ?<br />
m1<br />
v1 r<br />
prieš smūgį<br />
m1<br />
m2<br />
po smūgio<br />
Kūnams netampriai susidūrus abu kūnai juda kartu tuo pačiu greičiu v.<br />
Pritaikome tokiam smūgiui impulso tvermės dėsnį:<br />
→<br />
m 1 v1<br />
( m1<br />
+ m 2 )<br />
→<br />
= ) v<br />
(1) lygties vektorius suprojektavę į x ašį, gauname skaliarinę lygtį:<br />
m1v1 = ( m1 + m2 ) v . (2)<br />
Iš (2) lygties:<br />
m v<br />
1 1 v = .<br />
m1<br />
+ m2<br />
(3)<br />
Po idealiai netampraus smūgio, susidūrusių kūnų visa energija arba jos<br />
dalis v<strong>ir</strong>sta jų vidine energija.<br />
Pagal energijos tvermės dėsnį vidinės energijos pokytis:<br />
∆U = Wk1 – Wk2 . (4)<br />
Sistemos kinetinė energija prieš smūgį yra lygi p<strong>ir</strong>mo kūno kinetinei<br />
energijai:<br />
Wk1 = ½ m1v1 2 . (5)<br />
Po netampraus smūgio sistemos kinetinė energija:<br />
Wk2 = ½ (m1 + m2)v 2 . (6)<br />
Iš (4) lygties pradinės kinetinės energijos dalis, v<strong>ir</strong>tusi susidūrusių<br />
kūnų vidine energija:<br />
KTU Fizikos katedra<br />
v r<br />
m2<br />
2 36<br />
2<br />
∆U<br />
m1v1<br />
− ( m1<br />
+ m2)<br />
v m1<br />
=<br />
= 1−<br />
.<br />
2<br />
Wk1<br />
m1v1<br />
m1<br />
− m2<br />
.<br />
x<br />
x<br />
(1)
3.9. Masės m1 dalelė, lekianti v greičiu, pataiko į nejudančią m2 masės<br />
dalelę. Po centrinio tampraus smūgio abiejų dalelių judėjimo kryptys<br />
simetriškos greičio v atžvilgiu. Kampas tarp dalelių judėjimo krypčių po<br />
smūgio − 60 0 . Rasti dalelių masių santykį.<br />
v<br />
m1<br />
m2<br />
φ`= 60 0<br />
m1<br />
/m2 = ?<br />
y<br />
0<br />
ϕ<br />
m1v1 r<br />
ϕ/2<br />
m0v 2<br />
r<br />
m v<br />
r<br />
1<br />
Susidūrus tampriems kūnams vienu metu galioja impulso <strong>ir</strong><br />
mechaninės<br />
energijos tvermės dėsniai. Kadangi prieš smūgį m2 masės dalelė<br />
nejudėjo,<br />
tai impulso tvermės dėsnis<br />
m<br />
1<br />
→<br />
v = m v + m v ,<br />
1<br />
→<br />
1<br />
mechaninės energijos tvermės dėsnis:<br />
½ m1v m1v1 + ½ m2v2<br />
2 2 2<br />
= ½<br />
, (2)<br />
čia v1 <strong>ir</strong> v2 – p<strong>ir</strong>mos<br />
<strong>ir</strong> antros dalelių greičiai po smūgio.<br />
(1) lygtyje esanč ius vektorius suprojektavę į x <strong>ir</strong> y ašis, gauname dvi<br />
skaliarines lygtis:<br />
m1v = m1v1cos<br />
φ/2 + m2v2cos φ/2, (3)<br />
0 = m1v1sin φ/2 - m2v2sin φ/2. (4)<br />
Iš (4) lygties:<br />
m1v1 = m2v2. (5)<br />
Į (3) įrašome<br />
(5):<br />
v = 2v1 cos φ/2. (6)<br />
Iš (2) lygties, pasinaudoję<br />
(5) <strong>ir</strong> (6) lygtimis, gauname:<br />
ϕ 2 2 m1v1<br />
2<br />
m 1 ( 2v1<br />
cos ) = m1v1<br />
+ m 2(<br />
) . (7)<br />
2 m 2<br />
Iš (7) išreiškiame dalelių masių santykį:<br />
m1/m2 = 4cos<br />
Į gautą išraišką į<br />
2 φ/2 – 1.<br />
rašome φ skaitinę reikšmę <strong>ir</strong> apskaičiuojame:<br />
m1/m2 = 4cos 2 60 0 /2 – 1 = 2 .<br />
KTU Fizikos katedra<br />
37<br />
2<br />
→<br />
2<br />
x<br />
(1)
4. Sukamojo judėjimo dinamika<br />
4.1. Du maži (m1 = 10 g <strong>ir</strong> m2 = 2 m1) masių rutuliukai užmauti ant<br />
plonyčio <strong>ir</strong> nesvaraus 0,4 m ilgio strypelio galų. Rasti šios sistemos<br />
inercijos<br />
momentą ašies, statmenos strypelio tęsiniui <strong>ir</strong> nutolusios nuo<br />
m1 masės<br />
rutuliuko<br />
0,2 m atstumu, atžvilgiu.<br />
m1 = 10g = 1·10<br />
r = 0,4 m<br />
-2 kg<br />
m2 = 20g = 2·10 -2 kg<br />
d = 0,2 m<br />
I-?<br />
Rutuliukus laikysime materialiaisiais taškais, tuomet jų sistemos inercijos<br />
momentą rasime pasinaudoję formule:<br />
n<br />
I = ∑ m<br />
i=<br />
1<br />
2<br />
<strong>ir</strong>i<br />
= m<br />
z<br />
0<br />
2<br />
1r1<br />
+ m<br />
2<br />
2r2<br />
čia r1 = d, r2 = r + d.<br />
Tuomet I = m1d<br />
Į šią išraišką įrašę skaitines<br />
2 + m2(r + d) 2 .<br />
vertes <strong>ir</strong> apskaičiavę, gauname:<br />
2 -2 2 2 -3 2<br />
I = [1·10 + 2·10 (0,2+0,4) ] kg m = 7,6·10 kg m .<br />
-2 ·0,2<br />
4.2. Trys maži rutuliukai įtv<strong>ir</strong>tinti taisyklingojo<br />
trikampio v<strong>ir</strong>šūnėse.<br />
Trikampio kraštinės ilgis a =0,2 m. Rutuliukų masės yra tokios:<br />
m1 = 0,1 kg,<br />
m 2 = 0,2 kg <strong>ir</strong> m3 = 0,3 kg. Apskaičiuokite sistemos ašinį inercijos<br />
momentą<br />
ašies,<br />
statmenos trikampio<br />
plokštumai <strong>ir</strong> einančios per sistemos masių centrą,<br />
atžvilgiu.<br />
a =0,2m<br />
m1 = 0,1 kg<br />
m2 = 0,2 kg<br />
m3 = 0,3 kg<br />
I-?<br />
KTU Fizikos katedra<br />
38<br />
,<br />
m1<br />
m2
m1<br />
m2<br />
y c<br />
y<br />
α<br />
0<br />
xc<br />
c<br />
I1 = I + md 2 , (1)<br />
m3<br />
x<br />
Kad nereikėtų ieškoti<br />
atstumų tarp sistemos masių<br />
centro <strong>ir</strong> atsk<strong>ir</strong>ų rutuliukų,<br />
sistemos inercijos momentui<br />
apskaičiuoti taikysime Heigenso<br />
<strong>ir</strong> Šteinerio teoremą. Pas<strong>ir</strong>enkame<br />
koordinačių sistemą (parodyta<br />
brėžinyje), kurios pradžią O<br />
sutapatiname su m2 masės<br />
rutuliuku, y ašį − su trikampio<br />
pusiaukampine, z ašis statmena<br />
trikampio plokštumai. Pagal<br />
Heigenso <strong>ir</strong> Šteinerio teoremą<br />
čia I – ieškomasis inercijos momentas z’ ašies, lygiagrečios z ašiai <strong>ir</strong> einančios<br />
per sistemos masių centrą c, atžvilgiu,<br />
d – atstumas tarp z <strong>ir</strong> z’ ašių.<br />
Visos sistemos masė:<br />
m<br />
n<br />
= ∑<br />
i=<br />
1<br />
m = m + m + m . (2)<br />
i<br />
Sistemos inercijos momentas z ašies atžvilgiu:<br />
1<br />
I<br />
2<br />
n<br />
3<br />
1 = ∑<br />
i=<br />
1<br />
m<br />
2<br />
i ri<br />
= m a<br />
1<br />
2<br />
+ m a<br />
3<br />
2<br />
= ( m + m<br />
1<br />
3<br />
) a<br />
2<br />
. (3)<br />
Rutuliukai yra xy plokštumoje, todėl rutuliukų masių centro padėtį apibūdina<br />
dvi koordinatės: xc <strong>ir</strong> yc. Rasime šias koordinates:<br />
x<br />
c<br />
=<br />
n<br />
∑<br />
m r<br />
i i<br />
i=<br />
1 m1x1<br />
+ m2x2<br />
+ m3x3<br />
=<br />
.<br />
n m1<br />
+ m2<br />
+ m3<br />
∑mi<br />
i=<br />
1<br />
Iš brėžinio matome, kad atitinkamos rutuliukų x koordinatės x1 = -a cosα , x2 =<br />
