Tilbake
2.1
Alle fag for Høyskole

2.1 Newtons 2. lov på skråplan med friksjon

Frilegemediagram på skråplan, dekomponering av tyngden, kinetisk friksjon mot bevegelsen, og standardsvaret $a=g(\sin\theta\pm\mu\cos\theta)$.

60 min
9 oppgaver
Newtons 2. lov på skråplan med friksjon
Din fremgang i kapitlet
0 / 9 oppgaver
Kapitlets plass i kurset

Forkunnskaper — sist du var her

Dette kapitlet bygger på kap. 1.1, der du arbeidet med akselerasjon som en derivert, og på kap. 1.2, der du satte opp Newtons 2. lov inn mot et krumningssenter og møtte normalkraften for første gang. Fra videregående trenger du å kunne dele en vektor i komponenter: Vektorer og komponenter.

De tre relasjonene du trenger ferdig oppfrisket:

∑F=ma\sum \mathbf{F} = m\mathbf{a}
Newtons 2. lov. Summen av alle kreftene som virker på ett legeme, er massen ganget med akselerasjonen. Loven gjelder komponentvis: du kan sette den opp langs én retning og normalt på den, hver for seg. Den står på det utdelte formelarket.

v2=v02+2a Δx,v=v0+at(konstant a)v^2 = v_0^2 + 2a\,\Delta x, \qquad v = v_0 + at \qquad (\text{konstant } a)
Konstant-akselerasjonsformlene. I dette kapitlet er akselerasjonen faktisk konstant, siden både tyngdekomponenten og friksjonen er konstante så lenge vinkelen og bevegelsesretningen er de samme. Det er en viktig forskjell fra kap. 1.1, der akselerasjonen varierte og formlene ikke kunne brukes. Også disse står på arket.

g=9,81 m/s2g = 9{,}81\,\text{m/s}^2
Tyngdeakselerasjonen, som boka bruker gjennomgående. Bruker en oppgave 9,89{,}8 eller 1010 for å få pene tall, står det i oppgaveteksten.

Fra kap. 1.2 tar vi med to arbeidsvaner. Den første: isolér ett legeme og tegn alle kreftene som virker på det, med navn. Den andre: velg en positiv retning bevisst, og hold den gjennom hele regningen.

Symbolmerknad. Her er θ\theta skråplanets helningsvinkel i grader, μ\mu en friksjonskoeffisient uten enhet, NN normalkraften i newton og ff friksjonskraften i newton. Symbolet ρ\rho fra kap. 1.2 opptrer ikke. Ingen av bokas fem symbolkollisjoner er aktive her — men merk at NN både er navnet på normalkraften og forkortelsen for enheten newton. Det er standard fysikknotasjon, og sammenhengen avgjør: N=87,7 NN = 87{,}7\,\text{N}.

Én avgrensning å være klar over. Alle legemer i dette kapitlet glir langs flaten. De ruller ikke. Et rullende legeme har en del av energien bundet i rotasjonen, og friksjonen oppfører seg annerledes fordi kontaktpunktet står stille. Rullingen kommer i kap. 2.2.

Løkke 1 — kreftene på et skråplan (~14 min)

Sett en pappeske på et bord og løft langsomt den ene bordenden. Ingenting skjer, ingenting skjer — og så, ved en bestemt vinkel, begynner esken plutselig å skli. Hvorfor akkurat der?

Svaret ligger i to effekter som begge endrer seg når du løfter, men ikke likt. Tyngden får en stadig større komponent nedover langs bordplata, mens flaten presser stadig mindre på esken — og friksjonen, som holder den igjen, er proporsjonal med nettopp dette presset. Til slutt vinner tyngdekomponenten.

For å regne på dette må vi dele tyngden i to. Og vi må gjøre det i et smart koordinatsystem: ikke vannrett og loddrett, men langs planet og normalt på planet. Grunnen er at akselerasjonen ligger langs planet og normalkraften normalt på det. Med de to retningene som akser blir den ene ligningen den interessante, og den andre gir bare normalkraften.

Skråplan

En flat flate som heller vinkelen θ\theta mot vannrett. Ordet dekker alt fra en lastebilrampe til en skibakke til en bordplate du har løftet i den ene enden. Vinkelen måles alltid mellom flaten og vannrett, ikke mellom flaten og loddrett — det er den vanligste lesefeilen i oppgavetekster. Grensetilfellene er verdt å kjenne: θ=0\theta = 0 gir et vannrett gulv, og θ=90∘\theta = 90^\circ gir en loddrett vegg, der normalkraften er null og legemet er i fritt fall.

Frilegemediagram på skråplan

En figur der du isolerer ett legeme og tegner inn alle kreftene som virker på det, hver med navngitt symbol og riktig retning. På et skråplan uten ytre kraft er det nøyaktig tre piler å tegne: tyngden mgm\mathbf{g} rett ned, normalkraften N\mathbf{N} vinkelrett ut fra flaten, og friksjonen f\mathbf{f} langs flaten, mot bevegelsen. Ikke flere. Det er verdt å si eksplisitt hva du ikke skal tegne: ingen kraft «framover fordi legemet beveger seg», og ingen kraft «utover fra planet». Akselerasjonen er en virkning av kreftene, ikke en av dem.

Dekomponering av tyngden
Å skrive tyngden mgmg som to komponenter i et koordinatsystem som følger planet: én langs flaten og én normalt på den:
mg∥=mgsin⁡θ(langs planet, nedover),mg⊥=mgcos⁡θ(inn i flaten).mg_\parallel = mg\sin\theta \quad (\text{langs planet, nedover}), \qquad mg_\perp = mg\cos\theta \quad (\text{inn i flaten}).
Huskeregelen som holder: ved θ=0\theta = 0 (vannrett gulv) skal hele tyngden presse på flaten og ingenting dra langs den — og sin⁡0=0\sin 0 = 0, cos⁡0=1\cos 0 = 1 gir nettopp det. Er du i tvil om hvor sin⁡\sin og hvor cos⁡\cos skal stå, prøv θ=0\theta = 0 i hodet. Kontrollen tar tre sekunder og fanger den nest vanligste feilen i sjangeren.
Normalkraften på et skråplan
Kraften N\mathbf{N} flaten utøver på legemet, alltid vinkelrett på flaten og rettet vekk fra den. På et skråplan uten ytre krefter finner du den av likevekt normalt på planet — legemet akselererer hverken inn i eller ut av flaten:
N=mgcos⁡θ.N = mg\cos\theta.
Legg merke til at NN er mindre enn tyngden så snart planet heller, og at den går mot null når planet nærmer seg loddrett. Normalkraften er ingen fast størrelse, men akkurat så stor som den må være — og det er nettopp derfor en ytre kraft med komponent normalt på flaten endrer den (Løkke 4). Enheten er newton.
✏️Eksempel 1: kreftene på klossen, i tall

