Fysikk for ingeniørstudenter

Fysikk for ingeniørstudenter
Marius Lysebo
26. juli 2019

Forord
Dette kompendiet ble opprinnelig skrevet i løpet av høsten 2014, parallelt med undervisningen
i emnet EMPE1100: FYSIKK OG KJEMI. Notatene ble oppdatert og revidert i 2015, 2016, 2017,
2018 og 2019. Richard Wolfsons bok om mekanikk [1] har vært benyttet som lærebok.
Det er en forutsetning at leseren har kjennskap til noe klassisk mekanikk fra videregående
skole. Jeg antar for eksempel at leseren kan en del om Newtons lover og kinematikk. I dokumentet
er det en del lenker, markert med blå farge. Lenkene fungerer best om du laster ned en elektronisk
kopi av kompendiet til din egen datamaskin.
Det har ikke vært meningen å skrive en standard lærebok. Dem finnes det mange av, også på
norsk. Dette kompendiet er skrevet spesielt for emnet EMPE1100. Fysikkdelen av EMPE1100 er
på fem studiepoeng og tas normalt av studenter i deres første semester ved OsloMet. Nivå, omfang
og valg av tema reflekterer det jeg oppfatter som målgruppas behov. De som f.eks. håper å finne
mange utledninger vil bli skuffa. Heldigvis finnes det lærebøker som driver det langt innen den
sjangeren. Ulike forkunnskaper fra videregående er også utfordrende i et emne som EMPE1100.
Jeg har inkludert noe stoff fra Fysikk 1 og 2. Antagelig er det for lite og for knapt for en del og for
mye og for kjedelig for andre.
Fra tid til annen får jeg mailer fra personer som har kommet over dette kompendiet på ulikt
vis. Noen lurer på om de kan få en kopi, om de kan bruke deler av kompendiet eller hvordan de
skal betale for det (!). Mitt svar er alltid det samme: Kompendiet har alltid vært og vil forbli gratis.
Alle står fritt til å bruke innholdet som de vil, skrive det om eller på andre måter redigere min
fremstilling. Kildefiler (LATEX) kan du få ved å henvende deg til meg.
Tips om trykkfeil og uklarheter mottas med stor takk.
Marius Lysebo
marius.lysebo@oslomet.no

Innhold
1 Kinematikk i 1D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.1 Definisjoner 9
1.2 Hva er kinematikk? 9
1.3 Hastighet og akselerasjon 9
1.4 Bevegelseslikningene ved konstant akselerasjon 12
1.4.1 Tips til oppgaveløsning og eksempler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5 Forskjellen på hastighet og fart 19
1.6 Omregning fra km/h til m/s og tilbake 19
1.7 Eksempel hentet fra en tidligere eksamensoppgave 19
2 Kinematikk i flere dimensjoner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.1 Bevegelse i to dimensjoner 23
2.2 Bevegelse i to dimensjoner ved konstant akselerasjon 24
2.3 Mer om bevegelse i to dimensjoner og komponenter 26
3 Tidsavhengig akselerasjon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.1 Generell algoritme 28
3.2 Eksempel på bruk av algoritmen 29
3.3 Implementering av algoritmen på en datamaskin 30
3.4 Plotting av beregningsresultatene 33
3.5 Sammenlikning av håndberegningene og numeriske beregninger 34

4 Newtons lover . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4.1 Hva bruker vi Newtons lover til? 37
4.2 Hvordan identifisere krefter? 37
4.2.1 Indre og ytre krefter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.3 Newtons 1. lov 38
4.4 Newtons 2. lov 39
4.5 Eksempler på bruk av Newtons 2. lov 40
4.6 Kobla masser 43
4.7 Newtons 3. lov 44
4.8 Vekt og vektløshet 45
4.9 Friksjon 46
4.10 Luftmotstand 48
4.10.1 Terminalhastigheten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
4.11 Alltid dette evinnelige skråplanet... 49
4.12 Sirkelbevegelse 53
4.13 Kort om fjærer 55
4.14 Tidligere eksamensoppgaver 56
5 Massesenter og massesentersatsen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
5.1 Definisjon av massesenteret 59
5.2 Massesentersatsen 64
5.3 Bevaring av massesenterposisjon 64
5.4 Bevaring av bevegelsesmengde 67
5.5 Tidligere eksamensoppgaver 71
6 Rotasjon av stive legemer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
6.1 Rotasjonsbevegelse 73
6.1.1 Vinkelakselerasjon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
6.1.2 Sammenhenger mellom θ,ω og α . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
6.2 Treghetsmoment 77
6.3 Kraftmoment 80
6.3.1 Litt mer om armen r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
6.3.2 Situasjoner med flere kraftmoment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
6.3.3 Kraftmomentet fra tyngdekraften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
6.4 Spinnsatsen 85
6.5 Bevaring av spinn 89
6.6 Tidligere eksamensoppgaver 89
7 Statikk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
7.1 Betingelser for statisk likevekt 91
7.2 Eksempler på statikkproblemer 92
7.3 Tidligere eksamensoppgaver 97

8 Rulling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
8.1 Rullebetingelsen 99
8.2 Hastigheten til ei rullende kule 100
8.3 Rulling uten sluring ned et skråplan 101
8.3.1 Standardtriks ved analyse av rullebevegelse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
8.4 Rulling og friksjon 102
8.5 Mer om rulling og friksjon 103
8.6 Tidligere eksamensoppgaver 104
9 Andre ressurser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
9.1 Bøker 107
9.2 Videoer 107

1. Kinematikk i 1D
1.1 Definisjoner
Et fysikkemne innledes gjerne med definisjonene av meter og sekund. Vi hopper over definisjonene,
men gjentar det de fleste leserne vel vet fra før: Posisjon x og avstand s måles i meter, tid t
måles i sekunder, hastighet v måles i meter per sekund og akselerasjon a måles i meter per sekund
per sekund. Tabell 1.1 oppsummerer.
Størrelse Symbol Enhet
Posisjon x m (meter)
Avstand/strekning s m (meter)
Hastighet v m/s (meter per sekund)
Akselerasjon a m/s 2 (meter per sekund per sekund)
Tid t s (sekund)
Tabell 1.1: Grunnleggende symboler og enheter i mekanikk.
1.2 Hva er kinematikk?
Kinematikk er den matematiske beskrivelsen av bevegelse. Å løse et kinematikkproblem vil som
oftest bety å beregne posisjon, hastighet og akselerasjon som funksjoner av tiden.
I første del av dette emnet beskriver vi gjenstander som matematiske punkt.
1.3 Hastighet og akselerasjon
Bevegelsen til en gjenstand kan beskrives ved å plotte gjenstandens posisjon x som funksjon av
tiden t i et koordinatsystem. En typisk graf kan se ut som den i figur 1.1. Kurven går opp og ned,

•
•
•
•
•
•
•
•
•
10 Kapittel 1. Kinematikk i 1D
x
θ
∆t
∆x
x(t 1 )
C
A
t
t + ∆t
t 1
B
t 2
t
x(t 2 )
Figur 1.1: Posisjon-tid diagram for en gjenstand som beveger seg langs x-aksen.
og gjenstanden beveger seg frem og tilbake langs x-aksen. I punktene A og B er gjenstanden i
posisjonen x = 0. Matematisk sier vi at posisjonen x er en funksjon av tiden t og skriver x = x(t).
Gjenstandens gjennomsnittshastighet ¯v mellom de to tilfeldig valgte tidspunktene t 1 og t 2 er
gitt ved:
¯v = ∆x
∆t = x(t 2) − x(t 1 )
t 2 −t 1
, (1.1)
hvor t 2 > t 1 . Ved å se på figur 1.1 er det klart at ¯v < 0 fordi x(t 2 ) er mindre enn x(t 1 ). (I diagrammet
ovenfor er x(t 2 ) negativ.)
Anta at vi starter i posisjon x(t 1 ) ved tiden t 1 og ender opp i punktet C noe senere. Gjennomsnittshastigheten
er null, men gjenstanden har ikke stått i ro. Den har flyttet frem og tilbake, og det
er klart at gjennomsnittshastigheten ikke gir en særlig detaljert beskrivelse av bevegelsen.
Den momentane (’øyeblikkelige’) hastigheten v fanger opp flere detaljer i bevegelsen. Oftest
er det den momentane hastigheten vi er interessert i. Momentan hastighet er forresten det vi leser
av på et speedometer og som politiet forsøker å måle i en laserkontroll.
Når vi skal definere momentan hastighet, er trikset å starte med gjennomsnittshastigheten. Til
venstre i figur 1.1 kan vi se at gjenstanden forflytter seg ∆x langs x-aksen i løpet av et tilfeldig
valgt tidsrom ∆t. (Se på den blå delen av kurven.) Den gjennomsnittlige hastigheten er lik den
momentane hastigheten dersom ∆t er et meget kort tidsintervall,
v ≈ ¯v = ∆x
∆t
x(t + ∆t) − x(t)
= , (forutsatt at ∆t er svært liten). (1.2)
∆t
Hvordan gjøre ∆t liten i praksis? Vi må gjøre to kjappe målinger av posisjonen med svært kort tid
mellom målingene. Da vil både ∆x og ∆t gå mot null, men forholdet mellom ∆’ene er tangens til
vinkelen θ. Se igjen figur 1.1. Det siste med vinkelen er ikke så viktig, men følgende relasjon er
sentral:

1.3 Hastighet og akselerasjon 11
Resultat 1.3.1 — Momentan hastighet.
∆x
v = lim
∆t→0 ∆t = x′ (t). (1.3)
Ikke la grenseverdien og matematikken hindre deg i å se hva som ligger i uttrykket ovenfor: For
å måle den momentane hastigheten er det nødvendig å gjøres to målinger av posisjonen, trekke
sluttposisjonen fra startposisjonen og dividere på tidsintervallet mellom målingene. Tidsintervallet
mellom målene skal være forsvinnende lite for å få den ’ekte’ momentane hastigheten.
NB!
Legg merke til at den momentane hastigheten er stigningstallet til funksjonen x(t). Stor
endring i posisjonen per tid betyr høy hastighet.
Mens hastigheten er et mål på hvor fort posisjonen endres, er akselerasjon et mål på hvor fort
hastigheten endres. På samme måte som for hastigheten har vi både gjennomsnittlig og momentan
akselerasjon. Gjennomsnittlig akselerasjon er gitt ved
Tilsvarende er den momentane akselerasjonen gitt ved:
Resultat 1.3.2 — Momentan akselerasjon.
ā = v(t 2) − v(t 1 )
t 2 −t 1
. (1.4)
∆v
a = lim
∆t→0 ∆t = v′ (t). (1.5)
Legg allerede nå merke til følgende meget viktige resultat, som følger fra likningen ovenfor.
Resultat 1.3.3 For å endre hastigheten til en gjenstand, kreves en akselerasjon ulik null.
NB!
Når jeg i fortsettelsen bruker ordene hastighet og akselerasjon, mener jeg momentan hastighet
og momentan akselerasjon. I de tilfellene hvor jeg mener gjennomsnittlig hastighet eller
gjennomsnittlig akselerasjon, bruker jeg ordet gjennomsnittlig.
Eksempel 1.1 M/F Løvøy er ei passasjerferge som går i fast rute mellom tettstedet Brevik og
øya Sandøya. Overfarten tar 7 minutter, og marsjfarten er omtrent 10 knop ≈ 5.1 m/s. Ferga
går fra Brevik ved t = 0 og legger til kai på Sandøya ved t = 7 min. Tegn et diagram som viser
fart som funksjon av tid for overfarten.
Løsning:
Et fart-tid diagram for overfarten kan se slik ut:

12 Kapittel 1. Kinematikk i 1D
v [knop]
10
0
1 2 3 4 5 6 7
t [minutter]
Dette blir uansett ikke veldig nøyaktig. Noe kan vi imidlertid si:
1. Størstedelen av overfarten foregår i 10 knop.
2. Ved t = 0 og t = 7 min ligger ferga i ro.
3. Kurvens forløp fra avgang til marsjfart er det ikke så lett å vite noe om. (Blant annet fordi
det avhenger av hvordan skipperen bruker maskinkraften.) Det er nok gode grunner til å
tro at akselerasjonen er størst kort tid etter avgang. Motstanden fra vannet mot skroget
øker i alle fall med hastigheten gjennom vannet.
4. Mot slutten av overfarten avtar farten gradvis frem til t = 7 min.
■
1.4 Bevegelseslikningene ved konstant akselerasjon
Dersom en gjenstand beveger seg med konstant akselerasjon, finnes det noen enkle sammenhenger,
kjent fra skolefysikken, som knytter sammen posisjonen x, hastigheten v og akselerasjonen
a:
Resultat 1.4.1 — Bevegelseslikninger ved konstant akselerasjon.
x(t) = x 0 + v 0 t + 1 2 at2 (1.6)
v(t) = v 0 + at (1.7)
Noen ganger skriver vi bare x i stedet for x(t). Hvis vi skriver x(t), er det for å understreke at
posisjonen x er en funksjon av tiden t. Dette er bare en matematisk skrivemåte for å understreke at
posisjon avhenger av hva klokka er.
I likningene (1.6) og (1.7) representerer t tiden, v 0 representerer starthastigheten og x 0 representerer
startposisjonen. a er gjenstandens konstante akselerasjon. Merk at likningene (1.6) og
(1.7) kun er gyldige for bevegelse med konstant akselerasjon. Konstant akselerasjon betyr at akselerasjonen
ikke endres med tiden.
Fra tidligere er du kanskje vant med å skrive likning (1.6) som s = v 0 t + 1 2 at2 , hvor s = x − x 0 .
Det går an å løse oppgaver i kinematikk på den måten, men jeg anbefaler det ikke. Det er notorisk
plundrete å få riktig fortegn på s fordi formelen ikke tvinger frem et bevist valg av koordinatsystem.
NB!
Vær klar over at a = 0 er et spesialtilfelle av konstant akselerasjon. Bevegelseslikningene
(1.6) og (1.7) fungerer utmerket i situasjoner med null akselerasjon, og de forenkler seg da

1.4 Bevegelseslikningene ved konstant akselerasjon 13
til
x(t) = x 0 + v 0 t, (1.8)
v(t) = v 0 . (1.9)
Hastigheten er konstant (uendret) dersom a = 0.
Hvis du savner den ’tidløse’ bevegelseslikningen, vær klar over at du får den ved å kombinere
likningene (1.6) og (1.7). Fremgangsmåten er slik: Løs likning (1.7) med hensyn på t og sett
resultatet inn i likning (1.6). Du får den ’tidløse’ bevegelseslikningen på formen
hvor x − x 0 er det som noen ganger kalles s.
2a(x − x 0 ) = v 2 − v 2 0, (1.10)
1.4.1 Tips til oppgaveløsning og eksempler
De klassiske oppgavene i kinematikk, hvor akselerasjonen er konstant, løser du slik:
1. Velg et koordinatsystem og hold deg til samme koordinatsystemet gjennom hele oppgaven.
2. Bestem startbetingelsene i koordinatsystemet du valgte. Pass på å få fortegnene riktig.
3. Bestem bevegelseslikningene som gjelder i ditt koordinatsystem. Bevegelseslikningene avhenger
av koordinatsystem så det er ikke sikkert alle får de samme likningene.
4. Svar på de konkrete spørsmålene i oppgavene.
Her er noen av de vanligste problemstillingene:
• Hvor lang tid det tar før en ting har nådd en bestemt posisjon x 1 ?
Løs likningen x(t) = x 1 med t som ukjent.
• Hva er hastigheten når gjenstanden er i en bestemt posisjon?
Beregn tiden det tar før gjenstanden er i den ønskede posisjonen. Deretter beregner du
hastigheten med bevegelseslikningen for v(t).
• Når er gjenstanden i sitt høyeste punkt i banen? Husk at i det høyeste punktet er hastigheten
null. Du kan derfor beregne tidspunktet ved å løse likningen v(t) = 0.
• Når møtes to personer er gjenstander? Når to ting møtes, er de i samme posisjon til
samme tid. Du kan finne tidspunktet ved å sette de to gjenstandenes bevegelseslikninger
for posisjonen (x) lik hverandre. (Begrunnelse: de to gjenstandene er i samme
punkt når de møtes og må derfor ha samme verdi for x. ) Se også eksempel 1.5
Eksempel 1.2 Ei kule ruller med konstant fart v = 1 m/s bortover et horisontalt gulv.
v 0 = 1 m/s
Bestem kulas bevegelseslikninger og tegn kulas bevegelse i et xt-diagram og i et vt-diagram.
Løsning:
1. Velg et koordinatsystem.
Det betyr i praksis å bestemme hvor x = 0 skal være og samtidig velge en positiv retning.
Et mulig koordinatsystemet er tegnet inn sammen med kula på tegningen nedenfor.
v 0 = 1 m/s
x = 0
x 0 = 1.0 m
x

14 Kapittel 1. Kinematikk i 1D
2. Bestem startbetingelsene (initialbetingelsene).
Kulas posisjon ved t = 0 er x 0 , og kulas fart ved t = 0 er v 0 . For kula beskrevet i vårt
koordinatsystemet er
x 0 = 1 m, (1.11)
v 0 = 1 m/s. (1.12)
3. Bevegelseslikningene finner vi ved å sette startbetingelsene inn i likningene (1.6) og
(1.7). Det gir:
x(t) = x 0 + v 0 t + 1 2 at2 ,
= 1 + 1 ·t + 1 2 · 0 ·t2 ,
= 1 +t, (1.13)
v(t) = v 0 + at,
= 1 + 0 ·t,
= 1 (1.14)
Fordi a = 0, er kulas bevegelseslikninger svært enkle.
NB!
Vi kunne selvfølgelig valgt et annet koordinatsystem. En enklere beskrivelse av kulas
bevegelse får vi ved å plassere x-aksen slik at origo er i kulas startposisjon x 0 .
v 0 = 1.0 m/s
x = 0
x 0 = 0
x
I dette koordinatsystemet er kulas startbetingelser:
og bevegelseslikningene tar nå formen
x 0 = 0, (1.15)
v 0 = 1 m/s, (1.16)
x(t) = x 0 + v 0 t = t, (1.17)
v(t) = v 0 = 1. (1.18)
Legg merke til at bevegelseslikningene avhenger av koordinatsystemet.
Posisjon-tid diagrammet (xt-diagrammet) viser kulas bevegelse i et koordinatsystem hvor
x 0 = 0. Vi ser f.eks. at etter 2 sekunder er kula 2 meter unna startposisjonen. Legg merke til at
kurven i xt-diagrammet er en rett linje. Rette linjer i xt-diagram representerer bevegelse med
konstant hastighet. Krumme linjer representerer akselerert bevegelse.

1.4 Bevegelseslikningene ved konstant akselerasjon 15
10
9
8
Posisjon x i meter
7
6
5
4
3
2
1
0
0 2 4 6 8 10
Tid t i sekunder
For kula vil hastighet-tid (vt-diagrammet) bare bestå av en horisontal linje.
2
1.8
Hastighet v i meter per sekund
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Tid t i sekunder
■
Eksempel 1.3 En ball slippes og faller fra en 25 meter høy bygning. Vi ser bort fra luftmotstand.
Ballen faller derfor med konstant akselerasjon (lik tyngdeakselerasjon). Tegningen
nedenfor viser situasjonen sammen med tre koordinatsystem A, B og C.

•
•
•
16 Kapittel 1. Kinematikk i 1D
A
B
C
x 0
g
25 m
Origo i koordinatsystemene er vist med kulepunkter, og pilene på aksene viser positiv retning.
Tyngdeakselerasjonen g peker selvfølgelig vertikalt nedover. I dette kurset kommer vi til å
benytte verdien g = 10 m/s 2 . Om du vil regne med den mer presise verdien g = 9.81 m/s 2 , så
gjør du det.
Bestem ballens bevegelseslikninger i de tre koordinatsystemene A, B og C. Tegn også ballens
posisjon-tid diagram med utgangspunkt i koordinatsystem B.
Løsning:
Når bevegelsen er vertikal, er det vanlig å bruke y for posisjonen i stedet for x som vi har brukt
hittil.
Koordinatsystem A
I koordinatsystem A har ballen startbetingelsene
mens akselerasjonen a = g. Det gir bevegelseslikningene
y 0 = 0, (1.19)
v 0 = 0, (1.20)
Koordinatsystem B
I koordinatsystem B har ballen startbetingelsene
y A (t) = 1 2 gt2 , (1.21)
v A (t) = gt. (1.22)
y 0 = 25 m, (1.23)
v 0 = 0. (1.24)
Merk at akselerasjonen i koordinatsystem B er a = −g. Det er fordi tyngdeakselerasjonen g
peker i negativ y-retning. (Se på pila på y-aksen.) Det gir bevegelseslikningene
y B (t) = 25 − 1 2 gt2 , (1.25)
v B (t) = −gt. (1.26)

1.4 Bevegelseslikningene ved konstant akselerasjon 17
Koordindatsystem C
I koordinatsystem C har ballen startbetingelsene
y 0 = −25 m, (1.27)
v 0 = 0. (1.28)
Akselerasjonen i koordinatsystem C er positiv og har verdien a = g . (Tyngdeakselerasjonen
peker i koordinatsystemets positive retning.) Det gir bevegelseslikningene
y C (t) = −25 + 1 2 gt2 , (1.29)
v C (t) = gt. (1.30)
Posisjon-tid diagrammet viser ballens posisjon fra t = 0 og frem til den treffer bakken,
omtrent 2.2 sekunder senere. Kurven er del av en parabel, dvs. at banen er beskrevet av et
2. gradspolynom. Konstant akselerasjon, sett bort fra a = 0, gir alltid parabelbaner. Dersom
akselerasjonen varierer med tiden, får vi baner som er mer kompliserte.
25
20
15
Posisjon y i meter
10
5
0
-5
-10
0 0.5 1 1.5 2 2.5
Tid t i sekunder
■
Eksempel 1.4 Hvor lang tid det tar før ballen i eksempel 1.3 treffer bakke? Gjennomfør beregningene
i alle de tre koordinatsystemet som ble innført i eksempel 1.3.

18 Kapittel 1. Kinematikk i 1D
Løsning:
Koordinatsystem A
I koordinatsystem A er bakken ved y = 25. Origo er 25 meter over bakken, og positiv retning
er vertikalt nedover. For å finne tiden ballen er i lufta må vi løse likningen:
y A (t) = 25. (1.31)
Vi setter bevegelseslikningen (1.21) inn på venstre side av likningen ovenfor. Det gir
Deretter løser vi med hensyn på tiden t:
hvor jeg har brukt g ≈ 10 m/s 2 .
t =
1
2 gt2 = 25. (1.32)
√
2 · 25
= √ 5 s, (1.33)
g
Koordinatsystem B
I koordinatsystem B er bakken ved y = 0. Falltiden finner vi derfor ved å løse likningen
Vi bruker bevegelseslikningen (1.25) på venstre side og får
y B (t) = 0. (1.34)
Løst for tiden t
t =
25 − 1 2 gt2 = 0, (1.35)
1
2 gt2 = 25. (1.36)
√
2 · 25
= √ 5 s, (1.37)
g
hvor jeg igjen har brukt g ≈ 10 m/s 2 .
Koordinatsystem C
Til slutt beregner vi tiden det tar ballen å nå bakken i koordinatsystem C. I koordinatsystem C
er bakken ved y = 0. Beregningen går slik:
y C (t) = 0 (1.38)
−25 + 1 2 gt2 = 0 (1.39)
1
2 gt2 = 25
√
(1.40)
t =
2 · 25
= √ 5 s.
g
(1.41)

1.5 Forskjellen på hastighet og fart 19
Stadig benytter jeg g ≈ 10 m/s 2 .
Dette er godt nytt! Tiden det tar ballen å nå bakken, er uavhengig av hvilket koordinatsystem
vi bruker.
■
1.5 Forskjellen på hastighet og fart
I fysikk er det forskjell på hastighet og fart. Hastighet er en vektor, fart er en skalar. Det er egentlig
den momentane farten, ikke hastigheten, vi leser av på speedometeret. Hastigheten er det som
betyr noe hvis vi ønsker å komme frem på kort tid. Det hjelper ikke å ha høy fart mot et mål hvis
retningen er gal.
Hvis hastigheten til en ball som faller mot jorda er −10 m/s, er farten 10 m/s. Minustegnet
forteller at ballen beveger seg i negativ retning i det koordinatsystemet som brukes for å beskrive
bevegelsen. Hvis vi ikke vet hvilket koordinatsystem som brukes, er det umulig å tolke fortegnet.
Resultat 1.5.1 Farten er absoluttverdien av hastigheten. Farten er alltid positiv.
1.6 Omregning fra km/h til m/s og tilbake
Hastighet og fart oppgis ofte i km/h, men vi har ofte behov for å regne om til m/s. Fordi
1 km = 1000 m, (1.42)
1 h = 3600 s, (1.43)
er
og
1 km/h = 1000 m
3600 s = 1 m/s, (1.44)
3.6
1 m/s = 3600 m
3600 s = 3600 m 3.6 km
= = 3.6 km/h, (1.45)
h h
som vel er en kjent sak fra videregående skole. Oppsummert kan du bruke følgende regel:
Resultat 1.6.1 For å gjøre om km/h → m/s divider hastigheten gitt i km/h med 3.6. For å gjøre
om m/s → km/h, multipliser hastigheten gitt i m/s med 3.6.
1.7 Eksempel hentet fra en tidligere eksamensoppgave
Eksempel 1.5 Romeo og Juliet befinner seg i ro 10 m fra hverandre ved t = 0. Juliet begynner
da å løpe med konstant fart 2 m/s rett mot Romeo. Romeo løper samtidig rett mot Juliet med
farten 2t (enhet m/s). Hvor møtes turtelduene?
Løsning
Vi bestemmer Romeos bevegelseslikning først. Romeo har konstant akselerasjon a. Vi antar at
Romeo befinner seg i origo ved t = 0. Hans posisjon som funksjon av tiden er gitt ved
x R (t) = 1 2 at2 . (1.46)

20 Kapittel 1. Kinematikk i 1D
Juliet beveger seg med konstant hastighet. Juliet må starte i x 0 = 10 for at Romeo og Juliet skal
være 10 meter fra hverandre ved t = 0. Hennes bevegelseslikning er derfor,
x J (t) = x 0 − vt. (1.47)
Juliets hastighet må være negativ fordi Romeo og Juliet skal springe mot hverandre.
De to møtes når
x R (t) = x J (t) (1.48)
1
2 at2 = x 0 − vt (1.49)
1
2 at2 + vt − x 0 = 0 (1.50)
t 2 + 2t − 10 = 0 (1.51)
I den siste overgangen har jeg satt inn tall. Løsningene til denne 2. gradslikningen er t 1 = 2.32 s
og t 2 = −4.32 s. Den siste løsningen ligger i fortiden og er uaktuell. De to møtes derfor ved
tiden t 1 . For å finne ut hvor de to møtes kan vi beregne x R (t 1 ) = x J (t 1 )
x J (t 1 ) = 10 − 2 · 2.32 = 5.37 m. (1.52)
Vær klar over at denne oppgaven har en annen mulig løsning. Dersom man ved t = 0 setter
Juliet i origo, og plasserer Romeo ved x = 10, vil de to møtes i posisjonen 4.63 m. Det som
imidlertid ligger fast er avstanden fra Romeo sin startposisjon til møtepunktet. (Tilsvarende
kan ikke avstanden fra Juliets startposisjon til møtepunktet endres.) De to ulike koordinatene
for møtepunktet representerer slik sett ingen reell fysisk forskjell, det er bare en konsekvens av
ulike koordinatsystem.
En grafisk løsning er selvfølgelig også mulig og like god. En slik løsning er vist nedenfor,
hvor x J (t) og x R (t) er plottet. Her er også situasjonen hvor Romeo starter ved x = 10 og Juliet
ved x = 0 vist med stiplede kurver.

