Newtons lover - Universitetet i Tromsø

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 1
4. Krefter.
4.1. 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 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
akselerasjonsretningen).
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. Teknikken er
vist i eksemplet nedenfor.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 2
Eksempel 4.1: En kraft F1
er gitt ved F ˆ
1
= 2i+
3ˆ j. 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.
Løsning:
Av figuren ser vi at
F2x
= F2 ⋅ cosϕ
= 5cos127 =−3.00
.
F2y
= F2 ⋅ sinϕ
= 5sin127 = 4.00 .
Dette betyr at
F = Fˆi+ F ˆj=− 3.00ˆi+
4.00ĵ
2
x
1 2
y
slik at
F = F + F = 2ˆi+ 3ˆj + − 3ˆi+ 4ˆj =− 1ˆi+
7ˆj.
Størrelsen til F er
( ) ( )
( ) 2
2 2 2
x
Fy
F = F + = − 1 + 7 = 50
= 5 2 = 7.07
F danner en vinkel θ med positiv x-akse som er
gitt ved
Fy
7
tanθ
= = =−7
F −1
x
⇔ θ =− 81.9 + 180 = 98.1
4.2. Newtons lover.
4.2.1. 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. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 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. Vi skal derfor i all mekanikk forutsette at vi har et inertialsystem
dersom vi ikke sier noe annet.
Dersom vi først har påvist et inertialsystem, er alle andre koordinatsystemer som beveger seg
med konstant hastighet i forhold til inertialsystemet også inertialsystemer forutsatt at de ikke
roterer. 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.
4.2.2. 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. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 4
4.2.3. 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.
4.2.4. 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 .
4.2.5. 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 vet at det virker en
tyngdekraft
ĵ
G =−m⋅gˆj
på vår venn der m er hans masse, g er tyngdens akselerasjon og ĵ
er en enhetsvektor som har retning oppover. 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.
ĵ
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
( mg ˆ )
F+ G = 0 ⇔ F = − G = − − j = mg ˆj.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 5
ĵ
La oss nå konsentrere oss om badevekta. Siden det virker en kraft
F = mg ˆj
fra badevekta mot personen, må det ifølge Newtons 3. lov
virke en motsatt like stor kraft
F' =− F =−mg ˆj
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
gˆ
t
j
( )
( ) ( )
1 vekt vek
= F+ m ˆ ˆ ˆ
vekt
gj= mgj+
mvekt
gj
= m+
m gˆj
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.
4.3. 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.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 6
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.
• 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. Jeg vil i stor grad jobbe med vektorer, og skrive disse vektorene som
kolonnevektorer.
Eksempel 4.2: En motor med masse m = 100kg 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 og F .
F1
2
Løsning:
ĵ
î
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:
F =− − mg ˆj
= mg ˆj.
( )
Denne kraften virker på motoren fra ringen.
Da må det virke en motsatt like stor kraft
F ' fra motoren på ringen, slik at
F' =− F =−mg ˆj.
Så må vi dekomponere de to ukjente kreftene og . Jeg skal skrive F istedenfor det mer
F1
F2
1
F1
F2
korrekte F
1
når jeg mener absoluttverdien av , og tilsvarende for . Fortegnet til
komponentene ser jeg av figuren. Siden motoren henger i ro, er:
I x-retningen:
cos15
− F1cosθ1+ F2cosθ2 = 0 ⇔ F1 = F2
≈0.981F 2
.
cos10
I y-retningen:
F1sinθ1 + F2sin θ2 − F' = 0 ⇔ F1sin10 + F2sin15
= mg.
Setter inn, og får:
0.981F ⋅ sin10 + F sin15 = mg ⇔ F
0.981⋅ sin10 + sin15 = mg
2 2 2
( )
2
mg 100kg ⋅ 9.81m/s
⇔ 0.429F2 = mg ⇔ F2
= = ≈2290 N
0.429 0.429
F = 0.981F
= 0.981⋅2290 N ≈ 2250 N .
1 2
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 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.
