mecanica racional notes de classe · 2011-06-10 · mecanica racional notes de classe albert falqu...

MECANICA RACIONAL

Notes de classe

Albert Falques

Joan Sanchez

Francesc Marques

E.T.S.Enginyers de Camins, Canals i Ports

Departament de Fısica Aplicada

Universitat Politecnica de Catalunya (UPC)

13 de maig de 2011

Index

1 Cinematica de la partıcula 8

1.1 Vector de posicio. Trajectoria. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2 Velocitat i acceleracio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.1 Velocitat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.2 Vector acceleracio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.3 Moviment uniformement accelerat. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.4 Moviment circular. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.5 Components intrınseques de l’acceleracio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.5.1 Curvatura i radi de curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.5.2 Circumferencia osculadora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.6 Integracio de les equacions del moviment. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.6.1 Cas mes senzill: a = a(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.6.2 Acceleracio depenent de la posicio: a = a(x) . . . . . . . . . . . . . . 25

1.6.3 Acceleracio depenent de la velocitat: a = a(v) . . . . . . . . . . . . . 26

1.7 Translacio d’eixos de referencia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.8 Complements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.8.1 Coordenades cilındriques i esferiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.8.2 Calcul diferencial i integral per funcions vectorials de variable real . 28

1.8.3 Diferencial de r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1.8.4 Significat del radi de curvatura i Triedre de Frenet . . . . . . . . . . 32

1

INDEX 2

2 Dinamica de la partıcula 35

2.1 Forca i massa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.2 Primera Llei de Newton: sistemes inercials. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.3 Segona Llei de Newton. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.4 Tercera Llei de Newton (accio i reaccio). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.5 Tipus de forces. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.5.1 Forces a distancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.5.2 Forces de contacte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.5.3 Tipus de problema associats a les lleis de Newton. Forces de lligadura 44

2.6 Fregament per lliscament entre solids (Fregament sec o de Coulomb . . . . 46

2.7 Forces d’inercia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.8 Unitats, dimensions i parametres adimensionals. . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.8.1 Homogeneitat dimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.8.2 Magnituts fonamentals i dimensions . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.8.3 Parametres adimensionals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.9 Complements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.9.1 Teorema π de Buckingham . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

3 Sistemes de forces 56

3.1 Equilibri de la partıcula i del solid rıgid. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

3.1.1 Equilibri de la partıcula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

3.1.2 Equilibri del solid rıgid. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

3.1.3 Moment d’un vector respecte d’un punt. . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3.1.4 Resultant i moment resultant. Condicions d’equilibri del solid rıgid. 60

3.2 Equivalencia de sistemes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3.3 Eix central i trinomi invariant. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.4 Classificacio i reduccio dels sistemes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

INDEX 3

3.5 Sistemes plans. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.6 Sistemes de forces paral·leles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

4 Estatica 70

4.1 Moviment imminent. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

4.2 Problemes hiperestatics. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

4.3 Sistemes de solids. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

4.3.1 Tipus de contacte entre solids. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

4.4 Distribucions contınues de forces. Tensions. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

4.4.1 Forces distribuıdes en una linia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

4.4.2 Forces distribuıdes en un volum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

4.4.3 Forces distribuıdes en una superfıcie. Tensions . . . . . . . . . . . . 80

4.5 Forces d’origen hidrostatic. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

4.6 Complements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

4.6.1 Fregament entre una corda i una superfıcie. . . . . . . . . . . . . . . 86

5 Estatica d’estructures 89

5.1 Estructures articulades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

5.2 Condicions d’equilibri. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

5.3 Nusos en condicions especials. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

5.4 Metode d’analisi dels nusos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

5.5 Estructures simples. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

5.6 Metode d’analisi de les seccions. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

6 Canvis de sistema de referencia 100

6.1 Rotacio d’eixos. Vector velocitat angular. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

6.2 Transformacio de velocitats i acceleracions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

6.2.1 Significat de l’acceleracio centrıpeta . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

INDEX 4

6.2.2 Significat de l’acceleracio de Coriolis . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

6.3 Forces d’inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

6.3.1 Interpretacio fısica de la forca centrıfuga . . . . . . . . . . . . . . . . 110

6.3.2 Interpretacio fısica de la forca de Coriolis . . . . . . . . . . . . . . . 110

6.4 Moviment respecte de la Terra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

6.4.1 Efecte de la forca centrıfuga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

6.4.2 Efecte de la forca de Coriolis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

7 Cinematica del solid 120

7.1 Graus de llibertat d’un solid. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

7.2 Camp de velocitats. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

7.3 Camp d’acceleracions. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

7.4 Composicio de rotacions. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

7.5 Eix instantani de rotacio i lliscament. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

7.6 Moviment pla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

7.7 Derivada d’angles i velocitat angular. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

8 Dinamica de sistemes de partıcules 130

8.1 Moment lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

8.2 Centre de masses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

8.3 Forces percussives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

8.4 Moment angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

8.5 Teorema del moment angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

8.6 Dinamica 2D del solid rigid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

9 Treball i energia per una partıcula 149

9.1 Treball i energia cinetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

9.2 Forces conservatives. Energia potencial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

INDEX 5

9.2.1 Camp de forces. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

9.2.2 Camp de forces conservatiu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

9.2.3 Teorema de l’energia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

9.2.4 Forces centrals. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

9.3 Estabilitat de l’equilibri i petites oscil·lacions. . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

9.3.1 Analisi de corbes d’energia potencial. Estabilitat. . . . . . . . . . . . 166

9.3.2 Petites oscil·lacions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

9.4 Complements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

9.4.1 Pla de fases i estudi qualitatiu del moviment . . . . . . . . . . . . . 172

9.4.2 Oscil·lacions de gran amplitud del pendol. . . . . . . . . . . . . . . . 175

10 Treball i energia per un sistema. 177

10.1 Energia cinetica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

10.2 Teorema de les forces vives. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

10.3 Aplicacio al solid rıgid. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

10.3.1 Energia cinetica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

10.3.2 Potencia i treball . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

10.4 Energia potencial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184

11 Geometria de masses i tensor d’inercia 186

11.1 Calcul del centre de masses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

11.1.1 Propietats de simetria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

11.1.2 Teoremes de Pappus (Guldin) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

11.1.3 Cossos compostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

11.1.4 Cossos amb forats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

11.1.5 Centre de pressions: forca hidrostatica sobre una superficie plana. . 192

11.2 Tensor d’inercia d’un cos respecte d’un punt. . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

11.3 Moment angular i energia cinetica d’un solid rıgid. . . . . . . . . . . . . . . 195

INDEX 6

11.3.1 Moment angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

11.3.2 Energia cinetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

11.4 Propietats del tensor d’inercia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

11.4.1 Direccions i moments principals d’inercia. . . . . . . . . . . . . . . . 197

11.4.2 Propietats de degeneracio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

11.4.3 Propietats de simetria. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

11.4.4 Cossos plans. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

11.4.5 Teorema de Steiner. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

11.4.6 Propietat extremal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

11.5 Calcul del tensor d’inercia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

11.5.1 Cossos continus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

11.5.2 Tensor d’inercia d’una vareta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

11.5.3 Tensor d’inercia d’un disc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

11.5.4 Caracter aditiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

11.5.5 Tensor d’inercia d’un rectangle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

11.5.6 Tensor d’inercia d’un paral·lelepıpede . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

11.5.7 Tensor d’inercia d’un cilindre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

11.5.8 Tensor d’inercia d’una esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

11.6 Moments d’inercia de seccions planes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

11.7 Complements: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

11.7.1 Algunes demostracions. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

12 Dinamica 3D del solid rıgid. 217

12.1 Equacions del moviment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217

12.2 Rotacio al voltant d’un eix de direccio constant . . . . . . . . . . . . . . . . 219

12.3 Rotacio al voltant d’un eix principal d’inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . 220

12.4 Moviment del solid lliure de moments . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221

INDEX 7

12.5 La baldufa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

12.5.1 La baldufa: analisi simplificat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

12.5.2 La baldufa: moviments de precessio sense nutacio . . . . . . . . . . . 225

13 Oscil·lador lineal 228

13.1 Forca recuperadora lineal: oscil·lador harmonic . . . . . . . . . . . . . . . . 228

13.2 Amortiment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233

13.2.1 Tipus d’oscil·lador amortit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

13.2.2 Perdua d’energia de l’oscil·lador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239

13.3 Oscil·lador forcat. Ressonancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240

13.3.1 Oscil·lador forcat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240

13.3.2 Ressonancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

14 Vectors 246

14.1 Vectors fixes i vectors lliures. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246

14.2 Coordenades cartesianes i components d’un vector. . . . . . . . . . . . . . . 247

14.3 Suma de vectors i producte per escalars. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249

14.3.1 Propietats de la suma i el producte: . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

14.4 Bases cartesianes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252

14.5 Producte escalar de vectors . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253

14.6 Producte vectorial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

14.6.1 Producte mixt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

14.6.2 Doble producte vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257

14.7 Calcul de longituds, arees i volums . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258

Capıtol 1

Cinematica de la partıcula

La Mecanica es la ciencia (part de la Fısica) que estudia el moviment i per la seva metodolo-gia es pot dividir en dues parts:

1. Cinematica. Descripcio del moviment sense analitzar-ne les causes.

2. Dinamica. Estudi del moviment en relacio a les seves causes. L’Estatica o estudidel repos o equilibri (absencia de moviment) es pot considerar com una part de laDinamica.

En la Realitat Fısica rellevant per l’enginyer civil, tots els cossos, solids o fluids, sonextensos i la descripcio del moviment pot ser molt complicada. Per exemple, imaginem-nos el moviment d’una onada del mar. Si seguim el moviment d’un volum d’aigua dela onada, es trasllada, pero a la vegada es deforma. En certs moments pot girar sensequasi deformar-se. Llavors, el primer pas per descriure qualsevol moviment es aprendre adescriure el moviment d’un punt a l’espai (o partıcula). Aixo es la Cinematica del punt(o de la partıcula). Malgrat la simplificacio, es util per dos motius:

1. Quan les distancies rellevants per el moviment son grans en comparacio amb eltamany del cos del qual s’esta descrivint el moviment, aquest cos es pot representarper un punt (exemple: moviment de la Terra al voltant del Sol).

2. Qualsevol medi material, ja sigui solid o fluid, es pot considerar format per puntsmaterials (es a dir, punts geometrics a l’espai als que se’ls assigna una certa massa).

1.1 Vector de posicio. Trajectoria.

No entrarem aquı a definir el que es l’espai i el temps, simplement considerem que es-pai i temps son magnituts fonamentals definides per el conjunt de regles i operacions

8

CAPITOL 1. CINEMATICA DE LA PARTICULA 9

necessaries per mesurar-les. En poques paraules, temps es el que es mesura amb els rel-lotges i cronometres, i espai es el que es mesura amb regles, telemetres, teodolits, etc. Enses suficient saber que el temps es pot representar matematicament per un espai afı unidi-mensional i l’espai per un espai afı tridimensional euclidia. Aixı, fixat un origen de tempsrepresentarem el temps per una variable real t ∈ ℜ . Analogament, donada una referenciacartesiana a l’espai, Ox1x2x3 , representem cada punt P de l’espai per una terna de nom-bres reals (x1, x2, x3) ∈ ℜ3 que anomenem coordenades del punt. Les coordenades sonles components de l’anomenat vector de posicio. (Veure la figura 1.1)

r = OP = x1e1 + x2e2 + x3e3 (1.1)

Llavors, anomenem moviment d’un punt a qualsevol aplicacio

I −→ ℜ3 (1.2)

t −→ r(t) (1.3)

on, I ⊂ ℜ es un interval real, que a cada instant l’hi assigna un punt de l’espai. Latrajectoria es el conjunt de punts de l’espai ocupats succesivament per la partıcula,r(t) | t ∈ I . (Veure la figura 1.2) Es important tenir ben present que tot moviment esrelatiu: sempre s’ha d’especificar una referencia respecte de la qual la partıcula es mou.Per exemple, un viatger assegut a un vago de metro es pot trobar en repos respecte delvago, pero moure’s respecte de la via. El seu moviment depen del sistema de referencia:en un cas esta en repos, en l’altre esta en moviment.

3x

x2

x 1

P

rO

Figura 1.1: Vector de posicio

r

Figura 1.2: Trajectoria


Exemple 1: Les equacions:

x = R cos ωt , y = R sin ωt , z = 0 (1.4)

a on R,ω son dues constants, representen un moviment circular en el pla z = 0. En efecte,x2 + y2 = R2, que es l’equacio d’una circumferencia de radi R centrada a l’origen decoordenades. L’angle del vector de posicio amb l’eix x, θ va augmentant uniformement enel temps: θ = ωt, doncs tan θ = y/x = tanωt. •

rθ

y

x

Figura 1.3: Exemple 1:Vector de posicio i trajectoria

Exemple 2: Considerem ara les equacions:

x = ut cos ωt , y = ut sin ωt , z = ut

on u, ω son dues constants. Ara, el moviment es mes complicat. Si prescindim de lacoordenada z obtindrem la projeccio del moviment sobre el pla x − y. Observem quex2 + y2 = u2t2, es a dir, la distancia a l’origen, ρ, no es constant sino que va augmentantuniformement en el temps ρ = ut. Al mateix temps, la partıcula va girant a ritme constantal voltant de l’origen, θ = ωt, igual que a l’exemple anterior. Per tant, la projeccio delmoviment sobre el pla x−y es una mena d’espiral que surt de l’origen i va girant en sentitanti-horari. Si ara mirem la coordenada z i ens adonem que va augmentant uniformementamb el temps, veiem finalment que la trajectoria es una espiral que sortint de l’origen vagirant i pujant al mateix temps, continguda en un con invertit amb vertex a l’origen isemiangle 45o. •

Els dos exemples exposats son molt simples, pero ens donen una idea de que, en gener-al, la interpretacio de les equacions d’un moviment particular pot ser molt complicada.L’us de coordenades diferents de les cartesianes ens pot facilitar aquesta tasca (veure elcomplement 1.8.1)


θρ

y

x

x

y

Figura 1.4: Exemple 2:Vector de posicio i trajectoria

1.2 Velocitat i acceleracio.

1.2.1 Velocitat

Un dels conceptes fonamentals de la cinematica es el de velocitat o rapidesa del movimentque en cursos elementals es defineix com l’espai recorregut per unitat de temps. A mesa mes d’aquesta informacio, es convenient tambe afegir la direccio i sentit de moviment.Tot aixo be incorporat en la nocio de vector velocitat que definim tot seguit.


∆s

r (t )2

∆r

x

x

x

1

2

3

Figura 1.5: Vector desplacament ∆r i espai recorregut ∆s.

Comencem definint el vector desplacament, ∆r i espai recorregut, ∆s. entre dosinstants t1 i t2, com ∆r = r2 − r1 i el vector velocitat mitjana com:

∆r

∆t=

r(t2)− r(t1)

t2 − t1

Notem que, si ∆s es l’espai recorregut entre t1 i t2 , la celeritat mitjana, ∆s/∆t, nocoincideix amb el modul del vector velocitat mitjana, |∆r/∆t| en contra del que podriasemblar. A mes a mes, un mobil pot anar molt depressa en uns moments i despres corrermolt poc o inclus invertir el sentit de moviment. Aixı, el vector velocitat mitjana no ensdiu gran cosa. Necessitem una nocio de velocitat instantania que ens ve donada per elvector velocitat instantania definit com:

v(t1) = lim∆t→0

r(t2)− r(t1)

∆t=

dr

dt(t1) (1.5)

es a dir, com el lımit de la velocitat mitjana entre t1 i t1 +∆t quan ∆t→ 0.

r (t )2

∆ r∆ t

r (t )1

v (t )1

Figura 1.6: Vector velocitat instantania

Les nocions de lımit, derivada i integral de funcions vectorials s’estudien amb detall alcomplement 1.8.2.

El vector velocitat (normalment s’omet el qualificatiu ’intantania’, que se sobrenten) escalcula derivant les coordenades (mentres no es digui el contrari, considerarem que els


vectors de la base son constants i no es deriven):

v =d

dt(

3∑i=1

xi(t)ei) =3∑

i=1

dxi(t)

dtei =

3∑i=1

xi(t)ei

Indiquem la derivada respecte al temps per un punt damunt de la funcio. Aixo equival adir, que cada component es la velocitat del moviment projectat damunt l’eix corresponent.El moldul del vector velocitat s’anomena celeritat i es calcula com:

|v| = |dsdt| = (

3∑i=1

x2i )12

Quin significat te el vector velocitat? Que te a veure amb el ’numero que marca el con-taquilometres’? Per veure tot aixo definirem el parametre arc corresponent a qualsevolpunt P de la corba, com la longitud de l’arc de corba s entre P i un punt de referencia,Q, que el·legim arbitrariament. El·legim tambe un sentit positiu per s, de tal manera que,s(Q) = 0, cap a una banda de Q, s > 0, i cap l’altre, s < 0. Llavors, usant la regla de lacadena (derivada de funcio de funcio) podem fer:

v =dr

dt=

dr

ds

ds

dt=

ds

dtτ

El vector τ = dr/ds es unitari (|τ | = 1), per definicio de longitud d’una corba (intuitiva-ment es veu que quan ∆s → 0, l’arc i la corda, ∆s i |∆r| tendeixen a coincidir). A mesa mes, per la definicio de tangent a una corba, τ es tangent a la trajectoria amb sentitsegons d’augment del parametre s (intuitivament, ja es veu que quan ∆s → 0, ∆r ha deser tangent a la trajectoria). Llavors, si aquell sentit coincideix amb el sentit de moviment(com es habitual), ds/dt > 0 i τ = v/v. En cas que el sentit d’augment de s sigui contrarial moviment, ds/dt < 0 i τ = −v/v. En qualsevol dels dos casos, el sentit de v es eld’avancament del punt mobil. Llavors, concluim que:

• v es tangent a la trajectoria

• El seu sentit es el sentit d’avancament

• El seu modul, |v| = |ds/dt|, i per tant, indica l’espai recorregut per unitat de temps.

Aquest espai recorregut per unitat de temps, que es el modul del vector velocitat, s’anom-ena celeritat.

Si el calcul de v a partir de r es un problema de derivacio, el problema invers, es a dir, elcalcul de r(t) a partir de v(t), es un problema d’integracio:

r(t2) = r(t1) +

∫ t2

t1

v(t) dt

L’espai recorregut (que no te perque coincidir amb |r(t2)− r(t1)|) es calcula amb l’integral:

∆s =

∫ t2

t1

|v(t)| dt =

∫ t2

t1

(3∑

i=1

x2i )12 dt


Moviment uniforme

Moviment amb velocitat constant, v = cnt. Per tant:

r(t2)− r(t1) =

∫ t2

t1

vdt = v

∫ t2

t1

dt = v(t2 − t1) (1.6)

o be,

v =r(t2)− r(t1)

t2 − t1=

∆r

∆t, ∆r = v∆t (1.7)

i, per tant,r(t) = r0 + v0t (1.8)

1.2.2 Vector acceleracio

Anomenem vector acceleracio al vector:

a =dv(t)

dt|t=t1 = lim

∆t→0

v(t1 +∆t)− v(t1)

∆t=

d2r(t)

dt2|t=t1

que medeix les variacions del vector velocitat amb el temps. (Variacions del vector velocitat,no unicament del modul |a| = d|v|/dt = d2s/dt2)

Exemple 3:

1. En un moviment rectilini, l’acceleracio va en la direccio del moviment, ja que aquestaes la direccio de ∆v. Veure la figura 1.7

v(t ) v(t )1 2

v(t )3

Figura 1.7: Moviment rectilini

2. En un moviment no rectilini amb |v| = cnt, existeix acceleracio? Quina direcciotindra? (Veure la figura 1.8)

vv

v∆v∆

vv

v

Figura 1.8: Moviment no rectilini

a = 0, a aproximadament perpendicular a la trajectoria, perque ∆v ⊥ a la tra-jectoria •


Les components cartesianes de l’acceleracio son:

d

dt(

3∑i=1

viei) =3∑

i=1

dvidt

ei

es a dir,ax = vx = x, ay = vy = y, az = vz = z

Problema invers: coneixent l’acceleracio, trobar la velocitat:

v(t2)− v(t1) =

∫ t2

t1

a(t)dt

Notem que pel moviment uniforme, a = 0.

Exemple 4: (tornant a l’exemple 2)

v(t) = (i cos(ωt) + j sin(ωt) + k) + (−i sin(ωt) + j cos(ωt)ωt) (1.9)

a(t) = dv(t)dt = 2ω(−i sin(ωt)− ω2t(i sin(ωt) + j sin(ωt)) (1.10)

Notem que az = 0, que es consequencia de vz = cnt •

Unitats

SI CGS

velocitat m/s cm/s 1 m/s = 102 cm/s

acceleracio m/s2 cm/s2 1 m/s2 = 102 cm/s2

Altres unitats de velocitat son el Km/h ( 1 m/s = 3.6 Km/h) i el nus = 1 milla/h, ques’utilitza en Enginyeria Marıtima (1 nus = 1.852 Km/h = 0.514 m/s).

1.3 Moviment uniformement accelerat.

Un moviment molt simple i forca frequent, almenys com a aproximacio, es el movimentuniformament accelerat, es a dir, amb acceleracio constant. Sigui a = cnt l’acceleracio.Tindrem:

v(t) = v0 +

∫ t

t0

adt′ = v0 + (t− t0)a (1.11)

es a dir,

v(t) = v0 + (t− t0)a (1.12)


r(t) = r0 +

∫ t

t0

vdt′ = r0 + (t− t0)v0 +1

2(t− t0)

2a (1.13)

es a dir,

r(t) = r0 + (t− t0)v0 +1

2(t− t0)

2a (1.14)

Cas particular: moviment uniforme, a = 0

Trajectoria del moviment amb acceleracio constant

1. Si vo = 0 o vo ∥ a ⇒ r(t) descriu una recta de vector director a que passa per ro(varietat linial generada per a, veure figura 1.9)

x3

x2

cas a)x1

0r

v0

a

Figura 1.9: Moviment amb acceleracio constant

2. Si v0 = 0 i v0 no es ∥ a ⇒ r(t) pertany al pla generat per a, v0 que passa per r0.De fet es sempre una parabola (veure figura 1.10)

x

x

1

3

x2

cas b)

r0 a

v0

Figura 1.10: Moviment amb acceleracio constant

Hi ha una formula forca util que relaciona r(t) i v(t) sense involucrar-hi t:


2a · (r − r0) = 2(t− t0)a · v0 + (t− t0)2a2

v2 = v20 + 2(t− t0)v0 · a+ (t− t0)2a2

restant

v2 − v20 = 2(r − r0) · a

Exemple 5: Moviment en el camp gravitatori, suposat constant.

Prenem uns eixos adequats: el pla x - y com el pla de la trajectoria, amb l’eix y vertical,cap amunt. Aleshores:

a = g = −gj = cnt

Aplicant el que acabem de veure:

v(t) = v0 − g(t− t0)j →

vx = v0xvy = v0y − g(t− t0)

r(t) = r0 + (t− t0)v0 +1

2g(t− t0)

2j →

x = x0 + v0x(t− t0)y = y0 + v0y(t− t0)− 1

2g(t− t0)2

x

y

0r

v0

g

Figura 1.11: Tir parabolic

Obviament, si v0x = 0, la trajectoria es una recta vertical. Si v0x = 0, es una parabola:

t− t0 =x− x0vox

⇒ y − y0 =v0yv0x

(x− x0)−g

2v20x(x− x0)

2

Aixo, es independent del sistema d’eixos fixes escollit. Aixı, en el cas general la trajectoriaes tambe, una recta o una parabola.

xθ

ym

y

xm

Figura 1.12: Tir parabolic


Prenent r0 = (0, 0) i v0 = v0(cos θi + sin θj), trobem algunes formules utils per l’alcadamaxima i l’abast, en el cas d’un tir damunt d’un terra horitzontal:

• Trajectoria:

y = x tan θ − g

2v0 cos2 θx2

• Altura maxima

dy

dx= 0 ⇒ x =

v20g

sin θ cos θ ⇒ ym =v20g

sin2 θ

• Abast

y(xmax) = 0 ⇒ x tan θ − g

2v20 cos2 θ

x2 = 0 ⇒ xm =v20g

sin 2θ

Notem que els moviments horitzontals i verticals son independents, es a dir, lesprojeccions sobre x, y son moviments rectilinis, un uniforme i l’altre uniformamentaccelerat, amb condicions incials x0, v0x, y0, v0y •

1.4 Moviment circular.

Anomenemmoviment circular al moviment segons una trajetoria circular. Aquest movi-ment, encara que sembli molt restringit, te molta aplicacio, especialment en la cinematicadel solid rıgid. En efecte, tal i com veurem, el moviment mes general d’un solid es la su-perposicio d’una translacio i una rotacio, i en el cas d’una rotacio, cada partıcula descriuun moviment circular. (Veure figura 1.13)

z

y

x

θ r

v

w

Figura 1.13: Moviment circular

Considerem uns eixos x - y en el pla del moviment, i amb origen al centre de la tra-jectoria. Aleshores, l’eix z sera l’eix de rotacio. Ara obtindrem expressions per la velocitat


i l’acceleracio. Sigui θ l’angle entre r i l’eix x. Si definim el vector unitari en la direccioradial:

er =r

r= (cos θ, sin θ, 0)

podrem calcular la velocitat com:

v =dr

dt= r

derdt

Peroderdt

= θ(− sin θ, cos θ, 0) = θeθ

on eθ es un vector unitari, tangent a la trajectoria, en el sentit d’aument de l’angle θ.Llavors, tindrem:

v = rθeθ = rθez × er = ω × r

a on hem definit el vector velocitat angular com: ω = θez. Aquest vector es caracteritzaper:

1. - Modul: |θ|, angle girat per unitat de temps (rad/s)

2. - Direccio: segons l’eix de rotacio

3. - Sentit: segons la regla del cargol

Notem que la celeritat ve donada per

v = r|θ| = rω

r

vw

y

x

sθ

Figura 1.14: Moviment circular

Tornant a derivar obtenim l’acceleracio:

dv

dt=

dω

dt× r + ω × dr

dt=

dω

dt× r + ω × (ω × r) = (1.15)


dω

dt× r + (ω · r)︸︷︷︸

0

ω − |ω|2r =dω

dt× r − |ω|2r (1.16)

a on hem usat la identitat: ω×(ω×r) = (ω·r)ω−(ω·ω)r . Anomenem vector acceleracioangular al vector:

α =dω

dt=

d

dt(θez) = θez

caracteritzat per:

1. - Modul: derivada de ω (varicacio de ω respecte el temps)

2. - Direccio: eix de rotacio

3. - Sentit: segons l’augment o disminucio de ω

Aleshores,a = α× r︸︷︷︸

1

−ω2r︸︷︷︸2

amb:

1. component tangencial at = rθ

2. component normal an = ω2r

Unitats

La unitat d’angle es el radian (rad). La unitat de la velocitat angular es el rad/s i lad’acceleracio angular es el rad/s2.

1.5 Components intrınseques de l’acceleracio.

L’acceleracio es pot descomposar en una component tangent a la trajectoria i un altrenormal (Fig. 1.15). Ara veurem que la component tangencial mesura la variacio del modulde la velocitat (celeritat) i que la component normal mesura la variacio de la direccio dela velocitat. Considerarem en aquesta seccio, que |v| = 0. Llavors, en un entorn del puntque ens interessa, sempre podem el·legir s de tal manera que ds/dt > 0.


a

a

a

v

Figura 1.15: Components intrınseques de l’acceleracio

Sigui τ = dr/ds = v/|v|, el vector unitari tangent a la trajectoria, en el sentit d’avancament(veure la figura 1.16). Designem |v| per v. Tindrem:

a =dv

dt=

d

dt(vτ) =

dv

dtτ + v

dτ

dt

v

v v

v

∆+

= 0

∆s

Figura 1.16: Vector velocitat

El primer terme de l’ultima igualtat es un vector tangent a la trajectoria, i el segon esnormal a la trajectoria, ja que conte la derivada de τ , vector de modul constant. En efecte,la derivada de qualsevol funcio vectorial w(t) que mante constant el seu modul i nomesvaria de direccio es perpendicular al propi vector, doncs Si |w| = const., llavors:

w · w = const. =⇒ d

dt(w · w) = 2w · dw

dt= 0

lo qual implica que dw/dt i w son perpendiculars. Per tant, les components tangencial inormal de l’acceleracio seran:

a∥ =dv

dtτ , a⊥ = v

dτ

dt

Resulta obvi, que l’acceleracio tangencial dona la variacio del modul de v, ja que, contedv/dt. Mirem el significat de l’acceleracio normal:

dτ

dt=

ds

dt

dτ

ds= v

dτ

ds

El vector:dτ

ds= lim

∆s→0

∆τ

∆s


no depen del temps, es a dir, de la celeritat a la qual es recorre la trajectoria. Depennomes de la geometria de la trajectoria. (Notem que si invertim el sentit del moviment,canvia el signe de τ , pero canvia tambe l’ordre en que hem de prendre l’increment:

∆τ = τ2 − τ1 = −τ1 − (−τ2) = invariant

Com que ∆s > 0, resulta que dτ/ds tambe es invariant). Com que |τ | = 1 = cnt, dτ/dssera perpendicular a τ i, clarament veiem que el sentit que pren es cap a l’interior de lacorba.

τ

τ∆

Figura 1.17: Vector tangent a la trajectoria τ

1.5.1 Curvatura i radi de curvatura

Aixı, si n es un vector unitari normal a la trajectoria, cap endins, dτ/ds sera proporcionala n, amb constant de proporcionalitat positiva:

dτ

ds= κ(s)n, → n =

dτds

|dτds |

La constant de proporcionalitat, κ(s), que depen generalment del punt, s’anomena cur-vatura (Veure la figura ??). Notem que quant mes varia τ per unitat de longitud, mesgran es κ(s). A mes a mes, si τ = cnt, κ = 0

κ 1 κ2

Figura 1.18: Curvatura

A l’invers de la curvatura se l’anomena radi de curvatura, ρ = 1/κ. Aixı, finalment,obtenim per l’acceleracio:

a =dv

dtτ + v

dτ

dt=

dv

dtτ + v2

dτ

ds=

dv

dtτ +

v2

ρn (1.17)

o sigui:

a =dv

dtτ +

v2

ρn (1.18)


d’on queda clar que:

at =dv

dt=

d2s

dt2

es l’acceleracio tangencial i mesura la variacio del modul de v. atτ va en el sentitd’avancament si |v| esta augmentant, i en sentit contrari si esta disminuint. Similarment,

an =v2

ρ

es l’acceleracio normal i medeix la variacio de la direccio de v. ann te el sentit cap alcentre de la trajectoria i per aixo s’anomena, tambe, acceleracio centrıpeta.

Exemple: 6Examinem els conceptes de curvaura i radi de curvatura en el cas d’una circumferencia.(Veure la figura 1.19)

r = R(i cos θ + j sin θ) = R(i coss

R+ j sin

s

R) (1.19)

Llavors,

dτ

ds=

d2r

ds2=

1

R(−i cos s

R− j sin

s

R) =

n

R(1.20)

⇒ κ =1

R, ρ = R (1.21)

n

τ

y

x

sθ

Figura 1.19: Concepte de curvatura en una circumferencia

Aixı, el radi de curvatura d’una circumferencia es el radi. Aixo justifica la definicio general.

1.5.2 Circumferencia osculadora

(Figura 1.20)


n

τ

Qρ

Figura 1.20: Circumferencia osculadora

Donat el punt P sobre la corba, anomenem pla osculador al pla per P paral·lel a τ i n.Anomenem circumferencia osculadora a la circumferencia continguda en el pla osculador,amb centre a Q = P + ρn (Q, centre de curvatura) i radi ρ. Aquesta circumferencia es laque millor aproxima a la corba, de totes les circumferencies que passen per P.

El significat del radi de curvatura es veu amb mes profunditat al complement ??.

1.6 Integracio de les equacions del moviment.

Coneixent el moviment d’un punt, r = r(t), es calculen facilment la velocitat i l’acceleracio,derivant un o dos cops respecte del temps. Pero molt sovint es planteja el problema invers:coneixent l’acceleracio, trobar la velocitat i el moviment, r = r(t). Aquest es un problemad’integracio i sol ser bastant mes difıcil de resoldre. De fet aquest es el problema mesinteressant, ja que segons la segona llei de Newton (tema 2): a = F /m a on la forca,F es una funcio de t, r, v. Llavors, coneixent aquesta funcio, com sera el moviment queprodueix? Per exemple, sabent la llei de la gravitacio universal, com podem saber que lestrajectories dels planetes son el·lıptiques? El corresponent problema matematic s’anomenaresolucio d’una equacio diferencial: ’coneixent una rel·lacio entre una funcio incognita iles seves derivades (primera, segona, etc. fins a un cert ordre), quina ha de ser la funcio?’.En general aquest no es un problema gens elemental i s’estudia detalladament en cursosavancats de Matematiques. Aqui considerarem nomes alguns cassos particulars dintre dela classe dels moviments rectilinis, per els quals v = dx/dt, a = d2x/dt2.

Recordatori matematic: ’regla de la cadena’.

Per derivar una funcio de funcio s’utilitza l’anomenada regla de la cadena:

z = g(y) = g(f(x)) =⇒ dz

dx= g′(f(x))f ′(x) =

dz

dy

dy

dx(1.22)


i per el canvi de variable en una integral tenim:∫g(y)dy =

∫g(y(x))

dy

dxdx (1.23)

1.6.1 Cas mes senzill: a = a(t)

a = a(t) ⇒ v(t) =∫a(t)dt+ C1 (1.24)

x(t) =∫v(t)dt+ C2 (1.25)

De fet aqui no es necessari que el moviment sigui rectilini, tot aixo es pot fer amb el vectoracceleracio.

Exemple:

a(t) = sin 3t amb x(0) = 2 ; v(0) = −1 (1.26)

v(t) =∫sin 3tdt+ C1 (1.27)

v(t) = −13 cos 3t+ C1 → −1 = −1

3 + C1 ⇒ C1 = −23 (1.28)

v(t) = −23 −

13 cos 3t (1.29)

x(t) =∫(−2

3 −13 cos 3t)dt+ C2 = −2

3 t−19 sin 3t+ C2 (1.30)

2 = C2 ⇒ x(t) = 2− 23 t−

19 sin 3t (1.31)

Hem tingut en conte: ∫sin 3tdt =

1

3

∫3 sin 3tdt = −1

3cos 3t

1.6.2 Acceleracio depenent de la posicio: a = a(x)

dv

dt= a(x) ⇒ dv

dx

dx

dt= a(x) ⇒ (1.32)

vdv

dx= a(x) ⇒ 1

2

d

dxv2 = a(x) ⇒ (1.33)

1

2v2 =

∫a(x)dx+ C1 ⇒

dx

dt=

(2C1 +

∫a(x)dx

)1/2

⇒ (1.34)

∫dx√

2C1 +∫a(x)dx

= t+ C2 (1.35)


1.6.3 Acceleracio depenent de la velocitat: a = a(v)

dvdt = a(v) ⇒

∫dv

a(v)︸︷︷︸Φ(v)

= t+ C1 (1.36)

v = Φ−1(t+ C1) ⇒ dxdt = Φ−1(t+ C1) ⇒ (1.37)

x =∫Φ−1(t+ C1)dt+ C2 (1.38)

NOTA: el cas general de moviment rectilini, a = a(t, x, v), no es facil en general i el metoded’integracio depen de la forma de la funcio a(t, x, v).

1.7 Translacio d’eixos de referencia.

OO’

3

x’2

x’1

x’

O’

P

r’3x

x 2

x 1

O

r

Figura 1.21: Translacio d’eixos de referencia

El moviment es relatiu, pero fins ara hem considerat sempre un mateix sistema de re-ferencia. Pero com canvia la velocitat o l’acceleracio d’un cos al canviar de sistema dereferencia? Aquesta es una questio que cal resoldre abans d’entrada en la Dinamica. Peral cas en que el moviment d’un sistema respecte l’altre sigui nomes traslacio, sense rotacio,aixo es molt simple. (Mes endavant considerarem el cas general).Considerem, doncs, un sistema cartesia, O′, x′1, x

′2, x

′3, que es mou respecte un altre,

O, x1, x2, x3, sense rotar. Es a dir, mantenint els eixos constantment paral·lels a simateixos. Considerem un punt mobil, P. Tindrem:

OP = OO′ + O′P ⇒ r = OO′ + r′

Derivant respecte t:

dr

dt=

d

dtOO′ +

dr′

dt⇒ v = vO′O + v′ (1.39)

dv

dt=

d

dtvO′O +

dv′

dt⇒ a = aO′O + a′ (1.40)


La velocitat v s’anomena velocitat absoluta, la velocitat v′ s’anomena velocitat rela-tiva, i la velocitat d’un sistema respecte de l’altre s’anomena velocitat d’arrosegament(i similarment per les acceleracions).

La transformacio de velocitats tambe es pot escriure:

vPO = vPO′ + vO′O

que es llegeix: ’velocitat de P respecte O es igual a velocitat de P respecte O’ + velocitatde O’ respecte O, i similarment per les acceleracıons.

Diem que el canvi de sistema de referencia es una transformacio galileana quanvO′O = cnt, es a dir, si aO′O = 0. En aquest cas tenim que les acceleracions en els dossistemes coincideixen, a = a′.

1.8 Complements

1.8.1 Coordenades cilındriques i esferiques

Coordenades cilındriques

Fixada una referencia cartesiana Oxyz es defineixen les coordenades cilındriques ρ, θ, zmitjancant la figura adjunta. La rel·lacio amb les cartesianes be donada per:

x = ρ cos θ , y = ρ sin θ , z = z

o be per la inversa:

ρ =√

x2 + y2 , θ = arctan(y/x) , z = z

Contrariament al que passa amb les coordenades cartesianes, les coordenades cilındriques

r

θρ

z

z

y

x

Figura 1.22: Coordenades cilındriques

no poden prendre qualsevol valor, nomes tenen sentit si ρ ≥ 0, 0 ≤ θ < 2π.


El moviment de l’exemple 2 es descriu facilment amb coordenades cilındriques com: ρ =ut , θ = ωt , z = ut .

Coordenades esferiques

Es defineixen les coordenades esferiques r, ϕ, θ mitjancant la figura adjunta. La relacioamb les cartesianes be donada per

x = r sin θ cosϕ , y = r sin θ sinϕ , z = r cos θ

o be per la inversa:

r =√

x2 + y2 + z2 , ϕ = arctan(y/x) , θ = arcos(z√

x2 + y2 + z2)

Les limitacions son: r ≥ 0, 0 ≤ ϕ < 2π, 0 ≤ θ ≤ π.

r

z

y

x

ψ

θ

Figura 1.23: Coordenades esferiques

En coordenades esferiques, el moviment de l’exemple 2 es descriu com: r =√2ut , ϕ =

ωt , θ = π/4 .

1.8.2 Calcul diferencial i integral per funcions vectorials de variable real

Hem vist com l’estudi del moviment d’una partıcula ens porta, de forma natural, a con-siderar funcions vectorials d’una variable real:

f : ℜ −→ ℜ3 (1.41)

t −→ f(t) (1.42)

Necessitem, per tant, les nocions de lımit, continuitat, derivacio i integracio per aquesttipus de funcions.


Lımit

Donada una funcio f(t) i un numero a ∈ ℜ definim el lımit de f(t) per t→ a a partir dela nocio coneguda de lımit d’una funcio real de variable real: (Veure figura 1.24)

limt→a

f(t) = v ⇔ limt→a|f(t)− v| = 0

v

f(t)vf(t)

Figura 1.24: Lımit d’una funcio vectorial

Propietats:

(demostracio en un curs de matematiques)

1. limt→a f(t) = v ⇔ limt→a fi(t) = vi , i = 1, 2, 3(Suposem que els vectors de la base son constants).

2. lim(f(t) + g(t)) = (lim f(t)) + (lim g(t))

3. lim(f(t)g(t)) = (lim f(t))(lim g(t))

4. lim(f(t) · g(t)) = (lim f(t)) · (lim g(t))

5. lim(f(t)× g(t)) = (lim f(t))× (lim g(t))

6. lim |f(t)| = | lim f(t)|

Derivada

Definim la derivada de f(t) respecte a t com:

df(t)

dt|t=t1 = lim

∆t→0

f(t1 +∆t)− f(t1)

∆t

(La demostracio d’aquestes propietats es dona a part).

Propietats:

(evidents a partir de les propietats del lımit)

d

dt(f + g) = df

dt +dgdt (1.43)


d

dt(fg) = df

dt g + f dgdt (1.44)

d

dt(f · g) = df

dt · g + f · dgdt (1.45)

d

dt(f × g) = df

dt × g + f × dgdt (1.46)

d

dt(∑3

i=1 fi(t)ei) =∑3

i=1fi(t)dt ei (1.47)

la ultima igualtat es valida si ei son constants.

Components paralel·la i perpendicular de la derivada

El producte (df/dt)∆t dona aproximadament l’increment de f(t) durant un petit in-crement de la variable, ∆t → 0. Si descomposem el vector (df/dt)∆t en componentsparalel·la i perpendicular a f(t), veiem que la component paral·lela fa variar el modulde f(t) i la perpendicular fa variar la direccio de f(t). Aixı, la component paralel·la de(df/dt) , (df/dt)∥ dona la variacio del modul i la component perpendicular (df/dt)⊥dona la variacio de direccio.(Veure la figura 1.25)

dfdt

t∆

f(t)

Figura 1.25: Components de la derivada

Analıticament,

d

dt(f(t) · f(t)) = 2f(t) · df(t)

dt=

d

dt|f(t)|2 = 2|f(t)| d

dt|f(t)|

d’on treiem:d

dt|f(t)| = f(t)

|f(t)|· df(t)

dt(1.48)


es a dir, confirmem que la projeccio de df/dt sobre f , es a dir, la component paral·leladona la variacio del modul de f .

Consequencia de tot aixo es que:

• df/dt ∥ f ⇔ f(t) te direccio constant, nomes varia el modul.

• df/dt ⊥ f ⇔ f(t) te modul constant, nomes varia la direccio.

Integral

Finalment, donada una funcio f(t) es defineix la seva integral definida a l’interval (t1, t2)com: ∫ t2

t1

f(t) dt = lim|P|→0

∑j∈P

f(tj)∆tj

de forma totalment analoga a l’integral de funcions de variable real i amb propietatsanalogues ( P → 0 representan particions cada cop mes fines de l’interval (t1, t2) ). Perexemple, tenim tambe:

f(t2)− f(t1) =

∫ t2

t1

df(t)

dtdt

Prenent una base de vectors constants, podem calcular la integral vectorial mitjancant les3 integrals escalars: ∫ t2

t1

(

3∑i=1

fi(t)ei) dt =

3∑i=1

(

∫ t2

t1

fi(t) dt) ei

1.8.3 Diferencial de r

Qualsevol moviment, en cada interval suficientment petit, es pot considerar aproximada-ment uniforme. Suposem que el punt mobil estigui a r0, a l’instant t0, amb velocitat v0, isuposem per un increment de t, ∆t, a partir de t0. El punt mobil passara a r0 +∆r.


∆r

r

t

v0

0

0

dr = v dt0

r(t)= r + v t0 0

Figura 1.26: Vectors ∆r i dr

Anomenem diferencial de r a l’instant t0, dr, a l’aplicacio lineal:

ℜ −→ ℜ3

∆t −→ dr = v(to)∆t

Significat de dr:

1. Si v = cnt:∆r = dr = v(t0)∆t

2. Si v = cnt:∆r ≃ dr = v(t0)∆t, si ∆t −→ 0

Aixo sembla una trivialitat, perque quan ∆t −→ 0 tots dos, ∆r −→ 0, dr −→ 0, pero noho es, perque la diferencia ∆r−dr tendeix a 0 mes depressa que cada un d’ells. En efecte,

∆r − dr = ∆r − v(to)∆t = (∆r

∆t− v(to))︸︷︷︸−→0

∆t︸︷︷︸−→0

tendeix a 0 mes rapid que ∆t.

1.8.4 Significat del radi de curvatura i Triedre de Frenet

Significat del radi de curvatura

Aproximem el segment de trajectoria recorregut des de S1 fins a S1 + ∆S per un arc decircumferencia, de radi ρ.

lim |∆τ

∆s| = lim |∆τ

∆θ||∆θ

∆s|


τ (s )1

(s )1

ττ (s )2

s = s + s∆12

∆s

s=0ρ

∆

∆θ

Figura 1.27: Radi de curvatura

D’una banda,

∆s = ρ∆θ ⇒ ∆θ

∆s=

1

ρ

de l’altre:

|∆τ | ≃ 1 ·∆θ ⇒ lim |∆τ∆θ | = 1 (1.49)

lim |∆τ∆s | =

1ρ (1.50)

Aixı, ρ = radi de la circumferencia que aproxima localment a la trajectoria.

τ (s )

τ (s )

∆θ

1

2

Figura 1.28: Variacio de τ en un ∆θ.

Triedre de Frenet

τ

n

b

Figura 1.29: Triedre de Frenet


Definim el vector binormal com b = τ × n, aleshores τ , n, b formen una base ortonormal idextrogira.

db

ds=

d

ds(τ × n) =

dτ

ds× n︸︷︷︸1

+τ × dn

ds= τ × dn

ds

On 1 es el terme dτ/ds× n que s’anula perque els vectors tenen la mateixa direccio.

Aixı, db/ds ⊥ τ . A mes a mes, com que |b| = 1,

db

ds⊥ b ⇒ db

ds= −T n

T = torsio, 1T = radi de torsio.

A mes a mes,

dnds = d

ds(b× τ) = dbds × τ + b× dτ

ds = (1.51)

−T n× τ + κb× n = T b− κτ (1.52)

Per tant, tenim les Formules de Frenet - Serret

dτ

ds= κn (1.53)

dn

ds= T b− κτ (1.54)

db

ds= −T n (1.55)

1. ρ = +∞, ⇔ κ = 0⇔ La corba es una recta.

2. T = 0 ⇔ La corba es plana.

Capıtol 2

Dinamica de la partıcula

Fins aquı hem estudiat la cinematica o descripcio del moviment. Ara tractarem les causesdel moviment i, per tant, la forma de preveure i controlar els moviments dels cossos (demoment dels punts materials). Tot el que hem fet fins ara, vectors i cinematica, era enrealitat per a preparar el terreny de la Dinamica. No cal dir, que la Dinamica es fonamentalper a la l’Enginyeria Civil. Pero, a mes a mes, el problema de les causes del moviment esuna de les questions que mes ha intrigat als cientıfics de tots els temps i la primera solucioacceptable, donada per Newton al segle XVII, es sens dubte un dels elements mes brillantsi fonamentals del coneixement huma.

Nota: Aquı ens limitem a l’ambit de l’anomenada Mecanica Classica, es a dir, excluımles extencions Relativista i Quantica de la Mecanica. Aquestes extensions son necessariesquan es treballa amb velocitats properes a la de la llum o quan volem descriure el movimentmicroscopic, a l’escala atomica o subatomica.

2.1 Forca i massa.

Perque es mouen els cossos? La resposta de la Dinamica, que ve ampliament avalada perl’experiencia, es: ’perque altres cossos actuen sobre ells’, o en altres paraules: ’perquealtres cossos fan forces sobre ells’. Aixı, es defineix la forca com l’accio d’un cos sobreun altre, accio capac de produir o modificar el seu moviment. La forca es una magnitudprimitiva, que ve definida per la forma de mesurar-la (per exemple amb dinamometres) iper les seves propietats deduides de l’experiencia (definicio operativa).

Propietats empıriques de la forca

• Les forces son vectors. Tenen modul o intensitat (mesura del dinamometre), direccioi sentit.

35

CAPITOL 2. DINAMICA DE LA PARTICULA 36

• Superposicio. La forca que fan un conjunt de cossos sobre un altre es la suma(vectorial) de les forces que fan cada un per separat. Aixı la resultant de la forcasobre una partıcula i sera :

Fi =

N∑j=1

Fij

• Sempre son d’un cos sobre un altre. Aixo ho indiquem per FAB = forca de A sobreB.

A

B

FAB

Figura 2.1: Forca del cos A sobre el cos B

• Les forces es poden exercir per contacte o a distancia (ho veurem amb mes detall unamica mes endavant), pero en qualsevol cas, totes les forces conegudes disminueixenamb la dista ncia entre els cossos.

Una altre magnitud fonamental, que no es defineix a partir d’altres, sino per les sevespropietats i la forma de mesurar-la, es la massa. La massa es un escalar positiu ques’associa a cada cos i mesura la seva inercia o resistencia a modificar el seu estat de reposo de moviment. Es mesura amb les balances.

Propietats empıriques de la massa

• Es conserva. No es modifica pel moviment del cos, ni depen del sistema de referencia.No es crea ni es destrueix (excepte en els processos radioactius o en les reaccionsnuclears, que no son descrits per la Mecanica Classica).

• Es additiva. Si dos cossos tenen masses m1 i m2, el cos unio d’amdos te massam = m1 +m2

2.2 Primera Llei de Newton: sistemes inercials.

Hem dit que la causa del moviment son les forces. Pero, sobre quina caracterısticapartıcular del moviment influeixen les forces? Una partıcula en un instant donat te unaposicio r(t), una velocitat v = dr/dt, una acceleracio a = d2r/dt2, te una derivada tercerad3r/dt3, etc . Llavors, si sobre ella actua una forca, F , quina d’aquestes variables esta


directament relacionada amb F? O be F , en l’instant present, actua sobre el valor d’al-guna magnitud en el futur, o en el passat? S’accepta que F , ara, actua directament sobreles magnituds actuals de la partıcula. Pero sobre quina caracterıstica del moviment ac-tua? Sobre r(t) no pot ser. L’accio d’una forca no provoca una determinada i instantanialocalitzacio de la partıcula. Actua sobre v(t)? Aixo ja es mes plausible. L’experienciaquotidiana sembla recolzar aquest punt de vista. Per moure un armari, quan mes forcafem, mes rapid es moura . Aristotil, el pensador del s. IV a. de C. va basar la dinamicaen aquest postulat: v es directament proporcional a F . De fet, a Galileo (s. XVII) li vacostar bastant convencer a la gent que aixo no podia ser aixı. La Primera Llei de Newtondescarta aquesta possibliltat, diu que per mantenir un cos amb velocitat constant no calcap forca.

Primera Llei de Newton (enunciat classic)Tot cos aıllat (F = 0) o es mante en repos, o si ja esta en moviment, mante constant elseu vector velocitat.

Aixo no es va veure abans de Galileo per la dificultat practica de tenir un cos aıllat. Elsfregaments emmarcaran aquesta llei en el cas dels moviments damunt de la Terra. De fetaixo de cos aıllat te sentit com a lımit. Afortunadament, les forces disminueixen amb ladistancia, sino no existirien cossos aıllats, ni aproximadament aıllats.

Notem, pero, que la Primera Llei no pot ser certa en tots els sistemes de referencia.Considerem un cos aıllat i un sistema de referencia S = Ox1x2x3. Segons aquesta llei,v = cnt, es a dir, a = 0. Considerem ara, un altre sistema de referencia S′ = Ox′1x

′2x

′3,

accelerat respecte al primer amb a = 0. Aleshores, el cos tindra acceleracio respecte S’:a′ = a− ao′o = 0, i, per tant, no es verificara la Primera Llei respecte al sistema S’.

Aleshores, anomenem sistema de referencia inercial a tot sistema respecte al qual esverifica la Primera Llei de Newton (en el seu enunciat classic).

Primera Llei de Newton (enunciat correcte)Existeixen sistemes de referencia, anomenats inercials, en els quals tot cos aıllat es mouamb velocitat constant o esta en repos.

Llavors, si S es inercial, que ha de complir S’ per ser inercial?

(a = 0 ⇔ a′ = 0) ⇒ a = a′ + ao′o ⇒ ao′o = 0

Es a dir, s’ha de passar d’un sistema a l’altre per una transformacio galileana.

A la practica, com sabem si S es inercial? Mirant si l’acceleracio d’un cos aıllat es nul·la.En realitat no es coneixen sistemes exactament inercials, sino nomes aproximadamentinercials, en els quals els cossos aıllats (aproximadament) es mouen amb a ≃ 0. IndicantB mes inercial que A, per A < B tenim:Sistema solidari a la Terra < Sistema solidari al centre de la Terra (sense rotacio)< Sistemasolidari al sol < Sistema de les ’estrelles fixes’


2.3 Segona Llei de Newton.

Si les forces a l’instant t no actuen directament sobre r(t) o sobre v(t), sobre que actuen?Sobre l’acceleracio, a(t) = d2r/dt2. Aquest es el gran descobriment de Newton (de fet laPrimera Llei de Newton la va descobrir Galileo). Sigui una partıcula de massa m i unsistema de referencia inercial. Suposem que actuen unes forces F1, F2, ... sobre la partıculaen un instant donat. Llavors, la seva acceleracio en aquest instant ve donada per:

ma = F

on tenim F =∑

Fi es la forca resultant.

F

F

F

F

1

4

2

3

x1

x 2

x3

a

Figura 2.2: Segona Llei de Newton

Unitats

SI CGS

massa Kg g 1 g = 10−3 Kg

forca N (=newton) = 1Kg ·m/s2 dina = 1g · cm/s2 1 dina = 10−5 N

Altres unitats:

• 1 Kp o Kg-pes = 9,8 N ≃ pes d’un Kg a la superficie de la terra

• 1 tonelada-pes = 103 Kp

2.4 Tercera Llei de Newton (accio i reaccio).

Les forces sempre son d’algu sobre algu, i la Tercera Llei de Newton afirma que semprevan per parelles: accio i reaccio. Si A fa una forca FAB sobre B, B fa una forca FBA sobre


A, igual, pero de sentit contrari:

FBA = −FAB

A

B

AB

FBA

F

Figura 2.3: Accio i reaccio

Podem dir que FAB es l’accio i FBA la reaccio, o a la inversa. La Tercera Llei s’anomenatambe, Principi d’accio i reaccio.

