Arbeid og energi. - Universitetet i Tromsø

5. Arbeid og energi.
Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 1
5.1. Definisjon av arbeid.
Ordet ”arbeid” brukes mye i dagligtalen. Vi har en intuitiv forståelse av hva vi mener med
dette ordet. Men fra dagligtalen har vi neppe noen entydig definisjon av begrepet ”arbeid”.
I fysikk bruker vi også begrepet ”arbeid”. Men da har det et meget veldefinert innhold, som
kanskje ikke alltid stemmer overens med det vi til daglig legger i begrepet.
5.1.1. Arbeid ved rettlinjet bevegelse og konstant kraft.
Vi skal starte med å ta for oss et legeme som påvirkes av en konstant kraft F. Vi skal også
anta at legemet forflytter seg en rett strekning s mens denne kraften virker. Da definerer vi:
Det arbeidet som kraften F utfører under en forflytning s er
W = Fs i = F⋅s⋅cosθ der F = F , s = s , og θ er vinkelen mellom vektorene F og s.
Vi ser at benevningen for arbeid må være Newton ⋅ meter , eller Nm. Denne størrelsen har fått
et eget navn, Joule, forkortet J.
F ⊥
F = Fcosθ
Legg merke til at både kraften F og strekningen
s er vektorer, slik at retningene spiller en stor
rolle. I definisjonen ovenfor står F is
for
skalarproduktet mellom F og s. Arbeidet W blir
dermed en skalar, og har derfor ingen retning.
Situasjonen er illustrert til venstre.
Av figuren ser vi også at dersom kraften F dekomponeres i en komponent F i bevegelsesretningen
og en komponent F⊥ vinkelrett på bevegelsesretningen, blir arbeidet
W = F⋅s⋅ cosθ = ( Fcosθ) ⋅ s = F⋅s.
Dette illustrerer en viktig egenskap ved arbeid slik vi definerer det i fysikken:
Det er kun kraftkomponenten i bevegelsesretningen som kan utføre et arbeid.
Vanligvis påvirkes et legeme av flere krefter samtidig. Anta at et legeme påvirkes av n
konstante krefter F1 , 2 , …, mens det forflyttes en strekning s. Det samlede arbeidet som
disse kreftene utfører på legemet er
F n F
W = F1is+ F2is+ + Fnis = F1 + F2 + + Fn is = Fi i s.
( ) ( ∑ )
Dette viser at når flere krefter virker samtidig, er det samlede arbeidet lik vektorsummen av
kreftene skalarmultiplisert med strekningen.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 2
Eksempel 5.1: En kjelke har massen m = 100 kg . Den trekkes en strekning s = 10m på
horisontalt underlag med en konstant kraft F = 200 N . Kraften danner en vinkel θ = 30 over
horisontalplanet. Friksjonstallet mellom meiene og underlaget er μ = 0.15 .
a) Finn det arbeidet som trekk-kraften utfører, og det arbeidet som friksjonskraften utfører.
b) Finn det samlede arbeidet som kreftene utfører.
Løsning: Vi starter med å lage en figur, der kjelken erstattes av et massepunkt:
b) Det samlede arbeidet blir derfor
W = W1 + W2
= 1732J + ( − 1320J ) = 412J .
a) Trekk-kraften utfører et arbeid
W1
= F⋅s⋅cos30
= 200 N ⋅10m ⋅ cos30 = 1732J
For å finne friksjonskraften F f , må jeg først
finne normalkraften N.
Fsinθ + N − mg = 0
N = mg − Fsinθ 2
= 100kg ⋅9.81m/s −200 N ⋅sin30
= 881N
Ff= μN
= 0.15⋅ 881N = 132 N .
Friksjonskraften utfører et arbeid
W2= Ff⋅s⋅cos180 = 132 N ⋅10m⋅ − 1 = −1320J
Dette kunne vi også funnet på en annen måte. Vi vet at det kun er kraftkomponentene i
horisontal retning som utfører arbeid siden kjelken flyttes horisontalt. Summen av
kreftene i horisontal retning er
∑ Fx = Fcosθ − Ff
= 200 N ⋅cos30 − 132 N = 41.2 N .