0, x3 = a cosα. Trikampis lygiakraštis, todėl α = 60 0 .<br />
−m1a<br />
cosα<br />
+ m3a<br />
cosα<br />
( m3<br />
− m1<br />
) acosα<br />
Tuomet xc =<br />
=<br />
, (4)<br />
m + m + m m + m + m<br />
KTU Fizikos katedra<br />
1<br />
2<br />
3<br />
39<br />
1<br />
2<br />
3
y<br />
c<br />
=<br />
n<br />
∑<br />
m y<br />
i i<br />
i=<br />
1 m1<br />
y1<br />
+ m2<br />
y2<br />
+ m3<br />
y3<br />
=<br />
,<br />
n m1<br />
+ m2<br />
+ m3<br />
∑ mi<br />
i=<br />
1<br />
čia y1 = a cosα/2, y2 = 0, y3 = a cosα/2.<br />
α α<br />
m1a<br />
cos + m2a<br />
cos<br />
Tuomet y 2 2<br />
c =<br />
=<br />
m1<br />
+ m2<br />
+ m3<br />
Iš brėžinio matome, kad<br />
2<br />
c<br />
2<br />
c<br />
α<br />
1 3 a cos<br />
2 . (5)<br />
m + m + m<br />
( m + m )<br />
d = x + y . (6)<br />
Iš (1), atsižvelgę į (2), (3), (4), (5) <strong>ir</strong> (6), gauname sistemos inercijos momentą<br />
ašies, einančios per sistemos masių centrą, atžvilgiu:<br />
I = I1 – md 2 ,<br />
⎛<br />
2 2<br />
2 2 α ⎞<br />
⎜ ( m3<br />
− m1<br />
) cos α + ( m1<br />
+ m3<br />
) cos ⎟<br />
2 2<br />
I = ⎜ m1<br />
+ m<br />
⎟<br />
3 −<br />
a .<br />
⎜<br />
m<br />
⎟<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎝<br />
⎠<br />
Į šią išraišką įrašę skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiavę, randame ieškomąjį inercijos<br />
momentą:<br />
⎛<br />
0<br />
2 2 0<br />
2 2 60 ⎞<br />
⎜ ( 0,<br />
3 − 0,<br />
1)<br />
cos 60 + ( 0,<br />
3 + 0,<br />
1)<br />
cos ⎟<br />
2 2 2<br />
3 2<br />
I ⎜<br />
1 0, 1 0,<br />
2<br />
⎟<br />
−<br />
= + −<br />
0,<br />
2 kg ⋅ m = 7,<br />
3⋅10<br />
kg ⋅ m .<br />
⎜<br />
0,<br />
1+<br />
0,<br />
2 + 0,<br />
3<br />
⎟<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎝<br />
⎠<br />
4.3. Apskaičiuokite vienalyčio m masės <strong>ir</strong> l ilgio strypo ašinį inercijos<br />
momentą sukimosi ašies, statmenos strypui <strong>ir</strong> einančios per: a) jo vidurį; b)<br />
vieną jo galą, atžvilgiu. Patikrinkite Heigenso <strong>ir</strong> Šteinerio teoremą.<br />
m, l<br />
I1-?; I2-?<br />
0<br />
dm<br />
Pas<strong>ir</strong>enkame<br />
koordinačių sistemą xy, kurios<br />
pradžią sutapatiname su strypo<br />
masių centru O. Visą strypą<br />
išskaidome į be galo daug<br />
x dx<br />
x<br />
mažų dm masės elementų (vienas jų pažymėtas brėžinyje), kuriuos galima<br />
laikyti materialiaisiais taškais. Tuomet tokio elemento inercijos momentas<br />
KTU Fizikos katedra<br />
y’<br />
40<br />
y<br />
1<br />
2<br />
3
2<br />
dI = x dm , (1)<br />
čia x – dm masės elemento atstumas iki sukimosi ašies y. Elemento dm masę<br />
rasime pasinaudoję formule:<br />
dm = τdx<br />
,<br />
čia τ = m/l – medžiagos ilginis tankis.<br />
(2)<br />
Vienalyčio strypo atveju jo inercijos momentas y ašies atžvilgiu:<br />
I y<br />
∫<br />
2<br />
= x dm . (3)<br />
Iš (3), atsižvelgę į (2) <strong>ir</strong> pas<strong>ir</strong>inkę integravimo rėžius, gauname ieškomąjį<br />
inercijos momentą:<br />
L<br />
2<br />
m 2 m x 1 2<br />
I 1=<br />
I y = ∫ x dx = = mL . (4)<br />
L L 3 12<br />
L<br />
−<br />
2<br />
3 L<br />
2<br />
L<br />
−<br />
2<br />
Inercijos momentą, I2 y’ ašies, einančios per strypo galą atžvilgiu, rasime iš (3),<br />
pakeitę integravimo rėžius, t.y. integruodami nuo 0 iki L:<br />
L<br />
m 2 m x L 1 2<br />
I 2=<br />
∫ x dx = 0 = mL . (5)<br />
L L 3 3<br />
0<br />
I2 galime rasti pasinaudoję Heigenso <strong>ir</strong> Šteinerio teorema:<br />
2<br />
I 2 = I1<br />
+ md , (6)<br />
čia I1 – inercijos momentas ašies, einančios per masių centrą, atžvilgiu y<br />
L<br />
d = – atstumas tarp y <strong>ir</strong> y’ ašių.<br />
2<br />
2<br />
1<br />
Tuomet 2 ⎛ L ⎞ 1 2<br />
I 2 mL + m⎜<br />
⎟ = mL<br />
=<br />
12 ⎝ 2 ⎠ 3<br />
. (7)<br />
Palyginę (5) <strong>ir</strong> (7) išraiškas, matome, kad jos tapačios.<br />
4.4. Apskaičiuokite m masės <strong>ir</strong> R spindulio disko ašinį inercijos<br />
momentą ašies, statmenos jo plokštumai <strong>ir</strong> einančios: a) per jos masių centrą; b)<br />
per disko kraštą, atžvilgiu.<br />
M<br />
R<br />
I1–?; I2–?<br />
a) Mintyse suskaidome diską į be<br />
galo daug siaurų žiedų (vienas iš jų<br />
parodytas brėžinyje), kurių kiekvieno<br />
KTU Fizikos katedra<br />
41<br />
3<br />
dr<br />
0<br />
r<br />
R
spindulys r, plotis dr <strong>ir</strong> masė dm. Kadangi visi to paties žiedo taškai vienodai<br />
nutolę nuo sukimosi ašies, tai jo inercijos momentas:<br />
2<br />
dI = r dm .<br />
Žiedo masė dm = ρ dV, o žiedo tūris dV = 2π<br />
rb ⋅ dr , čia ρ – medžiagos tankis, b<br />
– žiedo storis.<br />
Atsižvelgus į tai, žiedo inercijos momentas:<br />
3<br />
dI = 2πr<br />
bρ<br />
dr . (1)<br />
Susumavę visų žiedų, sudarančių diską, inercijos momentus, t.y. suintegravę<br />
(1) išraišką, gauname disko inercijos momentą ašies, statmenos diskui <strong>ir</strong><br />
einančios per jo masės centrą, atžvilgiu:<br />
m m<br />
Kadangi disko medžiagos tankis ρ = = ,<br />
V 2<br />
πR<br />
b<br />
tai inercijos momentas<br />
I<br />
1<br />
R<br />
3<br />
R<br />
= ∫ 2π r bρdr<br />
= πbρ<br />
. (2)<br />
2<br />
0<br />
2<br />
mR<br />
I 1 = . (3)<br />
2<br />
b) Disko inercijos momentą I2 ašies, statmenos diskui <strong>ir</strong> einančios per<br />
jo kraštą, atžvilgiu rasime pasinaudoję Heigenso <strong>ir</strong> Šteinerio teorema:<br />
2<br />
I 2 = I1<br />
+ md ,<br />
čia d = R.<br />
1 2 2 3 2<br />
Tuomet I 2 = mR + mR = mR .<br />
2<br />
2<br />
4.5. Disko lanką liestinės kryptimi veikia 100N jėga. Besisukantį diską<br />
veikia 5 Nm stabdymo jėgos momentas. Disko spindulys – 0,2 m, masė – 7,5<br />
kg. Raskite disko sukimosi kampinį pagreitį.<br />
F = 100N<br />
Mst = 5Nm<br />
R = 0,2m<br />
m = 7,5kg<br />
ε–?<br />
Diską veikiančių jėgų<br />
atstojamasis momentas:<br />
KTU Fizikos katedra<br />
42<br />
M r<br />
z<br />
4<br />
st<br />
M r<br />
ε r<br />
R r<br />
F r
čia<br />
M<br />
r<br />
M 1<br />
r r<br />
+<br />
= R × F . (2)<br />
Pasinaudoję sukamojo judėjimo dinamikos pagrindine lygtimi:<br />
= M1<br />
M st , (1)<br />
M = Iε<br />
. (3)<br />
(1) lygtyje esančius vektorius suprojektavę į z ašį, nukreiptą išilgai sukimosi<br />
