3. Krefter. Newtons 2. lov. - Universitetet i Tromsø

3. Krefter. Newtons 2. lov.
Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 1
3.1. Innledning.
Hittil har vi sett hvordan vi kan beskrive bevegelse. Den delen av mekanikken kalles gjerne
kinematikk. Men et viktig spørsmål står nå for tur: Hva er det som forårsaker bevegelse
For å svare på dette spørsmålet, må vi introdusere to vanskelige begrep: kraft og masse. Den
delen av mekanikken som tar for seg krefter og deres virkninger, kalles gjerne dynamikk.
Kraft og masse er to ulne begrep, som det er vanskelig å definere på en enkel og eksakt måte.
Det hele kompliseres ved at vi i dagligtalen ofte blander sammen disse begrepene, eller bruker
dem feil.
La oss se på et eksempel: Du går opp på badevekta, og utbryter: ”Uff da, jeg veier 80 kg!”. Så
tar du badevekta med deg på en tripp til månen. Der veier du bare 14 kg. Betyr det at du har
gått drastisk ned i vekt
Svaret på det spørsmålet kan være ”ja” eller ”nei”, avhengig av hva du mener med at du
”veier” noe. Badevekta måler egentlig en kraft, nemlig gravitasjonskraften som virker
mellom deg og jordkloden (eller månen). Denne kraften er drastisk redusert når du drar til
månen. Men produsenten av badevekta har tilpasset skalaen slik at denne kraften skal være et
mål for noe helt annet, nemlig din masse (i alle fall så lenge du bruker vekta på jorda). Litt
upresist kan vi si at massen er et mål for ”hvor mye” det er av deg. Dette medfører at din
masse ikke endrer seg når du drar til månen (vi ser bort fra lunsjen du spiste under veis).
Masse måles i kilogram, forkortet kg. Ett kg er pr definisjon massen av et platina-legeme som
oppbevares i Paris. Massen til andre legemer sammenliknes deretter med massen til dette
standardlegemet. Denne sammenlikningen kan skje ved å sammenlikne krefter.
Det er to hovedtyper krefter:
• Nærkrefter, som virker når to legemer er i kontakt med hverandre. Eksempel: Når en
bokser lander et velrettet slag på motstanderens hakespiss, virker det nærkrefter.
• Fjernkrefter, som virker mellom legemer som ikke er i kontakt med hverandre.
Eksempel: Gravitasjonskrefter (”tyngdekraft”), elektriske og magnetiske krefter.
Krefter måles i Newton, forkortet N. En kraft på 1 N er pr definisjon den kraften som skal til
2
for å gi en masse på 1 kg en akselerasjon på 1 m/s (dersom ingen andre krefter virker i
2
akselerasjonsretningen). Benevningen N er derfor ekvivalent med kg ⋅ m/s .
Vi har etter hvert utviklet redskaper til å måle (egentlig til å sammenlikne) krefter. Grundige
og nøyaktige eksperimenter har vist at uansett hvilke krefter det er tale om, er det en enkel
matematisk sammenheng mellom kraft og masse. Denne sammenhengen kalles Newtons 2.
lov, og vi skal se grundig på den etter hvert. Men vi må gjøre litt mer forarbeid først.
Eksperimenter har vist at krefter er vektorer. Dette innebærer at dersom flere krefter virker
samtidig på samme legeme, kan de erstattes av en kraft (kalt resultantkraften) som er vektorsummen
av enkeltkreftene. Det innebærer også at krefter kan dekomponeres. Eksemplet
nedenfor viser hvordan vi kan gå fram.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 2
⎡2⎤
Eksempel 3.1.1: En kraft F
1
er gitt ved F
1
= ⎢
3 ⎥ .
⎣ ⎦
En annen kraft F
2
har størrelse 5, og danner en vinkel ϕ = 127
med positiv x-akse.
a) Finn x- og y-komponentene til F
2
.
b) Finn størrelse og retning til F = F1+
F
2, og tegn inn F i samme figur som F
1
og F
2
.
Løsning:
F
F 2 4
3
F 1
127 o
-3 -1 0 2
y
7
x
Av figuren ser vi at
F2x
= F2 ⋅ cosϕ
= 5cos127 =−3.00
.
F2y
= F2 ⋅ sinϕ
= 5sin127 = 4.00 .
Dette betyr at
⎡F2
x ⎤ ⎡−3⎤
F
2
= ⎢
F
⎥ = ⎢
2 y 4
⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
slik at
F ⎡2⎤ ⎡−3⎤ ⎡−1⎤
= F 1+ F 2
= ⎢ + =
3
⎥ ⎢
4
⎥ ⎢
7
⎥ .
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
Størrelsen til F er
F = F
2 + F
2 = − 1 + 7 2 = 50
x
= 5 2 = 7.07
F danner en vinkel θ med positiv x-akse som er gitt ved
Fy
7
tanθ
= = =−7 ⇔ θ =− 81.9 + 180 = 98.1
F −1
x
.
y
( ) 2
3.2. Newtons lover.
3.2.1. Newtons 1. lov.
For noen hundre år siden mente man at det måtte krefter til for å opprettholde en bevegelse.
Det er ikke så rart, når man tenker på at man må bruke krefter for å holde en vogn i bevegelse
eller for å bære en tung gjenstand. Isaac Newton snudde opp ned på denne forestillingen. Han
sa tvert imot at:
Newtons 1. lov:
Et legeme bevarer sin hastighet dersom summen av kreftene som
virker på det er lik null.
Et par merknader er på sin plass:
• Hastighet er en vektorstørrelse. Det innebærer at hastigheten verken kan endre
størrelse eller retning uten at det virker krefter på legemet.
• Krefter er også vektorstørrelser. ”Summen av kreftene” er derfor en vektorsum.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 3
Dersom du står i en buss, og bussen bråbremser eller tar en brå sving, vil du settes i bevegelse
inne i bussen dersom du ikke bruker krefter for å holde deg fast. Dette er tilsynelatende i strid
med Newtons 1. lov. Vi må derfor gjøre en tilføyelse: Newtons 1. lov gjelder kun når
bevegelsen beskrives i forhold til et koordinatsystem som vi skal kalle et inertialsystem eller
et treghetssystem. Hva er så et inertialsystem Det er rett og slett definert som et koordinatsystem
der Newtons 1. lov gjelder. Tilsynelatende er dette en forunderlig definisjon som kun
har til hensikt å ”redde” Newtons 1. lov. Men det viser seg at det er svært nyttig å beskrive all
bevegelse i slike inertialsystemer. Da vi i kapitlet om bevegelse sa at vi skulle ta utgangspunkt
i et koordinatsystem “i ro”, var det egentlig et slikt inertialsystem vi mente.
Når vi først har påvist et inertialsystem, er alle andre koordinatsystemer som beveger seg med
konstant hastighet og uten å rotere i forhold til inertialsystemet også inertialsystemer. Jorda er
strengt tatt ikke et inertialsystem, fordi jorda roterer om sin egen akse i tillegg til at jordas
hastighet i banen rundt sola ikke er konstant (merk at hastighet er en vektor). For kortvarige
bevegelser kan vi imidlertid regne som om Jorda er et inertialsystem.
3.2.2. Newtons 2. lov.
Hva skjer dersom summen av kreftene som virker på et legeme ikke er lik null Newtons 2.
lov gir oss svaret:
Newtons 2. lov:
Dersom et legeme med masse m påvirkes av en kraftsum F, vil
legemet få en akselerasjon a slik at
F = m ⋅a
Denne tilsynelatende enkle sammenhengen omtales gjerne som mekanikkens grunnlov. Den
kan ikke bevises matematisk. Den er et resultat av et utall eksperimenter, kombinert med
forståelse av begrepene kraft og masse.
