Newtonian mechanics

Indhold
Fysik 11 – Minilex
Henrik Dahl
24. januar 2003
1 Definitioner 3
2 Love og sætninger 6
3 Gadgets 11
3.1 Friktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3.1.1 Konstant friktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3.1.2 Hastighedsproportional friktion . . . . . . . . . . . . . . . 11
3.2 Harmoniske oscillatorer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3.2.1 Fjedre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3.2.2 Penduler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3.2.3 Dæmpet oscillator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3.2.4 Dæmpet og tvunget oscillator . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3.3 Lodder og trisser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3.4 Raketter m.m. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3.5 Retlinet bevægelse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.6 Sammenstød . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.7 Skr˚aplan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
4 Formelsamling 17
5 Inertimomenter 23
6 Enheder 24
7 Konstanter 25
8 Opgaveløsninger 26
8.1 Blandet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
8.2 Dekomponering af kræfter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
8.3 Dæmpet og tvungen oscillation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
8.4 Fjedre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
8.5 Gyroer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
8.6 Jævn cirkelbevægelse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
8.7 Lodder og trisser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1

INDHOLD 2
8.8 Penduler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
8.9 Planetbevægelser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
8.10 Raketter m.v. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
8.11 Reaktionskræfter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
8.12 Retlinet bevægelse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
8.13 Rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
8.14 Rulning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
8.15 Sammenstød . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
8.15.1 Elastiske sammenstød . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
8.15.2 Inelastiske sammenstød . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
8.16 Skr˚aplan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
8.17 Stænger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
8.18 Vægte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
9 Sm˚a gr˚a 67
Resumé
ADVARSEL - dette er livsfarligt at bruge ukritisk. Der er næsten
sikkert fejl, endda graverende fejl. Jeg p˚atager mig intet ansvar overhovedet
for noget som helst. Faktisk vil jeg for en sikkerheds skyld frar˚ade brug af
det følgende...
Referencerne henviser generelt til Knudsen og Hjorth: Elements of Newtonian
Mechanics, afsnit og side. I enkelte tilfælde henvises til forelæsninger
og holdøvelser hos Gudrun Hagemann.
Opgaveløsningerne er anbragt efter hovedemner. Da flere af opgaverne
omhandler forskellige problemstillinger er rubriceringen ret vilk˚arlig. Sidste
afsnit, sm˚a gr˚a, er optryk af de gr˚a bokse i bogen, samt en vejledning
til opgaveskrivning fra GH.

Acceleration
Arbejde
Bevægelsesligning
1 DEFINITIONER 3
1 Definitioner
a = dv
dt = ˙v = d2 x
dt 2 = ¨x (2.1, s.28). Enhed: m s −2
WAB = B
A F · dr (2.2, s.51). Enhed: J Bemærk, at da a · b = |a||b| cos θ
udfører kraften intet arbejde, hvis den st˚ar vinkelret p˚a bevægelsen.
2. ordens differentialligning, der opst˚ar n˚ar N2 knyttes med kraftlove og bibetingelser.
(2.1, s.29).
Centralt kraftfelt Et kraftfelt, hvor kraften F(r) altid peger mod (eller bort fra) et centrum, og
hvor kraftens størrelse kun afhænger af afstanden til centrum (8.3, s. 170)
k
For fjedre: ω = m - karakteristisk konstant for harmonisk oscillation. Enhed:
Egenfrekvens,
fjeder s−1 ((2.15))
Energi, kinetisk
Energi, mekanisk
Energi, potentiel
Fiktive kræfter
Fjederkonstanten
T = 1
2 mv2 Enhed: J = N m = kg m 2 s −2
E = T + U(x) ((2.78)). Kun defineret p˚a konservative kraftfelter. Enhed: J =
N m = kg m 2 s −2
U(x) = − F (x)dx - kun defineret p˚a konservative kraftfelter. Kan selv vælge
sted hvor U(x0) = 0. (2.2 s. 52) Enhed: J = N m = kg m2 s−2 Præcisere i (8.4,
s. 171): Sæt P som referencepunkt, U(P ) = 0. S˚a er U(A) = − A
P F · dr, dvs.
minus kraftens arbejde, n˚ar partiklen bevæges fra P til A.
Opst˚ar ved geometrisk oversættelse til accelererede systemer. I modsætning til
naturkræfter virker N3 ikke for disse kræfter. Der tales om fiktiv tyngdekraft,
centrifugalkraft, Corioliskraft og ”det tredje led”. ((6.36))
Konstant, k, i Hookes lov. Enhed: N/m.
Friktionskoefficienten Konstanten µ i udtrykket for friktionskraften Ffr = −µN ved konstant friktion.
Galilei-
Oversættelse mellem koordinatsyster, der bevæger sig med jævn hastighed ift.
transformationen hinanden (dvs. ikke accelereret).(4.1, s. 85):
Gravitationel masse
t ′ = t, m ′ = m, q ′ = q, F ′ = F
r ′ (t) = r − ut
v = v ′ + u
m¨r ′ = F
Newtons love invariante under Galileitransformationen
Den masse, der kan m˚ales p˚a en fjedervægt el. lign. , for˚arsaget af gravitationen

Harmonisk
oscillator,
amplitude
Harmonisk
oscillator, fase
Harmonisk
oscillator,
ligevægtsudtræk
Hastighed
1 DEFINITIONER 4
(3.1, s. 73)
A - det maksimale udsving i oscillationen (2.2 s. 35)
θ - vinkel til t = 0 (2.2 s. 35)
Under gravitation forskydes ligevægtspunktet til y0 = mg
k
omkring dette punkt i stedet for y0 = 0. (2.2, s.37)
v = dx
dt
= ˙x (2.1, s.27). Enhed: m/s
og der kan regnes
Heliocentrisk Center i solen, koordinatakser fast rettet mod 3 fixstjerner. Erfaringsmæssigt
referenceramme tæt p˚a intertialsystem (4.1, s.85).
Impuls
Impuls, total
Impulsmoment
Impulsmoment
p = mv (2.1, s.27). Enhed: kg m/s
P =
i p i =
i mvi (9.4, s.212). Enhed: kg m/s
L = r × p = r × mv er impulsmomentet ift. O. (10.1, s.219). Enhed: kgm 2 s −1
Projektionen af impulsmomentet p˚a aksen er Lz, dvs. z-koordinaten af r × p
omkring akse (10.3, s.223). Enhed: kgm 2 s −1
Inertialmasse
Inertialsystem
Inertialmoment
mI = |F|
|a| (2.1, s.28). Enhed: kg
Referenceramme, hvor Newtons love holder. (4.1, s.84). Enhed: kg
Ved rotation om en fast akse, z: Iz =
i mir 2 i (11.3, s.240). Enhed: kg m2 .
Konservativt Et kraftfelt, hvor kraften udelukkende afhænger af partiklens sted, F = F (x)
kraftfelt (2.2 s. 52). Præcisere (8.2, s.169): Et kraftfelt er konservativt hvis kraftvektoren
F kun afhænger af partiklens sted r og arbejdsintegralet B
A F · dr er
uafhængigt
af stien for integrationen, og kun afhænger af start- og slutpunkt.
B
Alangs1 F · dr − B
Alangs2 F · dr = 0 eller F · dr = 0
Kraftmoment
Kraftmoment
N = r × F er kraftmomentet omkring O. (10.1, s. 220) Enhed: J = Nm =
kgm 2 s −2
Projektionen af kraftmomentet p˚a aksen er Nz, dvs. z-koordinaten af r × F
omkring akse (10.3, s.223). Enhed: J = Nm = kgm 2 s −2

Lukket system
Massemidtpunkt
Reduceret masse
Roche-grænsen
Rullebetingelsen
1 DEFINITIONER 5
Et system, der ikke p˚avirkes af ydre kræfter (2.2 s. 55).
MRCM =
i miri, M =
i mi (9.4 s. 212).
Hyppigt forekommende forenkling i bl.a. fjederproblemer, inelastiske sammenstød
mm. µ = mM
m+M = 1
1 (GH) Enhed: kg
1
+ m M
Grænse for afstand mellem planeter o.l. for at undg˚a løsrivelse af klipper mv.
Antaget kugleformede legemer: D0 = R
syntagen til deformation: D0 = 2.46R
vCM = Rω
1/3 2ρP
ρM
1/3 ρP
ρM
(ex. 6.7 s.126-127). Med hen-
Enhed: m
Sammenstød,
elastisk
Sammenstød, hvor b˚ade impuls og mekanisk energi bevares (2.2, s. 56)
Sammenstød, Sammenstød, hvor impuls bevares , men hvor der sker varmeudvikling, s˚a
inelastisk mekanisk energi ikke bevares (2.2, s. 56)
Vægt
Udslag p˚a en vægtm˚aler, kalibreret til en given gravitation, M ∗ = F
g

Arbejde og kinetisk
2 LOVE OG SÆTNINGER 6
2 Love og sætninger
d 1
2 mv2 = F dx ⇔ dT = dW ((2.75)) - dvs. ændring i kinetisk energi over stykket
energi dx er lig med arbejdet udført af kraften F . Afhænger kun af N2 - dvs. holder
for ALLE kræfter uden undtagelse. Kan skrives WAB = B
A F · dr = TB − TA.
Eller p˚a differentialform: dT
dt
= F · dr
dt
= F · v ((8.4)).
Arbejde og dU(x) = −dW = −F (x)dx((2.76)) - dvs. ændring i potentiel energi over stykket
potentiel energi dx er lig med minus arbejdet udført af kraften F . Holder kun for konservative
kraftfelter.
Bevægelse i
accelereret system
Centralt kraftfelt
konservativt
Coriolis-effekter
Sæt R0, R og r som i figuren.(6.1)
Da gælder ((6.36))
m¨r = F − m ¨ R0 + mω 2−→ ρ − 2m( −→ ω × ˙r) − m( ˙−→ ω × r)
Her er −→ ρ projektionen af r ind p˚a et plan vinkelret p˚a −→ ω , og −ω 2−→ ρ =
−→ ω × ( −→ ω × r).
r, ˙r, ¨r er sted, hastighed og acceleration, set fra S.
¨R0 er den translatoriske acceleration af S
−m ¨ R0 er den fiktive tyngdekraft
mω 2−→ ρ er centrifugalkraften
−2m( −→ ω × ˙r) er Corioliskraften
−m( ˙−→ ω × r) kaldes det tredje led
Bemærk: N3 holder ikke i et accelereret system.
Et centralt kraftfelt er konservativt. (8.3, s.170)
P˚a den nordlige halvkugle (6.6, s.129) peger rotationsvektoren ud af jorden og
en partikel med horisontal hastighed bliver trukket mod højre. P˚a den sydlige
halvkugle peger rotationsvektoren ind i jorden, og partiklen trækkes mod venstre.
Energibevarelse, E = T + U(x) = konstant , (2.2 s. 52). I et konservativt kraftfelt er den
mekanisk mekaniske energi bevaret. NB gælder KUN i konservativt kraftfelt - s˚aledes
[E − U(x)] ((2.79))
ikke for f.eks. friktion. Kan skrives ˙x 2 = 2
m

Galileis love
Gravitationel og
inertiel masse
Gravitationsloven
Harmonisk
oscillator, frekvens
Harmonisk
oscillator, periode
Hookes lov
Impulsbevarelse
2 LOVE OG SÆTNINGER 7
To stk. (1.2, s.2):
1. Inertiens lov
2. Lov for frit fald: Alle legemer falder lige langt p˚a samme tid, S = 1
2 gt2 .
mg ∼ mI inden for rammerne af klassisk mekanik (Ch. 3)
F = G mM
r 2
(Ex. 1.1, s. 11)
ν = 1/T ⇐ ω = 2πν((2.16))
T = 2π
ω = 2π m
k ((2.16))
Fx = −kx . k konstant.
For lukket system: Fext = 0 ⇔ p = konstant vektor (2.2, s. 55)
Impulsmoment om LO = LCM + RCM × P = LCM + RCM × MvCM (10.6, s. 229). I ord: Im-
O og CM pulsmomentet omkring O er lig med impulsmomentet omkring CM plus CM’s
impulsmoment omkring O.
Impulsmoment- N = 0 ⇒ L = konstant (10.2, s. 221). I ord: Hvis der ikke er noget kraftmobevarelse
ment omkring O, er impulsmomentet omkring O konstant.
Impulsmomentbevarelse,
lukket
system
Impulsmoment og
inertimoment
Impulsmoment-
i Next i = 0 ⇒ Ltot = konstant (10.4, s. 225). I ord: Hvis der ikke er noget
totalt eksternt kraftmoment omkring O, er systemets totale impulsmoment
omkring O konstant. I et lukket system er det totale impulsmoment bevaret.
LA = Iaω (11.6, s. 252).
dL
dt = N (10.1, s. 220). I ord: Ændringen i en partikels impulsmoment omkring
sætningen O er lig med kraftmomentet omkring O. Kan skrives (pr. definition): dL
dt =
Impulsmomentsætningen,
CM
Impulsmomentsætningen,
generelt
r × dp
dt
= r × F = N
dLCM
dt = Next CM (10.6, s. 229). I ord: Ændringen i impulsmomentet omkring CM
er lig med de eksterne kraftmomenter omkring CM. Gælder ogs˚a, hvis systemet
er accelereret.
dLQ
dt = NQ − vQ × MVCM (11.8, s. 257). I ord: Den simple impulsmomentsætning
holder, hvis vQ = 0 (dvs. Q er i hvile i inertialsystemet), eller Q = CM
(CM og Q er sammenfaldende), eller vQ er parallel med vCM.

Impulsmomentsætningen,
virk˚arlig
akse
Impulsmomentsætningen,
partikelsystem
Impuls og
acceleration
Impuls og kraft
Impuls og
massemidtpunkt
Jævn
cirkelbevægelse
Keplers love
2 LOVE OG SÆTNINGER 8
IA dω
dt = NA (11.6, s. 252). I ord: Ændringen i impulsmomentet omkring A er
lig med de eksterne kraftmomenter omkring A. Gælder ogs˚a, hvis systemet er
accelereret.
dLtot
dt = i Next i (10.4, s. 225). I ord: Ændringen i et partikelsystems totale impulsmoment
omkring O er lig med sum af de eksterne kraftmomenteter omkring
O. Summen af de indre kraftmomenter er 0.
dp
dt
= ma(= F) (2.1, s. 28)
dp = t2
t1 Fdt (2.2, s. 54). Alternativ formulering: dP = Fdt, ∆P = tB
tA Fdt
(8.1 s. 168)
P = MvCM (9.4, s. 212).
Der gælder følgende sammenhænge (Ex. 1.2, s. 12-13):
1. Vinkelhastigheden, ω er konstant
2. Omløbstiden T er konstant
3. ω = 2π
T
4. Hastigheden v(t) er vinkelret p˚a radiusvektoren r(t) (v(t) · r(t) = 0, og
v = |v| = rω
5. Accelerationen a(t) er modsat rettet radiusvektoren (og dermed vinkelret
p˚a hastigheden, v(t) · a(t) = 0),
a(t) = − 4π2
T 2 r(t) = −ω 2 r(t),
a = |a(t)| = rω 2 = v2
r
6. Hvis en jævn cirkelbevægelse projiceres ind p˚a en diameter f˚as en harmonisk
oscillation.
Tre stk. (1.2, s.4):
1. Planetbanerne ligger i fast plan som ogs˚a indeholder solen, og banerne er
ellipser med solen i det ene brændpunkt
2. Radiusvektoren fra solen overstryger lige store arealer for lige store tidsrum
3. Lad T være tiden for en hel bane og a være den halve storakse. S˚a er
T 2 = konstant a 3