Exemple 1:D’acord amb la Llei de la Gravitacio Universal, la Terra m’atrau exercint la meva forca pes,sobre mi. D’acord amb la Tercera Llei, jo faig la mateixa forca sobre la Terra, canviadade signe. Llavors perque jo em moc com a resultat d’aquesta forca, mentre que la Terrano s’altera? Es degut a que la massa de la Terra es molt mes gran que la meva, i per tantla seva acceleracio es insignificant.

a =F

m, a′ =

F ′

MT, a′ =

m

MTa << a ⇒ a′ = menyspreable i inobservable

F = − F’

F

F’

Figura 2.4: Masses diferents

En canvi, per a dues estrelles bessones, que son estrelles de massa semblant que orbitenuna al voltant de l’altra:

a1 =|F |m1

, a2 =|F |m2

, m1 ≃ m2 ⇒ a1 = a2


Figura 2.5: Orbites de dues estrelles bessones •

Un aspecte important del principi d’accio i reaccio es que posa de manifest que unaforca pot ser ’molt passiva’. Per exemple, si algu em dona un cop de puny, fa una forcasobre la meva cara. En la percepcio habitual de la gent, tothom estara d’acord que la partactiva es l’agressor, i el que reb el cop de puny es totalment passiu. Pero segons la TerceraLlei de Newton, la cara de qui reb el cop de puny fa exactament la mateixa forca sobre elpuny de l’agressor! El mal sobre l’agredit es degut a la major resistencia del puny respectela cara. Analogament, si un camio embesteix a un cotxe que esta parat a la carretera, laforca que fa el camio sobre el cotxe es identica a la que fa el cotxe sobre el camio. Si elsdesperfectes del cotxe son mes importants, es degut nomes a que el para-xocs i la plantxadel camio son mes resistents que no pas les del cotxe. Si fossin iguals, encara que el camios’endugui per davant al cotxe, els desperfectes d’un i de l’altre serien similars.

Un altre aspecte molt important de l’accio i reaccio es que mai s’equilibren mutuament,doncs actuen sobre cossos diferents.

Exemple 2:Quan faig una forca F sobre la paret, la pert me’n fa una sobre mi igual a −F . (veure lafigura 2.6) Si elimino el fregament, aleshores me’n vaig endarrera.(veure la figura 2.7)

Figura 2.6: Exemple de la Tercera Llei. Degut al fregament, la persona no es mou


Figura 2.7: Exemple de la Tercera Llei. En absencia de fregament, la persona es desplacacap enrera degut a la forca que li fa la paret •

2.5 Tipus de forces.

Podem agrupar totes les forces de la Naturalesa en dues grans families: forces a distanciai forces de contacte.

2.5.1 Forces a distancia

Son les forces que actuen a distancia, sense contacte directe entre els cossos. Son lesfonamentals, ja que veurem que les altres es redueixien a aquestes. Hi ha 4 tipus de forcesa distancia:

GravitatoriaForca d’atraccio entre tots els cossos, responsable del pes i dels moviments dels astres.Donades dues partıcules de masses m1,m2 amb vectors de posicio r1, r2, la forca de 1sobre 2 es:

F12 = −Gm1m2

|r2 − r1|3(r2 − r1)

i, obviament, F21 = −F12.

F

F = − F1221

12

1

2

Figura 2.8: Forca gravitatoria

Aixı la forca es proporcional a les masses i a l’invers de la distancia entre les partıculesal quadrat. La constant de proporcionalitat (constant universal de la gravitacio) es: G =6, 67× 10−11Nm2/kg2.


Si la variacio relativa de r2−r1 durant el moviment es petita, es a dir, ∆|r2−r1|/|r2−r1| <<1, podem suposar:

F ≃ cnt ⇒ F12 = m2g amb g = cnt

g = intensitat del camp gravitatori degut a m1.

ElectromagneticaForca deguda a la carrega electrica que tenen els cossos. S’estudia a la part d’Electro-magnetisme de l’assignatura de Fısica. En condicions normals es molt mes intensa que lagravitatoria. Per exemple, la forca de repulsio de 2 protons es 1036 vegades mes gran quela seva atraccio gravitatoria.

Nuclear forta i Nuclear febleLa primera es la forca que mante units els nuclis dels atoms. Si no hi fos, la repulsioelectrica entre els protons destruiria els nuclis. La segona es la responsable de certesdesintegracions radioactives.

2.5.2 Forces de contacte

Son les forces que actuen a traves del contacte directe entre els cossos i apareixen continu-ament en la vida quotidiana. Per exemple, les meves sabates fan una forca sobre el terra,o els meus dits fan forces sobre el teclat de l’ordinador. Les parets de l’edifici fan unaforca sobre la teulada per sostenirla, la maquina de tren fa una forca sobre el primer vagoper arrosegarlo, l’aire fa una forca sobre la meva cara a traves de la pressio atmosferica.A l’interior dels cossos tambe existeixen forces de contacte. Per exemple, en la paret quesoste l’edifici, si analitzo qualsevol seccio horitzontal, la part de sobre fa una forca decontacte sobre la de sota, i la de sota fa una forca igual i contraria sobre la de sobre. Perexemple, la pressio en un fluid actua internament a traves de cada seccio imaginaria enque podem dividir el volum fluid.

Pero, en realitat les forces de contacte no existeixen, ja que no hi ha contactes realsentre les mol·lecules. Quan dos cossos s’aproximen, les forces electriques produeixen unarepulsio molt forta que fa que no arribin mai a tocar-se. Aixı, les anomenades forcesde contacte son combinacions complexes de forces electromagnetiques. Afortunadament,normalment no es necessari considerar aqueste forces electromagnetiques, i les forces decontacte es poden estudiar mitjancant lleis empıriques macroscopiques (es a dir, senseconsiderar l’estructura molecular de la materia). N’hi ha diferents tipus i de momentn’esmentarem nomes dos:


Figura 2.9: Forces de contacte, repulsio deguda a forces atomiques i moleculars d’origenelectromagnetic.

Forces de contacte entre solids.Depenen de la deformacio, la velocitat relativa, etc. Tenen una component normal a lasuperficie de contacte, N , i una component tangencial R. La component normal s’oposaa la penetracio i tambe a la separacio si els cossos estan soldats. Si els cossos no estansoldats, N nomes pot ser compressiva, pero no a traccio. La component tangencial s’oposaal lliscament i s’anomena friccio o fregament. Pel cas dels solids rıgids aquestes forces sondesconegudes a priori (forces de lligadura, veure seccio 2.5.3).

Bv

FAB

FBA

vA

Figura 2.10: Forces de contacte

Forces elastiques. Molles lineals.Molts materials solids, quan sel’s sotmet a forces es deformen amb una deformacio que esaproximadament proporcional a les forces. Aixo s’estudia a les assignatures d’Estructuresi de Mecanica dels Medis Continus i s’anomena comportament elastic. Un model senzilldel comportament elastic en una dimensio (la descripcio tridimensional per cossos extensoses bastant complicada) es el cas d’una molla elastica. Cada molla (per una temperaturadonada, que suposem constant) te una longitud, l0, que es la seva longitud si no se li aplicacap forca i que s’anomena longitud natural. Llavors, si se l’estira o se la comprimeixamb dues forces F i −F per els dos extrems, adopta una nova longitud l. S’observa que sil’allargament o escursament, |l − l0|, no es molt gran, resulta ser proporcional a la forca:|F | = k|l − l0| a on k es la constant elastica de la molla. En la disposicio de la figuraadjunta, a on l’extrem esquerra de la molla esta fix al punt x = −l0 i l’altre es mobil perl’eix x, la forca que fa la molla per el seu extrem mobil es:

F = −kx

ja que x = l − l0. Notem que la forca que se li fa externament, es igual a aquella pero designe contrari.


x = 0

r

x

Figura 2.11: Forca d’una molla

2.5.3 Tipus de problema associats a les lleis de Newton. Forces delligadura

En relacio a la Segona Llei de Newton hi ha tres tipus basics de problema:

1) Coneixent el moviment trobar la forca.

Exemple 3:Una maquina de tren arrossega tres vagons identics per una via horitzontal. Les pecesd’unio entre vagons esta n deteriorades, totes tres per igual. El tren arrenca bruscamenti una de les peces es trenca. Quin?

m m m

T T T

a

3 2 1

Figura 2.12:

Suposem que arrenquen tots amb la mateixa acceleracio a (veure figura


T

T

T

T

T3

2

12

3

Figura 2.13:

L’aplicacio de la Segona Llei de Newton pel tercer, segon i primer vago, respectivamentdona:

T3 = ma , T2 − T3 = ma , T1 − T2 = ma

de on obtenim:T1 = 3ma , T2 = 2ma , T3 = ma

Aixo vol dir que es trenca la primera peca d’unio, ja que: T1 = 3/2T2 = 3T3. Fixem-nosque en aquest problema, a partir de saber que el tren es movia amb acceleracio a, hemtrobat les forces que es feien els vagons a traves dels enllacos entre ells •

2) Coneixent la forca trobar el moviment.

Aixo es trivial si la forca es constant, pero en general la forca no es constant sino que esuna funcio F (r, v, t). A mes a mes, poden haver-hi varies partıcules i el moviment d’unadepen del moviment de les altres. En general, la resolucio implica resoldre un sistemad’equacions diferencials, lo qual pot ser molt complicat. Un exemple senzill d’aixo es elproblema 1.9 de la col·leccio, en que s’estudia el moviment d’una partıcula sotmesa a unaforca inversament proporcional al cub de la distancia a una altre.

3) Problema mixt.

Hi ha un tercer cas intermig entre els altres dos: coneixent part del moviment i part deles forces, trobar la part del moviment i la part de les forces que son desconeguts a priori.A aquestes forces, que inicialment son desconegudes i que nomes es poden determinara partir dels efectes que causen sobre el moviment, se’ls hi diu genericament forces delligadura.

Exemple 4:Considerem un cos de massa m que baixa per un pla inclinat sota l’accio de la gravetat,suposada constant, sense cap forca de fregament. A priori coneixem la forca pes, P = mg,i l’acceleracio normal, an = 0, pero desconeixem la forca N , normal a la superfıcie, quefa el pla sobre el cos i l’acceleracio tangencial, at. La situacio es pot representar amb lataula:


conegut desconegut

moviment an atforces mg N

θ

Ν

mga t

an

Figura 2.14: Forces de lligadura

Escribint la Segona Llei de Newton i descomposant els vectors en la direccio tangent inormal al pla tenim:

mat = −mg sin θ man = N −mg cos θ = 0

de on podem determinar les incognites sobre el moviment i les incognites sobre la forca,at = −g sin θ i N = mg cos θ •

2.6 Fregament per lliscament entre solids (Fregament sec ode Coulomb

La forca de contacte entre dos solids te una component normal a la superfıcie, que s’oposaa la penetracio (sempre es compressiva) i una tangencial que s’oposa al lliscament, i queapareix perque les superficies en contacte no son perfectament llises. Anomemem forcade fregament per lliscament a aquesta component tangencial. Aquestes dues forcesson forces de lligadura, es a dir, no es coneixen a priori: depenen del moviment del sistemai de les altres forces. (veure figures 2.16 i 2.15)


R

N

−N

−R

Figura 2.15: Forces normals i tangencials

R F

Figura 2.16: Fregament

Per introduir els conceptes basics sobre el comportament empıric de la forca de frega-ment, considerem un bloc que descansa sobre el terra, horitzontal, sotmes inicialment alseu pes, P , i a la forca de contacte que li fa el terra. Inicialment, aquestes dues forcess’equilibren mutuament, i el bloc es mante en repos. Ara excercim una altre forca ,F ,horitzontal per intentar posar-lo en moviment. Si la forca F es petita, el bloc no es moudegut a que el fregament amb el terra ho impedeix, fent-li una forca horitzontal oposada,R .

R

N

P

F

Figura 2.17:


Si la forca de fregament sobre el bloc es R, la Segona Llei de Newton ens diu:

F −R = 0 ; N − P = 0 ⇒ R = F ; N = P

Veiem, per tan, que R depen de les forces exteriors.

Si F segueix augmentant, R la va seguint fins a un cert lımit, RM , en que ja no augmentames, per mes que F segueixi augmentant. Superat aquest lımit, hi ha lliscament i, suposantque la forca de fregament es mante igual al valor lımit, RM , la Segona Llei de Newton ensdiu:

F −RM = ma ; N − P = 0

de on l’acceleracio es:

a =F −RM

m

La grafica de la forca de fregament R en funcio de la forca F es:

RM

RM F

R

Figura 2.18: Forca de fregament en funcio de la forca F aplicada: simplificacio

Aixı, per F ≤ RM hi ha equilibri i per qualsevol F > RM no hi ha equilibri i es produeixlliscament. En realitat quan es produeix lliscament, la forca de fregament disminueixrespecte de RM i val R = Rc < RM , com s’il·lustra a la figura adjunta:

R

R

R

F

C

M

Figura 2.19: Forca de fregament en funcio de la forca F aplicada.

De que depenen RM i Rc?


1. Son proporcionals a la component normal N de la forca de contacte

RM = µeN , Rc = µcN

amb coeficients de proporcionalitat, µe, µc anomenats coeficient estatic i coefi-cient dinamic de fregament, que depenen dels tipus de material de les superficiesen contacte (µe ≥ µc).

2. No depenen de l’area de la superficie de contacte (aproximadament).

3. µc es aproximadament independent de la velocitat relativa de lliscament entre lessuperfıcies (si aquesta velocitat no es molt elevada).

Alguns coeficients de fregament (Notem que els valors nomes tenen una xifra signi-ficativa, lo qual indica el grau d’incertesa elevat de les mesures. Aixo son nomes valorsaproximats)

µe µc

Neumatic - paviment (sec) 0.9 0.8

Metall - metall (sec) 0.2 0.1

Metall - metall (engrassat) 0.1 0.05

Goma - fusta 0.4 0.3

Metall - gel - 0.02

Terra - terra 0.2 - 1 ?

Corda metal·lica - politja metal·lica 0.2 0.15

Observacio:Un error molt frequent es assignar al fregament el valor R = µN independentment de quehi hagi repos o lliscament. Si estem segurs de que hi ha lliscament entre les superfıcies,llavors, efectivament, R = µcN . Pero en problemes d’Estatica, a on no sabem si hi hauralliscament o no entre les superfıcies, R es desconegut a priori, te el valor necessari perqueno es produeixi lliscament, sempre que aquest valor necessari no superi el valor maxim,R ≤ µeN .

Exemple 5: forma de mesurar el coeficient µe i angle de repos.Considerem un cos damunt d’un pla inclinat un angle α respecte de l’horitzontal, sotmesa la forca pes i a la forca de contacte del pla inclinat. Comencem amb α = 0 i aneminclinant el pla .

αN

R

P

Figura 2.20: Forces sobre un cos en un pla inclinat.


Si la inclinacio es suficientment petita hi haura equilibri, i el cos no llisca, es a dir, a = 0.Per tan:

R− P sinα = 0N − P cosα = 0

→

R = P sinαN = P cosαR/N = tanα

Aquesta situacio nomes es possible si el valor de R necessari perque es mantingui l’equilibrino supera el valor maxim, RM . Per tan, el lliscament s’inicia quan R = RM , es a dir,quan:

R/N = tanα = RM/N = µe ⇒ µe = tanαM

Aixı doncs, mesurant αM podem determinar µe. Sovint (per exemple a Geotecnia, En-ginyeria Marıtima, etc.) enlloc de donar µe es dona αM , que s’anomena angle de repos.

2.7 Forces d’inercia.

Que passa amb la Segona Llei de Newton, quan el sistema de referencia no es inercial? Sigui(S) un sistema inercial i, sigui (S’) un sistema accelerat respecte a l’anterior. Consideremuna partıcula de massa m sotmesa a una forca resultant F .

O

O’

x

x

x(S)

(S’)

x’

x’

x’

a

3

2

1

1

3

o’o

2

m

F

Figura 2.21: Sistemes S i S’

Per la Segona Llei de Newton, en el sistema inercial S tindrem:

ma = F

L’acceleracio del cos en el sistema (S’) sera :

a′ = a− ao′o ⇒ ma′ = ma−mao′o = F −mao′o

O sigui que, en el sistema de referencia S’ trobem:

ma′ = F −mao′o


i per tan ma′ no es igual a la forca, sino a F −mao′o. Aixı, la Segona Llei de Newton noes compleix en el sistema no inercial S’. No obstant, formalment, la podem recuperar siimaginem que FI = −mao′o es una forca, amb lo qual:

ma′ = F + FI

Aixı, en un sistema no inercial, i per cada partıcula de massa m, a la forca fısica real,F , hem d’afegir la forca fictıcia FI = −mao′o, anomenada forca d’inercia. Les forcesd’inercia no son reals en el sentit que no les fa ningu, apareixen nomes degut a que elsistema de referencia ”no es un bon sistema de referencia”. Un exemple senzill d’aquestconcepte el tenim en el problema 2.16 de la Coleccio.

2.8 Unitats, dimensions i parametres adimensionals.

2.8.1 Homogeneitat dimensional

Tota equacio de la Fısica expressa una igualtat entre valors d’una mateixa magnitud, esa dir, els dos membres de la igualtat han d’expressar valors de la mateixa magnitud. Perexemple, no te sentit una igualtat: x = g, on x es una distancia i g una acceleracio.Analogament, nomes podem sumar o restar valors d’una mateixa magnitud. Per exemple,no te sentit sumar una forca amb una velocitat. A aquesta propietat de les equacionsfısiques se li diu homogeneıtat. A mes a mes, quan expresem A+B = C se sobreentenque cada terme s’expressa amb les mateixes unitats. En canvi, si que es poden multiplicaro dividir magnituds diferents, i en resultaran magnituds derivades. Per exemple, v =∆x/∆t ,W = F ·∆x.

2.8.2 Magnituts fonamentals i dimensions

Totes les magnituds es poden definir a partir de unes poques, anomenades magnitudsfonamentals. Per exemple, en la Mecanica es prenen com a fonamentals:

• Longitud L

• Temps T

• Massa M

En comptes de la massa es pot prendre la forca, pero no es el mes habitual. Llavors,totes les altres magnituds es poden definir a partir d’aquestes tres, i aquestes relacionss’anomenen dimensions de les magnituds derivades. Per exemple, les dimensions de la


velocitat, l’acceleracio, la forca, la pressio i la densitat, son:

[v] = [∆x/∆t] = LT−1 (2.1)

[a] = [∆v/∆t] = LT−2 (2.2)

[F ] = [ma] = MLT−2 (2.3)

[p] = [F/S] = MLT−2/L2 = ML−1T−2 (2.4)

[ρ] = [m/V ] = ML−3 (2.5)

Aleshores, en tota equacio, els dos membres han de tenir les mateixes dimensions. Perquedues expressions es puguin sumar o restar han de tenir, tambe, les mateixes dimensions.Tot aixo es molt util per detectar errors en els calculs.

Un sistema d’unitats, es una eleccio d’unitats per les magnituds fonamentals i enconsequencia, tambe per les magnituts derivades. Usant nomes unitats d’un sistema,es te la garantia que els resultats dels calculs sortiran en aquest sistema, i un no es te quepreocupar per les unitats en els passos intermitjos. En Mecanica es fan servir basicament:

Sistema internacional S.I.: L = m T = s M = kg

Sistema C.G.S.: L = cm T = s M = g

2.8.3 Parametres adimensionals

Considerem, per exemple, el problema del carret (2.24 de la Col·leccio), per el qual l’ac-celeracio del carro sortia:

a1 =−m sinα cosα

M +m sin2 αg

Si volguessim verificar experimentalment aquesta formula, com que a1 = F (m,M,α, g),hauriem d’anar donant valors als 4 parametres m, M, α, g. Per exemple, donar 10 valorsa cada parametre i fer totes les combinacions possibles implicaria fer 104 assajos.Notem, pero, que la formula es pot reescriure:

a1g

=−mM

sinα cosα

1 + mM sin2 α

i per tant, introduınt els parametres adimensionals, es a dir, magnituds sense dimen-sions (L0T 0M0):

γ =a1g

, µ =m

M

tenim:

γ = −µ sinα cosα

1 + µ(sinα)2= f(α, µ)

Aleshores, en realitat nomes cal donar valors diferents a α i µ que son els unics parametresindependents del problema, lo qual implica fer nomes 102 assajos. La majoria dels 104

assajos variant els parametres inicials serıen redundants, el seu resultat es pot predir deforma purament algebraica a partir dels resultats dels 102 assajos ”fonamentals”. Per tant,


l’us de parametres adimensionals es molt convenient perque ens permet reduır el nombrede variables del nostre problema.

Una altre aplicacio molt important dels parametres adimensionals es el diseny de modelsreduits. Considerem el vent damunt d’una muntanya, i suposem que volem estudiar lapertorbacio provocada per la muntanya sobre el vent. Com que al laboratori no podemtenir una muntanya de 1000 m. d’alcada en construım una d’alcada h’ i base b’, mespetita, es a dir, un model reduit o a escala. Quins han de ser els valors de h’, b’ perque elflux d’aire tingui l’estrucutra el mes semblant possible al flux a escala real?

h h’

b’

b

Figura 2.22: Muntanya real i model reduit

En aquest cas tan simple, es evident que s’haura de mantenir la forma o proporcio entrebase i alcada, es adir, el parametre adimensional γ = h/b:

γ =h

b= γ′ =

h′

b′

Novament, la clau esta en considerar parametres adimensionals. Aquests ens permetranextrapolar els resultats valids per una escala, a una altra escala. Per exemple, en problemesrellevant per l’Enginyeria com construir un model reduit de un port, no es gens trivialtrobar les dimensions dels espigons, el tamany i pes de les pedres, l’alcada i el perıode deles onades, etc. en el model reduit perque representi lo essencial del port a escala real. Enaquest proces la consideracio de parametres adimensionals es fonamental, com es veura aaltres assignatures.

Donats els parametres originals d’un problema, hi ha un metode general per saber quantsparametres adimensionals independents es poden definir i trobar-los. Aixo es fa utilitzantel Teorema π de Buckingham, que es veu en el complement ??.

2.9 Complements

2.9.1 Teorema π de Buckingham

Considerem un problema amb n magnituds, entre les quals n’hi ha m < n de dimension-alment independents. Llavors, les n magnituds es poden agrupar en n-m parametres adi-


mensionals, i tota llei F (A1, A2, A3, ...An) = 0 es pot reescriure com f(p1, p2, ..., pn−m) = 0amb pi = adimensionals. La demostracio no es dificil, pero no la incluim i es pot trobaren llibres mes avancats (per exemple, de Hidraulica).

Exemple 6: Relacio entre el temps de caiguda i l’alcada en la caiguda lliure.

Magnituds: h, g, t −→ n = 3[h] = L [t] = T [g] = LT−2

Magnituds independents: L, T −→ m = 2 n−m = 3− 2 = 1Existeix un parametre adimensional. Com el trobem?Prenem m basics: h, t i definim els para metres adimensionals, proporcionalment als altres:

γ = ghn1tn2 [γ] = LT−2Ln1Tn2 = Ln1+1Tn2−2 ⇒ n1 + 1 = 0, n2 − 2 = 0

⇒ γ = ghn1tn2 −→ γ =gt2

h

Aleshores, la llei de la caiguda lliure, F (g, t, h) = 0, sera :

f(γ) = 0 ⇒ γ = cnt ⇒ gt2

h= cnt

La constant no es pot determinar purament per analisi dimensional. Resolent el problemade cinematica es troba que val 2 •

Exemple 7: Problema del carret(2.24 de la Col·leccio)

Magnituds: a1, g, M, m, α −→ n = 5[a1] = [g] = LT−2 [m] = [M ] = M [α] = M0L0T 0 ⇒m = 2, n−m = 5− 2 = 3Existeixen tres parametres adimensionals. Com els trobem?Prenem m basics: g,M i definim els parametres adimensionals, proporcionalment alsaltres:

γ = a1gn1Mn2 −→ n2 = 0, n1 = −1

µ = mgn1Mn2 −→ n1 = 0, n2 = −1

γ =a1g, µ =

m

M

El tercer parametre adimensional es α, que ja estava definit inicialment. Aleshores, la lleif(γ, µ, α) = 0, sera :

a1 = g φ(m/M,α)

Per trobar la forma particular de la funcio φ, hem de resoldre el problema de Dinamica •

Exemple 8: Problema de canvi de rasant (2.15 de la Col·leccio)

Magnituds: v, r, g, α −→ n = 4[v] = LT−1 [r] = L [g] = LT 2 [α] = M0L0T 0

Magnituds independents: L, T ⇒ m = 2⇒ n−m = 4− 2 = 2


Existeixen dos parametres adimensionals. Com els trobem?Prenem m basics: v, r. Aleshores:

γ = gvn1rn2 [γ] = LT−2(LT−1)n1Ln2 = L1+n1+n2T−2−n1

1 + n1 + n2 = 0 (2.6)

− 2− n1 = 0 −→ n1 = −2||n2 = 1 (2.7)

γ = gr

v2, α

Llavors, la llei f(γ, α) = 0, sera:v2 = φ(α) g r

Per trobar la forma de la funcio φ s’ha de resoldre el problema de Dinamica •

Capıtol 3

Sistemes de forces

Hem estudiat la cinematica i la dinamica de la partıcula. Ara tocaria veure la dinamicadels sistemes de partıcules. Pero preferim fer un parentesi i estudiar l’Estatica, es a dir,les condicions sota les quals els cossos es mantenen en repos. Aquest tema el trebal-larem en tres parts: Sistemes de forces, Estatica propiament dita i Estatica d’estructuresarticulades.

3.1 Equilibri de la partıcula i del solid rıgid.

Diem que una partıcula, o un sistema de partıcules o, en particular, un solid o un fluid,estan en Equilibri respecte d’un sistema de referencia en un cert interval de temps, si esmantenen en repos durant aquest interval.

3.1.1 Equilibri de la partıcula.

Considerem un sistema de referencia inercial. A partir de la Segona Llei de Newton,ma =

∑F , es evident que perque una partıcula estigui en equilibri, la resultant de totes

les forces aplicades ha de ser nul·la,∑

F = 0. Recıprocament, que podem concloure si∑F = 0? La partıcula no te perque estar en repos: pot estar en repos o pot moure’s a

velocitat constant. Quan s’estudia l’Estatica, es fixa l’atencio nomes en les forces i s’obviaqualsevol consideracio cinematica. Llavors, per poder-nos oblidar de l’estat inicial de reposo moviment, redefinim l’equilibri de la manera seguent. Una partıcula esta en equilibri siles forces aplicades son tals que, en cas que la partıcula estigui inicialment en repos, segueixen repos indefinidament. D’aquesta manera, la condicio necessaria i suficient d’equilibriper una partıcula es: ∑

F = 0 (3.1)

Geometricament, la condicio d’equilibri implica que les forces han de formar un polıgontancat, unint el final de cada vector amb l’origen del seguent. En el cas en que hi hagi

56

CAPITOL 3. SISTEMES DE FORCES 57

nomes dues forces aplicades, han de ser iguals i de sentit contrari.

Figura 3.1: Forces que mantenen una partıcula en equilibri.

Exemple recomenat: corda sota tensio, amb una forca lateral addicional.

3.1.2 Equilibri del solid rıgid.

Ara definirem les condicions d’equilibri per un solid rıgid. Novament, prescindirem dequalsevol consideracio sobre l’estat de repos o moviment inicial, i usarem la definiciod’equilibri introduida a la seccio anterior. Com que encara no hem estudiat les equacionsdel moviment del solid rıgid, de moment introduirem les condicions d’equilibri de maneraempırica, fent us de la intuicio fısica. Aquestes condicions seran confirmades posteriormentde forma rigurosa a partir de les equacions dinamiques.

Quan tractem amb forces aplicades a un cos extens, el primer que veiem es que hem detenir en compta el punt d’aplicacio de la forca. Per exemple, una forca F aplicada a unpunt P d’un solid rıgid, i una forca −F aplicada en un punt P ′ de la recta que passaper P i te la direccio de F , no produeixen cap moviment. En canvi, si apliquem la forca−F en un punt P ′′ que no estigui damunt d’aquella recta, el conjunt de les dues forcesprodueixen una rotacio (veure Figura adjunta). Per tant el punt d’aplicacio es essencial.

08/02/2011

1

F

F

F

F

a b

F F F

Figura 3.2: L’efecte de les forces sobre un cos depen del punt d’aplicacio.

Llavors anomenen sistema de forces aplicades a un solid a tot conjunt de forcesamb els seus corresponents punts d’aplicacio: Pi, Fi. De moment considerarem sistemesdiscrets d’un nombre finit de forces (i = 1, 2, ...N). Posteriorment veurem que es moltfacil estendre la teoria a sistemes d’un nombre infinit de forces.

En el raonament que acabem de fer, hem vist que mes que el punt d’aplicacio de la forca,el que importa es la recta que passa pel punt d’aplicacio i te la direccio de la forca, queanomenarem recta d’accio de la forca (o tambe recta d’aplicacio, recta suport o lınia


a1

a2

a3P

1 P2 P

3

Figura 3.3: Sistema de forces.

d’accio). En efecte, en els dos cassos esmentats (equilibri i rotacio), si canviem de puntd’aplicacio mantenint la recta d’aplicacio igual, l’efecte de la forca no canvia. Per tant,donat un sistema de forces Pi, Fi, podem traslladar arbitrariament cada forca seguintla seva recta d’accio, i el sistema resultant es equivalent, es a dir, fa els mateixos efectes.Diem per tant que les forces aplicades a un solid rıgid son vectors lliscants. Notempero, que aixo no es cert, si el solid es deformable. En l’exemple de la figura, la forca Fen el cas a) o en el cas b) no fa el mateix efecte en un solid deformable. En el cas a)produeix una compressio a la part superior del cos, i en el cas b) li produeix una dilatacio.Llavors, es diu que les forces aplicades a cossos deformables son vectors fixes: l’efectedepen del punt d’aplicacio, no nomes de la recta d’accio. En aquest curs no consideremsolids deformables i, per tant, les forces seran vectots lliscants.

F

Fa

AF B

Cb c

Figura 3.4: Caracter de vector lliscant o de vecor fix de la forca aplicada a un solid.

Es evident que una condicio necessaria d’equilibri per un solid rıgid es la mateixa que peruna partıcula: ∑

i

Fi = 0 (3.2)

ja que si la suma de forces no es zero, el solid tindra una certa acceleracio. Pero podemintuir tambe que aquesta condicio no es suficient. En efecte, en el primer exemple que hemvist, amb dues forces F ,−F aplicades en rectes d’accio diferents, es compleix que la sumade forces es nul·la, pero el solid tindra un moviment de rotacio i no estara en equilibri. Pertant, ens falta alguna condicio addicional relacionada amb la possibilitat del moviment derotacio. En aquell exemple, es veu que un factor important perque es produeixi rotacio esla distancia d entre les rectes d’accio de les forces F i −F . Si d = 0, les forces no causenrotacio, si d = 0, produeixen rotacio. Empıricament es veu, que a igualtat de |F |, quanmes gran es d mes rapidament gira el solid. De fet, aquesta rapidesa a la que el cos iniciaa girar es proporcional al producte d|F |. Es veura en el tema de Dinamica de Sistemesde Partıcules que l’efecte de rotacio d’una forca al voltant de un punt ve determinat pelque anomenem moment de la forca, que es un vector de modul d|F | a on d es la distancia


entre la recta d’accio de la forca i el punt. Ara definirem aquest concepte fonamental i totseguit escriurem les condicions necessaries i suficients d’equilibri d’un solid rıgid.

3.1.3 Moment d’un vector respecte d’un punt.

Donat un vector F aplicat al punt P i un punt arbitrari, O, anomenem moment delvector respecte del punt O, al vector:

MO = OP × F (3.3)

Notem que el vector moment verifica:

• es perpendicular al pla definit per F i O.

• te sentit donat per la regla del cargol, es a dir, el sentit d’avancament d’un cargolque giri al voltant de O en el sentit indicat pel vector F .

• |MO| = d|F | = 2S on d es el brac de palanca, es a dir, la distancia de la rectad’aplicacio del vector F al punt O , i S es l’area del triangle determinat per F i elpunt O.

Propietats del moment d’un vector:

1. Si O pertany a la recta suport del vector, MO = 0.

2. Si traslladem el vector seguint la seva recta suport, el moment no canvia. Aixo esconsistent amb el caracter de vector lliscant de les forces.

3. El moment depen del punt O, i la relacio entre els moments respecte punts diferentses:

MO′ = MO + O′O × F (3.4)

Demostracio:

1. Es evident, ja que en aquest cas d = 0.

2. Tambe es evident, perque el modul, direccio i sentit del vector moment no canvia.

3. MO′ = O′P × F = (O′O + OP )× F = O′O × F + MO


3.1.4 Resultant i moment resultant. Condicions d’equilibri del solidrıgid.

Considerem un sistema de forces Pi, Fi aplicat a un solid. Anomenem resultant delsistema a la suma de totes les forces

R =∑i

Fi

Sigui un punt O arbitrari. Anomenem moment resultant del sistema respecte O ala suma de tots els moments respecte de O:

MO =∑i

OPi × Fi

Al punt O respecte al qual estan calculats els moments s’anomena pol.

Llavors, ?sl la condicio necessaria i suficient d’equilibri del solid es que la resultant i elmoment resultant respecte d’un punt arbitrari O siguin zero:∑

i

Fi = 0 ,∑i

OPi × Fi = 0 (3.5)

Una questio fonamental es veure com canvia el moment resultant quan canviem el pol.Sumant les equacions eq. 3.4 aplicades a cada vector, obtenim:

MO′ = MO + O′O × R (3.6)

Notem que el moment resultant respecte a O’ es el moment del sistema respecte a O + elmoment de la resultant situada a O.

De la formula fonamental resulta immediatament una propietat molt important:

R = 0 ⇔ MP = MQ, ∀P,Q

Demostracio:La implicacio (⇒) es immediata. La contraria vindria del fet de que un vector R tal quePQ× R = 0 ∀P,Q ha de ser necessariament nul •.Es a dir, si la resultant es zero, el moment resultant es independent del pol. Degut aaquesta propietat, en la condicio d’equilibri el moment es pot agafar respecte de qualsevolpunt.

3.2 Equivalencia de sistemes.

Quan estudiem la Cinematica del solid rıgid, veurem que a cada instant, el camp de veloc-itats dels seus punts es pot interpretar com la superposicio d’un moviment de translacio


mes un moviment de rotacio. Veurem en el tema de Dinamica que la translacio ve gover-nada per la resultant de les forces i que la rotacio ve governada per el moment resultant.Per tant, l’efecte d’un sistema de forces sobre un solid depen de la resultant i del momentresultant. Tot aixo es consistent amb la condicio d’equilibri que hem vist, resultant i mo-ment resultant iguals a zero. En consequencia, donats dos sistemes de forces S = Pi, Fi iS′ = P ′

i , F′i. Direm que son equivalents, si i nomes si es compleixen les dues condicions:

a)R = R′ i b) MQ = M ′Q , ∀Q

es a dir, si produeixen els mateixos efectes sobre un solid rıgid. De fet, aquesta condicioes pot debilitar, ja que es compleix:

R = R′ i ∃O | MO = M ′O ⇔ MQ = M ′

Q , ∀Q

Demostracio:Notem primer la identitat:

MP − M ′P = MO − M ′

O + PO × (R− R′)

D’aquı resulten obvies les dues implicacions:(⇒) MP − M ′

P = 0 , ∀P(⇐) PO × (R− R′) = 0 ∀P,O ⇒ R− R′ = 0 •

Per tant, les condicions d’equivalencia entre S i S’ es poden escriure com:

R = R′ i ∃Q | MQ = M ′Q

o be, simplement:

MQ = M ′Q , ∀Q

En realitat, la condicio anterior es pot reduir a exigir MAi = M ′Ai

per tres puntsA1, A2, A3 no alineats (demostracio alumnes).

Aixı doncs, per comparar diferents sistemes i veure si son o no equivalents, caldra previamenttrobar per cada un la resultant i el moment resultant respecte d’un mateix punt O. Aquestproces s’anomena caracteritzar els sistemes respecte del punt O.

3.3 Eix central i trinomi invariant.

Donat un sistema de forces, S, que pot tenir milers de forces (o fins i tot infinites, en el casd’una distribucio contınua) es interessant reduir el sistema, es a dir buscar un sistemaequivalent a S, que tingui el mınim numero possible de forces. En aquesta seccio donemeines per fer-ho. Comencarem recordant que el moment resultant d’un sistema depen,obviament, del punt de reduccio o pol. Aixı, donat un sistema S = Pi, Fi, l’aplicacioque a cada punt de l’espai P li fa correspondre el moment del sistema respecte a P

P −→ M(P ) = MP


es un camp de vectors. Llavors, una questio fonamental es esbrinar si existeix un puntP tal que MP = 0 . Si aixo passa, el sistema es equivalent a una sola forca, lo qual esremarcable, donat que el sistema pot contenir moltes forces. En efecte, sigui R la resultantde S i suposem MP = 0 . Considerem un sistema S’ amb una sola forca F ′

1 = R situadaa P . Obviament, les resultants de S i S’ coincideixen. El moment de S’ respecte a Pes nul, doncs F ′

1 passa per P . Per tant, tambe coincideixen els moments respecte P i,en consequencia, S i S’ son equivalents, lo qual vol dir que S es reduıble a un sol vector.El recıproc tambe es obviament cert: si un sistema es reduıble a un sol vector, llavorsexisteix un punt P respecte al qual MP = 0 (P pot ser qualsevol punt de la recta suportdel vector). Per tant hem demostrat aquesta propietat fonamental:

Un sistema S es reduible a un sol vector si, i solament si, existeix un punt P tal queMP = 0.

Per determinar si existeix o no un punt P tal que MP = 0, determinarem el momentmınim

Mmin = min|MP | ;P

Llavors, si Mmin = 0 , existeix un o mes punts respecte dels quals el moment es zero,mentres que si Mmin = 0 , no existeix cap punt amb moment nul, i el sistema no serareduible a un sol vector. El moment mınim es podria determinar per els metodes delcalcul diferencial, derivant f(x, y, z) = |MP | respecte les coordenades x, y, z del punt P ,i igualant a zero, pero preferim seguir un metode algebraic constructiu.

Sigui S un sistema de forces. A partir d’ara, i fins al final d’aquesta seccio, suposarem quela resultant del sistema es no nul·la, R = 0 . Descomposem el vector MP en componentsparal·lela i perpendicular al vector unitari R/R:

MP = M(P )∥ + M(P )⊥ =MP · RR2

R+1

R2R× (MP × R)

(Aquesta expressio es pot obtenir directament desarrollant el doble producte vectorialR× (MP × R)). Notem que l’escalar T = MP · R es independent del punt P. En efecte,

MA

A

MP

MMP

R

Figura 3.5:

MA = MB + AB × R⇒ MA · R = MB · R+ (AB × R) · R = MB · R


ja que (AB × R) · R = 0 perque son vectors ortogonals. Per tant, encara que MA es engeneral diferent de MB, el producte escalar per R dona sempre el mateix. Aquest escalar,T , s’anomena Trinomi invariant del sistema. L’invariancia de T te la consequenciaimportant de que la component paral·lela, M(P )∥, es independent del punt P . El teoremaseguent permet trobar el moment mınim.

Teorema de l’Eix Central

Sigui S un sistema de forces amb R = 0. Llavors, el moment mınim es el moment respectedels punts de la recta paral·lela a la resultant:

OP =R× MO

R2+ λ R , λ ∈ ℜ (3.7)

que anomenem eix central, i el seu valor es:

Mmin = M∥ =T

R2R · (3.8)

Demostracio:Donat que

|MP |2 = |M∥|2 + |M(P )⊥|2 ≥ |M∥|2

si conseguim trobar punts tals que M(P )⊥ = 0, quedara clar que Mmin = M∥. Que elmoment perpendicular sigui zero equival a dir, que el moment es paral·lel a la resultant,es a dir, MP × R = 0 . Usant la formula fonamental, eq. 3.6, aquesta condicio s’escriu:

(MO + PO × R)× R = 0

Anomenant x = (x1, x2, x3) a les coordenades del vector OP escriurem per tant:

(x× R)× R = MO × R (3.9)

que es un sistema lineal de tres equacions escalars en les tres incognites x1, x2, x3. Usantla identitat del doble producte vectorial es pot posar:

−R2x+ (R · x)R = MO × R

Mirem si existeix una solucio x perpendicular a R. Si x⊥R, l’equacio s’escriu:

−R2x = MO × R

d’on,

x = −MO × R

R2(3.10)

Com que, efectivament, el vector x donat per aquesta expressio es perpendicular a laresultant, l’eq. 3.10 dona una solucio de l’eq. 3.9. La pregunta es, ara, si existeixen messolucions. Si xa, xb son dues solucions, restant cada una de les equacions eq. 3.9 per xa, xb,resulta que la diferencia x = xa − xb verifica:

(x× R)× R = 0 ⇔ x× R = 0⇔ x = λ R , λ ∈ ℜ


Aixı, si a la solucio definida per l’eq. 3.10 li afegim λR obtenim una altre solucio i,recıprocament, qualsevol altre solucio sera de la forma

x =R× MO

R2+ λ R , λ ∈ ℜ

que es l’equacio d’una recta paral·lela a R. Per tant queda demostrat que sobre els puntsd’aquesta recta, M(P )⊥ = 0, i per tant el moment respecte dels seus punts es el momentmınim, com voliem demostrar •

Observacio important:El teorema anterior aclareix la questio seguent: donat un sistema S amb R = 0, existeixalgun punt P tal que MP = 0 ? La resposta es afirmativa si, i nomes si, el trinomi invariants’anul·la: T = 0 .

3.4 Classificacio i reduccio dels sistemes.

Ja hem vist que si R = 0 i T = R · M = 0, el sistema es reduible a un sol vector. Peroque passa si T = 0 o si R = 0? Ara, usant el teorema de l’Eix Central podem abordarel problema general de la reduccio i, a mes a mes, farem una classificacio exhaustiva delssistemes.

Abans de fer la classificacio conve notar la seguent propietat: Tot sistema de forces con-currents en un punt P , (es a dir, rectes suport que es tallen totes a P ) es sempre equivalenta una forca igual a la resultant situada a P . En efecte, sigui S el sistema original i S’ elsistema reduıt a un sol vector. Per construccio, les resultants coincideixen. El momentsde S i de S’ respecte a P son nuls, perque totes les rectes suport passen per P .

Vectors concurrents en un punt

Figura 3.6: Forces concurrents en un punt.

La primera classificacio que farem es atenent a si R = 0 o R = 0. Per el primer cas podemsubclassificar depenent de si el moment, que sera independent del punt, es o no es nul.Per el segon cas, aixo no te sentit perque el moment depen del punt. Per aixo usarem eltrinomi invariant.


Classificacio:

1. R = 0 , M = 0 : sistema nul.No es pot parlar de representant mes senzill: seria una unica forca de modul 0.Aquest es el cas dels sistemes de forces que cumpleixen les condicions d’equilibri, esa dir, mantenen al cos en equilibri.

2. R = 0 , M = 0 : parell.El representant mes simple possible son dos forces F1 = F , F2 = −F , situades enun pla perpendicular a M i les rectes suport separades una distancia d = M/F. Elsentit de les forces s’ha d’escollir d’acord amb el sentit de M. En efecte, si S es elsistema original i S’ el sistema reduıt, els dos tenen resultant nul·la. Els momentstambe coincideixen, per construccio. El nom de ’parell’ ve pel fet que es equivalenta 2 forces, pero notem que un parell pot estar format per 53.419 forces, per exemple.Aquests sistemes de forces no produeixen translacio, pero si rotacio, respecte dequalsevol punt.

v vd

Figura 3.7: Parell format per dues forces.

3. R = 0 , T = 0 : sistema reduıble a una sola forca.Aquest es el cas en que Mmin = 0 que ja hem tractat anteriorment, pel qual elsistema es equivalent a una unica forca. Aquest vector s’ha d’escollir igual a laresultant i situat a l’eix central, ja que llavors el seu moment respecte qualsevol puntde l’eix es zero. Aquests sistemes de forces produeixen translacio, en la direccio del’eix central, pero no causen rotacio (respecte dels punts de l’eix central).

eix central

a = R1

Figura 3.8: Sistema reduible a una sola forca.


4. R = 0 , T = 0 : torsor.En aquest cas, Mmin = 0, i el sistema no es pot reduır a una sola forca. Pero semprees pot reduır a dues forces. Fem-ho per passos.

(a) Donat el sistema original S, i un punt P arbitrari sempre puc reduir-lo a unvector F1 = R situat a P mes un parell de moment MP format per 2 forces,F2, F3 = −F2. En efecte, les resultants coincideixen, perque el parell te resul-tant nul·la. El moment de S’ respecte a P es el moment del parell, MP perqueF1 no fa moment respecte a P . Aixı, els moments coincideixen.

(b) Es pot fer el mateix del cas anterior, pero escolllint el punt P damunt de l’eixcentral. Te la particularitat que MP es el mınim possible i que MP ∥R. Aquestsistema de forces aplicades a un solid, produiria una translacio al llarg de l’eixcentral i una rotacio al voltant d’ell, es a dir, una mena de moviment helicoidal.Per aixo s’anomena ’torsor’.

(c) Tant en el cas (a) com en el (b), si trasllado simultaniament les forces F2, F3

paral·lament a si mateixes, puc fer coincidir l’origen de F2 amb l’origen de F1,P , sense alterar el valor del moment del parell. Llavors en resulta un altresistema equivalent a l’original. Ara, com que F1 i F2 son concurrents, es podensubstituir per la suma, F = F1 + F2. Aixı, el sistema sera equivalent a nomesdos forces: F , F3.

1a = R

a2 a3

a2 a3

b

eix central

torsor

aPb

1

P

pM

a

c

Figura 3.9: Reduccio d’un torsor.

3.5 Sistemes plans.

Diem que un sistema de forces es pla, si les rectes suport estan contingudes en un pla(llavors, obviament, les forces son paral·leles a aquest pla).


M

O

O

π

Figura 3.10: Sistema pla.

Pels sistemes plans, el trinomi invariant sempre es nul, T = 0. En efecte, sigui Π el pla delsistema i O ∈ Π un punt qualsevol del pla. La resultant i el el moment resultant seran

R =∑i

Fi , MO =∑i

OPi × Fi

La resultant es nul·la o be paralel·la al pla. Com que tant els vectors OPi com els vectorsFi pertanyen al pla, els productes OPi× Fi seran nuls o perpendiculars al pla, i el momenttotal, MO sera nul o perpendicular al pla. Per tant,

T = R · MO = 0

Per tant, de les quatre classes d’equivalencia nomes tres son possibles en el pla: sistemanul, parell o sistema reduıble a un sol vector. Un sistema pla mai pot ser un torsor.

A mes a mes, l’eix central esta contingut en el pla. En efecte, a l’equacio de l’eix central

OP =R× MO

R2+ λ R

podem pendre l’origen, O, en el pla. Llavors, el punt de vector de posicio R × MO/R2

estara contingut a Π, i com que R es paral·lel al pla, els punts P estaran tambe al pla.

π

M O

O

R R M

R2

O

Figura 3.11:


3.6 Sistemes de forces paral·leles.

Considerem ara un sistema de forces paral·leles, en que totes les forces son paral·leles aun cert vector director, τ :

Fi = αiτ

a on αi son coeficients escalars. Llavors la resultant i el moment resultant son:

R =

N∑i=1

αiτ = ατ , MO =∑i

OPi × αiτ = (∑i

αiOPi)× τ

amb α =∑

i αi. Notem que el trinomi invariant es sempre nul:

T = R · MO = ατ · (∑i

αiOPi)× τ = 0

Per tant, tot sistema de forces paral·leles sera: nul, o un parell o reduıble a un sol vector.Mai pot ser un torsor.

Suposem, ara, que α =∑

i αi = 0. Llavors, R = 0 i el sistema sera reduible a una solaforca, situat a l’eix central. Ara buscarem l’eix central.

Posicio de l’eix central

D’acord amb l’equacio 3.10, l’eix central passa per el punt Q definit per:

OQ =1

R2R× MO =

τ

ατ2× (∑i

αiOPi × τ) =1

α

∑i

αiOPi −1

ατ2(τ ·

∑i

αiOPi)τ

a on O es l’origen de coordenades, que agafem arbitrariament. Ara, com que el l’ultimterme de la dreta de l’igualtat te la direccio de τ , es a dir, la direccio de l’eix central,podem restar-lo de l’expressio de OQ i el vector resultant,

OP =1

α

∑i

αiOPi (3.11)

seguira indicant un punt de l’eix central.

Notem que aquest punt no depen del vector τ . Aixo vol dir que si mantenim els puntsd’aplicacio Pi dels vectors i els seus moduls, pero canviem la direccio del vector τ , l’eixcentral canviara, pero seguira passant per aquell punt. Aixı, el punt definit per l’eq. 3.11es comu a tots els eixos centrals si canviem la direccio dels vectors paral·lels mantenint elmodul i punt d’aplicacio fixes. Aixo te aplicacio al cas de la forca pes sobre un cos. Lesforces sobre cada element de massa mi son mig i formen un sistema de vectors paral·lelscom el que acabem d’estudiar, amb τ = g, αi = mi i α = m. Llavors, el punt P s’anomenacentre de gravetat i ve definit per:

rg =1

m

∑i

miOPi (3.12)


Llavors, si canviem l’orientacio del cos (que es equivalent a deixar el cos fix i girar el vectorg), l’eix central del sistema de les forces pes sempre passara per rg. Aixı, aquest es el puntd’aplicacio de la forca pes independentment de l’orientacio del cos.

Capıtol 4

Estatica

L’Estatica es la part de la Mecanica que estudia les condicions d’equilibri dels cossos, i esfonamental per l’Enginyeria Civil. Historicament, l’Estatica va neixer molt abans que laDinamica i te una metodologia propia bastant diferent. Pero conceptualment no es mesque un cas particular de la Dinamica. Podem classificar l’Estatica en:

1. Estatica de la partıcula −→ trivial

2. Estatica de cossos extensos o sistemes de partıcules −→ pot ser molt complexe

(a) Estatica del solid rıgid

(b) Estatica de Fluids (Hidrostatica)

(c) Estatica del solid deformable

En aquest curs veiem essencialment nomes l’Estatica de la partıcula i del solid rıgid.No obstant, al final d’aquest tema estudiem de forma molt elemental les distribucionscontınues de forces i llavors parlarem de la Hidrostatica, que s’estudia amb profunditat idetall a Hidraulica. No veurem res de l’Estatica del solid deformable que es tracta, entrealtres, a les assignatures d’Estructures i de Mecanica dels Medis Continus.

Recordem les condicions d’equilibri de la partıcula i del solid rıgid que ja han estat in-troduides en el tema anterior. Perque un solid rıgid inicialment en repos es mantingui enrepos, es necessari i suficient que hi hagi equilibri de forces i de moments:∑

i

Fi = 0 ,∑i

OPi × Fi = 0 (4.1)

Per el cas de la partıcula nomes cal imposar l’equilibri de forces.

70

CAPITOL 4. ESTATICA 71

4.1 Moviment imminent.

Una classe de problemes que sense ser d’equilibri es resolen aplicant les lleis de l’Estaticason els anomenats problemes de moviment imminent. En Enginyeria resulta frequent haverde determinar la forca mınima que s’ha d’aplicar a un cos per tal de vencer els fregamentsi iniciar el seu moviment. En general, si apliquem una forca F a un solid, sotmes tambea forces de fregament sec, per petits valors de la forca F hi ha equilibri. Per valorssuficientment grans, el cos es mou amb una certa acceleracio. Normalment, existeix unvalor crıtic Fc tal que, per F ≤ Fc hi ha equilibri, i per F > Fc ja hi ha moviment. Com quequan la forca te exactament aquest valor encara es te acceleracio nul·la, Fc es determinaimposant les condicions d’equilibri 4.1 mes alguna condicio addicional caracterıstica deltipus de moviment que s’inicia si F esta lleugerament per sobre de Fc. Ilustrem aquestaquestio amb un exemple.

Exemple 1:

Considerem un bloc rıgid, homogeni, sotmes a la forca pes,mg, suposada constant, en reposdamunt d’una superfıcie horitzontal. Entre el bloc i la superfıcie hi ha fregament sec decoeficient estatic µe i dinamic, µd. Volem calcular la mınima forca horitzontal, F necessariaper iniciar el seu desplacament en direccio horitzontal. Evidentemnet, quan s’aplica laforca F esmentada, el bloc pot lliscar o pot, tambe, bolcar. Excloem, de moment, aquestapossibilitat i analitzem unicament la possibilitat de moviment de translacio.

Possibilitat de lliscar

F

dµ mg =Fc µ emgFc µ=

R

N

mga

F

a

F

mg

Figura 4.1: Forca crıtica per iniciar el lliscament i moviment de translacio. El grafic de ladreta ilustra el proces d’histeresi.

Per simplificar, considerem, de moment, µe = µd = µ. Si F es molt gran, el bloc tindrauna acceleracio no nul·la, de magnitud a = F/m − µg. Si anem disminuint la forca,l’acceleracio disminueix (veure la grafica superior). Hi haura un valor crıtic, Fc, pel quall’acceleracio sera nul·la, a = 0 i, per tant, aquest valor es determina amb la condiciod’equilibri

∑F = 0, pero considerant el valor de la forca de fregament en el cas que hi

ha lliscament, R = µmg. El resultat es Fc = µmg. Per exactament F = Fc no hi hauria


moviment, pero per qualsevol valor F > Fc, el cos ja tindria una certa acceleracio. Perqualsevol valor F < Fc el cos romandria en repos (amb R < µmg).

