Tilbake
1.2
Alle fag for Høyskole

1.2 Krumning og normalkraft — $1/\rho=|y''|$ i topp- og bunnpunkt

Krumningsradiusen $\rho=1/|y''|$ i et topp-/bunnpunkt og normalkraften den gir, pluss banevinkelen $\tan\beta=dy/dx$.

55 min
8 oppgaver
Krumningnormalkraft$1/\rho=|y''|$ i topp-bunnpunkt
Din fremgang i kapitlet
0 / 8 oppgaver
Kapitlets plass i kurset

Forkunnskaper — sist du var her

Dette kapitlet bygger på kap. 1.1, der du deriverte og integrerte fartsfunksjoner. Nå deriverer vi i stedet en banekurve — samme regneteknikk, ny betydning. Fra matematikken trenger du Repetisjon av derivasjon (både y′y' og y′′y''), og fra fysikken gir Sirkelbevegelse og sentripetalkraft grunnlaget for at en krum bane krever en akselerasjon inn mot krumningssenteret.

De tre relasjonene du trenger ferdig oppfrisket:

a=v2ρa = \frac{v^2}{\rho}
Sentripetalakselerasjonen: et legeme som følger en krum bane med farten vv og krumningsradien ρ\rho, har en akselerasjon rettet inn mot krumningssenteret av denne størrelsen. Symbolet ρ\rho er den greske bokstaven rho, og den betyr her en radius i meter (ikke en tetthet, som den betyr i andre sammenhenger).

K=12mv2,U=mghK = \tfrac12 mv^2, \qquad U = mgh
Kinetisk og potensiell energi for en punktmasse. Begge står på det utdelte formelarket. Vi bruker dem til å finne farten i et punkt når legemet har glidd ned en kjent høyde.

g=9,81 m/s2g = 9{,}81\,\text{m/s}^2
Tyngdeakselerasjonen, som boka bruker gjennomgående.

Fra kap. 1.1 tar vi med selve arbeidsvanen: derivér, og hold orden på hva den deriverte betyr. Der var dv/dtdv/dt en akselerasjon; her er dy/dxdy/dx en stigning, og d2y/dx2d^2y/dx^2 er et mål på hvor raskt stigningen endrer seg — altså på krumning.

Symbolmerknad. I dette kapitlet betyr ρ\rho krumningsradius i meter og τ\tau opptrer ikke. Symbolet NN er normalkraften i newton. Se symbol- og formellisten nederst.

Én avgrensning å være klar over. Alle legemer i dette kapitlet glir langs underlaget uten friksjon; de ruller ikke. Et rullende legeme har en ekstra energibrøk bundet i rotasjonen, og da blir farten lavere ved samme høydefall. Det behandles i Del 2, og du skal ikke bruke rulling her.

Løkke 1 — banevinkel, krumning og krumningsradius (~14 min)

Kjør over en bratt bakketopp i litt for høy fart, og du kjenner det i magen: et øyeblikk er du nesten vektløs. Kjør ned i en dyp dal i samme fart, og du kjenner det motsatte — setet presser hardt oppover. Begge følelsene handler om samme størrelse: normalkraften mellom deg og setet. Og den avhenger av to ting du kan lese rett ut av banens ligning: hvor bratt banen er, og hvor krum den er.

Vi trenger derfor to størrelser fra funksjonen y(x)y(x): den første deriverte, som gir brattheten, og den andre, som gir krumningen.

Banekurve

Formen på veien et legeme følger, skrevet som en funksjon y(x)y(x) der xx er den vannrette posisjonen og yy høyden. En banekurve er ikke det samme som en beskrivelse av bevegelsen i tid: y(x)y(x) sier hvor banen går, ikke når legemet er hvor. I denne sjangeren er banen nesten alltid gitt som en parabel, for eksempel y=h−ax2y = h - ax^2 for en bakketopp eller y=bx2y = bx^2 for en dal, fordi parabelen har den behagelige egenskapen at den andrederiverte er konstant.

Banevinkel
Vinkelen β\beta mellom banens tangent og vannrett i et gitt punkt. Den finnes direkte av den første deriverte:
tan⁡β=dydx.\tan\beta = \frac{dy}{dx}.
Et positivt y′y' betyr at banen stiger, negativt at den faller, og størrelsen på ∣y′∣\lvert y'\rvert sier hvor bratt. I et topp- eller bunnpunkt er y′=0y' = 0 og dermed β=0\beta = 0 — banen er vannrett der. Banevinkelen er nyttig fordi tyngden må dekomponeres langs og normalt på banen: komponenten normalt på banen er mgcos⁡βmg\cos\beta, og det er den som konkurrerer med normalkraften.
Den andrederiverte som mål på krumning

Størrelsen y′′=d2y/dx2y'' = d^2y/dx^2, altså den deriverte av stigningen. Den sier hvor raskt banen bøyer seg: en stor ∣y′′∣\lvert y''\rvert betyr en skarp sving, en liten betyr en slak. Fortegnet forteller retningen — y′′<0y'' < 0 er en kurve som bøyer nedover (en bakketopp), y′′>0y'' > 0 en som bøyer oppover (en dal). For en parabel y=h−ax2y = h - ax^2 er y′′=−2ay'' = -2a, altså konstant: parabelen krummer like mye overalt målt på denne måten. Merk faktoren 2 — å glemme den er en av de vanligste feilene i sjangeren.