Det kan knyttes mange kommentarer til denne tilsynelatende enkle loven. Foreløpig kan vi
nøye oss med disse:
• Krefter er vektorstørrelser. En ”kraftsum F” er derfor en vektorsum.
• Newtons 2. lov er en vektorlikning. Dette innebærer at a og F har samme retning. Det
innebærer også at både a og F kan dekomponeres, og at likningen må gjelde for alle
komponentene.
• Newtons 2. lov gjelder kun i et inertialsystem.
Det kan se ut som om Newtons 1. lov bare er et spesialtilfelle av 2. lov med F = 0. Men så
enkelt er det ikke. Vi må formulere Newtons 1. lov først, og bruke den til å definere begrepet
”inertialsystem”. Først da kan vi formulere Newtons 2. lov.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 4
3.2.3. Newtons 3. lov.
Mens Newtons 1. og 2. lov gjelder for krefter som virker på ett legeme, gjelder Newtons 3.
lov for vekselvirkningen mellom to legemer:
Newtons 3. lov:
Dersom et legeme virker på et annet med en kraft F, virker det andre
legemet tilbake på det første med en motsatt like stor kraft −F .
Dette innebærer bl.a. at dersom to personer trekker i hver sin ende av et tau, vil de alltid virke
på hverandre med motsatt like stor kraft. Er det da mulig at den ene kan vinne tautrekkingen
Slike problemer skal vi ta for oss senere.
3.2.4. Masse og tyngde.
Da vi studerte prosjektilbevegelse, slo vi fast at dersom et legeme slippes nær jordas overflate
og vi innretter oss slik at luftmotstand kan neglisjeres, vil alle legemer få en akselerasjon med
2
størrelse g ≈ 9.81m/s med retning inn mot jordas sentrum. Ifølge Newtons 2. lov må det da
virke en kraft på legemet med retning inn mot jordas sentrum. Dersom legemet har massen m,
må størrelsen av denne kraften være
G = m⋅ g.
Denne kraften er det vi kaller legemets tyngde.
Når vi veier oss på ei vanlig badevekt, er det egentlig vår tyngde (en kraft) vi måler. Men
2
skalaen på badevekta er utformet slik at vi leser av massen forutsatt at g ≈ 9.81m/s .
3.2.5. Newtons 2. lov og Newtons 3. lov.
La oss se nærmere på vår venn på badevekta, og sortere ut de kreftene
som virker. Situasjonen er vist til venstre, der vår venn står på badevekta
som igjen står på gulvet. Vi velger positiv retning oppover som
angitt med pila. Krefter som virker oppover er da positive, mens
krefter som virker nedover er negative. Da virker det en tyngdekraft
G =−m⋅
g
på vår venn der m er hans masse og g er tyngdens akselerasjon.
Men vi vet også at vår venn står i ro. Ifølge Newtons 2. lov må det
virke en annen kraft F slik at vektorsummen av alle kreftene er lik
null. Denne kraften må komme fra badevekta mot vår venn.
F
G
Person
Når vi illustrerer krefter som virker på et legeme, er det ofte gunstig å
erstatte legemet med et punkt og tegne kreftene som om de virker på
dette punktet. Dette viser seg å være nyttig, i alle fall så lenge legemet
ikke roterer. En slik forenkling er vist til venstre der vår venn er
erstattet av et punkt og kreftene er tegnet som om de angriper i dette
punktet. Vi ser at
F + G = 0 ⇔ F =− G =− − mg = mg .
( )
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 5
F’
F 1
G vekt
La oss nå konsentrere oss om badevekta. Siden det virker en kraft
F = mg
fra badevekta mot personen, må det ifølge Newtons 3. lov virke en
motsatt like stor kraft
F ' =− F =− mg
fra personen mot badevekta. Dessuten har badevekta en tyngde G
vekt
.
Begge disse kreftene virker nedover. Men badevekta står i ro. Ifølge
Newtons 2. lov må det da virke en tredje kraft F
1
på badevekta slik at
summen av kreftene er lik null. Denne kraften må virke fra gulvet mot
badevekta. Dersom vi setter badevektas masse til m
vekt
, får vi:
F' + Gvekt + F1
= 0
F =−F'
− G =− −F − −m g
( ) ( )
( )
1 vekt vekt
= F + m g = mg+ m g = m+
m g
vekt vekt vekt
Merk hvordan vi bruker Newtons 2. lov når vi studerer krefter på ett legeme, og Newtons 3.
lov når vi studerer kraftvirkning mellom to legemer.
Hvis du har holdt regnskap med kreftene, vil du ha funnet tre krefter som vi ikke har satt opp
motkrefter til i henhold til Newtons 3. lov. De to tyngdekreftene G og G
vekt
har begge
motkrefter som virker på jordkloden, og som har retning mot personen og badevekta. Kraften
F
1
har en motkraft som virker på gulvet, og som har retning nedover (prøver å presse gulvet
ned i kjelleren). For enkelhets skyld tar vi ikke med disse kreftene i vårt kraftregnskap.
3.3. Bruk av Newtons lover.
Vi skal nå se hvordan vi kan bruke Newtons lover på praktiske problem. Når vi går løs på
slike problem, kan det lønne seg å følge en fast prosedyre:
1. Tegn en figur. Du kan godt erstatte de legemene som inngår med massepunkter.
2. Tegn inn de kreftene som virker. Når du tegner, kan det lønne seg å huske at:
• Dersom et legeme ikke har akselerasjon, er vektorsummen av kreftene lik null.
• Dersom et legeme har akselerasjon, har kraftsummen samme retning som
akselerasjonen.
Det er viktig at figuren blir stor og oversiktlig. Små, rotete figuren tegnet uten linjal er en
sikker vei til fiasko.
Dersom problemet ditt inneholder flere legemer, tar du for deg ett legeme om gangen. Tenk
på Newtons 2. lov når du tegner inn kreftene på legemet, og husk at tyngden alltid virker
loddrett nedover. Bruk Newtons 3. lov når du tegner inn krefter som virker mellom legemer.
I de fleste oppgavene må du dekomponere kreftene. Da lønner det seg å dekomponere langs
fornuftige akser. Disse rådene kan forhåpentlig hjelpe:
• Dersom ingen legemer har akselerasjon, kan det lønne seg å legge en akse loddrett
med positiv retning oppover (eller nedover) og en akse vannrett.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 6
• Dersom legemer har akselerasjon, kan det lønne seg å legge en akse i
akselerasjonsretningen og en akse vinkelrett på denne.
Mange av løsningsdetaljene kan utføres på ulike måter. Finn et system som du selv forstår, og
føler deg trygg med.
Eksempel 3.3.1:
F
F1
2
10 o 15 o
Motor
Løsning:
F 2
F1
10 o 15 o
F’
y
F
x
Motor
−mg
En motor med masse m = 100 kg hektes
opp i en ring som er festet til to snorer som
danner vinkler på henholdsvis θ
1
= 10
og
θ
2
= 15
med horisontalplanet som vist på
figuren.
Finn størrelsene av kreftene F
1
og F
2
.
Vi legger et koordinatsystem som vist på
figuren. Vi erstatter motoren med et
massepunkt. Siden motoren henger i ro,
må det virke en kraft F oppover som er
motsatt like stor som motorens tyngde som
er G = − mg . På vektorform får vi (med de
positive retningene som er angitt):
⎡ 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤
F = ⎢ =
−( −mg
)
⎥ ⎢
mg
⎥.