En kloss med masse m=4,00 kgm = 4{,}00\,\text{kg} ligger på et skråplan med helning θ=25,0∘\theta = 25{,}0^\circ.

a) Finn tyngden og de to komponentene av den.
b) Finn normalkraften.
c) Friksjonskoeffisienten mellom kloss og plan er μ=0,300\mu = 0{,}300. Hvor stor er friksjonskraften når klossen glir?

a) Tyngden er
mg=4,00 kg⋅9,81 m/s2=39,24 N.mg = 4{,}00\,\text{kg} \cdot 9{,}81\,\text{m/s}^2 = 39{,}24\,\text{N}.
Med sin⁡25,0∘=0,42262\sin 25{,}0^\circ = 0{,}42262 og cos⁡25,0∘=0,90631\cos 25{,}0^\circ = 0{,}90631:
mgsin⁡θ=39,24⋅0,42262 N=16,584 N≈16,6 N,mg\sin\theta = 39{,}24 \cdot 0{,}42262\,\text{N} = 16{,}584\,\text{N} \approx 16{,}6\,\text{N},
mgcos⁡θ=39,24⋅0,90631 N=35,564 N≈35,6 N.mg\cos\theta = 39{,}24 \cdot 0{,}90631\,\text{N} = 35{,}564\,\text{N} \approx 35{,}6\,\text{N}.

Kontroll. De to komponentene skal til sammen gi tyngden, men vektorielt — de står vinkelrett på hverandre:
16,5842+35,5642 N=275,03+1 264,8 N=1 539,8 N=39,24 N.\sqrt{16{,}584^2 + 35{,}564^2}\,\text{N} = \sqrt{275{,}03 + 1\,264{,}8}\,\text{N} = \sqrt{1\,539{,}8}\,\text{N} = 39{,}24\,\text{N}.
Det stemmer. Legger du dem sammen som tall, får du 52,1 N52{,}1\,\text{N}, altså mer enn tyngden — et sikkert tegn på at noe er galt.

b) Klossen akselererer ikke bort fra planet, så kreftene normalt på planet er i likevekt:
N=mgcos⁡θ=35,564 N≈35,6 N.N = mg\cos\theta = 35{,}564\,\text{N} \approx 35{,}6\,\text{N}.
Merk at N≠mgN \ne mg. Forholdet er 35,564/39,24=0,90635{,}564/39{,}24 = 0{,}906, altså nøyaktig cos⁡25,0∘\cos 25{,}0^\circ — som det må være.

c) Kinetisk friksjon er proporsjonal med normalkraften:
f=μN=0,300⋅35,564 N=10,669 N≈10,7 N.f = \mu N = 0{,}300 \cdot 35{,}564\,\text{N} = 10{,}669\,\text{N} \approx 10{,}7\,\text{N}.

Benevningskontroll. μ\mu er et rent tall, så ff får samme enhet som NN: newton. Det stemmer.

Og en størrelsessjekk verdt å gjøre hver gang. Tyngdekomponenten langs planet er 16,6 N16{,}6\,\text{N}, friksjonen 10,7 N10{,}7\,\text{N}. Tyngden vinner, altså glir klossen nedover når den først er i bevegelse. Hadde friksjonen vært den største av de to, ville klossen ligget stille, og hele regnestykket ville handlet om statisk friksjon i stedet (Løkke 3).

📝Oppgave 1

(Innstegsoppgave — les komponentene ut av vinkelen.)

En kasse med masse 8,00 kg8{,}00\,\text{kg} står på en lasterampe med helning 15,0∘15{,}0^\circ.

a) Finn tyngden, tyngdekomponenten langs rampen og normalkraften.
b) Friksjonskoeffisienten mellom kasse og rampe er μs=0,420\mu_s = 0{,}420. Hvor stor kan den statiske friksjonen maksimalt bli, og blir kassen liggende?

Løkke 2 — friksjonen og standardsvaret (~16 min)

Nå til friksjonen. Modellen fysikken bruker, er enkel nok til å være regnbar og god nok til å treffe: friksjonskraften er proporsjonal med normalkraften, med en proporsjonalitetsfaktor som avhenger av materialene.

Det er verdt å dvele ved hvor overraskende dette er. Friksjonskraften avhenger ikke av kontaktflatens størrelse, og for kinetisk friksjon heller ikke av farten. En bred kloss og en smal kloss av samme masse og materiale bremses like mye. Grunnen ligger i at den virkelige kontakten skjer i mikroskopiske punkter, og at antallet slike punkter vokser med presset — ikke med den tilsynelatende flaten.

Intuisjon: tenk på μ\mu som «hvor stor brøkdel av presset som kommer tilbake som motstand». Stål på is har μ≈0,03\mu \approx 0{,}03, tre på tre rundt 0,30{,}3, og gummi på tørr asfalt kan ha μ≈0,9\mu \approx 0{,}9.

Kinetisk friksjon
Motstanden mot bevegelse mellom to flater som glir mot hverandre:
f=μkN,f = \mu_k N,
der μk\mu_k er den kinetiske friksjonskoeffisienten og NN normalkraften. To egenskaper er avgjørende for regningen: kraften avhenger ikke av farten (så lenge den ikke er null), og den avhenger ikke av kontaktflatens areal. Den er alltid rettet mot den relative bevegelsen mellom flatene. I motsetning til statisk friksjon er dette en likhet, ikke en ulikhet: så lenge legemet glir, er friksjonen nøyaktig μkN\mu_k N — hverken mer eller mindre.
Friksjonskoeffisienten

Det dimensjonsløse tallet μ\mu som forbinder friksjonskraften med normalkraften, f=μNf = \mu N. Den avhenger av materialparet, ikke av det ene materialet alene: «friksjonskoeffisienten til stål» betyr ingenting, men «stål mot is» betyr noe. Den statiske koeffisienten μs\mu_s er som regel litt større enn den kinetiske μk\mu_k — derfor er det tyngre å få en kasse i gang enn å holde den i fart. Oppgir en oppgave bare én verdi μ\mu, er det underforstått at μs=μk=μ\mu_s = \mu_k = \mu, og du skal ikke lete etter to. Fordi μ\mu er dimensjonsløs, er det en rask kontroll at ethvert svar med μ\mu i har riktig enhet.