Kinetisk energi,
total
Kinetisk energi,
rotation
Kraft og potentiale
Königs sætning
Massemidtpunktssætningen
2 LOVE OG SÆTNINGER 9
T = Trot + Ttrans (11.3, s.241)
T = 1
2 Izω 2 (11.3, s.240)
Der gælder (8.4, s.174), at F = −∇U = ( ∂U
∂x
∂U ∂U , ∂y , ∂z )
T = 1
2Mv2 CM + Tr (9.4, s.212). I ord: Set fra et inertialsystem kan den kinetiske
energi for et partikelsystem skrives som en sum, nemlig som massemidtpunktets
kinetiske energi plus den kinetiske energi af partiklernes bevægelser i forhold til
CM.
Tre ækvivalente formuleringer: (9.4, s. 212)
M d2 RCM
dt 2
= F ext
M dvCM
dt = F ext
dP
dt = F ext
I ord: Den totale impuls for et system af partikler er det samme som impulsen af
en partikel med samme totalmasse, og som bevæger sig med samme hastighed
som CM. CM af et partikelsystem - stift eller ej - bevæger sig som om hele
massen var koncentreret i CM og alle eksterne kræfter virker der. Hvis der ikke
er nogen eksterne kræfter, der virker p˚a et partikelsystem, er den totale impuls
for systemet P en konstant vektor.
Mekanikkens I et system, der accelereres med konstant acceleration i forhold til et inertialsysækvivalensprincip
tem er en partikels bevægelse underlagt et fiktivt gravitationsfelt (−a) i tillæg
til den naturlige gravitation. (6.2, s.108). En acceleration mod højre er ækvivalent
med et uniformt gravitionsfelt mod ventre.
Newtons love
Parallelaksesætningen
Potentiel energi,
fjeder
Potentiel energi,
homogen kugle
Tre stk. (2.1, s.27-31) (hvor N1 dog er specialtilfælde af N2):
1. Inertiens lov (F = 0 ⇒ p = mv = kst. vektor)
2. Accelerationsloven: F = dp
dt
= ma
3. Aktion-reaktion: FAB = −FBA
4. (og to mere for feinschmeckere, absolut tid og absolut rum)
Iz = ICM + Md 2 (11.3, s.241)
U(x) = 1
2 kx2 (ex.8.2, s.175)
Her haves (ex.8.3, s.176, 8.6.2 s. 179)

Potentiel energi,
konstant
gravitationsfelt
Potentiel energi,
kugleskal
2 LOVE OG SÆTNINGER 10
U(x) = −G Mm
x
U(x) = −G Mm
3 −
2R
x2
R2
U(h) = mgh (ex.8.1, s.175)
Her haves (8.6.1, s.178):
for x > R ⇒ F = −G(Mm/x 2 )ex
for x < R ⇒ F(x) = −G Mm
x
R3 U(x) = −G Mm
x , for x > R ⇒ F = −G(Mm/x2 )ex
U(x) = −G Mm
, for x < R ⇒ F = 0
R
Rotationsvektoren Alle koordinatystemer, som er i hvile (6.6, s.128)i forhold til en given ramme
kan flyttes har samme rotationsvektor
Rotationsvektoren B˚ade størrelsen og retningen af ω (11.2, s.239) er uafhængig af valget af referkan
flyttes encepunkt
Vinkelret
akse-sætningen
Iz = Ix + Iy (11.3, s.242)

Konstant friktion
Oliebad
Jævn
cirkelbevægelse og
harmonisk
oscillation
3 GADGETS 11
3 Gadgets
3.1 Friktion
3.1.1 Konstant friktion
Betingelser: Fast legeme mod fast legeme, oftest tørre overflader.
N2: Legemerne falder ikke gennem hinanden. Normalkraft ophæver i lodret
retning tyngedekraften. Friktionen arbejder modsat bevægelsens retning.
Løsning: Ffr = −µ|N| v
|v|
Egenskaber: Størrelsen af friktionskraften er Ffr = −µN. Kan skifte retning,
hvis bevægelsen ændrer retning.
3.1.2 Hastighedsproportional friktion
Betingelser: Kuglevolumen V , massefylde af olie ρ, masse af kugle m, lodret
fald (s˚a kan droppe vektorer).
N2: Opdrift er −V ρg, s˚a resulterende kraft uden med friktion er F = (m−V ρ)g.
Med friktion,som er proportional med hastigheden f˚as
F = (m − V ρ)g − αv ⇔ m¨x = (m − V ρ)g − α ˙x
Løsning: Ved at droppe vektorer og indføre (m − V ρ)g = mK og α = mβ
haves ˙v = K − βv. Vi f˚ar
v = K
β (1 − e−βt )
Egenskaber: Hastighed konvergerer mod konstant: v → K/β for t → ∞.
3.2 Harmoniske oscillatorer
Bemærk, at jævn cirkelbevægelse projiceret ind p˚a en diameter er en hamonisk
oscillation.
3.2.1 Fjedre
Sm˚a udsving uden Betingelser: Hookes lov gyldig (sm˚a udsving, ingen dæmpning, masseløs fjeder)
dæmpning - kun en dimension

3 GADGETS 12
N2: m d2x dt2 = −kx ((2.13))
Løsning: Sæt ω = (ω er egenfrekvensen) s˚a f˚as
k
m
x = A cos(ωt + θ), T = 2π
ω
m
= 2π
k
Egenskaber: Konstant maksimalt udsving, periode uafhængig af amplitude,
under gravitation forskydes ligevægtspunktet til y0 = mg
k og der kan regnes
omkring dette punkt i stedet for y0 = 0. (2.2, s.37)
Potentiel energi: U(x) = 1
2kx2 Ved to fjedre i serie - brug reduceret fjederkonstant.
Ved to masser i fjederens ender - brug reduceret masse.
3.2.2 Penduler
Sm˚a udsving uden Betingelser: Sm˚a udsving, ingen dæmpning, inertialsystem
dæmpning Løsning: Sæt ω = (ω er egenfrekvensen), s˚a f˚as
Sm˚a udsving uden
dæmpning,
accelereret system
Foucault-pendulet
L
g
T = 2π
ω
Egenskaber: Uafhængigt af masse
= 2π
Betingelser: Sm˚a udsving, ingen dæmpning, konstant acceleration
Løsning: Sæt ω ′
L = g+a , s˚a f˚as
Egenskaber: Uafhængigt af masse
L
g
T ′ = 2π
L
= 2π
ω ′ g + a
T ′
T =
g
g + a
Betingelser: Sm˚a udsving, ingen dæmpning, nordlig halvkugle (ellers skifter

Fysisk pendul
Torsions-pendulet
Dæmpet oscillator
3 GADGETS 13
retning til mod uret)
Løsning: Sæt x = cos αt cos βt, y = cos αt sin βt, α2 − β2 = g
L , β = −ω sin θ
TF = 2π
ω sin θ
Egenskaber: Uafhængigt af masse, retning med uret nordlige halvkugle
Betingelser: Sm˚a udsving, ingen dæmpning
Løsning:
T = 2π
I
MgR
Egenskaber: Uafhængigt af masse
Betingelser: Sm˚a udsving,
ingen dæmpning, N = −Cθ (C er torsions-konstanten)
C 1
Løsning: Sæt ω = I , I = 2MR2 3.2.3 Dæmpet oscillator
TT = 2π/ω
U(θ) = 1
2 Cθ2
Betingelser: Sm˚a udsving, ingen drive, hastighedsproportional dæmpning
Løsning:
m¨x = −kx − b ˙x
Sæt γ = b
m og ω2 k
0 = m
hvor ωd = ω0
1 −
S˚a er
2 γ
2ω0
Kritisk dæmpning ved γ = 2ω0
γt
−
x = x0e 2 cos(ωdt + θ)
3.2.4 Dæmpet og tvunget oscillator
Dæmpet og Betingelser: Sm˚a udsving, hastighedsproportioner dæmpning, p˚aført kraft:
tvunget oscillator F = F0 cos ωt, ω = ω0
Løsning:
m¨x = −kx − b ˙x + F0 cos ωt
Sæt γ = b
m og ω2 k
0 = m
x = Ae − 1
2 γ+√ γ 2 −4ω 2 0 t + Be − 1
2 γ−√ γ 2 −4ω 2 0 t + F0
m
(ω 2 0 − ω2 ) cos ωt + γω sin ωt
(ω 2 0 − ω2 ) 2 + γ 2 ω 2

Atwoodmaskinen
Escape velocity
3 GADGETS 14
3.3 Lodder og trisser
Betingelser: Ingen friktion, masseløse snore, der ikke kan strækkes, masseløs
trisse
N2: Konstant snorekraft igennem hele snoren (geometrisk betingelse). Højre
lod: Snorekraft opad, tyngdekraft nedad, dvs. Ma = T − Mg. Venstre lod:
−(M + m)a = T − (M + m)g NB - fælles acceleration.
Løsning: a = g m
m+M
m+2M , T = 2Mg m+2M
Egenskaber: Større m, hurtigere acceleration, større M, mindre acceleration
3.4 Raketter m.m.
Betingelser: Konservativt kraftfelt. . Plantemasse M, planetradius r
Metode: Energibevarelse - E(∞) = U(∞) = 0
Løsning: E0 = T0 + U0 = 1
2mv2 Mm
0 − G r = 0 ⇔ v0
= 2G M
r
Egenskaber: Større planetmasse, større v0, større planetradius, mindre v0,
uafhængig af raketmassen
Fald fra en bane til Betingelser: Konservativt kraftfelt. . Plantemasse M, startradius r, slutradius
en anden s, starthastighed 0
Metode: Energibevarelse
Løsning:
E0 = T0+U0 = 0−G Mm
r = E1 = T1+U1 = 1
2 mv2−G Mm
1 1
⇔ v = 2GM −
s r s
Raketaffyring
Egenskaber: Større planetmasse, større v, større fald, større v, uafhængig af
raketmassen
Betingelser: Konstant brændstofforbrug pr. tidsenhed, . Negligibel tyngdekraft.
Starthastighed 0. Konstant affyringshastighed i forhold til raketten.
Metode: Raketten mister masse, impulsbevarelse
Løsning: Masse (inkl. brændstof) er m(t). Affyringsrate er µ = − dm
dt > 0.
Hastighed p˚a raketten er v(t), hastighed p˚a affyret brændstof u(t) = v(t) − vr
hvor vr er den relative affyringshastighed. Startimpuls er p(t) = m(t)v(t). Efter
dt er den samlede impuls p(t + dt) = (m + dm)(v + dv) + µ(u + du)dt. Impulsbevarelse
kræver p(t) = p(t + dt). Se bort fra 2. ordens led. F˚ar to ligninger:
m ˙v + v ˙m + µ ˙u = 0

Konstant kraft
3 GADGETS 15
som tilsammen giver
m ˙v + c ˙m − u ˙m = 0
m ˙v + vr = 0 ⇔ v(t) = vr ln m0
Egenskaber: Større affyringsrate og hastighed, større v
Med gravitation: Her f˚as, at ændring i impuls er lig med eksternt virkende
kraft, dvs. d
dt (mv) + µ(v − vr) = F
3.5 Retlinet bevægelse
Konstant masse, m og kraft K, i x-aksens retning.
N2: m d2x = mdv
dt2 dt
3.6 Sammenstød
mt
1 K
= K ⇔ x(t) =
2 m (t − t0) 2 + v0(t − t0) + x0
Elastisk
Betingelser: Centralt elastisk sammenstød. . Masser m og M, indgangshastigheder
sammenstød u0 og v0. Ingen friktion. Konservativt kraftfelt. Vandret sammenstød (ingen ændring
i potentiel energi)
Metode: Impuls- og energibevarelse
Løsning: Se p˚a bevægelse i en enkelt retning (centralt sammenstød)
mu0 + Mv0
1
2mu2 1
0 + 2Mv2 0
=
mu + Mv
1
2mu2 + 1
2Mv2
Inelastisk
sammenstød,
perfekt
Det giver to løsninger:
u
v
=
u0
v0
u
∨
v
Egenskaber: Vigtigt: Energibevarelse
=
mu0+M(−u0+2v0)
m+M
m(2u0−v0)+Mv0
m+M
Betingelser: Perfekt inelastisk sammenstød. . Masser m og M, indgangshastigheder
u og 0. Fælles udgangshastighed v. Ingen friktion ud over den, der stopper indgangspartiklen.
Partikel og klods ”smelter”sammen
Metode: Impulsbevarelse (lukket system) - men ikke energibevarelse
Løsning: Se p˚a bevægelse i en enkelt retning (centralt sammenstød)
mu + M0 = (m + M)v ⇔ v =
m
m + M u
Egenskaber: Vigtigt: Ingen energibevarelse. Varmeudvikling svarer til tab i
mekanisk energi: Q = mM
m+M
u 2
2 (bemærk, at den reducerede masse optræder

3 GADGETS 16
her). Den udviklede varme er lig med den relative kinetiske energi - den translatoriske
energi kan ikke omsættes til varme (9.3 s. 203)
Bemærk i øvrigt kollisionsapproksimationen (9.3 s. 204) som bygger p˚a en
antagelse om at sammenstødet var kort tid - s˚a kort, at den impuls, der overføres
i selve kollisionen er stor i forhold til den bevægelse, der sker i samme tidsrum.
Antagelsen betyder, at man kan se bort fra bevægelsen i selve sammenstødet.
3.7 Skr˚aplan
Simpelt skr˚aplan Betingelser: En klods glider ned ad skr˚aplan. Vinkel med vandret θ konstant,
med kst. friktion friktionskoefficient µ, masse m
N2: Tyngdekraft nedad, reaktionkraft N opad, vinkelret p˚a underlaget, friktionskraft
langs underlaget modsat bevægelsesretningen
Løsning: Indlæg koordinatsystem langs underlaget, x-aksen i bevægelsesretningen,
y-aksen nedad. S˚a f˚as
mg sin θ − µN ma
= ⇔ a = g(sin θ − µ cos θ), N = mg cos θ
mg cos θ − N 0
Egenskaber: Konstant acceleration, større hældning giver større acceleration.
Implicit krav: tan θ > µ

Ellipse
Friktion, konstant
Galileitransformationen
Harmonisk
oscillator
4 FORMELSAMLING 17
4 Formelsamling
1. Storeakse 2a
2. Lilleakse 2b
3. d = 2ae
4. r = a(1−e2 )
1+e cos θ
5. r + r ′ = 2a
6. p = a(1 − e 2 )
7. Perihelion : θ = 0. Her er rmin = p
1+e = a(1 − e)
8. Aphelion : θ = π. Her er rmax = p
1−e = a(1 + e)
9. rmax
rmin
= 1+e
1−e
10. e = rmax−rmin
rmax+rmin
11. b = a √ 1 − e 2
12. Areal A = πab
Ffr = −µN
1. t ′ = t, m ′ = m, q ′ = q, F ′ = F (4.1, s. 85):
2. r ′ (t) = r − ut
3. v = v ′ + u
4. m¨r ′ = F
5. Newtons love invariante under Galileitransformationen
1. m d2x dt2 = −kx
2. ω =
k
m

Jævn
cirkelbevægelse
Keglesnit
4 FORMELSAMLING 18
3. x = A cos(ωt + θ)
4. T = 2π
ω = 2π m
k
5. y0 = mg
k (gravitation)
6. For dæmpet oscillator : m¨x = −kx − b ˙x. Sæt γ = b
m og ω2 k
0 = m
7. Her er ωd = ω0
1 −
γt
−
x = x0e 2 cos(ωdt + θ)
2 γ
2ω0
8. Kritisk dæmpning ved γ = 2ω0
S˚a er
9. For dæmpet og tvunget oscillation med p˚aført kraft F = F0 cos ωt, ω =
ω0: m¨x = −kx − b ˙x + F0 cos ωt
1
− 2 x = Ae γ+√γ2−4ω 2 0 t 1
− 2 +Be γ−√γ2−4ω 2 0 t + F0 (ω
m
2 0 − ω2 ) cos ωt + γω sin ωt
(ω2 0 − ω2 ) 2 + γ2ω2 1. a(t) = − 4π2
T 2 r(t) = −ω 2 r(t)
2. a = |a(t)| = rω 2 = v2
r
3. ω = 2π
T
4. v = |v| = rω
1. Eccentricitet e =
2. F er brændpunkt
3. l er direktrix
P F
P l
4. p = eF l er parameteren
5. r = F P = eP l = e(F l − r cos θ) = p − er cos θ =
p
1+e cos θ
6. e = 0 cirkel, 0 < e < 1 ellipse, e = 1 parabel, e > 1 hyperbel

Kinetisk energi
Massemidtpunkt,
CM
Momenter
4 FORMELSAMLING 19
1. T = 1
2 mv2
2. T = 1
2Izω 2
3. T = Trot + Ttrans
4. T = 1
2 Iω2 = 1
2 Lω
1. MRCM =
i miri, M =
i mi (9.4, s. 212)
2. P =
i pi =
i mivi
3. M d2 RCM
dt 2
4. M dvCM
dt
= F ext
= F ext
5. dP
dt = F ext
6. T = 1
2Mv2 CM + Tr
7. For alle lukkede systemer er total impuls P bevaret
8. For alle lukkede systemer med konservative kræfter er den totale mekaniske
energi T + U bevaret
1. Impulsmoment: L = r × p = r × mv
2. Kraftmoment: N = r × F
3. Impulsmomentsætningen: dL
dt
= r × dp
dt
= r × F = N
4. Impulsmomentbevarelse: N = 0 ⇒ L = konstant
5. Moment omkring en akse, z: Tag z-komponenten af momentvektoren.
6. Impulsmomentsætningen for system af partikler: d
dtLtot =
i Next i
7. For lukket system er L tot = konstant
8. Impulsmoment om O og CM: LO = LCM + RCM × P = LCM + RCM ×
MvCM
9. Impulsmomentsætningen for CM: dLCM
dt
ererede systemer
10. Inertimoment om z: Iz =
i mir2 i
11. LA = IAω
12. IA dω
dt
= NA
= Next CM
- gyldig ogs˚a for accel