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
Denne kraften virker på motoren fra ringen. Da må det virke en motsatt like stor kraft F ' fra
motoren på ringen, slik at
⎡ 0 ⎤
F'
=− F = ⎢
−mg
⎥ .
⎣ ⎦
Siden ringen er i ro, gir Newtons 2. lov at
F1+ F2 + F'
= 0.
Nå må vi dekomponere de to ukjente kreftene F
1
og F
2
. Jeg skal skrive F
1
istedenfor det mer
korrekte F
1
når jeg mener absoluttverdien av F
1, og tilsvarende for F
2
. Fortegnet til
komponentene ser jeg av figuren. Da får jeg:
⎡−F1cos θ1⎤ ⎡F2cos θ2⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎡0⎤
⎢
F1sinθ
⎥+ ⎢ + =
1
F2sinθ
⎥ ⎢
2
−mg
⎥ ⎢
0
⎥.
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
Dette gir de to likningene:
cos15
− F1cosθ1+ F2cosθ2 = 0 ⇔ F1 = F2 ≈0.981F2
.
cos10
F sinθ
+ F sinθ
− mg = 0 ⇔ 0.98F sin10 + F sin15 = mg
1 1 2 2 2 2
2
mg 100kg ⋅9.81m/s
⇔ F2( 0.981⋅ sin10 + sin15 ) = mg ⇔ F2
= = ≈2290 N
0.429 0.429
F = 0.981F
= 0.981⋅2290 N ≈ 2250 N .
1 2
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 7
Her kan det være verd å merke seg at kreftene i snorene er mer enn dobbelt så store som
motorens tyngde. Dette skyldes at snorene danner så stor vinkel med tyngden.
Hittil har vi brukt Newtons lover for å holde et legeme i ro. Nå skal det settes i bevegelse.
Eksempel 3.3.2: En kloss med masse m glir friksjonsfritt ned et skråplan som danner en
vinkel θ med horisontalplanet. Finn et uttrykk for klossens akselerasjon ned skråplanet, og
kraften fra skråplanet mot klossen.
Løsning:
G=mg
N
θ
Vi starter med å lage en figur, der vi tegner inn de
kreftene som virker. Vi kan uten videre tegne inn
tyngden G som en vektor med retning nedover, der
G = mg . Videre vet vi at klossen glir ned langs
skråplanet. Dersom tyngden G virket alene, ville
klossen falt rett ned. Det må altså være en kraft som
holder klossen på skråplanet. Siden det ikke er friksjon,
må denne kraften virke vinkelrett fra skråplanet mot
klossen. Denne kraften skal vi kalle N. Figuren med
krefter inntegnet er vist til venstre.
G y
θ
N
G x
θ
G=mg
θ
y
Langs skråplanet:
Gx
mg sinθ
Gx
= m⋅a ⇔ a = = = gsinθ
.
m m
Vinkelrett på skråplanet:
N − G = 0 ⇔ N = G cosθ
= mg cosθ
.
y
x
Vi vet at akselerasjonen har retning ned langs skråplanet.
Det er da lurt å dekomponere slik at vi får en
kraftkomponent ned langs skråplanet og en komponent
vinkelrett på skråplanet som figuren til venstre viser. Nå
vet vi at summen av komponentene langs skråplanet (i
x-retning) gir akselerasjon, mens summen av komponentene
vinkelrett på skråplanet må være lik null (ingen
akselerasjon vinkelrett på skråplanet).
Hittil har vi bare sett på ett legeme. Vi kommer ofte bort i problemer som inneholder to eller
flere legemer. De kan da være forbundet med tau. Vanligvis antar vi at disse tauene er masseløse.
Av Newtons 2. lov følger at når massen er lik null, må også summen av de kreftene som
virker på tauet være lik null. Dette innebærer at F1 = F
2
i figuren til venstre nedenfor. Det er
kanskje mindre innlysende at vi har samme situasjon dersom tauet legges over en talje (uten
friksjon) som vist nedenfor til høyre. Men også her må F1 = F
2
.
F 2
F 1 F 2
F 1
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 8
Eksempel 3.3.3: To personer, A og B, står på et horisontalt underlag og trekker tau. Tegn inn
de kreftene som virker på de to personene, og forklar ut fra Newtons lover hva som skjer når
den ene vinner.
Løsning: Situasjonen er tegnet inn nedenfor.
F A
A
F Ay
S A
S B
B
F B
F Ax
F By
F Bx
G A
G B
Disse kreftene virker på hver av personene:
G og G er tyngdene til hver av personene.
•
A
B
• S
A
og S
B
er kreftene som virker på de to personene via tauet.
• F
A
og F
B
er kreftene fra underlaget mot hver av de to personene.
Det er nærliggende å si at den ene vinner fordi han trekker i tauet med større kraft enn den
andre. Men ifølge Newtons 2. lov er S
A
og S
B
motsatt like store hele tiden, også når en av
dem vinner tautrekkingen. Hvordan kan da en av dem vinne
Forklaringen ligger i kreftene F
A
og F
B
fra underlaget mot personene. Disse kreftene
dekomponeres i x- og y-retningene. Da ser vi at for hver person må y-komponenten av F være
motsatt lik tyngden til personen. Så lenge en person står i ro, er x- komponenten av F motsatt
lik S. For at en person skal vinne, må x-komponenten av F bli større enn S. Det er altså den
personen som sparker kraftigst fra mot underlaget som vinner. Begge trekker med nøyaktig
like stor kraft i tauet hele tiden.
Eksempel 3.3.4:
a) A
L
En kloss K med masse m K = 1.50kg ligger på et horisontalt
bord. Ei masseløs, ustrekkelig snor går horisontalt fra klossen,
over ei trinse og til et lodd L med masse m L = 0.50kg slik
figuren til venstre viser. Se bort fra alle former for friksjon.
Systemet slippes. Finn akselerasjonen, og finn kraften i snora.
b)
A
L
Klossen legges på et skråplan med helningsvinkel 30 slik
figuren til venstre viser. Loddet prøver å trekke klossen
oppover. Hvor stor blir akselerasjonen nå, og hvor stor blir
kraften i snora Se fremdeles bort fra friksjon.
Løsning: Vi løser slike problem ved å sette opp Newtons 2. lov for hvert del-legeme for seg,
og starter med å definere positive retninger for hvert del-legeme slik at begge legemene har
samme akselerasjon med samme fortegn.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 9
a)
A
N
mK
g
S
L
S
mg L
All erfaring sier oss at loddet vil få akselerasjon
nedover, mens klossen får akselerasjon mot høyre
slik figuren til venstre viser. Kraften i snora
(snordraget S) er like stort i begge ender av snora.
Akselerasjonen er også lik for både loddet og
klossen. Da kan vi sette opp Newtons 2. lov som
vist nedenfor, der vi benytter de positive retningene
vi har valgt:
For loddet: mg L − S= ma L .
For klossen: S= ma.
K
Så legger vi sammen disse to likningene, og får
b)
mg= ma+ ma= ( m + m ) a
L L K L K
mg 0.50kg ⋅ 9.81m/s
a = = = 2.45m/s
mL
+ mK
0.50kg + 1.50kg
Snordraget blir da
2
S= ma K = 1.50kg ⋅ 2.45m/s = 3.68N .