Krumning
Målet på hvor skarpt en kurve bøyer seg i et punkt, definert som den inverse av krumningsradien, 1/ρ1/\rho. En rett linje har krumning null og uendelig krumningsradius; en skarp sving har stor krumning og liten radius. Generelt er
1ρ=∣y′′∣(1+y′2)3/2.\frac{1}{\rho} = \frac{\lvert y''\rvert}{\left(1 + y'^2\right)^{3/2}}.
Legg merke til at krumningen ikke er den samme som ∣y′′∣\lvert y''\rvert alene: nevneren korrigerer for at kurven er skrå. Bare der banen er vannrett, altså y′=0y' = 0, faller nevneren bort og krumningen blir rett og slett ∣y′′∣\lvert y''\rvert.
Krumningsradius
Radien ρ\rho til den sirkelen som ligger tettest inntil banen i et gitt punkt:
ρ=(1+y′2)3/2∣y′′∣.\rho = \frac{\left(1 + y'^2\right)^{3/2}}{\lvert y''\rvert}.
Enheten er meter. Poenget med størrelsen er at et legeme som passerer punktet, i det øyeblikket beveger seg som om det gikk i en sirkel med denne radien — og derfor har sentripetalakselerasjonen v2/ρv^2/\rho. I et topp- eller bunnpunkt er y′=0y' = 0, og uttrykket forenkles til
ρ=1∣y′′∣.\rho = \frac{1}{\lvert y''\rvert}.
Det er denne forenklingen som gjør sjangeren rask.
Krumningssirkel

Sirkelen som i et punkt har både samme tangent og samme krumning som banen — også kalt oskulasjonssirkelen, fra latin for «å kysse». Sentrum ligger på normalen til banen, i avstanden ρ\rho på den siden banen bøyer seg mot. For en bakketopp ligger sentrum under banen, for en dal over. Krumningssirkelen er ikke en hjelpekonstruksjon, men den fysiske begrunnelsen for hele sjangeren: så lenge legemet er i punktet, kan sirkelbevegelsens formler brukes med ρ\rho som radius.

Toppunkt på en bane

Et punkt der banen er vannrett og bøyer nedover: y′=0y' = 0 og y′′<0y'' < 0. Fysisk er det en bakketopp. Her ligger krumningssenteret under banen, så sentripetalakselerasjonen peker nedover, i samme retning som tyngden. Følgen er at normalkraften blir mindre enn tyngden: en del av tyngden brukes til å bøye banen. Ved tilstrekkelig stor fart går normalkraften mot null, og legemet mister kontakten med underlaget.

Bunnpunkt på en bane

Et punkt der banen er vannrett og bøyer oppover: y′=0y' = 0 og y′′>0y'' > 0. Fysisk er det en dal eller bunnen av en rutsjebane. Her ligger krumningssenteret over banen, så sentripetalakselerasjonen peker oppover, motsatt tyngden. Følgen er at normalkraften blir større enn tyngden — underlaget må både holde legemet oppe og bøye banen. Det er derfor det kjennes tungt i kroppen i bunnen av en dal, og hvorfor det ikke finnes noen kritisk fart her: legemet slipper aldri underlaget i et bunnpunkt.

✏️Eksempel 1: krumningsradien i toppen av en bakke
En glatt bakke har profilen
y(x)=h−ax2,h=4,00 m,a=0,0500 m−1,y(x) = h - ax^2, \qquad h = 4{,}00\,\text{m},\quad a = 0{,}0500\,\text{m}^{-1},
med xx og yy i meter. Toppunktet ligger i x=0x = 0.

a) Finn krumningsradien i toppunktet.
b) Hvor stor er krumningsradien 6,00 m til siden for toppen?

a) Derivér to ganger:
y′=−2ax,y′′=−2a=−0,100 m−1.y' = -2ax, \qquad y'' = -2a = -0{,}100\,\text{m}^{-1}.
I toppunktet er x=0x = 0, altså y′=0y' = 0, og da forenkles krumningsradien til
ρ=1∣y′′∣=10,100 m−1=10,0 m.\rho = \frac{1}{\lvert y''\rvert} = \frac{1}{0{,}100\,\text{m}^{-1}} = 10{,}0\,\text{m}.
Benevningskontroll: én dividert på m−1\text{m}^{-1} gir meter. Det stemmer.

b) Ved x=6,00 mx = 6{,}00\,\text{m} er y′=−0,100⋅6,00=−0,600y' = -0{,}100 \cdot 6{,}00 = -0{,}600, altså y′2=0,360y'^2 = 0{,}360. Nå må hele uttrykket brukes:
ρ=(1+0,360)3/20,100 m−1=1,3603/20,100 m−1=1,58620,100 m−1=15,86 m≈15,9 m.\rho = \frac{\left(1 + 0{,}360\right)^{3/2}}{0{,}100\,\text{m}^{-1}} = \frac{1{,}360^{3/2}}{0{,}100\,\text{m}^{-1}} = \frac{1{,}5862}{0{,}100\,\text{m}^{-1}} = 15{,}86\,\text{m} \approx 15{,}9\,\text{m}.

Legg merke til hva som skjedde: banen er mindre krum — større radius — der den er brattest, selv om y′′y'' er den samme overalt. Det er nettopp den effekten nevneren (1+y′2)3/2(1 + y'^2)^{3/2} fanger opp, og derfor ∣y′′∣\lvert y''\rvert alene ikke er krumningen.

Og legg merke til den praktiske konsekvensen: i toppunktet slipper du hele parentesen. Setter du inn (1+0)3/2=1(1 + 0)^{3/2} = 1 er det ikke feil, bare bortkastet tid — og en anledning til å tape et siffer.

