2.2 Skrått kast og 2D-kinematikk (sjanger A)

$$v_{0x} = v_0\cos\theta, \qquad v_{0y} = v_0\sin\theta$$

Veien tilbake går med Pytagoras og arctangens: $v_0 = \sqrt{v_{0x}^2 + v_{0y}^2}$ og $\theta = \arctan(v_{0y}/v_{0x})$. Huskeregelen «cosinus til den vinkelen ligger inntil» er tryggere enn å pugge hvilken som er hvilken: $\theta$ måles fra $x$-aksen, så $x$-komponenten får cosinus. Tegn alltid vinkelen inn i en figur før du velger.

Bevegelsen langs $x$-aksen og bevegelsen langs $y$-aksen kan behandles hver for seg, som to separate én-dimensjonale problemer, og de er koblet sammen bare gjennom tiden. Grunnen er at Newtons 2. lov gjelder komponentvis: en kraft langs $y$ endrer bare $v_y$.

I et kast uten luftmotstand betyr dette at $a_x = 0$ og $a_y = -g$. Den horisontale farten er derfor konstant hele veien, mens den vertikale endres jevnt. Tiden er broen mellom de to — finner du flytiden fra $y$-bevegelsen, setter du den inn i $x$-bevegelsen for å få rekkevidden.

$$v_y = v_0\sin\theta - g t = 0 \quad \Rightarrow \quad t_{\text{topp}} = \frac{v_0\sin\theta}{g}$$

Hastigheten er ikke null i toppunktet — den vannrette komponenten $v_x$ er uendret, så legemet farer forbi toppen med farten $v_0\cos\theta$ vannrett. Toppunktshøyden blir $h = (v_0\sin\theta)^2/(2g)$. Å sette hele hastigheten lik null i toppen er en av de vanligste feilene i sjangeren.

$$t_1 = \frac{2v_0\sin\theta}{g}, \qquad x_1 = \frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g}$$

Flytiden avhenger bare av den vertikale startkomponenten, rekkevidden av begge. Uttrykkene er blant dem du bør kunne utlede raskt — de er kortere å utlede enn å lete etter. Betingelsen «samme høyde» er avgjørende: for kast fra en høyde $h$ gjelder de ikke, og da må landingstidspunktet finnes fra annengradslikningen $-h = v_0\sin\theta\,t - \tfrac12 g t^2$.

Siden $x_1 = v_0^2\sin 2\theta / g$, er rekkevidden størst når $2\theta = 90^\circ$, altså ved $\theta = 45^\circ$ — gitt samme utskytings- og nedslagshøyde og ingen luftmotstand.

To vinkler som summerer til $90^\circ$ (for eksempel $30^\circ$ og $60^\circ$) gir nøyaktig samme rekkevidde, fordi $\sin 2\theta = \sin(180^\circ - 2\theta)$. Den bratte varianten har lengre flytid og større topphøyde, den flate kortere flytid — og de kompenserer hverandre presist. I virkeligheten forskyver luftmotstanden den optimale vinkelen nedover, typisk til $35$–$40^\circ$ for en ball.

$$v_y(t) = v_{0y} - g t$$

Grafen til $v_y$ mot $t$ er derfor en rett linje med stigningstall $-g$. Dette er nøkkelen til å finne tyngdeakselerasjonen på en ukjent planet: to punkter på linja gir stigningstallet, og stigningstallet gir $g$. Nettopp fordi sammenhengen er lineær, trenger du ikke måle i toppunktet eller ved utskyting — hvilke som helst to tidspunkt duger.

Modellen for et legeme som kastes ut med en fart i en vilkårlig vinkel og deretter bare påvirkes av tyngden. Akselerasjonen er $a_x = 0$ og $a_y = -g$ hele veien, banen blir en parabel, og bevegelsen er fullstendig bestemt av tre tall: $v_0$, $\theta$ og utskytingshøyden. Modellen forutsetter at luftmotstanden kan neglisjeres — en rimelig antakelse for en kompakt, tung gjenstand over korte avstander, men ikke for en fjærball eller et fallskjermhopp.

Spesialtilfellet $\theta = 0$: legemet slippes eller skytes ut vannrett, slik at $v_{0y} = 0$. Falltiden blir da $t = \sqrt{2h/g}$ og avhenger bare av høyden, ikke av den vannrette farten. En kule som slippes og en som skytes vannrett ut fra samme høyde, treffer bakken samtidig — et av fysikkens mest kontraintuitive, og oftest demonstrerte, resultater.

$$y = x\tan\theta - \frac{g\,x^2}{2v_0^2\cos^2\theta}$$

Dette er en annengradsfunksjon i $x$, altså en parabel med toppunkt. Formen er nyttig når oppgaven spør om høyden ved en bestemt vannrett avstand og du vil unngå å regne ut tiden først. Med luftmotstand er banen ikke lenger en parabel: den blir asymmetrisk, med brattere nedstigning enn oppstigning.

$$v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2}, \qquad \text{retning} = \arctan\!\left(\frac{\lvert v_y\rvert}{v_x}\right) \ \text{under vannrett}$$

Lander legemet i samme høyde som det ble skutt ut fra, er nedslagsfarten like stor som startfarten, med vinkelen speilvendt om vannrett. Lander det lavere, er den større — og da er $v = \sqrt{v_0^2 + 2gh}$ ofte den raskeste veien til tallverdien, siden den går utenom både flytid og komponenter.

