4.6 Ekstraoppgaver

Kapittel 4: Dynamikk

Her er flere oppgaver fra temaene vi har behandlet i dette kapitlet.

Kraft og motkraft

En bok ligger i ro på et bord.

  1. Tegn en figur som viser kreftene som virker på boka.

  2. Tyngdekraften og normalkraften på boka er like store og motsatt rettet. Er de et kraft–motkraft-par etter Newtons 3. lov? Forklar.

  3. Hva er motkraften til tyngdekraften på boka? Hva er motkraften til normalkraften på boka?

a) To krefter virker på boka: tyngdekraften \(\vec G\) (ned) og normalkraften \(\vec N\) fra bordet (opp):

b) Nei. Selv om \(\vec G\) og \(\vec N\) er like store og motsatt rettet, er de ikke et kraft-motkraft-par. Grunnen er at et kraft-motkraft-par (Newtons 3. lov) alltid virker på to forskjellige legemer, mens \(\vec G\) og \(\vec N\) begge virker på samme legeme – boka (se Normalkraft, tankeboksen i kompendiet).

c) Motkraften til tyngdekraften \(\vec G\) (jordas tiltrekning på boka) er boka sin tiltrekning på jorda – en kraft med samme størrelse \(G\), rettet oppover, som virker på jorda. Motkraften til normalkraften \(\vec N\) (bordets kraft på boka) er boka sin kraft på bordet – en kraft med samme størrelse \(N\), rettet nedover, som virker på bordet (boka presser ned på bordet med samme kraft som bordet presser opp på boka).

Kloss på skråplan med friksjon

En kloss med masse \(m = 5.0\,\mathrm{kg}\) glir nedover et skråplan med helningsvinkel \(\theta = 30^\circ\). Den kinetiske friksjonskoeffisienten er \(\mu_k = 0.20\).

  1. Tegn kreftene på klossen og dekomponer tyngdekraften langs og vinkelrett på skråplanet.

  2. Finn normalkraften \(N\).

  3. Finn friksjonskraften \(R\).

  4. Finn akselerasjonen til klossen.

1. Figur: Kreftene på klossen er akkurat som i figuren: normalkraften \(\vec N\) (vinkelrett ut fra planet), tyngdekraften \(\vec G=m\vec{\mathrm g}\) (rett ned) og friksjonskraften \(\vec R\) (langs planet, oppover siden klossen glir nedover).

a) Vi dekomponerer tyngdekraften langs planet og vinkelrett på planet: \[G_x = m\mathrm{g}\sin\theta \quad\text{(langs planet, nedover)}, \qquad G_y = m\mathrm{g}\cos\theta \quad\text{(vinkelrett på planet)}\]

2. Lov: Newtons 2. lov, \(\sum\vec F=m\vec a\). Glidefriksjon: \(R=\mu_k N\).

3. Koordinatsystem: \(x\) langs planet (positiv nedover), \(y\) vinkelrett ut fra planet. Klossen beveger seg bare langs \(x\), så \(a_y=0\).

4. Dekomponér: \[\sum F_y = N - m\mathrm{g}\cos\theta = 0, \qquad \sum F_x = m\mathrm{g}\sin\theta - R = ma\]

5. Løs:

b) Normalkraften: \[N = m\mathrm{g}\cos\theta = 5.0\,\mathrm{kg}\cdot9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}\cdot\cos(30^\circ) = 42.5\,\mathrm{N} \approx \underline{\underline{42\,\mathrm{N}}}\]

c) Friksjonskraften: \[R = \mu_k N = 0.20\cdot42.5\,\mathrm{N} = 8.50\,\mathrm{N} \approx \underline{\underline{8.5\,\mathrm{N}}}\]

d) Akselerasjonen (se også Utledning av akselerasjon ned et skråplan med friksjon i kompendiet): \[a = \mathrm{g}(\sin\theta - \mu_k\cos\theta) = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}\cdot\left(\sin(30^\circ) - 0.20\cos(30^\circ)\right) = 3.21\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} \approx \underline{\underline{3.2\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}}}\] rettet nedover langs planet.

Bil over en bakketopp

En bil med masse \(m = 1000\,\mathrm{kg}\) kjører over en bakketopp. Bakketoppen kan tilnærmes med en sirkelbue med radius \(r = 40\,\mathrm{m}\). Bilen har fart \(v = 15\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\) på toppen.

  1. Tegn kreftene på bilen på toppen av bakken. Hvilken vei peker kraftsummen?

  2. Finn normalkraften fra veien på bilen.

  3. Hvor fort kan bilen kjøre over toppen før den mister kontakten med veien?

1. Figur: Bilen befinner seg på utsiden av den sirkulære bakketoppen (motsatt av vogna på innsiden av loopen i kompendiet, figuren). Sentrum av sirkelbuen ligger rett under bilen, så “inn mot sentrum” betyr her nedover. To krefter virker: tyngdekraften \(\vec G=m\vec{\mathrm g}\) (ned, altså inn mot sentrum) og normalkraften \(\vec N\) fra veien (opp, altså ut fra sentrum – veien kan bare skyve bilen opp, ikke trekke den ned):

Siden bilen følger en sirkelbane, må kraftsummen inn mot sentrum (nedover) være \(mv^2/r\).