Neste eksempel viser en standard-situasjon som du vil komme bort i mange ganger.
Eksempel 4.3: 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:
Vi starter med å lage en figur, der vi tegner inn
de kreftene som virker. Vi kan uten videre tegne
inn tyngden G som er slik at absoluttverdien
G = mg med retning nedover. 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.
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).
Langs skråplanet:
Gx
mg sinθ
Gx
= m⋅a ⇔ a = = = gsinθ .
m m
Vinkelrett på skråplanet:
N − G = 0 ⇔ N = Gcosθ
= mgcosθ
.
y
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
.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 8
Eksempel 4.4: 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.
Disse kreftene virker på hver av personene:
• G
A
og G B
er tyngdene til hver av personene.
• 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 4.5: Et masseløst, ustrekkelig tau kan gli friksjonsfritt over ei masseløs talje som er
hengt opp i taket. I hver ende av tauet henger det et lodd. Loddene har masser m1
og m2
.
a) Finn loddenes akselerasjon når systemet slippes, uttrykt ved m1
, m2
og g.
b) Finn de kreftene som virker på talja.
Løsning:
Situasjonen er tegnet nedenfor til venstre. Der er det også merket av at systemet kan splittes
opp i tre delsystemer. For hvert delsystem er det angitt en positiv retning. Jeg har gjettet på at
m2 > m1
slik at m2
får akselerasjon nedover mens m2
får akselerasjon oppover, og har valgt
positive retninger i henhold til dette. Det er imidlertid ikke nødvendig å gjøre slike gjetninger.
Vi kan godt velge positiv retning for delsystemene uavhengig av hverandre.
Så setter vi opp Newtons 2. lov for hvert av de tre delsystemene. Vi kaller klossenes
akselerasjoner for og a . Da får vi:
a1
2
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 9
(1): F1 − m1g = ma
1 1
(2): mg
2
− F2 = ma
2 2
(3): F − F1'
− F2'
= 0 (siden trinsa er i ro).
T
La oss se på sammenhenger mellom størrelsene. Siden
snora ikke kan strekkes, må begge ender av snora bevege
seg like fort. Slik vi har valgt positive retninger, blir både
a og positive og like store. Da kan vi sette
1
a 2
a1 = a2
= a.
Kreftene F1
og F2
må være like store. Vi tok hensyn til
retningen på kreftene da vi satte opp Newtons 2. lov. Vi
kan derfor sette
F1 = F2
= F .
Likning (1) og (2) blir nå:
(1): F − m1g = ma
1
(2): mg
2
− F=
ma
2
Legger sammen likningene, og får:
mg− mg= ma+
ma
2 1 2 1
( − ) = ( + )
m m g m m a
2 1 2 1
m
a =
m
− m
+ m
2 1
1 2
g
De to kreftene F1
og F2
er krefter som virker på loddene fra trinsa. Da er motkreftene F ' 1
og
F ' 2
som virker fra loddene på trinsa motsatt like store som F1
og F2
(Newtons 3. lov). Da
blir likning (3) slik:
F −F ' − F ' = 0 ⇔ F = F ' + F ' = F + F = 2F
.
T
1 2 T 1 2 1 2
Merknad til fortegnene: Vi opererer hele tiden med størrelsene av kreftene. Retningene har vi
tatt ut fra figuren da vi satte opp Newtons 2. lov i utgangspunktet.
Til slutt må vi finne F. Av (1) får vi:
F − mg = ma
Da blir
F
T
1 1
⎛ m2 −m ⎞
1 ⎛ m2 −m1⎞
F = mg
1
+ ma
1
= m1⎜g + g⎟= m1
1 g
m1 m
⎜ +
2
m1 m
⎟
⎝ + ⎠ ⎝ +
2 ⎠
( m + m ) + ( m −m ) 2mm
= ⋅ =
1 2 2 1 1 2
m1
g g
m1+ m2 m1+
m2
4mm
1 2
= 2F
=
m + m
1 2
g.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 10
Det er ikke meningen at du skal huske disse formlene. Derimot er det viktig at du lærer deg
løsningsteknikken. Den vil du nemlig få bruk for mange ganger.
