Uitwerkingen opgaven hoofdstuk 3

Uitwerkingen opgaven hoofdstuk 3
3.1
Opgave 3
Krachten: wat zijn dat?
F1: Teken een pijl met een lengte van 3,6 cm (zie figuur 3.1).
F2: Teken een pijl met een lengte van 2,4 cm (zie figuur 3.1).
Deze pijl wijst een andere kant op dan F1 (vanwege het minteken).
Figuur 3.1
Opgave 4
a Ftrek  C  u  C 
Ftrek
 F  N of N
 C   trek 
u
u  cm m
m

kg  2 

N
s  kg
b C    
 2  kgs 2
m
m
s
c Meet in figuur 3.2 de uitrekking u10 op bij 10 N: u10 = 3,06 cm.
1,0 cm op de foto komt overeen met 2,8 cm in werkelijkheid  3,06 cm op de
foto komt overeen met 3,06 × 2,8 = 8,57 cm
F
10
F  C u  C  
 1, 2 N/cm
u 8,57
Figuur 3.2
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
1 van 30
3.2

Opgave 8
Rekenen met krachten

a F1 en F2 hebben dezelfde richting. Zie figuur 3.3a.


Fres = 30 + 40 = 70 N. F1 en F2 hebben tegengestelde richting.
Zie figuur 3.3b.

Fres = 30 – 40 = –10 N, dat wil zeggen 10 N in de richting van F2 .


F1 en F2 maken een hoek van 90° met elkaar. Zie figuur 3.3c.
Berekenen met Pythagoras levert:
Fres2  F12  F22
Fres  302  402  50 N
Figuur 3.3a
Figuur 3.3b
Figuur 3.4a

Figuur 3.4b

b F1 en F2 maken een hoek van 120° met elkaar. Zie figuur 3.3d.
Maak een tekening op schaal. Neem 10 N overeenkomstig met 1,0 cm.

Meet daarna de lengte van F res op; meet vervolgens de hoek op voor de
richting.
Hoekgrootte 74°.
Opgave 9
a Zie figuur 3.4.
In ΔABC: cos 35 
AB Fx

 Fx  F  cos 35  52  cos 35  43 N
AC F
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
2 van 30
b Zie figuur 3.4.
BC Fy

 Fy  F  sin 35  52  sin 35  30 N
AC F
Of met de stelling van Pythagoras:
In ΔABC: sin 35 
F 2  Fx2  Fy2  Fy2  F 2  Fx2  Fy  F 2  Fx2  522  432  30 N
Figuur 3.4
Opgave 10
a Zie figuur 3.5.
De stelling van Pythagoras:
F 2  Fx2  Fy2  Fy2  F 2  Fx2  Fy  F 2  Fx2  322  272  17 N
b Zie figuur 3.5.
In ΔPQR:
PQ Fx 27
cos  


   32
PR F 32
RQ Fy 17
of sin  


   32
PR F 32
RQ Fy 17
of tan  


   32
PQ Fx 27
Figuur 3.5
Opgave 11
a Zie figuur 3.6a.
In ΔABC: cos 50 
AB Fx

 Fx  F  cos 50  65  cos 50  42 N
AC F
b Zie figuur 3.6a.
BC Fy

 Fy  F  sin 50  65  sin 50  50 N
AC F
of met de stelling van Pythagoras:
In ΔABC: sin 50 
F 2  Fx2  Fy2  Fy2  F 2  Fx2  Fy  F 2  Fx2  652  422  50 N
c Zie figuur 3.6b.
PQ Fx 25


   67
In ΔPQR: cos  
PR F 65
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
3 van 30
d Zie figuur 3.6b.
RQ Fy

 Fy  F  sin   65  sin 67  60 N
PR F
RQ Fy
of tan  

 Fy  Fx  tan   25  tan 67  60 N
PQ Fx
of met de stelling van Pythagoras:
In ΔPQR: sin  
F 2  Fx2  Fy2  Fy2  F 2  Fx2  Fy  F 2  Fx2  652  252  60 N
Figuur 3.6a
Opgave 12
Figuur 3.6b
a Zie figuur 3.7.
b Zie figuur 3.7.
Figuur 3.7
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
4 van 30
Opgave 13
a Zie figuur 3.8a.

b Nu loopt F1 langs de X-as.
Die kracht hoeft dus niet ontbonden te worden.
c Zie figuur 3.8a.
F1 = 27 N  F1,x = 27 N; F1,y = 0 N
In ΔPQR:
PQ F2,x
cos  

 F2,x  F2  cos   75  cos 73,7  21 N
PR F2
RQ F2,y
sin  

 F2,y  F2  sin   75  sin 73, 7  72 N
PR
F2
of met de stelling van Pythagoras:
2
2
2
2
2
F22  F2,x
 F2,y
 F2,y
 F22  F2,x
 F2,y  F22  F2,x
 752  212  72 N
In ΔPST:
PS F3,x
cos  

 F3,x  F3  cos   52  cos 22,6  48 N
PT F3
TS F3,y
sin  

 F3,y  F3  sin   52  sin 22, 6  20 N
PT F3
of met de stelling van Pythagoras:
F32  F3,x2  F3,y2  F3,y2  F32  F3,x2  F3,y  F32  F3,x2  522  482  20 N
kracht
F1
F2
F3
Fres
x-component
F1,x = +27 N
F2,x = –21 N
F3,x = –48 N
Fres,x = –42 N
Figuur 3.8a
y-component
F1,y = 0 N
F2,y = +72 N
F3,y = –20 N
Fres,y = +52 N
Figuur 3.8b
d Zie het antwoord bij c.
e Zie figuur 3.8b.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
5 van 30
f Zie figuur 3.8b.
De grootte van Fres met de stelling van Pythagoras:
Fres2  Fr,x2  Fr,y2  Fres  Fr,x2  Fr,y2  422  522  67 N
De richting van Fres:
In ΔPAB:
AB Fr,y 52
tan  


   51   = 51° (hoek met negatieve X-as)
AP Fr,x 42
3.3
Opgave 19
Krachten in evenwicht
a Zie figuur 3.9a.
Er is evenwicht  alle krachten moeten elkaar opheffen.