En realitat, µe > µd. Com s’indica a la grafica adjunta, en aquest cas hi hauria histeresi,es a dir, el proces d’augmentar la forca des de 0 fins a un valor prou gran pel qual hihagues moviment, no seria igual al proces invers, en el qual s’aniria disminuint la forcafins a 0. No obstant, seguiria essent cert que la forca crıtica per iniciar el moviment(augmentant la forca desde 0) es calcularia imposant condicions d’equilibri. Com que hemanat augmentant la forca des de 0, el valor de la forca de fregament en les condicionscrıtiques es el valor maxim possible per evitar el lliscament, i es calcula amb µe. Aixıobtenim: Fc = µemg.

Per tant, per trobar Fc apliquem les condicions d’equilibri:

F −R = 0 , N −mg = 0

i la condicio addicional que indica que el moviment s’inicia amb lliscament del cos sobrela superficie horitzontal:

R = µeN

Possibilitat de bolcarConsiderem, ara, la possibilitat que el cos bolqui. Ara hem d’especificar el punt d’aplicaciode la forca F , que suposarem que esta a una alcada h, i les dimensions del bloc, quesuposarem quadrangular de costat 2b. La forca de contacte del terra estara distribuida pertota la superfıcie de contacte. Separant les components normal i tangencial (fregament),aquesta tindra com a recta suport la superficie de contacte (assimilant el cos a un quadraten el pla vertical, lo qual es pot fer degut a la geometria i la homogeneitat), mentre quela normal tindra un punt d’aplicacio (eix central) desconegut a priori, que el suposarem auna certa distancia x de l’extrem de l’esquerra, C. La posicio d’aquest punt depen de si elbloc es recolza mes cap a la dreta o cap a l’esquerra, lo qual dependra de la forca F i delseu punt d’aplicacio.

mg

F

N

R C

x

h

Figura 4.2:

Les condicions d’equilibri 4.1 s’escriuran:

F −R = 0 , N −mg = 0 , xN − Fh−mgb = 0


on hem considerat els moments respecte del punt C.

Ara hem d’imposar la condicio addicional que indiqui quin tipus de moviment imminentvolem analitzar. Suposarem que el cos no llisca i, per tant, NO podem afirmar que elfregament sigui maxim, R = µeN. Com que volem analitzar la possibilitat de bolcar, hemde buscar una condicio que ens descrigui el bolcament imminent. Com que la forca normalde contacte esta distribuıda per la base del bloc, i te el mateix sentit a tots els punts, elseu punt d’aplicacio esta necessariament dintre de la base, no pot caure fora, es a dir,0 ≤ x ≤ 2b. Clarament, l’aplicacio de la forca F fa que el bloc tingui tendencia a bolcarcap a la dreta, i que es recolzi mes intensament sobre l’extrem dret de la base. En el caslımit en que el bloc estigues a punt de bolcar cap a la dreta, el bloc nomes es recolzariasobre l’extrem dret, amb lo qual x = 2b. Aquesta es la condicio de bolcament imminentcap a la dreta. Analogament, la condicio de bolcament imminent cap a l’esquerra, seria,x = 0. Per tant, a les equacions d’equilibri afegim:

x = 2b

Combinant aquesta ultima equacio amb les equacions d’equilibri obtenim, finalment, Fc =mgb/h.

Moviment imminentAra ens plantejem el problema de moviment imminent del bloc, sense especificar el tipusde moviment que s’iniciara. Recordant els dos valors crıtics obtinguts: F ll

c = µemg iF bc = mgb/h tenim que el bloc iniciaria el seu moviment lliscant si µe < b/h i l’iniciaria

bolcant si µe > b/h. En el cas µe = b/h l’analisi aplicat no seria valid. Com era previsible,veiem que un petit coeficient de fregament i aplicar la forca aprop de la base afavoreix ellliscament, mentre que un fregament elevat i un punt d’aplicacio de la forca molt amuntafavoreix el bolcament •

4.2 Problemes hiperestatics.

En els problemes d’Estatica apareixen forces tıpicament conegudes a priori, com el pesdels cossos que intervenen, forces externes aplicades, etc. i forces tıpicament desconegudesa priori, com les forces de contacte entre els diferents cossos, per exemple. Llavors, apli-cant les condicions d’equilibri, un espera poder determinar les forces que a priori erendesconegudes. Pero aixo no sempre es possible. Analitzem-ho mirant el seguent exemple:

Exemple 2:Una biga homogenia de pes P descansa sobre els tres recolzaments indicats a la figura.Volem calcular les tres forces que fan els recolzaments, F1, F2, F3


P

PF F

F3 m 1 m

2 31

O

Figura 4.3: Biga recolcada per tres punts.

Les condicions d’equilibri s’escriuran:∑F = 0 ⇒ F1 + F2 + F3 − P = 0∑MO = 0 ⇒ 3F2 + 4F3 − 2P = 0

Ens resulta, per tant, un sistema d’equacions per calcular les tres incognites, F1, F2, F3 quees indeterminat. Podrıem pensar en aplicar la condicio de moments respecte altres punts,pero les equacions que obtindrıem, sempre son dependents de les dues que ja hem escrit.Aixı, les condicions d’equilibri del solid rıgid no permeten determinar totes les forces enaquest cas •

El punt clau de la majoria de problemes d’Estatica del Solid es el calcul de forces decontacte que son desconegudes a priori, i que es determinen imposant les condicions d’e-quilibri, 4.1. Notem que aquestes condicions d’equilibri es poden escriure com 6 equa-cions escalars. Aixı, l’equilibri del solid 3D permet determinar nomes 6 components deforces. Analogament, si el problema d’equilibri involucra nomes forces en un pla (sigui,per exemple, x − y), les condicions d’equilibri contenen nomes 3 equacions no trivials:∑

Fx = 0 ,∑

Fy = 0 ,∑

Mz = 0. Per tant, l’equilibri del solid 2D permet determinarnomes 3 components de forces. Llavors, en el cas en que hi ha mes forces incognita queequacions d’equilibri, les forces no es poden determinar. Diem que es tracte d’un proble-ma hiperestatic o estaticament indeterminat. En cas contrari, quan totes les forceses poden determinar a partir de les condicions d’equilibri del solid rıgid 4.1, diem que estracta d’un problema isostatic. L’exemple anterior era un problema hiperestatic.

Quan es pot eliminar algun element del suport del cos sense destruir el seu equilibriel cos esta estaticament indeterminat quan introduım aquest element. Aquest elements’anomena superabundant. Qualsevol dels dos suports de la dreta en l’exemple anteriorson superabundants.

La pregunta obvia es si la indeterminacio de certes forces en els problemes hiperestaticses una propietat inherent o be una caracterıstica del plantejament del problema. Laresposta es que es tracta d’una ”patologia”originada per la idealitzacio del ”solid rıgid.”Sies considera que el solid es deformable, i es te en compte la relacio entre forca i deformacio(per exemple, mitjancant les equacions de l’Elasticitat), totes les forces que intervenen espoden determinar. Aixo s’estudia a l’assignatura d’Estructures, pero es pot il·lustrar ambel seguent exemple senzill:


Exemple 3:

Considerem la biga de l’exemple anterior, recolzada damunt del terra a traves de tres mollesmolt dures de constant k tant gran que les deformacions,x1, x2, x3, i la inclinacio θ de labiga son molt petits, i els possibles desplacaments laterals de les molles son negligibles.Tan el terra com la biga se suposen rıgids, de tal forma que els unics elements deformablesson les tres molles.

PF1

F2

F3

θ

1 m3 m

Figura 4.4:

Mirem ara de calcular les forces F1, F2, F3 en els recolzaments. A les condicions d’equilibri

F1 + F2 + F3 − P = 0 , 3F2 + 4F3 − 2P = 0

que tenıem abans, ara afegirem les condicions elastiques:

F1 = −kx1 , F2 = −kx2 , F3 = −kx3

i les condicions geometriques:

θ = (x2 − x1)/3 = (x3 − x1)/4

Ara tenim un sistema lineal de 6 equacions per les 6 incognites F1, F2, F3, x1, x2, x3, queesta perfectament determinat, i resulta:

F1 =11

26P , F2 =

4

13P , F3 =

7

26P •

D’acord amb el que acabem de veure, les condicions d’equilibri del solid rıgid donen nomesuna descripcio parcial del problema estatic. No obstant, proporcionen una informacio quepot ser suficient o no per resoldre el problema, pero que en qualsevol cas es necessaria. Lainformacio que obtenim considerant la deformabilitat, es una informacio addicional perono contadictoria, ja que les condicions d’equilibri 4.1 son necessaries per qualsevol sistemade partıcules. Per tant, el fet de que ens podem trobar amb problemes hiperestatics nodesmereix la validesa i utilitat de l’Estatica del solid rıgid.

Exemple 4:La barra de la figura de l’esquerra, fixa per dos punts immobils, A i B, i sotmesa a la


forca P esta en condicions hiperestatiques, ja que hi ha 4 incognites, Ax, Ay, Bx, By, inomes 3 equacions. Si substituım el recolzament B per un recolzament que es puguidesplacar lateralment, el problema es converteix en isostatic. Al no haver-hi obstruccioals desplacaments horitzontals de B significa que Bx = 0.

PAB

A B

P

A

AB

B

Figura 4.5: Canviar el tipus de recolzament pot fer que un problema hiperestatic esconverteixi en isostatic •

4.3 Sistemes de solids.

Molts problemes d’Estatica tracten de l’equilibri d’un sistema de solids en contacte. Lla-vors, les condicions d’equilibri,

∑F = 0,

∑MQ = 0 s’apliquen a cada solid. De vegades,

l’aplicacio d’aquesta condicio al conjunt de tot el sistema, o a un subconjunt de dos o messolids es suficient per resoldre la questio plantejada. En qualsevol cas, es important teniren compte com son els contactes entre els solids ja que aixo determina parcialment comson les forces d’interaccio i limita, per tant, les incognites del problema.

4.3.1 Tipus de contacte entre solids.

Considerem dos solids rıgids en contacte, A i B, tal com mostra la figura adjunta, i mirem elsistema de forces de contacte que exerceix A sobre B. Segons hem vist al tema 3, sempre espot escullir un punt Q, arbitrari, de manera que aqueste sistema de forces sigui equivalenta una forca igual a la resultant, F , aplicada a Q, mes un parell de moment el moment delsistema respecte a Q, MQ.

A

B

A

B

MQ

F

Q

Figura 4.6:

El contacte entre A i B pot ser de molts tipus diferents, i es pot fer una classificaciosistematica. En el cas pla, en que totes les forces estan contingudes en un pla, aquestaclassificacio es molt simple i la presentem tot seguit.


1. Empotrament. Els solids estan rıgidament units, de tal forma que no hi ha de-splacament ni rotacio relativa possibles. Per impedir aquests moviments, es nec-essari en general una forca de direccio desconeguda a priori, i un moment no nul:N = 0, T = 0,MQ = 0.

N

T

M

Figura 4.7: Empotrament.

2. Suport de passador. El punt de contacte no es pot desplacar, ni en direccionormal ni tangencial, pero pot haver-hi rotacio al voltant del passador, Q. Per tant,en general hi haura component normal N i tangencial T , pero MQ = 0. No hi hacap rel.lacio entre T i N.

N

QT

Figura 4.8: Suport de passador.

3. Superfıcie rugosa. Es com el cas anterior, pero hi ha limitacions sobre N i T.D’entrada, N es sempre compressiva N > 0 en el dibuix. A mes a mes, |T | ≤ µeN.Pot haver-hi rotacio, i per tant, MQ = 0.

N

T

Q

Figura 4.9: Superfıcie rugosa.

4. Recolcament simple o superfıcie llisa. Els dos cassos son en realitat el mateix.Es pot produir un desplacament lliure en direccio tangencial pero no en la direccionormal. Per tant, nomes s’exerceix una forca normal a la superfıcie, i T = 0. Pothaver-hi rotacio, i per tant, MQ = 0.


N

Figura 4.10: Superfıcie llisa o recolcament simple.

5. Forca de direccio determinada Com en el cas anterior, pero la direccio no teperque ser normal.

F

Figura 4.11: Forces de direccio determinada.

Coneixent la classificacio en el cas pla, la classificacio en el cas tridimensional no ofereix capdificultat conceptual. En general, hi haura tres components de forca i tres components demoment en el cas d’empotrament total. El cas de superfıcie llisa comportara unicamentforca normal. Superfıcie rugosa o contacte per rotula tindra tres components de forca.Hi pot haver empotrament parcial com en el cas d’una frontissa, amb tres componentsde forca, i dues de moment. Els detalls es poden consultar en llibres de Mecanica perenginyers, per exemple: A. Bedford, W. Fowler. Estatica. Mecanica para ingenierıa.

4.4 Distribucions contınues de forces. Tensions.

La teoria dels sistemes de forces s’ha fet per un nombre finit de forces. No obstant, sovintens trobem amb distribucions continues de forca. Aquestes poden estar distribuıdes sobreuna lınea o corba, sobre una superfıcie o sobre un volum. No obstant, totes aquestesdistribucions es poden manejar exactament igual que els sistemes d’un nombre finitde forces un cop hem calculat la resultant, R, i el moment resultant respecte un puntqualsevol de l’espai, per exemple, l’origen de coordenades, MO. En efecte, com ja sabem,la caracteritzacio depen de si R es nul·la o no, i del trinomi invariant, T = R · Mo. L’eixcentral (punts respecte als quals el moment es mınim) ve donat per

r =R× Mo

R2+ λR , λ ∈ ℜ

4.4.1 Forces distribuıdes en una linia

Comencarem amb un exemple:


Exemple 5: forca del vent sobre un cable.

Suposem que volem calcular la forca del vent sobre un cable vertical de longitud b situata l’eix z (veure figura adjunta).

14/02/2011

1

z)(zf

)(zf

z=b

x

y

Figura 4.12: Forces del vent sobre un cable situat a l’eix z.

Com que la velocitat del vent varia amb l’alcada, tendeix a augmentar conforme ensallunyem del terra, com podem calcular la seva resultant o el seu moment resultant sobreel cable? Primer hem de definir la intensitat local de la forca a cada punt. Per aixoconsiderem la forca F [∆z] sobre un tros de cable, ∆z, i definim la forca per unitat delongitut en el punt (0, 0, z):

f(z) = lim|∆z|→0

F [∆z]

∆z

Un cop tenim aquesta forca per unitat de longitud, la forca sobre cada petit trosset decable es: F ≃ f(z)∆z, i si volem trobar la resultant haurem de fer el lımit de la sumasobre tots els trossets, es a dir la integral:

R =

∫ b

0f(z) dz = j

∫ b

0f(z) dz

El moment respecte l’origen de la forca sobre cada petit trosset es MO ≃ zk× f(z)∆z i elmoment resultant es troba fent el lımit de la suma sobre tots els trossets:

MO =

∫ b

0zk × f(z) dz = −i

∫ b

0z f(z) dz •

Similarment, en el cas general d’una forca distribuıda en una lınea, que no te perque serrecta, definirem la forca per unitat de longitud:

f = lim∆s→0

F [∆s]

∆s(4.2)

que es mesura en N/m i a on s es el parametre arc damunt de la lınia. La forca i momentresultants seran:

R =

∫f ds , Mo =

∫r × f ds (4.3)


4.4.2 Forces distribuıdes en un volum

Per el cas d’una distribucio de forca en un volum procedirem de forma analoga i definimla forca per unitat de volum com:

b = lim∆V→0

F [∆V ]

∆V(4.4)

Llavors, calcularem la forca resultant i el moment resultant com:

R =

∫ ∫ ∫Vb dV , Mo =

∫ ∫ ∫Vr × b dV (4.5)

Les integrals s’extenen al volum on s’aplica la distribucio de forces, V i han de ser triplesperque s’ha de integrar en les tres direccions que defineixen el volum. Aquest seria elcas, per exemple, de la forca pes, on la forca per unitat de volum seria b = ρg, doncsb dV = ρg dV = g dm. Notem que el vector b es mesura en N/m3 1.

4.4.3 Forces distribuıdes en una superfıcie. Tensions

Un cas molt important es el de les distribucions de forca per una superfıcie, ja que lesforces internes en els solids i els fluids es poden descriure d’aquesta manera. Donada unasuperficie (que pot ser interior en un solid o un fluid, imaginaria o no, o una superfıcie deseparacio entre dos medis diferents) i un punt sobre ella, mirem la forca que fa la part Asobre la part B a traves de la superfıcie. Definim el vector tensio com la forca per unitatde superfıcie que fa A sobre B:

t = lim∆S→0

F [∆S]

∆S(4.6)

Obviament, el vector tensio de B sobre A es igual i sentit contrari que el vector tensio de Asobre B. La unitat S.I. del vector tensio es el N/m2, que s’anomena Pascal. Altres unitatsson el Kp/cm2 = 9.8 · 104N/m2, l’atmosfera = 1.013 · 105N/m2 i el mb = 100N/m2.

F td dS=F td dS=

A

dS

B

Figura 4.13: Vector tensio.

1A Mecanica de Medis Continus es frequent utilitzar la notacio b per la forca per unitat de massa, queno es igual, sino proporcional a la forca per unitat de volum.


Llavors, la resultant i el moment resultant sobre una superfıcie es calculen com:

R =

∫ ∫St dS , Mo =

∫ ∫Sr × t dS (4.7)

on la integral s’exten a la superfıcie sobre la qual volem calcular la forca, S, i son doblesperque per definir els punts d’una superficie s’han d’utilitzar dues coordenades indepen-dents que defineixin la superfıcie. Tot seguit veurem un exemple quan considerem lesforces d’origen hidrostatic.

En general, el vector tensio (forca per unitat d’area a traves d’una superfıcie) es potdecomposar en una component normal o tensio normal i en una component tangencialo tensio tallant. Aixo s’expressa:

t = σn+ τ (4.8)

n es el vector normal unitari a la superfıcie, σn es la tensio normal i τ es la tensio tallant.Es important tenir en compte que si estem considerant la tensio de A sobre B, n es elvector normal exterior a B, es a dir, dirigit de B cap a A. Depenent del seu sentit,la tensio normal rep el nom de compressio o traccio. Diem que la tensio normal es unacompressio si la forca normal de A sobre B va en sentit de A a B, es a dir, si empeny ocomprimeix. En cas contrari, es a dir, si la forca estira, diem que es tracta d’una traccio.Amb el criteri adoptat sobre el sentit del vector n una compressio correspon a σ < 0 i unatraccio a σ > 0 (tant si es tracta de la forca de A sobre B com de la forca de B sobre A).Al canviar d’una a l’altre, canvia el signe de n i canvia tambe el signe de t, de manera queσ es queda igual.

A

A

A

t

σ

Tracció

Compressió

τ

B

B

B

Figura 4.14:

4.5 Forces d’origen hidrostatic.

En general, a l’inerior d’un fluid en moviment existeixen tensions normals i tensions tallantsno nul·les. Pero en tot fluid en repos les tensions tallants son nul·les en qualsevol direcciode l’espai, τ = 0. Es pot demostrar que, com a consequencia, en l’equilibri la tensionormal es independent de la direccio, es a dir, de n (Principi de Pascal). En aquestes


condicions, s’observa que la tensio normal es sempre compressiva (σ < 0), i el seu valorabsolut s’anomena pressio, p = −σ. Per tant, en l’equilibri tenim:

t = −p n (4.9)

amb p > 0 i p = p(n). Aquesta mateixa forca per unitat d’area a l’interior del fluid es laque exerceix el fluid sobre una pared solida en contacte amb ell. La resultant i momentresultant d’aquesta distribucio de forces d’origen hidrostatic sobre la superfıcie solida Sson:

R = −∫ ∫

Spn dS , Mo = −

∫ ∫Sp r × n dS (4.10)

el vector n apunta cap a l’interior del fluid, perque volem la forca sobre el solid.

R

n

Figura 4.15: Forca resultant de l’aigua sobre el mur, R, i vector normal unitari, n, ques’ha de considerar en el seu calcul.

La pressio del fluid pot variar d’uns punts als altres i per poder evaluar les forces sobresuperfıcies solides en contacte amb ell (integrals a l’equacio 4.10) es necessari coneixer elcamp de pressions, p = p(x, y, z). Com ara veurem, la pressio deixa de ser constant si hi hauna forca exterior distribuida per unitat de volum, perque en aquest cas les diferencies depressio a dins del fluid son les uniques que poden equilibrar aquesta forca. Suposem, pertant, que tenim una forca per unitat de volum, b(x, y, z). Considerem un punt (x0, y0, z0)i el paral·lelepıpede dintre del fluid amb costats paral·lels a les tres arestes determinadesper aquest punt i els punts (x0 +∆x, y0, z0), (x0, y0 +∆y, z0) i (x0, y0, z0 +∆z). Si aquestvolum de fluid esta en equilibri, la suma de totes les forces sobre ell, que son les que lifa la resta del fluid a traves de la superfıcie mitjancant la pressio (p) i les forces externesdistribuides en el seu interior (b), s’han d’anul·lar.

δy

p px

xδxδp

y0

x x0

bx

+

y

Figura 4.16: Equilibri de forces d’un petit volum de fluid.

Mirem, per exemple, la component x d’aquestes forces. Sigui p la pressio mitjana a la caradel paral·lelepıpede paral·lela al pla y − z que passa per (x0, y0, z0). Quan ∆x → 0, la


pressio mitjana a la cara paral·lela que passa per (x0 +∆x, y0, z0) sera, aproximadament(es a dir, admetent un error d’ordre (∆x)2):

p+∂p

∂x∆x

Llavors, la condicio d’equilibri∑

Fx = 0 s’escriura, aproximadament, per ∆x→ 0:

p∆y∆z − (p+∂p

∂x∆x)∆y∆z + bx∆x∆y∆z ≃ 0

bx es el valor mig de bx al paral·lepıpede. D’aquı s’obte:

bx −∂p

∂x≃ 0

En virtud del teorema del valor mig del calcul integral, quan ∆x,∆y,∆z → 0, p →p(x0, y0, z0), bx → bx(x0, y0, z0) i concluim

∂p

∂x= bx

Analogament, es pot proseguir amb les altres condicions d’equilibri,∑

Fy = 0 i∑

Fz = 0, i s’obte:

∂p

∂x= bx ,

∂p

∂y= by ,

∂p

∂z= bz

o, de forma abreujada,

∇p = b (4.11)

com a condicions necessaries d’equilibri d’un fluid. Es pot demostrar que tambe sonsuficients2.

En el cas que la forca distribuida per unitat de volum es la gravetat, b = ρg, la condiciod’equilibri s’escriu ∇p = ρg . Prenent l’eix z vertical cap amunt, g = −gez i, per tant,tenim:

∂p

∂x=

∂p

∂y= 0 ,

∂p

∂z= −ρg

Si la densitat del fluid ρ i la gravetat, g, son constants aquestes equacions s’integrenimmediatament i es compleix:

p(x, y, z) = p(z) = p0 − ρgz (4.12)

p0 es la pressio al pla z = 0. Aixı, la pressio en aquest cas depen nomes de l’alcadai augmenta cap avall. Aquest resultat es pot obtenir directament fent l’equilibri d’unacolumna de fluid entre z = 0 i un valor de z donat.

2Hem exigit l’equilibri de forces d’un paral·lepıpede arbitrari, pero no hem considerat l’equilibri demoments. A mes a mes, no es evident que l’equilibri d’un paral·lepıpede arbitrari impliqui necessariamentl’equilibri d’un volum arbitrari. La demostracio rigurosa de que tambe es condicio suficient es fa usantel teorema de Gauss a l’assignatura de Mecanica dels Medis Continus (Cas particular de l’Equacio deCauchy).


0P

mg

P(z)

x

z

Figura 4.17: Distribucio de pressions en la vertical en un fluid en equilibri sota de l’acciode la gravetat.

Una propietat molt util es l’anomenat Principi d’Arquımedes, que dona la resultant deles forces degudes a la pressio sobre un cos submergit (total o parcialment). Aquesta forcas’hauria de calcular mitjancant les integrals de 4.10, pero en aquest cas no es necessari.Segons aquest principi, aquesta distribucio de forces es equivalent a una forca igual i designe contari al pes del fluid desalotjat, situada en el centre de masses del fluid desallotjat.Encara que s’anomeni ”Principi”per raons historiques, aixo es una consequencia immediatade les lleis de L’Estatica. En efecte, si enlloc del cos submergit hi hagues fluid, la resta defluid faria la mateixa forca, que es la forca necessaria per equilibrar el pes del fluid. Aixoes molt util perque ens estalvia de calcular les integrals de 4.10.

Principi d’Arquímedes

Figura 4.18: Principi d’Arquımedes: la forca que fa el fluid sobre el cos submergit del’esquerra, es la mateixa que faria (diagrama de la dreta) si el volum ocupat per el cosestigues ocupat per fluid.


Exemple 6: Forca hidrostatica sobre un mur vertical rectangular.

a

h

P

z

x

Figura 4.19: Forca hidrostatica sobre un mur vertical.

Suposarem una distribucio de pressio p = ρgh − ρgz . Aquı hem negligit la pressioatmosferica, que actua a la superfıcie de l’aigua, pero actua tambe en les altres superfıcies.Tindrem:

R = −∫ ∫

pn dS =

∫ ∫pex dS = ρgex

∫ h

0(h− z)a dz =

1

2ρgah2ex

Notem que en aquest cas la forca resultant es pot calcular com la pressio a mitja alcada,p = ρgh/2, multiplicada per l’area total del mur, S = ah : R = pS. 3

El moment resultant respecte l’origen sera:

Mo = −∫ ∫

p r × n dS =

∫ ∫p (yey + zez)× ex dS =

−ρgez∫ ∫

y(h− z) dS + ρgey

∫ ∫z(h− z) dS

La primera d’aquestes dues integrals es nul·la, degut a la simetria del domini d’integracioi al caracter senar respecte y de la funcio que s’integra, y(h− z). Aixo fa que el momentrespecte l’eix z sigui nul, Mz = 0. Llavors,

Mo = ρgey

∫ h

0z(h− z) a dz =

1

6ρgah3 ey

Ara aplicarem la teoria dels sistemes de vectors lliscants. Clarament, el trinomi invariantes nul, R · Mo = 0. Llavors, com que la resultant no es nul·la, el sistema es reduıble a unasola forca, aplicada a l’eix central. L’eix central es paral.lel a l’eix x i passa per:

rc =1

R2R× Mo =

Mo

Rez =

h

3ez (4.13)

es a dir, en aquest cas, el punt d’aplicacio de la resultant estaria a un terc de l’alcada •3En general, la forca del fluid sobre qualsevol superficie plana es |R| = Spc a on S es la seva area, i pc

es la pressio al centroıde, que definirem al tema 11 com Src =∫ ∫

r dS. El centroıde del rectangle es elseu centre.


4.6 Complements

4.6.1 Fregament entre una corda i una superfıcie.

El nostre curs introductori no tracta, en general, l’Estatica i la Dinamica de fluids i desolids deformables. No obstant, es convenient fer algunes excepcions, sencilles de tractar,com el cas d’una molla, o tambe el cas d’una corda. A traves de qualsevol seccio d’unacorda tensa, cada part en que queda dividida la corda per aquesta seccio exerceix unaforca sobre l’altre. Aquesta forca es sempre una traccio. Al seu modul li direm tensio dela corda en el punt considerat. La tensio de la corda pot variar d’un punt a un altre. Perexemple, en una corda rectilınia accelerada en sentit longitudinal, la diferencia entre lestensions a dues seccions es la massa de la part de corda que queda al mig, multiplicada perl’acceleracio. Si aquesta massa es negligible, la diferencia entre les dues tensions tambe espot ignorar.

T

m

T

aFigura 4.20:

Un fenomen fısic familiar relacionat amb les cordes es que quan enrotllem una corda alvoltant d’un cos cilındric, fent una petita forca podem contrarestar una forca molt intensa.Aquest es el cas dels norays, que serveixen per amarrar un vaixell. Veiem com un home,fent una forca de poques desenes de Kp. pot aturar el moviment d’un vaixell que pot feruna forca de moltes tonelades. Aixo es degut a la forca de fregament sec entre la corda ila superfıcie cilındrica i un fenomen de ”retroalimentacio”: quan mes intensa es la forcade fregament, mes intensa es la tensio de la corda, lo qual fa que la normal sigui mesgran. Pero si la normal augmenta, tambe augmenta la forca de fregament, F = µN, i aixısuccesivament, amb el resultat de que la forca de fregament es pot fer molt gran.

T

T

2

1

θβ

n

ts

n

τ

Figura 4.21:


Considerem el cilindre de la figura amb un angle β de corda enrotllat al voltant, en unpla seccional. Siguin T1 < T2 les tensions en els extrems de la corda en la situacio demoviment imminent cap a l’esquerra. Sigui µ el coeficient de fregament estatic entre lacorda i el cilindre. Considerem la longitud d’arc s entre una seccio arbitraria de la cordai la seccio inicial, on hi ha tensio T1. Determinarem el valor de la tensio T (s) a la seccioa distancia s. La forca de contacte que fa el cilindre damunt la corda esta distribuida alllarg de la corda, i es pot expressar com una distribucio de forca per unitat de longitud,

fn(s) = −fn n , ft(s) = −ft τ (4.14)

on,

τ =dr

ds, n =

1

r

dτ

ds(4.15)

son els vectors unitaris tangent i normal a la corda.

(s)

T(q)

(s)

T(0)

s=q

n

t

Figura 4.22:

Ara considerarem l’equilibri del troc de corda entre la seccio s = 0 i la seccio s = q, ques’escriura:

T (q)τ(q)− T (0)τ(0) +

∫ q

0fn(s) ds +

∫ q

0ft(s) ds = 0 (4.16)

Podem derivar aquesta igualtat respecte a q i tindrem:

T ′(q)τ(q) +T (q)

rn(q) + fn(q) + ft(q) = 0 (4.17)

Multiplicant escalarment per τ o per n obtenim:

T ′(q)− ft(q) = 0 ,T (q)

r− fn(q) = 0 (4.18)

i com que en condicions de moviment imminent, ft = µfn, eliminant fn(s), veiem queT (s) verifica l’equacio diferencial:

dT

ds= µ

T

r(4.19)


Integrant, tenim: T (s) = T1eµs/r o en termes de l’angle θ = s/r:

T (θ) = T1eµθ (4.20)

d’on, T2 = T1eµβ.

Com que el creixement de T (θ) es exponencial, tenim un augment molt gran de la tensioa l’augmentar l’angle. Per exemple, amb µ = 0.5 tindrıem: T2/T1 = 1.48 per θ = π/4,T2/T1 = 23 per una volta sencera, θ = 2π, i T2/T1 = 2.85 · 105 per 4 voltes, θ = 8π. Aixoultim significa que amb una forca de 1Kp podrıem equilibrar una forca de 285Tm a l’altreextrem de la corda! Evidentment, el problema esta en que el cilindre rıgid pugui soportaraquesta forca.

Notem que l’equacio diferencial 4.19 es valida encara que la superfıcie no sigui cilındrica.Es pot veure en aquest cas, que l’expressio final en termes de l’angle tambe es valida (ambβ = angle entre tangent inicial i final).

Capıtol 5

Estatica d’estructures

5.1 Estructures articulades.

Una estructura es un conjunt de barres o elements rectilinis units entre si en puntsanomenats nusos i dissenyat per poder suportar carregues o transmetre forces (segonssigui fix o mobil). Cap barra continua mes enlla d’un nus. En general, les barres sonesveltes i no poden suportar carregues laterals. Per aixo, les carregues s’apliquen alsnusos. A la practica, les barres estan soldades o reblades entre si en els nusos, pero eshabitual suposar en un primer analisi que estan articulades, es a dir, unides per passadorsque els permeten girar lliurament. Parlem en aquest cas d’estructures articulades.

L’objectiu d’aquest tema es, conegudes algunes de les forces exteriors sobre l’estructura,el calcul de:

• La resta de forces externes

• Les forces internes a les barres

Per exemple, en el cas d’un pont, conegudes les carregues utils aplicades en el tauler delpont (viaducte), el primer punt correspon al calcul de les forces que ha de suportar el terraa traves dels recolzaments (reaccions en els recolzaments) i, el segon punt consisteix encalcular les forces a les barres de l’estructura.

5.2 Condicions d’equilibri.

La condicio necessaria i suficient d’equilibri de l’estructura es que cada element estigui enequilibri, es a dir, que:

1. cada nus estigui en equilibri (com a partıcula)

89

CAPITOL 5. ESTATICA D’ESTRUCTURES 90

Figura 5.1: Exemples d’estructures planes.

Figura 5.2: Algunes estructures planes tıpiques.

2. cada barra estigui en equilibri (com a solid rıgid)

La primera es pot escriure, simplement, com:∑Fb +

∑Fe = 0 (5.1)

on Fb son les forces que exerceixen les barres sobre el nus i Fe son les forces exteriorsaplicades al nus.

Considerem, ara, la condicio d’equilibri de les barres. Qualsevol barra estara sotmesa alseu propi pes, P , aplicat al centre de gravetat, G, i a les forces que li fan els dos nusosen els extrems. Siguin A i B, els dos extrems de la barra. Si els nusos son articulacions,la distribucio de forces que exerceix el nus A no fa moment respecte a A i equival nomesa una forca aplicada a A, FA. Analogament pel nus B. Per tant, la condicio necessariad’equilibri de la barra es suma de forces i de moments respecte G nuls:

FA + FB + P = 0 , GA× FA + GB × FB = 0 (5.2)

Normalment, el pes de les barres es molt mes petit que les forces aplicades a l’estructurai, en particular, que les forces exercides sobre les barres per els nusos, |P | ≪ |FA|, |FB|


Figura 5.3: Viaducte.

de tal forma que el pes de les barres es pot negligir, P ≃ 0. En aquesta aproximacio,l’equilibri de forces implica que FB, FA han de ser iguals i de signe contrari i, l’equilibri demoments implica que la direccio de les forces ha de coincidir amb la direccio de la barra,es a dir:

FA = −FB , FA || FB|| AB (5.3)

Notem que en aquestes condicions nomes hi ha dues situacions possibles respecte al sentitde les forces FA, FB :

1. Les forces de cada nus sobre la barra estan dirigides de la barra cap al nus, es a dir,els nusos A i B estiren a la barra cap a ells (i les barres estiren als nusos cap a ella).

2. Les forces de cada nus sobre la barra estan dirigides del nus cap a la barra, es a dir,els nusos A i B empenyen o pressionen a la barra (i les barres empenyen o pressionenels nusos).

Totalment d’acord amb la terminologia introduıda per el vector tensio o forca distribuıdaper unitat d’area, direm que en el primer cas la barra treballa a traccio i en el segon castreballa a compressio.

Per tant, l’equilibri de totes les barres de l’estructura estara garantida si considerem queles forces exercides per els nusos sobre cada barra tenen la direccio de la barra i son igualsi de signe oposat a cada extrem de la barra (eq. 5.3). Llavors, les condicions necessariesd’equilibri es reduiran a les condicions d’equilibri dels nusos, eq. 5.1.


Figura 5.4: Model senzill del funcionament del viaducte de la figura anterior.

FA

A

B

FB

P

Figura 5.5: Forces sobre una barra.

Notem que tota la informacio referent a les forces involucrades en una barra ve donadaunicament per un escalar amb el seu signe. D’acord, tambe, amb el criteri per les tensionsnormals, s’adopta el signe positiu per una traccio i el signe negatiu per una compressio.Llavors, es designa per FAB = FBA el modul comu de les forces FA = −FB afectat designe positiu si son de traccio i de signe negatiu si son de compressio. Aixı, associat aFAB > 0, per exemple, tenim quatre forces del mateix modul i direccio, dues en un sentiti dues en sentit contrari. Aquestes forces son les que fan els nusos A i B sobre les barres,FA i FB, i les seves reaccions, es a dir, les forces que fan les barres sobre els nusos, −FA i−FB.

Si es vol mantenir aquest plantejament, pero alhora considerar el pes de les barres, es potusar el truc de considerar dues forces P /2 aplicades als nusos adjacents a la barra, A, B.En el context de l’estatica del solid rıgid1, aquest sistema de dues forces es equivalent auna unica forca P aplicada a G.

1evidentment, no serien equivalents en el context de l’estatica del solid deformable, doncs produeixendeformacions diferents


FA

FA

FA

FA

FB

FB

FB

FB

A B

Compressió

Tracció

Figura 5.6: Barres treballant a traccio o a compressio.

5.3 Nusos en condicions especials.

Suposem un nus d’una estructura plana tal que les direccions definides per les barres quesurten del nus son nomes dues. Siguin e1, e2 dos vectors segons aquestes dues direccions.Com que son linealment independents, els podem agafar com base dels vectors del pla, ila condicio d’equilibri del nus,

∑F = 0 es pot escriure:

(∑

F1)e1 + (∑

F2)e2 = 0

i, per tant, la suma de forces en cada direccio s’ha d’anular independentment:∑

F1 =0 ,∑

F2 = 0 .

Aplicacio:

1. Quatre barres oposades dos a dos per el nus. Les forces a les barres oposades hande ser iguals.

2. Dues barres oposades per el nus. Lo mateix que el cas anterior.

3. Dues barres que s’uneixen per un nus formant un angle i no hi ha mes barres. Laforca en cada barra es zero.

4. Tres barres, dues oposades entre si, i una tercera desaparellada pero amb una forcaaplicada en el nus en la seva direccio. La forca en la barra desaparellada es igual ala forca aplicada i les forces en les barres oposades son iguals.

1e2e

1 3 42

F

Figura 5.7: Nusos en condicions especials.


5.4 Metode d’analisi dels nusos.

Es tracte de resoldre l’estructura, es a dir, determinar les reaccions als recolzaments iles forces a les barres aplicant les condicions d’equilibri dels nusos, eq. 5.1, considerantimplıcitament les condicions d’equilibri de les barres, eq. 5.3. En realitat, enlloc d’aplicarl’eq. 5.1 a tots els nusos, es mes convenient aplicar les condicions d’equilibri global de total’estructura, que proporciona les reaccions en els recolzaments, i despres aplicar l’eq. 5.1nomes als nusos que sigui necessari.

Passos a seguir:

1. Anomenar els nusos, per exemple, amb les lletres A, B, C, ....

2. Anomenar les reaccions als recolzaments. Per exemple, si el nus A coincideix ambun recolzament, la forca que fa el terra sobre el nus A sera: A = Axex +Ay ey .

3. En virtud de les condicions d’equilibri de les barres, les forces que fan els nusossobre les barres i les seves reaccions venen determinades per el seu modul amb elsigne corresponent, que es positiu per una traccio i negatiu per una compressio.Aquestes quantitats es designen per FAB (o FBA) per la barra AB, FBC (o FCB) perla barra BC, etc.

4. Aplicar les condicions d’equilibri global de tota l’estructura,∑

Fe = 0 i∑

M eO = 0 ,

respecte a un punt O convenient. Normalment, d’aquı ja es poden determinar lesreaccions als recolzaments.

5. Es va aplicant l’equilibri dels nusos, eq. 5.1, ordenadament als nusos tals que lesequacions obtingudes no siguin depenents de les obtingudes previament. Es conve-nient comencar per els nusos on apareixen menys incognites, perque aixı s’obtenennormalment equacions desacoplades de la resta.

6. Conforme es van considerant els nusos, les forces a les barres que encara son de-sconegudes se suposa a priori que son traccions. Un cop s’han resolt les equacions,aquelles incognites, FAB, FBC , ...., que resulten positives son traccions i les que re-sulten negatives son compressions.

Exemple 1

Considerem l’estructura en voladis de la figura adjunta, que suporta dues carregues ver-ticals de 50 kN cada una. Prenem un sistema d’eixos cartesians amb x horitzontal i yvertical, cap amunt. Expressem totes les forces en kN i les distancies en m.

Aplicarem primer l’equilibri global per trobar les reaccions als recolzaments, Ax, Ay, Bx.∑F = 0 ⇒ Ax +Bx = 0 , Ay − 100 = 0 (5.4)


A

3 m

B

C D

50 kN 50 kN3 m

1,5 m

Figura 5.8: Estructura de l’exemple 1.

FA

FA

50 kN 50 kN

y

x

xF

B

y

x

ϕ1ϕ

1ϕ

2

Figura 5.9: Estructura de l’exemple 1: reaccions als recolcaments.

D’aquı ja trobem, immediatament, Ay = 100. Prenem moments respecte A:∑MA = 0 ⇒ 1.5Bx − 3 · 50− 6 · 50 = 0

D’aquı traiem Bx = 300 i, anant a l’eq. 5.4, obtenim Ax = −300.

Abans de seguir conve trobar les raons trigonometriques dels angles ϕ1, ϕ2. D’acord ambla geometria de l’estructura, tenim: tanϕ1 = 2, tanϕ2 = 4. D’aquı, usant les relacionsdel sinus i el cosinus amb la tangent, obtenim: sinϕ1 = 2/

√5, cosϕ1 = 1/

√5 i sinϕ2 =

4/√17, cosϕ2 = 1/

√17.

Apliquem ara∑

F = 0 als nusos. Comencem per el nus B:

FBCx

FB

yF

B

Nus B

Figura 5.10: Equilibri del nus B.

Bx + FBC = 300 + FBC = 0 , FBA = 0

Obtenim: FBA i FBC = −300.


Seguim per el nus A:

F

F

FA y

FA x

AD

AC

A

Figura 5.11: Equilibri del nus A.

Ax + FAC sinϕ1 + FAD sinϕ2 = 0 ⇒ 2√17FAC + 4

√5FAD = 300

√85

Ay − FAC cosϕ1 − FAD cosϕ2 = 0 ⇒√17FAC +

√5FAD = 100

√85

Resolent el sistema, obtenim: FAD = 206 , FAC = 112.

Notem que la unica incognita que ens queda per aıllar es FDC . Analitzem el nus D:

F

F 50 kN

D

AD

DC

Figura 5.12: Equilibri del nus D.

−FDC − FAD sinϕ2 = 0 ⇒ −FAD − 200 = 0

Sense necessitat de cap altre equacio, veiem que : FDC = −200 . L’equilibri de forcesverticals al nus D ja no es necessari, ni tampoc l’equilibri del nus C. Les equacions queobtindrıem son combinacio lineal de les que ja hem plantejat, degut a que previament aconsiderar l’equilibri del nusos ja havıem establert l’equilibri global de l’estructura.

Mirant els signes de les forces, veiem que les barres AD, AC treballen a traccio, i lesbarres BC i CD treballen a compressio. La barra AB no treballa (pero es necessaria perl’estabilitat de l’equilibri de l’estructura) •

5.5 Estructures simples.

En general, les estructures son tridimensionals i poden ser molt complexes. Pot passarque siguin hiperestatiques, es a dir, que no es puguin determinar totes les forces d’interes


amb les condicions d’equilibri de solid rıgid. D’altre banda, unint barres arbitrariamentmitjancant articulacions pot passar que l’estructura resultant no sigui rıgida (per exemple,aquest es el cas d’un quadrilater). Un tipus d’estructura que es rıgida i isostatica son lesanomenades estructures simples. Les estructures simples poden ser tridimensionals oplanes. Aquı ens limitarem a estructures simples i planes. Moltes estructures tridimen-sionals estan formades per sub-estructures simples i planes. Diem que una estructura planaes simple si es pot formar partint d’un triangle amb un proces iteratiu amb un nombrefinit de passos en el qual, en cada pas:

1. Afegim dues barres a l’estructura ja formada en dos nusos ja establerts.

2. Les dues noves barres s’uneixen per formar un nus nou.

ESTRUCTURES SIMPLES

ESTRUCTURES NO SIMPLES

Figura 5.13: Estructures planes simples i no simples.

Si m es el numero de barres i n el numero de nusos, tota estructura simple plana verifica:

m = 2n− 3 (5.5)

En efecte, en el triangle inicial tenim 3 barres i 3 nusos. Com a consequencia del procesde construccio, per cada nus ’nou’ tindrem dues barres ’noves’. Aixo vol dir que si m es elnombre total de barres i n el nombre total de nusos, es compleix: m− 3 = 2(n− 3), d’on,m = 2n− 3.

Quan es plantegen les equacions d’equilibri dels nusos (al pla), tenim 2n equacions i mincognites que son les forces a les barres. Segons l’equacio 5.5 tenim 2n−m = 3, es a dir,podem determinar 3 incognites mes que poden ser tres reaccions als recolzaments. Aixı,tota estructura plana simple amb tres components de forces als recolzaments es isostatica.

5.6 Metode d’analisi de les seccions.

El metode dels nusos es convenient si volem calcular les forces a totes les barres. Encanvi, si unicament volem determinar la forca a una barra o d’algunes barres, es millorl’anomenat metode de les seccions.

Consisteix en dividir l’estructura en dues parts A i B, per una seccio imaginaria, de talforma que la barra per la qual volem calcular la forca quedi seccionada per la seccio


esmentada. Aleshores s’aplica l’equilibri de la part A o la part B de l’estructura, segonsconvingui. En aquest equilibri interve la forca en la barra esmentada, que es una forcaexterior sobre la part A o la part B. Tambe intervenen altres forces, i la gracia esta enescollir la seccio de tal forma que al considerar l’equilibri de A o de B nomes apareguindues forces incognita a mes a mes de la forca d’interes.

Previament cal aplicar, normalment, l’equilibri global de tota l’estructura.

Exemple 2

Volem calcular la forca a la barra BF de l’estructura de la figura, formada per trianglesequilaters i que suporta una carrega P que forma un angle de 30o amb la vertical.

AP

B

CD

E F

G

Figura 5.14: Estructura de l’exemple 2. El recolcament E es simple, no es un suport depassador (hi ha un error a la figura).

Considerem un sistema d’eixos cartesians amb x horitzontal i y vertical, cap amunt, ianomenem a a la longitud de les barres. Considerem primer l’equilibri global:

P

60º

FE

FA

Figura 5.15: Forces exteriors a l’estructura i seccio que considererem.

E + P + A = 0 ⇒ Ax − P cos 60 = 0 , Ey +Ay − P sin 60 = 0∑MA = 0 ⇒ −5

2aEy + 2 aP sin 60 = 0

Resolent el sistema, obtenim: Ey = 2√3P/5 , Ax = P/2 , Ay = P

√3/10.

Considerem ara una seccio que talla les barres CB, FB i FG, i considerem l’equilibri de lapart dreta de l’estructura, que estara sotmesa a les forces A, FGF , FBF , FBC . Si considerem


F

F

FBF

FA

GF

BC

Figura 5.16: Metode de les seccions. Forces sobre la part dreta de l’estructura.

primer l’equilibri de moments respecte A, com que A i FBC passen per A i les altres duesforces estan situades simetricament respecte A resulta que: FBF = FGF . L’equilibri deforces, tenint en compte aquesta ultima igualtat, s’escriu:

Ax − FBC cos 60− FBF − FBF cos 60 = 0

Ay + FBC sin 60 + FBF sin 60 = 0

es a dir,FBC + 3FBF = P , FBC + FBF = −P/5

Resolent el sistema resulta: FBF = 3P/5, que es una traccio •

Capıtol 6

Canvis de sistema de referencia

En el tema 1 varem veure els canvis de sistema de referencia a on nomes hi havia translacio,hi havia desplacament d’uns eixos respecte dels altres pero sense canvis en l’orientacio.Ara considerarem el cas mes general, de translacio i rotacio. Aquest tema es fonamentalper la cinematica del solid rıgid. A mes a mes, com que la Terra constitueix un sistemade referencia en rotacio respecte del sistema de les estrelles fixes, alguns dels conceptesd’aquest tema son necessaris per la Fısica de la Terra i, en particular, per l’OceanografiaFısica, que es important per l’enginyeria Marıtima.

6.1 Rotacio d’eixos. Vector velocitat angular.

Considerem dos sistemes de coordenades cartesianes S : Ox1x2x3 i S′ : Ox′1x′2x

′3 amb

bases ortonormals associades e1, e2, e3 i e′1, e′2, e

′3 . Suposem que S′ es mou respecte a S,

no nomes amb moviment de translacio sino tambe de rotacio.

x 3

e

e x2

x1

e

O

O’ e’

e’

x’1

e’

x’3

x’2

^ ^

^^

^1

2

3

3

1

2

S

S’

Figura 6.1: Rotacio d’eixos.

La primera dificultat que ens trobem quan considerem sistemes de referencia en rotacio esque la derivada dels vectors respecte del temps depen del sistema de referencia. Ilustrem

100

CAPITOL 6. CANVIS DE SISTEMA DE REFERENCIA 101

aquesta idea amb el seguent exemple sencill en el pla:

Exemple 1

Considerem dos sistemes S i S′ amb O = O′, z = z′ de tal manera que els eixos x′ − y′

rotan al voltant de l’eix z, en el pla x− y. La rotacio ve definida per la variacio temporalde l’angle θ(t).

)(t

x

'x

'y

y

1e

'1e'ˆ2e

2e

Figura 6.2: Sistema S’ en rotacio 2D respecte de S.

Fixem-nos, per exemple en el vector de la base associada a S: e2. La seva derivadatemporal respecte de S es obviament nul·la, doncs aquest vector es constant respecte d’unobservador fix a S. En canvi, un observador que giri amb S′, veura que el vector e2gira. En consequencia, la derivada de e2 no sera nul·la respecte de S′. Podem calcular-la,relacionant una base amb l’altre:

de2dt

=d

dt

(sin θe′1 + cos θe′2

)= θ (cos θe′1 − sin θe′2) •

Es fonamental trobar la relacio entre les derivades temporals d’un vector qualsevol u(t)respecte de S i respecte de S′. A cada instant aquest vector es pot expressar respecte cadauna de les bases associades a S i S′:

u =

3∑i=1

ui ei =

3∑i=1

u′i e′i (6.1)

Cal ara definir aquestes dues derivades. Tan podem pensar que S’ es mou respecte aS com que S es mou respecte a S’. Per fixar idees, imaginem que S esta fix i que S’ esmou respecte a S. Imaginem un observador fix a S i un altre mobil amb S’. Anomenaremderivada temporal respecte de S de u(t), al vector:(

du

dt

)S

=

3∑i=1

duidt

ei

Analogament, anomenarem derivada temporal respecte de S’ de u(t), al vector:(du

dt

)S′

=3∑

i=1

du′idt

e′i


Notem que la derivada respecte de S es la que mesura l’observador fix a S i que la derivadarespecte de S’ es la que mesura l’observador mobil amb S’, ja que per a ell, els vectorsde la base mobil son constants. Per trobar quina relacio hi ha entre les dues derivades,derivem la igualtat 6.1 respecte al temps en S i tenim:(

du

dt

)S

=3∑

i=1

du′idt

e′i +3∑

i=1

u′i

(de′idt

)S

=

(du

dt

)S′

+3∑

i=1

u′i

(de′idt

)S

(6.2)

Per tant, per completar el calcul de la derivada hem de calcular les derivades temporalsdel vectors de la base mobil respecte de la base fix.

Com que a cada instant de temps, els vectors e′1, e′2, e

′3 formen una base, qualsevol vector

es pot expressar com a combinacio linial d’ells. En particular, existiran 9 coeficientsΩij(t) , i, j = 1, 2, 3 tals que a cada instant tindrem, per cada e′i:(

de′idt

)S

=

3∑j=1

Ωij e′j (6.3)

Aquests 9 coeficients determinen una matriu, Ω. El fet que la base de S’ sigui ortonormalposa restriccions molt fortes sobre els elements de Ω.

Per exemple, com que |e′1| = const., la seva derivada sera perpendicular a ell mateix. Pertant,

0 =

(de′1dt

)S

· e′1 = (Ω11e′1 +Ω12e

′2 +Ω13e

′3) · e′1 = Ω11

Aplicant el mateix raonament per els altres dos vectors de la base mobil obtenim:

Ω11 = Ω22 = Ω33 = 0

Per exemple, com que e′1, e′2 son ortogonals, el seu producte escalar es constant, igual a

zero:

0 =d

dt(e′1 · e′2) =

(de′1dt

)S

· e′2 + e′1 ·(de′2dt

)S

=

(Ω12e′2 +Ω13e

′3) · e′2 + (Ω21e

′1 +Ω23e

′3) · e′1 = Ω12 +Ω21

Aplicant el mateix raonament a e′2, e′3 i a e′3, e

′1 obtenim:

Ω21 = −Ω12 , Ω32 = −Ω23 , Ω13 = −Ω31

Per tant, dels 9 coeficients Ωij nomes n’hi ha 3 d’independents, que podem prendre comΩ12,Ω23,Ω31 . Amb aquests tres coeficients podem definir un vector que els tingui percomponents:

ω = (Ω23,Ω31,Ω12) (6.4)


Anomenem vector velocitat angular del sistema S’ respecte S al vector ω. Llavors,les derivades dels tres vectors de la base mobil es poden expressar com:(

de′idt

)S

= ω × e′i (6.5)

equacions que s’anomenen relacions d’Euler. Aquestes equacions es comproven facilmentdesenvolupant els termes de l’esquerra mitjancant l’equacio 6.3 i calculant els productesvectorials de la dreta amb la definicio del vector ω donada a 6.4. Les relacions d’Eulerpermeten escriure l’equacio 6.2 com:(

du

dt

)S

=

(du

dt

)S′

+ ω × u (6.6)

e

ω

^1’

Figura 6.3: Significat del vector velocitat angular

El significat fısic del vector velocitat angular, ω, queda clar si recordem la formula de lavelocitat per una partıcula en moviment circular:

v =dr

dt= ω × r

ω es el vector velocitat angular de la partıcula, que es perpendicular al pla de moviment,sentit donat per la regla del cargol, i modul igual a l’angle girat per unitat de temps. Elvector r es el vector de posicio amb origen al centre de la trajectoria. Pero si es traslladal’origen paralel·lament al vector ω aquesta equacio tambe es valida doncs al fer el productevectorial queda el mateix. En general, el vector velocitat angular de S’ respecte S variaamb el temps. Pero si considerem el cas en que ω es constant, i comparem les relacionsd’Euler 6.5 per cada vector de la base mobil amb 6.1 ens adonem que cada vector de labase esta girant al voltant del vector ω. En efecte, si considerem l’origen de cada vector enun punt fix, l’extrem te un moviment circular al voltant de l’eix determinat per l’origen i el


vector ω, amb velocitat angular ω. En el cas en que ω varia en el temps, el moviment delsvectors e′i es mes complicat, pero es pot considerar que per cada petit interval de temps elseu moviment es aproximadament circular, describint un petit arc de circumferencia. Elque passa es que l’orientacio de l’eix, el radi i el modul de la velocitat angular van variantpoc a poc.