Det er forresten en interessant liten detalj i dette eksemplet. Det er kanskje naturlig å tro at
FT
= m1g + m2g. Men det uttrykket vi har fått for FT
, er alltid mindre enn mg
1
+ mg
2
dersom
m ≠ m (klarer du å vise det). Hva er grunnen til dette
1
2
4.4. Krefter i sirkelbevegelse.
I de eksemplene vi har sett på hittil, har enten legemene vært i ro eller har hatt rettlinjet
akselerasjon. Men det er også krefter med i spillet i forbindelse med sirkelbevegelse. Vi vet at
en partikkel som beveger seg med konstant fart i en sirkel har en akselerasjon (sentripetalakselerasjon)
inn mot sentrum i sirkelen. En kraft som gir opphav til en slik sentripetalakselerasjon
kalles en sentripetalkraft. Den må også ha retning inn mot sentrum i sirkelen.
Eksempel 4.6: Ei kule med masse m = 0.10kg er festet i ei snor, og roterer med konstant fart
i en horisontal sirkelbane med radius R = 0.10m 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.
Da er sentripetalakselerasjonen
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
= 0.10 kg ⋅ 68.5m/s = 6.85 N .
Tiden på en rotasjon er
24s
T = = 0.24s .
100
Eksempel 4.7: 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.
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
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

R= L⋅ sinθ
.
Vi ser også at kraften F inn mot sentrum i sirkelen er
Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 11
L
F = mgtanθ
.
Men siden F er en sentripetalkraft, er
2
4π
R
F = m⋅ a = m . T
N
2
mg
S
F
R
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 = ( )
Svingetiden blir altså
L cosθ
T = 2π
.
g
Av figuren ser vi også at
F mgtanθ
Ssinθ
⇔ sinθ
mg
cosθ
mg
S sinθ
sinθ
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
Lcosθ er høyden H fra opphengingspunktet til sirkelens sentrum. Da
• Av formelen
L
T ≈ 2π
g
får vi
2
4π
L
g ≈ .
2
T
Denne formelen kan brukes til å finne tyngdens akselerasjon g med stor nøyaktighet.
Hittil har vi sett på bevegelse i en horisontal sirkel. I neste eksempel skal vi se på bevegelse i
en vertikal sirkel.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 12
Eksempel 4.8: 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 = 8.00m 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
⋅8.00m
2
aN
= = ≈ 0.790 m/s .
2 2
T 20.0s
( )
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
Fbunn
− mg = maN
Fbunn
= mg + maN
= m( g + aN
)
2
= 60.0kg 9.81+ 0.79 m/s = 636 N
( )
4.5. 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. I vårt pensum skal vi nøye oss med
noen hovedtrekk. Vi skal likevel få fram de viktigste sidene ved friksjonskrefter.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 13
4.5.1. 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:
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. Disse to kreftene 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 som holder igjen. Denne kraften skal vi kalle den statiske
f
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
den statiske friksjonen like før klossen begynner å gli. Vi definerer nå den statiske friksjonskoeffisienten
(eller friksjonsfaktoren eller friksjonstallet) μ 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 hvor store flatene er og av m (og dermed også av
N). Dette gjelder så lenge N ikke er så stor at flatene deformeres.
Så lar vi klossen gli med konstant fart på det horisontale underlaget, og lar F
f
være friksjonskraften
mens klossen glir. Eksperimenter vi ser da at:
• 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 slik:
Ff
μ
k
= .
