5 1. TAŠKO KINEMATIKA 1.1. Pagrindinės kinematikos sąvokos ...

5 

1. TAŠKO KINEMATIKA 

1.1. Pagrindinės kinematikos sąvokos 

Kinematika yra mechanikos dalis, kurioje nagrinėjamos geometrinės kūnų judėjimo 

savybės, neatsižvelgiant į judančių kūnų inertiškumą ir juos veikiančias jėgas. Mechanikoje 

judėjimu laikomas kūnų padėties kitimas erdvėje ir laike kitų aplinkinių kūnų atžvilgiu. 

Nagrinėjant kūnų judėjimą, dažnai ir didelių matmenų kūnus galima laikyti taškais. 

Pavyzdžiui, važiuojantį autobusą, troleibusą dažnai galime laikyti tašku. Taško judėjimą 

nagrinėja elementarioji taško kinematika, kuria remiasi sudėtingesnė standaus kūno 

kinematika. Joje, tiriant judėjimą, atsižvelgiama į kūno matmenis. 

Kreivė, kurią erdvėje brėžia judantis taškas, vadinama trajektorija. Trajektorija yra 

netrūki linija. Jeigu trajektorija yra tiesė, taško judėjimas vadinamas tiesiaeigiu ,jei kreivė, - 

kreivaeigiu. 

Norint nustatyti vieno kūno padėtį kito kūno atžvilgiu, su lyginamuoju kūnu 

nekintamai sujungiama kokia nors koordinačių sistema. Taško ir kūno judėjimas yra 

analiziškai apibrėžtas, jei žinoma funkcija, kuri nusako taško ar kūno padėtį pasirinktoje 

koordinačių sistemoje bet kuriuo laiko momentu. Tokių funkcinių priklausomybių sistema 

vadinama judėjimo dėsniu. 

Pagrindinis kinematikos uždavinys - žinant judėjimo dėsnį, apskaičiuoti kūno taškų 

trajektorijas, greičius ir pagreičius bei rasti parametrus, apibūdinančius viso kūno judėjimą. 

1.2. Taško judėjimo dėsnis 

Taško judėjimo dėsnis nusakomas vienu iš trijų būdų: 1) natūraliuoju; 

2) koordinatiniu; 3) vektoriniu. 

1.2.1. Natūralusis taško judėjimo 

nusakymo būdas taikytinas tada, 

kai žinoma taško trajektorija. 

Trajektorijos, kuri bendruoju atveju yra 

erdvinė kreivė, taškai tenkina lygčių 

sistemą: 

f1(x, y, z)=0, 

f2(x, y, z)=0; (1.1) 

kiekviena lygtis yra tam tikro paviršiaus 

lygtis, o trajektorija - dviejų paviršių 

susikirtimo linija. 

Kai trajektorija yra plokščia 

kreivė (plokštumoje 0xy), ją galima išreikšti viena lygtimi: 

x 

z 

O 

y 

r 

A 

O1 

1.1 pav. 

f(x, y) = 0, arba y = y(x). (1.2) 

Tačiau viena trajektorija nenusako taško padėties: reikia dar žinoti judančio taško C 

padėtį pačioje trajektorijoje AB (1.1 pav.): 

čia taškas O1 - atskaitos pradžia. 

O1C = s = s(t); (1.3) 

C 

z 

x 

B 

y

6 

(1.1) arba (1.2) ir (1.3) lygybės nusako judančio taško padėtį erdvėje. (1.3) lygtis 

vadinama taško judėjimo išilgai trajektorijos dėsniu, o (1.1) arba (1.2) ir (1.3) lygčių 

sistema - taško judėjimo dėsniu natūraliuoju pavidalu. 

1.2.2. Taško judėjimą dažnai patogu apibrėžti koordinatiniu būdu (1.1 pav.): 

x = x(t), y = y(t), z = z(t). (1.4) 

Taško, kuris visą laiką juda plokštumoje 0xy, judėjimo dėsnis išreiškiamas dviem 

lygtimis: 

x = x(t), y = y(t). (1.5) 

Jeigu taško judėjimas yra tiesiaeigis, sutapdinę ašį 0x su taško trajektorija, gauname 

y = 0. Šiuo atveju taško judėjimo dėsnis: 

x = x(t). (1.6) 

1.2.3. Vektorinis taško judėjimo apibrėžimo būdas patogus teoriniuose 

skaičiavimuose, nes vietoj trijų (1.4) funkcijų turime tiktai vieną funkciją, išreikštą formule: 

r = r( 

t) 

; (1.7) 

čia r - taško C padėties vektorius (1.1 pav.). 

Pavyzdžiai 

1. Taško judėjimo dėsnis koordinatiniu pavidalu x = 20t 2 +5, y = 15t 2 +3; čia x, y duoti metrais, 

t - sekundėmis. Nustatykite taško trajektoriją. 

SPRENDIMAS. Norėdami nustatyti trajektoriją, iš duotų lygčių pašaliname laiką t. Šiam 

tikslui iš lygties x = 20t 2 +5 išsireiškiame 

x 5 

t 

20 

2 − 

= ir šią t 2 y 

reikšmę įrašome į 

antrąją lygtį. Gauname trajektorijos lygtį 

4 

3 

2 

Mo 

3 3 

y = x − (1.2 pav.). 

4 4 

Kadangi x ir y yra pirmo laipsnio, 

trajektorija yra tiesė. Iš tiesų judantis 

1 

taškas gali būti ne visuose tos tiesės 

taškuose. Iš lygčių matome, kad x ³ 5, y 

0 

1 2 3 4 5 6 

x ³ 3, nes t 2 ³ 0. Taigi ieškoma trajektorija 

- tokia tiesės dalis, kai 

x > 5, y > 3. 


2. Taško M judėjimas plokštumoje 0xy 

2 kt 

išreikštas dėsniu x = 2a 

cos , y = asinkt; čia a ir k - teigiami pastovūs dydžiai. Nustatykite 

2 

taško trajektoriją.

7 

SPRENDIMAS. Trajektoriją nustatome iš lygčių, pašalinę parametrą t. Šiuo tikslu į pirmąja 

kt 1 cos kt 

lygtį įrašome cos 

2 2 

2 + 

= ir gauname: 

y 

⎧x 

⎨ 

⎩y 

arba 

= a + a cos kt, 

= a sin kt 

M 

x - a = a cos kt, 

y = a sin kt . 

O 

C 

a 


x 

Abi lygčių puses keliame kvadratu ir 

sudedame: 

(x - a) 2 +y 2 = a 2 , 

nes 

cos 2 kt+sin 2 kt = 1. 

Taško trajektorija yra apskritimas, kurio spindulys a, o centras taške C(a, 0) (1.3 pav.). 

3. Tiltinis kranas juda išilgai dirbtuvės pagal lygtį x = t, skersai krano juda vežimėlis pagal 

lygtį y = 1,5t (x, y-m, t-s). Krovinio kėlimo mechanizmo grandinė trumpėja greičiu 

m 

v = 0, 

5 . Nustatykite krovinio svorio centro trajektoriją, jei pradinėje padėtyje svorio 

s 

centras buvo horizontalioje plokštumoje Oxy. Ašis Oz nukreipta aukštyn. 

SPRENDIMAS. Sąlygoje duotos tik dvi judėjimo lygtys ir vertikalus krovinio greitis 

m 

z 

v = 0, 

5 . Kadangi greitis pastovus, tai 

s 

krovinio aukštis z = 0,5t. Gauname trijų 

lygčių sistemą: 

x 

2 

1 

O 


3 

M 

y 

⎧x 

= t, 

⎪ 

⎨y 

= 1, 

5t, 

⎪ 

⎩z 

= 0, 

5t. 

Iš pirmos lygties t = x įrašę į dvi 

kitas, nustatome: 

y = 1,5x , 

z = 0,5x . 

Iš analizinės geometrijos žinome, kad čia yra erdvinės tiesės, einančios per 

koordinačių pradžios tašką, lygtis (1.4 pav.). Antrąjį tiesės tašką gausime, laikydami, 

pavyzdžiui, kad x = 2 . 

4. Nustatykite taško M, esančio traukinio ratlankyje, judėjimo dėsnį ir trajektoriją,jei žinoma, 

kad rato spindulys R = 1m. Traukinys juda tiesiu kelio ruožu pastoviu greičiu v = 

20 m / s . 

Laikykite, kad ratas rieda neslysdamas. Pradiniu momentu taško M padėtis sutampa su 

koordinačių pradžia.

8 

SPRENDIMAS. Kadangi taško M judėjimą nagrinėjame ašių Oxy atžvilgiu, jo judėjimo 

dėsnis bus xM = f1(t), yM = f2(t). Iš brėžinio (1.5 pav.) matome, kad x = OP - PN, y = 

CP - CK. Kadangi lankas MP = OP = Rj, o PN = Rsinj, gauname, kad: 

⎧x 

= Rϕ 

− R sin ϕ = R( 

ϕ − sin ϕ), 

⎨ 

⎩y 

= R − R cos ϕ = R( 

1 − sin ϕ). 

Rato centro nueitas kelias DC = 20t, bet DC = 0P = Rj, todėl Rj = 20t. Gauname rato 

pasisukimo kampą 

j = 20t, nes R = 1m. Įrašę šias 

y 

reikšmes, gauname taško M judėjimo 

dėsnį: 

D 

O 

M 

x 

y 

N 

R 

ϕ 

C 

K 

P 


x 

⎧x 

= 20t 

− sin 20t, 

⎨ 

⎩y 

= 1 − cos 20t. 

Į šias lygtis galime žiūrėti kaip 

į parametrines trajektorijos lygtis, 

kuriose t yra parametras. 

Taigi taško M trajektorija yra 

cikloidė. 

5. Duotas taško judėjimo dėsnis plokštumoje vektoriniu pavidalu 

πt 

πt 

r = 3cos 

i + ( 1 + 3sin 

) j . Nustatykite taško trajektoriją. 

6 

6 

SPRENDIMAS. Žinodami, kad i ir j yra vienetiniai ašių x ir y vektoriai, galime parašyti 

taško judėjimo dėsnį koordinatiniu pavidalu: 

⎧ πt 

⎪ 

x = 3cos 

, 

6 

⎨ 

πt 

⎪y 

= 1 + 3sin 

. 

⎩ 

6 

Trajektoriją randame, pašalinę iš lygčių parametrą t. Abi lygčių puses pakėlę kvadratu 

ir sudėję 

2 

⎧ ⎛ x ⎞ 

2 πt 

⎪ ⎜ ⎟ = cos , 

⎪ ⎝ 3 ⎠ 6 

+ ⎨ 

2 

⎪⎛ 

y − 1 ⎞ 

2 πt 

⎜ ⎟ = sin , 

⎪⎩ 

⎝ 3 ⎠ 6 

gauname: 

x 2 +(y - 1) 2 =3 2 . 

Tai apskritimo, kurio spindulys r = 3, lygtis. Apskritimo centras taške C(0,1).

6. Skriejiko ir slankiklio mechanizmo skriejikai O1C ir O2D sukasi pastoviu 

kampiniu greičiu, atitinkančiu 

posūkio kampą j = 2pt (rad). 

Skriejikų ilgiai O1C = O2D =0,1 m. 

Nustatykite švaistiklio AB vidurio 

y A 

taško M judėjimo dėsnį bei 

trajektorijos lygtį, jeigu 

xM M 

O1O2=2O1K=CD=2CB= 

AB=O1C. 

0,2 m, 

C 

yM 

B D 

SPRENDIMAS. Iš sąlygos turime, 

kad O1K = CB, tuomet KB = O1C = 

AB ir DABK yra lygiašonis: 

ŠO2KB=ŠKBC=ŠABC=j=2pt 

Iš 1.6 paveikslo: 

O1 

xM=O1K+AM cos 

j=0,1+0,05 cos 2pt, (a) 

9 

ϕ 

K 


yM=O1C sin j+BM sin j=0,1 sin 2pt+0,05 sin 2pt=0,15 sin 2pt. (b) 

(a) ir (b) lygtys yra švaistiklio AB vidurio taško M judėjimo dėsnis koordinatiniu 

pavidalu. 