1.7 Eksempel hentet fra en tidligere eksamensoppgave 21
10
9
x R
(t)
x J
(t)
8
7
Posisjon [m]
6
5
4
3
2
1
0
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
Tid [s]
■

•
•
•
2. Kinematikk i flere dimensjoner
Når vi skal beskrive bevegelse i flere dimensjoner, trenger vi vektorer. Vektorregning er en del av
matematikkpensumet på videregående, og det forventes derfor at det grunnleggende, som egentlig
er alt vi trenger, er kjent fra før. Dette kapittelet er en kort sammenstilling av nettopp det.
2.1 Bevegelse i to dimensjoner
En gjenstand som kastes skrått opp i luften vil følge en bane som likner den tegnet nedenfor.
y
t 0
t 1
t 2
Vær klar over at denne tegningen ikke viser et xt-diagram eller et yt-diagram, det er gjenstandens
faktiske bane som er tegnet. Tiden løper langs banen, slik at tidspunktet t 0 kommer før tidspunktet
t 1 , som igjen kommer før tidspunktet t 2 .
Gjenstandens posisjon som funksjon av tiden beskrives enklest ved hjelp av funksjoner x(t) og
y(t) som angir gjenstandens posisjon på henholdsvis x- og y-aksen ved tiden t.
Resultat 2.1.1 Hastighet langs x og y-aksen er gitt ved
x
v x = ∆x
∆t = x′ (t),
v y = ∆y
∆t = y′ (t). (2.1)

24 Kapittel 2. Kinematikk i flere dimensjoner
v x og v y kalles hastighetskomponenter. En gjenstand med hastighetskomponenter v x og v y har
hastighetsvektor
⃗v = v x
⃗i + v y
⃗j, (2.2)
hvor⃗i og ⃗j er enhetsvektorer langs henholdsvis x- og y-aksen. Gjenstandens fart er gitt ved
√
v = v 2 x + v 2 y, (2.3)
dvs. at farten er lengden av hastighetsvektoren.
Akselerasjonen kan også deles opp i komponenter.
Resultat 2.1.2 Akselerasjonen i henholdsvis x- og y-retning er gitt ved
a x = ∆v x
∆t
= v ′ x(t), a y = ∆v y
∆t
Akselerasjonsvektoren består av komponentene a x og a y ,
= v ′ y(t). (2.4)
⃗a = a x
⃗i + a y
⃗j. (2.5)
2.2 Bevegelse i to dimensjoner ved konstant akselerasjon
Dersom en gjenstand utsettes for konstant akselerasjon, dvs. at både a x og a y er konstante, gjelder
bevegelseslikningene:
Resultat 2.2.1
a x = konst. a y = konst, (2.6)
v x = v 0,x + a x t, v y = v 0,y + a y t, (2.7)
x = x 0 + v 0,x t + 1 2 a xt 2 y = y 0 + v 0,y t + 1 2 a yt 2 . (2.8)
hvor v 0,x og v 0,y er starthatigheten i henholdsvis x- og y-retningen.
Likningene ovenfor minner sterkt om det én-dimensjonale tilfellet.
Eksempel 2.1 En bil med farten v 0 = 10 m/s kjører rett utfor et stup. Se bort fra luftmotstand.
Tyngdeakselerasjonen g = 10 m/s 2 . Hvor lang tid tar det før bilen treffer bakken? Husk å
betrakte bilen som en punktpartikkel.
v 0 = 10 m/s
h = 10 m
y
x

2.2 Bevegelse i to dimensjoner ved konstant akselerasjon 25
Løsning:
For å svare på spørsmålet er det nok å beregne hva som skjer med bilens posisjon langs y-aksen,
dvs. y(t). Bilens akselerasjon i det inntegnede koordinatsystemet er
a x = 0
a y = −g
(2.9)
Både a x og a y er konstante. Det betyr at vi kan bruke resultat 2.2.1 og skrive opp x(t) og y(t)
som
Vi finner startbetingelsene
og dermed får vi
x(t) = x 0 + v 0x t + 1 2 a xt 2 , (2.10)
y(t) = y 0 + v 0y t + 1 2 a yt 2 .
x 0 = 0, y 0 = h,
v 0,x = v 0 , v 0,y = 0,
a x = 0,
a y = −g.
Bilens flytur er slutt når bilen treffer bakken og y(t) = 0, dvs. når
x(t) = v 0 t, (2.11)
y(t) = h − 1 2 gt2 . (2.12)
y(t) = 0 (2.13)
h − 1 2 gt2 = 0
√
(2.14)
t =
2h
g . (2.15)
Innsatt tall, finner vi t ≈ 1.41 s. Legg merke til at falltiden er uavhengig av startfarten v 0 . (Det
ville den ikke vært hvis bilen hadde hatt en starthastighet i y-retningen.) Vi kan også beregne
hvor langt bort på x-aksen bilen lander
x(t = 1.41 s) = v 0,x t,
= 10 m/s · 1.41 s,
= 14.1 m. (2.16)
Til slutt: Banen for bilturen er tegnet i diagrammet nedenfor. Resultatene ser ut til å være
rimelige.

26 Kapittel 2. Kinematikk i flere dimensjoner
10
9
8
7
6
y(t)
5
4
3
2
1
0
0 5 10 15
x(t)
■
2.3 Mer om bevegelse i to dimensjoner og komponenter
I fysikk er vi ofte i en situasjon hvor vi kjenner lengden og retningen til en vektor ⃗A, og ønsker
å bestemme komponentene A x og A y . ⃗A kan for eksempel være en kraft eller hastigheten til en
gjenstand. Som regel er vektorens retningen angitt ved vinkelen mellom x-aksen og ⃗A.
y
⃗A
Ay
θ
Sammenhengene mellom lengden til ⃗A, vinkelen θ og de to komponentene A x og A y er
A x
x
A x = Acosθ, (2.17)
A y = Asinθ. (2.18)
Det er på sin plass å minne leseren på at A representerer lengden til vektoren ⃗A.
Hvordan kan så dette være nyttig? Anta at bilen i eksempel 2.1 ikke kjørte rett utfor stupet,
men i stedet forlot bakken med hastigheten 10 m/s i 45 ◦ vinkel med horisontalen. Hvordan skulle
vi da ha gått frem for å løse en tilsvarende oppgave?
Det eneste nye, sammenliknet med eksempel 2.1, er at vi ikke kjenner v 0,x og v 0,y . Men disse
komponentene kan vi enkelt beregne ved hjelp av likningene (2.17) og (2.18). Resultatet er
v 0,x = v 0 cos(θ), (2.19)
v 0,y = v 0 sin(θ). (2.20)

•
•
•
•
•
3. Tidsavhengig akselerasjon
I virkeligheten vil de fleste gjenstander ha en akselerasjon som varierer med tiden. Den mest
åpenbare grunnen til det er kanskje luftmotstanden. Luftmotstanden avhenger av farten, og farten
avhenger igjen av tiden.
Uansett grunn, det er nødvendig å ha en fremgangsmåte for å løse problemer hvor akselerasjonen
ikke er konstant. Alltid er det posisjonen x(t) eller hastigheten v(t) som skal beregnes for
tidspunkter t mellom 0 og en sluttid T .
Trikset er å dele opp beregningen av x(t) og v(t) i N deler. Dette gjøres ved å dele opp tiden i
korte tidsintervall med lengde ∆t. ∆t holdes konstant gjennom hele beregningen. Antall tidsintervall
N må være slik at T = N∆t. Nøkkelideen er å gjøre tidsintervallene så korte at akselerasjonen
kan antas å være konstant innenfor hvert tidsintervall.
a(t)
a
a 2 1 • •
a N
a 0 • •
∆t
• • • • • • • • •
t N−1
t 0 = 0 t 1 t 2
... t N = T
t
Figur 3.1: Akselerasjon a varierer med tiden t. Tidsaksen er oppdelt i N = 8 intervaller med bredde
∆t. Akselerasjonen a antas å være konstant innenfor hvert intervall, illustrert med stiplede linjer i
figuren. Dersom ∆t gjøres liten nok, er det en god approksimasjon.
Beregningene starter ved t = 0. Starthastigheten v 0 og startposisjonen x 0 må være kjente. Akselerasjonen
a 0 må deretter beregnes, ofte avhenger den av x 0 og/eller v 0 . I problemene vi studerer
er det som regel mulig å finne et eller annet uttrykk for akselerasjonen ved hjelp av Newtons 2. lov.
Uttrykk for akselerasjonen må utledes for hvert nytt problem.

28 Kapittel 3. Tidsavhengig akselerasjon
I hvert tidsintervall antas akselerasjonen å være konstant. Etter å ha beregnet a 0 , kan v 1 og x 1
derfor beregnes med bevegelseslikningene for konstant akselerasjon
v 1 = v 0 + a 0 ∆t, (3.1)
x 1 = x 0 + v 1 ∆t + 1 2 a 0(∆t) 2 . (3.2)
v 1 og x 1 er hastigheten og posisjonen ved tidspunkt t 1 = 1 · ∆t. Hvis ∆t er veldig liten, er det siste
leddet med ∆t 2 forsvinnende lite og kan i mange tilfeller droppes. Etter at v 1 og x 1 er beregnet,
kan a 1 beregnes ved hjelp av et uttrykk for akselerasjonen.
Når x 1 , v 1 og a 1 er beregnet, kan x 2 og v 2 beregnes. Igjen brukes bevegelseslikningene for
konstant akselerasjon, nå med a = a 1 :
v 2 = v 1 + a 1 ∆t, (3.3)
x 2 = x 1 + v 2 ∆t + 1 2 a 1(∆t) 2 (3.4)
v 2 og x 2 er hastigheten og posisjonen ved tidspunkt t 2 = 2 · ∆t. Slik fortsetter beregningen frem til
x N og v N er beregnet.
3.1 Generell algoritme
Algoritme er et fancy ord for en oppskrift. Oppskriften for å løse problemer med tidsavhengig
akselerasjon er:
1. Avklar hva x 0 og v 0 er. De er som regel oppgitt.
2. Bestem hvor stort tidsintervallet ∆t skal være.
3. Utled eller bruk et oppgitt uttrykk for akselerasjon til å beregne a 0 .
4. Beregn x 1 og v 1 med likningene:
5. Beregn a 1 .
6. Beregn x 2 og v 2 med likningene:
v 1 = v 0 + a 0 ∆t, (3.5)
x 1 = x 0 + v 1 ∆t + 1 2 a 0(∆t) 2 . (3.6)
v 2 = v 1 + a 1 ∆t, (3.7)
x 2 = x 1 + v 2 ∆t + 1 2 a 1(∆t) 2 (3.8)
7. Beregn a 2 .
8. Beregn x 3 og v 3 med likningene:
v 3 = v 2 + a 2 ∆t, (3.9)
x 3 = x 2 + v 3 ∆t + 1 2 a 2(∆t) 2 (3.10)
9. Beregn a 3 .
10. Gjenta beregningene av x, v og a helt til posisjonen x N og hastigheten v N er beregnet.

3.2 Eksempel på bruk av algoritmen 29
3.2 Eksempel på bruk av algoritmen
Eksempel 3.1 Anta at en båt har akselerasjon gitt ved uttrykket
a = c v , (3.11)
hvor c = 0.3 m 2 /s 3 . Startbetingelsene er v 0 = 1 m/s og x 0 = 0. Båtens posisjon og hastighet
skal beregnes fra og med t = 0 til og med T = 5 sekunder.
Løsning
Jeg følger algoritmen beskrevet på forrige side. Som tidsintervall velger jeg ∆t = 1.0 s. Jeg
velger med det et mye større tidsintervall enn det som er lurt å bruke i denne typen beregninger.
Et stort tidsintervall gir nemlig unøyaktige beregninger. Poenget her er å vise fremgangsmåten.
Jeg er derfor ikke opptatt av nøyaktigheten i akkurat dette eksempelet. På forhånd beklager jeg
for alle tallene og de mange beregningene i dette eksempelet, men jeg ønsker å vise fremgangsmåten
i detalj én gang.
Jeg starter med å beregne akselerasjon ved tidspunkt t 0 = 0,
a 0 = 0.30 m2 /s 3
1.0 m/s
= 0.30 m/s 2 . (3.12)
Posisjonen x 1 og hastigheten v 1 etter ett sekund er (og heretter sløyfer jeg benevningene)
v 1 = v 0 + a 0 ∆t, (3.13)
= 1 + 0.30 · 1 = 1.3, (3.14)
x 1 = x 0 + v 1 ∆t + 1 2 a 0(∆t) 2 , (3.15)
= 0 + 1.3 · 1 + 1 2 · 0.30 · 12 ≈ 1.5 (3.16)
Som en forberedelse for beregningene av x 2 og v 2 , beregner jeg akselerasjonen a 1
a 1 = c v 1
= 0.30
1.3
≈ 0.23. (3.17)
Jeg fortsetter med å beregne posisjon, hastighet og akselerasjon ved t 2 = 2 sekunder:
v 2 = v 1 + a 1 ∆t, (3.18)
= 1.3 + 0.23 · 1 ≈ 1.5, (3.19)
x 2 = x 1 + v 2 ∆t + 1 2 a 1(∆t) 2 , (3.20)
= 1.5 + 1.5 · 1 + 1 2 · 0.23 · 12 ≈ 3.1, (3.21)
a 2 = c = 0.3 ≈ 0.20. (3.22)
v 2 1.5

30 Kapittel 3. Tidsavhengig akselerasjon
Beregningen fortsetter med posisjon, hastighet og akselerasjon for t 3 = 3.0 sekunder.
Etter fire sekunder får jeg:
Til slutt beregnes x 5 , v 5 og a 5 :
v 3 = v 2 + a 2 ∆t, (3.23)
= 1.5 + 0.20 · 1 = 1.7, (3.24)
x 3 = x 2 + v 3 ∆t + 1 2 a 2(∆t) 2 , (3.25)
= 3.1 + 1.7 · 1 + 1 2 · 0.20 · 12 ≈ 4.9, (3.26)
a 3 = c = 0.3 ≈ 0.17. (3.27)
v 3 1.7
v 4 = v 3 + a 3 ∆t, (3.28)
= 1.7 + 0.17 · 1 ≈ 1.9, (3.29)
x 4 = x 3 + v 4 ∆t + 1 2 a 3(∆t) 2 , (3.30)
= 4.9 + 1.9 · 1 + 1 2 · 0.17 · 12 ≈ 6.9, (3.31)
a 4 = c = 0.3 ≈ 0.16. (3.32)
v 4 1.9
v 5 = v 4 + a 4 ∆t, (3.33)
= 1.9 + 0.16 · 1 ≈ 2.1, (3.34)
x 5 = x 4 + v 5 ∆t + 1 2 a 4(∆t) 2 , (3.35)
= 6.9 + 2.1 · 1 + 1 2 · 0.16 · 12 ≈ 9.1, (3.36)
a 5 = c = 0.3 ≈ 0.14. (3.37)
v 5 2.1
Jeg har nå beregnet fem sekunder fremover i tid og er med det ferdig. To ting er klart. Denne
typen beregninger er kjedelige å gjøre for hånd. Jo mindre tidsintervall ∆t, jo flere beregninger
kreves for å komme frem til sluttiden T .
■
3.3 Implementering av algoritmen på en datamaskin
Beregningene som ble gjort i det siste eksempelet bør ikke gjøres for hånd, men programmeres i et
LiveScript i MATLAB. Fordelen med det er å slippe unna de langtekkelige beregningene underveis.
I eksempelet ga jeg også blaffen i nøyaktigheten og valgte et stort tidsintervall. Det kan vi vanligvis
ikke gjøre. Når tidsintervallet gjøres mindre, blir det flere beregninger.
Det er ikke mange linjene med kode som kreves for å gjennomføre beregningene med MAT-
LAB. Men det er viktig å forstå hva de ulike linjene i koden gjør. Koden er heldigvis ganske generell
og kan brukes på de fleste problemer med tidsavhengig akselerasjon. For å klare å gjenbruke
koden er det viktig å vite hvilke linjer som må endres.
Koden som behøves er gjengitt i rammen nedenfor og skal straks forklares i detalj. Beregningene
starter fra toppen og gjennomføres linje for linje nedover.
clear all

3.3 Implementering av algoritmen på en datamaskin 31
c = 0.3;
x(1) = 0;
v(1) = 1;
t(1) = 0;
deltat = 1;
T = 5;
a(1) = c/v(1);
i = 1;
while(t(i)

32 Kapittel 3. Tidsavhengig akselerasjon
5. t(1) = 0; definerer starttidspunktet. Også t blir ei liste, og den inneholder tidspunkter.
Poenget med t er å ha en oversikt over tidspunktene hvor posisjoner og hastigheter blir beregnet.
Sammenhengen mellom listene er slik at ved t(1) er posisjonen x(1) og hastigheten
v(1). Tilsvarende sammenhenger gjelder for alle de andre elementene i listene. (Bytt ut 1
med 2, 3, 4, 5 eller 6.)
6. deltat = 1; bestemmer tidsintervallet. Jeg har satt det lik 1 for å få verdier som matcher
eksempel 3.1. Denne linjen må endres når scriptet skal brukes til å løse andre problemer.
Ofte er verdier mellom 0.1 og 0.001 å foretrekke.
7. T=5 bestemmer sluttiden for beregningene. Verdien avhenger av problemet som skal løses.
8. a(1) = c/v(1); utfører beregningen a 0 = c/v 0 . Fordi a og v er lister i MATLAB, må jeg
skrive a(1) og v(1) og ikke a 0 og v 0 .
9. i = 1. Viktig, men mystisk. Jeg bruker i for å holde orden på hvilket tidspunkt jeg beregner
posisjon og hastighet ved. Betydningen av i kommer klarere frem i forklaringen til de neste
linjene i koden.
10. while(t(i)

3.4 Plotting av beregningsresultatene 33
i while(t(i) < T ) v(i + 1) x(i + 1) a(i + 1) t(i + 1) i = i + 1
1 t(1) < T v(2) = 1.3 x(2) = 1.5 a(2) = 0.23 t(2) = 1.0 2
2 t(2) < T v(3) = 1.5 x(3) = 3.1 a(3) = 0.20 t(3) = 2.0 3
3 t(3) < T v(4) = 1.7 x(4) = 4.9 a(4) = 0.17 t(4) = 3.0 4
4 t(4) < T v(5) = 1.9 x(5) = 6.9 a(5) = 0.16 t(5) = 4.0 5
5 t(5) < T v(6) = 2.1 x(6) = 9.0 a(6) = 0.15 t(6) = 5.0 6
6 t(6) < T
Tabell 3.1: MATLAB gjennomfører beregningene radvis, fra venstre mot høyre. Hver rad svarer til
en gjennomkjøring av while-løkka. Beregningen stopper til slutt opp fordi t(6) = 5 ikke er mindre
enn T = 5. De blanke cellene i siste rad blir derfor ikke beregnet. x(1), v(1), a(1) og t(1) er
beregnet før while-løkka og er derfor ikke med i denne tabellen. De små avvikene som er mellom
håndberegningene i eksempel 3.1 og tabellen ovenfor skyldes avrundingsfeil.
18. Etter også å ha beregnet t(3) og økt i med én, hopper igjen MATLAB opp til linje 10. Nå
kontrolleres det om t(3)

34 Kapittel 3. Tidsavhengig akselerasjon
Jeg tror at koden ovenfor i stor grad er selvforklarende. Det er snakk om å bruke de rette kommandoene.
Det er plot kommandoen som lager selve plottet. grid on lager et rutenett i diagrammene
og er ikke nødvendig å ha med. xlabel og ylabel setter tekst på aksene og er heller ikke påkrevd.
Forøvrig viser jeg til MATLAB-heftet for flere eksempler på plotting.
3.5 Sammenlikning av håndberegningene og numeriske beregninger
Scriptet som er presentert i dette kapitelet er potensielt kraftig. Det er nå en enkel sak å endre
tidsintervallet ∆t og få bedre resultater enn de som ble beregnet for hånd.
Jeg setter derfor deltat=0.01 og kjører scriptet på nytt. Resultatet er, blant andre, figur 3.2.
Figur 3.2: Posisjon som funksjon av tid beregnet med tidsintervall ∆t = 0.01 s. De røde stjernene
viser det vi fikk med ∆t = 1 s og håndberegninger i eksempel 3.1. Forskjellen skyldes at
håndberegningene ble gjort med for stor ∆t.
Det er ikke overraskende eller sjokkerende å se et slikt avvik. Antagelsen om konstant akselerasjon
innenfor tidsintervallet ∆t er dårlig når tidsintervallet er stort. I denne sammenhengen er
∆t = 1.0 s et stort tidsintervall. Avviket øker forøvrig med tiden t. Det er fordi feilen samles opp
når vi regner på den måten vi gjør.
Som student i EMPE1100 er det viktig å kunne bruke LiveScriptet på nye problemer med
tidsavhengig akselerasjon. Det innebærer at du må forstå hvilke linjer som skal endres. I tillegg
er det viktig å kunne tolke resultatene som kommer etter å ha kjørt LiveScriptet. Hva forteller
resultatene om bevegelsen? Det er dette som oftest er interessant. I eksempelet presentert her har

3.5 Sammenlikning av håndberegningene og numeriske beregninger 35
jeg lagt vekt på metoden.

4. Newtons lover
Newtons lover kan ikke utledes av andre mer fundamentale lover, men de er ikke feil. (Se f.eks.
[2] for en lengre diskusjon om akkurat dette.) Det vil si, lovene er egentlig ikke riktige: Naturen
følger ikke alltid Newtons lover. Newtons lover gjelder ikke dersom:
1. gravitasjonskraften er veldig sterk
2. systemet er veldig lite (problemer med molekyler, atomer og kvarker)
3. systemets hastighet er veldig høy (≈ 10 % av lyshastigheten)
All synlig bevegelse i hverdagen kan imidlertid forstås med utgangspunkt i Newtons lover.
4.1 Hva bruker vi Newtons lover til?
I de første to kapitlene har vi studert bevegelse med kjent akselerasjon. Newtons 2. lov gjør det
mulig å beregne akselerasjonen, gitt at vi kjenner kreftene som virker på systemet. Dette er godt
nytt fordi det gjør det mulig å løse problemer der akselerasjonen ikke er kjent. Fremgangsmåten
for å løse et mekanikkproblem kan oppsummeres i tre punkter:
1. Identifiser kreftene som virker på systemet. Newtons 3. lov kan være nyttig.
2. Bruk Newtons 2. lov til å beregne akselerasjonen a. Se seksjon 4.4.
3. Beregn posisjon og hastighet med metodene beskrevet i de tidligere kapitlene.
4.2 Hvordan identifisere krefter?
Det er altså avgjørende å kunne identifisere kreftene på et system. Her er en fornuftig strategi:
1. Tegn en skisse av systemet og alle legemene i kontakt med systemet.
2. Plasser én kraft i kontaktpunktene mellom systemet og resten av verden.
Det er ikke alltid mulig å tegne inn retningene til alle kreftene uten videre. Det finnes situasjoner
hvor vi må gjennomføre detaljerte beregninger først. I slike tilfeller tegner vi kreftene
i en antatt retning.
3. Tegn til slutt inn tyngdekraften. I dette kurset er symbolet ⃗G reservert for tyngdekraften.
Lengden av vektoren, eller størrelsen på kraften om du vil, er G = mg (uten vektortegn).
Tyngdekraften angriper alt som har masse og virker alltid vertikalt nedover.