ašies, gauname skaliarinę lygtį:<br />
M1 − M st = Iε<br />
.<br />
Ašinis disko inercijos momentas<br />
(4)<br />
1 2<br />
I = mR . (5)<br />
2<br />
r<br />
Kadangi vektoriai R v <strong>ir</strong> F tarp savęs statmeni, jėgos momento modulis:<br />
M 1 = RF . (6)<br />
Remiantis (4), (5) <strong>ir</strong> (6) lygtimis, disko sukimosi kampinis pagreitis:<br />
2(<br />
RF − M st )<br />
ε =<br />
.<br />
2<br />
mR<br />
Į šią išraišką įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame sukimosi kampinį pagreitį:<br />
2(<br />
100 ⋅ 0,<br />
2 − 5)<br />
ε =<br />
rad<br />
2 = 100 rad<br />
2 .<br />
7,<br />
5⋅<br />
0,<br />
04 s s<br />
4.6. m = 10 kg masės <strong>ir</strong> R = 0,2 m spindulio rutulys sukasi apie ašį,<br />
einančią per jo masių centrą. Rutulio judėjimo lygtis φ = At + Bt 2 + Ct 3 , čia A =<br />
1s -1 , B = 4 s -2 , C = -1s -3 . Nustatykite rutulį veikiančio jėgų momento<br />
priklausomybę nuo laiko. Kokia jo vertė, kai t = 2 s?<br />
m = 10 kg<br />
R = 0,2 m<br />
φ = At + Bt 2 + Ct 3<br />
A = 1 s -1<br />
B = 4 s -2<br />
C = -1 s -3<br />
t = 2 s<br />
Pasinaudosime pagrindine sukamojo<br />
judėjimo lygtimi:<br />
M = Iε<br />
. (1)<br />
Rutulio ašinis inercijos momentas:<br />
2 2<br />
I = mR .<br />
5<br />
(2)<br />
Sukimosi kampinis pagreitis:<br />
M(t)-? M-?<br />
dω<br />
ε = .<br />
dt<br />
(3)<br />
Kampinis greitis ω apibūdina posūkio kampo φ kitimo spartą, t.y.:<br />
dϕ<br />
ω = .<br />
dt<br />
(4)<br />
Taigi ω = A + 2Bt + 3Ct 2 . (5)<br />
Remiantis (3) <strong>ir</strong> (5) lygtimis, kampinis pagreitis:<br />
ε = 2B +6Ct. (6)<br />
KTU Fizikos katedra<br />
43
Į p<strong>ir</strong>mą lygtį įrašę (2) <strong>ir</strong> (6) išraiškas, nustatome jėgos momento priklausomybę<br />
nuo laiko:<br />
4 2<br />
( B + Ct<br />
M( t ) = mR 3 ). (7)<br />
5<br />
Į (7) įrašę skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiavę, gauname jėgos momento skaitinę<br />
vertę, kai t =2s:<br />
⎡ 4 2 ⎤<br />
M ( 2 ) = ⎢ 10 ⋅ 0.<br />
2 ( 4 + 3(<br />
−1)<br />
2)<br />
Nm = −0,<br />
64Nm<br />
5<br />
⎥<br />
.<br />
⎣<br />
⎦<br />
4.7. m1 = 2 kg <strong>ir</strong> m2 = 1 kg masių kūnai sujungti nesvariu <strong>ir</strong> netąsiu<br />
siūlu, permestu per skridinį. Skridinys – 1kg masės pilnaviduris cilindras.<br />
Apskaičiuokite sistemos judėjimo pagreitį <strong>ir</strong> siūlo įtempimo jėgų modulius.<br />
m1 = 2 kg<br />
m2 = 1 kg<br />
m = 1 kg<br />
a-? T1-? T2-?<br />
m1 <strong>ir</strong> m2 masių kūnus<br />
r<br />
m1g m g<br />
r<br />
2<br />
veikia sunkio jėgos <strong>ir</strong><br />
T1 r<br />
bei siūlo tempimo jėgos <strong>ir</strong><br />
T2 r<br />
. Taikydami atsk<strong>ir</strong>ai<br />
kiekvienam jų antrąjį Niutono<br />
dėsnį, gauname:<br />
1<br />
1<br />
x<br />
1<br />
1<br />
T 1′<br />
r<br />
T1 r<br />
m g<br />
r<br />
1<br />
R r<br />
T 2′<br />
r<br />
T2 r<br />
m g<br />
r<br />
2<br />
m g + T = m a , (1)<br />
m 2 g + T2<br />
= m2<br />
a2<br />
. (2)<br />
Kadangi siūlas netąsus, tai abiejų kūnų pagreičių moduliai yra lygūs, t.y.:<br />
a1 = a2 =a. (3)<br />
(1) <strong>ir</strong> (2) lygtyse esančius vektorius suprojektavę į x ašį <strong>ir</strong> atsižvelgę į (3),<br />
gauname:<br />
m − T = m a , (1’ )<br />
1 g 1 1<br />
2g<br />
T2<br />
= −m2<br />
m − a . (2’ )<br />
Skridiniui taikome pagrindinę sukamojo judėjimo dinamikos lygtį<br />
M = Iε<br />
. (4)<br />
Skridinio – pilnavidurio cilindro – ašinis inercijos momentas<br />
1 2<br />
I = mR .<br />
2<br />
(5)<br />
Jo kampinis pagreitis:<br />
KTU Fizikos katedra<br />
44
a<br />
ε = .<br />
R<br />
(6)<br />
Kadangi siūlas neslysta skridiniu, tai jo sukimąsi sukelia T1’ <strong>ir</strong> T2’ jėgų<br />
veikimas. Skridinio sukamasis jėgos momentas:<br />
r r<br />
st M M M + = 1 ,<br />
r r r r r r<br />
čia M 1 = RT1′<br />
<strong>ir</strong> M 2 = R T2′<br />
.<br />
(7)<br />
(8)<br />
Į (4) lygtį įrašę (7) išraišką <strong>ir</strong> ją suprojektavę į z ašį, sutampančią su sukimosi<br />
ašimi, nukreipta į mus, gauname:<br />
M 1 − M 2 = Iε<br />
.<br />
Kadangi R ⊥ T ′ <strong>ir</strong> , tai jų moduliai:<br />
(9)<br />
r r<br />
R ⊥ T ′<br />
r r<br />
1<br />
2<br />
M1 = RT1’ <strong>ir</strong> M2 = RT2’.<br />
Į (9) įrašę (5), (6) <strong>ir</strong> (10), gauname:<br />
(10)<br />
T1’ – T2’= ma/2.<br />
Iš siūlo nesvarumo sąlygos darome išvadą, kad<br />
(11)<br />
T1’ = T1 <strong>ir</strong> T2’ = T2 . (12)<br />
Išsprendę (1’ ), (2’ ) <strong>ir</strong> (11) lygčių sistemą bei atsižvelgę į (12), randame kūnų<br />
judėjimo pagreitį:<br />
( m1<br />
− m2<br />
) g<br />
a =<br />
1<br />
m + m1<br />
+ m2<br />
2<br />
.<br />
Į šią išraišką įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame pagreitį:<br />
( 2 −1)<br />
10<br />
a = ⋅ m<br />
2 = 2,<br />
8m<br />
2 .<br />
1 s s<br />
1+<br />
2 + 1<br />
2<br />
Į (1’ ) <strong>ir</strong> (2’ ) įrašę skaitines vertes, apskaičiuojame siūlo įtempimo jėgų<br />
modulius: T1 = m1(g-a) = 2(10 - 2,8)N = 14,4N,<br />
T2 = m1(g+a) = 1(10 + 2,8)N = 12,8N.<br />
4.8. m masės rutulys rieda nuožulniąja plokštuma, kurios nuolydžio<br />
kampas α. Nustatykite jo masių centro pagreitį.<br />
M<br />
α<br />
a-?<br />
KTU Fizikos katedra<br />
Ftr r<br />
mg r<br />
y<br />
N r<br />
45<br />
α<br />
x
Riedantį nuožulniąja plokštuma rutulį veikia sunkio, trinties <strong>ir</strong><br />
plokštumos reakcijos jėgos. Pagal antrąjį Niutono dėsnį:<br />
r r r r<br />
N + mg<br />
+ Ftr<br />
= ma<br />
.<br />
Suprojektavę šios lygties vektorius į x ašį, gauname:<br />
mg sinα – Ftr = ma. (1)<br />
Ši lygtis aprašo rutulio masių centro tiesiaeigį judėjimą. Be šio judėjimo,<br />
trinties jėgos momentas priverčia rutulį suktis, todėl jis rieda plokštuma. Jo<br />
sukimąsi aprašo pagrindinė sukamojo judėjimo dinamikos lygtis:<br />
M = Iε<br />
.<br />
Užrašysime šią lygtį projekcijomis į z ašį, nukreiptą išilgai rutulio sukimosi<br />
ašies:<br />
M = Iε<br />
.<br />
Ašinis rutulio inercijos momentas:<br />
(2)<br />
2 2<br />
I = mR ,<br />
5<br />
čia R – rutulio spindulys.<br />
Trinties jėgos momento modulis:<br />
(3)<br />
M = Ftr·R.<br />
Sukimosi kampinis pagreitis:<br />
(4)<br />