N
Merk at i denne definisjonen er
Det viser seg at
μ
s
alltid er litt større enn
k
F
f
friksjonskraften mens klossen glir på underlaget.
s
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.
av
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 14
Noen ganger er forskjellen mellom μ
s
og μ
k
såpass liten at vi ikke trenger å ta hensyn til
den. Da setter vi μs = μk
= μ, og snakker bare om ”friksjonstallet”. Her er en liten oversikt
over friksjonstall:
Materialer
Statisk friksjonsfaktor
μ
s
Kinetisk friksjonsfaktor
μ
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
k
Eksempel 4.9: 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:
Vi benytter at
Fx = Fcos3 0 = 0.866F
og at
F = Fsin 30 = 0.500F
.
y
Da blir:
(1): 0.866F − F f
= 0
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
Selv om trekk-kraften F skifter retning, er friksjonstallet
μ
d
uendret. Vi dekomponerer kreftene i en horisontal
(x- ) og en vertikal (y- ) retning, og får:
(1): F − F = 0
x
(2): F + N − mg = 0
y
f
Her må vi merke oss at normalkraften N ikke lenger er
motsatt lik tyngden mg fordi F også trekker oppover.
y
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

(2): 0.500F + N − mg = 0.
Dessuten vet vi at
Ff
(3): = μk
= 0.469 ⇔ Ff
= 0.469N
N
Dette er tre likninger med
Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 15
F
f
, F og N som ukjente. Vi starter med å sette
0.866
F
f
fra (3) inn i (1):
(1): 0.866F − 0.469N = 0 ⇔ N = F = 1.85F.
0.469
Dette setter vi inn i (2):
2 490.5 N
(2): 0.500F + 1.85F = mg ⇔ 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.
Vi har tidligere sett på en kloss som glir ned et skråplan. Nå skal vi gå tilbake til dette
eksemplet, men skal ta hensyn til friksjon.
Eksempel 4.10: En kloss med masse m ligger på et skråplan med helningsvinkel θ. Friksjonstallet
mellom kloss og skråplan er μ (vi skiller ikke mellom statisk og kinetisk friksjon).
a) Vi justerer helningsvinkelen θ slik at klossen glir med konstant fart. Finn en sammenheng
mellom θ og μ i denne situasjonen.
b) Vi øker θ slik at klossen akselererer nedover skråplanet. Finn akselerasjonen a uttrykt ved
g, θ og μ.
Løsning: Situasjonen er vist på figuren nedenfor. Som før legger vi inn et koordinatsystem
med x-akse ned langs skråplanet og y-akse vinkelrett på skråplanet. Så lenge klossen glir
(eller prøver å gli) nedover skråplanet, har friksjonskraften F retning oppover langs
skråplanet som vist på figuren. Vi dekomponerer kreftene:
x-retning:
G − F = m⋅a ⇔ mgsinθ
− F = ma.
f
x f f
y-retning:
N − G = 0 ⇔ N − mgcosθ
= 0.
y
Videre vet vi at så lenge klossen glir, er
Ff
μ = ⇔ Ff
= μN
,
N
slik at likningen for x-retningen blir
mg sinθ
− μN = ma .
a) Når klossen glir med konstant fart, er akslerasjonen a = 0 . Da blir:
mg sinθ
− μN
= 0 .
Av likningen for y-retning ser vi at
N = mgcosθ
.
Setter dette uttrykket for N inn i likningen for x-retningen, og får
sinθ
mg sinθ − μ( mg cosθ)
= 0 ⇔ mg sinθ
= μ mg cosθ ⇔ μ = = tanθ
.
cosθ
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 16
b) Når klossen har akselerasjon ned skråplanet, er
mg sinθ
− μN = ma .
Setter inn at N = mgcosθ
, og får
m gsinθ
− μ( mgcosθ ) = ma ⇔ a = g( sinθ − μcosθ)
.
Enhver bilfører vet at friksjon er svært viktig for å holde bilen på veien. Nedenfor finner du et
par eksempler på friksjon og biltrafikk.