Composicio de rotacions

Considerem el cas d’un sistema S′ que gira respecte de S amb velocitat angular ω′ i unsistema S′′ que gira a la vegada respecte de S′ a velocitat angular ω′′. Quina es la velocitatangular de S′′ respecte de S? O en altres paraules, quina es la velocitat angular resultantde dues rotacions simultanies?

Sigui ω la velocitat angular de S′′ respecte de S. Aixo, d’acord amb l’eq. 6.5, vol dir quela derivada temporal respecte de S dels vectors de la base associada a S′′ es:(

de′′idt

)S

= ω × e′′i

Similarment, el fet que la velocitat angular de S′′ respecte de S′ sigui ω′′ vol dir:(de′′idt

)S′

= ω′′ × e′′i

Ara aplicant la formula fonamental, eq. 6.6, al vector e′′i :(de′′idt

)S

=

(de′′idt

)S′

+ ω′ × e′′i

i introduint les dues expressions anteriors, tenim:

ω × e′′i = ω′′ × e′′i + ω′ × e′′i

es a dir,(ω − ω′ − ω′′)× e′′i = 0

Com que aquesta igualtat es compleix per els tres vectors e′′1, e′′2, e′′3, que son linealmentindependents, concloem que1:

ω = ω′ + ω′′ (6.7)

O sigui que la rotacio resultant de dues rotacions te un vector velocitat angular que es lasuma dels vectors velocitat angular.

Mirem ara com s’obte l’acceleracio angular resultant de dues rotacions. Seguint el mateixesquema d’abans, suposem que α′ sigui l’acceleracio angular de S′ respecte de S, α′′

1de fet, nomes seria necessari que es compleixi respecte dos d’aquests tres vectors


l’acceleracio angular de S′′ respecte de S′ i α l’acceleracio angular resultant, de S′′ respectede S. Prenem l’equacio 6.7 i la derivem respecte del temps en el sistema S:(

dω

dt

)S

=

(dω′

dt

)S

+

(dω′′

dt

)S

Com que els dos primers termes de l’esquerra son derivades temporals respecte de S develocitats angulars respecte de S, ja son les corresponents acceleracions angulars:(

dω

dt

)S

= α ,

(dω′

dt

)S

= α′

Per calcular el terme de la dreta usem la formula fonamental, eq. 6.6:(dω′′

dt

)S

=

(dω′′

dt

)S′

+ ω′ × ω′′ = α′′ + ω′ × ω′′

Combinant totes aquestes igualtats obtenim:

α = α′ + α′′ + ω′ × ω′′ (6.8)

Aixı, a diferencia de les velocitats angulars, les acceleracions angulars no se sumen, excepteen el cas en que els eixos de rotacio son paral·lels, ω′ × ω′′ = 0.

6.2 Transformacio de velocitats i acceleracions

Donat un punt mobil, P, tindrem:

OP = OO′ + O′P , es a dir, r = r′ + OO′

i derivant respecte al temps a S,(drdt

)S=(dr′dt

)S+(dOO′

dt

)S

r

x

x x’

O’

x’

x’

x

O

3

1

2

3

r’

1

2

ω

Figura 6.4: Sistemes de referencia S i S’


Ara be, (drdt

)S= v ,

(dOO′

dt

)S= vo′o

A mes a mes, aplicant la formula fonamental, eq. 6.6, al vector u = r′ tenim:(dr′dt

)S=(dr′dt

)S′

+ ω × r′ = v′ + ω × r′

i per tant,

v = v′ + vo′o + ω × r′ (6.9)

v = velocitat de P respecte S, velocitat absoluta.v′ = velocitat de P respecte S′, velocitat relativa.vo′o = velocitat d’arrossegament.

Per trobar la relacio d’acceleracions derivarem l’expressio de la velocitat:(dvdt

)S=(dv′dt

)S+( vo′o

dt

)S+( d

dt(ω × r′)

)S

Tindrem: (dvdt

)S= a ;

( vo′odt

)S= ao′o

A mes a mes, aplicant la formula fonamental, eq. 6.6, al vector u = v′ tenim:(dv′dt

)S=(dv′dt

)S′

+ ω × v′ = a′ + ω × v′

D’altre banda:( d

dt(ω × r′)

)S=(dωdt

)S× r′ + ω ×

(dr′dt

)S= α× r′ + ω × (v′ + ω × r′)

Obtenim, finalment:

a = a′ + ao′o + ω × (ω × r′) + 2 ω × v′ + α× r′ (6.10)

a = acceleracio respecte S, o absoluta.a′ = acceleracio respecte S′, o relativa.ao′o = acceleracio d’arrossegament.α× r′ = acceleracio deguda a l’acceleracio angular, α = dω/dtω × (ω × r′) = acceleracio centrıpeta2 ω × v′ = acceleracio de Coriolis


6.2.1 Significat de l’acceleracio centrıpeta

Mirem primer quin es el modul, direccio i sentit de l’acceleracio centrıpeta.

1

r

r

||r

!"#$$ rr

2)(

Figura 6.5: Acceleracio centrıpeta.

Descomposant el vector r′ en una component paral·lela i un altre perpendicular a ω :r′ = r∥ + r⊥ tenim:

ω × (ω × r′) = (ω · r′)ω − ω2r′ = ω2(r′∥ − r′) = −ω2r′⊥

Aixı, anomenant R = |r′⊥|, el vector ω × (ω × r′) te:

• Direccio i sentit cap a l’eix de rotacio

• Modul: |ω × (ω × r′)| = ω2R

Significat:Considerem una plataforma giratoria (com uns caballets de fira) de tal manera que l’eixes mante immobil i vertical. Prenem uns eixos S = Oxyz fixes al terra i S′ = O′x′y′z′

giratoris amb la plataforma, de tal manera que z = z′ = eix de rotacio, i O = O′. Suposemque la velocitat angular, ω = ωez es constant i que ω > 0, es adir, la rotacio es en sentitanti-horari. Tenim, per tant,

ao′o = 0 , α = 0

Px

x

xx

x = x

11’

2

2’

’33

O

ω

Figura 6.6: Sistemes S i S′.


Considerem ara un nen en repos damunt de la plataforma. La seva velocitat relativa a laplataforma sera nul·la, v′ = 0, i tambe la seva acceleracio relativa, a′ = 0. Llavors, d’acordamb l’equacio de transformacio d’acceleracions, eq. 6.10, la seva acceleracio respecte delterra es la centrıpeta:

a = ω × (ω × r) = −ω2r⊥

D’altre banda, aquest nen, vist des del terra, recorra una trajectoria circular a velocitatangular ω. Per tant ha de tenir una acceleracio normal de modul: ω2R, a on R es el radi.Notem que aquesta acceleracio normal del seu moviment respecte del terra es exactamentla mateixa que ens dona l’equacio eq. 6.10 i que li hem dit acceleracio centrıpeta.

6.2.2 Significat de l’acceleracio de Coriolis

L’acceleracio de Coriolis, 2ω× v′ , depen de la velocitat relativa i apareix nomes si el puntmobil es mou respecte del sistema S′. Com podem veure, es sempre perpendicular a lavelocitat angular i a la velocitat relativa. El seu significat fısic no es tan evident com el del’acceleracio centrıpeta pero es pot entendre tornant a l’exemple de la plataforma giratoria.Suposem ara que el nen es posa en moviment damunt de la plataforma, movent-se endireccio radial, cap enfora, a velocitat constant, v′, respecte de la plataforma. Anomenarem”absolutes”a les magnituts respecte del terra, i ”relatives”a les magnituts respecte de laplataforma. Ara, segons l’equacio de transformacio d’acceleracions, eq. 6.10, la sevaacceleracio absoluta es la centrıpeta mes la de Coriolis:

a = ω × (ω × r) + 2ω × v′

S’

x’

y’

z’

v’

ω

ωω

r1

r2

Figura 6.7: Acceleracio de Coriolis

Per entendre perque apareix el nou terme, hem de tenir en compta que quan esta a unadistancia R del centre, la seva velocitat absoluta te una component deguda a la rotacio,


de modul ωR, que es perpendicular a la seva trajectoria relativa, que es recta 2. Llavors,conforme es va desplacant a punts mes allunyats del centre, ωR augmenta, lo qual implicaque vist des del terra te una acceleracio en la direccio perpendicular a la seva trajectoriarelativa. Aquesta acceleracio sera tan mes intensa quan mes rapida sigui la variacio de Ri es, exactament, la de Coriolis.

6.3 Forces d’inercia

Suposem que S es inercial i que S’ es mou respecte S. Sigui una partıcula de massa msotmesa a una forca resultant, F . Tindrem:

ma = F

Introduint l’acceleracio respecte de S′ trobem com es transforma la segona llei de Newtonal passar al sistema no inercial:

F = ma = m(a′ + a′o′o + ω × (ω × r′) + 2ω × v′ + α× r′) (6.11)

Aixı, la segona Llei de Newton no es cumpleix en el sistema S’, a no ser que introduim laforca (fictıcia) d’inercia,

FI = −mao′o −mω × (ω × r′)− 2mω × v′ −mα× r′ (6.12)

de manera que llavors podrem escriure:

ma = F + FI (6.13)

La forca d’inercia resultant FI , es la suma de varies forces d’inercia amb origens difer-ents. Una d’elles, −mao′o, es la forca d’arrosegament, deguda a que el sistema S′ te unaacceleracio, independentment de la rotacio. Ja l’haviem vist al final del tema 2. De lestres forces d’inercia noves que apareixen degut a la rotacio, dues reben un nom i mereixenespecial atencio, la forca centrıfuga:

−mω × (ω × r′)

i la forca de Coriolis:− 2mω × v′

Aquestas forces, com tota forca d’inercia, no son reals en el sentit que no les fa ningu.Apareixen en l’analisi del moviment nomes pel fet de que estem usant un sistema dereferencia no inercial.

2la trajectoria absoluta es una espiral


6.3.1 Interpretacio fısica de la forca centrıfuga

La forca centrıguga te la mateixa direccio i sentit contrari a l’acceleracio centrıpeta. Pertant, en el sistema S′ te tendencia a allunyar els cossos de l’eix de rotacio. Per entendre elseu significat fısic, considerem la plataforma giratoria dels exemples de la seccio anterior,que gira a velocitat angular constant respecte d’un eix vertical. Suposem que el nen estaassegut en una cadira rıgidament unida a la plataforma, a una certa distancia R del centre.Suposem que la plataforma es totalment llisa, sense fregament (µ = 0). Imaginem queel nen deixa una pilota en repos (respecte de la plataforma) al terra de la plataforma.Aquesta pilota tindra inicialment una certa velocitat no nul·la respecte del terra (ωR).Llavors, com que no hi ha fregament, no actua cap forca horitzontal sobre la pilota, i lesverticals s’equilibren. Segons la Primera Llei de Newton, la pilota, vista des de terra, tindraun moviment rectilini i uniforme en direccio perpendicular al seu radi inicial i celeritatabsoluta ωR. El nen no veu aquesta trajectoria recta, perque ell tambe es mou respectedel terra. El que veu es que la pilota es va posant en moviment a poc a poc, en sentitradial (inicialment) cap a fora de la plataforma.

v’ = 0

ω

Figura 6.8: Forca centrıfuga. Lınia contınua: trajectoria absoluta de la pilota. Corbadiscontınua: trajectoria absoluta del nen. El resultat es que la pilota es va desplacant capenfora respecte del nen.

Com que no hi ha forces horitzontals sobre la pilota, el nen no te forma d’explicar elcomportament de la pilota si no es admetent que hi ha una forca fictıcia sobre ella, quetendeix a allunyar-la de l’eix de rotacio. Aquesta es la forca centrıfuga. En canvi, per unobservador a fora de la plataforma, damunt del terra (S), no hi ha forca centrıfuga. Perell el moviment es uniforme, amb forca total nul·la.

6.3.2 Interpretacio fısica de la forca de Coriolis

La forca de Coriolis te la mateixa direccio que l’acceleracio de Coriolis, pero signe oposat.Per veure el significat fısic, suposem ara que el nen de l’exemple anterior, en comptes


de deixar la pilota en repos al terra de la plataforma, li dona un cert impuls cap enfora.Respecte del terra, com que un cop el nen deixa la pilota no hi ha forca neta sobre ella, lapilota es mou en lınia recta a la seva velocitat inicial 3. Pero el nen veura que la pilota noes mou en lınia recta, sino que fa una espiral cap a la dreta (hem suposat que el sentit derotacio de la plataforma es anti-horari). Aixo es degut a que si el nen te uns quants amicssituats a diferents distancies del centre R1 < R2 < R3 < ... per vigilar el pas de la pilota,la velocitat absoluta de rotacio d’aquests amics es creixent: ωR1 < ωR2 < ωR3 < ....Llavors, quan la pilota passa pel costat de cada un d’aquests amics, cada un veu que lapilota es queda enrera amb celeritats cada cop mes grans, ωR1 < ωR2 < ωR3 < .... Pertant, la trajectoria es corba cap a la dreta. Novament, com que no hi ha forca neta sobre lapilota, la unica manera que te el nen d’entendre la curvatura de la trajectoria, es admetreque hi ha una forca fictıcia cap a la dreta. Aquesta es la forca de Coriolis.

6.4 Moviment respecte de la Terra

Ara aplicarem els conceptes introduits al cas de la Terra com a sistema de referencia. LaTerra es el nostre sistema de referencia natural, respecte del qual definir l’estat de repos ode moviment. Pero de fet, la Terra no es un sistema de referencia gaire bo, perque no esgaire inercial. Si tenim en compte el sistema ’mes inercial’ que es coneix, el de les ”estrellesfixes”, la Terra te un moviment de translacio (amb acceleracions) i de rotacio i per aquestmotiu no es inercial. A efectes practics, podem considerar com a sistema inercial S unsistema amb origen al Sol, que no giri rspecte de les estrelles fixes. Llavors, la Terra te,respecte d’aquest sistema, una velocitat angular que podem considerar constant, per tantamb α = 0 4. Per trobar el modul de la velocitat angular de la Terra, dividirem l’anglede rotacio de la Terra durant un dia per el temps corresponent. Es defineix el dia com eltemps que passa entre dos instants consecutius en que el sol esta en el punt mes alt en elfirmament. Aquest temps equival a 24 h, es a dir, 86.400 s. Durant aquest temps, la Terragira sobre si mateixa, 2π, mes un petit angle corresponent a la seva rotacio al voltant delSol ≃ 2π/3655. Llavors:

ω ≃ 2π(1 + 1/365)

86400= 7.29 · 10−5rad/s

El moviment de qualsevol cos de massa m sota la influencia del camp gravitatori de laTerra es veura afectat per el seu pes:

P ≃ −GMm

r2er

a on r es el seu vector de posicio respecte del centre de la Terra i er = r/r. Anomenemacceleracio de la gravetat a l’acceleracio provocada per la forca pes en absencia d’altres

3que seria la suma de la que li ha donat el nen mes la deguda a la rotacio v = v0 + ω × r′0.4El vector velocitat angular de la Terra va canviant lleugerament d’orientacio de forma periodica amb

perıodes de 19 anys (nutacio) i de 26.000 anys (precessio). El seu modul tambe ha anat canviant lentamenta lo llarg de mil·lions d’anys, lo qual implica que la duracio del dia ha anant canviant.

5aquest calcul seria exacte si l’eix de rotacio de la Terra fos perpendicular al pla de la seva orbita oEclıptica


forces. Pero donada la forca gravitatoria, l’acceleracio dependra del sistema de referencia.Lavors, anomenem gravetat absoluta a la gravetat respecte d’un sistema inercial:

g0 ≃ −GM

r2er

Si observem el moviment del cos des de la Terra, la seva acceleracio sota l’accio exclusivade la gravetat sera diferent, g′, que verifica:

g0 = g′ + ao′o + ω × (ω × r′) + 2ω × v′

La correccio deguda a l’acceleracio d’arrosegament deguda al moviment de la Terra alvoltant del Sol, ao′o, normalment es negligible i per tant tindrem:

g′ = g0 − ω × (ω × r′)− 2ω × v′

En termes de les forces podem escriure:

mg′ = mg0︸︷︷︸(a)

−mω × (ω × r′)︸︷︷︸(b)

− 2mω × v′︸︷︷︸(c)

a) pes realb) forca centrıfugac) forca de Coriolis

Ara estudiarem amb detall l’efecte de la forca centrıfuga i de la forca de Coriolis.

6.4.1 Efecte de la forca centrıfuga

Anomanem gravetat efectiva g a l’acceleracio de la gravetat modificada per la forcacentrıfuga:

g = g0 − ω × (ω × r′) (6.14)

que produeix un canvi tan en la magnitud com en la direccio de la gravetat. Aquesta esla gravetat que es pot mesurar en cada punt de la superfıcie de la Terra.

λ

N

FC

S

Figura 6.9: Forca centrıfuga en funcio de la latitud


Considerem un punt de latitud λ sobre la superfıcie de la Terra (veure figures 6.9 i 6.10).La magnitud de l’acceleracio centrıpeta es:

|ω × (ω × r′)| = ω2R cosλ

i, per tant, es maxima a l’equador (λ = 0) on val:

3, 37× 102m/s2 ≃ 0.3% g0 (g0 ≃ 9, 8m/s2)

Aquesta es, per tant, la maxima alteracio de la gravetat deguda a la rotacio de la Terra,0.3% g0.

gg

R cos λω

α

λ

2

o

Figura 6.10: Gravetat absoluta i gravetat efectiva en funcio de la latitud.

Per veure amb mes detall els efectes, per una latitud arbitraria, λ, calculem la diferenciaen modul g − g0, i en direccio, α, entre g, g0, (veure figura 6.10). En virtud de l’eq. 6.14,tindrem:

g2 = g2o + (ω2R cosλ)2 − 2goω2R cos2 λ (6.15)

g

sinλ=

ω2R cosλ

sinα(6.16)

Com que ω2R cosλ << g, g0 podem obtenir expressions aproximades:

g ≃ g0 − ω2R cos2 λ

α ≃ sinα ≃ ω2R cosλ sinλ

g≃ ω2R

g0cosλ sinλ

Notem que la maxima variacio de la vertical efectiva (senyalada per la plomada) es α =ω2R/2g0 ≃ 0.1o i te lloc per λ = 45o. Aquests canvis en el modul i la direccio de lagravetat fan que que la Terra no sigui perfectament esferica, sino una mica xafada pelspols (geoide). L’aixafament es ≃ 11km. Normalment, quan es parla de gravetat ens


referim a la gravetat efectiva i tot aixo no s’ha de considerar, ja que les correccions jaestan incloses.

ω

Figura 6.11: Geoide: aixafament dels pols

Gravetat efectiva a diferents punts de la Terra:

Localitat Latitud Gravetat

Pol Nort 90o0′ 9.832Anchorage (Alaska) 61o10′ 9.821

Paris 48o50′ 9.809Key West (Florida) 24o34′ 9.789

Equador 0o0′ 9.779

Segons el que hem vist, la maxima diferencia hauria de ser 0.034m/s2 i, en canvi, es0.052m/s2. Aixo pot ser degut a l’aixafament dels pols.

6.4.2 Efecte de la forca de Coriolis

La forca de Coriolis, F = −2mω× v′, es sempre perpendicular a ω (esta en un pla paral·lela l’equador) i es perpendicular a la velocitat relativa. Els seus efectes son mes complexosque els de la forca centrıfuga. Aquı n’estudiarem dos cassos particulars: 1) efecte sobre lacaiguda lliure vertical d’un cos i 2) efecte sobre el moviment d’un cos en un pla horitzontal.Aquest ultim cas es de gran relevancia a Oceanografia i Meteorologia.

ωv’

2 ωm v’^−

Figura 6.12: Forca de Coriolis


Caiguda lliure vertical

Sobre tot objecte que cau en caiguda ’vertical’, la forca de Coriolis provoca una desviaciocap a l’est, tant a l’hemisferi Nord com al Sud (veure figures 6.13 i 6.14).

W

E

N

S

x

yz

v’

λ

ω

Figura 6.13: Caiguda lliure ’vertical’

W E

N

S v’

v’

ω

ω

Figura 6.14: Caiguda lliure ’vertical’ en els hemisferis Nord i Sud

Calculem la magnitud d’aquesta desviacio:

a = g − 2ω × v′ = −gk − 2ω(cos λj + sinλk)× (xi+ yj + zk) ⇒


x = −2ωz cosλ+ 2ωy sinλ (6.17)

y = −2ωx sinλ (6.18)

z = 2ωx cosλ− g (6.19)

Considerem primer, ω = 0. Aleshores:

x = 0 y = 0 z = −g ⇒ (partim del repos) (6.20)

z = h− 1/2gt2 , z = −gt , x = y = 0 (6.21)

Considerem, ara, ω = 0, pero petit, de tal forma que el moviment resultant sigui unapetita correcio del cas ω = 0. Aixı, suposarem:

|y| << |z|, |ωx| << g ⇒ (6.22)

x ≃ −2ωz cosλ ≃ −2ω(−gt) cosλ ⇒ (6.23)

x(t) ≃ 1/3gωt3 cosλ (6.24)

a on s’ha tingut en conta: z ≃ −g. La desviacio maxima en funcio de l’alcada sera, pertant:

z = 0 ⇒ h− 1

2gt2 = 0 ⇒ t =

√2h

g⇒ xm =

1

3gω(

2h

g)3/2 cosλ ⇒

xm =ω

3

√8h3

gcosλ

ω = 7, 29× 10−5 , g ≃ 9, 8m/s2 ⇒ xm = 2, 20× 10−5h3/2 cosλ (m)

per exemple, per λ = 0 (equador),

h = 100m ⇒ xm = 2, 19cm (6.25)

h = 10km ⇒ xm = 21, 9m (6.26)

Aixı, la influencia de la forca de Coriolis es menyspreable per petites alcades. Pero, s’hade tenir en compte, per exemple, pel bombardeig desde grans alcades, o per dirigir coetsintercontinentals. Seguint el metode presentat aquı, es pot veure sense dificultat els canvisque es produeixen en el tir parabolic.

Moviment en un pla horitzontal

A cada punt de la superfıcie de la Terra podem descomposar (localment) la velocitat derotacio ω en component vertical o radial ωv (ωv = ω sinλ) i component horitzontal otangencial ωh (ωh = ω cosλ) .


λ

λ

ω

ω

ω

v

h

Figura 6.15: Components locals de la velocitat angular de la Terra.

Llavors la forca de Coriolis sobre un cos que es mou horitzontalment a una certa latitudes pot descomposar com:

−2ω × v′ = −2ωh × v′ − 2ωv × v′

amb ωh×v′ vertical, i ωv×v′ horitzontal (veure figures 6.13 i 6.16). La primera componentmodifica la gravetat efectiva. La segona component te tendencia a desviar la trajectoriacap a la dreta a l’hemisferi Nord (figura 6.16), i cap a l’esquerra a l’hemisferi Sud (figura6.17).

v’

^ v’−2

ω

ωv

v

Figura 6.16: Forca de Coriolis horitzontal sobre un moviment horitzontal a l’HemisferiNord

−2

v’

ω

ωv ^ v’

v

Figura 6.17: Forca de Coriolis horitzontal sobre un moviment horitzontal a l’HemisferiSud


Generalment, aquesta forca de Coriolis horitzontal es molt petita, pero depenent de comson les altres forces presents, en el cas dels moviments a gran escala (centenars de km) degrans masses d’aire o d’aigua damunt la Terra, pot arribar a ser molt significativa. Peraixo te una gran importancia en Meteorologia i Oceanografia. A continuacio veiem dosexemples dels efectes de la forca de Coriolis en els moviments horitzontals.

Direccio del vent en una borrasca o en un anticiclo

Considerem l’hemisferi Nord. En cas d’una borrasca, tenim pressions al centre mes baixesque fora de la borrasca. Llavors les forces degudes a la pressio empenyen les masses d’airecap al centre. Pero la forca de Coriolis les desvia cap a la dreta. Una massa d’aire desviant-se aixı arribaria a moure’s en sentit contrari a la forca de la pressio, i aixo l’aniria frenant,fins a parar-se. Un cop parada, el proces tornaria a comencar (veure la figura 6.18). Aixı,la massa d’aire, en promig, aniria girant en sentit antihorari al voltant de l centre de baixespressions. La solucio estacionaria de les equacions del moviment de l’aire, en el cas idealen que no hi ha mes forces que les degudes a un gradient de pressio uniforme, mostra quees produeix un moviment circular en sentit antihorari com podem veure a la figura 6.19 6.

Figura 6.18: Efecte de la forca de Coriolis sobre una borrasca a l’Hemisferi Nord.

Figura 6.19: Efecte de la forca de Coriolis sobre una borrasca a l’Hemisferi Nord: situacioestacionaria

A l’hemisferi Sud l’efecte es similar pero en sentit contrari, i el sentit de rotacio del vent enles borrasques es horari. Per els anticiclons passa quelcom similar, pero al reves: giren ensentit horari a l’hemisferi Nord i antihorari a l’hemisferi Sud, ja que hi ha altes pressionsal seu centre.

6Aixo es veu en un curs de Dinamica de Fluids Geofısics, per exemple en el master en Fısica Aplicadai Computacional que imparteixen UPC-UB.


Pendol de Foucault

Si la Terra no gires, un pendol constituıt per un pes sospes del sostre per una corda,oscil·laria sempre en el mateix pla. Pero degut a la forca de Coriolis, el pendul es vadesviant lleugerament cap a la dreta del moviment (a l’hemisferi Nord) a cada oscil·lacio.El resultat es que el pla d’oscil·lacio va girant en sentit horari a l’hemisferi Nord i, ensentit contrari, a l’hemisferi Sud.

N

S

W E

Figura 6.20: Vista en planta de la desviacio (molt exagerada) del pla d’oscil·lacio delpendol de Foucault a l’hemisferi Nord.

L’efecte es maxim als pols i nul a l’Equador. El perıode de la rotacio del pla d’oscil·lacio espot calcular d’una forma molt sencilla. En el pol, l’efecte es molt simple, es pot analitzardes del sistema inercial, sense usar la forca de Coriolis: el pla d’oscil·lacio es mante, mentreque la Terra va girant. Llavors, respecte de la Terra, el pla d’oscil·lacio gira 360o en undia. Ara, en un punt de latitud λ cal recordar que la forca de Coriolis horitzontal en elmoviment horitzontal depen nomes de la component vertical de la velocitat angular de laTerra, ωv = ω sinλ. Llavors, l’efecte es igual que en el pol, pero considerant la velocitatangular vertical en comptes de la total, i el temps (en hores) que triga el pla d’oscil·lacioen girar una volta sencera es:

Tf =2π

ωv=

2π

ω

1

sinλ=

24

sinλ(6.27)

Aquest fenomen va ser mostrat per primer cop per el fısic frances Foucault el 1851 ambun pendol de 67 m. de llarg a Paris, i constitueix una demostracio experimental directa dela rotacio de la Terra. Al Museu Cosmocaixa de Barcelona hi ha un pendol de Foucaultque, com que la latitud es λ = 41o23′, d’acord amb l’equacio 6.27 triga unes 36 hores enfer una volta sencera.

Capıtol 7

Cinematica del solid

7.1 Graus de llibertat d’un solid.

Anomenem solid rıgid a tot conjunt de punts que mantenen constants les seves dist‘anciesm´utues en qualsevol moviment possible. Anomenem nombre de graus de llibertatd’un sistema mecanic al nombre de variables reals necessaries per determinar la sevaposicio. Per exemple, una partıcula en l’espai te tres graus de llibertat. Una partıculaobligada a moure’s damunt d’una superfıcie esferica te dos graus de llibertat. Un sistemade dos partıcules en l’espai te 6 graus de llibertat.

Quants graus de llibertat te un solid rıgid? Considerem 3 punts no alineats, A, B iC del solid.(Veure la figura 7.1) Suposem que fixem A, aixo equival a fixar el valor de 3coordenades.

A

A

A

B

B

B

C

C

C

Figura 7.1: Punts A, B i C del solid rıgid.

Fixat A, com es pot moure B? El seu moviment sera sobre una superfıcie esferica de radi|AB|, per tant, fixar B equivaldra a fixar 2 coordenades. Finalment, fixats A i B, com

120

CAPITOL 7. CINEMATICA DEL SOLID 121

es pot moure C? Es pot moure sobre una circumferencia al voltant de la recta AB i, pertant, fixar C exigira fixar nomes una coordenada. En consequencia, el numero de grausde llibertat sera: 3+2+1 = 6.

7.2 Camp de velocitats.

Per analitzar el camp de velocitats d’un solid, considerarem dos sistemes de referencia:un S definit com O(x1, x2, x3), que considerarem fix (notem que aixo es arbitrari), i unaltre S’ definit per O′(x′1, x

′2, x

′3) que es mou amb el solid, es a dir, que tots els punts del

s‘olid estan en repos respecte d’aquest sistema. L’existencia d’aquest sistema S′ es, de fet,la nostre definicio de solid rıgid. El punt O’ es un punt del solid que anomenem punt dereferencia i (x′1, x

′2, x

′3) son tres eixos ortogonals solidaris al solid (es a dir que es mouen

rıgidament units amb el cos).

x3

x1

x2o

x3

x1

x2o

(S)

’

’

’’

(S’)

ω

Figura 7.2: Sistemes de referencia S i S’ (eixos S’ roten, en general, i no son necessariamentparal·lels als de S!)

Sigui P un punt generic del solid, i sigui vP la seva velocitat respecte (S). Segons la formulade la transformacio de velocitats en un canvi de sistema de referencia vista al Tema 6,tindrem a cada instant:

vP = v′P + vO′O + ω × r′ amb r′ =−−→O′P

Notem que v′P = 0 perque P esta en repos en el sistema S’. Com que el punt de referenciapot ser qualsevol punt del solid, adoptarem la notacio mes comode:

vP = vQ + ω ×−−→QP (7.1)

Aquesta expressio, prenent diferents punts P del solid, ens dona el camp de velocitats.Tan el punt P com el punt de referencia, Q, son arbitraris i ω es sempre la mateixaindependentment de P, Q. El vector ω es unic a cada instant i s’anomena vector velocitatangular de rotacio del solid.


Comprovem la unicitat de ω. Suposem que existissin 2 punts Q, A i ω = ω′, tals que:

vP = vQ + ω ×−−→QP , vP = vA + ω′ ×

−→AP ∀P del solid

Considerant la segona igualtat i aplicant la primera igualtat al punt A:

vP = vA + ω′ ×−→AP = (vQ + ω ×

−→QA) + ω′ ×

−→AP

Comparant les dues expressions per vP tenim:

ω ×−−→QP = ω ×

−→QA+ ω′ ×

−→AP ⇒ ω × (

−→QA−

−−→QP ) + ω′ ×

−→AP = 0 ⇒ (7.2)

(ω′ − ω)×−→AP = 0, ∀P ⇒ ω = ω′ (7.3)

Moviment de translacio i moviment de rotacio.

Hi ha dos cassos particulars fonamentals:

1. Si ω = 0 , llavors vP = vQ ∀P,Q ⇒ tots els punts del solid tenen la mateixavelocitat. Diem que en aquest instant el solid te un moviment de translacio.

Figura 7.3: Moviment de translacio (cas 1).

2. Si ∃ Q|vQ = 0, prenent Q com a punt de referencia vP = ω × QP , ∀P. El campde velocitats correspon a una rotacio d’eix la recta que passa per Q i es ∥a ω (Com-paracio amb v = ω × r). Diem que en aquest instant el solid te un moviment derotacio pura al voltant d’aquest eix amb velocitat angular ω.

ω

Q

Figura 7.4: Moviment de rotacio (cas 2).


Segons aixo, en el cas general es pot considerar que el moviment del solid es la superposiciod’una translacio i una rotacio:

vP = ω ×−−→QP︸︷︷︸1

+ vQ︸︷︷︸2

(7.4)

1: Rotacio al voltant de la recta per Q, paral·lela a ω

2: Translacio a velocitat vQ

Notem que l’expressio del camp de velocitats, eq. 7.1, sempre es pot interpretar dientque el moviment del punt P respecte del punt Q es una rotacio a velocitat angular ω .Finalment, una altre consequencia de l’expressio del camp de velocitats es que dels 6 grausde llibertat, 3 son de translacio (vQ) i 3 son de rotacio (ω).

7.3 Camp d’acceleracions.

Usant els dos sistemes S i S’ introduıts a la seccio anterior, tindrem:

aP = a′P + aO′O + ω × (ω × r′) + 2ω × v′ + α× r′

on, aP es l’acceleracio d’un punt generic del solid respecte S i a′P l’acceleracio respecte S’,

amb r′ = O′P . Pero com que P no es mou respecte S’, v′P = 0, a′P = 0 i, per tant,

aP = aO′O + ω × (ω × O′P ) + α× O′P

on, α = dω/dt es el vector acceleracio angular del solid. Amb la notacio mes comodeusada a la seccio anterior escribim:

aP = aQ + ω × (ω ×−−→QP ) + α×

−−→QP (7.5)

on Q es el punt de referencia el·legit.

7.4 Composicio de rotacions.

Sigui ω la velocitat angular d’un solid respecte d’un sistema S que considerarem fix.Considerem ara, un sistema mobil S∗ que rota a velocitat angular Ω respecte S. Quantval la velocitat angular, ω∗, que tindra el solid respecte S∗? Per veure-ho, recordem quela velocitat angular del solid es la velocitat angular de qualsevol sistema de referencia S′

solidari al solid, respecte de S. Llavors, d’acord amb la formula de composicio de rotacionsque varem veure al Tema 6:

ω = Ω + ω∗ (7.6)


Aixo es util per trobar velocitats angulars de moviments compostos. Per exemple, tenimuna plataforma horitzontal que gira a velocitat angular ω1 al voltant d’un eix vertical.Damunt la plataforma hi ha un disc que gira respecte a ella al voltant d’un eix horitzontala velocitat angular ω2. Llavors, la velocitat angular del disc respecte al sistema mobil, S∗

es ω∗ = ω2, i la velocitat angular del sistema mobil es Ω = ω1. D’aquı, la velocitat angulardel disc respecte al terra es

ω = ω1 + ω2

En altres paraules, les velocitats angular son aditives.

W2

W1

Figura 7.5: Exemple d’aditivitat de les velocitats angulars

Tal com varem veure al Tema 6, la formula de composicio de les acceleracions angularsno es simplement la suma. Si α, α∗ son les acceleracions angulars respecte de S i S∗,respectvament, tindrem:

α =dΩ

dt+ α∗ + Ω× ω∗ (7.7)

7.5 Eix instantani de rotacio i lliscament.

Si en un cert instant ω = 0 el moviment del solid es una translacio, es a dir, tots els puntstenen la mateixa velocitat. Si ω = 0, el moviment es la superposicio d’una rotacio i unatranslacio, pero aquesta descomposicio no es unica, depen del punt Q al voltant del qualsuposem que el solid esta rotant, que es arbitrari. Llavors, la pregunta es: agafant un puntQ escaient, es pot anular la translacio? Es a dir, com podem saber si el moviment es unarotacio pura al voltant d’algun punt Q a determinar?

Aixo, recordant l’expressio del camp de velocitats

vP = vQ + ω × QP

equival a preguntar si existeix algun punt Q tal que vQ = 0. Per respondre a aquestapregunta buscarem el mınim de |vP |. Si el mınim es 0, la resposta es afirmativa, es a dir,el moviment es una rotacio pura al voltant del punt Q tal que vQ = 0. Si el mınim espositiu, la resposta es negativa, i el moviment no es una rotacio pura al voltant de cappunt.


El calcul del mınim de |vP | es immediat aprofitant la teoria de Sistemes de Forces (Tema3). En efecte, tota aquesta teoria es basa en l’equacio que dona el camp de moments delsistema:

MP = MQ + PQ× R

a on R es la resultant. Fixem-nos que aquesta expressio es totalment analoga al camp develocitats del solid, si l’escribim:

vP = vQ + PQ× ω

i ens adonem que les velocitats, vP , vQ, juguen ara el paper dels moments, MP , MQ, i que

la velocitat angular ω juga ara el paper de la resultant, R. Per tant, la resposta a la nostrepregunta dependra del trinomi invariant, que ara es:

T = vP · ω

i tindrem:

• T = vP · ω = 0⇒ rotacio pura

• T = vP · ω = 0⇒ la translacio no es pot anular

A mes a mes, podem descomposar vP en una component paral·lela i una altre perpendiculara ω. La component paral·lela es (T/ω2)ω i es invariant (independent de P), mentres quela perpendicular es la que depen de P. Els punts amb velocitat mınima son aquells per elsquals s’anula la component perpendicular, i aixo passa damunt de l’eix central:

r =ω × vOω2

+ λω

que s’anomena eix instantani de rotacio i lliscament (EIRLL). L’eix central es paral·lela ω i els seus punts es mouen amb la velocitat mınima, que es vmin = (T/ω2)ω. Aixı, siω = 0, el moviment del cos es la superposicio d’una translacio a velocitat vmin = (T/ω2)ωmes una rotacio de al voltant de l’eix EIRLL. Tan ω com l’eix poden canviar amb eltemps, pero en el cas en que es mantenen fixos, el moviment de les partıcules del solides un moviment helicoidal al voltant de l’eix. Si ω i l’eix van canviant, es pot dir que elmoviment es aproximadament helicoidal a cada petit interval de temps.

Nota: Notem que com que els cossos tenen tamany finit, l’EIRLL pot caure fora del cos.En aquest cas definim l’eix com la recta dels punts que tindrıen velocitat mınima si elcos ocupes tot l’espai. Llavors encara que l’eix caigui fora del cos ens permet igualmentinterpretar i analitzar el moviment.

En resum, i analogament a la classificacio dels sistemes de forces, hi ha 4 cassos possiblesde moviment del solid:

1. ω = 0 , v = 0 . Repos (sistema nul).

2. ω = 0 , v = 0 . Translacio (parell).


3. ω = 0 , T = ω · v = 0 . Rotacio pura. Translacio i rotacio que equival a rotaciopura al voltant de l’EIRLL (sistema reduible a una sola forca).

4. ω = 0 , T = ω · v = 0 . Moviment helicoidal. Equival a rotacio pura al voltantde l’EIRLL mes una translacio no nula en la direccio de l’EIRLL (torsor).

Notem que en els quatre cassos anteriors, esmentem la velocitat v sense especificar de quinpunt es. Aixo es degut a que en cada un dels 4 cassos, el resultat de la classificacio esindependent del punt. Notem, tambe, que aixo es instantani: un solid pot tenir en uninstant un moviment de translacio i en un instant posterior un moviment helicoidal o derotacio pura.

7.6 Moviment pla.

Diem que un cos te un moviment pla si els vectors velocitat de tots els seus punts sonparal·lels a un determinat pla, Π. Aixo es pot dir tan en sentit instantani com en sentitpermament. A partir d’ara ens referirem a aquest segon cas, i suposarem que el pla Πes mante constant en el temps. Un exemple de moviment pla es el dels punts d’uns rodad’un vehicle que te una trajectoria recta.

Figura 7.6: Moviment de la roda d’un vehıcle que circula en lınea recta.

En primer lloc notem que tot moviment pla o es el repos, o una translacio o una rotaciopura amb velocitat angular ω perpendicular al pla. En efecte, el repos i una translacio sonobviament moviments plans. Si el moviment no es el repos ni una translacio, ω = 0, i si nofos perpendicular a Π, tindria una component paral·lela a Π. Llavors, prenent dos puntsA,B ∈ Π, la velocitat relativa vB − vA = ω × AB tindria una component perpendicularal pla i el moviment no podria ser pla. Per tant, ω ⊥ Π. En qualsevol dels cassos, si elmoviment es pla:

ω · vP = 0

Un moviment pla no pot ser helicoidal.


Centre instantani de rotacio (CIR)

En el cas de rotacio pura, qualsevol dels punts de l’EIRLL s’anomena centre instantanide rotacio (CIR). Tanmateix, aquesta nocio cobra especial rellevancia en el cas en que elcos es pla, contingut en el pla de moviment. En aquest cas es reserva el terme CIR nomesper l’interseccio de l’EIRLL amb el pla Π.

ω

π

vA

vB

A

B

Figura 7.7: Moviment pla.

Per determinar a la practica el CIR n’hi ha prou amb coneixer les direccions de les veloc-itats de dos punts A i B del solid, continguts a Π. En efecte, si C es el CIR,

vA = ω × CA , vB = ω × CB

ja que vC = 0. Llavors, la recta de Π perpendicular a vA que passa per A, i la recta deΠ perpendicular a vB que passa per B, tenen la direccio de CA i CB, respectivament.Llavors, la seva interseccio es el CIR. A mes a mes, ω = |vA|/CA = |vB|/CB. En el cas enque vA i vB son paral·leles, i perpendiculars a AB, el CIR no queda determinat per aquestprocediment, i nomes podem saber que esta damunt de la recta de Π que conte al segmentAB. La posicio del CIR es pot determinar llavors a partir d’aquesta ultima igualtat.

A

C

B v

vA

B

Figura 7.8: CIR (centre instantani de rotacio)


Una altre manera de determinar el CIR es a partir del punt de l’EIRLL:

rcir =1

ω2ω × vO =

1

ωk × (vxi+ vy j) = −

vyωi+

vxωj

7.7 Derivada d’angles i velocitat angular.

En el cas del moviment circular d’una partıcula, la derivada de l’angle de rotacio ens donala velocitat angular: |dθ/dt| = |ω|. Similarment, en el cas general de moviment d’unsolid en 3D, la derivada respecte al temps d’un angle entre una direccio fixe a l’espai i unsegment que es mou amb el solid, ens dona la component de ω perpendicular al pla queconte l’angle.

Figura 7.9: Velocitat angular i variacio d’angle en el moviment circular d’una partıcula.

Per comprovar-ho, sigui e = cte un vector unitari en la direccio fixe a l’espai, i siguin A i B,dos punts del solid. Sigui θ l’angle entre e i AB, i sigui n un vector unitari perpendicular

a e i−−→AB, definit per e×−−→AB = |−−→AB| sin θ n.

B

n

e A

Figura 7.10: Calcul de la velocitat angular a partir de la derivada temporal d’un angle.


Aleshores:

d

dt(e ·−−→AB) = e · d

dt(−−→AB) = e · (vB − vA) = e · (ω ×

−−→AB)

= −ω · (e×−−→AB) = −|−−→AB| sin θ ω · n (7.8)

d’altra banda,

d

dt(e · −−→AB) =

d

dt(|−−→AB| cos θ) = −|−−→AB| sin θ · θ (7.9)

D’aquestes dues equacions podem deduir:

dθ

dt= ω · n

Aplicant aquesta igualtat amb 3 angles corresponents a tres direccions de rotacio diferents,podem determinar les tres components del vector ω. En el cas de moviment pla, el vectorω te una sola component, perpendicular al pla de moviment, i n es pot agafar en aquestadireccio. Llavors n’hi ha prou amb la derivada d’un sol angle de rotacio al voltant d’uneix perpendicular al pla, entre una direccio fix al pla i un altre que giri amb el solid.

Capıtol 8

Dinamica de sistemes de partıcules

Varem introduir les lleis de Newton per partıcules (cossos puntuals), pero a la practica ensinteressara aplicar-les a cossos extensos, que considerarem constituıts per partıcules. Enaquest tema, a partir de les lleis de Newton, establirem les lleis del moviment dels cossosno puntuals. Les eines per fer-ho son el moment lineal i el moment angular.

El moment lineal i el moment angular, tambe son utils en el cas de la dinamica de unasola partıcula. Fins ara hem considerat situacions molt simples on les forces que hi actuenson constants i l’aplicacio de les lleis de Newton ens dona directament la solucio. Pero engeneral, les forces son variables i l’aplicacio directa de les lleis de Newton ens pot portar aproblemes molt difıcils de resoldre. Conve, per tant, utilitzar eines i conceptes auxiliars, ibuscar lleis derivades a partir de les de Newton que ens ajudin en l’estudi del moviment.El moment lineal i el moment angular compleixen aquesta funcio, no solament per sistemesde partıcules, sino tambe per el cas d’una sola partıcula.

8.1 Moment lineal

Considerem un sistema de N partıcules de masses m1,m2, ...,mN amb vectors de posicior1(t), r2(t), ..., rN (t), en moviment (o repos) respecte d’un sistema inercial. En general,cada partıcula estara sotmesa a forces que li fan les altres partıcules o forces interiorsi a altres forces d’origen exterior al sistema que anomenem forces exteriors. Sigui F e

i ,

la resultant de les forces exteriors sobre la partıcula ’i’ i sigui Fji j = 1, 2, ..., N j = ila forca interna resultant que fa cada partıcula ’j’ sobre la partıcula ’i’ (Veure figura 8.1.Naturalment, algunes o totes aquestes forces poden ser nul·les. ). La segona llei de Newtonper la partıcula ’i’ ens diu:

mi¨ir = F e

i +

N∑j=1;j =i

Fij i = 1...N (8.1)

130

CAPITOL 8. DINAMICA DE SISTEMES DE PARTICULES 131

x

r

m

F

F

F

3

x1

x

2

rNN

m 2

2

r1

m 1

1

e21

N1

Figura 8.1: Sistema de N partıcules

Si sumem totes aquestes equacions, tenim:

N∑i=1

mi¨ir =

N∑i=1

F ei +

N∑i=1

N∑j=1;j =i

Fij

i degut a la tercera llei de Newton, el sumatori doble de les forces internes s’anul·la, jaque per a cada forca Fij n’hi ha una altra Fji = −Fij . A mes a mes, com que mi sonconstants,

N∑i=1

mi¨ir =

d

dt

N∑i=1

mivi =dP

dt

a on es defineix el moment lineal o quantitat de moviment de cada partıcula com pi = mivi,i el moviment lineal del sistema (o quantitat de moviment) com:

P =N∑i=1

mivi

Aleshores, com que:

F e =

N∑i=1

F ei

es la forca exterior resultant sobre el sistema, tenim que el moment lineal del sistema estaafectat nomes per a la resultant de les forces exteriors:

dP

dt= F e (8.2)


resultat conegut com a Teorema del Moment Lineal. Aquest teorema es molt impor-tant perque identifica una quantitat, P , que nomes depen de les forces exteriors i no estaafectada per les forces internes. Si les forces exteriors s’anul·len, el moment lineal delssistema es conserva, P = const., resultat que es conegut com el Teorema de Conservaciodel Moment Lineal. Si nomes s’anul·la una component de la forca, llavors es conserva lacomponent corresponent del moment lineal. Integrant l’eq. 8.2 respecte de t durant uninterval, t1 < t < t2, obtenim la corresponent llei integral:

P (t2)− P (t1) =

∫ t2

t1

F edt (8.3)

que es coneguda com Teorema de l’Impuls, ja que l’integral d’una forca F respecte deltemps en un interval (t1, t2) s’anomena impuls que exerceix la forca en aquest interval.

Nota: Hem considerat un nombre finit de partıcules, N . Tot el que hem vist es validtambe per el cas d’un cos continu, amb un nombre infinit de partıcules. Essencialment,l’unic que cal fer es substituir les sumes per integrals esteses sobre tot el volum del cos.Tot aixo es veu a Mecanica del Medis Continus. Pero alla en contes de deduir l’equacio8.2 a partir de la segona Llei de Newton, eq. 8.1, es postula directament com una lleifonamental.

8.2 Centre de masses

El moment lineal del sistema ens permet assimilar un cos extens a una sola partıcula peralguns dels aspectes del moviment. En efecte, si calculem el moment lineal del sistematenim:

P =

N∑i=1

midridt

=d

dt

N∑i=1

miri =d

dt(mrcm) = m

drcmdt

= mvcm

on hem introduıt el centre de masses del sistema com el punt de l’espai definit per:

rcm =1

m

N∑i=1

miri (8.4)

a on

m =

N∑i=1

mi

es la massa total del sistema. Aixı, la quantitat de moviment total del sistema coincideixamb la d’una partıcula de massa m =

∑mi que es mogui a la velocitat del centre de

masses,

vcm =∑ mivi

mEn consequencia, el teorema del moment lineal es pot escriure tambe com:

F e =dP

dt=

d

dt(mvcm) = macm


o sigui,

macm = F e (8.5)

Es a dir, el centre de masses del sistema es mou com una sola partıcula de massa igual ala massa total, m, sotmesa unicament a la forca exterior resultant. En el seu movimentno influeixen per res les forces interiors. Aquesta es la llei fonamental que governa elmoviment de translacio d’un sistema de partıcules.

R

x

x

x

2

1

3

O

Figura 8.2: Centre de masses d’un sistema de partıcules

Abans d’aprofundir en les consequencies i significat d’aquesta llei, mirem algunes propi-etats del centre de masses.

Exemple 1Considerem un sistema de dues partıcules de masses m1,m2, separades una distancia l.On esta situat el seu c.m?Prenem els eixos de coordenades de manera que la partıcula 1 estigui a l’origen, (0, 0, 0), ila partıcula 2 al punt (l, 0, 0) de l’eix x. Llavors, segons l’eq. 8.4, el centre de masses estaa l’eix x, al punt:

xcm =m2

m1 +m2l

entre les dues partıcules. Si m1 = m2, esta just al mig, si m2 > m1, esta mes aprop de m2

que de m1, si m2 < m1, esta mes aprop de m1.

l

1m

2m

c.m.

x

y

Figura 8.3: Centre de masses d’un sistema de dues partıcules •


Propietat 1Una propietat immediata a partir de la definicio de c.m., eq. 8.4, es:

N∑i=1

mi(ri − rcm) = 0 (8.6)

i tambe la propietat equivalent per les velocitats:

N∑i=1

mi(vi − vcm) = 0 (8.7)

Propietat 2Una propietat immediata a partir de l’anterior, es que si Π es un pla que passa per el c.m.,sempre hi ha partıcules del sistema a cada banda del pla. La demostracio es immediata apartir de l’eq. 8.6, prenent l’eix x, per exemple, perpendicular al pla.

L’exemple de les dues partıcules i la propietat anterior ens indiquen que el c.m. esta situat’cap el centre del sistema’. El calcul sistematic del c.m., especialment si es tracta d’uncos continu, s’estudia detalladament al Tema 11 (Geometria de masses i tensor d’inercia).Mirem ara algunes de les propietats del c.m. en relacio al moviment del sistema:

• El moviment del centre de masses es d’alguna forma el moviment promig del sis-tema, el moviment del conjunt. Aquesta idea que en general es poc precisa, prenmes significat en el cas d’un solid rıgid o d’un solid deformable. Aleshores, la lleifonamental de la dinamica de la translacio, eq. 8.5, ens diu que el moviment promigdel sistema es pot desacoblar del moviment intern, perque ve donat exclusivamentper les forces exteriors.

• Aquesta ultima afirmacio ens porta a reconsiderar que quan es pot menysprear eltamany d’un cos se’l pot considerar aproximadament com una partıcula. Ara aixoqueda mes precıs: la partıcula a considerar es una partıcula que tingui tota la massaconcentrada en el centre de masses. En l’estudi del moviment del centre de massesno hi ha aproximacio. La unica aproximacio esta en identificar el cos amb el centrede masses. Aixo, per exemple, ens permet estudiar el moviment orbital de la Terra alvoltant del Sol independentment del moviment de rotacio, el moviment dels oceans,etc. Es exactament el centre de masses de la Terra qui es mou amb trajectoriael·lıptica al voltant del Sol.

• Aquest resultant ens permet justificar el considerar cossos extensos com partıculesen els problemes elementals de dinamica com el de la figura adjunta


N

W

R

W

RN

Figura 8.4: Cos extens de massa m que s’identifica amb una partıcula de massa m situadaal seu c.m.

Exemple 2Si llencem una cadena cap amunt amb un cert angle, la cadena tindra un moviment meso menys complicat, pero el centre de masses descriura un moviment parabolic (nomesaproximadament, degut al fregament de l’aire).

Figura 8.5: Moviment d’una cadena sota l’accio de la gravetat •

Exemple 3Si un projectil en tir parabolic, en absencia de fregament, explota abans d’arribar al terra,els seus fragments tenen un moviment tal que el seu centre de masses segueix la mateixatrajectoria parabolica. (Aixo es cert fins que algun fragment arriba a terra, ja que llavorsel sistema rep un impuls exterior que fa el terra i que modifica el moviment del centre demasses del conjunt.)

c.m.

Figura 8.6: Explosio d’un projectil i trajectoria del c.m. •


Exemple 4La llei de la translacio de sistemes de partıcules, es a dir, la dinamica del c.m., ens permetresoldre questions com la que plantegem a continuacio. Una partıcula de massa m es deixaen repos damunt del carret de la figura, de massa M , tambe en repos damunt del terrahoritzontal, sense fregament. Sota l’accio de la gravetat, la partıcula llisca per la superfıciesuperior del carret, recorrent una distancia horitzontal b respecte del carret. Quin es eldesplacament del carret respecte del terra mentre baixa la partıcula?

bm

M

Figura 8.7: Carret de l’exemple 4.

