ENGINYERIES ENGINYERIES
INDUSTRIALS INDUSTRIALS
Mecànica fonamental. Mecànica newtoniana per a l’enginyeria
Aquest llibre està adreçat a un primer curs de mecànica per a l’enginyeria. 
S’estudia la mecànica newtoniana. Una mecànica clàssica no relativista i, 
per tant, aplicada a objectes no extremadament petits ni excessivament 
ràpids. Això abraça una bona part del món que ens envolta. Expressat d’una 
altra forma, és la mecànica del món quotidià. El llibre inclou els conceptes 
bàsics de la mecànica sense defugir cap de les demostracions teòriques. 
També hi trobareu qüestions i problemes, alguns resolts. Per facilitar-ne 
la comprensió, el text va acompanyat d’una gran quantitat de gràfiques, 
figures i esquemes. 
S’estudien principalment els fonaments de la mecànica, però també hi 
trobareu una introducció als fenòmens ondulatoris i una petita incursió a 
la mecànica analítica.
Els autors som professors del Departament de Física de la Universitat 
Politècnica de Catalunya, que impartim docència de física, alguns amb més 
de 20 anys d’experiència.
UPCGRAU
www.upc.edu/idp Mecànica fonamental
Mecànica newtoniana per a l’enginyeria
Xavier Jaén
Josep Salud
Carina Serra
Jaume Calaf
Maria Khoury
Xavier Jaén, Josep Salud
Carina Serra, Jaume Calaf Mecànica fonamental. UPCGRAU
Maria Khoury Mecànica newtoniana per a l’enginyeria
9 788498 807714

ENGINYERIES
INDUSTRIALS
UPCGRAU
Mecànica fonamental
Mecànica newtoniana per a l’enginyeria
Xavier Jaén
Josep Salud
Carina Serra
Jaume Calaf
Maria Khoury
Els autors i els col·laboradors: Manel Canales, Josep Sempau i Claudia Grossi, formen part del professorat del 
departament de física de la UPC.
Disseny i maquetació  feta pels autors, basada en Tufte-Latex de Bil Kleb, Bill Wood i Kevin Godby 
(2007-2015) que al seu torn s'han inspirat en els treballs d'Edward Tufte. 
Primera edició: juliol de 2019 
1a. Reimpressió: gener de 2020
2a. Reimpressió: febrer de 2021
© Els autors, 2019
© Iniciativa Digital Politècnica, 2019
Oficina de Publicacions Acadèmiques Digitals de la UPC
Edifici K2M, Planta S1, Despatx S103-S104
Jordi Girona 1-3, 08034 Barcelona
Tel.: 934 015 885
www.upc.edu/idp
E-mail: info.idp@upc.edu
ISBN: 978-84-9880-772-1
Els continguts d'aquesta obra estan subjectes a la llicència de Creative Common: Reconeixement-NoComercial-SenseObraDerivada 3.0
Índex
Pròleg 11
1 Fonaments fisicomatemàtics de la mecànica 17
Introducció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.1 Espai, temps i sistemes de referència . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.2 Coordenades cartesianes euclidianes. Distància . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.3 Escalars i vectors . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.4 Principi de simetria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.5 Mesurament i tractament de dades experimentals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.6 Primera llei de Newton. Sistemes de referència inercials . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.7 Cinemàtica del punt: posició, trajectòria, velocitat i acceleració . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2 Dinàmica d’una partícula 43
Introducció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.1 Primera i segona lleis de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.2 Força i quantitat de moviment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
2.3 Moment d’una força i moment angular d’una partícula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.4 Treball, energia cinètica i energia potencial. Potència . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.5 Algunes forces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3 Dinàmica de N partícules 75
Introducció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.1 Forces entre partícules. Segona i tercera lleis de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.2 Força resultant i centre de masses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
3.3 Quantitat de moviment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
3.4 Moment angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.5 Treball, energia cinètica i energia potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
3.6 Xocs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
3.7 Interacció gravitatòria i electromagnètica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
3.8 Lligams i reaccions. Desplaçaments possibles i desplaçaments virtuals. Reaccions ideals . . 94
Índex
3.9 Equació general de la dinàmica o principi de D’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
3.10 Sistema amb lligams conservatiu. Conservació de l’energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
3.11 Sòlid rígid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
3.12 Tòpics de cinemàtica del sòlid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
3.13 Equacions de moviment del sòlid rígid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
3.14 Parell de forces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
4 Estàtica dels sòlids rígids 117
Introducció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
4.1 Estàtica del sòlid: condicions d’equilibri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
4.2 Pes i centre de gravetat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
4.3 Forces sobre sòlids degudes a fluids gravitants. Principi d’Arquimedes . . . . . . . . . . . . 120
4.4 Lligams i forces de reacció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
4.5 Estàtica de N sòlids rígids . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
4.6 Principi dels treballs virtuals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
4.7 Equilibri i estabilitat de sistemes conservatius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
5 Dinàmica del sòlid rígid en el pla 135
Introducció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
5.1 Equació de translació 3 D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
5.2 Equació de rotació per al moviment pla (2 D) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
5.3 Energia cinètica de rotació i translació. Conservació de l’energia . . . . . . . . . . . . . . . 144
6 Petites oscil·lacions 153
Introducció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
6.1 Petites oscil·lacions al voltant d’una posició d’equilibri estable . . . . . . . . . . . . . . . . 153
6.2 Moviment harmònic simple (MHS) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
6.3 Moviment harmònic esmorteït (MHE) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
6.4 Moviment harmònic forçat (MHF) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
7 Ones mecàniques 167
Introducció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
7.1 Ones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
7.2 Ones planes i equació d’ones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
7.3 De les lleis de Newton a l’equació d’ones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
7.4 Anàlisi i síntesi de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
8 Fenòmens ondulatoris 189
Introducció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
8.1 Potència i intensitat de les ones planes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
8.2 Potència i intensitat de les ones esfèriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194
6
Índex
8.3 Transmissió i reflexió d’una ona en un canvi de medi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196
8.4 Interferències i batecs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198
8.5 Ones estacionàries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
8.6 Efecte Doppler i ones de xoc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
8.7 Difracció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
9 Equacions de Lagrange 215
Introducció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215
9.1 Equacions de Lagrange de segona classe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215
9.2 Equacions de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
1 Problemes i qüestions 223
1.5 Mesurament i tractament de dades experimentals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
1.7 Cinemàtica del punt: posició, trajectòria, velocitat i acceleració . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
2 Problemes i qüestions 227
2.1 Segona llei de Newton. Força i massa. Mecànica predictiva. Superposició . . . . . . . . . . . 227
2.2 Força i quantitat de moviment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
2.3 Moment d’una força i moment angular d’una partícula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
2.4 Treball, energia cinètica i energia potencial. Potència . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231
2.5 Algunes forces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236
3 Problemes i qüestions 243
3.2 Centre de masses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243
3.3 Quantitat de moviment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247
3.4 Moment angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248
3.5 Treball, energia cinètica i energia potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249
3.6 Xocs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249
3.7 Interacció gravitatòria i electromagnètica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252
3.10 Sistema amb lligams conservatiu. Conservació de l’energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253
3.12 Tòpics de cinemàtica del sòlid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254
3.13 Equacions de moviment del sòlid rígid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
4 Problemes i qüestions 257
4.2 Pes i centre de gravetat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257
4.3 Forces sobre sòlids degudes a fluids gravitants. Principi d’Arquimedes . . . . . . . . . . . . . 257
4.5 Estàtica de N sòlids rígids . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
4.7 Equilibri i estabilitat de sistemes conservatius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
5 Problemes i qüestions 277
5.2 Equació de rotació per al moviment pla (2 D) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277
5.3 Energia cinètica de rotació i translació. Conservació de l’energia . . . . . . . . . . . . . . . . 285
7
Índex
6 Problemes i qüestions 291
6.2 Moviment harmònic simple (MHS) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291
6.3 Moviment harmònic esmorteït (MHE) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298
6.4 Moviment harmònic forçat (MHF) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301
7 Problemes i qüestions 311
7.2 Ones planes i equació d’ones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311
7.3 De les lleis de Newton a l’equació d’ones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313
7.4 Anàlisi i síntesi de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314
8 Problemes i qüestions 317
8.1 Potència i intensitat de les ones planes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317
8.2 Potència i intensitat de les ones esfèriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317
8.3 Transmissió i reflexió d’una ona en un canvi de medi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318
8.4 Interferències i batecs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320
8.5 Ones estacionàries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323
8.6 Efecte Doppler i ones de xoc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327
Solucions a les qüestions 329
Taules 333
Glossari 341
8


Pròleg
La mecànica és una branca de la física que tracta de les relacions que tenen els
objectes materials amb l’espai i el temps. El fet de tractar amb nocions tan bàsiques
fa que la mecànica tingui unes característiques i una problemàtica específiques:
• La mecànica actua com a metallenguatge1 de la física. És dins la mecànica que 1 Un metallenguatge és un llen-
hem de dir alguna cosa del que entenem per matèria, espai, temps. Malgrat que guatge artificial format per un re-
pertori d'axiomes, postulats i re-
conceptes com ara força o energia són emprats en moltes branques de la física, gles, que serveix per descriure al-
és en la mecànica que troben una primera definició sobre la qual s’assenten les tres llenguatges, artificials o natu-
altres. rals.
• El fet que la mecànica tracti amb conceptes molt bàsics fa que aquests mateixos
conceptes s’emprin en la vida quotidiana, deslligats de la física. Així, paraules
com longitud, distància, temps, velocitat, força, treball, energia i la mateixa
mecànica els fem servir diàriament en contextos molt diferents. Quan ens mo-
vem en contextos quotidians, no sempre funcionem de manera racional, i encara
menys científica, i això és molt recomanable. La pega que té, pel que ens perto-
ca aquí, és que generem tot un seguit d’intuïcions que, sense voler-ho, acabem
emprant en el context de la mecànica com a ciència, i això no és gaire recoma-
nable.
• El concepte de mecànica també s’empra en molts contextos diferents dins i fora
de la física. Així, tenim:
– Mecànica clàssica. És la que tracta amb objectes de mida molt més gran
que els àtoms i les molècules, per als quals no tenim problemes de fer-ne
mesuraments espaciotemporals sense que els alterarem substancialment.
– Mecànica quàntica. És la complementària a la clàssica. És la que sorgeix
quan tractem amb objectes extremament petits, de l’ordre dels àtoms i les
molècules. Objectes per als quals tenim problemes de fer-ne mesuraments
espaciotemporals, perquè de fer-los, els alterarem substancialment. No sa-
bem com fer-los; segons la mecànica quàntica, no és possible sense que es
produeixi aquesta alteració.
Pròleg
– Mecànica newtoniana. És una mecànica clàssica que tracta amb objectes
que es mouen a velocitats petites, comparades amb la de la llum.
– Mecànica relativista. És la que tracta amb objectes que es mouen a gran
velocitat, comparada amb la de la llum. Pot ser clàssica, com la newtoniana,
o quàntica. Encara avui s’està mirant d’establir els fonaments de la mecànica
quàntica relativista.
– Mecànica de medis continus, mecànica de fluids, mecànica del sòlid rígid,
mecànica estadística, mecànica analítica, mecànica de camps, enginyeria me-
cànica, biomecànica...
De totes aquestes, aquí tractarem de la mecànica newtoniana, que és una mecànica
clàssica no relativista. Tracta amb objectes no extremament petits ni excessivament
ràpids. Això abraça una bona part del món que ens envolta. Perquè ens entenguem,
la mecànica newtoniana és la mecànica del món quotidià. Haurem d’anar molt en
compte a no caure en intuïcions no fonamentades.
El capítol 1 tracta de la fonamentació més bàsica de la mecànica. Què entenem per
espai i temps, però també quines parts de les matemàtiques ens seran útils en la
descripció de les magnituds de la mecànica i el seu mesurament. Caracteritzarem
les corbes traçades per punts a l’espai, però també la seva relació amb el temps:
estudiem la cinemàtica, que podem entendre com una extensió de la geometria
usual a l’espai-temps. En aquest capítol s’introdueixen conceptes com sistema de
referències, primera llei de Newton, posició, velocitat i acceleració, entre d’altres.
El capítol 2 tracta de definir l’objecte estrella de la mecànica newtoniana: la par-
tícula newtoniana. Aquest concepte ens ha de permetre més endavant construir
objectes més propers als reals, com els sòlids rígids. I és aquest l’objectiu que ens
porta a definir-la de partícula newtoniana. Tractarem de la dinàmica de la partí-
cula, és a dir, quina trajectòria temporal traça quan se sotmet a diferents forces.
En aquest capítol s’introdueixen la llei de moviment de Newton i els conceptes
de quantitat de moviment, moment angular, força, moment d’una força, treball i
energia, entre d’altres.
Al capítol 3 podem dir que anem per feina. Estenem els conceptes introduïts al
capítol anterior a un conjunt N de partícules. Aquest N el podem entendre com un
número finit (1, 2, 3...) o infinit! En aquest últim cas, estarem tractant amb cossos
continus. Veurem com els conceptes que introduïm per a N finit els podem traslla-
dar al cas continu sense problemes. Començarem distingint entre forces internes i
externes, i veient la llei d’acció-reacció de Newton. Introduirem el concepte fona-
mental de lligam i de reaccions ideals. Arribarem així a la part central del desen-
volupament de la mecànica: l’equació general de la dinàmica. Aquesta equació és
important perquè permet tractar sistemes mecànics complexos, que els enginyers
12
Pròleg
anomenarien mecanismes o màquines, aprofitant al màxim el coneixement de la
geometria del mecanisme i eliminant les forces de reacció que apareixen com a
conseqüència d’aquest mecanisme. En sistemes conservatius amb un grau de lli-
bertat, podem emprar les propietats de la funció energia mecànica del sistema com
a mètode de resolució. Per a sistemes de més d’un grau de llibertat i/o amb lligams
dependents del temps, que queden fora del nivell d’aquest llibre, l’equació gene-
ral de la dinàmica ens duria a la mecànica lagrangiana, que introduïm al capítol 9
només per als lectors afamats de mecànica. Introduirem també en aquest capítol 3
el sòlid rígid, entès com un sistema de partícules lligades. No tractarem aquí de la
dinàmica del sòlid rígid, que posposem al capítol 5, però al capítol 4 tractarem de
l’estàtica dels sòlids rígids.
És aquí on s’introdueix de manera general el concepte de velocitat angular.
El capítol 4, com ja hem comentat, tracta de l’estàtica o, més generalment, dels pro-
blemes d’equilibri dels sistemes de sòlids rígids, que inclouen l’estudi de l’estabilitat
d’aquest equilibri. També tractem com representar bé algunes forces externes so-
bre els sòlids, com és el cas del pes i de les forces exercides per fluids gravitants
sobre els sòlids que hi estan en contacte. El problema de l’estàtica es planteja com
un problema invers de mecànica. Si, en general, pensem que el problema estàndard
de la mecànica és trobar el moviment del sistema sotmès a unes forces conegudes,
ara aquest moviment és conegut, ja que volem que es mantingui en repòs. Les in-
cògnites, més enllà de les forces de reacció, seran algunes altres forces o també la
mateixa configuració del sistema.
El capítol 5 tracta de la dinàmica del sòlid rígid. Per això ens caldrà acabar d’ex-
pressar les equacions de moviment que hem trobat al capítol 3 en funció dels graus
de llibertat adients. Per raons de dificultat, restringirem el nostre estudi a situacions
en què les rotacions tenen l’eix en una direcció fixa de l’espai, que anomenarem
rotacions 2 D.
És aquí on introduïm el concepte de moment d’inèrcia respecte d’un eix.
El capítol 6 tracta del problema de les petites oscil·lacions de sistemes amb un
grau de llibertat. Veurem com aquest problema és de gran interès atès que qual-
sevol sistema en equilibri estable per a petites desviacions d’aquesta configuració
fa un moviment harmònic les característiques del qual són independents del conei-
xement exacte de les forces que hi actuen. Per aquesta raó, l’estudi el farem amb
un cert grau d’abstracció, introduint el concepte d’equació canònica del moviment
harmònic per als casos simple, esmorteït i forçat. En aquest capítol, s’introdueixen
els conceptes d’elongació, pulsació, període, amplitud i fase, així com l’important
concepte de ressonància.
Els capítols 7 i 8 estan dedicats a l’estudi dels fenòmens ondulatoris, entesos com
a fenòmens mecànics. Hom pot entendre l’estudi del moviment ondulatori com
13
Pròleg
una extensió de l’estudi del moviment harmònic que s’ha fet al capítol 6, però per
raó de la seva complexitat i de la varietat de fets perceptibles que abraça, l’hem
tractat d’una forma més propera a la fenomenologia que al pur desenvolupament
matemàtic formal.
El capítol 9, com ja hem comentat, només justifica la seva presència per tal que
qui ho desitgi pugui percebre un tast de la mecànica analítica i la seva relació
amb la mecànica newtoniana a través de l’equació general de la dinàmica. Par-
tint d’aquesta, es dedueixen les equacions de moviment de Lagrange per a siste-
mes amb lligams geomètrics dependents del temps, que serien l’extensió a L graus
de llibertat de les equacions que hem trobat al capítol 3 per a sistemes conserva-
tius emprant la funció d’energia mecànica del sistema, que ara quedaria, en certa
manera, substituïda per la funció de Lagrange o lagrangiana. No anem més enllà
perquè l’únic objectiu és fer el pont entre la mecànica newtoniana i la lagrangiana,
analítica en general, que es pot trobar en molts de textos.
Finalment, cal dir que cada capítol conté, en paral·lel al desenvolupament de la
teoria, alguns problemes resolts que ajuden i contextualitzen aquesta teoria. A la
part final del llibre, podreu trobar, ordenats per capítols i seccions, més problemes
i qüestions. Alguns dels problemes estan resolts i de la resta se’n dóna la solució.
14