Fa heeft in figuur W3.3 in het werkboek een lengte van 3,5 cm 
1,0 cm ̂ 1,2 N (dat wil zeggen 1,0 cm in de tekening komt overeen met een
kracht van 1,2 N).

Teken in punt P een pijl – tegengesteld gericht aan Fa – met een lengte van
3,5 cm.
Noem de punt van deze pijl Q. Teken nu vanuit Q een lijn evenwijdig aan lijn c
en bepaal het snijpunt met lijn b. Noem dit punt R. Teken daarna vanuit Q een
lijn evenwijdig aan lijn b en bepaal het snijpunt met lijn a. Noem dit punt S.
Figuur 3.9a
Figuur 3.9b
b Eerste manier (opmeten; zie figuur 3.9a)
Meet de afstand RP. Deze is ongeveer 1,3 cm  Fb = 1,6 N.
Meet de afstand PS. Deze is ongeveer 2,8 cm  Fc = 3,4 N.
Tweede manier (berekenen)
Bepaling hoek , β en γ.
Zie figuur 3.9b.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
6 van 30
3
   26, 6
6
2
tan      18, 4
6
3
tan      45, 0
3
Alle krachten moeten elkaar opheffen (zie figuur 3.9c).
tan  




  Fx  0 (alle componenten van de krachten langs de X-as moeten elkaar
opheffen)
 Fa,x  Fb,x  Fc,x  0  Fa,x  Fb,x  Fc,x
  Fy  0 (alle componenten van de krachten langs de Y-as moeten elkaar
opheffen)
 Fa,y  Fb,y  Fc,y  0  Fa,y  Fb,y  Fc,y
Figuur 3.9c
Zie figuur 3.9c.
Fa,x  Fa  cos   4, 2  cos 26, 6  3, 76 N
Fb,x  Fb  cos   Fb  cos18, 4  0,95  Fb
Fc,x  Fc  sin   Fc  sin 45, 0  0, 71 Fc
Fa,y  Fa  sin   4, 2  sin 26, 6  1,88 N
Fb,y  Fb  sin   Fb  sin18, 4  0,32  Fb
Fc,y  Fc  cos   Fc  cos 45, 0  0, 71 Fc
Fa,x  Fb,x  Fc,x  3, 76  0,95  Fb  0, 71 Fc
 0,95  Fb  3,76  0,71 Fc  Fb  3,96  0,74  Fc
Fa,y  Fb,y  Fc,y  1,88  0,32  Fb  0, 71 Fc
 0,32  Fb  0,71 Fc  1,88  Fb  2, 22  Fc  5,88
 Fb  3,96  0,74  Fc  2, 22  Fc  5,88
 0, 74  Fc  2, 22  Fc  3,96  5,88
 2,96  Fc  9,84  Fc  3,32  3,3 N
 Fb  3,96  0, 74  Fc  3,96  0, 74  3,32
 Fb  1,50  1,5 N
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
7 van 30
c Als koordje b losschiet, valt Fb weg; de totale kracht op P wordt dus kleiner; de
uitrekking van de veer in de krachtmeter wordt minder  de krachtmeter geeft
minder dan 4,2 N aan.
Opgave 20
a Eerste manier
Zie figuur 3.10a.
De schaalfactor: 10 N ̂ 20 mm.

De krachtmeter wijst 15 N aan  in de tekening heeft de veerkracht F veer een
15
lengte van
× 20 = 30 mm.
10
Teken de lengte van de veerkracht 30 mm lang (AP = 30 mm).
Teken door P de werklijn l en teken door A de lijn m evenwijdig aan lijn a.
Noem het snijpunt van lijn l met lijn m B.


Teken in punt P F zw naar beneden. De lengte van F zw is gelijk aan de afstand
BP (PD = BP).

Teken door B de lijn n evenwijdig aan F veer .
Noem het snijpunt van lijn n met lijn a C.

De lengte van F span is gelijk aan de afstand PC.
Zie figuur 3.10a.
Figuur 3.10a
Figuur 3.10b
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
8 van 30
Tweede manier
Zie figuur 3.10b.
De schaalfactor: 10 N ̂ 20 mm.

De krachtmeter wijst 15 N aan  in de tekening heeft de veerkracht F veer een
15
lengte van
× 20 = 30 mm.
10
Teken de lengte van de veerkracht 30 mm lang (AP = 30 mm).
Het geheel is in rust, dus moet de som van de krachten nul zijn. De resultante



van F zw en F span moet daarom even groot zijn als F veer en is daaraan
tegengesteld gericht.

Teken door P de werklijn b van F zw .
Maak PK even lang als AP (30 mm) en teken door K de lijn c evenwijdig aan
lijn a.

Noem het snijpunt van lijn b en c L. De lengte van F zw is gelijk aan de afstand
LP.
Teken door K een lijn evenwijdig aan lijn b.
Noem het snijpunt van lijn a en d M.

De lengte van F span is gelijk aan de afstand PM.
b Eerste manier
Alle krachten moeten elkaar opheffen (zie figuur 3.10c).