38 Kapittel 4. Newtons lover
NB!
Det er viktig å skille mellom tyngdekraften ⃗G, tyngdekraftens størrelse G og tyngdeakselerasjonen
⃗g.
Et kort eksempel kan være klargjørende. En kloss ligger på et skråplan. Klossen er systemet.
Fordi det er kontakt mellom skråplanet og klossen, virker det en kraft fra skråplanet på klossen.
Det er vanlig, men ikke nødvendig, å dekomponere denne kraften i to: én normalkraft og én friksjonskraft.
Normalkraften er alltid til stede når systemet er i kontakt med et underlag. Friksjonskraften
er også alltid tilstede, men i fysikkoppgaver er det faktisk ganske vanlig å anta at den er
null. Dersom friksjonskraften er null, er kreftene på klossen som inntegnet under.
N
G = mg
Vektorsummen 1 av kreftene som virker på klossen, er ikke null. Det betyr at det virker en nettokraft
på klossen, og klossen er derfor akselerert. I det tegnede tilfellet akselererer klossen nedover langs
skråplanet.
4.2.1 Indre og ytre krefter
Systemet er det vi studerer. Det kan bestå av ett eller flere legemer. En kloss kan være et system,
men to klosser kan også være et system. Vi står fritt til å velge system slik vi mener det er
hensiktsmessig.
Indre krefter virker fra en del av systemet på en annen del av systemet. Hvis systemet er to
klosser, kan det virke krefter mellom klossen. Disse kreftene er indre krefter. Hvis systemet består
av bare en kloss, vil det garantert være krefter mellom molekylene som holder klossen sammen.
Dette er også indre krefter.
Ytre krefter (også kalt eksterne krefter) virker fra noe utenfor systemet på systemet. Hvis
systemet er en kloss, er tyngdekraften en ekstern kraft. Tyngdekraften virker på klossen fra jordkloden.
Normalkraften er også en ytre kraft, fordi den virker på klossen fra underlaget. Når vi
tegner krefter, er det bare de ytre kreftene vi vanligvis tegner.
4.3 Newtons 1. lov
Resultat 4.3.1 — Newtons 1. lov. For å endre hastigheten til et system må vektorsummen av
alle kreftene som virker på systemet, være ulik null.
Her er det flere ting som er verdt å merke seg:
1. Ta loven innover deg.
Selv om systemet har en hastighet, kan vektorsummen av kreftene være null. Det er kun vektorsummen
av alle kreftene på systemet som endrer systemets hastighet. For å opprettholde
en eksisterende hastighet, kreves ingen nettokraft.
1 Legg merke til at det er vektorsummen av kreftene det her er tale om. Vektorsummen av kreftene er ikke det sammen
som summen av kreftene. Se seksjon ??.

4.4 Newtons 2. lov 39
2. Loven er ikke intuitiv. Høsten 2014 ble studentene som tok EMPE1100 stilt følgende spørsmål
tidlig i semesteret:
En jente skyver med konstant horisontal kraft på en stor boks, slik at boksen
beveger seg med konstant fart v 0 langs et horisontalt gulv.
Hvordan kan vi best beskrive den konstante horisontale kraften som jenta skyver
med?
A. Kraften er like stor som tyngden av boksen.
B. Kraften er større enn tyngden av boksen.
C. Kraften er like stor som den totale kraften som motvirker bevegelsen til
boksen.
D. Kraften er større enn den totale kraften som motvirker bevegelsen til boksen.
E. Kraften er større enn enten tyngden av boksen, eller den totale kraften som
motvirker bevegelsen til boksen.
Omtrent 1 /3 valgte det riktige alternativet C.
Newtons første lov kan ikke brukes i alle situasjoner. Den gjelder for observatører i inertialsystem.
Inertialsystem står i ro, eller beveger seg med konstant fart. Observatøren er den personen
som analyserer situasjonen ved hjelp av Newtons lover.
Tenk deg at du sitter i en buss som akselererer. I midtgangen ligger en ball. To krefter virker
på ballen: tyngdekraften og normalkraften fra gulvet. Ballen begynner å rulle bakover på grunn
av bussens akselerasjon fremover. For deg som passasjer i bussen, bryter ballens bevegelse med
Newtons 1. lov. Summen av kreftene som virker på ballen er null, likevel begynner ballen plutselig
å bevege seg. I dette tilfellet feiler Newtons 1. lov fordi du (observatøren) er ombord i bussen som
akselerer, og du forsøker å bruke Newtons 1. lov i en situasjon hvor du selv, som observatør, er
akselerert.
Dersom du satt i ro utenfor bussen, eller gikk med konstant hastighet på gaten, kunne du benyttet
Newtons lover for å beskrive ballens bevegelse. Du ville da funnet ut at ballen ikke beveger seg.
Ballen forflytter seg relativt til bussen fordi den er i ro mens bussen akselererer fremover. Ballen
’henger ikke med’ på bussens bevegelse.
4.4 Newtons 2. lov
Resultat 4.4.1 — Newtons 2. lov. Newtons 2. lov kobler sammen vektorsummen av alle kreftene
som virker på systemet, ∑ ⃗ F i , og systemets akselerasjon ⃗a. m representerer systemets masse.
Newtons 2. lov er,
∑ ⃗ F i = m⃗a. (4.1)
Newtons 2. lov gjelder også kun i inertialsystem. Legg merke til at Newtons 2. lov er skrevet
ved hjelp av vektorer i uttrykket ovenfor. Det må du ta hensyn til. Det er forskjell på F = ma og
⃗F = m⃗a. Krefter måles i Newton, forkortet N og 1 N = 1 kgm/s 2 .
Hver gang du bruker Newtons 2. lov, still deg selv tre spørsmål:
1. Hva bruker jeg Newtons 2. lov på?
2. I hvilken retning bruker jeg Newtons 2. lov?
3. Hva definerer jeg som positiv retning?
Spørsmålene besvares enklest med en kort tekst. For eksempel slik: «Bruker Newtons 2. lov på
klossen i vertikal retning. Positiv retning er oppover.» Hvis du ikke kan svare på spørsmålene
ovenfor, STOPP! Det du holder på med kommer til å havarere.

40 Kapittel 4. Newtons lover
4.5 Eksempler på bruk av Newtons 2. lov
Eksempel 4.1 — Sammenhengen med bevegelseslikningene. En kloss, med masse m =
2 kg, ligger på et bord. Det virker en konstant friksjonskraft med størrelse F f = 2 N fra bordet
på klossen. Samtidig dytter noen på klossen med en horisontal kraft F = 3 N mot høyre. Beregn
klossens akselerasjon og klossens hastighet som funksjon av tiden.
⃗F
⃗F f
m
x
Løsning:
I tillegg til kreftene som er inntegnet, virker tyngdekraften ⃗G og normalkraften ⃗N på klossen.
⃗G og ⃗N er like store, motsatt rettet og bidrar ikke til klossens akselerasjon i x-retningen.
Vi bruker Newtons 2. lov på klossen i horisontal retning (x-retning). Positiv retning er valgt
mot høyre. Akselerasjonen til klossen er
F − F f = ma x , (4.2)
a x = F − F f
m , (4.3)
= 3 N − 2 N , (4.4)
2 kg
= 0.5 m/s 2 . (4.5)
Klossen har konstant akselerasjon (0.5 m/s 2 ) i positiv x-retning, dvs. mot høyre på tegningen.
Vi kan beregne klossens hastighet som funksjon av tiden ved hjelp av bevegelseslikningen
(1.7),
v(t) = v 0 + a x t. (4.6)
Dersom starthastigheten er null, vil v(t) = a x t = 0.5t. Etter 10 sekunder er klossens hastighet
v(10) = 5 m/s. Etter ett minutt er klossens hastighet 30 m/s. Fordi klossen er akselerert, endres
hastigheten hele tiden. Videre kan klossens posisjon beregnes ved å benytte bevegelseslikningen
(1.6)
x(t) = x 0 + v 0 t + 1 2 a xt 2 , (4.7)
hvor v 0 og x 0 er henholdsvis klossens hastighet og posisjon ved t = 0.
■
Eksempel 4.2 — To klosser. To klosser med masser m = 2 kg og M = 4 kg ligger på et
friksjonsfritt bord og påvirkes av kraften ⃗F på 6 N. Beregn klossenes akselerasjon og kreftene
som virker mellom klossene.
⃗F
m
M
x

4.5 Eksempler på bruk av Newtons 2. lov 41
Løsning:
La oss først tenke på de to klossene som ett felles system med masse m + M og beregne deres
felles akselerasjon a x . På systemet virker kun en kraft ⃗F = 6 N i x-retningen. Jeg bruker
Newtons 2. lov på begge klossene i x-retningen
F = (M + m)a x , (4.8)
a x =
F
M + m , (4.9)
a x = 1 m/s 2 . (4.10)
Men det er også mulig å betrakte klossene hver for seg. Vi må da analysere kreftene som
virker på hver kloss. På klossen med masse m virker to krefter. (Jeg tar ikke med de vertikale
kreftene fordi summen av dem er null.) Kreftene er: 1. den kjente skyvkraften ⃗F og 2. en ukjent
kraft fra klossen med masse M. Den ukjente kraften døper vi ⃗F mM .
⃗F m ⃗F mM
x
Jeg bruker Newtons 2. lov på m i x-retningen
F − F mM = ma x , (4.11)
F mM = F − ma x , (4.12)
F mM = 6 N − 2 kg · 1 m/s 2 , (4.13)
= 4 N. (4.14)
Underveis har jeg brukt at akselerasjonen a x = 1 m/s 2 fra likning (4.10).
På klossen med masse M virker det bare én kraft. Det er kraften fra klossen med masse m.
Denne kraften kaller vi ⃗F Mm . (Igjen ser jeg bort fra vertikale krefter.)
⃗F Mm
M
x
For å beregne F Mm benytter jeg Newtons 2. lov på klossen med masse M
F Mm = Ma x , (4.15)
F Mm = 4 kg · 1 m/s 2 , (4.16)
= 4 N. (4.17)
Det er klart at begge klossene (m og M) har samme akselerasjon, nemlig a x = 1 m/s 2 . Jeg kan
derfor sette a x = 1 m/s 2 i likningene ovenfor.
Fra Newtons 3. lov (som du kanskje husker fra tidligere fysikkurs, vi kommer tilbake til den
i seksjon 4.7) følger det at ⃗F Mm og ⃗F mM er newtonske motkrefter. De to kreftene er i tallverdi

42 Kapittel 4. Newtons lover
like store, dvs. F Mm = F mM = 4 N. Vær klar over at vi ikke kan skrive ⃗F Mm = ⃗F mM fordi de to
kreftene peker i forskjellige retninger. Vektorene er altså like lange, men peker i stikk motsatt
retning av hverandre.
■
Eksempel 4.3 — Masseløse snorer. La oss endre litt på systemet i eksempel 4.2. Vi lar nå de
to klossene med masser m og M være bundet sammen ved hjelp av ei snor. Snora er masseløs.
(Det betyr at snoras masse er ubetydelig sammenliknet med klossenes masser.)
m
M
⃗F
x
Kraften ⃗F er stadig på 6 N og peker mot høyre. Beregn systemets akselerasjon, snordraget og
kreftene på begge klossene.
Løsning:
Igjen kan vi betrakte klossene og snora som ett system og beregne sysemets akselerasjon. Resultatet
er det samme som i seksjon 4.2, dvs. a x = 1.0 m/s 2 . Snora er masseløs og beregningen
er derfor identisk med den i eksempel 4.2.
Mer interessant blir det om vi benytter Newtons 2. lov på hver del av systemet. Systemet
består av tre deler, to klosser og ei snor.
På klossen med masse m virker kun én kraft i horisontal retning: kraften fra snora. Denne
kraften er ukjent, og den er ikke lik F. Vi kaller den ukjente kraften fra snora for ⃗S. S for
snordrag.
m
⃗S
M
x
Newtons 2. lov, anvendt på klossen med masse m i horisontal retning, gir uten oss snordraget:
S = ma x , (4.18)
S = 2 kg · 1 m/s 2 , (4.19)
= 2.0 N (4.20)
På snora virker to krefter, en kraft fra hver av klossene. Kraften fra klossen med masse m
på snora, må være like stor som kraften på m fra snora (dvs. S). Disse to kreftene er Newtonske
motkrefter og Newtons 3. lov garanterer at de er like store. Kreftene på snora er tegnet nedenfor.
⃗S ⃗S ′
x
Hva med kraften ⃗S ′ på snora fra klossen med masse M - hvor stor er den? Fordi snora er
masseløs, må S ′ = S. Hvorfor? Newtons 2. lov anvendt på snora uten masse, gir (positiv retning

4.6 Kobla masser 43
mot høyre)
S ′ − S = m snor a x , (4.21)
= 0. (4.22)
Det er kanskje litt snålt å anta at snora er masseløs, men som regel er snoras masse ubetydelig i
forhold til systemets masse forøvrig. I slike situasjoner, og dem er det mange av, er det rimelig
å tenke på snora som masseløs. Det gir ikke store feil.
På klossen med masse M virker det også to krefter: en kraft ⃗S fra snora og drakraften ⃗F.
m
⃗S
M
⃗F
x
Newtons 2. lov anvendt på M i horisontal retning gir
F − S = Ma x , (4.23)
6 N − 2 N = 4 kg · 1 m/s 2 , (4.24)
som bare bekrefter det vi visste fra før.
■
4.6 Kobla masser
Skissen nedenfor viser et typisk utgangspunkt for en fysikkoppgave. To klosser med masser m =
1 kg og M = 2 kg er forbundet med ei masseløs snor. Klossen med masse m kan bevege seg
friksjonsfritt på bordet, og vi skal beregne systemets akselerasjon a.
Det er verdt å tenke over hva som menes med en ’felles’ akselerasjon a. Klossene m og M
kan ikke ha samme akselerasjonsvektor ⃗a. Akselerasjonsvektoren til klossen med masse m peker i
positiv x-retning. Akselerasjonsvektoren til klossen med masse M peker i positiv y-retning. Retningene
er altså forskjellige, men i tallverdi har de to massene samme akselerasjon fordi de er koblet
sammen med ei snor. Når klossen med masse M endrer sin fart, må også klossen med masse m
endre sin fart like mye.
Snora drar i begge klossene med det samme snordraget S. (Husk eksempel 4.3.) Tyngdekraften
⃗G M er essensiell for klossenes bevegelse, mens tyngdekraften på m er irrelevant for bevegelsen.
m
S
y
x
S
M
G M
For å finne akselerasjonen bruker jeg Newtons 2. lov på hver kloss. Newtons 2. lov på klossen med
masse m gir:
S = ma. (4.25)

44 Kapittel 4. Newtons lover
Newtons 2. lov på klossen med masse M gir
G − S = Ma, (4.26)
Mg − S = Ma (4.27)
Resultatet er to likninger, (4.25) og (4.27), med to ukjente. De ukjente er snordraget S og akselerasjon
a. For å finne akselerasjonen a setter jeg likning (4.25) inn i likning (4.27)
Da gjenstår det bare å løse for a,
Mg − ma = Ma. (4.28)
−ma − Ma = −Mg, (4.29)
a(m + M) = Mg, (4.30)
a =
Mg
m + M . (4.31)
Klossenes akselerasjon er konstant, og vi kan derfor benytte bevegelseslikningene (4.25) og (4.27)
for å beregne klossenes posisjon og hastighet ved ulike tider t.
NB!
Mange studenter foretrekker å bruke Newtons 2. lov på hele systemet i tauets retning. Regningen
går gjerne slik:
S − S + G M = (m + M)a (4.32)
Dette fungerer i dette eksempelet. Likevel tror jeg ikke det er en god strategi i fortsettelsen.
Og hvis man skal gjøre det på denne måten, bør man i alle fall tenke over hva som skjer når
de to ⃗S’ene og ⃗G M legges sammen som vektorer. (Slik Newtons 2. lov krever at vi gjør.)
Min anbefaling er: Bruk Newtons 2. lov på hver kloss. Det er mer robust, mer oversiktlig og
sannsynligheten for å gjøre grove feil er mindre.
4.7 Newtons 3. lov
Resultat 4.7.1 — Newtons 3. lov. Til enhver kraft ⃗Ffinnes en like stor motkraft ⃗F ∗ . Kraft og
motkraft:
1. virker langs samme rette linje og peker i motsatt retning av hverandre,
2. virker på ulike legemer,
3. er av samme type. Dersom kraften en kontaktkraft, er også motkraften en kontaktkraft. Er
kraften en avstandskraft, er også motkraften en avstandskraft. Den eneste avstandskraften
vi møter i dette emnet, er tyngdekraften.
En kloss ligger i ro på et bord. På klossen virker to krefter: tyngdekraften ⃗G og normalkraften
⃗N. Er ⃗G og ⃗N motkrefter? Svaret er et rungende NEI! Det er flere grunner til det:
1. ⃗N og ⃗G virker begge på klossen. De kan derfor ikke være et ekte kraft-motkraft par.
2. ⃗N er en kontaktkraft. ⃗G er en avstandskraft. De kan derfor ikke være et ekte kraft-motkraft
par.
3. ⃗N og ⃗G peker i motsatt retning langs samme rette linje. Dette er den eneste av de tre egenskapene
som ⃗G og ⃗N oppfyller. Det er ikke nok. Et kraft-motkraft par må oppfylle alle de
tre egenskapene listet i rammen ovenfor.

4.8 Vekt og vektløshet 45
I eksempelet med klossen virker normalkraften på klossen fra bordet. Motkraften virker på bordet
fra klossen. Tyngdekraften virker på klossen og settes opp av jorden. Motkraften virker på jorda
fra klossen.
Et triks for å identifisere motkraften til en eller annen kraft ⃗F er å formulere setningen: Kraften
⃗F virker på legeme 1 virker fra legeme 2. Motkraften virker på legeme 2 fra legeme 1. Bytt
om preposisjonene «på» og «fra», så har du identifisert motkraften. Her er et konkret eksempel:
Tyngdekraften virker på klossen fra jorden. Motkraften til tyngdekraften virker fra klossen på
jorden.
En vanlig måte å formulere Newtons 3. lov på lyder: Kraft er lik motkraft. Håpløst upresist.
Formuleringen fører til alle mulige rare konklusjoner, og jeg skal nevne et par slike. Husk de tre
kravene som stilles til kraft/motkraft par.
Tenk deg at du slår en spiker inn i veggen med en hammer. Hammeren virker på spikeren
med en kraft, og spikeren virker tilbake på hammeren med en kraft som er like stor. Disse to
kreftene representerer et virkelig kraft-motkraft par. Men hvordan kan spikeren likevel bli slått inn
i veggen? Her er det egentlig ikke et virkelig paradoks, kun en sammenblanding av hvilke legemer
som kraft og motkraft virker på. Spikeren beveger seg inn i veggen fordi kreftene på spikeren
er størst i akkurat den retningen. Det har ingenting med kraft og motkraft å gjøre. Husk at kraft
og motkraft virker på forskjellige legemer. Hammeren virker på spikeren med en kraft som får
spikeren til å akselerere inn i veggen. Motkraften virker på hammeren fra spikeren. Hvilke krefter
hammeren blir utsatt for, har ingen betydning for hva som skjer med spikeren. Det er summen av
alle kreftene som virker på spikeren som avgjør hva som skjer med den. Paradokset oppstår hvis
vi tenker at både kraft og motkraft angriper spikeren. Det er i følge Newtons 3. lov ikke mulig.
Kraft og motkraft virker alltid på ulike legemer.
Her er et tilsvarende «paradoks»: Et lokomotiv med vogner skal akselerere ut fra Oslo S. Kraften
lokomotivet trekker i vognene med, er like stor som kraften vogene trekker i lokomotivet med.
Det følger fra Newtons 3. lov. Konklusjon: Toget kommer ikke av flekken! Problemet her er det
samme som med spikeren og hammeren. Alt er riktig, helt frem til konklusjonen. Konklusjonen
blander sammen kreftene som virker på lokomotivet med kreftene på vognene. Det er summen av
alle kreftene på lokomotivet som avgjør om det beveger seg fremover. Tilsvarende er det summen
av alle kreftene på vognene som avgjør om de flytter seg. Betrakter vi togsettet som ett system,
noe vi også har lov til, er det kreftene fra skinnegangen på togsettet som skaper akselerasjon.
4.8 Vekt og vektløshet
Et gammelt og litt artig fysikkproblem går som følger: En person med masse m står på ei masseløs
vekt i en heis. Heisen akselerer oppover med akselerasjon a. Hva vil vekta vise? (Og svaret er ikke
m.)
Det første vi bør gjøre er å tegne inn kreftene som virker på personen og på vekta i heisen. På
personen virker tyngdekraften ⃗G og normalkraften ⃗N. Normalkraften er ukjent og må bestemmes.

46 Kapittel 4. Newtons lover
a
a
Vekt
⃗G
Vekt
⃗N
⃗N 2
Vekt
⃗N ′
Newtons 2. lov anvendt på personen i heisen med positiv retning oppover, gir
N − G = ma, (4.33)
N = ma + mg, (4.34)
N = m(a + g). (4.35)
Kraften fra vekta på personen i heisen, dvs. ⃗N, har motkraften ⃗N ∗ . ⃗N ∗ virker fra personen på
vekta. ⃗N og ⃗N ∗ er et kraft-motkraft par, og de er derfor like store. Likning (4.35) gir oss dermed
både N og N ∗ .
Totalt er det to krefter som virker på vekta: ⃗N ∗ og normalkraften ⃗N 2 fra heisgulvet. På displayet
leser vi av størrelsen til kraften ⃗N ∗ . (Dersom displayet viser massen og ikke vekten, vil vi lese av
N ∗ /g på displayet.)
Når a = 0, er N = mg og vekta viser mg (eventuelt bare m). Vi ser fra likning (4.35) at vekta
viser mer når heisen akselerer oppover (a > 0). Ikke bare må vekta hindre personen i å falle
gjennom heisgulvet, den må også gi personen den nødvendige akselerasjonen oppover. Det er
derfor summen (a + g) opptrer i likning (4.35). Hvis heiskabelen ryker og heisen faller nedover,
er a = −g (husk at positiv retning er oppover), og vekta viser 0! Personen i heisen er da vektløs,
fordi han faller med samme akselerasjon som tyngdeakselerasjon. Ergo virker det ingen kraft på
vekta fra personen i heisen i det tilfellet.
Til slutt - en liten detalj: Vekta i dette eksempelet er masseløs. Newtons 2. lov anvendt på vekta
gir dermed:
N 2 − N ∗ = 0, (4.36)
og det følger at N 2 = N ∗ . Kraften fra heisgulvet på vekta er den samme som kraften fra personen
på vekta.
4.9 Friksjon
Friksjonskrefter i mekanikk har sitt opphav i atomenes verden. Det vi kaller friksjonskrefter, er
elektriske ladninger som frastøter eller tiltrekker hverandre i overflatene. Detaljene er kompliserte
og vil ikke bli behandlet i dette emnet.
I mekanikk er det mer hensiktsmessig å se slik på det: En kloss påvirkes av en kraft ⃗F. Det
oppstår en friksjonskraft ⃗F f fra underlaget på klossen. Friksjonskraftens størrelse avhenger av
kraften ⃗F og av klossens eventuelle hastighet v.