Planetbevægelser
Potentiel energi
4 FORMELSAMLING 20
1. Acceleration radial: ar = ¨r − rω 2 = − h2
p
2. Acceleration tangential: aθ = 2 ˙rω − r ˙ω = 0
3. Konstant gravitationsfelt: U(h) = mgh
4. Kepler 3: a3
T 2 = C
5. Sidereal periode T = 2A
h
6. A = πab
a3p = 2π h2 7. Hastighed i perihelion (perigæum) : v 2 p = GM
a
8. Hastighed i aphelion (apogæum) : v 2 a = GM
a
9. va = rp
ra vp
1
r2 = − 4π2C r2 1+e
1−e
1−e
1+e
= GMm
2E
10. Energi : E = Eo + 1
2 (α2 − 1)mv 2 o = Eo(2 − α 2 ) (< 0 for ellipse)
11. Eo = 1
2 mv2 o − GMm
ro
12. α = vp
vo
13. vo =
GM
ro
14. a = − GMm
2E
15. 1
r = Gm2 M
L 2
16. 1
r
1 = p (1 + e cos θ)
17. p = L2
18. e =
Gm 2 M
(Energi for cirkelbevægelse)
(hastighed i cirkelbevælse)
1 + 1 + 2EL2
G2m3M 2
1/2
cos θ
1 + 2EL2
G 2 m 3 M 2
19. Impulsmoment L = mr 2 ˙ θ = mr 2 ω er konstant
20. E = 1
2mv2 − GMm
r
1. Fjeder: U(x) = 1
2 kx2
2. Homogen kugle:
er konstant
U(x) = −G Mm
x
U(x) = −G Mm
3 −
2R
x2
R2
3. Konstant gravitationsfelt: U(h) = mgh
for x > R ⇒ F = −G(Mm/x 2 )ex
for x < R ⇒ F(x) = −G Mm
x
R3

Raketter
Rullebetingelsen
Sammenstød,
elastisk
Sammenstød,
inelastisk
Reduceret masse
Vektorer,
krydsprodukt
4 FORMELSAMLING 21
4. Kugleskal:
m(t) ˙v(t) + ˙m(t)vr = F
vCM = Rω
U(x) = −G Mm
x , for x > R ⇒ F = −G(Mm/x2 )ex
U(x) = −G Mm
, for x < R ⇒ F = 0
R
1. Masser og initialhastigheder: m, M, v, V
2. Sluthastigheder u, U
3. mv + MV = mu + MU (Impulsbevarelse)
4. 1/2
m v2 + 1/2
M V 2 = 1/2
m u2 + 1/2
M U 2 (Energibevarelse)
5. u = 2MV−(M−m)v
m+M , U = (M−m)V+2mv
m+M
6. u · U = 0
1. Masser og initialhastigheder: m, M, v, V
2. Sluthastighed u
3. mv + MV = (m + M)u (Impulsbevarelse)
4. u = mv+MV
m+M
5. Q = 1
2 (M + m)u2 − 1
2 mv2 − 1
2 MV 2 (Energitab = varmeudvikling)
µ = mM
m+M
= 1
1 1
+ m M
For krydsproduktet gælder (App.)
1. a × b = |a||b| sin(a, b)n(a, b), n enhedsvektor givet ved højreskrue
2. a × b vinkelret p˚a plan udspændt af a, b
3. a × b = −b × a
4. a × a = 0
5. P˚a ortonormalt sæt, i, j, k gælder i × j = k, j × k = i, k × i = j

Vektorer, rotation
4 FORMELSAMLING 22
⎡
6. a × b = ⎣
aybz − byaz
azbx − bzax
axby − bxay
7. Determinant-huskeregel: a × b =
⎤
⎦
i j k
ax ay az
bx by bz
8. BAC-CAB: a × (b × c) = b(a · c) − c(a · b)
9. a · (b × c) = b · (c × a) = c · (a × b)
10. (a × b) · (c × d) = (a · c)(b · d) − (a · d)(b · c)
Se figur: (kap. 5)
1. −→ v = −→ ω × −→ r = −→ ω × −→ ρ
2. −→ a = −ω 2−→ ρ = −→ ω × −→ v = −→ ω × ( −→ ω × −→ r )

5 INERTIMOMENTER 23
5 Inertimomenter
Inertimomenter for legemer med masse M
LD=langs diameter GC = gnm. centrum
Legeme Akse, z Iz
Tynd stang, længde l ⊥ ene ende M l2
3
Tynd stang, længde l ⊥ centrum M l2
12
Tynd rektangulær plade, sider a og b ⊥ b GC M a2
12
Tynd rektangulær plade, sider a og b ⊥ pladen GC M a2 +b 2
12
Tynd cirkulær plade, radius r ⊥ pladen GC M r2
2
Tynd cirkulær plade, radius r LD M r2
4
Tynd cirkulær plade, radius r ⊥ pladen ved randen M 3r2
2
Tynd cirkulær ring, radier r1, r2 ⊥ ringen GC M r2 1 +r2 2
2
Tynd cirkulær ring, radier r1, r2 LD M r2 1 +r2 2
4
Rektangulær kasse, sider a, b, c GC, ⊥ plan ab, c M a2 +b 2
12
Kugle, radius r LD M 2
Kugleskal, ydre radius r1, indre r2 LD M 2
5r2 r
5
5 1−r5 2
r3 1−r3 2
Kugleskal, meget tynd, radius r LD M 2
3r2 Cylinder, radius r, længde l Længdeaksen M r2
Cylinder, radius r, længde l Diameter i midten M
2 r2 4
Hul cylinder, længde l, radier r1, r2 Længdeaksen M r2 1 +r2 2
Hul cylinder, længde l, radier r1, r2 Diameter i midten M
Hul cylinder, tynd, længde l, radius r Længdeaksen Mr 2
Hul cylinder, tynd, længde l, radius r Diameter i midten M
2
r2 1 +r2 2
4
Kegle, højde h, grundradius r Akse M 3
10 r2
r 2
2
l2 + 12
l2 + 12
l2 + 12

6 ENHEDER 24
6 Enheder
Grundlæggende enheder
Enhed Sym.
Længde meter m
Masse kilogram kg
Tid sekund s
Temperatur kelvin K
Elektr. strøm ampere A
Lysintensitet candela cd
Stofmængde mol mol
Afledte enheder med særlige betegnelser
Enhed Sym. Afledning
Frekvens hertz Hz s −1
Kraft newton N kg · m · s −2
Tryk pascal Pa N · m −2
Energi joule J N · m
Effekt watt W J · s −1
Ladning coulomb C A · s
El. Potentiale volt V W · A −1
El. Kapacitet farad F C · V −1
El. Modstand ohm Ω V · A −1
El. Ledning siemens S A · V −1
Mag. flux weber Wb V · s
Mag. fluxtæthed tesla T Wb · m −2
Induktans henry H Wb · A −1
Lysflux lumen lm cd · sr
Illuminans lux lx lm · m −2
Aktivitet bequerel Bq s −1
Absorberet dosis gray Gy J · kg −1
Dosisækvivalent sievert Sv J · kg −1
Præfixer
yotta Y 10 24 giga G 10 9 deci d 10 −1 pico p 10 −12
zetta Z 10 21 mega M 10 6 centi c 10 −2 femto f 10 −15
exa E 10 18 kilo k 10 3 milli m 10 −3 atto a 10 −18
peta P 10 15 hecto h 10 2 micro µ 10 −6 zepto z 10 −21
tera T 10 12 deca da 10 nano n 10 −9 yocto y 10 −24

7 KONSTANTER 25
7 Konstanter
Grundlæggende fysiske konstanter
Sym. Værdi Enhed
Gravitationskonstanten G 6.668·10 −11 Nm 2 kg −2
Tyngdeaccelerationen nær Jorden g 9.8 ms −2
Tyngdeaccelerationen ved Ækvator g 9.78 ms −2
Tyngdeaccelerationen nær polerne g 9.83 ms −2
Masse af
Jorden MA 5.976 · 10 24 kg
M˚anen 7.35 · 10 22 kg
Mars 6.42 · 10 23 kg
Venus 4.89 · 10 24 kg
Jupiter 1.90 · 10 27 kg
Saturn 5.69 · 10 26 kg
Solen M⊙ 1.989 · 10 30 kg
Middelradius
Jorden RA 6.378 · 10 6 m
M˚anen 1.73 · 10 6 m
Mars 3.39 · 10 6 m
Jupiter 7.13 · 10 7 m
Solen R⊙ 6.96 · 10 8 m
Middelbaneradius
Jorden (1 AU) 1.495 · 10 11 m
M˚anen (om Jorden) 3.84 · 10 8 m
Mars 1.52 AU
Venus 0.72 AU
Jupiter 5.20 AU
Banetid
Jorden (1 ˚ar) 3.16 · 10 7 s
M˚anen (27.32 dage om Jorden) 2.36 · 10 6 s
Mars (687 dage) 5.94 · 10 6 s
Rotationstid
(ift. heliocentrisk ramme)
Jorden (23 t 56 min) TA 8.62 · 10 4 s
Solen (25.38 dage) T⊙ 25.38 dage
Atomenheder
Elektronmasse me 9.1093897 · 10 −31 kg
Protonmasse mp 1.6726231 · 10 −27 kg
Neutronmasse mn 1.674954 · 10 −27 kg
Elementarladningen e 1.60217733 · 10 −19 C
Lysets hastighed i vakuum c 2.998 · 10 8 ms − 1
Lys˚ar lj 9.4605 · 10 15 m

Problem 2.23
Problem 9.4
Problem 9.5
8 OPGAVELØSNINGER 26
8 Opgaveløsninger
8.1 Blandet
Givet: µ = dm/dt, v, begge konstante
Ukendt: F
Metode: Impulsændring under ekstern kraft
Løsning: ˙p = F , dvs. ˙mv + m ˙v = µv = F
1. Givet: M, m, µ, v relativt til kanon, kollisionsapproksimation OK
Ukendt: S
Metode: Impulsændring under ekstern kraft
Løsning: Lige ved affyringen: m(v − u) + Mu = 0 ⇔ u = m
M+m v
˙u = −µg, dvs. u(t) = −µgt + m
1
v, svarende til S = −
M+m
Leder efter t s˚a u(t) = 0, dvs. t =
Her bliver S = 1
1
2 µg
2 mv
M+m
mv
µg(M+m)
2 µgt2 + m
M+m vt.
2. Givet: M = 300kg, m = 1.2kg, µ = 0.1, v = 600m s−1 , L = 2m
Ukendt: dpf , dpr
Løsning: dt = L
v−u = 3.3 · 10−3s. dpf = µMgdt = 0.97kgms−1 , dpr = Mu =
717kgms−1 1. Givet: M, m, n, v > 0, w < 0 alle af p˚a samme tid.
Ukendt: w
Metode: Impulsbevarelse
Løsning: nm(v + w) + Mw = 0 ⇔ w = − nm
M+nm v
2. Givet: En efter en hopper af
Ukendt: u
Løsning: Lad µi = M + (n − i)m være massen p˚a slæden efter i er hoppet af,
og ui være slædens hastighed her.
m(v + ui+1) + µi+1ui+1 = µiui ⇔ ui+1 = ui − m
µi v
Kan skrives ui = −mv i−1
j=0
1
M+(n−j)m
Sammenlign 1. og 2.: Skriv 1. som w = −mv m−1 1
i=0 M+nm og 2. som u =
−mv n−1 1
i=0 M+(n−i)m
Led for led er nævneren i u mindre end nævneren i w, s˚a størst fart opn˚as, n˚ar

Problem 9.6
Problem 9.8
Problem 9.11
8 OPGAVELØSNINGER 27
personerne hopper af en ad gangen.
Givet: M = 120kg, m = 70kg, D0 = 20m, x = 3m
Ukendt: D
Metode: Massmidtpunkt ligger fast
Løsning: (M + m)D0 = M(D + x) + mD ⇔ D = D0 − M
M+m x = 18.1m
Givet: m, M, h
Ukendt: v
Metode: Impuls og energibevarelse
Løsning: m(v − u) + Mu = 0 ⇔ v = M+m
m u
1
2Mu2 = Mgh ⇔ u = √ 2gh ⇒ v = M+m √
m 2gh
Givet: m, M
Ukendt: θ∗ Metode: CM, N2, energibevarelse
Løsning: yCM = 2MR
2M+m cos θ s˚a længe snoren er strakt.
˙yCM = − 2MR
2M+m cos θω
¨yCM = − 2MR
2M+m cos θω2 − 2MR
2M+m sin θ ˙ω
N2: (2M + m)¨yCM = −(2M + m)g + S
Energi: U(0) = 2MgR, U(θ) = 2MgR cos θ, T (θ) = 2 1
2Mω2 R2 = Mω2R 2
Energibevarelse: 2MgR(1 − cos θ) = Mω2R 2 ⇔ ω2 = 2g
(1 − cos θ)
ω =
2g
R
1 2g
(1 − cos θ), ˙ω = 2ω R
g
sin θω = R sin θ
Indsæt og kræv som grænsebetingelse, at S = 0 dvs. ¨yCM = −g. Det giver
2MR
2M+m (cos θω2 + sin θ ˙ω) = g, som ved lidt mellemregninger ender med en
andengrads-ligning: 3 cos 2 θ − 2 cos θ + m
2M
Det giver cos θ = 2±√ 4−6 m
M
Løsning kræver 4 − 6 m
M
6
≥ 0 ⇔ m ≤ 2M/3
= 0
R

Problem 1.3
Problem 2.4
Problem 2.7
8 OPGAVELØSNINGER 28
Undersøg enkelte cases:
m = 2M/3 ⇒ cos θ = 1/3
m = 0 ⇒ cos θ = 2/3 eller cos θ = 0
Konklusion: Afhængigt af m/M sker opadbevægelsen et sted mellem cos θ = 2/3
og θ = 90 o
8.2 Dekomponering af kræfter
Givet: M, θ = 30o , ligevægt
Ukendt: S
Metode: Tyngdekraft og total snorekraft ophæver hinanden
Løsning:
S sin θ + S sin θ = Mg ⇔ S = Mg
2 sin θ
9.8ms−2
=
2 · 1 M = 9.8MN
2
Givet: m, M, F
Ukendt: FmM
Metode: N2, N3
Løsning: F = (m + M)a, FmM = Ma, dvs. FmM = M
m+M F
Givet: M, µ, vandret bevægelse, konstant hastighed
Ukendt: Fmin, φ
Metode: N2, N3, konstant friktion, komposantopløsning, a = 0
Løsning:
F cos φ − µN Ma(= 0) F
=
⇔ =
Mg
F sin φ + N N
Mgµ
cos φ+µ sin φ
Mg cos φ
cos φ+µ sin φ

Problem 2.10
Problem 2.15
Problem 2.17
8 OPGAVELØSNINGER 29
Minimering af F kræver F ′ = 0 (og F ′′ > 0), dvs. φ = cos−1
bliver da µMg √
1+µ 2 .
1. Givet: M, L, homogent reb
Ukendt: F (z)
Metode: N2, N3
Løsning: FAB(z) = −FBA(z) = −Mg z
L
2. Givet: M, L, ω, homogent reb, horisontal bevægelse
Ukendt: F (r)
Metode: N2, N3, jævn cirkelbevægelse
r
√ 1
1+µ 2
. Fmin
Løsning: Hver lille del af snoren er udsat for en centripetalacceleration, a(r) =
ω2r, s˚a den samlede centripetalkraft bliver F (r) = L Mω2 r Mω2
L dr = L rdr =
Mω 2 (L 2 −r 2 )
2L
Givet: Skr˚a kast
Ukendt: Vinkel til maksimal længde (maksimal højde)
Metode: N2, komposantopløsning
Løsning: Længst: θ = 45o , højest: θ = 600 Givet: m, M, v0, µ, ingen friktion ovf. bordet, relativ hastighed
Ukendt: T, V (T ) i forhold til bordet
Metode: N2, N3, impulsbevarelse
Løsning: N = mg, Ff = −µN som virker modsat rettet p˚a B (N3).
Lad A’s hastighed ift. gulvet være u(t) og B’s hastighed være v(t). Den relative
hastighed for A ift. B er da u(t) − v(t). Vi har fra impulsbevarelse, at
mv0 = (m + M)v, n˚ar den fælles hastighed er opn˚aet, dvs. v = m
m+M v0.
Vi kan beregne tiden ud fra A’s bevægelsesligning: u(T ) = v0−µgT = m
m+M v0 ⇔
T = M v0
m+M µg
Det stykke, D, A har bevæget sig ift. B findes ved at opdele bevægelsen i
translatorisk og relativ bevægelse. Det samlede system bevæger sig stykket
S = vT = 1 mM
µg (m+M) 2 v2 0 .
A bevæger sig stykket R = − 1
2 µgT 2 + v0T = − 1 M
2
2 v2 0 M v
µg + m+M
2 0
µg
(m+M) 2
r
0