📝Oppgave 1

(Innstegsoppgave — les krumningen ut av ligningen.)

a) En bakketopp har profilen y=3,00−0,125x2y = 3{,}00 - 0{,}125x^2 (meter). Finn y′′y'' og krumningsradien i toppunktet.

b) En sving på en bane er en sirkelbue med radius 12,0 m. Hva er krumningsradien der, og hva er krumningen?

Løkke 2 — normalkraften i et toppunkt (~14 min)

Nå til kraften. Vi isolerer legemet — en liten kloss eller en kule som glir — i det øyeblikket det passerer toppunktet, og spør: hvilke krefter virker på det?

Bare to. Tyngden mgm\mathbf{g}, som peker rett ned. Og normalkraften N\mathbf{N} fra underlaget, som står vinkelrett på flaten og peker vekk fra den — altså rett opp i et toppunkt. Det er alt. Underlaget er glatt, så det er ingen friksjon, og det finnes ingen tredje, utoverrettet kraft å tegne inn.

Det siste er verdt å dvele ved, for det er den vanligste tankefeilen i hele sjangeren. Sentripetalakselerasjonen er ikke en kraft. Den er en akselerasjon — en virkning — og den må produseres av de virkelige kreftene som faktisk virker. I et toppunkt er det tyngden som er stor nok, og normalkraften som trekker fra.

Sett opp Newtons 2. lov langs den loddrette retningen, og velg nedover som positiv retning, siden det er den veien akselerasjonen peker (mot krumningssenteret, som ligger under banen):

mg−N=mv2ρ.mg - N = \frac{mv^2}{\rho}.

Løst for normalkraften:

N=m(g−v2ρ).N = m\left(g - \frac{v^2}{\rho}\right).

Intuisjon: uten fart (v=0v = 0) står legemet stille på toppen, og N=mgN = mg som vanlig. Med økende fart må mer og mer av tyngden «brukes» til å bøye banen nedover, og det er mindre igjen til å presse mot underlaget. Normalkraften synker.

Massen faller ikke ut her, siden vi spør etter en kraft. Men den faller ut i det øyeblikket vi spør etter en fart — se Løkke 3.

Sentripetalakselerasjon
Akselerasjonen et legeme har fordi banen krummer, rettet inn mot krumningssenteret:
asentripetal=v2ρ.a_\text{sentripetal} = \frac{v^2}{\rho}.
Den finnes selv når farten er helt konstant, fordi en akselerasjon er en endring i fartsvektoren — og retningen endrer seg selv om størrelsen ikke gjør det. Ordet «sentripetal» betyr «sentrumsøkende» og beskriver retningen, ikke en årsak. Dette er den viktigste presiseringen i kapitlet: sentripetalakselerasjonen er en virkning som må skapes av virkelige krefter, ikke en kraft du kan tegne inn i en kraftskisse.
Normalkraft

Kraften N\mathbf{N} et underlag utøver på et legeme som ligger mot det. Den står alltid vinkelrett på flaten (derav navnet) og peker vekk fra flaten, altså inn i legemet. Enheten er newton. Normalkraften er en kontaktkraft: den er ikke en fast størrelse, men akkurat så stor som den må være for at legemet ikke skal synke inn i underlaget — og den kan derfor ikke bli negativ. På et vannrett underlag i ro er N=mgN = mg, men på en krum bane er den mindre i et toppunkt og større i et bunnpunkt.

Frilegemediagram (kraftskisse)

En figur der du isolerer ett legeme og tegner inn alle kreftene som virker på det, hver med sitt navngitte symbol og sin riktige retning. Tre regler gjør den til et arbeidsverktøy og ikke en tegning: normalkraften står vinkelrett på flaten og peker vekk fra den; tyngden peker rett ned uansett hvordan flaten ligger; og du tegner aldri inn en akselerasjon som om den var en kraft. I dette kapitlet inneholder diagrammet bare to krefter, siden underlaget er glatt. Fra Del 2 kommer friksjonen i tillegg, og diagrammet blir det viktigste enkeltverktøyet i mekanikkhalvdelen.

Sentripetalkraften som resultant

Uttrykket «sentripetalkraften» betegner ikke en egen kraft, men resultanten av de virkelige kreftene i retning inn mot krumningssenteret. I et toppunkt er den mg−Nmg - N; i et bunnpunkt er den N−mgN - mg; i en konisk pendel er den den vannrette komponenten av taustrekket. Å behandle den som en tilleggskraft i frilegemediagrammet gir feil ligning, fordi da tas den samme fysikken med to ganger. Regelen som holder overalt: skriv ∑Finn mot sentrum=mv2/ρ\sum F_\text{inn mot sentrum} = mv^2/\rho, og la venstre side inneholde bare krefter som virkelig finnes.