  Fx  0 (alle componenten van de krachten langs de X-as moeten elkaar
opheffen)
 Fspan,x  Fveer,x  0  Fspan,x  Fveer,x
  Fy  0 (alle componenten van de krachten langs de Y-as moeten elkaar
opheffen)
 Fspan,y  Fveer,y  Fzw  0
 Fspan,y  Fveer,y  Fzw
In ΔPRC:
Fspan,x  Fspan  cos 53  0, 60  Fspan
Fspan,y  Fspan  sin 53  0,80  Fspan
In ΔPQA:
Fveer,x  Fveer  cos 37  15  cos 37  12 N
Fveer,y  Fveer  sin 37  15  sin 37  9, 0 N
Fspan,x  Fveer,x  0, 60  Fspan  12  Fspan  20 N
Fspan,y  Fveer,y  Fzw  0,80  Fspan  9, 0  Fzw  0,80  20  9, 0  Fzw
 Fzw  25 N
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
9 van 30
Tweede manier
Zie figuur 3.10d.
In ΔCPG:
F
PG Fveer
15
tan 37 

 Fspan  veer 
 20 N
PC Fspan
tan 37 tan 37
F
PG Fveer
15
sin 37 

 Fzw  veer 
 25 N
GC Fzw
sin 37 sin 37
of met de stelling van Pythagoras:
GC2  PG 2  PC2
2
2
2
2
Fzw2  Fveer
 Fspan
 Fzw  Fveer
 Fspan
 202  152  25 N
c Zie figuur 3.10a of figuur 3.10b.
Meet de lengte van PD op  PD = 50 mm
50
De schaalfactor: 10 N ̂ 20 mm  Fzw  10 N  25 N
20
Meet de lengte van PC op  PC = 40 mm
40
De schaalfactor: 10 N ̂ 20 mm  Fspan  10 N  20 N
20
Figuur 3.10c
Figuur 3.10d
d Alle krachten moeten elkaar opheffen (zie figuur 3.10e).


  Fx  0 (alle componenten van de krachten langs de X-as moeten elkaar
opheffen)
 Fspan,x  Fveer,x  0  Fspan,x  Fveer,x
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
10 van 30


  Fy  0 (alle componenten van de krachten langs de Y-as moeten elkaar
opheffen)
 Fspan,y  Fveer,y  Fzw  0
 Fspan,y  Fveer,y  Fzw
In ΔPRC:
Fspan,x  Fspan  cos 50  0, 64  Fspan
Fspan,y  Fspan  sin 50  0, 77  Fspan
In ΔPQA:
Fveer,x  Fveer  cos30  15  cos30  13 N
Fveer,y  Fveer  sin 30  15  sin 30  7,5 N
Fspan,x  Fveer,x  0, 64  Fspan  13  Fspan  20 N
Fspan,y  Fveer,y  Fzw  0, 77  Fspan  7,5  Fzw
 0,77  20  7,5  Fzw  Fzw  23 N
Figuur 3.10e
Opgave 21
a In beide figuren is de zwaartekracht Fzw gelijk (50 N)  de diagonaal in
beide parallellogrammen is even lang. Omdat 1 in figuur 3.11a kleiner is
dan  2 in figuur 3.11b, is Fspan,1 kleiner dan Fspan,3.
Figuur 3.11a
Figuur 3.11b
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
11 van 30
b Eerste manier
Zie figuur 3.11c.
PD  PC  BC  DB  Fspan
cosinusregel in PBC:
BC2  PC2  PB2  2  PC  PB  cos
2
2
Fspan
 Fspan
 Fzw2  2  Fspan  Fzw  cos 
1202  1202  502  2 120  50  cos 
502
50
 cos  

 0, 208
2 120  50 240
   78
Tweede manier
Zie figuur 3.11d.
PS  PQ  RQ  RS  Fspan
  PQRS is een ruit
In een ruit staan de diagonalen loodrecht op elkaar, en ze delen elkaar door
midden  PT  PR  12  Fzw
In ΔPTQ:
PT 25
cos  

 0, 208    78
PQ 120
Figuur 3.11c
Figuur 3.11d
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
12 van 30
Derde manier
Alle componenten van de krachten langs de Y-as moeten elkaar opheffen (zie
figuur 3.11e).


  Fy  0
 Fspan,y  Fspan,y  Fzw  0
 2  Fspan,y  Fzw  50 N
 Fspan,y  25 N
In ΔPUV:
UV Fspan,y 25
cos  


   78
PV
Fspan 120
Figuur 3.11e
Opgave 22
a Zie figuur 3.12.
De coach van de Bears heeft ongelijk. De krachten die de teamleden van de
Bears uitoefenen, moeten ontbonden worden in een component langs het
linkertouw (de X-as) en een component loodrecht erop (de Y-as). Alleen de
componenten langs de X-as zijn van belang bij het touwtrekken. Bij de Bears
zijn deze componenten samen altijd kleiner dan de som van de krachten die de
teamleden uitoefenen.
b Zie figuur 3.12.
Figuur 3.12
FBull = FBear,x
In ΔMAB:
F
MA FBear,x
cos 20 