Trajektorijos lygtį gausime iš (a) ir (b) lygčių pašalinę parametrą t. Tam lygtis 

pertvarkome: 

xM 

− 0, 

1 

= cos 2πt, 

0, 

05 

yM 

= sin 2πt. 

0,15 

Abi lygčių puses pakeliame kvadratu ir sudedame: 

2 

⎛ xM 

− 0, 

1 ⎞ ⎛ yM 

⎞ 

⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = cos 

⎝ 0, 

05 ⎠ ⎝ 0, 

15 ⎠ 

2 

( x − 0, 

1) 

y 

M 

M 

+ = 1. 

2 

2 

0, 

05 0, 

15 

2 

2 

2πt 

+ sin 

2 

O2 

2πt, 

Iš (c) lygties matome, kad taškas M juda elipse, kurios centras (0,1, 0) ir pusašiai 0,05 

ir 0,15. 

7. Iš lėktuvo mestas sviedinys juda pagal dėsnį x = 40 t, y = 4 t 2 (m). Koordinačių pradžia 

kritimo pradžioje. Nustatykite sviedinio trajektoriją, kritimo trukmę bei nueitą kelią pagal 

horizontalę. Lėktuvas skrenda h = 3600 m aukštyje. 

SPRENDIMAS. Nustatome skridimo trajektoriją, iš lygčių x = 40t, y = 4t 2 pašalindami laiką 

t: 

x 

t = , 

40 

ϕ 

(c)

h 

y 

O 

x 


x 

10 

2 

4x 

y = = 2 

40 

0, 

0025x 

2 

(trajektorija - 

parabolė). 

Iš trajektorijos lygties apskaičiuojame 

kelią: 

3600 = 0,0025x 2 , 

x = 1200 m. 

Iš judėjimo dėsnio pirmos lygties apskaičiuojame laiką t: 

120 = 40t, 

t = 30 s. 

1.3. Taško greitis 

Nagrinėjant taško judėjimą, nepakanka nustatyti taško vietą erdvėje bet kuriuo laiko 

momentu. Paprastai reikia žinoti, kaip greitai keičiasi taško padėtis, t.y. reikia žinoti taško 

greitį. 

1.3.1. Greičio skaičiavimas, kai taško judėjimas apibrėžtas vektoriniu būdu: 

dr 

v = . (1.8) 

dt 

Taško greitis yra padėties vektoriaus išvestinė laiko atžvilgiu. 

1.3.2. Greičio skaičiavimas, kai taško judėjimas apibrėžtas natūraliuoju būdu. 

Greičio didumas (modulis) lygus atstumo išvestinės laiko atžvilgiu didumui: 

ds 

v = . (1.9) 

dt 

Greitis yra trajektorijos liestinėje. Kai v>0, taškas juda teigiama atstumų atskaitymo 

kryptimi, o kai v

11 

Palyginę (1.10) ir (1.11) lygybes, matome, kad taško greičio projekcijos koordinačių 

ašyse yra lygios jo koordinačių išvestinėms laiko atžvilgiu: 

Pavyzdžiai 

= x& 

, v = y& 

, v = z& 

. (1.12) 

v x y z 

Greičio didumą ir krypties kampus galime apskaičiuoti iš formulių: 

1 

1. Taško judėjimo dėsnis x = 

3 

greitį laiko momentu t = 1s. 

v = v + v + v , (1.13) 

2 

x 

2 

y 

2 

z 

v v 

x 

y v z 

cos α = , cos β = , cos γ = . (1.14) 

v v v 

2 

2 

= t , y t (x, y - m, t - s). Nustatykite taško trajektoriją ir 

SPRENDIMAS. Trajektorijos lygtį randame, pašalinę iš lygčių parametrą t: 

1 

9 

2 3 

y = x . (pusiau kubinė parabolė) 

Taško greičio projekcijas koordinačių ašyse apskaičiuojame, diferencijuodami 

koordinates pagal laiką: 

Greičio modulis 

v 

x 

= x& 

= 2t, 

v = y& 

= t 

v + 

2 2 

2 4 

2 

= v x + v y = 4t 

+ t = t 4 t . 

Kai t = 1s, v = 5 = 2, 

24 m / s . 

Nustatome greičio vektoriaus kryptį, t.y. kampus a ir b, kuriuos sudaro greičio 

vektorius su koordinačių ašimis: 

v x 

cos α = = 

v 

y 

2 

4 + t 

2 

2 

. 

, cos 

β = 

v 

y 

v 

= 

t 

4 + t 

2 

1 

Kai t = 1s, cos α = ir cos β = . 

5 

5 

Taigi, kai t = 1s, greičio vektorius sudaro su ašimis 0x ir 0y kampus a = 26 o 34¢ ir b = 

63 o 26¢. 

2. Paleidimo metu skriemulio paviršiaus taškas juda pagal lygtį s = 2t 2 (s - m, t - s). 

Nustatykite taško greitį, vidutinį greitį per 10 s ir greitį po 10 s nuo judėjimo pradžios. 

SPRENDIMAS. Taško greitį nustatome, diferencijuodami atstumą pagal laiką: 

v = 

ds 

dt 

= 

4t 

m / s. 

2 

.

tarpą: 

12 

Per 10 s taškas nuėjo kelią s = 2×10 2 = 200 m. Vidutinis taško greitis per šį laiko 

v vid 

= 

s 

t 

= 

200 

10 

= 

20 m / s. 

Greitis po 10 s nuo judėjimo pradžios bus vt=10 s = 4×10 = 40m/s. 

Kadangi taško judėjimas netolygus, tai greitis keičiasi ir nėra lygus vidutiniam. 

3. Pirmo dirbtinio Žemės palydovo greitis buvo v = 8 km / s , apsisukimo periodas 

T =1 h 36 min, arba 5760 s. Nustatykite palydovo skridimo aukštį virš Žemės paviršiaus, 

tardami, kad jis judėjo apskritimu tolygiai. Žemės spindulį laikykite lygiu R = 6370 km. 

SPRENDIMAS. Palydovo orbitos spindulį pažymėkime raide r, 

o palydovo aukštį virš Žemės paviršiaus - h. Palydovo nueitas 

kelias per vieną apsisukimo periodą T lygus sandaugai 

v×T; kita vertus, šis kelias lygus 

apskritimo ilgiui, kurio spindulys r, t.y. v·T=2pr ir 

vT 

r = = 7340 m . Palydovo skridimo aukštis h = r - R = 7340 

2π 

- 6370 = 970 km. 

O 

r 

R 


4. Prie nedidelio kūno, kurio matmenų galime nepaisyti, pritvirtinta virvė AB (1.9 pav.,a). 

Taške C virvė permesta per skridinį. Kūnui gulint ant grindų, 

C 

laisvas virvės galas yra 1,5 m nuo grindų. Virvės galą A 

horizontalia kryptimi tempia žmogus, einantis pastoviu greičiu vA 

= 3 m/s. Pradiniu momentu virvės dalis AC yra vertikali, o taškas 

A - padėtyje A0. Apskaičiuokite greitį, kuriuo kyla kūnas B, taip 

Ao pat laiką, reikalingą kūnui B pakelti iki skridinio, jei h = 4,5 m. 

Skridinio matmenų galima nepaisyti. 

h 

B 

a 

SPRENDIMAS. Iš trikampio A0CA (1.9 pav.,b) išplaukia: 

AC= 

2 2 

s + h ; čia s = A0A. Be to, matyti, kad virvės ilgis 

l = a+2h, a - y+h+AC = l, todėl y = AC - h ir kūnas B pakilęs 

1.9 pav., a 

nuo grindų atstumu y = 

2 2 

s + h − h . Kadangi žmogus eina 

pastoviu greičiu, tai s=vA×t, todėl y = 

greitį, kuriuo kyla kūnas: 

2 2 2 

v A t + h − h . Diferencijuodami apskaičiuojame 

v 

y 

2 

vA 

t 3t 

= y& 

= 

= . 

2 2 2 2 

v t + h t + 2, 

25 

A 

h

h 

y 

B 

C 

Ao 

1.9 pav.,b 

a A 

v A 

13 

Nustatome kilimo trukmę. Judėjimo gale 

2 2 2 

y = a+h, t.y. a+h= v t + h − h , todėl 

2 2 

( a + 2h) 

− h 

= = 10 , t.y. 

v 

2 

t 2 

A 

t = 10 =3,16 s. 

5. Žmogus, kurio ūgis 1,8 m, 0,8 m/s greičiu tolsta nuo 

stulpo, prie kurio 3 m aukštyje pritvirtinta lempa. Nustatykite, kaip greitai ilgės to žmogaus 

šešėlis. 

B 

A ' 

A 

s 

C 


SPRENDIMAS. Pažymėkime stulpo AB aukštį H = 3 m, žmogaus CD aukštį h = 1,8 m, 

žmogaus nuo stulpo nueitą atstumą AC = s, šešėlio ilgį CE = l (1.10 pav.). Tada iš trikampių 

CED ir A'DB panašumo gauname: 

D 

l s 

= . 

h H − h 

Iš čia, įrašę s = v0 t (čia v0 - žmogaus greitis), apskaičiuojame, kad: 

v0h l = t . 

H − h 

Gavome lygybę, kuri nusako šešėlio ilgio priklausomybę nuo laiko. Todėl šešėlio ilgio 

kitimo greitis: 

dl v0h 

= = 

dt H − h 

vO 

0, 

8 

3, 

0 

⋅ 

− 

A 

l 

1, 

8 

1, 

8 

= 1 

, 2 

E 

m / s. 

Matome, kad šešėlio ilgėjimo greitis pastovus. Jis nėra lygus šešėlio galo taško E 

greičiui. Šešėlio galo taško greitis: 

d( 

s + l) 

ds dl 

vE = 

= + = 0, 

8 + 1, 

2 = 2, 

0 m / s. 

dt dt dt

14 

6. Panaudodami 1.2 skyriaus (2) pavyzdžio sąlygą (taško M judėjimas plokštumoje 0xy 

2 kt 

išreikštas dėsniu x = 2a 

cos , y = a sinkt; čia a ir k - teigiami pastovūs dydžiai), 

2 

nustatykite taško judėjimo trajektorija dėsnį. 

y 

O 

C 

a 

M 


v O 

MO 

x 

SPRENDIMAS. Taško, judančio apskritimo 

pavidalo trajektorija (žr. 1.3 pav.), dėsnį 

apskaičiuojame pagal iš matematikos žinomą 

formulę: 

t 

2 2 

s x + y& 

dt + 

= ∫ 

0 

& s ; (a) 

čia 

dx 

x& = = −ak 

sin kt , 

dt 

dy 

y & = = ak cos kt , 

dt 

o s0 - pradinis nueitas kelias, kurį galime pasirinkti laisvai. Įrašę išvestines į (a) lygybę, 

gauname: 

t 

s = ∫ 

0 

a 

2 

k 

2 

(sin 

2 

kt + cos 

2 

0 

kt) dt = ak ∫ kt = akt 

čia s0 = 0. Matome, kad taško nueitas kelias s keičiasi proporcingai laikui. Pradiniu momentu 

t = 0, taško koordinatės x0 = 2a cos 2 0 = 2a, y0 = a sin0 = 0, todėl jis yra padėtyje M0 (1.11 

pav.). Kai, taškui pradėjus judėti, t didėja, y = a sinkt taip pat didėja. Vadinasi, taškas iš 

pradinės padėties kyla į viršų. 