✏️Eksempel 2: klossen over bakketoppen

En liten kloss med masse m=0,80 kgm = 0{,}80\,\text{kg} glir uten friksjon over toppen av bakken fra eksempel 1, der krumningsradien er ρ=10,0 m\rho = 10{,}0\,\text{m}. I toppunktet har den farten v=6,00 m/sv = 6{,}00\,\text{m/s}.

a) Finn normalkraften i toppunktet.
b) Hvor stor andel av tyngden er dette?

a) Newtons 2. lov i loddrett retning, med nedover som positiv:
mg−N=mv2ρ⟹N=m(g−v2ρ).mg - N = \frac{mv^2}{\rho} \quad\Longrightarrow\quad N = m\left(g - \frac{v^2}{\rho}\right).
Regn først ut sentripetalleddet:
v2ρ=(6,00 m/s)210,0 m=36,0 m2/s210,0 m=3,600 m/s2.\frac{v^2}{\rho} = \frac{\left(6{,}00\,\text{m/s}\right)^2}{10{,}0\,\text{m}} = \frac{36{,}0\,\text{m}^2/\text{s}^2}{10{,}0\,\text{m}} = 3{,}600\,\text{m/s}^2.
Sett inn:
N=0,80 kg(9,81−3,600)m/s2=0,80⋅6,210 N=4,968 N≈4,97 N.N = 0{,}80\,\text{kg}\left(9{,}81 - 3{,}600\right)\text{m/s}^2 = 0{,}80 \cdot 6{,}210\,\text{N} = 4{,}968\,\text{N} \approx 4{,}97\,\text{N}.

b) Tyngden er mg=0,80⋅9,81 N=7,848 Nmg = 0{,}80 \cdot 9{,}81\,\text{N} = 7{,}848\,\text{N}, så
Nmg=4,9687,848=0,6330≈63 %.\frac{N}{mg} = \frac{4{,}968}{7{,}848} = 0{,}6330 \approx 63\ \%.

Sluttsjekk. Enheten er newton. Normalkraften er mindre enn tyngden, som den skal være i et toppunkt. Og størrelsesordenen er rimelig: en kloss på 0,8 kg presser med et par–tre newton. Hadde du fått et svar over 7,85 N, ville fortegnet på sentripetalleddet vært galt — og det tallet, 0,80(9,81+3,600)=10,7 N0{,}80(9{,}81 + 3{,}600) = 10{,}7\,\text{N}, ligger nesten alltid som et alternativ.

📝Oppgave 2
Sjanger M11

En kule med masse 0,500 kg0{,}500\,\text{kg} glir gjennom bunnen av en dal der krumningsradien er 1,50 m1{,}50\,\text{m}. Farten der er 3,00 m/s3{,}00\,\text{m/s}.

Finn normalkraften.

📝Oppgave 3
Sjanger M11

En pulk med masse 22,0 kg22{,}0\,\text{kg} glir over en bakketopp med profilen y=5,00−0,0400x2y = 5{,}00 - 0{,}0400x^2 (meter). I toppunktet er farten 4,50 m/s4{,}50\,\text{m/s}.

a) Finn krumningsradien og normalkraften i toppunktet.
b) Hvor mye større ville normalkraften vært om pulken sto stille på toppen?

— naturlig pausepunkt —

Løkke 3 — bunnpunkt, kontaktbetingelse og kritisk fart (~14 min)

I et bunnpunkt ligger krumningssenteret over banen, så akselerasjonen peker oppover. Velger vi oppover som positiv retning, blir Newtons 2. lov

N−mg=mv2ρ⟹N=m(g+v2ρ).N - mg = \frac{mv^2}{\rho} \quad\Longrightarrow\quad N = m\left(g + \frac{v^2}{\rho}\right).

Intuisjon: underlaget har nå to jobber — det skal både holde legemet oppe mot tyngden og bøye banen oppover. Derfor blir normalkraften større enn tyngden, og den vokser med kvadratet av farten. Det er hele forklaringen på at det kjennes tungt i bunnen av en dal.

Fortegnsregelen i én linje, verdt å pugge fordi den er den vanligste feilen i sjangeren:

N=m(g∓v2ρ):minus i toppunkt, pluss i bunnpunkt.N = m\left(g \mp \frac{v^2}{\rho}\right): \quad \textbf{minus i toppunkt},\ \textbf{pluss i bunnpunkt}.

Kontaktbetingelsen og den kritiske farten. Normalkraften kan ikke bli negativ — et underlag kan skyve, men ikke suge. Betingelsen for at legemet fortsatt berører banen, er altså N≥0N \ge 0. I et toppunkt gir det

g−v2ρ≥0⟺v≤gρ.g - \frac{v^2}{\rho} \ge 0 \quad\Longleftrightarrow\quad v \le \sqrt{g\rho}.

Farten vkrit=gρv_\text{krit} = \sqrt{g\rho} er der normalkraften blir null. Går legemet fortere, kan banen ikke bøye det raskt nok ned, og det forlater underlaget og går i fritt fall. Legg merke til at massen har falt ut: en lastebil og en tennisball mister kontakten ved nøyaktig samme fart. Det er en fin kontroll — er massen med i svaret ditt på et spørsmål om kritisk fart, har du gjort en feil.

I et bunnpunkt finnes det ingen kritisk fart: der er N=m(g+v2/ρ)N = m(g + v^2/\rho) alltid positiv.

Farten får du ofte fra energibevaring. Oppgaven oppgir sjelden farten direkte; den oppgir en høyde. Glir legemet uten friksjon fra ro og faller høyden Δy\Delta y, går all potensiell energi over til kinetisk:

mg Δy=12mv2⟹v2=2g Δy.mg\,\Delta y = \tfrac12 mv^2 \quad\Longrightarrow\quad v^2 = 2g\,\Delta y.

Massen faller ut også her. Merk at det er v2v^2 du trenger — ikke vv — så du sparer en kvadratrot ved å stoppe der.