Kalkulatorens $\arctan$ gir alltid en vinkel mellom $-90^\circ$ og $90^\circ$, og skiller derfor ikke mellom «$63^\circ$ over vannrett framover» og «$63^\circ$ under vannrett bakover». Praktisk regel: regn ut vinkelen med tallverdiene av komponentene, og bestem kvadranten ved å se på fortegnene og på figuren. Skriv svaret i ord — «$63^\circ$ under vannrett, i kastretningen» — i stedet for å overlate tolkningen til sensor.

For et kast med samme utskytings- og nedslagshøyde gjelder:

- veien opp tar like lang tid som veien ned;
- farten i to punkter i samme høyde er like stor, med speilvendt vertikal komponent;
- banen er symmetrisk om den loddrette linja gjennom toppunktet.

Symmetrien halverer regnearbeidet, men faller bort så snart start- og sluttnivå er forskjellige. Den faller også bort med luftmotstand, siden legemet da taper fart underveis.

Alt i dette kapitlet forutsetter at luftmotstanden kan neglisjeres. Med luftmotstand virker en kraft mot bevegelsesretningen, som også bremser den vannrette farten. Da er $a_x \neq 0$, banen blir asymmetrisk, rekkevidden kortere, og det finnes ingen enkel formelløsning: bevegelseslikningene blir differensiallikninger som må løses numerisk. Boka kommer tilbake til dette i delene om kraftmodeller og numerisk modellering med Python, der nettopp kast med luftmotstand er et fast eksempel.

Slippes eller kastes noe fra en gjenstand som selv er i bevegelse — en drone, en bil, et fly — er startfarten til prosjektilet summen av utskytingsfarten i forhold til gjenstanden og gjenstandens egen fart. Slippes pakken uten ekstra fart, arver den ganske enkelt hele farten til dronen. Dette er grunnen til at pakken lander rett under dronen, og det er også kimen til Galilei-transformasjonen, som knytter to referansesystemer i jevn bevegelse sammen.

Så snart legemet har forlatt hånden, køllen eller dronen, er tyngden den eneste kraften — akkurat som i et loddrett fall. Et kast er derfor fritt fall med en sidelengs startfart, ikke en egen bevegelsestype. Konsekvensen er at akselerasjonen er $g$ nedover hele veien, uavhengig av massen: en tung og en lett ball kastet likt følger nøyaktig samme bane. Innsikten sparer deg for arbeid, for da vet du at all fysikken ligger i startbetingelsene.

$$-h = v_0\sin\theta \cdot t - \tfrac12 g t^2$$

Dette er en annengradslikning i $t$ med to røtter. Den positive roten er flytiden; den negative svarer til et tenkt tidspunkt før kastet startet, og forkastes. Å skrive landingsbetingelsen eksplisitt før du løser, er den beste måten å unngå å bruke symmetriformlene et sted de ikke gjelder.

En rask kontroll av at et uttrykk er riktig: sett inn en ekstremverdi og se om svaret er fysisk fornuftig.

- $\theta = 0$ i $x_1 = v_0^2\sin 2\theta/g$ gir $x_1 = 0$ — riktig, for et vannrett kast fra bakkenivå lander umiddelbart.
- $\theta = 90^\circ$ gir også $x_1 = 0$ — riktig, for da går kastet rett opp og ned.
- $g \to 0$ gir $x_1 \to \infty$ — riktig, for uten tyngde ville prosjektilet aldri kommet ned.

Metoden koster ti sekunder og fanger fortegns- og faktorfeil. Den er også en selvstendig, poenggivende ferdighet senere i boka, der uttrykkene blir lengre og feilene vanskeligere å se.

Kalkulatoren regner sinus og cosinus i den modusen den står i, og en kalkulator i radianmodus gir $\sin 35 = -0{,}428$ i stedet for $0{,}574$ — et svar som er galt uten å se galt ut. Praktisk regel: sjekk moduslampen før hver kastoppgave, og gjør en rimelighetssjekk (er $\sin 35^\circ$ omtrent $0{,}57$?). Merk at tilnærmingen $\sin\theta \approx \theta$ for små vinkler, som boka bruker i delen om svingninger, bare gjelder i radianer.

$$v(t) = \sqrt{v_{0x}^2 + (v_{0y} - gt)^2}$$

Den er minst i toppunktet, der den er nøyaktig $v_{0x}$, og størst ved det laveste punktet i banen. Merk at farten aldri blir null i et skrått kast (med mindre kastet er helt loddrett): det er bare den vertikale komponenten som forsvinner i toppen. Uttrykket er nyttig når en oppgave spør om farten på et bestemt tidspunkt i stedet for ved nedslag.

Hvor du legger origo, er ditt valg — men det skal stå i besvarelsen, og valget avgjør fortegnene i alle likningene. To vanlige konvensjoner:

- origo i utskytingspunktet, $y$ oppover: da er $y_0 = 0$ og bakken ligger ved $y = -h$;
- origo på bakken, $y$ oppover: da er $y_0 = +h$ og landing skjer ved $y = 0$.

Begge gir samme svar. Den første gir enklest likninger; den andre er lettere å tegne. Det som koster poeng, er å blande dem midt i regningen — velg én, skriv den ned, og hold deg til den.

$$x_{\text{maks}} = \frac{v_0^2}{g}$$

Dette er en billig kontroll å gjøre til slutt: for $v_0 = 18\ \text{m/s}$ er taket $33\ \text{m}$, og et svar på $95\ \text{m}$ er da åpenbart galt uansett hvor pen regningen er. Sensor premierer at du oppdager slikt selv og sier fra — rimelighetsvurdering er en del av det å begrunne svaret.