Friksjonens retning

Kinetisk friksjon peker mot legemets bevegelse langs flaten — alltid. Det gir en enkel, men lett glemt konsekvens på et skråplan: friksjonen peker nedover langs planet når legemet går oppover, og oppover langs planet når det går nedover. Retningen snur i det øyeblikket legemet snur. Derfor kan du ikke bruke samme akselerasjon på veien opp og veien ned, og derfor har oppgaver om «hvor langt opp, og med hvilken fart tilbake» to ulike regnetrinn. Statisk friksjon peker motsatt den retningen legemet ville glidd, som ikke alltid er lett å se — der må du spørre: hvilken vei ville det gått uten friksjon?

📜Newtons 2. lov langs skråplanet: a=g(sin⁡θ±μcos⁡θ)a = g(\sin\theta \pm \mu\cos\theta)
Sett opp Newtons 2. lov langs planet, med bevegelsesretningen som positiv. Kreftene langs planet er tyngdekomponenten mgsin⁡θmg\sin\theta og friksjonen f=μN=μmgcos⁡θf = \mu N = \mu mg\cos\theta.

Tilfelle 1 — legemet glir nedover. Tyngdekomponenten driver, friksjonen bremser:
ma=mgsin⁡θ−μmgcos⁡θ⟹a=g(sin⁡θ−μcos⁡θ).ma = mg\sin\theta - \mu mg\cos\theta \quad\Longrightarrow\quad a = g\left(\sin\theta - \mu\cos\theta\right).

Tilfelle 2 — legemet glir oppover. Nå bremser begge: tyngdekomponenten peker nedover, og friksjonen peker også nedover, siden bevegelsen er oppover. Retardasjonen blir
a=g(sin⁡θ+μcos⁡θ).a = g\left(\sin\theta + \mu\cos\theta\right).

Sammenfattet i den ene linjen du skal ha i fingrene:

a=g(sin⁡θ±μcos⁡θ):minus na˚r legemet ga˚r nedover, pluss na˚r det ga˚r oppover.a = g\left(\sin\theta \pm \mu\cos\theta\right): \quad \textbf{minus når legemet går nedover},\ \textbf{pluss når det går oppover}.

Tre egenskaper det er verdt å legge merke til med en gang.

Massen faller ut. Både tyngdekomponenten og friksjonen er proporsjonale med mm, så massen forkortes bort. En tung og en lett kloss av samme materiale glir like fort ned det samme planet. Er massen med i svaret ditt på en akselerasjon, har du gjort en feil — men merk at massen selvsagt skal være der hvis oppgaven spør etter en kraft.

Fortegnet forteller om legemet blir liggende. Går legemet nedover og sin⁡θ<μcos⁡θ\sin\theta < \mu\cos\theta, blir aa negativ. Det er fysisk umulig for et legeme som glir nedover å akselerere oppover, og betyr i praksis at legemet stanser og blir liggende: friksjonen er større enn tyngdekomponenten. Betingelsen for at det glir i det hele tatt, er tan⁡θ>μ\tan\theta > \mu.

Grensetilfellet μ=tan⁡θ\mu = \tan\theta gir a=0a = 0: legemet glir nedover med konstant fart. Det er en pen selvkontroll, og det brukes i oppgaver som ber deg finne friksjonskoeffisienten ut fra at farten er konstant.

✏️Eksempel 2: klossen som glir nedover

Klossen fra eksempel 1 (m=4,00 kgm = 4{,}00\,\text{kg}, θ=25,0∘\theta = 25{,}0^\circ, μ=0,300\mu = 0{,}300) settes forsiktig i bevegelse nedover planet.

a) Finn akselerasjonen.
b) Hvor stor fart har den etter å ha glidd 3,00 m3{,}00\,\text{m} langs planet?
c) Hvor stor ville akselerasjonen vært på et glatt plan uten friksjon?

a) Symbolsk utledning. Bevegelsen er nedover, så friksjonen peker oppover langs planet. Med nedover som positiv retning:
ma=mgsin⁡θ−μmgcos⁡θ⟹a=g(sin⁡θ−μcos⁡θ).ma = mg\sin\theta - \mu mg\cos\theta \quad\Longrightarrow\quad a = g\left(\sin\theta - \mu\cos\theta\right).

Rask vei til tall. Regn parentesen først, med fire siffer:
μcos⁡θ=0,300⋅0,90631=0,27189,\mu\cos\theta = 0{,}300 \cdot 0{,}90631 = 0{,}27189,
sin⁡θ−μcos⁡θ=0,42262−0,27189=0,15073,\sin\theta - \mu\cos\theta = 0{,}42262 - 0{,}27189 = 0{,}15073,
a=9,81 m/s2⋅0,15073=1,4786 m/s2≈1,48 m/s2.a = 9{,}81\,\text{m/s}^2 \cdot 0{,}15073 = 1{,}4786\,\text{m/s}^2 \approx 1{,}48\,\text{m/s}^2.

Kontroll mot kreftene fra eksempel 1: netto kraft langs planet er 16,584−10,669=5,915 N16{,}584 - 10{,}669 = 5{,}915\,\text{N}, og 5,915/4,00=1,479 m/s25{,}915/4{,}00 = 1{,}479\,\text{m/s}^2. Samme svar, som det skal være.

b) Akselerasjonen er konstant her, så konstant-aa-formelen gjelder. Fra ro:
v=2a Δx=2⋅1,4786⋅3,00 m/s=8,8716 m/s=2,9785 m/s≈2,98 m/s.v = \sqrt{2a\,\Delta x} = \sqrt{2 \cdot 1{,}4786 \cdot 3{,}00}\,\text{m/s} = \sqrt{8{,}8716}\,\text{m/s} = 2{,}9785\,\text{m/s} \approx 2{,}98\,\text{m/s}.

c) Uten friksjon faller hele friksjonsleddet bort:
a=gsin⁡θ=9,81⋅0,42262 m/s2=4,1459 m/s2≈4,15 m/s2.a = g\sin\theta = 9{,}81 \cdot 0{,}42262\,\text{m/s}^2 = 4{,}1459\,\text{m/s}^2 \approx 4{,}15\,\text{m/s}^2.

Legg merke til hvor mye friksjonen betyr. Den tar bort 4,15−1,48=2,67 m/s24{,}15 - 1{,}48 = 2{,}67\,\text{m/s}^2, altså 64 prosent av akselerasjonen — med en så beskjeden friksjonskoeffisient som 0,300. Grunnen er at μcos⁡θ\mu\cos\theta (0,272) er nesten like stor som sin⁡θ\sin\theta (0,423) ved denne vinkelen. Ved slake vinkler betyr friksjonen alt; ved bratte betyr den lite.