Kontaktbetingelsen

Kravet N≥0N \ge 0: en normalkraft kan skyve, men ikke trekke. Et underlag kan presse et legeme vekk fra seg, men ikke holde det fast. Betingelsen er hele grunnlaget for spørsmål av typen «ved hvilken fart mister legemet kontakten med banen?» — du setter N=0N = 0 og løser for farten. I et toppunkt gir det en øvre fartsgrense; i et bunnpunkt er betingelsen alltid oppfylt, og legemet slipper aldri. Blir svaret ditt en negativ normalkraft, er det ikke et gyldig fysisk resultat, men et signal om at legemet allerede har forlatt banen.

Kritisk fart
Farten der normalkraften i et toppunkt blir null, altså der legemet så vidt mister kontakten med underlaget:
vkrit=gρ.v_\text{krit} = \sqrt{g\rho}.
Massen faller ut, så grensen er den samme for alle legemer. Fysisk betyr farten at banens krumning er nøyaktig så stor at tyngden alene klarer å bøye bevegelsen ned langs banen — går legemet fortere, blir banen for slak, og legemet fortsetter i en kastebane. Merk at ρ\rho her er krumningsradien i toppunktet, ikke en annen radius i oppgaven.
Mekanisk energibevaring for et glidende legeme
Regelen om at summen av kinetisk og potensiell energi er konstant når det ikke virker friksjon eller luftmotstand:
12mv12+mgh1=12mv22+mgh2.\tfrac12 mv_1^2 + mgh_1 = \tfrac12 mv_2^2 + mgh_2.
Begge leddene står på det utdelte formelarket. Faller legemet fra ro gjennom høyden Δy\Delta y, gir dette v2=2g Δyv^2 = 2g\,\Delta y, og massen faller ut. To forbehold er viktige: relasjonen forutsetter at underlaget er glatt, og den forutsetter at legemet glir — et rullende legeme har en del av energien bundet i rotasjonen og får derfor lavere fart ved samme fall. Rullingen behandles i Del 2.
Opplevd tyngde

Størrelsen N/mN/m, altså normalkraften per masseenhet, som er det en passasjer faktisk kjenner. På et vannrett underlag i ro er den gg. I et bunnpunkt er den g+v2/ρg + v^2/\rho og altså større enn gg — det er dette som oppgis som «g-krefter» i berg-og-dal-baner. I et toppunkt er den g−v2/ρg - v^2/\rho og mindre enn gg, og ved den kritiske farten er den null: en tilstand av vektløshet. Størrelsen er nyttig fordi den viser at opplevelsen ikke avhenger av massen, bare av fart og krumning.

✏️Eksempel 3: kjelken i dalbunnen — fart fra høyde
En kjelke med rytter, til sammen m=78,0 kgm = 78{,}0\,\text{kg}, slippes fra ro og glir uten friksjon ned i en dal med profilen
y(x)=bx2,b=0,0200 m−1,y(x) = bx^2, \qquad b = 0{,}0200\,\text{m}^{-1},
der bunnpunktet ligger i x=0x = 0. Starthøyden er Δy=3,00 m\Delta y = 3{,}00\,\text{m} over bunnen.

a) Finn krumningsradien i bunnpunktet.
b) Finn farten og normalkraften i bunnpunktet.
c) Hvor mange ganger tyngden er normalkraften?

a) y′=2bxy' = 2bx og y′′=2b=0,0400 m−1y'' = 2b = 0{,}0400\,\text{m}^{-1}. I bunnpunktet er y′=0y' = 0, altså
ρ=10,0400 m−1=25,0 m.\rho = \frac{1}{0{,}0400\,\text{m}^{-1}} = 25{,}0\,\text{m}.

b) Energibevaring fra ro gir
v2=2g Δy=2⋅9,81 m/s2⋅3,00 m=58,86 m2/s2,v^2 = 2g\,\Delta y = 2 \cdot 9{,}81\,\text{m/s}^2 \cdot 3{,}00\,\text{m} = 58{,}86\,\text{m}^2/\text{s}^2,
altså v=7,672 m/s≈7,67 m/sv = 7{,}672\,\text{m/s} \approx 7{,}67\,\text{m/s}. Legg merke til at vi ikke trenger vv selv for å finne normalkraften — bare v2v^2:
v2ρ=58,86 m2/s225,0 m=2,3544 m/s2.\frac{v^2}{\rho} = \frac{58{,}86\,\text{m}^2/\text{s}^2}{25{,}0\,\text{m}} = 2{,}3544\,\text{m/s}^2.
N=m(g+v2ρ)=78,0 kg(9,81+2,3544)m/s2=78,0⋅12,164 N.N = m\left(g + \frac{v^2}{\rho}\right) = 78{,}0\,\text{kg}\left(9{,}81 + 2{,}3544\right)\text{m/s}^2 = 78{,}0 \cdot 12{,}164\,\text{N}.
N=948,8 N≈949 N.N = 948{,}8\,\text{N} \approx 949\,\text{N}.

c) Tyngden er mg=78,0⋅9,81 N=765,2 Nmg = 78{,}0 \cdot 9{,}81\,\text{N} = 765{,}2\,\text{N}, så
Nmg=12,1649,81=1,2400.\frac{N}{mg} = \frac{12{,}164}{9{,}81} = 1{,}2400.
Kjelken kjenner altså 1,24 ganger sin egen tyngde i bunnen — merkbart, men langt fra dramatisk.