4.9 Friksjon 47
⃗F
⃗G ⃗N
⃗F f
Friksjonskraftens størrelse som funksjon av F fremstilles gjerne grafisk. Se diagrammet under.
Det er her viktig å skille mellom statisk og kinetisk friksjon. Det er statisk friksjon når klossen er
i ro i forhold til underlaget den ligger på. Kinetisk friksjon, eller glidefriksjon, oppstår når klossen
beveger seg relativt til underlaget.
µ s N
F f [N]
Statisk friksjon
v = 0
Kinetisk friksjon
v > 0
µ k N
F [N]
Den maksimale friksjonskraften oppstår når klossen er i ro (v = 0) og dyttes på av en kraft ⃗F som er
akkurat litt for svak til å sette klossen i bevegelse. Straks klossen beveger seg, avtar friksjonskraften
plutselig. Vi har da kinetisk friksjon.
Resultat 4.9.1 — Friksjonskrefter. Størrelsen til friksjonskraften er gitt ved:
F f = µN, (4.37)
hvor N er normalkraften og µ er friksjonskoeffisienten. µ kan ta uendelig mange forskjellige
verdier, avhengig av situasjonen. Verdien til µ avhenger av hva de to overflatene i kontakt med
hverandre er laget av. Det er vanlig å bruke to spesielle verdier for friksjonskoeffisienten µ:
⎧
⎨
µ s (ved maksimal statisk friksjon)
µ =
⎩
µ k (ved kinetisk friksjon)
(4.38)
Det er alltid slik at µ s > µ k fordi den maksimale statiske friksjonen er større enn den kinetiske
friksjonen Merk at friksjonskraften er uavhengig av kontaktflatens areal.
Den kinetiske friksjonskraften er alltid gitt som F f = µ k N. Den kinetisk friksjonskraften er derfor
mye enklere å beregne enn den statiske. I diagrammet ovenfor ser vi at den statiske friksjonskraften
kan ta alle verdier mellom 0 og µ s N. Når F f = µ s N, har vi maksimal statisk friksjon. Dersom vi
har statisk friksjon, men ikke maksimal statisk friksjon, må F f beregnes med andre metoder.
La oss til slutt gå tilbake til klossen vi startet diskusjonen med, dvs. den som er tegnet på

48 Kapittel 4. Newtons lover
forrige side. Newtons 2. lov anvendt på klossen gir likningen (her er positiv retning mot høyre):
F − F f = ma (4.39)
F − µN = ma (4.40)
F − µmg = ma (4.41)
I dette eksempelet er N = G = mg, noe som heller ikke alltid er tilfellet. (Det er f.eks. ikke sant i
en bakke.) Dersom klossen er i ro, vil µ ≤ µ s . Begynner klossen å bevege seg, vil friksjonskoeffisienten
µ = µ k og F f = µ k N. Dersom klossen forblir i ro, på tross av at kraften F dytter på den,
må F ≤ µ s N. Det siste følger fra Newtons 2. lov.
Retningen til den statiske friksjonskraften er ikke alltid enkel å bestemme. Det vil vi se eksempler
på senere i kurset. Retningen til den kinetiske friksjonen er alltid motsatt av bevegelsen.
4.10 Luftmotstand
Luftmotstanden på et legeme er gitt ved
F L = 1 2 ρAC Dv 2 , (4.42)
hvor ρ er luftas tetthet, A er overflatearealet som vender opp mot vinden, C D er en koeffisient som
avhenger av legemets geometri og v er legemets fart. Luftmotstanden virker alltid mot bevegelsesretningen.
Vi kan ikke bevise likning (4.42), men vi kan sannsynliggjøre uttrykket. Legg først og fremst
merke til at luftmotstanden øker med kvadratet av farten. Overflatearealet opp mot vinden er også
viktig. En stor overflate ’tar’ mye mer vind sammenliknet med en liten overflate. Legemets form er
også viktig. Det er forskjell på luftmotstanden på ei kule og på ei plate, selv om overflatearealene
er like. Koeffisienten C D beskriver denne forskjellen. C D er et ubenevnt tall som vi i dette emnet
henter fra tabeller. En slik tabell finner du her.
Eksempel 4.4 — Akselerasjonen til en fallende ball. En ball med masse m faller vertikalt
nedover fra en stor høyde. Luftmotstanden ⃗F L og tyngdekraften ⃗G virker på ballen. Finn et
uttrykk for ballens akselerasjon a.
Løsning:
Vi bruker Newtons 2. lov på ballen og velger positiv retning nedover,
G − F L = ma, (4.43)
mg − 1 2 ρAC Dv 2 = ma, (4.44)
a = mg − 1 /2ρAC D v 2
. (4.45)
m
Legg merke til at akselerasjonen avhenger av farten. Jo større fart, jo mindre akselerasjon.
■
4.10.1 Terminalhastigheten
Fordi luftmotstanden øker med farten, kan ikke legemer som utsettes for luftmotstand bevege seg
uendelig fort. Akselerasjonen avtar etter hvert som farten øker. (Se eksempel 4.4.)
Resultat 4.10.1 — Terminalhastigheten. Den maksimale farten et legeme oppnår når det utsettes
for luftmotstand kalles ’terminalhastigheten’. Terminalhastigheten beregnes ved å løse

4.11 Alltid dette evinnelige skråplanet... 49
likningen a = 0 med hensyn på v. (Noe som ikke alltid er like lett.)
Eksempel 4.5 — Terminalhastigheten til en fallende ball. I eksempel 1.4 studerte vi en
fallende ball. Finn et uttrykk for ballens terminalhastighet.
Løsning:
Når luftmotstanden blir like ’sterk’ som tyngdekraften, går akselerasjonen mot null og ballen
har nådd sin terminalhastighet. Beregningen går slik:
a = 0, (4.46)
mg − 1 /2ρAC D v 2
= 0,
m
(4.47)
1
2m ρAC Dv 2 = g,
√
(4.48)
v =
2mg
.
ρAC D
(4.49)
■
4.11 Alltid dette evinnelige skråplanet...
Et av standardsystemene vi virkelig må beherske, er det beryktede skråplanet. Oppgaver om diverse
gjenstander, ofte klosser, som ligger eller beveger seg på skråplan, er klassikere i mekanikk. I
eksempelet under går jeg gjennom de vanligste skråplantriksene.
Eksempel 4.6 — Hvor bratt kan skråplanet være? En gjennomgang av skråplantriks.
En gummikloss ligger på et skråplan med en asfaltoverflate. Det er friksjon mellom klossen og
skråplanet. Den maksimale statiske friksjonskoeffisienten mellom asfalt og gummi er µ s = 1.0.
Hvor bratt kan skråplanet være for at klossen ikke skal skli?
⃗N
mgsinθ
θ
⃗F f
mgcosθ
y
⃗G
x
θ
Løsning:
Det er et par standardtriks som brukes for å analysere gjenstander på skråplan. Følgende triks
er ganske så generelle:
• Bruk et koordinatsystem hvor x-aksen er parallell med skråplanet og y-aksen står normalt
på skråplanet. Se tegningen ovenfor.
• Dekomponer tyngdekraften ⃗G i en komponent parallell (∥) med skråplanet og i en komponent
vinkelrett (⊥) på skråplanet. Tyngdekraften ⃗G står vinkelrett på skråplanets bunn-

50 Kapittel 4. Newtons lover
linje, mens normalkraften ⃗N står normalt på skråplanets overflate.
• Vinkelen mellom vektorene ⃗G og ⃗N er θ. For å se at det må være slik: Tenk deg at
du roterer en rettvinklet trekant bestående av ⃗G og ⃗N 90 grader mot klokken. ⃗G-siden
blir da parallell med skråplanets bunnlinje, mens ⃗N-siden av trekanten blir parallell med
skråplanets overflate.
• Oppsummert får vi følgende uttrykk for tyngdekraftens komponenter:
G ∥ = G x = mgsinθ, (4.50)
G ⊥ = G y = mgcosθ. (4.51)
• Bruk Newtons 2. lov i x-retningen.
I vårt eksempel er positiv x-retning nedover langs skråplanet. (Det kunne like gjerne vært
oppover skråplanet.) Newtons 2. lov anvendt på klossen, gir
∑F x = ma x , (4.52)
G ∥ − F f = ma x , (4.53)
mgsinθ − F f = ma x . (4.54)
Klossen skal stå i ro og a x = 0. Likning (4.54) reduserer seg derfor til
mgsinθ = F f . (4.55)
Fordi vi er interessert i å finne skråplanets maksimale helningsvinkel θ, må vi bruke den
maksimale statiske friksjonskraften F f = µ s N
mgsinθ = µ s N. (4.56)
Men hvor stor er normalkraften N? (Svaret er ikke N = G!)
• Bruk Newtons 2. lov på i y-retningen.
Fordi klossen ligger på et skråplan, er ikke N = G. Normalkraften må være like stor som
tyngdens komponent vinkelrett på skråplanet, dvs. N = G ⊥ = mgcosθ. Dette følger fra
Newtons 2. lov anvendt på klossen i y-retning,
∑F y = ma y , (4.57)
Klossen er ikke akselerert i y-retningen og a y = 0. Vi utnytter det til å finne et uttrykk for
N
Med N = mgcosθ i likning (4.56), får vi
N = G ⊥ , (4.58)
N = mgcosθ. (4.59)
mgsinθ = µ s mgcosθ (4.60)
sinθ = µ s cosθ (4.61)
µ s = sinθ
cosθ
(4.62)
µ s = tanθ. (4.63)

4.11 Alltid dette evinnelige skråplanet... 51
Betingelsen for at klossen blir stående i ro, er at den statiske friksjonskoeffisienten µ s er minst
like stor som tanθ. Den statiske friksjonskoeffisienten µ s for kombinasjonen gummi/asfalt er
≈ 1.0 (tabellverdi). Det betyr at den maksimale vinkelen skråplanet kan ha er 45 ◦ .
Når asfalten og gummien er våt, synker den statiske friksjonskoeffisienten til ca. 0.4. Maksimal
helningsvinkel i det tilfellet er
tanθ = 0.4 (4.64)
θ ≈ 22 ◦ (4.65)
■
Eksempel 4.7 — Kobla masser på skråplan med friksjon. To klosser med masser m og
M er koblet sammen med ei masseløs snor. Klossen med masse m ligger på et skråplan med
friksjon, og klossen med masse M henger i lufta. Trinsa er masseløse og kan rotere uten friksjon.
Vi får oppgitt at m = 10 kg, µ = 0.5 og θ = 45 ◦ . Systemet er i ro. Massen M er ukjent og skal
beregnes.
⃗N
mgsinθ
θ
⃗F f
mgcosθ
M
⃗G m
x
θ
Løsning:
Vær klar over at tre ting kan skje med dette systemet:
1. Hvis M er ’tung nok’, faller M nedover og m dras oppover skråplanet.
2. Hvis M er ’lett nok’, heises M oppover og m sklir nedover skråplanet.
3. Hvis hverken m eller M «vinner», forblir begge klossene i ro.
La oss beregne hva massen M må være for at de to klossene skal forbli i ro. Anta først at M er
akkurat så tung at den såvidt klarer å hindre m i å skli nedover skråplanet. Friksjonskraften ⃗F f
må da være den maksimale statiske friksjonskraften. Akselerasjonen er null, og vi tegner inn
alle kreftene som virker på m og M i denne tenkte situasjonen.

52 Kapittel 4. Newtons lover
⃗N
⃗S
⃗S
mgsinθ
θ
⃗F f
mgcosθ
M
x
θ
⃗G m
⃗G M
Jeg bruker Newtons 2. lov på klossen med masse m i x-retningen:
∑F x = ma x , (4.66)
mgsinθ − S − F f = 0. (4.67)
Jeg bruker deretter Newtons 2. lov på klossen med masse M i vertikal retning. Positiv retning
er valgt oppover.
Den maksimale statiske friksjonskraften er:
S − Mg = 0, (4.68)
S = Mg. (4.69)
F f = µ s N, (4.70)
Jeg setter uttrykkene for F f og S inn i likning (4.67) og løser for M:
= µ s mgcosθ. (4.71)
mgsinθ − Mg − µ s mgcosθ = 0 (4.72)
msinθ − M − µ s mcosθ = 0 (4.73)
M = msinθ − µ s mcosθ (4.74)
M = m(sinθ − µ s cosθ) (4.75)
M ≈ 3.54 kg (4.76)
Hvis M har presis denne verdien, vil klossene forbli i ro. Dersom M < 3.54 kg, vil M akselerere
vertikalt oppover og m nedover skråplanet.
Vi kan også beregne hva M maksimalt kan være, gitt at systemet skal være i ro. Vi tenker
oss da en situasjon hvor summen av den statiske friksjonskraften og tyngdekraften så vidt er
tilstrekkelig for å hindre at m dras oppover skråplanet. Den statiske friksjonskraften forsøker å
’holde igjen’ og peker i motsatt retning av det vi tegnet tidligere. Analysen forøvrig er identisk.

4.12 Sirkelbevegelse 53
Vi bruker Newtons 2. lov på klossen med masse m i x-retningen:
mgsinθ − S + F f = 0, (4.77)
mgsinθ − Mg + µ s mgcosθ = 0, (4.78)
M = m(sinθ + µ s cosθ), (4.79)
M ≈ 10.6 kg. (4.80)
Dersom M har presis denne verdien, forblir systemet i ro. Dersom M > 10.6 kg, vil m akselerere
oppover og M nedover.
Oppsummert har vi funnet:
• Når M < 3.54 kg, akselerer klossen med masse m nedover skråplanet, og klossen med
masse M akselerer vertikalt oppover. (M taper.)
• Når M > 10.6 kg, akselerer klossen med masse m oppover skråplanet, og klossen med
masse M akselerer vertikalt nedover. (M vinner.)
• Når 3.54 kg ≤ M ≤ 10.6 kg, forblir begge klossene i ro. (Ingen vinner.)
■
4.12 Sirkelbevegelse
Når et legeme beveger seg i en sirkel, eller i en sving, må hastighetsvektoren endre retning. For at
hastighetsvektoren skal kunne endre retning, kreves akselerasjon. Videre krever akselereasjon en
kraft (Newtons 2. lov). Hvor stor kraft som kreves, avhenger blant annet av hastigheten.
Resultat 4.12.1 — Sentripetalakselerasjon. Akselerasjonen som er nødvendig for at en gjenstand
skal kunne bevege seg i en sirkel, eller i en del av en sirkel, er
⃗a = ∆⃗v
∆t , (4.81)
= v2
R
hvor v er gjenstandens fart og R er radius i sirkelbanen.
inn mot senter av sirkelen, (4.82)
Denne akselerasjonen kalles sentripetalakselerasjon og en utledning av likning (4.82) kan du se
her. (Selve utledningen starter ca. 44 minutter ut i forelesningen.)
NB!
Vær klar over at sentripetalakselerasjonen er nødvendig for å ’holde’ en gjenstand i sirkelbane
selv om farten er konstant. Sentripetalakselerasjon endrer hastighetsvektorens retning,
men ikke farten.
Dette betyr at for en gjenstand som beveger seg i en sirkelbane, kan vi skrive Newtons 2. lov
på formen
∑F = m v2
R . (4.83)
For å komme frem til denne likningen har jeg brukt Newtons 2. lov i radiell retning. Det vil si
langs den rette linjen som går fra senter av sirkelen og ut til gjenstanden i sirkelbanen.
Det finnes ingen spesiell eller magisk ’sentripetalkraft’. Hvilke krefter som skal inn på venstre
side av likhetstegnet ovenfor, kan vi ikke si noe om før vi har et konkret system å analysere.

•
•
54 Kapittel 4. Newtons lover
Eksempel 4.8 — Bil i sving. En bil med masse m = 1500 kg skal kjøre gjennom en sving som
er del av en sirkel med radius R = 50 m. Hvis fartsgrensen på stedet er 70 km/h, hvor stor
friksjonskraft må virke mellom bilen og underlaget for at bilen skal holde seg på veien?
Løsning:
Jeg bruker Newtons 2. lov på bilen i radiell retning. Det er kun en kraft som virker på bilen i
denne retningen, nemlig friksjonskraften mellom bilen og asfalten som i dette tilfellet må virke
inn mot senter av sirkelen og ha størrelsen
F f = m v2
R . (4.84)
På tegningen nedenfor kjører bilen ’inn i papirplanet’. ⃗G og ⃗N er ikke relevante fordi de virker
normalt på den radielle retningen.
R = 50 m
← Radiell retning →
⃗N
⃗F f
Nødvendig friksjonskraft finner vi ved å sette inn tall
F f = 1500 kg ·
(19.4 m/s)2
50 m
⃗G
= 11.3 kN. (4.85)
Vi tar et siste eksempel på bruk av Newtons 2. lov i radiell retning ved sirkelbevegelse. Denne
gangen med to krefter i den aktuelle retningen.
Eksempel 4.9 — Kule i snor. Ei lita kule med masse m svinges rundt i vertikalplanet ved
hjelp av et tau med lengden l. Beregn snordraget S i tauet når kula passerer det laveste punktet
i banen med farten v.
Løsning:
Kreftene på kula må tegnes inn.
■
l
⃗S
⃗G

4.13 Kort om fjærer 55
Kula påvirkes av to krefter og beveger seg i en sirkelbane med radius l. Summen av kreftene
inn mot senter av sirkelen skal være
∑F = m v2
l . (4.86)
Tyngdekraften virker vertikalt nedover og det er derfor klart at snordraget må virke vertikalt
oppover. Med positiv retning inn mot senter av sirkelen, får jeg
S − G = m v2
l , (4.87)
S = m v2
l
+ mg. (4.88)
Snordraget må altså være større enn tyngdekraften G for at kula skal ’holde’ seg i banen, og
snordraget vokser med høyere fart.
■
4.13 Kort om fjærer
Fjærer finnes i mange tekniske innretninger og brukes mye i fysikk. Kraften ei fjær dytter eller
drar i et legeme med, kan beregnes med et enkelt uttrykk. Ei fjær som er komprimert vil dytte. Ei
fjær som er strukket vil dra. Ei fjær som hverken er strukket eller komprimert, vil ingenting. Vi
sier at fjæra er i likevektsposisjonen, ofte kalt x 0 .
Resultat 4.13.1 — Fjærkraft. Kraften fra ei fjær, enten den er strukket eller komprimert, er gitt
ved
F = −k∆x, (4.89)
hvor ∆x = x −x 0 er avstanden fjæra er strukket eller komprimert i forhold til likevektposisjonen
x 0 . Merk at ∆x kan være positiv, negativ eller null. Til alle fjærer i fysikk hører en fjærkonstant
k, med enhet Newton per meter. Fjærkonstanten forteller hvor mange Newton vi må dra med for
å forlenge fjæra én meter.
Minustegnet i F = −k∆x sørger for at kraften peker i riktig retning. Dersom fjæra er strukket (∆x >
0), peker kraften fra fjæra i negativ x-retning (mot venstre). Motsatt: Dersom fjæra er komprimert
(∆x < 0), peker kraften fra fjæra i positiv x-retning. (Se tegning nedenfor.)
x 0 = 0
x
m
Fjæra ovenfor er tegnet i likevektsposisjonen hvor x = x 0 . I denne posisjonen hverken trekker eller
dytter fjæra på klossen. Tar vi tak i klossen og trekker den ut til x = 1.0 m, vil fjæra dra klossen
mot venstre med kraften F = kx, som er vist i tegningen nedenfor.
x 0 = 0
⃗F
x = 1 m
m
x

56 Kapittel 4. Newtons lover
Anta at vi slipper klossen i posisjonen x = 1 m. Fjæra drar klossen mot venstre, klossen får en
hastighet mot venstre og komprimerer fjæra. Fjæra svarer med å dytte klossen mot høyre. Klossen
akselerer mot høyre og strekker fjæra på ny. Resultatet er at klossen beveger seg frem og tilbake
rundt likevektposisjonen x 0 . (Jeg har her sett bort fra friksjon mellom klossen og underlaget.)
Eventuell friksjon vil føre til at svingningene etter hvert dør ut, og klossen stopper opp.
Klossens akselerasjon kan beregnes ved hjelp av Newtons 2. lov. Uten friksjon er det enkelt å
finne et uttrykk for klossens akselerasjon:
∑F x = ma x , (4.90)
−k∆x = ma x , (4.91)
a x = − k∆x
m . (4.92)
Denne likningen forteller at klossens akselerasjon avhenger av posisjonen x. Det er ganske logisk.
Hvor hardt fjæra drar eller dytter på klossen, avhenger selvsagt av hvor mye fjæra er komprimert
eller strukket. Men hva blir klossens posisjon, x(t), etterhvert som tiden går?
Siden akselerasjonen ikke er konstant, er dette et vrient spørsmål å svare på. Poenget er at
bevegelseslikningene x(t) = x 0 + v 0 t + 1 2 at2 og v(t) = v 0 + at ikke er gyldige. Vi kan imidlertid
løse problemet numerisk. Kanskje kommer vi tilbake til dette i et oppgavesett.
4.14 Tidligere eksamensoppgaver
I tabell 4.14 nedenfor har jeg listet opp tidligere eksamensoppgaver som du kan bruke til å teste
deg selv. Oppgavene er tilgjengelig via lenken nedenfor og på Canvas.

4.14 Tidligere eksamensoppgaver 57
Oppgave Tema Kommentar
Eksamen 2014, oppgave 1a) Identifisere krefter Viktig og lett oppgave
Prøveeksamen 2015, oppgave 1a) Identifisere krefter Viktig og lett
Prøveeksamen 2015, oppgave 1c) Krefter og trinser En kreativ tenkeoppgave
Eksamen 2015, oppgave 1b) Luftmotstand (og friksjon)
Prøveeksamen 2016, oppgave 1a)
Prøveeksamen 2016, oppgave 1c)
Identifisere krefter på akselerert
legeme
Luftmotstand og terminalhastighet
Rett frem regneoppgave
Rett frem regneoppgave
Eksamen 2016, oppgave 1a) Identifisere krefter Viktig oppgave som bør
være ’rett frem’
Eksamen 2016, oppgave 1c) Terminalhastighet Rett frem regneoppgave
Eksamen 2016, oppgave 2a) Kobla masser og trinser Konseptoppgave som
ikke krever mye regning
Eksamen 2017, oppgave 3a)
Konteeksamen 2017, oppgave 1a)
Identifisere krefter
Identifisere krefter
Eksamen 2018, oppgave 1 Identifisere krefter En oppgave som viste seg
å være vrien for mange.
Konteeksamen 2018, oppgave 1a og 1b
Identifisere krefter
Tabell 4.1: Tidligere eksamensoppgaver relevante for temaene behandlet i kapittel 4.

•
5. Massesenter og massesentersatsen
Massesenteret er det samme som tyngdepunktet. De fleste av oss har vel en intuitiv følelse av at
tyngdepunktet til noe er «midt i». Hold fast ved det, det er ofte riktig. Vi trenger dog en mer presis
definisjon.
Massesenterets bevegelse styres av massesentersatsen, som egentlig bare er en (naturlig) omskriving
av Newtons 2. lov for system som består av mange partikler.
I dette kapittelet øver vi først på å bruke definisjonen av massesenter, deretter presenteres
massesentersatsen og noen konsekvenser av satsen. Høydepunktene er bevaring av bevegelsesmengde
og massesenterposisjon.
5.1 Definisjon av massesenteret
La oss starte med definisjonen og utsette spørsmålet om hvorfor massesenteret er en interessant
størrelse å beregne.
Resultat 5.1.1 — Massesenterposisjonen til N partikler. Massesenterposisjonen X cm til et
system som består av N partikler med masser m 1 ,m 2 ,...,m N i posisjonene x 1 ,x 2 ,...,x N er gitt
ved
X cm = m 1x 1 + m 2 x 2 + ··· + m N x N
m 1 + m 2 + ··· + m N
= ∑N i=1 m ix i
∑ N i=1 m i
(5.1)
Legg merke til at nevneren i likningen ovenfor bare er systemets totale masse.
Her er et konkret eksempel på bruk av definisjonen: To partikler med masser m 1 og m 2 ligger på
x-aksen. De to partiklene er vårt system, og vi skal beregne posisjonen til systemets massesenter.
m 1 = 1 kg
x 1 = 4 m
X cm
m 2 = 3 kg
x 2 = 8 m
x

60 Kapittel 5. Massesenter og massesentersatsen
Beregningen går slik (X cm er koordinaten til massesenteret, og cm står for center of mass):
X cm = m 1x 1 + m 2 x 2
m 1 + m 2
, (5.2)
= 1 · 4 + 3 · 8 ,
1 + 3
(5.3)
= 28
4 , (5.4)
= 7 m. (5.5)
Resultatet forteller at massesenteret ligger mellom de to partiklene, sterkt forskjøvet mot partikkelen
med størst masse. Legg merke til at det ikke finnes noen partikkel i massesenterposisjonen.
Massesenteret er bare et matematisk punkt. Foreløpig vet vi ikke hvorfor det er interessant å beregne
massesenterets posisjon, det kommer senere.
Med tre eller flere partikler kan beregningen vi har gjort for to partikler enkelt generaliseres:
La oss generalisere videre og se på et to-dimensjonalt problem: Tre partikler med masser
m 1 = 1 kg, m 2 = 1 kg og m 3 = 4 kg ligger i samme plan med innbyrdes avstander som vist i
figuren under. De tre partiklene er vårt system.
m 1 m 2
3 m
1.5 m 1.5 m
m 3
For å beregne posisjonen til systemets massesenter er det nødvendig å innføre et koordinatsystem.
NB!
Ofte kan massesenterberegninger forenkles ved å velge et koordinatsystem der en av partiklene
ligger i origo.
Nedenfor har jeg tegnet inn et mer eller mindre tilfeldig valgt koordinatsystem som jeg velger å
arbeide i.
y
m 1 m 2
3 m
• ⃗R cm
-1.5 m 1.5 m
m 3
x

•
5.1 Definisjon av massesenteret 61
Beregningen av systemets massesenterposisjon gjennomføres ved å benytte resultat 5.1.1, først i
x-retning
deretter i y-retning
X cm = m 1x 1 + m 2 x 2 + m 3 x 3
,
m 1 + m 2 + m 3
(5.6)
1 · (−1.5) + 1 · 1.5 + 4 · 0
= ,
1 + 1 + 4
(5.7)
= 0, (5.8)
Y cm = m 1y 1 + m 2 y 2 + m 3 y 3
m 1 + m 2 + m 3
, (5.9)
= 1 · 3 + 1 · 3 + 4 · 0 .
1 + 1 + 4
(5.10)
= 1. (5.11)
Beregningene viser at systemets massesenter er i punktet (X cm , Y cm ) = (0, 1).
For legemer som består av mange partikler, er resultat (5.1.1) noe upraktisk. Og må vi virkelig
summere over alle partiklene i systemet, dvs. alle elektronene, protonene og nøytronene? Svaret
er nei. Strategien er å dele opp systemet i mindre biter (men ikke nødvendigvis punktpartikler),
hvor massesenteret til hver bit er kjent. Deretter benytter vi resultat 5.1.1 for å beregne systemets
massesenter. De neste to eksemplene viser fremgangsmåten.
Eksempel 5.1 — Massesenteret til to bjelker. To identiske bjelker med masse m og lengde
L er satt sammen som vist på figuren under. Vi skal beregne massesenteret til systemet, dvs.
massesenteret til de to bjelkene.
y
L
•
L
x
Løsning:
Massesenteret til én bjelke alene er «midt på» bjelken. Massesenteret til to bjelker satt sammen
som på tegningen, beregnes med resultat 5.1.1.
La oss kalle bjelken som ligger langs x-aksen for bjelke 1. Den har massesenter i punktet
(L/2, 0). Bjelke 2, dvs. den langs y-aksen, har massesenter i punktet (0, L/2). Systemets
massesenterposisjon langs x-aksen (X cm ) blir dermed:
X cm = mx 1 + mx 2
,
2m
(5.12)
= m · L/2 + m · 0 ,
2m
(5.13)
= L 4 . (5.14)