a<br />
ε = .<br />
R<br />
(5)<br />
Atsižvelgę į lygtis (2), (3), (4) <strong>ir</strong> (5), gauname trinties jėgos išraišką:<br />
2<br />
Ftr = ma .<br />
5<br />
(6)<br />
Įrašę į (1) lygtį išraišką (7), išreiškiame masės centro pagreitį:<br />
5<br />
a = g sinα<br />
.<br />
7<br />
4.9. Kokį darbą reikia atlikti, norint smagratį priversti suktis 2 s -1<br />
dažniu? Smagračio inercijos momentas 280 kgm 2 .Trinties nepaisyti.<br />
I = 280 kgm 2<br />
ν = 2 s -1<br />
A - ?<br />
Išorinių jėgų atliktas darbas yra lygus kūno<br />
kinetinės energijos pokyčiui:<br />
A = Wk2 – Wk1 . (1)<br />
Pradiniu laiko momentu smagratis nesisuko,<br />
todėl jo kinetinė energija:<br />
Wk 1= 0. (2)<br />
Smagračiui sukantis kampiniu greičiu ω, jo kinetinė energija:<br />
2<br />
Iw<br />
W k 2 =<br />
2<br />
, (3)<br />
čia ω = 2πυ<br />
. (4)<br />
(1) formulę pakeitę pagal (2),(3),(4) išraiškas, gauname:<br />
KTU Fizikos katedra<br />
46
darbą:<br />
2<br />
2<br />
A = 2π υ I . (5)<br />
Į (5) formulę įrašome skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiuojame išorinių jėgų<br />
2 2<br />
A = 2⋅<br />
3,<br />
14 ⋅ 2 ⋅ 280J<br />
= 22085J<br />
≈ 22kJ<br />
.<br />
4.10. Rutulys neslysdamas rieda žemyn nuožulniąja plokštuma, kurios<br />
aukštis 0,9 m. Apskaičiuokite rutulio masių centro judėjimo greitį plokštumos<br />
gale. Trinties nepaisyti.<br />
h = 0,9 m<br />
v - ?<br />
Nepaisant trinties, sistemai rutulys-žemė galima<br />
taikyti mechaninės energijos tvermės dėsnį.Pagal jį<br />
užrašome lygtį:<br />
Wp1+Wk1 = Wp2+Wk2 , (1)<br />
čia Wp1 <strong>ir</strong> Wp2 – rutulio potencinės energijos, o Wk1 <strong>ir</strong> Wk2 – rutulio kinetinės<br />
energijos atitinkamai aukščiausiame jo pakilimo taške <strong>ir</strong> nuožulniosios<br />
plokštumos gale .<br />
Potencinės energijos atskaitos tašku pas<strong>ir</strong>enkame nuožulniosios<br />
plokštumos papėdę. Tuomet<br />
Wp1=mgh, (2)<br />
Wp2=0. (3)<br />
Kūno riedėjimas yra suma dviejų judesių: rutulio sukimosi apie ašį,<br />
išbrėžtą per masių centrą, <strong>ir</strong> rutulio masės centro slinkimo. Todėl riedėjimo<br />
kinetinė energija lygi slenkamojo <strong>ir</strong> sukamojo judėjimo kinetinių energijų<br />
sumai.<br />
Riedančio nuo plokštumos rutulio kinetinė energija:<br />
2<br />
mv Iω<br />
W k 2 = + , (4)<br />
2 2<br />
čia I – rutulio inercijos momentas, ω – kampinis greitis, m – rutulio masė.<br />
Rutulio kinetinė energija pradiniu momentu:<br />
Wk1=0, (5)<br />
nes rutulys pradiniu momentu aukščiausiame taške nejudėjo.<br />
Į (1 ) įrašę (2),(3),(4) <strong>ir</strong> (5) išraiškas, gauname:<br />
2<br />
mv<br />
mgh =<br />
2<br />
Iw<br />
+<br />
2<br />
. (6)<br />
Kai rutulys rieda neslysdamas:<br />
ω = v / R ,<br />
čia R – rutulio spindulys.<br />
Rutulio inercijos momentas:<br />
(7)<br />
2 2<br />
I = mR .<br />
5<br />
(8)<br />
Į (6) lygtį įrašome (7) <strong>ir</strong> (8) <strong>ir</strong> gauname rutulio greitį nuožulniosios<br />
plokštumos papėdėje:<br />
KTU Fizikos katedra<br />
47<br />
2<br />
2
10gh<br />
v = .<br />
7<br />
Į šią formulę įrašome skaitines reikšmes <strong>ir</strong> apskaičiuojame:<br />
10 ⋅ 9,<br />
8 ⋅ 0,<br />
9<br />
v =<br />
m / s = 3,<br />
6m<br />
/ s .<br />
7<br />
4.11. Kūno posūkio kampo priklausomybė nuo laiko užrašoma lygtimi<br />
φ = at + bt 2 , čia a= 32 rad/s, b = -4 rad/s 2 . Kūno inercijos momentas 100 kgm 2 .<br />
Apskaičiuokite stabdymo jėgų atliktą darbą sustabdant besisukantį kūną.<br />
φ = at + bt 2<br />
a = 32 rad/s<br />
b = -4 rad/s 2<br />
darbas:<br />
Besisukančio kūno stabdymo jėgų atliktas<br />
A<br />
ϕ<br />
=<br />
∫<br />
Mdϕ<br />
, (1)<br />
A - ?<br />
0<br />
čia M – stabdymo jėgų momentas, kurį gausime,<br />
pasinaudoję kieto kūno sukamojo judėjimo dinamikos<br />
pagrindine lygtimi:<br />
ε r r<br />
M = I . (2)<br />
Vektoriai M r <strong>ir</strong> ε r yra vienodų krypčių, nukreiptų išilgai koordinačių ašies,<br />
pas<strong>ir</strong>inktos išilgai kūno sukimosi ašies. (2) lygties vektorius M r <strong>ir</strong> ε r<br />
suprojektavę į šią ašį, gauname skaliarinę lygtį:<br />
M=Iε. (3)<br />
Šioje lygtyje ε yra kampinis kūno pagreitis:<br />
dω<br />
ε = ,<br />
dt<br />
o ω – kūno kampinis greitis, kuris yra lygus<br />
(4)<br />
d<br />
= = a + 2bt<br />
dt<br />
ϕ<br />
ω . (5)<br />
Tuomet iš (4) <strong>ir</strong> (5)<br />
ε= b. (6)<br />
Į (3) lygtį įrašę (5) išraišką, gauname:<br />
M=2bI. (7)<br />
Matome, kad jėgos momentas yra pastovus dydis. Tuomet iš (1)<br />
išraiškos seka:<br />
A=M⋅ϕ. (8)<br />
Į (8) įrašome (7) bei sąlygoje duotą posūkio kampo lygtį<br />
A=2bI(at1+bt1 2 ),<br />
čia t1 –laikas, kai kūnas sustoja.<br />
(9)<br />
Vadinasi, ω = dφ/dt = 0.<br />
Arba a +2bt1 = 0<br />
KTU Fizikos katedra<br />
48
Taigi<br />
a<br />
t 1 = − .<br />
2b<br />
(10)<br />
Į (9) formulę įrašę (10) išraišką, gauname:<br />
2<br />
Ia<br />
A = − .<br />
2<br />
Į gautąją išraišką įrašome skaitines vertes <strong>ir</strong> gauname stabdymo jėgų<br />
momento darbą:<br />
2<br />
100 ⋅ 32<br />
3<br />
A = − J = 51,<br />
2 ⋅10<br />
J .<br />
2<br />
4.12. Horizontali platforma laisvai sukasi 0,2 s -1 dažniu apie vertikalią<br />
ašį, kuri statmena platformai <strong>ir</strong> eina per jos centrą. Platformos masė 100 kg.<br />
Žmogus, kurio masė 60 kg, tuo metu stovi ant platformos krašto. Kokiu dažniu<br />
pradės suktis platforma, žmogui perėjus į jos centrą? Platforma prilygsta<br />
vienalyčiam diskui, o žmogus – materialiajam taškui.<br />
m1 = 100 kg<br />
m2 = 60 kg<br />
n2 - ?<br />
Platformai laisvai sukantis galima taikyti<br />
impulso momento tvermės dėsnį:<br />
r r<br />
L 1 = L2<br />
. (1)<br />
r r<br />
Kadangi L1 <strong>ir</strong> L2 vektoriai yra vienodų krypčių <strong>ir</strong><br />
nukreipti išilgai sukimosi ašies, tai koordinačių ašį<br />
nukreipę tos ašies kryptimi <strong>ir</strong> (1) lygties vektorius suprojektavę į tą pačią ašį,<br />
gauname:<br />
L1=L2. (2)<br />
čia L1 <strong>ir</strong> L2 – pradinis <strong>ir</strong> galinis impulso momentai, kuriuos išreiškiame taip:<br />
L 1 = ( I1<br />
+ I 2 ) ω1<br />
, (3)<br />
L 2 = ( I1<br />
+ I 2′<br />