Da blir arbeidet
F ⋅ s = ⋅ = .
( ∑ x ) 41.2 N 10m 412J
Legg merke til at det arbeidet som friksjonskraften utfører er negativt. Dette er alltid tilfelle
med arbeid som friksjonskrefter utfører. Grunnen er at friksjonskraften alltid har retning mot
bevegelsesretningen. Da er det en vinkel på 18 0 mellom
F f og s slik at cosinus-faktoren
alltid blir lik −1.
( )
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 3
5.1.2. Generell definisjon av arbeid.
Vi kan ikke begrense oss til situasjoner der vi beveger oss langs rette linjer under påvirkning
av konstante krefter. Vi trenger en mer generell definisjon av begrepet arbeid.
rA
ri
Fr ( i )
Δsi
B r
Vi antar at en partikkel flytter seg langs en eller annen
kurve i rommet fra et punkt A gitt ved posisjonsvektoren
r A til et annet punkt B gitt ved rB
. Under
denne forflytningen påvirkes partikkelen av en
varierende kraft Fr ( ) (d.v.s. at kraften avhenger av
hvor partikkelen er, og varierer ikke med tiden).
Vi kan nå tenke oss at partikkelens bane deles opp i n små intervaller Δs 1 , Δs2 , …, Δsn
, der
hvert intervall er så lite at kraften er tilnærmet konstant innenfor hvert intervall. Innenfor
hvert intervall utfører kraften et arbeid som er tilnærmet gitt ved
Wi ≈Fr ( i)
iΔsi. Et tilnærmet uttrykk for det totale arbeidet som utføres under hele forflytningen fra A til B
blir derfor summen av alle disse bidragene:
W ≈∑Wi ≈∑Fr ( i)
iΔsi
der vi summerer fra A til B. Jo mindre vi gjør intervallene Δs 1 , Δs 2 , …, Δsn
, d.v.s. jo større
n blir, jo bedre blir tilnærmingen. Når n →∞,
kan summen erstattes av et integral. Vi har da
at:
Det arbeidet som kraften Fr ( ) utfører under en forflytning fra A til B er
B
W = F( r) ⋅ds
∫ A
r
r
der ds er et bue-element langs banen fra A til B.
Vi skal etter hvert få stor nytte av denne generelle definisjonen av arbeid. Foreløpig skal vi
nøye oss med å slå fast en konsekvens av denne definisjonen:
En sentripetalkraft kan aldri utføre noe arbeid.
Grunnen er egentlig enkel: I en sirkelbevegelse er ds et
lite bue-element langs sirkelbuen. Sentripetalkraften står
alltid vinkelrett på bevegelsesretningen. Uansett hvor du
er i sirkelbevegelsen, er FN
vinkelrett på ds. Da blir
B
( ) cos90
W
rB
∫ F r
rA ds∫ FN A
ds
B
= ∫ FN A
⋅ds⋅ 0= 0
= ⋅ = ⋅ ⋅
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 4
5.2. Kinetisk energi.
Vi skal nå se på et svært nyttig begrep: Kinetisk energi. Vi skal starte forsiktig med en
partikkel med masse m som beveger seg langs en rett linje slik at vi ikke trenger å bruke
vektorer.
Partikkelen starter i et punkt A med posisjon x A og fart v A , og ender i et punkt B med
posisjon x B og fart vB
. Summen av de kreftene som virker i punktet x under bevegelsen skal
vi kalle F( x)
. Denne kraftsummen utfører et arbeid
x x
∫ ( )
x ∫ ⋅dx
x
B B
W = F( x) ⋅ dx = m⋅a( x)
A A
.
der a( x)
er akselerasjonen i punktet x. Nå skal vi foreta et par matematiske krumspring. Vi
benytter at
dv( x) dv( x) dx dv( x)
a( x) = = ⋅ = ⋅ v
dt dx dt dx
dx
der vi underveis har benyttet kjerneregelen for derivasjon og at v = . Vi setter nå dette inn i
dt
integranden, sløyfer x-ene i parentes, og får
⎛ dv ⎞
( m⋅a) ⋅ dx = m⋅⎜ ⋅v⎟⋅ dx = mvdv ⋅ ⋅ .