7. Apskaičiuokite skriejiko ir 

slankiklio mechanizmo, pavaizduoto 

(1.12 pav.,a), taško M greitį 

laiko momentais 

t 2 = 

1 

12 

t 1 

1 

= 

s, 

2 

s , taikydami 1.2. sky- 

riuje 6 pavyzdyje nustatytą 

judėjimo dėsnį: 

xM yM = 0, 

1 + 0, 

05 cos 2πt, 

= 0, 

15 sin 2πt 

. 

y 

O1 

xM 

C 

A 

yM 

M 

ϕ O2 ϕ 

K 

SPRENDIMAS. Apskaičiuojame 

greičio projekcijas koordinačių 

ašyse: 

1.12 pav.,a 

v x = x& 

M = 0, 

05 (- sin 2πt) 

2π 

= -0, 

1π 

sin 2πt, 

= y& 

= 0, 

15 cos 2πt 

⋅ 2π 

= 0, 

3 cos 2πt 

. 

Greičio modulis: 

vy M 

t 

0 

B D 

;

y 

0 

v = 

v 

2 

x 

= 0, 

1π 

+ v 

2 

y 

= 

1 + 8 

1 

Kai s 

2 

t 1 = : 

1 

Kai s 

12 

t 2 = , 

0, 

01 

cos 

2 

π 

2 

2πt 

. 

v 

v 

x1 

y1 

v 

v 

v 

1 

x2 

y2 

v 

sin 

2 

2πt 

+ 

15 

0, 

09 

π 

2 

cos 

2 

2πt 

= 0, 

1π 

2π 

= −0, 

1⋅ 

3, 

14 ⋅ sin = 0, 

2 

2π 

= 0, 

3 ⋅ 3, 

14 ⋅ cos = −0, 

94 m / s, 

2 

= 0, 

1 

2 

1 + 8 cos = 0, 

94 m / s. 

2 

sin 

2π 

= − 0, 

1⋅ 

3, 

14 ⋅ sin = −0, 

1⋅ 

3, 

14 ⋅ 0, 

5 = −0 

12 

2π 

= 0, 

3 ⋅ 3, 

14 ⋅ cos = 0, 

3 ⋅ 3, 

14 ⋅ 0, 

866 = 

12 

2 π 

= 0, 

1⋅ 

3, 

14 1 + 8 cos = 0, 

83 m / s. 

6 

2 

2πt 

+ 9 

, 16 

cos 

m / s, 

0, 

82 m / s, 

2 

2πt 

= 

Taško M trajektorija yra elipsė (1.12 pav.,b). Nubrėžę elipsę ir joje pažymėję taško M 

v 2 v y2 

padėtis laiko momentais t1 ir t2, atidedame 

greičio vektorius , v , v. 

v = v 

1 

y1 

M1 

0,1 

v x2 


M2 

x 

1 

Kai s 

2 

x 

y 

M 

M 

1 

1 

t 1 = , 

v x y 

2π 

= 0, 

1 + 0, 

05 cos = 

2 

2π 

= 0, 

15 sin = 0; 

2 

1 

o kai s 

12 

x 

y 

M 

M 

2 

2 

t 2 = , 

0, 

1 

− 

0, 

05 

2π 

= 0, 

1 + 0, 

05 cos = 0, 

143 m, 

12 

2π 

= 0, 

15 sin = 0, 

075. 

12 

= 

0, 

05 m,

16 

1.4. Taško pagreitis 

Nagrinėjant taško judėjimą, neužtenka žinoti jo greitį ir kryptį. Reikia nustatyti, kaip 

tas greitis kinta. Taško greičio kitimą apibūdina pagreitis. 

1.4.1. Pagreičio skaičiavimas, kai taško judėjimas apibrėžtas vektoriniu būdu: 

2 

dv 

d r 

a = = . (1.15) 

2 

dt dt 

Taško pagreitis yra pirmoji greičio išvestinė arba antroji padėties vektoriaus išvestinė 

laiko atžvilgiu. 

1.4.2. Pagreičio skaičiavimas, kai taško judėjimas apibrėžtas koordinatiniu būdu. 

Analogiškai 1.3 skyriuje (1.10) ir (1.12) formulėms galime užrašyti: 

= v& 

i + v& 

j + v& 

k = &x 

& i + &y 

& j + &z 

& k . (1.16) 

a x y z 

Išskaidykime pagreičio vektorių į komponentus pagal ašis: 

a x y z 

= a i + a j + a k . (1.17) 

Palyginę (1.16) ir (1.17) formules, matome, kad pagreičio projekcija kurioje nors ašyje 

lygi greičio projekcijos toje ašyje išvestinei laiko atžvilgiu: 

Pavyzdžiai 

= v& 

= &x 

&, 

a = v& 

= &y 

&, 

a = v& 

= &z 

& . (1.18) 

a x x y y z z 

Pagreičio modulį bei krypties kampus galime apskaičiuoti iš formulių: 

1. Taško judėjimo dėsnis: 

a = a + a + a , (1.19) 

2 

x 

2 

y 

2 

z 

a a 

x 

y a z 

cos α = , cosβ 

= , cosγ 

= . (1.20) 

a a a 

x = 2 t 2 , (a) 

y = 6 t 2 +4 t-2, (b) 

z = 3 t. (c) 

Nustatykite jo trajektoriją, greičio ir pagreičio didumus ir kryptis, kai t = 1 s (x, y, zm, 

t-s). 

SPRENDIMAS. Apskaičiuojame trajektoriją, iš lygčių pašalindami laiką t. Iš (c) lygties 

gauname: 

z 

t = . 

3 

Gautą t reikšmę įrašę į (a) ir (b) lygtis, gauname:

arba 

2 

17 

⎛ z ⎞ ⎛ z ⎞ ⎛ z ⎞ 

x = 2 ⎜ ⎟ , y = 6 ⎜ ⎟ + 4 ⎜ ⎟ − 2 

⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 

9x - 2z 2 =0, 3y - 2z 2 - 4z+6=0. 

Šios abi lygtys nusako taško judėjimo trajektoriją. Apskaičiuojame taško greičio 

projekcijas: 

v x 

v y 

v z 

= x& 

= 4t 

, 

= y& 

= 12t 

+ 4 , 

= z& 

= 3 . 

2 2 2 

2 

2 2 

2 

Greičio modulis v = v + v + v = ( 4t) 

+ ( 12t 

+ 4) 

+ 3 = 160t 

+ 96t 

+ 9 . 

Kai t = 1 s, v = 16,8 m/s. 

Greičio vektoriaus kryptį nustatome iš lygybių: 

x 

y 

z 

v x 

cos α = = 

v 

4t 

, 

2 

160t 

+ 96t 

+ 9 

v y 

cos β = = 

v 

12t 

+ 4 

, 

2 

160t 

+ 96t 

+ 9 

v z 

cos γ = = 

v 

3 

, 

2 

160t 

+ 96t 

+ 9 

čia a, b, g - kampai tarp ašių x, y, z ir vektoriaus v. Kai t = 1 s: 

Pagreičio projekcijos: 

Pagreičio modulis: 

cos α = 0,248, 

cos β = 0,953, 

cos γ = 0,178, 

2 

o 

α = 75 40′ 

, 

o 

β = 17 40′ 

, 

o 

γ = 79 45′ 

. 

= v& 

= 4, 

a = v& 

= 12, 

a = v& 

= 0 . 

a x x y y 

z z 

m 

= 12, 

65 . 2 

s 

2 2 2 2 2 2 

a a x + a y + a z = 4 + 12 + 0 = 160 = 

Matome, kad jis pastovus. 

Pagreičio vektoriaus kryptį nustatome pagal kampų kosinusus:

a x 

cos α 1 = = 

a 

a y 

cosβ 

1 = = 

a 

a z 

cos γ 1 = = 

a 

18 

4 

12, 

65 

12 

12, 

65 

0, 

000, 

= 

= 

0, 

316, 

0, 

949, 

čia α , β , γ - kampai tarp ašių x, y, z ir vektoriaus a . 

1 

1 

1 

2. Taško M judėjimo dėsnis: 

x = b cos kt, y = b sin kt, 

α 

β 

γ 

1 

1 

1 

o 

= 71 32′ 

, 

o 

= 18 12′ 

, 

= 90 

čia b ir k - teigiami pastovūs dydžiai. Apskaičiuokite pagreičio didumą ir kryptį. 

SPRENDIMAS. Pakėlę abi lygtis kvadratu ir sudėję, gauname x 2 +y 2 = b 2 . Tai rodo, kad 

taškas juda apskritimu, kurio spindulys b. Diferencijuodami gauname taško M greičio ir 

pagreičio projekcijas koordinačių ašyse 0x ir 0y: 

Gauname: 

b 

y v 

O 

x 

a 

kt 


M 

y 

a 

a 

x 

y 

x 

= −bk 

= −bk 

2 

2 

v 

v 

a 

a 

x 

y 

x 

y 

= x& 

= −bk 

sin kt, 

= y& 

= bk cos kt, 

= &x 

& = −bk 

= &y 

& = −bk 

2 

2 

cos kt, 

sin kt. 

Tada taško M pagreičio modulis 

2 2 2 

a = a + a = bk = const . Taško M pagreičio 

x 

y 

vektoriaus kryptį galime nustatyti, palyginę taško 

judėjimo lygtis (x = b coskt, y = b sinkt) ir taško 

pagreičio projekcijas ax ir ay. 

cos kt 

sin kt 

2 

2 

Tada a = a i + a j = −k 

( xi 

+ yi) 

= −k 

r . 

x 

y 

= −k 

= −k 

Matome, kad pagreičio vektorius a ir padėties vektorius r = OM yra vienoje tiesėje, 

bet jų kryptys priešingos. Greitis,kaip visada, yra trajektorijos liestinėje. 

3. Krovinys C keliamas vertikalia kreipiamąja lynu, permestu per nejudamą skridinį A. 

Atstumas AO = a. Nustatykite krovinio C greitį ir pagreitį, kaip atstumo OC = x funkciją, jei 

lyno laisvas galas traukiamas pastoviu greičiu u. 

2 2 

SPRENDIMAS. Iš trikampio AOC turime: x = AC − a . Tariame, kad C0 - pradinė 

krovinio padėtis. Pažymėję AC0=l, gauname AC = l - ut. Tada krovinio C judėjimo lygtis 

atrodys taip: 

2 

2 

x, 

y. 

o 

;

y 

19 

Krovinio C greitį randame, diferencijuodami atstumą x: 

u 

A 

a 

Kadangi = v 

moduliu didėja. 

O 


C 

C0 

x 

2 

2 

x = ( l − ut ) − a . (a) 

x 

a v = 

x x ⎢ 

⎣ 

u a 

x 

= & 

. 

v 

x 

u( 

l − ut ) ( l − ut ) u 

= x& 

= − 

= − . 

2 2 

( l − ut ) − a x 

Iš (a) lygties gauname: 

l + 

u 2 2 

Todėl v = − x + a . 

x 

x 

Neigiamas greičio ženklas rodo, 

kad krovinys juda kryptimi, priešinga 

ašies x krypčiai, t.y. atstumas x mažėja. 

Krovinio C pagreičio projekcija ašyje x: 

⎡ u 

2 

x 

2 2 

− ut = x a . 

x 

2 

+ a 

2 

− 

x 

x 

ux 

2 

+ a 

2 

⎤ 

⎥ x& 

= 

2 

⎦ x 

2 2 

x& x , tai a x = − 3 . Mažėjant atstumui x, pagreitis a x 

ua 

x 

2 

2 

x& 

+ a 

a = savo 

2 

4. Žinomas taško greitis v = 3t 

i + ( 4t 

+ 2) 

j (m/s); čia t matuojamas sekundėmis, i, j - 

vienetiniai ašių x, y vektoriai. Nustatykite taško pagreitį tais momentais, kai jo padėties 

vektorius r sudaro 45 o kampą su x ašimi, jei momentu t=1s, r = 5i 

+ 4j 

(m). 