•
62 Kapittel 5. Massesenter og massesentersatsen
En tilsvarende beregning for Y cm gir:
Y cm = my 1 + my 2
,
2m
(5.15)
= m · 0 + m · L/2 ,
2m
(5.16)
= L 4 . (5.17)
Systmets massesenter er altså i punktet (L/4, L/4), tegnet inn i figuren nedenfor.
y
L
(
• L
⃗R cm =
4 , L )
4
•
L
x
■
Eksempel 5.2 — Massesenteret til ei heterogen plate. Massesenteret til ei rektangulær
plate skal beregnes. Den venstre halvdelen av plata er laget av et materiale med tetthet ρ 1 . Den
høyre halvdelen av plata er laget av et materiale med tetthet ρ 2 > ρ 1 .
y
ρ 1 ρ 2
3 m
• •
x
6 m
Løsning:
Jeg velger å arbeide i et koordinatsystem med origo midt i den rektangulære plata. Det er lett å
avgjøre hvor massesenteret til de to halvdelene hver for seg befinner seg, det må være «midt i».
Massesenteret til den venstre halvdelen av den rektangulære plata er altså i punktet (−1.5, 0),
og massesenteret til den høyre halvdelen er i punktet (1.5, 0).
Massesenteret til hele den rektangulære plata må dessuten være på x-aksen, det ser vi fra

5.1 Definisjon av massesenteret 63
tegningen. Det betyr at Y cm = 0 og vi beregner derfor bare X cm :
X cm = m 1x 1 + m 2 x 2
m 1 + m 2
= ρ 1V 1 x 1 + ρ 2 V 2 x 2
ρ 1 V 1 + ρ 2 V 2
. (5.18)
Husk at m = ρV . De to halvdelene har samme volum, V 1 = V 2 . Vi kan derfor forkorte bort
volumene i teller og nevner. Resultatet er:
X cm = ρ 1 · (−1.5) + ρ 2 · (1.5)
ρ 1 + ρ 2
= 1.5 · ρ2 − ρ 1
ρ 1 + ρ 2
(5.19)
Virker dette rimelig? Dersom ρ 1 = ρ 2 er X cm = 0. Med det valgte koordinatsystemet betyr det
at massesenteret i ligger midt i den rektangulære plata. Det gir mening. I vårt tilfelle er ρ 2 > ρ 1 ,
og massesenteret vil derfor ligge på x-aksen, mellom 0 og 1.5 m.
■
Eksempel 5.3 — Massesenteret til ei vogn med en elefant i. En elefant er innestengt i
ei jernbanevogn. Jernbanevognens masse er M og lengden av vogna er L. Elefantens masse
er m, og den befinner seg lengst til høyre i jernbanevogna. Massesenteret til systemet (elefant
og jernbanevogn) skal beregnes. Det vil si, vi er egentlig kun interessert i x-koordinaten til
massesenteret, X cm .
L
• •
x = 0 x v = L 2
X cm
x e = L
x
(Elefanten ser ikke ut som en elefant, men det er en elefant.)
Løsning:
Elefanten står lengst til høyre i vogna, dvs. i posisjonen x e = L. Jernbanevognas massesenter
(uten elefant) er ’midt i’, dvs. x v = L/2. Posisjonen til systemets massesenter langs x-aksen er
dermed:
X cm = Mx v + mx e
M + m
= M L 2 + mL
M + m = L 2
( ) M + 2m
. (5.20)
M + m
Uten tall er det ikke mulig å tegne inn presis hvor massesenteret befinner seg, men fra uttrykket
ovenfor er det mulig å se at det må ligge mellom x v og x e , som antydet på skissa.
En typisk godsvogn veier 10 tonn og er 14 meter lang. En stor elefant veier 5 tonn. x-
koordinaten til systemets massesenter er dermed
X cm = L 2
( 10 tonn + 2 · 5 tonn
10 tonn + 5 tonn
)
= 14
2 · 1.33 = 9.33 m. (5.21) ■

64 Kapittel 5. Massesenter og massesentersatsen
5.2 Massesentersatsen
Vi er interessert i posisjonen til massesenteret på grunn av massesentersatsen. Massesentersatsen
forteller hva som kreves for å akselerere massesenteret.
Resultat 5.2.1 — Massesentersatsen. Massesenteret til et system med masse m tot , uansett
hvor komplisert og hvor mange deler systemet består av, akselereres bare av de ytre kreftene.
Massesenterets akselerasjon ⃗a cm er bestemt av massesentersatsen:
∑ ⃗ F ytre = m tot ⃗a cm . (5.22)
Ytre krefter kommer fra noe/noen utenfor systemet, men virker på en del av systemet. For massesenterets
bevegelse, spiller det ingen rolle hvor i systemet de ytre kreftene angriper. Vi kan derfor
anta at alle de ytre kreftene angriper i massesenteret.
NB!
Massesentersatsen kan bevises. Den følger fra Newtons 2. lov, anvendt på alle partiklene i
systemet, kombinert med Newtons 3. lov. Et bevis finner du i en hvilken som helst fysikkbok
om mekanikk.
Vi har brukt massesentersatsen tidligere. Når vi beregnet akselerasjonen til lastebilen som
kjørte opp Lierbakken, tok vi kun med de ytre kreftene, dvs. tyngdekraften, luftmotstanden og
friksjonen mellom underlaget og dekkene. Interne krefter, som kraften fra drivakselen på girkassa,
eller kreftene fra sjåføren på setet eller gasspedalen, tok vi ikke hensyn til. Resultatet ovenfor gjør
at vi har lov til å regne slik.
«Broiler-gutten» hoppet over en Audi i høy hastighet. Han ble påvirket av to ytre krefter:
Kraften fra underlaget på fotsålene hans, som gjorde at han forlot bakken, og tyngdekraften. Alle
interne krefter, som det finnes mange av i kroppen, så vi bort i fra. Massesentersatsen sier at det er
OK, forutsatt at vi kun er interessert i å beskrive massesenterets bevegelse.
Hastigheten og akselerasjonen til massesenteret representeres med henholdsvis ⃗v cm og ⃗a cm .
Dersom summen av de ytre kreftene på systemet er null, må ⃗a cm = 0. Det følger fra masssesentersatsen
(5.22). I slike tilfeller er det to muligheter:
1. ⃗v cm er konstant, men ikke null. Systemets bevegelsesmengde er bevart. Mer om det i seksjon
5.4.
2. Dersom⃗v cm = 0, er X cm = konstant, Y cm = konstant og Z cm = konstant. Det betyr at massesenterets
posisjon er uendret. Mer om det i seksjon 5.3
5.3 Bevaring av massesenterposisjon
Resultat 5.3.1 — Uendret massesenterposisjon. Når massesenterets hastighet og akselerasjon
begge er null, er massesenterets posisjonen konstant. Det betyr at massesenteret ikke flytter
seg. Dette er et spesialtilfelle av massesentersatsen (5.22).
Eksempel 5.4 — Elefant i jernbanevogn. Tilbake til elefanten i jernbanevogna introdusert i
eksempel 5.3.
Elefanten står først lengst til høyre i jernbanevognen, men går så mot venstre og stopper
lengst til venstre i vognen. Anta at jernbanevogna kan bevege seg friksjonsfritt. Hvor langt har
jernbanevognen flyttet seg når elefanten igjen står i ro lengst til venstre i vognen?

5.3 Bevaring av massesenterposisjon 65
Løsning:
Vi velger elefanten og jernbanevognen som system. Summen av de ytre kreftene på systemet
er null, og systemets massesenterposisjon er derfor uendret. Skissen nedenfor viser situasjonen
før og etter at elefanten har beveget seg.
Før:
L
• •
x = 0 x v = L 2
X cm
x e = L
x
Etter:
d
• •
x = 0
x ′ e
X cm
x ′ v
x
Poenget med skissa er å vise at vogna må bevege seg mot høyre for at massesenteret ikke skal
flytte seg når elefanten går. Det er avstanden d som skal beregnes, og for å gjøre det innfører
jeg noen symboler:
x e = L (Elefantens startposisjon), x v = L 2
(Vognas startposisjon)
x ′ e (Elefantens sluttposisjon), x ′ v (Vognas sluttposisjon)
m (Elefantens masse), M (Vognas masse)
Posisjonene x ′ v og x ′ e er begge ukjente. Massesenterets posisjon før elefanten beveger seg, er
gitt ved (se også likning (5.20)):
X cm = mx e + Mx v
m + M , (5.23)
= mL + M L 2
m + M . (5.24)
Massesenterets posisjon etter at elefanten har beveget seg, er gitt ved
Fordi summen av de ytre kreftene på systemet er null, må
X ′ cm = mx′ e + Mx ′ v
M + m . (5.25)
mL + M L 2
m + M
X cm = X ′ cm, (5.26)
= mx′ e + Mx ′ v
m + M , (5.27)
mL + M L 2 = mx′ e + Mx ′ v. (5.28)

•
66 Kapittel 5. Massesenter og massesentersatsen
Ved å studere skissa innser vi at:
x ′ v = x v + d, (5.29)
= L + d,
2
(5.30)
x e = x e − L + d, (5.31)
= L − L + d, (5.32)
= d. (5.33)
Vi setter likningene (5.30) og (5.33) inn i likning (5.28) og løser for d. Beregningen går slik:
mL + M L 2 = md + M L + Md (5.34)
2
−md − Md = M L 2 − M L − mL (5.35)
2
d =
mL
m + M
(5.36)
Ser det riktig ut? Vi kan gjøre noen enkle tester. Dersom elefanten er masseløs (m = 0), flytter
ikke vogna seg. OK - det gir mening. Dersom jernbanevogna er enormt massiv og M ≫ m,
forenkler uttrykket seg til
og dersom M → ∞ vil d → 0. OK, det gir også mening.
d ≈ mL
M , (5.37)
■
NB!
I en forenklet modell for sol-jord systemet tenker man at jorden går i en sirkelbane rundt
solen. At banen egentlig er elliptisk, ignorerer vi. Men i følge massesentersatsen er en slik
bevegelse faktisk umulig. Det siste må begrunnes litt nærmere.
R
Vi antar at jorden kun påvirkes av gravitasjonskraften fra solen og ser bort fra gravitasjonskrefter
fra andre planeter. Denne antagelsen er nok ganske god. Antagelsen medfører også
at det ikke virker ytre krefter på jord-sol systemet. Posisjonen til massesenteret skal derfor
være uendret.
Systemets massesenter må befinne seg på den stiplede sorte sirkelen på tegningen ovenfor,
nærmere solen enn jorda, vist med et sort kulepunkt. I virkeligheten ligger nok massesenteret
enda nærmere solen, dvs. inne i solen.

•
5.4 Bevaring av bevegelsesmengde 67
Etter hvert som jorden går rundt solen, flytter systemets massesenter seg rundt solen på den
stiplede sorte sirkelen. Her oppstår et paradoks. Det finnes ingen ytre krefter som kan flytte
massesenteret, og da er det helt umulig for massesenteret å gå i sirkel.
Modellen for jord-sol systemet er derfor ikke i overensstemmelse med massesentersatsen og
må forkastes. I virkeligheten er massesenteret i ro mens både sola og jorda beveger seg i to
sirkler rundt massesenteret, som forsøkt vist på tegningen nedenfor.
5.4 Bevaring av bevegelsesmengde
I noen situasjoner kan det være nyttig å beregne et systems bevegelsesmengde.
Resultat 5.4.1 — Bevegelsesmengde. Bevegelsesmengden ⃗p til et system bestående av N
deler er
⃗p = m 1 ⃗v 1 + m 2 ⃗v 2 + ··· + m N ⃗v N = m tot ⃗v cm . (5.38)
I likningen ovenfor representerer m tot systemets totale masse. Legg merke til at bevegelsesmengden
er en vektor og derfor har både størrelse og retning. Benevningen er kgm/s.
Eksempel 5.5 — Beregning av bevegelsesmengde. En stein med masse 1.0 kg slippes
og faller vertikalt nedover. Tyngdekraften ⃗G virker på steinen, og den faller derfor med den
konstante akselerasjonen g = 10 m/s 2 . (Vi ser bort fra luftmotstanden.) Beregn steinens bevegelsesmengde
etter ett og etter to sekunder.
Løsning:
Steinens hastighet vertikalt nedover er en funksjon av tiden t og er gitt ved v(t) = gt. (Husk
bevegelseslikningene.) Etter ett sekund er steinens bevegelsesmengde p(1) = mv(1) = 1.0 kg ·
10 m/s = 10 kgm/s - retning nedover.
Etter to sekunder er steinens bevegelsesmengde p(2) = mv(2) = 1.0 kg·20 m/s = 20 kgm/s
- retning nedover. ■
Eksempelet ovenfor er fra en situasjon hvor det er lite nyttig å beregne bevegelsesmengden.
Som regel beregner vi bare bevegelsesmengden når den er bevart.

68 Kapittel 5. Massesenter og massesentersatsen
Resultat 5.4.2 — Bevaring av bevegelsesmengde. Dersom vi har et system hvor
∑ ⃗ F ytre = 0, (5.39)
er massesenterets akselerasjonen ⃗a cm = 0. Systemets bevegelsesmengde ⃗p er da bevart.
Eksempelet nedenfor, kanskje er det litt vrient, viser hvor nyttig bevaring av bevegelsesmengde
kan være. Det er nesten umulig å finne de samme resultatene ved å analysere kreftene som virker
på systemet.
Eksempel 5.6 — To klosser uten friksjon. En liten kloss med masse m = 1 kg slippes og sklir
nedover en kileformet større kloss med masse M = 10 kg. Begge klossene er i ro før klossen
med massen m slippes. Det er ingen friksjon mellom m og M, og det er ingen friksjon mellom
M og gulvet.
Er bevegelsesmengden til systemet (m + M) bevart? Dersom m har hastigheten 3 m/s mot
venstre, hva er hastigheten til M?
m
M
g
y
x
Løsning:
Det er tre ytre krefter som virker på systemet: normalkraften fra underlaget på klossen med
masse M, gravitasjonskraften fra jorda på klossen med masse M og gravitasjonskraften fra
jorda på klossen med masse m. Det er ingen grunn til at disse tre kreftene skal være like store.
(Ikke så opplagt - tenk over det!) De tre nevnte kreftene peker alle sammen i vertikal retning
(rett oppover eller rett nedover). Det er derfor ingen ytre krefter på systemet i horisontal retning,
dvs. i x-retningen. Konklusjon: Den totale bevegelsesmengden ⃗p til systemet er ikke bevart, men
komponenten i x-retningen, p x , er bevart.
Oppsummert ved hjelp av likninger:
∑ ⃗ F ytre ≠ 0 ⇒ ⃗p ≠ konstant (5.40)
∑F ytre,x = 0 ⇒ p x = konstant. (5.41)
I likningen ovenfor representerer p x systemets bevegelsesmengde i horisontal retning. Fordi
begge klossene opprinnelig er i ro, vet vi at p x = konstant = 0. Det er også sant at ⃗p =⃗0 når
klossene er i ro. Det siste er ikke nyttig fordi ⃗p ikke er bevart. I samme øyeblikk som systemet
slippes, endres den totale bevegelsesmengden ⃗p, men ikke komponenten p x .
Ved hjelp av det vi nå vet om bevegelsesmengden til systemet, kan vi finne en sammenheng
mellom hastighetene til de to klossene. Vi får:
p x = p m,x + p M,x = 0, (5.42)
= mv x + MV x = 0, (5.43)

5.4 Bevaring av bevegelsesmengde 69
som gjelder ved alle tidspunkt. I likningen ovenfor representerer v x hastigheten til m i x-retningen,
mens V x representerer hastigheten til M i x-retningen.
La oss til slutt benytte likning (5.43) ovenfor. Gitt at m har hastigheten v x = 3 m/s mot
venstre, kan vi finne hastigheten til M. Likning (5.43) gir oss V x ,
V x = − mv x
M
= −1
kg · (−3 m/s)
10 kg
= 0.3 m/s. (5.44)
Hastigheten v x er negativ fordi den peker mot venstre.
■
NB!
Det er vanskelig å finne hastigheten til M i eksempelet ovenfor ved å bruke Newtons lover.
Kreftene som virker mellom M og m er kompliserte. Det skyldes at M ikke står i ro, men
selv akselererer mot høyre.
Eksempel 5.7 — Eksempel: Hvordan beregne hastigheten til ei pistolkule?. I gamle dager
fant man hastigheten til pistolkuler ved hjelp av en såkalt ballistisk pendel. En ballistisk
pendel er en trekloss, med kjent masse M, som henger i ei stang. Stangen og treklossen kan
rotere ganske så friksjonsfritt. Ei pistolkule, med masse m og fart v 0 , skytes inn i treklossen.
Høyden h som treklossen oppnår, registreres. Tegningen nedenfor illustrerer prinsippet.
m
v 0
M
h
Finn et uttrykk for v 0 som er brukbart hvis man kjenner h, m og M.
Løsning:
I kollisjonen mellom treklossen og pistolkula regner vi som om systemet ikke blir påvirket av
ytre krefter i horisontal retning. Systemets bevegelsesmengde i x-retning, p x , er da bevart.
Bevaring av bevegelsesmengden i x-retningen gir likningen:
p ′ = p (5.45)
(m + M)v ′ = mv 0 , (5.46)
v ′ = mv 0
m + M . (5.47)
hvor v ′ er hastigheten til treklossen og pistolkulen etter kollisjonen. p er bevegelsesmengden før
kollisjonen, og p ′ er bevegelsesmengden umiddelbart etter kollisjonen. Begge i x-retning. Videre
vil den mekaniske energien til systemet være bevart på tur «oppover» mot den maksimale
høyden h. Det gir den velkjente sammenhengen a
E k (etter kollis jonen) = E p (ved maks hoyde), (5.48)
1
2 (M + m)v′2 = (M + m)gh. (5.49)
Ved å koble sammen likningene (5.47) og (5.49), får vi en sammenheng mellom maksimal

•
•
•
70 Kapittel 5. Massesenter og massesentersatsen
høyde h og kulas opprinnelige hastighet v 0 ,
( )
1
2 mv0
= gh, (5.50)
2 m + M
m 2 v 2 0
= 2gh, (5.51)
(m + M) 2
v 2 (m + M)2
0 = 2gh
m 2 , (5.52)
v 0 = √ ( ) m + M
2gh
m . (5.53)
Vær klar over at den mekaniske energien ikke er bevart i selve kollisjonen. Det er den aldri når to
gjenstander kolliderer og blir sittende fast i hverandre. I slike tilfeller må en ukjent prosentandel
av den mekaniske energien ha gått med til å ødelegge gjenstandene slik at de setter seg fast i
hverandre.
■
a Den mekaniske energien er bevart fordi det bare er tyngdekraften som gjør et arbeid på pendelen. Kreftene fra
stanga står vinkelrett på bevegelsesretningen og gjør ikke et arbeid.
Eksempel 5.8 — Stav på friksjonsfritt bord. Tegningen nedenfor viser en stav med lengde L
og masse M som ligger på et friksjonsfritt horisontalt underlag (et bord). Staven er ikke festet
til underlaget på noen måte og kan bevege seg friksjonsfritt. Ei kule med masse m, som til å
begynne med beveger seg med hastigheten v x , kolliderer med staven. Kula beveger seg også
friksjonsfritt på bordet. Etter kollisjonen blir kula liggende i ro.
y
M
z
x
Senter
L
d
m
v x
A
Hva er hastigheten til stavens massesenter etter kollisjonen?
Løsning:
La m og M sammen være systemet vårt. Det virker fire ytre krefter på systemet: normalkraften
og gravitasjonskraften på m og normalkraften og gravitasjonskraften på M. Summen av disse
fire kreftene er null. (Det er ingen bevegelse i vertikal retning). Bevegelsesmengden til systemet
er derfor bevart, faktisk i både x- og y-retningen. Det skjer ikke noe interessant i y-retningen,
og vi konsentrerer oss om det som skjer i x-retningen.

5.5 Tidligere eksamensoppgaver 71
Systemets bevegelsesmengde i x-retningen før kollisjonen, er:
Systemets bevegelsesmengde i x-retningen etter kollisjonen, er
p x = mv x . (5.54)
p ′ x = MV x , (5.55)
hvor V x er stavens (massesenter)hastighet etter kollisjonen. Bevegelsesmengden er bevart, og
vi kan sette
hvilket betyr at
p ′ x = p x , (5.56)
MV x = mv x , (5.57)
V x = mv x
M . (5.58)
Noen kommentarer til dette resultatet:
1. Det er stavens massesenter som får hastigheten V x .
2. Staven vil, som en følge av kollisjonen med m, begynne å rotere.
3. Fordi det ikke virker ytre krefter på staven, må massesenteret få hastigheten V x . Det betyr
at massesenteret beveger seg mot høyre, mens resten av staven roterer rundt massesenteret.
■
Eksempel 5.9 — Gåte fra Youtube. For et par år siden dukket det opp en slags gåte på
Youtube. Denne gåten kan løses med massesentersatsen. Trykk her for å se videoen. Få også
med deg Olav Syljuåsens forklaring.
■
5.5 Tidligere eksamensoppgaver
I tabell 5.1 nedenfor har jeg listet opp tidligere eksamensoppgaver som du kan bruke til å teste deg
selv. Oppgavene er tilgjengelig via lenken nedenfor og på Canvas.

72 Kapittel 5. Massesenter og massesentersatsen
Oppgave Tema Kommentar
Prøveeksamen 2014, oppgave 1c)
Konteeksamen 2014, oppgave 1b)
Prøveeksamen 2015, oppgave 1d)
Eksamen 2015, oppgave 2
Prøveeeksamen 2016, oppgave 2
Bevaring av massesenterposisjon
Beregning av massesenterposisjon
Beregning av massesenterposisjon
Bevaring av massesenterposisjon
og bevegelsesmengde
Massesentersatsen, spesielt
bevaring av massesenterposisjon
Standard regneoppgave
Litt mer krevende?
Eksamen 2016, oppgave 3 Massesentersatsen og
bevaring av bevegelsesmengde
Artig konseptoppgave
uten mye regning.
Vanskelig for mange.
Prøveeksamen 2017, oppgave 1a) Massesentersatsen Tenk og begrunn.
Eksamen 2018, oppgave 2
Konteeksamen 2018, oppgave 1c
Bevaring av massesenterposisjon
og bevegelsesmengde
Er bevegelsesmengden bevart?
Enkel situasjon, men her
går det an å tenke på flere
måter.
Veldig enkel liten oppgave,
men sjekk at du får
den til.
Tabell 5.1: Tidligere eksamensoppgaver relevante for temaene behandlet i kapittel 5.

•
6. Rotasjon av stive legemer
Bevegelse uten rotasjon kalles translasjon. Vi skal nå studere system som både translaterer og
roterer. Vi er allerede eksperter på translasjon: Alt vi har studert frem til dette kapittelet har handlet
om translasjon.
For at et legeme skal kunne rotere, må legemet ha en utstrekning. Det vil si at legemet må bestå
av mer enn bare ett matematisk punkt. Vi vet allerede, fra kapittel 5, hva det spesielle punktet som
vi kaller massesenteret driver med. Det akselereres av de ytre kreftene. Men hva med resten av
legemet og alle de andre punktene?
Planen er å starte med legemer som utelukkende roterer, dvs. at massesenteret står i ro. Vi
kan tenke at noen har kjørt en spiker gjennom massesenteret og at legemet roterer rundt spikeren.
Deretter studerer vi systemer som både roterer og translaterer. Hele tiden ligger en fundamental
antagelse i bunn: Legemene deformeres aldri. Ikke i dette kurset. Legemene er stive og avstanden
mellom valgfrie punkter i legemene er alltid konstant.
6.1 Rotasjonsbevegelse
Ei skive med en spiker gjennom massesenteret roterer
rundt spikeren. Skiva er symmetrisk, men teorien som presenteres
her begrenser seg på ingen måte til symmetriske
legemer.
La oss tenke at skiva roterer mot klokka. Hvordan beskrive
hvor langt skiva har rotert i løpet av et gitt tidsrom ∆t?
Først, ved t = 0, setter vi en strek fra senter av skiva, ut til
periferien. Ved t = ∆t, observerer vi hvor langt streken vi
tegnet har rotert. Vinkelen θ, se tegningen til høyre, beskriver
hvor langt skiva har rotert i løpet av tiden ∆t.
R
θ
t = ∆t
t = 0
Resultat 6.1.1 — Vinkel og vinkelhastighet. Når et legeme roterer, bruker vi vinkelen θ («theta»)
til å beskrive hvor langt legemet har rotert. Vinkelen θ angis i radianer, ikke i grader. Positiv

•
74 Kapittel 6. Rotasjon av stive legemer
rotasjonsretning er mot klokka. Vinkelhastigheten ω («omega») til skiva (og alle andre legemer)
er definert som
ω ≡ ∆θ
∆t
= dθ
dt , (6.1)
hvor ω er positiv for rotasjoner mot klokka og negativ for rotasjoner med klokka. Vinkelhastigheten
forteller hvor fort noe roterer, eller mer presist, hvor mange radianer som tilbakelegges
hvert sekund. En vinkelhastighet på 2π betyr at legemet roterer én omdreining på ett sekund.
Vinkelhastighet måles i radianer per sekund.
Dersom det tar et legeme tiden T å gjøre en hel omdreining, kan vi enkelt beregne vinkelfarten
som
ω = 2π T . (6.2)
Vinkelhastigheten, det er stadig forskjell på fart og hastighet, finner vi så ved å undersøke om
rotasjonen er med eller mot klokka, slik at vi kan justere fortegnet deretter. Alle punkter på et
roterende legeme har samme vinkelhastighet, men ulik fart v og ulik hastighet ⃗v. Et punkt på den
roterende skiva i en avstand r fra senter, vil ha (gjennomsnitts)farten
v = strekning
tid
= 2πr
T , (6.3)
hvor T er ’rundetiden’. Vinkelfarten til skiva er gitt ved likning (6.2). Ved å sammenlikne likningene
(6.3) og (6.2) ser vi at det er en sammenheng mellom farten til et punkt på skiva og vinkelfarten
til skiva, oppsummert i resultatet nedenfor.
Resultat 6.1.2 — Sammenheng mellom vinkelfart og fart. Et legeme roterer med vinkelfarten
ω. Et punkt på skiva, med avstanden r fra rotasjonsaksen, har farten v gitt ved
v = ωr. (6.4)
NB!
Likning (6.4) skal vise seg å bli usedvanlig nyttig. Legg deg den på minnet!
Skiva til høyre roterer med konstant vinkelhastighet ω. Vinkelhastigheten
er altså den samme for hele skiva, mens alle
punktene på skiva roterer med forskjellig hastighet og fart,
avhengig av punktenes avstand fra skivens sentrum. De ulike
punktene på skiva må ha ulik fart fordi de skal tilbakelegge
ulike distanser når skiva gjør én omdreining. Tegningen
til høyre viser hastighetsvektorer i ulik avstand fra sentrum.
ω
R
θ
6.1.1 Vinkelakselerasjon
Vinkelakselerasjonen forteller hvor hurtig vinkelhastigheten ω endrer seg. Er vinkelhastigheten
konstant, er vinkelakselerasjonen null.