Considerem com a sistema de partıcules, la partıcula de massa m i el carret. El carretel podem considerar com una unica partıcula, de massa M , situada en el seu c.m. Lesforces exteriors sobre el sistema son els pesos dels dos cossos i la reaccio del terra, que esvertical perque no hi ha fregament al terra. Llavors la forca externa resultant en direcciohoritzontal es nul·la, i d’acord amb l’eq. 8.5, l’acceleracio del c.m del conjunt en direcciohoritzontal es nul·la, (acm)x = 0. En consequencia, la component de la velocitat del c.m.del conjunt en direccio x es constant, i com que inicialment estava en repos, seguira enrepos durant tot el proces. Per tant, la coordenada x del c.m. del conjunt es mantindraconstant:

(m+M)xcm = mxp +Mxc = const.

a on xp indica la posicio de la partıcula i xc la posicio del c.m. del carret. Per tant,

m∆xp +M∆xc = 0

Tinguem en conta que els desplacaments s’han de mesurar respecte del mateix sistemainercial, es a dir, respecte del terra. Per tant, el desplacament de la partıcula es ∆xp =−b+∆xc i obtenim:

∆xc =m

M +mb

Aixı, el carret es desplaca cap a la dreta. Aixo es degut a que la partıcula li fa una forcacap avall i cap a la dreta, que no coneixem. L’avantatge d’aplicar la dinamica del c.m. esque tot i que no coneixem aquesta forca, podem trobar l’efecte final que produeix sobre elcarret. Notem que el resultat es independent de si hi ha fregament o no entre la partıculai el carret (mentre la partıcula no es quedi en repos), perque aquest fregament es unaforca interna. Tampoc depen de la forma de la superfıcie superior del carret. Notem quela resolucio no depen tampoc del moviment vertical del centre de masses del conjunt, quebaixa durant el proces •


8.3 Forces percussives

Anomenem forces percussives a forces molt intenses que actuen durant un interval moltcurt de temps. Son el tipus de forces que apareixen en les col·lisions. En la realitat, totsels solids son deformables, i aixo es manifesta especialment en les percussions. Pero si femtendir la deformabilitat a zero, les forces percussives tendeixen a infinit i el temps quedura la percussio, ∆t, tendeix a zero. En el cas lımit d’un solid totalment rıgid, les forcespercussives serien infinites i el temps de percussio seria zero. Aixo es manifesta en quehi hauria acceleracions infinites i velocitats discontınues (canvis instantanis de velocitat).Llavors, la segona llei de Newton F = ma no es valida en el lımit perque F , a =∞.

La manera de resoldre els problemes amb forces percussives es usar el teorema de l’impulsen contes de la segona llei de Newton. Llavors, com que encara que les velocitats siguindiscontınues, son acotades, (|∆v| = acotat en el lımit ∆t → 0), es pot aplicar el teoremade l’impuls:

∆(mv) =

∫ ∆t

0F dt F ·∆t =∞ · 0 = finit

En els cassos en que no es a priori evident que actuen forces percussives es nota en que hiha velocitats que son funcions discontınues del temps (es a dir, que canvien bruscament).Quan actuen forces percussives, s’apliquen sistematicament dues aproximacions basadesen el lımit ∆t→ 0, que es fa implıcitament:

• L’impuls de les forces no percussives durant el breu interval ∆t es pot negligir, jaque si |F | = acotat, |F |∆t→ 0 per ∆t→ 0.

• Similarment, es pot considerar que el punt d’aplicacio de les forces percussives no esmou durant la percussio, ja que com que |v| esta acotat, ∆r → 0 per ∆t→ 0.

Un exemple de forca percussiva es la forca que fa un mur contra un cotxe que si encasta(veure figura 8.8). Per exemple, si el cotxe te una massa de m = 1000 Kg, portava unaceleritat de 36 km/h i es deforma aproximadament ∆x ∼ 0.5 m, l’acceleracio mitjana seriaa ∼ v2/2∆x ∼ 100m/s2, i la forca mitjana que fa el mur seria de F ∼ 105N ∼ 10Tm.El temps que duraria la percussio seria ∆t ∼ v/a ∼ 0.1 s, es a dir, tindrıem una forca de10 Tm que hauria actuat durant 0.1 s. Notem que es compleix el teorema de l’impuls:F∆t = 105 · 0.1 = m∆v = 104Kg ·m/s.Exercici: calcular la forca mitjana, el temps que dura la percussio i la variacio de momentlineal si el cotxe es deforma nomes ∆x = 0.1m.


tt

F

F

Figura 8.8: Xoc d’un cotxe i variacio amb el temps de la forca percussiva que fa la paretsobre le cotxe.

8.4 Moment angular

Ja hem vist que el moment lineal o quantitat de moviment esta relacionada amb la ve-locitat del c.m. i esta associat al moviment de translacio d’un sistema de partıcules. Araintroduirem el moment angular, que es l’eina que ens permet estudiar el moviment derotacio.

Recordem que en Estatica hem vist que la tendencia d’un cos extens a la rotacio ve donada,no per les forces directament, sino per els moments de les forces. Seguint aquesta analogiai tenint en compta que la translacio esta associada a la quantitat de moviment, p = mv,la rotacio vindra associada al moment del vector p, es a dir per:

M = r × p = mr × v

Llavors, considerem el nostre sistema de partıcules. Es defineix el moment angularrespecte de l’origen (o moment cinetic respecte l’origen) com:

L =∑i

miri × vi

Exemple 5Considerem un sistema de referencia cartesia x, y, z i considerem dues partıcules identiques,de massa m, unides per una vareta rıgida sense massa, de longitud 2b. Suposem primer


v

vv

r

1r2r

NN

21

m

m 2

N

m1

z

y

x

O

Figura 8.9: Sistema de partıcules i moment angular.

que la vareta es mou en el pla x− y de tal manera que la trajectoria del seu centre es l’eixx i les partıcules es mouen a velocitat constant, v = vi, tal com mostra la figura (cas a).

1

v

v

1r

2r

x

y

1v

2v

1r

2r

x

y

a b

Figura 8.10: Exemple 5: moment lineal i moment angular pels moviments de translacio(a) i rotacio (b).

El seu moment lineal es no nul:P = 2mv = 0

mentre que el seu moment angular es nul:

L = mr1 × v +mr2 × v = m(r1 + r2)× v = 0

ja que r1 + r2 es paral·lel a v. Considerem ara la mateixa vareta en moviment circularen el pla x − y al voltant de l’origen, de manera que les partıcules giren diametralmentoposades tal com mostra la figura (cas b). Considerem que tenen la mateixa celeritat queabans, v i giren amb velocitat angular ω = (v/b) k , de manera que:

v1 = ω × r1 , v2 = ω × r2 = −ω × r1


Ara el seu moment linial es nul:

P = ω × r1 + ω × r2 = ω × (r1 + r2) = 0

ja que r1 + r2 = 0. En canvi, el seu moment angular es no nul:

L = mr1 × v1 +mr2 × v2 = mr1 × (ω × r1) +mr2 × (ω × r2) =mr21ω −m(r1 · ω)r1 +mr22ω −m(r2 · ω)r2 = 2mr2ω = Iω = 0 (8.8)

perque ω · r1 = ω · r2 = 0. Aixı, el moment angular es no nul. Com veurem al final deltema, la quantitat I = 2mr2 s’anomena moment d’inercia del sistema.

Aixı, hem vist que en el primer cas, quan la vareta te nomes moviment de translacio, elmoment lineal es no nul, i el moment angular es zero. En el segon cas, quan nomes temoviment de rotacio, el moment lineal es zero, mentre que el moment angular es diferentde zero. Aixo ens mostra que el moment angular esta associat a la rotacio del sistema •

En la definicio de moment angular que hem donat, els vectors de posicio eren respectede l’origen i les velocitats tambe. Per aixo l’hem anomenat moment angular respecte del’origen. Com veurem, de vegades es convenient considerar el moment angular respectealtres punts. Es defineix el moment angular respecte d’un punt A com:

LA =∑i

mi(ri − rA)× (vi − vA)

Mirem la rel·lacio que hi ha amb el moment angular respecte de l’origen, L.

LA =∑i

miri × vi −∑i

mirA × vi −∑i

miri × vA +∑i

mirA × vA =

L − m rcm × vA − rA × P + m rA × vA =

L − m (rcm − rA)× vA − rA × P (8.9)

En el cas que el punt A es el c.m., obtenim:

L = m rcm × vcm + Lcm (8.10)

Notem que el primer terme de la dreta a l’ultima igualtat es el moment angular que tindriael sistema si tota la seva massa estigues concentrada en el c.m. i s’anomena momentangular orbital. El segon terme es el moment angular respecte del c.m. i s’anomenamoment angular intrınsec. Per el cas del moment lineal es compleix P = mvcm, es adir, ’tot el moment lineal es orbital’. En canvi, per el moment angular hi ha un termeaddicional que es el moment angular intrınsec, que correspon a la rotacio del sistema sobresi mateix. Per exemple, la Terra, te moment angular orbital degut al seu moviment derotacio al voltant del Sol, i moment angular intrınsec degut al seu moviment de rotaciosobre si mateixa.


8.5 Teorema del moment angular

Suposem que el nostre sistema de referencia es inercial, i analitzem quines son les causesde variacio del moment angular respecte del temps. Comencem considerant el momentangular respecte de l’origen:

dL

dt=

d

dt

∑i

miri × vi =∑i

miri × ai (8.11)

perque vi× vi = 0. Ara, tenint en conte que el sistema de referencia es inercial i recordantla segona llei de Newton para cada una de les partıcules dels sistema:

miai = F ei +

N∑j=1;j =i

Fji

a on F ei es la resultant de les forces exteriors al sistema sobre la partıcula i, i Fji es la

forca que fa la partıcula j sobre la partıcula i, podem reescriure:

dL

dt=

N∑i=1

ri × F ei +

N∑i=1

N∑j=1;i=j

ri × Fji (8.12)

El primer terme de la dreta es el moment total respecte de l’origen de les forces exteriors,M e

O. Mirem el segon. Per cada parella de valors dels ındexs i, j diferents, hi ha dos termesen el doble sumatori:

ri × Fji + rj × Fij (8.13)

Tenint en conte la tercera llei de Newton, Fij = −Fji i suposant que les forces entre lespartıcules i, j van en la direccio del vector que uneix les partıcules, ri − rj , cada parellade termes s’anul·la:

ri × Fji + rj × Fij = (ri − rj)× Fji = 0 (8.14)

Aixı, el terme de les forces interiors s’anul·la i obtenim

dL

dt= M e

O (8.15)

anomenat Teorema del Moment Angular. Si el sistema de referencia no fos inercial,aquesta equacio tambe seria valida a condicio d’afegir a la dreta el moment de les forcesd’inercia.

Es important adonar-se que de forma analoga al moment lineal, les forces internes nocontribueixen als canvis de moment angular. Es evident, tambe, que si el moment de lesforces exteriors respecte de l’origen s’anul·la, el moment angular respecte de l’origen esmante constant. De vegades s’anul·la una sola component del moment de les forces amb


lo qual es pot assegurar que es conserva nomes la component corresponent del momentangular. Integrant aquest equacio entre dos instants de temps, obtenim la forma integral:

L(t2)− L(t1) =

∫ t2

t1

M eO dt (8.16)

a on l’integral de la dreta s’anomena impuls angular de les forces exteriors.

Calculem ara el valor de la derivada temporal del moment angular respecte d’un puntarbitrari A. Prendrem un sistema de referencia amb origen a A, que es traslladi amb A.Si l’acceleracio del punt A en el sistema inercial de partida es nul·la, aquest nou sistematambe sera inercial, i sera valida l’equacio 8.15 respecte al punt A en comptes del punt O:

dLA

dt= M e

A (8.17)

Si A esta accelerat, haurem d’incloure a la dreta el moment respecte del punt A de lesforces d’inercia sobre cada partıcula, −miaA, es a dir:

dLA

dt= M e

A +∑i

(ri − rA)× (−miaA) = M eA − (

∑i

miri −mrA)× aA =

M eA − m (rcm − rA)× aA

i l’equacio 8.17 quedara modificada. No obstant, en qualsevol dels tres casos seguents:

1. A = cm (escullim el punt A com el centre de masses)

2. aA = 0 (el punt A no esta accelerat)

3. aA ∥ (rcm − rA)

no apareix el terme degut a forces d’inercia i es compleix la llei de balanc del momentangular respecte de A, eq. 8.17, de forma identica a com es compleix respecte de l’origendel sistema inercial de partida.

Exemple 6: Forca central.Considerem una partıcula de massa m sotmesa a una forca que sempre te la direccio de larecta definida per la partıcula i un punt fix de l’espai, O. Suposarem que O no esta accel-erat respecte d’un sistema de referencia inercial i l’agafarem com origen de coordenades.Suposarem tambe que el modul de la forca depen nomes de la distancia de la partıcula aO. Una forca aixı es pot escriure com:

F = F (r) er , er =r

r(8.18)

Llavors, es conserva el moment angular de la partıcula respecte de O:

dL/dt = M = r × F = 0 ⇒ L = const. (8.19)

(8.20)


z

y

x

m F = F(r) e r

Figura 8.11: Forca central.

Com a consequencia, el moviment de la partıcula estara contingut en un pla. En efecte,si triem x− y segons el pla determinat per ro , vo tindrem

Lo = mro × vo ∥ z

i, per tant,∀t, mr × v ∥ z ⇒ r(t) ∈ plax− y

Hem suposat, evidentment, que el punt O es no accelerat per tal de que es pugui aplicarel Teorema del Moment Angular, eq. 8.15, respecte del sistema amb origen a O, que serainercial •

Exemple 7: Problema de dos cossos.Considerem dues partıcules sotmeses unicament a la forca d’interaccio mutua, F12 = −F21

mm1 2

F1F2 = −F1

z

y

x

m

m

1

2

O = cm

Figura 8.12: Problema de dos cossos.

que suposem en la direccio de la recta que uneix les partıcules. Llavors, com que hemsuposat no hi ha forces exteriors,

(m1 +m2)acm = F e = 0 ⇒ acm = 0


Llavors, si prenem un sistema amb origen al c.m., sera inercial. En consequencia, podemaplicar el resultat de l’exemple anterior perque les forces F12, F21 son centrals amb O =c.m. i el moviment de cada partıcula sera pla, les dues en el mateix pla, ja que r2 = −m1

m2r1

(en virtud de l’eq. 8.6) •

8.6 Dinamica 2D del solid rigid

En general, la dinamica del solid rıgid es un tema forca complicat. Pero en el cas particularen que la direccio de la velocitat angular es mante constant, la questio es simplifica molt.En aquest cas tenim 3 graus de llibertat de translacio i 1 de rotacio, i parlem de Dinamica2D del solid. En el Tema 12 estudiarem les lleis generals i els aspectes mes elementalsde la dinamica del solid en 3D.

Mirem primer la seguent propietat: Si ω mante constant la seva direccio, qualsevol rectaparal·lela a ω que intersequi al solid estara formada sempre per las mateixes partıcules1

que es mouen totes amb la mateixa velocitat.Demostracio: Siguin A,B dos punts del solid i sigui R = rB − rA el vector de posicio deB respecte de A. Llavors,

dR

dt=

d

dt(rB − rA) = vB − rA = ω × R (8.21)

Sigui ω = ωe amb e constant, unitari, i sigui e la recta paral·lela a e que passa per A.Llavors, la distancia del punt B a la recta, d, es mante constant en el temps. En efecte,

d(d2)

dt=

d

dt|e× R|2 = 2(e× R) · (e× dR

dt) = 2ω(e× R) · (e× (e× R)) = 0 (8.22)

En particular, si d(0) = 0 , d(t) = 0 ∀t . Com a consequencia, si el punt B esta inicialmenta la recta e ho estara durant tot el moviment. D’acord amb le camp de velocitats, lespartıcules de la recta tenen la mateixa velocitat degut a que AB ∥ ω.

L’equacio del moviment de la translacio ve donada simplement per l’equacio delmoviment del c.m.:

macm = F e (8.23)

L’equacio del moviment de rotacio l’obtindrem a partir de l’equacio de balanc del momentangular, eq. 8.17. Recordant el que s’ha fet pel moment lineal i la dinamica de la translacio,

F e =dP

dt=

d

dt(mvcm) = macm

ara haurıem d’arribar a una relacio entre el moment de les forces i l’acceleracio angular,α = dω/dt,

M e =dL

dt=

d

dt(?ω) = ?α+

d?

dtω

1A Mecanica dels Medis Continus es diu que aquesta lınia es una lınia material


pero necessitem determinar l’interrogant i relacionar L amb ω. Per aixo, considerem unpunt A del solid. Anomenant Ri = ri − rA, tenim:

LA =∑i

miRi × (vi − vA) =∑i

miRi × (ω × Ri) =∑i

miR2i ω − (Ri · ω)Ri (8.24)

Aquesta equacio ens sera util en el cas general, 3D, pero ara nomes necessitem una com-ponent perque nomes tenim un grau de llibertat de rotacio. Per aixo escollim ara els eixosde coordenades de tal forma que l’eix z tingui la direccio constant de la velocitat angulardel solid, es a dir

ω = ω(t) ez , ∀ t (8.25)

i calculem la component del moment angular en la direccio de la velocitat angular:

(LA)z =∑i

miR2iω − (Ziω)Zi = ω

∑i

mid2i = Iω (8.26)

a on di son les distancies de cada partıcula del solid a la recta paral·lela a ω que passa perA. Donada una recta qualsevol, la quantitat escalar no negativa

I =∑i

mid2i (8.27)

s’anomena moment d’inercia del solid respecte d’aquesta recta. El moment d’inercia

AR

di

Z

x

y

z

eix

i

i

Figura 8.13: Moment d’inercia respecte d’un eix.

depen del cos i de la recta, i per indicar aquest fet s’indica per Ie, a on e representa la


recta. En els cassos en que no hi ha confusio possible sobre quina recta e s’utilitza, persimplificar la notacio es designa el moment d’inercia simplement per I. Notem que enel cas que el solid sigui pla, contingut en un pla perpendicular a ω, l’equacio 8.24 es potescriure vectorialment

LA = IAω (8.28)

a on IA es el moment d’inercia respecte de la recta paral·lela a ω que passa per A.

Considerem ara un eix e (recta orientada, en aquest cas segons l’eix z) tal que continguiun punt A per el qual es pugui aplicar l’equacio de balanc del moment angular, eq. 8.17.Llavors, prenent la component z tenim:

MA =dLA

dt⇒ (MA)z =

d(LA)zdt

=d

dt(Ieω) = Ieα (8.29)

En la ultima equacio hem tingut en conte que Ie es constant. Aixo es consequencia de queles distancies de les partıcules a l’eix son constants, d’acord amb la propietat vista a l’inicide la seccio. L’equacio 8.29 pot semblar inconsistent, doncs el calcul del moment de lesforces MA depen del punt A de l’eix que considerem, mentre que el moment d’inercia nodepen de A. En realitat, encara que el vector MA depen del punt, la seva component z, esa dir, en la direccio de l’eix no depen del punt A, nomes depen de l’eix. En efecte, suposemdos punts A,B de tal forma que B tambe estigui sobre l’eix e i calculem les componentsz dels moments. Llavors:

ez · MB = ez · (MA + BA×∑i

Fi) = ez · MA

perque BA es paral·lel a e. Aixo permet definir el moment d’un vector respected’un eix, de vector director unitari, e, com la projeccio sobre l’eix del moment del vectorrespecte a un punt qualsevol de l’eix, Me = ez · MA = ez · MB. Llavors, l’equacio delmoviment de rotacio es:

Ieα = Me (8.30)

a on e ha de ser un eix solidari al solid, paral·lel al vector ω que, o be no estigui accelerato que passi per el c.m. (perque sigui aplicable l’eq. 8.17)2.

Es important notar l’analogia:

acm −→ α

m −→ I

F −→ M

a on queda clar que el moment d’inercia mesura la inercia a la rotacio i el moment jugael paper de la forca en la dinamica de la rotacio. En el Tema 3 (Sistemes de Forces)varem introduir de forma intuitiva el moment de les forces com la causa de la rotacio.L’equacio 8.30 ens ho confirma de forma rigurosa. Aquesta equacio, pero, esta limitadaal cas particular 2D. Al Tema 12 estudiarem la dinamica del solid en el cas 3D i el paperdels moments com a causa de rotacio quedara demsotrat en general.

2Si l’eix esta accelerat, aquesta equacio tambe es valida si la seva acceleracio esta continguda en el pladeterminat per l’eix i el c.m.


Fi

B

A

y

z

x,

d

O

P

F

F

Fe

Figura 8.14: Moment d’un vector respecte d’un eix.

Propietats del moment d’un vector respecte d’un eix:

1. Si la recta d’accio del vector passa per l’eix o be l’eix i el vector son paral·lels, elmoment es nul. Aixo es evident perque el moment respecte a l’eix es en aquest casun producte mixt de tres vectors a on dos dels vectors son paral·lels entre si.

2. Si descomponc el vector en component paral·lela i component normal a l’eix (es a dir,en al pla perpendicular a l’eix), el moment depen nomes de la component normal.Evident, per la propietat anterior.

3. El valor absolut del moment es igual a la component normal del vector multiplicadaper el brac de palanca, es a dir, la distancia entre l’eix i la recta suport de lacomponent normal. El signe es positiu si un cargol situat a l’eix que giri segonsindica el vector avanci en el sentit del vector director de l’eix, e. Es evident a partirdel dibuix adjunt.

Com podem veure, el moment d’inercia es proporcional a la massa del cos, i per cossosd’igual massa, el moment d’inercia es tan mes gran com mes allunyades estan les partıculesde l’eix de rotacio. En el Tema 11 (Tensor d’inercia) estudiarem les propietats i la formade calcular el moment d’inercia de cossos constinus. De moment avancem alguns momentsd’inercia utils de cossos homogenis:

cos eix I

vareta de longitut l eix perpendicular per el centre ml2/12

cilindre de radi r eix de revolucio mr2/2

disc de radi r eix perpendicular per el centre mr2/2

esfera de radi r eix per el centre 2mr2/5

Exemple 8: patinador en rotacio.Un exemple d’aplicacio del moment angular per el moviment 2D del solid es el cas d’un


patinador sobre gel que gira sobre si mateix amb els bracos oberts. En el moment querecull els bracos sobre el seu pit, s’observa que la seva velocitat angular augmenta. Aquestfenomen te una explicacio senzilla basada en el moment angular o cinetic.

Inicialment, podem assimilar el patinador a un solid rıgid que te un moviment de rotacioal voltant d’un eix vertical que passa pel seu c.m., que considerem en repos, a velocitatangular de modul ω1. El seu moment d’inercia respecte d’aquest eix es I1. Prenem l’eix derotacio com eix z amb lo que la component z del moment angular es Lz = I1ω1. Durantel proces de recolliment dels bracos, el patinador no es pot considerar un solid rıgid!. Noobstant, com per qualsevol sistema de partıcules, es compleix la Llei de balanc del momentangular, eq. 8.17, respecte del c.m. Llavors, com que les forces exteriors (pes i reacciodel terra) no fan moment respecte de l’eix z, Lz es conserva (el fregament exerceix unpetit moment que faria que poc a poc el patinador deixes de girar si ell no el contraresta,pero el podem negligir). Notem que les forces que fa ell per recullir els bracos son forcesinternes i per tant, tal com hem vist a la seccio 8.5, no poden modificar el moment cinetic.Un cop ja te els bracos plegats, es pot tornar a considerar com a solid rıgid, amb lo qualLz = I2ω2, amb un nou moment d’inercia i una nova velocitat angular. Pero com que Lz

es conserva, tenim: I1ω1 = I2ω2. Al plegar els bracos, les distancia a l’eix d’algunes de lespartıcules del seu cos s’ha reduıt, per lo qual I2 < I1. En consequencia, la seva velocitatangular de rotacio ha d’augmentar, ω2 > ω1 •

Capıtol 9

Treball i energia per una partıcula

La dinamica es basa en la Segona Llei de Newton, pero la seva aplicacio directa portasovint a sistemes d’equacions diferencials que no son facils de resoldre. Conve llavorsdesenvolupar magnituds auxiliars per poder aplicar les lleis de Newton d’una manera meseficac evitant en la mesura de lo possible la resolucio de les equacions diferencials. Ja s’hanvist dues d’aquestes magnituds: el moment lineal i el moment angular. Ara en veuremuna tercera: l’energia. Aixı com aquelles dues son magnituds vectorials, l’energia es unamagnitud escalar.

9.1 Treball i energia cinetica

Suposem un punt material de massa m que es desplaca respecte a un sistema inercialsotmes a una unica (de moment) forca F . Segons la segona llei de Newton,

F = ma ⇒ F · v = mv · dvdt

=d

dt(1

2mv2)

Anomenem energia cinetica de la partıcula en un instant donat a l’escalar:

Ec =1

2mv2 (9.1)

i potencia subministrada per la forca F en un instant donat a l’escalar

P = F · v (9.2)

Aixı, tindrem que la potencia de la forca dona el ritme de variacio temporal de l’energiacinetica a cada instant:

dEc

dt= P (9.3)

Suposem, ara, que la forca actua durant un interval de temps (t1, t2), durant el qual la

149

CAPITOL 9. TREBALL I ENERGIA PER UNA PARTICULA 150

r1

z

y

x

r2

t1 v

F

m

r12t

Figura 9.1: Treball de la forca F entre els instants t1 i t2.

partıcula es desplaca de r = r1 a r = r2. Podem integrar d’igualtat anterior i tindrem:∫ t2

t1

dEc

dtdt =

∫ t2

t1

P dt ⇒ 1

2mv22 −

1

2mv21 =

∫ t2

t1

F · v dt (9.4)

Introduım ara el parametre arc sobre la trajectoria, es a dir assignem a cada punt el valors de la distancia recorreguda sobre la corba a partir d’un punt de referencia donat sobreella, positiu a un costat d’aquest punt i negatiu a l’altre. El sentit positiu no te perquecoincidir necessariament amb el sentit del moviment real que considerem. Llavors el vectortangent unitari a la trajectoria es τ = dr/ds i tindrem v = ±ds/dt, τ = ±v/v depenentque el parametre arc augmenti o disminueixi en el sentit del moviment. Aplicant la reglade la cadena del calcul integral escrivim:∫ t2

t1

F · v dt = ±∫ t2

t1

F · τ v dt =

∫ s2

s1

F (s) · τ(s) ds

Notem que la ultima expressio no depen ja de la celeritat de la partıcula. Depen nomes dela forca i la corba definida per la trajectoria. Aquesta quantitat es defineix com treballde la forca entre els punts r1 i r2 al llarg de la corba:

W1→2 =

∫ s2

s1

F (s) · τ(s) ds (9.5)

Desenvolupant el producte escalar, tenim l’expressio alternativa:

W1→2 =

∫ s2

s1

F (s) cos θ(s) ds (9.6)

a on θ(s) es l’angle entre la forca i el vector tangent, τ , i F = |F |. L’ igualtat τ ds =(dr/ds) ds = dr justifica introduir la notacio:

W1→2 =

∫ s2

s1

F (s) · τ(s) ds =∫ r2

r1

F (r) · dr

Aquesta notacio ve motivada per el fet que a matematiques es demostra:∫ s2

s1

F (s) · τ(s) ds =

∫ r2

r1

F (r) · dr = lim|∆ri|→0

∑i

Fi ·∆ri


r1

r2

F F1

s

x

y

z

rδ r3

2

θ

δ r1 F2 F3

δ

Figura 9.2: Calcul del treball d’una forca.

on el lımit es fa sobre particions cada cop mes fines de la integral. Notem, pero, queaquesta expressio defineix un nou tipus d’integral, ja que s’integra respecte a una variablevectorial. Aquesta integral s’anomena integral de lınia. Algunes de les seves propietatsson identiques a les de la integral d’una funcio real de variable real: additivitat respectedel domini d’integracio, additivitat respecte del integrant i el fet que les constants multi-plicatives surten fora de la integral. No obstant, hi ha alguna propietat important de laintegral de funcions reals de variable real que no es compleixen per les integrals de lınia.La mes important es que, com veurem mes endavant, podem tenir∫ r1

r1

F (r) · dr = 0

Aixo passa perque podem tenir una corba tancada que comenci a r1 i acabi a r2 → r1 i,com que s es la distancia recorreguda, obviament, s2 = s1.

Usant el concepte de treball, podem tornar a 9.4 i obtenim:

1

2mv22 −

1

2mv21 = W1→2 (9.7)

que es l’anomenat Teorema de les forces vives.

Observacions:

1. Encara que hem partit de la potencia i d’una integral respecte al temps, el treball nodepen de la celeritat a la qual es recorre la trajectoria. Depen nomes de la trajectoria,la forca i els punts inicial i final.

2. Si hi ha varies forces aplicades a la partıcula, el teorema de les forces vives, 9.7 i 9.3s’aplica considerant el treball i la potencia totals:

W =∑k

∫Fk · dr , P =

∑k

Fk · v


3. Pel cas d’una forca constant:

W1→2 =

∫ r2

r1

F (r) · dr = F ·∫ r2

r1

dr = F · (r2 − r1) = F ·∆r

Aixı, en aquest cas, el treball no depen de la trajectoria, sino nomes del desplacamententre els punts inicial i final.

F F

r1

r1 r1δ+

1

2

rδ

Figura 9.3: Esquerra: treball d’una forca constant. Dreta: treball elemental.

4. Treball elemental. Considerem un petit desplacament rectilini entre r1 i r2 =r1 +∆r i una forca F . El treball efectuat per la forca sera:

W1→2 =

∫ s2

s1

F cos θ ds =

∫ s2

s1

Ft ds =< Ft > ∆s (9.8)

< f > indica valor mig de la funcio f(s), definit com:

< f >=1

s2 − s1

∫ s2

s1

f(s) ds (9.9)

Ara, quan ∆s → 0 podem aplicar el teorema del valor mig del calcul integral itindrem:

< Ft > ∆s ≃ Ft(r1)∆s = F (r1) ·∆r = F (r1) · dr = dW (9.10)

L’expressio δW = F ·dr aproxima al treballW1→2 si el desplacament es suficientmentpetit i es coneix com treball elemental. A mes a mes, tenim:

δW = F · dr = F · v dt = P dt (9.11)

d’on,

P =δW

dt(9.12)

es a dir, la potencia es el treball subministrat per la forca per unitat de temps. L’ex-pressio δW/dt NO es una derivada, ja que W no es una funcio del temps! (similar-ment al treball a termodinamica, que no es una variable d’estat). Indica simplementel lımit del quocient entre dos quantitats, el treball dW subministrat per la forcadurant l’ interval de temps dt, dividit per dt quan dt→ 0.


F

dr

0 θ

Figura 9.4: Angle entre la forca i el desplacament.

5. Signe del treball elemental. A partir de:

dW = F · dr = F cos θ ds (9.13)

podem analitzar els tres casos:

• dW > 0⇔ cos θ > 0⇔ 0 ≤ θ < π/2. La forca fa augmentar l’energia cinetica.

• dW < 0⇔ cos θ < 0⇔ π/2 < θ ≤ π. La forca fa disminuir l’energia cinetica.

• dW = 0 ⇔ o (i) F = 0, (ii) ds = 0, (iii) θ = π/2. Aixı, una forca no nul·la nofa treball si no hi ha desplacament del punt d’aplicacio o si el desplacament esperpendicular a la forca.

6. Notem que el treball, l’energia cinetica i la potencia depenen del sistema de re-ferencia, doncs el desplacament i la velocitat depenen del sistema. Si el sistema dereferencia no es inercial, el Teorema de les Forces Vives segueix sent valid si incluimel treball o la potencia de les forces d’inercia.

Unitats

SI CGS

treball i energia J (Joule)= N ·m = Kg ·m2/s2 erg = dina · cm 1erg = 10−7 J

potencia w (watt)= J/s erg/s 1erg/s = 10−7w

Altres unitats d’energia:

• Kp ·m = 9.8J

• Kw ·h = 3.6×106J (energia suministrada durant una hora, per una forca que fa unapotencia de 1kw.)

Altres unitats de potencia:

• 1kw = 103w

• 1Kp ·m/s = 9.8w


• 1CV = 75Kp ·m/s = 735w.

Exemple 1: Treball de la forca pes, suposada constant.

Per petits desplacaments, la forca pes es pot considerar constant. Prenent l’eix z verticalcap amunt, F = mg = −mgk. Lavors:

W1→2 = F ·∆r = −mgk · (r2 − r1) = −mg(z2 − z1) = −mg∆z

Aixı, el treball depen nomes de la diferencia d’alcades entre les posicions final i inicial.

gg

z

x

y

2

1

m

Figura 9.5: Treball de la forca pes •

Exemple 2: Velocitat final d’un pendol que baixa.

g

θ

Tm

x

z

2

1

Figura 9.6: Moviment de baixada d’un pendol.

Considerem una massa puntual m que pot girar al voltant de l’origen de coordenades,lligada per un fil inextensible i sense massa de longitud r. Negligint els fregaments, lapartıcula estara sotmesa al pes, mg i a la tensio del fil, T , en direccio radial. Suposemque parteix del repos a la horitzontal (eix x, θ = 0) i volem trobar la seva celeritat quanpassa per la vertical, θ = π/2. Aplicant directament la Segona Llei de Newton, en direcciotangencial tindrıem:

mat = mg cos θ ⇒ d2θ

dt2=

g

rcos θ


ja que l’acceleracio tangencial es: at = dv/dt = d(rω)/dt = rd2θ/dt2. Ara haurıem deresoldre l’equacio diferencial per trobar θ(t) i, derivant, trobarıem v(t). Determinant l’in-stant en que el pendol arriba a baix i substituint trobarıem la velocitat a baix. Es unprocediment llarg i complicat. En canvi, usant l’energia es molt mes senzill.

Usarem el teorema de les forces vives:

1

2mv22 −

1

2mv21 = W1→2

v2 es la velocitat a baix de tot que volem calcular, i v1 = 0. El treball de la tensio, T , esnul, doncs aquesta forca es perpendicular al desplacament. Nomes hi ha treball del pes:

W1→2 = −mg∆z = mgr ⇒ 1

2mv22 − 0 = mgr ⇒ v2 =

√2gr •

Exemple 3: Treball efectuat per la forca elastica.

x=0

x=0

x

x

Figura 9.7: Molla que es deforma.

Considerem una molla fixa per un extrem, amb l’altre extrem mobil en direccio de l’eixx. Prenem x = 0 en la posicio de l’extrem mobil quan la molla esta relaxada (es a dir,no esta comprimida ni allargada). Suposem que la molla te un comportament elastic, i laforca que efectua es proporcional a l’allargament/compressio (llei de Hooke):

F = −kxi

Calculem el treball que fa aquesta forca quan l’extrem mobil es desplaca de x = x1 ax = x2 :

W1→2 =

∫ r2

r1

F · dr =

∫ x2

x1

(−kx i) · (dx i) = −∫ x2

x1

kx dx =

−1

2k(x22 − x21) = −

1

2k∆(x2) •

Exemple 4: Treball efectuat per la forca de fregament sec.

El fregament sec (o de Coulomb ) entre solids sempre s’oposa al desplacament relatiu deles dues superfıcies en contacte. Aixo fa que el treball total efectuat sobre els dos cossosen contacte sigui negatiu sempre que hi ha un desplacament relatiu. Suposem un petit


FFba a

b ab

Figura 9.8: Lliscament del cos a sobre el cos b.

desplacament de cada un dels cossos en contacte, dra i drb, i siguin Fab, Fba les forces defregament que exerceixen a sobre b i b sobre a respectivament. El treball total que fan lesdues forces durant el desplacament es:

δW = Fba · dra + Fab · drb

Pero per la Tercera Llei de Newton, Fab = −Fba. Per tant,

δW = Fba · (dra − drb) = Fba · d(ra − rb) < 0

La desigualtat prove del fet de que la forca que fa b sobre a s’oposa sempre al desplacamentrelatiu de a respecte b. Per tant, el treball TOTAL del fregament es sempre negatiu.Aixo significa que sempre destrueix energia cinetica. Per aixo es diu que es una forcadissipativa. Pero notem que aixo es veritat nomes en conjunt. Sobre un dels dos cossosen contacte, el fregament pot crear energia cinetica. Per exemple, imaginem que estirembruscament el carret de la figura, que inicialment esta en repos. El cos de sobre s’accelerara

F

Fab ab

aa

Figura 9.9: El treball del fregament proporciona energia cinetica al cos de sobre.

tambe endavant, pero si el coeficient de fregament no es prou gran, s’accelerara menys illiscara (enrere respecte al carret). Notem que el cos de sobre es desplaca endavant respecteal terra, en el mateix sentit de la forca de fregament que actua sobre ell. Per tant, aquestaforca li produeix un treball positiu i es la forca que li proporciona l’energia cinetica queadquireix. Nomes quan un dels dos cossos en contacte esta en repos, podem assegurar queel treball sobre l’altre sera negatiu.

Un altre caracterıstica del treball del fregament es que no nomes depen de les posicionsinicial i final, sino que depen tambe del camı seguit. Imaginem, per exemple, un cos quees desplaca damunt d’una superfıcie horitzontal, seguint una trajectoria entre els punts r1,i r2. La direccio de la forca de fregament sec es variable, pero el seu modul es constant,F = µN, i tambe ho es l’angle entre el desplacament i la forca , igual sempre a θ = π (laforca es contraria al desplacament). Per tant, el treball del fregament sera:

W1→2 =

∫ r2

r1

F · dr = −∫ s2

s1

F ds = −F∆s


Per tant, el treball es negatiu, i tant mes gran en magnitud com mes llarg es el camırecorregut •

9.2 Forces conservatives. Energia potencial.

Considerem un cos de massa m damunt d’una superfıcie horitzontal, sotmes a la forcad’una molla, al propi pes i a la forca de fregament sec amb la superfıcie. Suposem que el

R

x=0

m

N

mg

Figura 9.10: Moviment d’un cos sota l’accio d’una molla elastica i el fregament sec.

cos es pot desplacar segons l’eix x, horitzontal. L’origen, x = 0, s’agafa en la posicio delcos quan la molla esta relaxada. Mirem quin treball fan la forca elastica, F = −kx i laforca de fregament, R = ±µN, quan el cos va de x = x1 = 0 a x = x2 > 0 i despres quantorna de x = x2 a x = 0. La forca normal de contacte entre el cos i la superfıcie horitzontales N , de magnitut constant.

En el desplacament de x = 0 a x = x2 els treballs de la molla i del fregament son:

WE1→2 = −

1

2k∆(x2) = −1

2k(x22 − 02) = −1

2kx22

WR1→2 = −µN ∆s = −µN |x2 − 0| = −µNx2

Mirem ara el proces contrari, quan el cos torna de x = x2 a x = 0 :

WE2→1 = −

1

2k∆(x2) = −1

2k(02 − x22) =

1

2kx22

WR2→1 = −µN ∆s = −µN |0− x2| = −µNx2

Observem que a l’anada, la molla fa un treball negatiu, i que a la tornada fa exactament elmateix treball pero de signe contrari. Tota l’energia que ha consumit a l’anada l’ha tornata la tornada. Es pot considerar que la molla ha guardat aquesta energia, i aquesta energiaemmagatzemada en funcio de l’allargament valdria V = kx2/2. En canvi, l’energia que haconsumit el fregament a l’anada, no nomes no l’ha tornat a la tornada, sino que ha consumitde nou la mateixa quantitat d’energia. Aixı, la forca de fregament no emmagatzemaenergia, sino que nomes en consumeix.

Direm que la forca elastica es una forca conservativa, mentre que la forca de fregamentes no conservativa. Ara estudiarem aquestes questions amb rigor.


9.2.1 Camp de forces.

Anomenem camp de forces a tota aplicacio de F : ℜ3 −→ ℜ3 que a cada punt de l’espai lifa correspondre una forca, F (r). (No es necessari que sigui a tot l’espai, nomes cal a unaregio).

Exemple 5: Camp gravitatori.

Suposem una massa puntual M fixa a l’origen de coordenades. Considerem un altre massapuntual, m, situada a un punt arbitrari, r. Llavors, la forca gravitatoria que la primera fasobre la segona constitueix el camp de forces:

F (r) = −GMm

r2er (9.14)

a on r = |r| i er = r/r es el vector unitari en direccio radial •

Exemple 6: ’Camp elastic’.

Podem estendre el que hem vist sobre la forca d’una molla al cas en que un extrem esta fixa l’origen de coordenades i l’altre es pot desplacar a qualsevol punt de l’espai, r. Llavors,la forca que fa la molla defineix el camp de forces:

F (r) = −k(r − l0) er (9.15)

a on l0 es la longitud natural de la molla, es a dir, la longitud quan no se la sotmet a capforca •

Donat un camp de forces (en realitat pot ser un camp de vectors qualsevol), i una corbaentre dos punts r1 i r2 anomenem circulacio del camp a lo llarg de la corba a l’integral∫ r2

r1

F (r) · dr (9.16)

definida mitjantcant l’igualtat 9.5, i que dona el treball W1→2 que fa la forca.

Una propietat important es que la circulacio canvia de signe quan s’intercanvien els extremsd’integracio. En efecte: ∫ r2

r1

F (r) · dr =

∫ s2

s1

F (s) cos θ(s) ds (9.17)

Com que la integral de la dreta es una integral d’una funcio real de variable real, tenim:∫ s2

s1

F (s) cos θ(s) ds = −∫ s1

s2

F (s) cos θ(s) ds =

−∫ r1

r2

F (r) · dr (9.18)


9.2.2 Camp de forces conservatiu.

Diem que un camp de forces es conservatiu si el treball que fa el camp al llarg de totacorba tancada es nul: ∮

CF · dr = 0 , ∀C (9.19)

a on C indica la corba. Es pot demostrar que una condicio necessaria per que un campsigui conservatiu es:

∇× F = (∂Fz

∂y− ∂Fy

∂z,∂Fx

∂z− ∂Fz

∂x,∂Fy

∂x− ∂Fx

∂y) = 0 ∀r (9.20)

on el vector ∇× F s’anomena rotacional de F . Aquesta condicio es tambe suficient si elrecinte es simplement connex (es a dir, si no te forats).

La principal caracterıstica d’un camp conservatiu es que el treball no depen del camı.Suposem dos punts r1, r2, i dues corbes que els uneixin A,B. Llavors, si el camp esconservatiu∫ r2

r1(A)F · dr −

∫ r2

r1(B)F · dr =

∫ r2

r1(A)F · dr +

∫ r1

r2(B)F · dr =∮

F · dr = 0

r1

A r2

B

Figura 9.11: Dos camins diferents (A i B) per anar del punt r1 al punt r2 •

Exemple 7: Camp de forces unidimensional.

Tot camp de forces tal que la forca te una direccio constant i depen nomes de la coordenadacartesiana en aquesta direccio es conservatiu. En efecte, escollint la coordenada x en ladireccio del camp, tenim:

F (r) = F (x)i (9.21)

i mirant la condicio de rotacional nul:

∇× F = (0 ,∂F

∂z, −∂F

∂y) = (0, 0, 0)

O tambe es pot mirar directament la definicio de camp conservatiu:∫ r2

r1

F · dr =

∫ x2

x1

(F (x)i) · d(xi) =

∫ x2

x1

F (x) dx = 0


si x1 = x2 perque es redueix a una integral ordinaria en una dimensio. Notem que la forcaelastica i la forca pes suposada constant cauen dintre d’aquesta categoria, i son, per tant,conservatives •

Exemple 8: Forca de fregament sec.

La forca de fregament sec no es un camp de forces doncs la forca no depen nomes dela posicio, r, sino que depen tambe del sentit del vector velocitat, τ = v/v, ja que semprete la direccio contraria a τ . No obstant, si malgrat tot li intentem aplicar la nocio de forcaconservativa, veiem que el treball en les corbes tancades es no nul:∮

F · dr < 0

o el que es equivalent, el treball depen del camı •

Exemple 9: Camp de forces no conservatiu.

El camp:F (r) = yi− xj

es no conservatiu, doncs

∇× F = (∂Fz

∂y− ∂Fy

∂z,∂Fx

∂z− ∂Fz

∂x,∂Fy

∂x− ∂Fx

∂y) =

(0− 0 , 0− 0 , −1− 1) = (0, 0,−2) = 0

Tambe es pot comprovar trobant una corba tancada al llarg de la qual el treball sigui nonul. Per exemple, al llarg de la circumferencia x2 + y2 = R2:∮

F · dr =

∫ 2πR

0F · τ ds = −R

∫ 2πR

0ds = −2πR2 = 0

on hem parametritzat la circumferencia com: x = R cos(s/R) , y = R sin(s/R), amb loqual τ = (− sin(s/R), cos(s/R), 0) •

Llavors, per tot camp conservatiu, es pot pensar que el camp emmagatzema energia, detal manera que tota partıcula en el camp te una energia en virtut de la seva posicio, V (r).Aquesta energia s’anomena energia potencial i es defineix de la seguent manera. Es triaun punt de referencia r0 i se li assigna un valor arbitrari, V0 = V (r0). Llavors, per cadapunt de l’espai r es defineix l’energia potencial com:

V (r) = V0 −∫ r

r0

F · dr (9.22)

la integral es pot fer per qualsevol corba entre r0 i r, ja que no depen del camı. Llavors,es pot pensar que el treball que fa el camp sobre una partıcula que va de r1 a r2 el fa ambla seva propia energia:

W1→2 = −(V (r2)− V (r1)) = −∆V (9.23)


En efecte,

V (r2)− V (r1) = V0 −∫ r2

r0(A)F · dr − V0 +

∫ r1

r0(B)F · dr =

−(∫ r2

r0(A)F · dr −

∫ r1

r0(B)F · dr) = −

∫ r2

r1(A∪B)F · dr = −W1→2

Podem veure que l’eleccio del punt de referencia i de la seva energia potencial es totalmentirrellevant per el calcul del treball del camp que es el que realment interessa fısicament.Aixı, sempre es pot sumar una constant arbitraria a l’energia potencial sense alterar el seusignificat fısic. Notem que per poder definir l’energia potencial, es a dir, una funcio queverifiqui 9.23 per tots els punts de l’espai, es essencial que el treball no depengui del camı.

Exemple 10: Camp de forces unidimensional.

Hem vist que tot camp de forces de la forma F (r) = F (x)i era conservatiu. La seva energiapotencial sera:

V (r2) = V0 −∫ r2

r0

F · dr = V0 −∫ x2

x0

F (x) dx

es a dir,

V (r) = V (x) = −∫

F (x) dx + const.

la integral indefinida es una primitiva qualsevol de la funcio F (x). Ho podem aplicar a laforca elastica (unidimensional) i resulta:

V (x) = −∫−kx dx + const. =

1

2kx2

prenent la constant igual a 0. (La constant es arbitraria, pero l’origen de coordenades enel cas de la forca elastica no ho es, ha de ser el punt en que la molla esta relaxada).

En el cas en que la forca es constant, tenim:

V (r) = −F · r + const.

Aixo es pot aplicar a la forca pes suposada constant i tenim: V (z) = mgz + const. siescollim l’eix z positiu en sentit contrari de la gravetat, com hem fet abans •

Gradient d’energia potencial.

L’equacio 9.22 (o tambe 9.23) defineix l’energia potencial en funcio del camp de forces.Ens podem preguntar, es pot calcular el camp de forces si coneixem l’energia potencial?La resposta es afirmativa. Considerem dos punts, r0 = (x0, y0, z0) i r1 = (x0 +∆x, y0, z0),i el segment que els uneix. Tindrem:


x0 y0 z0( , , )z

y

x x0( y0 z0+ , , )x∆

Figura 9.12: Desplacament per definir el gradient.

V (r1)− V (r0) = −∫ r1

r0

F · dr = −∫ r1

r0

Fx dx = − < Fx > ∆x

D’aquı podem escriure:

− < Fx >=V (x0 +∆x, y0, z0)− V (x0, y0, z0)

∆x

D’on, fent ∆x→ 0 i aplicant el teorema del valor mig del calcul integral obtenim

Fx = −∂V

∂x

Analogament, Fy = −∂V/∂y , Fz = −∂V/∂z.

Donat un camp escalar V (r) (es a dir, una funcio V : ℜ3 → ℜ) definim el seu vectorgradient com:

∇V = (∂V

∂x,∂V

∂y,∂V

∂z) (9.24)

Llavors, donat V , la forca es calcula com:

F = −∇V (9.25)

9.2.3 Teorema de l’energia.

Suposem que sobre una partıcula de massa m actua una unica forca conservativa. Llavors,si Ec = mv2/2 es la seva energia cinetica, el teorema de les forces vives permet escriure:

Ec2 − Ec1 = W1→2 = −(V2 − V1) =⇒ Ec1 + V1 = Ec2 + V2 = const.

Definint l’energia mecanica total de la partıcula com:

E = Ec + V (9.26)

tenim que l’energia total es conserva,

∆E = 0 (9.27)


Considerem ara el cas general, en el qual actuen varies forces, unes conservatives i les altresno conservatives. Sigui V l’energia potencial total associada a totes les forces conservativesque actuen. Llavors, el teorema de les forces vives s’escriura:

Ec2 − Ec1 = W c1→2 + W1→2 = −(V2 − V1) + W1→2

W c1→2 es el treball de les forces conservatives, i W1→2 es el treball de les forces no conser-

vatives. D’aquı tenim:Ec2 + V2 − (Ec1 + V1) = W1→2

es a dir,

∆E = W (9.28)

expressio del teorema de l’energia, que diu que la variacio de l’energia mecanica total dela partıcula durant un cert desplacament es igual al treball de les forces no conservatives.En particular, si el treball de les forces no conservatives es nul, l’energia mecanica esconserva.1

9.2.4 Forces centrals.

Diem que un camp de forces es central si la forca a cada punt P te la direccio del vectorOP , on O es un punt fix de l’espai i el seu modul depen nomes de la distancia a O. Prenentl’origen de coordenades en el punt O, la forca te la direccio del vector r i depen nomes der = |r|:

F (r) = F (r)er (9.29)

amb er = r/r. Tot camp de forces de la forma 9.29 es conservatiu. En efecte, aplicaremdirectament la definicio de camp conservatiu. En tot petit desplacament dr, la variaciodel vector r sera:

dr = d(rer) = er dr + r der (9.30)

Notem que der es perpendicular a er, doncs er te modul constant. Aixı, el treball seguint

rdr +

r rd

re

re

0

d

Figura 9.13: Descomposicio del vector desplacament, dr, en components radial i angular.

una corba entre r1 i r2 valdra:

W1→2 =

∫ r2

r1

F · dr =

∫ r2

r1

F (r)er · d(rer) =

∫ r2

r1

F (r) dr (9.31)

1Notem que la nocio de forca conservativa es independent del sistema de referencia inercial. El treballentre t1 i t2 sobre una partıcula depen del sistema, doncs el desplacament depen dels sistema. Pero comque el camp de forces es invariant, el fet de que el treball en tota corba tancada sigui nul en un sistemaimplica que ho sigui en l’altre.


en virtud de 9.30 i tenint en compte que er · der = 0. La ultima integral de 9.31 es unaintegral ordinaria respecte a una variable escalar que es r. Llavors, si la corba es tancada,r2 = r1 i el treball sera nul. Aixo es pot fer per qualsevol corba tancada, pel que resultaque el camp es conservatiu.

Definirem l’energia potencial d’un camp de forca central com:

V (r) = V (r) = V (r0)−∫ r

r0

F · dr′ = V (r0)−∫ r

r0

F (r′) dr′

o be, simplement,

V (r) = −∫

F (r) dr + const. (9.32)

Exemple 11: Forca gravitatoria.

Considerem una massa puntual M en repos a l’origen de coordenades, i una altra, m,sotmesa al seu camp de forces, que es central i es pot escriure com:

F = −GMm

r2er (9.33)

Llavors, el camp es conservatiu i com que la funcio F (r) es −GMm/r2, l’energia potencial

F

m

M

Figura 9.14: Camp gravitatori creat per la massa M .

es:

V (r) =

∫GMm

r2dr = −GMm

r+ const.

normalment s’escull la constant igual a 0. Aquesta eleccio es el que s’obte si es pren coma punt de referencia, r0 =∞, amb V (∞) = 0.

Notem que l’expressio V (z) = mgz+ct. que haviem obtingut per el cas de suposar la forcapes constant s’aproxima a la que acabem d’obtenir si el desplacament es petit. En efecte,fent l’aproximacio de Taylor de V (r) en el punt r = R (R pot ser el radi de la Terra, perexemple), tenim:

V (r) ≃ −GMm

R+

GMm

R2(r −R) = mgz + ct.

definint z = r −R. Geometricament, aquesta equacio es l’equacio de la recta tangent a lacorba de V (r) per el punt (R, V (R)).


Vr

V(r)

RGMm GMm

RV(r)= (r−R)+ 2

VrR

Figura 9.15: Aproximacio de l’energia potencial garvitatoria per el cas en que les variacionsd’alcada son petites •

Exemple 12: Forca electrostatica.

El cas de la forca electrostatica d’una carrega Q fixa a l’origen sobre una carrega mobil, qes totalment analeg. L’energia potencial es:

V (r) =1

4πϵ0

Qq

r•

Exemple 13: Forca elastica.

El camp de la forca elastica F = −k(r − l0) er es tambe central, depenent nomes de r, ies, per tant, conservatiu. L’energia potencial es:

V (r) =

∫k(r − l0) dr + const. = k(

1

2r2 − l0r) + const =

1

2k(r − l0)

2 + const. (9.34)

i la constant es pot prendre igual a 0 •

Nota important:Fixem-nos que hem aplicat reiteradament el raonament que diu que una integral en unavariable real, ∫ x2

x1

f(x) dx

es nul·la si x1 = x2. En canvi, les integrals de lınia, poden no ser nul·les encara que elpunt inicial i final coincideixin, r1 = r2,∮

F (r) · dr =

∫ r1

r1

F (r) · dr = 0

Aixo es degut a que, com ja hem dit, aquest segon tipus d’integrals es diferent. Algunespropietats (com l’additivitat o el canvi de signe quan s’intercanvien els extrems d’inte-gracio) coincideixen pero d’altres no. Per veure-ho mes clar cal referir-se a la definicio quehem donat al comencament del tema usant el parametre arc:

W1→2 =

∫ s2

s1

F (s) cos θ(s) ds (9.35)


i notar que quan recorrem una corba tancada, encara que r2 → r1, s2 → s1 + ∆s = s1perque ∆s es la longitud de la corba.