⎝ dx ⎠
Teknisk sett har vi nå foretatt en substitusjon, der vi har gått over fra posisjon x til fart v som
integrasjonsvariabel. Da må vi også tilpasse grensene, slik at x A erstattes med v A , og x B
erstattes med v . Da får vi:
B
xB x
xB ( x )
vB v
1 ⎡ 2⎣ 2
vB
⎤
⎦v
1
2
2
B
1
2
2
A
∫ ∫ ∫ .
W = F ⋅ dx = m⋅a⋅ dx = m⋅v⋅ dv = m⋅ v = mv − mv
A A A
Anta at partikkelen starter i ro, slik at v A = 0 . En kraftsum F virker på partikkelen, og gir den
en fart v. Det arbeidet som F utfører er da er lik
1
2
A
2
mv . Denne størrelsen kaller vi partikkelens
kinetisk energi. Vi ser at dersom en kraftsum F endrer partikkelens fart, er det arbeidet som F
utfører lik endringen av partikkelens kinetiske energi.
Hittil har vi begrenset oss til bevegelse langs en rett linje. Men vi kan vise at vi får helt
tilsvarende resultat selv om vi beveger oss i det 3-dimensjonale rommet. Vi summerer opp:
Dersom en partikkel med masse m har en hastighet v, har partikkelen en kinetisk energi
1 2
W = mv
der v = v .
kin 2
Dersom en kraftsum F påvirker partikkelen slik at hastigheten endres fra v A til vB
, har F
utført et arbeid
1 2 1 2
W = mv − mv .
2 B 2 A
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 5
Eksempel 5.2: En bil trenger en bremsestrekning på 24 meter for å bremse ned fra 72 km/h til
full stans på horisontal vei. Finn friksjonstallet mellom bilhjul og veibane.
Løsning:
1000 m
72 km/h = 72⋅ = 20 m/s .
3600s
Friksjonskraften F f har utført et arbeid
W =−F ⋅ s =−μN ⋅ s =−μmg⋅ s
f
der s er bremsestrekningen. Minustegnet skyldes at F f og s har motsatte retninger. Dette
arbeidet er lik endringen av kinetisk energi:
1 2 1 2
W =−μmg ⋅ s = mv − mv .
2 B 2 A
Her er startfarten v = 20m/s mens sluttfarten v = 0m/s.
Videre er s = 24m . Da blir
−μ
m
A
2 1
1 g⋅ s = m v 2 B
− mv
2
= 0
2
A
B
( ) 2
20m/s
2
vA
2
2
2 9.81m/s 24m
⇔ μ = = = 0.85 .
g⋅s ⋅ ⋅
5.3. Potensiell energi i tyngdefeltet.
Vi skal nå se nærmere på det arbeidet som tyngdekraften utfører, og kombinere det med
formelen for endring av kinetisk energi. Resultatet er en av de nyttigste sammenhengene vi
har i mekanikken.
Vi skal starte med å finne en formel for det arbeidet
som tyngdekraften utfører når et legeme med masse
m flyttes fra et punkt A til et punkt B. Vi legger da
et 3-dimensjonalt koordinatsystem med x- og yakser
horisontalt og z-akse vertikalt oppover som
figuren viser. Da er tyngden
G =−mg
kˆ.
Et vilkårlig punkt i banen har posisjonsvektor
r = x ˆi+ yˆj+ zkˆ
slik at et lite bue-element langs banen blir
dr = dxˆi+ dyˆj+ dzkˆ.