K
2
L 2
N
A
K
S
m gsinθ θ
θ
m g
m gcosθ
K
S
L
mg L
Vi legger som før sammen disse to likningene:
mg L − mKgsinθ
= ma L + ma K
( m − m sinθ
) g = ( m + m ) a
L K L K
Vi må nå dekomponere klossens tyngde i en
komponent langs skråplanet og en vinkelrett på
skråplanet slik figuren til venstre viser. Nå er det
bare komponenten langs skråplanet som bidrar
til akselerasjonen. Den har størrelse
mK
g ⋅ sinθ
.
Nå er det ikke like opplagt hvilken vei systemet
vil bevege seg. Men vi velger de samme positive
retningene som i sted. Da blir Newtons 2. lov:
For loddet: mg L − S= ma L .
For klossen: S−mg K ⋅ sinθ
= ma K .
( mL −mKsinθ
) g 0.50kg −1.50kg ⋅sin30
2 2
a = = ⋅ 9.81m/s = −1.23m/s
mL
+ mK
0.50kg + 1.50kg
Dette betyr at akselerasjonen går motsatt vei av det vi gjette på i starten.
Så var det snorkraften S:
mg ( 2 ( 2
L − S= ma L ⇔ S= mg L − ma L = 0.50kg ⋅ 9.81m/s − − 1.23m/s ) ) = 5.52 N
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 10
3.4. Friksjonskrefter.
Hittil har vi konsekvent sett bort fra friksjon i våre eksempler. I virkelighetens verden er det
alltid en eller annen form for friksjon til stede. Vi må derfor ta hensyn til friksjon når vi skal
lage realistiske modeller av fysiske system.
Grovt sett kan vi skille mellom to hovedtyper friksjon:
• Glidende friksjon der to faste legemer glir mot hverandre (eller prøver å gli mot
hverandre). Eksempler kan være en kloss som glir på et skråplan, en bil som bremser,
en skiløper som kjører ned en bakke osv.
• Viskøs friksjon der et fast legeme beveger seg gjennom en væske eller en gass.
Eksempler kan være luftmotstand når vi kaster noe, eller vannmotstand når en båt går i
stille vann.
Friksjon er et vanskelig tema dersom vi skal gå i detalj. Vi skal nøye oss med noen hovedtrekk.
Vi skal likevel få fram de viktigste sidene ved friksjonskrefter.
3.4.1. Glidende friksjon.
Vi skal starte med å se på friksjonskrefter som oppstår når to faste legemer glir mot hverandre
(eller prøver å gli mot hverandre). Utgangspunktet for våre undersøkelser kan være at en kloss
kan gli på et horisontalt underlag:
F f
N
mg
F
Figuren viser en kloss med masse m som påvirkes av
en trekk-kraft med størrelse F i horisontal retning.
Klossen må også påvirkes av tyngdekraften G = mg ,
og en kraft N fra underlaget. N og G må være motsatt
like store.
Vi trekker med stadig større trekk-kraft F. Så lenge F er tilstrekkelig liten, vil klossen ligge i
ro. Da må det være en kraft F
f
som holder igjen. Denne kraften skal vi kalle den statiske
friksjonen, der ordet statisk kommer av at kraften virker mens legemene er i ro i forhold til
hverandre.
Når F er blitt tilstrekkelig stor, begynner klossen å gli. Vi har den største verdien F
f , max
av
den statiske friksjonen like før klossen begynner å gli. Vi definerer nå det statiske friksjonstallet
(eller friksjonsfaktoren eller friksjonskoeffisienten) µ
s
slik:
Ff
, max
µ
s
= .
N
Det viser seg at µ
s
avhenger av hvor glatt eller ru overflatene til de to legemene som berører
hverandre er, men er tilnærmet uavhengig av flatenes størrelse og av m (og dermed også av
N). Dette gjelder så lenge N ikke er så stor at flatene deformeres.
F
f
være friksjons-
Så lar vi klossen gli med konstant fart på det horisontale underlaget, og lar
kraften mens klossen glir. Eksperimenter viser da at:
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 11
• F
f
har retning mot fartsretningen.
• F
f
avhenger av hvor glatt eller ru de flatene som glir mot hverandre er.
• F
f
avhenger ikke av farten til klossen som glir.
• F
f
avhenger ikke av størrelsen på berøringsflaten.
• F
f
er proporsjonal med normalkraften N.
Den siste egenskapen fører til at vi definerer den kinetiske friksjonskoeffisienten (eller
friksjonsfaktoren eller friksjonstallet) µ
k
slik:
Ff
µ
k
= .
N
Merk at i denne definisjonen er F
f
friksjonskraften mens klossen glir på underlaget.
Det viser seg at µ
s
alltid er litt større enn µ
k
. Dette innebærer bl.a. at når et bildekk begynner
å gli mot underlaget, blir friksjonskraften mindre enn når dekket ikke glir. Derfor oppnås
størst bremsekraft dersom vi bremser slik at hjulet er på grensen til å gli.
Noen ganger er forskjellen mellom µ
s
og µ
k
såpass liten at vi ikke trenger å ta hensyn til
den. Da setter vi µ
s
= µ
k
= µ , og snakker bare om ”friksjonstallet”. Her er en liten oversikt
over friksjonstall:
Materialer Statisk friksjonstall µ
s
Kinetisk friksjonstall µ
k
Stål mot stål 0.74 0.57
Aluminium mot stål 0.61 0.47
Kopper mot stål 0.53 0.36
Glass mot glass 0.94 0.40
Kopper mot glass 0.68 0.53
Teflon mot teflon 0.04 0.04
Gummi mot tørr asfalt 1.0 0.8
Gummi mot våt asfalt 0.30 0.25
Eksempel 3.4.1: Du trekker en kasse med masse m = 50.0kg med konstant fart langs et
horisontalt gulv, og ser at når trekk-kraften er horisontal må du bruke en kraft F = 230 N .
Hvor stor kraft må du bruke dersom du trekker kassen med et tau som danner en vinkel på
30 med horisontalplanet
Løsning:
F f
N
mg
F
Så lenge trekk-kraften F er horisontal og farten er
konstant, er
F − F = 0 ⇔ F = F.
f
Videre er
N − mg = 0 ⇔ N = mg .
Da blir
µ = Ff
F 230 N
k
2
N
mg
50.0kg ⋅ 9.81m/s
= 0.469 .
f
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 12
F f
N
mg
F y
Selv om trekk-kraften F skifter retning, er friksjonstallet
F
µ
30 0 k
uendret. Vi dekomponerer kreftene i en horisontal
F x (x- ) og en vertikal (y- ) retning, og får:
(1): F − F = 0
x
(2): F + N − mg = 0
Her må vi merke oss at normalkraften N ikke lenger er motsatt lik tyngden mg fordi
trekker oppover. Vi benytter at
F = Fcos 30 = 0.866F,
x
F = Fsin 30 = 0.500F
,
y
y
f
F
y
også
og at
Ff
= µ
k
= 0.469 ⇔ Ff
N
= 0.469N
.
Da blir:
(1): 0.866F
− 0.469N
= 0
(2): 0.500F + N = mg .
Dette er to likninger med to ukjente, som jeg velger å løse ved å finne N uttrykt ved F fra (1)
og sette inn i (2):
(1): 0.866F − 0.469N = 0 ⇔
0.866
N = F = 1.85F.
0.469
(2): 0.500F + 1.85F = mg ⇔
2 490.5 N
2.35F = 50.0 kg ⋅9.81m/s ⇔ F = = 209 N .
2.35
Vi ser at vi må bruke mindre kraft nå enn da vi trakk horisontalt. Grunnen er at når kraften
virker skrått oppover, blir normalkraften N og dermed også friksjonskraften mindre.