Og en avrundingsmerknad. Hadde du rundet parentesen til 0,150{,}15, ville du fått a=1,4715≈1,47 m/s2a = 1{,}4715 \approx 1{,}47\,\text{m/s}^2 — nok til å treffe et nabo-alternativ. Behold fire siffer i differansen.

📝Oppgave 2
Sjanger M1

En pall med masse 65,0 kg65{,}0\,\text{kg} glir nedover en rampe med helning 22,0∘22{,}0^\circ. Friksjonskoeffisienten er μ=0,250\mu = 0{,}250.

Finn akselerasjonen.

📝Oppgave 3
Sjanger M1

En kloss glir nedover et skråplan med helning 30,0∘30{,}0^\circ og har konstant fart.

a) Hvor stor er friksjonskoeffisienten?
b) Hva skjer hvis planet gjøres litt brattere?
c) Samme kloss sendes i stedet oppover planet med startfart 4,00 m/s4{,}00\,\text{m/s}. Finn retardasjonen og hvor langt opp den kommer.

— naturlig pausepunkt —

Løkke 3 — oppover, snuavstand og statisk friksjon (~16 min)

Send en kasse oppover en rampe med et dytt, og to ting skjer. Først bremser den ned og stopper. Deretter — kanskje — glir den tilbake. Kanskje ikke. Hva som avgjør, er en helt annen betingelse enn den som styrte oppturen, og det er verdt å holde de to fra hverandre.

Oppturen styres av kinetisk friksjon, siden legemet glir. Retardasjonen er a=g(sin⁡θ+μkcos⁡θ)a = g(\sin\theta + \mu_k\cos\theta), og strekningen følger av konstant-aa-formelen med sluttfart null:

0=v02−2a x⟹x=v022a=v022g(sin⁡θ+μkcos⁡θ).0 = v_0^2 - 2a\,x \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{v_0^2}{2a} = \frac{v_0^2}{2g\left(\sin\theta + \mu_k\cos\theta\right)}.

Intuisjon: jo brattere planet og jo mer friksjon, jo kortere kommer legemet. Massen faller ut igjen — en tung og en lett kasse med samme startfart kommer nøyaktig like langt.

Øyeblikket i toppen er noe helt annet. Der er farten null, og friksjonen er ikke lenger kinetisk, men statisk. Statisk friksjon er ingen fast kraft, men en kraft som tilpasser seg — opp til et tak. Spørsmålet er om taket er høyt nok til å holde legemet igjen.

Nedturen — hvis den skjer — styres igjen av kinetisk friksjon, men nå med motsatt fortegn foran friksjonsleddet: a=g(sin⁡θ−μkcos⁡θ)a = g(\sin\theta - \mu_k\cos\theta). Det er derfor legemet alltid kommer tilbake med lavere fart enn det ble sendt opp med. Friksjonen har spist energi i begge retninger.

Statisk friksjon
Kraften som holder et legeme i ro mot en flate, så lenge den klarer. Den er ikke en fast størrelse, men en ulikhet:
fs≤μsN.f_s \le \mu_s N.
Flaten gir akkurat den kraften som trengs for å holde legemet i ro — hverken mer eller mindre — helt til det som skal holdes igjen overstiger taket μsN\mu_s N. Da begynner legemet å gli, og friksjonen hopper ned til den kinetiske verdien μkN\mu_k N, som normalt er litt lavere. Det er derfor en kasse gjerne rykker i gang: taket brytes, motstanden faller, og akselerasjonen kommer plutselig. Å skrive fs=μsNf_s = \mu_s N for et legeme som ligger stille, er den vanligste feilen med denne størrelsen — likhet gjelder bare på grensen.
Glidebetingelsen på et skråplan
Betingelsen for at et legeme begynner å gli nedover et skråplan av seg selv. Legemet ligger stille så lenge tyngdekomponenten langs planet ikke overstiger det statiske friksjonstaket:
mgsin⁡θ≤μs mgcos⁡θ⟺tan⁡θ≤μs.mg\sin\theta \le \mu_s\,mg\cos\theta \quad\Longleftrightarrow\quad \tan\theta \le \mu_s.
Massen faller ut, så betingelsen gjelder for alle legemer av det samme materialet — en tung og en lett kloss begynner å gli ved nøyaktig samme vinkel. Dette er den eneste betingelsen du trenger for å avgjøre om et legeme blir liggende i toppen etter å ha glidd opp, og for å avgjøre om en akselerasjon regnet ut med minus-fortegnet er fysisk mulig.
Kritisk vinkel (friksjonsvinkelen)
Vinkelen der et legeme så vidt begynner å gli:
θkrit=arctan⁡μs.\theta_\text{krit} = \arctan\mu_s.
Under den blir legemet liggende, over den glir det. Størrelsen er praktisk nyttig fordi den gir en målemetode: hell planet langsomt til legemet slipper, les av vinkelen, og du har μs=tan⁡θkrit\mu_s = \tan\theta_\text{krit}. Noen verdier verdt å kjenne: μs=0,300\mu_s = 0{,}300 gir 16,7∘16{,}7^\circ, μs=0,550\mu_s = 0{,}550 gir 28,8∘28{,}8^\circ, og μs=0,750\mu_s = 0{,}750 gir 36,9∘36{,}9^\circ. Legg merke til at vinkelen ikke vokser proporsjonalt med μs\mu_s: en dobling av friksjonskoeffisienten gir langt mindre enn en dobling av vinkelen.
Snuavstand
Strekningen et legeme kommer oppover et skråplan før farten er null:
x=v022a,a=g(sin⁡θ+μkcos⁡θ).x = \frac{v_0^2}{2a}, \qquad a = g\left(\sin\theta + \mu_k\cos\theta\right).
Tre ting er verdt å merke seg. Farten inngår kvadratisk, så dobbelt startfart gir fire ganger så lang vei. Massen faller ut. Og akselerasjonen i nevneren er den med pluss foran friksjonsleddet — bruker du minus-varianten, får du en for lang snuavstand, og tallet ligger som et ferdig svaralternativ. Selve formelen x=v02/(2a)x = v_0^2/(2a) er konstant-akselerasjonsformelen omskrevet, og den står på det utdelte arket; fortegnsvalget må du gjøre selv.
✏️Eksempel 3: kassen som sendes oppover — og kommer tilbake

En kasse sendes oppover en rampe med helning θ=20,0∘\theta = 20{,}0^\circ og startfart v0=6,00 m/sv_0 = 6{,}00\,\text{m/s}. Den kinetiske friksjonskoeffisienten er μk=0,250\mu_k = 0{,}250, den statiske μs=0,300\mu_s = 0{,}300.

a) Finn retardasjonen og hvor langt opp langs rampen kassen kommer.
b) Blir kassen liggende i toppunktet, eller glir den tilbake?
c) Glir den tilbake: hvor stor fart har den når den er tilbake ved startpunktet?
d) Hvor stor andel av den opprinnelige kinetiske energien er igjen?

a) Symbolsk utledning. Kassen går oppover, så både tyngdekomponenten og friksjonen bremser:
aopp=g(sin⁡θ+μkcos⁡θ),x=v022aopp.a_\text{opp} = g\left(\sin\theta + \mu_k\cos\theta\right), \qquad x = \frac{v_0^2}{2a_\text{opp}}.