Tre kontroller. Enheten er newton. Normalkraften er større enn tyngden, som den skal være i et bunnpunkt. Og forholdet 1,24 er rimelig: en dal på 25 m radius er slak, så vi forventer ikke store g-krefter. Hadde du fått 0,76 ganger tyngden, hadde du brukt minus i stedet for pluss — og 78,0(9,81−2,3544)=581 N78{,}0(9{,}81 - 2{,}3544) = 581\,\text{N} ligger som et ferdig alternativ i en slik oppgave.

Merk hvorfor kjelken glir og ikke ruller. Kjelkens sålene sklir langs snøen, så all energi går til translasjon. Skulle vi regnet på et rullende hjul eller en kule, ville en del av energien vært bundet i rotasjonen og farten blitt lavere. Det behandles i Del 2, og du skal ikke bruke det her.

📝Oppgave 4
Sjanger M11

En kloss glir uten friksjon og passerer et toppunkt der krumningsradien er 8,00 m8{,}00\,\text{m}.

a) Ved hvilken fart mister klossen kontakten med underlaget?
b) Klossen starter fra ro i en høyde 1,50 m1{,}50\,\text{m} over toppunktet og glir ned til toppunktet. Har den mistet kontakten når den kommer dit? Hvis ikke, hvor stor er normalkraften, gitt at massen er 2,00 kg2{,}00\,\text{kg}?

📝Oppgave 5
Sjanger M11, A–F-format

En sykkel med rytter, til sammen 65,0 kg65{,}0\,\text{kg}, kjører gjennom bunnen av en underganghelling med profilen y=0,0125x2y = 0{,}0125x^2 (meter). Farten i bunnpunktet er 12,0 m/s12{,}0\,\text{m/s}.

Hvor stor er normalkraften fra veien i bunnpunktet?

A 404 N404\,\text{N} · B 657 N657\,\text{N} · C 1 106 N1\,106\,\text{N} · D 755 N755\,\text{N} · E 872 N872\,\text{N} · F 638 N638\,\text{N}

📜Rask vei til tall (MC-oppskrift)
Fra oppgitt bane til bokstavsvar i fem trinn.

1. Hvilken lov? Newtons 2. lov i retning inn mot krumningssenteret:
∑Finn=mv2ρ.\sum F_\text{inn} = \frac{mv^2}{\rho}.
Alt annet i sjangeren er bokføring rundt denne ene ligningen.

2. Hvilken ene regnelinje? Avgjør først om punktet er et toppunkt eller et bunnpunkt, så bruker du
N=m(g∓v2ρ):minus i topp, pluss i bunn.N = m\left(g \mp \frac{v^2}{\rho}\right): \quad \textbf{minus i topp},\ \textbf{pluss i bunn}.
Spør oppgaven om kritisk fart, setter du N=0N = 0 og får vkrit=gρv_\text{krit} = \sqrt{g\rho}.

3. Rekkefølgen på oppslagene. Tre raske trinn før innsettingen:
- y′′y'' fra banen. For y=h−ax2y = h - ax^2 eller y=bx2y = bx^2 er ∣y′′∣=2a\lvert y''\rvert = 2a eller 2b2b — husk faktoren 2.
- ρ=1/∣y′′∣\rho = 1/\lvert y''\rvert, siden y′=0y' = 0 i et topp- eller bunnpunkt. Er punktet ikke et topp- eller bunnpunkt, må hele uttrykket (1+y′2)3/2/∣y′′∣(1+y'^2)^{3/2}/\lvert y''\rvert brukes.
- v2v^2, ofte fra energibevaring: v2=2g Δyv^2 = 2g\,\Delta y ved fall fra ro. Stopp ved v2v^2 — du trenger ikke vv.

Fra det utdelte arket henter du gg, K=12mv2K = \tfrac12mv^2 og U=mghU = mgh. Krumningsformelen og fortegnsregelen må du kunne selv.

4. Hvor mange siffer? Tre til fire gjennom kjeden. Sentripetalleddet v2/ρv^2/\rho er den mest utsatte mellomverdien, siden det ofte trekkes fra et tall av samme størrelsesorden som gg — der spiser en avrunding raskt et helt siffer i differansen.

5. Sjekk før du krysser av. Fire kontroller på ti sekunder:
- Enhet: kraft i newton, fart i m/s, krumningsradius i meter.
- Fortegn og størrelse: N<mgN < mg i toppunkt, N>mgN > mg i bunnpunkt. Denne ene sjekken stryker typisk to av seks alternativer.
- Massen: spør oppgaven om en fart (kritisk fart, fart i bunnen), skal massen ikke være med i svaret. Spør den om en kraft, skal den være med.
- Rimelighet: opplevd tyngde N/mgN/mg ligger i praksis mellom 0 og 3 i slike oppgaver. Får du 15, er noe galt med krumningsradien.

Løkke 4 — når punktet ikke er et topp- eller bunnpunkt (~13 min)

Spør oppgaven om et punkt der banen er skrå, må to ting endres. Begge er enkle, men de må gjøres samtidig.

Krumningsradien krever hele uttrykket, siden y′≠0y' \ne 0:

ρ=(1+y′2)3/2∣y′′∣.\rho = \frac{\left(1 + y'^2\right)^{3/2}}{\lvert y''\rvert}.

Tyngden må dekomponeres. Normalkraften står vinkelrett på banen, ikke loddrett, og det er bare komponenten av tyngden langs normalretningen som konkurrerer med den. Er banevinkelen β\beta, er den komponenten mgcos⁡βmg\cos\beta. Newtons 2. lov i normalretningen på en konveks bane (en bakke som bøyer nedover) blir da

mgcos⁡β−N=mv2ρ⟹N=m(gcos⁡β−v2ρ).mg\cos\beta - N = \frac{mv^2}{\rho} \quad\Longrightarrow\quad N = m\left(g\cos\beta - \frac{v^2}{\rho}\right).