SPRENDIMAS. Kadangi = v ⋅ i + v ⋅ j , tai 

v x y 

⎪⎧ 

v 

⎨ 

⎪⎩ v 

x 

y 

= 

= 

3t 

4t 

2 

, 

+ 2. 

Diferencijuodami šias lygybes pagal laiką, gauname: 

⎧ 

⎪a 

⎨ 

⎪a 

⎪⎩ 

x 

y 

dv 

= 

dt 

dv 

= 

dt 

Matome, kad pagreitis kinta, todėl reikia nustatyti laiko momentus, kuriais padėties 

vektorius r sudaro 45 o kampą su x ašimi. Kadangi 

tai iš (b) sistemos gauname: 

dx 

= , v 

dt 

v x 

y 

x 

y 

= 

= 

= 

6t, 

4. 

dy 

dt 

, 

(b)

20 

2 3 

∫ vxdt 

= ∫ 3t 

dt = t + 

x C , (c) 

= 1 

2 

∫ vydt 

= ∫ ( 4t 

+ 2) 

dt = 2t 

+ 2t 

+ 

y C ; (d) 

= 2 

čia C1 ir C2 yra integravimo konstantos. Jas nustatome, remdamiesi sąlygos duomenimis (kai 

t=1s, tai r = xi 

+ yj 

= 5i 

+ 4j 

, t.y. x=5 m, y=4 m). Įrašę t, x ir y reikšmes į (c) ir (d) lygtis, 

gauname C1=5-1 3 =4, C2=4-2×1-2×1=0. Taigi judančio taško Dekarto koordinatės: 

3 ⎧x 

= t + 4, 

⎨ 2 

⎩y 

= 2t 

+ 2t. 

Padėties vektorius r xi 

+ yj 

Palyginę (e) sistemos dešiniąsias puses, gauname kubinę lygtį: 

= su x ašimi (ir ortu i ) sudarys 45 o kampą, jei x = y. 

t 3 +4=2t 2 +2t . 

Iš jos randame tris laiko momentus, kai x = y. Lygtį 

t 3 -2t 2 -2t+4=0 

galima išskaidyti (t 2 -2)(t-2) = 0, todėl gauname šaknis t 1 = − 2 s, t 2 = 2 s, t 3 = 2 s. 

Tai reiškia, kad taškas tris kartus kerta tiesę x = y. Jo pagreičio projekcija ay= 4 

m/s 2 = const, o 

a 

a 

a 

x 

x 

x 

= −6 

2 = −8, 

48 m / s , kai t= − 2 s, 

= 6 2 = 8, 

48 m / s , kai t= 2 s, 

2 

= 12 m / s , kai t=2 s. 

Pagreičio modulis pirmais dviem laiko momentais vienodas: 

a = 

a 

2 

x 

+ a 

2 

y 

= 

( ± 6 

2 

2) 

2 

2 

+ 4 

2 

= 

9, 

38 m / s 

bet kryptis skirtinga. Jei kampą tarp x ašies ir pagreičio vektoriaus a pažymėsime a, tai, kai 

t =- 2 s, 

kai t = 2 s, 

tg 

a 

= 

a 

x 

4 

= = −0, 

472 

− 8, 

48 

y 

α , a=154 o 40', 

tg 

a 

= 

a 

x 

4 

= = 0, 

472 

8, 

48 

y 

α , a=25 o 20'. 

2 

, 

(e)

o 

Kai t = 2s, pagreičio modulis: 

2 

21 

2 

a = 12 + 4 = 12, 

65 m / s , 

tg 

a 

= 

a 

x 

4 

= = 0, 

333 

12 

y 

α , a=18 o 25'. 

5. Kai kurių šautuvų stabdymo mechanizmas susideda iš alyvos pripildyto cilindro, kuriame 

slankioja stūmoklis (1.15 pav.,a) Stūmoklyje išgręžtos skylės, pro kurias nuteka alyva. 

Pastumtas greičiu v0, stūmoklis toliau juda lėtėdamas, 

o jo pagreitis a = -kv, čia k - pastovus skaičius. 

Nustatykite, kaip laikui bėgant keičiasi stūmoklio 

greitis ir nueitas kelias. 

Apskaičiuokite, po kurio laiko ir kokį kelią 

nuslinkus stūmoklio greitis sumažės 10 kartų, jei k 

= 5 s -1 1.15 pav., a 

, o v0 = 0,1 m/s. 

SPRENDIMAS. Į formulę a = -kv įrašome pagreičio reikšmę ir gauname diferencialinę lygtį: 

Joje atskiriame kintamuosius 

ir integruojame 

Iš čia 

arba 

dv 

dt 

dv 

dt 

v 

∫ 

v0 

dv 

v 

ln 

v 

= −kv. 

= −kdt 

= −k 

∫ dt 

v 

v 

0 

t 

t0 

. 

2 

= −kt 

, (a) 

−kt 

= v . (b) 

0e 

Matome, kad stūmoklio greitis mažėja pagal eksponentinį dėsnį. Reikalingą laiką 

randame iš (a) lygybės, įrašę v0 = 10 v:

v 

v0 

Integruodami 

gauname 

1.15 pav., b 

t 

22 

ds = v0e -kt dt. 

s 

∫ 

0 

ds = v 

t 

∫ 

0 

0 

e 

−kt 

v0 

ln 

ln10 

t = 

v 

= = 0, 

460 s . 

k 5 

Norėdami nustatyti nueitą kelią 

kaip laiko funkciją, į (a) lygybę įrašome 

greičio reikšmę: 

dt , 

0e v 

ds − 

= 

dt 

kt 

ir atskiriame kintamuosius 

v0 

−kt 

s = ( 1 − e ) . (c) 

k 

v0 Iš (c) lygybės matome, kad atstumas s ilgainiui didėja, artėdamas prie dydžio . 

k 

Nagrinėjamu atveju: 

s 

v0 k 

1.15 pav., c 

v0 k 

0, 

1 

= = 0, 

02 m . 

5 

t 

Norėdami apskaičiuoti kelią s, kai 

v = 0,1v0, į (c) lygybę iš (b) lygybės 

įrašome e -kt reikšmę ir gauname: 

v0 

⎛ v ⎞ v0 

− v 

s = 1 = = 0, 

018 m 

k ⎜ − 

v ⎟ 

. 

⎝ 0 ⎠ k 

Šią lygybę galime užrašyti dar ir 

taip: v = v0-ks. Iš čia matome, kad 

stūmoklio greitis keičiasi proporcingai 

nueitam keliui. 

2 

gt 

6. Kūnas metamas vertikaliai aukštyn. Jo judėjimo dėsnis x = v0t 

− , v0 ir g - pastovūs 

2 

koeficientai. Apskaičiuokite kūno (skaičiuodami jį laikome tašku) greitį, pagreitį, maksimalų 

pakilimo aukštį ir laiką, kai taškas pasieks aukščiausią padėtį. 

SPRENDIMAS. Kadangi taškas juda vertikaliai, šia kryptimi nukreipiama x ašis. Todėl taško 

judėjimą aprašo viena lygtis:

23 

2 

gt 

x = v0 

t − . (a) 

2 

Diferencijuodami šią lygybę du kartus, nustatome taško greičio ir pagreičio projekcijas 

x ašyje. Kadangi taškas juda tiese, jo greitis ir pagreitis bus lygūs šioms projekcijoms: 

vx = v = v0-gt; 

ax = a = -g. 

Kai taškas pasieks maksimalų aukštį, jo greitis bus lygus nuliui: 

0 = v0 - gt, 

v0 

t = (laikas, kai taškas pasiekia maksimalų aukštį). 

g 

Į (a) lygtį įrašę t reikšmę, apskaičiuojame maksimalų pakilimo aukštį h: 

h = v 

0 

2 2 

v0 

v0 

v0 

− g = . 

2 

g 2g 

2g 

7. Elektrono judėjimas nuolatiniame magnetiniame lauke aprašomas dėsniu: 

v 

v Y 

a Y 

v X 

x 

x = b sinwt, y = b coswt, z = nt; 

A 

v Z 

a 


O 

z 

b 

a X 

h 

y

24 

čia b, w, n - pastovūs dydžiai, priklausantys nuo magnetinio lauko įtempimo, masės, krūvio ir 

elektrono greičio. Nustatykite elektrono trajektoriją, judėjimo šia trajektorija lygtį, jo greitį ir 

pagreitį. 

Kai t = 0, elektrono koordinatės x = 0, y = b, z = 0 (1.16 pav.). 

Elektrono judėjimo dėsnio pirmų dviejų lygčių abi puses pakėlę kvadratu ir jas sudėję, 

randame elektrono projekciją plokštumoje Oxy: x 2 + y 2 = b 2 . Tai b spindulio apskritimas, 

kurio centras O. Ieškoma trajektorija yra sraigtinė linija, išsidėsčiusi cilindro paviršiuje (1.16 

pav.). Koordinačių x = 0, y = b reikšmės periodiškai kartojasi, o z - nuolat didėja. Laiko 

tarpai, per kuriuos x ir y kartojasi, lygūs 2p, 4p,...., t.y. kartojimosi periodas lygus 2p. 

Sraigtinės linijos žingsnį h, atitinkantį vieną elektrono apsisukimą, galime nustatyti, 

pavyzdžiui, iš lygties x = b sinwt: 

ωh 

x = b sin = 0 ; 

ν 

čia t išreikštas iš lygties z = nt, vietoj z įrašius h. 

ωh 

π 

Ši tapatybė teisinga, kai = 2π, 

4π,.... 

Iš čia sraigtinės linijos žingsnis = ν 

ν 

ω 

2 

h . 

Elektrono judėjimo trajektorijos lygtį nustatysime pasinaudodami iš matematikos 

žinoma formule: 

čia elektrono greičio projekcijos ašyse: 

∫ 

2 

2 2 2 

s = ∫ x& 

+ y& 

+ z& 

dt ; 

v x 

v y 

v z 

= x& 

= bωcos 

ωt 

, 

= y& 

= −bωsin 

ωt, 

= z& 

= ν = const . 

s = ( bωcos 

ωt) 

+ ( −bωsin 

ωt) 

+ ν dt + C = b ω + ν t , 

nes konstanta C = 0 (nustatėme iš pradinių sąlygų: kai t = 0, s = 0). 

v x 

cos α = = 

v 

Elektrono greičio dydį apskaičiuojame iš formulės 

2 

2 

v & & + & 

2 

2 2 2 

= x + y z , 

2 

2 2 2 2 2 

v = ( bωcos 

ωt) 

+ ( −bωsin 

ωt) 

+ ν = b ω + ν = const . 

Elektrono greičio kryptį nustatome iš lygybių: 

b 

2 

bω 

ω 

2 

+ ν 

2 

cos ωt; 

cos β = 

v 

y 

v 

= − 

b 

2 

bω 

ω 

2 

+ ν 

2 

2 

sin ωt; 

cosγ 

= 

čia kampai a, b, g - tarp greičio vektoriaus ir ašių. 

Nustatėme, kad elektronas juda trajektorijos liestine pastoviu greičiu. 

2 2 2 

Elektrono pagreičio dydį apskaičiuojame iš formulės a = v& 

+ v& 

+ v& 

. 

a 

x 

2 

= v& 

= −bω 

sin ωt 

, 

x 

x 

y 

2 

b 

z 

2 

ω 

ν 

2 

+ ν 

2 

= 

const .,

Elektrono pagreičio kryptys: 

cos α 

1 

a 

= 

a 

x 

a 

= −sin 

ωt, 

y 

25 

2 

= v& 

= −bω 

cos ωt 

, 

y 

a z z 

= v& 

= 0 . 