1 Fonaments fisicomatemàtics de la
mecànica
Introducció
Aquest capítol és una barreja de física i matemàtiques. Això és així perquè, quan
es tracten els conceptes més bàsics de física, la línia que separa aquesta de les
matemàtiques s’aprima moltíssim.
1.1 Espai, temps i sistemes de referència
La física en general, i la mecànica en particular, estudia el comportament dels ob-
jectes a l’espaitemps. La realitat o no d’aquest espaitemps no la discutirem, com sí
que ho fan algunes teories físiques actuals. En tenim prou a pensar que l’espaitemps
és una construcció intel·lectual que ens és molt útil per tal d’organitzar tot allò que
s’esdevé. Tots estem d’acord a organitzar les percepcions del que s’esdevé situant-
les en diferents instants de temps en un espai tridimensional.
Un observador (vegeu la figura 1.1) és un sistema de registre (humà o automàtic) Fig. 1.1: Observador
de la posició dels objectes a l’espai a cada instant. Podrà assignar a cada punt
A una tríada de nombres que l’etiqueten unívocament: les coordenades del punt
A = (xA, yA, zA). Podrà assignar a cada punt A un temps tA sincronitzat amb el
temps del seu rellotge tO utilitzant la velocitat màxima de què disposi c
tA − tO = dAO/c (1.1)
on dAO és la distància entre el puntA i el punt on es troba el rellotge de l’observador.
Més endavant veurem que fer servir una velocitat que no sigui la màxima dóna lloc
a inconsistències.
El conjunt d’objectes i marques que l’observador utilitza constitueixen el sistema
de referència.
Per acord internacional, tots els observadors defineixen els patrons d’espai i temps
1. Fonaments fisicomatemàtics de la mecànica
de la mateixa manera. El BIPM (Bureau International des Poids et Mesures) és
l’organisme que supervisa el S.I. (Système internationale d’unités). Les últimes
definicions són:
Unitat de temps. El segon, s: un interval temporal de 1 segon és igual a
9192631770 períodes de la radiació corresponent a la transició entre els dos nivells
hiperfins dels estats fonamentals de l’àtom de cesi 133. (Adoptada l’any 1967).
Unitat de distància. El metre, m: un interval espacial de 1 metre és igual
a la distància recorreguda per la llum en el buit durant un interval de temps de
1/299792458 s. (Adoptada l’any 1983).
1.2 Coordenades cartesianes euclidianes. Distància
Un fet destacable de l’espai físic és que pot ser etiquetat emprant les coordenades
cartesianes euclidianes (si no hi ha dubtes, simplement cartesianes) amb la impor-
tant propietat que la distància o camí més curt entre dos punts A = (xA, yA, zA) i
B = (xB, yB, zB) (vegeu√les figures 1.2 i 1.3) es pot expressar com Fig. 1.2: Coordenadescartesianes euclidianes del punt
d (A,B) = (xA − 2 2 2xB) + (yA − yB) + (zA − zB) (1.2) A
Per exemple, a l’espai de punts de la superfície d’una esfera, això no és possible.
El punt (0,0,0) és l’origen de coordenades i les rectes (x, 0, 0), (0, y, 0) i (0, 0, z)
són els eixos coordenats.
1.3 Escalars i vectors
Les magnituds físiques tenen unes característiques amb relació a l’observador que
les mesura. Atenent aquest criteri, destaquem i utilitzarem dues categories de mag-
nituds físiques: escalars i vectors.
Escalar: és una aplicació que associa punts i instants amb valors que són inde-
pendents de l’orientació (o rotació ) de l’observador: f(x, y, z, t). També s’ano-
mena camp escalar.
Vector: és una aplicació que associa punts i instants amb vectors: un escalar Fig. 1.3: Distància del puntA al
B
positiu (o mòdul), una direcció i un sentit. V⃗ (x, y, z, t). També s’anomena camp
vectorial.
Exemples de magnituds escalars són: la temperatura, el volum, la densitat..., etc.
Exemples de magnituds vectorials són: la velocitat d’una partícula associada als
punts i a l’instant per on passa, el camp gravitatori associat a tots els punts en tot
instant, la força que una càrrega fa allà on en pugui haver una altra
La idea que a cada punt de l’espai hi ha un vector és el que va donar el nom de
18
1.3. Escalars i vectors
camp. Ens podem imaginar un camp de blat. Cada espiga de blat és un vector en
un punt de l’espai. El conjunt de les espigues de blat, és a dir, tot el camp de blat,
és el que anomenem camp vectorial o simplement vector. Podem parlar també de
camp escalar, per exemple, un camp de densitats o de temperatures, en el sentit
que es tracta no d’una densitat o temperatura d’un punt a l’espaitemps, sinó d’una
funció que a cada instant i a cada punt assigna una densitat o temperatura que pot
ser diferent. { }
La base cartesiana de vectors està formada pels vectors unitaris ı̂, ȷ̂, k̂ paral·lels
als eixos coordenats i definits a tots els punts de l’espai (vegeu la figura 1.4). Un Fig. 1.4: A cada punt de l'espai
vector qualsevol V⃗ es pot escriure com d{isposem}dels tres vectors base
ı̂, ȷ̂, k̂
V⃗ = Vx ı̂+ Vy ȷ̂+ Vzk̂ = (Vx, Vy, Vz) (1.3)
Vx , Vy i Vz, són les components cartesianes del vector, que poden ser funcions de
(x, y, z, t).1 { } 1 Quan algunes de les componentssón numèriques, enlloc de la coma
Els vectors base ı̂, ȷ̂, k̂ no tenen unitats i no estan associats a cap magnitud. (,), podem fer servir el punt i coma
Representen direccions (i sentit) de l’espai, en aquest cas, les tres direccions i el (;). Per exemple, (2; 5,6; 7)
sentit dels eixos coordenats.
Observem que una component d’un vector no és un escalar.
Operacions algebraiques amb vectors
Si tenim dos vectors A⃗ i B⃗, es pot demostrar que (Ax + Bx, Ay + By, Az + Bz)
és un vector. D’acord amb això, definim la suma de dos vectors.
Suma: Donats dos vectors A⃗ i B⃗, la suma A⃗+B⃗ és el vector que, en coordenades
cartesianes, es pot expressar com
A⃗+ B⃗ = (Ax +Bx, Ay +By, Az +Bz) (1.4)
Si U és un escalar i A⃗ un vector, es pot demostrar que (UAx, UAy, UAz) és un
vector. D’acord amb això, definim el producte extern o producte d’un escalar per
un vector com
Producte extern: Donats un escalar U i un vector A⃗, el producte extern és el
vector UA⃗ que, en coordenades cartesianes, es pot expressar com
UA⃗ = (UAx, UAy, UAz) (1.5)
Si tenim dos vectors A⃗ i B⃗, es pot demostrar que AxBx + AyBy + AzBz és un
escalar. D’acord amb això, definim el producte escalar.
19
1. Fonaments fisicomatemàtics de la mecànica
Producte escalar: Donats dos vectors A⃗ i B⃗ el producte escalar és l’escalar A⃗·B⃗
que, en coordenades cartesianes, es pot expressar com
A⃗ · B⃗ = AxBx +AyBy +AzBz (1.6)
El mòdul d’un vector A⃗ és l’escalar √
A = A⃗ · A⃗ (1.7)
El cosinus de l’angle 0 ≤ θ ≤ π (vegeu la figura 1.5) entre dos vectors A⃗ i B⃗ es
Fig. 1.5: Angle θ entre dos
pot expressar com vectors
A⃗ · B⃗
cos θ = (1.8)
AB
on 0 ≤ θ ≤ π.
El vector unitari  d’un vector donat A⃗ és el vector de mòdul la unitat
A⃗
 = (1.9)
A
Si tenim dos vectors A⃗ i B⃗, es pot demostrar que
(AyBz −AzBy, AzBx −AxBz, AxBy −AyBx)
és un vector. D’acord amb això definim el producte vectorial.
Producte vectorial: Donats dos vectors A⃗ i B⃗, el producte vectorial és el vector
A⃗× B⃗ (vegeu la figura 1.6) que, en coordenades cartesianes, es pot expressar com
∣∣∣∣
∣ ∣
ı̂ ȷ̂ k̂ ∣
× ≡ ∣∣ ∣
∣
A⃗ B⃗ Ax Ay Az ∣∣∣ = (AyBz −AzBy, AzBx −AxBz, AxBy −AyBx)Bx By Bz
(1.10) Fig. 1.6: Producte vectorial
∣ A⃗× B⃗ entre dos vectors. ReglaEl sinus de l’angle 0 ≤ θ ≤ π entre do∣s vector∣∣s A⃗ i B⃗ es pot expressar com∣ del cargolA⃗× B⃗∣
sinθ = (1.11)
AB
Regla del cargol: Podem expressar el producte vectorial A⃗× B⃗ com
A⃗× B⃗ = BA sinθ û (1.12)
on û és un vector unitari normal a A⃗ i B⃗ i de sentit el de l’avanç d’un cargol dex-
trogir en girar de A⃗ a B⃗ pel costat més curt (vegeu la figura 1.6).
Fig. 1.7: Sistema de referència
És especialment important utilitzar sistemes de referència {x, y, z} d’orientació {x, y, z} d'orientació positiva
positiva, és a dir, que es puguin juxtaposar únicament per translació i rotació al
sistema de la figura 1.7.
20
1.3. Escalars i vectors
Relacions algebraiques amb vectors
Són igualtats entre vectors (que donarem sense demostració) que involucren les
operacions definides anteriorment
A⃗ · (B⃗ × C⃗) = (A⃗× B⃗) · C⃗ (1.13)
A⃗× (B⃗ × C⃗) = B⃗(A⃗ · C⃗)− C⃗(A⃗ · B⃗) (1.14)
(A⃗× B⃗) · (C⃗ × D⃗) = (A⃗ · C⃗)(B⃗ · D⃗)− (A⃗ · D⃗)(B⃗ · C⃗) (1.15)
Operacions diferencials amb vectors
Donada una funció del tipus f(x, y, z, t), podem voler derivar respecte d’alguna
de les variables. Per exemple, si volem derivar només respecte de x ho indicarem Fig. 1.8: Els vectors base k̂ són
amb l’operador ∂f∂x i direm que fem la derivada parcial respecte de x. Si volem paral·lels. També ı̂ i ȷ̂
derivar només respecte de t, ho indicarem amb ∂f∂t i direm que fem la derivada
parcial respecte de t.
Recordem que la regla de la cadena per a funcions diu que, si F (λ) = f(g(λ), λ),
llavors d ∂F ∂g ∂FdλF = ∂g ∂λ + ∂λ .
Quan derivem vectors, podrem fer servir les regles usuals de derivació, especial-
ment la regla de Leibniz per al producte. En general, els escalars i les components
de vectors són funcions del tipus f(x, y, z, t) i, a més, pot passar que les coorde-
nades {x, y, z} formin part d’una trajectòria i, per tant, puguin dependre de t o
d’algun altre paràmetre λ: {x(t), y(t), z(t)} o {x(λ), y(λ), z(λ)}. L’operador de
derivació D podrà ser: D = ∂∂x , D =
∂
∂y , D =
∂
∂z , D =
∂ , D = d∂t dt , D =
∂
∂λ ,
D = ddλ . Tots ells compliran les regles usuals de derivació i, en especial, la regla Fig. 1.9: Els vectors base r̂ no
de Leibniz. són paral·lels. Tampoc no ho són
θ̂ i ϕ̂
La regla de Leibniz per a funcions f i g amb el producte usual és D(fg) =
(Df)g + f(Dg). En cas que les expressions involucrin escalars U i vectors A⃗
i B⃗ amb el producte escalar · i vectorial×
D(UA⃗) = (DU)A⃗+ U(DA⃗) (1.16)
D(A⃗ · B⃗) = (DA⃗) · B⃗ + A⃗ · (DB⃗) (1.17)
D(A⃗× B⃗) = (DA⃗)× B⃗ + A⃗× (DB⃗) (1.18)
{Una pro}pietat important de la base cartesiana (associada a les coordenades {x, y, z})
ı̂, ȷ̂, k̂ és que
Dı̂ = Dȷ̂ = Dk̂ = 0 (1.19)
21
1. Fonaments fisicomatemàtics de la mecànica
{ }
Això és així perquè els vectors a cada punt de l’espai dels camps ı̂, ȷ̂, k̂ es man-
tenen paral·lels (vegeu la figura 1.8). Això no passa si, per exemple, utilitzem una
base esfèrica. Els vectors a cada punt de l’espai del camp unitari radial r̂ no es
mantenen paral·lels. Tampoc no ho fan els altres dos camps que completen la base
esfèrica (vegeu la figura 1.9).
La propietat (1.19) és molt útil. En derivar un vector en base cartesiana
DV⃗ = D(Vx ı̂) +D(Vy ȷ̂) +D(Vzk̂) = D(Vx)̂ı+D(Vy)ȷ̂+D(Vz)k̂
n’hi ha prou a derivar les seves components.
DV⃗ = (DVx, DVy, DVz)
En cas de derivar respecte de t, ens pot interessar tenir en compte que les altres
variables x, y i z també poden variar en t perquè formen part d’una trajectòria, és
a dir, de fet són funcions de t i la funció f és, encara que no ho explicitem, una
funció només de t, f(x(t), y(t), z(t), t). En aquest cas, la derivada respecte de t
s’anomena derivada total i s’escriu ḟ = dfdt . Per calcular-la, farem servir la regla
de la cadena per a cada coordenada a més de la derivada parcial del temps, és a dir
∂f ∂f ∂f ∂f
ḟ = ẋ+ ẏ + ż + (1.20)
∂x ∂y ∂z ∂t
Respecte a les derivades totals, hi ha dos resultats importants:
Donat un escalar f , la derivada total dfdt és un escalar.
Donat un vector v⃗, la derivada total dv⃗dt és un vector.
Altres operacions diferencials bàsiques entre escalars i vectors són:
Donat un escalar U , el gradient ∇⃗U és el vector que en coordenades cartesianes
es pot escriure com ( )
∇⃗ ∂UU = ≡ ∂U ∂U ∂U, , (1.21)
∂r⃗ ∂x ∂y ∂z
La diferencial de U(x, y, z) és l’expressió infinitesimal escalar dU , que en co-
ordenades cartesianes es pot escriure
∂U ∂U ∂U
dU = dx+ dy + dz (1.22)
∂x ∂y ∂z
i també podem expressar com dU = ∇⃗U · dr⃗ = ∂U∂r⃗ · dr⃗ on dr⃗ ≡ (dx, dy, dz).
En física, podem identificar dx amb un increment arbitrari de la magnitud x, amb
la condició que sigui del mateix ordre, o menor, que l’error εx amb que mesurem
x: dx . εx. El mateix amb dy, dz i dt. Tindrem també dU . εu (vegeu l’apartat
Propagació d’errors de la secció 1.5).
22
1.3. Escalars i vectors
Operacions integrals amb vectors
Hi ha tres operacions integrals bàsiques que relacionen escalars i vectors.
La integral temporal d’un escalar U(r⃗, r˙⃗, t) definit sobre una trajectòria r⃗(t) és
l’escalar ∫ ∫
Udt = U(r⃗(t), r˙⃗(t), t)dt (1.23)
La integral temporal∫d’un vect(or∫V⃗ defini∫t sobre u∫na traje)ctòria r⃗(t) és el vector
V⃗ dt = Vxdt, Vydt, Vzdt (1.24)
La integral d’un vector F⃗ definit a l’espai sobre un camí C, que també s’anomena
circulació de F⃗ al llarg de C, si el camí ve donat en forma paramètrica per r⃗(λ) = Fig. 1.10: Circulació de F⃗ al llarg
(x(λ), y(λ), z(λ)) de λ1 a λ2 (vegeu la figura 1.10), és l’escalar d'un camí C∫ ∫λ2 ∫λ2( )
F⃗ · dr⃗ dx dy dzdr⃗ = F⃗ · dλ = Fx + Fy + Fz dλ (1.25)
dλ dλ dλ dλ
C λ1 λ1
Problema 1.3.1. Donats els vectors A⃗ = 5ı̂+ 4ȷ̂+ 3k̂ i B⃗ = −2ĵ + k̂ calculeu:
a) els mòduls,
b) els productes escalar i vectorial,
c) l’angle format entre ells.
d) Trobeu un vector unitari perpendicular a A⃗ i B⃗.
Solució
a) √ √ √ √
A =√ A⃗ · A⃗ =
2
√ AxAx +AyAy +AzAz =√ 5 + 4
2 + 32 = 5 2
√
B = B⃗ · B⃗ = BxBx +ByBy +BzBz = 02 + (−2)2 + 12 = 5
b)
A⃗ · B⃗ = AxBx +A∣∣yBy +AzBz = 5∣∣ · 0 + 4 · (−2) + 3 · 1 = −5∣ ı̂ ȷ̂ k̂ ∣
A⃗× ∣B⃗ = ∣∣∣ ∣Ax Ay Az ∣∣Bx By Bz ∣ = 10ı̂− 5ȷ̂− 10k̂
c) A partir del producte escalar, obtindrem l’angle entre els vectors
A⃗ · B⃗ = AB cos ⇒ cos A⃗ · B⃗ −√1θ θ = = ⇒ θ = 108,4◦
AB 10
23
1. Fonaments fisicomatemàtics de la mecànica
d) El producte vectorial dóna l’expressió d’un vector C⃗ = A⃗× B⃗ perpendicular a A⃗
i B⃗
C⃗ A⃗× B⃗ 10̂i− 5ĵ − 10k̂ 2 1 2
Ĉ = = ∣ ∣ = √ = î− ĵ − k̂
C ∣∣A⃗× ∣B⃗∣ 102 + (−5)2 + (−10)2 3 3 3 
Problema 1.3.2. Sigui el vector A⃗ (t) un vector en funció del temps. Demostreu
que
· dA⃗ dAA⃗ = A
dt dt
i que si A⃗ té mòdul constant llavors és perpendicular a dA⃗dt .
Solució
A2 = AA = A⃗ · A⃗
d (A ·A) dA
( = 2Adt ) dt
d A⃗ · A⃗
= 2A⃗ · dA⃗
dt dt
⇒ A⃗ · dA⃗ dA= A
dt dt
si A⃗ té mòdul constant, dA = 0, ⇒ A⃗ · dA⃗ = 0 i, per tant, aquests vectors són
dt dt
perpendiculars. 
1.4 Principi de simetria
La idea de simetria no és exclusiva de la mecànica, ni tan sols de la física. S’ha
fet servir en molts camps de les ciències. Es donen raons de simetria o arguments
de simetria per justificar unes consideracions que simplifiquen molt alguns proble- Fig. 1.11: Pierre Curie
mes, però fins a temps relativament recents no s’ha mirat de concretar què volem (1859-1906) fou un físic francès
dir amb “raó de simetria”. Pierre Curie va ser el primer a enunciar un principi de
simetria, l’any 1894:
Un efecte no pot tenir una manca de simetria si aquesta manca no és present a la causa.
Fig. 1.12: Si no fos perquè hem
És a dir, si la causa té una simetria, aquesta ha de ser present a l’efecte. Donarem marcat els vèrtex els dos triàngles
una versió més detallada d’aquesta idea. Primer precisem què és una simetria. són indistingibles
Amb un objecte S i una transformació del tipus que sigui T (vegeu la figura 1.12),
diem que T és una transformació de simetria de S o que S té la simetria T , si S
queda inalterat en fer T
T (S) = S (1.26)
24
1.5. Mesurament i tractament de dades experimentals
Principi de simetria: Si les causes tenen unes simetries, llavors els efectes tenen,
com a mínim, les mateixes simetries.
Fixem-nos que hem d’estar segurs que controlem totes les causes. Podria passar
que una part de les causes fossin simètriques i de la resta no se’n tingués informa-
ció. Els efectes, en aquest cas, no tindrien per què ser simètrics! Aquest principi
l’emprem molts cops sense ser-ne conscients, perquè el trobem molt intuïtiu. Altres
cops no ens ho sembla tant, però també pot ser aplicable.
Problema 1.4.1. Una distribució esfèrica uniforme de massa crea un camp gravi-
tatori. Argumentant exclusivament amb el principi de simetria, què podem dir del
camp gravitatori?
Solució
La causa, la distribució esfèrica uniforme de massa, té simetria esfèrica: si li fem
una rotació qualsevol al voltant del seu centre, resta inalterada. També ha de tenir
simetria esfèrica l’efecte, en aquest cas el camp gravitatori. El camp gravitatori ha de
ser radial i només pot dependre de la distància al centre de la distribució. 
1.5 Mesurament i tractament de dades experimentals
Mai en fer un mesurament podem donar el resultat en forma d’un nombre real. Això
és així per moltes raons. Per exemple, suposem que volem mesurar la longitud
d’una vareta com la de la figura 1.13.
1) La suposició que la vareta té una longitud ben definida és una idealització. Les
varetes reals no són un prisma tallat nítidament. Fig. 1.13: L'error en el
mesurament pot ser inherent a
2) L’aparell de mesurament té unes limitacions per construcció. El regle emprat, l'objecte mesurat
per més ben construït que estigui, té unes divisions amb un cert gruix per tal que
puguin ser vistes per nosaltres. Aquestes divisions estan separades de forma que
és casual que coincideixi una divisió amb el final de la vareta.
3) El nostre ull té unes limitacions que, a més, poden variar segons la il·luminació,
l’edat..., etc.
Així, el resultat d’un mesurament no és un nombre real; és un interval. Podem dir,
per exemple: la longitud de la vareta està dins l’interval [27,30; 27,40] cm (si el
regle té divisions fins als mm). Expressat d’una altra forma: 27,35 ± 0,05 cm .
Això mateix ho podem expressar simplement com 27,3 cm, entenent que la xifra
que aniria després de l’última per la dreta pot variar en una unitat, és a dir, treballar
amb un interval [27,30; 27,40] cm.
L’amplada de l’interval ve donada pels anomenats errors en el mesurament. És
evident que la paraula error no l’hem d’entendre com quelcom negatiu.
25
1. Fonaments fisicomatemàtics de la mecànica
Un error “gran” de mesurament no té per què reflectir cap mena d’incompetència
de la persona que mesura!
Tipus d'error
Per donar amb algunes garanties el resultat d’un mesurament x, el que farem és
repetir-lo un nombre M de vegades, x1, x2, x3, . . , xM . Descartarem aquells
valors que clarament s’aparten de la majoria i ens quedarem amb un nombre N de
mesuraments bons, x1, x2, x3, . . , xN . Expressarem el resultat del mesurament
com
x = x̄± ε (1.27)
amb
1 ∑N
x̄ = xi (1.28)
N
i=1
x̄ és la mitjana del mesuraments realitzats i el nombre ε, positiu, és l’error del
mesurament, que arrodonirem en general a una xifra significativa (s’explicarà més
endavant). Aquest error es descompon, segons siguin les seves causes, en
ε = εI + εP (1.29)
Errors d’imprecisió o sistemàtics εI : són deguts normalment al propi aparell de
mesurament. Sempre que fem un mesurament cometem un error de forma siste-
màtica. Sempre té el mateix valor.
Aparells analògics: per exemple, una agulla que es desplaça en una escala, un
regle (vegeu la figura 1.14). Són aparells que donen una resposta contínua. En
aquest cas, εI = R/2 on R és la resolució de l’aparell de mesurament o interval
Fig. 1.14: Peu de rei amb sortida
analògica
entre marques. En un regle típic, R = 1mm.
Aparells digitals: aquells que donen una resposta a intervals discrets (típicament,
posseeixen un indicador (display) numèric, vegeu la figura 1.15). En aquest cas,
εI = R i coincideix amb l’increment mínim que mostra l’aparell.
Errors d’incertesa o probables εP : són deguts a factors aleatoris. A l’exemple
de la vareta de la figura 1.13, poden ser deguts al fet que el tall no és nítid i depèn
d’on posem el regle. Hi poden intervenir factors ambientals: temperatura, pres- Fig. 1.15: Peu de rei amb sortida
sió..., etc. La suposició que totes els mesuraments fets estan al voltant d’un cert digital
valor (distribució gaussiana), junt amb el tractament estadístic del conjunt dels N
mesuraments, que no exposarem aquí, dóna un valor per εP
εP = σ f (1.30)
26
1.5. Mesurament i tractament de dades experimentals
on √√√ 1 ∑N
σ = √ (x̄− xi)2 (1.31)
N − 1
i=1
és la desviació estàndard,
t
f = √ (1.32)
N
on la t de (1.32) és la funció estadística de Student. Així, f és una funció que
depèn del nombre de mesuraments N realitzats i, a través de la t de Student, de la
probabilitat amb què volem assegurar que el valor real sigui dins l’interval d’error
donat. Si treballem amb una probabilitat del 95% , f es calcula d’acord amb la
taula 1.1.
N f N f N f N f
Taula 1.1: Valors de f en funció
11 0,6718 21 0,4552 40 0,3198 del nombre de mesuramentsN
2 8,984 12 0,6354 22 0,4438 60 0,2583 per a una probabilitat del 95%:
t
f = 0,9√75;N−1
3 2,484 13 0,6043 23 0,4324 120 0,1808 N
4 1,592 14 0,5775 24 0,4223 → ∞ → 0
5 1,241 15 0,5538 25 0,4128
6 1,050 16 0,5329 26 0,4039
7 0,9248 17 0,5142 27 0,3956
8 0,8360 18 0,4973 28 0,3876
9 0,7687 19 0,4820 29 0,3804
10 0,7154 20 0,4680 30 0,3734
Nota: Les calculadores científiques usuals (vegeu la figura 1.16) i/o els fulls de
càlcul tenen procediments per entrar dades x1, x2, x3, . . , xN i fer els càlculs de
x̄ i σ. Si és necessari, llegiu el manual de la vostra calculadora i/o full de càlcul. Fig. 1.16: Consulteu lesinstruccions de la vostra
calculadora
Propagació d'errors
Als apartats anteriors, hem vist com obtenir i expressar una variable sotmesa a
error a partir de mesuraments directes d’aquesta. Hi ha situacions en què s’ha de
fer el mateix amb variables que depenen d’altres variables que es poden mesurar
directament. Per exemple, una variable z que depèn de diverses variables x, y, ...:
z = z(x, y, ...), amb el benentès que els errors són petits, podem identificar-los
als valors diferencials de les magnituds corresponents. Així, εz = dz, εx = dx,
εy = dy..., etc. Com que sabem que dz = ∂z dx + ∂z∂x ∂ydy + ... només ens cal
avaluar els diferents factors ∂z , ∂z∂x ∂y , etc, amb els valors mitjans x = x̄, y = ȳ, etc,
i prendre sempre el valor absolut (positiu), com també fem amb els diferents errors
εx, εy, etc. Obtenim així
z = z̄ ± εz ; z̄ = z(x̄, ȳ) (1.33)
27
1. Fonaments fisicomatemàtics de la mecànica
amb ∣∣∣∣ ∣∣∣∣ ∣∣ ∣∣∂z ∂zεz = εx + ∣∣ ∣∣ εy + ... (1.34)∂x x=x̄ ∂y x=x̄
y=ȳ y=ȳ
Xifres significatives en els mesuraments directes
En molts casos, no ens cal afinar tant amb la precisió. N’hi ha prou a expres-
sar el resultat d’un mesurament amb una amplada d’interval 10n ≥ 2ε, essent n
el mínim enter que compleix la desigualtat. Per exemple, i tornant al cas del re-
gle i la vareta de la figura 1.13, el resultat del mesurament en cm és un interval
[27,300000...; 27,399999...] cm.
Podem dir que 27,3 és el resultat donat amb “un decimal”. Compte! si, en lloc
de treballar en cm, ho féssim en m, tindrem 0,273: diríem que el resultat és donat
“amb tres decimals”. Si ho féssim en mm tindríem 273 el resultat “sense decimals”.
Ha de quedar clar que l’expressió “amb tants decimals” o “sense decimals” no té
gaire sentit si volem reflectir la precisió amb què s’està treballant. És per això
que és millor parlar de xifres significatives: 2,73; 273; 0,000273; 273000... són
resultat de mesuraments (intervals) amb tres xifres significatives. Vegem algunes
regles per detectar quantes xifres significatives té un interval donat:
Exemple XS
En lloc de parlar d’intervals o del resultat del mesurament, parlarem de números, 4,523 4
seguint la pràctica habitual. Hem de recordar, però, que no són estrictament nombres, 70,054 5
com ho són els naturals, enters, reals..., són intervals expressats en forma de número. 0,0789 3
0,0020 2
3600 2+?
Regla 1: En nombres que no contenen zeros, tots els dígits són significatius. 3,6× 103 2
3,60× 103 3
Regla 2: Tots els zeros entre dígits significatius són significatius. 3,600× 103 4
Regla 3: Els zeros a l’esquerra del primer dígit que no és zero serveixen solament Taula 1.2: Exemples de xifres
per fixar la posició del punt decimal i no són significatius. significatives (XS)
Regla 4: En un número amb dígits a la dreta del punt decimal, els zeros a la dreta
de la última xifra diferent de zero són significatius.
Regla 5: En un número que no té punt decimal i que acaba amb zeros, aquests
poden ser significatius o no. En aquest, s’eviten confusions si s’empra la notació
científica.
Vegeu els exemples de la taula 1.2.
Xifres significatives en els mesuraments indirectes
Com se sumen, resten, multipliquen... els resultats dels mesuraments? És clar que
es fa més o menys com amb els nombres usuals... però què fem amb les xifres
28
1.5. Mesurament i tractament de dades experimentals
significatives? Quantes xifres significatives té el resultat d’una suma, resta...?
Posem-ne un exemple concret. Suposem que hem mesurat els costats d’una xapa
(suposadament) rectangular i en volem conèixer la superfície (vegeu la figura 1.17).
Diguem que els costats són a = 5237mm i b = 325mm. Com hem d’expressar el
resultat per tal de reflectir correctament l’error comès en el mesurament indirecte de
la superfície? És correcte 1702025mm2, és a dir, amb sis xifres significatives? Si
l’error en aquest exemple és d’1mm per costat, l’error que cometem en la superfície
és de l’ordre de 5237× 1 + 325× 1 + 1× 1 = 5563 ≈ 6000mm2.
Aquesta amplada d’interval afecta el dígit marcat en vermell 1702025mm2. El Fig. 1.17: Mesura indirecta de
correcte és, doncs, expressar el resultat com 1,70 × 106mm2, és a dir, amb tres l'àrea de la xapa rectangular
xifres significatives.
Es poden deduir unes regles generals per a la manipulació de xifres significatives:
√
Les constants matemàtiques: (1/2,2/3, 2, π...), sempre que es prenguin amb
un nombre de xifres superior als dels altres nombres implicats, no afecten en el
còmput de xifres significatives.
Multiplicació i divisió: El resultat de l’operació tindrà el mateix nombre de
xifres significatives que l’operand que tingui menys xifres significatives.
Suma i resta: El resultat no ha de tenir dígits en posicions més enllà de la posició
de l’últim digit comú a tots els sumands. Per exemple, 34,6 + 85− 17,8 = 101,8
s’ha d’arrodonir a 102, ja que la posició de l’últim digit comú a tots els termes és
a les unitats.
Ajust d'una recta a les dades experimentals
Una altra situació força usual és la que comporta trobar la possible dependència en-
tre dues o més variables que es poden mesurar experimentalment de forma indepen-
dent, els valors de les quals es poden representar gràficament. A través d’aquesta
representació, es pot deduir una possible relació entre les variables. A continuació,
es tracta de la metodologia que s’ha de seguir en la determinació d’aquesta gràfica.
La representació es pot fer per ordinador o manualment (en aquest darrer cas, és
convenient utilitzar paper mil·limetrat).
Cal triar les escales dels eixos, considerant els valors extrems de X i de Y , de
forma que la gràfica ocupi gran part del paper i que els mesuraments representats
quedin, en tot el que sigui possible, uniformement repartits (no s’amunteguin en
un extrem, per exemple).
El punt d’intersecció dels eixos no ha de ser necessàriament el (0,0); pot ser
qualsevol altre que faci fàcil la representació (escala amb zero desplaçat).
29
1. Fonaments fisicomatemàtics de la mecànica
 S’han de dibuixar tots els punts obtinguts, sense excloure’n d’antuvi cap. No
s’han d’escriure les coordenades de les dades ni als eixos ni a prop de cada punt,
ja que això dificulta l’observació de la gràfica.
La corba resultant de l’ajust dels punts experimentals ha de ser contínua. Mai no
s’han d’unir els punts experimentals amb trams rectes.
Si un punt queda clarament separat de la corba, no se l’ha de tenir en compte en
l’ajust i s’ha d’assenyalar com a erroni.
Tota gràfica s’ha d’acompanyar d’un peu explicatiu de què representa. Si es fan
servir diversos símbols per a les diferents variables mesurades, és preceptiu indicar
quin símbol correspon a cada variable.
El cas més simple és el de dues variables x, y entre les quals la dependència és
lineal. La recta que les relaciona s’anomena recta d’ajust i el procediment més
usual per obtenir-la, regressió lineal per mínims quadrats. En aquesta situació,
disposem d’una sèrie de N mesuraments x1, x2, ..., xN d’una variable x i N me-
suraments y1, y2, ..., yN d’una variable y, i “sospitem” que estan aproximadament
relacionats per una funció lineal y = ax+ b. Els coeficients a i b, així com la bon-
dat de l’ajust, es determinen utilitzant el mètode dels mínims quadrats, segons
el qual els valors d’aquests paràmetres corresponen a una recta que fa mínima la
suma de les desviacions quadràtiques, χ2, entre els punts de mesurament yi i el
valor (axi + b) que pren la funció pe∑r a la variable xiN
χ2 y − 2(a, b) = [ i (axi + b) ] (1.35)
i=1
Del procés de minimització resulta
xy − x y
a = b = y − a x (1.36)
x2 − x2
on
1 ∑N ∑N1 1 ∑N 1 ∑N
x̄ = xi ; ȳ = yi ; x2 = x
2
i ; xy = xiyiN N N N
i=1 i=1 i=1 i=1
(1.37)
Podem ajustar qualsevol conjunt de punts a una recta. No obstant això, existeix
un índex, anomenat coeficient de correlació |r| ≤ 1, que ens indica la bondat de
l’ajust. Aquest coeficient es pot calcular d’acord amb l’expressió següent:
xy −√x yr = √ (1.38)
x2 − x2 y2 − y2
Quant més s’ajusten els punts a la hipòtesi de linealitat, més a prop de 1 està r2. A
la pràctica, es considera un bon ajust lineal quan |r| ≥ 0,95 i que no es pot ajustar
linealment quan |r| < 0,8, tot i que aquests límits són discutibles.
30
1.5. Mesurament i tractament de dades experimentals
Els errors probables i/o d’imprecisió dels mesuraments de x i y provoquen uns
errors probables εa i εb dels coeficients a i b que es poden avaluar utilitzant mètodes
estadístics
√ √a 1− r2
ε = fσ ; ε = f x2a a b σa ; σa = (1.39)
r N − 2
on la funció f està tabulada a la taula 1.1 amb la mateixa interpretació (per al 95%).
Nota: Les calculadores científiques usuals i/o els fulls de càlcul tenen procedi-
ments per entrar parelles de dades (x1, y1), (x2, y2), ...(xN , yN) i fer els càlculs de
a, b i r . Si és necessari, llegiu el manual de la vostra calculadora i/o full de càlcul.
Problema 1.5.1. En una experiència per esbrinar la viscositat de l’oli de ricí, una
esfera d’alumini, de densitat ρAl i radi R, es deixa anar dins un recipient amb oli
de ricí de densitat ρOl i viscositat no coneguda η 2Ol . Se sap que, passat un cert 2 L'oli de ricí emprat en aquesta
temps, el moviment és aproximadament uniforme, amb un velocitat límit v que experiència té una viscositat deL
0,985N s/m2. És aquest valor el
ve donada per l’expressió que volem determinar a través de
P l'experiència descrita.ap
vL = (1)
b
on Pap és el pes aparent, tenint en compte que hi ha l’empenyiment d’Arquimedes
(s’estudia a la secció 4.3)
4
Pap = πR
3g(ρAl − ρOl) (2)
3
i b és el coeficient de la força de fricció viscosa F⃗b (s’estudia a la secció 2.5)
F⃗b = −bv⃗ (3)
Figura de l'enunciat 1.5.1
b es pot relacionar amb el radi de l’esfera i la viscositat de l’oli segons
b = 6πRηOl (4)
L’experiència consisteix a mesurar el temps que triga l’esfera a recórrer una certa
distància z, comptada després de deixar que el moviment s’atansi al moviment
uniforme.
Dades: R = 0,02m, ρAl = 2700 kg/m3, ρ 3Ol = 960 kg/m .
Dels mesuraments realitzats entre z = 0,25m i z = 2,5m s’han obtingut els
resultats de la taula.
z(m) 0,25 0,50 0,75 1,00 1,25 1,50 1,75 2,00 2,25 2,50
t(s) 0,154 0,334 0,490 0,668 0,826 0,961 1,162 1,293 1,467 1,639
Taula de l'enunciat 1.5.1
31
1. Fonaments fisicomatemàtics de la mecànica
a) Representeu els punts (t, z) d’acord amb els mesuraments realitzats.
b) Trobeu gràficament la recta que s’ajusta millor a aquests punts.
c) Trobeu per regressió lineal la recta que millor s’ajusta a aquest punts. Rao-
neu la bondat d’aquest ajust.
d) Utilitzant la recta d’ajust trobada a c) i les expressions (1,2,4), trobeu vL, b
i ηOl.
e)Trobeu l’error del pendent i l’ordenada a l’origen de la recta d’ajust i calculeu,
a continuació, l’error propagat a la viscositat ηOl.
Solució
a), b) i c). A la figura, podeu veure els punts representats i la recta de regressió. Hem
utilitzat un full de càlcul per fer la regressió lineal. L’expressió analítica de la recta
de regressió resulta: z = At + B = 1,53091 t + 0,00190 amb un coeficient de
correlació r = 0,9997
Figura de la solució 1.5.1
d) Comparant la recta amb el fet que esperem que el moviment sigui uniforme segons
z = vLt, obtenim vL = 1,5309m/s . Tenint en compte (2), Pap = 0,5720N, i amb
(1), obtenim b = 0,3736Ns/m . Utilitzant (4), tenim ηOl = 0,9911Ns/m2 .
e) Per trobar els errors del pendent A i l’ordenada a l’origen B, fem servir (1.39).
Amb un nombre de mesuraments N = 10, tenim σA = 0,01326 i, de la taula 1.1,
f = 0,7154. L’error del pendent resulta εA = 0,0095m/s , que serà també l’error
de vL. Tenint en compte que podem escriure
Pap 1
ηOl =
6πR vL
i que l’única magnitud subjecta a error del membre de la dreta és vL, tenim, fent servir
(1.34)
Pap 1
εηOl = ε6πR v2
vL
L
32
1.6. Primera llei de Newton. Sistemes de referència inercials
on εv = εA = 0,0095m/s N’obtenim ε 2ηOl = 0,0062Ns/m . L’error de l’ordenadaL
a l’origen B resulta εB = 0,0097m . Observem que aquest valor fa que la B troba-
da per regressió sigui compatible amb el valor 0, cosa que esperem segons l’expressió
z = vLt. Finalment, podrem expressar el resultat de l’experiència pel que respecta
al valor trobat per ηOl
ηOl = (0,991± 0,007)N s/m2 
1.6 Primera llei de Newton. Sistemes de referència iner-
cials
Primera llei de Newton
La primera llei que enuncià Newton va estar motivada per la necessitat de “deixar
clar” què passa quan no passa res. És a dir, necessitava expressar quin és l’escenari
espaciotemporal pel qual es mourien més tard els actors: les partícules interactuants Fig. 1.18: Isaac Newton
i les forces corresponents. Tinguem en compte que, en aquells temps, qui més qui (1643-1727) fou un físic,matemàtic i filòsof anglès
menys pensava que les coses no es movien soles... Galileu ja va concebre que els
cossos tenen inèrcia, una tendència natural a mantenir el seu estat de moviment.
Primera llei de Newton o llei d’inèrcia: Un cos no afectat per cap causa es
mou amb velocitat constant (moviment rectilini uniforme).
La podem entendre com la definició de l’absència de causa: si observem que un
cos es mou amb velocitat constant és que no l’afecta res. Podem dir que té un
moviment inercial.
Sistemes de referència inercials
Fig. 1.19: Galileo Galilei
Si un observador o sistema de referència es mou inercialment, amb velocitat rectilí- (1564-1642) va ser un físic,matemàtic, i filòsof toscà
nia i uniforme, no l’afecta cap agent físic extern. Com podrà saber a quina velocitat
es mou? Tot el que observi li semblarà conseqüència de les mateixes lleis de la fí-
sica que fa servir estant aturat. Aquesta reflexió suggereix la definició de sistemes
de referència inercials.
Sistemes de referència inercials: Els sistemes de referència obtinguts per trans-
formacions d’un sistema donat i respecte dels quals les lleis de la física adopten la
mateixa forma s’anomenen sistemes de referència inercials. Les transformaci-
ons que permeten passar dels uns als altres s’anomenen transformacions inercials
(vegeu la figura 1.20).
33
1. Fonaments fisicomatemàtics de la mecànica
Fig. 1.20: Dos observadors
inercials fan servir les mateixes
lleis de moviment per explicar les
observacions del mateix fet
Transformacions inercials
Amb hipòtesis molt generals de l’espaitemps, s’obté que dos sistemes de referència
S i S′ són inercials si estan relacionats entre ells per una composició de: transla-
ció, rotació, canvi a l’origen del temps i una transformació de velocitats: els dos
sistemes viatgen a una velocitat relativa constant V⃗ . L’expressió d’aquesta última
depèn de l’existència o no d’una velocitat màxima amb la qual realitzar la sincro-
nització temporal dels diferents punts de l’espai.
Transformacions de Galileu: Si la naturalesa no posa límit a les velocitats, no
tenim problemes a sincronitzar. {Per per a la transformació de velocitats, obtenim
r⃗′ = r⃗ − V⃗ t
′ (1.40)t = t
Aquestes transformacions defineixen els sistemes inercials de Galileu sobre els
quals es basa la mecànica newtoniana que estudiarem en aquest curs.
Transformacions de Lorentz-Poincaré: Si la naturalesa posa límit a les velo-
citats, tindrem una vel{ocitat màxima c que fem servir en sincronitzar. Obtenim
r⃗′ = r⃗ − γV⃗ t+ (γ−1)V 2 (V⃗ · r⃗) V⃗
′ (1.41)− 1 · Fig. 1.21: Hendrik Antoon Lorentzt = γt c2 γV⃗ r⃗ (1853-1928) fou un físic i
on γ = √ 1 . En ser c la màxima velocitat no hi ha cap contradicció, V < c i matemàtic neerlandès
−V
2
1 c2
l’arrel sempre és real. Aquestes transformacions defineixen els sistemes inercials
de Poincaré sobre els quals es basa la teoria especial de la relativitat deguda a Albert
Einstein.
És un fet experimental que hi ha una velocitat màxima que coincideix amb la de la
llum en el buit c = 299792458m/s. Les conseqüències d’aquest fet, la teoria espe-
cial de la relativitat, s’han pogut contrastar experimentalment. Malgrat tot, sempre Fig. 1.22: Henri Poincaré
(1854-1912) fou un matemàtic
que tractem amb sistemes amb velocitats v ≪ c podrem fer l’aproximació c → ∞ francès
i utilitzar per als càlculs la mecànica newtoniana. A la mecànica newtoniana, el
34
1.6. Primera llei de Newton. Sistemes de referència inercials
temps és absolut: per a tot punt A: tA = tO, és a dir, tots els punts de l’espai d’un
observador es poden sincronitzar amb un mateix temps t. Si no diem explícitament
el contrari, estudiarem la mecànica newtoniana.
Independentment de si fem o no relativitat, l’elecció d’un sistema de referència
inercial a partir del qual poder definir-ne d’altres depèn del grau d’aproximació
amb què es treballi. En general, nosaltres en tindrem prou a considerar la Terra
com a sistema inercial, encara que sabem que es mou al voltant del Sol i, per tant,
no és estrictament inercial. Si es necessita més precisió, es pot prendre el sistema
inercial lligat al Sol. Actualment, per exemple. en relació amb la tecnologia GPS
(Global Positioning System), s’arriben a utilitzar sistemes de referència lligats als
quàsars (quasi-stellar radio source), objectes celestes extremament llunyans.
Per acabar aquesta secció, farem un únic problema relativista, que ens il·lustrarà,
en un cas concret i real, com la mecànica relativista troba una explicació a un fet Fig. 1.23: Albert Einstein
que al seu moment va sorprendre i del qual no es trobava cap explicació en el marc (1879-1955) va ser un físicd'origen alemany, nacionalitzat
de la mecànica newtoniana. posteriorment suís i nord-americà
Problema 1.6.1. Al laboratori, els muons µ− de baixa velocitat tenen una vida
mitjana de τ = 2,197×10−6 s. Els raigs còsmics arriben a l’atmosfera a una altura
de h = 2,5× 106 m i produeixen muons µ−, que són detectats a la superfície de la
Terra. Calculeu la velocitat (constant) amb què arriben a Terra els muons...
a) sense tenir en compte la mecànica relativista,
b) utilitzant la mecànica relativista.
Solució
a) El temps és igual per a tots els observadors. El µ− pot “viure”, com a molt, τ =
2,197 × 10−6 s. Segons el sistema de referència S, en repòs al terra, el µ− hauria
6
d’anar a una velocitat mínima v = h = 2,5×10 = 1,138×1012 m/s, que supera
τ 2,197×10−6
amb escreix la màxima velocitat possible! Figura de la solució 1.6.1
b) Donem l’explicació relativista. El temps depèn de l’observador. El temps que cal
tenir en compte per al muó µ− és el “seu” temps propi, en aquest cas, el temps del
sistema de referència S′, que viatja amb el muó. Amb aquesta interpretació, el muó,
“ell”, pot “viure” com a molt, ∆t′ = τ = 2,197× 10−6 s , que és un temps mesurat
segons un rellotge en repòs respecte de S′. En canvi, en el mesurament de la velocitat
del muó, v, l’observador S fa servir el seu temps ∆t, v = h .
∆t
Si prenem increments a la transformació relativista de Lorentz-Poincaré del temps
(1.41), amb V⃗ = v⃗, v⃗ · r⃗ = vz, ∆z = h i h = v, tenim
∆t
∆t′ = √ 1 1∆t− √ 1 vh
2
1− v2 c v2
c2
1−
c2
35
1. Fonaments fisicomatemàtics de la mecànica
dividint tot per h i simplificant √
∆t′ 1 v2
= 1−
h v c2
i, per tant, la velocitat mín(ima)v a què ha d’anar el muó per poder arribar a terra “viu”compleix v 2
= (1 ′ )2 = 0,9999c 1 + c∆t
h
és a dir v < c, que és coherent amb el fet que c sigui la velocitat màxima possible i,
per tant, amb la relativitat. 
1.7 Cinemàtica del punt: posició, trajectòria, velocitat i ac-
celeració
Vector posició: El vector posició del punt P = (xP , yP , zP ) respecte del punt
O = (xO, yO, zO) és el vector r⃗P (O) = (xP − xO, yP − yO, zP − zO) . Si O =
(0,0,0), s’acostuma a escriure r⃗P = (xP , yP , zP ) o, si no hi ha dubtes, r⃗ = (x, y, z)
(vegeu la figura 1.24). En general, podem escriure r⃗P (Q) = r⃗P − r⃗Q.
Cada observador té el seu vector posició. En general, dos observadors posicionaran
el mateix punt amb diferents vectors posició: r⃗ ≠ r⃗ ′ Fig. 1.24: Vector posició respecteP (O) P (O ) de l'origen
Mòdul del vector posició: el denotem per |r⃗| = r.
Trajectòria: La trajectòria d’una partícula és la corba r⃗(λ) per on passa la par-
tícula.
Trajectòria temporal: La trajectòria temporal d’una partícula és la corba per
on passa la partícula parametritzada amb el temps r⃗(t) (vegeu la figura 1.25).
Vector desplaçament: El vector desplaçament entre dos punts és: ∆r⃗ = r⃗2 −
Fig. 1.25: Trajectòria temporal
r⃗1 = (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1). Si els dos punts estan infinitament pròxims: d'una partícula
dr⃗ = (dx, dy, dz).
Mòdul de dr⃗: Compte, dr no és el mòdul de dr⃗ . Aquest el denotarem per dℓ :
|dr⃗| = dℓ. ℓ és la longitud de la corba respecte a alguna referència sobre aquesta
(vegeu la figura 1.26). Només si el desplaçament dr⃗ està alineat amb l’origen de
r⃗, es compleix dℓ = dr.
Diferencial de U : Donat un escalar U(r⃗) el diferencial de U és dU = ∇⃗U · dr⃗
i representa la variació infinitesima de la funció U quan variem infinitesimalment Fig. 1.26: Longitud de la corba ℓ,
modul de dr⃗ i dr
la posició en una direcció de l’espai no especificada dr⃗. Si U depèn explícitament
del temps, U(r⃗, t), la variació de U quan variem infinitesimalment la posició en
una direcció de l’espai no especificada dr⃗ esmerçant un temps no especificat dt és
∇⃗ · ∂UdU = U dr⃗ + dt (1.42)
∂t
36
1.7. Cinemàtica del punt: posició, trajectòria, velocitat i acceleració
Vector velocitat: El vector velocitat d’una partícula és el vector tangent a la
trajectòria el mòdul del qual ens indica el ritme de canvi de posició de la partícula
a cada instant
dr⃗ dx dy dz
v⃗ = = r˙⃗ = ( , , ) (1.43)
dt dt dt dt
Velocitat relativa: La velocitat relativa d’una partícula P respecte d’una altra
Q és:
dr⃗P (Q)
v⃗P (Q) = = v⃗P − v⃗Q (1.44)
dt
Vector acceleració: El vector acceleració d(’una partícula és)el vector
˙⃗ dv⃗ d
2r⃗ d2x d2y d2z
a⃗ = v = = = r¨⃗ = , , (1.45)
dt dt2 dt2 dt2 dt2
Tríedre de Frenet
La variació de la velocitat d’una partícula v⃗ és l’acceleració a⃗ = v˙⃗ . Les components
cartesianes d’aquests vectors no ens informen gaire de què representen. Si mirem
de tornar a la definició de vector com aquella magnitud que té mòdul per una banda i
direcció i sentit per l’altra, podem expressar el vector velocitat en la forma v⃗ = vv̂.
D’aquesta manera, cada factor té un significat físic ben clar, v, el mòdul, i v̂, la
direcció i el sentit. Ara, si derivem per trobar l’acceleració:
dv⃗ d(v v̂) dv dv̂
a⃗ = = = v̂ + v (1.46)
dt dt dt dt
el primer terme és la part de l’acceleració en la direcció i el sentit de la velocitat.
És l’acceleració tangent a⃗ = dvT dt v̂. La component de l’acceleració tangent, aT ,
a = dvT dt .
Per estudiar que representa el segon terme v dv̂dt , ens fixarem que v̂ és un vector
unitari, v̂2 = 1. Derivant respecte del temps 2v̂ · dv̂dt = 0,∣és ∣a dir, dv̂dt és un
vector normal a v̂, normal a la trajectòria. El vector n̂ = dv̂ ∣dv̂ ∣−1dt dt és normal a
la trajectòria i unitari. Podem encara definir un tercer vector, el vector binormal b̂,
normal als dos anteriors i unitari, fent b̂ = v̂ × n̂. Aquest tercer vector no el farem
servir per descriure l’acceleració. El definim per completar la base. El que sí que
ens interessa analitzar és la part∣de ∣l’acceleració dirigida en la direcció normal n̂.
És l’acceleració normal a⃗ = v ∣dv̂ ∣N dt n̂. Per descriure adequadament la component
normal a l’acceleració ens cal saber-ne més sobre la forma de la trajectòria.
A la figura 1.27, es comparen dos punts molt pròxims de la trajectòria, de vec-
tors tangents unitaris v̂(t) i v̂(t + dt), que formen un triangle que té dos costats
de longitud 1 i el tercer de longitud |dv̂|. Essent aquest triangle isòsceles i d’angle Fig. 1.27: Radi de curvaturaR
37
1. Fonaments fisicomatemàtics de la mecànica
infinitesimal, és equiparable a un arc de radi 1. A la vegada, el petit tram de trajec-
tòria és una corba en forma de petit arc d’angle dϕ, radi de curvaturaR i longitud
d’arc dℓ = vdt. Tenim les relacions
1 dϕ = |dv̂| ; R dϕ = dℓ (1.47)
les quals, eliminant dϕ, ens permeten obtenir una expressió del radi de curvatura R
en termes del vector unitari tangent a la trajectòria v̂. Es defineix per conveniència
la curvatura ρ = 1/R. Amb tot, tenim:
Radi de curvatura: A cada punt d’una trajectòria donada, de vector tangent
unitari v̂, li podem associar un radi de curva∣tura R i una curvatura ρ segons:
1 ∣
ρ = = ∣
R ∣dv̂ ∣
∣∣∣ (1.48)
dℓ
Tríedre de Frenet: A cada punt d’una trajectòria donada, de vector tangent
unitari v̂, podem definir una base de vectors formada pels vectors tangent, normal
i binormal a la trajectòria, anomenada tríedre de Frenet (vegeu la figura 1.28), Fig. 1.28: Tríedre de Frenet i radi
segons: de curvatura
dv̂
v̂ ; n̂ = R ; b̂ = v̂ × n̂ (1.49)
dℓ
Acceleració tangent i normal: L’acceleració d’una partícula que recorre una
trajectòria, definida pel vector tangent unitari v̂, sempre es pot escriure en la forma
a⃗ = aT v̂ + aN n̂ . Les components tangent, aT i normal, aN , de l’acceleració es
poden expressar en termes de v i R com
dv v2
aT = ; aN = (1.50) Fig. 1.29: Jean Frédéric Frenet
dt R (1816-1900) fou un matemàtic,
astrònom i meteoròleg francès
Problema 1.7.1. Un observador inercial O mesura la posició d’una partícula (uni-
tats del S.I.) r⃗ 2 3P (O) = (6t −4t)̂ı−3t ȷ̂+2k̂. Un altre observadorO′ , amb la mateixa
orientació, mesura la posició de la mateixa partícula r⃗P (O′ 2 3) = (6t +3t)̂ı−3t ȷ̂−3k̂.
a) Determineu la velocitat relativa del sistema O′ respecte de O.
b) Calculeu l’acceleració de la partícula respecte de O i O′.
c) És O′ un observador inercial?
Solució
a) La velocitat de la partícula respecte de O és:
dr⃗P (O)
v⃗P (O) = = (12t− 4)̂ı − 9t2ȷ̂
dt
38
1.7. Cinemàtica del punt: posició, trajectòria, velocitat i acceleració
La velocitat de la partícula respecte de O′ és:
dr⃗P (O′)
v⃗P (O′) = = (12t+ 3)̂ı− 9t2ȷ̂dt
La velocitat relativa de O′ respecte de O serà
V⃗ = v⃗O′(O) = v⃗O′ − v⃗O = −v⃗P + v⃗O′ + v⃗P − v⃗O = v⃗P (O) − v⃗P (O′) = −7ı̂
Figura de la solució 1.7.1
b)
dv⃗P (O)
a⃗P (O) = = 12ı̂ − 18 t ȷ̂
dt
De l’apartat anterior, tenim v⃗P (O′) = v⃗P (O) − V⃗ , així
dv⃗P (O′) dv⃗P (O)
a⃗P (O′) = = −
dV⃗
= a⃗P (O) = 12ı̂ − 18 t ȷ̂
dt dt dt
c) Si, perquè O′ viatja a velocitat constant respecte d’un observador inercial O:
v⃗O′(O) = ct 
Problema 1.7.2. Una partícula descriu un moviment rectilini, essent l’espai recor-
regut s = 4t3 − 3t2 − 6, s en metres i t en segons. Si la partícula parteix de t = 0,
calculeu
a) el temps que trigarà a tenir una velocitat de 6m/s.
b) el valor de l’acceleració en aquest mateix instant.
Solució
ds
v(t) = = 12t2 − 6t
dt
a) Si la partícula parteix de t = 0,
v(t) = 6 = 12t2 − 6t ⇒ 2t2 − t− 1 = 0 ⇒ t = 1s
b) En aquest instant, l’acceleració
dv ∣∣
serà
a(t = 1) = ∣∣ = (24t− 6)| = 18m/s2dt t=1 
t=1
Problema 1.7.3. Un cos descriu un moviment rectilini amb acceleració a = 4− t2
(a en m/s2 i t en s). Calculeu la velocitat i el desplaçament en funció del temps, si
a t = 3 s, v = 2m/s i x = 9m.
Solució
Integrant l’expressió de∫la acceler∫aci(ó n’obte)nim la velocitat:3
v = adt = 4− 2 tt dt = 4t− +K1
3
39
1. Fonaments fisicomatemàtics de la mecànica
Integrant nova∫ment n’ob∫ten(im el desplaçam)ent:
3 4
x = vdt = 4t− t +K dt = 2t2 − t1 +K1t+K2
3 12
K1 i K2 són constants d’integració que depenen de les condicions inicials. Com que
t = 3 s, v = 2m/s i x = 9m, t(enim )
33
v(3) = 2 = 4 · 3− +K1 ⇒ K1 = −1( 3 )
34
x(3) = 9 = 2 · 32 − + (−1) 3 +K2 m ⇒ K2 = 0,75
12
N’obtenim finalment:
t4 t3
x = −t+ 2t2 − + 0,75 ; v = 4t− − 1
12 3 
Problema 1.7.4. El moviment tridimensional d’una partícula està definit pel vector
posició r⃗ = R sin (ω t) ı̂+ c t ȷ̂+R cos (ω t) k̂ amb R, ω i c constants.
a) Determineu les magnituds de la velocitat i l’acceleració de la partícula.
b)Calculeu el radi de curvatura i els components tangent i normal de l’acceleració
i el vector normal unitari.
Solució
a)
dr⃗
v⃗ = = ωR cosωt ı̂+ c ȷ̂− ωR s(inωt k̂dtdv⃗ )
a⃗ = = −ω2R sinωt ı̂− ω2R cosωt k̂ = −ω2R sinωt ı̂+ cosωt k̂
dt
b)
√ √ √
v = v⃗ · v⃗ = ω2R√2 (cos2 ωt+ sin2 ωt) + c2 = ω2R2 + c2 Figura de la solució 1.7.4√
a = a⃗ · a⃗ = ω4R2 (sin2 ωt+ cos2 ωt) = ω2R
dv
aT = = 0
dt
Essent aT = 0, podem concloure que tota l’acceleració és normal, és a dir, aN =
ω2R. Si aT ̸= 0, també podríem trobar aN aïllant de a2 = a2 + a2T N . No ho farem
així; resoldrem aN trobant-ne primer la curvatura.
v⃗ ωR cosωt√ı̂+ cȷ̂− ωR sinωt k̂v̂ = =
v ( ω2R2 + c2 )
dv̂ −ω
2R sinωt ı̂+ cosωt k̂
= ∣ ∣ √dt ∣ ∣ ω2R2 + c2∣∣dv̂ ∣∣ ω2R= √dt ω2R2 + c2
40
1.7. Cinemàtica del punt: posició, trajectòria, velocitat i acceleració
Denotarem el radi de curvatura per Rcurv per no confondre’l amb R, que és una cons-
tant de l’enunciat del proble∣ma.∣∣∣ ∣∣∣∣−1 √dv̂ ω2R2 + c2 c2Rcurv = v = = R+dt √ ω2R ω2R
ω2R2+c2
Observem que, si c = 0, si la corba no avança en la direcció ȷ̂, és tracta d’una circun-
ferència de radi R en el pla x− z. En aquest cas, Rcurv = R.
L’acceleració normal aN la calcularem utilitzant el radi de curvatura Rcurv = R.
v2 ω2R2 + c2
aN = = ( ) = ω2R
Rcurv ω2R2+c2
ω2R
Rcurv dv̂
n̂ = = − sinωt ı̂− cosωt k̂ 
v dt
Problema 1.7.5. Una partícula fa un moviment circular (no uniforme)
r⃗(t) = R0(cosφ, sinφ, 0) onφ = φ(t) és una funció creixent del temps. Calculeu:
a) la velocitat i l’acceleració.
b) el radi de curvatura de la trajectòria.
c) la base de vectors, tangent v̂ i normal n̂, i els components tangent aT i normal
aN de l’acceleració.
Solució
a) La velocitat i l’acceleració. En derivar respecte de t, tindrem en compte que estem
fent una derivada total i que φ és una funció de t:
v⃗ = R0φ̇(− sinφ, cosφ, 0) Figura de la solució 1.7.5
a⃗ = R0φ̈(− sinφ, cosφ, 0) +R 20φ̇ (− cosφ,− sinφ, 0)
el mòdul de la velocitat és v = R0φ̇.
b) El vector de la base de Frenet v̂ i el radi de curvatura R
v̂ = v⃗ ∣∣= ∣∣(− sinφ, cosφ, 0) ; dv̂ = φ̇(− cosφ,− sinφ, 0)v dt−1R = v dv̂ = R
dt 0
c) El vector de la base de Frenet n̂ i les components tangent i normal de l’acceleració
n̂ = R dv̂ = (− cosφ,− sinφ, 0)
v dt
2
aT =
dv = R φ̈ ; a = v = R φ̇2
dt 0 N R 0 
41