Problem 2.18
Problem 2.19
8 OPGAVELØSNINGER 30
Omskrevet er R = v2 0
µg
Det giver D = R − S = 1
2
M 2m+M
m+M 2(m+M)
2 M v2 0
m+M µg
1+2. Givet: u, a, ρ, ingen lodret komposant
Ukendt: F
Metode: N2, impulsændring ved ydre kræfter
Løsning: Massen af vand, der rammer i dt er m = aρudt, med impuls p =
au2ρdt. Da ˙p = F er |F | = au2ρ Ex. ρ = 103kgm−3 , a = 2.5 · 10−3m2 , u = 60ms−1 . Indsat: F = 9000N. 70 kg
mand svarer til 700 N.
3. Givet: h = 1m
Ukendt: S
Metode: Frit fald
S
ut
Løsning: =
0 − 1
2gt2 ⎡
2h
S
⇔ = ⎣ g
+ h t
u
⎤
⎦
2h
g
S˚a S = 27.1m
4. Givet: u, v, a, ρ
Ukendt: F
Metode: Impulsændring ved ekstern kraft
Løsning: Masse af vand, der rammer i dt: m = aρ(u − v), s˚a d
dtm(u − v) =
F ⇔ F = aρ(u − v) 2
Metode: N2, faldloven
x(t)
vxt
Løsning: Projektil: =
y(t) − 1
2gt2
+ vyt

Problem 6.1
Problem 6.2
Problem 15.2
8 OPGAVELØSNINGER 31
w(t)
S
And: =
z(t) − 1
2gt2
+ h
x(t) = w(t) ⇔ vxt = S ⇔ vx = S/t
y(t) = z(t) ⇔ − 1
2gt2 + vyt = − 1
2gt2 + h ⇔ vy = h/t
I alt: vy h = vx S hvilket blot siger, at affyringsvinklen netop svarer til vinklen til
initialpositionen for P.
Metode: Fiktive kræfter, effektiv gravitation
Løsning: Vi har en tyngdekraft nedad, en acceleration mod venstre, s˚a en fiktiv
gravitation mod højre. Pb-skiven kører mod højre. Korkproppen indstiller
sig opad i det effektive tyngdefelt, som g˚ar skr˚at ned mod højre, dvs. korkprop
kører mod venstre.
Givet: m, µ, accelereret koordinatsystem
Ukendt: amin
Metode: Fiktiv gravitation
Løsning: Der er acceleration mod højre, dvs. fiktiv gravitation mod venstre,
samt naturlig gravitation nedad. Normalkraften p˚a B bliver N = ma, s˚a friktionskraften
bliver Ff = µma, opadrettet, da bevægelsen via g er nedad. For
at blive i hvile i forhold til vognen kræves, at µma ≥ mg ⇔ amin = g
µ .
8.3 Dæmpet og tvungen oscillation
1. Givet: γ = γ ∗ /2

Problem 15.3
Problem 2.8
Problem 2.9
8 OPGAVELØSNINGER 32
Ukendt: Td/T0
Metode: Dæmpet oscillator
Løsning: γ∗
= 2ω0, s˚a γ = ω0. ωd = ω0 1 − (γ/2ω0) 2
Td = 2π
ωd , T0 = 2π Td , s˚a ω0 T0
= ω0
ωd
= 2
√ 3
1. Givet: γ = 0, ω0, F = F0 cos ωt
Ukendt: Begyndelsesbetingelser, som sætter i steady state med det samme
Metode: (Dæmpet) tvungen oscillator
Løsning: x(t) = A cos ω0t + B sin ω0t + F0 cos ωt
m ω2 0−ω2 Steady state: x(t) = F0/m
ω2 0−ω2 cos ωt
Ved t = 0 : x(0) = F0/m
ω2 0−ω2 , ˙x(0) = 0
2 Givet: x = x0 cos(ωt + θ)
Ukendt: x0, θ
Løsning: x(0) = F0/m
ω2 0−ω2 = x0 cos θ
˙x(0) = 0 = −x0 sin θω
Det giver θ = 0, x0 = F0/m
ω2 0−ω2 8.4 Fjedre
Givet: M = 0.1kg, k = 20Nm −1 , lodret bevægelse, strakt snor
Ukendt: Ligevægtsudtræk, dmax, a(dmax)
Metode: Symmetri i oscillation om ligevægtsudtræk
Løsning: Først ligevægtsudtræk d0 = Mg
k = 0.049m. Dernæst dmax via symmetri
om d0 - fjederen m˚a ikke sammenpresses, for s˚a krøller snoren, dvs.
dmax = d0 = 0.049m. Endelig accelerationen i laveste punkt: Retning er opad,
vi har F = −kx = −20 · 0.049N = 0.98N, s˚a |a| = |F |/M = 9.8N
Givet: M, k1, k2
Ukendt: Periode T
Metode: N2, N3, harmonisk oscillator, oversæt til en enkelt fjeder.
Løsning: P˚a M virker tyngdekraft Mg nedad og fjederkraft F2 opad. P˚a
fjeder 1 virker fjederkraft F2 nedad og F1 opad. Ligevægtsudtræk bliver d0 =
Mg
1 1 + , svarende til en enkelt fjeder med (reduceret) fjederkonstant
k1 k2
k = k1k2
k1+k2 . Denne fjeder har periode T = 2π m
k = 2π
m(k1+k2)
k1k2

Problem 9.1
Problem 9.3
Problem 9.7
8 OPGAVELØSNINGER 33
1. Givet: m, k, v, elastisk sammenstød
Ukendt: Sammentrykning, d
Metode: Energibevarelse
Løsning: 1
2mv2 = 1
2kd2 ⇔ d = v m
k
2. Givet: m, k, v, M, elastisk sammenstød
Ukendt: Sammentrykning, d
Metode: Reduceret masse
mM
Løsning: d = v
k(m+M)
1. Givet: m, M, µ, k, v, inelastisk sammenstød, kollisionsapproksimation OK
Ukendt: Sammentrykning, d
Metode: Impulsbevarelse efter kollision, reduceret masse
Løsning: Reduceret masse: ν = (m+µ)M
m+M+µ
µv = (m + µ)u ⇔ u = µ
d = ν
k u = µ
2. Ukendt: Tid til d, τ
Løsning: T = 2π ν
k
µ+m v
M
k(m+µ)(m+µ+M) v
for hel oscillation. Vi ser kun p˚a T/4, s˚a τ = π
2
3. Ukendt: d, hvis der skydes i B i stedet for A
Løsning: Som i 1. med ombyttet m og M
M(m+µ)
k(m+µ+M)
1. Givet: m, M, k, v, inelastisk sammenstød, kollisionsapproksimation OK
Ukendt: u
Metode: Impulsbevarelse
Løsning: mv = (m + M)u ⇔ u = m
m+M v
2. Ukendt: Total impuls P Løsning: P = mv
3. Ukendt: vCM Løsning: vCM = m+M
m+2M
u = m
m+2M v

Problem 9.9
Problem 9.10
8 OPGAVELØSNINGER 34
4. Ukendt: Ttrans Løsning: Ttrans = 1
2 (m + 2M)v2 CM = m2 v 2
2(m+2M)
5. Ukendt: E Løsning: E = 1
2 (m + M)u2 = m2 v 2
2(m+M)
6. Ukendt: ∆l Løsning: Indfør reduceret masse: µ = (m+M)M
m+2M
µ
∆l = k u = m
M
k(m+M)(m+2M) v
7. Ukendt: Periode, τ Løsning: τ = 2π
µ
k
(m+M)M
= 2π (m+2M)k
- det giver
1. Givet: m, L, k, ingen friktion
Ukendt: Bevægelsesligning for yCM
Metode: Massemidtpunktssætningen, frit fald
Løsning: yCM(t) = − 1
2gt2 + yCM(0)
2. Ukendt: a1, a2
Løsning: Før snoren klippes virker en gravitationskraft p˚a 2 p˚a mg, som
ophæves af fjederkraften. Klods 1 p˚avirkes nedad af fjederkraften (mg) samt af
egen gravitation mg, s˚a snorekraften er 2mg (opad). N˚ar snoren klippes accelererer
1 derfor nedad med a1 = 2mg, mens fjederkraften reduceres, s˚aledes at
2 har en acceleration p˚a a2 = 0 (begge nedad).
3. Ukendt: z (position for 2 ift. CM)
Løsning: Reduceret masse µ = m/2, generel oscillationsligning: y − y0 =
A cos(ωt + θ) med ω = k/µ, A = µg/k. θ = 0, s˚a vi f˚ar z(t) mg
2k cos
2k
m t
+
L/2
1. Givet: M, 2M, k, θ, ingen friktion
Ukendt: Fjederudtræk ∆L
Metode: Kraftdekomponering
2Mg sin θ k∆L
2Mg sin θ
Løsning:
= ⇒ ∆L =
−2Mg cos θ −N
k
2. Ukendt: aA, aB
Løsning: Før snoren klippes virker en snorekraft p˚a A p˚a 2Mg sin θ+Mg sin θ =
3Mg sin θ. Den forsvinder, aA = 3Mg sin θ, fjederkraften reduceres, s˚aledes at
B har en acceleration p˚a aB = 0 (begge skr˚at nedad).
3. Ukendt: t s˚a CM bevæget D og Ttrans ved t

Problem 13.1
Problem 13.2
Problem 1.1
8 OPGAVELØSNINGER 35
Løsning: aCM = g sin θ, s˚a 1
2g sin θt2
2D
= D ⇔ t = g sin θ .
Ttrans = 1
23Mv2 = 3
2M(g sin θt)2 = 3MgD sin θ
4. Ukendt: Periode T
Løsning: Reduceret masse µ = 2M/3, T = 2π µ/k = 2π
8.5 Gyroer
Givet: r, ω0, l, M, Ω0 = rω0/l
Ukendt: R
Metode: Impulsmomentændring, N2
Løsning: I = 1
2Mr2 L = Iω0
dL
dt = |L|Ω0 = 1
2Mr3 ω2 /l
N = l(−Mg + R)
N =
dL
r
dt ⇔ R = 3ω2 /2+l2g l2 M
2M
3k
1. Givet: m = 0.1kg, M = 2.4kg, r = 0.1m, l = 0.3m, ω0 = 200s−1 , h = 0.5m
Ukendt: θ
Metode: Impulsmomentændring
Løsning: I = 1
2Mr2 L = Iω0
dL
dt = |L|Ω0 √
2gh
N = ∆t ml ind i papiret
N =
√
dL
2gh
dt ⇔ Ω0∆t = 2l ω0r2 m
M
Indsat f˚as θ = Ω0∆t = 3.9 · 10−2 = 2.24o ind i papiret
8.6 Jævn cirkelbevægelse
1. Givet: M1 = M2 = 0.1kg, r1 = 1m, r2 = 2m, Smax = 327N, jævn cirkel-
bevægelse
Ukendt: ωmax, sted hvor snor knækker

Problem 1.2
8 OPGAVELØSNINGER 36
Metode: Centripetalkraft leveres af snorekraften
Løsning:
S2 = M1ω 2 r2, S1 = M2ω 2 r1 + S2 = 3M1ω 2 r1
Snor knækker ved M1 fordi S1 > S2. ωmax tilfredsstiller S1 = Smax, dvs.
3M1ω 2
Smax 327N
maxr1 = Smax ⇔ ωmax = =
= 33.02s−1
3M1r1 3 · 0.1kg1m
2. Selv ved uendelig høj ω kan systemet ikke hænge helt vandret pga. gravitation.
1. Givet: MPhobos = 9.4 · 106m, TPhobos = 27540s, jævn cirkelbevægelse
Ukendt: MMars
Metode: Centripetalkraft leveres af gravitationen
Løsning:
MPhobosω 2 rPhobos = G MPhobosMMars
r 2 Phobos
og idet ω 2 = 4π2
T 2 f˚as
MMars = 4π2r3 Phobos
T 2 =
PhobosG ⇔ MMars = ω2 r 3 Phobos
G
4π 2 (9.4 · 10 6 ) 3
(27540s) 2 · 6.668 · 10 −11 Nm 2 kg−2 = 6.48 · 1023 kg
2. Givet: rMars = 1.52rJord, jævn cirkelbevægelse
Ukendt: ˚Ar p˚a Mars (dvs. TMars)
Metode: Kepler
Løsning:
r3 T 2 = kst ⇔ r3 Jord
T 2 =
Jord
r3 Mars
T 2 ⇔
Mars
rMars
3 TMars =
TJord = (1.52)
rJord
3/2 1˚ar = 1.87˚ar

Problem 1.4
Problem 1.5
Problem 1.7
8 OPGAVELØSNINGER 37
1. Givet: m, l, ω, θ = 45 o , g, jævn cirkelbevægelse, ingen lodret bevægelse
Ukendt: S1, S2
Metode: To betingelser: Lodret ophæves gravitation af snorekræfterne, vandret
leverer de centripetalkraften
Løsning: S1 sin θ + S2 sin θ
S1 cos θ − S2 cos θ
Antag, at θ = 90 o . S˚a haves
mω2r =
mg
S1 + S2 mω2l =
(S1 − S2) cos θ mg
S1
S2
=
mω2l 2
mω2l 2
mg
+ 2 cos θ
mg
− 2 cos θ
, r = l sin θ ⇒
2. Den nederste snor er strakt, s˚a længe snorekraften er positiv, dvs. betingelsen
bliver mω2 l
2
≥ mg
2 cos θ ⇔ ω2 ≥ g
l cos θ .
Givet: m, r, M > m, g, jævn cirkelbevægelse, ingen lodret bevægelse, ingen
friktion
Ukendt: vm
Metode: Snorekraften leverer centripetalkraften via tyngdekraften p˚a M
Løsning:
mω 2 r = Mg, |vm| = ωr ⇔ mω 2 r 2 = mv 2
M
m = Mgr ⇔ |vm| =
m gr
1. Givet: θ = 30o , l, m, ω, g, jævn cirkelbevægelse, ingen lodret bevægelse, ingen
friktion

Problem 2.6
Problem 6.5
Problem 6.7
8 OPGAVELØSNINGER 38
Ukendt: Snorekraft og reaktionskraft, S, R
Metode: Komposantopløsning lodret og vandret, N2. Snorekraft er langs med
snoren, reaktionskraften vinkelret p˚a underlaget.
Løsning:
mω2l sin θ S sin θ − R cos θ
=
⇔
mg S cos θ + R sin θ
R
S
=
m g − lω 2 cos θ sin θ
m g cos θ + lω 2 sin 2 θ
⎡
= ⎣
m(2g− √ 3lω 2 )
4
m(2 √ 3g+lω 2 )
2. ωmax findes n˚ar R = 0, dvs. ved 2g = √ 3lω 2 max ⇔ ωmax =
4
⎤
⎦
2g
√3l .
1. Givet: r = 300m, µA = 0.8, µI = 0.2 cirkulær bane, horisontal, ingen lodret
bevægelse
Ukendt: vmax
Metode: Friktionen leverer centripetalkraften.
Løsning: |Ff | = µN = µmg = Fc = mv2 /r dvs. v = √ µgr. Indsættes f˚as
vA = 48.5ms−1 , vI = 24.2ms−1 . 2. Givet: ω = 45rpm = (45·2π)/60s−1 , µ = 0.1,
radial bevægelse ud ad pladen, ingen lodret bevægelse
Ukendt: rmax
Metode: Friktionen leverer centripetalkraften.
Løsning: |Ff | = µmg = Fc = mω2r dvs. r = µg
ω2 . Indsættes f˚as r = 0.044ms−1 Givet: Jævn cirkelbevægelse om jorden, accelereret system
Ukendt: Periode T , kræfter
Metode: Fiktiv centrifugalkraft, accelereret system (samme problem som 6.4)
Løsning: Centripetalkraft fra tyngdefeltet ophæves af centrifugalkraft, hvis
mg = mω2R ⇔ ω = g/R og T = 2π/ω. Indsat f˚as T = 84min26s.
Givet: R = 3m, g, µ = 0.4, personen hænger fast i accelereret system
Ukendt: ωmin, v