9.3 Estabilitat de l’equilibri i petites oscil·lacions.

9.3.1 Analisi de corbes d’energia potencial. Estabilitat.

Com ja hem dit, determinar el moviment d’una partıcula sota l’accio de forces que sonfuncio de la posicio i la velocitat requereix en general integrar equacions diferencials.No obstant, en el cas de forces conservatives, algunes de les caracterıstiques del movi-ment es poden trobar directament a partir del coneixement de la funcio energia potencial,V (x, y, z), sense integrar les equacions del moviment.

Suposem una partıcula de massa m sotmesa a una unica forca conservativa d’energiapotencial V (x, y, z). Segons el teorema de l’energia, la seva energia mecanica total esconserva:

E =1

2mv2 + V (x, y, z) = const.

Llavors, si E0 es la seva energia inicial, la seva celeritat es pot calcular com:

v = ±√

2

m(E0 − V (x, y, z)) (9.36)

lo qual exigeix la desigualtatE0 − V (x, y, z) ≥ 0 (9.37)

que es una consequencia de que l’energia cinetica es sempre positiva o nul·la i ens acotaels possibles moviments de la partıcula.

Exemple 14: Partıcula en moviment unidimensional

Ilustrem aquesta idea en el cas d’un sistema d’un sol grau de llibertat. Considerem unapartıcula de massa m que es pot moure en l’eix x d’un sistema cartesia inercial, sotmesa una unica forca F = F (x). Com que es tracta d’un camp de forces unidimensional esconservatiu i l’energia potencial es:

V (x) = −∫

F (x) dx+ const.

i, reciprocament, la forca s’obte en funcio de l’energia potencial com:

F (x) = −dV

dx

Considerem, per exemple, la funcio V (x) representada a la figura adjunta, i consideremque la partıcula inicia el seu moviment amb unes condicions inicials x0, v0 tals que la sevaenergia sigui E0 = E1. Llavors, d’acord amb la desigualtat 9.37, nomes es pot moure per


A

F

DC

BG

V=V(x)

1x

2x

x

1E

2E

3E

4E

Figura 9.16: Exemple de corba d’energia potencial.

l’ interval x > xB. Si inicialment te velocitat v0 > 0, s’anira movent cap a punts a onE1 − V (x) es cada cop mes gran, amb lo qual, d’acord amb l’eq. 9.36, la seva velocitatanira augmentant i es moura sempre cap a la dreta (v(t) > 0). Si inicialment v0 < 0, esmou inicialment cap a l’esquerra, pero com que ara E1 − V (x) es cada cop mes petit, laseva velocitat va disminuint en magnitud fins que s’atura quan arriba a x = xB. Com queel pendent de la corba V (x) es negatiu per x = xB, la forca en aquest punt es positivai tambe ho es, per tant, l’acceleracio. Per tant la partıcula inverteix el seu moviment icomenca a moure’s cap a la dreta sense parar, augmentant cada cop mes la seva celeritat.Si la seva energia inicial es E0 = E2, el seu moviment sera similar al del cas anterior, perola seva acceleracio canviara de signe conforme travessi el mınim o el maxim de l’energiapotencial.

En canvi, el moviment es molt diferent si la seva energia inicial es E0 = E3 i la seva posicioinicial es troba a l’ interval xF ≤ x0 ≤ xG. Ara, en virtut de la desigualtat 9.37, el seumoviment sera acotat: xF ≤ x(t) ≤ xG. En realitat, sera un moviment oscil·latori periodic(es a dir que es va repetint en el temps cada ∆t = T ). Per exemple, si comenca a x0 = xFamb v0 = 0, comenca a moure’s cap a la dreta amb velocitat creixent, fins que travessael mınim de V (x), x = x1. A partir d’aquest moment comenca a frenar, fins que s’aturaquan arriba a x = xG. En aquest moment inverteix el seu moviment i torna a moure’s endireccio a xF . Quan hi arriba s’atura i inverteix el seu moviment, i aixı successivament.Si comenca amb una energia inicial mes petita, E0 = E4, tambe a prop del mınim deV (x), x = x1, el seu moviment sera similar, pero l’amplitud de l’oscil·lacio es mes petita:xC ≤ x(t) ≤ xD.

Veiem que hi ha dos tipus de moviment possible: no acotat (per exemple, els dos cassosamb E0 = E1 o E2) o oscil·latori periodic (per exemple, els dos cassos amb E0 = E3 oE4). De fet hi un altre cas que es el repos o equilibri. Aixo passa si deixem inicialmentla partıcula en el mınim de V (x), x = x1, o en el maxim x = x2, ja que en aquestspunts la forca sobre la partıcula es zero, F (x) = −dV/dx = 0. De fet, pero, les duesposicions d’equilibri son molt diferents. Si en contes de deixar la partıcula en repos en elmınim d’energia potencial, li donem una petita velocitat inicial o be la deixem en reposlleugerament apartada de l’equilibri, la seva energia estara lleugerament per sobre de ladel mınim: E0 − V (x1) > 0. Llavors fara un moviment oscil·latori com els que hem vist


abans, pero amb una amplitud molt petita, per lo qual es mantindra a prop de l’equilibri.En canvi, si deixem la partıcula en el maxim d’energia potencial, x = x2, i li donem unapetita velocitat inicial, per exemple v0 >, es moura cap a la dreta amb velocitat creixenti s’apartara cada cop mes de l’equilibri. Ens referim a aquest comportament dient queel mınim d’energia potencial es un equilibri estable mentre que el maxim es un equilibriinestable •

El concepte d’Estabilitat de l’Equilibri es molt important i ha transcendit l’ambit estrictede la Mecanica. Aquı l’hem introduıt en un cas molt particular del moviment unidi-mensional d’una partıcula sotmesa a una unica forca conservativa. Pero l’estabilitat oinestabilitat es pot definir per qualsevol sistema mecanic que tingui posicions d’equilibri2. L’estabilitat de l’equilibri es defineix amb rigor i precisio a Teoria d’Equacions Diferen-cials, pero el concepte es el seguent. Suposem que el sistema esta en equilibri i el separemlleugerament de l’equilibri mitjancant un agent exterior. Direm que l’equilibri es establesi el sistema te tendencia a tornar a l’equilibri o, al menys, es mante oscil·lant apropde l’equilibri. En cas contrari, quan el sistema te tendencia a apartar-se encara mes del’equilibri, diem que l’equilibri es inestable.

Hi ha diferents metodes per analitzar l’estabilitat de l’equilibri. Quan el sistema es con-servatiu (es a dir sotmes nomes a forces conservatives amb una energia potencial V ), elque hem vist a l’exemple anterior per el cas d’una partıcula en moviment unidimensionales valid en general, per sistemes de n graus de llibertat (varies partıcules, solids rıgids, sis-temes de solids, etc.). Una posicio d’equilibri es estable si i solament si l’energia potencialte un mınim en aquesta posicio. Per tant, tan els maxims de V com els punts d’inflexioson inestables.

L’estabilitat dels mınims d’energia potencial es demostra a Equacions Diferencials, sotacertes condicions tecniques. Pero en el cas de la partıcula en moviment unidimensional espot veure facilment. Primer que tot, notem que els punts d’equilibri, F (xe) = 0, es corre-sponen amb possibles extrems de l’energia potencial, dV/dx = 0. Llavors, d2V/dx2(xe) =−dF/dx(xe) > 0 es condicio suficient perque a x = xe l’energia potencial tingui un mınim.Aquesta mateixa condicio assegura que la forca F es recuperadora, es a dir, si la partıculaesta a la dreta de l’equilibri, x > xe, la forca l’empeny cap a l’esquerra, i si esta a l’esquerrade l’equilibri, x < xe, la forca l’empeny cap a la dreta. En efecte, ja que dF/dx < 0 iF (xe) = 0, per x > xe, F (x) < 0 i per per x < xe, F (x) > 0 (en un cert entorn de xe).Aquest mateix raonament aplicat a cada una de les tres direccions de l’espai, juntamentamb

Fx = −∂V

∂x, Fy = −∂V

∂y, Fz = −

∂V

∂z

ens permet generalitzar aquest resultat a una partıcula que es pot moure a l’espai.

Finalment, una manera practica de determinar l’estabilitat en el cas de sistemes d’un graude llibertat es veure directament si la forca es o no recuperadora a partir de l’equacio delmoviment. Ho ilustrarem amb el seguent exemple.

2En realitat el concepte d’estabilitat es pot definir per qualsevol sistema dinamic, es a dir, governat perequacions diferencials a on interve el temps. Per exemple, per sistemes biologics, economics, quımics, etc.


Exemple 15.

Considerem un bastidor rectangular que gira al voltant d’un eix vertical a velocitat angularω0. A la lınea horitzontal que divideix el bastidor en dues parts iguals hi ha dues rotules.Una placa rectangular esta subjecte per aquestes rotules i pot girar lliurement al voltantde la linea que uneix les dues rotules. Aquesta rotacio ve descrita per l’angle θ(t) entrela normal a la placa i la vertical (θ = β en la figura adjunta). Segons es veu en el Prob.

β

ωo

z

b

x

h

Figura 9.17: Placa i bastidor giratoris.

12.9, l’equacio del moviment que governa θ(t) es:

θ = −ω20 sin θ cos θ

Ara buscarem les posicions d’equilibri i n’analitzaren l’estabilitat. Primer escriurem l’e-quacio com:

θ = − ω20

2sin 2θ

Les posicions d’equilibri son les solucions de:

− ω20

2sin 2θ = 0

i n’hi ha dues, θ = θ1 = 0 i θ = θ2 = π/2 . (Tambe ho serien θ = π, 3π/2, pero fısicamentcoincideixen amb les anteriors. De fet, ens hem de preocupar nomes de θ ∈ [0, π) ). Notemque aquestes posicions d’equilibri ho son al sistema de referencia giratori a velocitat angularω0. A β1, la placa gira mantenint-se horitzontal, i a θ2 gira mantenint-se vertical.

Per estudiar l’estabilitat representarem l’acceleracio angular θ en funcio de θ. Si imme-diatament a la dreta (en l’eix θ) d’una posicio d’equilibri, θ < 0, i immediatament al’esquerra, θ > 0, l’equilibri sera estable perque aixo significa que la forca resultant es re-cuperadora. Nomes que aixo falli a una banda o a l’altre de la posicio d’equilibri, l’equilibries inestable. Aixo demostra que θ1 es estable i θ2 es inestable.


π3π/2

θ

θ

..

estable inestable

π/2

Figura 9.18: Acceleracio angular en funcio de l’angle •

9.3.2 Petites oscil·lacions

Exemple 16: pendol simple.

Anomenem pendol simple a una massa puntual suspesa d’una vareta rıgida de massanegligible que pot girar lliurement al voltant d’un eix horitzontal per l’altre extrem sotal’accio de la gravetat (suposada constant). El pendol simple es un prototipus d’oscil·ladorno-lineal que te molta importancia historica degut als estudis de Galileo. Obviament,tambe te importancia en relotgeria i altres camps.

l

θ

T

m g

Figura 9.19: Pendol simple

La partıcula de massa m te un moviment circular de radi l que descriurem amb l’angleθ de la vareta amb la vertical, positiu en sentit anti-horari. Projectant la segona llei deNewton, F = ma , en direccio tangencial i radial tindrem:

mat = mg sin θ ⇒ −mlθ = mg sin θ

man = T −mg cos θ ⇒ T = m(g cos θ − lθ2)

De la primera equacio obtenim l’equacio del moviment del pendol:

θ = −g

lsin θ (9.38)


i de la segona podem determinar la tensio que haura de soportar el fil durant el moviment.

Observem que l’equacio del moviment es una equacio diferencial no-lineal i, per tant, no esfacil de resoldre. En l’Exemple 14 hem vist que el moviment a prop d’una posicio d’equilibriestable, si l’energia esta lleugerament per sobre de l’energia del mınim d’energia potencial(cas E0 = E4), es una oscil·lacio de petita amplitud, A≪ 1, al voltant de l’equilibri. Aixı,com que |θ(t)| ≤ A≪ 1 es pot fer l’aproximacio de Taylor del segon membre de l’equacio9.38

θ = −g

lsin θ = −g

l(θ − 1

3!θ3 + ....)

i quedar-nos nomes amb el primer ordre:

θ ≃ −g

lθ (9.39)

obtenint aixı una equacio d’oscil·lador harmonic. Aixo vol dir que les oscil·lacions delpendol amb petita amplitud seran aproximadament harmoniques amb frequencia angulari perıode:

ω =

√g

l, T = 2π

√l

g• (9.40)

Exemple 15.

Tornant a l’exemple 15, del moviment de la placa i el bastidor giratoris, per el cas dela posicio d’equilibri estable te sentit calcular la frequencia de les petites oscil·lacions alvoltant d’ella. Linealitzant, tindrem:

θ = − ω20

2sin 2θ ≃ −ω2

0 θ

amb el que la frequencia de les petites oscil·lacions coincideix amb la velocitat angular delbastidor: ω = ω0. Per les petites oscil·lacions, la placa faria una oscil·lacio sencera en eltemps que el bastidor dona una volta sencera •

Aquest tipus d’aproximacio que hem fet aquı es basa en una tecnica mes general que con-sisteix en linealitzar l’equacio del moviment. En general, si podem escriure l’equaciodel moviment en la forma

x = f(x, x) (9.41)

i sabem que els moviments son petites oscil·lacions al voltant d’una posicio d’equilibrix = x1 linealitzarem (Taylor fins a primer ordre) la funcio f(x, x) respecte x, x en el punt(x, x) = (x1, 0) i per tant, l’equacio del moviment linealitzada sera:

ξ ≃(∂f(x, x)

∂x|x1,0

)ξ +

(∂f(x, x)

∂x|x1,0

)ξ

a on ξ = x−x1 es el desplacament respecte de l’equilibri. Aixo s’il·lustrara amb la resoluciode problemes en cassos particulars.


9.4 Complements

9.4.1 Pla de fases i estudi qualitatiu del moviment

Algunes de les propietats de les solucions d’una equacio diferencial es poden deduir dela propia equacio sense resoldre-la. Hem vist que una equacio diferencial te, en general,infinites solucions. Tanmateix, si s’especifiquen les condicions inicials, es a dir, el valor deles incognites a l’instant inicial, la solucio pot ser unica. Es demostra matematicamentque, donada una equacio diferencial d’ordre n, la solucio es unica si s’especifiquen els valorsinicials de la variable independent i de les seves n − 1 primeres derivades (n condicionsinicials). De fet, aixo es compleix nomes sota certes condicions en les que no podem entraraquı, pero que es verifiquen en la majoria de casos d’interes. Nomes cal dir, que l’equacio9.38 les compleix, per lo qual la solucio amb unes condicions θ(0) = θ0 , θ(0) = θ0 esunica.

La propietat d’unicitat del problema de valors inicials ens porta a definir l’anomenat plade fases com el pla definit per tots els possibles valors de la coordenada del pendol, θ, ide la seva derivada temporal, θ. Notem que encara que quan conec θ(t), θ(t) ja es conegut,els valors de θ, θ es poden considerar com independents, doncs els puc escollir inicialmentde forma arbitraria, es a dir, puc iniciar el moviment amb valors totalment arbitraris de laposicio i velocitat inicials del pendol. Llavors, pel teorema d’unicitat, si col·loco el pendolen un cert estat inicial, (θ0, θ0), el moviment posterior, i per tant, la trajectoria al pla defases θ(t), θ(t) que passa pel punt (θ0, θ0) es unica. Per tant, les trajectories no es podentallar i formen un conjunt de corbes anomenat mapa de fases. El mapa de fases ensdona el coneixement de tots els possibles moviments del sistema.

Exemple: Mapa de fases de l’oscil·lador harmonic.

No cal saber l’expressio concreta de x(t). A partir de la conservacio de l’energia:

1

2kx2 +

1

2mx2 = E0 (9.42)

tenim que les trajectories en el pla de fases son el·lipses centrades a l’origen, x = 0, x = 0.El propi origen es una trajectoria, ja que representa la solucio de l’equacio del movimentquan la condicio inicial es x0 = 0, x0 = 0. Es una trajectoria molt especial que es redueixa un punt. Aquestes trajectories s’anomenen estats d’equilibri. Son aquells punts delpla de fase pels quals si el sistema es col·loca inicialment alla, s’hi queda per sempre mes.Aixo vol dir, x(t) = const., i per tant, x(t) = 0 x(t) = 0. Es determinen amb l’equacio delmoviment, buscant els valors de x per els quals x = 0 i x = 0 . En el cas de l’oscil·ladorharmonic nomes hi ha una posicio d’equilibri, x = 0.


x

x

.

Figura 9.20: Mapa de fases de l’oscil·lador harmonic

Les altres trajectories son corbes tancades. Aixo vol dir, que son moviments periodics. Elfet de que envoltin a (0, 0), vol dir que son oscil·lacions al voltant de l’equilibri, x = 0. El fetque totes les corbes siguin homotetiques respecte (0, 0), vol dir que les possibles oscil·lacionsson totes identiques a part de l’amplitud, A. Totes estan acotades per |x| ≤ A =

√2E0/k.

Hem posat les fletxes indicant el sentit d’avancament en el temps.

Mirem ara el mapa de fases del pendol. Primer buscarem els punts d’equilibri, buscant elsvalors de θ pels quals θ = 0 i θ = 0 , es a dir,

g

lsin θ = 0 (9.43)

Veiem que n’hi ha dos:θ1 = 0 , θ2 = π (9.44)

En el primer equilibri la partıcula esta en la posicio mes baixa i en el segon, esta en laposicio mes alta. (Obviament, podem afegir 2nπ a cada un dels valors θ1, θ2 pero noobtindrıem res fısicament nou).

Com en el cas de l’oscil·lador harmonic, obtindrem les altres trajectories considerant laconservacio de l’energia:

1

2ml2θ2 + V (θ) = E0 (9.45)

amb V (θ) = mgl(1 − cos θ). Per tant, les trajectories en el pla de fases estaran donadesper

θ = ±√

2

ml2(E0 − V (θ)) (9.46)

Com que l’energia potencial te un maxim Vm = 2mgl per θ = θ2 = π, tindrem doscomportaments diferents depenent del valor de l’energia, E0 i, per tant, de les condicionsinicials. En efecte,


1. Si E0 < Vm = 2mgl, el terme E0 − V (θ) de l’arrel es pot fer negatiu, lo qual no tesentit. Per tant, el moviment esta acotat per −A ≤ θ(t) ≤ A on ±A es l’angle pelqual l’arrel es fa zero (i θ = 0), es a dir, la solucio de

E0 − V (A) = E0 −mgl(1− cosA) = 0 (9.47)

2. Si E0 > Vm = 2mgl, el terme E0 − V (θ) de l’arrel es sempre positiu i no hi halimitacio sobre θ(t).

Tot aixo es pot representar graficament amb un diagrama simultani de l’energia potenciali el pla de fases. Representem dos valors de l’energia inicial, E1 i E2 corresponents a unmoviment del tipus 1 i del tipus 2 respectivament.

E

E

E E = V( )

2

1

θ

θ

θ

θ.

π

ππ−

2

1

Figura 9.21: Diagrama de l’energia potencial i mapa de fases del pendol.

Comparant amb el mapa de fases de l’oscil·lador harmonic, els moviments del tipus 1 serienoscil·lacions d’amplitud A al voltant de l’equilibri θ = θ1 = 0. Ara, pero, el moviment noseria harmonic, es a dir, no vindria donat per θ(t) = A sin(ωt + φ0). Els moviments deltipus 2 son rotacions senceres del pendol sempre en un mateix sentit, travessant les duesposicions d’equilibri. Tenen lloc nomes si l’energia inicial es suficientment gran. Entre lestrajectories del tipus 1 i del tipus 2 hi hauria una trajectoria que uniria el punt (−π, 0)amb el punt (π, 0), que representen el mateix estat a la realitat fısica. Correspondria aun moviment que partint de la posicio mes alta, θ = π, amb velocitat inicial infinitesimal,tornaria a ella per t → ∞ despres de donar tota una volta sencera, ∆θ = 2π. Aquesta


trajectoria s’anomena separatriu, i n’hi ha una amb rotacio horaria i una altre amb rotacioanti-horaria.

Per tant, sense necessitat d’integrar l’equacio diferencial 9.38 ens hem fet una imatgeprecisa i rigorosa de com son els possibles moviments. Nomes hi ha 7 tipus diferents:

1. Equilibri a θ = 0

2. Equilibri a θ = π

3. Oscil·lacions al voltant de θ = 0

4. Rotacions en sentit anti-horari

5. Rotacions en sentit horari

6. Separatriu en sentit anti-horari

7. Separatriu en sentit horari

Les tecniques emprades aquı es poden generalitzar al cas de sistemes que no conservinl’energia o a sistemes amb n > 1 graus de llibertat. En aquest ultim cas es parla d’espai defases, que es un espai de dimensio 2n. Tot aixo s’estudia en els cursos avancats d’equacionsdiferencials.

9.4.2 Oscil·lacions de gran amplitud del pendol.

L’analisi que hem fet nomes ens diu que per A prou petita el moviment es aproximada-ment harmonic simple, pero no ens diu quan de petita ha de ser l’amplitud i quan debona es l’aproximacio. Per esbrinar-ho s’ha de considerar termes d’ordre superior en eldesenvolupament de Taylor o s’ha de resoldre l’equacio 9.38. Aixo no es pot fer en termesde les funcions elementals (polinomis, fraccions, arrels, trigonometriques, exponencials...).La solucio d’aquesta equacio defineix un nou tipus de funcions anomenades funcionsel·lıptiques, que es poden avaluar amb tanta precisio com es vulgui i estan tabulades(d’altre banda, com el sinus, exponencial, etc.). Tambe es pot integrar numericament deforma aproximada. No entrarem en tot aixo i tan sols donarem una taula del perıodeverdader de les oscil·lacions calculat integrant l’equacio diferencial per algun d’aquestsmetodes. Sigui τ el perıode exacte i T el perıode aproximat per petites oscil·lacions. SiguiA l’amplitud de les oscil·lacions en graus.

A 0 10 20 30 60 90 150 180

τ/T 1.000 1.002 1.008 1.017 1.073 1.180 1.762 ∞

Veiem que l’aproximacio de petites oscil·lacions es realment molt bona, encara que l’ampli-tud sigui relativament gran, com per exemple A = 30o o mes. Aquesta propietat, ens diu


que el perıode de les oscil·lacions es practicament independent de l’amplitud d’oscil·lacioi s’anomena, isocronia descobert experimentalment per Galileo en el segle XVII.

/ T

isocronia

τ

1

A180

Figura 9.22: Isocronia del pendol.

Capıtol 10

Treball i energia per un sistema.

Aquı aplicarem els conceptes d’energia i treball al cas d’un sistema de partıcules i, enparticular, al solid rıgid. Veurem que apareixen algunes complicacions respecte al que jahem vist per una sola partıcula.

10.1 Energia cinetica.

Sabem que el moment lineal d’un sistema de partıcules es igual al moment lineal d’unapartıcula de massa la massa total, m =

∑mi, concentrada en el centre de masses, rcm.

Per el moment angular, la questio es mes complicada. El moment angular es el de la massatotal concentrada al c.m. (moment angular orbital), mes el moment angular intrınsec, quees el moment angular del moviment respecte al centre de masses. Ara analitzarem aquestesquestions per el cas de l’energia cinetica.

Considerem un sistema de N masses puntuals mi que es mouen respecte a un sistema dereferencia inercial. Siguin ri(t), vi(t) els seus vectors de posicio i les seves velocitats. Laseva energia cinetica total sera:

Ec =1

2

N∑i

miv2i =

1

2

N∑i=1

mi(vcm + (vi − vcm))2 =

1

2(

N∑i=1

mi)v2cm +

1

2

N∑i=1

mi(vi − vcm)2 +

N∑i=1

mivcm · (vi − vcm) (10.1)

Notem que tots el termes que no depenen de l’ındex de suma, ı”, poden sortir fora delsumatori, per la propietat distributiva. Tenint en compte una de les propietats del c.m.es veu que el terme creuat s’anul·la:

N∑i

mivcm · (vi − vcm) = vcm ·N∑i=1

mi(vi − vcm) = 0 (10.2)

177

CAPITOL 10. TREBALL I ENERGIA PER UN SISTEMA. 178

Aixı, obtenim finalment:

Ec =1

2mv2cm + Ecm

c (10.3)

Es a dir, l’energia cinetica del sistema es igual a l’energia d’una partıcula fictıcia quetingues tota la massa i es mogues com el c.m. del sistema (energia cinetica orbital),mes l’energia cinetica del moviment de les partıcules respecte al centre de massa (energiacinetica intrınseca):

Ecmc =

1

2

N∑i=1

mi(vi − vcm)2 (10.4)

10.2 Teorema de les forces vives.

Considerem, ara, que les partıcules estan sotmeses a forces exteriors (forces efectuadesdes de l’exterior) i a forces interiors (forces d’interaccio entre les partıcules del sistema).Aixı suposarem que sobre una partıcula generica, i, actuen forces exteriors amb resultantF ei , i que cada partıcula j del sistema li pot fer una forca, que denotarem per Fji , j =

1...N, j = i. Mirarem ara d’extendre el teorema de les forces vives al cas d’un sistema de

z

y

x

Fji

Fie

i

ri

ijF

jeF

Figura 10.1: Forces externes i forces internes en un sistema de partıcules.

N partıcules. Hem vist que els balancos del moment lineal i del moment angular nomesdepenien de les forces exteriors al sistema. En altres paraules, les forces interiors no podienfer variar el moment lineal i el moment angular del sistema. Ens preguntem si aixo es certtambe per l’energia cinetica. Mirem un primer exemple que ens donara una pista del quepot passar:

Exemple 1:

Considerem dues partıcules identiques de massam sotmeses unicament a la mutua atracciogravitatoria, inicialment en repos i separades per una certa distancia. L’energia cineticainicial es nul·la, E0

c = 0, mentre que l’energia cinetica al cap d’un cert temps sera nonul·la: Ec = mv2/2 +mv2/2 > 0. Clarament, hi ha un cert increment d’energia cinetica,∆Ec > 0. En canvi, no hi ha cap treball de forces exteriors. Per tant, sembla que les


forces interiors SI que poden fer variar l’energia del sistema, en contra del que passa perel moment lineal i el moment angular.

E = 0c E > 0c

Figura 10.2: Sistema de dues partıcules sotmeses unicament a la mutua atraccio gravi-tatoria •

Mirem ara el balanc d’energia per un sistema de partıcules en general. Aplicant el teoremade les forces vives, en la forma 9.3: dEc/dt = F · v per cada partıcula del sistema, tindrem:

d

dt(1

2miv

2i ) = F e

i · vi +N∑j=1

Fji · vi

Aquı, i en el que segueix, tindrem en compte que Fii = 0 , i = 1...N. Sumant sobre totesles partıcules:

dEc

dt=

N∑i=1

F ei · vi +

N∑i,j=1

Fji · vi = Pe + P int (10.5)

Ec es l’energia cinetica total i Pe , P int son la potencia de les forces exteriors i la potenciade les forces interiors respectivament. En aquest ultim terme, hi ha dos termes de la sumaper cada parella de partıcules. Aixı, per les partıcules i = 3, i = 7, per exemple i suposantque N ≥ 7, tindrem la contribucio:

F37 · v7 + F73 · v3

Tenint en compte la tercera Llei de Newton (accio i reaccio), F37 = −F73 podrem escriure:

F37 · v7 + F73 · v3 = F73 · (v3 − v7) = F73 ·dr37dt

rji = rj − ri es el vector de posicio de la partıcula j respecte de la partıcula i. Aquestatransformacio es pot fer per totes les parelles de partıcules, i obtindrıem:

P int =

N∑i,j=1

Fji · vi =

N∑i,j=1;i<j

Fji ·drijdt

(10.6)

al sumatori nomes hi ha un terme per cada parella de partıcules, es a dir, N(N − 1)/2,termes. Una manera d’indicar aixo formalment, es a dir, que el sumatori s’exten a totsels possibles valors de i, j = 1...N amb la restriccio i < j. Aixo garantitza que el termeresultant dels dos termes, i = 3, j = 7 i i = 7, j = 3, nomes es compte una vegada, i nodues, lo qual seria erroni. Finalment obtenim:

dEc

dt=

N∑i=1

F ei · vi +

N∑i,j=1;i<j

Fji ·drijdt

(10.7)


Podem integrar aquesta igualtat respecte al temps, entre dos instants, t = ta i t = tb perobtenir el teorema de les forces vives propiament dit:

Ebc − Ea

c =

N∑i=1

∫ tb

ta

F ei · vi dt +

N∑i,j=1;i<j

∫ tb

ta

Fji ·drijdt

dt =

N∑i=1

∫ rbi

rai

F ei · dri +

N∑i,j=1;i<j

∫ rbji

raji

Fji · drij (10.8)

es a dir,

∆Ec = W e +W int (10.9)

l’increment d’energia cinetica del sistema durant un interval de temps es igual al treballefectuat per les forces externes mes el treball efectuat per les forces internes. Aixı, com japodiem preveure, el treball de les forces internes no s’anul·la en general.

Podem aplicar el teorema de les forces vives a un sistema rıgid, es a dir, a un sistematal que les distancies entre les partıcules no canvien durant el moviment: |rij | = const.En aquest cas, rij · drij/dt = 0 doncs la derivada d’un vector de modul constant esperpendicular al vector. Si suposem que les forces internes entre les partıcules tenenla direccio de la recta que uneix les partıcules, Fij ∥ rji, tindrem, per tant,

Fji ·drijdt

= 0 , Fji · drij = 0

es a dir, la potencia i el treball de les forces interiors son nul·les per un sistema rıgid.En canvi, en sistemes deformables, les forces interiors poden fer treball. Veiem el seguentexemple.

Exemple 2: Salt d’un cangur i treball de deformacio.

Imaginem un cangur immobil damunt d’un terra horitzontal. El seu pes mg es contrar-restat per la forca de contacte del terra, N = −mg que es perpendicular al terra. En elmoment de iniciar un salt endavant, el cangur apreta el terra cap avall i cap enrera, detal forma que la forca normal de contacte N augmenta (N > mg) i el terra fa una forcaaddicional de fregament cap endavant, F . Aixı, el c.m. del cangur es desplaca cap amunti cap endavant. Analitzem l’energia cinetica del cangur, que passa de 0 a un valor positiu,es a dir, es produeix un increment de Ec. Qui el produeix? La forca de contacte normalque li fa el terra, N , no pot fer treball, doncs tan aviat com s’inicia el desplacament, laforca desapareix, i per tant, N · dr = 0, sent dr el desplacament dels punts de contacte(N = 0⇒ dr = 0 dr = 0⇒ N = 0 ). La forca de contacte tangencial o fregament, F ,tampoc pot fer treball perque no hi ha desplacament horitzontal dels punt de contacte,per lo qual F · dr = 0 per ser vectors perpendiculars entre si (o be tambe per el mateixargument que hem aplicat a N). El pes del cangur si que fa treball:

Wg =∑i

∫mig · dri


gm gm

N N

F

v

Figura 10.3: Salt d’un cangur i energia de deformacio.

pero aquest treball es negatiu, Wg < 0 doncs els punts es desplacen cap amunt en promig,es a dir, en sentit contrari a la forca. Per tant, les forces exteriors fan un treball negatiu,mentres que l’increment d’energia cinetica es positiu. Qui el produeix? L’unica explicacioes que les forces internes fagin aquest treball positiu, de tal forme que:

∆Ec = Wg +W int > 0

si |W int| > |Wg|. L’origen d’aquest treball el podem entendre si tenim en compte queun muscle tens es equivalent a una molla comprimida o tensada. Quan es destensa o esdescomprimeix produeix un treball positiu: Concluım, per tant, que les forces internes

∆r 1 r 2∆

F1 2F

1 2

W > 0

Figura 10.4: Treball efectuat per una molla comprimida que es destensa.

poden fer treball si el sistema es deforma •

10.3 Aplicacio al solid rıgid.

10.3.1 Energia cinetica.

En el cas del solid rıgid, els vectors velocitat de les partıcules es poden escriure a cadainstant com:

vi = vcm + ω × Ri


Ri = ri − rcm representa el vector de posicio de la partıcula i-essima respecte al c.m. iω es el vector velocitat angular. Llavors, en la descomposicio de l’energia cinetica 10.3,l’energia intrınseca, definida per 11.15, es pot escriure com:

Ecmc =

1

2

N∑i=1

mi(vi − vcm)2 =1

2

N∑i=1

mi(ω × Ri)2 =

1

2

N∑i=1

mi(ω × Ri) · (ω × Ri) =

1

2

N∑i=1

miω · (Ri × (ω × Ri)) =1

2ω · Lcm (10.10)

Lcm es el moment angular del sistema respecte al centre de masses. Aixı obtenim l’ex-pressio

Ec =1

2mv2cm +

1

2ω · Lcm (10.11)

per l’energia cinetica del solid rıgid, que indica que una part de l’energia cinetica es detranslacio del c.m. i una altre de rotacio al voltant del c.m. Quan introduırem el tensord’inercia desenvoluparem mes aquesta expressio.

En el cas partıcular del moviment pla, i prenent el pla x − y com el pla del moviment(ω = ωez), tenim:

ωez · Lcm = Izcmω

on Izcm es el moment d’inercia del cos respecte un eix paral·lel a z que passa per el c.m.D’aquı l’expressio 10.11 s’escriu:

Ec =1

2mv2cm +

1

2Izcmω2 (10.12)

En el cas partıcular en que el solid rıgid te un punt en repos es pot obtenir una expressioalternativa per l’energia cinetica. Sigui Q aquest punt. Aleshores, com que vQ = 0, escompleix: vi = ω × (ri − rQ). Directament a partir de la definicio d’energia cinetica d’unsistema de partıcules, i fent la mateixa algebra d’abans:

Ec =1

2

N∑i=1

miv2i =

1

2

N∑i=1

mi(ω × (ri − rQ))2 =

1

2ω · LQ (10.13)

La validesa d’aquesta expressio no requereix que el punt Q estigui permenentment en repos,sino que es instantania, es valida a l’instant en que vQ = 0. No obstant, es especialmentutil en el cas en que vQ = 0 ∀t.

Nota:No s’ha de confondre ni barrejar aquesta ultima expressio amb l’expressio general 10.11.Aquella es valida sempre, mentres que aquesta nomes ho es en el cas partıcular en queexisteixi un punt Q tal que vQ = 0. Quan s’utilitza aquesta ultima no s’ha d’incloure capterme d’energia cinetica de translacio.


10.3.2 Potencia i treball

Sigui Q un punt qualsevol d’un solid rıgid. Llavors, vi = vQ + ω × (ri − rQ) i, teninten compte que en un solid rıgid nomes les forces exteriors fan treball, el balanc d’energiacinetica s’escriu:

dEc

dt=

N∑i=1

Fi · (vQ + ω × (ri − rQ)) = F · vQ +N∑i=1

Fi · (ω × (ri − rQ)) =

F · vQ + ω ·N∑i=1

(ri − rQ)× Fi = F · vQ + MQ · ω (10.14)

Aquı hem eliminat el superındex ”e”per referirnos a les forces exteriors, ja que son lesuniques forces que intervenen en el balanc energetic. A mes a mes, F =

∑Fi, es la forca

exterior resultant, i MQ es el moment total de les forces exteriors respecte al punt Q.

Aquesta expressio de la potencia, obtinguda a partir de l’expressio F · v per una partıcula,n’es una generalitzacio que guarda una total similitud. En efecte, el terme Pt = F · vQes la potencia que fa la forca exterior resultant degut al desplacament de la partıculaQ, que hem agafat com referencia. El terme Pr = MQ · ω te dimensions de potencia, i

tenint en compte l’analogıa v → ω , F → M entre moviments de translacio i de rotacio,podem afirmar que es la potencia de les forces exteriors en una rotacio del solid. Aixı,hem descomposat la potencia en potencia de translacio mes potencia de rotacio. Tinguemen compte, pero, que aquesta descomposicio no es unica: depen del punt de referencia Q.

En el cas de rotacio al voltant d’un eix fix (z, per exemple), l’expressio de Pr es potintegrar respecte al temps i obtenir aixı una expressio per el treball de rotacio:

W1→2 =

∫ t2

t1

Prdt =∫ t2

t1

M ω dt =

∫ t2

t1

Mdθ

dtdt =

∫ θ2

θ1

M dθ (10.15)

θ es l’angle de rotacio i M = M zQ es el moment respecte l’eix de rotacio. Notem l’analogia

amb la formula per una partıcula, W =∫F · dr.

∆θ

Q

Z

Figura 10.5: Treball en una rotacio.


10.4 Energia potencial.

Per les forces exteriors, els concepte de forca conservativa i d’energia potencial s’exteneninmediatament a partir del que ja hem vist per el cas d’una partıcula:

Exemple 3: Sistema de partıcules sota un camp gravitatori extern.

Considerem les partıcules m1,m2, ...,mN , sotmeses a la forca pes que els hi exerceix laTerra, suposada constant. Aquesta forca es conservativa, i l’energia potencial del sistemade partıcules sera:

V (r1...rN ) = V (z1...zN ) =

N∑i=1

migzi = mgzcm • (10.16)

Els conceptes de forca conservativa i d’energia potencial tambe es poden aplicar a lesforces internes, pero no es tan senzill. Considerem de moment el cas d’un sistema de duespartıcules. Al final ho extendrem al cas general de N partıcules. Suposem que en l’estatinicial, a, les partıcules estan en les posicions ra1 , r

a2 i que es desplacen a unes posicions

finals rb1, rb2. El treball total que fan les forces internes en aquest desplacament es:

W inta→b =

∫ rb2

ra2

F12 · dr2 +

∫ rb1

ra1

F21 · dr1 =

∫ b

aF12 · dr21 =

∫ b

aF21 · dr12 (10.17)

Llavors, diem que la forca F12 es conservativa si la integral∫ b

aF12 · dr21

no depen del camı (que es equivalent a que la integral sigui cero en tot camı tancat). Enaquest cas, podrem definir l’energia potencial U12(r12) de la mateixa forma que ho feiemper el cas d’una partıcula, i tindrem:∫ b

aF12 · dr21 = −(U12(r

b21)− U12(r

a21)) (10.18)

es a dir, W int = −∆U12. Si F12 es conservativa, tambe ho es, obviament, F21, i podemdefinir U21(r12) que coincideix amb U12. Aquesta es l’energia potencial de l’interaccioentre 1 i 2.

En el cas de tenir mes de dos partıcules, tot el proces es pot fer per cada parella i l’energiapotencial total de les forces internes sera:

U(r1...rN ) =N∑

i,j=1;i<j

Uij(rij) (10.19)


on hi ha un sol terme per cada parella. Llavors, el treball de les forces internes conservativessera:

W inta→b =

N∑i,j=1;i<j

∫ b

aFij · drji = −

N∑i,j=1;i<j

∆Uij == −∆U (10.20)

Exemple 4: Energia potencial de la interaccio gravitatoria entre tres cossos.

Suposem tres masses puntuals, m1,m2,m3 sotmeses a la mutua interaccio gravitatoria,que sera, obviament conservativa. L’energia potencial de cada interaccio sera:

U12 = U21 = −Gm1m2

r12, U13 = U31 = −

Gm1m3

r13, U23 = U32 = −

Gm2m3

r23

r12 = |r12| = |r1 − r2| etc. L’energia potencial total es:

U = U12 + U13 + U23 = −G(m1m2

r12+

m1m3

r13+

m2m3

r23) •

Capıtol 11

Geometria de masses i tensord’inercia

L’equacio del moviment de translacio del solid rıgid s’obte a partir del balanc de momentlineal, fent us de la relacio p = mvcm entre moment lineal i velocitat del c.m.:

F =dp

dt=

d

dt(mvcm) = macm

F es la forca exterior resultant. Analogament, a partir del balanc de moment angular

MQ =dLQ

dt

respecte a un punt Q adequat, volem obtenir una equacio pel moviment de rotacio. Peroper aixo necessitem una relacio entre moment angular, LQ i velocitat angular, ω. En elcas del moviment 2D, fent us de Lz = Izω ja hem obtingut:

M = Iα

El principal objectiu d’aquest tema es generalitzar aquesta relacio entre velocitat angulari moment angular al cas tridimensional, per poder obtenir una equacio per la rotacio delsolid a 3D. Aixo ens portara a definir el tensor d’inercia del solid.

Un cop definit el tensor d’inercia donarem una metodologia per calcular els seus compo-nents (moments i productes d’inercia). Aquesta metodologia es molt similar, en algunsaspectes, a l’emprada per determinar el centre de masses del cos. Per aixo comencem eltema parlant del calcul de centres de masses. Tota aquesta tematica es pot englobar sotael nom generic de Geometria de Masses.

186

CAPITOL 11. GEOMETRIA DE MASSES I TENSOR D’INERCIA 187

11.1 Calcul del centre de masses

La definicio del centre de masses que hem fet per un nombre finit de partıcules es:

R =1

m

N∑i=1

miri m =N∑i=1

mi ,

s’esten al cas continu per:

R =1

m

∫ ∫ ∫Vρ(r) r dV , m =

∫ ∫ ∫Vρ(r)dV (11.1)

substituint: mi = dm = ρdV

x

x

x

1

3

2

v

c.m.

R

Sovint tenim cossos aproximadament bidimensionals, com per exemple, un disc, una placa,etc. Aleshores, la integral s’esten no a un volum sino, a una superfıcie. En aquest casutilitzarem la densitat superficial de massa, σ, i ens quedara:

R =1

m

∫ ∫Sσ(r)rdS , m =

∫ ∫Sσ(r)dS (11.2)

S

Analogament, per un cos unidimensional, com per exemple, un cable, un filferro, etc.l’integral es reduira a:

R =1

m

∫Lλ(r)rdL , m =

∫Lλ(r)dL (11.3)

on λ es la densitat lineal de massa. Si el cos te alguna simetria, sovint es pot evitar

S

fer l’integral triple o doble, i n’hi ha prou amb una integral simple.


Si el cos es homogeni, ρ(r) = cnt el c.m. nomes depen de la geometria del cos:

R =ρ

m

∫ ∫ ∫VrdV =

1

VT

∫ ∫ ∫VrdV (11.4)

i analogament en els cassos bidimensional i unidimensional:

R =1

ST

∫ ∫SrdS , R =

1

LT

∫LrdL (11.5)

Prescindint de si el cos es homogeni o no, es defineix el centroide d’una figura geometricaamb les tres ultimes formules, que no depenen de la massa sino nomes de la geometria dela figura. Si un cos es homogeni, el centre de masses i el centroide coincideixen. En cascontrari son diferents.

11.1.1 Propietats de simetria

Diem que un cos te un pla de simetria si el pla el divideix en dues meitats identiques.Per exemple, sigui V el cos, z = 0 es pla de simetria si i solament si ∀(x, y, z) ∈ V,(x, y,−z) ∈ V i ρ(x, y, z) = ρ(x, y,−z).

Analogament, (0, 0, 0) es un centre de simetria per V si i solament si, ∀(x, y, z) ∈ V,(−x,−y,−z) ∈ V i ρ(x, y, z) = ρ(−x,−y,−z).

Diem que un cos te un eix de simetria d’ordre n (≥ 2), si existeixen n rotacions alvoltant de l’eix (incloent la rotacio d’angle zero o transformacio identitat) que deixen elcos invariant (tenint en conta la distribucio de densitat, si el cos no es homogeni). Perexemple, l’eix perpendicular a un rectangle homogeni, que passa per el seu centre, esd’ordre n = 2. L’eix perpendicular a un triangle equilater homogeni, que passa per el seucentre, es d’ordre n = 3, etc. Llavors es compleixen les seguents propietats:

Figura 11.1: Figures que tenen simetria d’ordre 2 i ordre 3 al voltant d’un eix perpendicularque passa pel centre.

1. Si un cos te un pla de simetria, el centre de masses esta en aquest pla.

2. Si te un eix de simetria, (n ≥ 2) el centre de masses esta un aquest eix.

3. Si es simetric respecte d’un punt, aquest punt es el centre de masses


Les demostracions rigoroses per cossos continus es poden veure a la seccio 11.7.1. Unademostracio simple per el cas d’un sistema amb un nombre discret de partıcules que te unpla de simetria, que il·lustra lo essencial de la demostracio general es pot fer de la maneraseguent. Escollim els eixos de manera que el pla de simetria sigui el pla z = 0. Llavors,dividim les partıcules en tres grups: V1 = (x, y, z)|z > 0 , V2 = (x, y, z)|z < 0 , V3 =(x, y, z)|z = 0 . Segons la definicio de c.m.:

zcm =1

m

∑mizi =

1

m

∑V1

mizi +1

m

∑V2

mizi +1

m

∑V3

mizi

L’ultim terme de la dreta es obviament 0. D’altre banda, la simetria del cos respecte dez = 0 implica que per cada terme mizi de V1 hi haura un terme identic pero de signeoposat −mizi a V2. Llavors, dos a dos, aquests termes s’aniran cancel·lant i zcm = 0. Aixosignifica que el cm esta en el pla de simetria.

z

y

x

v

v2

1

Figura 11.2: Cos simetric respecte del pla z = 0.

Aquestes propietats de simetria tambe son certes per el centroide. L’unica diferencia esque el concepte de simetria per el centroide depen nomes de la forma geometrica del cos,mentre que per el c.m. s’exigeix tambe la simetria de la distribucio de densitat.

11.1.2 Teoremes de Pappus (Guldin)

Dos relacions que poden ser utils per determinar el centroide de corbes o superficies planesson els anomenats teoremes de Pappus (o Guldin).

1. Si una corba plana gira al voltant d’un eix pertanyent al seu pla (que no la tal-la), l’area de la figura de revolucio engendrada es igual a la longitud de la corbamultiplicada per la longitud de la trajectoria del seu centroide.

2. Si una area plana gira al voltant d’un eix del seu pla, (que no la talla) el volumengendrat es igual a l’area multiplicada per la longitud de la trajectoria del seucentroide.


S = l l c

Figura 11.3: Corba plana que gira al voltant d’un eix i genera una superfıcie de revolucio.

Demostracio

1.

A =

∫C2πydl = 2π

∫Cydl = 2πycl A = 2πlyc

y

x

C

dl

y

Figura 11.4: Primer teorema de Pappus.

2.

V =

∫ ∫S2πydxdy = 2π

∫ ∫Sydxdy = 2πSyc V = 2πSyc

Exemple 1: centroıde d’un semicercle

V = 2πycS ⇒ 4

3πr3 = 2π

πr2

2yc ⇒ yc =

4r

3π•


y

x

y

Figura 11.5: Segon teorema de Pappus.

Figura 11.6: Centroıde d’un semicercle.

Exemple 2: centroide d’un semianell

S = 2πycl ⇒ 4πr2 = 2πycπr ⇒ yc =2r

π•

11.1.3 Cossos compostos

Suposem un cos compost V = V1 ∧ V2 i que coneixem els centres de masses de cada part,r1 , r2. Aleshores:

mrcm =

∫ ∫ ∫VρrdV =

∫ ∫ ∫V1

ρrdV +

∫ ∫ ∫V2

ρrdV = m1r1 +m2r2 (11.6)

Aixı cada part es pot substituir per una partıcula de massa mi a ri.

Exemple 3: Centroide del cos de la figura adjunta.

2l

2l

l

l

El cos esta composat de 3 quadrats. El centroide de cada quadrat esta en el seu centre(per simetria). Llavors:

3l2xcm = l2l

2+ l2

l

2+ l2

3l

2⇒ 3l2xcm =

5

2l3 ⇒ xcm =

5

6l

i analogament per y:

ycm =5

6l •


11.1.4 Cossos amb forats

Suposem que tenim un cos V que consisteix en un cos V ∪ V1 menys un forat V1 .Sigui rcm el centre de masses que busquem, R el centre de masses del cos total senseforat, V ∪ V1 , i r1 el centre de masses del forat. Aleshores:

MR = mrcm +m1r1 ,

on m es la massa real de V, m1 la que tindria el forat i, M = m+m1 la que tindria elcos total V ∪ V1 . D’aquı deduım:

mrcm = MR−m1r1 ⇒ mrcm = (m+m1)R−m1r1 (11.7)

Exemple 3:

Tornem al cos de l’exemple 3. En contes de considerar-lo com la superposicio de 3 quadratspetits el podem considerar com un quadrat gran menys un quadrat petit:

3l2xcm = 4l2l − l23

2l ⇒ 3l2xcm =

5

2l3 ⇒ xcm =

5

6l •

11.1.5 Centre de pressions: forca hidrostatica sobre una superficie plana.

Segons varem veure en el Tema 4 (Estatica), la forca que exerceix un fluid en equilibrisobre una superfıcie es:

F = −∫ ∫

p n dS

a on n es el vector unitari normal a la superfıcie amb sentit cap a l’interior del fluid. Si lasuperfıcie es plana, n es constant i surt fora de l’integral. A mes a mes, si suposem que lagravetat es constant i prenem l’eix z positiu cap amunt, p = p0 − ρgz, de manera que:

F = − n

∫ ∫(p0 − ρgz) dS = −n p0

∫ ∫dS + ρg n

∫ ∫z dS = −(p0A− ρgzcA) n =

= − pcA n

a on pc es la pressio al centroide i A l’area de la superfıcie. Aixo equival a calcular la forcacom si la pressio fos uniforme, igual a la pressio al centroide, pc.

11.2 Tensor d’inercia d’un cos respecte d’un punt.

Sigui un cos (no necessariament rıgid, de moment) i un punt de l’espai que prendrem, demoment, igual a l’origen de coordenades, O. Definim l’aplicacio IO : ℜ3 → ℜ3 com aquellaque a cada vector a li fa correspondre el vector:

IO (a) =∑i

miri × (a× ri) (11.8)


mi

ri

x

y

z

O

mi son les masses de les partıcules del cos i ri els seus vectors de posicio. Notem queaquesta aplicacio es lineal. S’anomena tensor d’inercia del cos respecte del punt O.Suposem de moment que el cos te un nombre finit de partıcules i veurem despres comaquesta definicio s’esten al cas d’un cos continu.

Considerem ara uns eixos cartesians ortogonals x, y, z amb origen a O i base de vectorsortonormals associada, ex, ey, ez. Mirem quina es la matriu de l’aplicacio lineal IO respectea aquesta base. A partir de la identitat:

r × (a× r) = r2a− (r · a)r

desenvolupant la component x, tenim:

[r × (a× r)]x = (x2 + y2 + z2)ax − (xax + yay + zaz)x = (y2 + z2)ax − xyay − xzaz

Analogament, per les components y, z:

[r × (a× r)]y = −yxax + (z2 + x2)ay − yzaz

[r × (a× r)]z = −zxax − zyay + (x2 + y2)az

Per tant, les components del vector r × (a× r) venen donades per el producte matricial: y2 + z2 −xy −xz−yx z2 + x2 −yz−zx −zy x2 + y2

axayaz

A partir d’aquı queda clar que la matriu del tensor d’inercia, IO, s’escriu: Ixx Ixy Ixz

Iyx Iyy IyzIzx Izy Izz

=

∑imi(y

2i + z2i ) −

∑imixiyi −

∑imixizi

−∑

imiyixi∑

imi(z2i + x2i ) −

∑imiyizi

−∑

imizixi −∑

imiziyi∑

imi(x2i + y2i )

Si el punt respecte al qual es defineix el tensor no es l’origen de coordenades, sino un puntQ qualsevol, tot queda igual excepte que els vectors ri es substitueixen per Ri = ri − rQ.A partir d’ara i per simplificar la notacio, si no diem el contrari suposarem que el puntde referencia es l’origen. Per aquest motiu, i sempre que no hi hagi confusio possible,ometrem la referencia al punt i escriurem simplement I.

Notem que els elements diagonals de la matriu son els moments d’inercia del cos respectede eixos paral·lels a x, y, z que passen per Q:


y + z22

z

y

x

Figura 11.7: Moment d’inercia respecte de l’eix z

Ixx =∑i

mi(y2i + z2i ) = Ix , Iyy =

∑i

mi(z2i + x2i ) = Iy

Izz =∑i

mi(x2i + yz2i ) = Iz (11.9)

i son sempre no negatius, Ixx, Iyy, Izz ≥ 0. Els elements fora de la diagonal s’anomenenproductes d’inercia i no tenen signe definit1. Notem que la matriu es simetrica:

Ixy = Iyx , Iyz = Izy , Izx = Ixz (11.10)

Una propietat important del tensor d’inercia es que, un cop es coneixen els seus elementsde matriu, aixo permet calcular el moment d’inercia respecte de qualsevol eix que passiper el punt Q sense necessitat de fer cap integral (a part de les que ja s’han fet per calcularels elements de matriu). En efecte, sigui e un vector unitari en la direccio de l’eix, i fem:

e · I(e) = e ·∑i

miRi × (e× Ri) = e ·∑i

mi(R2i e− (Ri · e)Ri) =∑

i

mi(R2i − (Ri · e)2) =

∑i

mid2i = Ie (11.11)

Aixı, el moment d’inercia Ie es pot calcular com el producte escalar del vector unitari esegons l’eix i el vector imatge de e per el tensor d’inercia, I(e). Com que les componentsd’aquest vector s’obtenen multiplicant la matriu per les components del tensor tenim:

Ie =

3∑i=1

3∑j=1

eiIijej (11.12)

on e = (e1, e2, e3). De vegades s’omet el parentesi i s’escriu: e ·I(e) = e ·Ie o e ·I · e. Notemque, en particular, Ix = ex · I · ex, Iy = ey · I · ey, Iz = ez · I · ez.