Det arbeidet som tyngekraften utfører, er derfor
rB rB
W = Gidr = − mg kˆ i dxˆi+ dy ˆj+
dzkˆ
∫ ∫
∫
rA rA
rB
zB
rA
( ) ( )
[ ]
= − mg dz =− mg z =− mgz + mgz
zA
B A
Underveis har jeg benyttet at ˆˆ ij i = ˆik iˆ= 0 og at kk ˆi ˆ = 1.
Dessuten ser jeg at når jeg setter inn
grensene, er det kun er z-verdien av posisjonen som har betydning.
I denne formelen inngår ledd av typen mgz der z er høyden over et horisontalt plan. Vi
definerer derfor:
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 6
Et legeme med masse m som befinner seg i en høyde z over et horisontalt plan, har en
potensiell energi i tyngdefeltet i forhold til planet gitt ved
W = mgz.
pot
Vi ser at det arbeidet som tyngdekraften utfører kun avhenger av endringen av z-komponenten
til partikkelen, d.v.s. av høydeforskjellen h= zB − zA mellom start- og sluttposisjonen til
partikkelen. Det er ofte nyttig å uttrykke arbeidet ved hjelp av denne høydeforskjellen. Da får
vi:
W =− mgz + mgz =−mg z − z =−mgh
.
Vi ser altså at:
( )
B A B A
Det arbeidet som tyngdekraften utfører, er
W =−mgh der h= zB −zA er høydeforskjellen mellom start- og slutt-posisjonen.
Dette arbeidet er lik reduksjonen av potensiell energi i tyngdefeltet.
Vi har tidligere vist at når en kraft F utfører et arbeid på en partikkel, får partikkelen en
endring av kinetisk energi. Dette gjelder selvsagt også for det arbeidet som tyngden utfører.
Men dette arbeidet er lik endringen av potensiell energi for partikkelen. Dette gir at
1 2 1 2 1 2 1 2
W =− mgz + mgz = mv − mv ⇔ mv + mgz = mv + mgz .
B A 2 B 2 A 2 A A 2 B B
Resultatet ovenfor kan nå oppsummeres slik:
Dersom ingen andre krefter enn tyngden virker, er
1 2 1 2
mv 2 A + mgzA = mv 2 B + mgzB
slik at summen av legemets kinetiske energi og potensielle energi i tyngdefeltet er bevart.
Når du benytter denne setningen, bør du gå fram på følgende måte:
1. Lag en figur der du tegner inn partikkelens bane.
2 Merk av to punkter A og B der du har kjente størrelser og den (de) størrelsene som du vil
finne.
3. Definer et nullnivå for potensiell energi. Det er ofte gunstig å la dette nullnivået gå
gjennom det laveste av punktene A og B.
1 2
4. Sett opp at mgz + mv er like stor i begge punktene.
2
5. Løs den likningen som framkommer.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 7
Eksempel 5.3: En liten kloss slippes på toppen av et 1.60 meter langt skråplan som danner
30 med horisontalplanet. Klossen glir uten friksjon ned skråplanet. Hvor stor fart har klossen
ved foten av skråplanet?
Løsning:
1
1
m gz + mv
= mgz
+ mv
A
2
2
A
B
2
( )
2
B
Kaller startpunktet øverst på skråplanet for A, og
sluttpunktet nederst for B. Legger nullnivå for
potensiell energi gjennom B. Da er z = 0m og
B
z = h= Lsin
3 0 = 1.60m ⋅ sin30 = 0.80m .
A
Setter opp energilikningen:
2 1 2 2
1 2
⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅v
2 2 B
9.81m/s 0.80m 0m/s 9.81m/s 0m
2 2 1 2
2 2
v 2 B vB
7.85m /s = ⋅ ⇔ = 2 ⋅ 7.85m /s = 3.96m/s
I eksemplet over ble klossen sluppet på et skråplan. Men så lenge det ikke er friksjon, er det
likegyldig hva slags flate klossen glir på. Du får samme resultat om klossen glir på et
skråplan, eller slippes rett ned, eller glir på innsiden av ei kuleformet renne, eller beveger seg
på en annen måte. Det er kun høydeforskjellen mellom punktene A og B som betyr noe.