•
•
6.1 Rotasjonsbevegelse 75
Resultat 6.1.3 — Vinkelakselerasjon. Generelt er vinkelakselerasjonen definert som:
α = ∆ω
∆t
= dω
dt . (6.5)
Enheten for vinkelakselerasjon er radianer per sekund per sekund. Vinkelakselerasjonen beskriver
endringen i vinkelhastigheten. Vinkelhastigheten kan være positiv eller negativ. En positiv
vinkelakselerasjon øker vinkelfarten mot klokka. En negativ vinkelakselerasjon øker vinkelfarten
med klokka. (Eller: En negativ vinkelakselerasjon reduserer vinkelfarten mot klokka.)
Det er også en sammenheng mellom vinkelakselerasjon α til et legeme, og den «vanlige»
akselerasjon ⃗a til punkter i legemet. Her er det viktig å skille mellom sentripetalakselerasjon og
tangentiell akselerasjon. Sentripetalakselerasjon har vi studert tidligere (se seksjon 4.12), og den er
alltid tilstede når noe beveger seg i en sirkel, eller i en del av en sirkel. Det er sentripetalakselerasjonen
a s som er ansvarlig for at punktene skiva består av holder seg i sine sirkelbaner. (Alternativet
er at skiva går i oppløsning når den roterer.) Sentripetalakselerasjonen er tilstede også når skiva
har konstant vinkelhastighet og null vinkelakselerasjon. Den tangentielle akselerasjonen a t er kun
tilstede når legemet endrer sin vinkelhastighet.
Resultat 6.1.4 — Sammenhengen mellom akselerasjon og vinkelakselerasjon. Sammenhengen
mellom et legemes vinkelakselerasjon α og den tangentielle akselerasjonen a t er
α = dω
dt
= d(v/r)
dt
= a t
r , (6.6)
hvor a t er den tangentielle akselerasjonen. Se også tegningen til høyre nedenfor.
For å forstå hva a t representerer ser vi igjen på den roterende
skiva. La oss studere et punkt ute på periferien til
skiva. Punktets totale akselerasjonsvektor ⃗a kan dekomponeres
i to bidrag: 1) sentripetalakselerasjonen a s (peker inn
⃗a
α
mot senter av skiva), 2) den tangentielle akselerasjonen a a t
t
(tangent til periferien på skiva). Sentripetalakselerasjonen
a s må alltid være tilstede ved rotasjon og skapes av krefter
internt i skiva. Den tangentielle akselerasjonen a t avhenger
av skivas vinkelakselerasjon, og forutsetter en vinkelakselerasjon
forskjellig fra null, se likning (6.6). Hvis du
a s
kjører bil rundt på en sirkulær bane, er det den tangentielle
akselerasjonen som gjør at farten øker når du trykker
R
på gasspedalen. I tillegg, selv ved konstant fart, trenger du
sentripetalakselerasjonen for å holde bilen på banen.
Den tangentielle akselerasjonen beregnes med likning (6.6). Sentripetalakselerasjonen a s beregnes
som a s = v2
r
, hvor r er avstanden fra punktet til rotasjonsaksen. Totalakselerasjonen a er
√ √
a = a 2 s + at 2 = v 2 s + vt 2 . (6.7)
Merk at akselerasjonene det her er snakk om er akselerasjonen til punkter i f.eks. skiva. Sentripetalakselerasjonen
avhenger av punktenes avstand fra rotasjonsaksen og er derfor ikke felles for
alle punktene i skiva.
6.1.2 Sammenhenger mellom θ,ω og α
På samme måte som det i én-dimensjon er relasjoner mellom posisjon x(t), hastighet v(t) og
akselerasjon a(t), er det relasjoner mellom vinkelen θ(t), vinkelhastigheten ω(t) og vinkelaksele-

76 Kapittel 6. Rotasjon av stive legemer
rasjonen α(t).
Vinkelen θ har samme rolle ved rotasjon som posisjonen x har ved lineær bevegelse. Vinkelhastigheten
ω tar samme rolle ved rotasjon som hastigheten v har ved lineær bevegelse, mens
vinkelakselerasjonen tar over akselerasjonen a sin rolle. Oppsummert:
x ↔ θ, v ↔ ω, a ↔ α. (6.8)
Resultat 6.1.5 — Relasjoner som gjelder ved konstant α. Når vinkelakselerasjonen er konstant,
har vi sammenhengene
θ = θ 0 + ω 0 t + 1 2 αt2 . (6.9)
(x = x 0 + v 0 t + 1 2 at2 )
hvor θ 0 er startvinkelen og ω 0 er startvinkelhastigheten. Hvis vinkelakselerasjonen α er konstant,
har vi også
ω = ω 0 + αt. (6.10)
(v = v 0 + at) (6.11)
At disse sammenhengene er identiske for rotasjon og lineær bevegelse, er ingen tilfeldighet. Det
er fordi sammenhengene mellom x, v og a, matematisk sett, er identiske med sammenhengene
mellom θ, ω, og α:
x = x(t) θ = θ(t) (6.12)
v = dx
dt
a = dv
dt
ω = dθ
dt
α = dω
dt
(6.13)
(6.14)
Eksempel 6.1 — Vifte. En vifte slås av og vinkelhastigheten avtar jevnt fra 400 til 200 omdreininger
er minutt i løpet av 4 sekunder.
a) Beregn vinkelakselerasjonen.
b) Hvor mange omdreininger gjorde vifta i løpet av de fire sekundene?
c) Hvor mye mer tid trenger viften for å stanse rotasjonen fullstendig hvis vi antar at vinkelakselerasjonen
er konstant?
Løsning:
a) Vinkelakselerasjonen er
α = ∆ω (200 − 400) omd/min
= = −50 omd/min/s,
∆t
4.0 s
(6.15)
−50 · 2π rad
=
60 s 2 , (6.16)
= −5.24 rad/s 2 . (6.17)

6.2 Treghetsmoment 77
b) Jeg bruker bevegelseslikningen som gjelder for konstant vinkelakselerasjon
θ = ω 0 t + 1 2 αt2 , (6.18)
= 400 omd/min · 4 s + 1 2 · (−5.24 rad/s2 ) · (4.0 s) 2 , (6.19)
= 1600 omd · s/min − 41.92 rad, (6.20)
= 1600 omd · s/(60 s) − 41.92 rad, (6.21)
41.92 rad
= 26.67 omd −
2π rad/omd , (6.22)
= 20 omd. (6.23)
Oppgaven spør om antall omdreininger og det er derfor litt ekstra styr med omgjøring av
benevninger ovenfor.
c) Jeg bruker sammenhengen mellom vinkelhastighet og vinkelakselerasjon. Når vifta stopper,
er ω = 0. Jeg velger å regne ut tiden det tar fra vifta slås av til den kommer til
ro.
ω = ω 0 + αt, (6.24)
t = ω − ω 0
,
α
(6.25)
0 − 400 omd/min
=
−5.24 rad/s 2 , (6.26)
(−400 · 2 · π/60) rad/s
=
−5.24 rad/s 2 , (6.27)
= 8.0 s. (6.28)
■
6.2 Treghetsmoment
Treghetsmoment spiller samme rolle for rotasjonsbevegelse som massen gjør ved vanlig lineær
bevegelse.
Resultat 6.2.1 — Treghetsmoment. Treghetsmoment er definert ved
I =
N
∑
i=1
m i r 2 i , (6.29)
hvor summen går over alle partiklene legemet består av. r i representerer den korteste avstanden
fra rotasjonsaksen til partikkelen med masse m i . Enheten for treghetsmomentet er kgm 2 .
Det kreves stor kraft for å sette et legeme med stort treghetsmoment i rotasjon. Treghetsmoment
er en form for ’rotasjonstreghet’.
Å beregne treghetsmomenter er en ren matematisk øvelse som vi ikke skal beskjeftige oss mye
med. Den matematiske øvelsen består i å beregne summen i likning (6.29). Dersom systemet består
av noen få punktpartikler (punktpartikler er legemer hvor nesten all massen er samlet i et punkt),
kan likning (6.29) benyttes. Treghetsmomentene til staver (bjelker), sylindre, kuler og en del andre
legemer finner du i tabellene 6.1 og 6.2. Hvis du likevel lurer på hvordan treghetsmomentet kan
beregnes, ta en kikk i læreboka til Young og Freedman [3, s. 303].

78 Kapittel 6. Rotasjon av stive legemer
Legeme Merk Treghetsmoment Kommentar
Punktpartikkel i
avstand r fra rotasjonsaksen.
I = mr 2 Tegnet av Derekleungtszhei
/ ©CC BY-SA
1.0, via Wikimedia
Commons.
Stav med lengde
L roterer
rundt massesenteret.
Tegnet av Krishnavedala
I cm = 1
12 mL2 / © CC0, via Wikimedia
Commons.
Stav med lengde
L roterer
rundt en akse
gjennom enden.
I = 1 3 mL2
Tegnet av Krishnavedala
/ © CC0, via Wikimedia
Commons.
Sylinderskall
med radius r
uten topp og
bunn roterer om
massesenteret.
I cm = mr 2
© Public domain.
Fylt sylinder
(ikke hul) med
radius r som
roterer om
z-aksen
I z = 1 2 mr2
Tegnet av Grendelkhan
at the English Wikipedia
/ ©CC BY-SA 3.0, via
Wikimedia Commons.
Tabell 6.1: Treghetsmomenter for en del legemer. Se også tabell 6.2.
Det er ikke meningen at du skal pugge uttrykkene for treghetsmomentene. Slå dem opp etter
hvert som du trenger dem. Vær klar over at dersom legemet bare består av noen punktmasser, kan
definisjonen (6.29) benyttes for å beregne treghetsmomentet.
Treghetsmomenter er additive. Det betyr: Dersom del 1 av et todelt system har treghetsmoment
I 1 og del 2 av det samme systemet har treghetsmoment I 2 , er systemets totale treghetsmoment
I = I 1 + I 2 . Det forutsetter at både I 1 og I 2 er treghetsmomenter om den samme rotasjonsaksen.

•
6.2 Treghetsmoment 79
Legeme Merk Treghetsmoment Kommentar
Kuleskall (hul
kule) med radius
r og masse
m roterer om
massesenteret.
I cm = 2 3 mr2
Tegnet av Grendelkhan
at the English Wikipedia
/ ©CC BY-SA 3.0, via
Wikimedia Commons.
Fylt kule med
radius r og masse
m roterer om
massesenteret.
I cm = 2 5 mr2
Tegnet av Grendelkhan
at the English Wikipedia
/ ©CC BY-SA 3.0, via
Wikimedia Commons.
Fylt kon med
høyde h, masse
m og radius r
roterer rundt z-
aksen.
I = 3 10 mr2
Tegnet av Grendelkhan
at the English Wikipedia
/ ©CC BY-SA 3.0, via
Wikimedia Commons.
Kube med sidekanter
s og masse
m roterer som
massesenteret.
I cm = 1 6 ms2
© Public domain.
Tabell 6.2: Treghetsmomenter for flere legemer. Se også tabell 6.1. Legg merke til at treghetsmomentet
for ei massiv kule som roterer om en akse gjennom massesenteret er I cm = 2 5 mr2 . Ei
hul kule derimot har treghetsmoment I cm = 2 3 mr2 , selv om den også roterer om en akse gjennom
massesenteret. Forskjellen kommer av at det spiller en rolle hvor massen sitter i forhold til rotasjonsaksen.
Eksempel: Ei kule ligger oppå en sylinder slik at rotasjonsaksen går gjennom begges massesenter.
Kulas treghetsmoment I kule og sylinderens treghetsmoment I sylinder legges sammen for å finne
legemets totale treghetsmoment I.
Treghetsmomentet avhenger av hvilken akse et legeme roterer om. Systemer som har mye
av sin masse langt unna rotasjonaksen, har stort treghetsmoment. Nedenfor er et eksempel på to
legemer med samme masse, men ulikt treghetsmoment:
m
P
• m
m
P
m
(a)
(b)

80 Kapittel 6. Rotasjon av stive legemer
Begge systemene roterer om punktet P, men i system (b) sitter massene langt unna rotasjonsaksen.
(Rotasjonsaksen står vinkelrett på papirplanet gjennom punktet P.) Det gir et stort treghetsmoment.
I system (a) sitter massene nesten på rotasjonsaksen, noe som gir et lite treghetsmoment.
Konklusjonen er derfor at I a < I b . For å få null treghetsmoment kan vi plassere de to massene på
rotasjonsaksen, dvs. i punktet P.
6.3 Kraftmoment
Tankeeksperiment: Du har funnet opp verdens første dør. Hvor skal dørhåndtaket plasseres? En
arkitekt mener det er estetisk vakkert om dørhåndtaket plasseres på samme side som hengslene.
Etter å ha plassert håndtaket slik som arkitekten foreslo dytter du på håndtaket med kraften ⃗F 1 (se
tegningen nedenfor) i et forsøk på å åpne døra. Ingenting skjer.
Døra sett ovenfra
b
Hengsle
⃗F 2
r 2 = r 3
90 ◦
⃗F 1
⃗F 3
Frustrert flytter du deg til høyre siden av døra og drar med kraften ⃗F 2 . (Se tegningen ovenfor.)
Fortsatt skjer ingenting. Etter å ha tenkt over saken, dytter du med kraften ⃗F 3 , normalt på døras
bredside, lengst til høyre, dvs. lengst unna rotasjonsaksen. Selvfølgelig åpner døra seg.
Selv om kreftene ⃗F 1 , ⃗F 2 og ⃗F 3 er like store, spiller det åpenbart en rolle hvor på døra de angriper.
Spesielt viktig er det hvis kreftene skal starte en rotasjon fordi det da er kreftenes kraftmoment
som teller.
Resultat 6.3.1 — Kraftmoment. En kraft ⃗F kan som virker på et legeme kan skape et kraftmoment.
Et eventuelt kraftmoment forsøker å rotere legemet. Noen kaller derfor kraftmoment for
dreiemoment. Symbolet for kraftmoment er τ, og definisjonen er
τ(F) = (kra ft) · (arm)
τ(F) = F · r sin(β). (6.30)
Størrelsene som inngår i definisjonen (6.30) ovenfor er
F: størrelsen til kraften ⃗F.
r: lengden til ei rett linje fra punktet hvor kraften ⃗F angriper til rotasjonsaksen. Denne avstanden
kalles ofte for armen.
β: vinkelen mellom linja med lengde r og ⃗Fe.
Enheten for kraftmoment er Newton-meter, forkortet Nm. Det er riktig at 1 Nm = 1 J, men ikke
tenk på kraftmomentet som energien til noe. Det er vanlig å oppgi kraftmoment i Nm.
NB!
Det er også vanlig å kalle r sin( beta) for ’armen’. Her er det altså opp til hver og en å gjøre
det som er mest naturlig. Jeg kommer konsekvent til å omtale r som armen.
Tilbake til døra. Når ei dør åpnes, roterer den om en akse gjennom hengslene. For at døra
skal kunne rotere om denne aksen, må det finnes en kraft med et tilhørende kraftmoment. Kraftmomentet
vil gi døra en vinkelakselerasjon α. Vinkelakselerasjonen gir døra en vinkelhastighet
ω.

6.3 Kraftmoment 81
Kraften ⃗F 1 angriper på rotasjonsaksen og skaper derfor ikke et kraftmoment fordi «armen»,
dvs. avstanden fra punktet hvor kraften angriper til rotasjonsaksen, er null. Fra likning (6.30) får
vi:
τ(F 1 ) = F 1 r 1 sinβ 1 , (6.31)
= F 1 · 0 · sin(90 ◦ ), (6.32)
= 0. (6.33)
Med kraften ⃗F 2 er i alle fall ikke armen null. Husk at armen er avstanden fra rotasjonsaksen til
punktet hvor kraften angriper. Det vil si at armen er avstanden fra dørhengslene bort til ⃗F 2 . Armen
r 2 er tegnet inn på skissen av døra i form av ei stiplet pil. Lengden av denne pilen er lik døras
bredde b. Grunnen til at ⃗F 2 ikke skaper et kraftmoment, er at vinkelen mellom ⃗F 2 og r 2 er 0 ◦ og
sin(0) = 0. Igjen kan vi bruke likning (6.30)
τ(F 2 ) = F 2 r 2 sinβ 2 , (6.34)
= F 2 · b · sin(0), (6.35)
= 0. (6.36)
er:
Kraften ⃗F 3 er optimalt plassert for å skape et stort kraftmoment. Kraftmomentet som ⃗F 3 skaper
τ(F 3 ) = F 3 r 3 sinβ 3 , (6.37)
= F 3 · b · sin(90 ◦ ), (6.38)
= F 3 · b. (6.39)
Optimalt plassert betyr i denne sammenhengen at kraften ⃗F 3 angriper så langt unna døras rotasjonsakse
som mulig. Dermed maksimeres armen r 3 og dermed også kraftmomentet. Samtidig
står kraften ⃗F 3 normalt på armen r 3 , dvs. β 3 = 90 ◦ . Det siste er gunstig fordi sin(90 ◦ ) = 1 og 1 er
den største verdien sinusfunksjonen kan ha.
Eksempelet med døra viser noen viktige egenskaper ved kraftmomentet:
Resultat 6.3.2 — Egenskaper ved kraftmomentet. Egenskapene følger fra definisjonen av
kraftmoment.
1. Kraftmomentet er null når avstanden mellom kraften og rotasjonsaksen er null.
2. Kraftmomentet er null når kraften og armen er parallelle eller antiparallelle.
3. Kraftmomentet er maksimalt når armen er så stor som mulig og kraften står normalt på
armen.
Eksempel 6.2 — Kraftmoment for hobbymekanikere. En bolt skal løsnes ved hjelp av en
fastnøkkel. For å løsne bolten er det nødvendig å skape et stort kraftmoment. Det er grenser for
hvor stor kraft vi klarer å dytte på fastnøkkelen med. Vi skal imidlertid være klar over at det
spiller en stor rolle hvor på fastnøkkelen vi dytter med den kraften vi har. Det spiller også en
rolle i hvilken retning vi anvender kraften vår.
På figuren nedenfor presenteres tre alternative plasseringer av kraften ⃗F. Kraftens størrelse
er lik uansett plassering. Hvilken plassering gir størst kraftmoment og dermed størst sjanse for
å løsne bolten?

•
82 Kapittel 6. Rotasjon av stive legemer
3) ⃗F
r
• 1 45 ◦
r 2 = r 3
1) 2)
⃗F
⃗F
Løsning:
For å svare på spørsmålet beregner vi kraftmomentet om bolten i de tre tilfellene. Ved å studere
tegningen nærmere, er det mulig å finne ut at r 2 = r 3 = 2r 1 . Størrelsen til kraften ⃗F er lik uansett
plassering. Det siste er oppgitt.
Kraft Arm Vinkel mellom
kraft og arm [ ◦ ]
Kraftmoment τ
1) F r 1 90 Fr 1
2) F r 2 = 2r 1 90 Fr 2 = 2Fr 1
3) F r 3 = 2r 1 45 Fr 3 sin(45 ◦ ) = √ 2Fr 1
Ved å sammenlikne plasseringene 1) og 2) ser vi at kraftmomentet dobles fordi armen dobles.
Med en gitt kraft er det mye å hente på å øke armens lengde. Det er derfor fordelaktig med en
lang fastnøkkel for å maksimere kraftmomentet.
Et ofte brukt triks for å løsne bolter som har rustet fast, eller av en annen grunn sitter bom
fast, er å plassere en lang rørbit over enden av et egnet verktøy for å forlenge armen. På den
måten økes kraftmomentet betraktelig. Ulempen er at det er lett å øke kraftmomentet så mye at
bolten knekker.
Ved å sammenlikne kraftmomentene ved plasseringene 2) og 3), begge med samme arm,
ser vi at kraftmomentet er større når vinkelen mellom armen og kraften er 90 ◦ . All kraften
utnyttes da til å dreie fastnøkkelen og bolten. Når vinkelen er større eller mindre enn 90 ◦ , går
noe av kraften med til å dytte bolten mot høyre eller venstre.
■
6.3.1 Litt mer om armen r
Hvert år får jeg en del spørsmål om hvordan armen r skal beregnes. I et forsøk på å gjøre akkurat
det litt klarere studerer vi det rare legemet nedenfor som angripes av en kraft ⃗F. Rotasjonsaksen
er tegnet inn som et punkt. (Aksen stikker ut av papirplanet.)
r
β
⃗F
Armen r til kraften ⃗F er ’snarveien’ fra rotasjonsaksen til punktet hvor kraften angriper. Armen er
tegnet med ei stiplet linje på figuren ovenfor. Kraftmomentet kan beregnes når r, β og størrelsen
til kraften ⃗F er kjente.