2 

2 

2 

2 2 

a = ( −bω 

sin ωt) 

+ ( −bω 

cos ωt) 

= bω 

= const . 

cos β 

1 

a 

= 

a 

y 

= −cos 

ωt, 

cos γ 

1 

a 

= 

a 

z 

= 0 , 

čia a1, b1, g1 - kampai tarp pagreičio vektoriaus ir ašių. 

Iš gautų rezultatų matome, kad elektrono pagreitis pastovus ir statmenas Oz ašiai. 

Nuolatiniame magnetiniame lauke elektronas išilgai Ox ašies juda lėtėdamas, nes vx ir 

ax kryptys priešingos, išilgai Oy ašies juda greitėdamas, nes vy ir ay kryptys sutampa, o 

judėjimas Oz ašimi pastovus, nes vz = const, az = 0. 

1.4.3. Normalinis ir tangentinis pagreičiai 

Taško, kurio judėjimas apibrėžtas natūraliuoju būdu, pagreitis išreiškiamas jo 

projekcijomis natūraliose ašyse (tangentėje, svarbiausioje normalėje ir binormalėje), 

statmenose viena kitai ir judančiose kartu su tašku: 

a n b 

a a n a b + + τ = τ , 1.21) 

čia at, an ir ab - pagreičio projekcijos tangentėje (liestinėje), svarbiausioje normalėje ir 

binormalėje, τ - liestinės ortas, n - svarbiausios normalės ortas, b - binormalės ortas. 

Taško C pagreitis (1.17 pav., a) visada yra NCT plokštumoje, statmenoje binormalei, 

todėl taško pagreičio projekcija binormalėje visada lygi nuliui ir taško pagreitis turi tik du 

komponentus - tangentinį ir normalinį: 

A 

a n 

C 

N 

a 

α 


a v 

τ 

a n 

= a τ τ + a n 

(1.22) 

B 

T 

A 

a 

N 

a n 

α 

a C v 

τ 


B 

T

26 

Tangentinis pagreitis apibūdina greičio didumo kitimą, o normalinis - greičio 

vektoriaus kitimą. Tangentinio pagreičio didumas lygus greičio pirmosios išvestinės arba 

atstumo antrosios išvestinės laiko atžvilgiu didumui, o normalinio pagreičio didumas lygus 

greičio kvadratui, padalintam iš trajektorijos kreivumo spindulio r: 

2 

v 

a τ = v& 

= &s& 

, a n = . (1.23) 

ρ 

Normalinis pagreitis statmenas tangentiniam, todėl pagreičio didumas: 

a τ 

2 2 

= a n + a . (1.24) 

Pagreičio kryptį galima nusakyti kampu a tarp trajektorijos liestinės ir pagreičio 

vektoriaus (1.17 pav., a; 1.17 pav., b): 

a n tg a= . (1.25) 

a τ 

Kai kampas smailus, tangentinis pagreitis at > 0 ir taškas C trajektorija AB juda 

greitėdamas, greičio ir tangentinio pagreičio kryptys vienodos (1.17 pav., a). Kai kampas a 

bukas, at < 0 ir taškas C trajektorija juda lėtėdamas, greičio ir tangentinio pagreičio kryptys 

priešingos (1.17 pav., b). 

Normalinis pagreitis an visada teigiamas, statmenas tangentiniam pagreičiui ir 

nukreiptas į kreivės kreivumo centrą. 

Pavyzdžiai 

1. Apskaičiuokite taško tangentinį ir normalinį pagreičius, trajektorijos kreivumo 

spindulį laiko momentu t = 1 s, jei duotos taško judėjimo lygtys: x = 4t, y = 2t 2 

(t-s, x, y-m). 

SPRENDIMAS. Apskaičiuojame taško greičio projekcijas Dekarto koordinačių ašyse: 

Tada taško greitis 

v + 

= x& 

= 4, 

v = y& 

= 

v x 

y 

4t. 

2 2 

2 

= v x + v y = 4 1 t . Taško pagreičio projekcijos koordinačių ašyse: 

a x = & x& 

= v& 

x = 0, 

a y = &y 

& = v& 

y = 

Tangentinis pagreitis lygus greičio modulio išvestinei pagal laiką: 

kai t = 1s, 

a 

τ 

= 2 

2 = 

a 

2 

2, 

83 m / s 

τ 

. 

= 

dv 

dt 

4 ⋅ 2t 

= 

2 1 + t 

2 

= 

4t 

1 + t 

2 2 2 

Normalinį pagreitį apskaičiuojame, remdamiesi tuo, kad a = a n + a τ , todėl 

a 

16t 

1 + t 

2 

; 

4. 

n = 

2 2 

a − a τ = 16 − 

2 

2 = . 

2 

4 

1 + t

2 

Kai t = 1s, a n = 2 2 = 2, 

83 m / s . 

Žinodami an ir v, apskaičiuojame taško trajektorijos kreivumo spindulį 

Laiko momentu t = 1s, r = 11,4 m. 

v 

a 

27 

2 

3 

2 2 

ρ = = 4( 

1 + t ) . 

n 

2. Taškas M juda plokštumoje pagal lygtis x = r cospt, y = r sinpt (x, y-m, t-s). 

Apskaičiuokite taško tangentinį ir normalinį pagreičius. 

SPRENDIMAS. Apskaičiuojame taško M greičio projekcijas Dekarto koordinačių ašyse: 

greičio modulis 

= x& 

= −rπ 

sin πt, 

v = y& 

= rπ 

cos πt, 

v x 

y 

2 2 

v = v + v = rπ 

. 

Taško greičio modulis yra pastovus, todėl tangentinis pagreitis 

x 

y 

dv 

a τ = = 0 . 

dt 

Pasinaudoję tapatybe sin 2 pt+cos 2 pt = 1, iš duotų lygčių gauname trajektorijos lygtį x 2 +y 2 = r 2 . 

Matome, kad trajektorija yra apskritimas, kurio spindulys r, todėl 

a 

n 

2 2 2 

v r π 2 

= = = π r . 

ρ r 

Tą patį galėjome gauti ir kitu būdu: apskaičiavę 

2 2 2 2 

a = a x + a y = a τ + 

a 

2 

n 

, t.y. 

a = a + a . 

n 

2 

x 

2 

y 

a 

x 

dv dv 

x 

y 

= , a y = ir pasinaudoję tuo, kad 

dt dt 

3. Taškas juda plokštumoje Oxy pastoviu pagreičiu a = 2 m / s . Pagreičio vektorius 

lygiagretus su ašimi Ox. Apskaičiuokite tangentinį ir normalinį pagreičius, kreivumo spindulį 

laiko momentu t = 1s, jei pradiniu momentu taško greitis v0 = 2 m / s , jo vektorius su ašimi 

Oy sudaro kampą a = 30 o . 

SPRENDIMAS. Kadangi taško pagreičio modulis ir kryptis pastovūs, tai bet kuriuo laiko 

momentu t 

Integruodami šias lygybes, gauname: 

&x 

& = a 

&y 

& = a 

x 

y 

= 

= 

2, 

0. 

2

Pradiniu laiko momentu, kai t = 0: 

y 

Tada: 

O 

α 

Taško greitis 

v O 

a 


Tangentinis pagreitis 

Laiko momentu t = 1s gauname: 

Trajektorijos kreivumo spindulys 

x 

x& 

= 2t 

+ C 

y& 

= C . 

v 

v 

x 

y 

2 

= x& 

= y& 

0 

0 

28 

1 

, 

= v 

= v 

0 

0 

sin α, 

cos α, 

todėl iš minėtos lygčių sistemos gauname: 

C 

C 

v 

v 

x 

y 

1 

2 

v = 

a 

τ 

= v 

0 

= v 

0 

1 

sin α = 2 ⋅ = 1, 

2 

cos α = 1, 

73. 

= x& 

= 2t 

+ 1, 

= y& 

= 1, 

73. 

= 

v 

2 

x 

dv 

dt 

+ v 

= 

2 

y 

= 

2( 

2t 

( 2t 

( 2t 

+ 1) 

v = 3, 

46 m / s, 

a τ = 

a 

n 

= 

v 

ρ = 

a 

2 

n 

a 

2 

− a 

2 

n 

= 

( 3, 

46) 

= 

1 

2 

+ 1) 

+ 1) 

2 + 

2 

. 

3 

+ 3. 

1, 

73 m / s 

1 m / s 

= 12 

kt 

4. Taško judėjimas išreikštas lygtimi s = a ⋅ e . Kampas tarp trajektorijos liestinės ir 

o 

pagreičio vektoriaus a = 60 visą laiką lieka pastovus. Apskaičiuokite taško greitį, tangentinį, 

normalinį ir pilną pagreičius, taip pat trajektorijos kreivumo spindulį kaip kelio s funkciją. 

SPRENDIMAS. Apskaičiuojame taško greitį: 

ds 

v = = ake 

dt 

Taško tangentinis pagreitis 

a 

τ 

= 

dv 

dt 

= ak 

2 

kt 

e 

= k ⋅ s. 

kt 

2 

2 

= k s. 

. 

m. 

2 

,

a n 

M 

α 


a τ 

Trajektorijos kreivumo spindulys 

a 

29 

Kadangi kampas tarp pilno ir tangentinio pagreičių 

yra žinomas, pilną pagreitį apskaičiuojame iš lygybės 

(1.19 pav.) 

a cos a , 

a 

a 

cos 60 

= 

⋅ α = τ 

τ 

a 

n 

0 = 

2k 

2 

s. 

Tada normalinis pagreitis: 

2 

2 

= a − a τ = 

v 

ρ = 

a 

2 

n 

= 

k 

2 

1, 

73 

s 

2 

k 

2 

1, 

73 

2 

k s. 

= 0, 

58 ⋅ s. 

s 

Matome, kad kreivumo spindulys didėja proporcingai nueitam keliui, t.y. taškui 

judant, trajektorija darosi vis tiesesnė. 

5. Po 20 s nuo judėjimo pradžios automobilis važiavo greičiu v = 108 km/h, automobilio 

trajektorijos kreivumo spindulys buvo r = 400 m. Apskaičiuokite automobilio pagreitį po 20 

s nuo judėjimo pradžios ir per tą laiką nueitą kelią, jei automobilio greitis proporcingas laiko 

kvadratui. 

SPRENDIMAS. Kaip pasakyta sąlygoje, greitis yra proporcingas laiko kvadratui, o pradiniu 

momentu lygus nuliui, todėl v = bt 2 , čia b - pastovus skaičius, kurį rasime, įrašę žinomas v 

ir t reikšmes. Kadangi t = 20s, o v = 108km/h = 30m/s, todėl 

Taigi 

v 30 3 

= = = . 

2 

t 20 40 

b 2 

2 

3t 

v = , 

(a) 

40 

čia laikas t išreikštas sekundėmis, o greitis v - metrais per sekundę. Tangentinis pagreitis: 

dv 

dt 

a = = 

τ 

3t 

. 

20 

Kai t = 20s, tai at = 3 m/s 2 . 

ds 

Nueito kelio ir laiko ryšį rasime iš (a) formulės, įrašę v = ir integruodami lygybę 

dt 

2 

3t 

ds = dt . 

40 

Gauname 

3 

t 

s = + C, 

40 

čia C - integravimo konstanta, priklausanti nuo pradinių sąlygų. Įrašę s = 0, kai t = 0, 

gauname C = 0 ir

3 

t 

s = . 

40 

Iš čia, kai t = 20 s, apskaičiuojame 

Normalinis taško pagreitis 

3 

20 

s = = 

40 

a 

n 

2 

v 

= , 

ρ 

30 

200 m. 

kai t = 20 s, an = 2,25 m/s 2 . Todėl pilno pagreičio modulis 

2 

2 

n 

a = a τ + a 

= 

3 

2 

+ 2, 

25 

2 

= 

3, 

75 m / s 

6. Panaudodami 1.3 skyriuje pateikto 7 pavyzdžio duomenis vx = -0,1psin2pt, vy = 

0,3pcos2pt, apskaičiuokite skriejiko ir slankiklio mechanizmo taško M pagreitį, tangentinį ir 

1 1 

normalinį pagreičius laiko momentais t 1 = s, 

t 2 = s . 