Eksempel 5.4: Et lite legeme kastes skrått oppover med startfart 10 m/s . Start-hastigheten
danner en vinkel på 60 med horisontalplanet. Finn legemets største høyde når vi ser bort fra
luftmotstand.
Løsning:
Kaller startpunktet for A og høyeste punkt i banen for B. Siden det ikke er luftmotstand, er
vB
= v0x = v0cos60=
10m/s ⋅ 0.500 = 5.0m/s .
Legger nullnivå for potensiell energi gjennom A. Da blir energilikningen:
m gz 1 + mv
= mgz
1 2
+ mv
A
2
2
A
B
2
( ) h ( )
2 1 2 2 1
2
⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅
2 2
9.81m/s 0m 10m/s 9.81m/s 5.0m/s
2 2 2 2 2
50m /s − 12.5m /s = 9.81m/s ⋅h
2 2
( 50 −12.5)
m /s
h = = 3.82m
2
9.81m/s
B
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 8
5.4. Potensiell energi i ei fjær.
Vi vet at vi må bruke en kraft for å forlenge eller presse sammen ei fjær. Eksperimenter viser
at nær likevektsstillingen er sammenhengen mellom størrelsen av trekk-kraften F og
forlengelsen x gitt ved Hookes lov:
Kraften F som skal til for å forlenge eller
presse sammen ei fjær en strekning x fra
likevekt, er proporsjonal med x:
F = k⋅ x
Her er k en konstant som kalles fjærkonstanten eller fjærstivheten, og som har benevning
N/m. At k er konstant må oppfattes som at for en bestemt fjær er k uavhengig av forlengelsen /
sammenpressingen x, så lenge x ikke er så stor at fjæra deformeres permanent. En annen fjær
vil normalt ha en annen verdi for k.
Men når du trekker i fjæra med en kraft F, må fjæra virke tilbake på deg med en motsatt like
stor kraft F'=− F =−k⋅x. Denne kraften fra fjæra mot deg kaller vi fjærkraften. Denne
kraften kan vi bruk til å sette et legeme i bevegelse, og dermed gi legemet en kinetisk energi.
La oss analysere dette nærmere:
( )
xB xB 1 2
xB
1 2 1 2
⎡ 2 2 B 2 A
xA x
⎣
⎤
⎦
A
xA
W = F x ⋅ dx = −kx⋅ dx =−k⋅ x =− kx + kx
Vi presser sammen ei fjær en strekning x, og
plasserer en kloss med masse m like foran
den sammenpressede fjæra. Da virker det en
kraft F = −k⋅ x fra fjæra mot klossen.
Minustegnet skyldes at dersom x er negativ
(som på figuren), blir F positiv og omvendt.
Det arbeidet som fjærkraften utfører når
klossen flyttes fra x A til x B , er
∫ ∫ .
Vi ser at dette arbeidet kun avhenger av start- og sluttposisjonene til fjæra. På samme måte
som for tyngdekraftens arbeid er det nå naturlig å definere:
Ei fjær med fjærkonstant k som er presset sammen eller forlenget en strekning x fra likevekt,
har en potensiell energi gitt ved
1 2
W = kx
.
pot 2
Videre ser vi at:
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Arbeidet som fjærkraften utfører, er
1 2 1 2
( 2 B 2 A )
W =− kx − kx
slik at arbeidet er lik reduksjonen i potensiell energi i fjæra.
Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 9
Vi vet at det arbeidet som fjærkraften utfører når posisjonen endres fra en startposisjon x A til
en sluttposisjon x B , er lik endringen av kinetisk energi. Da får vi:
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 B 2 A 2 B 2 A 2 B 2 B 2 A 2 A
W =− kx + kx = mv − mv ⇔ mv + kx = mv + kx .