Problem 6.8
Problem 2.3
8 OPGAVELØSNINGER 39
Metode: Fiktiv centrifugalkraft, accelereret system
Løsning: Friktionskraften ophæver netop tyngdekraften. N = mω2R, Ff =
g
9.8
µN, Ff = mg ⇔ ω = µR . Indsat: ω = 0.4·3 , v = ωR = 8.6ms−1 .
Givet: ω, v, µ
Ukendt: Kræfter, Ff , x0
Metode: Centrifugalkraft, Corioliskraft
Løsning: Virkende kræfter: nedad tyngdekraften, centrifugalkraft ud ad xaksen,
Corioliskraft ad -y-aksen, friktion ad -kraftkomposanten vandret. Se fig.
mω2x Har F =
, og |F | ≤ µmg for at billen hænger fast. Løs for lighed
−2mωv
mht. x: µ 2 g 2 = ω 4 x 2 + 4ω 2 v 2 ⇔ x0 =
8.7 Lodder og trisser
√ µ 2 g 2 −4ω 2 v 2
1. Givet: m1 = 400g, m2 = 200g, θ = 30o , ingen friktion, masseløse snore og
triser.
Ukendt: a2, snorekræfter
Metode: Husk geometriske betingelser - snorene er strakt. Koordinatsystem
langs skr˚aplan. N2 p˚a hver klods.
ω 2

Problem 2.12
Problem 2.13
Problem 11.6
8 OPGAVELØSNINGER 40
Løsning: Klods 2: m2a2 = S2 − m2g. Klods 1: −m1a1 = S1 − m1g sin θ.
S1 = S2/2. a1 = 2a2. Dermed fire ligninger og fire ubekendte a1, a2, S1, S2.
Vi f˚ar: S1 = m1m2g(sin θ+2)
4m1+m2
Indsættelse giver: S1 = g
9 N, S2 = 2g
9 N, a2 = g
9
, S2 = 2S1, a2 = g 2m1 sin θ−m2 , a1 = 2a2
4m1+m2
Givet: M, m1, m2, ingen friktion, masserne er i ro i forhold til M.
Ukendt: F
Metode: Husk geometriske betingelser - snorene er strakt, størrelse af accelerationer
er ens. N2 og N3 p˚a hver klods.
Løsning: F = (M + m1 + m2)a. m2 er i lodret hvile: S = m2g. S = m1a
(samme a som systemet). Dermed a = m2
m1 g ⇒ F = (M + m1 + m2) m2
m1 g
Givet: m = 90kg, m∗ = 50kg, mc = 15kg. Lodret bevægelse
Ukendt: S, a
Metode: Geometriske betingelser - snoren er strakt, størrelse af accelerationer
er ens. N2 og N3 p˚a hvert element.
Løsning: Vogn og maler: S−(m+mc)g = (m+mc)a, Maler: m(g−a)−S = m∗g mc+m∗ Det giver: a = −g 2m+mc , S = g (m+mc)(2m−m∗ )
. Indsættelse giver a = g/3, S =
2m+mc
70gN.
1. Givet: M, m, r, I, h. Strakt snor, ingen friktion, inelastisk sammenstød
Ukendt: v
Metode: Impulsbevarelse, snorebetingelse
Løsning: Før sammenstød: mgh = 1
2mu2 ⇔ u = √ 2gh.

Problem 11.7
Problem 1.6
8 OPGAVELØSNINGER 41
Efter sammenstød, kinetisk energi ved nye hastighed v: T = 1
2 (M + m)v2 +
1
2Mv2 + 1
2Iω2 Snorebetingelse: ωr = u, s˚a T = 1
2 (2M + m + I/r2 )u2 Bevægelsesmasse dermed M ∗ = 2M + m + I/r2 , s˚a mu = M ∗v ⇔ v =
m √
2gh
2M+m+I/r 2
2. Ukendt: Q
m
Løsning: Q = T0 − T = mgh(1 − 2M+m+I/r2 )
1. Givet: M, m, R. Strakt snor, ingen friktion,
Ukendt: vCM af skiven
Metode: Lagrangemekanik, snorebetingelser
Løsning: Koordinater: y stykket CM har bevæget sig, θ vinkel, der er drejet.
U = −mg(y + θR)
T = 1
2M ˙y2 + 1
4MR2 ω2 + 1
2m( ˙y + ωR)2
L = T − U
d ∂L ∂L
dt ∂ ˙y = ∂y ⇔ (M + m)¨y + mR ˙ω = mg
d ∂L ∂L 1
dt ∂ ˙ω = ∂θ ⇔ ( 2M + m)R2 ˙ω + mR¨y = mgR
Det giver ¨y = mg
M+3m , eller vCM = ˙y = mg
M+3mt 8.8 Penduler
1. Givet: m, l, ω, θ, g, jævn cirkelbevægelse, ingen lodret bevægelse, ingen friktion
Ukendt: S
Metode: Snorekraften leverer i den vandrette dimension centripetalkraften

Problem 1.12
Problem 6.3
8 OPGAVELØSNINGER 42
Løsning: Givet at θ = 0
S sin θ = mω 2 r = mω 2 l sin θ ⇔ S = mω 2 l
2.Ukendt: θ
Metode: Ingen bevægelse i lodret retning, snorekraft ophæver tyngdekraft.
Løsning:
S cos θ = mg ⇔ mω 2 l cos θ = mg ⇔ cos θ = g
ω 2 l
cos θ → 0 for ω → ∞ ⇔ θ → 90 o for ω → ∞
1. Givet: r = 0.7m, θ = 30o , g
Ukendt: Tangentialacceleration og centripetalacceleration, aT , aN
Metode: N2, ingen lodret bevægelse til t = 0
Løsning: Koordinatsystem langs snoren
mg sin θ
aT
= m aN = 0, aT = g sin θ
S − mg cos θ
2.Ukendt: ω, ˙ω til t = 0
Metode: ω = v/r, ˙ω = −a/r
Løsning:
g sin θ
ω = 0 ˙ω = −
r
3.Givet: m = 0.5kg
Ukendt: S til t = 0
Løsning:
S − mg cos θ = maN = 0 ⇔ S = mg cos θ = 4.24N
aN
1. Givet: m cirkulær bane, friktion fra atmosfæren
Ukendt: Ophængningspunkt og ligevægtsretning
Metode: Fiktiv gravitation, centrifugalkraft, kraftdekomponering
Løsning: P˚a satelitten virker jordens tyngdekraft (indad), friktionskraften, rettet
bagud i cirkelbanen. I satelliten (accelereret system) virker en centrifugal
kraft udad og en fiktiv gravitation fremad. Centripetal- og centrifugalkraften
ophæver hinanden, s˚a der opleves kun den fiktive gravitation. Ophæng loddet

Problem 11.1
Problem 11.2
Problem 11.8
8 OPGAVELØSNINGER 43
p˚a bagvæggen af satelitten, ligevægtsretningen er fremad i banen.
2. Givet: Ingen rotation i satellitten, sm˚a oscillationer
Ukendt: Faktorer bag perioden T
Metode: Effektiv gravitation
Løsning: Vi har, at T = 2π L/geff, s˚a snorelængde, friktionskoefficient, og
omløbshastighed er faktorer.
Givet: r = 0.2m, d = 0.1m
Ukendt: Periode
Metode: Fysisk pendul
Løsning: T = 2π
I
dMg
I = ICM + Md2 = 1
2Mr2 + (r/2) 2M = 3
3Mr2 3r
T = 2π = 2π = 1.1s
4Mgr/2
2g
4 Mr2
Givet: Skive, R, M, L
Ukendt: Periode, Periode hvis drejet vinkelret p˚a planet
Metode: Fysisk pendul
Løsning: T = 2π
I
LMg
I = ICM + ML2 = 1
2MR2 + ML2
R2 /2+L2 T = 2π
gL
I∗ = I∗ CM + ML2 = 1
4MR2 + ML2 T ∗
R2 /4+L2 = 2π
gL
1+2. Givet: l, M
Ukendt: IA, T
Metode: Fysisk pendul, parallelakse
Løsning: IA = ICM + 4Ml2 = 1
124M(4l)2 + 4Ml2 = 28
3 Ml2

Problem 11.9
8 OPGAVELØSNINGER 44
IA
T = 2π l4Mg
7l = 2π 12g
3. Givet: Bevægelse til lodret position
Ukendt: P
Metode: Energibevarelse, impulsmomentbevarelse
Løsning: L = 2lP, T = L2
2IA
3 P = 7
2
M
4+5. Givet: Bevægelse til vandret position
Ukendt: Reaktionskræfter, lodret og vandret
= U = 8Mgl ⇔ P = 4M
Metode: N2, energibevarelse, jævn cirkelbevægelse
Løsning: U1 = 4Mgl = T1 = 1
2 IAω 2 ⇔ ω =
Vandret komponent: Mω 2 l = F1 ⇔ F1 = M 6g
7l
Lodret komponent: Øhhmmm...
1. Givet: l, M, sm˚a oscillationer
Ukendt: l1
6g
7l
14
3 gl

Problem 11.12
8 OPGAVELØSNINGER 45
Metode: Fysisk pendul, matematisk pendul
Løsning: IA = 1
2
3 l
3 Ml2 , T = 2π
IA
l/2Mg
= 2π
2l
2. Givet: P, x, M, L, kollisionsapproksimation OK
Ukendt: vCM
Metode: Impulsmomentbevarelse
Løsning: L0 = xP, L1 = IAω ⇔ ω = 3xP
Ml2 , vCM = ωl/2 = 3xP
2Ml
3. Givet: Horisontal reaktionskraft = 0
Ukendt: x
Metode: N2
Løsning: Øhhmmm...
4. Givet: x
Ukendt: cos θ0
Metode: Energibevarelse
Løsning: T = 1
2IAω 2 = 3 x
2
2P 2
Ml2 = Mg l
2 (1 − cos θ0)
1. Givet: R, M, sm˚a oscillationer
Ukendt: Periode T
Metode: Fysisk pendul
Løsning: IA = ICM + M(3R) 2 = ( 2 + 9)MR2
T = 2π
IA
3RMg
= 2π
2+3. Ukendt: ω(θ), ˙ω
2
(3+ 15 )R
g
5
3g , TM = 2π l1/g = T ⇔ l1 =

Problem 15.1
Problem 14.1
8 OPGAVELØSNINGER 46
Metode: Energibevarelse
Løsning: T0 = U0 = 0, T1 = 1
2IAω 2 , U1 = −Mg3R sin θ
T1 + U1 = 0 ⇔ ω2 = 30 g sin θ
47 R
˙ω = 15 g
47 R cos θ (bare differentier)
4+5. Ukendt: Tangential og radial reaktionskraft, F1, F2
Metode: N2
Løsning: Radialt virker F1 indad og Mg sin θ udad, som tilsammen svarer til
centripetalkraften, Mω23R, s˚a F1 = Mg(sin θ + 3Rω2 ) = 137
47 Mg sin θ
Tangentialt virker F2 og Mg cos θ, der tilsammen giver M ˙ω3R = 45
47Mg cos θ,
Mg cos θ
dvs. F2 = 2
47
1. Givet: l = 1m, sm˚a oscillationer, ophængning i enden
Ukendt: Periode T
Metode: Fysisk pendul
Løsning: IA = 1
3Ml2
IA
, T = 2π Mgl/2 = 1.64s
2. Ukendt: Ophængspunkt x, s˚a periode minimeres, T her
Løsning: Ix = 1
12Ml2 + M(l/2 − x) 2
Ix
, T = 2π Mg(l/2−x)
Løs T ′ (x) = 0. Det giver x = l(1 − 1/3)/2 = 0.21m
Indsæt i T og f˚a T = 1.52s
8.9 Planetbevægelser
1. Givet: θ
Ukendt: Escape velocity
Metode: Energibevarelse
Løsning: v0 = 2G M
r = 11.2kms−1 - uafhængig af θ
2. Ukendt: Escape velocity

Problem 14.3
Problem 14.5
Problem 14.6
Problem 14.7
8 OPGAVELØSNINGER 47
Metode: Energibevarelse, brug solens masse
Løsning: v0 = 2G M
r = 42.1kms−1
1. Givet: m = 3 · 1030kg, M = 4 · 1030kg, jævn cirkel omkring CM, d = 1013m Ukendt: ω
Metode: Cirkelbevægelse
Løsning: ω2 = G(M+m)
d3 = 6.83 · 10−10s−1 2. Ukendt: LCM
Metode: Reduceret masse, impulsmoment definition
Løsning: µ = mM
M+m , |LCM| = d2 µω = 1.17 · 1047kgm2s−1 1. Givet: rp = 87.8 · 109km, ra = 5280 · 109km Ukendt: T
Metode: Indsæt i formler
a3 ra+rp
Løsning: T = 2π GM , a = 2 , T = 2.398 · 109s = 76y
2. Ukendt: va, vp
Løsning: vp =
va =
GM
a
ra
rp
GM
a
rp
ra
= 0.91kms−1
= 54.5kms−1
1. Givet: rp = 227 · 103m + rE, vp = 8000ms−1 Ukendt: ha = ra − rE
Metode: Energibevarelse mv.
Løsning: 1
2mv2 p − GMm 1 = 2mv2 a − GMm
rava = rpvp
Det giver ra =
2. Ukendt: T
Løsning: T = 2π
rp
r2 pv2 p
rpv2 p−2GM Indsat f˚as ha = 1051km
a3 GM
ra
, a = ra+rp
2 , Vi f˚ar T = 1h37m
1. Givet: Hohman transfer til Venus, rV = 0.72AU, 2a = 1.72AU
Ukendt: v0
Metode: Se at ved start er raketten i aphelion
Løsning: va =
GMrp
aHra
aH = 0.86AU
Indsæt: va = 27.214kms−1 v0 = va − vE = 27.2 − 29.8 = −2.6kms −1
2. Ukendt: τ
Metode: Halv periode:

Problem 2.1
Problem 2.11
Problem 2.22
Problem 8.2
Problem 8.3
8 OPGAVELØSNINGER 48
a3 H
Løsning: T = 2π GM = 2.527 · 107s, τ = T/2 = 146d
3. Ukendt: v1
Løsning: vp = vara/rp = 37.8s−1 4. Ukendt: Nødvendig vinkel
Løsning: θ = 180o (τ/TV vp − 1) = 56o 8.10 Raketter m.v.
Givet: MMars = 6.42·10 23 kg, rMars = 3.39·10 6 m og MMoon = 7.35·10 22 kg, rMoon =
1.73 · 10 6 m
Ukendt: Escape velocities
Metode: Energibevarelse
Løsning: v0 =
2380ms −1
2G M
r Indsættelse af værdier giver v0Mars = 5025ms −1 , v0Moon =
1. Givet: d = 60rA, rejse fra Jordoverflade til m˚anen
Ukendt: Escape velocities, fald fra en bane til anden
Metode: Energibevarelse
Løsning: Escape velocity v0 = . Bane”fald”v =
2G M
r
f˚as v
v0 = r(1/r − 1/d) = 1 − r/d = 59/60
1. Givet: m(0) = 4 · 10 3 kg, vr = 3000ms −1 , a = g opad
Ukendt: µ
Metode: Impulsændring under ekstern kraft
2GM 1
r
1 − d Heraf
Løsning: dp
dt = −mg, dvs. m ˙v − µvr = mg − µvr = −mg ⇔ µ = 2mg/vr.
Indsat: µ = 26kgs −1 .
2. Givet: m(0) = 4 · 10 3 kg, vr = 3000ms −1 , a = 0, m(t) = m(0)e −bt
Ukendt: b
Metode: Impulsændring under ekstern kraft
Løsning: dp
dt = −mg, dvs. m ˙v + ˙mvr = −mg ⇔ ma − bmvr = −mg ⇔ b = g/vr
Indsat: b = 3.3 · 10 −3 s −1 .
Givet: Jupiter-tal
Ukendt: Escape velocity
Metode: Energibevarelse
Løsning: 1
2mv2 = G Mm
r ⇔ v =
8.11 Reaktionskræfter
2GM
r . Indsat: v = 59613ms −1 .
Givet: m, r, vA = 0, TA = 0
Ukendt: θ
Metode: Energibevarelse, N2
Løsning: Indlæg koordinatsystem i partiklen. N2: m ˙v = −mg cos θ + N =
−mω2r = −mv2 /r