 FBear  Bear,x  1,064  FBear,x
MB FBear
cos 20
 FBear = 1,064 ∙ FBull
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
13 van 30
In %:
FBear
1, 064 FBull
100% 
100%  1, 064%
FBull
FBull
 het percentage extra trekkracht van de trekker van de Bears = 6,4%.
3.4
Opgave 27
Massa, zwaartekracht, gewicht en normaalkracht
Fzw = m ∙ g = 58 ∙ 10– 3  9,81 = 0,57 N
Opgave 28
a De massa is op de maan ook 0,60 kg. De massa is een eigenschap van het
voorwerp en is overal gelijk.
b Op de aarde, omdat de zwaartekracht op aarde zesmaal zo groot is als op de
maan.
Opgave 29
a De richting van de veerkracht is tegengesteld aan die van de uitrekking.
b Om de veer 1 m uit te rekken is een kracht van 28 N nodig.
c De voetbal is in rust  de zwaartekracht Fzw is even groot als de veerkracht
Fveer.
Fveer = C ∙ u = 28 × 0,15 = 4,2 N  Fzw = 4,2 N
F
4, 2
Fzw  m  g  m  zw 
 0, 43 kg
g
9,81
Opgave 30
a Zie figuur 3.13a t/m e.
De symmetrieassen zijn in de figuren aangegeven met een streeplijn.
figuur a ruit: twee symmetrieassen
figuur b rechthoek: twee symmetrieassen
figuur c vierkant: vier symmetrieassen
figuur d gelijkzijdige driehoek: drie symmetrieassen
figuur e cirkel: iedere lijn door Z is een symmetrieas
b Zie figuren 3.13. Z is het zwaartepunt.
Figuur 3.13
Opgave 31
Zie figuur 3.14.
Het zwaartepunt zal niet in het midden van het kopje liggen, maar dichter bij
het oor en dichter bij de bodem.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
14 van 30
Figuur 3.14
Opgave 32
a Zie figuur 3.15a.
Blok A beweegt niet, dus de som van de krachten op A is nul. Op blok A werkt

de zwaartekracht ( F zw,A ) naar beneden en de spankracht in het touw omhoog



( F span,A ); F zw,A is even groot als F span,A .
b Zie figuur 3.15b.
Blok B beweegt niet, dus is de som van de krachten op blok B nul. Op blok B

werkt de zwaartekracht ( F zw,B ) naar beneden, de spankracht in het touw


( F span,B ) omhoog en de normaalkracht ten gevolge van de vloer ( F n,B )
omhoog. Het touw beweegt niet, dus is de som van de krachten op het touw

nul. De spankracht in het touw bij B ( F span,B ) is daarom gelijk aan die bij A

( F span,A ).


F span,A is even groot als F span,B .


F zw,B is 1,5 keer zo lang als F zw,A .



F n,B is gelijk aan het verschil tussen F zw,B en F span,B .
c Zie de figuren 3.15a en 3.15b.
In totaal zijn er bij de blokken vijf krachten in het spel; hiervan zijn er twee
bekend en drie onbekend.
Bij B is de zwaartekracht bekend, de normaalkracht is onbekend en de
spankracht is onbekend.
Bij A is de zwaartekracht bekend en de spankracht onbekend; maar die is te
berekenen, omdat A in rust is.
Begin dus bij blok A.
d Fzw,A = mA ∙ g = 4,0 × 9,81 = 39 N  Fspan,A = 39 N
Fzw,B = mB ∙ g = 6,0 × 9,81 = 59 N; Fspan,B = Fspan,A = 39 N  Fn,B = 20 N
e Op de katrol werken in totaal drie krachten naar beneden, namelijk de
zwaartekracht op de katrol en de twee spankrachten. Beide spankrachten zijn in
grootte gelijk aan de zwaartekracht die op A werkt. Uit de verhouding tussen
de massa van A en die van de katrol is de verhouding te bepalen van de
spankracht op A en de zwaartekracht op K.
Dat is ook de verhouding van de lengten van hun vectorpijlen.
mA = 4,0 kg; mkatrol = 2,0 kg  mkatrol = 12 ∙ mA  Fzw,katrol = 12 ∙ Fzw,A
Zie figuur 3.15c.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
15 van 30
f Er is sprake van evenwicht, dus is de som van de krachten op de katrol nul.
De som van de lengten van de drie vectoren die naar beneden gericht zijn, is
even groot als Fspan,K omhoog. Zie figuur 3.15d.
g Fspan,K = Fspan,A + Fspan,B + Fzw,katrol
Fzw,katrol = mK ∙ g = 2,0 × 9,81 = 20 N
Fspan,K = 39 + 39 + 20 = 98 N
h De katrol en de twee blokken kunnen ook als één geheel worden opgevat. Op
het ophangtouw werkt dan de zwaartekracht ten gevolge van de totale massa
naar beneden, maar het effect daarvan wordt verminderd door de
normaalkracht bij B omhoog.
Fz,totaal = mtotaal ∙ g = 12,0 × 9,81 = 118 N
Fn,B = 20 N  Fspan,K = 118 – 20 = 98 N
Figuur 3.15a
3.5
Opgave 38
Figuur 3.15b
Figuur 3.15c
Figuur 3.15d
Moment van een kracht
a 1 Het scharnierpunt is het punt waar het voorwerp om kan of gaat draaien.
2 Zie figuur 3.16: punt S.
b 1 Het aangrijpingspunt is de plaats waar de kracht op het voorwerp wordt
uitgeoefend, aangegeven door het begin van de krachtvector.
2 Zie figuur 3.16: punt A.
Figuur 3.16
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
16 van 30
c 1 De oneindig lange lijn die door de krachtvector gaat.
2 Zie figuur 3.16: lijnstuk l.
d 1 De loodrechte (dus kortste) afstand tussen het scharnierpunt en de werklijn
van de kracht.
2 Zie figuur 3.16: lijnstuk d.
Opgave 39
Opgave 40
Zolang de bedoelde moer nog vastzit, is het moment van de kracht die de moer
vasthoudt gelijk aan het moment van Liannes kracht. Moment = kracht × arm.
Door de pijp te gebruiken wordt de arm van Liannes kracht groter. Bij
gelijkblijvende kracht wordt dus het moment van Liannes kracht groter. Als
Liannes moment groter wordt dan het moment van de kracht die de moer
vasthoudt, kan de moer loskomen.
a Zie figuur 3.17.
Draairichting van het moment ‘tegen de wijzers van de klok in’: plusteken
Draairichting van het moment ‘met de wijzers van de klok mee’: minteken
M = F ∙ d en d  F
M1 = + (F1 ∙ d1)
M1 = +(20 × 4) = +80 Nm
M2 = F2 ∙ d2
M2 = 0 Nm (de werklijn van F2 gaat door P)
M3 = –(F3 ∙ d3)
M3 = –(20 × 2) = –40 Nm
M4 = F4 ∙ d4
M4 = 0 Nm (de werklijn van F4 gaat door P)
M5 = +(F5 ∙ d5)
M5 = +(15 × 1) = +15 Nm
M6 = –(F6 ∙ d6)
M6 = –(10 × 2,5) = –25 Nm
b Mtotaal = M1 + M2 + M3 + M4 + M5 + M6 = 80 – 40 + 15 – 25 = +30 Nm
Figuur 3.17
Opgave 41
a Zie figuur 3.18a.
M9 = Fzw,mus ∙ d9 = 0,35 × 0,60 = +0,21 Nm
b Zie figuur 3.18b.
M12 = Fzw,mus ∙ d12 = 0,35 × 0 = 0 Nm
Zie figuur 3.18b.
M3 = –Fzw,mus ∙ d3 = –0,35 × 0,60 = –0,21 Nm
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
17 van 30
c Zie figuur 3.18c.
M11 = Fzw,mus ∙ d11
d
cos   11  d11  0, 60  cos 60  0,30 m
0, 60
 M11 = Fzw,mus ∙ d11 = 0,35 × 0,30 = +0,11 Nm
Figuur 3.18a
3.6
Figuur 3.18b
Momentenwet