2 Dinàmica d'una partícula
Introducció
Estudiem el moviment d’una partícula des del punt de vista de les causes que el
fan possible, és a dir, les forces. Per això relacionem aquestes causes amb els
conceptes propis de la cinemàtica, introduïts al capítol 1, com ara la posició, la
velocitat i l’acceleració. Tot seguit, introduirem altres propietats, com la quantitat
de moviment, el moment d’una força, el moment angular, el treball i l’energia.
Finalment, analitzem alguns tipus de forces.
Una partícula clàssica és qualsevol objecte material de dimensions negligibles res-
pecte a les dimensions de la trajectòria que realitza (distàncies i radis de curvatura)
i que no gira sobre si mateix o, si ho fa, no transmet aquest gir a cap altra partícu-
la. En queden excloses les partícules extremament petites, de dimensió atòmica o
inferior. D’aquestes se n’ocupa la mecànica quàntica. Una partícula newtoniana
és una partícula clàssica que es mou sempre a velocitats molt inferiors a les de la
llum.
Si no diem el contrari, quan parlem de partícula ens referim a partícula newtoniana,
tal com l’hem definida aquí. També, quan diem que un objecte és petit el que volem
dir és que el podem tractar com a partícula newtoniana.
Els conceptes i mètodes que expliquem en aquest tema s’apliquen, doncs, a les
partícules. Tot i amb això, més endavant, a la secció 3.13, veurem que, si les forces
que actuen sobre un sòlid rígid no el fan girar, el seu moviment es pot explicar
considerant-lo una partícula situada en un punt solidari amb el cos, anomenat centre
de masses. De moment, però, parlem de partícules.
2. Dinàmica d'una partícula
2.1 Primera i segona lleis de Newton
Primera llei de Newton
La mecànica clàssica es fonamenta en tres lleis o axiomes establerts per Galileu i
Newton als segles XVII-XVIII , basats, en bona part, en resultats experimentals.
A la secció 1.6, ja hem vist la primera llei de Newton o llei d’inèrcia, en relació
amb la definició de sistema inercial. Hem vist com la primera llei de Newton, entre
altres coses, definia què entenem per absència de causa. Ara volem anar més enllà,
especificant una mica més el concepte de causa. La primera llei es pot formular
així:
Primera llei de Newton o llei d’inèrcia. Tot cos (partícula) sobre el qual no
actua cap força manté el seu estat de moviment, ja sigui en repòs o en moviment
rectilini uniforme.
La primera llei de Newton introdueix el concepte de força com la causa que modi-
fica l’estat de moviment d’un cos.
Com s’ha indicat a la secció 1.6, els sistemes de referència (SR) per als quals es ve-
rifica la primera llei de Newton s’anomenen sistemes de referència inercials (SRI).
A més, qualsevol SR que es mogui a velocitat constant respecte a un SRI també
és inercial. D’altra banda, si un SR accelera respecte a un SRI és no inercial. En
aquest curs, només tractarem els casos de SRI. Per tant, en cap moment parlarem
de forces fictícies, com la centrífuga o la de Coriolis. Podem resoldre totes les
situacions utilitzant un SRI, sense necessitat d’introduir cap força fictícia.
Segona llei de Newton
La segona llei, també anomenada llei de moviment, estableix que
Segona llei de Newton o llei de moviment. Un cos (partícula) sotmès a l’acció
d’una força no nul·la, accelera. L’acceleració té la mateixa direcció i sentit que
la força, i el mòdul és igual al de la força dividit per la massa inercial. És a dir:
F⃗
a⃗ = (2.1)
m
F⃗ és la força causant de l’acceleració a⃗ de la partícula. m és la constant de pro-
porcionalitat entre força i acceleració, anomenada massa inercial. És una propietat
intrínseca de la partícula que posa de manifest la resistència a ser accelerada.
S’ha escrit molt sobre el significat d’aquesta llei. Defineix la força? Defineix la
massa (inercial)? És una llei per saber com es mou la partícula? La veritat és que
és una mica de cada cosa.
44
2.1. Primera i segona lleis de Newton
La podem escriure:
A) F⃗ = ma⃗ B) F⃗ (r⃗, v⃗, t) = ma⃗ C)F⃗ (r⃗, r˙⃗, t) = mr¨⃗ (2.2)
La versió A, com (2.1), és la més coneguda però no la més aclaridora. Les dues
altres donen més informació. La tercera és la que vol deixar més clar que es tracta
d’una llei de moviment.
La llei de Newton defineix la força: La força és la causa de l’acceleració de
la partícula i pot dependre de la posició i la velocitat d’aquesta, a més del temps, Fig. 2.1: L'acceleració normal aN
però no de l’acceleració. La força és una magnitud vectorial, ja que l’acceleració, és causada per la força T de
com hem vist a la secció 1.7, ho és i la massa, en estar definida com una propietat tensió de la corda: aN = Tm
intrínseca de la partícula, és un escalar. A més, a⃗ i F⃗ són vectors paral·lels i, sent
m positiva, tenen el mateix sentit.
És important adonar-se que (2.1) (també (2.2)) és una equació vectorial. Això vol
dir que involucra mòdul, direcció i sentit. Així, per exemple, per al cas senzill
d’una pedra lligada a una corda, que descriu una trajectòria circular a un mòdul
de velocitat constant, hi ha acceleració. En aquest cas, malgrat que el mòdul de la
velocitat és constant, la direcció no ho és. L’acceleració és la normal o centrípeta,
està dirigida cap al centre de la trajectòria circular i és causada per la tensió de la
corda, aN = Tm (vegeu la figura 2.1). Vegeu la secció 1.7.
La llei de Newton defineix la massa: si sobre una mateixa partícula, actuen
forces diferents F⃗1, F⃗2... causant acceleracions diferents a⃗1, a⃗2... (vegeu la figura
2.2), la relació entre els mòduls, F1 F2a = a = ..., es manté constant i l’anomenem1 2
massa inercial de la partícula (o simplement massa):
F1 F2
m = = = ... (2.3)
a1 a2 Fig. 2.2: Diferents forces sobre
una mateixa partícula donen lloc a
La massa és una magnitud escalar. diferents acceleracions. Segons
la segona llei de Newton, el
Hem de tenir en compte que, per dur a terme l’experiència descrita, hem de comptar quocient es manté constant is'anomena massa inercial de la
primer amb un patró de força, amb una definició que no contingui el concepte de partícula
massa. Això no és del tot senzill. Es recolza en demanar la validesa de l’anomenada
llei de conservació de la massa en un context clàssic i no relativista: si ajuntem
una partícula de massa m1 i una altra de massa m2 la massa de la nova partícula
és m1 + m2. Aquesta llei fa que, clàssicament, es pugui utilitzar la massa com a
mesura de la quantitat de matèria i reanomenar la llei com llei de conservació de la
matèria. Actualment, si es vol afinar molt, es comptabilitza la matèria pel nombre
de protons, neutrons, electrons..., o d’àtoms i molècules que conté.
Podem ara prendre com a patró la força que, a prop de la Terra, rep una quantitat de
matèria determinada. Fet això, podem fabricar-nos una molla que, per a una certa
45
2. Dinàmica d'una partícula
deformació, faci la mateixa força que la descrita anteriorment. Per exemple, quan
pengem en repòs de la molla la quantitat de matèria, la molla farà la força patró.
Ara podem definir forces de valor doble, triple... de la força patró utilitzant dues,
tres... molles en paral·lel. Si utilitzem el principi de superposició (que es tracta
una mica més avall) la força serà el doble, triple... Aquestes són les forces que
podem utilitzar en l’experiència descrita en la definició de massa. Evidentment,
la quantitat de matèria determinada, esmentada anteriorment, acaba esdevenint el
patró i la unitat de massa, i la unitat de força finalment és derivada segons la llei
de Newton, com mostrarem una mica més avall.
És una llei per saber com es mou la partícula. Si coneixem la força com
un camp funció de r⃗ i v⃗, la teoria d’equacions diferencials ens diu que C és una
equació diferencial que pot ser integrada (dos cops) per trobar la incògnita r⃗(t).
A cada integració, s’introdueix una constant (vectorial): C⃗1 i C⃗2. N’obtindrem
r⃗(t) = f⃗(C⃗1 , C⃗2, t)
Si coneixem la posició i la velocitat de la partícula en un instant t0 donat, r⃗0 = r⃗(t0)
i v⃗0 = v⃗(t0), podem resoldre{
r⃗0 = f⃗(C⃗1 , C⃗2, t0) (2.4)
v⃗ = ∂f⃗0 ∂t (C⃗1 , C⃗2, t0)
i trobar C⃗1 i C⃗1 en funció de r⃗0 i v⃗0 i, per tant, tenir r⃗(t) = r⃗(r⃗0 , v⃗0, t).
Mecànica predictiva. Podem dir que la mecànica newtoniana és una mecànica
predictiva. Es tracta d’una versió forta de determinisme: coneguda la funció força
que actua sobre una partícula, i conegudes la posició i velocitat en un instant donat,
el futur i el passat de la partícula queden totalment determinats.
A la secció 2.5 d’aquest capítol, veurem alguns exemples de forces.
Principi de superposició de forces
Fig. 2.3: Dues forces que actuen
L’experiència ens mostra que, si sobre una partícula actuen dues forces F⃗ i F⃗ , sobre una mateixa partícula1 2 causen la mateixa acceleració
l’acceleració a⃗ que li provoquen és a⃗ = a⃗1 + a⃗2, essent a⃗i, i = 1,2, l’acceleració que una única força suma de les
causada únicament per la força F⃗ . dues originalsi
Tenint en compte la llei de moviment de Newton, podem enunciar (vegeu la figura
2.3):
Principi de superposició de forces. La força resultant de l’actuació de dues
forces F⃗1 i F⃗2 sobre una mateixa partícula és
F⃗ = F⃗1 + F⃗2 (2.5)
Per apreciar bé aquest principi i no considerar-lo trivial només cal dir que a la teoria
46
2.1. Primera i segona lleis de Newton
de la relativitat no es compleix!
Tornant a la primera llei de Newton, per tal que es compleixi, no cal que totes
les forces que actuen sobre un partícula siguin nul·les; n’hi ha prou que ho sigui la
resultant. El fet que la força resultant sigui nul·la no implica absència de moviment,
sinó que la velocitat sigui constant. Al seu moment, aquesta afirmació va trencar
els esquemes dels seguidors de l’escola aristotèlica, que fins i tot associaven el
Fig. 2.4: Aristòtil (384 aC-322 aC).
moviment uniforme a l’existència d’una força. Física aristotèlica: és l'estudi de
l'ésser en moviment. Entre les
lleis de moviment, assenyala que
Unitats de massa i força ''tot mòbil requereix un motor''
Només ens resta introduir el patró de massa necessari per poder fer mesures.
Unitat de massa (S.I.). El kilogram, kg: una massa de 1 kilogram és igual a la
massa del patró internacional: un cilindre d’iridi-platí custodiat a París pel BIPM.
(Definició adoptada l’any 1889.)
La unitat de força és derivada de la llei de Newton.
La unitat de força en el S.I. és el newton (N).: 1N = 1kg ms2
Problema 2.1.1. Una nena de massa 30 kg està en un ascensor. Determineu la
força N que exerceix el sòl sobre la nena si l’ascensor:
a) puja amb moviment uniforme,
b) baixa amb moviment uniforme,
c) puja amb una acceleració de 2m s2/ ,
d) baixa amb acceleració de 22m/s i,
e) cau lliurement després que es trenquin els seus cables de l’ascensor
Solució
Amb m = 30 kg i g = 9,81 m/s2, utilitzem la llei de moviment de Newton en la
direcció vertical, N −mg = ma ⇒ N = m(a+ g). N’obtenim:
a) a = 0 ⇒ N = mg = 294,3N , Figura de la solució 2.1.1
b) a = 0 ⇒ N = mg = 294,3N ,
c) a = 2 ⇒ N = m(2 + g) = 354,3N ,
d) a = −2 ⇒ N = m(g − 2) = 234,3N ,
e) a = −g ⇒ N = 0 
Problema 2.1.2. Un objecte petit, de m = 4 kg, està sotmès a l’acció de dues
forces, F⃗1 = ı̂ − 2ȷ̂ i F⃗2 = ı̂ + ȷ̂ (unitats N). Calculeu els vectors acceleració,
47
2. Dinàmica d'una partícula
velocitat i posició de l’objecte en el temps t = 3 s si a t = 0 està en repòs a
l’origen de coordenades
Solució
m = 4 kg. La força resultant és F⃗ = F⃗1+F⃗2 = (2,−1). De l’equació de moviment,
n’obtenim l’acceleració ( )
F⃗ 1 1
F⃗ = ma⃗ ⇒ a⃗ = = ,−
m 2 4
Integrant l’acceleració, ∫ ( )
1 1
v⃗ = a⃗ dt = ,− t+ C⃗1
2 4
i, teni(nt en co)mpte les condicions inicials a t = 0 , v⃗ = 0 implica C⃗1 = 0 i, per tant,
v⃗ = 1 ,− 1 t
2 4
Integrant la velocitat, ∫ ( )
1 1
r⃗ = v⃗ dt = ,− t2 + C⃗2
4 8
i, teni(nt en co)mpte les condicions inicials a t = 0, r⃗ = 0 implica C⃗2 = 0 i, per tant,
r⃗ = 1 ,− 1 t2 
4 8
Per fer els dos problemes següents, tingueu compte la força pes o força deguda al
camp gravitatori g⃗ a prop de la superfície terrestre, P⃗ = mg⃗, que actua sobre qual-
sevol massa m, amb g = 9,81m/s2. Si necessitem afinar més, tindrem en compte
la gravetat local. Per exemple, a Barcelona, g = 9,804m/s2. A la secció 2.5, trac-
tem la força pes com a exemple de força constant i, a la secció 4.2, estudiarem amb
més detall la força pes.
Problema 2.1.3. Una partícula lligada a una corda, de massa negligible i longitud
ℓ, fa un moviment circular uniforme. Trobeu la mínima velocitat angular ω que el
fa possible.
Solució Figura de l'enunciat 2.1.3
Les equacions de moviment de Newton en les direccions verticals i normals a la tra-
jectòria són
T cosφ−mg = 0
T sinφ = maN
2
L’acceleració normal és a vN = = Rω2 = ℓ sinφ ω2. Aïllant T de la primera iR
substituint a la segona,
mg sinφ = mℓ sinφ ω2
cosφ
d’on obtenim cosφ = g2 . El cosinus és positiu i també cal que compleixi cosφ ≤ℓω
1, d’on obtenim √ Figura de la solució 2.1.3
g
ω ≥ 
ℓ
48
2.2. Força i quantitat de moviment
Problema 2.1.4. Una partícula lligada a una corda, de massa negligible i longitud
ℓ, oscil·la en un pla vertical.
a) Trobeu l’equació de moviment utilitzant la segona llei de Newton.
b) Especifiqueu-ne el resultat per a petites oscil·lacions.
Solució
Les equacions de moviment de Newton en les direccions tangents i normals a la tra-
jectòria són Figura de l'enunciat 2.1.4
T −mg cosφ = maN
−mg sinφ = maT
Essent la velocitat v = ℓφ̇, l’acceleració tangent és a = dvT = ℓφ̈. Substituint a ladt
component tangent de l’equació de moviment−mg sinφ = mℓφ̈, d’on, simplificant,
g
φ̈+ sinφ = 0
ℓ
Si φ ≪ 1, expressió que hem d’entendre expressada en radians, llavors sinφ ≈ φ i
obtenim
g
φ̈+ φ = 0 
ℓ
Figura de la solució 2.1.4
2.2 Força i quantitat de moviment
Quantitat de moviment. Es defineix la quantitat de moviment p⃗ d’una partícula
com el vector
p⃗ = mv⃗ (2.6)
Les unitats de la quantitat de moviment en el S.I. són: kg m/s.
La llei de moviment de Newton pot ser escrita, utilitzant la quantitat de moviment,
com
dp⃗
= F⃗ (2.7)
dt
(2.7) permet interpretar que la força és la causa de la variació de la quantitat de
moviment i enunciar:
Teorema de la conservació de la quantitat de moviment. Si sobre una partícula
no actua cap força o la resultant és nul·la, la quantitat de moviment es manté
constant.
Per a una partícula, aquests resultats són immediats pel fet que la quantitat de movi-
ment és, en aquest cas, directament proporcional a la velocitat de la partícula. Veu-
rem més endavant, a la secció 3.3, quan tractem aquest concepte per a N partícules,
que aquestes relacions són també vàlides i que ens permetran resoldre situacions
de més complexitat.
49
2. Dinàmica d'una partícula
 Impuls subministrat per una força. Es defineix l’impuls I⃗ subministrat per
una força F⃗ en l’interval t1 → t2 com el∫vectort2
I⃗ = F⃗ dt (2.8)
t1
Les unitats de l’impuls en el S.I. són: kg m/s. Observem que, per trobar I⃗ , pot ser
necessari conèixer la trajectòria r⃗(t).
Teorema de la quantitat de moviment. L’increment de la quantitat de moviment
és igual a l’impuls I⃗ subministrat
I⃗ = ∆p⃗ (2.9)
Demostració. Només cal considerar la llei de Newton (2.7) en la forma F⃗ dt = dp⃗
i integrar a l’interval t1 → t2 
Problema 2.2.1. Una partícula d’1 kg es mou, per a t ≤ 0, rectilíniament amb
una velocitat constant de 100m/s. A l’instant t = 0 i durant 1 s actua una força
F = 1000 e−t (F en N i t en s) en la mateixa direcció i sentit contrari al moviment.
Calculeu l’impuls subministrat per la força i la quantitat de moviment final de la
partícula.
Solució
En ser la força de la mateixa direcció que la velocitat, la partícula no canviarà de
direcció. Com que treballem amb un problema unidimensional n’ometem la notació
vectorial. Tenim una única direcció (diguem-ne ı̂) i indicarem el sentit pel signe. El
signe positiu el prenem com el de la velocitat inicial.
L’impuls subm∫inistrat per∫la força a la partícula ést2 1 ∣∣1 kg m
I = Fdt = −1000 e−tdt = 1000 e−t∣ = −632
t 0 s1 0
La quantitat de moviment final és p2
∆p = p2 − p1 ⇒ p2 = p1 +∆p = mv1 +∆p = 100− 632
⇒ p2 = −532 kg m/s
Aquest resultat significa que la partícula acaba movent-se a una velocitat constant de
532m/s en sentit contrari a l’inicial. 
Problema 2.2.2. Una partícula de massa 2 kg es mou, en un cert instant, a una
velocitat que s’expressa per v⃗ = 5 ı̂+2 ȷ̂. Tot seguit, s’hi aplica una força F⃗ = 4 ȷ̂.
Sabent que v⃗ i F⃗ estan expressades en el S.I., determineu la quantitat de moviment
de la partícula després d’aplicar-hi la força durant 3 s.
50
2.3. Moment d'una força i moment angular d'una partícula
Solució
m = 2kg. La quantitat de moviment inicial és p⃗1 = mv⃗ = 10 ı̂+ 4 ȷ̂. Utilitzant el
teorema de l’impuls lineal i essent p⃗2 la q∫uantitat de moviment finalt+3
∆p⃗ = p⃗2 − p⃗1 = F⃗ dt = 3F⃗ = 12 ȷ̂
t
Observem que els límits d’integració depenen, en principi, del temps. La força és
constant en el temps. Aïllant p⃗2 obtenim
p⃗2 = p⃗1 + 12 ȷ̂ = 10 ı̂+ 16 ȷ̂
en unitats del S.I. 
2.3 Moment d'una força i moment angular d'una partícula
Moment d’una força. Es defineix el moment M⃗(A) d’una força F⃗ , aplicada a
un punt Q, respecte d’un punt A com
Fig. 2.5: Moment de la força F⃗
M⃗ = r⃗ × F⃗ (2.10) respecte del puntA. Regla del(A) (A) cargol
on r⃗(A) és el vector posició del punt Q d’aplicació de la força respecte del punt A.
Les unitats en el S.I. són N m.
Recordem que, com a conseqüència del producte vectorial, la direcció del moment
d’una força és perpendicular al pla format pels vectors r⃗(A) i F⃗ . Encara més, pel
fet que el primer vector del producte vectorial (2.10) és una posició, el mòdul pot
ser calculat amb la senzilla expressió (vegeu la figura 2.5):
M(A) = F r(A) sinφ = F AF⃗ (2.11)
on AF⃗ = r(A) sinφ és també la distància entre el punt A i la recta d’acció de la
força F⃗ . El sentit ve donat per la regla del cargol.
Figura de l'enunciat 2.3.1
Problema 2.3.1. Calculeu el moment de la força F⃗ aplicada sobre l’esfera, al punt
indicat a la figura, respecte del punt de contacte amb el terra C.
Solució
En podem trobar el moment fent explícitament el producte vectorial. Observant la
figura, r⃗(C) = 2R(0,1,0) i F⃗ = F∣∣(sinφ,− cosφ, 0), i aix∣í∣∣∣ î ĵ k̂ ∣∣ ∣∣∣∣ Figura de la solució 2.3.1M⃗(C) = r⃗(C) × F⃗ = 2RF ∣ 0 1 0 = −2RF sinφ k̂sinφ − cosφ 0 ∣
També podem procedir aplicant la regla del cargol, amb la qual podem dir M⃗(C) =
−M(C) k̂, i calcular el mòdul segons (2.11)
M(C) = F CF⃗ = F 2R sinφ 
51
2. Dinàmica d'una partícula
Moment angular. Es defineix el moment angular d’una partícula respecte d’un
punt A, L⃗(A) com el moment de la quantitat de moviment p⃗ aplicada al punt Q on
és la partícula (vegeu la figura 2.6).
L⃗(A) = r⃗(A) × p⃗ (2.12)
on r⃗(A) és el vector posició del punt Q d’aplicació de la quantitat de moviment,
respecte del punt A. És important que el punt A sigui un punt fix del sistema de Fig. 2.6: Moment angular L⃗(A).
referència. Regla del cargol
Les unitats del moment angular en el S.I. són kg m2/s.
Recordem que, a causa del producte vectorial, la direcció del moment angular és
perpendicular al pla format pels vectors r⃗(A) i p⃗. Encara més, pel fet que el primer
vector del producte vectorial (2.12) és una posició, el mòdul pot ser calculat amb
la senzilla expressió:
L(A) = p Ap⃗ (2.13)
on Ap⃗ és la distància entre el punt A i la recta d’acció de la quantitat de moviment
p⃗. El sentit ve donat per la regla del cargol.
La llei de moviment de Newton implica que es compleixi:
dL⃗(A)
= M⃗(A) (2.14)
dt
Demostració. Multiplicant ambdós membres de la llei de moviment de Newtonm d v⃗ =
dt
F⃗ per r⃗(A)× i tenint en compte que r⃗ dp⃗ d ˙⃗(A) × = (r⃗dt dt (A) × p⃗) (ja que r(A) = v⃗ i
v⃗ × p⃗ = 0), n’obtenim el resultat. 
Hem demostrat que l’equació de moviment del Newton implica (2.14), però no que
siguin equivalents: (2.14) no implica la llei de moviment de Newton.
(2.14) permet interpretar que el moment de la força és la causa de la variació del
moment angular i enunciar:
Teorema de la conservació del moment angular. Si el moment de la força que
actua sobre la partícula respecte d’un punt A és nul, el moment angular respecte
del mateix punt es manté constant.
Observem que tant el moment angular com el moment d’una força depenen del
punt A respecte d’on es calculi. Pot passar que respecte de A tinguem M⃗(A) = 0 i,
en canvi, respecte d’un altre punt B tinguem M⃗(B) ̸= 0.
La nul·litat del moment d’una força i, per tant, la conservació del moment angular,
es dóna si la resultant de les forces que s’apliquen sobre la partícula és nul·la, però
52
2.3. Moment d'una força i moment angular d'una partícula
també en altres casos bastant més interessants, com quan el vector r⃗(A) i la força F⃗
són paral·lels. És per això que, àdhuc en el cas d’una sola partícula, farem servir
l’equació (2.14) per tal de solucionar alguns problemes interessants.
Com veurem més endavant, el teorema de conservació del moment angular és es-
pecialment important en el cas d’un sistema de partícules, i en particular, en el sòlid
rígid.
 Impuls angular. Es defineix l’impuls angular Y⃗ subministrat pel moment d’una
força M⃗(A) en l’interval t1 → t2 com el vector
∫t2
Y⃗(A) = M⃗(A)dt (2.15)
t1
Les unitats de l’impuls angular en el S.I. són kg m2/s.
Teorema del moment angular. L’increment del moment angular és igual a
l’impuls Y⃗ subministrat
Y⃗(A) = ∆L⃗(A) (2.16)
Demostració. Només cal considerar (2.14) en la forma dL⃗(A) = M⃗(A)dt i integrar
a l’interval t1 → t2 
Problema 2.3.2. Se sap que els planetes tenen trajectòries el·líptiques amb el Sol
(que considerem fix) en un dels focus. Demostreu la segona llei de Kepler.
Solució
Figura de la solució 2.3.2
Prenem moments respecte del punt A en el Sol. El moment de la força és nul i, per
tant, el moment angular es conserva:
L⃗ = r⃗ × p⃗ = ct
Com que la direcció del moment angular és fixa, només el mòdul conté la informació
rellevant
mr v sin θ = ct Figura de la solució 2.3.2
Tenint en compte que el mòdul de la velocitat el podem escriure com v = dℓ , resulta
dt
dℓ
r sin θ = ct
dt
Observant la figura, les àrees escombrades pel vector posició durant un temps for-
men triangles que, en general, són escalens, com el triangle A de la figura. A més,
la longitud de la trajectòria entre els dos vèrtex, ∆ℓ, no coincideix amb el costat cor- Figura de la solució 2.3.2
responent del triangle. Si considerem un temps ∆t → dt, el planeta haurà recorregut
53
2. Dinàmica d'una partícula
∆ℓ → dℓ i tindrem el triangle B de la figura. Ara la longitud de la trajectòria entre els
dos vèrtexs, dℓ, coincideix amb el costat corresponent del triangle. El podem ampliar
per veure’l bé, com el C de la figura. L’àrea dA escombrada pel vector posició en un
dt és així igual a l’àrea del triangle C de la figura. Sabent que el mòdul del producte
vectorial de dos vectors posició és l’àrea del paral·lelogram que formen, l’àrea del
nostre triangle serà
1
dA = r dℓ sin 1φ = r dℓ sin θ
2 2
així, comparant aquest resultat amb el que hem obtingut de la conservació del moment Figura de la solució 2.3.2
angular, podem concloure
dA
= ct
dt
que constitueix la segona llei de Kepler: les àrees escombrades pel vector posició del
planeta en temps iguals són iguals. 
2.4 Treball, energia cinètica i energia potencial. Potència Fig. 2.7: Johannes Kepler
(1571-1630) va ser un astrònom i
Treball i energia són conceptes molt relacionats, que tenen un paper cabdal en el matemàtic alemany
món de la física, més enllà de la mecànica.
Treball d'una força
Per al cas simple d’una partícula que es mou rectilíniament una distància ∆x sota Fig. 2.8: Una partícula es
els efectes d’una força constant F , paral·lela i amb el mateix sentit que el despla- desplaça rectilíniament sota
l'acció d'una força de direcció
çament i potser amb la presència d’una força de fricció (vegeu la figura 2.8), el igual al vector desplaçament
treball de F es defineix a partir del producte de la força F i el desplaçament ∆x:
W = F ∆x (2.17)
Si el moviment és rectilini i la força aplicada és constant, però forma un angle θ
respecte al desplaçament (vegeu la figura 2.9), el treball és:
Fig. 2.9: Una partícula es
W = F ∆x cos θ = F⃗ ·∆r⃗ (2.18) desplaça rectilíniament∆r⃗ sota
l'acció d'una força F⃗ constant.
Només la component de la força
Observem que, en aquest cas, només es considera la component de la força en la en la direcció del desplaçament fa
direcció del desplaçament, mentre que la component perpendicular no realitza cap que la partícula avanci per latrajectòria
treball.
Per al cas general en què la força no sigui constant i el camíC seguit per la partícula
no sigui rectilini (vegeu la figura 2.10), per calcular el treball entre dos punts P1 i
P2 cal considerar desplaçaments infinitesimals dr⃗ al llarg del camí i fer la suma de
tots els treballs F⃗ · dr⃗.
Treball d’una força. Definim el treball W d’una força F⃗ al llarg d’un camí C
54
2.4. Treball, energia cinètica i energia potencial. Potència
de P1 i P2 per la integral ∫P2
W = F⃗ · dr⃗ (2.19)
C:P1
Si el camí el coneixem per l’expressió paramètrica r⃗(λ) = (x(λ), y(λ), z(λ)),
P1 = r⃗(λ1) i P2 = r⃗(λ2), i podem explicitar la integral del treball Fig. 2.10: Treball realitzat per una
∫ ∫ ( ) força F⃗ de P1 a P2 al llarg delλ camí C2 λ2
· dr⃗ dx dy dzW = F⃗ dλ = Fx + Fy + Fz dλ (2.20)
dλ dλ dλ dλ
λ1 λ1
El concepte de treball és de gran importància, tant des del punt de vista teòric com
pràctic. Els ingredients per al càlcul del treball són: una força F⃗ i un camí C
amb dos punts sobre aquest. Aquesta força i aquest camí no tenen per què estar
relacionats. En destaquem les dues interpretacions següents:
 1) Si la força F⃗ és la causa que fa moure la partícula pel camí C, llavors el camí
el podem parametritzar amb el temps t. r⃗(t) és la trajectòria temporal i compleix
F⃗ (r⃗, v⃗, t) = ma⃗. Aquesta interpretació té un interès eminentment pràctic. El tre-
ball esdevé, en aquest cas, una mesura de l’efectivitat de la força en desplaçar la
partícula. Podem fer molta força i poc treball (poc desplaçament) o poca força i
molt treball (molt desplaçament). El treball així entès s’aproxima moltíssim al con-
cepte quotidià que tenim de treball, no tan com a mesura de l’esgotament sinó com
a mesura de l’eficàcia en la transformació realitzada a l’entorn (en el nostre cas, el
desplaçament de la partícula). Més endavant veurem les forces conservatives que,
seguint amb aquesta interpretació, són especialment eficaces.
 2) No necessàriament el camí C ha de ser una solució de l’equació de moviment
amb la força F⃗ . És a dir, si r⃗(t) és una trajectòria temporal que passa per C i
m la massa de la partícula a la qual apliquem la força F⃗ , no té per què passar
que F⃗ = mr¨⃗(t). Si la força només depèn de la posició, F⃗ (r⃗), podem calcular el
treball d’una mateixa funció força per diferents camins. Ni tan sols ens cal apel·lar
a la presència de la partícula. Aquesta interpretació, com veurem, tindrà un interès
teòric.
Els conceptes de potència i energia cinètica estan relacionats amb el de treball per
la interpretació 1), com veurem a continuació. En canvi, el concepte d’energia
potencial requerirà de la interpretació més abstracta 2).
Potència d’una força. Es defineix potència efectuada per una força F⃗ a cada
instant com el ritme de treball que realitza la força sobre la partícula
dW
P = = F⃗ · v⃗ (2.21)
dt
55
2. Dinàmica d'una partícula
Energia cinètica
L’energia cinètica d’una partícula, de massa m i que es mou a una velocitat v⃗, es
defineix com la capacitat per fer un treball, associa∫da al fet que està en moviment.
Així, si combinem la definició de treball, W = F⃗ · dr⃗, amb la segona llei de
Newton, F⃗ = ma⃗, i la definició de velocitat, v⃗ = dr⃗dt , de la qual obtenim dr⃗ = v⃗dt,
podem escriure ∫ ∫ ∫
W = F⃗ · dr⃗ = F⃗ · v⃗ dt = ma⃗ · v⃗ dt (2.22)
( ) ( )
Ara, tenint en compte a⃗ · v⃗ dt = dv⃗∫ ( dt · v⃗d)t =
d 1 2
dt ∫2 v⃗ (dt = d
1 2
)2 v⃗ , n’obtenim
d 1 1
W = mv2 dt = d mv2 (2.23)
dt 2 2
Energia cinètica. Definim l’energia cinètica, Ec, d’una partícula de massa m,
que es mou a una velocitat v⃗, com
1
Ec = mv
2 (2.24)
2
Teorema del treball-energia. El treball realitzat per una força sobre una partí-
cula és igual a l’increment de la seva energia cinètica.
W = ∆Ec (2.25)
També es coneix amb el nom de teorema de les forces vives o de l’energia cinè-
tica.
Demostració∫. Només cal acabar de fer la integral final de (2.23)∫amb( els límitsfi fi )
d’integració i tenir en compte la definició d’energia cinètica (2.24): d 1mv2 =
2
ini ini
E − E  Fig. 2.11: Cas unidimensional.c:fi c:ini Treball realitzat per una força F⃗
de xA a xB per l'únic camí
Energia potencial possible
L’energia potencial d’una partícula, sotmesa a una força conservativa, és la capa-
citat per realitzar un treball pel fet d’ocupar una determinada posició a l’espai.
Considerem el cas senzill d’una partícula que es mou en una dimensió (utilitza-
rem per aquesta la coordenada x) sota els efectes d’una força que només depèn
de la posició, F (x). Per aquest tipus de força, sempre es pot definir una funció
diferenciable U(x) tal que la seva derivada canviada de signe és la força F (x):
−dUF = (2.26)
dx
56
2.4. Treball, energia cinètica i energia potencial. Potència
Aquest és un exemple de força conservativa. L’energia potencial queda definida
com ∫x
U(x) = U(0)− Fdx (2.27)
0
El treball que fa la força F (x) en moure una partícula entre els punts inicial xA i
final xB ∫és:xB ∫xB ∫xB
W = F (x)dx = − dU(x)dx = − dU(x) = U(xA)− U(xB) (2.28)
dx
xA xA xA
El concepte d’energia potencial i de força conservativa es pot generalitzar si en fem
les definicions adequades.
Força conservativa. Una força F⃗ (r⃗) és conservativa si, per a tot camí tancat, el
treball realitzat és nul (vegeu la fig∮ura 2.12) Fig. 2.12: Possibles caminstancats
F⃗ · dr⃗ = 0 (2.29)
Si F⃗ (r⃗) és conservativa, el treball realitzat per anar d’un punt a un altre no depèn
del camí concret que emprem, ja que, observant la figura 2.13
∮ ∫P2 ∫P1 ∫P2 ∫P2
F⃗ · dr⃗ = F⃗ · dr⃗ + F⃗ · dr⃗ = F⃗ · dr⃗ − F⃗ · dr⃗ (2.30)
C1∪C2 P1:C1 P2:C2 P1:C1 P1:C2 Fig. 2.13: Podem anar i tornar a
i si la força és conservativa P1 per un camí tancat que passi∫ ∫ per P2, que podem interpretarP P com format per dos camins2 2
diferents, C1 i C2, que van de
F⃗ · dr⃗ = F⃗ · dr⃗ (2.31) P1 a P2
P1:C1 P1:C2
En no dependre del camí, la integral de treball es podrà expressar com una funció
només dependent dels punts d∫e sortida i arribada, P1 i P2,P2
F⃗ · dr⃗ = f(P1, P2) (2.32)
P1
Ara, tenint en compte ∫les propietats∫generals de les integrals definidesP2 P0 ∫P2
W = F⃗ · dr⃗ = F⃗ · dr⃗ + F⃗ · dr⃗ (2.33)
P∫1 P∫1 P0P0 P0
= F⃗ · dr⃗ − F⃗ · dr⃗ = f(P1, P0)− f(P2, P0) (2.34)
P1 P2
57
2. Dinàmica d'una partícula
Energia potencial d’una força conservativa. L’energia potencial associada a
una força conservativa es defineix com la funció dependent del punt de l’espai P ,
U(P ), segons ∫P
U(P )− U(P0) = − F⃗ · dr⃗ (2.35)
P0
La integral només depèn dels punts P = (x, y, z) i P0 = (x0, y0, z0). Aquest
últim es diu que és un punt de referència. Així doncs, el valor de l’energia po-
tencial U(x, y, z) s’expressa en termes d’un valor de referència U(x0, y0, z0) per
una determinada posició (x0, y0, z0). Si ens convé, sempre podrem ajustar la fun-
ció potencial U de manera que el valor al punt de referència sigui nul, U(P0) =
U(x0, y0, z0) = 0. Per exemple, per al cas d’una partícula unida a una molla,
l’energia potencial es pot prendre com a nul·la quan la molla no està deformada
(ni estirada ni comprimida). Per al cas de la força gravitatòria que s’exerceixen
dues partícules d’una determinada massa, l’energia potencial es pot prendre com a
nul·la quan la distància entre ambdues partícules és infinita. El fet de prendre un
punt o un altre com a referència només fa que introduir una indeterminació d’una
constant en la definició de l’energia potencial. Veurem que aquesta constant no té
cap rellevància i a la pràctica el que∫ importa és la funció energia potencial com a
primitiva de la integral: U(r⃗) = − F⃗ · dr⃗.
De la definició d’energia potencial, tenim que
∫P ∫0
U(P ) = − F⃗ · dr⃗ = F⃗ · dr⃗ = f(P, 0) (2.36)
0 P
Així, combinant (2.33) i (2.36),
∫P2 ∫P2
W = F⃗ · dr⃗ = U(P1)− U(P2) = − dU (2.37)
P1 P1
Treball d’una força conservativa. El treball d’una força conservativa és igual
a la disminució de la seva energia potencial
W = −∆U (2.38)
Si coneixem l’energia potencial U associada a una força F⃗ però no coneixem la
força, la podem trobar tenint en compte que F⃗ ·dr⃗ = −dU = −∇⃗U ·dr⃗ i, per tant,
F⃗ = −∇⃗U (2.39)
En general, és més pràctic fer servir la definició de potencial com a integral primi-
tiva, en lloc d’utilitzar els límits d’integració, i afegir una constant no determinada,
58
2.4. Treball, energia cinètica i energia potencial. Potència
que podem escollir a conveniència ∫
U(r⃗) = − F⃗ · dr⃗ + constant (2.40)
No ens ha de preocupar el coneixement d’aquesta constant. El que té significat és el
treball o la força i aquests depenen de les diferències de potencial. Només les dife-
rències de potencial tindran un significat físic perquè són les que estan directament
relacionades amb el treball o la força.
Saber si una força donada és o no conservativa, fent servir literalment la definició
de força conservativa, és del tot inviable, ja que hauríem d’anar provant tots els
camins tancats que ens puguem imaginar. Si trobem un camí tancat en què el treball
és diferent de zero podem dir que no es conservativa, però si no el trobem haurem,
de seguir b∫uscant! Un criteri força senzill en alguns casos és: si en fer la integral
de treball F⃗ · dr⃗ no ens és necessari especificar un camí concret, és que la força
és conservativa. En∫general, sem∫pre podem∫escriure ∫
F⃗ · dr⃗ = Fxdx+ Fydy + Fzdz
Si Fx només depèn de x, Fy només depèn de y i Fz només depèn de z, les tres
integrals sempre es podran fer i la força serà conservativa. Si, per exemple, Fy
depèn de x, necessitarem conèixer una relació entre les coordenades x i y per poder
integrar, i això vol dir que necessitarem escollir un camí. Aquest criteri es pot fer
servir també en casos d’alta simetria, com en el cas de les forces gravitatòria i
electrostàtica (les dues tenen simetria esfèrica), que veurem al capítol 3.
En el cas general, hi ha tècniques per saber si una força donada és o no conservativa.
Però tant la seva aplicació com la seva demostració queden fora de l’abast d’aquest
curs.
Energia mecànica
Energia mecànica. Si la força és conservativa, es defineix l’energia mecànica
com la suma de les energies cinètica i potencial
E = Ec + U (2.41)
Aplicant el resultat del teorema de les forces vives entre dues situacions diferents
ini (inicial) i fi (final), per les quals les energies cinètica i potencial són Ec:ini, Uini i
Ec:fi, Ufi, tenim:
W = Ec:fi − Ec:ini = − (Ufi − Uini) (2.42)
d’on obtenim Ec:fi + Ufi = Ec:ini + Uini o, més sintèticament
Efi = Eini (2.43)
59
2. Dinàmica d'una partícula
Teorema de la conservació de l’energia mecànica: Si una partícula està sot-
mesa únicament a forces conservatives, el valor numèric de l’energia mecànica es
manté constant al llarg del temps.
Habitualment, es diu que l’energia mecànica es conserva.
Podem deduir la conservació de l’energia derivant respecte del temps directament
la funció energia E(r⃗, v⃗) = 12mv⃗
2 + U(r⃗) i tenint en compte que
1) F⃗ · dr⃗ = −dU permet escriure dUdt = −F⃗ · v⃗.
dv⃗22) dt = 2v⃗ ·
dv⃗
dt .
3) La derivada és total; és una derivada sobre la trajectòria temporal i, per tant, es
compleix ma⃗ = F⃗
Utilitzant aquests tres fets, n’obtenim:
dE 1 dv⃗2 dU ( )
= m + = mv⃗ · a⃗− F⃗ · v⃗ = m · a⃗− F⃗ · v⃗ = 0 (2.44)
dt 2 dt dt
Si a la partícula hi actuen diverses forces, unes de conservatives i altres de no
conservatives, les podem agrupar. F⃗ serà la resultant de les forces conservatives
i F⃗NC serà la resultant de les forces no conservatives. Per un cantó, tenim que
el treball de totes les forces serà W = WC + WNC i per l’altre, l’equació de
movime∫nt serà ma⃗ = F⃗ + F⃗NC . Només F⃗ té una energia potencial associada:
WC = F⃗ · dr⃗ = −∆U .
Ara l’energia no es conservarà, però podrem escriure una modificació de (2.43)
Efi − Eini = WNC (2.45)
i també una modificació de (2.44)
dE
= F⃗NC · v⃗ (2.46)
dt
La unitat de treball i energia en el S.I. és el joule (J): 1 J = 1N m
La unitat de potència en el S.I. és el watt (W): 1W = 1 Js
Problema 2.4.1. Sobre una partícula actua la força F⃗ = (y2 − x2) ı̂+3xy ȷ̂ (uni-
tats S.I.). Trobeu el treball efectuat per F⃗ en moure’s la partícula del punt (0,0) al
(2,4) seguint:
a) la recta y = 2x
b) la paràbola y = x2
60
2.4. Treball, energia cinètica i energia potencial. Potència
c) És conservativa?
Solució
a) La recta y = 2x. En general, per calcular el treball necessitarem conèixer la
trajectòria geomètrica en forma paramètrica, r⃗(λ), i la força F⃗ i el desplaçament dr⃗
sobre aquesta trajectòri(a. La forma paramètrica de la recta y = 2x es pot escriureutilitzant el paràmetre λ com r⃗(λ) = (λ, 2λ)) amb λ ∈ [0; 2]. Si substituïm a la
força, n’obtenim F⃗ = ((2λ)2 − λ2), 3λ · 2λ = 3λ2 (1; 2) i, si diferenciem r⃗(λ)
n’obtenim dr⃗ = (1; 2) dλ.
∫ Figura de la solució de l'apartat aB ∫2 ∫2 de 2.4.1
W = F⃗ · dr⃗ = 3λ2 (1; 2) · (1; 2) dλ =15 λ2dλ = 40 J
A 0 0
b) La paràbola y = x2 . En aquest cas, la forma paramètric(a pot ser escrita: r⃗(λ))=
(λ, λ2) ambλ ∈ [0,2] . La força sobre la trajectòria és 2F⃗ = ((λ2) − λ2), 3λ · λ2 =
(λ4 − λ2, 3λ3) i el desplaçament sobre la trajectòria dr⃗ = (1,2λ) dλ. N’obtenim
∫B ∫2 ( ) ∫2 ( )
W = F⃗ · dr⃗ = λ4 − λ2, 3λ3 · (1; 2λ) dλ = 7λ4 − λ2 dλ = 42,13 J
A 0 0
No és conservativa perquè, com a mínim, hi ha un cas en què el treball entre dos punts Figura de la solució de l'apartat b
de 2.4.1
depèn del camí. Observem que, si hagués donat el mateix, no podríem assegurar que
fos conservativa. 
Problema 2.4.2. Amb una velocitat inicial adequada i a causa de la força F⃗ =
−4(x, y) una partícula de massa 4 es mou del punt (2; 0) al punt (0; 3) per la tra-
jectòria r⃗(t) = (2 cos t, 3 sin t) (totes les magnituds estan expressades en unitats
del S.I.):
a) Proveu que aquesta trajectòria és possible.
b) Calculeu el treball de la força entre aquests dos punts a través d’un camí
arbitrari.
c) És aquesta força conservativa? Trobeu-ne l’energia potencial associada.
d) Calculeu l’energia mecànica i proveu explícitament que es conserva sobre
la trajectòria donada.
Solució
a): Hem de provar que la trajectòria compleix la llei de moviment de Newton per a
aquesta força: ?F⃗ =mr¨⃗.
La força sobre la trajectòria és
F⃗ = −4(x, y) = −4r⃗ = −4(2 cos t, 3 sin t)
61
2. Dinàmica d'una partícula
L’acceleració
r˙⃗ = (−2 sin t, 3 cos t)
r¨⃗ = (−2 cos t,−3 sin t)
Així
m r¨⃗ = −4(2 cos t, 3 sin t)
que és el mateix que F⃗ i, per tant, es compleix la llei de moviment.
b) i c): Per l’estructura que té la força, del tipus F⃗ = (Fx(x), Fy(y), Fz(z)), veiem
que és c∫onservativa . L∫’energia potencial és(∫ )
U = − F⃗ · dr⃗ = 4 (xdx+ ydy) = 4 xdx+ ydy = 2(x2 + y2) + C
El treball demanat és
W = −∆U = − (U(0,3)− U(2,0)) = −10 J
d): L’energia del sistema és
1
E = E + U = 4 v2c + 2(x
2 + y2) + C
2
Substituint la trajectòria, tenint en compte que v2 = ẋ2 + ẏ2 i simplificant, trobem
1
E = 4(4sin2t+ 9cos2t) + 2(4cos2t+ 9sin2t) + C = 26 + C
2
E és manté constant. 
Problema 2.4.3. Una massa de 5 kg puja per un pla inclinat 30◦ amb l’horitzontal,
amb una velocitat constant de 15m/s. Calculeu la potència desenvolupada per la
força que la fa pujar.
Solució Figura de la solució de 2.4.3
Si la força que la fa pujar és F⃗ i la velocitat és v⃗, la potència serà P = dW = F⃗ · v⃗.
dt
La força que fa que la massa pugi ha de contrarestar el component del pes paral·lel al
pla inclinat i, com que la velocitat és constant, la força total es nul·la. Així, la força
esmentada té el mateix mòdul que el component del pes: F = mg sin 30◦ i, com que
aquesta força té el mateix sentit que la velocitat,
P = F⃗ · v⃗ = Fv = mgv sin 30◦ = 367,5W 
Probl(ema 2.4.4.)Trobeu l’expressió de l’energia potencial associada a la força
F⃗ = −kx+ ax3 ı̂.
Solució ∫ ∫ ∫ ( )
− · − 1 aU= F⃗ dr⃗= Fdx=− −kx+a/x3 dx= kx2+ +C
2 2x2 
62
2.5. Algunes forces
2.5 Algunes forces
A manera d’exemples útils, aplicarem els conceptes que s’han tractat a un seguit
de forces, aplicades a una partícula, que més endavant ens apareixeran en diferents
contextos. En tractar-les en un mateix bloc, ens farà veure com en són, d’útils, els
conceptes d’aquest tema i apreciar què tenen en comú i en el que difereixen.
Força nul·la
F⃗ = 0. L’equació de moviment és:
⇒ d
2r⃗
m a⃗ = 0 = 0 (2.47)
dt2
Integrant dos cops r⃗(t) = C⃗1 + C⃗2 t . Si tenim en compte les condicions inicials
r⃗(t ˙⃗0) = r⃗0 i r(t0) = v⃗0 } {
r⃗(t0) = r⃗0 = C⃗1 + C⃗2 t0 ⇒ C⃗2 = v⃗0
r˙⃗(t0) = v⃗0 = C⃗2 C⃗1 = r⃗0 − v⃗0 t0
n’obtenim finalment
r⃗(t) = r⃗0 + v⃗0 (t− t0) (2.48)
La funció energia potencial és dU = −F⃗ ·dr⃗ = 0 ⇒ U = ct. Es conserva l’energia
que serà només energia cinètica. També es conserven la quantitat de moviment i
el moment angular.
Força constant
F⃗ = ct. El moviment està contingut en el pla definit per la velocitat inicial i la força
(vegeu la figura 2.14), ja que, segons la llei de moviment de Newton, els canvis de
direcció del vector velocitat tenen la direcció del vector força: dv⃗ = F⃗mdt.
L’equació de moviment és
2
ma⃗ = F⃗ ⇒ d r⃗ F⃗= = ct (2.49)
dt2 m Fig. 2.14: Força constant en una
integrant dos cops r⃗(t) = C⃗ + C⃗ t + 1 F⃗ t21 2 2 m i tenint en compte les condicions
direcció no especificada
inicials r⃗(t0) = r⃗0 i r˙⃗(t0) = v⃗0 } {
r⃗(t0) = r⃗0 = C⃗1 + C⃗ t +
1 F⃗ t22 0 2 m 0 ⇒ C⃗2 = v⃗0 −
F⃗
m t0
r˙⃗(t0) = v⃗
F⃗
0 = C⃗2 + m t0 C⃗1 = r⃗0 − v⃗
1 F⃗ 2
0t0 + 2 m t0
obtenim l’expressió de la trajectòria
1 F⃗
r⃗(t) = r⃗0 + v⃗0 (t− t0) + (t− t )20 (2.50)
2m
63
2. Dinàmica d'una partícula
Si escollim el sistema de referència de manera que el pla del moviment sigui (x, y)
amb l’eix y en la d{irecció de la força F⃗ = (0, F ) (vegeu la figura 2.15)
x(t) = x0 + vx0 (t− t0)
y(t) = y0 + vy0 (t− t ) + 1 F0 2 m (t− t )
2
0
F⃗ = ct és una força conservativa, ja que podem hi trobar l’energia potencial asso-
ciada ∫
U = − F⃗ · dr⃗ = −F⃗ · r⃗ + ct (2.51) Fig. 2.15: Força constant en la
direcció i el sentit de les y
creixents
Un cas important (però no l’únic!) és el d’una partícula de massa m, sotmesa al
camp gravitatori, g⃗ = constant, proper a la Terra o a qualsevol planeta (vegeu la
figura 2.16).
F⃗
m a⃗ = F⃗ = mg⃗ ⇒ a⃗ = = g⃗ = ct (2.52)
m
Amb l’elecció d’eixos que s’ha fet anteriorment i escollint el sentit positiu de l’eix
y en sentit contrari{a la força g⃗ = (0,−g), resulta
x(t) = x0 + vx0 (t− t0) Fig. 2.16: Camp gravitatori g
y(t) = y0 + vy0 (t− t )− 10 2g(t− t0)
2 constant en la direcció i el sentit
de les y decreixents
i l’energia potencial resulta, fent servir (2.51), U = mg y + ct.
Un altre cas d’interès és el d’una partícula de massa m i càrrega elèctrica q sota
l’acció d’un camp elèctric constant E⃗ = ct (vegeu la figura 2.17)
q E⃗
m a⃗ = F⃗ = q E⃗ ⇒ a⃗ = = ct
m
Amb l’elecció d’eixos que s’ha fet anteriorment i escollint el sentit positiu de l’eix
y en sentit del cam{p E⃗
x(t) = x0 + vx0 (t− t0)
y(t) = y0 + vy0 (t− t ) + 1 q E 20 2 m (t− t0)
Fig. 2.17: Camp elèctric constant
i l’energia potencial resulta, fent servir (2.51), U = −q E y + ct. E en la direcció i el sentit de les y
creixents
F⃗ (r⃗) moviment unidimensional
Si la força té una direcció fixa, amb una elecció adequada dels eixos podem ex-
pressar-la com F⃗ = F (r⃗) î. Si la velocitat inicial té la direcció de la força, la força
no farà variar la direcció de la velocitat i el moviment pot ser descrit amb una única
coordenada x (vegeu la figura 2.18) Fig. 2.18: Moviment
unidimensional
mẍ = F (x)
64
2.5. Algunes forces
La força sempre serà conservativ∫a, ja que ∫
U(x) = − F⃗ (r⃗) dr⃗ = − F (x) dx
i la integral sempre es podrà fer.
L’energia mecànica es conserva. Aquest fet el podem aprofitar per trobar la trajec-
tòria. E = constant i també ( )2
1 dx
E = m + U(x) = ct
2 dt
que podem entendre com a equació diferencial per trobar la trajectòria x(t). Podem
fer separació de variables x i t i integrar: t de t0 a t i x de x(t0) a x(t). La integral
de t es immediata:
∫x(t) √ √dx 2= (t− t0) (2.53)
E − U(x) m
x(t0)
Si coneixem explícitament la funció U(x), sempre podrem integrar i, un cop fet,
aïllar x(t). Les dues constants que han d’aparèixer a la trajectòria són E i x0 =
x(t0). Malgrat que el problema queda formalment resolt, cal dir que la integració
que resta per fer pot arribar a ser molt embolicada.
Moviment unidimensional harmònic
És un cas particular de l’apartat que acabem de tractar.
F = −k x+ F0
S’acostuma a escriure en la forma F = −k(x− x0), és a dir, x = x0 és la posició
per a la qual la força s’anul·la: x0 = F0k (vegeu la figura 2.19)
Fet això, es pren un nou sistema de referència, x′, de manera que x′ = x− x0. La
força s’expressarà com F = −k x′. Per comoditat, reanomenem la coordenada x′
com x. En definitiva, la força que volem tractar és
Fig. 2.19: Moviment
unidimensional harmònic
F = −k x
L’equació de moviment és
mẍ = −k x
L’energia potencial ∫
U(x) = − (− 1kx) dx = k x2 + ct
2
65
2. Dinàmica d'una partícula
i en podem trobar la traje∫ctòria fent la integra√l (2.53), que ara ésx(t) √ dx 2= (t− t0)
E − 1k x2 m
x(t0) 2
Traient factor comú k2 de l’arrel del denominador (per això multipliquem i dividim
E per k2 ), el primer membre es pot escriure
√ ∫x(t)
2 √ dx
k 2E − x2
x(t0) k
i, tenint en compte ∫
dx (x)√ = arcsin
a2 − x2 a
obtenim√, un c{op subst(itu√ïts els l)ímits d’inte(gr√ació i igu)a}lant a√l segon membre,
2 k k 2
arcsin x − arcsin x0 = (t− t0)
k 2E 2E m
Ara, aïllant x, trobem la trajectòria
√ x(t) = A sin√(ω (t− t0) + φ0) (2.54)
amb A = 2Ek , sinφ =
x0 , ω = k0 A m . Recordem que també comptem amb
la relació E = 12mv
2
0(t0)
2 + 12k x
2
0. Fixem-nos que la relació entre A i E es pot
escriure també E = 12kA
2.
Estudiarem amb profunditat els moviments harmònics al capítol 6.
Forces centrals
Fig. 2.20: Força central
Es tracta de forces la recta d’acció de les quals sempre passa per un mateix punt.
Exemples: la força gravitatòria que el Sol (o qualsevol massa) fa sobre tota altra
partícula o la força electrostàtica que qualsevol càrrega fixa fa sobre tota partícula
carregada. Però també la tensió d’una corda que passa per una petita politja, lligada
a un cos en un dels seus extrems (vegeu la figura 2.20). En aquesta figura 2.20, la
tensió TB pot ser una força constant però la tensió T és una força central!
Totes les forces centrals compleixen la segona llei de Kepler.
Demostració. El moment M⃗(C) de la força respecte del puntC sempre és nul. Tenint Fig. 2.21: Força central causadaper la tensió d'una corda que
en compte dL⃗(C) dL⃗= M⃗(C) deduïm (C) = 0. El moment angular respecte de Cdt dt passa per una petita politja
es conserva al llarg del moviment i, segons el que hem vist a la secció 2.3, això és
equivalent a la segona llei de Kepler. 
66
2.5. Algunes forces
Energia potencial d’una força central del tipus F⃗ = −F (r) r̂ (vegeu la figura
2.22)
Provem de fer la integral de∫treball indepen∫dentment del camí:
F⃗ · dr⃗ = − F r̂ · dr⃗
Ara }
d(r⃗ · r⃗) = 2r⃗ · dr⃗ ⇒ r⃗ · dr⃗ = rdr ⇒ r̂ · dr⃗ = dr Fig. 2.22: Expressió vectorial
dr2 = 2rdr d'una força central
Per tant, la integral involucra una sola variable r sense que haguem escollit cap
camí particular. Les forces centrals del tipus F⃗ = −F (r) r̂ són conservatives,
amb una energia potencial associada∫
U = F (r) dr + ct (2.55)
Exemple: força que el Sol (fix, de massa M ) fa sobre un planeta (partícula de
massa m)
mM
F⃗ = −G r̂
r2
L’energia potencial, substituint la força anterior a (2.55), és:
− mMU = G + ct
r
Forces no conservatives
Una força s’anomena giroscòpica quan no es pot definir la funció energia potencial,
però dEdt = 0. Des d’un punt de vista energètic, es poden considerar conservatives,
ja que no dissipen energia. Un força s’anomena dissipativa quan no es pot definir
la funció energia potencial i, a més, dEdt < 0
Forces giroscòpiques
L’exemple més conegut de força giroscòpica és la força de Lorentz F⃗B: un camp
magnètic B⃗ que actua sobre una partícula carregada q que es mou a una velocitat
v⃗
F⃗B = q v⃗ × B⃗ (2.56)
Suposem que la partícula està sotmesa a una força conservativa F⃗ , amb energia
potencial U(r⃗), i a una força de Lorentz (2.56). Segons el que hem vist, amb
relació a l’energia i les forces no conse(rvatives, )(2.46), tindremdE
= v⃗ · q v⃗ × B⃗ = 0
dt
67
2. Dinàmica d'una partícula
L’energia es conserva!
Forces de fricció seca
Quan un objecte dur llisca en contacte amb una superfície no llisa i que aquí supo-
sem en repòs, sigui per la presència de la gravetat o per alguna altra força que el
pressioni, en el contacte apareixen forces distribuïdes sobre l’objecte que, si és pe-
tit, podem descompondre en dues: una de perpendicular a la superfície de contacte,
que anomenem normal, N , i una altra que s’oposa al moviment i que anomenem
fricció seca, Ff . Experimentalment, per a superfícies prou llises i dures, el mòdul
de la força de fricció seca, mentre l’objecte és en moviment, és Ff = µcN , on
µc és el coeficient de fricció cinètic o dinàmic, que depèn de la naturalesa de les
superfícies en contacte. La força Ff es pot expressar en la forma vectorial següent
(vegeu la figura 2.23)
v⃗
F⃗f = −Ff , Ff = µcN (2.57)
v
Així, queda clar que és una força que depèn de la velocitat (no del mòdul, però si
de la direcció i el sentit!). Només si la superfície que provoca la força de fricció Fig. 2.23: La força de fricció
està en repòs podem dir que sempre s’oposa al moviment. És la dependència de la dinàmica té sentit contrari a lavelocitat
velocitat la que fa que no sigui possible trobar una funció energia potencial. Quan
volem fer la integral de treball, ens és necessari saber per quin camí passa l’objecte.
Suposem que la partícula està sotmesa a la força conservativa F⃗ , amb energia po-
tencial U(r⃗), i a una força de fricció seca. Segons el que hem vist amb relació a
l’energia i les forces no conservative(s, (2.46)), tindrem
dE · − v⃗= v⃗ Ff = −Ff v
dt v
La força de fricció seca és dissipativa. Des del punt de vista de la mecànica, aques-
ta energia desapareix. La interpretació física que es dona a aquest fet (més enllà
de la mecànica) la trobem aplicant el principi de conservació de l’energia o primer
principi de la termodinàmica: una part d’aquesta energia augmenta l’energia in-
terna del sistema i l’altra es dissipa en forma de calor/radiació. Però, per a això,
cal que ens endinsem una mica en la termodinàmica i això queda fora de l’abast Fig. 2.24: Evolució de la força de
d’aquest curs. fricció
Hem vist com afecta la fricció seca quan l’objecte, generalment pel fet d’estar sot-
mès a una altra força que supera la fricció, es mou. Però què passa si l’objecte no
es mou?
Si, sobre el bloc de la figura 2.24 s’aplica una força F i entre la superfície que
suporta el bloc i aquest hi ha fricció, s’observa que la força de fricció evoluciona
de la manera següent:
68
2.5. Algunes forces
Si la força no és prou gran, el bloc no es mou i Ff = F . Si anem augmentant F
s’arriba a un valor frontera, F = µeN , en què, malgrat que el bloc encara no es
mou, Ff = F , qualsevol augment de F , per petit que sigui, el farà moure. Diem
que està en moviment imminent. El coeficient µe s’anomena coeficient de fricció
estàtic. Si continuem augmentant F , F > µeN , el bloc es mou i la força de fricció
experimenta una davallada fins al valor Ff = µcN . El coeficient µc és, com ja hem
comentat més amunt, el coeficient de fricció cinètic o dinàmic. Sempre µe > µc.
A la gràfica de la figura 2.25, podem veure l’evolució de la força de fricció Ff en
funció de la força aplicada F .
Nota: Malgrat que en els problemes reals cal tenir en compte aquest comportament
i, per tant, l’existència dels dos coeficients, en aquest curs, si no diem el contrari, Fig. 2.25: Evolució de la força defricció Ff en funció de la força
parlarem del coeficient de friccióµ sense especificar i entendrem queµ = µe = µc. aplicada F
Problema 2.5.1. Una partícula de 2 kg rellisca per un pla inclinat de 2m d’altura.
Partint des de la part de dalt amb velocitat nul·la, arriba al final amb una velocitat de
5m/s. Calculeu la pèrdua d’energia deguda a la força de fricció i el valor d’aquesta,
considerada constant, si entre el pla i l’horitzontal hi ha un angle de 45◦. Quant val
el coeficient de fricció dinàmic?
Solució
La pèrdua d’energia mecànica és l’increment d’energia mecànica, canviat de signe:
E = 1mv2 +mgz
2
−( ∆E = − (Efi −)Eini)(= Eini − Efi = )
1m v2ini +mgh
1 2
ini − m vfi +mghfi = 14,2 J2 2
La variació d’ener∫gia és deguda al tr∫eball de la força de fricció:fi sfi hini
∆E = Wf = F⃗f · dr⃗ = − Ff ds = −Ff (sfi − sini) = −Ff Figura de la solució de 2.5.1◦
ini s sin 45ini
on ds = |dr⃗| és la longitud recorreguda per la partícula al llarg del pla inclinat i la
força de fricció F⃗f té sempre la mateixa direcció i sentit contrari a la velocitat.
Finalment, la força de fricció és
∆E
Ff = − ( ) = 5,02N
hini
sin 45◦
El coeficient de fricció dinàmica és Figura de la solució de 2.5.1
Ff Ff
Ff = µN ⇒ µ = = = 0,36
N mg cos 450 
Forces de fricció viscosa
Experimentalment, se sap que la fricció d’un cos en un fluid (fricció viscosa o
aerodinàmica) depèn de la forma del cos, de les característiques materials de la
69
2. Dinàmica d'una partícula
superfície, del tipus de fluid i de la velocitat del cos (respecte del fluid, que aquí
considerem en repòs). Una bona aproximació a aquest tipus de fricció és, en règim
laminar (vegeu la figura 2.26 superior),
F⃗b = −bv⃗ b > 0 (2.58)
No és conservativa. Suposem que la partícula està sotmesa a la força conservativa Fig. 2.26: Superior: el règim
F⃗ , amb energia potencial , i a una força de fricció viscosa. Segons el que hem laminar es dona per altesU(r⃗) viscositats del fluid i baixes
vist amb relació a l’energia i les forces no conservatives (2.46), tindrem velocitats relatives. Inferior: el
règim turbulent es dona per
dE
= v⃗ · (−bv⃗) = −b v2 baixes viscositats del fluid i altes
dt velocitats relatives
Si el règim és turbulent (vegeu la figura 2.26 inferior), la força de fricció es pot
aproximar segons
F⃗κ = −κv2 v̂ κ > 0 (2.59)
Problema 2.5.2. Una partícula dins un medi viscós està sotmesa a una força cons-
tant, a més de la força de fricció deguda a la viscositat.
a) Demostreu que la partícula acaba tenint una velocitat constant i determineu
el valor d’aquesta velocitat.
b) Apliqueu el resultat al cas de caiguda dins d’un medi viscós.
Solució
a) La força que actua sobre la partícula és F⃗T = F⃗ + F⃗b = ma⃗, essent F⃗ =constant
i F⃗b = −bv⃗, amb b > 0 constant.
Observant la figura, podem veure que F⃗b tendeix a fer disminuir la component de la
velocitat normal a F⃗ , de manera que F⃗ i també la pròpia F⃗b s’aniran alineant amb F⃗ .
Aquest procés s’acabarà quan F⃗T = 0, és a dir, quan la velocitat arribi a un valor v⃗L
tal que F⃗ − bv⃗L = 0. Aïllant
F⃗
v⃗L =
b
Figura de la solució de 2.5.2
Cal dir que aquest és un valor límit. v⃗ = F⃗ és una possible solució de l’equació
b
de moviment que necessita una velocitat inicial determinada v⃗ F⃗0 = . La soluciób
general per a l’evolució de la velocitat a partir d’una velocitat inicial v⃗0 la podem
extreure integrant ma⃗ = F⃗ − bv⃗, que podem escriure v˙⃗ + b v⃗ = b v⃗ . La solució
m m L
d’aquesta equació és
b
− t
v⃗(t) = (v⃗0 − v⃗L) e m + v⃗L
Podem veure que, per a t → ∞, tenim v⃗ → v⃗L.
b)
mg⃗
F⃗ = mg⃗ ⇒ v⃗L = 
b
70
2.5. Algunes forces
Forces que només depenen del temps
Són forces de la forma F⃗t = F⃗t(t). No són conservatives pel fet que depenen explí-
citament del temps. Suposem que la partícula està sotmesa a la força conservativa
F⃗ , amb energia potencial U(r⃗), i a una força F⃗t = F⃗t(t). Segons el que hem vist
amb relació a l’energia i les forces no conservatives, (2.46), tindrem
dE
= v⃗ · F⃗t
dt
Si la partícula només està sotmesa a F⃗t, la integració formal de l’equació de movi-
ment és senzilla ∫ ∫ 
d2r⃗ ⇒ 1m = F⃗ (t) r⃗(t) =  F⃗ (t) dtt t dt (2.60)
dt2 m
Les condicions inicials r⃗(t0) = r⃗0 i r˙⃗(t0) = v⃗0 determinen les dues constants
d’integració.
Problema 2.5.3. Una partícula de massa m en repòs a r⃗ = (0; 0; 0) està sotmesa
a la força depenent del temps F⃗ = F⃗0 sinΩt.
a) Trobeu la trajectòria temporal.
b) Quina velocitat inicial fa que el moviment sigui el mateix que el provocat
per una molla?
Solució
a) Trobem la velocit∫at ∫
1 1
v⃗ = F⃗ dt = F⃗0 sin −
F⃗0
Ωt dt = cosΩt+ C1
m m mΩ
Trobem la posició ∫
− F⃗0r⃗ = v⃗dt = sinΩt+ C⃗1t+ C⃗2
mΩ2
En trobem les constants d’integració
r⃗(0) = (0,0,0) ⇒ C⃗2 = (0,0,0)
v⃗(0) = (0,0,0) ⇒ C⃗1 = F⃗0mΩ
N’obtenim ( )
F⃗0 − 1r⃗(t) = t sinΩt
mΩ Ω
b) Per a una molla
r⃗ = A⃗ sin(ωt+ φ ) ⇒ r¨⃗0 = −A⃗ω2 sin(ωt+ φ0) ⇒ F⃗ = −mA⃗ω2 sin(ωt+ φ0)
71
2. Dinàmica d'una partícula
Si comparem aquesta força amb la donada a l’enunciat, cal que φ0 = π, ω = Ω i
A⃗ = F⃗0
mΩ2
. Així
F⃗0
r⃗ = sin F⃗0 F⃗0(Ωt+ π) ⇒ r˙⃗ = cos(Ωt+ π) ⇒ v⃗(0) = −
mΩ2 mΩ mΩ 
72