Problem 8.5
8 OPGAVELØSNINGER 49
mgr = mgr cos θ + mv 2 /2 ⇔ mv 2 = 2mgr(1 − cos θ)
F˚ar ved indsættelse: N = 2mg − 3mg cos θ.
Kritiske vinkel ved N = 0 ⇔ cos θ = 2/3
1. Givet: m, r, a = 0, ingen friktion
Ukendt: v0
Metode: Energibevarelse, N2
mg sin θ
mα
Løsning: Indlæg koordinatsystem i partiklen. N2:
=
N − mg cos θ mv2
,
/r
dvs. N = mg cos θ + mv2 /r
1
2mv2 1
0 = mgr(1 − cos θ) + 2mv2 ⇔ v2 = v2 0 − 2gr(1 − cos θ)
Indsættelse giver N = mg(3 cos θ − 2) − mv2 0 /r
N = 0 ⇔ v0 = √ 5gr
2. Givet: a = √ 3g
Ukendt: θ∗ Metode: N2
mg sin θ − ma cos θ
mα
Løsning: N2:
=
N − mg cos θ − ma sin θ mv2
/r
α = 0 ⇔ sin θ − √ 3 cos θ = 0 ⇔ tan θ = √ 3 ⇔ θ∗ = 60o 3. Givet: v0 = 0
Ukendt: N
Metode: N2, energibevarelse
Løsning: Symmetri omkring ligevægtspunkt i harmonisk oscillation giver hmax =
r(1 − cos 2θ∗ ) = 3r/2, s˚a energibevarelse giver 3mgr/2 = mv2 /2 + mgr/2 ⇔
v2 = 2gr
Indsæt i formel for reaktionskraft: N = mg(cos θ + √ 3 sin θ) + mv2 /r = 4mg
4. Givet: a = g
Ukendt: θ∗ Metode: Som i 2

Problem 8.6
Problem 8.8
8 OPGAVELØSNINGER 50
Løsning: θ = 45 o
1. Givet: R, ingen friktion
Ukendt: h
Metode: Energibevarelse, N2
−mg sin θ
Løsning: Indlæg koordinatsystem i partiklen. N2:
=
N − mg cos θ
dvs. N = mg cos θ + mv2 /R
1
2mv2 + mgR(1 − cos θ) = mg(2R + h) ⇔ v2 = 2g(R(1 + cos θ) + h)
Indsættelse giver N = 2mg(1 + cos θ − 2) + 2mgh/R + mg cos θ
θ = 180o , N = 0 ⇒ h = R/2
2. Givet: 2h, θ = 90o Ukendt: N
Metode: N2, energibevarelse
Løsning: N2: N = mg cos θ + mv2 /R
mv2 = 2mg(R(1 + cos θ) + 2h)
S˚a N = mg cos θ + 2mg(1 + cos θ) + 4mgh/R = 4mg
1. Givet: y = a sin(xπ/l), ingen friktion
Ukendt: h, vognen bliver p˚a banen
Metode: Energibevarelse, N2
Løsning: Indlæg koordinatsystem i partiklen.
Differentiering: ˙y = a cos(xπ/l) π
l ˙x
¨y = −a sin(xπ/l) π2
l 2 ˙x 2 + a cos(xπ/l) π
l ¨x
I x = l/2 f˚as ¨y = −a π2
l 2 ˙x 2
Energibevarelse: ˙x 2 + ˙y 2 = 2g(h − a)
I x = l/2 f˚as ˙x 2 = 2g(h − a)
S˚a ¨y = −a π2
l 2 2g(h − a)
I grænsen er ¨y = −g, s˚a −a π2
l 2 2g(h − a) = −g ⇔ h = a + l2
2aπ 2
mα
mv 2 /R
,

Problem 2.2
Problem 4.1
Problem 4.2
Problem 6.6
8 OPGAVELØSNINGER 51
8.12 Retlinet bevægelse
1. Givet: v0 = 20m s−1 , T = 5s
Ukendt: x0
Metode: Galilei
Løsning: x(t) = −1/2gt2 + v0t + x0 ⇔ x0 = 1/2gT 2 − v0T = 22.5m
2 Ukendt: xmax
Metode: Energibevarelse
Løsning: 1/2mv2 0 + mgx0 = mgxmax ⇔ xmax = x0 + v2 0
2g = 42.9m
Givet: x(t) = 5t 2 + 2t + 4 i system I, u = 2ms −1
Ukendt: x ′ (t) i system I’
Metode: Galileitransformationen
Løsning: vI = 10t + 2, aI = 10, aI ′ = aI = 10, vI ′ = vI − u = 10t = at,
xI ′ = 5t2 + 4
Givet: v
Ukendt: Landingssted, bevægelsesbane fra I og fra toget
Metode: Galileitransformationen
Løsning: Landingssted i skorstenen længere henne ad sporet. Bevægelsesbane
fra I er parabel, fra toget retlinet op og ned, accelereret af −g
Givet: h = 36m, frit fald, jordens rotation, 55.4o nordlig bredde.
Ukendt: Landingssted i forhold til frit fald i inertialsystem
Metode: Corioliskraften
Løsning:
1. Indlæg koordinatsystem ved jordoverfladen ved Rundet˚arn. Z-aksen peger
lodret i t˚arnets retning. Y-aksen peger mod Nordpolen, X-aksen langs
breddegraden ind i papiret.
2. Flyt Jordens rotationsvektor ind i koordinatsystemet. Koordinatsystemet
har en hældning p˚a θ i forhold til Jordens rotationsakse, s˚a −→ ⎡ ⎤
0
ω = ⎣ ω cos θ ⎦
ω sin θ
⎡ ⎤
˙x
3. Vi har hastighedsvektoren ˙r = ⎣ ˙y ⎦
˙z

Problem 6.11
8 OPGAVELØSNINGER 52
⎡
4. Beregn −→ ω × ˙r = ω ⎣
5. Naturlige kræfter: F = ⎣
˙z cos θ − ˙y sin θ
˙x sin θ
− ˙x cos θ
⎡
0
0
−mg
6. Ligningssystem da givet ved m ⎣
⎤
⎦
⎡
¨x
˙y
¨z
⎤
⎤
⎦
⎡
⎦ = −m ⎣
7. Differentier første ligning og indsæt i de øvrige:
2ω( ˙z cos θ − ˙y sin θ)
2 ˙x sin θ
g − 2ω ˙x cos θ
d 2
dt 2 ˙x = ˙¨x − 2ω(¨z cos θ − ¨y sin θ) = −2ω(cos θ(2ω ˙x cos θ − g) + 2ω ˙x sin 2 θ =
8. Løsningen er ˙x =
g cos θ
2ω
2ωg cos θ − 4ω 2 ˙x
+ A cos (2ω(t − t0))
9. Brug initialbetingelser: t = 0 ⇒ ˙x = ¨x = 0. Det giver ¨x = −2Aω sin(2ω(t−
g cos θ
g cos θ
t0)) = 0 ⇒ t = t0 = 0 og ˙x = 2ω + A = 0 ⇒ A = − 2ω
10. Indsat f˚as ˙x =
11. Integrer til
g cos θ
2ω
(1 − cos(2ωt))
x =
12. Resten af ligningerne giver:
y =
g cos θ g cos θ
t −
2ω 4ω2 sin(2ωt) + x0
g cos θ sin θ
ω
t − sin(2ωt)
+ y0
2ω
z = g sin 2 θt + g cos2 θ sin(2ωt)
2ω
+ z0
13. Løs z(t) = 0 mht. t givet z0 = h med indsatte værdier: ω =
55.4o , h = 36m, g = 9.8ms−2 . Vi f˚ar t = 3.675s
14. Indsæt i de øvrige ligninger: x = 0.0067, y = −0.011
15. Sammenlign med formel fra (6.6): d ∼ ω
3 cos θ
8h3 g
= 2.7mm
⎤
⎦
2π
8.62·104 , θ = s
Givet: θ, ω, v0, ˙z = 0
Ukendt: ω-vektor, bevægelsesligninger
Metode: Corioliskraften - som i Prob. 6.6 (dog her sydlig halvkugle: Skift
fortegn p˚a sin)
Løsning:

Problem 6.14
Problem 6.15
Problem 8.1
8 OPGAVELØSNINGER 53
1. Har fra prob. 6.6 bevægelsesligningerne (jvf. dog bemærkningen): ⎣
⎡
⎣
−2ω( ˙z cos θ + ˙y sin θ)
2ω ˙x sin θ
−g + 2ω ˙x cos θ
2. Brug initialbetingelser: r0 = ⎣
⎤
⎦
⎡
0
0
0
⎤
⎡
⎦, ˙r0 = ⎣
v
0
0
⎤
⎦, z = 0, ˙z = 0
3. Det giver ¨x = −2ω ˙y sin θ = 0 ⇒ ˙x = v ⇒ x = vt og ¨y = 2ω ˙x sin θ =
2ωv sin θ ⇒ ˙y = 2ω sin θvt ⇒ y = ω sin θvt 2
4. Indsæt x = 10 4 m, v = 500ms −1 , θ = 45 o (syd). F˚ar t = 20s, y ∼ 10m
Givet: v, θ ingen friktion, norlig halvkugle
Ukendt: Periode T i jævn cirkelbevægelse
Metode: Corioliskraften - som i Prob. 6.6 men se bort fra z-retningen
Løsning:
¨x 2ω ˙y sin θ
1. Har fra prob. 6.6 bevægelsesligningerne : =
¨y −2ω ˙x sin θ
2. Vi har her formlen for jævn cirkelbevægelse, a = ω ∗ v. Det giver, da v er
kendt ω ∗ = 2ωsinθ = 2π
T
⇔ T = π
ω sin θ
3. Den fundne formel er nøjagtig identisk med formlen for Foucalt-pendulet
Givet: θ = 60oN, v = 16ms−1 , tid 10 s.
Ukendt: Afvigelse fra rette linje
Metode: Corioliskraft
¨x 2ω ˙y sin θ
Løsning: Bevægelsesligningerne i x-y planet er (jvf. prob. 6.14) =
¨y −2ω ˙x sin θ
Da v er konstant og vi kan antage konstant Corioliskraft f˚as ¨x = 2ω sin θv ⇒ ˙x =
2ω sin θvt ⇒ x = ω sin θvt2 . Indsat: x = 7.3 · 10−5s−1 √ 2
2 10ms−1100s2 ∼ 8.3cm
Givet: u = 25ms−1 , lodret bevægelse.
Ukendt: h
Metode: Energibevarelse i konstant gravitationsfelt
Løsning: 1
2mu2 = mgh ⇔ h = u2
2g . Indsat: h = 31.9m
⎡
¨x
¨y
¨z
⎤
⎦ =
.

Problem 5.1
Problem 5.2
Problem 6.10
8 OPGAVELØSNINGER 54
8.13 Rotation
Givet: ω = 240rpm = 240·2π
60 = 8πs−1 , aksevinkel 45o ift. x, 60o ift. y. r =
(0, 1, 2)m.
Ukendt: v, a
Metode: Rotationsformler
Løsning: Find først koordinater for −→ ⎡
cos 45
ω = ω ⎣
o
cos 60o ⎤
⎦
√
=
1 − cos2 45o − cos2 60o ⎡ ⎤
1/2
ω ⎣
1/2 ⎦. Det giver
1 − 1/2 − 1/4
−→ ⎡ √ ⎤
2
ω = 4π ⎣ 1 ⎦
1
Det giver v = −→ ⎡ √ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡
2 0
2 − 1
ω ×r = 4π ⎣ 1 ⎦× ⎣ 1 ⎦ = 4π ⎣ 0 − 2
1 2
√ ⎤ ⎡
1
√
2 ⎦ = 4π ⎣ −2
2 − 0
√ ⎤
√
2 ⎦
2
og a = −→ ω × v = 16π2 ⎡ √ ⎤ ⎡
2 1
⎣ 1 ⎦ × ⎣ −2
1
√ ⎤
√
2 ⎦ = 16π
2
2
⎡
3
⎣
√ ⎤
2
−1 ⎦
−5
Givet: T = 23t56m = 86160s, dvs.ω = 2π
T , r = 6.37 · 106m. Ukendt: a
Metode: Rotationsformler
Løsning: a = (−)ω2r = 4π2
861602s−2 6.37 · 106m = 0.0339ms−2 1. Givet: ω = 2πν, m, r, θ, ingen friktion, partiklen bevæger sig ikke relativt til
roterende system
Ukendt: ω0
Metode: Fiktive kræfter, centrifugalkraft
mg sin θ
Løsning: Indlæg koordinatsystem langs kanten. F˚ar F =
for
−mg cos θ
−mω2r cos θ
tyngdekraften og for centrifugalkraften: C =
−mω2
. Kræver, at
r sin θ

Problem 11.3
Problem 11.3
8 OPGAVELØSNINGER 55
F + C + N = 0, dvs. g sin θ = ω2
g
r cos θ ⇔ ω = r tan θ og N = mg cos θ +
mω2r sin θ.
2. Givet: µ
Ukendt: νmin
Metode: Som ovf.
Løsning: Friktionskraften virker langs x-aksen, med størrelsen µN = µm(g cos θ+
ω2r sin θ). Opadbevægelse kræver, at mg sin θ+µm(g cos θ+ω2r sin θ)−mω2r cos θ ≤
0. Løs for lighed mht. ω: g(sin θ + µ cos θ) = ω 2 r(cos θ − µ sin θ) ⇔ ω =
g
r
sin θ+µ cos θ
cos θ−µ sin θ =
g
r
tan θ+µ
1−µ tan θ , νmin = ω
2π
= 1
2π
g
r
tan θ+µ
1−µ tan θ
3. Har ovenfor antaget, at tan θ = 1/µ. Hvis det ikke holder, ses at kuglen aldrig
triller op.
1. Givet: M, m, l, ω1
Ukendt: T1
Metode: Inertimoment
Løsning: I1 = Ml2 + (M + m)l2 = (2M + m)l2 T1 = 1
2I1ω 2 1
1 = 2 (2M + m)l2ω2 1
2. Ukendt: ω2, T2
Metode: Impulsmomentbevarelse
Løsning: L1 = I1ω1 = L2 = I2ω2 ⇔ ω2 = I1
I2 ω1
I2 = 2Ml2 , s˚a ω2 = 2M+m
T2 = 1
2I2ω 2 2
= T1 2M+m
2M
2M ω1
3. Ukendt: ω3 = ω1, T3 = T1
4. Ukendt: v
Metode: Ingen friktion, mekanisk energibevarelse
textbfLøsning: Ide: Kinetisk energi m˚a i O være omsat til potentiel energi.
Denne genomsættes til kinetisk energi, s˚a 1
2mv2 = T2−T1 = T1 m 1 2M+m
2M = 2m 2M l2ω2 1 ,
2M+m
dvs. v = lω1
2M
1. Givet: M, m, l, ω1

Problem 11.10
Problem 12.3
Problem 12.4
8 OPGAVELØSNINGER 56
Ukendt: T1
Metode: Inertimoment
Løsning: I1 = Ml2 + (M + m)l2 = (2M + m)l2 T1 = 1
2I1ω 2 1
= 1
2 (2M + m)l2 ω 2 1
2. Ukendt: ω2, T2
Metode: Impulsmomentbevarelse
Løsning: L1 = I1ω1 = L2 = I2ω2 ⇔ ω2 = I1
I2 ω1
I2 = 2Ml 2 , s˚a ω2 = 2M+m
T2 = 1
2I2ω 2 2
= T1 2M+m
2M
2M ω1
3. Ukendt: ω3 = ω1, T3 = T1
4. Ukendt: v
Metode: Ingen friktion, mekanisk energibevarelse
textbfLøsning: Ide: Kinetisk energi m˚a i O være omsat til potentiel energi.
Denne genomsættes til kinetisk energi, s˚a 1
2mv2 = T2−T1 = T1 m 1 2M+m
2M = 2m 2M l2ω2 1 ,
2M+m
dvs. v = lω1
2M
Givet: M, m, v0, R
Ukendt: ω
Metode: Impulsmomentbevarelse
Løsning: LB = m(v0−2ωR)2R, LR = −2MR2ω, LB +LR = 0 ⇔ ω = m v0
M+2m R
Givet: M, m, r - musen bliver samme sted
Ukendt: ˙ω
Metode: Impulsmoment og kraftmoment
Løsning: Tyngdekraft giver mg nedad, den tangentielle komponent er mg sin θ.
I = Mr2 . Vi f˚ar I ˙ω = N = rmg sin θ ⇔ ˙ω = m g sin θ
M r
8.14 Rulning
Givet: r, P , ren rulning.
Ukendt: h
Metode: Impulsmomentbevarelse, rullebetingelse
Løsning: ICM = 1
2Mr2 .