Intuisjon: i et toppunkt er β=0\beta = 0 og cos⁡β=1\cos\beta = 1, og vi får tilbake uttrykket fra Løkke 2 — en god kontroll på at dekomponeringen er riktig vei. Er banen brattere, presses legemet mindre mot underlaget av tyngden, og normalkraften synker.

En praktisk snarvei: siden tan⁡β=y′\tan\beta = y', er

cos⁡β=11+y′2.\cos\beta = \frac{1}{\sqrt{1 + y'^2}}.

Du slipper altså å regne ut vinkelen i grader i det hele tatt — sett y′y' direkte inn. Det sparer et tastetrykk og en avrundingsfelle.

Det er også verdt å merke seg hvorfor den tangentielle akselerasjonen ikke forstyrrer regnestykket: den ligger langs banen og har ingen komponent i normalretningen. Derfor kan du regne normalkraften uten å vite noe om hvor mye legemet akselererer framover.

Tangent og normal til en bane

To retninger som følger banen i hvert punkt: tangenten peker langs bevegelsesretningen, og normalen står vinkelrett på den, mot krumningssenteret. Å dekomponere krefter i disse to retningene i stedet for i vannrett og loddrett er standardgrepet i krumme baner, fordi hele sentripetalakselerasjonen ligger i normalretningen og hele fartsendringen i tangentretningen. Tyngden får da komponenten mgcos⁡βmg\cos\beta langs normalen og mgsin⁡βmg\sin\beta langs tangenten, der β\beta er banevinkelen.

Parabelbane

En bane på formen y=h−ax2y = h - ax^2 (en bakketopp) eller y=bx2y = bx^2 (en dal), som er standardinnpakningen i denne sjangeren. Fordelen for regningen er at y′′=∓2ay'' = \mp 2a er konstant, så krumningsradien i topp- eller bunnpunktet er 1/(2a)1/(2a) uansett hvor stor hh er. Fordelen fysisk er at parabelen er nettopp den formen en kastebane har, og derfor grensetilfellet der et legeme så vidt følger banen. Vær oppmerksom på faktoren 2: koeffisienten i ligningen er ikke krumningen.

Sjanger M11 — krumning og normalkraft

Bokas navn på oppgaveformen der en bane y(x)y(x) er oppgitt og du skal finne normalkraften i et topp- eller bunnpunkt, eller farten der kontakten brytes. Den forekommer i rundt 6 av 10 eksamenssett (~60 %) og hører til mekanikkhalvdelen, spørsmål 1–20. Kjeden er kort og fast: y′′y'' fra banen, ρ=1/∣y′′∣\rho = 1/\lvert y''\rvert, v2v^2 fra energibevaring, og til slutt N=m(g∓v2/ρ)N = m(g \mp v^2/\rho) med riktig fortegn. To feil bærer nesten alle distraktorene: galt fortegn og glemt faktor 2 i y′′y''.

✏️Eksempel 4: skiløperen på den skrå delen av bakken (eksamensnivå)
En skiløper med masse 70,0 kg70{,}0\,\text{kg} følger en glatt bakke med profilen
y(x)=x−0,0500x2,y(x) = x - 0{,}0500x^2,
med xx og yy i meter. I punktet x=2,00 mx = 2{,}00\,\text{m} har hun farten 9,00 m/s9{,}00\,\text{m/s}.

a) Finn banevinkelen i punktet.
b) Finn krumningsradien der.
c) Finn normalkraften fra underlaget.

a) Derivér: y′=1−0,100xy' = 1 - 0{,}100x, så
y′(2,00)=1−0,100⋅2,00=0,800.y'(2{,}00) = 1 - 0{,}100 \cdot 2{,}00 = 0{,}800.
tan⁡β=0,800⟹β=arctan⁡0,800=38,66∘≈38,7∘.\tan\beta = 0{,}800 \quad\Longrightarrow\quad \beta = \arctan 0{,}800 = 38{,}66^\circ \approx 38{,}7^\circ.
Positivt fortegn betyr at bakken stiger i dette punktet.

b) Den andrederiverte er y′′=−0,100 m−1y'' = -0{,}100\,\text{m}^{-1}, konstant. Her er y′≠0y' \ne 0, så hele uttrykket må brukes:
ρ=(1+0,8002)3/20,100 m−1=1,6403/20,100 m−1=2,10020,100 m−1=21,00 m.\rho = \frac{\left(1 + 0{,}800^2\right)^{3/2}}{0{,}100\,\text{m}^{-1}} = \frac{1{,}640^{3/2}}{0{,}100\,\text{m}^{-1}} = \frac{2{,}1002}{0{,}100\,\text{m}^{-1}} = 21{,}00\,\text{m}.
Sammenlign med krumningsradien i toppunktet, der y′=0y' = 0: der er ρ=1/0,100=10,0 m\rho = 1/0{,}100 = 10{,}0\,\text{m}. Banen er altså dobbelt så «slak» i dette skrå punktet.