2 12 

y 

O1 

ϕ 

xM 

C 

K 

A 

yM 

M 


B D 

SPRENDIMAS. Apskaičiuojame taško M (1.20 pav., a) pagreičio projekcijas koordinačių 

ašyse: 

a 

x 

= 

v′ 

x 

O2 

= ( −0, 

1πsin 

2πt) 

′ = −0, 

1πcos 

2πt 

⋅ 2π 

= −0, 

2π 

ϕ 

x 

2 

. 

2 

cos 2πt,

31 

. 

t 

2 

sin 

6 

, 

0 

2 

) 

t 

2 

sin 

( 

3 

, 

0 

) 

t 

2 

cos 

3 

, 

0 

( 

v 

a 

2 

y 

y 

π 

π 

− 

= 

π 

⋅ 

π 

− 

π 

= 

′ 

π 

π 

= 

′ 

= 

Pagreičio modulis 

t 

2 

sin 

2 

1 

2 

, 

0 

t 

2 

sin 

3 

t 

2 

cos 

2 

, 

0 

a 

a 

a 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

y 

2 

x 

π 

+ 

π 

= 

π 

+ 

π 

π 

= 

+ 

= . 

Laiko momentu s 

2 

1 

t 1 = : 

. 

s 

/ 

m 

97 

, 

1 

a 

, 

0 

2 

2 

sin 

14 

, 

3 

6 

, 

0 

a 

, 

s 

/ 

m 

97 

, 

1 

2 

2 

cos 

14 

, 

3 

2 

, 

0 

a 

2 

1 

2 

y 

2 

2 

x 1 

1 

= 

= 

π 

⋅ 

− 

= 

= 

π 

⋅ 

− 

= 

Tangentinis pagreitis 

. 

0 

94 

, 

0 

0 

) 

94 

, 

0 

( 

97 

, 

1 

0 

v 

a 

v 

a 

v 

dt 

v 

v 

d 

dt 

dv 

a 

1 

y 

y 

x 

x 

2 

y 

2 

x 

1 1 

1 

1 

1 

1 

1 

1 

= 

⋅ 

− 

+ 

⋅ 

= 

+ 

= 

+ 

= 

= 

τ 

Normaliniam pagreičiui apskaičiuoti naudojamės tapatybe 

2 

n 

2 

2 

y 

2 

x 

a 

a 

a 

a 

a + 

= 

+ 

= τ : 

2 

2 

2 

2 

1 

n 

s 

/ 

m 

97 

, 

1 

0 

97 

, 

1 

a 

a 

a 

1 

1 

= 

− 

= 

− 

= τ . 

Laiko momentu s 

12 

1 

t 2 = : 

, 

s 

/ 

m 

42 

, 

3 

a 

, 

s 

/ 

m 

96 

, 

2 

12 

2 

sin 

14 

, 

3 

6 

, 

0 

a 

, 

s 

/ 

m 

71 

, 

1 

12 

2 

cos 

14 

, 

3 

2 

, 

0 

a 

2 

2 

2 

2 

y 

2 

2 

x 2 

2 

= 

− 

= 

π 

⋅ 

⋅ 

− 

= 

− 

= 

π 

⋅ 

− 

= 

, 

x 

0 

y 

2 

y 

v 

1 

y 

1 

v 

v = 

2 

v 

1 

n 

1 

1 

x 

a 

a 

a = 

= 2 

y 

a 

2 

x 

v 

M1 

M2 

2 

x 

a 

2 

n 

a 

2 

a τ 

2 

a 

1.20 pav., b

a 

τ 2 

= 

v 

x2 

a 

x 2 

+ v 

v 

2 

y2 

a 

y2 

32 

( −0, 

16)( 

−1, 

71) 

+ 

= 

0, 

83 

( 0, 

82)( 

− 

2, 

96) 

= 

0, 

274 

− 

0, 

83 

2, 

43 

= 

−2, 

59 m / s 

Kadangi a 0 , tai taškas M juda elipse lėtėdamas, tangentinio pagreičio kryptis 

priešinga greičio 

2 < τ 

v krypčiai: 

2 

a 

n2 

2 

2 

2 

2 

= a − a τ = 3, 

42 − ( −2, 

59) 

= 2, 

2 m / s . 

Normalinis pagreitis 2 n a statmenas tangentiniam a τ ir nukreiptas į kreivės (elipsės) 

2 

kreivumo centrą. 

Nubrėžę taško M trajektoriją - elipsę ir pažymėję joje taško M padėtis laiko 

momentais t1 ir t2, atidedame pagreičių vektorius a x , a y , a, 

a τ , a n (1.20 pav., b). 

7. Nustatykite duoto mechanizmo (1.21 pav., a) taško M judėjimo lygtis, trajektorijos lygtį, 

apskaičiuokite greitį, pagreitį (dydį ir kryptį), tangentinį ir normalinį pagreičius, trajektorijos 

1 1 

kreivumo spindulį laiko momentais t 1 = s, 

t 2 = s . Nubrėžkite šio taško M trajektoriją, 

6 4 

nurodykite taško padėtis, apskaičiuotuosius greičių ( v x , v y , v ) ir pagreičių 

a , a , a, 

a τ , a ) vektorius laiko momentais t1, t2. 

( x y 

n 

y 

C 

O 

A 

xM 

D 

M 

yM 

ir AOB panašumo: 

s 

B 


Iš D AOB ir D MDB panašumo: 

y 

M 

x M 

x 

2 

AB = l, 

1 

AM = l , 

3 

l = 0,2 m, 

s = 0, 2 sin 2πt 

(m) 

(t - s). 

2 

SPRENDIMAS. Iš trikampių ACM 

1 

= s = 0, 

067 sin 2πt 

( m); 

(a) 

3 

2 

MB = l = 0, 

133 (m). 

3 

2 

DB = s = 0, 

133sin 

2πt 

(m), 

3 

2 2 

2 

2 

= MB − DB = 0, 

018 − 0018sin 

2πt 

= 0, 

018( 

1 − sin 2πt) 

= 0, 

133cos 

2πt 

(m).(b) 

2 

2 

.

33 

(a) ir (b) lygtys yra taško M judėjimo lygtys. 

Trajektorijos lygtį gausime iš (a) ir (b) judėjimo lygčių pašalinę parametrą t. Tam 

lygtis pertvarkome taip: 

+ 

2 

xM 

2 

= sin 2πt, 

2 

0, 

067 

2 

yM 

2 

= cos 2πt, 

2 

0, 

133 

_______________ 

2 

2 

x M yM 

+ = 1. 

0, 

05 0, 

018 

Taškas M juda elipse. 

Taško M greičio projekcijos koordinačių ašyse 

Greičio modulis 

= x′ 

= ( 0, 

067 sin 2πt) 

′ = 0, 

067 ⋅ 2π 

cos 2πt, 

(d) 

= y′ 

= ( 0, 

133cos 

2πt) 

′ = −0, 

133 ⋅ 2π 

sin 2πt. 

(e) 

v x M 

v y M 

2 2 

2 

2 

v = v + v = 2π 

0, 

005cos 

2πt 

+ 0, 

018sin 

2πt 

. (f) 

x 

Taško M pagreičio projekcijos koordinačių ašyse Ox, Oy lygios: 


x 

x 

y 

a = v′ 

= −0, 

067 sin 2πt 

⋅ 4π 

a = v′ 

= −0, 

133cos 

2πt 

⋅ 4π 

Tangentinį pagreitį apskaičiuojame iš formulės 

y 

y 

2 

x 

2 

y 

2 

2 

2 

(c) 

, (g) 

. (h) 

2 

a = a + a = 4π 

0, 

005sin 

2πt 

+ 0, 

018cos 

2πt 

. (i) 

2 2 

dv d v x + v y v xa 

x + v ya 

y 

a τ = = 

= 

. (j) 

dt dt 

v 

2 2 2 2 

Normalinį pagreitį apskaičiuojame pasinaudoję tuo, kad a = a + a = a τ + a , t.y. 

a τ 

Kreivumo spindulį r galima apskaičiuoti iš formulės 

2 2 

n = a − a . (k) 

2 

v 

ρ = . (l) 

a n 

Pasinaudodami (a) - (l) formulėmis, apskaičiuojame greitį ir pagreičius laiko momentu t1 = 

1/6 s: 

x 

y 

2 

n

34 

), 

m 

( 

067 

, 

0 

6 

2 

cos 

133 

, 

0 

y 

), 

m 

( 

058 

, 

0 

6 

2 

sin 

067 

, 

0 

x M 

M 

= 

π 

= 

= 

π 

= 

, 

s 

/ 

m 

21 

, 

0 

6 

2 

cos 

14 

, 

3 

2 

067 

, 

0 

v x 

= 

π 

⋅ 

⋅ 

= 

, 

s 

/ 

m 

73 

, 

0 

6 

2 

sin 

14 

, 

3 

2 

133 

, 

0 

v y 

− 

= 

π 

⋅ 

⋅ 

− 

= 

, 

s 

/ 

m 

76 

, 

0 

) 

73 

, 

0 

( 

21 

, 

0 

v 

2 

2 

= 

− 

+ 

= 

2 

2 

x 

s 

/ 

m 

29 

, 

2 

14 

, 

3 

4 

866 

, 

0 

067 

, 

0 

a − 

= 

⋅ 

⋅ 

⋅ 

− 

= , 

, 

s 

/ 

m 

62 

, 

2 

14 

, 

3 

4 

5 

, 

0 

133 

, 

0 

a 

2 

2 

y 

− 

= 

⋅ 

⋅ 

⋅ 

− 

= 

2 

2 

2 

s 

/ 

m 

48 

, 

3 

) 

62 

, 

2 

( 

) 

29 

, 

2 

( 

a = 

− 

+ 

− 

= , 

2 

s 

/ 

m 

88 

, 

1 

76 

, 

0 

) 

62 

, 

2 

( 

) 

73 

, 

0 

( 

) 

29 

, 

2 

( 

21 

, 

0 

a = 

− 

⋅ 

− 

+ 

− 

⋅ 

= 

τ 

, 

2 

2 

2 

n 

s 

/ 

m 

93 

, 

2 

88 

, 

1 

48 

, 

3 

a = 

− 

= , 

m 

2 

, 

0 

93 

, 

2 

76 

, 

0 

2 

= 

= 

ρ . 

Kai t2 = 1/4 s: 

0 

4 

2 

cos 

133 

, 

0 

y 

, 

m 

067 

, 

0 

4 

2 

sin 

067 

, 

0 

x M 

M 

= 

π 

= 

= 

π 

= , 

s 

/ 

m 

84 

, 

0 

4 

2 

sin 

14 

, 

3 

2 

133 

, 

0 

v 

, 

0 

4 

2 

cos 

14 

, 

3 

067 

, 

0 

v y 

x 

− 

= 

π 

⋅ 

⋅ 

− 

= 

= 

π 

⋅ 

= , 

s 

/ 

m 

84 

, 

0 

) 

84 

, 

0 

( 

0 

v 

2 = 

− 

+ 

= , 

2 

2 

x 

s 

/ 

m 

64 

, 

2 

14 

, 

3 

4 

4 

2 

sin 

067 

, 

0 

a − 

= 

⋅ 

⋅ 

π 

⋅ 

− 

= , 

0 

14 

, 

3 

4 

4 

2 

cos 

133 

, 

0 

a 

2 

y 

= 

⋅ 

⋅ 

π 

⋅ 

− 

= , 

2 

2 

s 

/ 

m 

64 

, 

2 

0 

) 

64 

, 

2 

( 

a = 

+ 

− 

= , 

2 

2 

n 

s 

/ 

m 

64 

, 

2 

0 

64 

, 

2 

a 

, 

0 

84 

, 

0 

0 

) 

84 

, 

0 

( 

) 

64 

, 

2 

( 

0 

a = 

− 

= 

= 

⋅ 

− 

+ 

− 

⋅ 

= 

τ 

,

a n 

O 

y 

a x 

a 

2 

35 

0, 

84 

ρ = = 0, 

27 m. 