3.4.2. Viskøs friksjon.
Når et legeme beveger seg i en væske eller en gass, vil legemet vil møte en motstand mot
bevegelsen som avhenger av bl.a. farten. Eksperimenter viser at dersom farten v er liten, kan
vi med brukbar nøyaktighet anta at friksjonskraften F er gitt ved
Ff
= −k⋅
v
der k er en konstant som avhenger av legemets størrelse og form, og av den væsken eller
gassen som legemet beveger seg gjennom. En tyktflytende væske vil gi mye større k enn en
gass. Minustegnet angir at friksjonskraften og farten har motsatte retninger. Dersom vi kun er
interessert i størrelsen av friksjonskraften, utelater vi minustegnet. Konstanten k får
benevningen
2
N kg ⋅m/s kg
= = .
m/s m/s s
Dersom farten øker, blir formelen over mindre nøyaktig. Da kan sammenhengen
2
Ff
= −k⋅
v
(der k ikke har samme verdi som i formelen Ff
= −k⋅ v) gi bedre nøyaktighet. Men generelt
sier man gjerne at størrelsen til viskøs friksjonskraft er gitt ved
f
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Ff
= −k⋅
v
n
Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 13
der n ligger i området 1 – 2, og både k og n avhenger av farten v.
Vi merker oss at ved viskøs friksjon er akselerasjonen ikke konstant. Det fører til at vi ikke
kan bruke våre vanlige bevegelseslikninger. Vi må "skreddersy" bevegelseslikninger for hver
situasjon. Dette fører til at vi må løse differensiallikninger. Jeg vil ikke forvente at du kan løse
slike likninger, og flytter derfor resten av dette avsnittet til et tillegg.
3.5. Krumlinjet bevegelse.
3.5.1. Generelle prinsipper.
I de eksemplene vi har sett på hittil, har enten legemene vært i ro eller har hatt rettlinjet
bevegelse. Men det er også krefter med i spillet i forbindelse med krumlinjet bevegelse.
I kapitel 2 om bevegelse kom vi fram til at akselerasjonen til en partikkel kan skrives slik:
2
dv v
a = ˆ ˆ
T
N
dt
⋅ u + R
⋅ u
der dv er baneakselerasjonen (endring av størrelsen av farten) med retning langs tangenten
dt
2
v
til banen, og er sentripetalakselerasjonen som har retning inn mot krumingssenteret, og
R
som skyldes at fartsvektoren endrer retning. Da må vi også kunne skrive Newtons 2. lov slik:
2
dv v
F = m ⋅ a = m ⋅ ˆ ˆ
T
m
N
dt
⋅ u + ⋅ R
⋅ u .
2
v
m u R
ˆ N
F = mg
dv
m u dt
ˆ T
v
Vi ser at kraften må kunne dekomponeres i to
komponenter. Den ene er tangent til banen og
forårsaker at størrelsen av farten endres, mens den
andre står vinkelrett på banen og får hastighetsvektoren
til å endre retning.
Figuren til venstre viser hvordan tyngdekraften
F = m ⋅ g kan dekomponeres slik at en komponent
endrer størrelsen av hastigheten mens den andre
komponenten endrer retningen.
3.5.2. Sirkelbevegelse.
Vi skal nå se på en partikkel som beveger seg med konstant fart v i en sirkel med radius R.
Denne partikkelen har en sentripetalakselerasjon inn mot sentrum i sirkelen. Den kraften som
gir opphav til en slik sentripetalakselerasjon kalles en sentripetalkraft. Den må også ha
retning inn mot sentrum i sirkelen.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 14
Eksempel 3.5.1: Ei kule med masse m = 0.10kg er festet i ei snor, og roterer med konstant
fart i en horisontal sirkelbane med radius R = 0.10 m på et friksjonsfritt underlag. Snora et
horisontal. Kula bruker 24 sekunder på 100 omdreininger. Hvor stor kraft virker det i snora
Løsning: Det virker tre krefter på kula: Tyngden av kula, en kraft fra underlaget mot kula, og
trekk-kraften i snora. Men siden kula ikke har noen akslerasjon i vertikal retning, må tyngden
og kraften fra underlaget mot kula være motsatt like store. For oversiktens skyld er de ikke
tatt med på figuren nedenfor. Det er da bare trekk-kraften F i snora som gir akselerasjon.
Denne kraften gir en sentripetalakselerasjon. Tiden på en rotasjon er
24s
T = = 0.24s .
100
Da er sentripetalakselerasjonen
F R
2
2
4π
R 4π
⋅ 0.10m
2
aN
= = = 68.5m/s .
2 2
T 0.24s
Kraften i snora blir
2
F = m⋅ a N
= 0.10kg ⋅ 68.5m/s = 6.85 N .
( )
Nå skal vi bevege oss ut på glattisen med bil:
Eksempel 3.5.2: En bil kjører i en sving med svingradius R = 50 m . Veien og veibanen er
horisontal. Det er is på veien, slik at friksjonstallet mellom bilhjul og veibane er µ = 0.15.
Hva er den største farten bilen kan ha uten å skrense i svingen
Løsning: Når bilen kjører med en fart v i svingen, er det en sentripetalakselerasjon
2
v
aN
= .
R
Da må det virke en sentripetalkraft
2
v
F = maN
= m R
inn mot sentrum i den sirkelen som svingen er en del av. Så lenge veibanen er horisontal, må
friksjonen mellom hjul og veibane utgjøre denne sentripetalkraften. Vi må da kreve at
2
v
2 2
m ≤ µ m g ⇔ v ≤ µ gR ⇔ v ≤ 0.15⋅9.81m/s ⋅ 50 m = 8.6 m/s .
R
Dette svarer til
3600s/h
8.6 m/s ⋅ = 31km/h .
1000 m/km
Moderne veier konstrueres med doserte svinger. Du finner et eksempel på slik dosering i et
lite tillegg, der du også finner et annet eksempel på sirkelbevegelse.
I neste eksempel skal vi se på bevegelse i en vertikal sirkel.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 15
Eksempel 3.5.3: En passasjer på et pariserhjul beveger seg i en vertikal sirkel med konstant
fart. Anta at passasjeren har massen m = 60.0kg , at pariserhjulet har radien R = 8.00 m og at
perioden til sirkelbevegelsen er T = 20.0s . Finn et uttrykk for kraften fra setet på passasjeren
a) I det øverste punktet i sirkelen.
b) I det nederste punktet i sirkelen.
Løsning: På figuren har vi erstattet passasjeren med et massepunkt (en partikkel). Denne
partikkelen er hele tiden i en sirkelbevegelse, og har en sentripetalakselerasjon
2
2
4π
R 4π
⋅8.00 m
2
aN
= = ≈ 0.790 m/s .
2 2
T 20.0s
( )
F topp
mg
F bunn
mg
a) På toppen av sirkelbanen må sentripetalkraften virke
nedover (inn mot sirkelens sentrum). Da er
mg − F = ma
topp
topp
N
N ( N )
( )
F = mg − ma = m g −a
2
60.0kg 9.81 0.79 m/s 541N
= − =
b) På bunnen av sirkelbanen må sentripetalkraften virke
oppover (inn mot sirkelens sentrum). Da er
F − mg = ma
bunn
bunn
N
N ( N )
( )
F = mg + ma = m g + a
= + =
2
60.0kg 9.81 0.79 m/s 636 N
3.6. Gravitasjon.
Eksperimenter viser at:
Når to punktformede masser m
1
og m
2
har innbyrdes avstand R, påvirker de hverandre med
en like stor gjensidig tiltrekningskraft
m1⋅
m2
F = γ
2
R
der γ er den universelle gravitasjonskonstanten og har verdien
m
γ = ⋅ .