•
6.3 Kraftmoment 83
6.3.2 Situasjoner med flere kraftmoment
Ei planke med masse M og lengde L kan vippe om massesenteret sitt. Planka er påvirket av til
sammen 4 krefter. Det er imidlertid bare 2 av kreftene som har et kraftmoment om rotasjonsaksen.
Hvilke? (Rotasjonsaksen er i dette tilfellet gjennom vippepunktet, normalt på papirplanet.)
⃗F 1
⃗F 2
⃗N
⃗G
Normalkraften ⃗N har ingen arm om rotasjonsaksen. Tyngdekraftens arm er liten, bare halvparten
av plankas tykkelse. Dessuten er kraften og armen antiparallelle og vinkelen mellom dem 180 ◦ .
sin(180 ◦ ) = 0 og tyngdekraften skaper derfor ikke et kraftmoment om rotasjonsaksen.
Kreftene ⃗F 1 og ⃗F 2 skaper begge kraftmoment om rotasjonsaksen. Det er ganske lett å beregne
kraftmomentene. Husk bare på at L er lengden av planka og at både ⃗F 1 og ⃗F 2 står 90 ◦ på sine
respektive armer som er L /2 lange.
L
τ(F 1 ) = F 1 r sinβ = F 1
2 , (6.40)
L
τ(F 2 ) = F 2 r sinβ = F 2
2 . (6.41)
Det er en viktig forskjell på de to kraftmomentene τ(F 1 ) ogτ(F 2 ). Kraftmomentet τ(F 1 ) forsøker
å rotere planka mot klokka, mens kraftmomentet τ(F 2 ) forsøker å rotere planka med klokka.
De to kraftmomentene kjemper mot hverandre og forsøker å rotere planka hver sin vei. Dersom
kraftmomentene er like store, ender kampen uavgjort og planka roterer ikke.
For å finne det totale kraftmomentet på systemet må vi ta hensyn til retningen de enkelte kraftmomentene
ønsker å rotere systemet i. Det gjør vi ved å velge en positiv rotasjonsretning. En del
lærebøker vil fortelle dere at positiv rotasjonsretning alltid er mot klokka. Som en konsekvens vil
alle kraftmomentene som forsøker å dreie systemet mot klokka få positive fortegn, mens kraftmomentene
som forsøker å dreie systemet med klokka får negative fortegn. Med denne konvensjonen
blir det totale kraftmomentet på planken
τ tot = τ(F 1 ) − τ(F 2 ), (6.42)
L
= F 1
2 − F L
2
2 . (6.43)
Det finnes imidlertid situasjoner hvor det er hensiktsmessig å definere rotasjoner med klokka
som positive. Det som er viktig er å være klar over i hvilken retning de ulike kraftmomentene
forsøker å dreie systemet. Kraftmomenter som forsøker å dreie systemet i samme retning, må
legges sammen. Kraftmomenter som forsøker å dreie systemet i motsatte retninger, må trekkes fra
hverandre.
Resultat 6.3.3 Det totale kraftmomentet finner vi ved å legge sammen kraftmomentene fra hver
enkelt kraft:
⃗τ tot =⃗τ(F 1 ) +⃗τ(F 2 ) +⃗τ(F 3 ) + ··· = ∑⃗τ(F i ) (6.44)
i

84 Kapittel 6. Rotasjon av stive legemer
Vektortegnene i likningen ovenfor er der for å minne oss på at de forskjellige kraftmomentene
kan forsøke å skape rotasjon i ulike retninger, noe vi må ta hensyn til når vi summerer.
6.3.3 Kraftmomentet fra tyngdekraften
Det er ikke helt opplagt hvordan vi skal beregne kraftmoment fra tyngdekraften. Problemet oppstår
fordi tyngdekraften angriper overalt i systemet. Regelen er slik:
Resultat 6.3.4 — Kraftmomentet fra tyngdekraften. Når vi skal beregne kraftmomentet som
tyngdekraften skaper, antar vi at hele massen befinner seg i massesenteret og at tyngdekraften
angriper i massesenteret. Armen regnes som avstanden fra massesenteret til rotasjonsaksen.
Bevis:
La oss studere en stav med masse M og lengde L som kan rotere om en aksel som ikke går gjennom
stavens massesenter.
akse
• •
massesenter
⃗G 1
⃗G 3
⃗G 5
⃗G 7
⃗G 9
⃗G 11
⃗G 13
⃗G 15
Staven deler vi inn i småbiter, antydet i figuren ovenfor. På figuren er staven delt inn i 15 mindre
biter. Tyngdekraften virker på hver eneste lille bit. (Av plasshensyn er G’er kun skrevet inn for
annenhver bit.) Avstanden fra rotasjonsaksen til punktet hvor ⃗G 1 angriper kaller jeg for r 1 . Avstanden
fra rotasjonsaksen til punktet hvor ⃗G 2 angriper kaller jeg for r 2 osv. Vær klar over at alle r’ene
måler avstand og derfor er positive.
Kraftmomentene fra tyngdekreftene på venstre side av rotasjonsaksen ønsker å dreie staven
mot klokka, mens kraftmomentene fra tyngdekreftene på høyre siden av rotasjonsaksen ønsker å
dreie staven med klokka. Legger vi sammen alle kraftmomentene skapt av tyngdekreftene får vi:
τ tot = m 1 gr 1 + m 2 gr 2 + m 3 gr 3 − m 4 gr 4 − m 5 gr 5 − m 6 gr 6 − m 7 gr 7 − m 8 gr 8
− m 9 gr 9 − m 10 gr 10 − m 11 gr 11 − m 12 gr 12 − m 13 gr 13 − m 14 gr 14 − m 15 gr 15 (6.45)
Et langt men ikke et komplisert uttrykk. g er dessuten en felles faktor og kan settes utenfor. Plasserer
vi en x-akse midt i staven, med origo i punktet hvor akselen sitter og økende x-verdier mot
høyre, kan uttrykket ovenfor skrives:
τ tot = g
15
∑
i=1
m i x i . (6.46)
Legg merke til at fortegnene nå automatisk vil ordne seg på riktig vis.
Summen i likning (6.46) minner mistenkelig om definisjonen av massesenteret (5.1.1). Ved å
bruke nettopp definisjonen av massesenteret, kan vi skrive
τ tot = MgX cm , (6.47)
hvor M er stavens (totale) masse, det vil si, summen av alle delmassene m i . Resultatet ovenfor
forteller oss at tyngdekraften G = Mg må plasseres i massesenteret X cm når vi beregner kraftmomentet.
Selv om vi bare har bevist resultatet for en stav, gjelder det generelt.
Vær klar over at dette resultatet også forteller oss hvordan vi kan finne massesenteret til et
legeme eksperimentelt. I punktet hvor legemet balanserer på en opplagring uten å rotere, har vi
massesenteret. Se figur 6.1. Senere, når vi kommer til statikk, blir igjen dette resultatet viktig.

•
•
6.4 Spinnsatsen 85
massesenter
g
Figur 6.1: Massesenteret befinner seg rett ovenfor opplagringspunktet når legemet balanserer uten
å rotere.
6.4 Spinnsatsen
Spinnsatsen er for rotasjonsbevegelse det som Newtons 2. lov er for lineær bevegelse og er dermed
veldig sentral for rotasjonsbevegelse.
Resultat 6.4.1 — Spinnsatsen. Det totale kraftmomentet som skapes av de ytre kreftene er proporsjonalt
med systemets vinkelakselerasjon. Proporsjonalitetskonstanten er treghetsmomentet
I.
∑⃗τ = I⃗α (6.48)
Vektortegnene er med for å minne oss på å ta hensyn til rotasjonsretningen når vi legger samme
kraftmomentene fra alle kreftene.
Eksempel 6.3 — Rakettfysikk. Vi skal finne et uttrykk for vinkelakselerasjonen til et forholdsvis
enkelt system: En gruppe barn har montert to rakettmotorer, hver med masse m, på en
karusell med masse M og radius R. Vi ser situasjonen fra et fugleperspektiv.
⃗F
R
m
M
m
⃗F
Løsning:
Hver rakettmotor bidrar med kraftmomentet τ(F) = FR (rotasjon mot klokka) om karusellens
rotasjonsakse. Til sammen gir de to motorene et totalt kraftmoment τ tot = 2FR. Rotasjonsretningen
er åpenbart mot klokka.
Systemets treghetsmoment om rotasjonsaksen er
I cm = 1 2 MR2 + 2mR 2 . (6.49)

86 Kapittel 6. Rotasjon av stive legemer
For å få dette resultatet behandles begge rakettmotorene som punktpartikler med masse m i en
avstand r fra rotasjonsaksen. Karusellens treghetsmoment (sylinder) er hentet fra tabell 6.1.
Karusellens vinkelakselerasjon beregnes ved hjelp av spinnsatsen (6.48):
α = τ tot
,
I cm
(6.50)
2FR
=
1
2 MR2 + 2mR . 2 (6.51)
Nå som vi har beregnet vinkelakselerasjonen, kan vi f.eks beregne hvor langt (målt i antall
radianer) karusellen roterer i løpet av tiden t ved hjelp av likning (6.10),
θ = 1 2 αt2 . (6.52)
Her har jeg antatt at startvinkelen θ 0 og starthastigheten ω 0 , begge er null.
■
Eksempel 6.4 — Trinseproblem. Trinseproblem er typiske i fysikk. Det er et par standard trix
som går igjen i denne typen oppgaver. La oss se på et eksempel.
En kloss med masse m henger i ei masseløs snor som er viklet rundt ei trinse med masse M
og radius R. Vi skal finne et uttrykk for klossens akselerasjon a. La S representere snordraget.
⃗N
M
• R
⃗G M
⃗S
⃗S
m
Løsning:
Det første vi bør gjøre er å tegne inn alle kreftene. Deretter finner vi kraftmomentene fra kreftene
på trinsa. Trinsa påvirkes av tre ytre krefter: normalkraften ⃗N, tyngdekraften ⃗G M og snordraget
⃗S. Kraftmomentene beregnes fra likning (6.30) og er:
⃗G m
τ(N) = 0, (6.53)
τ(G) = 0, (6.54)
τ(S) = SRsin(90 ◦ ), (6.55)
= SR (rotasjon med klokka). (6.56)
Kraftmomentene fra både tyngdekraften og normalkraften er null på grunn av null arm om
trinsas rotasjonsakse.

6.4 Spinnsatsen 87
Trikset for å løse denne typen trinse/kloss oppgaver er å sette opp alle de relevante likningene.
For trinsa, som roterer, gjelder spinnsatsen (6.48);
τ tot = I cm α, (6.57)
hvor I cm er trinsas treghetsmoment om rotasjonsaksen. I dette tilfellet roterer trinsa om sin
massesenterakse, og vi skriver derfor I = I cm . α er trinsas vinkelakselerasjon om denne aksen.
Det er kun snordraget som skaper kraftmoment. Snordragets kraftmoment forsøker å rotere
trinsa med klokka, og spinnsatsen tar formen
τ(S) = I cm α, (6.58)
SR = I cm α. (6.59)
For klossen gjelder massesentersatsen (5.22). Klossen angripes av to ytre krefter: tyngdekraften
⃗G m og snordraget ⃗S. Massesentersatsen, anvendt på klossen i vertikal retning, tar derfor
formen
mg − S = ma, (6.60)
hvor positiv retning er valgt nedover.
I tillegg må det være en sammenheng mellom trinsas vinkelakselerasjon α og klossens
akselerasjon a. Hvorfor? Når klossen beveger seg 1 cm nedover, må trinsa rotere slik at 1 cm
med snor forlater trinsa. Denne sammenhengen har vi allerede skrevet ned i likning (6.6) og er
a = αR. (6.61)
Det vil si, denne sammenhengen gjelder bare dersom de positive retningene i problemet er valgt
på en spesielt heldig måte. Det er alltid sant at |a| = |α|R. For at a = αR (uten absoluttverditegn)
må i tillegg positiv retning for klossen og positiv rotasjonsretning for trinsa, være valgt slik at
klossen akselerer i positiv retning når trinsa akselererer med positiv vinkelakselerasjon. I dette
problemet har jeg derfor positiv retning nedover og positiv rotasjonsretning med klokka.
Oppsummert får vi tre likninger i de tre ukjente S, α og a:
τ tot = RS = Iα (Spinnsatsen anvendt på trinsa) (6.62)
F tot = G − S = ma (Newtons 2. lov anvendt på klossen) (6.63)
a = αR (6.64)
Alt som gjenstår er å løse dette likningssystemet med hensyn på a. Det er et rent matematisk
problem og gjennomgås ikke her.
Fremgangsmåten for å løse alle trinse/kloss-problem er stort sett den samme som presentert
ovenfor. Du kommer alltid frem ved å kombinere massesentersatsen, spinnsatsen og bruke
sammenhengen mellom a og α. Et spesialtilfelle får vi når trinsa er masseløs, da faller spinnsatsen
og α bort og problemene blir enklere å løse. Det er derfor alle trinse/kloss-problem i
videregående skole antar en masseløs trinse.
■
Eksempel 6.5 — Ei roterende stang. En tynn homogen stang med masse m = 0.5 kg og
lengde l = 0.3 m er opphengt i punktet A. Vinkelen mellom stanga og vertikalen er θ. (θ
endres med tiden.) Det er ingen friksjon og ingen luftmotstand. Stangens treghetsmoment om

88 Kapittel 6. Rotasjon av stive legemer
rotasjonsaksen gjennom A er I A = 1 3 ml2 . Bevegelsen starter ved at staven slippes fra horisontal
stilling med θ = 90 ◦ . (Tegningen viser situasjonen en tid etter at stangen er sluppet.)
⃗F A
A
θ
l
g
⃗G
Beregn vinkelakselerasjonen α når vinkelen mellom stanga og vertikalen θ = π 6 .
Løsning:
Det er to ytre krefter: Tyngdekraften ⃗G og en kraft fra punktet A som vi kaller ⃗F A . Begge
kreftene er tegnet inn ovenfor. Retningen og størrelsen til kraften ⃗F A er vanskelig å forutsi. Det
jeg har tegnet inn ovenfor er en antagelse.
Stanga roterer om punktet A. Rotasjonsaksen går gjennom A og peker vinkelrett inn i papirplanet.
Vinkelakselerasjonen kan vi finne fra spinnsatsen (6.48). For å komme i gang beregner
vi kraftmomentene om rotasjonsaksen,
τ(F A ) = 0, (6.65)
τ(G) = G l sin(θ). (6.66)
2
τ(F A ) er null fordi ⃗F A angriper på rotasjonsaksen. Det er godt nytt. ⃗F A er en komplisert tidsavhengig
kraft som dermed faller bort fra beregningene. Videre er det relativt lett å se at vinkelen
mellom stanga og vertikalen (θ) er identisk med vinkelen mellom armen og gravitasjonskraften.
Husk at tyngdekraften angriper i massesenteret, dvs. i en avstand l /2 fra rotasjonsaksen
gjennom A.
Det eneste kraftmomentet er τ(G) og spinnsatsen tar formen
τ tot = I A α. (6.67)
Fordi stanga roterer om aksen gjennom A, er det I A vi må benytte som treghetsmoment. Videre
får vi
Løst for vinkelakselerasjonen α:
G l 2 sin(θ) = I Aα, (6.68)
mg l 2 sin(θ) = 1 3 ml2 α. (6.69)
α = 3 gsin(θ), (6.70)
2l

6.5 Bevaring av spinn 89
som faktisk gir oss vinkelakselerasjonen α for alle vinkler θ. I dette eksempelet er vi bare
interessert i vinkelakselerasjonen ved θ = π 6 ,
( π
)
3
π
)
α =
6 2 · 0.3 m · 10 m/s2 · sin(
,
6
(6.71)
= 25 rad/s 2 . (6.72)
■
6.5 Bevaring av spinn
Spinn er for rotasjonsbevegelse det som bevegelsesmengde er for ren translasjon. Og spinnet kan,
på liknende vis som bevegelsesmengden, være bevart. Det er først og fremst derfor spinn er nyttig
i mekanikkoppgaver.
Resultat 6.5.1 — Spinn. Spinnet til et system som roterer med vinkelhastigheten ω er
Enheten for spinn er kgm 2 /s.
L = Iω (6.73)
Det er en sammenheng mellom spinn og kraftmoment som vi såvidt skal komme inn på her. Spinn
og bevaring av spinn er et ganske omfattende og viktig tema innen fysikk. I dette kurset vil vi
bare skrape litt i overflaten. Hvis du vil ha en mer inngående gjennomgang, kan du studere Walter
Lewins presentasjon av temaet.
For å se hvorfor spinn er viktig kan vi ta den deriverte av likning (6.73) med hensyn på tiden:
d
dt (L) = d (Iω)
dt
(6.74)
dL
dt = I dω
dt
(6.75)
dL
= Iα.
dt
(6.76)
Men høyre side av (6.76) har vi møtt før. Vi gjenkjenner dL
dt = τ tot fra likning (6.48). Det gir oss
følgende resultat
Resultat 6.5.2 — Bevaring av spinn. Når summen av kraftmomentene som virker på et system
er null, er spinnet bevart. Det er kun kraftmomentene som settes opp av ytre krefter, dvs. krefter
med opphav utenfor systemet, som skal inkluderes i summen over kraftmomentene.
6.6 Tidligere eksamensoppgaver
I tabell 6.3 nedenfor har jeg listet opp tidligere eksamensoppgaver som du kan bruke til å teste deg
selv. Oppgavene er tilgjengelig via lenken nedenfor og på Canvas.

90 Kapittel 6. Rotasjon av stive legemer
Oppgave Tema Kommentar
Konteeksamen 2014, oppgave 2 Spinnsatsen. Kraftmoment
og vinkelakselerasjon
Eksamen 2015, oppgave 3 Kraftmoment, trinser,
snordrag og vinkelakselerasjon
Eksamen 2016, oppgave 2b) Kraftmoment, trinser,
snordrag og vinkelakselerasjon
Standard regneoppgave
Kjapp og grei oppgave,
men fort gjort å tenke feil
Konseptoppgave som kan
løses nesten uten regning.
Viser prinsippet ved ’dobling
av kraft’
Eksamen 2017, oppgave 1b) Kraftmoment Kort tenkeoppgave.
Eksamen 2017, oppgave 1d)
Eksamen 2017, oppgave 3
Prøveeksamen 2017, oppgave 3a) - 3d)
Konteeksamen 2017, oppgave 3a)-3c)
Snordrag, vinkelakselerasjon,
trinser og kraftmoment.
Kraftmoment og statikk
(neste kapittel)
Trinser, snordrag, spinnsats,
massesentersats
Rotasjonsbevegelse,
kraftmoment, trinser og
snordrag.
Eksamen 2018, oppgave 4 Krefter. Massesentersatsen.
Spinnsatsen.
Standard regneoppgave
Vanskelig oppgave, men
fin øvelse.
Regneoppgave som dekker
mye. Øv på denne.
Standard oppgaver. Fine å
øve på.
Klassisk oppgave. Fin å
øve på.
Tabell 6.3: Tidligere eksamensoppgaver relevante for temaene behandlet i kapittel 6.

7. Statikk
Broer, bygninger og de fleste konstruksjoner skal ikke bevege seg eller rotere. Da må summen
av kreftene og kraftmomentene være null. Vår jobb er å beregne hvor store kreftene kan eller må
være og hvor de må angripe. Slike problemer kalles statikkproblemer. (I motsetning til dynamikkproblemer
som handler om system som beveger seg.)
Vi har allerede de nødvendige resultatene for å gyve løs på statikkproblemer, nemlig massesentersatsen
og spinnsatsen. I seksjon 7.1 setter vi opp betingelsene for statisk likevekt. Resten av
kapittelet handler om å anvende betingelsene på ulike systemer.
7.1 Betingelser for statisk likevekt
Dersom summen av alle ytre krefter er null, vet vi at massesenteret forblir i ro (massesentersatsen).
Men det er ikke godt nok. Selv om summen av alle de ytre kreftene er null, kan legemet likevel
rotere (spinnsatsen). Vi må derfor også kreve at summen av alle kraftmomentene på systemet er
null.
Resultat 7.1.1 — Betingelser for statisk likevekt. Betingelsene for statisk likevekt, dvs. at et
legeme blir stående i ro, er:
∑ ⃗ F ytre =⃗0. (7.1)
∑ ⃗τ ytre =⃗0. (7.2)
Det totale kraftmomentet ⃗τ tot kan beregnes med et valgfritt momentpunkt. Alle momentpunkt
vil gi samme resultat.
NB!
Legg spesielt merke til at vi kan velge momentpunkt. Fordi systemet ikke roterer, er det ikke
lenger en spesiell rotasjonsakse som skiller seg ut. Vi står fritt til å velge det momentpunktet
vi ønsker.

•
92 Kapittel 7. Statikk
7.2 Eksempler på statikkproblemer
Eksempel 7.1 — Vippehuske. Ei planke balanserer som vist i figuren under. Vår jobb er å
bestemme kraften ⃗F 2 gitt kraften ⃗F 1 , plankens masse M, plankens lengde L og avstanden b
mellom opplagringspunktet a og stavens venstre ende.
⃗N
⃗F 1
⃗F 2
b
⃗G
Løsning:
Det er ingen krefter i horisontal retning. Likning (7.1) gir oss følgende kraftbalanse i vertikal
retning:
N = F 1 + F 2 + Mg (7.3)
Likningen er ikke nok til å løse problemet fordi både N og F 2 er ukjente. Vi må derfor bruke
likning (7.2) og summere opp kraftmomentene.
Her dukker et strategisk poeng opp. Vi kan velge å beregne kraftmomentene om et hvilket
som helst momentpunkt. (Men når vi først har valgt momentpunkt må vi bruke det samme
momentpunktet videre.) Det gjelder altså å velge sitt momentpunkt med omhu!
NB!
Når du skal summere kraftmomentene i statikkproblemer, velg et momentpunkt som
forenkler beregningene så mye som mulig. Det gjør du ved å velge momentpunkt der
hvor en av de ukjente kreftene angriper. På den måten får ikke den ukjente kraften noe
kraftmoment (null arm) og faller bort fra summen over kraftmomentene.
I dette eksempelet er det lurt å velge opplagringspunktet som momentpunkt. Bonusen er da
at den ukjente normalkraften N faller bort fra likningen, og vi får:
τ(F 1 ) − τ(G) − τ(F 2 ) = 0, (7.4)
bF 1 − Mg(L/2 − b) − F 2 (L − b) = 0. (7.5)
Når vi summerer kraftmomentene, er det som vanlig nødvendig å definere en positiv rotasjonsretning.
I dette problemet har jeg valgt positiv rotasjonsretning mot klokka. Kraftmomentet fra
kraften ⃗F 1 , forsøker å rotere planka mot klokka og er derfor positivt. De andre kraftmomentene
forsøker å rotere planka med klokka og er derfor negative. Tyngdekraftens arm er L/2−b, fordi
tyngdekraften angriper i plankas massesenter (midt på).
Fra likning (7.5) får jeg
F 2 = bF 1 − Mg(L/2 − b)
. (7.6)
L − b
Etter å ha bestemt F 2 , kan normalkraften N bestemmes. Det enkleste er da å benytte likning
(7.3). ■
a Opplagringspunktet er der hvor støtta berører planken.

•
•
•
7.2 Eksempler på statikkproblemer 93
Eksempel 7.2 — En kloss på et bord. En kloss med masse m og lengde L ligger på kanten
av et bord. Hvor langt utenfor bordkanten kan klossen dyttes før den faller ned?
x
Løsning
For at klossen skal være i ro, må normalkraften ⃗N og tyngdekraften ⃗G summeres til 0. Det
følger fra likning (7.1) at
N − G = 0, (7.7)
N = G, (7.8)
= Mg. (7.9)
Den eneste grensen massesentersatsen setter på avstanden x, er x > 0. (Dersom boka ikke lenger
er i kontakt med bordet, kan det umulig virke en normalkraft ⃗N.)
For å finne den største verdien for x, må vi derfor benytte likning (7.2). Det er nyttig å ha
en tegning med kreftene når vi velger momentpunkt. For å få frem poenget tydeligere tegner
jeg klossen i en posisjon hvor den er forskjøvet usannsynlig langt utenfor bordkanten.
⃗N
⃗G
r
β
momentpunkt
Tyngdekraften ⃗G angriper i klossens massesenter. Men hvor angriper normalkraften ⃗N?
Når klossen ligger og vipper på bordkanten, er den i kontakt med bordet bare i vippepunktet,
det vil si helt ytterst på bordkanten. I grensa hvor det er like før klossen faller ned, angriper
normalkraften lengst ute på bordkanten.
Jeg velger derfor bordkanten som momentpunkt. Da får normalkraften ⃗N ingen arm og null
kraftmoment. Likning (7.2) gir umiddelbart
τ G = 0 (7.10)
mgr sin(β) = 0. (7.11)
Positiv rotasjonsretning er her valgt mot klokka. r er avstanden fra momentpunktet til klossens
massesenter, og β er vinkelen mellom G og r. På tegningen ovenfor er r åpenbart ikke null,
og β er hverken 0 eller 180 ◦ . Ergo: tyngdekraften vil skape et kraftmoment, kraftmomentet vil
forsøke å rotere klossen mot klokka, klossen vil falle ned mens den roterer i lufta. Det er altså

•
•
94 Kapittel 7. Statikk
umulig å få likning (7.11) til å gå opp, slik som klossen ligger. Venstre side er ulik null, og
klossen er ikke i statisk likevekt.
Konklusjon: Klossen må plasseres slik at kraftmomentet fra tyngdekraften er null. Hvordan?
Klossen må ligge slik at sin(β) = 0. Trekker vi klossen langt nok inn på bordet, vil
tyngdekraften ⃗G og armen r være antiparallelle. Da får vi nullet ut tyngdekraftens kraftmoment
fordi sin(180 ◦ ) = 0.
Vi har med det løsningen på problemet! Klossen blir liggende på bordet dersom klossens
massesenter befinner seg på bordet. Det vil si at avstanden x maksimalt kan være L/2, akkurat
slik vi ville tippet.
■
Eksempel 7.3 — Den klassiske stigeoppgaven. En jevntykk og homogen stige, med masse
m og lengde L, støtter seg mot en friksjonsfri vegg. Den statiske friksjonskoeffisienten mellom
det horisontale underlaget og stigen, er µ s = 1.0. Hva er den minste helningsvinkelen γ stigen
kan ha for at den skal bli stående i ro?
A
γ
⃗F A
⃗G
γ
⃗N
⃗F f B
Løsning:
På tegningen ovenfor er alle kreftene som virker på stigen identifisert. Et par setninger om
akkurat det: I punktet B virker det én kraft, som er dekomponert i en horisontal og i en vertikal
komponent. Den vertikale komponenten er normalkraften. Den horisontale komponenten er
friksjonskraften. Kraften som virker på stigen fra punktet A peker i horisontal retning. Det vet
vi fordi det ikke er friksjon mellom stigen og veggen. Stigen kan skli langs veggen uten at det
’lugger’.
Likning (7.1), anvendt på stigen i horisontal og vertikal retning, gir to betingelser:
F A − F f = 0, (7.12)
mg − N = 0. (7.13)
Det er dessverre for mange ukjente her (F A , F f og N) til at vi kan beregne γ direkte. Ved å bruke
spinnsatsen med B som momentpunkt, er det kun to krefter med kraftmoment: ⃗F A og ⃗G. Det
forenkler problemet en del, og fra likning (7.2) får vi:
τ(F A ) − τ(G) = 0, (7.14)
F A Lsin(γ) − mg L cos(γ) = 0. (7.15)
2

7.2 Eksempler på statikkproblemer 95
I likningen ovenfor dukket cos(γ) opp i 2. ledd. Det er ikke en feil. Det viser seg at sinus til
vinkelen mellom stigen og tyngdekraften er nettopp cosγ.
• stigens massesenter
mg α γ
stigen
For å vise at sin(α) = cos(γ) kan vi bruke formelen for sinus til differansen mellom to vinkler a :
sin(α) = sin(180 ◦ − (90 ◦ + γ)), (7.16)
= sin(90 ◦ − γ), (7.17)
= sin(90 ◦ )cos(γ) − cos(90 ◦ )sin(γ), (7.18)
= cos(γ). (7.19)
Tilbake til det opprinnelige spørsmålet: Hva er den minste vinkelen γ som kan tillates, for
at stigen skal forbli i ro? Til vår hjelp har vi likningene:
F A − F f = 0, (7.20)
mg − N = 0, (7.21)
F A Lsin(γ) − mg L cos(γ) = 0. (7.22)
2
Vi kjenner stigens masse m, lengden L og den statiske friksjonskoeffisienten µ s . Når vinkelen γ
er minimal, må den statiske friksjonskraften være maksimal. Den maksimale statiske friksjonskraften
er gitt ved F f = µ S N = µ S mg. (Husk likning (4.37).)
Fra likning (7.20) følger det at F A = F f = µ s mg. Med F A = µ s mg i likning (7.22) får vi
µ s mgLsin(γ) − mg L cos(γ) = 0, (7.23)
2
µ s sin(γ) − 1 cos(γ) = 0,
2
(7.24)
sin(γ)
cos(γ) = 1 ,
2µ s
(7.25)
tan(γ) = 1
2µ s
. (7.26)
Det er overraskende at det ikke spiller noen rolle hvor stor masse stigen har, ei heller hvor lang
den er! Med µ s = 1 får vi:
tan(γ) = 1 2 , (7.27)
γ = arctan( 1 /2), (7.28)
= 46 ◦ . (7.29)