Rask vei til tall. Med sin⁡20,0∘=0,34202\sin 20{,}0^\circ = 0{,}34202 og cos⁡20,0∘=0,93969\cos 20{,}0^\circ = 0{,}93969:
μkcos⁡θ=0,250⋅0,93969=0,23492,\mu_k\cos\theta = 0{,}250 \cdot 0{,}93969 = 0{,}23492,
aopp=9,81(0,34202+0,23492)m/s2=9,81⋅0,57694 m/s2=5,6598 m/s2,a_\text{opp} = 9{,}81\left(0{,}34202 + 0{,}23492\right)\text{m/s}^2 = 9{,}81 \cdot 0{,}57694\,\text{m/s}^2 = 5{,}6598\,\text{m/s}^2,
x=(6,00 m/s)22⋅5,6598 m/s2=36,0011,320 m=3,1803 m≈3,18 m.x = \frac{\left(6{,}00\,\text{m/s}\right)^2}{2 \cdot 5{,}6598\,\text{m/s}^2} = \frac{36{,}00}{11{,}320}\,\text{m} = 3{,}1803\,\text{m} \approx 3{,}18\,\text{m}.

Til sammenligning: uten friksjon ville kassen kommet 36,00/(2⋅9,81⋅0,34202)=5,365 m36{,}00/(2 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}34202) = 5{,}365\,\text{m}, altså 69 prosent lenger.

b) Glidebetingelsen: tan⁡20,0∘=0,36397\tan 20{,}0^\circ = 0{,}36397, og μs=0,300\mu_s = 0{,}300. Siden
tan⁡θ=0,364>0,300=μs,\tan\theta = 0{,}364 > 0{,}300 = \mu_s,
er tyngdekomponenten større enn det statiske friksjonstaket, og kassen glir tilbake. Hadde μs\mu_s vært over 0,3640{,}364, ville den blitt liggende, og oppgaven sluttet her.

c) På vei ned snur friksjonen, så nå er det minus:
aned=9,81(0,34202−0,23492)m/s2=9,81⋅0,10710 m/s2=1,0506 m/s2.a_\text{ned} = 9{,}81\left(0{,}34202 - 0{,}23492\right)\text{m/s}^2 = 9{,}81 \cdot 0{,}10710\,\text{m/s}^2 = 1{,}0506\,\text{m/s}^2.
Fra ro over strekningen 3,1803 m3{,}1803\,\text{m}:
v=2aned x=2⋅1,0506⋅3,1803 m/s=6,6825 m/s=2,5851 m/s≈2,59 m/s.v = \sqrt{2a_\text{ned}\,x} = \sqrt{2 \cdot 1{,}0506 \cdot 3{,}1803}\,\text{m/s} = \sqrt{6{,}6825}\,\text{m/s} = 2{,}5851\,\text{m/s} \approx 2{,}59\,\text{m/s}.

d) Andelen kinetisk energi som er igjen, er forholdet mellom fartskvadratene:
KK0=(2,58516,00)2=(0,43085)2=0,18563≈18,6 %.\frac{K}{K_0} = \left(\frac{2{,}5851}{6{,}00}\right)^2 = \left(0{,}43085\right)^2 = 0{,}18563 \approx 18{,}6\ \%.

En vakker kontroll. Forholdet mellom fartskvadratene må være lik forholdet mellom akselerasjonene, siden strekningen er den samme:
anedaopp=1,05065,6598=0,18563.\frac{a_\text{ned}}{a_\text{opp}} = \frac{1{,}0506}{5{,}6598} = 0{,}18563.
Nøyaktig samme tall. Det gir en snarvei du kan bruke direkte:
v=v0sin⁡θ−μcos⁡θsin⁡θ+μcos⁡θ,v = v_0\sqrt{\frac{\sin\theta - \mu\cos\theta}{\sin\theta + \mu\cos\theta}},
uten at du trenger snuavstanden i det hele tatt. På en flervalgseksamen er det et halvt minutt spart.

Sluttsjekk. Farten tilbake er lavere enn startfarten, som den må være når friksjonen har tatt energi i begge retninger. Enhetene er m/s og m. Og andelen er under 100 prosent — hadde du fått over, ville du bygget en evighetsmaskin.

📝Oppgave 4
Sjanger M1

En snøscooter kjører opp en bakke med helning 18,0∘18{,}0^\circ, slår av motoren ved farten 12,0 m/s12{,}0\,\text{m/s} og glir videre. Friksjonskoeffisienten mellom belter og snø er μk=0,120\mu_k = 0{,}120.

a) Hvor langt opp langs bakken kommer scooteren etter at motoren er av?
b) Hvor lang tid tar det?
c) Hvor mye lenger ville den kommet på en helt glatt bakke?

📝Oppgave 5
Sjanger M1

En kasse ligger på en rampe som langsomt heves.

a) Ved hvilken vinkel begynner kassen å gli hvis μs=0,550\mu_s = 0{,}550?
b) Rampen heves videre til 35,0∘35{,}0^\circ. Kassen er nå i bevegelse, og den kinetiske friksjonskoeffisienten er μk=0,480\mu_k = 0{,}480. Finn akselerasjonen.
c) En annen kasse begynner å gli ved 21,8∘21{,}8^\circ. Hva er den statiske friksjonskoeffisienten?

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

1. Hvilken lov? Newtons 2. lov, satt opp langs planet:
∑F∥=ma.\sum F_\parallel = ma.
Normalt på planet er det likevekt, og den ligningen gir bare NN.

2. Hvilken ene regnelinje? Avgjør hvilken vei legemet beveger seg, og bruk
a=g(sin⁡θ±μcos⁡θ):minus nedover, pluss oppover.a = g\left(\sin\theta \pm \mu\cos\theta\right): \quad \textbf{minus nedover},\ \textbf{pluss oppover}.
Spør oppgaven om en snuavstand, er neste linje x=v02/(2a)x = v_0^2/(2a) med pluss-varianten i nevneren. Spør den om vinkelen der glidingen starter, er svaret θkrit=arctan⁡μs\theta_\text{krit} = \arctan\mu_s.