3 Dinàmica deNpartícules
Introducció
Estudiarem l’extensió de les lleis i els conceptes introduïts per a una partícula a
N partícules. També veurem els sistemes de partícules lligades, en especial el cas
del sòlid rígid. Considerarem el cas d’un sistema finit de N partícules discretes
de posicions r⃗i i masses mi (vegeu la figura 3.1), però també ni podem incloure Fig. 3.1: Sistema deN partícules
els sistemes continus, amb un número N → ∞ de partícules amb posicions r⃗ i
masses dm = ρ dv , on ρ és la densitat (vegeu la figura 3.2). Per això només ens
cal entendre les sumes, amb∑N → ∞ , mi →∫dm = ρdv i r⃗i → r⃗ , com a integrals:N
f(r⃗i) mi → f(r⃗) ρdv (3.1)
i=1
V
Fig. 3.2: Un cos continu com a
3.1 Forces entre partícules. Segona i tercera lleis de New- sistema deN → ∞ partícules
ton
Sobre cada partícula d’un sistema de N partícules poden actuar diferents menes
de forces. Si tenim en compte el seu origen, les podem classificar en dos conjunts
separats: forces externes i forces internes.
Fig. 3.3: La causa de la força
Forces externes. Són causades per agents físics que no pertanyen al sistema externa F⃗i es troba fora delsistema
considerat. La resultant de totes les forces externes que actua sobre la partícula i
l’anomenarem F⃗i (vegeu la figura 3.3).
Forces internes. Són les forces que les partícules del sistema es fan entre elles.
F⃗ij és la força que la partícula i fa a la partícula j (vegeu la figura 3.4).
Fig. 3.4: La causa de la força
La consideració que estem tractant amb partícules fa que F⃗ = 0. Les equacions de interna F⃗ij és la interacció entreii
moviment del sistema de N partícules provenen d’aplicar la segona llei de Newton les partícules
a cada partícula. Seran N equacions vectorials.
3. Dinàmica deN partícules
Segona llei de Newton o llei de moviment per a N partícules:
∑N
F⃗i + F⃗ji = mia⃗i (3.2)
j=1
Solucionar directament aquestes equacions és molt difícil. Per sort, no sempre
estem interessats a trobar la trajectòria de totes i cadascuna de les partícules del
sistema. Sigui com sigui, ens caldrà trobar mètodes generals que permetin extreu-
re algunes característiques interessants del comportament del sistema. Un fet que
simplifica molt aquestes equacions és que s’observa que les forces internes com-
pleixen sempre la condició d’acció i reacció. Newton elevà aquesta condició a la
categoria de llei.
Tercera llei de Newton o principi d’acció i reacció. La força que actua sobre
la partícula i a causa de la partícula j té el mateix mòdul i direcció, però sentit
contrari, que la força que actua sobre la j a causa de la i : F⃗ji = −F⃗ij
Fig. 3.5: La llei d'acció i reacció
Fixem-nos que, per tal de complir aquesta llei, és necessari que les interaccions es entre dues partícules, la partícula
propaguin de forma instantània. Si no fos així, podríem moure la partícula i i, per mi i lamj
alguns instants, la partícula j no se n’assabentaria, cosa que incompliria la tercera
llei. En la relativitat no es compleix aquest llei!
En la formulació de Newton, encara que originàriament no s’explicités, s’entén
que la recta d’acció de les dues forces és la mateixa. Nosaltres ho entendrem així.
Vegeu la figura 3.5.
3.2 Força resultant i centre de masses
Agafem totes les equacions de moviment per a cada partícula (3.2) i les sumem. El
membre de l’esquerra és la suma de totes les forces, independentment d’on estiguin
aplicades. D’aquesta suma, en direm força resultant F⃗ . Com a conseqüència del
principi d’acció-reacció, F⃗ij + F⃗ji = 0; per tant, la suma de les forces internes és
nul·la. Així, en fer la suma de totes les forces del sistema per trobar la resultant
F⃗ , només sobreviuen les externe(s. La força re)sultant F⃗ és la suma de les forcesexternes. ∑N ∑N ∑N
F⃗ = F⃗i + F⃗ji = F⃗i (3.3)
i=1 j=1 i=1
Si la força resultant F⃗ l’apliquéssim a una∑partícula que tingués una massa sumaN
de les masses de totes les partícules, m = mi, l’acceleració d’aquesta partícula
i=1
deguda a la força F⃗ seria a⃗CM segons
F⃗ = ma⃗CM (3.4)
76
3.2. Força resultant i centre de masses
El punt on se situa aquesta hipotètica partícula s’anomena centre de masses del sis-
tema i s’indica perCM (vegeu la figura 3.6). El vector posició delCM l’indicarem
per r⃗CM . Si F⃗ = 0, el CM és mou a velocitat constant, a⃗CM = 0. En aquest cas, es
pot utilitzar el CM com a origen d’un sistema de referència inercial: és el sistema
de referència del centre de masses (SRC).
El punt CM , d’alguna manera, representa una posició aproximada i global del sis- Fig. 3.6: El CM representa bé el
tema. Pensem, per exemple, que el sistema és un núvol. Aquest núvol, en general, moviment global d'un núvol
va viatjant d’aquí cap allà, a la vegada que va canviant de forma. En molts casos,
no ens interessa estudiar el canvi de forma però si el moviment global. Aquest està
ben representat per la trajectòria traçada pel centre de masses r⃗CM .
Si coneixem la resultant com a funció de la posició i la velocitat del CM , (3.4)
és l’equació de moviment per al CM que permet, conegudes la posició i velocitat
inicial, trobar la trajectòria r⃗CM(t). Un problema que caldrà resoldre és trobar la
posició i velocitat del centre de masses, a l’instant inicial, conegudes les posicions
i velocitats de totes les partícules en aquest instant.
Per a cada instant, la posició del CM , r⃗CM , es pot trobar si coneixem les posicions Fig. 3.7: La massa i posició de les
i masses de totes les partícules en aquest mateix instant r⃗ , m (vegeu la figura N partícules,mi i r⃗i,i i determinen r⃗
3.7): CM
N
1 ∑
r⃗CM = mir⃗i (3.5)
m
i=1
Demostració. Tenint en compte la suma de les equacions de moviment de les N
partícules, (3.2) i la de∑finició de CM (3.4), tenimN ∑N1
F⃗ = mia⃗i = ma⃗CM ⇒ a⃗CM = mia⃗i
m
i=1 i=1
que podem reescriure com ( ∑ )2 Nd
r⃗CM −
1
mir⃗i = 0
dt2 m
i=1
i integrar. Ens apareixeran dues cons∑tants d’integració C⃗1 i C⃗2N1
r⃗CM = mir⃗i + C⃗1 + C⃗2 t
m
i=1
Ara, si tenim una sola partícula, N = 1 , volem que, en tot instant, el CM estigui allà
on és aquesta partícula, és a dir, r⃗CM = r⃗1, ⇒ r⃗1 = r⃗1+C⃗1+C⃗2 t ⇒ C⃗1 = C⃗2 = 0
i l’expressió de r⃗CM coincideix amb (3.5), que és el que volíem demostrar. 
Si el sistema és un cos continu (vegeu la f∫igura 3.8), tindrem
1
r⃗CM = r⃗ dm (3.6)
m
Cos
77
3. Dinàmica deN partícules
Si el cos és un sòlid rígid, elCM és un punt solidari al cos. Si aquest només efectua
moviments de translació, el moviment del sòlid queda completament determinat
pel moviment del CM .
A la pràctica, tindrem en compte que, si el moviment del sòlid és únicament de
translació, tots els punts tenen la mateixa velocitat: qualsevol punt del sòlid és
vàlid per descriure la velocitat del CM .
CM de volums, superfícies i corbes
Fig. 3.8: CM d'un cos continu
En general, un cos qualsevol (per exemple, un asteroide) s’estendrà en les tres di-
mensions de l’espai, a més d’ocupar un volum. En molts casos, malgrat estendre’s
en les tres dimensions, el cos pot ser tractat com a superfície, per exemple, una
antena parabòlica de comunicació. En altres casos, estenent-se també en tres di-
mensions, el cos pot ser tractat com una corba, per exemple una molla helicoïdal.
A la taula 3.1, podeu veure com tractar aquests casos en termes de la densitat de
massa. ρ, σ i µ són les densitats de massa volúmica, superficial i lineal, respecti-
vament.
∫ ∫⇒ 1 Hom ∫dm = ρ dv r⃗ = r⃗ρ dv = 1 r⃗ dv Taula 3.1: CM de cossosCM ρ dv V continus: volums, superfícies i
línies
⇒ ∫ ∫1 Hom ∫dm = σ ds r⃗ = r⃗σ ds = 1CM σ ds S r⃗ ds
∫ Hom ∫
dm = µdℓ ⇒ r⃗ = ∫ 1 1CM r⃗µ dℓµ dℓ = L r⃗ dℓ
Un cos homogeni té densitat constant. En els cossos homogenis, elCM coincideix
amb el centre geomètric o de simetria CS. El CS és fàcil de trobar si el cos té
suficients elements de simetria. En aquest cas, el CS és el punt comú a tots els
elements de simetria (eixos, plans, punt).
Si un cos voluminós homogeni, de densitat ρ, té la forma de superfície gruixuda Fig. 3.9: El CM d'un cos
de gruix h constant i la seva curvatura és negligible, podem tractar-lo com un cos homogeni coincideix amb el
superficial de densitat σ. Per trobar σ en termes de ρ, només cal tenir en compte que centre geomètric o de simetriaCS
un tros S de cos tindrà un volum V = Sh i una massa que podem trobar utilitzant
ρ o bé σ. Així, m = ρV = σS; per tant, σ = ρh.
Si un cos voluminós homogeni, de densitat ρ, té la forma de corba gruixuda de gruix
de secció s constant i la seva curvatura és negligible, podem tractar-lo com un cos
lineal de densitat µ. Per trobar µ en termes de ρ, només cal tenir en compte que un
tros L de cos tindrà un volum V = Ls i una massa que podem trobar utilitzant ρ o
78
3.2. Força resultant i centre de masses
bé µ. Així, m = ρV = µL; per tant, µ = ρs.
CM de cossos simples
Simple aquí vol dir que coneixem el seu CS o bé , en general, el CM . A la taula de
la pàgina 335, teniu les expressions per trobar el centre de simetria d’alguns cossos
homogenis simples que podem fer servir al llarg del llibre. No estan inclosos els
casos en què el CS queda totalment determinat per simetria, com el cercle, l’esfera,
el rectangle, etc.
CM de cossos compostos
Sigui un conjunt de cossos simples C , i = 1, ..., N , de masses m i posicions Fig. 3.10: El CM d'un cosi i
del , (i) , coneguts, que formen un cos compost (vegeu la figura 3.10). La compost es pot expressar, fentCM r⃗CM una descomposició convenient en
posició del CM del cos compost val: cossos simples, en termes de les
∑ masses,mi, i les posicions delN (i)1 CM , r⃗CM , de cada cos simple
r⃗CM = mi r⃗
(i)
CM (3.7)m
i=1
∫
Demostració. Com que coneixem mi i r⃗(i)CM i sab∫em que r⃗(i) 1CM = r⃗ dm,mi Ci
podem obtenir el que val cadasc∫una de les integrals r⃗ dmCi
r⃗ dm = m r⃗(i)i CM (3.8)
Ci
L’expressió per a la posició del CM (3.6) del cos compost, considerat un cos únic
continu, s’estén al domini d’integració que abraça tot el cos C, és a dir, C = C1 ∪
... ∪ CN , on Ci és el domini de cadascu∫n dels cossos:
1
r⃗CM = r⃗ dm
m C1∪...∪CN
Si trenquem la integral estesa al domini d’integració C1 ∪ ... ∪ CN com a suma
d’integrals en cada subdomini d’integració Ci , i substituïm les integrals segons (3.8),
tenim (∫ ∫ )
1 1 ( )
r⃗ = r⃗ dm+ ...+ r⃗ dm = m r⃗(1)CM 1 CM + ...+m r⃗
(N)
N
m C C m
CM
1 N
és a dir, ∑N1
r⃗ = m r⃗(i)CM i
m CM 
i=1
Si interpretem les masses com Fig. 3.11: Podem interpretar lami mi > 0 ⇒ afegir; mi < 0 ⇒ treure, podem suma de masses de manera que
tractar un cos compost de cossos i forats simples (vegeu la figura 3.11). el signe positiu vol dir ''afegir
massa'' i el negatiu ''treure massa''
Problema 3.2.1. A la taula següent, es mostren les posicions i les velocitats, en un
instant donat, d’un sistema de tres partícules. En aquest instant, determineu:
79
3. Dinàmica deN partícules
i 1 2 3
(kg) Taula del problema 3.2.1: masses,mi 2 3 5 posicions i velocitats
r⃗i(m) (−10;−10) (30; 10) (10; 20)
v⃗i(m/s) (10; 30) (−20;−10) (10;−10)
a) la posició del centre de masses del sistema i b) la velocitat del centre de
masses del sistema.
Solució
a) ∑3
mir⃗i
i=1 2(−10;−10) + 3(30; 10) + 5(10; 20)
r⃗CM = = = (12; 11)m
m 10
b) ∑3 Figura de la solució 3.2.1
m r˙⃗i i
˙⃗ i=1 2(10; 30) + 3(−20;−10) + 5(10;−10)v⃗CM = rCM = = = (1;−2)m/s
m 10

Problema 3.2.2. Donada la xapa plana i homogènia representada a la figura, trobeu-
ne el centre de masses.
Solució
Per simetria, tenim: yCM = 0 . Figura de l'enunciat 3.2.2
Es tracta d’una figura plana i homogènia σ = ct. En lloc de masses mi, podem
utilitzar superfícies Si. Descomponem la xapa en tres peces, peça 1: un quadrat de
xapa; peça 2: un triang∑le de xapa ; peça 3: u∑n forat de xapa. Veg∑eu la figura. TindremN N N1
x (i)
1 (i) 1 (i)
CM = mi xCM = σSi xm σS CM
= Si x
S CM
i=1 i=1 i=1
tenint en compte el sign{e “ −” si es tracta d’un forat!} }x = 1 S x(1) (2) (3)CM S 11+S2−S3 CM + S2 xCM − S3 xCM Figura de la solució 3.2.2
S 2 1 1 21 = 4a ; S2 = 2a 2a ; S = πa2 3 2
x(1) = a; x(2) = 2a+ 12a; x(3) = 4a
⇒ xCM = 1,96a
CM CM 3 CM