2, 

64 

v y 

a y 

M 

v 

v x 

a τ 

x 


O 

y 

a = a = a 

x 

n 

v = vy 

Nubrėžiame taško M trajektoriją ir pažymėję taško padėtį joje, nubrėžiame 

apskaičiuotuosius greičių ( v x , v y , v) 

ir pagreičių ( a x, a y , a, 

a τ , a n ) vektorius laiko 

1 

momentais t 1 = s 

6 

ir 

1 

t 2 = s (1.21 pav., b). 

4 

R 

y 

r 

P 

A 

α 

O1 

M K 

ϕ 


O 

8. Skriejikas O1A sukasi apie ašį O1 pastoviu 

kampiniu greičiu, atitinkančiu posūkio kampą 

j = 2pt rad ir verčia riedėti diską, kurio 

spindulys r=0,1 m. Diskas neslysdamas rieda R 

= 0,2 m spindulio nejudančio cilindro vidiniu 

paviršiumi. Parašykite disko taško M judėjimo 

lygtis, trajektorijos lygtį, apskaičiuokite greitį, 

pagreitį, tangentinį ir normalinį pagreičius 

1 

laiko momentu t = s , jeigu OP = MP. 

12 

SPRENDIMAS. Kadangi OP = MP, tai galime 

parašyti šią lygybę: 

Rj=ra. (a) 

x

36 

Iš (a) lygybės apskaičiuojame kampo a reikšmę: 

Rϕ 

0, 

2 ⋅ 2πt 

α = = = 4πt. 

(b) 

r 0, 

1 

Iš D PAM: PM=2rsina=0,2sin4pt; 

iš D O1PO: PO=2Rsinj=0,4sin2pt; 

iš stataus D O1KP: PK=Rsinj=0,2sin2pt; 

y 

M 

x M 

x M 

y M 

2 2 

2 

2 

= OK = PO − PK = 0, 

16sin 

2πt 

− 0, 

04sin 

2πt 

= 0, 

35sin 

2πt 

, 

= PK − PM = 0, 

2 sin 2πt 

− 0, 

2 sin 4πt 

= 0, 

2(sin 

2πt 

− sin 4πt); 

= 0, 

2(sin 

2πt 

− sin 4πt), 

(c) 

= 0, 

35sin 

2πt 

. (d) 

(c) ir (d) lygtys yra taško M judėjimo lygtys. Iš šių lygčių išraiškų matome, kad taškas 

M judės Archimedo spirale. 

Taško M greičio projekcijos koordinačių ašyse 

= x′ 

= 0, 

2 cos 2πt 

⋅ 2π 

− 0, 

2 cos 4πt 

⋅ 4π 

= 0, 

4π 

cos 2πt 

− 0, 

8π 

cos 4πt 

, 

v x M 

= y′ 

= 0, 

35cos 

2πt 

⋅ 2π 

= 0, 

7πcos 

2πt. 

v y M 

Greičio modulį apskaičiuojame pagal formulę: 

1 

Kai t = s , tai: 

12 

v x 

v = v + v . 

2 

x 

2 

y 

2π 

4π 

= 0, 

4 ⋅ 3, 

14cos 

− 0, 

8 ⋅ 3, 

14 ⋅ cos = 0, 

4 ⋅ 3, 

14 ⋅ 0, 

866 − 0, 

8 ⋅ 3, 

14 ⋅ 0, 

5 = −0, 

2 m / s , 

12 

12 

v y 

2π 

= 0, 

7 ⋅ 3, 

14cos 

= 1, 

9 m / s , 

12 

2 

v = ( −0, 

2) 

+ ( 1, 

9) 

= 1, 

91 m / s . 

Apskaičiuojame pagreičio projekcijas koordinačių ašyse: 

a 


x 

2 

= v′ 

= −0, 

4π 

⋅ sin 2πt 

⋅ 2π 

+ 0, 

8πsin 

4πt 

⋅ 4π 

= −0, 

8π 

a 

x 

y 

2 

= v′ 

= −0, 

7πsin 

2πt 

⋅ 2π 

= −1, 

4π 

sin 2πt 

. 

y 

a = a + a . 

2 

x 

2 

y 

2 

sin 2πt 

+ 3, 

2π 

2 

sin 4πt 

,

1 

Kai t = s , tai: 

12 

a 

x 

= − 

+ 

0, 

8 

⋅ 

3, 

2 

3, 

14 

⋅ 

2 

9, 

86 

⋅ 

2π 

sin + 

12 

0, 

866 

3, 

2 

⋅ 

37 

3, 

14 

= −3, 

94 + 

2 

4π 

⋅ sin = − 

12 

27, 

32 

= 

0, 

8 

23, 

4 m / s 

⋅ 

9, 

86 

2 2π 

2 

a y = −1, 

4 ⋅ 3, 

14 ⋅ sin = −1, 

4 ⋅ 9, 

86 ⋅ 0, 

5 = −6, 

9 m / s , 

12 

2 

a = 23, 

4 + ( −6, 

9) 

= 24, 

4 m / s . 

Apskaičiuojame taško M tangentinį pagreitį: 

a 

τ 

2 2 

dv d v x + v y v xa 

x + v ya 

= = = 

dt dt 

v 

− 4, 

68 − 13, 

11 

2 

= 

= −9, 

3 m / s . 

1, 

91 

2 

2 

y 

2 

, 

⋅ 

0, 

5 

( −0, 

2) 

⋅ 23, 

4 + 1, 

9 ⋅( 

−6, 

9) 

= 

= 

1, 

91 

2 2 2 2 

Normaliniam pagreičiui apskaičiuoti pasinaudojame tapatybe a = a + a = a τ + a . 

Iš čia gauname: 

n 

2 

2 

2 

a = a − a τ = 24, 

4 − ( −9, 

3) 

= 22, 

6 m / s . 

Nubrėžiame taško M trajektoriją - Archimedo spiralę ir nustatome taško padėtį joje. 


v 

v 

x 

a y 

M 

a τ 

v y 

y 

O 

1 

⎛ 2π 

4π 

⎞ 

Kai t = s , xM = 0, 

2⎜sin 

− sin ⎟ = −0, 

073 m , 

12 

⎝ 12 12 ⎠ 

2π 

yM = 0, 

35sin 

= 0, 

175 m . 

12 

Atidedame šiame taške apskaičiuotuosius greičio ir pagreičių vektorius (1.22 pav., b). 

2 

a n 

a x 

a 

x 

2 

y 

x 

+ 

n

38 

9. Oscilografo vamzdelyje elektroniniam spinduliui nukreipti naudojama lygiagrečių 

plokštelių, tarp kurių elektrinė įtampa U, sistema. Elektronas A (1.23 pav.) į tarp plokštelių 

esantį elektros lauką įlekia greičiu v 0 , kurio vektorius lygiagretus šioms plokštelėms. 

U e 2 

Elektrono judėjimo dėsnis x = v0t 

, y = t ; čia e - elektrono krūvis, m - elektrono 

2ml 

masė, l- atstumas tarp plokštelių. Nustatykite: a) elektrono judėjimo trajektoriją, b) buvimo 

plokštelių erdvėje trukmę, c) elektrono A išlėkimo iš kreipiamosios sistemos koordinates, 

greitį, tangentinį ir normalinį pagreičius, kreivumo spindulį r. 

SPRENDIMAS. Pašalinę iš judėjimo dėsnio laiką t, nustatome elektrono trajektoriją: 

l 

y1A 

y 

A v 0 

l1 

U 

x1A 


A1 

v 

x 

U e 2 

y = x - tai parabolės lygtis. 

2mlv 

2 

0 

Iš kreipiamosios sistemos išlekiančio 

elektrono A koordinatė x yra žinoma (žr. 

1.23 pav.): 

A 1 

1 

A 1 

x = l . Iš elektrono judėjimo 

dėsnio pirmos lygties x = v t 0 

apskaičiuojame elektrono A lėkimo erdvėje 

l1 

tarp plokštelių trukmę: t 1 = 

v0 

. Šią trukmę 

įrašę į antrąją judėjimo dėsnio lygtį, 

nustatome elektrono koordinatę y : 

yA 1 

2 

1 

2 

0 

U e l 

= . 

2mlv 

Elektrono greičio projekcijos koordinačių ašyse: v x 

Elektrono greitį apskaičiuojame pagal formulę 

= x& 

= v0 

, 

U e 

v y = y& 

= t . 

ml 

v = 

v 

2 

x 

+ v 

2 

y 

= 

v 

2 

0 

2 

⎛ U e ⎞ 

+ ⎜ t ⎟ 

⎜ m ⎟ 

⎝ l ⎠ 

Elektrono A išlėkimo iš kreipiamosios sistemos greitis 

2 

2 ⎛ U e l1 

⎞ 

v1A = v ⎟ 

1 0 + ⎜ 

mlv 

⎟ 

0 

. 

⎝ ⎠ 

Elektrono tangentiniam ir normaliniam pagreičiui rasti pasinaudojame formulėmis 

Tam apskaičiuojame ax ir ay: 

a 

τ 

= 

v 

x 

a 

x 

+ v 

v 

y 

a 

y 

ir 

a 

n 

. 

v 

= 

x 

a 

y 

− v 

v 

y 

a 

x 

. 

A 1

Tada gauname, kad 

39 

U e 

= v′ 

x = 0, 

a y = v′ 

= . 

ml 

a x 

y 

a 

a 

τ 

n 

= 

= 

v 

ml 

⎛ U e ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎜ m ⎟ 

⎝ l ⎠ 

2 

0 

2 

t 

⎛ U e t ⎞ 

+ ⎜ ⎟ 

⎜ m ⎟ 

⎝ l ⎠ 

v 

v U e 

2 

0 

0 

2 

, 

⎛ U e t ⎞ 

+ ⎜ ⎟ 

⎜ m ⎟ 

⎝ l ⎠ 

2 

v 

Elektrono trajektorijos kreivumo spindulį apskaičiuojame iš formulės a n = , kai t 

ρ 

⎡ 

⎢v 

⎢ 

ρ = 

⎣ 

2 

0 

2 

⎛ U e l1 

⎞ ⎤ 

+ ⎜ ⎟ ⎥ 

⎜ 

m v 

m v ⎟ 

l 

⎝ l 0 ⎠ ⎥ 

⎦ 

v U e 

0 

2 

0 

⎛ U e l1 

⎞ 

+ ⎜ ⎟ 

⎜ m v ⎟ 

⎝ l 0 ⎠ 

2 

2 

= 

. 

ml 

⎡ 

⎢v 

⎢ 

⎣ 

2 

0 

⎛ U e l1 

⎞ 

+ ⎜ ⎟ 

⎜ m v ⎟ 

⎝ l 0 ⎠ 

v U e 

1.5. Tolygus ir tolygiai kintamas taško judėjimas 

0 

2 

⎤ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

3 

. 

l 

1 

1 = : 

v0 

Judėjimas vadinamas tolygiu, jei taškas juda pastoviu greičiu. Tolygus judėjimas 

gali būti tiesiaeigis ir kreivaeigis. Tiesiaeigio judėjimo trajektorija yra tiesė, todėl šiuo 

atveju pastovus yra ne tik greičio didumas, bet ir kryptis. Taško, judančio tolygiu kreivaeigiu 

judesiu, trajektorija yra kreivė ir jo greičio kryptis nėra pastovi. 

Kaip žinome, 

Iš čia: 

ds 

v = . 

dt 

s = vt + C. 