2.–4. Lov, koordinatsystem og dekomponering: Vi velger positiv retning nedover (inn mot sentrum). Newtons 2. lov gir \[\sum F = m\mathrm{g} - N = \frac{mv^2}{r}\] (motsatt fortegn på \(N\) sammenliknet med toppen av loopen i figuren, fordi normalkraften her peker bort fra sentrum i stedet for inn mot det).

5. Løs:

b) Normalkraften: \[N = m\left(\mathrm{g} - \frac{v^2}{r}\right) = 1000\,\mathrm{kg}\cdot\left(9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} - \frac{(15\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1})^2}{40\,\mathrm{m}}\right) = 4190\,\mathrm{N} \approx \underline{\underline{4.2\cdot 10^{3}\,\mathrm{N}}}\]

c) Bilen mister kontakten med veien når \(N=0\): \[m\mathrm{g} = \frac{mv_\text{maks}^2}{r} \quad\Rightarrow\quad v_\text{maks} = \sqrt{\mathrm{g}r} = \sqrt{9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}\cdot40\,\mathrm{m}} = 19.8\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1} \approx \underline{\underline{2.0\cdot 10^{1}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}}}\] Kjører bilen fortere enn dette, letter den fra veibanen akkurat på toppen av bakken.

Spark på en fotball

En fotball med masse \(m = 0.45\,\mathrm{kg}\) ligger i ro og blir sparket. Etter sparket har ballen fart \(25\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\). Foten er i kontakt med ballen i \(\Delta t = 8.0\,\mathrm{ms}\).

  1. Finn endringen i bevegelsesmengden til ballen.

  2. Finn den gjennomsnittlige kraften fra foten på ballen.

  3. Hvor stor er denne kraften sammenliknet med tyngdekraften på ballen?

a) Ballen er i ro før sparket, så endringen i bevegelsesmengde er (se Impuls i kompendiet): \[\Delta p = m v - m\cdot 0 = 0.45\,\mathrm{kg}\cdot25\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1} = 11.25\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1} \approx \underline{\underline{11\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}}}\]

b) Siden \(\Delta p = F\,\Delta t\), finner vi den gjennomsnittlige kraften: \[F = \frac{\Delta p}{\Delta t} = \frac{11.25\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}}{8.0\cdot 10^{-3}\,\mathrm{s}} = 1410\,\mathrm{N} \approx \underline{\underline{1.4\cdot 10^{3}\,\mathrm{N}}}\]

c) Tyngdekraften på ballen er \(G=m\mathrm{g}=0.45\,\mathrm{kg}\cdot9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}=4.41\,\mathrm{N}\). Forholdet mellom kraftene er \[\frac{F}{G} = \frac{1410\,\mathrm{N}}{4.41\,\mathrm{N}} \approx \underline{\underline{3.2e2}}\] Kraften fra foten er altså omtrent 320 ganger så stor som tyngdekraften på ballen – et godt eksempel på hvor store krefter som kan oppstå i et kort støt.

Astronaut i rommet

En astronaut med masse \(90\,\mathrm{kg}\) (inkludert romdrakt) svever i ro \(20\,\mathrm{m}\) fra romstasjonen. Hun kaster en verktøykasse med masse \(2.0\,\mathrm{kg}\) rett bort fra romstasjonen med fart \(3.0\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\).

  1. Hvilken fart og retning får astronauten etter kastet?

  2. Hvor lang tid tar det før hun når romstasjonen?

Astronauten og verktøykassa utgjør et isolert system (ingen ytre krefter i verdensrommet), så bevegelsesmengden er bevart (se avsnitten) – akkurat som i eksempelet Rekyl fra gevær. Før kastet er begge i ro, \(p_{tot,\,\text{før}}=0\). Vi velger retningen bort fra romstasjonen (kasteretningen) som positiv.

a) Bevaringslikningen gir \[0 = M\,U + m_\text{kasse}\,u_\text{kasse} \quad\Rightarrow\quad U = -\frac{m_\text{kasse}\,u_\text{kasse}}{M} = -\frac{2.0\,\mathrm{kg}\cdot3.0\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}}{90\,\mathrm{kg}} = -0.0667\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1} \approx \underline{\underline{-0.067\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}}}\] Astronauten får altså en fart på \(0.0667\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\) i motsatt retning av kasteretningen, altså tilbake mot romstasjonen.

b) Hun beveger seg med konstant fart \(|U|\) tilbake mot stasjonen, en avstand \(d=20\,\mathrm{m}\) unna: \[t = \frac{d}{|U|} = \frac{20\,\mathrm{m}}{0.0667\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}} = \underline{\underline{3.0\cdot 10^{2}\,\mathrm{s}}} = 5.0\,\mathrm{min}\]