) ω 2 . (4)<br />
Platformos inercijos momentas:<br />
1 2<br />
I 1 = m1R<br />
.<br />
2<br />
(5)<br />
Žmogaus, stovinčio ant platformos krašto, inercijos momentas:<br />
ν1 = 0,2 s -1<br />
2<br />
I 2 = m2R<br />
. (6)<br />
Žmogui perėjus į platformos centrą, jo inercijos momentas:<br />
2<br />
I 2 = m2R2<br />
= 0 , (7)<br />
čia R2 – žmogaus nuotolis nuo sukimosi ašies.<br />
Besisukančios<br />
išreiškiame:<br />
sistemos pradinį <strong>ir</strong> galinį kampinius greičius<br />
ω 1 = 2πν1<br />
, (8)<br />
ω 2 = 2πν 2 . (9)<br />
KTU Fizikos katedra<br />
49
Pertvarkę impulso momento tvermės dėsnį (2) pagal (3), (4), (5), (6),<br />
(8) <strong>ir</strong> (9) išraiškas, gauname:<br />
⎛ 1 ⎞ 1<br />
n1⎜ m1<br />
m2<br />
⎟ = n2<br />
⋅ m1<br />
⎝ 2 ⎠ 2<br />
+ .<br />
Iš gautos lygties išreiškiame ieškomąjį dydį:<br />
⎟ ⎛ 2m<br />
⎞<br />
n = ⎜<br />
+ 2<br />
2 n1<br />
1 .<br />
⎝ m1<br />
⎠<br />
Į šią išraišką įrašome skaitines vertes <strong>ir</strong> apskaičiuojame platformos<br />
sukimosi dažnį žmogui perėjus į jos centrą:<br />
⎛ 2 ⋅ 60 ⎞ − 1 −1<br />
2 = ⎜1+<br />
⎟s<br />
= 0,<br />
87s<br />
⎝ 100 ⎠<br />
n .<br />
4.13. Du lygiagretūs diskai laisvai sukasi apie vertikalią ašį ta pačia<br />
kryptimi. Vieno inercijos momentas I1, kampinis greitis ω1, antrojo – I2 <strong>ir</strong> ω2.<br />
Staiga v<strong>ir</strong>šutinis diskas krinta <strong>ir</strong> sulimpa su apatiniu disku. Kokiu kampiniu<br />
greičiu sukasi sulipę diskai <strong>ir</strong> kiek pakito sistemos potencinė energija?<br />
I1<br />
ω1<br />
I2<br />
ω2<br />
ω - ? ∆Wk - ?<br />
ašį, gauname:<br />
Kadangi diskai sukasi laisvai, galime taikyti<br />
impulso momento tvermės dėsnį:<br />
r r r<br />
L 1 + L2<br />
= L . (1)<br />
r r r<br />
Kadangi L 1 , L2<br />
<strong>ir</strong> L yra nukreipti išilgai<br />
sukimosi krypties, tai koordinačių ašį nukreipę tos<br />
ašies kryptimi <strong>ir</strong> (1) lygties vektorius suprojektavę į tą<br />
L 1 + L2<br />
+ L , (2)<br />
čia L1 <strong>ir</strong> L2 – p<strong>ir</strong>mojo <strong>ir</strong> antrojo disko impulsų momentai, jiems sukantis<br />
atsk<strong>ir</strong>ai, o L – sulipusių diskų impulso momentas.<br />
Kadangi<br />
L 1 = I1ω1<br />
,<br />
L 2 = I2ω<br />
2 ,<br />
L = ( I1<br />
+ I2<br />
)ω,<br />
tai šias išraiškas įrašę į (2) lygtį, gauname:<br />
I 1ω1<br />
+ I2ω<br />
2 = ( I1<br />
+ I2<br />
) ω .<br />
Iš (3) lygties išreiškiame ieškomą dydį:<br />
(3)<br />
I1ω1<br />
+ I2ω<br />
ω =<br />
2<br />
.<br />
I1<br />
+ I2<br />
Sistemos kinetinės energijos pokytis:<br />
(4)<br />
∆Wk<br />
= Wk2<br />
−Wk1<br />
,<br />
čia diskų sistemos pradinė kinetinė energija:<br />
(5)<br />
KTU Fizikos katedra<br />
50
2 2<br />
I1ω1<br />
I2ω<br />
W 2<br />
k 1 = + .<br />
2 2<br />
Sulipusių diskų kinetinė energija:<br />
(6)<br />
2 ( I1<br />
+ I2<br />
) ω<br />
W k2<br />
= .<br />
2<br />
Į (7) formulę įrašome (4) išraišką:<br />
(7)<br />
2<br />
( I1ω1<br />
+ I2ω<br />
2 )<br />
W k2<br />
=<br />
.<br />
2( I1<br />
+ I2<br />
)<br />
(8)<br />
Į (5) lygtį įrašę (6) <strong>ir</strong> (8) formules, gauname sistemos kinetinės<br />
energijos pokytį:<br />
2<br />
I1I2<br />
( ω1<br />
− ω2<br />
)<br />
∆ Ek = −<br />
.<br />
2( I1<br />
+ I2<br />
)<br />
2 2<br />
I1ω1<br />
I2ω<br />
W 2<br />
k 1 = + .<br />
2 2<br />
Sulipusių diskų kinetinė energija:<br />
(6)<br />
2 ( I1<br />
+ I2<br />
) ω<br />
W k2<br />
= .<br />
2<br />
Į (7) formulę įrašome (4) išraišką:<br />
(7)<br />
2<br />
( I1ω1<br />
+ I2ω<br />
2 )<br />
W k2<br />
=<br />
.<br />
2( I1<br />
+ I2<br />
)<br />
(8)<br />
Į (5) lygtį įrašę (6) <strong>ir</strong> (8) formules, gauname sistemos kinetinės<br />
energijos pokytį:<br />
2<br />
I1I2<br />
( ω1<br />
− ω2<br />
)<br />
∆ Ek = −<br />
.<br />
2( I1<br />
+ I2<br />
)<br />
5. Mechaniniai svyravimai <strong>ir</strong> bangos<br />
5.1. Materialiojo taško harmoninio svyravimo savasis dažnis 0,5 Hz.<br />
Parašykite šio svyravimo lygtį, kai taško pradinis nuokrypis 6 cm, o pradinis<br />
greitis 0,1 m/s.<br />
ν0 = 0,5 Hz<br />
x0 = 6 cm = 0,06 m<br />
v0 = 0,1 m/s<br />
x (t ) - ?<br />
KTU Fizikos katedra<br />
Taško svyravimo lygtis:<br />
x = xm cos ( ω0t + φ0 ),<br />
čia xm – materialiojo taško svyravimo amplitudė, ω0<br />
– materialiojo taško savasis ciklinis dažnis, φ0 –<br />
materialiojo taško pradinė fazė. Šioje lygtyje<br />
žinome tik materialiojo taško kampinį dažnį ω0 =<br />
51
2πν0 , kurį įrašę gauname:<br />
x = xm cos (2πν0t + φ0 ).<br />
Pasinaudoję greičio lygtimi<br />
v = dx/dt = - 2πν0xm sin ( 2πν0t + φ0 ) ,<br />
užrašome lygčių sistemą:<br />
x = xm cos ( 2πν0t + φ0 ),<br />
v = - 2πν0xm sin ( 2πν0t + φ0 ) .<br />
Į ją įrašome pradines sąlygas: kai t = 0, tai x = x0 ,v = v0 , <strong>ir</strong> gauname naują<br />
lygčių sistemą:<br />
x0 = xm cos φ0,<br />
v0 = - 2πν0xm sin φ0.<br />
Sprendžiame šią lygčių sistemą. Kiekvieną narį pakeliame kvadratu<br />
Abi lygtis sudedame:<br />
= cosϕ<br />
,<br />
2<br />
v0<br />
2 2<br />
0<br />
2<br />
m<br />
4π<br />
ν x<br />
Įrašę skaitines vertes gaunam<br />
,07 m,<br />
,86 = 31 0 e:<br />
xm = 0<br />
φ0 = arc cos 0 ≈ π/6.<br />
Materialiojo taško svyravimo<br />
lygtis:<br />
x = 0,007 cos<br />
(πt + π/6 ), m.<br />
x<br />
2<br />
0<br />
2<br />
m<br />
x<br />
2<br />
0<br />
= sin<br />
2<br />
5.2. Materialiojo taško harmoninio svyravimo lygtis: x = 0,03 sin π (t+<br />
0,5 )m. Apskaičiuokite greičio <strong>ir</strong> pagreičio maksimalias vertes <strong>ir</strong> svyravimo<br />
fazę po 5s.<br />
t1 = 5s<br />
vm - ? am - ? φ1 - ?<br />
KTU Fizikos katedra<br />
2<br />
ϕ<br />
x0<br />
v0<br />
2<br />
2<br />
+ = cos ϕ0<br />
+ sin ϕ0<br />
= 1,<br />
2 2 2 2<br />
4π<br />
ν x<br />
xm 0 m<br />
x<br />
m<br />
=<br />
x<br />
2<br />
0<br />
x<br />
cosϕ<br />
0 =<br />
x<br />
v<br />
+<br />
4π<br />
0<br />
m<br />
=<br />
2<br />
0<br />
2 2<br />
ν 0<br />
x<br />
2<br />
0<br />
Materialiojo<br />
taško svyravimo greitis yra<br />
v = dx/dt = 0,03π ( t + 0,5 ),<br />
o jo maksimalus greitis yra<br />
vm = 0,094 m/s,<br />
52<br />
,<br />
x<br />
+<br />
4<br />
0<br />
2<br />
v0<br />
2 2<br />
π ν 0<br />
.