Opgave 46
Figuur 3.18c

a Er werken twee krachten: F zw en F n
b Door het karton opzij te trekken, trek je ook het zwaartepunt wat opzij. De


werklijn van F zw loopt dan niet meer door het ophangpunt, dus heeft F zw een

moment ten opzichte van het ophangpunt. F n werkt in het ophangpunt en
levert geen moment, want de arm is 0. Het karton zal gaan draaien, totdat het
moment ten gevolge van de zwaartekracht nul is.
c De som van de momenten moet nul zijn. Omdat het moment van de
normaalkracht altijd nul is, moet het moment van de zwaartekracht ook nul
zijn.
Fzw ∙ d = 0
Fzw  0  d = 0
De zwaartekracht wijst loodrecht naar beneden. Het zwaartepunt ligt dus recht
onder het ophangpunt.
Opgave 47
a Zie figuur 3.19.
Mlinks = Flinks ∙ dlinks = +3F ∙ 5p = +15 ∙ F ∙ p
Mrechts = Frechts ∙ drechts = –2F ∙ 8p = –16 ∙ F ∙ p  Mlinks  Mrechts
Het staafje is niet in evenwicht.
Figuur 3.19
b Het moment van de twee gewichtjes rechts heeft de grootste invloed. Het
rechteruiteinde zal dus omlaaggaan.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
18 van 30
c Aan de linkerkant blijven drie gewichtjes en aan de rechterkant twee.
Er is evenwicht als MS = 0. Dat is alleen het geval als de juiste combinatie
van krachtarmen gekozen wordt. Bedenk dat de armen alleen maar veelvouden
van p mogen zijn.
Noem de afstand van S tot de drie gewichtjes links k ∙ p en de afstand van S tot
de twee gewichtjes rechts n ∙ p. Hierin zijn k en n gehele getallen.
MS = (3k – 2n) ∙ (F ∙ p) = 0  3k – 2n = 0  3k = 2n
Bereken alle mogelijke waarden voor k en n waarbij k en n gehele getallen zijn
en vertaal de oplossingen naar de nummers van de gaatjes:
– 3 gewichtjes aan gat 9 en 2 gewichtjes aan gat 13;
– 3 gewichtjes aan gat 7 en 2 gewichtjes aan gat 16;
– 3 gewichtjes aan gat 5 en 2 gewichtjes aan gat 19.
Opgave 48
Zie figuur 3.20.
rzw = 0,80 m
rB = 1,10 m
Fzw = m ∙ g = 23,0 × 9,81
Fzw = 225,6 N
Mt.o.v. S = 0
 ( FB  rB )  ( Fzw  rzw )  0
 ( FB  rB )  ( Fzw  rzw )
 ( FB 1,10)  (225, 6  0,80)  180,5
 FB  164 N
De minimale kracht waarmee uiteinde B naar beneden gedrukt moet worden
om de balk in evenwicht te houden is 164 N.
Figuur 3.20
Opgave 49
a Zie figuur 3.21a. Alle afmetingen zijn in cm.
AB = 450 cm. Het zwaartepunt van de balk ligt in het midden, dus AZ = BZ =
225 cm.
ZS = 225 – 50 = 175 cm.
b Zie figuur 3.21a. De breedte van het contragewicht is 30 cm. Het zwaartepunt
C van het contragewicht ligt dus op 15 cm van B. Dan is SC = 50 – 15 = 35
cm.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
19 van 30
Figuur 3.21a
c Zie figuur 3.21a.
Fzw,balk = mbalk ∙ g = 16 × 9,81 = 157 N
Mt.o.v. S = 0  Mbalk – Mcontra = 0
  ( Fzw,balk  ZS)  ( Fzw,contra  CS)  0
  ( Fzw,balk  ZS)  ( Fzw,contra  CS)
 (157  1, 75)  ( Fzw,contra  0,35)
 Fzw,contra  785 N  mcontra  80 kg
d Zie figuur 3.21b.
Figuur 3.21b
In ΔSZZ:
ZS
cos  
 ZS  ZS  cos
ZS
In ΔSCC:
CS
cos  
 CS  CS  cos
CS
Fzw,balk = mbalk ∙ g = 16 × 9,81 = 157 N
Fzw,contra = mcontra ∙ g = 80 × 9,81 = 785 N
Mt.o.v. S = Mbalk – Mcontra
M balk  Fzw,balk  ZS  Fzw,balk  ZS  cos
M contra  Fzw,contra  CS  Fzw,contra  CS  cos
 M balk  M contra  ( Fzw,balk  ZS)  ( Fzw,contra  CS)
 M balk  M contra  ( Fzw,balk  ZS  cos )  ( Fzw,contra  CS  cos )
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
20 van 30
 M balk  M contra  (157 1, 75  cos )  (785  0,35  cos )
 M balk  M contra  (275  cos )  (275  cos )  0
 Mbalk – Mcontra = Mt.o.v. S = 0
 De slagboom is eveneens in evenwicht als hij een hoek van 30° maakt met
het wegdek.
e In bovenstaande berekening is te zien dat het er niet toe doet wat we voor hoek
 invullen. In beide armen, dus in beide momenten, komt dezelfde factor cos
voor.
Opgave 50
Zie figuur 3.22.
De zwaartekracht op Anton Fzw,A = mAnton ∙ g = 45 × 9,81 = 441,45 N
De zwaartekracht op Bart Fzw,B = mBart ∙ g = 35 × 9,81 = 343,35 N
Noem Antons krachtarm AS: x  Barts arm BS = 3,2 – x
Mt.o.v. S = 0  MAnton – MBart = 0
 ( Fzw,A  AS)  ( Fzw,Bart  BS)  0
 (441, 45  x)  (343,35  (3, 2  x))  0
 441, 45  x  (1098, 72  343,35  x )  0
 441, 45  x  1098, 72  343,35  x  0
 784,8  x  1098, 72  0  784,8  x  1098, 72
 x  1, 4 m
Figuur 3.22
Opgave 51
a Zie figuur 3.23a.
Fplank = mplank ∙ g = 15 × 9,81 = 147,15 N
FPetra = mPetra ∙ g = 45 × 9,81 = 441,45 N
Mt.o.v. P = 0  MPetra – Mplank = 0
 ( FPetra  XP)  ( Fplank  PZplank )  0
 ( FPetra  XP)  ( Fplank  PZplank )
 (441, 45  x)  (147,15 1, 20)
 x  0, 40 m (XP  0,40 m)
b Zie figuur 3.23b.
Fplank = mplank ∙ g = 15 × 9,81 = 147,15 N
FPetra = mPetra ∙ g = 45 × 9,81 = 441,45 N
Mt.o.v. Q = 0  MPetra – Mplank = 0
 ( FPetra  YP)  ( Fplank  PZplank )  0
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
21 van 30
 ( FPetra  YP)  ( Fplank  PZplank )
 (441, 45  y)  (147,15  0,30)
 y  0,10 m (YQ  0,10 m)
YA = AQ – YQ = 1,90 – 0,10 = 1,80 m
XA = AP – XP = 1,0 – 0,40 = 0,60 m (zie figuur 3.23a)
Figuur 3.23a
Figuur 3.23b
3.7
Toepassingen van de momentenwet
Opgave 55
a Voorbeelden zijn: gewichtheffen, wielrennen.
b Bij gewichtheffen moet je ervoor zorgen dat bij het optillen van de gewichten
de afstand tot je lichaam (de arm) zo klein mogelijk is.
Bij het wielrennen kun je door het veranderen van de versnelling ervoor zorgen
dat je gemakkelijker een berg op kunt fietsen.
Opgave 56
a Zie figuur 3.24. Afgezien van de kracht in het scharnierpunt S werken er op