Eksempel 4.11: Du kjører på en glatt horisontal vei med en fart på 36 km/h. Du må
bråbremse, og merker deg at bremsestrekningen (fra bremsene begynner å virke til bilen står
helt stille) er 20.0 meter.
a) Hvor stort er friksjonstallet
b) Hvor lang vil bremsestrekningen bli dersom du kjører ned en bakke med helningsvinkel
på 10 , og må bråbremse Bruk friksjonstallet fra a).
c) En annen bil har gamle, dårlige dekk slik at friksjonstallet mellom hans dekk og
underlaget er 80% av det friksjonstallet du fant i a). Også han kjører med 36 km/h. Hvor
lang bremsestrekning får han
1) på horisontal vei
2) i unnabakken med helningsvinkel på 10
Løsning:
a) Jeg vet at friksjonstallet er
F f
μ =
N
der F er størrelsen av friksjonskraften og N er normalkraften fra underlaget. Siden bilen
f
kjører på horisontal vei, er
N − mg = 0 ⇔ N = mg .
Videre er
F = ma
f
slik at
Ff
ma a
μ = = = .
N mg g
For å finne akselerasjonen bruker jeg formelen
( 0m/s) − ( 10m/s)
( − )
2 2
2 2
2 2
v − v0
2
−
0
= 2 ( −
0)
⇔ = = = −2
2( x−x0
) 2 20m 0m
v v a x x a
1000m
Her har jeg benyttet at 36km/h = 36 ⋅ = 10m/s .
3600s
Da blir
2
a −2.5m/s
μ = = = 0.255 .
2
g 9.81m/s
.5m/s .
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 17
b) Når du bremser i en unnabakke, har du et ”friksjon-på-skråplan”-problem. Vi benytter
derfor figuren fra forrige eksempel.
Her blir friksjonskraften
F = μ N = μmgcosθ
.
f
Akselerasjonen (som forhåpentlig blir negativ
siden bilen bør stoppe) er
1 1
a = ( Gx
− Ff
) = ( mgsinθ −μmgcosθ)
m
m
= g sinθ −μcosθ
( )
( )
2
9.81m/s sin10 0.255cos10
= −
2
=−0.76 m/s
Finner bremsestrekningen x av formelen
2 2
v − v0 = 2a( x−
x0)
der x
0
= 0m er startpunktet for oppbremsingen, v
0
= 10m/s er startfarten og v = 0m/s er
sluttfarten. Jeg får
2 2
v − v0 = 2a( x−
x0)
1 2 2
1
2 2
⇔ x = x0 + ( v − v0 ) = 0m +
2 ( 0m/s − 10m/s ) = 65.8m
2a
2 −0.76m/s
( ) ( ) ( )
c) Vår venn med dårlige dekk har et friksjonstall på
μ
1
= 0.80 ⋅ 0.255 = 0.204 .
På horisontal vei er størrelsen av friksjonskraften under oppbremsing
Ff
1
= μ1N = μ1mg
slik at akselerasjonen blir
1 1
2 2
a = ( − Ff
1) = ( −
1mg) 1g
0.204 9.81m/s 2.00m/s
m m μ =− μ =− ⋅ =− .
Bremsestrekningen x på horisontal vei blir
1 2 2
1
( )
(
( ) ( ) 2 ( )
2
x = x0 + v − v0 = 0m+ 0m/s − 10m/s
2
) = 25.0m.
2a
2 −2.00m/s
I unnabakke blir det verre. Der er akselerasjonen
1 1
a = ( Gx
− Ff1) = ( mgsinθ − μ1mgcosθ) = g(
sinθ −μ 1
cosθ)
m
m
2
2
= 9.81m/s ( sin10 − 0.204cos10 ) = −0.267 m/s
Bremsestrekningen blir
1 2 2
1
( )
(
( ) ( ) 2 ( )
2
x = x0 + v − v0 = 0m + 0m/s − 10m/s
2
) = 187 m .
2a
2 −0.267 m/s
Vi ser at mens bremsestrekningen på horisontal vei bare øker fra 20 m til 25 m når
dekkene blir litt dårligere, vil bremsestrekningen i vår unnabakke med helningsvinkel på
10 nesten tredobles fra 65.8 m til 187 m. Kanskje på tide å kjøpe nye vinterdekk
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 18
Vi har tidligere sett at når hastighetsvektoren endrer retning, har vi en sentripetalakselerasjon.