kai cos π ( t + 0,5 ) = 1.<br />
imo pagreitis:<br />
,03 π 2 sin π ( t + 0,5 ),<br />
o jo maksimalus pagreitis:<br />
m = 0,03 π 2 = 0,29 m/s 2 Materialiojo taško svyrav<br />
a = dv/dt = - 0<br />
a<br />
,<br />
kai sin π ( t + 0,5 ) = 1.<br />
Materialiojo taško svyravimo<br />
fazė:<br />
φ = π ( t + 0,5 ),<br />
o laiko momentu t1 = 5s, jo fazė:<br />
φ1 = π ( 5 + 0,5 ) = 17,3 rad.<br />
5.3. 5g masės dalelė harmoningai svyruoja 0,5 Hz dažniu. Svyravimo<br />
amplitudė<br />
3 cm. Apskaičiuokite dalelės greitį, kai jos nuokrypis 1,5 cm, dalelę<br />
veikiančią maksimalią jėgą, svyravimo mechaninę energiją.<br />
-3<br />
Dalelės svyravimo lygtis:<br />
x =xm c<br />
sin (2πν0t + φ0 ).(2)<br />
iko<br />
x1 = xm<br />
0 ).<br />
Ją spręsdami:<br />
x1/xm = cos ( 2πν0t1 + φ0 ),<br />
gauname dalelės greitį laik<br />
n (arc cos x1/xm ).<br />
Įrašę skaitines vertes, gaun<br />
3π 10 -2 m = 5g = 5 10 kg<br />
3 10<br />
sin ( arc cos 0,5 ) = - 0,008 m/s.<br />
-2 ν0 = 0,5 Hz<br />
xm = 3 cm = m<br />
x1 = 1,5 cm = 1,5 10<br />
1 - ? Fm - ? W - ?.<br />
-2 os ( 2πν0t + φ0 ), (1)<br />
o jos greičio lygtis:<br />
m v = dx/dt = - 2πν0xm<br />
Į šias dvi lygtis įrašę laiką t1 <strong>ir</strong> tuo la<br />
v<br />
momentu dalelės svyravimo nuokrypį x1 ,<br />
gauname lygčių sistemą:<br />
cos ( 2πν0t1 + φ0 ),<br />
v1 = - 2πν0xm sin (2πν0t1 + φ<br />
2πν0t1 + φ0 = arc cos x1/xm,<br />
o momentu t1:<br />
v1 = - 2πν0xm si<br />
ame:<br />
v1 = -<br />
Iš antrojo Niutono dėsnio:<br />
→ dm v<br />
F = .<br />
dt<br />
Nustatome dalelę veikiančią<br />
jėgą:<br />
F = m d/dt<br />
( - 2πν0xm sin (2πν0t + φ0 ),<br />
maksimalią jėgą:<br />
→<br />
Fm = - 4 π 2 ν0 2 xm, kai cos ( 2πν0t1 + φ0 ) = - 1.<br />
Įrašę skaitines vertes:<br />
Fm= 0.3 N.<br />
Visa dalelės energija susideda iš svyravimo kinetinės<br />
<strong>ir</strong> potencinės<br />
W = Wk + Wp = mv 2 /2 + kx 2 svyravimo<br />
energijų:<br />
/2 , (3)<br />
KTU Fizikos katedra<br />
53
čia k – materialiosios dalelės svyravimo tamprumo koeficientas, kuris yra k =<br />
mω0 2 = 4mπ 2 ν0 2 .<br />
Į (3) lygtį įrašę greičio (1) <strong>ir</strong> nukrypio (2) lygtis gauname:<br />
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 ) =<br />
4π 2 ν0 2 xm 2 m/2 (sin 2 (2πν0t + φ0)+cos 2 (2πν0t +φ0 ))=2π 2 ν0 2 xm 2 m.<br />
Įrašę skaitines vertes gauname visą dalelės svyravimo energiją:<br />
W = 2 10 -5 N, arba 200 mN.<br />
5.4. Taško judėjimo lygtis: x = A cos ( ωt + φ ). Tam tikru laiko<br />
momentu taško nuokrypis – 5 cm, jo greitis – 20 cm/s, o pagreitis – 80 cm/s 2 .<br />
Apskaičiuokite <strong>svyravimų</strong> amplitudę, ciklinį dažnį, periodą <strong>ir</strong> fazę tuo laiko<br />
momentu.<br />
x = A cos ( ωt + φ )<br />
x1 = 5 cm = 0,05 m<br />
v1 = 20 cm/s = 0,20 m/s<br />
a1 = -80 cm/s 2 = -0,80 m/s 2<br />
A - ? ω - ? T - ? φ1 ?<br />
Užrašome nuokrypio, greičio <strong>ir</strong><br />
pagreičio priklausomybę nuo laiko,<br />
pasinaudoję tuo, kad v = dx/dt, a = dv/dt,<br />
<strong>ir</strong> gauname lygčių sistemą:<br />
x = A cos ( ωt + φ ),<br />
v = - Aω sin ( ωt + φ ),<br />
a = - Aω 2 cos ( ωt + φ ).<br />
Įrašę laiko momento t = t1 skaitines reikšmes x = x1 = 0,05m, v = v1 = 0,20m/s<br />
<strong>ir</strong> a = a1 = -0,80m/s 2 , gauname:<br />
0,05 = A cos ( ωt + φ ), (1)<br />
0,20 = - Aω sin ( ωt + φ ), (2)<br />
-0.80 = - Aω 2 cos ( ωt + φ ). (3)<br />
Spręsdami šią lygčių sistemą iš (1) <strong>ir</strong> (3) lygčių gauname:<br />
ω = 4 s -1 .<br />
Šią reikšmę įrašę į (1) <strong>ir</strong> (2) lygtis gauname:<br />
cos ( 4t1 + φ ) = - sin (4t1 + φ ),<br />
t.y. -1 = tg ( 4t1 + φ ) .<br />
Iš čia: 4t1 + φ = -π/4,<br />
t.y. svyravimo fazė φ1 laiko momentu t1:<br />
φ1 = ωt1 + φ = 4t1 + φ = - π/4 .<br />
Į (1) lygtį įrašę fazę gauname amplitudę:<br />
A= – 0,070 m.<br />
Svyravimo periodas T gaunamas iš ciklinio dažnio lygties ω = 2 π/T , t.y.<br />
T = 2 π/ω .<br />
Įrašę skaitines vertes gauname:<br />
T = π/2 s.<br />
KTU Fizikos katedra<br />
54
5.5. Taškas tuo pačiu momentu svyruoja dviem vienos krypties<br />
harmoniniais svyravimais, kurių periodai T1 =T2 = 1.5s, amplitudės A1 = A2 = 2<br />
cm, pradinės fazės φ1 = π/2 <strong>ir</strong> φ2 = π/3. Apskaičiuokite atstojamojo svyravimo<br />
amplitudę bei pradinę fazę. Parašykite atstojamojo svyravimo lygtį.<br />
T = T1 = T2 = 1,5s<br />
A = A1 = A2 = 2 cm = 0,02 m<br />
φ1 = π/2<br />
φ2 = π/3<br />
AB - ? φB - ? x (t) - ?<br />
Laikydamiesi mastelio, nubraižykite<br />
amplitudžių sudėties vektorinę diagramą.<br />
Sudedamų <strong>svyravimų</strong> lygtys :<br />
x1 = A1 cos ( 2π/T t + φ1 ), (1)<br />
A1<br />
AB<br />
β A2<br />
φB<br />
φ1 φ2<br />
x2 = A2 cos ( 2π/T t + φ2 ) . (2)<br />
Jas sudėję gausime svyravimą, kurio lygtis:<br />
x = AB cos ( 2π/T t + φB ) ,<br />
čia AB , φB – atstojamojo svyravimo amplitudė <strong>ir</strong> pradinė fazė – yra nežinomi.<br />
(1) <strong>ir</strong> (2) lygtis sudedame grafiškai, atidėdami amplitudes svyravimo fazės 2π/T<br />
t atžvilgiu.<br />
Iš grafiko matosi, kad atstojamoji amplitudė:<br />
<strong>ir</strong> cos β = - cos ( φ1 – φ2 ) .<br />
Įrašę skaitines vertes gauname:<br />
A B<br />
=<br />
2<br />
1<br />
2<br />
2<br />
A + A −<br />
2A1 A2<br />
cos β<br />
π<br />
AB = 2 2(<br />
1+<br />
cos ) = 0,<br />
04m.<br />
6<br />
Iš grafiko nustatome, kad<br />
tgϕ B<br />
Įrašę skaitines vertes gauname: φB = 75 0 .<br />
KTU Fizikos katedra<br />
A2<br />
sinϕ<br />
2 + A1<br />
sinϕ1<br />
=<br />
.<br />
A cosϕ<br />
55<br />
2<br />
2<br />
2π/T t
Atstojamojo svyravimo lygtis:<br />
x = 0,04 cos ( 4/3 π t + 0,42 π ), m.<br />
5.6. Taškas tuo pačiu metu svyruoja dviem statmenais svyravimais: x<br />
x = sin πt<br />
y = 2 sin ( πt + π/2 )<br />
= sin πt; y = 2 sin (πt + π/2 ).Sudarykite<br />
atstojamojo svyravimo trajektorijos lygtį.<br />
y ( x ) - ?<br />
eliminuodami t.<br />
Sprendžiame lygčių sistemą:<br />
x = sin πt,<br />
y = 2 sin ( πt + π/2 ),<br />
(2)<br />
(1)<br />
(1) lygtį trigonometriškai pertvarkome <strong>ir</strong> gauname:<br />
y = 2sin πt cos π/2 + 2 cos πt sin π/2 = 2 cos πt.<br />
Šią <strong>ir</strong> (1) lygtį pakėlę kvadratu <strong>ir</strong> sudėję gauname trajektotijos lygtį:<br />
2<br />
2 y<br />
x + = 1.<br />
4<br />
5.7. 500 g masės svarstis svyruoja pakabintas ant spyruoklės, kurios<br />
tamprumo koeficientas 20 N/m. Logaritminis slopinimo dekrementas 0,004. Po<br />
kokio skaičiaus <strong>svyravimų</strong> amplitudė sumažės dvigubai? Per kiek laiko tai<br />
atsitiks?<br />
m = 500 g = 0,500 kg<br />
k = 20 N/m<br />
Λ =0,004<br />
n - ? t1 - ?<br />
Gęstamojo svyravimo amplitudės lygtis:<br />
A = A0 e -βt , (1)<br />
čia A0 – pradinė amplitudė, β – slopinimo<br />
koeficientas.<br />
Pagal sąlygą amplitudė per t1 laiką sumažėja 2<br />
kartus:<br />
A0/A1 = 2.<br />
Įrašę šią sąlygą į (1) lygtį gauname:<br />
A0/A1 = e βt = 2.<br />
Išlogaritmavę gauname:<br />
βt1 = ln2 . (2)<br />
Logaritminis svyravimo dekrementas yra dviejų gretimų,<br />
atsilenkiančių į tą pačią pusę amplitudžių santykio logaritmas:<br />
Λ = ln A0/A0+T.<br />
Pasinaudoję (1) lygtimi gauname:<br />
Iš čia<br />
KTU Fizikos katedra<br />
A<br />
Λ = ln<br />
−<br />
A e<br />
β = Λ/T.<br />
0<br />
T tt<br />
0<br />
β<br />
56<br />
= βT<br />
.