2
−11
6.674 10 N kg
2
Dersom massene ikke er punktformede, kan vi la R være avstanden mellom legemenes
massesentre. For homogene, kuleformede legemer betyr dette avstanden mellom sentrene.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 16
Dersom et punktformet legeme med massen m har en avstand R til jordas sentrum, og
jordkloden har massen M, får vi at legemet trekkes mot jordas sentrum med en kraft
M ⋅m
F = γ .
2
R
Men vi har allerede sagt at tyngdekraften har en størrelse
G = mg .
Det er innlysende at
M ⋅m
M
G = F ⇔ mg = γ ⇔ g = γ .
2 2
R
R
Eksempel 3.6.1: Beregn jordas masse når du vet at jordas radius er
Løsning:
( 6.38⋅10 m) 2
2
2 6
M
gR 9.81m/s ⋅
g = γ ⇔ M = = = ⋅
2
R
γ
m
2
−11
6.674⋅10 N kg
2
24
5.98 10 kg
6
R = 6.38⋅ 10 m .
.
Eksempel 3.6.2: En geostasjonær satellitt (for eksempel en TV-satellitt) holder seg i samme
posisjon sett fra jorda fordi den ligger i ekvatorplanet og roterer en gang rundt jorda samtidig
som jorda roterer en gang om sin egen akse. Hvor langt fra jordsenteret må en slik satellitt
plasseres
Løsning: Gravitasjonskraften fungerer som sentripetalkraft på satellitten. Dersom satellitten
har masse m og ligger i en avstand x fra jordas sentrum, blir
2
4π
x M ⋅ m
m ⋅ = γ
2
2
T x
2
−11 m
24
2
2
6.674⋅10 N ⋅5.98⋅10 kg ⋅
2
( 24⋅60⋅60s)
3 γ MT
kg
22 3
x = = = 7.55⋅10 m
2 2
4π
4π
3
22 3 7
x = 7.55⋅ 10 m = 4.23⋅10 m
Tillegg.
3.4.3. Mer om bevegelse ved viskøs friksjon.
Vi skal nå se hvordan vi kan handtere bevegelse med viskøs friksjon, og skal begrense oss til
at friksjonskraften er gitt ved
F = −k⋅ v.
f
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Eksempel 3.4.1:
−kv
mg
Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 17
Vi antar at fallskjermhopperen på figuren til venstre har masse
og møter en luftmotstand gitt ved
F =−k⋅
v
f
m = 80kg ,
der k = 100 N/ ( m/s)
. Forklar at fallskjermhopperen etter en tid får
tilnærmet konstant fart (kalt terminalfarten), og finn størrelsen på denne
farten.
Løsning: Under hele hoppet er akselerasjonen gitt ved Newtons 2. lov:
mg − kv = m ⋅ a .
Når farten v er liten, er a ≈ g . Men etter hvert som v øker, vil venstre side
av likningen bli stadig mindre slik at a → 0 . Konstant fart innebærer at
2
mg 80 kg ⋅9.81m/s
a = 0 ⇔ mg = kv ⇔ v = = = 7.85m/s .
k 100 N/ ( m/s)
Vi skal nå sette opp bevegelseslikninger når friksjonskraften
Ff
= −k⋅
v
F
f
er gitt ved
der k er en konstant som avhenger av legemets størrelse og form, og av den væsken eller
gassen som legemet beveger seg gjennom. Dette fører til differensiallikninger.
F f
= -kv
m
v
F(t)
Vi antar at et legeme med masse m trekkes gjennom en
F t , der t er tid.
gass eller væske med en kraft ( )
Newtons 2. lov blir nå
dv dv dv k 1
F( t) + Ff
= m⋅ ⇔ F( t) −k⋅ v = m⋅ ⇔ + v = F( t)
.
dt dt dt m m
Dette er en lineær 1.ordens differensiallikning, som løses med formel. Vi får:
kt
m
( ∫ m
)
− kt
m 1
( ) ( )
v t = e ⋅ F t e dt + C
der C er en konstant som finnes av startbetingelsene.
Jeg vil anbefale at du ikke bruker formelen over slavisk. Du bør alltid tegne en figur og sette
opp Newtons 2. lov for hver enkelt situasjon. Noen ganger viser det seg at vi får en separabel
v t , kan vi
differensiallikning, som er enklere å løse enn en lineær 1.ordens. Når vi kjenner ( )
finne tilbakelagt strekning x ved å løse differensiallikningen
dx
v( t)
= .
dt
Eksempel 3.4.2: En liten båt går med konstant fart v
0
når motoren plutselig stopper.
a) Finn en formel for båtens fart v( t ) etter at motoren er stoppet uttrykt ved k, båtens masse
m og opprinnelig fart v
0
.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 18
b) Finn k når du vet at båtens masse er m = 1000kg og opprinnelig fart var v
0
= 8.0m/s , og
du oppdager at 10 sekunder etter at motoren stoppet var båtens fart er redusert til
v = 5.0 m/s .
c) Hvor langt går båten før den stopper helt
Løsning:
a) Når motorkraften bortfaller, er F( t ) = 0
dv
= ⋅ ⇔ − ⋅ = ⋅ .
Ff
m a k v m dt
. Da blir Newtons 2. lov
Jeg synes det er enklest å oppfatte denne likningen som separabel (ikke lineær 1.ordens):
dv k dv k dv
−k ⋅ v = m ⋅ ⇔ − dt = ⇔ − dt
dt m v m
∫ = ∫
v
k t
v k ⎛ v ⎞
− [ t] = [ ln v] ⇔ − t = ln v− ln v
0
0
= ln
v
⎜ ⎟
0
m m ⎝v0
⎠
v − kt
− kt
m
m
= e ⇔ v( t) = ve
0
.
v
0
b) Vet at v( 0) = v0
= 8.0 m/s , og at v ( 10)
= 5.0 m/s . Setter inn i formelen for ( )
v t :
k
− k⋅10s
− ⋅10s
1000 kg − k s/kg 5.0
m
100
v( 10) = ve
0
⇔ 5.0m/s = 8.0m/s ⋅e ⇔ e = = 0.625
8.0
k
⇔ − s/kg = ln 0.625 =−0.47 ⇔ k = 47 kg/s .
100
c) For å finne hvor langt båten går før den stopper, må vi først finne en formel for x( t ) . Det
gjøres slik:
dx
− kt
dx
− kt
m
m
v( t) = ⇔ v0e = ⇔ dx = v0e dt
dt
dt
k k t
− t x ⎛ m⎞ − t m − kt
m m m
∫ dx = ∫ v0e dt ⇔ x = v0 ⎡ e ⎤ x x0 v0
e 1
x ⎜− ⎟ ⇔ − =− −
0
⎝ k ⎠ ⎣ ⎦ 0
k
m
0 0( 1 − k
m t
⇔ x= x + v − e ) .
k
[ ] ( )
k
m
Her legger vi merke til at når t →∞, vil e − t
→ 0 . Da vil
m
1000kg
x → x0 + v0( 1+ 0)
= 0 m + ⋅ 8.0m/s = 170m .
k
47 kg/s
Dette viser at etter lang tid vil båten stoppe 170 meter fra det stedet der motoren stoppet.
Eksempel 3.4.3: Et legeme med masse m = 20kg beveger seg rettlinjet gjennom et fluid. Vi
observerer at terminalfarten er v
0
= 4.0 m/s når legemet påvirkes av en konstant kraft
F
0
= 72 N i tillegg til en friksjonskraft F
f
som virker mot fartsretningen.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

a) Anta at friksjonskraften er gitt ved Ff
= − kv
1
.