Da må det også være en sentripetalkraft. Dette skal vi se nærmere på i neste eksempel.
Eksempel 4.12: En bil kjører i en sving med svingradius R = 50m . Veien og veibanen er
horisontal. De er is på veien, slik at friksjonen 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 ⋅ 50m = 8.6m/s .
R
3600s/h
Dette svarer til 8.6m/s ⋅ = 31km/h .
1000m/km
På moderne veier er ikke veibanen horisontal i svinger. Der er veibanen dosert slik at veien 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 4.13: 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.
Siden bilen kjører i en horisontal sving, er sentripetalakselerasjonen
rettet horisontalt innover i svingen. Da er det
naturlig å dekomponere med en x-komponent horisontalt
inn mot svingens sentrum og en y-komponent vertikalt med
retning oppover som vist på figuren.
Legg merke til at det ikke er tegnet inn noen friksjonskrefter
på figuren. Det innebærer at det kun er x-komponenten av
normalkraften som gir sentripetalakselerasjon. I x-retningen
får vi da:
Nsinθ = m⋅ aN
.
I y-retningen får vi:
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 19
mg
Ncosθ
− mg = 0 ⇔ 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 ⇔ θ = 15.8
R
Rg 100m ⋅9.81s
b) 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:
Nsinθ
− F cosθ
= m⋅ a .
f
Ncosθ
+ F sinθ
− mg = 0 .
f
N
Vårt første problem er hva som skjer dersom bilen stopper,
d.v.s. at v = 0m/s. Fra eksempel 4.10 om ”kloss på
skråplan” vet vi at dersom μ < tanθ
vil klossen (bilen) gli
nedover skråplanet. Det er åpenbart tilfelle her. Bilen må
altså ha en minste fart for ikke å gli. Vi skal nå finne denne
minste farten.
Vi vet at friksjonskraften
Ff
= μ N .
F
f
maksimalt kan bli
Vi setter inn dette uttrykket i de dekomponerte kraftlikningene:
2
v
Nsinθ − μNcosθ = m⋅aN
⇔ N( sinθ − μcosθ)
= m⋅ . R
mg
Ncosθ + μNsinθ − mg = 0 ⇔ N( cosθ + μsinθ)
= mg ⇔ N =
cosθ + μsinθ
Setter uttrykket for N inn i den første likningen:
2 1
m g ( sinθ − μcosθ)
v
2 sinθ − μcosθ cosθ
tanθ − μ
= m ⋅ ⇔ v = Rg ⋅ = Rg .
1
cosθ + μsinθ
R
cosθ + μsinθ 1+
μtanθ
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+ μtanθ
1+
0.20 tan15.8
cosθ
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 + μNcosθ = m⋅aN
⇔ N( sinθ + μcosθ)
= m⋅ . R
f
.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 20
mg
Ncosθ −μNsinθ − mg = 0 ⇔ N( cosθ − μsinθ)
= mg ⇔ N =
cosθ − μsinθ
Setter uttrykket for N inn i den første likningen:
2
m g ( sinθ + μcosθ)
v
2 sinθ + μcosθ tanθ + μ
= m ⋅ ⇔ v = Rg = Rg .
cosθ − μsinθ
R
cosθ −μsinθ 1−μtanθ
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−
μtanθ
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 bilen ikke skal gli innover i svingen når den står stille, må den minst ha en fart
tanθ
− μ
vmin
= 0 ⇔ Rg = 0 ⇔ μ = tanθ
.
1+
μtanθ
Dette stemmer med det vi vet om friksjon på skråplan.
• Dersom det ikke er friksjon slik at μ = 0, blir
vmin = vmax = Rgtanθ
.
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.
4.5.2. Viskøs friksjon.
Vi skal nå se litt på hva som skjer når et legeme beveger seg i en væske eller en gass.
Legemet vil da møte en motstand mot bevegelsen. Formler for størrelse og retning for denne
friksjonskraften kan være temmelig komplisert. Vi skal forutsette at friksjonskraften alltid er
rettet mot fartsretningen.