Įrašę β į (2) lygtį gauname:<br />
t1 = T ln2/ Λ . (3)<br />
Periodą T randame iš lygties, susiejančios <strong>svyravimų</strong> ciklinį dažnį su<br />
spyruoklės tamprumo koeficientu:<br />
ω 2 = k/m, t.y. 4π/T 2 = k/m.<br />
Iš čia<br />
m<br />
T = 2π<br />
.<br />
k<br />
Įrašę T į (3) lygtį gauname:<br />
ln 2 m<br />
t1 = 2π<br />
Λ k<br />
Įrašę skaitines reikšmes gauname:<br />
t1 =172s, arba 2min 52s.<br />
Per laiką t1 įvyksta n sveikų <strong>svyravimų</strong>:t1 = nT,<br />
iš čia n = t1/T.<br />
Įrašę (4) <strong>ir</strong>(5) lygtis gauname: n = ln2/Λ.<br />
Įrašę skaitines vertes gauname: n = 173.<br />
5.8. Matematinės švytuoklės svyravimo amplitudė per 1min sumažėjo<br />
3 kartus. Kiek ji sumažės per 4min?<br />
t1 =1min = 60s<br />
n1 = 3<br />
t2 = 4min = 140s<br />
n2 - ?<br />
Gęstamojo svyravimo amplitudės lygtis:<br />
A = A0 e -βt ,<br />
čia A0 – pradinė amplitudė, β – slopinimo<br />
koeficientas. Svyravimo amplitudė laiko momentu t1:<br />
A = A0 e -βt 1 .<br />
Per tą laiką amplitudė sumažėjo n1 karto:<br />
n1 = A0/A1 = e βt 1 .<br />
Per laiką t2 amplitudė sumažės n2 karto: n2 = A0/A2 = e βt 2 .<br />
Šias lygtis išlogaritmavę <strong>ir</strong> padaliję vieną iš kitos gauname:<br />
ln n2/ln n1 = t2 / t1 ,<br />
ln n2 = t2 /t1 ln n1 .<br />
Šią lygtį antilogaritmavę gauname:<br />
t2<br />
lnn1<br />
t<br />
n2<br />
= e 1 .<br />
Įrašius skaitines reikšmes gauname: n2 = 81.<br />
KTU Fizikos katedra<br />
57
5.9. Taško svyravimo lygtis x = A cosωt. Čia A = 5 cm,ω = 2 s -1 . Koks<br />
bus to taško pagreitis tuo laiko momentu, kai jo greitis 8 m/s ?<br />
Užrašome greičio <strong>ir</strong> pagreičio lygtis:<br />
v = dx/dt = - Aω cos ωt,<br />
x = A cosωt<br />
A = 5 cm = 0,05 m<br />
ω = 2 s -1<br />
v1 = 8 cm/s = 0,8 m/s<br />
a1 - ?<br />
a = dv/dt = - Aω 2 sin ωt.<br />
Įrašome visų dydžių vertes laiko momentu t1 <strong>ir</strong><br />
gauname:<br />
v = dx/dt = - Aω cos ωt1,<br />
a = dv/dt = - Aω 2 sin ωt1,<br />
Sprendžiame šią lygčių sistemą: abi lygtis<br />
pakeliame kvadratu <strong>ir</strong> sudedame:<br />
2<br />
2<br />
v a<br />
1 2<br />
2<br />
+ = cos ωt1<br />
+ sin ωt2<br />
= 1.<br />
2 2 2 4<br />
A A<br />
Įrašę skaitines vertes <strong>ir</strong> įvertinę pagreičio ženklą gauname:<br />
ω<br />
ω<br />
2 2 2<br />
1<br />
1<br />
a1 = - 0,12 m/s 2 ,<br />
a = ω A ω − v .<br />
5.10. Skersinė banga sklinda strypu 15 m/s greičiu. Bangos periodas –<br />
1,2s, amplitudė – 2 cm. Apskaičiuokite taško, nutolusio nuo <strong>bangų</strong> šaltinio 45<br />
m atstumu, nuokrypį, praėjus nuo <strong>svyravimų</strong> pradžios 4s, svyruojančio taško<br />
greitį bei pagreitį, taškų, nutolusių nuo šaltinio 45 m <strong>ir</strong> 30 m atstumais, fazių<br />
sk<strong>ir</strong>tumą.<br />
u = 15 m/s<br />
T = 1.2s<br />
A = 2 cm = 0,02 m<br />
t1 = 4s<br />
x1 = 45 m<br />
x2 = 30 m<br />
v1 - ? a1 - ? ∆φ - ?<br />
Pagreičio lygtis:<br />
Bangos fazė:<br />
Plokščiosios sklindančios x kryptimi<br />
bangos lygtis:<br />
y = A cos ( ωt – kx ),<br />
čia A – amplitudė, ω = 2π/T ciklinis dažnis, k<br />
=2π/λ – ciklinis bangos skaičius, į kurį įrašius<br />
bangos ilgį, gautą iš lygties λ = uT, gauname:<br />
k = 2π/uT.<br />
Svyruojančio taško greičio lygtis:<br />
v = dy/dt = - A ω sin ( ωt – kx ).<br />
a = dv/dt = - Aω 2 cos ( ωt – kx ).<br />
φ = ωt – kx . (1)<br />
Į šias lygtis įrašę laiko momento t1, k, ω, <strong>ir</strong> x1 reikšmes gauname:<br />
v1 = -A 2π/T sin ( 2π/T t1 - 2π/uT x1 ),<br />
a1 = - A 4π 2 /T 2 cos ( 2π/T t1 - 2π/uT x1 ).<br />
Į šias lygtis įrašę skaitines reikšmes gauname:<br />
v1 =- 0,1 sin π/6 = - 0,05 m/s,<br />
KTU Fizikos katedra<br />
58
a1 = - 0,52 cos π/6 = - 0,45 m/s 2 .<br />
Fazių sk<strong>ir</strong>tumą φ2 – φ1 = ∆φ gauname iš (1) lygties įrašę x1 <strong>ir</strong> x2:<br />
∆φ = k ( x1 – x2 ) = 2π/uT (x1 – x2 ).<br />
Įrašę skaitines vertes gauname:<br />
∆φ = 5,23 rad.<br />
5.11. Du taškai yra tiesėje, kuria 50 m/s greičiu sklinda 20 Hz dažnio<br />
banga. Atstumas tarp šių taškų – 60 cm. Apskaičiuokite jų <strong>svyravimų</strong> fazių<br />
sk<strong>ir</strong>tumą.<br />
u = 50 m/s<br />
ν = 20 Hz<br />
∆x = 50 cm = 0,50 m<br />
∆φ - ?<br />
Plokščiosios bangos, sklindančios x<br />
kryptimi, fazė:<br />
φ = ωt – kx.<br />
Fazių sk<strong>ir</strong>tumas:<br />
∆φ = φ2 – φ1 =ωt – kx2 - ωt + kx1 = k ( x1 – x2 ),(1)<br />
čia k = 2π/λ – ciklinis bangos skaičius, arba, pasinaudojus bangos greičio<br />
lygtimi u = λν , k = 2πν/u . Įstatę šią reikšmę į (1) lygtį gauname:<br />
∆φ = 2πν/u ∆x ,<br />
čia ∆x = x1 – x2.<br />
Įrašę skaitines vertes gauname:<br />
∆φ = 4/5 π rad, arba 2,5 rad.<br />
5.12. Plokščiosios bangos lygtis: S = 6 10 -5 cos ( 1800 t – 5.3 x ). Visi<br />
parametrai šioje lygtyje – SI sistemos vienetai. Užrašykite bangos lygtį,<br />
S = 6 10 -5 cos ( 1800 t – 5,3 x )<br />
λ - ? vm - ? u - ?<br />
sklindančios x kryptimi, lygtimi:<br />
svyruojančių dalelių maksimalų greitį,<br />
bangos sklidimo greitį.<br />
Palyginame sąlygoje duotą<br />
lygtį su plokščiosios bangos,<br />
S = A cos ( ωt – kx ).<br />
Matome, kad A = 6 10 -5 m, ω = 1800 s -1 , ciklinis bangos skaičius k = 5,3 m -1 .<br />
Žinodami, kad ciklinis bangos skaičius k = 2π/λ = ω/u , gauname:<br />
u = kω,<br />
λ = 2π/k.<br />
Įrašę skaitines vertes gauname:<br />
u = 340 m/s,<br />
λ = 1,2 m .<br />
Dalelių svyravimo greičio lygtis:<br />
v = dS/dt = - Aω sin ( ωt – kx ).<br />
Maksimalus greitis gaunamas, kai sin ( ωt – kx ) = -1:<br />
vm = - Aω.<br />
KTU Fizikos katedra<br />
59
Įrašę skaitines vertes gauname:<br />
vm = 0,11 m/s .<br />
5.13. Sklindančios plokščiosios bangos fazių sk<strong>ir</strong>tumas tarp 10 cm<br />