elke helft van de notenkraker twee krachten: F1 is de spierkracht op het

handvat ten gevolge van het knijpen en F2 is de reactiekracht op de bek ten
gevolge van de aanwezige noot. De kleine kracht op het handvat wordt door
middel van een hefboom omgezet in een grote kracht op de bek. Volgens de

r
hefboomwet hoort bij de korte arm r2 van F2 een kracht die 1 keer zo groot is
r2

als de spierkracht F1 .
De krachten van de noot op de bek zijn even groot, maar tegengesteld aan de
krachten van de bek op de noot waardoor de noot breekt.
b Zie figuur 3.24.
Eerste manier (zie vraag a)

r  15
F2  1  F1 
15  75 N
r2
3, 0
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
22 van 30
Figuur 3.24
Tweede manier
Mt.o.v. S = 0  M1 – M2 = 0
 ( F1  r1 )  ( F2  r2 )  0  ( F1  r1 )  ( F2  r2 )
 (15  0,15)  ( F2  3, 0 102 )  F2  75 N
c De noot moet alsnog kapot. Dat kan alleen als F2 groter wordt. We moeten dus
M2 groter zien te krijgen. Dat is mogelijk door de noot dichter bij het
scharnierpunt te brengen (r2 nog kleiner maken), harder te knijpen (F1 groter
maken) of door verder van het scharnierpunt af te knijpen (r1 groter maken).
Opgave 57
a Zie figuur 3.25. De flessenopener kantelt om punt C. Dat is dus het
scharnierpunt bij I.
Figuur 3.25
b De flessenopener kantelt om punt A. Dat is dus het scharnierpunt bij II.

c De dop moet van de fles. Van belang hiervoor is de kracht F opener van de
opener op de dop. Deze is gelijk maar tegengesteld gericht aan de kracht van

de dop op de opener F dop . Het is daarom van belang bij welke manier de


spierkracht F spier optimaal wordt omgezet in F dop . Deze omzetting gebeurt
met behulp van momenten. Er geldt
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
23 van 30
AC
 Fdop
BC
AC

 Fdop
BA
bij methode I: Fspier  BC  Fdop  AC  Fspier 
bij methode II: Fspier  BA  Fdop  AC  Fspier