3π
3.3 Quantitat de moviment
La quantitat de moviment P⃗ d’un sistema de partícules es defineix com la suma
de les quantitats de moviment de cada partícula.
∑N ∑N
P⃗ = p⃗i = miv⃗i = mv⃗CM (3.9)
i=1 i=1
80
3.3. Quantitat de moviment
L’equació de moviment del CM es pot escriure
dP⃗
F⃗ = (3.10)
dt
Teorema de la conservació de la quantitat de moviment. Si la resultant d’un
sistema de partícules és nul·la, la quantitat de moviment P⃗ es manté constant al
llarg del temps, mentre que les partícules es mouen per una trajectòria solució de
les equacions de moviment.
dP⃗
= 0 (3.11)
dt
També es pot escriure fent servir l’expressió integrada entre dos instants tini i tfi
P⃗ini = P⃗fi (3.12)
Habitualment, es diu que la quantitat de moviment es conserva. Observem que
sempre que no hi hagi forces externes al sistema la quantitat de moviment es con-
servarà.
Problema 3.3.1. Una cobra reial de longitud L i massa m distribuïda uniforme-
ment, reposa estirada al terra. La cobra decideix aixecar-se verticalment i ho fa a
una velocitat v uniforme (la punta de la cua no es belluga en cap moment). Quina
és la força de reacció del terra sobre la part del cos que hi toca? Doneu el resultat
en funció de L, m, v i el camp gravitatori g.
Figura de l'enunciat 3.3.1
Solució
Anomenem x a la porció de serp que roman en contacte amb el terra i y la part vertical.
Observeu que tant x com y aniran variant mentre la serp s’aixeca. Són funcions del
temps t. Vegeu la figura. La longitud total de la serp és, per a tot t, L; així, x+y = L
i com que aquesta expressió val per a tot t: ẋ + ẏ = 0. Si, a més, tenim en compte
que v és la velocitat constant en la direcció i sentit de y, tenim les relacions
ẏ = v ; ẋ = −v ; ẍ = ÿ = 0 (3.13)
Podem calcular la posició del centre de masses, per a tot t, en funció de x i y. En
qualsevol instant, la serp és un cos lineal format per dos segments homogenis rectes Figura de la solució 3.3.1
de longituds x i y, per tant,
1 (x y )
r⃗CM = (xCM , yCM) = x+ xy, y (3.14)
L 2 2
Si derivem respecte del temps (3.14) i tenim en compte (3.13),
r˙⃗
1
CM = y v (−1; 1) (3.15)
L
La quantitat de moviment del sistema la podrem escriure com
m
P⃗ = mr˙⃗CM = y v (−1; 1) (3.16)
L
81
3. Dinàmica deN partícules
La resultant de les forces que actuen sobre la serp serà deguda al pes i a la força de
reacció del terra F , és a dir, m(0,−g) + F⃗ (vegeu la figura). Tindrem així
dP⃗ m ( )
= v2 (−1; 1) = m(0,−g) + F⃗ ⇒ mF⃗ = − v2 m,mg + v2
dt L L L 
Figura de la solució 3.3.1
3.4 Moment angular
El moment angular L⃗(A) d’un sistema de partícules respecte d’un punt A fix
(vegeu la figura 3.12) es defineix com la suma dels moments angulars de cada
partícula respecte d’aquest punt
∑N ∑N
L⃗(A) = L⃗(A)i = r⃗i(A) ×miv⃗i (3.17)
i=1 i=1
Si derivem respecte del temps,
∑( ) Fig. 3.12: Moment angular d'unN sistema de partícules respectedL⃗(A)
= r˙⃗i(A) ×miv⃗i + r⃗ ×m a⃗ (3.18) d'un punt fixAi(A) i i
dt
i=1
Ara, tenint en compte que el punt A és fix, r˙⃗(A)i = v⃗i, el primer producte vec-
torial de (3.18) s’anul·la. Per al segon producte vectorial,∑tindrem en compte lesN
equacions de moviment de les N partícules, mia⃗i = F⃗i + F⃗ji. Així, tenim
∑( [ ∑ ]
j=)1
N N
dL⃗(A)
= r⃗i(A) × F⃗i + F⃗ji (3.19)
dt
i=1 j=1
El moment total de les forces internes s’anul·la admetent que les forces d’acció- Fig. 3.13: Moment de les forces
reacció tenen la mateixa recta d’acció (vegeu la figura 3.13): internes
r⃗i(A) × F⃗ji + r⃗j(A) × F⃗ij = (r⃗j(A) − r⃗i(A))× F⃗ij = 0
Per tant, n’obtenim
dL⃗(A)
= M⃗(A) (3.20)
dt
on M⃗(A) és el moment total de les forces. Observem que només les forces externes
intervenen en M⃗(A). ∑N
M⃗(A) = r⃗i(A) × F⃗i (3.21)
i=1
82
3.4. Moment angular
Teorema de la conservació del moment angular. Si el moment resultant de les
forces externes respecte d’un punt A és nul, M⃗(A) = 0, el moment angular L⃗(A)
es manté constant al llarg del temps, mentre que les partícules es mouen per una
trajectòria solució de les equacions de moviment:
dL⃗(A)
= 0 (3.22)
dt
També es pot escriure fent servir l’expressió integrada entre dos instants tini i tfi
L⃗(A)ini = L⃗(A)fi (3.23)
Habitualment, es diu que el moment angular es conserva.
Si el sistema de partícules es mou només per translació, v⃗i = v⃗, el moment an-
gular del sistem∑a, L⃗(A), es pot expr(es∑sar )N N
L⃗(A) = r⃗i(A) ×miv⃗i = r⃗i(A)mi × v⃗ = r⃗CM(A) × P⃗ (3.24)
i=1 i=1
Es pot demostrar que les relacions anteriors també són vàlides si A = CM , encara
que el CM estigui en moviment. Cal anar amb compte i no agafar punts A ̸= CM
en moviment! En aquesta secció és millor considerar A fix. Més endavant, quan
estudiem el sòlid rígid, demostrarem i utilitzarem A = CM .
Problema 3.4.1. A la taula següent, tenim les posicions i les velocitats en un instant
donat d’un sistema de tres partícules.
Taula del problema 3.4.1: masses,
i 1 2 3 posicions i velocitats
mi(kg) 2 3 5
r⃗i(m) (−10;−10) (30; 10) (10; 20)
v⃗i(m/s) (10; 30) (−20;−10) (10;−10)
En aquest instant, determineu:
a) la quantitat de moviment total,
b) el moment angular total respecte de l’origen.
Solució
a) Del problema 3.2.1, tenim v⃗CM = (1;−2)m/s i, per tant, P⃗ = mv⃗CM =
10(1;−2) = (10;−20) kg m/s Figura de la solució 3.4.1
b) Compte! No podem fer servir L⃗ = ∑r⃗CM × P⃗ , ja que les velocitats de les partícules3
són diferents. Hem de fer servir L⃗ =∣ L⃗i:i=1∣∣∣ ∣
L⃗1 = r⃗1 × p⃗1 = 2 ∣∣∣
ı̂ ȷ̂ k̂
− ∣∣∣10 −10 0 ∣∣∣ = −400k̂10 30 0
83
3. Dinàmica deN partícules
∣∣∣∣ ∣ı̂ ȷ̂ k̂ ∣∣∣
L⃗2 = r⃗2 × p⃗2 = 3 ∣∣∣ 30 10 0 ∣∣∣ = −300k̂∣∣ −20 −10 0∣∣ ∣∣∣ı̂ ȷ̂ k̂ ∣
L⃗3 = r⃗3 × p⃗3 = 5 ∣∣∣ 10 20 0 ∣∣∣ = −1500k̂10 −10 0
∑3 2
N’obtenim kg mL⃗ = L⃗i = −2200 k̂ 
i=1 s
Problema 3.4.2. Un camió transporta una caixa homogènia, rectangular, de 2m
d’altura i 1m de llargada. El coeficient de fricció caixa-camió és 0,4. Calculeu:
a) La màxima acceleració del camió sense que la caixa llisqui (sabem que abans
no bolca).
b) Si fixem la caixa amb un eix sense fricció per A, el valor màxim de l’acce-
leració del camió sense que la caixa bolqui
Solució Figura de l'enunciat 3.4.2
a) F⃗ = ma⃗ ⇒ (µN,N −mg) = m(a, 0) ⇒ a = µg = 0,4× 9,8 = 3,92m/s2
b) Fem servir dL⃗(O) = M⃗(O) amb els moments calculats respecte de l’origen (vegeudt
la figura). Per al càlcul dels moments, podem fer servir la regla del cargol.
Per al moment angular, tindrem en compte que el moviment és de translació. N’hi ha
prou a utilitzar el vector velocitat situat al CM (vegeu la figura). Obtenim L⃗(O) = Figura de la solució 3.4.2
−1mv k̂. Per al moment de les forces, tindrem en compte que ens situem a l’instant
en què la caixa és a punt de bolcar. En aquest instant, la normal passa pel punt A, ja
que només al punt A hi h{a contacte entre la caixa i el}camió. N’obtenim
M⃗(O) = − (OA+ 0,5)mg −OA N k̂ = −0,5 mg k̂
així, derivant respecte del temps L⃗(O) i igualant al moment de les forces
−1mak̂ = −0,5 mg k̂
Figura de la solució 3.4.2
Per tant, a = 0,5g = 4,9m/s2 
3.5 Treball, energia cinètica i energia potencial
Treball
El concepte de treball, entès segons la interpretació 1 de la secció 2.4, pot ser aplicat
aquí per a cada força per separat. També el concepte de força conservativa i energia
potencial associada a una força.
84
3.5. Treball, energia cinètica i energia potencial
Per tal de definir el concepte d’energia del sistema sencer, estenem la interpretació
2 de la secció 2.4 a totes les partícules i forces del sistema.
Anomenem configuració del sistema en un instant donat el conjunt de posicions
de cadascuna de les partícules del sistema.
E∑l treball W realitzat per totes les forces del sistema sobre cada partícula, F⃗i +N
F⃗ji, quan aquestes passen d’una configuració P1 = {Pi1} a una altra P2 =
j=1
{Pi2} a través d’un camí C = {Ci∫} és (vegeu la figura 3.14)∑ P ( )N 2 ∑N
W = F⃗i + F⃗ji dr⃗i (3.25)
i=1 j=1
C:P1
Energia cinètica o capacitat cinètica de fer treball Fig. 3.14: El sistema passa de la
configuració P1 a la configuració
Un càlcul molt semblant al realitzat a la secció 2.4 ens porta al concepte d’energia P2. Hi ha molts camins
cinètica C = {Ci} que ens passen
d'una configuració a l'altra
∑ ∫PN 2 ( ∑ )N ∑N ∫P2
W = F⃗i + F⃗ji · dr⃗i = mia⃗i · dr⃗i
i=1 ∫ ( j=1C:P1 ∑ )
i=1
C:P1
P2 N
1
= ... = d miv
2
2 i
i=1
P1
En conseqüència, definim l’energia cinètica Ec d’un sistema de N partícules∑N 1
Ec = m
2
i vi (3.26)2
i=1
i podem enunciar el teorema següent:
Teorema del treball-energia:
W = ∆Ec (3.27)
També es coneix amb el nom de teorema de les forces vives o de l’energia cinè-
tica.
Energia potencial o capacitat estàtica de fer treball
Les fo∑rces sobre cada partícula són les externes i les d’interacció entre les partícules
F⃗i + F⃗ji . Si totes les forces són conservatives, tindrem energies potencials
j=1
85
3. Dinàmica deN partícules
Ui, Uij que compleixen
−∂Ui −∂UjiF⃗i = ; F⃗ji = , Uii = 0 (3.28)
∂r⃗i ∂r⃗i
Com a conseqüència del principi d’acció-reacció, junt amb el fet de ser conser-
vatives, les forces només depenen de la posició de les partícules segons F⃗ji =
f(ji)(r⃗i − r⃗j) on f(ji) = f(ij) només depèn de la distància entre les partícules i i
j.1 Això permet escollir Uij , que compleix (3.28), només depenent de la distàn- 1 Podem pensar en els casos gra-
cia entre les partícules i simètric Uji = Uij . L’anomenem energia (potencial) vitatori i electrostàtic i veure quecompleixen aquestes condicions
d’interacció.
Si el sistema passa d’una configuració de posicions P1 a una altra P2 per un camí
C (vegeu la fig(ura 3.14), el tr)eball és∑ ∫PN 2 ∑ ∑ PN ∫ 2 ∑ PN ∑N ∫ 2
W = F⃗i + F⃗ji · dr⃗i = F⃗i · dr⃗i + F⃗ji · dr⃗i
i=1 j=1 i=1 i=1 j=1
C:P1 C:P1 C:P1
(3.29)
El treball de les forces conservatives és igual a la disminució de l’energia po-
tencial:
W = −∆U (3.30)
amb l’energia potencial del sistema de N partícules, U , definida com
∑N ∑N ∑N
U = Ui + Uij (3.31)
i=1 i=1 i<j
Demostració. El primer terme de l’ultim membre de (3.29) es pot escriure
∑N ∫P2 ∑ PN ∫ 2
F⃗i · dr⃗i = − dUi (3.32)
i=1 i=1
C:P1 :P1
Amb el segon terme de l’ultim membre, cal anar una mica∑mé∑s am∫b compte. En unN N P2
primer pas, hi afegim els termes (canviant la i per la j) F⃗ij · dr⃗j i tot
i=1 j=1C:P1
sumat resulta ser igual als que ja hi són, així que també dividim per 2
∑N ∑ PN ∫ 2 1 ∑∑ ∫PN N 2
F⃗ji · dr⃗i = (F⃗ij · dr⃗j + F⃗ji · dr⃗i) = ... (3.33)
2
i=1 j=1 i=1 j=1
C:P1 C:P1
Ara substituïm les forces en funció dels seus potencials segons (3.28)
∑∑ ∫PN N 2
−1 ∂Uij... = ( · ∂Ujidr⃗j + · dr⃗i) = ... (3.34)
2 ∂r⃗j ∂r⃗i
i=1 j=1
C:P1
86
3.5. Treball, energia cinètica i energia potencial
Recordem que podem fer Uji = Uij . A més, tindrem en compte que Uij només
depèn de r⃗i i r⃗j i, per tant, el diferencial és ∂UdU ij ∂Uijij = · dr⃗j + · dr⃗i. Podem∂r⃗j ∂r⃗i
escriure (3.34) com
1 ∑ PN ∑N ∫ 2
... = − dUij = ... (3.35)
2
i=1 j=1
C:P1
i, finalment, per tal de no sumar més termes dels necessaris, restringim la suma de j
a només termes i < j, i podem eliminar així el factor 1 .
2
∫P2 (∑N ∑ )N
... = − d Uij (3.36)
i=1 i<j
C:P1
Tenint en compte les expressions anteriors, (3.29, 3.32-3.36), podem definir l’energia
potencial U del sistema de N partícules com a (3.31) i obtenim (3.30). 
Energia mecànica
Definim l’energia mecànica E d’un sistema conservatiu de N partícules com
E = Ec + U (3.37)
Derivant respecte del temps i seguint passos anàlegs als de la secció 2.4, obtenim,
com es podia esperar:
Teorema de la conservació de l’energiamecànica. El valor numèric de l’energia
mecànica d’un sistema conservatiu deN partícules, es manté constant al llarg del
temps, mentre les partícules es mouen per una trajectòria solució de les equacions
de moviment.
dE
= 0 (3.38)
dt
També es pot escriure fent servir l’expressió integrada entre dos instants tini i tfi
Eini = Efi (3.39)
Habitualment, es diu que l’energia mecànica es conserva.
Si hi ha forces no conservatives (NC), aquestes no s’inclouen a l’energia (no se’ls
pot associar una energia potencial) i l’energia mecànica, en general, no es conserva.
Sí que podem dir:
Teorema de l’energia mecànica. El treball de les forces no conservatives és
igual a l’increment d’energia mecànica del sistema:
WNC = ∆E (3.40)
87
3. Dinàmica deN partícules
Observem que l’energia encara es pot conservar si ens restringim a moviments pels
quals les NC “no treballen”: WNC = 0. Més endavant, quan tractem dels sistemes
amb lligams, farem servir aquesta condició.
Com veurem més endavant, a la secció 3.11, en el cas d’un sòlid rígid, el treball
de les forces internes és nul; per tant, W = ∆Ec, on W és el treball de les forces
extern∑es. Si, a més, el moviment és únicament de translació, vi = vCM , tenimN
E = 1 2 1 2c 2mi vi = 2mvCM . Així, l’energia mecànica d’un sòlid rígid restringit
i=1
a moviments de translació és
1
E = mv2CM + U (3.41)2
on U és, en aquest cas, la suma d’energies potencials de les forces conservatives
externes al sòlid.
Problema 3.5.1. Dues partícules de masses 2 kg i 3 kg estan lligades entre elles
amb una corda i en contacte amb una molla, com es veu a la figura. Tant la molla
com la corda tenen massa negligible. La molla té una constant recuperadora de
12000N/m i està comprimida una longitud de 10 cm. Tallem la corda. Trobeu la
velocitat de cada partícula
Figura de l'enunciat 3.5.1
Solució
Per conveniència, definim m1 = 2 kg, m2 = 3 kg, k = 12000N/m i L = 0,1m.
Les causes del moviment estan alineades segons l’eix x; així, podem aplicar el princi-
pi de simetria (vegeu la secció 1.4) per deduir que les velocitats de les dues partícules
estaran alineades amb l’eix x: v⃗1 = (v1; 0; 0) i v⃗2 = (v2; 0; 0).
Aplicant la conservació de la quantitat de moviment entre els instants just abans i just
després del tall de la corda:
0 = m1v⃗1 +m2v⃗2 ⇒ 2v1 + 3v2 = 0
Podem fer el mateix amb l’energia: Figura de la solució 3.5.1
1
kL2
1 1 3
= m1v
2
1 + m2v
2
2 ⇒ 60 = v2 21 + v2
2 2 2 2
d’on obtenim v1 = ±6 i v2 = ∓4. Utilitzant el fet que la molla es descomprimeix
(encara no ho havíem utilitzat!), els signes queden determinats i n’obtenim:
v⃗1 = (−6; 0; 0)m/s ; v⃗2 = (4; 0; 0)m/s 
Figura de la solució 3.5.1
Problema 3.5.2. A la taula següent, es mostren les posicions i velocitats en un
instant donat d’un sistema de tres partícules.
En aquest instant, determineu:
88
3.6. Xocs
i 1 2 3
mi(kg) 2 3 5
r⃗i(m) (−10;−10) (30; 10) (10; 20)
v⃗i(m/s) (10; 30) (−20;−10) (10;−10)
Taula del problema 3.5.2: masses,
posicions i velocitats.
a) l’energia cinètica del sistema.
b) L’energia cinètica associada al moviment del centre de masses (tota la massa
concentrada al CM amb la velocitat d’aquest)
Solució
a)
3
1 ∑ 1 { }
Ec = m v
2
i i = 2(10
2 + 302) + 3(202 + 102) + 5(102 + 102) = 2250 J
2 2 Figura de la solució 3.5.2
i=1
b) Del problema 3.2.1, tenim v⃗CM = (1,−2)m/s. L’energia cinètica d’una partícula
de massa m = 10 kg que es mou amb la velocitat del CM és
1 1
mv2 2 2CM = 10 · (1 + 2 ) = 25 J
2 2
que, en general, no coincideix amb l’energia cinètica del sistema. 
3.6 Xocs
Un xoc és el procés en què dues partícules o més, que només interaccionen a molt
curta distància, es troben en un punt i un instant,i modifiquen, en conseqüència, les
seves velocitats (vegeu la figura 3.15).
Ens restringirem a dues partícules. Considerem dos instants en què les partícules
estan prou allunyades i no interaccionen: (ini) inicial, just abans del xoc; (fi) Fig. 3.15: Només en el momentdel xoc hi ha forces
final, just després del xoc. Suposarem que les forces externes són molt més febles
que les degudes al xoc, de manera que l’impuls de les primeres entre (ini) i (fi) és
negligible.
També ens restringirem a xocs sense fricció. Això vol dir que, quan es produeix
el contacte entre les dues partícules, que ara visualitzarem com a cossos esfèrics
(vegeu les figures 3.16 o 3.17), no hi ha forces tangents al pla tangent al contacte
o pla de xoc i, per tant, no hi ha bescanvi de moment angular. Si les partícules o
cossos tinguessin una rotació inicial, mantindrien aquesta rotació després del xoc.
Fig. 3.16: Pla de xoc
Hi podem aplicar la conservació de la quantitat de moviment total. Tindrem:
P⃗(ini) = P⃗(fi) (3.42)
89
3. Dinàmica deN partícules
Encara que no coneixem la geometria del xoc (el pla de xoc, vegeu la figura 3.16),
podrem tractar els xocs completament elàstics i completament inelàstics.
Xocs completament elàstics. Són xocs en els quals es conserva l’energia,E(ini) =
E(fi), que podem escriure en termes de l’energia cinètica, atès que abans i després
no hi ha forces o aquestes són negligibles. Així, per a xocs completament elàstics,
Ec(ini) = Ec(fi) (3.43)
La condició de xoc elàstic i la conservació consegüent de l’energia requereix una
explicació. Es pot pensar que una pilota “elàstica” conservarà l’energia quan bo-
ti a terra. I essencialment és cert, sempre que comptabilitzem tots els termes de
l’energia cinètica de la pilota. Abans del xoc, l’energia de la pilota serà de transla-
ció. Un cop fet el xoc, la pilota tindrà energia cinètica de translació i també energia
de vibració interna deguda precisament a l’elasticitat del material. Només si aques-
ta és negligible podrem dir que el xoc és elàstic en el sentit que li volem donar aquí:
en aquest capítol, entenem que els objectes que xoquen no acumulen energia de vi-
bració i el sentit que donem a “xoc elàstic” és el de conservació de l’energia, sense
considerar els possibles termes d’energia interna, com és el cas de la vibració.
Xocs completament inelàstics:
Implosió. Les dues partícules queden unides (imploten) i forma una sola partícula
després del xoc, v⃗1(fi) = v⃗2(fi).
Explosió. Una única partícula explota i dóna lloc a dues partícules, v⃗1(ini) = v⃗2(ini).
Xocs parcialment elàstics. Si podem conèixer la geometria del contacte, si
coneixem el pla de xoc (vegeu la figura (3.16), i tenim en compte que el xoc és sense
fricció, és a dir, que l’única força que actua en el moment del xoc és normal al pla de
xoc, de cada partícula només canviaran les components de la quantitat de moviment
en la direcció de la normal, mentre que les components de la quantitat de moviment
tangents al pla de xoc es conservaran. Així, indicant per || les components tangents
al pla de xoc:
p⃗i||(ini) = p⃗i||(fi) ⇒ v⃗i||(ini) = v⃗i||(fi) i = 1,2 (3.44)
Si el xoc és completament elàstic o completament inelàstic, podem utilitzar les
condicions de conservació de l’energia o d’explosió o implosió que hem donat
més amunt. Si el xoc és parcialment elàstic i es coneix el pla de xoc es defineix el Fig. 3.17: e és una relació entre
coeficient de restitució e (vegeu la figura 3.17). Si indiquem amb ⊥ la component velocitats relatives normals al pla
de xoc
normal al pla de xoc, el coeficient∣∣de restitució és∣∣ ∣v1⊥(fi) − v2⊥(fi)e = ∣∣∣ (3.45)v1⊥(ini) − v2⊥(ini)
El coeficient de restitució e és una quantitat que depèn del material dels cossos. Es
pot mesurar utilitzant (3.45).
90
3.7. Interacció gravitatòria i electromagnètica
Xocs contra un terra. Podem considerar també el xoc d’una sola partícula amb
un terra o paret (vegeu la figura 3.18). Ara, hi ha forces externes, la reacció del
terra. Tenim P⃗ (ini) ̸= P⃗ (fi). Si el xoc és sense fricció, la força externa només
té component normal al terra. Com passa en el cas de dues partícules, p⃗||(ini) =
p⃗||(fi) ⇒ v⃗||(ini) = v⃗||(fi)
Si el xoc es completament elàstic, tindrem v2 2⊥(ini) = v⊥(fi). Si és parcialment elàstic,
el coeficient de restitució es pot definir ∣∣ara seg∣∣ons Fig. 3.18: Xoc contra una paretv⊥(fi)
e = ∣∣ ∣∣ (3.46)v⊥(ini)
e depèn, en aquest cas, del material constituent del cos i del terra o paret. Es pot
mesurar utilitzant (3.46).
Problema 3.6.1. Calculeu les velocitats després del xoc de les boles de la figura
(que correspon al moment del xoc), de masses iguals, tenint en compte que són
llises amb un coeficient de restitució de 0,9.
Solució Figura de l'enunciat 3.6.1
Fem servir la notació A per abans del xoc i D per després del xoc .
√ √
Segons les dades reflectides a la figura, tenim v⃗A1 = (3 3 ; 3 ) i v⃗A2 = (−2; 2 3)2 2
De la conservació dels moments paral·lels al pla de xoc de cada partícula,
vyD1 = 1,5m/s ; vyD2 = 3,46m/s (1)
De la conservació del moment total: mv⃗A1 +mv⃗A2 = mv⃗D1 +mv⃗D2
La component d’aquesta equació en la direcció y es compleix automàticament amb
els valors (1) trobats. Només prenem la component x:
√
3
3 − 2 = vxD1 + vxD2 (2)
2 Figura de la solució 3.6.1
Del coneixement del coeficient de restitució n’obtenim
± vxD1 − vxD20,9 = √ (3)
3 3 − (−2)
2
Ara hem de solucionar les equacions (2) i (3). Escollim la solució que representa que
les dues boles no s’entrecreuen, és a dir, vxD2 − vxD1 > 0
N’obtenim: vxD1 = −1,77m/s ; vxD2 = 2,36m/s 
3.7 Interacció gravitatòria i electromagnètica
Llei de la gravitació universal
Pels volts de 1687, Isaac Newton enuncià la llei de la gravitació universal. Aquesta
llei unificava les lleis de Kepler i donava així una explicació més fonamental de
91
3. Dinàmica deN partícules
les tres lleis, que fins llavors només s’havien pogut derivar de manera empírica
per observació directa del moviment dels planetes al voltant del Sol. La llei de
la gravitació de Newton no és una regla per predir el moviment dels planetes. Es
tracta d’una llei que compleixen tots els cossos pel fet de tenir massa, ja siguin
planetes, pedres, qualsevol altre objecte o, en general, partícules (vegeu la figura
3.19).
Llei de la gravitació universal
F⃗ij = −
mimj
G r̂ij (3.47)
r2ij
2
on r⃗ij = r⃗ −r⃗ , G = 6,673× 10−11 Nmj i kg2 és la constant de gravitació universal, imi
imj són lesmasses gravitatòries de cadascuna de les partícules que interaccionen.
Fig. 3.19: Interacció gravitatòria
Un fet experimental molt notable és que, per a tota partícula, la massa gravitatòria, entre dues masses
les m que apareixen a la llei de gravitació (3.47), es pot expressar en les mateixes
unitats que la massa inercial, les m que apareixen a la llei de moviment F⃗ = ma⃗,
i, per a una mateixa partícula, té igual valor numèric. Newton ja va veure que, en
la seva teoria, aquests eren dos conceptes diferents i que calia trobar una explica-
ció a la seva igualtat. La constatació experimental d’aquesta igualtat és el germen
del principi d’equivalència, que Albert Einstein va fer servir per desenvolupar la
versió relativista de la gravitació de Newton, la relativitat general. Segons el prin-
cipi d’equivalència, la massa inercial i gravitatòria d’una partícula són exactament
iguals perquè es tracta del mateix concepte.
Si prenem com a exemple la interacció entre dos protons, mp = 9,109× 10−31 kg,
separats una distància atòmica típica de r = 1Å= 10−10 m, n’obtenim de (3.47)
m2
|FG| = G p = 5,54× 10−51 N (3.48)
r2
L’energia d’interacció gravitatòria entre dues partícules és
− mimjUij = G (3.49)
rij
L’energia d’interacció gravitatòria d’u(n sistema de tres partícules é)s
m1m2 m1m3 m2m3
U = U12 + U13 + U23 = −G + + (3.50)
r12 r13 r23
Llei de Coulomb Fig. 3.20: Charles-Augustin de
Coulomb (1737-1806) fou un físic
La llei de Coulomb va ser formulada per Charles-Augustin de Coulomb a partir dels i enginyer militar francès
mesuraments que va fer el 1785 amb una balança de torsió de la força d’atracció i
repulsió entre càrregues elèctriques (vegeu la figura 3.21).
92
3.7. Interacció gravitatòria i electromagnètica
Llei de Coulomb
QiQj
F⃗ij = K r̂ij (3.51)
r2ij
2
on K = 8,987×109 NmC2 és la constant d’interacció electrostàtica, i Qi i Qj són les
càrregues elèctriques de cadascuna de les partícules interaccionen mesurades en la
unitat de càrrega elèctrica del sistema internacional, el coulomb (C): [Q] = C.
Si prenem com a exemple la interacció entre dos protons, Qp = 1,602× 10−19 C,
− Fig. 3.21: Interacció electrostàticaseparats una distància atòmica típica de r = 1Å= 10 10 m, n’obtenim entre dues càrregues
Q2
|FE| = K p = 2,31× 10−8 N (3.52)
r2
L’energia d’interacció electrostàtica entre dues partícules és
QiQj
Uij = K (3.53)
rij
l’energia d’interacció electrostàtica d’un(sistema de 3 partícules és )
Q1Q2 Q1Q3 Q2Q3
U = U12 + U13 + U23 = K + + (3.54)
r12 r13 r23
Observeu que les dues lleis d’interacció exposades són quasi idèntiques pel que fa
a la geometria (la dependència de les forces amb les posicions). L’única diferència,
en aquest aspecte, és que una és atractiva i l’altra és repulsiva. Això vol dir que,
per a partícules idèntiques, la interacció gravitatòria provoca una força d’atracció
i l’electrostàtica, una de repulsió. Difereixen en les “càrregues” i les constants
d’interacció. Comparant els resultats en el cas dels dos protons, podem dir que la
interacció electromagnètica és unes 1043 vegades més intensa que la gravitatòria!
Problema 3.7.1. A la taula següent, es donen les càrregues i posicions d’un sistema
de tres partícules. Determineu-ne l’energia potencial total.
i 1 2 3 Taula del problema 3.7.1: càrre-
gues i posicions
Qi(µC) −2 3 5
r⃗i(m) (−10;−10) (30; 10) (10; 20)
Solució ( )
Q1Q2 Q1Q3 Q2Q3
U = U12 + U13√+ U23 = K √ + +r12 r13 r23
r 212 = √(r⃗1 − r⃗2) = √402 + 202 = 44,72
r = √(r⃗ − r⃗ )2 = 202 + 30213 1 3 = 36,05 Figura de la solució 3.7.1√
r23( = (r⃗ − r⃗ )2 = 2022 3 +) 102 = 22,36
× 9 −2× 3 −2× 5 3× 5U = 9 10 + + 10−12 = 2,33× 10−3 J 
44,72 36,05 22,36
93
3. Dinàmica deN partícules
3.8 Lligams i reaccions. Desplaçaments possibles i despla-
çaments virtuals. Reaccions ideals
Un sistema de N partícules sense lligams requereix 3N dades per expressar-ne la
posició. Diem que té 3N graus de llibertat. Si les partícules estan lligades, el
nombre de graus de llibertat és més petit. Vegem-ne alguns exemples.
Pèndol simple. Una partícula és obligada a moure’s per la superfície d’una esfera Fig. 3.22: La partícula està
de radi ℓ (vegeu la figura 3.22). Podem pensar que, en lloc d’una corda, que es pot obligada a moure's per la
superfície d'una esfera
arrugar, el que hi ha és una tija rígida de massa negligible. En un extrem, hi ha la
partícula, i a l’altre una articulació puntual. El sistema té dos graus de llibertat.
Sòlid rígid. El podem considerar constituït per un conjunt de partícules obligades
a mantenir constants les seves distàncies relatives (vegeu la figura 3.23). Segons
això, el sòlid rígid tindrà sis graus de llibertat, ja que les posicions de totes les
partícules queden totalment determinades, respecte d’una posició de referència, si
coneixem la translació (tres graus de llibertat) i la rotació (tres graus de llibertat)
del sòlid respecte a la referència (vegeu la figura 3.24).
Fig. 3.23: Les partícules
Pèndol forçat. Un pèndol com l’anterior, però ara l’esfera és obligada a moure’s mantenen fixes les distànciesentre elles
horitzontalment per mitjà d’un actuador (vegeu la figura 3.25). En aquest cas,
l’actuador és la mà que desplaça a voluntat el punt de l’extrem de la tija on hi ha
l’articulació. El moviment de l’actuador és conegut x(t). També té dos graus de
llibertat.
Lligams
Cada partícula i del sistema queda caracteritzada per la seva massa i el seu vector
posició
{ Fig. 3.24: Les posicions de lesmi, r⃗i} , r⃗i = (xi, yi, zi), i = 1, ..., N partícules queden determinades
Les posicions poden estar sotmeses a lligams. Considerem només lligams geomè- si coneixem la translació i larotació del sòlid respecte del sòlid
trics, és a dir, que no depenen de les velocitats, encara que sí que poden dependre de referència
del temps. En aquest últim cas, el lligam rep el nom d’actuador. Si tenim L graus
de llibertat és perquè tenim 3N −L lligams independents. En general, els lligams
geomètrics es poden expressar en la forma:
fa(r⃗i, t) = 0 , a = 1, ...3N − L (3.55)
Una forma molt convenient d’expressar els lligams és la paramètrica. Anomenant
els L paràmetres q1, ..., qL, la mateixa expressió (3.55) pot ser escrita com
r⃗i = r⃗i(q1, ..., qL, t) (3.56)
En general, considerem els lligams com a dades del problema. Fig. 3.25: Sacsegem a voluntat un
pèndol simple
94
3.8. Lligams i reaccions. Desplaçaments possibles i desplaçaments virtuals. Reaccions ideals
Exemple. Una partícula és obligada a moure’s per una corba determinada de l’espai
f(x, y, z) = 0, ja que passa per un filferro al qual donem justament la forma
d’aquesta corba. Només observant la forma del filferro, podem determinar el lli-
gam f(x, y, z) = 0.
Si, per exemple, la corba és una circumferència en el pla (x, y) de radi ℓ, l’expressió
(3.55) corresponent seria
x2 + y2 − ℓ2 = 0
i la forma paramètrica (3.56) la podríem escriure amb un únic paràmetre q1 = θ
x = ℓ cos θ
y = ℓ sin θ
Si el filferro és una recta en el pla (x, y), tindrem l’expressió (3.55) corresponent
ax+ b− y = 0
on a i b seran constants conegudes. La forma paramètrica (3.56) la podem escriure
fent q1 = q com
x = q
y = aq + b
Desplaçaments possibles i virtuals
Els desplaçaments possibles dr⃗i del sistema són desplaçaments compatibles amb
els lligams. Per exemple, en el cas de la partícula enllaçada al filferro (vegeu la
figura 3.26), el desplaçament possible ha de seguir per la trajectòria que assenyala
el filferro. Diem que els desplaçaments possibles són desplaçaments compatibles Fig. 3.26: Només observant la
amb els lligams. Això vol dir que, si fem desplaçaments dr⃗i, la condició del lligam forma del filferro podem
fa(r⃗i, t) = 0 se seguirà complint per a la nova posició. És a dir, determinar el lligam
∑N ∂fa ∂fa
dfa = · dr⃗i + dt = 0 (3.57)
∂r⃗i ∂t
i=1
on observem que també hem tingut en compte la variació dt, ja que el desplaçament
possible triga un cert temps a fer-se.
Podem utilitzar la forma paramètrica dels lligams per trobar els desplaçaments pos-
sibles dr⃗i en termes dels L paràmetres qa
∑L ∂r⃗i ∂r⃗i
dr⃗i = dqa + dt (3.58)
∂qa ∂t
a=1
Definim els desplaçaments virtuals δr⃗i del sistema com aquells desplaçaments
que es fan sense variació de temps, és a dir, “congelant el temps”. Si ens imaginem
95
3. Dinàmica deN partícules
que estem gravant una pel·lícula on a l’escena es veu un pèndol oscil·lant que, a
més, és sacsejat per una mà (vegeu la figura 3.27), llavors el desplaçament possible
seria el que estem gravant i que podem veure més tard com a pel·lícula acabada.
El desplaçament virtual correspondria a aturar la gravació, desplaçar la partícula
sense que la mà es mogui i, en acabar aquest desplaçament, continuar la gravació.
Des del punt de vista matemàtic els desplaçaments virtuals compleixen
∑N ∂f Fig. 3.27: La subtil diferènciaa · δr⃗i = 0 (3.59) entre desplaçament possible i
∂r⃗i
i=1 virtual
o, en la forma paramètrica,
∑L ∂r⃗i
δr⃗i = dqa (3.60)
∂qa
a=1
Fixem-nos que, si els lligams no depenen del temps, δr⃗i = dr⃗i. Com que al
llarg d’aquest curs no tractem amb lligams dependents del temps, tampoc no fem
una distinció especial entre desplaçaments possibles i virtuals. Només excepcio-
nalment, al capítol 9, considerem lligams dependents del temps i ens passa que
δr⃗i ̸= dr⃗i.
Reaccions
Per tal que les partícules es moguin d’acord amb els lligams, aquests fan forces
sobre les partícules. Són les anomenades forces de reacció R⃗i.
Si, sobre cada partícula i del sistema actua, a més de R⃗i, la força F⃗i (en general
coneguda) podem escriure les equacions de moviment (segona llei de Newton)
F⃗i + R⃗i −mia⃗i = 0 i = 1, ..., N (3.61)
Aquestes equacions cal completar-les amb els lligams (3.55) o (3.56).
El problema que ens trobem és que, així com els lligams són en general coneguts,
les reaccions que fan els lligams R⃗i no són conegudes. Com hem comentat, les Fig. 3.28: En el cas del pèndol, la
forces de reacció R⃗i són les forces que fan els lligams, de manera que les partícules força de reacció R⃗i és la queexerceix la tija
es moguin segons “manen” aquests i, és clar, també segons les lleis de moviment
de Newton (3.61). A les equacions (3.61), les R⃗i són incògnites. Només una part
de les r⃗i(t) són incògnites ja que, com els lligams són coneguts, coneixerem una
part de la trajectòria de les partícules. Per exemple, en el cas del pèndol (vegeu la
figura 3.28), restringit al pla vertical, ja sabem per on passa la partícula. Només ens
falta saber amb quina velocitat ho fa o, més concretament, només ens falta saber
θ(t).
96
3.8. Lligams i reaccions. Desplaçaments possibles i desplaçaments virtuals. Reaccions ideals
En el cas de la partícula que passa pel filferro (vegeu la figura 3.29), també conei-
xem la trajectòria. Si el filferro no presenta fricció, podem dir que la reacció R⃗ és
normal al filferro.
Reaccions ideals Fig. 3.29: En absència de fricció,
la reacció del filferro és normal a
Una propietat molt interessant que observem en els casos representats a les figures aquest
3.28 i 3.29 és que la reacció és normal al desplaçament. En el cas representat a la
figura 3.30, el que és normal a la reacció és el desplaçament virtual, R⃗ · δr⃗ = 0,
però no el desplaçament possible, R⃗ · dr⃗ ̸= 0.
El fet que la reacció sigui normal al desplaçament vol dir que el treball d’aquesta
força és nul quan el sistema fa el desplaçament. De fet, el que ens interessa no
és que, una per una, les reaccions no treballin. Encara que per separat poguessin
treballar, en tenim prou que en conjunt no treballin. Moguts per aquest interès,
definim els conjunts de reaccions ideals.
Conjunt de reaccions ideals. Un conjunt de reaccions R⃗ i i = 1, ....S és Fig. 3.30: La tensióR és normal
anomenat conjunt de reaccions ideals si compleixen al desplaçament virtual δr⃗ peròno al desplaçament possible dr⃗
∑S
R⃗i · δr⃗i = 0 (3.62)
i=1
Aquesta important propietat se satisfà en moltíssimes situacions. En termes ge-
nerals, podem avançar que, en absència de fricció dissipativa, les reaccions són
ideals. Vegem-ne un parell de casos.
Problema 3.8.1. Demostreu que les forces de reacció en una articulació sense Figura de l'enunciat 3.8.1
fricció (anomenada també articulació puntual) són ideals
Solució
El punt on hi ha l’articulació és ocupat per una partícula del cos 1, de posició r⃗1, i
una altra del cos 2, de posició r⃗2. Com a conseqüència del lligam, es mouen igual
r⃗1 = r⃗2. Si diferenciem dr⃗1 = dr⃗2, que podem escriure dr⃗1 − dr⃗2 = 0
Les forces de reacció R⃗1 i R⃗2 compleixen la llei d’acció-reacció, − . Si ara
Figura de la solució 3.8.1
R⃗2 = R⃗1
calculem el treball
R⃗1 · dr⃗1 + R⃗2 · dr⃗2 = R⃗1 · (dr⃗1 − dr⃗2) = 0
Per tant, el conjunt de forces R⃗1 i R⃗2 són un conjunt de reaccions ideals. 
Problema 3.8.2. Demostreu que les forces de reacció en un contacte llis entre dos
sòlids en moviment són ideals.
Figura de l'enunciat 3.8.2
97
3. Dinàmica deN partícules
Solució
Els sòlids tenen velocitats v⃗1 i v⃗2 respecte de l’observador en repòs. En tot instant,
el cos 1 es mou amb velocitat relativa respecte al cos 2, v⃗1(2), en la direcció del pla
de contacte. Les forces de reacció R⃗2 = −R⃗1 són normals a aquest pla i, per tant,
normals a la velocitat relativa, és a dir, R⃗1 · v⃗1(2) = 0.
Podem escriure
0 =(R⃗1 · (v⃗1 − v⃗2) = 1)R⃗1 · (d(r⃗1 − dr⃗2) =dt )
1 R⃗ · dr⃗ − R⃗ · dr⃗ = 1 R⃗ · dr⃗ + R⃗ · dr⃗
dt 1 1 1 2 dt 1 1 2 2
Figura de la solució 3.8.2
on dr⃗1 i dr⃗2 seran els desplaçaments possibles. Per tant, les reaccions al contacte són
un conjunt de reaccions ideals. 
3.9 Equació general de la dinàmica o principi de D'Alem-
bert
Volem escriure unes equacions de moviment en què apareguin els lligams però no
les forces de reacció. Això és, reescriure la segona llei de Newton tenint en compte
que els lligams formen part de les dades del problema i, en canvi, les reaccions
d’aquests no són coneguts.
El conjunt de forces que actuen sobre el sistema es classifica en dos subconjunts:
les reaccions R⃗i i la resta de forces, F⃗i, que es poden anomenar forces directament
aplicades.
Equació general de la dinàmica. Si totes les reaccions del sistema són ideals,
les equacions de moviment de Newton són equivalents a
∑N ( )
F⃗i −mia⃗i · δr⃗i = 0 (3.63)
i=1
Observem que a les equacions que s’extreuen de (3.63):
 1) No apareixen les forces de reacció.
 2) S’obtenen tantes equacions independents com graus de llibertat.
L’equació general de la dinàmica va tenir una primera versió deguda a Jean le Rond
D’Alembert amb el nom de principi de D’Alembert amb l’enunciat:
Qualsevol posició del sistema enmoviment pot ser entesa com una posició d’equilibri
si afegim a les forces externes les forces d’inèrcia.
Aquest enunciat s’entendrà més endavant en el context de l’estàtica i en relació
amb el principi dels treballs virtuals. De tota manera, no farem servir aquesta in- Fig. 3.31: Jean le Rond
terpretació. D'Alembert (1717-1783) fou un
matemàtic i filòsof francès
98
3.10. Sistema amb lligams conservatiu. Conservació de l'energia
La demostració de l’equació general de la dinàmica (3.63) no és difícil, des del
punt de vista matemàtic, encara que conceptualment pugui sorprendre.
Demostració. Volem demostrar q∑ueN
R⃗i · δr⃗i = 0 (3.64)
i=1
i
F⃗i + R⃗i = mia⃗i (3.65)
són equivalents a ∑N ( )
F⃗i −mia⃗i · δr⃗i = 0 (3.66)
i=1
Demostració (3.64,3.65) ⇒ (3.∑66):(Si multipliquemN )(3.65) per δr⃗i i sumem, obtenim
0 = F⃗i + R⃗i −mia⃗ · δr⃗i
i=1
i, si tenim en compte (3.65), obtenim (3.66).
Demostració (3.66) ⇒ (3.64,3.65): Observem que ara les reaccions no estan deter-
minades. Han de complir obligar el sistema a moure’s pels lligams. Així queden
determinades amb R⃗i = mia⃗i − F⃗i i, òbv∑iam(ent, es compleix)(3.65). Si multi-N
pliquem (3.65) per δr⃗i i sumem n’obtenim F⃗i + R⃗i −mia⃗ · δr⃗i = 0. Ara,
i=1 i
tenint en compte (3.66), obtenim (3.64). 
3.10 Sistema amb lligams conservatiu. Conservació de l'e-
nergia
Considerem un sistema amb lligams conservatiu: un sistema de partícules amb
lligams independents del temps, amb totes les reaccions R⃗i ideals i que les altres
forces, F⃗i, (internes i/o externes) són conservatives. Això vol dir que existirà la
funció energia potencial U ∫ ∑N
U = − F⃗i · dr⃗i (3.67)
i=1
Teorema de la conservació de l’energia mecànica. Si definim l’energia mecà-
nica d’un sistema de N partícules am∑b lligams conservatiu comN1
E = miv
2
2 i
+ U (3.68)
i=1
on U està definit segons (3.67), el valor numèric de l’energia mecànica es manté
constant al llarg del temps, mentre les partícules es mouen per una trajectòria
solució de les equacions de moviment:
dE
= 0 (3.69)
dt
99
3. Dinàmica deN partícules
Demostració. Apliquem l’equació general de la dinàmica prenent com a desplaça-
ments possibles els desplaçaments reals del sistema (els desplaçaments que complei-
xen l’equació general de la dinàmica) i dividim pel temps, dt , que s’ha esmerçat a
realitzar-los
∑N ( ) dr⃗ ∑N ∑N− i dr⃗iF⃗i mia⃗i · = F⃗i · − mia⃗i · v⃗i (3.70)
dt dt
i=1 i=(1 i=∑1 )N
− dU d 1= + m 2ivi = 0 (3.71)
dt dt 2
i=1 
Habitualment, es diu que l’energia mecànica es conserva. La conservació de l’en-
ergia també es pot escriure fent servir l’expressió integrada entre dos instants, tini i
tfi
Eini = Efi (3.72)
 Recordem que és necessari que els lligams siguin independents del temps per
tal que es conservi l’energia. No n’hi ha prou que les forces directament aplicades
siguin conservatives i les reaccions, ideals. Ens cal també que els desplaçaments
virtuals coincideixin amb els possibles, δr⃗i = dr⃗i. Al llarg de tot el llibre, només
considerem lligams independents del temps. Només al capítol 9 estudiem lligams
que poden dependre del temps.
 En el cas de sistemes conservatius d’un grau de llibertat aquest resultat és sufi-
cient per trobar la trajectòria temporal del sistema.
Cal precisar que dr⃗i de (3.67) són els desplaçaments possibles de les partícules
sobre les quals s’apliquen les forces, que no té per què coincidir amb els despla-
çaments dels punts de l’espai on s’apliquen les forces. Aquest important matís el
podem veure en l’exemple següent.
Problema 3.10.1. La molla està relaxada quan la cara inferior A del prisma, llarg,
de secció S i massa m, que pot lliscar sense fricció per la guia fixa, és al nivell Figura de l'enunciat 3.10.1
del líquid, de densitat ρ. Si el deixem anar des de la posició descrita, fins a quina
profunditat z arribarà A.
Nota: El recipient és prou gran per què el nivell del líquid no es mogui.
Solució
Es tracta d’un sòlid rígid que es pot moure només per translació. Prenem l’eix z en
la direcció i el sentit de g⃗ amb origen al nivell fix del líquid. En aquestes condicions,
la coordenada del punt A és z. Quan z = 0, la molla no fa força i l’empenyiment
d’Arquimedes és nul. El desplaçament infinitesimal possible de qualsevol partícula
del sòlid és dr⃗ = dzk̂.
100
3.10. Sistema amb lligams conservatiu. Conservació de l'energia
El sistema és conservatiu i, en conseqüència, podem aplicar la conservació de l’energia
entre les situacions inicial i final. Per poder escriure els diferents termes d’energia
potencial, considerem que el punt A està enfonsat fins a z: ∫
Ug: la força pes és P⃗ = mgk̂ i l’energia potencial associadaUg = − (mgk̂) · (dz k̂) =
−mgz.
Uk∫: la força que fa la molla és F⃗k = −kzk̂ i l’energia potencial associada, Uk =
− (−kzk̂) · (dz k̂) = 1kz2.
2
UE : l’empenyiment d’Arquim∫edes (vegeu la secció 4.3) és E⃗ = −ρgSz k̂ i l’energia
potencial associada, UE = − (−ρgSzk̂) · (dz k̂) = 1ρgSz2.2
Fixem-nos que sempre el desplaçament que prenem és el de les partícules del cos on
s’aplica la força corresponent. En especial, observem que no ens és necessari saber
quin és, a cada instant, el punt d’aplicació de l’empenyiment d’Arquimedes E, que
estudiarem al capítol següent, on veurem que, quan A és a z, l’empenyiment E està
aplicat a z/2 i, per tant el desplaçament dels punts d’aplicació de E és dz/2. Però,
insistim, hem pres els desplaçament possibles dz de les partícules del cos, encara
que aquestes puguin ser diferents durant el procés.
L’energia mecànica del sistema és
1 1 1 1 1
E(z, ż) = mż2 −mgz + kz2 + ρgSz2 = mż2 −mgz + (k + ρgS) z2
2 2 2 2 2
aplicant la seva conservació, tenim E(0,0) = E(z, 0) ⇒ 2mgz = 
k + ρgS
Problema 3.10.2. Una partícula lligada a una corda, de massa negligible i que
en tot moment es manté tensa, oscil·la en un pla vertical. Trobeu l’equació de
moviment utilitzant la conservació de l’energia.
Figura de l'enunciat 3.10.2
Solució
Observem que la tensió de la corda T és sempre normal al desplaçament possible de
la partícula. Es tracta d’una reacció ideal. A banda de les reaccions, tenim la força
de la gravetat, que és conservativa. Podem expressar el lligam en forma paramètrica
com
x = ℓ sin θ
y = ℓ cos θ
√
L’energia del sistema és E = 1mv2 −mgℓ cos θ on v = ẋ2 + ẏ2 que, en termes
2
de θ, és v = ℓθ̇. Així obtenim
1
E = mℓ2θ̇2 −mgℓ cos θ
2
i, aplicant la conservació de l’energia, Figura de la solució 3.10.2
dE
0 = = mℓ2 θ̇ θ̈ +mgℓ sin θ θ̇
dt
Tenint en compte que busquem solucions permeses pels lligams θ̇ ̸= 0, n’obtenim
l’equació de moviment
101
3. Dinàmica deN partícules
g
θ̈ = − sin θ 
ℓ
Problema 3.10.3. El clau C fix de la figura està a una distància vertical d d’on
és fixada la corda lligada a la boleta de massa m. Demostreu que, per tal que,
deixant-la anar, pugui donar una volta completa al cercle centrat en el clau, cal que
d ≥ 0,6L
Solució Figura de l'enunciat 3.10.3
És un sistema lligat conservatiu amb lligams ideals. Farem servir la conservació de
l’energia necànica Eini = Efi entre les posicions ini, amb v = 0 i y = 0 ⇒ Eini = 0,
i fi amb y i v ⇒ Efi = 1mv2 −mgy.2
Al punt en vermell de la figura, tenim y = d− (L− d). Substituint a la conservació
de l’energia i aïllant la velocitat, trobe√m
v = 2g(2d− L) (3.73)
A la vegada, aquesta velocitat ha de ser suficient per tal que la corda no s’arrugui.
Així, al punt on menys velocitat té ha de passar que la tensióT de la corda la mantingui
tensa, és a dir, T ≥ 0. Escrivint l’equació de moviment en la direcció de la tensió,
2
tenint en compte que l’acceleració normal és a = vn L− ,d
v2
mg + T = m
L− d
Aïllant v i imposant que T ≥ 0, tenim√ Figura de la solució 3.10.3
v ≥ g(L− d) (3.74)
Combinant (3.73) i (3.74)
√ √ 3
2g(2d− L) ≥ g(L− d) ⇒ 4d− 2L ≥ L− d ⇒ d ≥ L
5 
Problema 3.10.4. Els blocs de la figura es deixen anar partint del repòs. No hi
ha fregament al terra horitzontal ni a les politges i a la corda , aquestes de massa
negligible. Determineu l’acceleració dels blocs i la tensió de cada de corda.
Solució
És un sistema lligat conservatiu. Atès que quan fem un desplaçament possible dx, el Figura de l'enunciat 3.10.4
tros de corda dx que avança, un cop passada la politja, s’ha de repartir entre els dos
segments de corda, tenim dy = 1dx i, dividint per dt, ẏ = 1 ẋ.
2 2
L’energia del sistema la podem escriure, utilitzant directament els valors numèrics de
les masses, com
1 1
E = 700 ẋ2 + 300 ẏ2 − 300× 9,81 y = 387,5 ẋ2 − 2943y
2 2
102
3.10. Sistema amb lligams conservatiu. Conservació de l'energia
Derivant respecte del temps,
Ė = 2× 387,5ẋ ẍ− 2943ẏ
Substituint el lligam ẏ = 1 ẋ i imposant la conservació de l’energia,
2
(775 ẍ− 1471,5)ẋ = 0
Tenint en compte que busquem solucions compatibles amb els lligams, ẋ ≠ 0, obte- Figura de la solució 3.10.4
nim
ẍ = 1,8987m/s2 ÿ = 0,94935m/s2
Aplicant ara la segona llei de Newton per a cada bloc,
T1 = 700 ẍ ⇒ T1 = 1329,1N
300× 9,81− T2 = 300 ÿ ⇒ T2 = 2658,2N