nutolusių vienas nuo kito taškų yra 60 0 . Apskaičiuokite bangos sklidimo greitį,<br />
kai svyravimo dažnis 25 Hz.<br />
∆x = 10 cm = 0,10 m<br />
∆φ = 60 0<br />
Plokščiosios bangos, sklindančios x<br />
ν = 25 Hz<br />
kryptimi, fazė:<br />
φ = ωt – kx , (1)<br />
u - ?<br />
čia k = 2π/λ yra ciklinis bangos skaičius.<br />
Pasinaudoję bangos greičio lygtimi u = λν ,<br />
galime jį užrašyti k = 2πν/u.<br />
Dviejų fazių sk<strong>ir</strong>tumas gaunamas pasinaudojus (1) lygtimi:<br />
∆φ = φ2 – φ1 = k ∆x.<br />
Įrašę k išraišką gauname:<br />
∆φ = 2πν/u ∆x.<br />
Iš čia<br />
u = 2πν ∆x/∆φ.<br />
Įrašę skaitines vertes gauname:<br />
u = 15 m/s .<br />
5.14. Vienalyte aplinka sklindančios bangos lygtis: x = A e -βy cos (ωt –<br />
ky ), čia β = 0,42 m -1 . Apskaičiuokite fazių sk<strong>ir</strong>tumą tarp taškų, kuriuose<br />
esančių dalelių amplitudės sk<strong>ir</strong>iasi 1%. Bangos ilgis λ = 0,5 m.<br />
x = A e -βy cos (ωt – ky )<br />
β = 0,42 m -1<br />
n = ∆A/A1 = 0,01<br />
λ = 0.5 m<br />
∆φ - ?<br />
Bangos fazė<br />
φ = ωt – ky ,<br />
fazių sk<strong>ir</strong>tumas<br />
∆φ = φ2 – φ1 = ωt – ky2 – ωt + ky1 = k ( y1 – y2 ),<br />
čia k =2π/λ – ciklinis bangos skaičius. Įrašę jį į<br />
lygtį gauname:<br />
∆φ = 2π/λ ( y1 – y2 ).<br />
Amplitudės gesimą užrašome lygtimi:<br />
A = A0 e -βy .<br />
Iš čia y1 <strong>ir</strong> y2 amplitudės:<br />
A = A0 e -βy1 , (1)<br />
A = A0 e -βy2 , (2)<br />
(1) <strong>ir</strong> (2) lygtis padalijame vieną iš kitos <strong>ir</strong> išlogaritmuojame:<br />
KTU Fizikos katedra<br />
A2 ( y1<br />
− y2<br />
)<br />
= e<br />
A1<br />
β<br />
,<br />
ln A2/A1 = β ( y1 – y2 ) , arba y1 – y2 =1/β ln A2/A1. (3)<br />
60
Sąlygoje duotas amplitudžių sumažėjimas ∆A/A1:<br />
A A1<br />
− A2<br />
A2<br />
n = = = 1− .<br />
A1<br />
A1<br />
A1<br />
∆<br />
Iš čia A2/A1 = 1 – n , kurį įrašę į (3) lygtį gauname:<br />
y1 – y2 = 1/β ln ( 1 – n ).<br />
Tada ieškomas fazių sk<strong>ir</strong>tumas<br />
∆φ = 2π/λβ ln ( 1 – n ).<br />
Įrašę skaitines vertes gauname:<br />
∆φ = - 72 rad.<br />
5.15. Dvi vienodos 1,5 m ilgio stygos v<strong>ir</strong>pa 1,34 Hz dažniu. Kiek<br />
reikia sutrumpinti vieną jų, kad, nekeisdami įtempimo, gautume 9 10 -3 Hz<br />
dažnio mūšą ?<br />
l = l1 = l2 = 1,5 m<br />
ν1 = 1,34 Hz<br />
∆ν = 9 10 -3 Hz<br />
∆l - ?<br />
Jei nekeičiame stygos įtempimo, tai abi<br />
bangos sklinda vienu greičiu:<br />
u = λ1ν1 <strong>ir</strong> u = λ2ν2.<br />
Bangų ilgiai:<br />
l<br />
l − ∆l<br />
λ = , λ = ,<br />
1<br />
čia n – <strong>bangų</strong> skaičius, telpantis l ilgio strype. Bangų dažniai:<br />
ν1 <strong>ir</strong> ν2 = ν1 + ∆ν,<br />
n<br />
l l − ∆l<br />
ν 1 = ( ν1<br />
+ ∆ν<br />
).<br />
n n<br />
Įrašome dažnius <strong>ir</strong> <strong>bangų</strong> ilgius į greičio lygtis <strong>ir</strong> suprastinę iš n gauname:<br />
lν ( l − ∆l<br />
)( ν + ∆ν<br />
),<br />
2<br />
1 = 1<br />
∆ν<br />
∆l<br />
= l .<br />
ν1<br />
+ ∆ν<br />
Įrašę skaitines vertes gauname:<br />
∆l = 0,01 m.<br />
KTU Fizikos katedra<br />
61<br />
n
5.16. Du traukiniai važiuoja vienas prieš kitą 72 km/h <strong>ir</strong> 54 km/h<br />
greičiu Žemės atžvilgiu. P<strong>ir</strong>masis sukelia 600 Hz dažnio toną (sušvilpia).<br />
Apskaičiuokite, kokio aukščio toną užregistruos antrojo traukinio keleivis: 1)<br />
prieš traukiniams susitinkant, 2) traukiniams prasilenkus. Garso greitis abiem<br />
atvejais 340 m/s.<br />
v1 = 72 km/h = 20 m/s<br />
v2 = 54 km/h = 15 m/s<br />
νs = 600 Hz<br />
u = 340 m/s<br />
lygtis:<br />
1) Traukiniams artėjant Doplerio efekto<br />
2<br />
ν1 - ? ν2 - ?<br />
čia ν1 – antrojo traukinio keleivio (imtuvo)<br />
g<strong>ir</strong>dimo signalo dažnis, νs – p<strong>ir</strong>mojo traukinio<br />
(šaltinio) sukeliamo signalo dažnis, u – bangos greitis, v1 – traukinio, kuriame<br />
sėdi antrasis keleivis (imtuvas) greitis, v2 – traukinio, kuris sušvilpia (šaltinio)<br />
greitis.<br />
u + υ1<br />
ν1<br />
= ν s ,<br />
u −υ<br />
Į lygtį įrašę skaitines reikšmes gauname:<br />
ν1 = 665 Hz.<br />
2) Traukiniams tolstant Doplerio efekto lygtis:<br />
u −υ1<br />
ν 2 = ν s ,<br />
u + υ2<br />
čia visi žymėjimai tokie pat kaip p<strong>ir</strong>muoju atveju.<br />
Įrašę skaitines vertes gauname:<br />
ν2 = 540 Hz .<br />
5.17. Du <strong>bangų</strong> šaltiniai S1 <strong>ir</strong> S2 nutolę per d, svyruoja pagal tą patį<br />
harmoninį dėsnį y = y0 sin ωt .Užrašykite suminės bangos lygtį taške,<br />
nutolusiame nuo antrojo šaltinio per x.<br />
d<br />
x<br />
y = y0 sin ωt<br />
yB(t,x) - ?<br />
Paprastumo dėlei imkime plokščias <strong>ir</strong><br />
sklindančias x kryptimi bangas. Abu svyravimo šaltiniai<br />
sukuria bangas, kurių lygtys ieškomame taške tuo pačiu<br />
laiko momentu yra:<br />
y1 = y0 sin ( ωt - k (d + x )),<br />
y2 = y0 sin ( ωt - kx ).<br />
Šias lygtis sudedame <strong>ir</strong> pasinaudoję trigonometrija sutvarkome:<br />
yB = y0 [ sin(ωt - k (d + x ))+ sin( ωt - kx )] = y0 [ sin ωt cos(k (d + x ))<br />
– sin(k (d + x )) cosωt + sinωt coskx – sin kx cos ωt ] = y0 [sin ωt (cos(kd + kx )<br />
+ cos kx ) - cos ωt ( sin (kd + kx ) + sinkx )] = y0 [ sinωt ( 2 cos ½(kd + kx + kx)<br />
cos ½(kd + kx – kx)) – cosωt ( 2 sin ½( kd + kx + kx) cos1/2(kd + kx – kx))] =<br />
y0 [sin ωt (2 cos(1/2kd +kx) cos(1/2kd)) – cos ωt (2 sin(1/2kd +kx) cos(1/2kd))]<br />
KTU Fizikos katedra<br />
62
= 2 y0 cos (1/2kd) [ sin ωt cos(1/2kd +kx) - cos ωt sin(1/2kd +kx)] = 2 y0<br />
cos(1/2kd) sin(ωt – k(1/2d + x)) ,<br />
čia 2y0 cos(1/2kd) = A * yra suminės bangos amplitudė <strong>ir</strong> tuomet suminės<br />
bangos lygtis:<br />
yB = A * sin (ωt – k(1/2d + x)) .<br />
KTU Fizikos katedra<br />
63