Vi har altså vist at:
Dersom ingen andre krefter enn fjærkraften virker på et legeme, er
1 2 1 2 1 2 1 2
mv 2 B + kx 2 B = mv 2 A + kx 2 A
slik at summen av legemets kinetiske energi og potensielle energi i fjæra er bevart.
Eksempel 5.5: Vi henger en kloss med masse 100 gram i ei fjær, og merker oss at fjæra da
forlenges 7.4 cm fra likevekt. Se bort fra fjæras egen masse.
a) Finn fjærkonstanten k.
b) Fjæra legges horisontalt. Fjæras ene ende festes til en vegg. Fjæra presses sammen
11.7 cm. En liten partikkel med masse 12.0 gram plasseres inntil fjæra. Finn farten til
partikkelen når fjæra utløses.
Løsning:
a) Siden klossen henger i ro, påvirkes den av to motsatt like store krefter: Tyngden og
fjærkraften. Da blir
2
F = mg = 0.100kg ⋅ 9.81m/s = 0.981N .
b)
Fjærkonstanten k er
k =
F
x
0.981N
= = 13.3N/m .
0.074m
k 13.3N/m
vB = ⋅ xA
= ⋅ 0.117m = 3.90m/s .
m 0.012kg
I startposisjonen A er klossen i ro, mens
sammenpressingen er x A = 0.117m . I sluttposisjonen
B er fjæra ikke presset sammen,
men farten er v . Energilikningen blir
B
2 1
B + 2
2 1
B = 2 A
2 1 + 2
1 mv k x m v
2
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.
= 0m = 0m/s
kx
2
A

Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 10
5.5. Energibevaring.
Hittil har vi sett på hva som skjer dersom tyngdekraften eller fjærkraften virker alene på et
legeme (mer presist: dersom vektorsummen av de andre kreftene er lik null). Nå skal vi lage
en mer generell energilikning.
Vi setter at vektorsummen av de kreftene som virker på en partikkel, kan skrives på formen
∑F= G+ Ffjær + Fandre
.
Her er G tyngden, Ffjær er fjærkrefter, og Fandre
er vektorsummen av alle andre krefter som
virker på partikkelen. Det totale arbeidet som disse kreftene utfører når partikkelen flyttes fra
A til B, er da
∫ ∑ ∫ ∫ ∫
B B B B
W = Fidr = Gidr+ F idr+ F idr.
fjær andre
A A A A
De to første integralene har vi allerede sett på. Vi vet at de kan omformes slik at
2 2
B
1 1
W =−( mgzB −mgzA) −( kx 2 B − kx 2 A ) +∫ Fandreid r.
A
Men vi vet også at dette arbeidet er lik endringen av partikkelens kinetiske energi, slik at
( ) ( )
2 2
B
1 1 1 2 1
B A 2 B 2 A Fandre r 2 B
A
2
i
W =− mgz −mgz − kx − kx + d = mv − mvA
.
Ordning gir nå:
2 2
B
1 1 1 2 1 2
mv 2 A + mgzA + kx 2 A + Fandre dr = mv 2 B + mgzB + kx
A
2
i B
∫
1 2
Den kinetiske energien mv og de to formene for potensiell energi mgz og
2
eksempler på mekanisk energi. Likningen over kan da formuleres slik:
∫
2
1 2
kx er alle
2
Når et legeme flyttes fra et startpunkt A til et sluttpunkt B, er legemets totale mekaniske
energi i B lik legemets totale mekaniske energi i A pluss det arbeidet som andre krefter enn
tyngde og fjærkraft har utført på legemet.
La oss se på to viktige spesialtilfeller. Det første tilfellet er at Fandre = 0. Da har vi at:
Dersom ingen andre krefter enn tyngde og fjærkraft virker på et legeme, er legemets totale
mekaniske energi bevart.
Det andre spesialtilfellet er at Fandre
er friksjonskrefter. Vi vet at disse alltid virker mot
bevegelsen, slik at friksjonsarbeidet er negativt. Vi setter da at
∫
B
A
F dr =−W
i
andre friksjon
Vår generelle energilikning blir da
.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 11
1 2 1 2 1 2 1 2
mv 2 A mgzA kx 2 A Wfriksjon mv 2 B mgzB kx 2
Formulert med ord:
+ + − = + + B .