Bestem
1
k , og finn v( t ) når ( )
Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 19
v 0 = 0.
b) Anta at friksjonskraften er gitt ved
k , og finn v( t ) når ( )
Ff
2
= − kv
2
.
Bestem
2
v 0 = 0.
Hint: Det kan lønne seg å innføre en ny variabel u = 4 − v.
c) Anta at friksjonskraften er gitt ved
F kv kv
2
f
=−
1
−
2
.
For å finne k
1
og k
2
, reduserer vi den konstante kraften til 2 3
F
0
= 48 N , og ser at da blir
terminalfarten 3.0m/s . Bruk disse opplysningene til å finne k
1
og k
2
.
Finn deretter v( t ) når F
0
= 72 N .
Hint: Det kan lønne seg å innføre en ny variabel u = 4 − v.
Tegn til slutt grafene til v( t ) i de tre tilfellene i samme koordinatsystem.
Løsning: I alle de tre tilfellene blir
dv
m⋅ = F0 + Ff
.
dt
Terminalfarten framkommer når
dv
= 0 ⇔ Ff
=− F0
=− 72 N .
dt
a) Når Ff
= − kv
1
, og terminalfarten er v
0
= 4.0 m/s , får vi (når vi dropper benevninger):
−k
⋅ 4.0 =−72 ⇔ k = 18.
1 1
Da blir differensiallikningen
dv dv dv
20⋅ = 72 −18v ⇔ = 3.6 − 0.9v =−0.9( v −4)
⇔ =−0.9dt
dt dt v − 4
Integrerer begge sider:
ln v− 4 =− 0.9t+ C.
Av problemstillingen er det opplagt at 0≤ v < 4. Finner C av startbetingelsen:
ln 4 − 0 =− 0 + C ⇔ C = ln 4 .
Da blir
ln 4 − v =− 0.9t+ ln 4 ⇔
−0.9t
4 − v= 4e ⇔ v t
−0.9t
= 4 1− e .
( ) ( ) ( )
b) Når
Ff
2
= − kv
2
, og terminalfarten er v
0
= 4.0 m/s
−k
⋅ 4.0 =−72
⇔ k = = .
2 72 9
2 2 16 2
Da blir differensiallikningen
dv
9 2
20⋅ = 72 −
2
v .
dt
Innfører
, får vi (når vi dropper benevninger):
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 20
u 4 v ⇔ v 4 u ⇒ du dv
dt
dt
og får
du
9
2
9 2 9 2
−20⋅ = 72 −
2( 4 − u) = 72 −
2( 16 − 8u+ u ) = 36u−
2u
dt
du 2 du
9
du 9
− 40 = 72u− 9u =−9u( u−8) ⇔ =
40
u( u−8)
⇔ = dt .
dt dt u u −8 40
Delbrøkoppspalter venstre side, og får
1 1
1
8 8
=− +
u u−8 u u−8
( )
( )
som gir
1⎛1 1 ⎞ 9 ⎛1 1 ⎞ 9
− ⎜ − ⎟du = dt ⇔ ⎜ − ⎟du =− dt
8 ⎝u u−8 ⎠ 40 ⎝u u−8 ⎠ 5
Integrerer begge sider:
9 ⎛ u ⎞ 9
ln u −ln u− 8 =−
5t+ C ⇔ ln ⎜ ⎟=− 8
5t+
C
⎝ − u ⎠
der jeg benytter at siden 0≤ v < 4 må 0< u ≤ 4. Setter inn for v og finner C:
⎛ 4−v
⎞ ⎛4−v⎞ 9
⎛4−0⎞
ln = ln ⎜ ⎟=− 5
t+ C ⇔ C = ln ⎜ ⎟=
0 .
⎜8 ( 4 v)
⎟
⎝ − − ⎠ ⎝4+ v⎠ ⎝4−0⎠
Da blir
c) Når
− 9
( ) 5 t
4−v
−9t
−9t
41−e
5 5
= e ⇔ 4− v= ( 4+ v) e ⇔ v( t)
=
4 + v
1+
e
2
f
=−
1
−
2
, og terminalfarten er v
0
= 4.0 m/s
F kv kv
benevninger):
−k ⋅4.0 −k 2
⋅ 4.0 =−72 ⇔ k + 4k
= 18.
1 2 1 2
− 9
5 t
.
, får vi (når vi dropper
Når den konstante kraften er 2 3
F
0
= 48 N , og terminalfarten er v
0
= 3.0 m/s , får vi (når vi
dropper benevninger):
2
−k1⋅3.0 −k2⋅ 3.0 =−48 ⇔ k1+ 3k2
= 16 .
Trekker den nederste likningen fra den øverste, og får
k =
2
2
som videre gir
k = 16 − 3k
= 16 −3⋅ 2 = 10 .
1 2
Da blir differensiallikningen
dv
2
20⋅ = 72 −10v− 2v
.
dt
Innfører
u 4 v ⇔ v 4 u ⇒ du dv
dt
dt
og får
du
−20⋅ = 72 −10( 4 −u) −2( 4 − u) dt
= 72 −( 40 −10u) −2( 16 − 8u+ u ) = 26u−
2u
2 2 2
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 21
du
dt
1 2 13 1
du 1
=
10
u −
10
u =
10
u ( u −13)
⇔ = dt .
u u 13 10
( − )
Delbrøkoppspalter venstre side, og får
1 1
1
13 13
=− +
u u−13 u u−13
( )
som gir
1 ⎛1 1 ⎞ 1 ⎛1 1 ⎞ 13
− ⎜ − ⎟du = dt ⇔ ⎜ − ⎟du =− dt .
13 ⎝u u−13 ⎠ 10 ⎝u u−13 ⎠ 10
Integrerer begge sider:
13 ⎛ u ⎞ 13
ln u −ln u− 13 =−
10
t+ C ⇔ ln ⎜ ⎟=− 13
10
t+
C
⎝ − u ⎠
der jeg benytter at siden 0≤ v < 4 må 0< u ≤ 4. Setter inn for v og finner C:
⎛ 4−v
⎞ ⎛4−v⎞
10
4
ln = ln ⎜ ⎟=− 13
t+ C ⇔ C = ln .
⎜13 ( 4 v)
⎟
⎝ − − ⎠ ⎝9 + v⎠
9
Da blir
4 − v
13 13 13 13
4 − t 10 4 − t − t 10
( ) ( 10 ) 4 − t
=
10
9e ⇔ 4 − v = 4 +
9v e ⇔ 41 − e = ( 1 +
9e
)
9 + v
−13
( ) 10 t
41−
e
⇔ v( t)
=
1+
e
4
9
−13t
10
Figuren nedenfor viser v( t ) i de tre tilfellene, med tilfelle c) i midten.
4
3
2
v( t)
a)
b)
1
0
0 1 2 3 4 5
t
3.5.3. Mer om sirkelbevegelse.
Vi skal nå se på noen flere eksempler på sentripetalakselerasjon og sentripetalkreft.
Eksempel 3.5.4: Ei kule med masse m henges opp i ei snor med lengde L. Kula settes i sirkelbevegelse
med konstant fart slik at snora danner en konstant vinkel θ med vertikalen. Vi får
en kjeglependel. Finn svingetiden T for en hel svingning, og finn kraften i snora.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 22
Løsning:
På samme måte som i eksemplet foran, går kula i en sirkelbane med radius R, og har derfor en
sentripetalakselerasjon. Men nå er det ingen snorkraft som virker rett inn mot sirkelens
sentrum. De to kreftene som virker, er tyngden G = mg og snordragskraften S. Vektorsummen
av disse to kreftene må da være den kraften F som virker inn mot sentrum. Se
figuren på neste side. Av den figuren ser vi at radien R i sirkelen er
R = L⋅ sinθ
.