In de figuur is te zien dat BA > BC. Dus is bij methode II de kleinste F spier
nodig.
Opgave 58
a Zie figuur 3.26a. Bij het omhoog brengen van de last gaat de katrol ook mee
omhoog. Hierbij kantelt de katrol om A, zodat niet M1 het scharnierpunt is,
maar A.
b Zie figuur 3.26a.
Mt.o.v. A = 0
 M last  M B  0
 ( Flast  r )  ( FB  2r )  0
 ( Flast  r )  ( FB  2r )
 Flast  2  FB
 FB  12  Flast  1, 6 kN
Figuur 3.26b
Figuur 3.26a
c Zie figuur 3.26b.
M2 is scharnierpunt.
 M t.o.v. M 2  0
 M links  M rechts  0
 ( Ft  r )  ( FB  r )  0
 ( Ft  r )  ( FB  r )
 Ft  FB  1, 6 kN
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
24 van 30
Links en rechts van de katrol zijn de krachten gelijk, dus er is bij de vaste
katrol geen krachtwinst.
d Hij draait de trekrichting om, zodat er naar beneden getrokken kan worden.
e – De touwlengte die ingenomen dient te worden is tweemaal zo groot.
– Behalve de last moet ook het gewicht van de losse katrol opgetrokken
worden.
– Als de katrollen niet goed gesmeerd zijn, treedt er wrijving op.
Opgave 59
Zie figuur 3.27. Alle krachten moeten elkaar opheffen.




  Fx  0 (alle componenten van de krachten langs de X-as moeten elkaar
opheffen)
 FS,x  FA,x  0  FS,x  FA,x
  Fy  0 (alle componenten van de krachten langs de Y-as moeten elkaar
opheffen)
 FS,y  FA,y  Fzw  0
 FS,y  FA,y  Fzw
 FS,y  Fzw  FA,y
FA = 610,5 N en Fzw = 784,8 N (zie kernboek, pagina 53)
In ΔADC:
AD FA,x
cos 40 

 FA,x  FA  cos 40  610,5  cos 40  467,7 N
AC FA
Figuur 3.27
In ΔSPQ:
PQ FS,y 392, 4
tan  


 0,839    40
SP FS,x 467, 7
sin 40 
CD FA,y

 FA,y  FA  sin 40  610,5  sin 40  392, 4 N
AC FA
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
25 van 30
FS,x  FA,x  467,7 N
FS,y  Fzw  FA,y  784,8  392, 4  392, 4 N
De stelling van Pythagoras:
2
2
2
2
FS2  FS,x
 FS,y
 FS  FS,x
 FS,y

 (467,7)
2
 (392, 4)2   610,5  611 N
In ΔSPQ:
PQ FS,y 392, 4
tan  


 0,839    40
SP FS,x 467, 7
Opgave 60
a De kracht in S wijst omlaag. De zwaartekracht op de plank grijpt rechts van
het steunpunt R aan, waardoor de plank bij A omhoog wil gaan. De kracht in S
belet dat.
b Zie figuur 3.28.


c De werklijn van F as gaat door het scharnierpunt S. De momentarm van F as

ten opzichte van S is daarmee gelijk aan nul. Het moment van F as ten opzichte
van S is dus gelijk aan nul.
d Fzw = mduikplank ∙ g = 60 × 9,81  Fzw = 589 N
Mt.o.v. S = 0  Mn – Mzw = 0
 ( Fn  r1 )  ( Fzw  r2 )  0
 ( Fn  r1 )  ( Fzw  r2 )
 ( Fn  1, 60)  (589  2, 0)
 Fn  7, 4 102 N


e   Fy  0 (alle componenten van de krachten langs de Y-as moeten elkaar
opheffen)
  Fas  Fn  Fzw  0  Fas  Fn  Fzw
 Fas  7, 4 102  589  1,5 102 N
Figuur 3.28
Opgave 61
a Zie figuur 3.29.
Fzw = mvliegtuig ∙ g = 4,8 ∙ 103 × 9,81
 Fzw = 4,71 ∙ 105 N
Mt.o.v. S = 0  Mv – Mzw = 0
 ( FV  SV)  ( Fzw  SZ)  0
 ( FV 16)  (4, 71105  2)  FV  5,9 10 4 N
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
26 van 30
b Volgens de eerste wet van Newton moet de som van alle omhoog gerichte
krachten gelijk zijn aan de som van alle naar beneden gerichte krachten.

Omdat FV < Fzw moet Fs omhoog gericht zijn.


c   Fy  0 (alle componenten van de krachten langs de Y-as moeten elkaar
opheffen)
 FS  FV  Fzw  0
 FS  Fzw  FV  4, 71105  5,9 104  4,1105 N
Figuur 3.29

Opgave 62
In de figuren is de pijl voor de zwaartekracht F zw voor de overzichtelijkheid –
in verhouding – iets korter getekend dan in het werkboek.
a Zie figuur 3.30a.

De zwaartekracht F zw grijpt aan in het zwaartepunt Z van het latje (ZS = AZ).

F A is de trekkracht in het touwtje.

F S is de reactiekracht in scharnierpunt S.
b Zie figuur 3.30a.

BS is de arm van F A . Dat is de loodrechte afstand van het draaipunt S tot de

werklijn van F A (het touwtje).
Deze is in de figuur in je werkboek 6,0 cm. Omdat de schaal 1 : 10 is, is de
werkelijke grootte van SB 60 cm.
c Zie figuur 3.30a.

ZS is de arm van F zw .
Deze is in de figuur in je werkboek 5,0 cm. Omdat de schaal 1 : 10 is, is de
werkelijke grootte van ZS 50 cm.
Fzw = mlatje ∙ g = 0,45 × 9,81 = 4,41 N
Mt.o.v. S = 0  MA – Mzw = 0
 ( FA  SB)  ( Fzw  ZS)  0
 ( FA  0, 60)  (4, 41 0,50)
 FA  3, 7 N
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
27 van 30
Figuur 3.30a
d Zie figuur 3.30b. Alle krachten moeten elkaar opheffen.