Når et legeme flyttes fra et startpunkt A til et sluttpunkt B under påvirkning av tyngdekraft,
fjærkraft, og friksjonskrefter, er legemets totale mekaniske energi i B lik legemets totale
mekaniske energi i A minus det arbeidet som friksjonskreftene har utført.
Eksempel 5.6: Ei fjær ligger langs et skråplan som har helningsvinkel 30 over horisontalplanet.
Fjæra har fjærstivheten k = 100N m og er trykt sammen x = 0.10m fra likevekt. På
toppen av fjæra ligger en liten kloss med massen m = 0.100kg .
a) Hvor langt fra startposisjonen (med sammenpresset fjær) beveger klossen seg oppover
skråplanet når vi slipper fjæra? Se bort fra friksjon.
b) Det viser seg at klossen stopper og snur allerede 0.60m fra startposisjonen. Dette
skyldes at det virker en konstant friksjon på klossen under hele bevegelsen. Hvor stor er
denne friksjonskraften?
Løsning: Vi starter med å tegne en figur, der vi lar startposisjonen være nullnivå for potensiell
energi i tyngdefeltet.
Av figuren ser vi at
h = Lsin30 = L.
Vi setter opp energilikninger:
1
2
a) I startposisjonen A er v A = 0m/s,
z A = 0m og fjæras sammenpressing x A = 0.100m .
1
I det høyeste punktet B er v B = 0m/s,
zB= h= L og fjæras sammenpressing x 0m.
2
B =
Nå antar vi at det ikke virker andre krefter enn fjærkraft og tyngde. Da blir
1 2 1 2 1 2
1 2
mv 2 A + mgz
A + kx 2 A = mv 2 B + mgzB + kx 2 B
.
1
2
= 0m/s = 0m = 0m/s = 0m
2 1
A = B = ⋅ 2
kx mgz mg
( ) 2
2
kx 100 N/m ⋅ 0.10m
A
L ⇔ L= = = 1.02m .
2
mg 0.100kg ⋅9.81m/s
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 12
b) Når det viser seg at klossen kun kommer 0.60m fra startpunktet før den snur, er det klart
at det må virke friksjon. Vi lar fremdeles B være klossens øverste punkt, 0. 60m fra A.
1
Da er L = 0.60m og h= L = 0.30m . Energilikningen blir nå:
2
1 2 1 2 1 2
2 A A 2 A f 2 B B
1
mv + mgz+ kx −F⋅ L= mv + mgz+ kx
2 B
= 0m/s = 0m = 0m/s = 0m
1 2
1
2 A − f ⋅ = B = ⋅ 2
F
kx F L mgz mg L
f
1 2 1
2
2 A − ⋅ 2
A
kx mg L kx mg
= = −
L 2L 2
( )
2 2
100 N/m ⋅ 0.10m 0.100kg ⋅9.81m/s
= −
2⋅0.60m 2
= 0.34 N
Tyngdekraft og fjærkraft har en viktig felles egenskap: Det arbeidet som disse kreftene
utfører, kan uttrykkes som endring av en potensiell energi. Denne potensielle energien er kun
avhengig av start- og sluttpunkt for bevegelsen. Merk spesielt at dersom legemet kommer
tilbake til startpunktet, er endringen av potensiell energi lik null.
Fins det andre typer krefter som har denne nyttige egenskapen? Svare er JA. Et eksempel er
krefter i elektriske felt. For å avgjøre om en kraft har denne egenskapen, har vi innført denne
definisjonen:
Vi sier at en kraft er konservativ dersom det arbeidet som kraften utfører på et legeme er lik
null når legemet går fra et punkt og tilbake til samme punkt.