Problem 12.6
Problem 12.7
Problem 2.20
8 OPGAVELØSNINGER 57
Initialt: L0 = P (h − r) = L1 = ICMω
Rullebetingelse: vCM = rω
P = MvCM = Mrω = ICMω/(h−r) ⇔ Mr(h−r) = ICM = 1
2 Mr2 ⇔ h = 3r/2
1. Givet: M, R, V0, µ, til tr ren rulning, før glidning og rulning.
Ukendt: tr
Metode: Impulsmomentændring pga. friktion, rullebetingelse, N2
Løsning: ICM = 2
5MR2 Impulsmomentændring: ICM ˙ω = µMgR
Vi f˚ar: ˙ω = 5µg
2R
, s˚a ω(t) = 5µg
2R t
N2: M ˙ VCM = −µMg, dvs. VCM(t) = V0 − µgt
N˚ar ren rulning indtræder gælder: VCM = ωR, dvs: V0 − µgtr = 5µg
2 tr ⇔ tr =
V0 2
7µg
2. Ukendt: D
Metode: Bevægelsesligning
Løsning: XCM(t) = V0t − 1
2 µgt2 , indsæt tr og f˚a D = 12
49
3. Ukendt: W
Metode: Definition af arbejdet
Løsning: W = D
12
0 −µMgdx = −µMgD = − 49MV 2
0
Givet: a, ren rulning
Ukendt: µ
Metode: Impulsmomentændring, rullebetingelse
Løsning: ICM = 2
5Mr2 .
Rullebetingelse: vCM = rω
N2: M ˙vCM = −f + Ma
Impulsmomentændring: ICM ˙ω = fR ⇔ R ˙ω = 5 f
2 M
7Ma ˙vCM = R ˙ω ⇔ MR ˙ω = −f + Ma ⇔ f = 2
Hvis f = µMg indtræder glidning, s˚a 2
2a
7Ma < µMg ⇔ µ > 7g
8.15 Sammenstød
8.15.1 Elastiske sammenstød
1. Givet: m, v1, v2 = 0, M, centralt elastisk sammenstød
Ukendt: u1, u2
V 2
0
µg

Problem 8.7
Problem 2.14
Problem 6.13
8 OPGAVELØSNINGER 58
Metode: Impulsbevarelse, energibevarelse
Løsning: mv1 = mu1+Mu2 og 1
2mv2 1
1 = 2mu2 1
1 + 2Mu2 2 - giver u2 = 2m
m+M v1, u1 =
v1 − u2
2. Ukendt: Andel af kinetisk energi og impuls overført
Løsning: f = T2/T0 = 4 mM
(m+M) 2 og µ = p2/p0 = 2 M
m+M
Ex. Energiandel overført fra neutron til Pb: f = 2 pct.
1. Givet: n, m, L, g, elastisk sammenstød
Ukendt: T0
Metode: Energibevarelse
Løsning: mgL(1 − cos θ) = mv2 /2v1 = mgL/2 = T0
2+3. Ukendt: u, w, q (hastigheder og andel af kinetisk energi overført)
Metode: Energi og impulsbevarelse
Løsning: mv = mu + nmw, mv2 /2 = mu2 /2 + nmw2 /2 - giver w = 2√gL n+1 , u =
√
gL
1−n
1+n
2 , q → 0 for n → ∞
q = Tw 4n = Tv (n+1)
4+5. Ukendt: cos θ0
Metode: Energibevarelse
Løsning: mu 2 /2 = mgh = mgL(1 − cos θ) Indsættelse giver cos θ0 = 1 −
1
2
1−n
n+1
2
. cos θ0 → 1/2 for n → ∞
8.15.2 Inelastiske sammenstød
Givet: M = 0.250kg, m = 0.001kg, w = v/2, h = 1m, d = 0.3m
Ukendt: v
Metode: Impulsbevarelse, frit fald
d
ut
Løsning: vm = wm + uM ⇔ v = 2uM/m, =
0 −gt2 /2 + h
u = d g/(2h), s˚a v = 2d g/(2h)M/m = 332ms−1
, s˚a
Givet: M, m, µ, n, v, u = v/2, dt, vandret bane, konstant kraft i dt, ingen rela-

Problem 9.2
Problem 11.11
8 OPGAVELØSNINGER 59
tiv bevægelse mellem A og B
Ukendt: dtmin
Metode: Impulsbevarelse, accelereret system
Løsning: Se først p˚a hele systemet: vi har nv = (M + m)w + nv/2 ⇔ w =
nv
w
2(M+m) . Denne hastighed opn˚as p˚a dt, s˚a a = dt
Se nu p˚a A i forhold til B. Uden friktion kører A mod venstre, dvs. friktio-
nen arbejder mod højre: Ff = µmg. Derudover en fiktiv tyngdekraft p˚a −ma.
Kræver samlet effekt p˚a 0, dvs. µg = w
dt ⇔ dtmin = w
µg =
nv
2(M+m)µg
Givet: M, m, D, vandret bane, konstant kraft i dt, inelastisk sammenstød
Ukendt: D∗ Metode: Impulsbevarelse
Løsning: Se først p˚a oprindeligt system: 1
2mv2 = D
0
I det nye system: mv = (M + m)u ⇔ u = m
M+m v = vCM
1
2mv2 = T = Ttrans +Tr = 1
2 (M +m)v2 CM +Tr, s˚a Tr = 1
2
til varme via friktionen i klodsen: Tr = D∗ giver D∗ = D M
M+m
F dx = F D ⇔ F = 1
0 F dx = F D∗ = 1
2
2
mv 2
D .
mM
M+m v2 , som omsættes
mv 2
D D∗ , hvilket
1. Givet: M, m, R, ∆t, inelastisk sammenstød, kollisionsapproksimation OK
Ukendt: ω
Metode: Impulsmomentbevarelse
Løsning: L0 = RMv, L = Iω, I = MR2 + (M + m)R2 = (2M + m)R2 ,

Problem 12.1
Problem 2.5
Problem 11.4
8 OPGAVELØSNINGER 60
L = L0 ⇔ ω = m v
2M+m R
2. Ukendt: Q
Metode: Ændring i kinetisk energi
Løsning: T0 = 1
2Mv2 , T1 = L2
2I , Q = T0 − T1 = T0(1 − m
2M+m )
3. Ukendt: Reaktionskraft F
Metode: N2, impulsbevarelse
Løsning: P0 = mv, P1 = mωR = m2
∆P v m
2M+m v, F = − ∆t = −m ∆t 2M+m − 1
1. Givet: a, M, m, v, ∆t, inelastisk sammenstød, kollisionsapproksimation OK
Ukendt: vCM ved A
Metode: Impulsmomentbevarelse
Løsning: ICM = 1
12M(a2 + a2 ) = 1
6Ma2 , IA = ICM + (M + m)a2 /2 =
( 2 1
3M + 2m)a2 .
L0 = amv/2, L1 = IAω, L0 = L1 ⇔ amv/2 = ( 2 1
3M + 2m)a2ω ⇔ ω =
mv
2a( 2 1
M+ 3 2 m)
mv
2 √ 2( 2 1
M+ 3
vCM = ωr = ω a2 /2 =
2)
2. Ukendt: vmax
Metode: Energibevarelse giver lodret stilling
Løsning: T = 1
2IAω 2 = 1 m
8
2v2 2 1
M+ 3 2 m
√
2−1
U = a 2 (M + m)g, T = U ⇔ v = 2
m a( √ 2 − 1)(M + m)g 2 1
3M + 2m 8.16 Skr˚aplan
Givet: M, F, N, µ
Ukendt: θmin
Metode: Skr˚aplan med konstant friktion
Løsning: tan θ > µ
8.17 Stænger
1. Givet: M, l, ingen friktion, vCM,0 = 0

Problem 11.5
8 OPGAVELØSNINGER 61
Ukendt: Bevægelse for CM
Metode: Massemidtpunktssætningen
Løsning: Lodret fald
2. Givet Do + y, θ
Ukendt: T, U
Metode: Translatorisk og rotationel bevægelse
Løsning: U0 = 0, T0 = 0, E0 = 0
U1 = −Mgy = −Mg l
2 (1 − cos θ)
Trot = 1
2Iω2 = 1 1
2 12Ml2 ω2 Ttrans = 1
2M ˙y2 = 1 l2
2M 4 ω2 sin2 θ
T1 = Trot + Ttrans = 1
8Ml2 ω2 1
3 + sin2 θ
3. Ukendt: ˙y(L, g, θ)
Metode: Energibevarelse
Løsning: T1 + U1 = 0 ⇔ 1
8Ml2 ω2 1
3 + sin2 θ − Mg l
2 (1 − cos θ) = 0
dvs, ω = 2
l
g(1−cos θ)
l( 1
3 +sin2 θ)
Vi har ogs˚a ˙y = l
2 sin θω = sin θ
gl(1−cos θ)
1
3 +sin2 θ
1. Givet: M, l, d, P , ingen friktion, vCM,0 = 0
Ukendt: vCM
Løsning: vCM = P/M
2 Ukendt: T
Metode: Impulsmomentbevarelse
Løsning: L0 = dP , I = 1
12Ml2 , Trot = L2 0
2I = 6 d2P 2
Ml2 , Ttrans = 1
2Mv2 P 2
CM = 2M ,
T = Trot + Ttrans
3. Ukendt: Betingelse for at et punkt ligger stille
Metode: Parallelakse
Løsning: Ide - beregnet om punktet der ligger stille er der kun rotationsenergi.
Lad x være afstanden fra CM til punktet. Lx = (d + x)P , Ix = 1
12Ml2 + Mx2 ,

Problem 12.2
Problem 12.9
Problem 12.10
8 OPGAVELØSNINGER 62
Tx = L2 x
2Ix = (d+x)2P 2
2M( 1
12 l2 +x2 )
x ≤ l/2 og f˚a d ≥ l/6
Givet: l = 1m
Ukendt: v
Metode: Energibevarelse
Løsning: ICM = 1
12Ml2 , IA = 1
1
2IAω 2 = Mgl/2 ⇔ ω = 3g/l
Dermed er v = ωl = √ 3gl
Smlg. frit fald: v = √ 2gl
1 l = T Indsæt og løs: x = 12
2
d . Kombiner med betingelsen
3 Ml2
Givet: M, l
Ukendt: F
Metode: N2
Løsning: ICM = 1
12Ml2 , IB = 1
3Ml2 IB ˙ω = Mgl/2 ⇔ ˙ω = 3g
2l
M ˙vCM = Mg − F
˙vCM = l/2 ˙ω ⇔ M 3g
1
4l = Mg − F ⇔ F = 4Mg 1. Givet: M, l, m, v, ∆t
Ukendt: ω
Metode: Impulsmomentbevarelse
Løsning: ICM = 1
12Ml2 , IA = 1
3Ml2 L0 = lmv, L1 = lmv/2 + Iaω, L0 = L1 ⇔ ω = lmv
2Ia
2. Ukendt: v s˚a vandret opsving
Metode: Energibevarelse
Løsning: 1
2 IAω 2 = Mgl/2 ⇔ v = 2 M
m
gl
3
3. Ukendt: F1 ved lodret position
Metode: N2
Løsning: M ˙vCM = F1 − Mg = Mω 2 l/2
1
2 IAω 2 = Mgl/2 ⇔ ω 2 = 3g/l
dvs. F1 − Mg = 3gM/2 ⇔ F1 = 5
2 Mg
4. Ukendt: F2
= 3mv
2Ml

Problem 12.11
Problem 12.12
8 OPGAVELØSNINGER 63
Metode: N2
Løsning: F ∆t = P
N2: M ˙ωl/2 = P/∆t + F2 = 1mv/∆t
+ F2
dvs. 1
M gl
2 ∆t 3
= F2
2
1. Givet: M, l, v, inelatisk sammenstød
Ukendt: vCM
Metode: Impulsbevarelse
Løsning: Mv = 2Mu ⇔ u = vCM = v/2
2. Ukendt: ω
Metode: Nøjagtig I-beregning
Løsning: CM = l/4, ICM = 1
12Ml2 + M(l/4) 2 + M(l/4) 2 = 5
24Ml2 Impulsmomentbevarelse: Mvl/4 = ICMω = 5Ml2ω/4 ⇔ ω = 6 v
5 l
3. Ukendt: Q = ∆T
Metode: Energiberegning før og efter
Løsning: T0 = 1
2Mv2 , T1 = 1
2Mv2 /4+ 1
2ICM = 1 8
2 10Mv2 , Q = T0 −T1 = 1
4. Ukendt: d s˚a reaktionskraft fra A = 0
Metode: N2
Løsning: IA = ICM + M(d − l/4) 2 = 1
3Ml2 + 2Md2 − Mdl
Mvd = IAω ⇔ ω =
vd
1
3 l2 +2d 2 −dl
2M ˙vCM = 2Mω(d − l/4)/∆t = MV/∆t + F
F = M
∆t [2ω(d − l/4) − v] = 0 ⇔ d = 2l/3
1. Givet: θ0, M, l
Ukendt: ω
Metode: Energibevarelse NB, omkring A, støttepunkt p˚a gulv
10 mv2

Problem 12.13
8 OPGAVELØSNINGER 64
Løsning: U0 = Mgl sin θ0/2, U = Mgl sin θ/2, T = 1
2IAω 2 = 1
6Ml2 ω2 Vi f˚ar U0 = U + T ⇔ ω2 = 3g(sin θ0 − sin θ)/l
2. Ukendt: θ hvor vægkontakt brydes
Metode: Geometri
Løsning: xCM = l cos θ/2, vxCM = −l sin θω/2, ˙vxCM = l(cos θω2 + sin θ ˙ω)
˙ω = −3g cos θ/(2l)
˙vxCM = 0 ⇔ sin θ = 2 sin θ0/3
1. Givet: M, l, vandret position
Ukendt: F1
Metode: Impulsmomentændring, N2
Løsning: I0 = 1
12Ml2 + M(3l/2) 2 = 7
3Ml2 N = 3
2Mlg I ˙ω = N ⇔ ˙ω = 9 g
14 L
N2: Mg + F1 = M 3 27
2l ˙ω = 28Mg ⇔ F1 = −Mg/28
2. Ukendt: F2 ved lodret position
Metode: Energibevarelse, N2
Løsning: 1
2I0ω 2 = 3
2Mlg ⇔ ω2 = 9 g
7 l
N2: Mω2 3
2L = F2 − Mg ⇔ F2 = 41
14Mg 3. Ukendt: h for 1/4 rotation
Løsning: T = 2π/ω = 2π
7l
9g
t = T/4
1
2 gt2 = h + L/2 ⇔ h = l( 7
72 π2 − 1
2 )
8.18 Vægte

Problem 2.16
Problem 3.1
8 OPGAVELØSNINGER 65
Givet: M, L, lodret bevægelse
Ukendt: M ∗ (S)
Metode: Massemidtpunktssætningen (Impulsændring under ydre kræfter (gravitation)),
geometriske betingelser, Galilei
Løsning: Variabelbetegnelser:
1. pk(t) impuls for frie del af kæden
2. pv(t) impuls for del af kæden p˚a vægten
3. mk(t) masse af frie del af kæden
4. mv(t) masse af kæden p˚a vægten
5. S(t) Faldlængde fra t = 0
Vi har S(t) = 1
2gt2 og v(t) = gt
Definitorisk er pk(t) = mk(t)v(t) og mv(t) = S(t)
L M og pga. kst. længde mk(t) =
L−S(t)
L M
Nu differentieres, idet vi husker, at b˚ade m og v ændres over tid:
Indsat f˚as
˙pk(t) = ˙mk(t)v(t) + mk(t) ˙v(t) = ˙mk(t)v(t) + mk(t)g
˙mk(t) = M
L
d
(L − S(t)) = −M
dt L v(t)
˙pk(t) = − M
L v2 (t) + mk(t)g = − M
L g2t 2 + M
L
dvs.
˙pk(t) = − M
L g2t 2 + M 1
(L −
L 2 gt2 )g = − 3
2
eller - om man vil udtrykke det i S(t)
˙pk(t) = −3 M
gS(t) + Mg
L
(L − S(t))g
M
L g2 t 2 + Mg
Der søges efter vægtens udvisende, alts˚a ikke efter den frie del af kæden. Vi
har:
˙pk(t) + ˙pv(t) = F = Mg ⇔ ˙pv(t) = 3 M
gS(t) = Fv(t)
L
N˚ar hele kæden netop er faldet ned er S(T ) = L, s˚a Fv(T ) = 3Mg. Vægten
udviser derfor M ∗ (T ) = Fv(T )/g = 3M.
1.+2. Givet: m = 70kg
Ukendt: M ∗ moon, M ∗ Mars
Metode: Vægtberegning
Løsning: M ∗ moon = mgmoon
g = 70·1.60
9.80 = 11.4kg∗ , M ∗ 26.4kg
Mars ∗
3.+4. Givet: m = 70kg, a = ±2kgs−2 = mgMars
g
= 70·3.70
9.80 =