  Fx  0 (alle componenten van de krachten langs de X-as moeten elkaar
opheffen)
 FS,x  FA,x  0  FS,x  FA,x
  Fy  0 (alle componenten van de krachten langs de Y-as moeten elkaar
opheffen)
 FS,y  FA,y  Fzw  0  FS,y  FA,y  Fzw
 FS,y  Fzw  FA,y
FA = 3,7 N en Fzw = 4,41 N 
FA
3, 7

 0,84  FA  0,84  Fzw
Fzw 4, 41
Figuur 3.30b
Maak in je tekening in het werkboek FA = 0,84 ∙ Fzw.


Ontbind FA in een x-component F A,x FA,x en een y-component F A,y
 FA,x  0,80  FA  0,80  0,84  Fzw  0, 67 Fzw 


 FA,y  0, 60  FA  0, 60  0,84  Fzw  0,50 Fzw 
Teken in S de x-component FS,x naar rechts, die even lang is als FA,x.
( FS,x  FA,x  0, 67  Fzw )
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
28 van 30
Teken in S de y-component FS,y naar boven, even lang als Fzw – FA,y.
( FS,y  Fzw  FA,y  Fzw  0,50  Fzw  0,50  Fzw )

Construeer nu F S .
e Eerste manier
Meet de lengte van FS op in je werkboek; FS is even lang als FA  FS = 3,7 N.
Tweede manier
Met de stelling van Pythagoras:
2
2
2
2
FS2  FS,x
 FS,y
 FS  FS,x
 FS,y
FS,x  0, 67  Fzw ; FS,y  0,50  Fzw
 FS 
 0, 67  F
zw
   0,50  Fzw 
2
2
  0, 449  F   0, 25  F 
2
zw
2
zw
 FS  0,699  Fzw2  Fzw  0,699  0,84  Fzw  0,84  4, 41  3,7 N
f Toen de lat horizontaal hing, gold volgens het antwoord bij vraag c:
ZS
 Fzw
–(Fzw ∙ ZS) + FA ∙ BS = 0  FA 
BS
Zie figuur 3.30c.
Het latje is in de nieuwe stand weer in evenwicht, dus MS = 0. Ofwel:
r
–(Fzw ∙ rzw) + FA ∙ PS = 0. Dan is FA  zw  Fzw
PS
Vergelijk nu de beide uitdrukkingen voor FA.
Fzw is gelijk gebleven; rzw is kleiner dan ZS; PS is groter dan BS (zie figuur
r
ZS
3.30a). De breuk zw is dus kleiner dan de breuk
. Dan is FA in de nieuwe
PS
BS
situatie kleiner dan in de eerste situatie.
Figuur 3.30c
g Zie figuur 3.30b.
Uit de momentenwet volgt FA ∙ BS = Fzw ∙ ZS.
BS
In de rechthoekige SBA geldt sin  
, dus BS = AS ∙ sin.
AS
Verder weten we dat ZS = 12 AS. Invullen van ZS en BS in de eerste
vergelijking levert FA ∙ AS ∙ sin = Fzw ∙ 12 AS.
Delen door AS levert FA ∙ sin = 12 Fzw. Maar er geldt ook dat de verticale
component van FA gelijk is aan FA,y = FA ∙ sin. Dus we vinden FA,y = 12 Fzw.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
29 van 30
Uit de eerste wet van Newton vinden we FS,y = Fzw – 12 Fzw = 12 Fzw.
Dus we concluderen dat FS,y = FA,y.
In vraag d vonden we al dat FS,x = FA,x. Dus moet er gelden dat FS = FA en dat

de hoek van F S met AS gelijk is aan .
Opgave 63
a Zie figuur 3.31a.
Er is sprake van een hefboom met scharnierpunt S en twee momenten. De
momenten zijn Mstoom ten gevolge van de kracht Fstoom die de stoom uitoefent op
de klep en ML ten gevolge van het gewicht L.
Als Mstoom < ML blijft de klep gesloten.
Als de druk in de stoomketel toeneemt, dan neemt Mstoom toe.
De klep gaat open zodra Mstoom > ML.
Nu kan er stoom ontsnappen totdat Mstoom < ML.
b Zie figuur 3.31a.
FL = mlast ∙ g = 1,85 × 9,81 = 18,1 N
Mt.o.v. S = 0  Mstoom – ML = 0
 ( Fstoom  KS)  ( FL  AS)  0
 ( Fstoom  0,10)  (18,1 0,30)
 Fstoom  54 N


c   Fy  0 (alle componenten van de krachten langs de Y-as moeten elkaar
opheffen)
  FS  Fstoom  FL  0  FS  Fstoom  FL
 FS  54  18,1  36 N
FS is naar beneden gericht (zie figuur 3.31a).
d Een hogere stoomdruk geeft een groter moment Mklep.
Voor evenwicht moet het moment van L dan groter worden.
De kracht die L veroorzaakt op de klep verandert niet, dus moet de arm groter
worden. L moet dus naar rechts verschoven worden.
e Zie figuur 3.31b.
Als de klep niet openspringt, moet ML > Mstoom.
ML = FL ∙ BS = 18,1 × 0,40 = 7,24 Nm
  KS
M stoom  Fstoom
  1,2  Fstoom  1, 2  54  64,8 N
Fstoom
 M stoom  64,8  0,10  6, 48 Nm
Omdat ML groter is dan Mstoom blijft de klep dicht.
Figuur 3.31a
Figuur 3.31b
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O HOOFDSTUK 3
30 van 30