c) Bruk snarveien for cosinus i stedet for å gå via grader:
cos⁡β=11+0,8002=11,640=11,2806=0,78087.\cos\beta = \frac{1}{\sqrt{1 + 0{,}800^2}} = \frac{1}{\sqrt{1{,}640}} = \frac{1}{1{,}2806} = 0{,}78087.
Normalkomponenten av tyngdeakselerasjonen:
gcos⁡β=9,81⋅0,78087 m/s2=7,6603 m/s2.g\cos\beta = 9{,}81 \cdot 0{,}78087\,\text{m/s}^2 = 7{,}6603\,\text{m/s}^2.
Sentripetalleddet:
v2ρ=81,00 m2/s221,00 m=3,8567 m/s2.\frac{v^2}{\rho} = \frac{81{,}00\,\text{m}^2/\text{s}^2}{21{,}00\,\text{m}} = 3{,}8567\,\text{m/s}^2.
N=70,0 kg(7,6603−3,8567)m/s2=70,0⋅3,8036 N=266,3 N≈266 N.N = 70{,}0\,\text{kg}\left(7{,}6603 - 3{,}8567\right)\text{m/s}^2 = 70{,}0 \cdot 3{,}8036\,\text{N} = 266{,}3\,\text{N} \approx 266\,\text{N}.

Sluttsjekk. Tyngden er 687 N687\,\text{N}, og normalkomponenten av den er 70,0⋅7,6603=536 N70{,}0 \cdot 7{,}6603 = 536\,\text{N}. Normalkraften på 266 N er mindre enn den, som den skal være på en konveks bane med fart. Enheten er newton.

Og hva om vi hadde glemt dekomponeringen? Da ville vi fått 70,0(9,81−3,8567)=417 N70{,}0(9{,}81 - 3{,}8567) = 417\,\text{N} — over halvparten for mye, og et tall som ser fullstendig plausibelt ut. Det er en av grunnene til at oppgaver på skrå punkter er merkbart vanskeligere enn på topp- og bunnpunkter, og at eksamen derfor holder seg mest til de siste.

📝Oppgave 6
Sjanger M11

En bane har profilen y=0,400x−0,0250x2y = 0{,}400x - 0{,}0250x^2 (meter).

a) Finn banevinkelen i punktet x=4,00 mx = 4{,}00\,\text{m}.
b) Finn krumningsradien i det samme punktet, og sammenlign med krumningsradien i banens toppunkt.

📝Oppgave 7

(Kvalitativ oppgave — sjanger M11.) Svar i to til fire setninger på hvert punkt.

a) Forklar hvorfor normalkraften er mindre enn tyngden i et toppunkt og større i et bunnpunkt, uten å bruke formler.

b) En medstudent tegner et frilegemediagram av en kloss på toppen av en bakke og setter inn tre piler: tyngden nedover, normalkraften oppover, og en tredje pil utover fra krumningssenteret som han kaller «kraften som prøver å kaste klossen av banen». Hva er galt, og hva blir konsekvensen for ligningen hans?

c) Hvorfor finnes det en kritisk fart i et toppunkt, men ikke i et bunnpunkt?

📝Oppgave 8
Sjanger M11,…
En kloss slippes fra ro i toppunktet av en glatt parabelbane
y(x)=h−ax2,y(x) = h - ax^2,
og glir nedover langs banen. Massen er mm, og a>0a > 0.

a) Vis at klossen aldri mister kontakten med banen, uansett hvor stor aa er. Bruk at farten i posisjonen xx følger av energibevaring, og at kontakten brytes når N=0N = 0.

b) Hva skjer med normalkraften når xx blir stor? Tolk resultatet.

Begrepsbank

Begrepsbanken er flashcard- og repetisjonsstoff — den gjentar det du nettopp har lest. Hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget for kapitlet gjelder kjernestoffet.

Krumningsradius for en sirkel

For en sirkel med radius RR er krumningsradien overalt lik RR, og krumningen 1/R1/R. Sirkelen er den eneste kurven med samme krumning i alle punkter, og det er nettopp derfor krumningssirkelen er en meningsfull sammenligning for andre baner: i ett punkt oppfører banen seg som denne sirkelen. Praktisk konsekvens i denne sjangeren: er banen oppgitt som en sirkelbue, trenger du ikke derivere i det hele tatt — sett ρ=R\rho = R og gå rett til Newtons 2. lov.

Fortegnsregelen for normalkraften
Den ene linjen sjangeren hviler på:
N=m(g∓v2ρ),minus i toppunkt, pluss i bunnpunkt.N = m\left(g \mp \frac{v^2}{\rho}\right), \qquad \textbf{minus i toppunkt, pluss i bunnpunkt}.
Begrunnelsen er retningen til krumningssenteret: ligger det på samme side som tyngden peker (toppunkt), hjelper tyngden til med å bøye banen, og normalkraften blir mindre; ligger det motsatt (bunnpunkt), må underlaget gjøre begge jobbene. Sjekken etterpå er å sammenligne svaret med mgmg. På et skrått punkt erstattes gg med gcos⁡βg\cos\beta.
Når massen faller ut av svaret

En rask kontroll som fanger mange feil: i denne sjangeren faller massen ut av alle spørsmål om en fart og står igjen i alle spørsmål om en kraft. Kritisk fart er gρ\sqrt{g\rho} — ingen masse. Fart fra fall er 2gΔy\sqrt{2g\Delta y} — ingen masse. Normalkraft er m(g∓v2/ρ)m(g \mp v^2/\rho) — massen er med som en enkel faktor. Står massen i et fartssvar, eller mangler den i et kraftsvar, har du gjort en feil før du i det hele tatt sjekker tallene.

Symbol- og formelliste
Repetisjonsoppgaver

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.