Problema 3.10.5. El bloc B de 6 kg es deixa caure lliscant per la falca A de 15 kg,
recolzada al terra horitzontal sense fricció. Calculeu les acceleracions de A i B.
Solució
No hi ha fricció, no hi ha forces externes en la direcció del terra horitzontal. La
conservació de la quantitat de moviment horitzontal imposa Figura de l'enunciat 3.10.5
mAẋA +mBẋB = 0 ⇒
−mB 2ẋA = ẋB = − ẋB (3.75)
mA 5
A la figura, veiem que la velocitat de B relativa a A té una inclinació de 30◦ (tinguem
en compte que el pla inclinat es mou!)
ẏB
v⃗B(A) = (ẋB − ẋA, ẏ ◦B − ẏA) ⇒ − = tan 30 ⇒(ẋB ẋA)
√7ẏB = ẋB (3.76)
5 3
Ara utilitzem la conservació de l’energia. Per això escrivim l’energia en termes de
ẋB i yB , derivem respecte del temps i igualem a zero
E = 1m ẋ2 + 1m (ẋ2 + ẏ2A A B B B) +mBgyB = 6,16 ẋ
2
B + 58,86y2 2 B
47,576
Ė = 0 = 12,32 ẋBẍB + 47,576ẋ
2
B ⇒ ẍB = − = −3,86m/s Figura de la solució 3.10.5
12,32
Substituint a les relacions (3.75) i (3.76) derivades respecte del temps, en resulta
ÿB = −3,12m/s2 ẍA = 1,545m/s2 
103
3. Dinàmica deN partícules
Problema 3.10.6. Una massa m = 0,5 kg llisca sense fricció en un pla vertical
al llarg d’un filferro (d = 0,8m ). La molla té ℓ = 25 cm de longitud natural i
k = 600N/m. Si la massa es deixa anar sense velocitat inicial quan b = 30 cm,
determineu:
a) la velocitat quan arriba a C
b) la velocitat quan arriba a B.
Figura de l'enunciat 3.10.6
Solució
Es tracta d’un sistema conservatiu amb lligam ideal. Les forces conservatives són el
pes i la que exerceix la molla. L’energia, com a fun(ció d√e x, y i v, e)s pot escriure1 1 2
E(x, y, v) = mv2 +mgy + k ℓ− x2 + y2 (3.77)
2 2
on x i y han d’estar sobre el filferro que és el lligam. Imposem la conservació de
l’energia entre el punt inicial i els indic(ats a c√ada apartat. L’ene)rgia al punt inicial és1 1 2
E = m02 +mg(−0,3) + k ℓ− 0,42 + (−0,3)2 = 17,2785 J
2 2 Figura de la solució 3.10.6
a)
1
m v2
1
C +mg 0 + k (ℓ− 0,4)2 = 17,2785 ⇒ vC = 6,48953m/s
2 2
b)
1 1
m v2 +mg 0,4 + k (ℓ− 0,4)2B = 17,2785 ⇒ vB = 5,85372m/s
2 2 
3.11 Sòlid rígid
Un sòlid rígid és un sistema de partícules i de posicions r⃗i amb els lligams geomè-
trics
(r⃗ 2i − r⃗j) = ct (3.78)
Reaccions ideals
Les forces de cohesió d’un sòlid rígid formen un conjunt de reaccions ideals.
Demostració. Analitzem dues qualssevol de les moltes partícules del sòlid, 1 i 2, de Fig. 3.32: En un sòlid rígid, les
vectors posició r⃗1 i r⃗2, respectivament (vegeu la figura 3.32). Les forces de cohesió forces internes són les forces de
del sòlid (forces internes) són les reaccions dels lligams. Per a les dues partícules, reacció dels lligams que
F⃗12 i F⃗21 compliran la tercera llei de Newton: mantenen la distància constantentre les partícules
F⃗21 = −F⃗12 ; F⃗12 ∝ (r⃗2 − r⃗1) (3.79)
Els desplaçaments possibles (=virtuals) dr⃗1 i dr⃗2 compliran
0 = d(r⃗ 22 − r⃗1) = 2(r⃗2 − r⃗1) · (dr⃗2 − dr⃗1) = 0 (3.80)
104
3.11. Sòlid rígid
La condició de reaccions ideals per a aquestes dues partícules és F⃗21 ·dr⃗1+F⃗12 ·dr⃗2 =
0 i és això el què hem de demostrar. Tenint en compte (3.79) i (3.80)
F⃗21 · dr⃗1 + F⃗12 · dr⃗2 = −F⃗12 · dr⃗1 + F⃗12 · dr⃗2 =
F⃗12 · (dr⃗2 − dr⃗1) ∝ (r⃗2 − r⃗1) · (dr⃗2 − dr⃗1) = 0
Podem estendre aquest resultat a totes les parelles de partícules del sòlid i, per tant,
el conjunt forces de cohesió d’un sòlid rígid és ideal. 
Desplaçaments possibles
Prenem en el sòlid un punt de referència C, de posició r⃗C (vegeu la figura 3.33).
La posició de qualsevol altre punt del sòlid es pot escriure r⃗i = r⃗C + r⃗i(C). Podem Fig. 3.33: Translació sense
així descompondre els desplaçaments possibles dr⃗i com rotació
dr⃗i = dr⃗C + dr⃗i(C) (3.81)
Si substituïm r⃗i = r⃗C + r⃗i(C) a la condició (3.78), el resultat no depèn de r⃗C . Així,
qualsevol dr⃗C es possible. Quan el desplaçament possible té la forma
dr⃗i = dr⃗C (3.82)
diem que es tracta d’una translació.
Ens queda per veure quines restriccions imposa (3.78) sobre dr⃗i(C). La condició és
2
d (r⃗i − r⃗j) = 2(r⃗i(C) − r⃗j(C)) · (dr⃗i(C) − dr⃗j(C)) = 0 (3.83)
La solució d’aquestes equacions ens dóna l’expressió dels desplaçaments possibles
respecte del punt C, dr⃗j(C) que anomenem rotacions respecte deC(vegeu la figura
3.34). Fig. 3.34: Rotació sense
translació
L’expressió general d’un desplaçament possible de rotació respecte del punt C
és
dr⃗i(C) = dφ⃗× r⃗i(C) (3.84)
on dφ⃗ és un vector infinitesimal qualsevol (tres graus de llibertat).
El vector dφ⃗ defineix la rotació infinitesimal del conjunt del cos, no al voltant d’un
punt, la rotació entesa com un canvi d’orientació del cos a l’espai. La direcció
de dφ⃗ representa la direcció de l’eix instantani de rotació; el sentit de dφ⃗, amb
la regla del cargol, representa el sentit de la rotació, i el mòdul representa l’angle
(infinitesimal) d’aquesta rotació.
Cal comentar que el símbol d, emprat a dφ⃗, no pot significar, en general, diferen-
ciació. Diem que, en general, dφ⃗ no és integrable; no podem trobar (no existeix!)
105
3. Dinàmica deN partícules
φ⃗ per a una rotació qualsevol. Si que ho podem fer si, per exemple, la direcció de
φ⃗ es manté constant.
Demostració. Volem demostrar que (3.84) és solució de (3.83). Si prenem r⃗j = r⃗C
⇒ r⃗j(C) = r⃗C(C) = 0 de (3.83), n’obtenim
r⃗i(C) · dr⃗i(C) = 0 (3.85)
si ara utilitzem (3.85) en fer els productes a (3.83) obtenim
r⃗i(C) · dr⃗j(C) + r⃗j(C) · dr⃗i(C) = 0 (3.86)
(3.85) i (3.86) són les condicions que han de complir els desplaçaments possibles
dr⃗i(C). (3.85) ens diu dr⃗i(C)⊥r⃗i(C) i, per tant, podem expressar com dr⃗i(C) = dφ⃗i×
r⃗i(C). Substituint a (3.86), ens queda
r⃗i(C) · (dφ⃗j × r⃗j(C)) + r⃗j(C) · (dφ⃗i × r⃗i(C)) = 0
que, tenint en compte la propietat vectorial A⃗ · (B⃗ × C⃗) = (A⃗ × B⃗) · C⃗, podem
reescriure com
(r⃗i(C) × r⃗j(C)) · (dφ⃗j − dφ⃗i) = 0
i com que això ha de passar per a tota parella de partícules i, j del cos ⇒ dφ⃗j =
dφ⃗i = dφ⃗ 
Un desplaçament (infinitesimal) possible general serà la composició d’una trans-
lació i una rotació, és a dir,
dr⃗i = dr⃗C + dφ⃗× r⃗i(C) (3.87)
Fig. 3.35: Velocitat instantània de
3.12 Tòpics de cinemàtica del sòlid la partícula i d'un sòlid rígid enrotació
Si la relació (3.87) es divideix, membre a membre, per dt, s’obté l’expressió de
la velocitat instantània de qualsevol partícula del sòlid, v⃗i = dr⃗idt , en funció de la
velocitat, v⃗ = dr⃗CC dt , del punt de referència C i de la velocitat angular ω⃗ , ω⃗ =
dφ⃗
dt
(vegeu la figura 3.35):
v⃗i = v⃗C + ω⃗ × r⃗i(C) (3.88)
La velocitat angular es pot entendre com la velocitat instantània de rotació del cos
segons l’eix instantani de direcció ω⃗ i sentit el d’un cargol dextrogir que avan-
ça segons el sentit de ω⃗. Fixem-nos que els diferents punts del sòlid poden tenir
diferents velocitats v⃗i , però el sòlid té una velocitat angular ω⃗.
L’aplicació de la relació (3.88) a dues partícules qualssevol i i j del sòlid es pot
escriure de la forma {
v⃗i = v⃗C + ω⃗ × r⃗i(C)
v⃗j = v⃗C + ω⃗ × r⃗j(C)
106
3.12. Tòpics de cinemàtica del sòlid
Si restem membre a membre aquestes dues expressions, en resulta
v⃗i − v⃗j = ω⃗ × (r⃗i − r⃗j) (3.89)
perquè r⃗i(C) − r⃗j(C) = r⃗i − r⃗j .
D’acord amb les propietats del producte vectorial, és evident que
(v⃗i − v⃗j) · (r⃗i − r⃗j) = 0 (3.90)
(v⃗i − v⃗j) · ω⃗ = 0 (3.91)
d’on es dedueix que el vector velocitat relativa entre dues partícules és, en tot mo- Fig. 3.36: Posició i velocitat
ment, perpendicular als vectors posició relativa i velocitat angular (vegeu la figura relatives de dues partícules d'un
sòlid en rotació
3.36).
El punt i on v⃗i = 0 s’anomena centre instantani de rotació (CIR). Vegeu la figura
3.37. Segons (3.90) r⃗CIR(j) compleix
v⃗j · r⃗CIR(j) = 0 (3.92)
En general, el CIR no es pot identificar amb cap punt solidari amb el sòlid.
Problema 3.12.1. L’escala AB de 3m de longitud , llisca per la paret i el terra. Fig. 3.37: Centre instantani de
Quan l’angle θ val 30◦, l’extrem inferior de l’escala es mou cap a la dreta amb una rotació (CIR)
velocitat de 2,0m/s. Determineu la velocitat de l’extrem superior i la velocitat
angular en aquest instant.
Solució
Si s’aplica l’equació (3.89) als punts A i B de l’escala, en resulta
v⃗A − v⃗B = ω⃗ × (r⃗A − r⃗B) (1)
Prenent el sistema d’eixos que es mostra a la figura i tenint en compte que r⃗A− r⃗B =
(−L sin θ, L cos θ, 0), que v⃗A = (0;−vA∣; 0), v⃗B = (vB; 0; 0) i ω⃗ =∣ (0; 0;ω), (1)resulta ∣∣∣∣ î ĵ k̂ ∣∣∣∣ Figura de l'enunciat 3.12.1(0,−vA, 0)− (vB, 0; 0) = ∣∣ 0 0 ω ∣−L sin θ L cos θ 0 ∣
Resolent el determinant, queda
−vB ı̂− vAȷ̂ = −Lω cos θ ı̂− Lω sin θ ȷ̂
i, igualant les corresponents components, s’arriba que
vB = ωL cos θ
vA = ωL sin θ
Figura de la solució 3.12.1
Substituint les dades proporcionades a l’enunciat, L = 3 m, vB = 2 m/s i θ = 30◦,
s’obté finalment
vA = 1,155m/s , ω = 0,77 rad/s 
107
3. Dinàmica deN partícules
Problema 3.12.2. A l’instant representat a la figura, la corredissa A s’està movent
cap a la dreta a una velocitat vA = 3m/s. Trobeu la velocitat angular ω del braç
AB i la velocitat vB de la corredissa B.
Solució
Igual que al problema 3.12.1, l’aplicació de l’equació (3.89) als punts A i B de la Figura de l'enunciat 3.12.2
barra que uneix ambdues corredisses amb la barra permet escriure
v⃗A − v⃗B = ω⃗ × (r⃗A − r⃗B)
Prenent el sistema d’eixos que es mostra a la figura de la solució i tenint en compte
que
r⃗A − r⃗B = −L cos 10◦ ı̂− L sin 10◦ ȷ̂
i que v⃗ ◦ ◦A = vA ı̂, v⃗B = vB cos 40 ı̂+vB sin 40 ı̂ i ω⃗ = ωk̂, aquesta darrera expressió
es pot escriure de la forma ∣∣∣∣ ∣î ĵ k̂ ∣∣∣
(vA; 0; 0)− (vB cos 400; vB sin 400; 0) = ∣∣∣ 0 0 ω ∣∣−L cos 100 −L sin 100 0 ∣
Resolent el determinant, queda
Figura de la solució 3.12.2
vA ı̂− vB cos 40◦ ı̂− vB sin 40◦ȷ̂ = −Lω sin 10◦ ı̂− Lω cos 10◦ȷ̂
i, igualant les corresponents components, s’arriba que
vA − vB cos 40◦ = ωL sin 10◦
v sin 40◦ = ωL cos 10◦B
La resolució d’aquest sistema, a partir de les dades proporcionades per l’enunciat del
problema, permet obtenir vB i ω:
vB = 3,41m/s , ω = 1,113 rad/s 
Rodolament
Considerem un sòlid rígid que es mou sense perdre el contacte amb un terra pla
(figura 3.38). El punt B del sòlid en contacte amb el terra va canviant amb el
temps i la velocitat relativa al terra d’aquest punt, v⃗B − v⃗terra, pot ser diferent de Fig. 3.38: Sòlid rígid en moviment
zero o no. En el primer cas, es diu que el sòlid roda i llisca, mentre que en el sobre una superfície plana fixa
segon, que roda sense lliscar (o que rodola).
Aplicant l’equació (3.88) als punts A i B del sòlid (vegeu la figura 3.38), en resulta
v⃗A = v⃗B + ω⃗ × (r⃗A − r⃗B)
Si el sòlid roda sense lliscar, v⃗B = v⃗terra i l’expressió anterior es pot escriure com
v⃗A = v⃗terra + ω⃗ × (r⃗A − r⃗B)
108
3.13. Equacions de moviment del sòlid rígid
Si v⃗terra = 0, v⃗A és perpendicular a la recta que uneix el punt A amb el punt B de
contacte instantani del sòlid amb el terra. Si tenim en compte que ω⃗ i r⃗A − r⃗B són
vectors perpendiculars, queda
vA = ωAB (3.93)
d’on resulta que vA és directament proporcional la distància AB. D’aquesta ma-
nera, s’obté una distribució de vectors velocitat instantània en el sòlid, tal com es
mostra a figura 3.39. El punt B és, en aquest cas, el centre instantani de rotació
(CIR), definit a (3.92). En molts casos, el sòlid tindrà una secció circular de radi
R. Si l’equació (3.93) s’aplica ara als punts C, centre, i B del sòlid, BC = R,
s’obté
vC = ωR
Nota 1: Quan el sòlid roda sense lliscar, el fet que el punt en contacte amb el terra
(punt B a les figures 3.38 i 3.39) tingui instantàniament velocitat relativa nul·la fa Fig. 3.39: Distribució de velocitats
que les reaccions del terra sobre el cos, aplicades al punt de contacte (normal en el pla del moviment d'un sòlidN que roda sense lliscar sobre un
i de fricció Ff a la figura 3.38) siguin ideals. Això és especialment important pel terra
que fa a la fricció, perquè la normal ja ho és, d’ideal, en cas que hi hagi lliscament.
Nota 2: Si el sòlid roda sense lliscar, Ff ≤ µeN , mentre que, si roda i llisca,
Ff = µcN , on µe i µc són, respectivament, els coeficients de fregament estàtic i
dinàmic entre el cos i el terra.
3.13 Equacions de moviment del sòlid rígid
L’equació general de la dinàmica per al sòlid rígid sotmès a forces externes F⃗i la
trobem prenent com a desplaçaments virtuals δr⃗i = dr⃗C + dφ⃗× r⃗i(C):
∑N ( ) ∑N ( )
F⃗i −mia⃗i · dr⃗C + F⃗i −mia⃗i · (dφ⃗× r⃗(C) i) = 0 (3.94)
i=1 i=1
Recordem que podem fer que dr⃗C i dφ⃗ tinguin qualsevol valor infinitesimal, in-
clòs el zero, i que són indepen∑den(ts entre si. )Així, si a (3.94) fem dφ⃗ = 0 i dr⃗CN
té un valor arbitrari, obtenim F⃗i −mia⃗i = 0, equació que ja hem tractat
i=1
anteriorment però que ara permet enunciar:
L’equació de moviment del sòlid associada a les translacions es pot escriure
dP⃗
F⃗ = ma⃗CM = (3.95)
dt
109
3. Dinàmica deN partícules
Per trobar l’equació de moviment associada a les rotacions, cal treballar una mica
més.
L’equació de moviment del sòlid rígid associada a les rotacions es pot escriure
dL⃗(C)
= M⃗(C) (3.96)
dt
on C és el CM o bé, en cas d’existir, un punt fix solidari amb el cos. L⃗(C) i M⃗(C)
són, respectivament, el moment angular del sòlid i el moment de les forces externes
respecte del punt C i referits al sistema de referència inercial.
Demostració. Fem dr⃗C = 0 a l’equació general de la dinàmica (3.94), n’obtenim
∑N (( ) )
F⃗i −mia⃗i · (dφ⃗× r⃗i(C)) = 0 (3.97)
i=1 ( ) ( )
Tenint en compte la relació A⃗ · B⃗ × C⃗ = − A⃗× C⃗ · B⃗ amb A⃗ = F⃗i −m r¨⃗i i,
B⃗ = dφ⃗ i C⃗ = r⃗i(C), obtenim
∑N (( ) )
− F⃗i −mir¨⃗i × r⃗i(C) · dφ⃗ = 0 (3.98)
i
que, com que dφ⃗ és arbitrari, ens diu
∑N (( ) )
F⃗i −mir¨⃗i × r⃗i(C) = 0 (3.99)
i
∑N
El terme m r¨⃗i i × r⃗i(C) es pot reescriure com
i=1
∑N ∑N ∑Nd
mir¨⃗ ˙⃗i × r⃗i(C) = miri × r⃗ ˙⃗ ˙⃗i(C) − miri × ri(C)
dt
i=1 i=1 i=1
i amb r⃗i = r⃗ + r⃗ ˙⃗ ˙⃗ ˙⃗C i(C) ⇒ ri = rC + ri(C) tenim, sempre que escollim com a punt
C el CM o bé, en cas d’existir, un punt fix del cos (r˙⃗C = 0)
∑N ∑N
m r˙⃗ ˙⃗ ˙⃗i i × ri(C) = rC × mir˙⃗i(C) = 0
i=1 i=1
L’equació (3.99) queda finalment
d ∑N ∑( )
r⃗ ×m r˙⃗i(C) i i = r⃗i(C) × F⃗i (3.100)
dt
i=1 i
que no és més que l’expressió (3.96) explicitada. 
110
3.13. Equacions de moviment del sòlid rígid
Les equacions de moviment (3.95) i (3.96) ja les havíem trobat anteriorment, a les
seccions 3.3 i 3.4, encara que amb un sentit lleugerament diferent. Allà sorgien
com a combinacions lineals d’equacions per a cada partícula, amb la qual cosa el
seu compliment esdevenia necessari per a un sistema qualsevol de N partícules.
A més, el punt respecte del qual calculàvem els moments havia de ser un punt fix
(encara que el sistema fos en moviment).2 Ara són el resultat d’aplicar l’equació 2 Allà ja vam avançar que es podia
general de la dinàmica al sòlid rígid i, per tant, per a un sòlid rígid són necessàries utilitzar també el CM
i suficients. És a dir, conegudes la posició i la velocitat en un instant i les forces que
actuen sobre el sòlid, permeten predir el seu futur (i passat). Podem així concloure
respecte a les equacions de moviment en la forma (3.95) i (3.96): si C és fix no
solidari amb el sòlid, són necessàries; si C és el CM o un punt fix solidari amb el
cos, són necessàries i suficients.
Un altre aspecte destacable és que, si el moment respecte del CM de les forces
que actuen sobre el sòlid és nul, el moviment del sòlid rígid es pot descriure només
amb (3.95) i podem interpretar que es comporta com una partícula de la mateixa
massa concentrada al punt CM .
Sistemes de forces equivalents
Les equacions de moviment del sòlid permeten definir els conjunts de forces que
causaran els mateixos efectes sobre un sòlid rígid. Observant només el moviment
del sòlid no podríem saber si el causant és un conjunt de forces o l’altre.
Sistemes de forces equivalents. Si dos conjunts de forces aplicades sobre el
mateix sòlid rígid tenen igual resultant i igual moment resultant (respecte del mateix
punt), causaran els mateixos efectes físics sobre el sòlid. Diem que són dos sistemes
de forces equivalents.
Problema 3.13.1. Un cotxe de massa m i amplada entre rodes 2a viatja a una
velocitat de mòdul v constant sobre una pista horitzontal, de manera que el seu
CM , a una altura h de la pista, descriu una circumferència de radi R ≫ a. Trobeu
quina és la velocitat màxima a què pot viatjar sense bolcar.
Solució
Tindrem en compte que el cotxe és força més petit que el radi de curvatura R, de
manera que les forces de fricció en el contacte rodes-carretera que en principi apunten
radialment són pràcticament paral·leles.
En qualsevol cas, el moviment de translació CM queda determinat per: Figura de la solució 3.13.1
v2
F⃗ = ma⃗ ⇒ N = mg ;Ff = maN = m
R
El moviment és a velocitat uniforme. Mentre el cotxe no bolqui, el moment angular
serà constant. És a dir, el cotxe sí que efectua una rotació però aquesta és uniforme.
111
3. Dinàmica deN partícules
Així, si L⃗(CM) és constant,
⇒ dL⃗(CM) = 0
dt
En tenim prou a calcular el moment de les forces respecte del CM i igualar a zero,
M⃗(CM) = 0. Observant la figura,
M⃗(CM) = 0 = (Na− Ffh; 0; 0) ⇒ Na− Ffh =√0
i, combinant amb les equacions de la translació, n’obtenim: v = gRa/h 
Problema 3.13.2. Quines condicions cal que compleixi una politja sense fricció
a l’eix per tal que la tensió de la corda, de massa negligible, sigui igual a les dues
bandes?
Solució
Els moments els calculem respecte de∑l CM , situat al centre de la politja: Figura de l'enunciat 3.13.2
L⃗(CM) = r⃗i(CM) ×miv⃗i
i
Descomponem la velocitat en veloc(ita∑t de translació)i de rotació: v⃗i = v⃗CM + v⃗i(CM)
El terme de translació esdevé nul: ︸ m︷i︷r⃗i(CM)i ︸×v⃗CM = 0
=0
Així, tenim ∑ dL⃗ ∑(CM)
L⃗(CM) = r⃗i(CM) ×miv⃗i(CM) ⇒ = r⃗i(CM) ×mia⃗i(CM)
dt
i i
Pel que fa als moments de les forces respecte del CM
M⃗(CM)∑= (T ′R− TR) k̂
Tensions iguals ⇔ M⃗(CM) = 0 ⇔ r⃗i(CM) ×mia⃗i(CM) = 0
i
Aquesta anul·lació pot donar-se per:
1) Politja de massa negligible (mi → 0). Pot rotar i desplaçar-se arbitràriament.
2) Politja en rotació uniforme (r⃗i(CM) × a⃗i(CM) = 0). Pot tenir dimensions i massa
arbitrària i pot desplaçar-se arbitràriament.
Si la politja té un radi negligible, cal anar amb compte: la rotació es pot fer molt gran,
de manera que el producte no té per què ser nul! 
3.14 Parell de forces
S’anomena parell de forces un sistema de forces aplicat sobre un sòlid rígid equi-
valent a dues forces iguals, de sentits contraris i amb rectes d’acció paral·leles; per
tant, de força resultant nul·la i de moment resultant no nul (vegeu la figura 3.40).
El moment d’un parell de forces és independent del punt respecte del qual
es calculi.
112
3.14. Parell de forces
Demostració. Ho podem veure calculant el moment del parell: tenint en compte la
figura 3.40,
M⃗ = r⃗+ × F⃗ − r⃗− × F⃗ = (r⃗+ − r⃗−)× F⃗ = r⃗∓ × F⃗ 
El mòdul del moment d’un parell, el podem expressar com
Fig. 3.40: Parell de forces
M = Fd (3.101)
on d és la distància entre les rectes d’acció de les forces del parell. Aquesta distàn-
cia s’anomena braç del parell de forces. Per tant, el moment d’un parell depèn de
la distància entre les forces (braç) i del valor de les forces.
És molt habitual conèixer els parells M⃗i aplicats sobre un sòlid i no les forces que Fig. 3.41: Una força F⃗ aplicada al
els constitueixen. Això no ens impedeix determinar el moviment del sòlid fent CM és la causa d'una translaciópura: si el sòlid està inicialment
servir les equacions (3.95) i (3.96). Els parells M⃗i formen part dels termes additius en repòs, l'efecte de la força F⃗ és
en la determinació del moment total M⃗ . Un parell normal al pla del paper es pot moure el CM sense rotació del(C) sòlid
representar amb els símbols x o y, que ens indiquen el sentit del parell.
Translació pura. A la figura 3.41, s’aplica només una força al CM d’un sòlid.
Segons les equacions de moviment (3.95) i (3.96) amb C = M , l’efecte que té
sobre el sòlid, si inicialment està en repòs, és una translació del CM sense cap
rotació, moviment que anomenem translació pura.
Fig. 3.42: Un parell M⃗ és la
Rotació pura. A la figura 3.42, s’aplica només un parell M⃗ al mateix sòlid. causa d'una rotació pura: si el
sòlid està inicialment en repòs,
Tenint en compte de nou les equacions de moviment, l’efecte que té sobre el sòlid, l'efecte del parell M⃗ és fer-lo
si inicialment està en repòs, és una rotació al voltant del CM sense que aquest es girar al voltant del CM . El CM
mogui, moviment que anomenem rotació pura. es manté en repòs
Treball, potència i energia d'un parell
El treball que fa un parell M⃗ aplicat a un sòlid rígid és el treball que fan les forces
constituents del parell. Si expressem el parell amb dues forces, F⃗+ = F⃗ i F⃗− =
−F⃗ , aplicades als punts del sòlid r⃗+ i r⃗−, tenim M⃗ = (r⃗+ − r⃗−) × F⃗ . El treball
serà
∫ ( ) ∫
W = F⃗+ · dr⃗+ + F⃗− · dr⃗− = F⃗ · (dr⃗+ − dr⃗−)
on hem omès l’especificació dels límits d’integració.
Les forces del parell estan aplicades a punts del cos i aquests punts poden anar
canviant. Ara bé, com ja hem vist al problema 3.10.1, els desplaçaments dr⃗± són
desplaçaments de les partícules del cos, en aquest cas del sòlid rígid. Si tenim
en compte (3.87), podem escriure dr⃗+−dr⃗−=dφ⃗× (r⃗+−r⃗−) i F⃗ · (dr⃗+−dr⃗−)=
113
3. Dinàmica deN partícules
( )
F⃗ ·(dφ⃗× (r⃗+−r⃗−))= (r⃗+ − r⃗−)× F⃗ ·dφ⃗. N’obtenim l’expressió per al treball
i la potència fets per un parell ap∫licat a un sòlid rígid:
W = M⃗ ·dφ⃗ ; P = M⃗ · ω⃗ (3.102)
essent ω⃗ = dφ⃗dt la velocitat angular del sòlid.
Si el parell té direcció constant û, M⃗ = Mû, i el sòlid es mou segons el mateix
eix, dφ⃗ = dφ û, l’expressió del treball W i la potència P resulten
∫φfi
W = M dφ ; P = Mω (3.103)
φini
Si el parell M només depèn de φ, podrem escriure l’energia potencial associada al
parell de la forma ∫
U = − M(φ) dφ (3.104)
Si el parell és constant, tenim
U = −Mφ (3.105)
Si el parell té la formaM = −κφ, com és el cas de la molla de la figura 3.43, on κ
seria la constant de recuperació de la molla (unitats N m rad−1), l’energia potencial Fig. 3.43: La molla de constant κ
proporciona un parell
corresponent resulta M = −κφ al sòlid quan es
1
U = κφ2 (3.106) deforma un angle φ
2
114


4 Estàtica dels sòlids rígids
 
Introducció
En aquest capítol, tractarem de l’estàtica del sòlid rígid. Veurem quines condicions
s’han de donar perquè el sòlid estigui en repòs. Emprant l’equivalència dels siste-
mes de forces, aprendrem a representar adequadament els sistemes de forces més
comuns que actuen sobre els sòlids (vegeu la figura 4.1) trobarem, per anul·lació
del moment resultant, en quins punts cal aplicar les resultants.
Aplicarem les equacions de moviment capgirant el que usualment prenem com a
dades i incògnites. Les dades seran, a banda d’algunes forces, el moviment del
sòlid que volem que romangui en repòs. També veurem què diu l’equació general
de la dinàmica en aquest cas: equació general de l’estàtica o principi dels treballs
virtuals.
Si els lligams són ideals i les forces conservatives, veurem que el principi dels
treballs virtuals ens porta a reduir el problema de l’equilibri i l’estabilitat d’aquest
equilibri, a l’estudi de la geomètrica de la funció energia potencial.
4.1 Estàtica del sòlid: condicions d'equilibri Fig. 4.1: Sòlid sotmès a forces
aplicades a diferents punts
Diem que un sòlid rígid està en equilibri quan les acceleracions de translació i
rotació són nul·les. Així, un sòlid en repòs està en equilibri, però també un sòlid
que es mou amb velocitat uniforme i/o que té una rotació uniforme. El que és
important és que, si les condicions inicials del sòlid són de repòs i aquest està
en equilibri, romandrà en repòs. Així com als capítols precedents hem plantejat
el problema dinàmic mirant d’esbrinar quins efectes o moviment causaven forces
conegudes i, per tant, el moviment era la nostra incògnita, ara el que volem saber
és quines forces causen un efecte conegut: l’acceleració nul·la. Les forces són ara
la nostra incògnita. No totes, és clar. En general, es tractarà de trobar les forces no
conegudes que, amb les forces conegudes i els condicionants geomètrics o lligams,
4. Estàtica dels sòlids rígids
fan que el sòlid estigui en equilibri.
Partirem de les equacions de moviment d’un sòlid rígid (3.95,3.96), que ja hem vist
al capítol 3. Si el sòlid es troba en equilibri, n’obtenim:
∑N ∑N
F⃗ = F⃗i = 0 ; M⃗(O) = r⃗i(O) × F⃗i = 0 (4.1)
i=1 i=1
Podem enunciar:
Condició d’equilibri del sòlid rígid. La condició necessària i suficient perquè
un sòlid rígid estigui en equilibri és que la resultant i el moment resultant de les
forces que actuen sobre el sòlid siguin nuls.
Propietats i relacions
A continuació, veurem una sèrie de propietats i relacions que ens seran d’utilitat.
 a) El puntO respecte del qual calculem els moments a les equacions d’equi-
libri (4.1) pot ser qualsevol punt fix de l’espai.
Això és una conseqüència de les equacions de moviment del sòlid, deduïdes a la
secció 3.11. Allà comentàvem que el punt C podia ser, si existia, un punt fix del
sòlid o, en general, el centre de masses. En el cas de l’estàtica, el sòlid està en
repòs i, per tant, C pot ser qualsevol punt solidari amb el sòlid.
b) Les forces sobre un sòlid rígid són vectors lliscants.
Aquesta propietat es compleix tant si el sòlid està en equilibri com si no, encara
que en aquest últim cas cal precisar que es compleix per a cada instant. Podem fer
lliscar la força per la seva recta d’acció traslladant el punt d’aplicació a un altre
punt qualsevol d’aquesta recta, ja que el moment respecte a un punt fix O serà el
mateix (vegeu la figura 4.2).
Demostració 1 Podem fer la demostració partint de la definició de moment d’una
força
r⃗1(O)×F⃗ = (r⃗1(O)+r⃗2(O)−r⃗2(O))×F⃗ = r⃗2(O)×F⃗+(r⃗1(O)−r⃗2(O))×F⃗ = r⃗2(O)×F⃗