96 Kapittel 7. Statikk
Vær klar over at det spiller en rolle hva stigen er laget av og hva underlaget består av. (Husk:
Den statiske friksjonskoeffisienten avhenger av overflatene som er i kontakt med hverandre.) ■
a sin(u − v) = sinucosv − cosusinv
Eksempel 7.4 — Kommode. En kommode, med masse m = 10 kg, står på et horisontalt
gulv med statisk friksjonskoeffisient µ s = 0.25 (treverk mot treverk). Kommodens høyde er
h = 1.0 m, og bredden er b = 1.5 m. Vi drar med kraften ⃗F på toppen av kommoden. Kraften
danner vinkelen θ = 30 ◦ med vertikalen. Se tegningen nedenfor.
Vi skal undersøke hvor stor kraft F vi kan dra med for at kommoden:
1. ikke glir
2. ikke tipper forover.
b
θ
⃗F
⃗F f ,A
α
⃗N A
⃗G
⃗N B
h
⃗F f ,B
Løsning:
1. Vi kan behandle kreftene som virker på beinparet til venstre (A) under ett. Tilsvarende
gjør vi med beinparet til høyre (B). Fordi vi drar med kraften F, er normalkraften
N A større enn normalkraften N B . Det påvirker også friksjonskreftene fra underlaget på
kommoden.
Fra likning (7.1), anvendt på kommoden i horisontal og vertikal retning, får vi likningene:
∑F horisontal = F f ,A + F f ,B − F sinθ = 0 (7.30)
∑F vertikal = mg + F cosθ − N A − N B = 0 (7.31)
I tillegg har vi likning (7.2). Da dukker igjen det strategiske spørsmålet opp: Hvilket
momentpunkt bør vi velge for å gjøre beregningene så enkle som mulig? Det er to ukjente
krefter i hvert av punktene A og B. Det blir enklere å beregne kraftmomentet fra kraften
⃗F om vi velger punkt A som momentpunkt. Jeg velger derfor A som momentpunkt i
fortsettelsen. Likning (7.2) anvendt på kommoden, med A som momentpunkt, gir:
τ A (F) − τ A (G) + τ A (N B ) = 0, (7.32)
√
b 2
Fhsinθ − mg
4 + h2
4 sinα + N Bb = 0. (7.33)

7.3 Tidligere eksamensoppgaver 97
√
b
Avstanden fra punktet A til massesenteret, hvor tyngdekraften angriper, er
2
4 + h2
4 .
(Bruk Pythagoras!) Hva med sinα? Husk:
sinα = mot.katet
hyp
=
b/2
√
b 2 /4 + h 2 /4
(7.34)
Setter vi uttrykket for sinα inn i (7.33), får vi
Fhsinθ − mg b 2 + N Bb = 0. (7.35)
Når kommoden er like ved å tippe fremover, er N B = 0. (Samme argument som for klossen
fra et tidligere eksempel.) Vi kan derfor finne et uttrykk for den maksimale kraften
F ved å sette N B = 0 i likning (7.35)
F maks,tippe =
mgb = 150 N. (7.36)
2hsinθ
2. Men er det mulig at kommoden starter å gli før den tipper? Vi kan undersøke det ved å
benytte likning (7.30)
F f ,A + F f ,B − F sinθ = 0 (7.37)
µ s (N A + N B ) − F sinθ = 0 (7.38)
Friksjonskreftene ovenfor representerer maksimale statiske friksjonskrefter. Kraften ⃗F
representerer derfor den maksimale kraften vi kan dra med uten at kommoden glir. De to
normalkreftene ⃗N A og ⃗N B er fortsatt ukjente. Vi må derfor jobbe litt før vi kan beregne F.
Likning (7.31) kan vi utnytte for å finne N A + N B uttrykt ved hjelp av F og mg:
Likning (7.38) tar nå formen
Løst for F
N A + N B = mg + F cosθ (7.39)
µ s (mg + F cosθ) − F sinθ = 0. (7.40)
F(µ s cosθ − sinθ) = −µ s mg, (7.41)
F(sinθ − µ s cosθ) = µ s mg, (7.42)
µ s mg
F maks,gli =
sinθ − µ s cosθ , (7.43)
= 416 N. (7.44)
I dette tilfellet vil kommoden tippe før den begynner å gli. (F maks,tippe < F maks,gli ) Vi kan dra
med 150 N før kommoden tipper, mens vi kan dra med 416 N før den begynner å gli.
■
7.3 Tidligere eksamensoppgaver
I tabell 7.1 nedenfor har jeg listet opp tidligere eksamensoppgaver som du kan bruke til å teste deg
selv. Oppgavene er tilgjengelig via lenken nedenfor og på Canvas.

98 Kapittel 7. Statikk
Oppgave Tema Kommentar
Eksamen 2014, oppgave 2
Statisk likevekt. Krefter
og kraftmoment.
Konteeksamen 2014, oppgave 3 Identifisere krefter. Statisk
likevekt, beregning av
kraftmoment.
Eksamen 2016, oppgave 1b)
Prøveeksamen 2017, oppgave 2
Kraftmoment og statisk
likevekt
Beregning av krefter ved
statisk likevekt.
Eksamen 2017, oppgave 3 Identifisere og beregne
krefter ved statisk likevekt.
Konteeksamen 2017, oppgave 1b) Betingelser for statisk
likevekt i praksis.
Eksamen 2018, oppgave 3
Konteeksamen 2018, oppgave 2
Statisk likevekt. Identifisere
krefter.
Statisk likevekt. Krefter
og kraftmoment.
En typisk statikkoppgave.
Viktig å gjøre.
En typisk statikkoppgave.
Viktig å gjøre.
Enkel statikkoppgave.
Viktig å kunne.
Standard regneoppgave.
En av de mer krevende eksamensoppgavene.
Tenk og begrunn.
En oppgave som viste seg
å være krevende for en del.
Likevel ganske standard.
Klarer du å behandle klossen
som ligger på stangen
på riktig måte?
Tabell 7.1: Tidligere eksamensoppgaver relevante for temaene behandlet i kapittel 7.

8. Rulling
Rulling består av både translasjon og rotasjon. Massesenteret beveger seg samtidig som det pågår
en rotasjon rundt massesenteret. Både massesentersatsen (5.22) og spinnsatsen (6.48) er nødvendig
for å beskrive rulling.
8.1 Rullebetingelsen
Resultat 8.1.1 — Rullebetingelsen. Når noe ruller uten å slure, er
v cm = ωR, (8.1)
hvor v cm er massesenterets hastighet, ω er vinkelhastigheten og R er radiusen til legemet som
ruller. Likningen ovenfor kalles av og til for rullebetingelsen.
For å se hvorfor likning (8.1) er riktig studerer vi ei kule, med radius R, som ruller på et
horisontalt underlag. I løpet av én omdreining vil ethvert punkt på kulas omkrets ha vært i kontakt
med underlaget. Kulas massesenter må derfor ha forflyttet seg avstanden 2πR.
x cm = 2πR
ω
vcm
• •
ω
v cm
Generelt finner vi at når kula har rotert vinkelen θ, må massesenteret ha flyttet seg avstanden:
x cm = θR. (8.2)
Merk at vinkelen må oppgis i radianer for at sammenhengen ovenfor skal være gyldig. Ved å
derivere likning (8.2) med hensyn på tiden t får vi frem rullebetingelsen,
v cm = ωR, (8.3)

•
100 Kapittel 8. Rulling
fordi
dx cm
dt
= v cm og
dθ
dt
= ω. (8.4)
Vi kan på samme måte finne en sammenheng mellom massesenterets akselerasjon og vinkelakselerasjonen,
ved å derivere rullebetingelsen (8.3). Resultatet er
a cm = αR. (8.5)
I diskusjonen ovenfor tok vi utgangspunkt i ei kule. Relasjonene (8.2), (8.3) og (8.5) gjelder også
for sylindre og skiver.
8.2 Hastigheten til ei rullende kule
Rulling er sammensatt av to bevegelser: massesenterets translasjon pluss rotasjon om massesenteret.
For å forklare dette litt nærmere tar jeg utgangspunkt i ei kule med radius R. Ikke tenk at det er
noe spesielt med hvordan ei kule som ruller. Det samme gjelder for et sykkelhjul eller en sylinder.
Hvis kula sklir uten å rotere, har vi ren translasjon (ren forflytning) og alle punkter på kula
beveger seg med samme hastighet v cm . Hvis kula slurer om massesenteret sitt uten å komme noen
vei, har vi ren rotasjon. Farten til ulike punkter på kula er da forskjellig og gitt ved v = ωr. ω er
vinkelhastigheten og r er avstanden fra senter av kula ut til punktet med farten v. Punktene lengst
unna kulas senter har da størst fart, nemlig v = ωR. Massesenterhastigheten v cm er i dette tilfellet
null, og rullebetingelsen er ikke oppfylt fordi det ikke er v cm som er lik ωR.
Dersom massesenterets hastighet matcher rotasjonshastigheten slik at rullebetingelsen, likning
(8.1), er oppfylt, oppstår det som kalles ren rulling. Ren rulling er kodeord for rulling uten sluring
eller skliing.
Ren translasjon +
v cm
v cm
+
Ren rotasjon =
Rω
• • •
v cm
−Rω
0
=
Ren rulling
v = 2v cm = 2Rω
v = 0
v = v cm = Rω
Når vi skal finne farten til punkter på kula, kan vi tenke slik som tegningen ovenfor illustrer. Jeg
starter med ren translasjon (tegningen til venstre), hvor alle punkter beveger seg med hastigheten
v cm . Deretter legger jeg til rotasjon (’legge til’ brukes her som en slags mental øvelse). Jeg tenker
da at kula roterer med vinkelhastigheten ω. Punktene i avstand R fra kulas senter har da hastigheten
v = ωR, som vist på tegningen i midten. Legg merke til at punktene på toppen har en hastighet
som peker fremover, mens punktene nederst på kula har en hastighet som peker bakover. (Jeg har
antatt at kula roterer med klokka.)
Dersom vinkelhastigheten ω velges slik at v cm = ωR, får vi ren rulling. Da skjer det noe
interessant med farten til punktene på kula. Punktene på toppen av kula får farten v = v cm + ωR =
2v cm , mens punktene på bunnen av kula får farten v = v cm − ωR = 0. Massesenteret, dvs. midten
av kula, har uansett hastigheten v cm . Punktet som er i kontakt med underlaget får altså null fart!
Ikke tenk at det betyr at kula står i ro. Det er bare dette ene punktet som har null fart, men det er
akselerert og vil i neste sekund igjen få en fart.
Studer figuren ovenfor og tenk nøye gjennom dette. Det er litt vrient og vanskelig, men er en
nøkkel til å forstå rulling. Legg spesielt merke til at punktet som til enhver tid er i kontakt med
underlaget er i ro. Dette er av og til synlig på fotografier av sykkelhjul som ruller, hvor man kan
se eikene nederst tydeligere enn eikene på toppen av hjulet. Lenke til bilde av rullende sykkelhjul.

•
8.3 Rulling uten sluring ned et skråplan 101
8.3 Rulling uten sluring ned et skråplan
En sylinder (eller ei kule), med masse m og radius R, ruller nedover et skråplan. Legemet er
påvirket av tre krefter: tyngdekraften, normalkraften og en friksjonskraft. Vi skal beregne massesenterets
akselerasjon a cm .
ω
⃗N
mgsinβ
⃗F f
β
mgcosβ
⃗G
Massesentersatsen (8.6) anvendt på kula, med positiv retning nedover langs skråplanet, gir:
mgsinβ − F f = ma cm . (8.6)
Dessverre er både F f og a cm ukjente. Friksjonskraften ⃗F f er en statisk friksjonskraft. Det vet vi
fordi punktet i kontakt med underlaget er i ro. Samtidig er ikke F f = µ S N fordi det ikke er noen
grunn til å tro at den statiske friksjonskraften er maksimal. (Hvis dette er snodig, se seksjon 4.9.)
Vi trenger derfor en likning til. Det får vi ved å bruke spinnsatsen (6.48) om legemets massesenter
∑ ⃗τ = I cmα. (8.7)
Det er kun friksjonskraften ⃗F f som har et kraftmoment om rotasjonsaksen gjennom massesenteret.
Kraftmomentet fra friksjonskraften er
β
Spinnsatsen gir dermed
∑ ⃗τ = τ(F f ) = F f R. (8.8)
F f R = I cm α. (8.9)
Vinkelakselerasjonen α kan byttes ut med massesenterakselerasjonen a cm ved å bruke likning (8.5).
Resultatet er
F f R = I cm
a cm
R , (8.10)
F f = I cm
R 2 a cm. (8.11)
Ved å kombinere likningene (8.6) og (8.11) får vi, etter litt regning, et uttrykk for a cm
mgsinβ − I cm
R 2 a cm = ma cm (8.12)
gsinβ − I cm
mR 2 a cm = a cm (8.13)
(
gsinβ = 1 + I )
cm
mR 2 a cm . (8.14)

102 Kapittel 8. Rulling
Og til slutt:
a cm =
gsinβ
I cm
mR 2 + 1 , (8.15)
hvor I cm er legemets treghetsmoment om en akse gjennom massesenteret. Likning (8.15) forteller
at legemer med ulikt treghetsmoment får forskjellig akselerasjon. De vil derfor bruke ulik tid ned
skråplanet. Tabell 8.1 oppsummerer.
Legeme Treghetsmoment I cm Akselerasjon a cm
2
Kule
5 mR2 5 7gsinβ ≈ 0.71·gsinβ
1
Massiv sylinder
2 mR2 2 3gsinβ ≈ 0.67·gsinβ
Hul sylinder mR 2 1 2gsinβ = 0.50·gsinβ
Tabell 8.1: Hvem kommer kjappest ned et skråplan? Tabellen oppsummerer resultatene av en
tenkt konkurranse mellom ei kule, en massiv sylinder og en hul sylinder. Kula vinner, den massive
sylinderen kommer på 2. plass og den hule sylinderen tar 3. plassen.
8.3.1 Standardtriks ved analyse av rullebevegelse
Fremgangsmåten for å analysere rulling kan oppsummeres i noen punkter:
1. Anvend massesentersatsen (5.22) på legemet som ruller.
Likning (8.6) er et eksempel på akkurat det.
2. Anvend spinnsatsen (6.48) på legemet som ruller.
Likning (8.9) er et eksempel.
3. Bruk sammenhengen a cm = αR, hvor R er legemets radius, for å koble sammen massesentersatsen
og spinnsatsen.
Likningene (8.10) - (8.14) viser et eksempel på hvordan det kan gjøres.
8.4 Rulling og friksjon
I dette kurset studerer vi utelukkende stive legemer. Det vil si legemer som ikke deformeres. Når
et stivt legeme ruller på en horisontal og perfekt glatt overflate, dvs. en overflate uten ujevnheter,
er det ingen friksjon. En vanlig misforståelse er å tro at det må finnes friksjon for at et legeme skal
kunne rulle. I hverdagen har vi alle lagt merke til at legemer som ruller stopper opp. (Selv om det
tar mye lengre tid sammenliknet med for eksempel en kloss.) Denne «rullefriksjonen» kommer av
deformering av selve legemet kombinert med ujevnheter i overflaten som legemet ruller på. Det er
ikke en statisk friksjonskraft, slik som det var for kula som rullet på et skråplan.
Det er mulig å vise at en eventuell friksjonskraft er uforenlig med massesentersatsen og spinnsatsen.
Anta at det faktisk virker en statisk friksjonskraft fra underlaget på ei kule som ruller
bortover et horisontalt underlag.
v
⃗F f

•
8.5 Mer om rulling og friksjon 103
De to vertikale kreftene på kula er normalkraften og tyngdekraften. ⃗F f er en tenkt statisk friksjonskraft
som virker mot kulas bevegelsesretning. Eksistensen av en slik friksjonskraft vil nå bli
motbevist.
For å analysere rullebevegelsen benytter vi massesentersatsen (5.22) på kula. Det gir (positiv
retning mot høyre):
ma cm = −F f , (8.16)
a cm = − F f
m . (8.17)
En eventuell friksjonskraft vil altså bremse opp kula. Så langt virker alt både rimelig og riktig.
Legg merke til hva som skjer når vi benytter spinnsatsen om kulas massesenter:
I cm α = τ tot , (8.18)
I cm α = F f R, (8.19)
a cm
I cm
R = F f R (8.20)
a cm = F f R 2
I cm
(8.21)
Likning (8.5) er brukt for å koble sammen vinkelakselerasjonen α og massesenterakselerasjonen
a cm .
Når vi sammenlikner likning (8.17) og likning (8.21), oppdager vi en selvmotsigelse. Kulas
massesenter får forskjellig akselerasjon avhengig av hvordan vi analyserer den! Både retningen og
størrelsen er forskjellig. Friksjonskraften, som vi antok virket på kula, vil 1) bremse massesenteret
(likning (8.17)), 2) akselerere massesenteret (likning (8.21)). Den eneste løsningen på paradokset
er at friksjonskraften ⃗F f ikke eksisterer.
Et tilsvarende paradoks dukker opp dersom vi forsøker å snu friksjonskraften og lar den peke
fremover. Heller ikke en slik friksjonskraft kan eksistere. Hvis du ønsker å lese mer om rulling og
friksjon, anbefaler jeg artikkelen til Carvalho og Sousa [4].
8.5 Mer om rulling og friksjon
En spole består av to skiver med radius R, koblet sammen med en sylinder med radius r. Spolen
har masse m og ligger på et horisontalt underlag. (En spole er en slags jojo.) Vi drar med en kraft
⃗F som vist i tegningen under. Spolen ruller hele tiden uten å slure.
Kan vi forutsi i hvilken retning en eventuell statisk friksjonskraften vil virke, og vil det i hele
tatt virke en statisk friksjonskraft?
⃗F
β
R
r
Med tanke på det vi lærte i den forrige seksjonen, er det nærliggende å tenke at det ikke virker
en statisk friksjonskraft. Vi må imidlertid huske på at spolen blir påvirket av kraften ⃗F. Resultatene
fra forrige seksjon er dermed ikke gyldige.
Kraften ⃗F har en horisontal komponent gitt ved F cos(β). I tillegg skaper ⃗F et kraftmoment
τ cm (F). Det er umulig å forutsi i hvilken retning en eventuell statisk friksjonskraft ⃗F f virker. Det
kan bare avgjøres ved å bruke massesentersatsen og spinnsatsen.

•
•
104 Kapittel 8. Rulling
La oss først anta at friksjonskraften virker mot venstre. Massesentersatsen gir da:
F cos(β) − F f = ma cm , (horisontal retning) (8.22)
F sin(β) − mg + N = 0. (vertikal retning) (8.23)
Spinnsatsen anvendt på jojoen gir:
τ cm (F) + τ cm (F f ) = I cm α, (8.24)
Fr sin(π/2 + β) +F
} {{ } f R = I cm α, (8.25)
cosβ
= I cm
a cm
R , (8.26)
hvor I cm er spolens treghetsmoment om massesenteraksen. I overgangen fra likning (8.25) til likning
(8.26), er nok en gang sammenhengen a cm = αR brukt.
Etter litt algebra, prøv selv, er det mulig å finne et uttrykk for massesenterets akselerasjon,
samt ett uttrykk for friksjonskraften ⃗F f :
a cm =
F cos(β)(1 + r/R)
m + I/R 2 (8.27)
F f = F cos(β)
mR 2 (I − mRr) (8.28)
+ I
Likning (8.27) viser at massesenterets akselerasjonen alltid er mot høyre (forutsatt at β < 90 ◦ ).
Likning (8.28) forteller en litt mer overraskende historie om friksjonskraften F f :
1. Dersom I cm = mRr, er det ingen friksjonskraft. Dette er et spesialtilfelle.
2. Dersom I cm > mRr, virker friksjonskraften i den antatte retningen, dvs. mot venstre.
⃗F
β
⃗F f
R
r
3. Dersom I cm < mRr, virker friksjonkraften mot høyre. I dette tilfellet virker altså friksjonskraften
i samme retning som spolen akselerer.
⃗F
β
R
r
⃗F f
Moralen er at det ikke er mulig å vite i hvilken retning den statiske friksjonskraften peker. Vi må
benytte massesentersatsen og spinnsatsen for å finne ut av det. I det siste oppgavesettet skal du
forsøke å liste ut hvordan de statiske friksjonskreftene virker på hjulene til en sykkel.
8.6 Tidligere eksamensoppgaver
I tabell 8.2 nedenfor har jeg listet opp tidligere eksamensoppgaver som du kan bruke til å teste deg
selv. Oppgavene er tilgjengelig via lenken nedenfor og på Canvas.

8.6 Tidligere eksamensoppgaver 105
Oppgave Tema Kommentar
Eksamen 2014, oppgave 1b)
Krefter på rullende legemer
Konseptoppgave
Prøveeksamen 2015, oppgave 2 Rulling og friksjon. Oppgaven tester også mye
annet som har med rotasjoner
å gjøre.
Konteeksamen 2014, oppgave 1b)
Prøveeksamen 2015, oppgave 1d)
Eksamen 2015, oppgave 4
Konteeksamen 2018, oppgave 3
Beregning av massesenterposisjon
Beregning av massesenterposisjon
Rulling ned bakke.
Rulling. Friksjon. Bevegelse.
Standard regneoppgave
Litt mer krevende?
Oppgaven krever at du er
i stand til å sette sammen
biter fra mange deler av
pensum. Kan være krevende.
Tabell 8.2: Tidligere eksamensoppgaver relevante for temaene behandlet i kapittel 8.

9. Andre ressurser
Temaene som behandles i dette emnet undervises over hele verden. Det er derfor ikke vanskelig å
finne andre fremstillinger. Selv har jeg noen favoritter, som kort presenteres her.
9.1 Bøker
Noen bøker er allerede nevnt. Richard Wolfsons bok [1] gir en kortfattet fremstilling og er absolutt
lesverdig (min mening). Young og Freedman sin bok likeså [3], men det er en murstein. Begge bøkene
inneholder mange oppgaver. Sistnevnte også mange eksempler som noen vil ha nytte av. Vær
oppmerksom på at begge bøkene inneholder langt mer enn det er plass til i vårt lille 5 studiepoengs
emne.
Boken til Randall D. Knight [5] mener jeg har gode pedagogiske forklaringer. Spesielt konseptoppgavene
som krydrer kapitlene er viktige. Det finnes fasit til disse i slutten av hvert kapittel.
Den beste boken til slutt og den er skrevet av Ramamurti Shankar [6]. (Ta det med en klype
salt. Det er kun min mening.) Boken er ikke fargerik og ikke den med flest eksempler. Men teksten
er god. Og Shankar er drivende dyktig til å få frem det viktigste. Boken er også tilgjengelig som
e-bok. Jeg tipper de fleste studenter vil ha størst utbytte av denne som et supplement til andre
kilder.
9.2 Videoer
Blant studentene er mitt inntrykk at Walter Lewins forelesninger er de aller best likte. Sikkert på
grunn av alle de artige demonstrasjonene Lewin gjennomfører. Egentlig er dette nærmere forestillinger
enn forelesninger. Linken ovenfor går til Youtube og direkte til forelesningsserien mest
aktuell for dette emnet.
Min favoritt er imidlertid en forelesningsserie fra Yale, med den tidligere nevnte Ramamurti
Shankar. Disse er ikke manusbaserte og ikke like spektakulære som Lewin sine, men minst like
gode.
Hvis du som student ønsker å gå et (godt) stykke utover pensum, kan Leonard Susskinds
forelesningsserie i klassisk mekanikk anbefales. Vær klar over at dette fort blir avansert.

Bibliografi
[1] Richard Wolfson. Essential University Physics. Bd. 1. Pearson Addison-Wesley, 2007.
[2] Jan R. Lien og Gunnar Løvøiden. Generell fysikk for universiteter og høgskoler, bind 1. Universitetsforlaget,
2001.
[3] Hugh D. Young og Roger A. Freedman. University Physics. 12. utg. Pearson Addison-Wesley,
2008.
[4] Paulo Simeão Carvalho og Adriano Sampaio e Sousa. “Rotation in secondary school: teaching
the effects of frictional force”. I: Physics Education 40.3 (mar. 2005), s. 257–265. DOI:
10 . 1088 / 0031 - 9120 / 40 / 3 / 007. URL: https : / / doi . org / 10 . 1088 % 2F0031 -
9120%2F40%2F3%2F007.
[5] Randall D. Knight. Physics for scientists and engineers. 2. utg. Pearson Addison-Wesley,
2008.
[6] Ramamurti Shankar. Fundamentals of Physics: Mechanics, Relativity and Thermodynamics.
1. utg. Yale University Press, 2014.