3. Rekkefølgen på oppslagene. Fra det utdelte arket henter du gg, ∑F=ma\sum \mathbf{F} = m\mathbf{a}, f≤μsF⊥f \le \mu_s F_\perp og konstant-aa-formlene. Dekomponeringen mgsin⁡θmg\sin\theta / mgcos⁡θmg\cos\theta og fortegnsvalget må du gjøre selv — det er hele poenget med sjangeren. Har oppgaven en ytre kraft med komponent normalt på flaten, må du finne NN av likevekten normalt på flaten før du regner friksjonen.

4. Hvor mange siffer? Fire gjennom kjeden. Den utsatte mellomverdien er parentesen sin⁡θ±μcos⁡θ\sin\theta \pm \mu\cos\theta, som i minus-varianten er en differanse mellom to tall av samme størrelsesorden. Ved θ=25∘\theta = 25^\circ og μ=0,300\mu = 0{,}300 er den 0,150730{,}15073 — rund den til 0,150{,}15, og du har flyttet svaret en halv prosent.

5. Sjekk før du krysser av. Fire kontroller på ti sekunder:
- Massen: spør oppgaven om en akselerasjon, en snuavstand eller en vinkel, skal massen ikke være i svaret. Spør den om en kraft, skal den være der.
- Fortegn: er aa negativ i en nedoverbevegelse, glir ikke legemet i det hele tatt. Sjekk tan⁡θ\tan\theta mot μ\mu.
- Enhet: akselerasjon i m/s2\text{m/s}^2, kraft i N, avstand i m, vinkel i grader.
- Størrelse: aa kan ikke overstige gsin⁡θg\sin\theta nedover, og ikke g(sin⁡θ+μcos⁡θ)g(\sin\theta + \mu\cos\theta) oppover. Får du et tall over gg i en ren skråplanoppgave, har du sannsynligvis byttet sin⁡\sin og cos⁡\cos.

Løkke 4 — når normalkraften ikke er mgcos⁡θmg\cos\theta (~14 min)

Dra en tung koffert etter deg på et flatt gulv. Håndtaket peker oppover og bakover, så kraften du bruker, har en loddrett komponent — den løfter litt på kofferten. Der ligger poenget i denne løkka: kofferten blir lettere å dra, ikke bare fordi du drar hardere, men fordi den presser mindre mot gulvet.

Normalkraften er ingen fast størrelse. Den er akkurat så stor som den må være for at legemet ikke skal synke inn i flaten — og når en ytre kraft hjelper med å bære, blir den mindre. Siden friksjonen er f=μNf = \mu N, faller friksjonen med den.

Sett opp likevekten loddrett for et legeme på et vannrett gulv, med en kraft FF som virker vinkelen φ\varphi over vannrett:

N+Fsin⁡φ=mg⟹N=mg−Fsin⁡φ.N + F\sin\varphi = mg \quad\Longrightarrow\quad N = mg - F\sin\varphi.

Friksjonen blir da f=μ(mg−Fsin⁡φ)f = \mu\left(mg - F\sin\varphi\right), og Newtons 2. lov vannrett gir

ma=Fcos⁡φ−μ(mg−Fsin⁡φ).ma = F\cos\varphi - \mu\left(mg - F\sin\varphi\right).

Intuisjon: når du drar på skjeve, gjør du to gode ting samtidig — du drar framover med Fcos⁡φF\cos\varphi, og du letter på presset med Fsin⁡φF\sin\varphi. Drar du for bratt oppover, blir framdriften liten; drar du helt vannrett, letter du ingenting. Et sted i mellom ligger den gunstigste vinkelen.

Og motsatt vei: peker kraften nedover, blir N=mg+Fsin⁡φN = mg + F\sin\varphi, og friksjonen øker. Det er derfor det er tungt å skyve en tralle med håndtaket lavt.

Dette er felle #6 i feilkatalogen — å sette N=mgN = mg (eller N=mgcos⁡θN = mg\cos\theta på et skråplan) når en ytre kraft har en komponent normalt på flaten. Feilen gir aldri et urimelig svar, bare et galt, og tallet står som regel i alternativlista.

Ytre kraft med komponent normalt på flaten
En påført kraft FF som ikke ligger langs flaten, og som derfor endrer normalkraften. På et vannrett gulv, med FF rettet vinkelen φ\varphi over vannrett:
N=mg−Fsin⁡φ,f=μ(mg−Fsin⁡φ).N = mg - F\sin\varphi, \qquad f = \mu\left(mg - F\sin\varphi\right).
Peker kraften under vannrett, snur fortegnet: N=mg+Fsin⁡φN = mg + F\sin\varphi. Poenget å ta med seg er at friksjonen ikke kan regnes ut før normalkraften er funnet, og at normalkraften krever en egen likevektsligning normalt på flaten. Kravet N≥0N \ge 0 setter dessuten en grense: løfter den ytre kraften nok, forlater legemet flaten, og da er det ingen friksjon i det hele tatt.
✏️Eksempel 4: kassen som dras på skjeve (eksamensnivå)

En kasse med masse 12,0 kg12{,}0\,\text{kg} står på et vannrett gulv. En kraft på 60,0 N60{,}0\,\text{N} virker 30,0∘30{,}0^\circ over vannrett, og friksjonskoeffisienten er μ=0,350\mu = 0{,}350.

a) Finn normalkraften og friksjonskraften.
b) Finn akselerasjonen.
c) Hvilket svar får en som setter N=mgN = mg?
d) Hva blir akselerasjonen hvis kraften i stedet peker 30,0∘30{,}0^\circ under vannrett?

a) Symbolsk utledning. Loddrett er det likevekt — kassen forlater ikke gulvet og synker ikke inn i det:
N+Fsin⁡φ=mg⟹N=mg−Fsin⁡φ.N + F\sin\varphi = mg \quad\Longrightarrow\quad N = mg - F\sin\varphi.