Demostració 2 Segons hem vist al capítol 2, podem calcular el moment utilitzant la
regla del cargol i (2.11). En el nostre cas, seria Fig. 4.2: Les forces sobre un sòlid
rígid són vectors lliscants
M(O) = F OF⃗
Com que la força F⃗ , els punts d’aplicació sobre la seva recta d’acció i el punt O estan
en un mateix pla, la direcció i de sentit del moment seran els mateixos i el mòdul
118
4.1. Estàtica del sòlid: condicions d'equilibri
només dependrà de OF⃗ , és a dir, de la distància entre el punt O i la recta d’acció de
F⃗ , que és independent del punt d’aplicació de F⃗ sobre aquesta recta (vegeu la figura
4.2). 
Fig. 4.3: Les condicions d'equilibri
 c) Si sobre un sòlid en equilibri actuen només dues forces, aquestes han de imposen aquesta configuració per
ser necessàriament d’igual mòdul, de sentits contraris i tenir la mateixa recta a les forces F⃗1 i F⃗2
d’acció (vegeu la figura 4.3).
Demostració. Volem que el sòlid de la figura 4.4 estigi en equilibri. La resultant
ha de ser nul·la, F⃗2 = −F⃗1. El sistema de la figura 4.4 és doncs un parell. El mo-
ment resultant també s’haurà d’anul·lar. Segons l’expressió del moment d’un parell
(3.101), la distància entre les rectes d’acció de les forces, d, haurà de ser zero. És a Fig. 4.4: F⃗1 i F⃗2 forces no
dir, les forces del parell tenen la recta d’acció coincident: el sistema de forces de la conegudes
figura 4.4 ha de ser com el de la figura 4.3. 
Problema 4.1.1. Calculeu la reacció al punt C (força i moment) necessària per tal
que l’esfera, de pes negligible, es mantingui en equilibri. Figura de l'enunciat 4.1.1
Solució
Anomenem C⃗ la força de reacció del punt C sobre l’esfera i MC el parell de reacció.
Les equacions d’equilibri de forces respecte dels eixos de la figura són
F sinφ+ Cx = 0
−F cosφ+ Cy = 0 Figura de la solució 4.1.1
i l’equació d’equilibri per al moments, prenent moments respecte del punt C (recor-
dem que podem fer-ho respecte de qualsevol punt)
MC − F sinφ 2R = 0
Trobem així
C⃗ = −F sinφ ı̂+ F cosφȷ̂ M⃗C = 2RF sinφ k̂ 
Problema 4.1.2. A la figura, es mostren les forces aplicades a un sòlid rígid, de
pes negligible, que resulta estar en equilibri. Què val d?
Solució Figura de l'enunciat 4.1.2
No ens cal calcular la força F . Expressem la condició d’equilibri dels moments pre-
nent moments respecte del punt d’aplicació de la força F
90 (d− 6)− 50 d = 0
i aillem d
d = 13,5m 
119
4. Estàtica dels sòlids rígids
4.2 Pes i centre de gravetat
El pes d’un cos és la força que el camp gravitatori de la Terra exerceix sobre cadas-
cuna de les seves partícules (vegeu la figura 4.5). Es considera la gravetat terrestre
g⃗ constant com a conseqüència de les dimensions relativament petites del cos que es
vol tractar respecte de la Terra. Si no diem el contrari, prendrem el valor estàndard
g = 9,81m/s2.
El moment de les forces pes sobre un cos respecte al CM és nul.
Fig. 4.5: El camp gravitatori actua
sobre cadascuna de les partícules
Demostració. ∫La posició delCM respecte d’ell mateix és, òbviament, zero, r⃗CM(CM) = d'un cos
0. Per tant, 1∫ r⃗(CM)dm = 0.∫Així, tenimm (∫ )
M⃗(CM) = r⃗(CM) × dP⃗ = r⃗(CM) × g⃗ dm = r⃗(CM) dm × g⃗ = 0
on hem utilitzat que g⃗ és constant en treure-la de la integral. 
Aquesta important propietat del CM fa que en aquest context se l’anomeni centre
de gravetat, CG, del cos.
A efectes mecànics, i segons el que sabem dels sistemes de forces equivalents,
explicat al final de la secció 3.11, podrem substituir les forces de cadascuna de les
parts del cos per la força pes resultant aplicada al CM o CG (vegeu la figura 4.6).
Aquesta força pes tindrà la mateixa resultant i el mateix moment resultant (nul)
respecte al CM que el sistema de forces pes, dP⃗ = g⃗dm, de cada diferencial de Fig. 4.6: Un sistema de forces
massa, dm, del cos. Recordem que aquesta substitució la podem fer perquè el cos equivalents molt senzill és el delpes aplicat al CG = CM
és un sòlid rígid.
4.3 Forces sobre sòlids degudes a fluids gravitants. Prin-
cipi d'Arquimedes
En aquest apartat, estudiarem les forces que els fluids fan sobre els sòlids i els seus Fig. 4.7: Sòlid submergit en un
punts d’aplicació. fluid
Considerem un cub sòlid submergit en un fluid (vegeu la figura 4.7). Com en tot
contacte, hi haurà forces normals i tangents. En una situació general, estàtica o
no, si el fluid és no viscós les diferents capes del fluid llisquen; es pot dir que no
hi ha fregament ni entre les capes del fluid ni entre el fluid i el sòlid. Observant
la figura 4.8, encara que la superfície del sòlid no sigui llisa, la no viscositat del Fig. 4.8: Encara que la superfície
del sòlid sigui aspra, si el fluid és
fluid fa que no hi hagi força de fricció entre el sòlid i el fluid. Per tant, les forces no viscós no provocarà forces
tangents en el contacte són nul·les i només es tenen en compte les forces normals, tangents
que actuen de forma distribuïda per la superfície del contacte (vegeu la figura 4.8).
Si la situació que tractem és estàtica, malgrat ser el fluid viscós, les forces de fricció
viscosa (proporcionals a la velocitat) seran nul·les i la força sobre la superfície serà
normal.
120
4.3. Forces sobre sòlids degudes a fluids gravitants. Principi d'Arquimedes
Concepte de pressió
Definim la pressió p deguda a un fluid com la força normal per unitat de superfície
que actua sobre la superfície d’un sòlid submergit en el fluid (vegeu la figura 4.9)
dF
p = (4.2)
dS
Si considerem cubs cada vegada més petits, veiem que el concepte de pressió és
Fig. 4.9: Distribució de forces
independent de l’existència d’una superfície material. Dependrà de les caracterís- normals sobre el sòlid provocades
tiques del fluid i del punt on la vulguem avaluar (vegeu la figura 4.10). pel fluid gravitant
A la figura 4.10, podem dir que la pressió on hi ha el cub és p, també en el cas que
no hi sigui el cub.
Unitats de pressió
En el sistema internacional, la pressió es mesura en pascal (Pa) Fig. 4.10: Podem parlar depressió encara que no hi hagi cap
sòlid submergit
 1Pa = 1N/m2
També són molt utilitzades altres unitats com:
 mil·libar (mbar): 1mbar = 1 hPa
 atmosfera (atm): 1 atm = 1,013× 105 Pa
mil·límetres de mercuri (mmHg): 750mmHg = 1 atm
Pressió d'un fluid en un camp gravitatori uniforme
Considerem un volum diferencial de fluid en forma de cilindre vertical de base S
i altura dz (vegeu la figura 4.11). z és la profunditat, una coordenada que té la
direcció i el sentit de g⃗ amb origen al nivell del fluid. La força que fa aquesta porció
de fluid sobre la base del cilindre és igual al pes del líquid que hi ha dins el cilindre.
dF = dmg = ρSdz g
Per tant, Fig. 4.11: Volum diferencial de
(4.3) fluid en forma de cilindre verticaldp = ρg dz
Si el fluid és líquid, podrem considerar-lo incompressible, és a dir, la seva densi-
tat ρ serà constant en tot punt del líquid. Integrant l’equació anterior, obtenim la
diferència de pressions entre dos punts que estan a diferent altura o profunditat
∆p = ρg ∆z (4.4)
121
4. Estàtica dels sòlids rígids
En un fluid homogeni (ρ = ct), tancat o no, punts d’igual altura, respecte qualsevol
referència, tenen la mateixa pressió. Les pressions a igual altura poden ser diferents
quan en el recipient hi ha més d’un fluid en contacte o, en general, quan el fluid no
és homogeni.
Donat que la densitat d’un gas és molt més petita que la d’un líquid, la diferència
de pressió entre dos punts a diferent altura, en els gasos serà molt menor que en els
líquids. Així, per exemple, si tenim un recipient on coexisteixen líquids i gasos,
les diferències de pressió en el cas dels gasos serà negligible.
Figura de l'enunciat 4.3.1
Problema 4.3.1. Omplim una branca d’un tub en forma de U, obert pels dos ex-
trems, amb aigua i mercuri. Si la diferència entre els nivells de mercuri és de
hHg = 2 cm , calculeu l’altura de la columna d’aigua haigua.
Dades: ρHg = 13× 103 kgm−3, ρ 3aigua = 10 kgm−3
Solució Figura de la solució 4.3.1
Com que les diferències de pressió a l’aire són negligibles respecte de les dels líquids,
els dos nivells B i B′ en contacte amb l’aire tenen la mateixa pressió. Els dos punts
A i A′ connectats amb el mercuri tenen la mateixa pressió. Així, la pressió provocada
l’altura hHg de mercuri serà igual a la provocada per l’altura haigua de l’aigua:
ρHgghHg = ρaiguaghaigua
aïllant haigua
ρHghHg
haigua = = 26 cm 
ρaigua
Principi d'Arquimedes Fig. 4.12: Arquimedes de
Siracusa (287 aC-212 aC)
Principi d’Arquimedes. Tot cos submergit en un fluid gravitant experimenta
una força d’empenyiment vertical cap amunt, E, igual al pes del líquid que des-
plaça
E = Pfluid (4.5)
L’empenyiment E està aplicat a un punt, el centre d’empenyiment CE, situat al
centre de masses del fluid desplaçat, CMfluid.
CE = CMfluid (4.6)
Fig. 4.13: A la dreta, la distribució
de forces que el fluid provoca
Demostració. A la figura 4.13 es pot veure, a la dreta, un cos mig submergit un volum sobre un sòlid submergit en un
en un fluid, i, a la seva esquerra, una superfície, amb la mateixa forma que el cos fluid. A l'esquerra, la mateixaV distribució actuaria sobre una
original, que tanca una part de fluid V igual a la desplaçada pel cos original. Com superficie que tingués la mateixa
que aquesta part de fluid V està en equilibri, el pes del fluid tancat, Pfluid, serà igual forma que el sòlid de la dreta
a la resultant de les forces distribuïdes degudes a la pressió, és a dir, a empenyiment
E: E = Pfluid. Si, a més, el fluid és incompressible, tindrem E = ρgV .
122
4.3. Forces sobre sòlids degudes a fluids gravitants. Principi d'Arquimedes
El punt d’aplicació de E serà el centre de masses del fluid tancat a la superfície
(CMfluid). Ja que E aplicat a CE és conseqüència exclusivament de les forces que
el fluid exerceix sobre la superfície, serà el mateix que rebrà el cos original, de la
mateixa forma que la superfície i igualment submergit, encara que el seu pes sigui
diferent. 
Problema 4.3.2. En un recipient, que conté aigua de densitat ρa = 1 g/cm3 i oli de
densitat ρoli = 0,8 g/cm3, hi ha un cilindre, de H = 15 cm d’altura i ρ = 0,9 g/cm3
de densitat, que es troba surant en equilibri amb el seu eix en posició vertical. Si
veiem que el cilindre sobresurt una altura z = 0,8 cm per sobre del nivell superior
de l’oli, calculeu l’altura x i y del cilindre submergit, respectivament, en l’aigua i
en l’oli.
Figura de l'enunciat 4.3.2
Solució
L’equació d’equilibri de forces verticals és Eoli + Ea − P = 0, on Eoli = ρolig Sy
és l’empenyiment degut a l’oli, Ea = ρag Sx és l’empenyiment degut a l’aigua i
P = ρg SH és el pes del cilindre. S’ha de complir tambéH = x+y+z. Substituint,
obtenim el sistema: {
ρoliy + ρax− ρH = 0
H = x+ y + z
que, tenint en compte les dades de l’enunciat, podem resoldre per x i y. Trobem:
x = 10,7 cm i y = 3,5 cm 
Forces sobre superfícies planes
Volem calcular la resultant i el punt d’aplicació de les forces d’un fluid incompres- Fig. 4.14: Element de superfície
sible sobre una superfície plana amb un angle d’inclinació qualsevol. ds horitzontal d'amplada a(z)
d'una supefície plana submergida
Observant les figures 4.14 i 4.15, la força dF que el líquid fa sobre la superfície ds en un fluid
és dF = pdS, amb p = ρgz. Si tenim en compte que ρ i g són constants, podem
escriure
∫
F = ρg z ds (4.7)
La profunditat z (vegeu la figura 4.15) del centre de simetria CS, zCS de la super-
fície és ∫ Fig. 4.15: Força, dF , feta pel fluid
1 sobre l'element de superfície ds i
zCS = zds (4.8) profunditat del CS, z
S CS
Així, obtenim, substituint la integral de (4.7) fent servir (4.8)
F = ρgzCSS (4.9)
123
4. Estàtica dels sòlids rígids
Per tant, podrem calcular la força resultant sobre una superfície plana multiplicant
la pressió a la profunditat zCS per l’àrea de la superfície plana.
Si l’amplada de la superfície, a, és constant, S = aL, és senzill de calcular la
profunditat zCS del seu centre de simetria (vegeu la figura 4.16) Fig. 4.16: Força resultant, F , del
1 1 fluid sobre la superfície d'amplada
zCS = z1 + (z2 − z1) = (z2 + z1) constant horitzontal i profunditat
2 2 z1 i z2 dels seus extrems
Substituint a (4.9), obtenim
1
F = ρg (z2 + z1) aL (4.10)
2
El punt d’aplicació de la resultant, xF (vegeu la figura 4.17), el trobarem imposant
(si és possible) que el moment total respecte d’aquest punt sigui nul. Observant la
figura 4.17, la condició de la nul·litat del moment respecte de xF la podem expres-
sar com ∫
(x− xF ) dF = 0 (4.11)
d’on, aïllant xF ∫
1
xF = x dF (4.12)
F
Fig. 4.17: Distribució de les forces
Si tenim en compte que estem estudiant el cas a = ct, ds = adx i dF = ρgz dx. dF sobre cada element ds en
(4.12) pot ser escrita, tenint en compte també∫(4.10), funció de la profunditat icoordenada x que localitza cada
2 un dels ds de la superfície
xF = x z dx (4.13)
L(z2 + z1)
A la integral anterior, s’hi barregen dues variables, x i z, que no són independents.
La relació entre aquestes variables serà lineal, z = Ax + B, i podem trobar les
constants A i B per les condicions x = 0 ⇒ z = z2 i x = L ⇒ z = z1.
Alternativament, observant la figura 4.17, podem expressar el sinus de l’angle α
com sinα = z2−z1L =
z2−z
x . Trobarem
z2 − z1
z = z2 − x (4.14)
L
i, substituint a (4.13) amb els límits d’integració per la variable x de x = 0 fins a
x = L ∫L
2 − z2 − z1xF = x (z2 x) dx (4.15)
L(z2 + z1) L
0
fent la integral trobem, finalment,
L(z2 + 2z1)
xF = (4.16)
3(z2 + z1)
124
4.4. Lligams i forces de reacció
Problema 4.3.3. El recipient d’1m d’amplada té una comporta AB de massa ne-
gligible que s’aguanta gràcies a les forces F1 i F2 perpendiculars a la comporta, tal
com indica la figura. Trobeu els valors mínims d’aquestes forces que fan que la
comporta estigui en equilibri.
Solució Figura de l'enunciat 4.3.3
L’amplada és a = 1m. Podem trobar AB:
2
AB = L = = 4 m
sin 30◦
Aplicant l’expressió (4.9), amb z1 = 0 i z2 = 2m, n’obtenim
F = 103aigua · 9,81 ·
1 · · Figura de la solució 4.3.32 1 · 4 = 39240 N
2
El punt d’aplicació el trobem amb (4.16)
4 · (2 + 2 · 0) · 1 4
xF = = m
3(2 + 0) 3
Ara apliquem les equacions d’equilibri de forces i moments. Tinguem en compte que
volem els valors mínims i, per tant, les reaccions dels suports als punts A i B sobre
la comporta seran nu{ls.∑Els moments, els calcularem respecte de B.∑ F⃗i = 0 : F1 + F2 − Faigua = 0
M⃗(B)i = 0 : F1 L− Faigua xF = 0
solucionem per F1 i F2
F1 = 13080N ; F2 = 26160N

4.4 Lligams i forces de reacció
Si el sòlid en equilibri presenta suports o, en general, lligams (cordes, contactes,
rodets, articulacions...) i volem resoldre les equacions d’equilibri, el que fem és
substituir els lligams per forces de reacció. S’anomena diagrama del sòlid lliu-
re (DSL) el diagrama en què es representa el sòlid i on s’han substituït tots els
lligams per les forces de reacció corresponents. Les reaccions són forces exter-
nes, d’entrada no conegudes. A la taula de la pàgina 336, es presenta una llista de
possibles lligams per a un sòlid amb les reaccions corresponents.
4.5 Estàtica de N sòlids rígids
Si tenim N sòlids i = 1,2,3... sotmesos cadascun d’ells a forces externes i amb Fig. 4.18: Forces externes Fi(1) i
possibles contactes entre ells, podem fer el diagrama del sòlid lliure del conjunt Fi(2) sobre els sòlids 1 i 2,
o per a cada sòlid per separat. En cas de voler representar el diagrama del sòlid respectivament, que presenten uncontacte enA
lliure del conjunt de cossos, les forces de contactes serien internes i s’anul·larien
125
4. Estàtica dels sòlids rígids
dos a dos, amb la qual cosa no les hauríem d’incloure ni en el diagrama ni en les
equacions d’equilibri. Vegeu la figura 4.18.
En cas de voler representar cada sòlid per separat, les forces de contacte seran
forces externes al sòlid sobre el qual actuen. Les forces de contacte compleixen la
llei d’acció i reacció F⃗A(ji) = −F⃗A(ij), i tindran sentits oposats si les apliquem en
un cos o en l’altre. Vegeu la figura 4.19.
Cadascun dels N sòlids complirà les equacions d’equilibri i , Fig. 4.19: Si fem el DSL de cadaF⃗i = 0 M⃗i(Pi) = 0 sòlid, hem d'incloure les forces de
que han d’incloure les forces de reacció. reacció en el contacteA,
F⃗A(ji) = −F⃗A(ij)
Suposem, en presència de la gravetat, dos blocs de masses mA i mB, un sobre
l’altre i sobre un pla inclinat d’angle θ. Vegeu la figura 4.20. Quan representem
les forces en el diagrama del conjunt dels dos blocs sense el pla inclinat, dibuixem
les forces externes, com el pes del bloc A i del B, les forces de contacte entre el
pla i el bloc B, normal i tangent o fricció.
Si volem representar el diagrama de cada bloc per separat, a més d’incloure les
forces comentades anteriorment, s’hi hauran d’afegir també les forces de contacte
entre A i B, normal i tangent o fricció. Com es pot observar a la figura 4.21, Fig. 4.20: Dos blocs,A iB, en
contacte sobre un pla inclinat
tant la normal com la fricció entre el bloc A i el B tenen sentits oposats quan es
representen en el bloc A o en el B.
Fig. 4.21: Diagrames del sòlid
lliure (DSL), dels blocsA iB
Problema 4.5.1. La barra de la figura, de 80 cm de llargada i 20 kg de massa,
està articulada sense fricció en el punt fix A . Quin parell (moment) ha de fer la Figura de l'enunciat 4.5.1
manovella sobre la barra per aguantar el bloc de 100 kg i quina és la força que actua
sobre la barra al punt A (dues components).
Solució
El bloc de 100 kg fa una tensió a la corda de valor P1 = 100 · 9,81 = 980N i el
pes de la barra P2 = 20 · 9,81 = 196,2N aplicada al CM de la barra. Utilitzem les
equacions d’equilibri per a la barra i prenem els moments respecte del punt A (vegeu
la figura): Figura del la solució 4.5.1
x) Ax = 0
126
4.6. Principi dels treballs virtuals
y) Ay − P1 − P2 = 0
A) MA − P10,8 cos 60◦ − P20,4 cos 60◦ = 0 d’on obtenim
Ax = 0
Ay = 1177,2N
MA = 431,64Nm 
Problema 4.5.2. Les dues barres homogènies tenen longituds i masses diferents.
Les articulacions A i B i la politja a D no tenen fricció. CD ≫ ℓ1+ℓ2 i, per tant, la
corda CD es manté sempre horitzontal. Trobeu els angles α i β en la configuració
d’equilibri del sistema utilitzant les equacions d’equilibri dels moments.
Solució
Tenint en compte l’equilibri del cos que penja de la corda, la tensió de la corda és Figura de l'enunciat 4.5.2
T = m3g.
Serem curosos en plantejar les equacions d’equilibri de forces per al sistema format
per les dues barres, atès que no estem interessats a trobar les reaccions a les articula-
cions A i B. Farem servir l’equació de la nul·litat dels moments de manera adequada.
Si considerem només la barra BC, l’equació de la nul·litat del moment respecte de
B és
cos − ℓ2m3gℓ2 β m2g sinβ = 0 (1)
2
d’on trobem tan 2m3β =
m2
Si ara considerem les dues barres, l’equació de la nul·litat del moment respecte de A
és ( )
ℓ2 ℓ1
m3g(ℓ2 cosβ + ℓ1 cosα)−m2g ℓ1 sinα+ sinβ −m1g sinα = 0
2 2
que, tenint en compte (1), queda
m3 cosα−m2 sinα−
1
m1 sinα = 0
2
i, aïllant, trobem tan m3α = m 1 +m
2 2
4.6 Principi dels treballs virtuals
Considerem un sistema de sòlids sotmesos a forces directament aplicades cone-
gudes, F⃗a, que poden incloure, per exemple, la gravetat o la força d’una molla, i
amb lligams ideals, com el de la figura 4.22. Suposem que coneixem les forces Fig. 4.22: Dues barres articulades
sotmeses a les forces directament
directament aplicades F⃗a. Això vol dir que coneixem aquestes forces com a fun- aplicades F⃗1, F⃗2 i F⃗3
ció del punt on s’apliquen. Si F⃗1 i F⃗2 són el pes o una força constant, conèixer
127
4. Estàtica dels sòlids rígids
aquestes forces és conèixer el valor numèric del mòdul (a banda de la direcció i el
sentit). En el cas de F⃗3 és conèixer-la com a funció del punt d’aplicació r⃗3. El que
considerem incògnites en aquest plantejament és la configuració del sistema. En
el cas de la figura (es tracta d’un sistema amb dos graus de llibertat), les incògnites
són els angles q1 i q2 que les dues barres fan amb la vertical. En podríem trobar la
solució plantejant les equacions de l’estàtica per a dos cossos. Si ho féssim així,
ens apareixerien totes les forces de reacció com a noves incògnites no volgudes.
Recordant que a l’equació general de la dinàmica no apareixen les forces de reacció
ideals, podem utilitzar-la en el nostre plantejament, és a dir, en un cas d’estàtica.
Equació general de l’estàtica. La condició necessària i suficient per què un
sistema de sòlids amb lligams ideals estigui en equilibri, en una determinada po-
sició, és que, per a qualsevol desplaçament virtual des d’aquesta posició, la suma
dels treballs virtuals de les forces directament aplicades (les que no són reaccions
dels lligams) sigui nul·la: ∑
F⃗a · δr⃗a = 0 (4.17)
a=1
Demostració. És immediata. Partint de l’equació general de la dinàmica (3.63), te-
nint en compte que en l’equilibri a⃗i = 0, queda com (4.17).
Observem que, en lloc d’emprar l’índex i = 1, ..., N , emprem l’índex a. Amb això
volem indicar que, en suprimir les acceleracions, no ens cal comptabilitzar que els
passa a totes les mi i, com que les forces estaran, en general, aplicades a tant sols
unes poques partícules, podem emprar un índex a que numeri tan sols aquestes forces
i les partícules sobre les quals actuen, r⃗a. 
L’expressió (4.17) es coneix habitualment amb el nom de principi dels treballs
virtuals (PTV). En aquesta equació, s’inclouen les forces externes, per exemple
els pesos aplicats als CM de cada sòlid, però no les forces de reacció ideals, com
ja s’ha comentat a la secció 3.9.
Si coneixem els lligams, podrem saber els moviments possibles i, per tant, els graus
de llibertat L del sistema. El nombre de graus de llibertat serà igual al nombre
de paràmetres o variables independents. Així, per exemple, si ens fixem en el
problema 4.6.2 de la pàgina 129, com que es tracta d’un conjunt de dues barres
articulades amb un extrem fixat, el sistema té dos graus de llibertat i, per tant,
podem donar la seva posició amb els valors dels dos angles α i β, que seran els
paràmetres o variables que cal tenir en compte a l’equació.
Si el sistema té L paràmetres independents qi , amb i = 1, ..., L, i coneixem els
lligams en la forma r⃗a = r⃗a(q1, q2, ...), l’ex∑pressió dels desplaçaments virtuals seràL ∂r⃗a
δr⃗a = dr⃗a = dqi
∂qi
i=1
128
4.6. Principi dels treballs virtuals
Aplicant-ho a l’equació (4.17) del PTV, n’obtenim L equacions d’equilibri, tantes
com incògnites qi. ∑
·∂r⃗aF⃗a = 0 (4.18)
∂qi
a=1
Les solucions qi = qeq i són les posicions d’equilibri del sistema
Problema 4.6.1. Si el sistema de la figura està en equilibri, determineu la relació
entre les forces F i P en funció de l’angle θ d’equilibri.
Solució
Figura de l'enunciat 4.6.1
El sistema és conservatiu perquè les forces P⃗ i F⃗ són constants i perquè els lligams
tenen reaccions ideals. Així el PTV s’expressa
P⃗ · dr⃗P + F⃗ · dr⃗F = 0 (1)
on dr⃗P i dr⃗F són els desplaçaments virtuals dels punts d’aplicació de les forces P⃗ =
(0,−P ) i F⃗ = (−F, 0).
El sistema té un únic grau de llibertat expressat, pel paràmetre angle θ. Observant
la figura i tenint en compte els eixos escollits, r⃗P = (L cos θ, L sin θ) i r⃗F =
(2L cos θ, 0). Diferenciant, n’obtenim els desplaçaments possibles
dr⃗P = (−L sin θ, L cos θ) dθ
dr⃗F = (−2L sin θ, 0) dθ
Substituint les forces i els desplaçaments a (1) tenim (−PL cos θ+F2L sin θ)dθ = 0 Figura de la solució 4.6.1
i com dθ és un desplaçament possible qualsevol
−PL cos θ + F2L sin θ = 0
d’on, aïllant, obtenim
tan Pθ = 
2F
Problema 4.6.2. Les dues barres homogènies tenen longituds i masses diferents.
Les articulacions A i B i la politja a D no tenen fricció. CD ≫ ℓ1+ℓ2 i, per tant, la
corda CD es manté sempre horitzontal. Trobeu els angles α i β en la configuració
d’equilibri del sistema utilitzant el principi dels treballs virtuals
Solució
Tenint en compte l’equilibri del cos que penja de la corda, la tensió de la corda és Figura de l'enunciat 4.6.2
T = m3g.
Utilitzem un sistema d’eixos (x, y) de manera que l’origen és al punt A, l’eix x és
horitzontal i creix cap a la dreta i y vertical i creix cap avall.
L’expressió del PVT serà F⃗1 · dr⃗1 + F⃗2 · dr⃗2 + T⃗3 · dr⃗3 = 0 que, explicitant F⃗1 =
(0,m1g), F⃗2 = (0,m2g) i T⃗ = (m3g, 0), resulta
m1dy1 +m2dy2 +m3dx3 = 0 (1)
129
4. Estàtica dels sòlids rígids
on ja hem eliminat la g de l’expressió. Els desplaçaments dr⃗1, dr⃗2 i dr⃗3 no són
independents, sinó que depenen dels dos angles α i β
y = ℓ1 cosα ⇒ dy = − ℓ11 1 sinα dα2 2
y2 = ℓ1 cosα + ℓ2 cosβ ⇒ dy2 = −ℓ1 sinα dα− ℓ2 sinβ dβ2 2
x3 = ℓ1 sinα + ℓ2 sinβ ⇒ dx3 = ℓ1 cosα dα + ℓ2 cosβ dβ
Substituint a (1), obtenim ( )
− ℓ1 ℓ2m1 sinα dα + m2 −ℓ1 sinα dα− sinβ dβ
2 2
+ m3(ℓ1 cosα dα + ℓ2 cosβ dβ) = 0 (2)
Si ara tenim en compte que dα i dβ són desplaçaments possibles independents, podem
considerar (2) amb dα ̸= 0 i dβ = 0
− 1m1 sinα −m2 sinα +m3 cosα = 0 (3)
2
i també dα = 0 i dβ ̸= 0
− 1m2 sinβ +m3 cosβ = 0 (4)
2
De (3) i (4), n’obtenim tan m3 i tan 2m3α = m β = , resultat ja obtingut al1 +m m
2 2 2
problema 4.5.2 utilitzant les equacions d’equilibri dels moments. 
4.7 Equilibri i estabilitat de sistemes conservatius
Equilibri
Considerem ara que tenim un sistema conservatiu, això és, amb les mateixes con-
dicions que el de la secció anterior i, a més, totes les forces directament aplicades
F⃗a són conservatives, és a dir, cada força té associada una energia potencial i, per
tant, ∑
F⃗a · dr⃗a = −dU
a=1
on U és l’energia potencial del sistema. El PTV es pot escriure ara
dU = 0 (4.19)
Explicitant, les equacions d’equilibri es poden escriure com una condició geomè-
trica sobre la funció potencial:
La posició d’equilibri qeq = {qeq1, qeq2, ..., qeqL} d’un sistema conservatiu corres-
pon al punt en què l’energia po∣tencial és extremal
∂U ∣∣∣ = 0 i = 1, ..., L (4.20)∂qi q=qeq
130
4.7. Equilibri i estabilitat de sistemes conservatius
Estabilitat
Si el sistema està a la posició d’equilibri qeq, amb Ec = 0, la seva energia és
E = Uext, on ext vol dir extremal. Si li donem energia cinètica Ec ini, que sempre
és positiva, el sistema es mourà amb energia mecànica E = Uext + Ec ini = cons-
tant.
A les figures 4.23 i 4.24, podem veure les gràfiques de l’energia potencial (blau)
i mecànica (rosa) al voltant d’un extremal per a un sistema qualsevol. Es podria
tractar d’una muntanya russa. En aquest cas, la forma de la guia coincideix amb la
forma de la funció potencial.
Segons quin sigui el tipus d’extremal de la posició qeq d’equilibri, podem dir:
 qeq és una posició d’equilibri estable. Quan U(qeq) és un mínim tenim que
U > Umin. Com que E = Umin + Ec ini = constant i el sistema no es pot allunyar
gaire de la posició qeq, pot arribar fins que Ec = 0 Fig. 4.23: La vagoneta està
situada en un mínim de la
 qeq és una posició d’equilibri inestable. Quan U(qeq) és un màxim o un punt muntanya russa. Si l'empentem
d’inflexió. Si és un màxim tenim que U < Umax. Com E = Umax +Ec ini = constant poc, és a dir, si li donem una micadeE , l'energia mecànica serà
el sistema s’allunya molt de la posició qeq, Ec ≠ 0 i va creixent. Si és un punt
c ini
E = Umin + Ec ini i serà
d’inflexió i va cap a la zona U > Uinf, es comporta com en el cas de mínim, arriba constant. La vagoneta es mourà
al punt Ec = 0 i retorna anant a parar a la zona i li passa el mateix que en
al voltant del mínim entre les dues
U < Uinf posicions en quèE = U ja que,
el cas de màxim: Ec ≠ 0 i va creixent. més enllà, hauria de serEc < 0
per complirE = constant i això
 qeq és una posició d’equilibri indiferent. Quan en un entorn finit de qeq U és no pot ser.
constant.
Per a un sistema d’un sol grau de llibe∣rtat q, q = qeq, la condició d’equilibri (4.20)es redueix a
dU ∣∣∣ = 0 (4.21)dq
q=qeq
Per estudiar l’estabilitat de la posició qeq, analitzem la segona derivada al punt q =
qeq. Fig. 4.24: La vagoneta està
Si passa que ∣∣ situada en un màxim o un punt ∣∣ d'inflexió de la muntanya russa. Sid2U > 0 (4.22) l'empentem poc, és a dir, si lidq2 donem una mica deEc ini,
q=qeq l'energia mecànica serà
llavors q = q és un punt d’equilibri estable. E = Umax/inf + Ec ini. Si és uneq màxim, anirà augmentant laEc
Si passa que ∣∣ doncs estarà en una zona on∣∣ U < U2 max i cal que es compleixid U < 0 (4.23) E =constant. Si és un puntdq2 d'inflexió i va cap a la zona on
q=qeq
U > Uinf, no podrà anar més
llavors q = qeq és un punt d’equilibri inestable. enllà deE = U , és adir
Ec = 0 i tornarà cap avall
augmentant, ara si, la sevaEc.
131
4. Estàtica dels sòlids rígids
Si passa que ∣
d2U ∣∣
dq2 ∣ = 0 (4.24)
q=qeq
s’han de examinar el signe de les derivades d’ordre superior:
L’equilibri és estable si l’ordre de la primera derivada no nul·la és parell i el seu
signe és positiu.
L’equilibri és indiferent si totes les derivades successives són nul·les.
L’equilibri és inestable en tots els altres casos.
Problema 4.7.1. Les dues barres homogènies tenen longituds i masses diferents.
Les articulacions A i B i la politja a D no tenen fricció. CD ≫ ℓ1+ℓ2 i, per tant, la
corda CD es manté sempre horitzontal. Trobeu els angles α i β en la configuració
d’equilibri del sistema utilitzant que el sistema és conservatiu.
Solució
L’energia potencial del sistema en funció dels dos graus de llibertat, els angles α i β, Figura de l'enunciat 4.7.1
és ( )
− ℓ1U = m1g cosα−m2g ℓ1 cos
ℓ2
α+ cosβ −m3g(ℓ1 sinα +ℓ2 sinβ) (1)
2 2
Les dues equacions d’equilibri són
∂U = 0 ⇒ 1m1 sinα+m2 sinα−m3 cosα = 0∂α 2
∂U = 0 ⇒ 1m2 sinβ −m3 cosβ = 0∂β 2
d’on obtenim tan m3 i tan 2m3α = m β = , resultat ja obtingut als proble-1 +m2 m2 2
mes 4.5.2 i 4.6.2 per d’altres mètodes. 
Problema 4.7.2. En el sistema de la figura, les barres tenen massa negligible. Ni
les articulacions A i B ni el rodet C, de massa negligible, tenen fricció. La molla,
de massa negligible, té constant recuperadora k i longitud natural Lk = 0,6m. De
l’articulació A penja un bloc de massa m = 75 kg. Trobeu el valor de k que fa que
l’angle θ d’equilibri sigui θeq = 35◦. Altres dades: L = 1,2m, L0 = 0,85m
Figura de l'enunciat 4.7.2
Solució
L’energia potencial del sistema és
1
U(θ) = mgL cos θ + k(2L0 sin θ − Lk)2
2
i la condició d’equilibri
dU(θ)
= −mgL sin θ + k(2L0 sin θ − Lk)2L0 cos θ = 0
dθ
132
4.7. Equilibri i estabilitat de sistemes conservatius
La constant de la molla k ha de complir aquesta condició per a l’angle θ = 35◦eq .
N’obtenim:
mgL tan θeq
k = = 969,54N/m
2L0(2L0 sin

θeq − Lk)
Problema 4.7.3. La barra homogènia de longitud L i massa m pot lliscar sense
fricció. La molla està relaxada quan θ = 90◦. Quin valor ha de tenir la constant de
recuperació k de la molla de manera que θ = 45◦ sigui una posició d’equilibri.
Solució
L’energia potencial del sistema és
L sin 1U(θ) = mg θ + k(L− L sin θ)2
2 2 Figura de l'enunciat 4.7.3
i la condició d’equilibri
dU(θ) L
= mg cos θ − kL2(1− sin θ) cos θ
dθ 2
La constant de la molla k ha de complir aquesta condició per a l’angle θeq = 45◦.
dU
(θeq) = 0
dθ
N’obtenim: (mgk = )
2L 1− √1
2 
133