1Alguns llibres defineixen els productes d’inercia sense el signe ’-’ que va al davant: Ixy =∑

i mixiyi,etc.


e

RiRi e

d i

Figura 11.8: Moment d’inercia respecte d’un eix paral·lel a e

11.3 Moment angular i energia cinetica d’un solid rıgid.

11.3.1 Moment angular

Considerem ara un solid rıgid en moviment respecte a un sistema S i sigui Q un punt delsolid. Llavors el moment angular o moment cinetic del solid respecte de Q s’expressa:

LQ =∑i

miRi × (vi − vQ) =∑i

miRi × (ω × Ri) ⇒ LQ = IQω (11.13)

Aquı hem usat Ri = ri − rQ i el camp de velocitats, vi = vQ + ω × Ri . Per tant, eltensor d’inercia aplicat al vector velocitat angular ens dona el moment angular. Aixo estotalment analeg a la igualtat pel moviment de translacio: p = mvcm.

y’

z’

x’

Q

Ri

x

y

z

O

S

En el cas 2D que havıem tractat previament, en el qual ω = ωez, tenim:

IQω =

Ixx Ixy IxzIyx Iyy IyzIzx Izy Izz

00ω

i, per tant, LQ = ω(Ixz, Iyz, Izz). Aixı, veiem que el moment angular no te la direccio dela velocitat angular, a no ser que Ixz = Iyz = 0. Si fem la projeccio sobre l’eix z obtenim

el que ja havıem vist: (LQ)z = Izω.


Finalment, si L es el moment angular respecte de l’origen, la descomposicio en momentangular orbital i intrınsec es pot escriure:

L = mrcm × vcm + Lcm ⇒ L = mrcm × vcm + Icmω (11.14)

11.3.2 Energia cinetica

Ja vam veure que per tot sistema de partıcules, l’energia cinetica es pot expressar comenergia orbital mes energia intrınseca:

Ec =1

2mv2cm + Ecm

c

amb Ecmc = 1

2

∑Ni=1mi(vi− vcm)2 . Vam veure, tambe, que si el sistema era un solid rıgid,

l’energia intrınseca o de rotacio s’escrivia:

Ecmc =

1

2ω · Lcm (11.15)

Introduint el tensor d’inercia per expressar el moment angular (eq. 11.13) tenim:

Ecmc =

1

2ω · Icm · ω (11.16)

i, per tant, l’expressio general de l’energia cinetica d’un solid rıgid es:

Ec =1

2mv2cm +

1

2ω · Icm · ω (11.17)

Notem el paral·lelisme entre translacio i rotacio:

vcm −→ ω , m −→ Icm (11.18)

Aixı, el tensor d’inercia mesura la inercia a la rotacio.

Introduint un vector unitari e en la direccio i sentit de la velocitat angular, ω = ωe ,podem desenvolupar

Ecmc =

1

2ω · Icm · ω =

1

2(ωe) · Icm · (ωe) =

1

2ω2e · Icm · e =

1

2Ieω

2 (11.19)

Ie es el moment d’inercia del solid respecte a un eix que passa per el cm i que te la direcciode ω. Aquesta ultima equacio ja la havıem obtingut en el cas del moviment 2D, peroara acabem de demostrar que es valida en general. Aixı, l’energia cinetica de rotacio espot expressar tan amb l’eq. 11.16 com amb l’eq. 11.19. La primera te l’avantatge quesepara la dependencia de l’energia respecte del moviment (ω) de la dependencia respectedel cos (Icm). La segona es mes senzilla i facil d’aplicar pero barreja dependencia respectedel moviment i del cos en el moment d’inercia. En efecte, el moment d’inercia depen,no nomes del cos, sino tambe de la direccio de rotacio. Aixo pot ser un inconvenient enalgunes aplicacions.


En el cas particular que hi hagi un punt del solid, Q, que tingui velocitat nul·la, vam veureque tambe es podia fer servir l’expressio:

Ec =1

2ω · LQ (11.20)

per TOTA l’energia cinetica (translacio i rotacio). Llavors, en aquest cas:

Ec =1

2ω · IQ · ω (11.21)

Tambe en aquest cas es pot fer el desenvolupament que hem fet per obtenir l’eq. 11.19 itindrem:

Ec =1

2Ieω

2 (11.22)

on ara, Ie es el moment d’inercia del solid respecte d’un eix paral·lel a ω que passa per Q.

Nota:En aquestes notes hem introduıt el tensor d’inercia com la magnitud que mesura la inerciaa la rotacio d’un solid rıgid, definit com l’aplicacio lineal que relaciona el moment angular ila velocitat angular. No obstant, el tensor d’inercia s’aplica tambe en altres contextos moltdiferents, com per exemple, la resistencia de materials (veure sec. 11.6), o l’estabilitat decossos flotants.

11.4 Propietats del tensor d’inercia.

Abans d’estudiar la metodologia del calcul del tensor d’inercia de cossos particulars, (sec.11.5), veurem ara algunes propietats generals previes.

11.4.1 Direccions i moments principals d’inercia.

Quan escribim p = mvcm resulta evident que p i vcm tenen la mateixa direccio. En canvi,segons l’igualtat analoga per la rotacio, Lcm = Icmω, Lcm i ω poden tenir direccionsdiferents. En altres paraules, un cos pot girar al voltant d’un eix, i tenir un momentangular en una direccio diferent.

wL w

L

Figura 11.9: Direccio dels vectors moment angular i velocitat angular.


Com veurem en el tema de dinamica del solid rıgid, el fet que Lcm i ω no tinguin lamateixa direccio porta moltes complicacions i, donat un cos, es fonamental investigar siexisteix alguna direccio particular tal que si el cos rota al voltant d’aquest eix, el momentangular te la mateixa direccio. Matematicament, aquestes direccions venen definides perels possibles vectors ω = 0 tals que:

Iω = λω (11.23)

per algun escalar λ ∈ ℜ. Els vectors ω = 0 i els escalars λ solucio d’aquest problemas’anomenen autovectors (o vectors propis) i autovalors (o valors propis) del tensor I.En aquesta seccio ometrem la referencia explıcita al punt respecte al qual esta definit eltensor d’inercia, i escriurem I enlloc de IQ. Notem que els autovectors tenen el modulindeterminat: si ω es autovector, µω tambe ho es, per qualsevol µ = 0. L’existencia d’algunvector ω solucio de l’eq. 11.23 implica que:

det [I − λ1] = 0 (11.24)

aon I es la matriu de I i 1 es la matriu de la identitat o matriu unitat. D’aquı s’obteuna equacio de tercer grau anomenada equacio caracterıstica. D’aquı resulta que, com amaxim, existeixen 3 autovalors. Degut a que la matriu I es simetrica, sempre existeixen3 autovalors reals2.

Observacio: els autovalors i autovectors de l’aplicacio lineal I son invariants, es a dir,son independents de la base emprada per expressar la matriu de I.

Lema:ex es autovector ⇔ Ixy = Ixz = 0

Demostracio: obvia a partir de l’igualtat: Iex = Ixxex + Iyxey + Izxez•

Proposicio:ex, ey, ez son autovectors ⇔ La matriu I respecte aquesta base es diagonal.

Demostracio: aplicacio del lema anterior als tres vectors ex, ey, ez •

Teorema espectral:Sigui I : ℜ3 −→ ℜ3, simetric, es a dir: Ia · b = a · I b, ∀a, b. Llavors, existeix una baseortonormal, e1, e2, e3, respecte de la qual

I =

I1 0 00 I2 00 0 I3

on I1, I2, I3 son els tres autovalors de I.

Demostracio: assignatura d’Algebra •2Els autovalors es poden definir com nombres complexos, pero en el cas del tensor d’inercia, degut a

que I es simetrica, son sempre reals.


Notem que el tensor d’inercia es, obviament, simetric:

a ·∑i

miri × (b× ri) = a ·∑i

mi(r2i b− (ri · b)ri) =

∑i

miri × (a× ri) · b

pel que se li pot aplicar el teorema espectral i resulta que:

Donat un cos i un punt de referencia Q, el tensor d’inercia, IQ, sempre te tres autovalors,diferents o no, I1, I2, I3, que s’anomenen moments principals d’inercia. Associatsa cada moment principal d’inercia, Ii es pot triar un autovector, ei, de tal forma quee1, e2, e3 son ortogonals entre si. Els eixos definits per aquests 3 autovectors, amb origen aQ s’anomenen eixos principals d’inercia i les direccions associades, direccions principalsd’inercia. Els tres moments principals d’inercia I1, I2, I3, son els moments d’inercia delcos respecte dels eixos principals d’inercia. Els moments i direccions principals d’inerciason una propietat del cos i del punt Q, i no depenen dels eixos de coordenades x, y, z, amborigen a Q, amb els quals s’ha calculat inicialment la matriu del tensor d’inercia.

11.4.2 Propietats de degeneracio.

Donat un cos i un punt, els moments principals d’inercia son 3, I1, I2, I3, iguals o diferents,pero no n’hi ha mes de tres. D’altre banda, segons el teorema espectral, per cada momentprincipal, Ii, existeix un autovector, lo qual vol dir com a mınim un, pero no te perqueser unic. A mes a mes, els tres autovectors associats, e1, e2, e3, es poden triar unitaris iortogonals dos a dos. Pero la pregunta es, son unics?

Obviament, si a es autovector, µa, tambe ho es, i en aquest sentit no son unics. Pero lapregunta rellevant es, son uniques les direccions principals d’inercia? Aixo depen de si elsmoments principals son diferents o multiples:

Proposicio:

1. I1 = I2 = I3 ⇒ Les tres direccions principals son uniques.

2. I1 = I2 = I3 ⇒ Tota direccio de l’espai es principal (degeneracio total).

3. I1 = I2 = I3 ⇒ La direccio associada a I3, e3, es unica, pero qualsevol direccioperpendicular a e3 es principal (degeneracio axial).

Demostracio: Sabem que com a mınim existeixen tres eixos principals respecte als qualsla matriu del tensor d’inercia sera diagonal. Prenent aquest eixos com a eixos de referencia,la condicio que un vector arbitrari ω = (ω1, ω2, ω3) sigui autovector s’escriura: I1 0 0

0 I2 00 0 I3

ω1

ω2

ω3

= λ

ω1

ω2

ω3


es a dir, (I1 − λ)ω1 = (I2 − λ)ω2 = (I3 − λ)ω3 = 0. De la primera igualtat a zero resultaque, o be ω1 = 0, o be λ = I1. El mateix passa per la direccio 2 i la direccio 3, si miremles altres dues igualtats. Per tant, com que ω = 0 ⇒ resulta que λ ha de coincidir ambalgun dels Ii. Tenint en compte aixo, analitzem ara cada un dels tres casos:

1. Si λ = I1, llavors, com que I2 = I1 = λ i I3 = I1 = λ, resulta que ha ser ω2 = ω3 = 0,i llavors hem d’escollir ω1 = 0, per lo qual ω||e1. Analogament, si λ = I2, resultaω||e2 i, si λ = I3, resulta ω||e3 . Per tant, qualsevol autovector ha de ser paral·lel ae1, o e2 o e3 i, en consequencia, les tres direccions principals son uniques.

2. En aquest cas, necessariament, λ = I1 = I2 = I3, i llavors, l’eq. 11.4.2 es compleixper qualsevol ω i resulta que qualsevol direccio de l’espai es principal.

3. Ara puc prendre λ = I3 = I1 = I2 o λ = I1 = I2 = I3 . En el primer cas hauriad’escollir necessariament, ω1 = ω2 = 0, i, llavors, ω3 = 0, amb lo qual ω||e3. En elsegon cas, haig d’agafar ω3 = 0 i puc agafar ω1, ω2 arbitraris. Per tant, en aquestcas, qualsevol vector ω ⊥ e3 es autovector •

Corol·lari:

1. Si e1 es autovector, sempre existeixen 2 autovectors e2, e3 ⊥ e1

2. Si e1, e2 son autovectors, sempre existeix un autovector e3 ⊥ e1, e2

Demostracio: a partir de la proposicio anterior, situant-nos en cada un dels tres casospossibles •

11.4.3 Propietats de simetria.

Els moments i direccions principals d’inercia es poden determinar resolent l’equacio car-acterıstica, per buscar els autovalors, i despres buscar els autovectors. No obstant, si elcos te alguna simetria, aixo facilita la determinacio de les direccions principals.

Pla de simetria:Si el cos te un pla de simetria Π que passa per Q, llavors la recta perpendicular a Π quepassa per Q es eix principal d’inercia.

Demostracio: Prenem els eixos de coordenades amb origen a Q, de tal forma que Π siguiel pla x−y. Llavors, hem de comprovar que l’eix z es principal. Aixo equival a dir que totsels productes d’inercia que porten z son nuls. Calculem, per exemple, Izx = −

∑imizixi.

La simetria respecte del pla z = 0 vol dir que per cada partıcula de massa mi amb


x

y

z

Figura 11.10:

coordenades xi, yi, zi n’hi ha una altre identica, amb coordenades xi, yi,−zi 3. Llavors, alsumatori agruparem les partıcules amb z = 0, dos a dos, una amb z > 0 i l’altre amb z < 0.Al sumar, la contribucio de cada parella sera nul·la, perque mixizi +mixi(−zi) = 0. Lacontribucio de les partıcules amb zi = 0 es nul·la tambe. Per tant, Izx = 0. Analogament,tambe es troba Izy = 0. Per la simetria de la matriu, tambe Ixz = Iyz = 0 •

Eix de simetria:Si el cos te un eix de simetria d’ordre n ≥ 2, E, que passa per Q, E es eix principald’inercia. Si n > 2, el pla perpendicular a E que passa per Q es un pla de degeneracio(qualsevol direccio del pla es principal, d’identic moment principal).

Demostracio: veure seccio 11.7.

11.4.4 Cossos plans.

Considerem un cos contingut en un pla, i considerem el tensor d’inercia IQ respecte a unpunt Q d’aquest pla. Prenguem uns eixos de coordenades amb origen a Q, amb el plax− y coincidint amb el pla del cos i z perpendicular. Llavors, com que per cada partıcula,zi = 0, tindrem Izx = Izy = 0, per lo qual l’eix z es eix principal d’inercia. A mes a mes:

Izz =∑i

mi(x2i + y2i ) =

∑i

mi(x2i + z2i ) +

∑i

mi(y2i + z2i ) = Ixx + Iyy (11.25)

11.4.5 Teorema de Steiner.

Si ja coneixem el tensor d’inercia d’un cos respecte d’un punt, podem obtenir facilment eltensor d’inercia del mateix cos respecte d’un altre punt usant el teorema de Steiner, queens relaciona els dos tensors.

3Considerem, per simplificar, que el cos esta format per un nombre finit de partıcules. Per el cas continu,la demostracio es fa de forma analoga, fent el canvi de variable z′ = −z en l’integral corresponent, pero laidea es la mateixa.


Teorema de Steiner.Sigui O un punt qualsevol de l’espai i sigui cm el centre de masses d’un cos. Llavors:

Io = Icm +mo

on mo es el tensor d’inercia d’una partıcula de massa la del cos, situada en el seu c.m.,respecte d’O i la seva matriu es:

m

y2cm + z2cm −xcmycm −xcmzcm−ycmxcm z2cm + x2cm −ycmzcm−zcmxcm −zcmycm x2cm + y2cm

Demostracio: La relacio entre els dos tensors no te res a veure amb cap moviment, ni el

cm

cmOr

Figura 11.11: Teorema de Steiner

cos te perque ser rıgid; es una relacio basada purament en la geometria de la distribucio demasses. No obstant, res ens impedeix considerar un solid rıgid amb la mateixa distribuciode masses que el cos del qual estudiem el tensor d’inercia. Podem tambe, pensar en unmoviment d’aquest solid rıgid amb velocitat angular ω, en el qual el punt O sigui solidarial solid i es mantingui en repos a l’origen de coordenades. Mirant el moment angular delsolid en aquest moviment tindrıem, d’una banda:

Lo = Ioω

D’altre banda, podem usar la descomposicio del moment angular en orbital i intrınsec:

Lo = mrcm × vcm + Icmω

El moment angular orbital es el de una partıcula de massa m situada en el centre demasses, i el podem calcular fent servir el tensor d’inercia d’aquesta partıcula respecte del’origen:

mrcm × vcm = mo ω

Igualant les dues expressions:Ioω = moω + Icmω

i, com que el vector ω es totalment arbitrari, obtenim la igualtat dels tensors:

Io = mo + Icm •

Aplicacio a moments d’inercia:Considerem un cos de massa m, un eix que passi per el seu c.m., Ecm i un altre eix paral·lel


a l’anterior, E. Sigui d la distancia entre els dos eixos, i siguin Icm, IE els moments d’inerciarespecte aquests dos eixos, respectivament. Llavors:

IE = Icm +md2 (11.26)

Demostracio: Prenem l’origen de coordenades, O, a la interseccio de la recta perpendic-

e

e

E

E cm

cm

Orcm

Figura 11.12: Teorema de Steiner per moments d’inercia.

ular als dos eixos que passa per el c.m. i l’eix E. Sigui e un vector unitari en la direcciodels dos eixos. Llavors, en virtut del teorema de Steiner per el tensor d’inercia:

e · IO · e = e ·m · e+ e · Icm · e

D’aquı, com que el moment d’inercia d’una partıcula de massa m situada al c.m. respectede l’eix E es: e ·m · e = md2, tenim:

IE = Icm +md2 •

11.4.6 Propietat extremal.

Sigui un cos i un punt Q i siguin I1 ≥ I2 ≥ I3 els tres moments principals d’inercia,ordenats de mes gran a mes petit. Considerem el moment d’inercia del cos respecte d’uneix que passa per Q i te la direccio del vector unitari, e. Sigui I(e) la funcio que ens donaaquest moment d’inercia en funcio de la direccio de l’eix. Llavors, el maxim d’aquestafuncio es I1, i s’obte per e = e1. El mınim es I3 i s’obte per e = e3.

Aixo es demostra buscant els extrems de la funcio I(e1, e2, e3) = I1e21 + I2e

22 + I3e

23 amb

la lligadura e21 + e22 + e23 = 1.


11.5 Calcul del tensor d’inercia.

11.5.1 Cossos continus

En el cas de cossos continus, els sumatoris es substitueixen sistematicament per integrals.Comencem per un exemple senzill:

Exemple 4: moment d’inercia d’una vareta respecte d’un eix perpendicularque passa per el c.m.

Suposem que la vareta es homogenia (es a dir, de densitat constant) de massa m i longitudl i calculem el seu moment d’inercia respecte de l’eix z de la figura, que passa per el seucentre. La densitat lineal de massa es λ = m/l. Si la vareta tingues un nombre finit de

x

y

z

y

l

λ =m

l

Figura 11.13: Moment d’inercia d’una vareta respecte de l’eix z.

partıcules, es definiria I com:

I =N∑i=1

miy2i

En el cas continu, s’hauria de fer el lımit:

I = limN→∞

N∑i=1

miy2i

on, quan N →∞, mi = λl/N → 0. El calcul del lımit es fa mitjancant l’integral

I =

∫ l/2

−l/2y2λdy

formalment, hem sustituit la massa de cada partıcula, mi, per dm = λdy. Llavors, elcalcul es immediat:

I =

∫ l/2

−l/2λy2dy =

λ

3

((l

2

)3

−(− l

2

)3)

=λ

12l3 =

1

12ml2 • (11.27)


Estudiarem el cas general fixant-nos, per exemple, en el calcul del moment d’inercia re-specte de l’eix z,

Iz =∑i

mi(x2i + y2i ) (11.28)

Suposem que el cos te densitat ρ. El moment d’inercia es calcula dividint el cos en petitselements de volum, dV , que tindrien una massa mi = dm = ρdV. Llavors farıem la sumaindicada a l’eq. 11.28 respecte l’index i, es a dir, sumarıem la contribucio de tots elselements. Aixo ho anirıem repetint, fent cada cop una particio del cos mes fina, es a dir,amb dV cada cop mes petit. El lımit d’aquest proces (si existeix) es l’integral:

Iz =

∫V(x2 + y2)ρdV

En realitat, com que la integral s’esten a un volum, es tractaria d’una integral en tresdimensions o triple (respecte x, y, z), que s’expressa:

Iz =

∫ ∫ ∫V(x2 + y2)ρdV (11.29)

a on V indica el cos o volum sobre el que s’esten l’integral i dV = dxdydz.

dimi

vmx

z

y ϑ

= densitat =ρ

Figura 11.14: Calcul de Izz d’un volum.

En el cas de cossos plans considerarem la densitat superficial, σ, o massa per unitat desuperfıcie, i expressarem:

Iz =

∫ ∫S(x2 + y2)σdS (11.30)

aon S indica el cos o superfıcie sobre la que s’esten la integral i, dS es l’element d’area. Siel cos esta contingut al pla x− y, dS = dxdy.

Finalment, per el cas d’un cos unidimensional, una vareta o un filferro, per exemple,considerarem la densitat lineal de massa, λ o massa per unitat de longitud, i expressarem:

Iz =

∫L(x2 + y2)λdl (11.31)

aon L indica el cos o longitud sobre la que s’esten la integral i dl es l’element de longitud.Si el cos esta contingut a l’eix x, dl = dx (tot seguit veurem un exemple).


x

z

y

di

dm = σdS

Figura 11.15: Calcul de Izz d’un cos pla.

x

z

y

di

dm = dSλ

Figura 11.16: Calcul de Izz d’una corba.

11.5.2 Tensor d’inercia d’una vareta

Calculem el tensor d’inercia d’una vareta homogenia de massa m i longitud l respecte delc.m.. Prendrem l’origen de coordenades en el centre, l’eix y segons la vareta i els eixos x,z perpendiculars a la vareta. Com que totes les partıcules de la vareta tenen x = 0, z = 0,els productes d’inercia relatius als eixos x, z son nuls, Ixy = Ixz = Izy = 0 i, per tant,els eixos x, y, z son principals. A mes a mes, Iyy = 0 perque totes les partıcules estan adistancia 0 de l’eix y. Per simetria, Ixx = Izz = 1

12 ml2, segons el calcul que ja hem fet.Aixı, la matriu del tensor respecte aquests eixos es:

1

12ml2

1 0 00 0 00 0 1

(11.32)

11.5.3 Tensor d’inercia d’un disc

Considerem un disc homogeni de massa m i radi R, i prenguem uns eixos amb origen alcentre, z perpendicular al disc, i x, y segons el seu pla. Llavors, per ser un cos pla, l’eix zes principal d’inercia. Com que l’eix z es un eix de simetria d’ordre n > 2, els eixos x, ytambe son principals, amb Ixx = Iyy. La matriu sera: Ixx 0 0

0 Iyy 00 0 Izz


amb Izz = Ixx + Iyy = 2Ixx. Es mes simple calcular Izz i a partir d’aquı calcular Ixx. Enprincipi hem de fer:

Izz =

∫ ∫σ(x2 + y2) dx dy

pero ens podem estalviar l’integral doble fent:

π R

x

y

z

dS = 2 π r·dr

dr

σ = m

2

Figura 11.17: Calcul del moment d’inercia d’un disc.

Izz =

∫σ(x2 + y2) dS

si prenem l’element de superfıcie com un anell de gruix infinitesimal dr 4. Com quedS = 2πr dr tindrem, per tant,

Izz =

∫ R

0σr2 2πr dr = 2πσ

∫ R

0r3 dr =

π

2σR4 =

1

2mR2

Tindrem, tambe,

Ixx = Iyy =1

2Izz =

1

4mR2

11.5.4 Caracter aditiu

Els moments i productes d’inercia son additius. Aixo vol dir que si un cos esta composatde dues parts (o mes), per exemple: V = V1 ∪ V2, els moments o productes d’inercia de Vson la suma dels de cada una de les parts. Per exemple:

Iz =

∫ ∫ ∫V(x2+ y2)ρdV =

∫ ∫ ∫V1

(x2+ y2)ρdV +

∫ ∫ ∫V2

(x2+ y2)ρdV = I(1)z + I(2)z

(11.33)Aixo es degut al caracter additiu de l’integral respecte del domini d’integracio.

4Aquesta eleccio es pot fer perque sobre aquest anell la funcio que estem integrant, σ(x2+y2) es manteconstant. Si la funcio a integrar tingues una estructura mes complicada, el dS no seria tan senzill i haurıemde fer l’integral doble.


z

y

x

v1

v2

v = v1 U v2

Figura 11.18: Izz d’un cos composat de dues parts.

Nota: El caracter additiu s’aplica a moments d’inercia respecte al mateix eix o productesd’inercia respecte als mateixos eixos.

Una aplicacio d’aixo es el cas de cossos amb forats, per el qual es verifica:

Iz = Itotalz − Iforatz (11.34)

Iz es el moment d’inercia que volem calcular, Itotalz es el moment d’inercia que tindria elcos si fos massıs, i Iforatz es el moment d’inercia que li correspondria al forat.

z

y

x

v = vT vF

vF

vT

Figura 11.19: Izz d’un cos amb un forat.

11.5.5 Tensor d’inercia d’un rectangle

Siguin a, b les longituds dels costats del rectangle, im la seva massa. La densitat superficialsera: σ = m/(ab). Prendrem els eixos amb origen al seu centre, z perpendicular al seupla, x, y paral·lels als costats de longitud a i b, respectivament. Per ser un cos pla, z seraeix principal d’inercia, i a mes a mes, Izz = Ixx+ Iyy. Com que els dos eixos x, y son eixosde simetria, son principals d’inercia. Aixı, la matriu del tensor sera Ixx 0 0

0 Iyy 00 0 Ixx + Iyy


Ara, podem calcular

Iyy =

∫ ∫σx2 dx dy

pero ens podem estalviar de fer la integral si dividim el rectangle en petits rectangles delongitud a i gruix ’infinitesimal’ dy (veure figura). Aquests rectangles tenen un moment

dIy

y

z

x

b

a

σ =a·bm

Figura 11.20: Calcul del moment d’inercia d’un rectangle.

d’inercia ’infinitesimal’ respecte l’eix y:

dIyy =1

12a2 dm =

1

12a2 (σa dy)

Llavors, en virtud del caracter additiu, el moment d’inercia sera la suma dels momentsd’inercia de les varetes infinitesimals, es a dir:

Iyy =

∫dIyy =

1

12a3 σ

∫ b/2

−b/2dy =

1

12σ a3 b =

1

12ma2

Notem que obtenim el mateix valor que el moment d’inercia d’una vareta de longitud a imassa la massa total, m. Aixo no ens ha de sorprendre, ja que la distribucio de les massesdel rectangle al voltant de l’eix y es identica que la d’una vareta. En altres paraules,podem deformar el rectangle, col·lapsant el costat de longitud b en un punt, i convertir-loen una vareta de longitud a sense alterar la distribucio de masses al voltant de l’eix y.

Analogament, obtindrem:

Ixx =1

12mb2

i, finalment,

Izz =1

12m(a2 + b2)


11.5.6 Tensor d’inercia d’un paral·lelepıpede

Considerem un paral·lelepıpede homogeni de massa m i d’arestes a, b, c i calculem el tensord’inercia respecte del centre. Prendrem uns eixos x, y, z amb origen al centre i orientatsparal·lelament a les arestes de longituds a, b, c, respectivament. Com que els tres eixosson de simetria (n ≥ 2), son principals d’inercia. Calculem, per exemple, Izz. Podem

z

b a

c

dIz

Figura 11.21: Calcul del moment d’inercia Izz d’un paral·lelepipede.

descomposar el paral·lelepıpede en rectangles de costats a, b d’un espesor infinitesimal, dz,que tindran un moment d’inercia:

dIzz =1

12(a2 + b2) dm

El moment d’inercia s’obtindra sumant els moments d’inercia dels rectangles:

Izz =

∫dIzz =

∫1

12(a2 + b2) dm =

1

12m(a2 + b2)

Analogament, obtindrıem Ixx, Iyy i, finalment, la matriu es:

1

12m

b2 + c2 0 00 c2 + a2 00 0 a2 + b2

(11.35)

11.5.7 Tensor d’inercia d’un cilindre

Sigui un cilindre homogeni de massa m, radi R i alcada h i calculem el tensor respectedel centre. Prenem els eixos amb origen al centre, y segons l’eix de revolucio, i x, zperpendiculars a l’anterior. Per la simetria, aquests eixos son principals d’inercia, i Ixx =Izz. Es immediat que

Iyy =1

2mR2 (11.36)

ja que la distribucio de masses al voltant de l’eix y es identica a la d’un disc (o fent elraonament de dIyy, etc. etc.).


x

y

z

Figura 11.22: Calcul del moment d’inercia Izz d’un cilindre.

Per calcular Ixx = Izz sense fer la corresponent integral triple, descomposarem el cilindreen discs centrats a l’eix y, paral·lels a les bases del cilindre, de radi R i gruix infinitesimaldy. Cada un d’aquests discs estara a una distancia |y| respecte del pla x− z. Aplicant elteorema de Steiner, el seu moment d’inercia sera:

dIxx =1

4R2 dm+ y2 dm

el primer terme es el moment d’inercia respecte un eix paral·lel a l’eix x que passa per elseu centre. Sumant tots els moments d’inercia obtenim:

Ixx =

∫dIxx =

∫1

4R2 dm+

∫y2 dm

La primera integral ja dona directament: mR2/4, ja que R es constant. La segona calfer-la: ∫

y2ρdV = ρ

∫ h/2

−h/2y2πR2 dy = πρR2

∫ h/2

−h/2y2 dy =

1

12ρπR2h3 =

1

12mh2

Per tant, finalment:

Ixx = Izz =1

12m(3R2 + h2)

Notem que en el lımit h → 0 s’obte el moment d’inercia d’un disc, i en el lımit R → 0s’obte el moment d’inercia d’una vareta.

11.5.8 Tensor d’inercia d’una esfera

Considerem el tensor d’inercia d’una esfera homogenia de massa m i radi R, respectedel seu centre. Degut a la simetria, qualsevol eix que passi per el centre es principald’inercia amb identic moment d’inercia, I. Aixı, la matriu respecte qualsevol sistemad’eixos cartesians amb origen al seu centre sera:

I

1 0 00 1 00 0 1


Degut a la simetria hi ha diverses maneres de calcular el moment d’inercia, I. La formames standard seria evaluar la integral triple:

I = Izz =

∫ ∫ ∫ρ(x2 + y2) dV =

∫ ∫ ∫ρ(x2 + y2) dx dy dz

que es pot calcular usant les coordenades cartesianes x, y, z o be passant a coordenadesesferiques o cilındriques. Pero degut a la simplicitat del recinte d’integracio i de la funcio aintegrar es pot evitar la integral triple prenent un element de volum definit per la condiciode que la funcio que integrem, ρ(x2 + y2), sigui constant sobre els seus punts. Aquestelement seria una superfıcie cilındrica de radi r, alcada h i gruix infinitesimal dr (veurefigura). El seu volum seria: dV = 2πrh dr , i per tant:

43

ρ = m

z

y

x

r

h

dV = 2 π r·h·dr

3

h2

=

π R

R2 r2

Figura 11.23: Calcul del moment d’inercia Izz d’una esfera, prenent com element de volumun cilindre de radi r amb eix segons l’eix z i gruix infinitesimal, dr.

I = Izz =

∫ρ(x2 + y2) dV = ρ

∫ R

0r2 · 2πrh dr = 4πρ

∫ R

0r3√

R2 − r2 dr

que es pot fer fent el canvi de variable t = +√R2 − r2.

Una altre opcio es dividir l’esfera en cossos d’espesor infinitesimal de moment d’inerciaconegut. Aquests poden ser discs paral·lels al pla x−y, centrats a l’eix z, de radi r i gruixdz. Aquests discs tenen moment d’inercia dIzz = r2 dm/2, a on, dm = ρdV = ρπr2dz i,per tant,

I = Izz =

∫dIzz =

∫1

2r2dm =

∫ R

−R

1

2r2ρπr2dz =

1

2ρπ

∫ R

−R(R2 − z2)2 dz

hem usat la relacio r2 = R2 − z2.


Pero efectuarem el calcul efectiu per un quart metode basat en la simetria especıfica quete una esfera. Sumant els tres moments d’inercia:

Ixx =

∫ ∫ ∫ρ(y2 + z2) dV Iyy =

∫ ∫ ∫ρ(x2 + z2) dV Izz =

∫ ∫ ∫ρ(x2 + y2) dV

tindrem:

Ixx + Iyy + Izz = 2

∫ ∫ ∫ρ(x2 + y2 + z2) dV

Pero, d’altre banda, com que els tres moments d’inercia son iguals, es compleix:

Ixx + Iyy + Izz = 3Izz

Igualant les dues expressions,

Izz =2

3

∫ ∫ ∫ρ(x2 + y2 + z2) dV =

2

3

∫ ∫ ∫ρr2 dV

Aquesta ultima integral es pot calcular com una integral en una dimensio, prenent l’elementde volum com una superfıcie esferica de gruix infinitesimal dr, i volum dV = 4πr2 dr :

Izz =2

3ρ

∫ R

0r2 4πr2 dr =

8

15ρπR5 =

2

5mR2

hem tingut en compte que ρ = m/(4πR3/3).

11.6 Moments d’inercia de seccions planes.

Es veu a Teoria d’Estructures que una barra prismatica (seccio recta constant) flexionadaper dos parells als extrems, de moments perpendiculars al seu eix longitudinal, iguals icontraris, adquireix una curvatura κ = 1/R que ve donada per

Mx = EIxxκ (11.37)

a on Mx es el modul del moment flector i E es el modul de Young, que relaciona tensionormal, Tn, i deformacio unitaria, segons Tn = E(l − l0)/l0. La constant Ixx depen de lageometria de la seccio recta de la barra i es defineix de la manera seguent. Existeix unpla paral·lel a l’eix longitudinal i als moments flectors de tal manera que divideix la barraen dues parts, una a on hi ha allargament i una altre a on hi ha escursament. Damuntd’aquest pla no hi ha ni una cosa, ni l’altre, i s’anomena fibra neutra. Llavors, damuntd’una seccio recta qualsevol prenem l’eix x segons la interseccio de la seccio recta ambaquell pla i l’eix y perpendicular i definim:

Ixx =

∫ ∫y2 dS (11.38)

Notem que el calcul de Ixx es totalment equivalent al calcul del moment d’inercia d’uncos pla homogeni, de densitat superficial σ amb la mateixa forma que la seccio recta de labarra, respecte al mateix eix:

Ixx =

∫ ∫σy2 dS = σIxx (11.39)


Normalment, quan parlem de moment d’inercia d’una seccio plana ens referirema Ixx. El seu calcul es fa de forma identica als moments d’inercia, excepte que no esmultiplica per σ. Per tant, les seves unitats no son Kg ·m2 sino m4 .

En general, donats dos eixos x, y en la seccio plana i un eix z perpendicular a ella, tambees defineixen:

Iyy =

∫ ∫x2 dS , Ixy = −

∫ ∫xy dS , Izz =

∫ ∫(x2 + y2) dS (11.40)

i es tenen les mateixes propietats que per el tensor d’inercia d’un cos pla.

Exemple 5: moments d’inercia d’una seccio rectangular.

Suposem una seccio rectangular i prenem uns eixos x, y per el centre, paral·lels als costats.Hem vist, per exemple:

Ixx =

∫ ∫σy2 dS =

1

12mb2 =

1

12(σab)b2 (11.41)

Per tant, obtindrem el moment d’inercia de la seccio simplificant per σ:

Ixx = Ixx/σ =1

12ab3 (11.42)

es a dir, substituint m per l’area de la seccio. Analogament,

Iyy =1

12a3b , Izz =

1

12(a2 + b2)ab , Ixy = 0 (11.43)

11.7 Complements:

11.7.1 Algunes demostracions.

Propietats de simetria del centre de massa

1. Si un cos te un pla de simetria, el centre de masses esta en aquest pla.

2. Si te un eix de simetria, (n ≥ 2) el centre de masses esta un aquest eix.

3. Si es simetric respecte a un punt, aquest punt es el centre de masses

Demostracio:

1. Sigui x -y el pla de simetria

zcm =1

m

∫ ∫ ∫VρzdV =

1

m

∫ ∫ ∫V1

ρzdV +1

m

∫ ∫ ∫V2

ρzdV = (11.44)

=1

m

∫ ∫ ∫V1

ρzdV +1

m

∫ ∫ ∫V1

ρ(−z)dV = (11.45)

=1

m

∫ ∫ ∫V1

ρzdV − 1

m

∫ ∫ ∫V1

ρzdV = 0 (11.46)


z

y

x

v

v2

1

Figura 11.24: Cos simetric respecte del pla z = 0.

2. Sigui (0,0,0) el centre de simetria.

mxcm =

∫ ∫ ∫VρxdV =

∫ ∫ ∫V1

ρxdV +

∫ ∫ ∫V2

ρxdV , (11.47)

on V1, V2 son com abans (x > 0, x < 0). Per la simetria, per cada punt (x, y, z) ∈V1 , ∃(−x,−y,−z) ∈ V2, i com que ρ(x, y, z) = ρ(−x,−y,−z), tindrem:∫ ∫ ∫

V2

ρxdV = −∫ ∫ ∫

V1

ρxdV ⇒ xcm = 0 (11.48)

Analogament, ycm = zcm = 0⇒ centre de masses = (0, 0, 0)

Tensor d’inercia d’un cos amb un eix de simetria.

Si el cos te un eix de simetria d’ordre n ≥ 2, E, que passa per Q, E es eix principald’inercia. Si n > 2, el pla perpendicular a E que passa per Q es un pla de degeneracio(qualsevol direccio del pla es principal, d’identic moment principal).

Demostracio: Per simplificar, considerarem que el cos esta composat per un nombre finit

1

2

3 4

5

2πn

Figura 11.25: Cos amb un eix de simetria d’ordre n = 5.

de partıcules. Prenem l’eix E com eix de coordenades z. La simetria d’ordre n implica queles partıcules del cos es poden agrupar per grups de n partıcules d’igual massa, disposadesen circumferencies en plans perpendiculars a E i centrades a E, de tal manera que dospartıcules consecutives i l’eix E determinen un angle 2π/n. Considerem ara la contribucio


de cada un d’aquests grups de n partıcules a Izx i Izy. Oblidant-nos momentaniament dela resta de partıcules, tindrem:

Izx = −n∑

j=1

mzr cos(2π

nj) , Izy = −

n∑j=1

mzr sin(2π

nj) (11.49)

Per calcular les sumes de sinus i cosinus resulta practic passar al pla complex perque lasuma:

Izy + iIzx = −mzrn∑

j=1

(cos(

2π

nj) + i sin(

2π

nj)

)= −mzr

n∑j=1

ei2πnj (11.50)

es redueix a sumar una progressio geometrica de rao e2πi/n:

Izy + iIzx = −mzre2πiei

2πn − ei

2πn

ei2πn − 1

= 0 (11.51)

Aquest quocient te sentit perque el denominador no s’anul·la, ∀n ≥ 2, i, per tant, l’igualtata zero es valida. En consequencia, la contribucio a Izx i Izy d’aquest grup de n partıculeses nul·la i, com que aixo es pot fer per tots els grups, resulta que Izx = Izy = 0. Per tant,z es eix principal.

Per veure la degeneracio en el pla x− y en el cas n > 2, seguirem el mateix metode depassar al pla complex. En primer lloc, notem que, limitant-nos a qualsevol dels grups den partıcules

Ixx =n∑

j=1

m

(r2(cos(

2π

nj))2 + z2

)= mr2C +mnz2

Iyy =

n∑j=1

m

(r2(sin(

2π

nj))2 + z2

)= mr2D +mnz2

Ixy = −n∑

j=1

mr2 sin(2π

nj) cos(

2π

nj) = −1

2mr2E

hem agrupat les 3 sumes a fer en els termes C,D i E. Ara, novament, relacionem lessumes que volem fer amb la suma d’una progressio geometrica, aquest cop de rao e4πi/n:

C −D − iE =n∑

j=1

(cos(

2π

nj) + i sin(

2π

nj)

)2

=n∑

j=1

ei4πnj =

e4πiei4πn − ei

4πn

ei4πn − 1

= 0

La igualtat a zero es valida sempre que el denominador no s’anul·li, es a dir, si n > 2.D’aquı resulta que C = D i E = 0. Aplicant aquest procediment per tots els grups de npartıcules, tenim Ixy = 0 i Ixx = Iyy.

Capıtol 12

Dinamica 3D del solid rıgid.

En aquest tema donarem una introduccio molt elemental a la dinamica del solid en 3dimensions, es a dir, en el cas general en que l’eix de rotacio pot canviar d’orientaciodurant el moviment.

12.1 Equacions del moviment

Em el Tema 8 (Dinamica de sistemes de partıcules) ja varem obtenir l’equacio que governael moviment de translacio:

dp

dt= F e ⇒ macm = F

que es valida per qualsevol moviment i per qualsevol sistema de partıcules i, per tant,tambe per un solid rıgid.

Ara a partir de la llei de balanc del moment angular

dLcm

dt= Mcm

obtindrem l’equacio general que governa els moviments de rotacio. Considerem aquestaequacio i omitim la referencia al centre de masses (cm) per comoditat. Aleshores, tindrem:

M =dL

dt=

d

dt(I · ω)

a on la derivada temporal ha de ser respecte d’un sistema inercial S.

217

CAPITOL 12. DINAMICA 3D DEL SOLID RIGID. 218

x

x

x

S

A

x’

x’

x’

S’3

2

1

1

2

ω3

Figura 12.1: Moviment general d’un solid rıgid respecte d’un sistema inercial S.

Per derivar I · ω respecte del temps conve expressar-ho respecte eixos solidaris al solid ifer servir:

(du

dt)S = (

du

dt)S′ + ω × u ⇒

(d

dt(I · ω))S = (

d

dt(I · ω))S′ + ω × (I · ω)

ja que ( ddt(I · ω))S′ es facil de calcular, perque Iij , e′i son constants. ⇒

[d

dt(I · ω)]S′ = I · (dω

dt)S′

Pero (dω

dt)S = (

dω

dt)S′ + ω × ω = (

dω

dt)S′ ⇒

I · (dωdt

)S′ = I · (dωdt

)S = I · α ⇒

I · α+ ω × (I · ω) = M

Es l’anomenada Equacio d’Euler. Aixı, les equacions generals del moviment del solidrıgid son:

macm = F

I · α = M − ω × (I · ω)

que representen 6 equacions per els 6 graus de llibertat. Les equacions d’Euler son semprevalides respecte del centre de masses. En el cas particular que existeixi un punt del solidtal que aA = 0 , tambe son valides respecte A. Notem la correspondencia:

m←→ I , acm ←→ α , F ←→ M

pero per la rotacio hi ha el terme addicional ω×(I·ω) , que nomes s’anul·la si ω es paral·lelaa una direccio principal d’inercia. Si es coneixen F , M en funcio de les coordenades per larotacio es poden usar els 3 angles d’Euler (Bedford-Fowler 9.5) aixo constitueix un sistema


de 6 equacions diferencials per les 6 incognites xcm, ycm, zcm, φ, θ, Ψ que es pot resol-dre conegudes les posicions i velocitats inicials. Sense abordar aquest problema general,que queda per sobre de l’abast del curs de mecanica elemental, es poden veure algunesaplicacions interessants de les equacions d’Euler. Abans, pero, mirem com s’escriuen lesequacions d’Euler respecte eixos principals d’inercia.

I =

I1 0 00 I2 00 0 I3

⇒

ω × (I · ω) =

∣∣∣∣∣∣e′1 e′2 e′3ω′1 ω′

2 ω′3

I1ω′1 I2ω

′2 I3ω

′3

∣∣∣∣∣∣ == (I3 − I2)ω

′2ω

′3e

′1 + (I1 − I3)ω

′1ω

′3e

′2 + (I2 − I1)ω

′1ω

′2e

′3

i substituint en les equacions d’Euler obtenim:

I1α1 = M1 + (I2 − I3)ω2 ω3

I2α2 = M2 + (I3 − I1)ω3 ω1

I3α3 = M3 + (I1 − I2)ω1 ω2

on ω1, ω2, ω3, α1, α2, α3 son les components de la velocitat i l’acceleracio angulars i M1,M2,M3

son les components del moment, tot respecte dels eixos principals d’inercia.

12.2 Rotacio al voltant d’un eix de direccio constant

Suposem que degut a les raons que sigui, ω(t) mante constant la seva direccio. Aleshores,prenent l’eix z paral·lel a ω i que passi pel centre de masses (o per Q si vQ = 0 ∀t )tindrem:

ω = ω(t)ez , α =dω

dt= α(t)ez

L’equacio d’Euler s’escriu:

αI · ez + ω2ez × (I · ez) = M

i projectant sobre ez obtenim:

α ez · I · ez = M ⇒ Iz α = Mz

ja que ez × (I · ez) es perpendicular a ez. Com varem veure en el Tema 8, aquesta esl’equacio de la rotacio 2D.

Notem, pero, que si el cos gira al voltant d’un eix que no es principal d’inercia, es a dir,si ez no es direccio principal d’inercia, encara que l’acceleracio angular sigui nula, α = 0 ,el moment aplicat al solid no es nul:

M = ω2ez × (I · ez) = 0


Aixo es essencialment diferent del moviment de translacio (acm = 0 ⇔ F = 0) i implicaque per mantenir l’eix constant en direccio es necessari fer un moment:

M ′ = ω2ez × (I · ez)

Si no actua M , en general α = 0.

Exemple:

Si a una vareta se li dona un impuls inicial que la fa girar al voltant d’un eix que passapel seu centre pero que no es principal d’inercia i se la deixa girar lliurement (es a dir ambM = 0), no seguira girant al voltant del mateix eix.

ω

ω = ω

ο

ο

Figura 12.2:

12.3 Rotacio al voltant d’un eix principal d’inercia

Ja hem vist a la seccio anterior que si el solid gira al voltant d’un eix principal d’inerciano es necessari exercir cap moment per mantenir la direccio de l’eix de rotacio. Es potdemostrar que si donem un impuls angular inicial a un solid fent-l’ho girar al voltant d’uneix principal i no actua cap moment mes, el solid es mantindra girant al voltant d’aquesteix, fix a l’espai. Si actua algun moment per t > 0 pero ho fa en la direccio de l’eixprincipal, el resultat es el mateix. Veiem-ho.

Considerem un sistema de referencia inercial S i un sistema solidari al solid, S′, amb eixosprincipals d’inercia, x′1, x

′2, x

′3 i origen al c.m. Suposem que la rotacio inicial es segons x′1

i que M2 = M3 = 0. Aleshores, el moviment ve determinat per les equacions d’Euler:

I1α1 = M1 + (I2 − I3)ω2 ω3

I2α2 = (I3 − I1)ω3 ω1

I3α3 = (I1 − I2)ω1 ω2


amb les condicions inicials ω1(0) = ω0 , ω2(0) = ω3(0) = 0 . Una solucio possible es:

ω1(t) = ω(t) ω2(t) = 0 ω3(t) = 0 (12.-10)

on la funcio ω(t) es la solucio de la primera equacio d’Euler,

I1dω

dt= M1 (12.-10)

amb condicio inicial ω(0) = ω0 . Notem que la segona i la tercera equacions d’Euler es ver-ifiquen automaticament. Al curs d’Equacions Diferencials es veu que per una equacio coml’equacio d’Euler, donades unes condicions inicials, la solucio es unica. Llavors, aquesta esla solucio.

Aixı, en el sistema de referencia solidari al solid, S′, ω(t) mante fixa la direccio. Pero hemde veure que la direccio de ω(t) es tambe fixa respecte al sistema inercial, S. Com queen qualsevol instant de temps es compleix

(de′1dt

)S = (de′1dt

)S′ + ω × e′1 = (de′1dt

)S′ = 0 (12.-10)

el vector e′1 es constant i tambe ho es la direccio del vector ω.

z

S

M

ω

y

x

e3

e2

e 2

o

Figura 12.3: Rotacio al voltant d’un eix principal d’inercia.

12.4 Moviment del solid lliure de moments

Per el moviment de translacio, si no actuen forces externes el moviment es molt senzill:el c.m. es mou en lınia recta a velocitat constant (acm = 0). En canvi, pel moviment derotacio, encara que el moment exterior sigui nul, el moviment pot ser forca complicat, comara veurem. A tıtol d’exemple analitzarem nomes el cas en que el cos te degeneracio axial(I1 = I2), que es relativament simple. Evidentment, suposem que I3 = I1 = I2, ja quesino hi hauria degeneracio total i estariem en la situacio de la seccio anterior (qualsevoldireccio de l’espai es principal).


Per tant, suposarem que Mcm = 0 i escriurem les equacions d’Euler referides als eixosprincipals d’inercia:

I1dω1

dt= (I1 − I3)ω2 ω3

I2dω2

dt= (I3 − I1)ω3 ω1

I3dω3

dt= 0

a on els moments i eixos principals son respecte del c.m.1, i les components del vectorvelocitat angular, ω = (ω1, ω2, ω3), estan referides als eixos principals.

De la darrera equacio es dedueix que ω3 es constant i, definint Ω = (I3−I1)ω3/I1, les duesprimeres equacions s’escriuen

dω1

dt= −Ωω2 ,

dω2

dt= Ωω1

Derivant la primera i substituint ω2 de la segona s’obte l’equacio d’un oscil·lador harmonicper a ω1(t):

d2ω1

dt2= −Ω2ω1

que s’integra per donar:ω1(t) = A cos(Ωt+ ϕ)

a on A,ϕ son les constants d’integracio. De la primera equacio, abans de derivar, obtenim:

ω2(t) = A sin(Ωt+ ϕ)

Les constants es determinen a partir de les condicions inicials com:

A =√

ω210 + ω2

20 , ϕ = tan−1(ω20

ω10)

En consequencia, el vector ω te modul constant, pero varia de direccio de manera quevist des del sistema solidari al solid, amb base e1, e2, e3, descriu un con amb vertex alcm, al voltant de l’eix principal paral·lel a e3 amb frequencia angular Ω = (I3 − I1)ω3/I1,(velocitat angular amb que gira el vector ω).

Com que Mcm = 0, el vector Lcm es constant respecte del terra (sistema inercial S).Pero com que el solid es mou respecte de S, el vector Lcm tambe es mou respecte delsolid. Llavors, es convenient veure com es aquest moviment per tal de poder determinarel moviment del solid respecte de S. Per aixo conve posar Lcm en funcio de ω i e3:

Lcm = (I1ω1, I2ω2, I3ω3) = I1(ω1, ω2, ω3) + (I3 − I1)(0, 0, ω3) = I1 ω + (I3 − I1)ω3 e3

1Si hi ha un punt del solid Q tal que vQ = 0 ∀t i el moment resultant respecte d’ell es nul, MQ = 0 , totel desenvolupament es pot fer respecte de Q. Llavors els moments i direccions principals serien del tensord’inercia IQ en contes de Icm.


La relacio que hem trobat entre Lcm, ω, e3 te coeficients constants i per tant les posicionsrelatives dels tres vectors son tambe constants. Llavors, el moment angular esta en elmateix pla que ω, e3 i descriu tambe un con al voltant de e3 amb la mateixa frequenciaangular que ω. La relacio entre aquests tres vectors s’ilustra a la figura adjunta, per elscassos I3 > I1 o I3 < I1.

I1ω

Lcm

1I < I3

ω3(Ι −Ι )e’33 1

3

ω

,1I > I3

I1ω

Lcm

ω3(Ι −Ι )e’33 1

3

ω

Figura 12.4: Relacio entre els vectors Lcm, ω i e3. Per fixar idees s’ha suposat ω3 > 0

Ara ja estem en condicions de descriure el moviment del solid vist des del terra (S). Comja hem dit, Lcm es constant en el sistema S i proporciona, per tant, una direccio fix al’espai, al voltant de la qual giren ω i e3 amb frequencia angular Ω. Per exemple, perel cas I3 < I1, imaginem per un moment que el solid es un con de vertex al cm ambeix de revolucio segons e3 i semiangle l’angle determinat per ω i e3. Llavors, aquest conroda sense lliscar al voltant d’un con de vertex el cm amb eix de revolucio segons Lcm isemiangle l’angle entre Lcm i ω. En realitat, el solid no te perque coincidir amb aquell

I < I3 1

Lcm ω

2

1

3

cm

,

Lcm ω

cm

1

2

3

1I > I3

Figura 12.5: Representacio del moviment del solid, representat per el moviment del conde vertex el cm i eix de revolucio segons e3.


con, pero es mou solidariament amb ell. Es pot pensar que el solid te un moviment derotacio al voltant de l’eix e3 i que e3 te un moviment de precessio al voltant de Lcm.Per el cas I1 > I3 l’interpretacio es similar.

12.5 La baldufa

Si deixem una baldufa en repos damunt del terra cau. En canvi, si li donem una velocitatangular de rotatacio respecte del seu eix de simetria i la velocitat angular es prou gran, espot mantenir sense caure durant molt de temps, en un moviment que sembla que desefiia la gravetat. Aquest comportament intrigant s’anomena efecte giroscopic i te diversesaplicacions. Un analisis rigoros de tots els moviments possibles d’una baldufa es complicati esta per sobre del nivell d’un curs elemental. No obstant, hi ha un analisi simplificat queens pot aclarir l’essencia del comportament giroscopic. Posteriorment, usant les equacionsd’Euler, veurem en quines condicions els resultats d’aquell analisi son acertades.

12.5.1 La baldufa: analisi simplificat

Considerem que la baldufa es simetrica, de tal manera que I1 = I2 i considerem unsistema de referencia amb origen al punt de recolcament al terra, O. Les acceleracionsd’aquest punt normalment son molt petites i podrem, per tant, considerar que el sistemade referencia es inercial amb molt bona aproximacio. Si la baldufa gira respecte el seu eixde simetria, que es un eix principal d’inercia, te un moment angular respecte d’O en ladireccio d’aquest eix,

LO = I3ω3 e3

Degut a que (com hem vist experimentalment amb el giroscop) l’eix de simetria canvia dedireccio, tambe hi haura velocitat angular en altres direccions i tambe moment angular.Tanmateix, si ω3 es molt gran, podem fer un estudi simplificat negligint la component deLO perpendicular a l’eix de revolucio. A posteriori veurem que aquesta aproximacio esvalida. Aquest estudi simplificat es pot fer considerant directament l’equacio del moment:

dL

dt= M = b×mg = ±mb

LL× g

b es el vector de posicio del c.m. respecte al punt de recolzament, O, que suposem fix al’origen de coordenades. Hem eliminat la referencia al punt O per simplificar la notacio.Aixı, com que el moment M del pes, que dona la derivada dL/dt, es perpendicular almoment angular, L, aquest vector va girant al voltant de l’eix z i tambe ho fa l’eix derevolucio de la baldufa. Aquesta es la causa essencial del moviment de precessio de l’eix.


z

O

b

L

mg

ω3

notacio

O

Figura 12.6: La baldufa i els seus moviments de precessio i de nutacio.