Rask vei til tall. Med sin⁡30,0∘=0,50000\sin 30{,}0^\circ = 0{,}50000:
mg=12,0⋅9,81 N=117,72 N,Fsin⁡φ=60,0⋅0,50000 N=30,00 N,mg = 12{,}0 \cdot 9{,}81\,\text{N} = 117{,}72\,\text{N}, \qquad F\sin\varphi = 60{,}0 \cdot 0{,}50000\,\text{N} = 30{,}00\,\text{N},
N=117,72−30,00 N=87,72 N,N = 117{,}72 - 30{,}00\,\text{N} = 87{,}72\,\text{N},
f=μN=0,350⋅87,72 N=30,702 N≈30,7 N.f = \mu N = 0{,}350 \cdot 87{,}72\,\text{N} = 30{,}702\,\text{N} \approx 30{,}7\,\text{N}.

b) Vannrett gir Newtons 2. lov, med bevegelsesretningen som positiv. Med cos⁡30,0∘=0,86603\cos 30{,}0^\circ = 0{,}86603:
Fcos⁡φ=60,0⋅0,86603 N=51,962 N,F\cos\varphi = 60{,}0 \cdot 0{,}86603\,\text{N} = 51{,}962\,\text{N},
a=Fcos⁡φ−fm=51,962−30,70212,0 m/s2=21,26012,0 m/s2=1,7716 m/s2≈1,77 m/s2.a = \frac{F\cos\varphi - f}{m} = \frac{51{,}962 - 30{,}702}{12{,}0}\,\text{m/s}^2 = \frac{21{,}260}{12{,}0}\,\text{m/s}^2 = 1{,}7716\,\text{m/s}^2 \approx 1{,}77\,\text{m/s}^2.

c) Den som setter N=mgN = mg, får
f=0,350⋅117,72 N=41,202 N,a=51,962−41,20212,0 m/s2=0,89663 m/s2≈0,897 m/s2.f = 0{,}350 \cdot 117{,}72\,\text{N} = 41{,}202\,\text{N}, \qquad a = \frac{51{,}962 - 41{,}202}{12{,}0}\,\text{m/s}^2 = 0{,}89663\,\text{m/s}^2 \approx 0{,}897\,\text{m/s}^2.
Det riktige svaret er 97,6 prosent større. Legg merke til at 0,897 m/s20{,}897\,\text{m/s}^2 er et fullstendig plausibelt tall for en kasse som dras over et gulv. Ingenting i svaret avslører feilen, og derfor står det i alternativlista.

d) Nå peker den loddrette komponenten nedover, så normalkraften øker:
N=mg+Fsin⁡φ=117,72+30,00 N=147,72 N,N = mg + F\sin\varphi = 117{,}72 + 30{,}00\,\text{N} = 147{,}72\,\text{N},
f=0,350⋅147,72 N=51,702 N,f = 0{,}350 \cdot 147{,}72\,\text{N} = 51{,}702\,\text{N},
a=51,962−51,70212,0 m/s2=0,26012,0 m/s2=0,0217 m/s2.a = \frac{51{,}962 - 51{,}702}{12{,}0}\,\text{m/s}^2 = \frac{0{,}260}{12{,}0}\,\text{m/s}^2 = 0{,}0217\,\text{m/s}^2.
Kassen så vidt beveger seg. Framdriften Fcos⁡φF\cos\varphi er den samme som i b), men friksjonen har vokst med 68 prosent, og nesten hele kraften går til å overvinne den.

Poenget i én linje. Samme kraft, samme vinkel, samme kasse — men å dra i stedet for å skyve gir 82 ganger større akselerasjon. Retningen på den loddrette komponenten er ikke en detalj.

Benevningskontroll til slutt. Teller: newton. Nevner: kilogram. N/kg=(kg⋅m/s2)/kg=m/s2\text{N/kg} = (\text{kg}\cdot\text{m/s}^2)/\text{kg} = \text{m/s}^2. Det stemmer.

📝Oppgave 6
Sjanger M1, A–F-format

En kjelke med last, til sammen 28,0 kg28{,}0\,\text{kg}, trekkes over vannrett snø med en kraft på 95,0 N95{,}0\,\text{N} rettet 25,0∘25{,}0^\circ over vannrett. Friksjonskoeffisienten mellom kjelke og snø er 0,1500{,}150.

Hvor stor er akselerasjonen?

A 3,07 m/s23{,}07\,\text{m/s}^2 · B 1,82 m/s21{,}82\,\text{m/s}^2 · C 1,39 m/s21{,}39\,\text{m/s}^2 · D 2,14 m/s22{,}14\,\text{m/s}^2 · E 2,61 m/s22{,}61\,\text{m/s}^2 · F 1,60 m/s21{,}60\,\text{m/s}^2

📝Oppgave 7

(Kvalitativ oppgave — sjanger M1.) Svar i to til fire setninger på hvert punkt.

a) Forklar hvorfor massen faller ut av svaret når du regner akselerasjonen til en kloss som glir ned et skråplan, men ikke faller ut når du regner friksjonskraften.

b) En medstudent skal finne friksjonen på en kasse som skyves over et gulv med en kraft rettet 20∘20^\circ nedover, og regner f=μmgf = \mu mg. Hva er galt, og blir svaret for stort eller for lite?

c) To identiske klosser sendes oppover det samme skråplanet, den ene med dobbelt så stor startfart som den andre. Hvor mye lenger kommer den raske, og hvorfor er ikke svaret «dobbelt så langt»?

📝Oppgave 8
Sjanger M1, eksamensnivå

En kasse sendes oppover et skråplan med helning 28,0∘28{,}0^\circ og startfart 7,20 m/s7{,}20\,\text{m/s}. Friksjonskoeffisienten er μ=0,180\mu = 0{,}180 både statisk og kinetisk.

a) Hvor langt opp langs planet kommer kassen, og hvor mange meter har den steget loddrett?
b) Glir kassen tilbake? Begrunn med en betingelse, ikke med et tall.
c) Finn farten når kassen er tilbake ved startpunktet, og hvor stor andel av den opprinnelige kinetiske energien det svarer til.
d) Vis at andelen i c) kan skrives som et uttrykk der bare θ\theta og μ\mu inngår, og regn den ut av uttrykket som en kontroll.

📝Oppgave 9
Sjanger M1, A–F-format

En vinsj trekker en slede med masse 25,0 kg25{,}0\,\text{kg} oppover et skråplan med helning 18,0∘18{,}0^\circ. Vinsjkraften er 200 N200\,\text{N} og virker langs planet, oppover. Friksjonskoeffisienten er 0,3200{,}320.

Hvor stor er akselerasjonen?