Eksperimenter viser at dersom farten v er liten, kan vi med brukbar nøyaktighet anta at
friksjonskraften F er gitt ved
Ff
=−k⋅v
f
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
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 21
gass. Minustegnet angir at friksjonskraften og farten har motsatte retninger. Dersom vi kun er
interessert i størrelsen av friksjonskraften, utelater vi minustegnet.
Dersom farten øker, blir formelen over mindre nøyaktig. Noen ganger viser det seg at
sammenhengen
2
F =−k⋅v
f
(der k ikke har samme verdi som i formelen
Ff
= −k⋅ v) gir tiltrekkelig nøyaktighet. Men
generelt sier man gjerne at størrelsen til viskøs friksjonskraft er gitt ved
n
F =−k⋅v
f
der n ligger i området 1 – 2, og både k og n avhenger av farten v. Vi skal imidlertid begrense
oss til den enkleste sammenhengen, F = −k⋅ v.
La oss se på en generell framgangsmåte for slike problemer.
f
Vi antar at et legeme med masse m trekkes gjennom en gass eller væske med en kraft F( t ) ,
der t er tid. 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:
k
k
− t ⎛ t ⎞
m
m
vt () = e ⎜∫
Fte () 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
differensiallikning, som er enklere å løse enn en lineær 1.ordens.
Når vi kjenner v( t ) , kan vi finne tilbakelagt strekning x ved å løse differensiallikningen
()
v t
dx
= .
dt
Eksempel 4.14: 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
.
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 båtens fart er redusert til v = 5.0m/s 10 sekunder etter at motoren stoppet.
c) Hvor langt går båten før den stopper helt
Løsning:
a) Når motorkraften bortfaller, er F( t ) = 0
. Da blir Newtons 2. lov
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

dv
= ⋅ ⇔ − ⋅ = ⋅ .
Ff
m a k v m dt
Forelesningsnotater i fysikk.
4. Krefter. Newtons lover. Side 22
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
v
0
k
− t
m
() 0
k
− t
m
= e ⇔ v t = v e .
( ) =
0
= m/s v ( 10)
= 5.0 m/s . Setter inn i formelen for ( )
b) Vet at v 0 v 8.0 , og at
k
k
10s
10 s
k
− ⋅ − ⋅
− s/kg
m
1000 kg 100
0
v t :
5.0
v( 10)
= v e ⇔ 5.0m/s = 8.0 m/s ⋅e ⇔ e = = 0.625 .
8.0
k
− s/kg = ln 0.625 = −0.47 ⇔ k = 47 kg/s .
100
I løsningen har jeg dradd med meg alle benevninger. Synes du at benevningen kg/s for k
er merkelig Hvis vi går tilbake til sammenhengen Ff
= k⋅ v får vi k = , som har
v
2
N
benevning
m/s . Men dette kan omformes slik: N kg⋅
m/s
= = kg/s , så vi ser at
m/s m/s
benevningen stemmer.
c) For å finne hvor langt båten går før den stopper, må vi først finne en formel for x( t ) . Det
gjøres slik:
k
k
dx
− t dx
− t
m
m
v() t = ⇔ v0e = ⇔ dx = v0e dt
dt
dt
∫
k
k
t
− t
m − t
m
m
m
0 0 0 0
k
x ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎛ − t ⎞
m
dx = ∫ v e dt ⇔ [ x] = v e x x v e 1
x ⎜− ⎟⎢ ⎥ ⇔ − = − ⎜ − ⎟
0
⎝ k ⎠⎣ ⎦ k ⎝ ⎠
m ⎛
x = x0 + v0⎜1
−e
k ⎝
k
− t
m
⎞
⎟.
⎠
k t
m
Her legger vi merke til at når t →∞, vil e − → 0 . Da vil
m
1000kg
x → x0 + v0( 1+ 0)
= 0m + ⋅ 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.
0
F f
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.