Integravimo konstantą C galime nustatyti iš pradinės judėjimo sąlygos. Sakykime, kad 

pradiniu momentu t = 0, o atstumas nuo atskaitymo pradžios s0. Tada C = s0 ir

s = vt + s0. 

40 

Tolygiai kintamu vadinamas toks judėjimas, kurio tangentinio pagreičio dydis visą 

laiką yra pastovus: 

dv 

a τ = = const . 

dt 

Suintegravę šią diferencialinę lygtį, randame taško greitį: 

C t a v + = τ . 

1 

Integravimo konstantą C1 nustatome iš pradinės judėjimo sąlygos. Tarkime, kad laiko 

momentu t = 0 taško greitis v = v0, tada C1 = v0 ir 

v 0 τ 

= v + a t . (1.26) 

ds 

Kadangi v = = s& 

, tai (1.26) formulę galime perrašyti taip: 

dt 

ds 0 τ 

= vdt = v dt + a tdt . 

Suintegravę šią lygtį, randame atstumą: 

2 

a t 

s = + v0t 

+ C 

2 

τ 

Konstantą C2 galima nustatyti iš pradinės judėjimo sąlygos. Tarkime, kad pradiniu 

momentu t = 0, pradinis kelias s0. Tada C2 = s0 ir 

Pavyzdžiai 

2 

a t 

s = + v0t 

+ s 

2 

τ 

0 

2 

. 

. (1.27) 

1. Dvi mašinos juda tolygiai viena paskui kitą tiese greičiais v1 ir v2. Atstumas tarp jų pradinių 

padėčių s0. Abi mašinos pajudėjo tuo pat metu. Per kiek laiko viena mašina pavys kitą? 

SPRENDIMAS. Pirmos mašinos judėjimo dėsnis yra s1 = v0t. Antros mašinos judėjimo 

dėsnis s2 = v2t+s0, nes pradiniu momentu t = 0, s2 = 

s0. Pirma mašina pavys antrąją laiko momentu T, 

v 1 

2 s 

kai s1 = s2 arba v1T = v2T + s0. 

v 

O O1 Iš čia: 

s0 

T = 

v 

s0 

− v 

. 


1 

2 

Matome, kad, jei v1 = v2, tai T® , t.y. mašinos 

niekada nesusitiks. 

2. Į kasyklų šachtą pastoviu greičiu vp = 5 m/s

41 

leidžiasi plokščia atvira platforma ir išjudina akmenį. Apskaičiuokite, kokiu greičiu akmuo 

atsitrenks į platformą, jei pradinis jo kritimo greitis lygus nuliui. Nustatykite, kiek laiko kris ir 

kokį atstumą nulėks akmuo, iki pasieks platformą. 

SPRENDIMAS. Laiką pradedame skaičiuoti nuo to momento, kai platforma užkliudė akmenį. 

Platforma juda tolygiai, todėl jos greitis vp = const, o akmuo pradeda kristi tolygiai 

greitėdamas, todėl akmens greitis va = gt, čia g = 9,81 m/s 2 - laisvas kūnų kritimo pagreitis. 

Žemyn nukreiptus greičius laikome teigiamais, todėl ir atstumas s didėja, einant žemyn. 

Tariame, kad toje vietoje, kur platforma užkliudė akmenį, s = 0. Tada tolygiai judančios 

2 

gt 

platformos nueitas kelias sp = vpt, o akmens sa 

= , nes jis juda tolygiai greitėdamas be 

2 

pradinio greičio. Atstumas tarp platformos ir akmens 

s 

p 

gt 

− sa 

= vp 

t − . 

2 

Akmuo pasiekia platformą, kai sp - sa = 0, todėl 

⎛ gt ⎞ 

t⎜ vp 

− ⎟ = 0 . 

⎝ 2 ⎠ 

Iš šios lygties matome, kad platforma ir akmuo liečiasi du kartus - kai t = 0 

(užkliudymo momentas) ir kai 

2v 

p 2 ⋅ 5 

t = = = 1, 

02 s . 

g 9, 

81 

Dabar apskaičiuojame atstumą, kurį per šį laiką nusileidžia platforma (ir akmuo) 

s 

p 

2 

2 

2v 

2 

p 2 ⋅ 5 

= vp 

t = = = 5, 

10 m . 

g 9, 

81 

Akmens greitį susidūrimo momentu apskaičiuojame į formulę va = gt įrašę laiko 

reikšmę va = 2vp. 

Toks akmens greitis žemės atžvilgiu. Kadangi platforma juda ta pačia kryptimi greičiu 

vp, tai akmens greitis platformos atžvilgiu va - vp = 2vp - vp = vp = 5 m/s. 

Vadinasi, akmuo atsitrenks į platformą tokiu greičiu, kokiu platforma leidžiasi. 

3. Traukinys juda, tolygiai lėtėdamas, lanku, kurio spindulys R = 800 m, ir nuvažiuoja kelią 

s = 800 m. Traukinio pradinis greitis v0 = 54 km / h , galinis greitis vt = 18 km / h . 

Apskaičiuokite traukinio pagreitį kelio pradžioje ir gale. 

SPRENDIMAS. Kadangi traukinys juda tolygiai kintamai, jo judėjimo dėsnis yra: 

2 

a τt 

s = v0t 

+ 

2 

; (a) 

čia a τ = const . 

Iš formulės v a t + v išsireiškiame 

= τ 

0

42 

v − v0 

a τ = . (b) 

t 

Matome, kad tolygiai kintamo judėjimo greičio pokyčio ir laiko santykis lygus tangentiniam 

pagreičiui. 

Įrašę šią reikšmę į (a) lygtį, gauname: 

v − v0 

t v + v0 

s = v0t 

+ ⋅ = t . 

t 2 2 

Kadangi žinome traukinio kelią s ir greičius šios atkarpos pradžioje ir pabaigoje, tai: 

2s 

2 ⋅ 800 

t = = = 80 s , 

v + v 5 + 15 

čia greičiai išreikšti metrais per sekundę. Dabar iš (b) lygybės apskaičiuojame: 

0 

v − v0 

5 − 15 

a τ = = = −0 

t 80 

2 

, 125 

m / s 

Kadangi pagreitis neigiamas, tai traukinys juda lėtėdamas. Aišku, kad tangentinis 

pagreitis pastovus. Normalinis pagreitis keičiasi. Judėjimo pradžioje 

o pabaigoje: 

Pagreičio modulis judėjimo pradžioje 

o pabaigoje: 

2 

0 

2 

v 15 

2 

a n = = = 0, 

275 m / s , 

R 800 

2 

t 

2 

v 5 

2 

a n = = = 0, 

031 m / s . 

R 800 

0 

2 

2 

n 

a = a τ + a = ( −0, 

125) 

+ 0, 

275 = 0, 

312 m / s , 

2 

a = ( −0, 

125) 

+ 0, 

031 = 0, 

129 m / s . 

4. Nuo konvejerio juostos į piltuvą pilamas smėlis. Apskaičiuokite, koks gali būti konvejerio 

greitis, esant 1.25 pav.,a parodytiems atstumams. 

2 

2 

2 

. 

2 

2 

2

1m 

3m 


4m 

43 

y 

v 0 

v Y 


SPRENDIMAS. Sakykime, kad konvejeris juda greičiu v0, tada ir smėlio dalelė, prieš 

atsiskirdama nuo konvejerio juostos, judės horizontaliai greičiu v0. Atsiskyrusi nuo konvejerio 

smėlio dalelė pradės kristi žemyn pastoviu laisvo kritimo pagreičiu, todėl, remiantis tolygiai 

kintamai judančio kūno kelio formule, 

2 

gt 

y = + v0 

yt 

+ y0 

. 

2 

Parenkame koordinačių ašis taip, kaip parodyta 1.25 pav.,b. Tada gauname, kad pradinė y 

koordinatė y0 ir pradinio greičio projekcija y ašyje (pradinis greitis y ašies kryptimi) v0y = 

0, nes greičio vektorius v0 statmenas šiai ašiai. Gauname: 

2 

gt 

y = . (a) 

2 

Kadangi laisvai krintančio kūno pagreitis vertikalus, tai horizontalia kryptimi smėlio 

dalelė juda tolygiai (pagreičio projekcija x ašyje lygi nuliui), taigi: 

x=v0xt+x0. 

Kai t = 0, tai x = x0.= 0, kas matyti 1.25 paveiksle, b. Kadangi x ašies kryptimi taškas 

juda greičiu v0, tai v0x = v0 = const ir 

x = v0t. (b) 

Iš (b) lygybės išsireiškę t ir įrašę į (a) lygtį, gauname trajektorijos lygtį - parabolę: 

g 2 

y = x . 

2v 

Iš čia apskaičiuojame pradinį greitį: 

v 0 

2 

0 

g 9, 

81 

= = x = 1, 

107x 

. 

2y 

2 ⋅ 4 

v X 

v 

x

m/s. 

44 

Matome, kad, keičiantis x nuo 1 iki 3 m (žr. 1.25 pav.,a), v0 keisis nuo 1,107 iki 4,43 

5. Iš žarnos čiaupo 12 m/s greičiu bėga vandens čiurkšlė į horizontalų vamzdį, kurio skersmuo 

d = 1,2 m. Apskaičiuokite didžiausią atstumą l, kurį gali pasiekti čiurkšlė. 

SPRENDIMAS. Iš čiaupo išlėkusi skysčio dalelė tolygiai juda horizontalia kryptimi pastoviu 

greičiu vx = v0 

cos α (čia a - kampas tarp x ašies ir pradinio greičio), o y ašies kryptimi 

pastoviu greičiu v0 sin α kyla į viršų 

v 

(nes tokia pradinio greičio projekcija 

0 

y ašyje) ir krinta žemyn tolygiai 

didėjančiu greičiu gt. 

l 

Taigi 

y 


v0 α h 

v 

l/2 l/2 

v0 cosa×t. 

1.26pav.,b 

(b) 

d 

x 

vy = v0 sina - gt, (a) 

čia minusas prieš g = 9,81 m/s 2 rodo, 

kad pagreitis nukreiptas priešingai 

negu y ašis (1.26 pav.,b). Įvertinę tai, 

kad pradiniu laiko momentu t = 0 

skysčio dalelės koordinatė x0 = 0 ir, 

kad horizontalia kryptimi dalelė juda 

tolygiai, gauname: 

Dalelė tolygiai kyla vertikaliai aukštyn ir pagreičiu g krinta žemyn, todėl 

čia y0 = 0. Prilyginę y = 0, iš (c) lygybės gauname lygtį: 

gt 

v0 

sin α ⋅ t − = 0 . 

2 

Iš čia gaunamos dvi šaknys: t1 = 0, 

2 

x = 

gt 

y = v0 

sin α ⋅ t − 

(c) 

2 

2 

2v 0 sin α 

t2= . (d) 

g 

Jos rodo, kad čiurkšlės dalelės aukštis y = 0 dviem momentais: pradžioje ir praėjus 

laikui t2. Įrašę t2 reikšmę į (b) lygybę, gauname atstumą x, kurį skysčio dalelė nulekia per tą 

laiką, t.y. 

2v 

0 sin α 

l = v0 

cos α . 

g 

Šį reiškinį galime užrašyti ir taip:

45 

0 sin 2α 

l = . (e) 

g 

v 2 

Matome, kad didžiausias čiurkšlės kritimo nuotolis bus tada, kai a = 45 o , nes tuo 

atveju sin2a = 1. Tada 

2 

2 

v0 

12 

l = = = 14, 

65 m . 

g 9, 

81 

(Didinant arba mažinant a, atstumas l mažėja, nes, kai a ¹ 45 o , tai sin2a

5 1. TAŠKO KINEMATIKA 1.1. Pagrindinės kinematikos sąvokos ...

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

Delete template?

Save as template?