A 4,97 m/s24{,}97\,\text{m/s}^2 · B 7,95 m/s27{,}95\,\text{m/s}^2 · C 1,83 m/s21{,}83\,\text{m/s}^2 · D 4,00 m/s24{,}00\,\text{m/s}^2 · E 1,98 m/s21{,}98\,\text{m/s}^2 · F −4,32 m/s2-4{,}32\,\text{m/s}^2

Begrepsbank

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

Standardsvaret på skråplanet
Den ene linjen sjangeren hviler på:
a=g(sin⁡θ±μcos⁡θ),minus nedover, pluss oppover.a = g\left(\sin\theta \pm \mu\cos\theta\right), \qquad \textbf{minus nedover, pluss oppover}.
Den gjelder når den eneste påførte kraften er tyngden, og når legemet glir (ikke ruller). Massen er ikke med. Uttrykket står ikke ferdig på det utdelte formelarket — det [må kunne brukes eller utledes aktivt] fra frilegemediagrammet, og det er nettopp derfor sjangeren er en så pålitelig eksamensoppgave.
Fortegnsregelen for friksjonsleddet

Friksjonen peker mot bevegelsen, tyngdekomponenten peker nedover langs planet. Går legemet nedover, virker de mot hverandre, og leddene trekkes fra hverandre. Går det oppover, virker de samme vei, og leddene legges sammen. Konsekvensen er at retardasjonen oppover alltid er større enn akselerasjonen nedover for samme plan og samme μ\mu — en kontroll som tar to sekunder og fanger fortegnsfeilen.

Når massen faller ut på et skråplan

En rask kontroll som fanger mange feil: massen faller ut av alle svar som er akselerasjoner, farter, avstander og vinkler, og står igjen i alle svar som er krefter. Akselerasjonen er g(sin⁡θ±μcos⁡θ)g(\sin\theta \pm \mu\cos\theta) — ingen masse. Snuavstanden er v02/(2a)v_0^2/(2a) — ingen masse. Kritisk vinkel er arctan⁡μs\arctan\mu_s — ingen masse. Men normalkraften er mgcos⁡θmg\cos\theta og friksjonen μmgcos⁡θ\mu mg\cos\theta — der er massen med som en enkel faktor. Er en oppgitt masse ubrukt i svaret ditt på en akselerasjon, er det som regel riktig; er den ubrukt i svaret på en kraft, har du glemt noe.

Retardasjon

En akselerasjon som er rettet mot bevegelsen, slik at farten avtar. Ordet er en beskrivelse, ikke en egen fysisk størrelse: det finnes bare akselerasjon, og fortegnet avhenger av hvilken retning du har valgt som positiv. I praksis er det ryddigst å velge bevegelsesretningen som positiv og la retardasjonen komme ut negativ — eller å regne med tallverdien og holde retningen i hodet. Det viktige er å velge én konvensjon og holde den gjennom hele oppgaven, siden en halvveis snuoperasjon midt i regningen er en av de vanligste fortegnsfeilene.

Kontaktkraften og dens to komponenter

Den samlede kraften en flate utøver på et legeme som ligger mot den. Den deles alltid i to: normalkraften NN vinkelrett på flaten, og friksjonen ff langs flaten. De to er ikke uavhengige — friksjonen er begrenset av normalkraften gjennom f≤μsNf \le \mu_s N for statisk og f=μkNf = \mu_k N for kinetisk friksjon. Det er derfor alt som endrer NN, også endrer ff. Å tenke på dem som én kraft med to komponenter, snarere enn to urelaterte krefter, gjør felle #6 vanskelig å gjøre.

Grensetilfellet μ=tan⁡θ\mu = \tan\theta

Vinkelen og friksjonskoeffisienten som gir konstant fart nedover et skråplan. Da er sin⁡θ=μcos⁡θ\sin\theta = \mu\cos\theta, parentesen i standardsvaret er null, og akselerasjonen er null. Tilfellet er nyttig på tre måter: som målemetode for μ\mu (hell planet til farten blir konstant), som selvkontroll (er μ\mu nær tan⁡θ\tan\theta, skal svaret være nær null), og som grensen mellom å gli og å bli liggende. Merk at oppover er retardasjonen i dette grensetilfellet nøyaktig 2gsin⁡θ2g\sin\theta, siden de to leddene er like store.

Glidefriksjon mot rullemotstand

To helt ulike fenomener som er lette å blande. Glidefriksjon oppstår når flatene sklir mot hverandre, følger f=μNf = \mu N, og er det eneste dette kapitlet handler om. Rullemotstand oppstår når et hjul eller en kule ruller, skyldes at underlaget og legemet deformeres, og er typisk en faktor 10–100 mindre. Et rullende legeme har dessuten et kontaktpunkt som står stille, så den statiske friksjonen der gjør ikke arbeid. Det er en avgjørende forskjell for energiregnskapet, og den behandles i kap. 2.2.

Valg av positiv retning

Beslutningen du tar før du skriver den første ligningen: hvilken vei langs planet skal regnes som positiv. Valget er fritt, men det må være eksplisitt og holdes gjennom hele oppgaven. Den mest robuste vanen er å velge bevegelsesretningen som positiv, fordi friksjonen da alltid får negativt fortegn og tyngdekomponenten får det fortegnet retningen tilsier. Bytter du konvensjon halvveis — for eksempel når legemet snur i toppen av et skråplan — må du skrive det ned, ellers går fortegnene i surr. Det er verdt å merke seg at et negativt svar ikke er en feil, men informasjon: det betyr at størrelsen peker motsatt vei av det du valgte.

Sjanger M1 — Newton på skråplan med friksjon

Bokas navn på oppgaveformen der et legeme glir på en skrå flate med friksjon, og du skal finne akselerasjonen, snuavstanden eller den kritiske vinkelen. Den forekommer i praktisk talt alle eksamenssett (~100 %) og hører til mekanikkhalvdelen, spørsmål 1–20. Kjeden er kort og fast: frilegemediagram, dekomponering, NN fra likevekt normalt på flaten, f=μNf = \mu N, og til slutt Newtons 2. lov langs planet. Tre feil bærer nesten alle distraktorene: galt fortegn foran friksjonsleddet, sin⁡\sin og cos⁡\cos byttet om, og NN satt til mgmg når en ytre kraft endrer den.

Grensetilfellene θ=0\theta = 0 og θ=90∘\theta = 90^\circ

To vinkler som er verdt å ha i hodet som kontroller. Ved θ=0\theta = 0 (vannrett gulv) er N=mgN = mg, tyngdekomponenten langs flaten er null, og et legeme i bevegelse bremses av friksjonen alene med a=−μga = -\mu g. Ved θ=90∘\theta = 90^\circ (loddrett vegg) er N=0N = 0, altså ingen friksjon, og legemet er i fritt fall med a=ga = g. Setter du de to vinklene inn i et uttrykk du er usikker på, avslører de umiddelbart om sin⁡\sin og cos⁡\cos står riktig — og de fungerer like godt for uttrykk du har utledet selv som for dem du har hentet fra arket.

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.