El moviment de precessio es pot demostrar i la seva velocitat angular Ω es pot determinarde la forma seguent. Per el moviment circular uniforme d’una partıcula tenim:

v =dr

dt= Ω× r

r(t) es el vector de posicio i Ω es el vector velocitat angular, que es constant. Si comparemamb l’equacio

dL

dt= ∓ (

mb

Lg) × L

veiem que el vector L girara igual que el vector de posicio de la partıcula, amb una velocitatangular:

Ω = ∓ mb

I3ω3g (12.-13)

que es la velocitat angular de precessio, que te el mateix sentit (horari o anti-horari) quela rotacio de la baldufa al voltant del seu eix. Notem que si ω3 es molt gran, Ω es moltpetita. Aixı, en aquest cas esta justificada l’aproximacio basada en negligir la componentde L perpendicular a l’eix de revolucio.

Tanmateix, l’estudi que hem fet no es exacte. Si es fa l’estudi exacte s’obte que l’eixde revolucio no nomes te el moviment de precessio sino que tambe pot tenir l’anomenatmoviment de nutacio que es una oscil·lacio de l’eix cap amunt i cap avall en un plavertical giratori seguint la precessio.

12.5.2 La baldufa: moviments de precessio sense nutacio

En la seccio aneterior hem fet aproximacions. Per comprobar fins a quin punt les aprox-imacions que hem fet son correctes (en el lımit ω3 → ∞) tenim una eina: les equacionsd’Euler, que son les equacions del moviment de rotacio. Perque un moviment sigui pos-sible ha de complir les equacions del moviment. El moviment de la baldufa dependra


de les condicions inicials, i en funcio d’elles pot ser forca complicat, combinant rotacioal voltant de l’eix de simetria, precessio i nutacio. Pero podem investigar si existeixenmoviments de rotacio i precessio pures, sense nutacio, mirant si existeixen solucions de lesequacions d’Euler d’aquesta forma. Si en trobem, en el cas que es donin les condicionsinicials adecuades, aquest sera el moviment de la baldufa.

Siguin I1 = I2 = I3 els tres moments principals d’inercia. Considerem dos sistemes dereferencia, un inercial fix al terra amb base ortonormal (ex, ey, ez) i un altre mobil, S′,amb base ortonormal (e1, e2, e3) que gira al voltant de l’eix z amb la velocitat angular deprecessio Ω. El vector e3 te la direccio de l’eix de la baldufa, e2 es perpendicular a ell, enel pla x− y i e1 es perpendicular als anteriors (veure figura). Notem que els vectors de labase mobil son vectors propis de IO, amb valors propis I1, I2, I3, pero que no son totalmentsolidaris al solid (giren nomes amb la velocitat angular de precessio). Considerem que labaldufa te nomes dos moviments, un de rotacio al voltant del seu eix de simetria a velocitatangular ω0 = ω0e3 i un de precessio a velocitat angular Ω = Ωez. Sigui β l’angle entrel’eix de la baldufa i l’eix z, que es mante constant perque no hi ha nutacio.

ωo

x

y

z

1

ωp t

o

2

ω

M exto

p

3

mg

cm

βl

Figura 12.7: Precessio de la baldufa. Eixos fixes (x, y, z) i eixos mobils (1-2-3). Ω, b esrepresenten a la figura per ωp, l respectivament.

Tenint en conta els dos moviment de rotacio esmentats, la velocitat angular total de labaldufa respecte del terra, expressada respecte del eixos mobils es:

ω = ω0e3 +Ωez = ω0e3 +Ω(− sinβe1 + cosβe3) = −Ωsinβe1 + (ω0 +Ωcosβ)e3

Per trobar l’acceleracio hem de derivar els vectors de la base mobil:

de1dt

= Ω× e1 = Ω(− sinβe1 + cosβe3)× e1 = Ωcosβe2


de3dt

= Ω× e3 = Ω(− sinβe1 + cosβe3)× e3 = Ωsinβe2

Llavors, com que ω0,Ω, β son constants, tenim:

α =dω

dt= −Ωsinβ

de1dt

+ (ω0 +Ωcosβ)de3dt

= ω0Ωsinβe2

Ara anem a les equacions d’Euler expressades respecte d’eixos principals i ens adonem quela primera i la tercera es compleixen identicament. Nomes queda la segona:

I2α2 = M2 + (I3 − I1)ω2ω1

que s’escriu:I1ω0Ωsinβ = mgb sinβ − (I3 − I1)(ω0 +Ωcosβ)Ω sinβ

Reordenant termes s’obte una equacio algebraica de segon grau per Ω si fixem tot la restade parametres i si I1 = I3:

(I1 − I3) cosβ Ω2 − I3ω0Ω+mgb = 0

Llavors, si el discriminant es positiu o nul

∆ = I23ω20 − 4mgb(I1 − I3) cosβ ≥ 0

existeix moviment de precessio sense nutacio de la forma que hem desenvolupat i la veloc-itat angular de precessio ve donada per:

Ω± =I3ω0 ±

√I23ω

20 − 4mgb(I1 − I3) cosβ

2(I1 − I3) cosβ(12.-13)

Si ∆ > 0 existeixen dues possibles velocitats de precessio diferents. Notem que ∆ ≥ 0si I1 < I3 o en cas contrari, si la velocitat angular de la baldufa al voltant del seu eix essuficientment gran:

ω0 ≥2

I3

√mgb(I1 − I3) cosβ

Ens podem preguntar que te a veure l’expressio simplificada, eq. 12.5.1, amb l’expressioque acabem de veure, eq. 12.5.2. Podem escriure aquesta ultima expressio com:

Ω± =I3ω0

2(I1 − I3) cosβ

(1±

√1− 4mgb(I1 − I3) cosβ

I23ω20

)En el lımit ω0 → ∞ podem usar el desenvolupament de Taylor

√1 + ϵ ≃ 1 + ϵ/2 (per

|ϵ| << 1) i obtenim:

Ω± =I3ω0

2(I1 − I3) cosβ

(1±

(1− 2mgb(I1 − I3) cosβ

I23ω20

))D’aquı, desenvolupant, obtenim els valors lımit per ω0 molt gran:

Ω+ ≃ I23ω20 −mgb(I1 − I3) cosβ

(I1 − I3)I3ω0 cosβ≃ I3ω0

(I1 − I3) cosβ(12.-12)

Ω− ≃ mgb

I3ω0(12.-11)

Notem que el segon valor lımit coincideix amb la velocitat angular de precessio obtingudaamb l’analisi simplificat, eq. 12.5.1.

Capıtol 13

Oscil·lador lineal

Dels diferents tipus de moviment que estudia la Mecanica elemental potser el que te mesimportancia i trascendencia es el moviment oscil·latori. Genericament un movimentoscil·latori es un moviment d’anada i tornada, travessant una posicio d’equilibri, que esva repetint en el temps. Exemples tıpics que s’han estudiat al laboratori, es el movimentd’un cos penjat d’una molla o el moviment d’un pendol. Els pistons als cilindres d’unmotor tenen un moviment oscil·latori. La temperatura d’un cos es pot interpretar comenergia de vibracio (o oscil·lacio) dels atoms del cos. La rentadora de casa, quan centrifuga,comenca a fer oscil·lacions molt rapides.

Ens podem mirar el tema des d’una altra perspectiva. El moviment mes simple de la Natu-ra es el repos o absencia de moviment (equilibri). El seu estudi es fonamental per l’enginyercivil que preten construir diversos tipus d’obres (ponts, carreteres, espigons, torres, tunels,etc. ) amb l’esperanca que no es moguin, que estiguin en repos i estables. Si un cos no estaen repos, el moviment que s’assembla mes al repos, es el moviment oscil·latori, sobretot sil’amplitud de les oscil·lacions es petita. En realitat, ponts, carreteres, espigons, etc. maiestan totalment en equilibri perque estan subjectes a petites vibracions provocades peragents ambientals com: el pas de vehicles, el vent, accions sısmiques, onades, etc.Per aixo,el moviment oscil·latori es tant important com l’equilibri exacte per l’enginyer civil.

Finalment, cal notar que el moviment oscil·latori es tambe fonamental per l’estudi de lesones, que no son res mes que la propagacio d’una oscil·lacio. Es ben sabut que el soes una vibracio del medi material. Les onades del mar son una oscil·lacio de l’aigua entrajectorias quasi el·liptiques en les que l’aigua, en promitx, quasi no es mou. El que esdesplaca essencialment es la oscil.lacio: es un moviment del moviment.

13.1 Forca recuperadora lineal: oscil·lador harmonic

Els ingredients essencials de tota oscil·lacio son una posicio d’equilibri del sistema(repos) i una forca recuperadora, es a dir, una forca que empeny el sistema cap a

228

CAPITOL 13. OSCIL·LADOR LINEAL 229

l’equilibri si algun agent exterior l’ha apartat de l’equilibri. Ens reduirem de moment aun sistema amb un grau de llibertat. Sigui x la coordenada que mesura la separacio delsistema respecte de la posicio d’equilibri i F (x) la forca. El caracter de forca recuperadorasignifica:

F (x) =

> 0 si x < 00 si x = 0< 0 si x > 0

El cas mes senzill es quan F (x) es una funcio lineal:

F (x) = − k x (13.0)

amb k > 0. Aquest es el cas, per exemple, d’un cos de massa m unit per una molla a unpunt fix, i que es pot moure nomes en una direccio de l’espai. Veure la figura 13.1

k xm

Forca

linial

Forca recuperadorarecuperadora

F

x

F

x

Figura 13.1: Molla i forca recuperadora.

Si apartem el cos de la posicio d’equilibri en la qual la molla esta relaxada (longitudnatural), la molla fara una forca F (x) = −kx on k es la constant elastica. En general,F (x) no es exactament lineal amb x, pero ho es amb bona aproximacio per la majoria demolles si x no es molt gran. Es diu en aquest cas que la molla es elastica lineal. En aquestcas, segons la segona llei de Newton, l’equacio de moviment es:

d2x

dt2= −px (13.0)

amb p = k/m > 0, anomenada equacio de l’oscil·lador harmonic.

Ara ens trobem amb el problema matematic de resoldre l’equacio diferencial 1.2, es a dir,trobar les possibles solucions x(t). En primer lloc, la solucio no es unica (si no fixemcondicions inicials). Per exemple, x(t) = sin

√p t es solucio de 1.2, pero tambe ho es

x(t) = 3 sin√p t o x(t) = cos

√p t.


Com podem trobar totes les solucions possibles? L’equacio 1.2 es una equacio diferenciallineal de segon ordre a coeficients constants. Aixo vol dir, un cas particular de l’equaciodiferencial lineal d’ordre n:

dnx

dtn+ an−1(t)

dn−1x

dtn−1+ an−2(t)

dn−2x

dtn−2+ ... + a1(t)

dx

dt+ a0(t)x = 0 (13.0)

Es diu que l’equacio es lineal perque conte nomes funcions lineals de x i de les sevesderivades. Els coeficients poden dependre de t pero no de x o de les seves derivades.Tambe poden ser constants, en aquest cas es diu que l’equacio es a coeficients constants.

La resolucio de 1.3 es basa en el seguent teorema matematic que es demostra a equacionsdiferencials:

TeoremaEl conjunt de totes les solucions de l’equacio 1.3 es un espai vectorial de dimensio n sobreℜ.

Aixı, si som capacos de trobar n solucions linealment independents ja les tindrem totes,perque qualsevol solucio sera una combinacio lineal d’aquestes n. Ara el problema es comtrobar n solucions independents. Si els coeficients aj(t) son constants es busquen solucionsdel tipus:

x(t) = eλ t (13.0)

on λ es una constant a determinar. Per exemple, l’equacio:

d2x

dt2− 4x = 0

tindria les solucions:x(t) = e2t , x(t) = e−2t

que son linealment independents. Si apliquem el metode a l’equacio de l’oscil·ladorharmonic tindrem que λ ha de complir:

λ2 + p = 0 (13.0)

pero com que p > 0 no trobem solucions reals, ja que λ = ±i√p. Tindrıem aleshores:

x(t) = eλ t = ei√p t = cos

√p t + i sin

√p t (13.0)

que obviament no es cap solucio perque x(t) no seria real ( i el mateix amb −i√p).Tanmateix, la part real cos

√p t i la part imaginaria sin

√p t si que son solucio, cada una

per separat. Es facil demostrar que aixo passa sempre, per tota equacio diferencial deltipus 1.3: si trobem una solucio complexa, la seva part real i la seva part imaginaria, perseparat, seran solucio.

Aplicant tot aixo a l’equacio de l’oscil·lador harmonic tenim que la solucio general sera:

x(t) = c1 sinωt + c2 cosωt (13.0)


on c1, c2 son constants arbitraries i on hem definit

ω =√p =

√k

m(13.0)

Si definim les noves constants

A =√

c21 + c22 , tanφ0 =c2c1

(13.0)

tindrem c1 = A cosφ0 , c2 = A sinφ0 i podrem escriure la solucio com:

x(t) = A sin (ωt+ φ0) (13.0)

tAsinϕ

o

A

−A

x

Figura 13.2: Moviment harmonic simple.

Com podem veure, el moviment es oscil·latori entre x = −A i x = A i s’anomenamoviment harmonic simple. Les constants A i φ0 s’anomenen amplitut i fase inicialrespectivament i depenen de les condicions inicials (en la forma que veurem tot seguit).En canvi, la constant ω s’anomena pulsacio o frequencia angular i no depen de lescondicions inicials, depen nomes de les caracterıstiques de l’oscil·lador (rigidesa, k i inerciam ). Quant mes gran es la rigidesa i mes petita la inercia, mes gran es la frequencia angulari mes rapides son les oscil·lacions. Es mesura en rad/s (projeccio d’un moviment circularuniforme damunt d’un diametre).

Una caracterıstica fonamental del moviment es que es periodic, es a dir, es va repetint enel temps a intervals iguals. En efecte, per ∆t = 2π/ω, la posicio i velocitat torna a ser lamateixa. A mes, aquest es el mınim temps necessari perque aixo passi. A aquest intervalde temps se l’anomena perıode:

T =2π

ω(13.0)

Al nombre d’oscil·lacions per unitat de temps se l’anomena frequencia:

ν =1

T(13.0)

i es mesura en cicles per segon (c/s) o hertzs (Hz) (1Hz = 1c/s)

Les constants A,φ0 es calculen a partir de les condicions inicials. Derivant respecte altemps tenim: v = Aω cos(ωt+ φ0). Aleshores, per t = 0 obtenim:

x0 = A sinφ0 , v0 = Aω cosφ0 (13.0)


dividint una equacio per l’altre obtenim:

tanφ0 =ωx0v0

(13.0)

i elevant al quadrat cada equacio i sumant:

A =

√x20 + (

v0ω)2 (13.0)

Observacions

1. El moviment harmonic simple es pot expressar com un cosinus en comptes d’unsinus. En efecte: x = A sin(ωt+ φ0) = A sin(ωt+ φ0 + π/2− π/2) =A cos(ωt+ φ′

0) on la fase inicial es φ′0 = φ0 − π/2.

2. Tot el que hem fet es valid per qualsevol equacio de moviment del tipus 1.5, inde-pendentment del seu significat fısic. La frequencia angular sera ω =

√p.

3. L’energia cinetica i l’energia potencial van variant amb el temps, pero l’energia totales constant i val:

E =1

2mv2 +

1

2kx2 =

1

2mA2ω2(cos(ωt+ φ0))

2 +1

2kA2(sin(ωt+ φ0))

2 =

1

2kA2 =

1

2mω2A2 (13.0)

Aixı, l’energia de l’oscil·lador harmonic es proporcional al quadrat de l’amplitudd’oscil·lacio. Aquesta es una rel·lacio de gran trascendencia.

Exemple: Cos penjat d’una molla, sota l’accio de la gravetat. Veure la figura 13.3

Sigui x la coordenada vertical, positiva cap avall, prenem x = 0 en la posicio d’equilibride la molla quan no hi ha el cos que penja. Sigui m la massa d’aquest cos i sigui k laconstant de la molla. Tindrem:

mx = −kx+mg (13.0)

de tal manera que l’equacio del moviment no es la del oscil·lador harmonic. Aixo s’arreclafacilment buscant la posicio d’equilibri quan hi ha el cos que penja:

−kxe +mg = 0 ⇒ xe =mg

k(13.0)

i fent la translacio d’eix de coordenades:

q = x− xe = x− mg

k(13.0)

Amb la nova coordenada escriurem:

mq = mx = −kx+mg = −k(q + mg

k) +mg = −kq (13.1)


i, per tant, el moviment es harmonic simple, pero no al voltant de x = 0 sino al voltantde la posicio d’equilibri, xe = mg/k.

m g

x = 0

x

x

e

Figura 13.3: Moviment vertical d’un cos suspes d’una molla

Notem que l’energia potencial total, encara que tingui un terme lineal en x es pot escriurecom un unic terme proporcional a q2 :

V (x) =1

2kx2 −mgx =

1

2k(x2 − 2xex) =

1

2k(x− xe)

2 − 1

2kx2e =

1

2kq2 + const.

que es equivalent a

V (q) =1

2kq2 (13.0)

perque una constant sumada a l’energia potencial sempre es pot eliminar.

13.2 Amortiment

Un oscil·lador esmorteıt ha d’estar sotmes, necessariament, a alguna forca no conservativa.En consequencia, la forca total no pot dependre unicament de l’elongacio x, sino que tambeha d’intervenir-hi x. El cas mes simple es suposar:

mx = −kx− γx

es a dir, una forca recuperadora lineal - kx i una forca de fregament proporcional a lavelocitat, - γx. Aixo es bastant general, si ho recordem, ja hem vist que per petitesoscil·lacions totes les forces recuperadores (amb F ′ = (0) = 0) son aproximadament lineals,i tambe, que per petites velocitats la forca de fregament acostuma a ser proporcional a x.

Nota:Per grans velocitats la forca de fregament acostuma a ser proporcional a alguna potencia


de la velocitat |F | = γvα, amb α ≥ 2. Aixo es valid pel fregament d’un solid amb un fluid.El cas del fregament sec entre solids es mes difıcil, ja que F(v) es discontınua per v = 0:

v

F

µ N

−µ N

d

d

Figura 13.4: Dependencia de la forca de fregament sec respecte de la velocitat

i no es comode per estudiar els conceptes fonamentals de les oscil·lacions esmorteıdes.

Aixı, estudiem el cas mes simple:

x+ γx+ kx = 0

Dividint per m, introduınt la frequencia angular de les oscil·lacions no esmorteıdes (γ =

0) ω0 =√

km i definint µ = γ

2m l’equacio del moviment s’escriu:

x+ 2µx+ ω20x = 0

Ja hem vist que el conjunt de totes les sol·lucions d’una equacio diferecial lineal d’ordre nes un espai vectorial real de dimensio n. Si els coeficients de l’equacio son constants (comla nostra) buscarem solucions de la forma:

x(t) = eλt

Si en trobem n d’independents, la solucio general sera uns combinacio lineal d’aquestes nsolucions. Procedint aixı, tindrem:

x = λeλt , x = λ2eλt ⇒(λ2 + 2µλ+ ω2

0)eλt = 0 ⇒ λ2 + 2µλ+ ω2

0 = 0

Aquesta es l’anomenada equacio caracterıstica, i es la condicio que ha de complir λ perqueeλt sigui solucio. Ara, segons siguin les arrels de l’equacio caracterıstica haurem de procedirde forma diferent. Les arrels seran:

λ = −µ±√

µ2 − ω20


13.2.1 Tipus d’oscil·lador amortit

1. Oscil·lador sobre-amortit (fregament supercrıtic): µ > ω0

µ > ω0 ⇒ λ1 = −µ+√

µ2 − ω20 , λ2 = −µ−

√µ2 − ω2

0

λ1 = λ2 , λ1, λ2 ∈ ℜ , λ1, λ2 < 0

Notem que les dues equacions seguents son linealment independents:

x1(t) = eλ1t , x2(t) = eλ2t

Aixı suposem que:aeλ1t + beλ2t = 0 ∀t

d’on traiem les seguents condicions:

per t = 0 ⇒ a+ b = 0per t = 1 ⇒ aeλ1 + beλ2 = 0

∣∣∣∣ 1 1eλ1 eλ2

∣∣∣∣ = 0 ⇒ a = b = 0

Aixı, la solucio general sera:

x(t) = A1eλ1t +A2e

λ2t

AmbA1, A2 cnt. arbitraries. x(t) es exponencialment decreixent, sense fer oscil·lacions(com a maxim una, depenent dels signes de A1 i A2).

x x

t t

Figura 13.5: Oscil·lador sobre-amortit

Aquest cas s’anomena fregament supercrıtic, i correspon a un fregament molt fort,que no solament esmorteeix les oscil·lacions sino que les anul·la.

2. Oscil·lador infra-amortit (fregament subcrıtic): µ < ω0

µ < ω0 definint ω = +√

ω20 − µ2 ⇒

λ1 = −µ+ iω , λ2 = −µ− iω ⇒λ1 = λ2 , λ1, λ2 /∈ ℜ


Partint de l’expressio:x(t) = A1e

λ1t +A2eλ2t

podem obtenir dues solucions prenent part real i part imaginaria de:

e−µt±iωt

i tindrem:

e−µtcos(ωt) , e−µtsin(ωt) , que son linealment independents ⇒x(t) = c1e

−µtcos(ωt) + c2e−µtsin(ωt) =

= Ae−µtsin(ωt+ φ0)

Aquesta solucio representa una oscil·lacio de frequencia angular:

ω =√

ω20 − µ2

i d’amplitud decreixent segons:Ae−µt

x

t

x = A e

x = −A e

µ t

µ t

Figura 13.6: Oscil·lador infra-amortit

El fregament, no nomes fa disminuır contınuament l’amplitud de l’oscil·lacio sinoque produeix una disminucio de la frequencia, ja que ω < ω0. Les constants A , φdepenen de les condicions inicials:

x0 = A sin(φ0)v0 = A(−µ sin(φ0) + ω cos(φ0))

⇒

tgφ = ωx0

v0+µx0

A =√

x20 + (v0+µx0

ω )2

Temps caracterıstic de l’amortimentAnomenem temps caracterıstic de l’amortiment a τ = µ−1, que es el temps necessariperque l’amplitud es redueixi en un factor 0,37:

Ae−µτ

A= e−1 = 0, 37


Aquest temps ens proporciona una idea de l’ordre de magnitud del temps que tardaraun oscil·lador a parar-se totalment (fet que a la practica vol dir que Ae−µt << A).Per exemple:

t = 2τ ⇒ e−µt = 0, 14

t = 5τ ⇒ e−µt = 0, 0067

t = 10τ ⇒ e−µt = 4, 54 · 10−5

Si T = 2π/ω es el temps d’una oscil·lacio o el doble del temps entre dos zerosconsecutius (el moviment ara no es periodic), un cas especialment important es

quan τ >> T ⇒ e−µT = e−Tτ ≈ 1 ⇒ en el temps que dura una oscil·lacio,

l’amplitud quasi no varia. En aquest cas, l’aparenca del moviment es ben be lad’un oscil·lador no amortit, pero despres d’un seguit d’oscil·lacions l’amplitud vadisminuint lentament.

Continuant amb aquest cas, veurem que correspon a:

1

µ>>

2π

ω⇔ ω2 >> µ2 ⇔ ω2

0 − µ2 >> µ2 ⇒ µ << ω0

La disminucio d’amplitud entre dos maxims consecutius permet determinar la con-stant de friccio µ. Busquem els maxims consecutius:

x = 0 ⇒ tan(ωt+ φ0) =ω

µ

ω∆t = 2π ⇒ ∆t =2π

ω

Operant:

xn+1

xn=

Ae−µtn+1sin(ωtn+1 + φ0)

Ae−µtnsin(ωtn + φ0)= e−µ(tn−tn+1) = e−2πµ/ω

⇒ −2πµ

ω= ln|xn+1

xn| ⇒ µ =

ω

2πln

xnxn+1

D’aquı obtenim l’equacio per µ:

µ =

√ω20 − µ2

2πln

xnxn+1

(13.0)

En el cas en que µ << ω0, aquesta equacio es pot aproximar per

µ ≃ ω0

2πln

xnxn+1

(13.0)

Aixo tambe es pot fer amb la disminucio d’amplitud en N oscil·lacions senceres:xj+N

xj= eµ(tj−tj+1) = e−

2µπNω ⇒

− 2µπN

ω= ln

xj+N

xj⇒ µ =

ω

2πNln

xjxj+N

Aquest cas s’anomena fregament subcrıtic.


3. Fregament crıtic: µ = ω0

µ = ω0 ⇒ λ1 = λ2 = −µ < 0

Tenim que:x(t) = e−µt

es solucio, pero ens en falta una altra. Mirem amb:

x(t) = te−µt ⇒x = e−µt(1− µt)

x = µe−µt(µt− 2) ⇒µ(µt− 2) + 2µ(1− µt) + µ2t = 0

Veiem que aquestes solucions

x1(t) = e−µt , x2(t) = te−µt

son linialment independents. En efecte,

ae−µt + bte−µt = 0 ∀t =⇒

t = 0 ⇒ a = 0t = 1 ⇒ (a+ b)e−µ = 0

⇒ a = b = 0

Aixı, la solucio general es:

x(t) = (A+Bt)e−µt , A, B ∈ ℜ

En aquest cas tampoc hi ha oscil·lacions (com a maxim una) i s’anomena amortimentcrıtic perque separa els dos casos vistos abans.

Nota:En el diseny d’amortidors (de cotxe, per exemple), es vol que el sistema vagi elmes rapidament possible a l’equilibri i que no s’estigui molta estona oscil·lant. Ambaquest requeriment, el diseny mes eficient es aconseguir que l’amortidor es comporticom un oscil·lador en amortiment crıtic. En efecte, prenem condicions inicials:

x(0) = x0 , x(0) = 0

i considerem els tres casos possibles, depenent dels parametres µ, ω0 del sistema:

(a) Fregament supercrıtic:

x(t) =x0

λ1 − λ2(λ2e

λ1t − λ2eλ2t)

λ1 = −µ+√

µ2 − ω20

λ2 = −µ−√

µ2 − ω20


(b) Fregament crıticx(t) = x0(1 + µt)e−µt

(c) Fregament subcrıtic

x(t) = x0

√1 + (

µ

ω)2 e−µt sin(ωt+ φ0)

Independentment de les constants i inclus del terme linial µt, qui domina al finalson les exponencials. Per tant, el cas mes eficient sera quan el coeficient de t en lesexponencials sigui el mes negatiu possible, perque el decaiment sigui mes rapid. Enel cas de fregament supercrıtic λ2 es negligible en front a λ1 ja que per t −→∞:

eλ1t >> eλ2t

Ara, comparanteλ1t amb e−µt

hem de veure, en funcio de µ, quan el valor absolut del coeficient de t es maxim. Enaltres paraules, hem de trobar el maxim de la funcio:

Φ(µ) =

µ si µ ≤ ω0

µ−√

µ2 − ω20 si µ > ω0

Obviament, aixo passa quan µ = ω0.

13.2.2 Perdua d’energia de l’oscil·lador

dE

dt=

d

dt(1

2mx2 +

1

2kx2) = mxx+ kxx = −(kx+ γx)x+ kxx = −γx2

La potencia que perd l’oscil·lador es proporcional al quadrat de la velocitat i variaamb el temps.

Quina energia es perd (de mitjana) per unitat de temps? Suposem µ << ω0 :

E ≃ 1

2ka(t)2 amb a(t) = Ae−µt E = kaa = −kµa2 ⇒

E = −2µ12ka2 = −2µE

es a dir, l’energia disminueix al doble de ritme que l’amplitud.


13.3 Oscil·lador forcat. Ressonancia

13.3.1 Oscil·lador forcat

En un oscil·lador hi ha tres agents essencials: la forca recuperadora, que dona les oscil·lacions;el fregament, que esmorteeix o anul·la les oscil·lacions; l’accio de forces addicionals queprovoquen un ”forcat” sobre l’oscil·lador. Un cas molt important es el cas en que aquestforcat es tambe oscil·latori. Considerem un oscil·lador harmonic amb amortiment, massam i constants k, γ, sotmes a una forca oscil·lant:

F (t) = F0 cos(Ωt)

mx = −kx− γx+ F0 cos(Ωt)

Definim les seguents variables i obtenim una equacio diferencial lineal no homogenia:

µ =γ

2m, ω0 =

√k

m,

F0

m= α

x+ 2µx+ ω20x = α cos(Ωt)

k γm F(t)

Figura 13.7: Oscil·lador sotmes a una forca depenent del temps.

La forma d’una equacio diferencial lineal no homogenia es Dx = f , on D es un operadorlineal. La solucio general sera una solucio particular de la no homogenia mes la soluciogeneral de la homogenia. Busquem unas solucio particular de la no homogenia de la formaseguent:

x(t) = B sin(Ωt− β) B, β = cnt

x = BΩcos(Ωt− β)

x = −BΩ2sin(Ωt− β)

Introduint aquestes expressions a l’equacio diferencial:

−BΩ2(sin(Ωt) cosβ − cos(Ωt) sinβ)+

+ 2µBΩ(cos(Ωt) cosβ + sin(Ωt) sinβ)+

+ ω20B(sin(Ωt) cosβ − cos(Ωt) sinβ) = α cos(Ωt) ∀t

Com que sin(Ωt) i cos(Ωt) son funcions linealment independents s’han d’anul·la per separatels seus coeficients:

−BΩ2 cosβ + 2µBΩsinβ + ω20B cosβ = 0

BΩ2 sinβ + 2µBΩcosβ − ω20B sinβ = α

⇒


(ω20 − Ω2) cosβ + 2µΩsinβ = 0

−B(ω20 − Ω2) sinβ + 2µBΩcosβ = α

De la primera equacio tenim:

tanβ =Ω2 − ω2

0

2µΩ

Usant les expressions del sinβ i el cosβ, en funcio de la tangent tenim:

sinβ =tanβ√

1 + (tanβ)2cosβ =

1√1 + (tanβ)2

B =α√

(Ω2 − ω20)

2 + 4µ2Ω2

Aixı, la funcio:x(t) = B sin(Ωt− β)

sera solucio, si i nomes si, B i β venen donades per aquelles expressions. Escribim, ara, lasolucio general.Per fixar idees, suposem el cas subcrıtic (µ < ω0):

x(t) = Ae−µt sin(ωt+ φ0) +B sin(ωt− β)

on A i φ0 son constants d’integracio que depenen de les condicions inicials i B i β venendonades per les formules que hem escrit.Aleshores, per t −→ ∞, la part de solucio corresponent al problema no forcat (α = 0)desapareix. Aquesta part s’anomena regim transitori. En canvi, l’altre part persisteix.S’anomena regim permanent. Aixı, tenim el seguent resultat fonamental:”Per un temps sufucientment gran a partir de l’instant incial, el moviment de l’oscil·ladorforcat sera aproximadament un m.a.s. a la frequencia angular Ω de la forca exterior, ambamplitud B i fase inicial −β que no depenen de les condicions inicials i venen donades perles formules que hem trobat.”

Aquest moviment final es no amortit i reprensenta un equilibri entre l’energia submin-istrada per la forca i l’energia perduda per fregament.

13.3.2 Ressonancia

Parlem ara, de l’important fenomen conegut com ressonancia. El quocient:

B

α=

1√(Ω2 − ω2

0)2 + 4µ2Ω2

dona la idea de l’amplitud de l’oscil·lacio permanent en relacio a la forca, i depen nomesdel valor de Ω i dels parametres de l’oscil·lador, ω0, µ.Per estudiar el seu comportament en funcio de Ω, per ω0, µ fixes, es comode mirar elpolinomi:

f(Ω) = (Ω2 − ω20)

2 + 4µ2Ω2


Derivant:

f ′(Ω) = 4Ω(Ω2 − ω20 + 2µ2) = 0 ⇒

Ω = 0 , Ω = ±√

ω20 − 2µ2

i com que:B

α=

1√f(Ω)

la grafica de la funcio de Ω sera:

B Bα α

ΩΩ

ω ω

ω ωΩR

2 22 µ2> 2µ2<o o

o

Figura 13.8: Ressonancia en l’amplitud.

Aixı, la funcio Bα , si µ < ω0/

√2 tindra un maxim absolut per:

ΩR =√

ω20 − 2µ2 =

√ω2 − µ2 (13.0)

Aixo vol dir que per Ω = ΩR la resposta del sistema a l’excitacio es maxima. Diem que telloc la ressonancia i mes especıficament, la ressonancia a l’amplitud ja que hem mirat laresposta del sistema estudiant l’amplitud de l’oscil·lacio permanent, B. El valor del maximes:

(B

α)(ΩR) =

1

2µ√

ω20 − µ2

≃︸︷︷︸µ<<ω0

1

2µω0

La corba de B/α depen del parametre de friccio µ. A mesura que µ es fa petit el maximes mes alt i mes estret i, ΩR −→ ω −→ ω0.Estudiem el cas per µ = 0:

µ = 0 la ressonancia te lloc per:

Ω = ω0 i obtenim:

B

α= +∞

aixo nomes te sentit com a lımit:

µ −→ 0 ⇒ Ω −→ ω0 , (B

α)M−→∞


De fet, per µ exactament 0 la solucio permanent que hem trobat no seria valida si Ω = ω0.En aquest cas la solucio es de la forma:

x(t) = Bt sinω0t

ω

αB

Ω

µ2

µ1

µ = 0

ωo2

1

0 < µ < µ1 2

o

Figura 13.9: Ressonancia en l’amplitud per diferents valors del parametre de friccio.

Estudiem ara, com es comporta l’energia de l’oscil·lador davant canvis de frequencia exte-rior, Ω. Notem que ara, l’energia de l’oscil·lador no es constant en el temps, perque actuauna forca exterior (pero es una funcio periodica en el temps de perıode T = 2π

Ω . Per aquestmotiu l’energia no coincideix amb l’energia constant de l’oscil·lador lliure:

1

2kB2

E =1

2mx2 +

1

2kx2 =

1

2kB2(sin2(Ωt− β) +m

Ω2

kcos2(Ωt− β)) =

1

2kB2(1− (1− Ω2

ω20

)cos2(Ωt− β)) = 1

2kB2

si, Ω = ω0

L’energia promig en una oscil·lacio es:

⟨E⟩ = 1

T

∫ T

0Edt =

1

2kB2(1− 1

2(1− Ω2

ω20

)) =

=1

4kB2(1 +

Ω2

ω20

)

ja que:1

T

∫ T

0cos2(Ωt− β)dt =

1

2


Fixem-nos ara, nomes en l’energia cinetica de l’oscil·lador:

x(t) = B sin(Ωt− β) ⇒ x(t) = BΩcos(Ωt− β) = vm cos(Ωt− β)

on vm = BΩ es l’amplitud de la velocitat. Notem que si comparem:

x(t) amb F (t) = F0 cos(Ωt)

veiem que β es l’angle de retard de x(t) respecte F (t).En promig tindrem:

⟨12mx2⟩ = 1

2mv2m⟨cos2(Ωt− β)⟩ = 1

4mv2m

Com que:

vm = BΩ =Ωα√

(Ω2 − ω20)

2 + 4µ2Ω2=

=α√

(Ω− ω20Ω )2 + 4µ2

vm(Ω) te un maxim absolut per:

Ω− ω20

Ω= 0 , es a dir, Ω = ω0

Aixı, quan la frequencia exterior coincideix amb la natural de l’oscil·lador no amortit, elpromig d’energia cinetica de l’oscil·lador te un maxim. Aquest maxim s’anomena res-sonancia en l’energia.Notem que quan hi ha ressonancia en l’energia el desfasatge β s’anul·la:

tanβ =Ω2 − ω2

0

2µΩ= 0

Fixem-nos ara en la potencia subministrada a l’oscil·lador per la forca F (t):

P = Fx = F0vm cos(Ωt− β) cos(Ωt) =

F0vm(cosβ cos2(Ωt) + sinβ sin(Ωt) cos(Ωt))

⟨P ⟩ = F0vm cosβ ⟨cos2(Ωt)⟩︸︷︷︸= 1

2

+F0vm sinβ ⟨cos(Ωt) sin(Ωt)⟩︸︷︷︸=0

=

1

2F0vm cosβ

Com que per Ω = ω0, vm es maxim i cosβ = 1, tenim que ⟨P ⟩ sera maxima.


vm

<E >c

Ω

Ωωo

Figura 13.10: Ressonancia en l’energia.

En resum:Diem que tenim ressonancia en l’amplitud quan l’amplitud de les oscil·lacions, B, esmaxima (per una amplitud fixa, α de l’exitacio externa). Aquesta ressonancia te llocper una frequencia exterior:

ΩR =√

ω20 − 2µ2 =

√ω2 − µ2

Diem que hi ha ressonancia en energia quan no hi ha desfasatge entre l’excitacio externai la velocitat, β = 0. En aquestes condicions, la transferencia d’energia a l’oscil·lador esmaxima, i tambe ho es la seva energia cinetica promig. Aquesta ressonancia te lloc per:

Ω′R = ω0

Per petits valors del coeficient de fregament, µ << ω0 les dues ressonancies tendeixen acoincidir. Pel cas µ = 0 coincideix exactament i el valor de l’amplitud tan de x com de xserien ∞.

Capıtol 14

Vectors

14.1 Vectors fixes i vectors lliures.

Hi ha magnituds fısiques que queden determinades per un numero: massa, temperatura,energia, densitat... Es diuen que son magnituds escalars. D’altres no queden definidesper un sol numero. Per exemple, no es el mateix dir que un cotxe va a 100 km/h enla direccio de la carretera, que en direccio perpendicular a la carretera. Per definir lavelocitat ens calen 3 dades:

1. Quantitat (100 km/h)

2. Direccio

3. Sentit ( Barcelona-Girona o Girona-Barcelona)

Aquests tipus de magnituds, que requereixen quantitat, direccio i sentit s’anomenen mag-nituds vectorials. Encara hi ha altres magnituds que requereixen mes informacio queno pas les vectorials: les magnituds tensorials. Per definir els vectors ens situarem enl’espai puntual de la geometria ordinaria. Anomenarem vector fix a tota parella ordenadade punts de l’espai (A, B), es a dir, a tot segment orientat (A,B) = AB. Un vector fix espot determinar tambe, dient:

1. Punt d’aplicacio, A

2. Modul o longitud del segment AB (|AB|)

3. Direccio: la recta defnida per A i B

4. Sentit: el que va de A a B (tota recta te dos sentits)

246

CAPITOL 14. VECTORS 247

A

B

Figura 14.1:

Dos vectors fixes son equipol·lents si es poden fer coincidir per una traslacio, es a dir, sitenen el mateix modul, mateixa direccio i mateix sentit: AB ∼ CD

A

B

C

D

Figura 14.2:

Sovint, en les aplicacions, el punt d’aplicacio del vector resulta irrellevant. Es parla llavorsde vectors lliures. Dos vectors equipol·lents com els de la figura anterior representen elmateix vector lliure. Els vectors lliures es caracteritzen unicament pel seu modul, direccioi sentit.

14.2 Coordenades cartesianes i components d’un vector.

En l’espai puntual escollim un punt O que anomenarem origen de coordenades, i treseixos o rectes orientades perpendicualars entre elles, anomenades normalment eixos x, y, z ox1, x2, x3. Aleshores, donat un punt P qualsevol, dibuixant tres plans per P perpendicularsals eixos, obtenim tres punts P1, P2, P3 com a intersseccio d’aquests plans amb cada eix.

P1

P3

P2

x

z

O

P

y

Figura 14.3:


Anomenarem coordenades cartesianes de P segons la referencia (Oxyz) a les tresdistancies amb signe:

x1 = ¯OP1

x2 = ¯OP2

x3 = ¯OP3

Com que les coordenades d’un punt el caracteritzen totalment, escribim: P = (x1, x2, x3) .No obstant, aixo es un abus de llenguatge, el mateix punt amb un altre sistema de re-ferencia tindria unes altres coordenades. La igualtat P = (x1, x2, x3) nomes te sentitfixada una referencia. Oviament, 0 = (0, 0, 0) . Fixada una referencia cartesiana, totvector fix AB vindra definit per les coordenades de A i B: (A1, A2, A3) (B1, B2, B3) .Anomenem components del vector AB als tres nombres:

v1 = B1 −A1, v2 = B2 −A2, v3 = B3 −A3

que coincideixen amb les projeccions (amb signe) del segment AB sobre els eixos.

Aleshores, el vector AB esta caracteritzat, alternativament, pel punt d’aplicacio A =(A1, A2, A3) i les seves components (v1, v2, v3) . En qualsevol cas, tot vector fix vecaracteritzat per 6 nombres reals. Noteu que quan dos vectors son equipolents tenen lesmateixes components (ja que es tracta d’una traslacio: x′i = xi+δi ). El modul del vectorve donat exclusivament en funcio de les components:

|AB| =√

(B1 −A1)2 + (B2 −A2)2 + (B3 −A3)2 =√

v21 + v22 + v23

v1

v2

x

yO

z

Figura 14.4:

Donat un vector lliure, com que el punt d’aplicacio es arbitrari, el podem col·locar al’origen, O. Aleshores, tot vector lliure esta caracteritzat exclusivament per les coordenadesdel seu extrem, P, que coincideixen amb les seves components.

v1 = P1 − 0, v2 = P2 − 0, v3 = P3 − 0

Escriurem v = (v1, v2, v3). Aixı, tot vector lliure queda caracteritzat per tres nombresreals ( fixada una referencia ).


Nota: orientacio dels eixosConsiderem tots els conjunts de 3 eixos mutuament perpendiculars amb origen a O, idefinim la relacio d’equivalencia: dos sistemes son equivalents si, i nomes si, els podem fercoincidir per una rotacio. Aleshores en queden nomes de dos tipus:

O O

x

y

z

x

z

y

(a) (b)

Figura 14.5:

La classe (a) s’anomena ”sistema d’extrogir”, i la classe (b) ”sistema levogir”. En unsistema dextrogir si fem girar un cargol (ordinari) de x a y, avanca en sentit positiu del’eix z (regla del cargol). Normalment considerarem sistemes dextrogirs.

14.3 Suma de vectors i producte per escalars.

A partir d’ara, si no es diu el contrari, manejarem vectors lliures. Fixada una referenciacartesiana, sigui a = (a1, a2, a3) un vector, i λ ∈ ℜ. Definim el seu producte:

λa = (λa1, λa2, λa3)

El vector λa te:

1. Direccio: a

2. Modul: |λa| = |λ||a|

3. Sentit: el mateix de a si λ > 0 , o contrari a si λ < 0

Siguin a = (a1, a2, a3), b = (b1, b2, b3) dos vectors. Definim la seva suma com el vector:

a+ b = (a1 + b1, a2 + b2, a3 + b3)

El vector suma ve donat per la regla del trapezi (o del triangle).


b

ba

a b+

a

aλ

Figura 14.6:

14.3.1 Propietats de la suma i el producte:

La suma i el producte tenen les propietats que defineixen al conjunt dels vectors lliurescom un espai vectorial sobre el cos dels reals:

1. Commutativa: a+ b = b+ a

2. Associativa: a+ (b+ c) = (a+ b) + c

3. Element neutre: 0 = (0, 0, 0) verifica a+ 0 = 0 + a, ∀a

4. Vector oposat: ∀a = (a1, a2, a3) definim −a = (−a1,−a2,−a3) que verifica:

a+ (−a) = 0

A partir d’aquı es defineix la resta de vectors com a− b = a+ (−b).

5. Distributiva:

λ(a+ b) = λa+ λb

(λ+ µ)a = λa+ µa

λ(µa) = (λµ)a

6. 1a = a

Propietats del modul:

1. |λa| = |λ||a|

2. ||a| − |b|| ≤ |a+ b| ≤ |a|+ |b|


a

b a b−

a b−b

Figura 14.7:

Propietats grafiques:

1. El vector suma de n vectors, per exemple, a+ b+ c+ d es el vector que te origen al’origen de a i, l’extrem a l’extrem de d

2. Les diagonals del paral·lelogram determinat per a i b son a+ b i a− b

b

a

s =d = a b−

a bca

d

b

a b c d

sd

+

+ + +

Figura 14.8:

Demostracions: les demostracions de totes aquestes propietats basiques es veuen en uncurs de matematiques.

Nota: Independencia del sistema de referenciaHem definit la suma i el producte per escalars a partir de les components dels vectorsrespecte a un sistema de referencia. Donada una referencia 0x1x2x3 , considerem dosvectors a i b i la seva suma a + b . Si canviem la referencia, les components de a, bseran diferents i, per tant, tambe seran diferents les components de a+ b .La pregunta doncs es: corresponen aquestes components de a + b al mateix vectord’abans? La resposta es, sı, tant per la suma com pel producte per escalars i, es demostrafacilment a l’Algebra. No obstant, aixo no es evident d’entrada, i s’ha de comprovar (veurel’exemple seguent).

Exemple: Definim la operacio entre vectors:

(a1, a2, a3) ∗ (b1, b2, b3) = (a1b1, a2b2, a3b3)

Considerem els vectors a, b, que en els eixos xyz de la figura s’expressen:

a = (1, 0, 0) b = (1, 1, 0)


Aleshores,a ∗ b = (1, 0, 0) = a

Considerem ara uns eixos x′y′z′ girats un angle 90 graus al voltant de l’eix z. Ara tenim:

a = (0,−1, 0) b = (1,−1, 0)

i, per tant:a ∗ b = (0, 1, 0) = −a = a

b

aa

b

y

x

x’

y’

•

Les operacions que son independents dels eixos de referencia es perque corresponen aalguna nocio geometrica intrınseca (independent del sistema de referencia), com la sumai el producte per escalars.

14.4 Bases cartesianes

Donada una referencia cartesiana Oxyz , definim tres vectors unitaris en la direccio delseixos:

i = e1 = ex = (1, 0, 0)

j = e2 = ey = (0, 1, 0)

k = e3 = ez = (0, 0, 1)

O

x

y

z

i j

k


Aleshores, donat un vector qualsevol v = (v1, v2, v3) , per les propietats de la suma devectors i el producte per escalars:

v = (v1, v2, v3) = (v1, 0, 0) + (0, v2, 0) + (0, 0, v3) =

= v1(1, 0, 0) + v2(0, 1, 0) + v3(0, 0, 1) = v1e1 + v2e2 + v3e3 =

3∑i=1

viei

Aixı, e1, e2, e3 son generadors de l’espai. A mes a mes, son linealment independents, jaque:

αe1 + βe2 + γe3 = (α, β, γ) = 0 ⇒ α = β = γ = 0

Per tant, formen una base de l’espai dels vectors. (Recordem que l’expressio d’un vectoren una base es unica)

14.5 Producte escalar de vectors

Siguin dos vectors a, b . Definim el seu producte escalar com el nombre real:

a · b = a1b1 + a2b2 + a3b3

Propietats

1. Commutativa: a · b = b · a

2. Distributiva:

a · (b+ c) = a · b+ a · c

(λa) · b = λ(a · b)

3. Si ei son els vectors d’una base cartesiana ortonormal, ei · ej = δij = 1 si i = j, i0 si i = j (delta de Kronecker)

4. |a| =√a · a

5. ai = a · ei

6. El producte escalar es independent del sistema de referencia cartesia

7. Significat geometric: a · b = |a||b| cos θ on θ es l’angle determinat pels dos vectors( ≤ π)

8. La projeccio d’un vector a sobre una recta de vector director unitari τ es a · τ

9. a · b = 0 ⇔ es dona una d’aquestes tres possibilitats: a = 0, b = 0, θ = π2

Demostracio:


• Les propietats 1) 5) son immediates a partir de la definicio.

• La propietat 6) es demostra a un curs d’Algebra i es basa en el caracter ortogonalde la matriu de rotacio d’eixos.

• La propietat 7) es demostra de forma immediata sabent que el producte escalar esindependent dels eixos escollits. Degut aixo, podem elegir l’eix x segons el vector a iels eixos y, z de tal forma que el vector b estigui en el pla x− y. O sigui que semprepodem elegir els eixos de tal manera que: a = (|a|, 0, 0), b = (|b| cos θ, |b| sin θ, 0).Llavors, a · b = |a||b| cos θ.

• La propietat 8) en virtud de la 7): a · τ = |a| cos θ = projeccio de a sobre la recta(amb el seu signe)

• La propietat 9) es evident a partir de la 7)

b

a

a b a b

τa

7 8

θ

· = cosθ

θ

Anomenem cosinus directors als cosinus dels angles θ1, θ2, θ3 que forma un vector ambels eixos de coordenades. En funcio d’aquests cosinus i usant les propietats 5) i 7) podemexpressar el vector com:

a =

3∑i=1

aiei =

3∑i=1

(ai · ei)ei = |a|3∑

i=1

cos θiei

x1

x2

x3

θ2

θ3

θ1


14.6 Producte vectorial.

Donats dos vectors, a, b definim el seu producte vectorial com el vector:

a ∧ b = a× b = (a2b3 − a3b2, a3b1 − a1b3, a1b2 − a2b1) =

=

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3a1 a2 a3b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣Propietats

1. El producte vectorial: a× b es independent del sistema de referencia dextrogir

2. Anticommutativa a× b = −b× a

3. Distributiva a× (b+ c) = a× b+ a× c , (λa)× b = λ(a× b)

4. Significat geometric:

(a) a× b es perpendicular a a i b.

(b) a× b te el sentit d’avancament d’un cargol que giri de a a b.

(c) |a× b| = |a||b| sin θ, sent θ l’angle entre 0 i π rad. determinat pels dos vectors.

5. a× b = 0 ⇔ a = 0 ; b = 0 ; a ∥ b

6. e1 × e2 = e3 , e3 × e1 = e2 , e2 × e3 = e1

7. |a× b| = area del paral·lelogram definit per a , b

Demostracions

• Propietat 1) Es demostra a Algebra. Es basa en el caracter ortogonal de la matriude rotacio d’eixos i en les propietats del determinant.

• Propietats 2), 3), 6) Consequencies immediates de la definicio.

• Propietat 4) Fent us de la propietat 1) prendrem els eixos mes convenients:

a = (|a|, 0, 0) , b = (|b| cos θ, |b| sin θ, 0)

Operant a × b = |a||b| sin θe3, que compleix les tres propietats. Notem que si elsistema fos levogir, el sentit aniria al reves de la regla del cargol.


x

baθ

z

y

Figura 14.9:

• Propietat 5) Immediata, a partir de la propietat numero 4)

• |a× b| = |a||b| sin θ = |a|h = area

b

a

θ h

Figura 14.10:

14.6.1 Producte mixt

A partir del producte vectorial i del producte escalar es defineix el producte mixt detres vectors a , b , c com l’escalar:

a · (b× c)

Propietats

1. |a · (b× c)| = volum del paral·lepıpede d’arestes a, b, c

2.

a · (b× c) =

∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣3.

a · (b× c) = b · (c× a) = c · (a× b)

Demostracions


• Propietat 1)

|a · (b× c)∥ = |a||b× c|| cos θ| = h|b× c| = h× area base = volum

a

c

b

b c

θ

h

• Propietat 2)

a · (b× c) = (a1e1 + a2e2 + a3e3) ·

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3b1 b2 b3c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣ =

a1

∣∣∣∣ b2 b3c2 c3

∣∣∣∣− a2

∣∣∣∣ b1 b3c1 c3

∣∣∣∣+ a3

∣∣∣∣ b1 b2c1 c2

∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣• Propietat 3) Evident a partir de 2)

14.6.2 Doble producte vectorial

Anomenem doble producte vectorial de 3 vectors a , b , c al vector definit per:

a× (b× c)

El doble producte vectorial verifica la identitat:

a× (b× c) = (a · c)b− (a · b)c

Demostracio

Prenguem els eixos mes convenients, veure la figura 1.11


x

z

y

cb

a

Figura 14.11:

Treballant amb aquests eixos tenim:

a = (a1, a2, a3) , b = (b1, 0, 0) , c = (c1, c2, 0)

b× c =

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3b1 0 0c1 c2 0

∣∣∣∣∣∣ = b1c2e3

a× (b× c) =

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3a1 a2 a30 0 b1c2

∣∣∣∣∣∣ = b1c2(a2e1 − a1e2)

D’altre banda tenim:

a · c = a1c1 + a2c2 , a · b = b1a1 =⇒

(a · c)b− (a · b)c = (a1c1 + a2c2)b1e1 − b1a1(c1e1 + c2e2) =

b1c2(a2e1 − a1e2)

Aplicacio

El doble producte vectorial es pot usar per descomposar un vector a en dues compo-nents, una paral·lela i una altre perpendicular a un vector unitari u :

u× (u× a) = (u · a)u− |u|2a = (u · a)u− a =⇒a = (u · a)u︸︷︷︸

∥u

− u× (u× a)︸︷︷︸⊥u

14.7 Calcul de longituds, arees i volums

Notem que fent servir les operacions de l’algebra vectorial que acabem de veure, es podencalcular longituds, arees i volums:


• Longitud d’un vector |a| =√a · a

• Area determinada per dos vectors |a× b|

• Volum determinat per tres vectors |(a× b) · c|

mecanica racional notes de classe · 2011-06-10 · mecanica racional notes de classe albert falqu...

Documents