Til enhver konservativ kraft kan det knyttes et potensial slik at det arbeidet som kraften
utfører kan uttrykkes som endring av potensiell energi. Dette gjør det enkelt å sette opp
energilikninger der slike krefter inngår.
Friksjon er et eksempel på en kraft som ikke er konservativ. Når slike krefter virker, vil den
mekaniske energien avta. Vi sier derfor at slike krefter er dissipative. Men dette betyr ikke at
energien forsvinner. Det betyr at energien går over til andre former, som regel varme. Når en
bil bråbremser, ser du gjerne svarte spor i asfalten. Det er gummi fra dekkene og asfalt som er
smeltet, og viser at kinetisk energi er gått over til varme.
En mengde nøyaktige eksperimenter tyder på at energi kan aldri forsvinne. Energi kan bare
gå over til andre former. En av de viktigste ”andre former” er indre energi. Ved hjelp av
indre energi kan vi kople energiformer som varme og kjemisk energi sammen med energilovene
i mekanikken og elektrisitetslæra. Men selv om energi ikke kan forsvinne, kan vi ikke
overføre energi fra en energiform til en annen som vi selv vil. Det viser seg at energi har en
ubehagelig tendens til å gå fra ”nyttige” former til mindre ”nyttige” former. Dette skal vi
komme nærmere tilbake til i varmelæra.
Loven om at all energi er bevart kan ikke bevises. Men man har aldri funnet noe eksempel på
at denne loven ikke stemmer. Vi antar derfor at det er en fundamental naturlov.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.
2

Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 13
5.6. Effekt.
Hittil har vi konsentrert oss om hvor mye arbeid som utføres. Nå skal vi se på hvor raskt
arbeidet utføres. Vi starter med en definisjon:
Dersom et arbeid ΔW utføres på en tid Δ t , er den gjennomsnittlige effekt
ΔW
P = .
Δ t
Effekt måles i Watt (W), der 1 Watt er lik 1 Joule per sekund. Vi ser ofte at energi måles i
Wattsekund (eller kWh) istedenfor i Joule.
Eksempel 5.7: Finn den gjennomsnittlige effekt når en koffert med masse 20 kg løftes fra
gulvet og opp på ei bagasjehylle 2.0 meter over gulvet i løpet av 2.5 sekunder.
Løsning: For å løfte kofferten, må vi utføre et arbeid som er lik endringen i potensiell energi
for kofferten:
2
Δ W = mgh=
20kg ⋅9.81m/s ⋅ 2.0m = 392J .
Gjennomsnittlig effekt er
ΔW
392J
P = = = 157 Watt .
Δt
2.5s
Vi finner den momentane effekt P ved å la Δt → 0 . Da får vi:
Den momentane effekten P er
ΔW
dW
P = lim = .
Δ→ t 0 Δt dt
Dersom kraften er konstant lik F over en kort strekning Δs , kan effekt-formelen omformes
slik:
ΔWFiΔs Δs
P = lim = lim = Filim = Fiv = F ⋅ v ⋅cos ( ∠F,
v )
Δ→ t 0 Δt Δ→ t 0 Δt Δ→ t 0Δt
der v er den momentane hastigheten og ∠F, v er vinkelen mellom F og v. Med andre ord:
Effekten P er skalarproduktet av kraften F og hastigheten v:
P = Fv i
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
5. Arbeid og energi. Side 14
Eksempel 5.8: En rampe har helningsvinkel 30 . En bil med masse 1500 kg trekkes opp på
denne rampen med fart 0.50 m/s. Hvor stor effekt må til for å trekke bilen opp rampen når vi
antar at friksjonskraften er lik 240 N, og at trekk-kraften er parallell med skråplanet?
Løsning: Legger x-aksen opp langs skråplanet. Da er størrelsen
av trekk-kraften
F = F + sin
f mg θ
= + ⋅ ⋅
2
240 N 1500kg 9.81m/s sin30
= 7600 N
Siden kraft og hastighet har samme retning, blir
effekten
P = F ⋅ v = 7600 N ⋅ 0.50m/s = 3800W .
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.