Problem 6.4
Problem 6.9
8 OPGAVELØSNINGER 66
Ukendt: M ∗
Metode: Vægtberegning
Løsning: M ∗ + = m(g+a)
g
55.7kg∗ = 70·(9.8+2)
9.80
= 84.3kg ∗ , M ∗ − = m(g−a)
g
= 70·(9.8−2)
9.80
Givet: ω, R, M ∗ = 0
Ukendt: Jorddøgn
Metode: Fiktive kræfter, accelereret system
Løsning: P˚a manden virker jordens gravitation, og en fiktiv centrifugalkraft.
De ophæver nøjagtigt hinanden, hvis mg = mω2R ⇔ ω = g/R, og T = 2π
ω .
9.8
Indsat: ω = 6.37·106 s−1 , s˚a T = 5066s = 84min26s
Givet: m = 60kg, m∗ = 45kg, ingen friktion
Ukendt: θ
Metode: Fiktive kræfter, accelereret system
Løsning: M˚a have, at m∗g = mg∗ .
Bestem først accelerationen af hele systemet. Indlæg koordinatsystem langs
skr˚aplan. F˚ar, at a = −mg sin θ langs med planet, dvs. den lodrette komposant
bliver −mg sin2 θ
For manden virker dette som fiktiv gravitation opad, og vi har, at g∗ = g −
mg sin2 θ (i nedadg˚aende retning).
Dermed: m∗g = mg(1 − sin2
θ) ⇔ sin θ = 1 − m∗
m . Indsat: sin θ = 1/2, s˚a
θ = 30o .
=

9 SM˚A GR˚A 67
9 Sm˚a gr˚a
Opskrift fra GH:
1. God tegning
2. Indtegn kræfter som vektorer
3. Newtons love - evt. vektorligninger
4. Vælg koordinatsystem
5. Geometrisk betingelser: snore o.l.
6. Opskriv i koordinater (skalarer)
7. Check dimensioner
8. Løs ligninger formelt
9. Indsæt talværdier
10. Fremhæv resultat
11. Fortolk resultat
Fiktive kræfter
I et inertialsystem er bevægelsesligningen for en partikel givet ved N2:
I et accelereret system f˚as 6.36
m ¨−→ R = −→ F
m ¨−→ r = −→ F − m ¨−→ R0 + mω 2−→ ρ − 2m( −→ ω × ˙−→ r ) − m( ˙−→ ω × −→ r )
De sidste fire kræfter er fiktive. De er kun afhængige af referencerammens
bevægelse og partiklens sted og hastighed.
Første korrektionsled er fiktiv gravitation, andet er centrifugalkraften, tredje er
Corioliskraften, og det sidste kaldes ”Det tredje led”
N3 holder ikke for fiktive kræfter - der er ikke noget andet legeme hvorp˚a reaktionen
virker.
Konservative kræfter og potentiel energi
En partikels kinetiske energi er givet ved
T = 1
2 mv2

9 SM˚A GR˚A 68
For alle slags kræfter er følgende altid sandt:
dT
dt = F · v, ∆T = T2 − T1 =
2
1
F · dr
Et kraftfelt kaldes konservativt hvis det arbejde der udføres af kræfterne er
uafhængige af, hvilken vej der tages:
F · dr = 0
For et konservativt kraftfelt kan man indføre den potientielle energi U(x, y, z)
givet ved
(x,y,z)
P
F · dr = −U(x, y, z)
Her er −U(x, y, z) lig med det arbejde, der udføres af kræfterne, n˚ar partiklen
flyttes til (x, y, z) fra et vilk˚arligt valgt nulpunkt P .
I et konservativt kraftfelt holder bevarelsesloven for mekanisk energi:
T + U = konstant
Massemidtpunktssætningen
Definitioner:
CM :
MRCM =
miri, M =
Total impuls
Resultater:
Impuls:
Massemidtpunktssætningen:
Königs sætning:
M d2 RCM
dt 2
i
P =
pi =
i
i
P = MvCM
dvCM
= M
dt
mivi
i
mi
= dP
dt = F ext
T = 1
2 Mv2 CM + Tr
Bevarelsessætninger:
For alle lukkede systemer bevares den totale impuls P
For alle lukkede systemer med konservative kræfter bevares den totale mekaniske
energi T + U

9 SM˚A GR˚A 69
Bevægelsesligning for et partikelsystem
Massemidtpunktssætningen - translatorisk bevægelse:
dP
dt = F ext , P = MvCM
Impulsmomentsætningen - rotation om CM
dLCM
dt = N ext
CM
Sammenligning af retlinet bevægelse og rotation om en fast akse
Ved fast akse forst˚as en akse, der ligger fast i forhold til inertialsystemet og i
forhold til det roterende legeme.
Impulsmomentsætningen kan anvendes p˚a følgende typer af akser:
1. Enhver fast akse
2. Enhver akse gennem CM selv om aksen er accelereret (hverken naturlige
eller fiktive homogene tyngdefelter har kraftmoment om CM)
3. Enhver akse, der har en hastighed vQ parallel med vCM
Sammenligning
Lineær bevægelse, partikel Rotation, stift legeme, fast akse
Sted: x Vinkel θ
Hastighed: v = ˙x Vinkelhastighed: ω = ˙ θ
Acceleration: a = ˙v = ¨x Vinkelacceleration: α = ˙ω = ¨ θ
Kraft: F Kraftmoment: N
Masse: m Inertimoment: I
Impuls: p = m ˙x = mv Impulsmoment: L = I ˙ θ = Iω
Bevægelsesligning Bevægelsesligning
dp
dt = F
m
dL
dt = N
dv
dt = F
m
dω I dt = N
dx
dt2 = F dθ dt2 Kinetisk energi
= N
Kinetisk energi
T = 1
2mv2 = p2
2m
T = 1
2Iω2 = L2
Potentiel energi
U(x) = −
2I
Potentiel energi
x
x0 F (x)dx U(θ) = − θ
θ0 N(θ)dθ
Arbejde
W =
Arbejde
2
1 Fdx W = 2
1 N(θ)dθ
Effekt Effekt
dW
dt = F · v Impuls
Fdt = ∆p
dW
dt = Nω
Impuls
Ndt = ∆L
Hvis der ikke er noget eksternt kraftmoment, bevares impulsmomentet - det
gælder stive som ikke-stive legemer.

9 SM˚A GR˚A 70
Parallelaksesætningen: Inertimomentet af et legeme med massen M omkring en
akse gennem et tilfældigt punkt O er givet ved
hvor d er afstanden mellem O og CM.
IO = ICM + Md 2

Indeks
M ∗ , 5
ω, 8, 18
Ækvivalensprincippet, 9
6.36, 6
Acceleration
Def, 3
Impuls, 8
Jævn cirkelbevægelse, 18
Translatorisk, 6
Accelereret system
Bevægelse, 6
Amplitude
Harmonisk oscillator, 4
Aphelion, 17
Hastighed, 20
Arbejde
Def, 3
Kinetisk energi, 6
Potentiel energi, 6
Bevægelse
Accelereret system, 6
Bevægelsesligning
Atwoodmaskinen, 14
Dæmpet og tvunget oscillator,
13
Dæmpet oscillator, 13
Def, 3
Elastisk sammenstød, 15
Escape velocity, 14
Fald i stor afstand, 14
Foucault-pendul, 12
Fysisk pendul, 13
Inelastisk sammenstød, 15
Konstant kraft, retlinet, 15
Pendul, 12
Pendul i accelereret system, 12
Raketaffyring, 14
Simpel fjeder, 11
Skr˚aplan, 16
Torsions-pendul, 13
Blandet
Problems, 26
71
Brændpunkt, 18
Centralt kraftfelt, 3
Centrifugalkraft, 6
Cirkelbevægelse
Jævn, 8
CM
Def, 5
Formler, 19
Impuls, 8
Impulsmoment, 7
Impulsmomentsætningen, 7
Kinetisk energi, 9
Massemidtpunktssætningen, 9
Coriolis-effekter, 6
Corioliskraft, 6
Dæmpet og tvungen oscillation
Problems, 31
Dekomponering
Problems, 28
Det tredje led, 6
Direktrix, 18
Eccentricitet, 18
Egenfrekvens
Fjeder, 3
Elastisk sammenstød, 5
Formler, 21
Ellipse
Formler, 17
Energi
Bevarelse af mekanisk, 6
Kinetisk, 3
Kinetisk og arbejde, 6
Kinetisk, rotation, 9
Kinetisk, total, 9
Mekanisk, 3
Planetbevægelser, 20
Potentiel, 3
Potentiel og arbejde, 6
Enheder, 24
Fase
Harmonisk oscillator, 4

INDEKS 72
Fiktiv tyngekraft, 9
Fiktive kræfter, 3
Ækvivalensprincippet, 9
Centrifugalkraft, 6
Corioliskraften, 6
Det tredje led, 6
Tyngdekraft, 6, 9
Fjeder
ω, 3
Egenfrekvens, 3
Fjederkonstant, 3
Hookes lov, 7
Ligevægtsudtræk, 4
Fjederkonstant, 3
Fjedre
Problems, 32
Formler
CM , 19
Elastisk sammenstød, 21
Ellipse, 17
Galilei-transformationen, 17
Harmonisk oscillator, 17
Inelastisk sammenstød, 21
Jævn cirkelbevægelse, 18
Keglesnit, 18
Kinetisk energi, 19
Konstant friktion, 17
Krydsprodukt, 21
Momenter, 19
Planetbevægelser, 20
Potentiel energi, 20
Raketter, 21
Reduceret masse, 21
Rotation, 22
Rullebetingelsen, 21
Foucalt-pendul, 53
Foucault-pendul, 12
Frekvens
Harmonisk oscillator, 7
Friktion
Friktionskoefficient, 3
Konstant, 11
Oliebad, 11
Proportional med hastighed, 11
Friktionskoefficienten, 3
Fysisk pendul, 13
Galilei-transformationen, 3
Formler, 17
Galileis love, 7
Gravitationel masse, 3
Gravitationel og inertiel masse, 7
Gravitationsloven, 7
Gyroer
Problems, 35
Harmonisk oscillator
Amplitude, 4
Fase, 4
Formler, 17
Frekvens, 7
Periode, 7
Hastighed
Aphelion, 20
Def, 4
Jævn cirkelbevægelse, 18
Perihelion, 20
Heliocentrisk referenceramme, 4
Hookes lov, 7
Impuls
Acceleration, 8
Bevarelse, 7
Def, 4
Kraft, 8
Massemidtpunkt, 8
Total, Def, 4
Impulsbevarelse, 7
Impulsmoment
Def, 4
Inertimoment, 7
Om O og CM, 7
Omkring akse, 4
Impulsmomentbevarelse, 7
Lukket system, 7
Partikelsystem, 7
Impulsmomentsætningen, 7
CM, 7
Generelt, 7
Partikelsystem, 8
Vilk˚arlig akse, 8
Inelastisk sammenstød, 5
Formler, 21
Inertialmasse

INDEKS 73
Def, 4
Inertialsystem
Def, 4
Inertiens lov, 7
Inertimoment
Def, 4
Impulsmoment, 7
Kinetisk energi, 9
Parallelaksesætningen, 9
Vinkelret akse-sætningen, 10
Inertimomenter, 23
Jævn cirkelbevægelse, 8
Harmonisk oscillation, 11
Problems, 35
Jævn cirkelbevæglse
Formler, 18
Königs sætning, 9
Keglesnit
Formler, 18
Kepler 3, 20
Keplers love, 8
Kinetisk energi, 3
Arbejde, 6
Formler, 19
Rotation, 9
Total, 9
Kollisionsapproksimationen, 16
Konisk pendul, 41
Konservativt
Kraftfelt, 4
Konstant friktion, 11
Formler, 17
Kraft
Impuls, 8
Potentiale, 9
Kraftfelt
Centralt, 3
Centralt er konservativt, 6
Konservativt, 4
Kraftmoment
Def, 4
Omkring akse, 4
Kritisk dæmpning, 13, 18
Krydsprodukt
Formler, 21
Ligevægtsudtræk
Fjeder, 4
Lilleakse, 17
Lodder og trisser
Problems, 39
Lukket system, 5
Masse
Gravitationel, 3
Massemidtpunkt
Def, 5
Massemidtpunktssætningen, 9
Mekanisk energi, 3
Bevarelse, 6
Moment
Impulsmoment, 4
Impulsmomentbevarelse, 7
Impulsmomentsætningen, 7
Kraftmoment, 4
Momenter
Formler, 19
Newton
Accelereret system, 6
Newtons love, 9
Oliebad, 11
Oscillator
Dæmpet, 13
Dæmpet og tvunget, 13
Parallelaksesætnigen, 9
Parameteren, 18
Pendul
Foucalt, 53
Penduler
Konisk, 41
Problems, 41
Perihelion, 17
Hastighed, 20
Periode
Harmonisk oscillator, 7
Sidereal, 20
Planetbevægelser
Energi, 20
Formler, 20
Problems, 46
Potentiale

INDEKS 74
Kraft, 9
Potentiel energi, 3
Arbejde, 6
Fjeder, 9
Formler, 20
Homogen kugle, 9
Konstant gravitationsfelt, 10
Kugleskal, 10
Problem
1.1, 35
1.12, 42
1.2, 36
1.3, 28
1.4, 37
1.5, 37
1.6, 41
1.7, 37
11.1, 43
11.10, 56
11.11, 59
11.12, 45
11.2, 43
11.3, 55
11.4, 60
11.5, 61
11.6, 40
11.7, 41
11.8, 43
11.9, 44
12.1, 60
12.10, 62
12.11, 63
12.12, 63
12.13, 64
12.2, 62
12.3, 56
12.4, 56
12.6, 57
12.7, 57
12.9, 62
13.1, 35
14.1, 46
14.3, 47
14.5, 47
14.6, 47
14.7, 47
15.1, 46
15.2, 31
15.3, 32
2.1, 48
2.10, 29
2.11, 48
2.12, 40
2.13, 40
2.14, 58
2.15, 29
2.16, 65
2.17, 29
2.18, 30
2.19, 30
2.2, 51
2.20, 57
2.22, 48
2.23, 26
2.3, 39
2.4, 28
2.5, 60
2.6, 38
2.7, 28
2.8, 32
2.9, 32
3.1, 65
4.1, 51
4.22, 51
5.1, 54
5.2, 54
6.1, 31
6.10, 54
6.11, 52
6.13, 58
6.14, 53
6.15, 53
6.2, 31
6.3, 42
6.4, 66
6.5, 38
6.6, 51
6.7, 38
6.8, 39
6.9, 66
8.1, 53
8.2, 48
8.3, 48
8.5, 49

INDEKS 75
8.6, 50
8.7, 58
8.8, 50
9.1, 33
9.10, 34
9.11, 27
9.2, 59
9.3, 33
9.4, 26
9.5, 26
9.6, 27
9.7, 33
9.8, 27
9.9, 34
Raketter
Formler, 21
Problems, 48
Reaktionskræfter
Problems, 48
Reduceret fjederkonstant, 32
Reduceret masse, 21
Def, 5
Inelastisk sammenstød, 15
Referenceramme
Heliocentrisk, 4
Retlinet bevægelse
Problems, 51
Roche-grænsen
Def, 5
Rotation
Formler, 22
Kinetisk energi, 9
Problems, 54
Rotationsvektor
Flytbar, 10
Rullebetingelsen
Def, 5
Formler, 21
Rulning
Problems, 56
Sammenstød
Elastisk, 5
Inelastisk, 5
Problems, 57
Sidereal periode, 20
Skr˚aplan
Problems, 60
Stænger
Problems, 60
Storeakse, 17
System
Lukket, 5
Torsions-pendul, 13
Translatorisk acceleration, 6
Tyngdekraft
Fiktiv, 6
Vægt, 5
Vægte
Problems, 64
Vinkelhastighed, 8
Vinkelret akse-sætningen, 10