Vi ser også at kraften F inn mot sentrum i sirkelen er
F = mg tanθ
.
θ
Men siden F er en sentripetalkraft, er
2
L
4π
R
F = m⋅ a = m . T
mg
θ
S
F
θ
R
Svingetiden blir altså
L cosθ
T = 2π
.
g
Av figuren ser vi også at
F mg tanθ
S sinθ
⇔ sinθ
mg
cosθ
mg
S sinθ
sinθ
N
2
Vi setter disse to uttrykkene lik hverandre, og får
2
4π
R
m gtanθ = m
2
T
2
sinθ
4π
L sinθ
⇔ g
2
cos T
2
2 4π
Lcosθ
⇔ T =
g
θ = ( )
Her er det uttrykket for T som er mest interessant. Vi ser bl.a. at:
• Massen m inngår ikke i formelen for T. Dette betyr at svingetiden er uavhengig av kulas
masse.
• Dersom θ er liten, er cosθ ≈ 1. Da blir
L
T ≈ 2π
.
g
Vi kan også si at
blir
H
T = 2π
.
g
• Av formelen
får vi
T ≈ 2π
L
g
2
4π
L
L cosθ er høyden H fra opphengingspunktet til sirkelens sentrum. Da
g ≈ .
2
T
Denne formelen kan brukes til å finne tyngdens akselerasjon g med stor nøyaktighet.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 23
På moderne veier er ikke veibanen horisontal i svinger. Der er veibanen dosert slik at
veibanen er høyere i yttersving enn i innersving. Dette motvirker at biler skrenser ut av veien
på glatt føre. I neste eksempel skal vi se nærmere på slik dosering.
Eksempel 3.5.5: En vei-ingeniør vil dosere en sving med svingradius R = 100m slik at en bil
som kjører i 60 km/h skal kunne komme gjennom svingen uten skrens uansett hvor glatt det
er.
a) Hvor stor må helningsvinkelen innover i svingen (doseringsvinkelen) da være
b) Mellom hvilke grenser må farten til en bil da være for å unngå å gli når friksjonstallet
mellom bilhjul og veibane er µ = 0.20
Løsning: Her må vi ta en figur til hjelp:
a)
Doseringsvinkelen er θ. Vårt første problem er å legge inn
et fornuftig koordinatsystem for dekomponering av krefter.
N cos θ N
Siden bilen kjører i en horisontal sving, er sentripetalakselerasjonen
rettet horisontalt innover i svingen. Da er det
θ
θ
naturlig å dekomponere med en x-komponent horisontalt
y
inn mot svingens sentrum og en y-komponent vertikalt med
retning oppover som vist på figuren.
x
N sin θ Legg merke til at det ikke er tegnet inn noen friksjonskrefter
θ
på figuren. Det innebærer at det kun er x-komponenten av
normalkraften som gir sentripetalakselerasjon.
G = mg
I x-retningen får vi da:
Nsinθ = m⋅ aN
.
I y-retningen får vi:
N cosθ
− mg = 0 ⇔
mg
N = .
cosθ
Så setter jeg uttrykket for N inn i likningen for sentripetalakselerasjon:
1000 m
m g
( ) 2
2 2
sinθ
m
cosθ v
v 60 ⋅
3600s
⇔ tanθ
= = = 0.283
R
Rg 100 m ⋅9.81s
⇔ θ = 15.8
.
b)
N cos θ
F f
N
θ
θ
N sin θ
θ
y
G = mg
x
Nå er det ikke alle biler som kjører med nøyaktig 60 km/h
gjennom svingen. Dersom bilen kjører saktere, må det være
en friksjonskraft som hindrer bilen i å gli ned i den doserte
veibanen. Vi får da den situasjonen som er vist på figuren til
venstre, der bilen er erstattet av et massepunkt. Vi
dekomponerer kreftene i x- og y-retning som før:
x-retning: Nsinθ
− Ff
cosθ
= m⋅ aN.
y-retning: N cosθ
+ Ff
sinθ
− mg = 0 .
Vi ønsker å finne den minste farten v som bilen kan ha uten
å gli ned doseringen. Da har friksjonskraften F
f
sin største
verdi, som er
Ff
= µ N .
Vi setter inn dette uttrykket i de dekomponerte
kraftlikningene:
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.

Fysikk for ingeniører.
3. Krefter. Newtons lover. Side 3 - 24
2
v
Nsinθ − µ Ncosθ = m⋅aN
⇔ N( sinθ − µ cosθ)
= m⋅ . R
mg
N cosθ + µ N sinθ − mg = 0 ⇔ N ( cosθ + µ sinθ)
= mg ⇔ N =
cosθ + µ sinθ
Setter uttrykket for N inn i den første likningen:
2 1
m g ( sinθ − µ cosθ)
v
2 sinθ −µ cosθ cosθ
tanθ −µ
= m ⋅ ⇔ v = Rg ⋅ = Rg .
1
cosθ + µ sinθ
R
cosθ + µ sinθ cosθ
1+
µ tanθ
Vi setter inn tall for å finne den minste farten bilen må ha for ikke å gli innover i den
doserte svingen:
v
tanθ −µ
tan15.8 −0.20
1+ µ tanθ
1+
0.20 tan15.8
2
min
= Rg = 100m ⋅ 9.81m/s
= 8.8m/s .
Hva er så den maksimale farten bilen kan ha for ikke å skrense ut av svingen Dersom
bilen kjører fortere enn 60 km/h, må friksjonskraften virke innover i svingen for å gi et
ekstra bidrag til sentripetalkraften. Når vi er på grensen til å gli, er som før F = µ N . En
dekomponering av Newtons 2. lov gir nå (kontroller!)
2
v
Nsinθ + µ Ncosθ = m⋅aN
⇔ N( sinθ + µ cosθ)
= m⋅ . R
mg
N cosθ −µ N sinθ − mg = 0 ⇔ N ( cosθ − µ sinθ)
= mg ⇔ N =
cosθ − µ sinθ
Setter uttrykket for N inn i den første likningen:
2
m g ( sinθ + µ cosθ)
v
2 sinθ + µ cosθ tanθ + µ
= m ⋅ ⇔ v = Rg = Rg .
cosθ − µ sinθ
R
cosθ −µ sinθ 1−µ tanθ
Vi setter inn tall for å finne den største farten bilen må ha for ikke å gli utover i den
doserte svingen:
v
tanθ + µ
tan15.8 + 0.20
1−
µ tanθ
1−
0.20 tan15.8
2
max
= Rg = 100m ⋅ 9.81m/s
= 22.4m/s .
Omregning til km/h gir at farten må ligge mellom 31.7 km/h og 80.6 km/h for at en bil
med friksjonstall mellom bilhjul og veibane på µ = 0.20 skal kunne kjøre gjennom den
doserte svingen uten å gli.
Det kan være nyttig å kontrollere formlene for minimal og maksimal fart ved å se på noen
spesialtilfeller:
• Dersom det ikke er friksjon slik at µ = 0 , blir
vmin = vmax = Rg tanθ
.
Dette stemmer med det vi fant i del a) av eksemplet.
• Dersom det ikke er noen dosering slik at θ = 0 , blir
vmax
= Rgµ .
Dette stemmer med det vi fant i forrige eksempel.
f
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2012.