5 Dinàmica del sòlid rígid en el pla
Introducció
Un sòlid rígid efectua un moviment pla si la direcció de l’eix de rotació es manté
constant. Tota partícula del sòlid efectua el moviment en un pla normal a l’eix de
rotació. De tots aquests plans, el que conté el centre de masses del sòlid s’anomena
Fig. 5.1: Moviment d'un sòlid rígid
pla del moviment (vegeu la figura 5.1). en un pla
D’acord amb aquesta definició, en el moviment pla del sòlid rígid, els vectors ve-
locitat angular ω⃗ i acceleració angular α⃗ seran en tot moment paral·lels entre si i
perpendiculars al pla del moviment. El moviment d’un sòlid rígid es desenvolupa
en un pla perquè:
a) Hi ha lligams externs que l’obliguen a moure’s en un pla.
Fig. 5.2: Sòlid rígid que gira
Exemple 1: una politja que gira al voltant d’un eix fix (vegeu la figura 5.2). entorn d'un eix fix
Exemple 2: una xapa plana que es mou sobre un pla (vegeu la figura 5.3).
b) El sòlid té simetria plana, les forces exteriors estan en el pla de simetria del sòlid
i les velocitats inicials, també.
Exemple 3: una xapa plana llançada en un pla vertical que coincideix amb el seu
propi pla (vegeu la figura 5.4). Fig. 5.3: Xapa plana en moviment
sobre un pla
Exemple 4: una esfera homogènia baixant per un pla inclinat partint del repòs
(vegeu la figura 5.5).
c) Les forces exteriors al sòlid són equivalents a una resultant que passa pel CM
i un moment resultant nul o en la direcció de l’eix del sòlid. La rotació inicial del
sòlid té la direcció d’aquest mateix eix.
Exemple 5: un disc llançat amb rotació inicial segons l’eix del disc en presència Fig. 5.4: Xapa plana en moviment
de la gravetat. El seu CM efectua una paràbola i la direcció de rotació és constant. en un pla vertical
(vegeu la figura 5.6).
5. Dinàmica del sòlid rígid en el pla
Exemple 6: en presència de la gravetat, una baldufa gira segons un eix vertical
que passa pel CM i pel vèrtex de contacte amb el terra. La resultant i el moment
resultant són nuls. El seu CM es mourà en moviment uniforme i la direcció de
rotació serà constant (vegeu la figura 5.1).
En tots aquests casos, i d’acord amb el que s’ha vist a la secció 3.11, els desplaça-
ments possibles de les partícules del sòlid rígid seran un subconjunt de Fig. 5.5: Esfera en movimentsobre un pla inclinat
dr⃗i = dr⃗C + dφ⃗× r⃗i(C) (5.1)
La restricció que hem d’imposar és mantenir constant l’eix de rotació. Si û és
el vector unitari i constant en la direcció de l’eix de rotació, els desplaçaments
possibles de rotació passaran de tres graus de llibertat, representats pel caràcter
vectorial de dφ⃗, a un grau de llibertat, representat per dφ segons:
Fig. 5.6: Un disc manté la direcció
de rotació mentre el CM traça
dφ⃗ = û dφ (5.2) una paràbola
En aquest curs, tractarem exclusivament dels moviments del sòlid rígid en un pla.
Les relacions vàlides en general les indicarem amb 3 D i les que només sigui vàli-
des per a moviments plans les indicarem amb 2 D. Val a dir que, en aquest tema,
s’utilitzarà la nomenclatura del sistema de partícules que s’ha vist al capítol 3, te-
nint en compte que per a cossos continus les expressions en forma de sumatoris
es converteixen en integrals sobre tot el cos (expressió (3.1) de la introducció del
capítol 3).
5.1 Equació de translació 3 D
D’acord amb l’equació (3.95) de la secció 3.11, l’equació de moviment del sòlid
rígid associada a les translacions és
dP⃗
F⃗ = = ma⃗CM (5.3)
dt
on F⃗ és la resultant de les forces exteriors al sòlid. L’equació de moviment de
translació del sòlid és, doncs, la del moviment del seu CM (figura 5.7).
Fig. 5.7: Dinàmica de translació
5.2 Equació de rotació per al moviment pla (2 D). Moment del sòlid
d'inèrcia
Sent el moviment en un pla, la rotació del sòlid rígid queda reduïda a una sola
component en la direcció del vector velocitat angular de rotació ω⃗, que és una
direcció fixa de l’espai û i és perpendicular al pla del moviment. A la secció 3.11
136
5.2. Equació de rotació per al moviment pla (2 D)
s’ha deduït l’equació general de la dinàmica de rotació del sòlid rígid
dL⃗(C)
= M⃗(C) (5.4)
dt
amb ∑N
L⃗(C) = r⃗i(C) ×miv⃗i (5.5)
i=∑1
M⃗(C) = r⃗a(C) × F⃗a (5.6)
a
on C pot ser o bé el centre de massa, CM , o un punt fix del sòlid, si existeix, i r⃗a(C)
és el vector posició del punt d’aplicació de la força exterior al sòlid F⃗a respecte de
C. L’equació de rotació del sòlid en el seu moviment pla es pot obtenir projectant
l’equació vectorial (5.4) sobre la direcció del seu eix de rotació definit pel seu
vector û. Això és així perquè la velocitat angular es podrà escriure com ω⃗ = ωû ,
on ω és la component del vector ω⃗ en la direcció û. ω és l’únic grau de llibertat de
rotació que té el sòlid. En termes dels desplaçaments possibles, tenim dφ⃗ = dφû.
Ara, tenint en compte l’equació general de la dinàmica per a les rotacions, equació
(3.98), obtenim, per a les rotacions amb eix fix, dφ⃗ = dφû:
dL⃗(C) · û = M⃗(C) · û (5.7)
dt
Com que û és un vector constant (5.7), es pot expressar de la forma següent:
dL(C)
= M(C) (5.8)
dt
on (∑ )N
L(C) = L⃗(C) · û = r⃗i(C) ×miv⃗i · û (5.9)
(i=∑1 )
M(C) = M⃗(C) · û = r⃗a(C) × F⃗a · û (5.10)
a
són, respectivament, el moment angular i el moment de les forces respecte de
l’eix de rotació fix û que passa per C.
Segons (3.88), amb ω⃗ = ωû, tenim
v⃗i = v⃗C + ω û× r⃗i(C)
i substituint a L(C) de (5.(9), queda∑ )
L(C) = r⃗i(C) ×mi [v⃗C + ω û× r⃗i(C)] · û
i
137
5. Dinàmica del sòlid rígid en el pla
i expandint (∑ ) (∑ )
L(C) = r⃗i(C) ×miv⃗C · û+ mir⃗i(C) × [ û× r⃗i(C)] · ωû
i i ∑
El primer terme de la dreta és nul siC és elCM , ja que mir⃗i(CM) = mr⃗CM(CM) =
i
0, o un punt fix del sòlid ríg(id, ja que v⃗C = 0. En aques)tes condicions,∑
L(C) = mir⃗i(C) × [ û× r⃗i(C)] · ωû
i
Tenint en compte la relació vectorial
(A⃗× B⃗) · C⃗ = (C⃗ × A⃗) · B⃗ (5.11)
extreta de (1.13), L(C) pot ser expressat com
∑N
L 2(C) = L⃗(C) · û = mi ri(|C)ω
i=1
on ri(|C) = |û × r⃗i(C)| és la distància entre la partícula mi i l’eix û que passa per
C. Vegeu la figura 5.8.
Definim el moment d’inèrcia del sòlid respecte a l’eix de rotació que passa
per C ∑N Fig. 5.8: Velocitat d'una partícula
I = m r2 (5.12) qualsevol del sòlid rígid en el seu(C) i i(|C) moviment pla
i=1
Podem escriure el moment angular respecte de l’eix que passi per C com
L(C) = I(C) ω (5.13)
de manera que l’equació del sòlid per a rotacions planes queda
dL(C)
= M(C) (5.14)
dt
En el cas més general, les forces externes al sòlid, F⃗a, poden tenir qualsevol direc-
ció però només les components normals a l’eix contribuiran al moment en la direc-
ció de l’eix. Aquí ja suposarem que les forces F⃗a que intervenen en l’expressió del
moment són normals a l’eix. D’acord amb la relació (5.11), MC es pot expressar
de la forma ∑( ) ∑
M(C) = M⃗(C) · û = r⃗a(C) × F⃗a · û = (û× r⃗a(C)) · F⃗a
a a
138
5.2. Equació de rotació per al moviment pla (2 D)
però com que (vegeu la figura 5.9)∑û× r⃗a(C) = û× r⃗a(|C), M(C) es pot escriure
M(C) = (û× r⃗a(|C)) · F⃗a
a
Aplicant de nou (5.11), en re∑sult(a ) ∑
M(C) = r⃗a(|C) × F⃗a · û = Fada (5.15)
a a
on da és la distància de la recta d’acció de F⃗a respecte de l’eix de rotació C .
Un aspecte que cal destacar és que I(C) és invariant per a translacions i rotacions
planes del cos, és a dir, no canvia de valor pel fet que el cos faci translacions o
rotacions planes. És una característica intrínseca del cos respecte a l’eix de rotació Fig. 5.9: Una força externa F⃗a
que passa per C (essent C un punt fix o bé el CM ). I(C) podria variar si es canviés actuant sobre un sòlid rígid
la forma del cos, és a dir, si el cos deixés de ser rígid.
Per tant, en el cas d’un sòlid rígid, el moment d’inèrcia respecte d’un eix I(C) no
canvia amb el temps i l’equació fonamental de la rotació per a un sòlid en moviment
pla (5.14) es pot escriure de la forma
M(C) = I(C) α (5.16)
on α = dωdt és l’acceleració angular. L’expressió (5.16) té una gran analogia amb
l’equació fonamental de la dinàmica de translació F⃗ = ma⃗: si la massam (inercial)
es pot entendre com la mesura de la tendència a mantenir la velocitat de translació,
el moment d’inèrcia I(C) es pot entendre com la mesura de la tendència a mantenir
la velocitat angular de rotació.
Alguns moments d'inèrcia respecte d'un eix de cossos homoge-
nis
A la taula de la pàgina 337, es mostren els moments d’inèrcia de sòlids rígids ho-
mogenis ben coneguts, respecte als eixos que s’hi indiquen i que passen pel seu
centre de masses.
Algunes propietats dels moments d'inèrcia respecte d'un eix
El moment d’inèrcia d’un sòlid rígid respecte d’un eix presenta, entre altres, dues
propietats importants:
Superposició de moments d’inèrcia: Si tenim dos cossos 1 i 2 amb moments
d’inèrcia respecte al mateix eix que passa perC, I(C)1 i I(C)2 , el moment d’inèrcia,
I(C) del cos compost és
I(C) = I(C)1 + I(C)2 (5.17)
139
5. Dinàmica del sòlid rígid en el pla
Aquesta teorema es dedueix fàcilment de la definició de moment d’inèrcia respecte
d’un eix com a sumatori o integral sobre el cos. Com en el cas del centre de masses
de cossos compostos, equació (3.7), podrem també descompondre un cos en cossos
simples (de moment d’inèrcia respecte de l’eix requerit conegut) i trobar el moment
d’inèrcia del cos compost amb (5.17). Podrem, de nou, considerar cossos amb
forats simplement interpretant que la suma de (5.17) significa afegir massa. Si
volem treure massa, haurem de restar.
Teorema de Steiner: Si un sòlid rígid té moments d’inèrcia I(C) i I(CM) respecte
a dos eixos paral·lels que passen, respectivament, per C i CM , llavors
I(C) = I
2
(CM) +md (5.18)
on m és la massa del sòlid i d és la distància entre ambdós eixos.
Demostració. Els moments d’inèrcia I(C) i I(CM) del sòlid respecte a dos eixos pa-
ral·lels que passen, respectivament, per un punt C i pel centre de masses CM (vegeu
la figura 5.10) s’expressen de la forma:
∑N
I 2(C) = mi ri(|C)
∑i=1N
I(CM) = mi r
2
i(|CM)
i=1
Observant la figura 5.10, si xi(CM) i yi(CM) són les coordenades d’una partícula del
sòlid de massa mi respecte de CM i xi(C) i yi(C) són les coordenades de la mateixa
partícula respecte de C, tenim que xi(C) = xi(CM) i yi(C) = yi(CM) + d. Així, Fig. 5.10: Teorema de Steiner
r2 = x2 2 2 2i(|C) i(C) + yi(C) = xi(CM) + (yi(CM) + d)
En aquestes condicions, I(C) es pot escriure de la forma
∑N ( )
I(C) = mi x
2 2
i(CM) + (yi(CM) + d)
i=1
és a dir,
∑ (N ∑ ) ( )N ∑N
I(C) = m (x
2 2
i i(CM) + yi(CM) ) + 2 miyi(CM) d+ mi d
2
i=1 i=1 i=1
A∑ra només cal tenir en compte que, en virtut de la definició de centre de masses,N
miyi(CM) = 0. Els dos termes que no s’anul·len són I(CM) i md2. 
i=1
Problema 5.2.1. Una roda de radi R, massa m i moment d’inèrcia I , té un eix de
radi |x| i se la sotmet a una força horitzontal constant F que actua per mitjà d’una Figura de l'enunciat 5.2.1
corda enrotllada i fixada a l’eix. Tal com es veu a la figura, utilitzem x > 0 per
140
5.2. Equació de rotació per al moviment pla (2 D)
indicar que la força constant F s’aplica per sobre del centre i x < 0 per indicar que
s’aplica per sota. Calculeu l’acceleració de la roda (sense oblidar el sentit de gir)
i la força de fricció necessària (també amb el sentit) en funció de x, si la roda es
mou rodant sense lliscar.
Solució
S’analitza la situació en què la força F s’aplica per sobre del centre (x > 0). Els
resultats seran també vàlids per a x < 0.
D’acord amb l’esquema de forces que actuen sobre el cos, les equacions de moviment
es poden escriure de la{forma
F − Ff = ma ; N −mg = 0
Fx+ FfR = Iα
a les quals cal afegir la condició que el cos roda sense lliscament
v = ωR ⇒ a = αR
De la primera equació de translació, trobem Figura de la solució 5.2.1, amb
x > 0
Ff = F −ma
i, substituint a la segona,
I
Fx+ FR−maR = a
R
d’on es dedueix que l’acceleració de la roda a és ( )
F (R+ x) F 1 +
x
a = = R
mR+ I m I 2 + 1R mR
i s’observa que és positiva, és a dir, la roda es desplaçarà cap a la dreta en el mateix Figura de la solució 5.2.1, amb
x < 0
sentit que la força F .
Pel que fa a la força de fregament Ff ,(amb el valor)de a obtingut és fàcil de deduirque
I − x
F = F mR
2 R
f I
mR2
+ 1
D’aquesta expressió, es veu que el sentit de Ff el determina el signe de I − x ,mR2 R
de manera que, si I > mRx, Ff va en contra de F ; si I < mRx, Ff té el mateix
sentit que F , i si I = mRx, Ff és nul·la.
La situació en què x < 0 es pot analitzar simplement considerant aquesta possibilitat
en les expressions trobades per x > 0, és a dir, fe(nt la subs)titució x = −|x|. Tenim,per a l’acceleració:
|x|
F (R− |x|) F 1− R
a = = Figura de la solució 5.2.1, amb
mR+ I m I + 1
R mR2 |x| > R
i per a la força de fricció: ( )
I + |x|2
F = F mR Rf I + 1
mR2
141
5. Dinàmica del sòlid rígid en el pla
d’on es dedueix que, en ser |x| < R, el cos es mourà cap a la dreta i la força de
fregament sempre estarà dirigida cap a l’esquerra.
També es pot analitzar el cas en què |x| > R.
Si x > 0: a va en el sentit de F .
Si x < 0: a va en sentit contrari a F . 
Problema 5.2.2. Un bloc cúbic de massa m està en repòs sobre un terra comple-
tament llis quan rep una força horitzontal F = 3mg a una altura h = 78b. Quan
valen les acceleracions a⃗ del seu centre de masses i de rotació α a l’instant inicial?
Figura de l'enunciat 5.2.2
Solució
Cal esperar que el bloc tendeixi a girar i el seu centre de masses a desplaçar-se en
el sentit indicat a la figura, de manera que el CM del cub es traslladarà en el pla
x− y amb una acceleració a⃗ i girarà entorn d’un eix perpendicular al pla de la figura
de l’enunciat que passa pel seu CM amb una acceleració angular α. La solució a
la situació plantejada, la proporciona l’equació de la dinàmica de translació (dues
components)
F⃗ = ma⃗
i la de rotació (una component)
M(CM) = I(CM) α
La distribució de forces que actuen sobre el sòlid es mostra a la segona figura de la
solució, en què veiem que la normal deguda al pla horitzontal s’ha dibuixat al vèrtex Figura de la solució 5.2.2
dret del cub, ja que és aquí on actuarà quan iniciï la rotació. Les dues equacions de
moviment de translació del centre de masses del cub es poden escriure de la forma
següent (en què tenim en compte que F = 3mg )
3mg = max ; N −mg = may
La de la rotació, tenint en compte que, per a un cub homogeni de costat b, el moment
d’inèrcia respecte del seu CM( és I =
1
)m b
2, resulta
6 Figura de la solució 5.2.2
7b − b − b 13mg N = m b2α
8 2 2 6
D’acord amb les figures anteriors,
y = r sinφ
Derivant respecte del temps, en resulta
ẏ = r cosφ φ̇
i tornant a derivar i fent ÿ = ay i φ̈ = α,
ay = −r sinφ φ̇2 + r cosφ α
142
5.2. Equació de rotació per al moviment pla (2 D)
D’acord amb les condicions del problema, abans de rebre la força F i, per tant, a
l’instant inicial, φ̇ = 0. També en aquest instant, r cosφ = b . Obtenim la relació
2
d’acceleracions ay i α a l’instant inicial:
b
ay = α
2
De la component x de l’equació de translació del centre de masses es dedueix que
ax = 3g
La component y de l’equació de translació del centre de masses, a l’instant inicial, es
pot escriure com
b
N = mg +m α
2
i, si substituim a l’equ(ació de la)rotac(ió, en resulta )
7b
3mg − b − b b 1mg +m α = m b2α
8 2 2 2 6
Aïllant α, tenim
3g
α =
2b
i, substituint a l’expressió per a ay trobada més amunt,
3g
ay =
4
A l’inici de la solució, hem comentat que “Cal esperar...” Ara podem corroborar que
la solució trobada és la correcta pel fet que es compleix també N = 7mg > 0. Si
4
passés que N < 0, la solució no seria la correcta, ja que N < 0 ens indicaria que hi
ha quelcom més que un contacte amb el terra. 
Problema 5.2.3. Considerem un robot semblant al de la figura, amb les caracte-
rístiques següents: massa total, M = 85 kg; massa i moment d’inèrcia de les rodes
i el rotor del motor, m = 20 kg i I = 0,6 kg m2; radi de les rodes, R = 0,2m;
distància del centre de les rodes al centre de masses del robot, d = 1m
Inicialment, el robot està en repòs. Per arrencar en línia recta, el motor actua sobre
les rodes aplicant-t’hi un parell (moment) M = 25N m, que provoca que el robot
avanci. Suposant que les rodes no rellisquen, quant val l’acceleració del robot i
quin angle cal que s’inclini per evitar caure?
Solució
A la figura, podem veure un esquema del robot mentre avança amb acceleració a. El
conjunt no és un sòlid rígid, però està format per dues parts que sí que ho són. El
parell que acciona les rodes és degut a forces internes. Per això, ens cal considerar Figura de l'enunciat 5.2.3
les dues parts per separat: les rodes amb la part de motor que gira solidàriament amb
aquestes (rotor) i el cos del robot que no efectua cap rotació. El parell que provoca
143
5. Dinàmica del sòlid rígid en el pla
el motor és M que, junt amb N ′ i F , constitueixen les forces internes en el contacte
entre les dues parts considerades. Les forces internes actuaran a cada part complint
el principi d’acció i reacció. (M −m)g és el pes del cos del robot i mg, el pes de les
rodes. La normal N i la fricció Ff són degudes al contacte de la roda amb el terra.
Les rodes no rellisquen, rodolen, αR = a.
Tenim les equacions de moviment següents:
(1) Translació horitzontal de les rodes: Ff − F = ma
(2) Translació vertical de les rodes: N − (N ′ +mg) = 0 Figura de la solució 5.2.3
(3) Rotació de les rodes: M− FfR = Iα
(4) Translació horitzontal del cos : F = (M −m)a
(5) Translació vertical del cos: N ′ − (M −m)g = 0
(6) Rotació del cos: M+ Fd cosφ−N ′d sinφ = 0
Per solucionar el nostre problema, en tenim prou amb (1), (3) i (4) i la condició de
rodolar. Si de (1) i (4) aïllem F i Ff , trobem Ff = Ma. Aquesta equació la podem
obtenir també considerant el robot sencer (malgrat que no és un sòlid rígid). Substi-
tuïm a (3) amb α = a/R i aïllem a. N’obtenim:
MR
a = = 1,25m/s2
I +M R2
Figura de la solució 5.2.3
Substituint F amb el resultat anterior a (6) i aïllant φ, trobem:
sinφ = 0,165048 ⇒ φ = 0,165807 rad = 9,5◦ 
5.3 Energia cinètica de rotació i translació. Conservació de
l'energia
En aquest apartat, es tracta de deduir una expressió ben simple per a l’energia cinè-
tica d’un sòlid rígid en moviment pla. Partim de l’expressió de l’energia cinètica
d’un sistema de N partícules (3.26):
∑N 1 ∑N 1
E 2c = mi v
2 i
= mi v⃗i · v⃗i (5.19)
2
i=1 i=1
Com que segons (3.88), v⃗(i = v⃗C + ω⃗ × r⃗i(C)), (5.19) es pot escriure com∑N ∑N1 1 2
Ec = mv
2
C + v⃗C · ω⃗ × mi r⃗i(C) + mi (ω⃗ × r⃗i(C)) (5.20)2 2
i=1 i=1
El primer terme és nul si C és un punt fix, ja que v⃗C = 0, i és l’energia cinètica
de translació si C = CM . El sego∑n terme és nul tant si C és un punt fix, atès queN
v⃗C = 0, com si C = CM , ja que mi r⃗i(CM) = 0.
i=1
Per tractar de l’últim terme, tindrem en compte que ω⃗ × r⃗i(C) = ω⃗ × r⃗i(|C), ja que
la component r⃗i(C) paral·lela a ω⃗ no contribueix al producte vectorial amb ω⃗.
144
5.3. Energia cinètica de rotació i translació. Conservació de l'energia
Tenint en compte que ω⃗ i r⃗i(|C) són perpendiculars i, per tant, |ω⃗ × r⃗i(|C)| = ωri(|C).
2
(ω⃗ × r⃗i(|C)) = (ω⃗ × r⃗i(|C)) · (ω⃗ × r⃗ 2i(|C)) = ω r2i(|C) (5.21)
Substituint (5.21) a (5.20), un c∑op anul·lat el segon terme, tenimN1 1 1 1
Ec = mv
2 + m r⃗2 ω2 = mv2 + I 2i (C) ω (5.22)
2 C 2 i(|C) 2 C 2
i=1
Si C = CM (5.22) és
1 1
E = mv2 2c CM + I(CM) ω (5.23)2 2
i l’energia cinètica del sòlid té dos termes: el primer associat a la translació del
CM i el segon a la rotació al voltant del CM .
Si C és un punt fix, (5.22) és
1
E = I 2c (C) ω (5.24)
2
i l’energia cinètica del sòlid té només un terme associat a la rotació al voltant de C.
Les expressions (5.23, 5.24) són vàlides també per 3 D, encara que, en aquest cas,
I(CM) (o bé I(C), si C és fix) no serà constant, ja que la direcció de l’eix de rotació
no serà fixa. Per a 2 D, la direcció sí que és fixa i I(CM) (o bé I(C), si C és fix) és
constant.
Finalment, no és difícil demostrar el corresponent teorema de conservació de l’energia:
Conservació de l’energia. Per a un sòlid rígid sotmès a forces externes que,
o bé siguin conservatives, amb una energia potencial conjunta U , o bé siguin de
lligam amb reaccions ideals, la seva energia mecànica E = Ec + U es conserva
al llarg del moviment.
En el cas d’un sistema de sòlids rígids amb forces de les mateixes característiques
que en el cas anterior, l’energia serà la suma de les energies de cada sòlid i també
es conservarà al llarg del moviment.
Problema 5.3.1. Una massa m1 = 1 kg penja de l’extrem d’una corda de pes
negligible que passa per una politja sense fregament (vegeu la figura) i que està
enrotllada a un cilindre homogeni de massa m2 = 8 kg i radi R = 10 cm, que gira
sense lliscar en un pla horitzontal. Trobeu:
a) L’acceleració de la massa m1.
b) La tensió de la corda.
Figura de l'enunciat 5.3.1
c) L’acceleració angular del cilindre.
145
5. Dinàmica del sòlid rígid en el pla
Solució
a)Tenint en compte que totes les forces que actuen sobre el sistema o bé són conserva-
tives o no fan treball en el seu desplaçament, es pot aplicar el principi de conservació
de la seva energia mecànica E. Aquesta es pot escriure de la forma
1 1 1
E = m1v
2
1 + m2v
2
2 + Iω
2 −m1gy1
2 2 2
on, en tractar-se d’un cilindre massís, I = 1m R2.
2 2
Donat que el cilindre roda sense lliscar sobre la superfície horitzontal i la corda no
rellisca,
v1 Figura de la solució 5.3.1
v2 = ωR ; v1 = 2ωR ⇒ v2 =
2
i també les derivades temporals
a1 a1
α = ; a2 =
2R 2
Apliquem la conservació de l’energia imposant que la seva derivada temporal sigui
nul·la:
m2 I
Ė = 0 = (m1 + + )v1a1 −m1gv1
4 4R2
d’on resulta
m1g
a1 = 3m = 2,45m/s
2
m 21 + 8
b) Per tal de determinar la tensió de la corda, es pot aplicar l’equació de translació a
m1
m g − T = m a ⇒ T = m g −m a = 7,35N Figura de la solució 5.3.11 1 1 1 1 1
c) L’acceleració angular del cilindre val
a1
α = = 12,25 rad/s2 
2R
Problema 5.3.2. En un instant concret, un cilindre homogeni de massa M i radi R
es deixa caure des del repòs de dalt d’un pla inclinat un angle θ amb l’horitzontal.
Sabent que roda sense lliscar, determineu:
a) L’acceleració lineal de baixada del cilindre. Figura de l'enunciat 5.3.2
b) La velocitat que assoleix al final del pla inclinat, després de rodar-hi una
distància L.
c) El coeficient mínim de fricció µ entre el cilindre i el pla compatible amb el
rodolament.
Solució
a) Com que les forces que actuen sobre el cilindre o són conservatives (el seu pes) o
no fan treball al llarg del seu moviment (la reacció normal del pla inclinat i la força
de fricció en el desplaçament de rodar sense lliscar), es pot aplicar el principi de
146
5.3. Energia cinètica de rotació i translació. Conservació de l'energia
conservació de l’energia mecànica E, prenent com a origen de l’energia potencial
gravitatòria la base del pla inclinat. L’energia mecànica E es pot expressar de la
forma
1 1
E = Mv2 + Iω2 +Mgh
2 2
De la figura, s’observa que l’altura h del centre de massa del cilindre en un instant
qualsevol del seu moviment es pot expressar com
h = (L− x) sin θ +R cos θ
Per tant, l’energia mecànica del cilindre es pot escriure com
1 1
E = Mv2 + Iω2 −Mgx sin θ + constant Figura de la solució 5.3.2
2 2
i de la nul·litat de la seva derivada temporal es dedueix, amb ẋ = v = ωR, ẍ =
a = αR i I = 1MR2, essent I el moment d’inèrcia del cilindre respecte de l’eix
2
que passa pel seu CM i és perpendicular al pla de la figura,
3M
Ė = 0 = va−Mgv sin θ
2
d’on resulta
2
a = g sin θ
3
b) El centre de massa del cilindre descriu un moviment uniformement accelerat en la
seva davallada pel pla inclinat, amb una acceleració a i amb velocitat inicial nul·la.
Per tant, la velocitat que assolirà al final del pla inclinat, després d’haver recorregut
una distància L sobre el mateix, va√ldrà√ √2 sin 4v = 2aL = 2 gL θ = gL sin θ
3 3
c) Es tracta de trobar la força de fregament que actua entre el cilindre i el pla inclinat.
Si tenim en compte la llei de Newton per a la translació en la direcció normal i la
rotació, podem escriure
N −Mg cos θ = 0
FfR = Iα Figura de la solució 5.3.2
d’on obtenim
N = Mg cos θ
Ff =
Iα
R
Ara, el coeficient de fricció µ és
Ff
µ =
N
si substituïm F , N , I = 1MR2 i α = af amb l’acceleració a trobada a l’apartat a,2 R
n’obtenim
Ia 1
µ = = tan θ
R2Mg cos θ 3 
147
5. Dinàmica del sòlid rígid en el pla
Problema 5.3.3. Un disc circular en repòs de 0,5m de radi i 4 kg m2 de moment
d’inèrcia pot girar al voltant de l’eix fix, que passa pel seu centre, i porta una corda
enrotllada a la seva perifèria. S’estira de la corda amb una força constant de 2N
durant 10 s. Calculeu, suposant que no hi ha fregament, la longitud de la corda
desenrotllada en aquest temps.
Solució Figura de l'enunciat 5.3.3
Sobre el disc, a part de la forçaF , hi actuen el pes i la reacció de l’eix. Ambdues tenen
el punt d’aplicació al centre del disc, que és un punt fix. Per tant, no treballen. La
força vertical F aplicada a la perifèria del disc és constant; per tant, és conservativa.
Es pot afirmar que l’energia mecànica del disc, formada per la cinètica i la potencial
associada a F , es mantindrà constant durant la seva rotació. Tenint en compte que el
vector de posició del punt d’aplicació de la forçaF , en un instant donat del moviment,
és r⃗ = (R, y) i que F⃗ = (0, F ), l’energia potencial associada a F és
U = −F⃗ · r⃗ = −Fy
Figura de la solució 5.3.3
L’energia mecànica E del disc serà
1
E = Iω2 − Fy
2
i la seva derivada temporal, tenint en compte que ẏ = v i v = ωR
Ė = Iωα− FωR
d’on s’obté l’acceleració angular del disc
FR
α =
I
i l’acceleració a amb què davalla al punt d’aplicació de la força F
FR2
a = αR = = 0,125m/s2
I
Tenint en compte que aquest punt parteix del repòs i que descriu un moviment rectilini
i uniformement accelerat amb acceleració a, la longitud L de corda desenrotllada
durant 10 s val
1
L = at2 = 6,25m 
2
Problema 5.3.4. Dues masses de 1 i 2 kg estan unides per una corda inextensible
i sense massa que passa, sense lliscar, per una politja cilíndrica d’1,35 kg amb un
eix fix, que pot girar sense fricció. Calculeu les tensions de la corda.
Solució
Tenint en compte que les forces de reacció de l’eix de la politja i el seu pes són forces Figura de l'enunciat 5.3.4
els punts d’aplicació de les quals no es desplacen en el moviment de rotació i quem1g
i m2g són forces conservatives, es pot aplicar el principi de conservació de l’energia
148
5.3. Energia cinètica de rotació i translació. Conservació de l'energia
mecànica E del sistema. Aquesta energia es pot escriure com (vegeu a la figura el
sistema de referències considerat)
1 1 1
E = m 2 2 21v −m1gy1 + m2v −m2gy2 + Iω
2 2 2
En les condicions del problema, ẏ1 = −v, ẏ2 = v, v = ωR i a = αR on ω i α són,
respectivament, la velocitat angular i l’acceleració angular de la politja, i I = 1MR2
2
és el moment d’inèrcia de la politja respecte a l’eix de rotació, que passa pel seu centre
i és perpendicular al pla de la figura (M és la massa de la politja i R, el seu radi). Figura de la solució 5.3.4 m1 =
1 I 1 kg,m2 = 2 kg
E = (m1 +m
2
2 + )v −m1gy1 −m2gy2
2 R2
Atès que E es conserva, la seva derivada serà nul·la:
I
Ė = 0 = (m1 +m2 + )va− (m2 −m1)gv
R2
D’aquesta darrera expressió, substituint també I , ja es pot trobar l’acceleració a:
(m2 −m1)g
a = = 2,67m/s2
m1 +m
M
2 + 2
Les acceleracions d’un cos i l’altre, malgrat ser iguals en mòdul, com a vectors tenen
sentit oposat. Per tal de calcular ara les tensions de la corda, cal analitzar per separat Figura de la solució 5.3.4. Diagra-
la dinàmica de m1 i m2. Pel que fa a m1, tenint en compte que el seu moviment és ma del sòlid lliurem1
ascendent, la seva dinàmica queda reflectida en l’equació següent:
T1 −m1g = m1a
d’on obtenim
T1 = m1(g + a) = 12,47N
Pel que fa am2, tenint en compte que el seu moviment és descendent, la seva dinàmica
queda reflectida en l’equació següent:
m2g − T2 = m2a Figura de la solució 5.3.4. Diagra-
ma del sòlid lliurem2
d’on resulta
T2 = m2(g − a) = 14,47N 
Problema 5.3.5. Una roda de 6 cm de radi té un eix de 2 cm de radi. El conjunt té
un moment d’inèrcia de 0,004 kg m2 i una massa de 3 kg. La roda està recolzada
sobre el terra i no llisca. Determineu el sentit de gir de la roda i la seva acceleració
si, partint del repòs, estirem horitzontalment d’una corda enrotllada a l’eix amb una
força de 5N, com es veu a la figura. Figura de l'enunciat 5.3.5
149
5. Dinàmica del sòlid rígid en el pla
Solució
Totes les forces que actuen sobre la roda o bé són conservatives o bé no fan treball en
el seu desplaçament de rodolament sense lliscament. En conseqüència, es tracta d’un
sistema conservatiu. La seva energia mecànica E es pot expressar de la forma
1 1
E = Mv2 +MgR+ Iω2 − F⃗ · r⃗A + C
2 2
on r⃗A = (xA, R) i, per tant, UF = −F⃗ ·r⃗A = −FxA és l’energia potencial associada
a la força F = 2N aplicada horitzontalment, amb C una constant.
Com que E es conserva, la seva derivada temporal serà nul·la:
Ė = 0 = Mva+ Iωα− F ẋA Figura de la solució 5.3.5
on ẋA és la velocitat dels punts de la corda, com A, v⃗A = (ẋA, 0,0). Si la corda no
llisca sobre l’eix, aquesta velocitat també és la del punt de contacte de la roda amb
la corda (vegeu la figura de la solució). Si fem servir v⃗A = v⃗ + ω⃗ × (r⃗A − r⃗), on,
observant la figura, r⃗ = (x,R, 0)i v⃗ = (v, 0,0) són, respectivament el vector posició
i la velocitat del centre del cilindre i ω⃗ = (0,0,−ω) , trobem
ẋA = v − ωr
Si aquesta expressió se substitueix en la provinent de la conservació de l’energia
mecànica, junt amb v = ωR i a(= αR, tro)bem
I − − rĖ = 0 = M + va F (1 )v
R2 R
i s’obté finalment
F (1− r )
a = R = 0,81m/s
M + I
R2
a > 0 implica que α = a > 0. Tenint en compte que hem pres el sentit positiu cap
R
a la dreta i v inicial nul·la, d’acord amb la figura, la roda es desplaça cap a la dreta
girant en sentit horari. 
150


6 Petites oscil·lacions
 
Introducció
Els fenòmens oscil·latoris són molt importants. Tot allò que ens envolta tendeix a
estar en una posició d’equilibri estable. El mar està en equilibri estable. Les onades
són petites oscil·lacions al voltant de l’equilibri. Una estructura, un edifici, està en
equilibri estable. Qualsevol pertorbació que rebi, si no el trenca, provocarà petites
oscil·lacions al voltant de l’equilibri.
L’aproximació base al comportament intern de la matèria sòlida és la rigidesa, que
és una configuració d’equilibri estable. La primera aproximació al moviment intern
de la matèria sòlida són les petites oscil·lacions al voltant de la configuració de
rigidesa.
L’estudi de les petites oscil·lacions és, doncs, una primera aproximació a l’estudi
del comportament dinàmic de molts sistemes que, en primera instància, ens apa-
reixen com a inamovibles i que, per qualsevol causa, trontollen. És molt notable
que aquest estudi, el puguem dur a terme sense entrar en detall sobre les causes que
provoquen l’alteració de l’estat d’equilibri.
6.1 Petites oscil·lacions al voltant d'una posició d'equilibri
estable
Considerem un sistema conservatiu d’un grau de llibertat x d’energia potencial
U(x) que té una posició d’equilibri estable x0. Això vol dir que U(x) compleix
dU d2U
(x0) = 0 , (x0) = k > 0 (6.1)
dx dx2
Redefinim el sistema de referència, de manera que la posició d’equilibri sigui x0 =
0. Considerem petites desviacions x al voltant de la posició d’equilibri x0 = 0.
Fem un desenvolupament en sèrie de Taylor de U(x) i ens quedem al primer ordre
6. Petites oscil·lacions
significatiu, és a dir, al primer ordre en què obtenim un resultat diferent de zero.
dU 1 d2U
U(x) = U(0) + (0) x+ (0) x2 +O[x3] ≈ 1 k x2 + constant (6.2)
dx 2 dx2 2
A la figura 6.1, tenim un exemple que il·lustra la situació genèrica. En un pla
vertical, donem la forma que vulguem, y(x), a una guia, de manera que tingui un
mínim, on situem l’origen del sistema de referències x = 0. Enfilem una petita
boleta de massa m i la deixem reposar al punt x = 0. Li donem una petita empenta
i observem el moviment que fa al voltant de x = 0. L’energia potencial serà Fig. 6.1: Una petita boleta enfilada
2 en un filferro efectua oscil·lacions1 d y
U(x) = mg y(x) ≈ k x2 ; k = mg (0) harmòniques al voltant de la
2 dx2 posició d'equilibri estable
L’energia cinètica serà
1 √ √ ( )2
E = mv2c ; v = ẋ2 + ẏ2 = ẋ 1 +
dy
2 dx
i, com que a prop de la posició d’equilibri dydx ≈ 0, tenim E ≈
1
c 2mẋ
2. L’energia
mecànica resulta ser, per a petites desviacions de la posició d’equilibri,
≈ 1 1E m ẋ2 + k x2 (6.3)
2 2
L’equació de moviment per a petites desviacions de la posició d’equilibri serà doncs
mẍ = −k x i, per tant, el sistema efectuarà oscil·lacions harmòniques al voltant
d’aquesta. No només les molles oscil·len harmònicament. De fet, podem enunciar
que:
Qualsevol sistema amb una posició d’equilibri estable, si parteix prop d’aquesta
posició amb una velocitat inicial petita, efectuarà un moviment harmònic.
En aquest capítol, x és una variable de posició del sistema (pot ser una longitud o
un angle...), de manera que x = 0 és la posició d’equilibri estable al voltant de la
qual el sistema oscil·la. En aquestes condicions, x s’anomena elongació.
6.2 Moviment harmònic simple (MHS)
A la figura 6.2, podem veure el tren d’aterratge d’un avió. Si el vincle entre la roda
i el cos de l’avió fos rígid, en entrar en contacte amb la pista hi hauria una trenca-
dissa considerable. Per això, entre la roda i el cos de l’avió s’interposa un element
elàstic, com una molla. Com a conseqüència de la molla, en entrar en contacte amb
la pista, el cos de l’avió inicia un moviment oscil·latori harmònic vertical que no
s’atura. És un moviment harmònic simple (MHS). El que volem és caracteritzar
el moviment harmònic simple sense posar el focus d’atenció en la causa concreta
154
6.2. Moviment harmònic simple (MHS)
Fig. 6.2: La molla del tren
d'aterratge d'un avió provoca que
aquest faci un moviment
oscil·latori harmònic iniciat en el
contacte amb la pista
que el provoca en cada cas. El moviment oscil·latori vertical de l’avió és molt sem-
blant al moviment horitzontal de la boleta de la figura 6.1, malgrat que el primer és
provocat per la gravetat i la guia i el segon, per la molla. Volem una caracteritza-
ció d’aquests casos, que ens permeti tractar-los amb les mateixes expressions de la
teoria, sense que haguem d’anar retocant les fórmules segons si es tracta d’un cas
o un altre. Ens podem guiar per l’equació de moviment mẍ = −k x.
Equació canònica del MHS
Diem que un sistema d’un grau de llibertat x fa un moviment harmònic simple si
l’equació de moviment pot ser escrita en la forma canònica:
ẍ+ ω20x = 0 (6.4)
en què ω0 s’anomena pulsació lliure.
Solució general del MHS
La solució general de l’equació canònica del MHS és
x(t) = A sin(ω0t+ φ0) (6.5)
on A i φ0 són constants d’integració.
La demostració és immediata. Només cal derivar dos cops l’expressió (6.5) i subs-
tituir x i ẍ a l’equació canònica (6.4) per veure que es compleix idènticament.
A i φ0 s’anomenen, respectivament, amplitud i fase inicial i, com ja hem dit, són
constants d’integració. Es poden fixar si coneixem les condicions inicials per a
qualsevol instant t0, x(t0) i ẋ(t0). L’argument de la funció trigonomètrica sin,
φ(t) = ω0t+ φ0, s’anomena fase. Així, la fase inicial és φ0 = φ(0).
Des del punt de vista del seu significat físic, destaquem els conceptes següents:
Període lliure. És el mínim temps T0 que ha de transcórrer perquè es repeteixin
els mateixos valors de x i ẋ. És a dir, x(t + T0) = x(t) i ẋ(t + T0) = ẋ(t). Per
155
6. Petites oscil·lacions
això, cal que la fase torni a tenir el mateix valor (mòdul 2π), és a dir, φ(t+ T0) =
φ(t) + 2π. N’obtenim ω0T0 = 2π.
Freqüència lliure. És l’invers del període lliure.
1 2π
T0 = = (6.6)
f0 ω0
Amplitud. És el màxim valor que pot atènyer l’elongació x(t). L’amplitud és,
doncs, el factor A > 0 de la funció trigonomètrica de l’elongació x(t) de (6.5).
Exemple de moviment harmònic simple
Un exemple evident i senzill en què podem aplicar tot el que hem après és el d’una
esfera homogènia lligada a l’extrem d’una molla, amb l’altre extrem fixat, en pre-
sència de la gravetat.
Deixem que l’esfera trobi la posició d’equilibri. No estem ara interessats a saber Fig. 6.3: Partícula lligada a unamolla. La gravetat afecta la
on és aquesta. Situem l’origen del sistema de referències allà on sigui la posició ubicació del punt d'equilibri, però
d’equilibri, tal com es veu a la figura 6.3. La coordenada x és l’elongació, ja que no el moviment respecte d'aquest
punt
x = 0 és el punt d’equilibri. En aquest punt, les forces que actuen són el pes
mg i, en sentit contrari, la força de la molla Fk0, que, en tractar-se d’una posició
d’equilibri, tindrà el mateix mòdul que el pes, Fk0 = mg.
Donem una petita empenta (translació vertical) arbitrària a l’esfera. Quan és a la
posició x, movent-se a una velocitat ẋ, les forces que actuen són el pes i, en sentit
contrari, la força de la molla Fk. Aquesta última, la podem descompondre com
Fk = Fk0 + kx. Com que Fk0 = mg, la suma de forces que actuen, (mg − Fk)̂ı,
és −kxı̂. L’equació de moviment de Newton és, doncs, mẍ = −kx. Escrita en
forma canònica, resulta
k
ẍ+ x = 0 (6.7)
m
Comparant amb l’equació canònica del MHS, deduïm que es t√racta d’un moviment
harmònic simple, carac√teritzat per la pulsació lliure ω = k0 m . El període és,
segons (6.6), T m0 = 2π k . Observem que la gravetat no apareix a l’equació de
moviment. La gravetat afecta la ubicació del punt d’equilibri, però no el moviment
respecte d’aquest punt.
6.3 Moviment harmònic esmorteït (MHE)
Introduïm una força d’esmorteïment viscós, del tipus −bẋ, en el tren d’aterratge
de l’avió (vegeu la figura 6.4).
156
6.3. Moviment harmònic esmorteït (MHE)
Fig. 6.4: La molla i l'amortidor del
tren d'aterratge d'un avió provoca
que aquest efectuï un moviment
oscil·latori harmònic esmorteït
iniciat en el contacte amb la pista
Ara, les oscil·lacions del cos de l’avió es van fent cada cop més petites. Diem que
és un moviment harmònic esmorteït (MHE).
És important observar que, atès que la força d’esmorteïment és proporcional a la
velocitat, la posició d’equilibri del sistema esmorteït és exactament la mateixa que
la del mateix sistema sense la força d’esmorteïment.
Mirem de caracteritzar el moviment harmònic esmorteït sense posar el focus d’a-
tenció en la causa concreta que el provoca en cada cas. En aquest cas, ens guiarem
per l’equació de moviment mẍ = −bẋ− k x.
Equació canònica del MHE
Diem que un sistema d’un grau de llibertat x efectua un moviment harmònic es-
morteït si l’equació de moviment pot ser escrita en la forma canònica:
ẍ+ 2γẋ+ ω20x = 0 (6.8)
onω0 se segueix anomenant pulsació lliure. γ s’anomena paràmetre d’esmorteïment
i està relacionat, com veurem, amb la força d’esmorteïment.
Molts cops, haurem de distingir entre el paràmetre d’esmorteïment γ i el coeficient
de fricció b. Per això, observem que, independentment del que sigui x, les unitats
de γ són s−1. Les unitats de b han de ser tals que bv tingui unitats de força, N . Així,
[b] = N s m−1 = kg s−1
Solució general del MHE
La solució general de l’equació canònica del MHE té diferent forma segons els
valors relatius de ω0 i γ.
157
6. Petites oscil·lacions
Moviment oscil·latori: ω0 > γ
La solució general es pot expressar com
x(t) = A e−γt sin(ω t+ φ0) (6.9)
on A i φ0 són constants d’integració i √
ω = ω20 − γ2 (6.10)
és la pulsació.
La demostració és immediata, encara que més embolicada que en el cas del MHS.
Només cal derivar dos cops l’expressió (6.9) i substituir x, ẋ i ẍ a l’equació canò-
nica (6.8) per veure que, tenint en compte (6.10), es compleix idènticament.
A i φ0 s’anomenen, respectivament, amplitud inicial i fase inicial i, com ja hem
dit, són constants d’integració. Es poden fixar si coneixem les condicions inicials
per a qualsevol instant t0, x(t0) i ẋ(t0). L’argument de la funció trigonomètrica
sin, φ(t) = ωt+ φ0, s’anomena fase. Així la fase inicial és φ0 = φ(0).
Ara els conceptes anàlegs als de període lliure i amplitud no poden ser exactament
els mateixos. Sí que podem mirar de fer-ne una generalització comúna.
Amplitud variable. És el factor A(t) = A eγt , amb A > 0, de la funció tri-
gonomètrica de l’elongació x(t) de (6.9). L’amplitud variable és l’envolupant de
l’elongació: a la figura 6.5, es veu com l’amplitud variable té un contacte tangent
prop de cada màxim local de l’elongació.
Període. És el mínim temps T que ha de transcórrer perquè es repeteixin els
mateixos valors de relació d’elongació x(t)A(t) i de relació de velocitat d’elongació
ẋ(t)
ωA(t) . Per això, com en el cas lliure, cal que la fase torni a tenir el mateix valor
mòdul 2π, és a dir, φ(t+ T ) = φ(t) + 2π. N’obtenim ωT = 2π.
Freqüència. És l’invers del període.
Fig. 6.5: L'amplitud variable té un
1 2π contacte tangent prop de cada
T = = (6.11)
f ω màxim local de l'elongació
Moviment sobreesmorteït: ω0 < γ
A la figura 6.6, podem veure que, a causa del fort esmorteïment, l’elongació no
arriba a oscil·lar. La forma oscil·lant de la solució general no és la adequada. Com
que ω0 < γ, ω esdevé imaginària. Les constants d’integració A i φ0 haurien de
prendre valors imaginaris per fer que l’elongació esdevingués real. Tot això es pot
fer i la solució general pren, en aquest cas, la forma Fig. 6.6: Gràfiques de l'elongació
− − per a diferents valors de γ en elx(t) = C e γ(+)t1 + C e γ(−)t2 (6.12) cas sobreesmorteït
158
6.3. Moviment harmònic esmorteït (MHE)
on C1 i C2 són constants d’integració que es poden fixar si en coneixem les condi-
cions inicials i √
γ(±) = γ ± γ2 − ω20 (6.13)
La demostració és immediata. Només cal derivar dos cops l’expressió (6.12) i
substituir x, ẋ i ẍ a l’equació canònica (6.8) per veure que, tenint en compte (6.13),
es compleix idènticament.
Moviment crític: ω0 = γ
És el cas que separa els dos anteriors. Des del punt de vista matemàtic, cap de
les dues solucions anteriors representa bé el moviment crític ja que, malgrat no
aparèixer magnituds imaginàries, només contenen una constant d’integració. Es
senzill demostrar que, si ω0 = γ, la solució general de l’equació (6.8), amb dues
constants d’integració, és
x(t) = (C1 + C2 t) e−γt (6.14)
on C1 i C2 són constants d’integració que es poden fixar si coneixem les condicions
inicials.
Exemple de moviment harmònic esmorteït
Seguint amb l’exemple de l’esfera homogènia lligada a l’extrem d’una molla, amb
l’altre extrem fixat, en presència de la gravetat, ara envoltem l’esfera d’un fluid
que causa una força de fricció viscosa de coeficient b i també un empenyiment
d’Arquimedes. En ser l’esfera homogènia, el centre d’empenyiment coincideix
amb el centre de masses.
Fig. 6.7: Esfera homogènia lligada
Deixem que l’esfera trobi la posició d’equilibri. Situem l’origen del sistema de a una molla i envoltada de fluid.
referències allà on sigui la posició d’equilibri, tal com es veu a la figura 6.7. La El punt d'equilibri és independentde la força viscosa. La força
coordenada x és l’elongació, atès que x = 0 és el punt d’equilibri. En aquest resultant no depèn ni de la
punt, les forces que actuen són el pes mg i, en sentit contrari, la força de la molla i gravetat ni de l'empenyiment
l’empenyiment d’Arquimedes Fk0+E0 que, en tractar-se d’una posició d’equilibri,
sumades tindran el mateix mòdul que el pes, Fk0 + E0 = mg.
Donem una empenta (translació vertical) arbitrària a l’esfera. Quan és a la posició
x, movent-se amb velocitat ẋ, les forces que hi actuen són el pes i, en sentit contrari,
la força de la molla, la fricció i l’empenyiment Fk+bẋ+E0. Com que Fk = Fk0+
kx iFk0+E0 = mg, tenim que la suma de forces que actuen, (mg−E0−Fk−bẋ)̂ı,
és (−kx− bẋ)̂ı. L’equació de moviment de Newton és, doncs, mẍ = −kx− bẋ.
Escrita en forma canònica, resulta
b k
ẍ+ ẋ+ x = 0 (6.15)
m m
159
6. Petites oscil·lacions
Comparant amb l’equació canònica del MHE, deduïm que es tra√cta d’un moviment
harmònic esmorteït, caracteritzat per la pulsació lliure ω0 = km i el paràmetre
d’esmorteïment γ = b2m . Depenent dels valors relatius de ω0 i γ, es tractarà d’un
moviment oscil·latori, sobreesmorteït o crític.
Problema 6.3.1. Una politja, de moment d’inèrcia respecte al seu eix I , efectua
petites oscil·lacions esmorteïdes girant sense fricció a l’eix: la corda té massa ne-
gligible, es manté sempre tensa i en cap moment llisca. Fixades a terra i als extrems
hi ha un parell de molles iguals, de massa negligible i constant recuperadora k. Un
disc, de massa negligible, rep per fricció aerodinàmica una força −bv , essent v la
velocitat del disc i b constant. Per a petites oscil·lacions, determineu:
a) l’equació de moviment,
b) la trajectòria i
c) el període.
Solució
Com a elongació, prenem l’angle φ, de manera que en equilibri φ = 0.
a) L’equació de moviment de rotació per a la politja M = Iα serà Figura de l'enunciat 6.3.1
−2kRφR− bRφ̇R = Iφ̈
Això és així perquè, quan estem en equilibri les dues molles fan un moment igual i
de sentit contrari MEk0 + MDk0 = 0; quan girem un angle φ en el sentit positiu
(vegeu la figura), la molla esquerra fa un moment més petit, ja que s’ha escurçat
Rφ, MEk = MEk0 − k Rφ R, i la de la dreta, més gran, ja que s’ha allargat Rφ,
MDk = MDk0 + k Rφ R . Així, el moment resultant de l’acció de les molles
és MDk + MEk = −2k Rφ R . El moment fet per la força de fricció viscosa
−bv = −bRφ̇ és −bvR = −bRφ̇R.
Figura de la solució 6.3.1
Escrivim l’equació de moviment en forma canònica:
b R2 2kR2
φ̈+ φ̇+ φ = 0
I I
i, per comparació, √
bR2 2kR2
γ = ; ω0 =
2I I
b)La trajectòria, d’acord amb l’enunciat, és la corresponent√a un mo(viment oscil·la√ )
nt:
R2 b2 R2
φ(t) = Aφ e−γt sin(ωt+ ξ0) ; ω = ω2 − γ20 = 2k −I 4I
on Aφ és l’amplitud angular i ξ0, la fase inicial
c) El període és
2π 2π
T = = √
ω ( )
R2 22k − b R2 
I 4I
160
6.4. Moviment harmònic forçat (MHF)
6.4 Moviment harmònic forçat (MHF)
Ara suposem que la pista d’aterratge de l’avió dels apartats anteriors conté un seguit
de guals que li confereixen una forma sinusoidal (vegeu la figura 6.8). El cos
de l’avió rep, com a conseqüència, una força de tipus sinusoidal que perllonga
el moviment malgrat l’esmorteïment. Com és aquest moviment a la llarga? Quina
relació hi ha entre la molla, l’esmorteïment i la freqüència dels guals, per una banda,
i el moviment vertical del cos de l’avió, per l’altra? Diem que el sistema està forçat
o que hi actua una excitació externa.
Mirem de caracteritzar el moviment harmònic forçat sense posar el focus d’atenció
en la causa concreta que, en cada cas, el provoca. En aquest cas, ens guiarem amb
l’equació de moviment mẍ = −kx− bẋ+ FE(t), on FE és una força d’excitació
externa que suposem sinusoidal. Fig. 6.8: La pista no és
perfectament horitzontal i plana.
Equació canònica del MHF Els guals que té li confereixen unaforma sinusoidal. Això provoca
que el moviment oscil·latori
Diem que un sistema d’un grau de llibertat x efectua un moviment harmònic forçat esmorteït del cos de l'avió no
si l’equació de moviment pot ser escrita en la forma: s'acabi. El cos de l'avió rep una
força sinusoidal d'excitació
ẍ+ 2γẋ+ ω2x = B sin(Ω t+ θ0) (6.16) deguda als guals de la pista que0
mantenen el moviment
on ω0 se segueix anomenant pulsació lliure, γ paràmetre d’esmorteïment, i hi apa-
reixen tres noves constants B, Ω i θ0, que estan relacionades, com veurem, amb
l’amplitud, la freqüència i la fase inicial de la força (o parell) d’excitació, respec-
tivament.
Solució general del MHF
Com que l’equació (6.16) és lineal respecte de x(t), la solució general es pot escriu-
re com la suma de la solució general de l’equació homogènia ẍ+2γẋ+ω20x = 0,
xh(t), que coincideix amb l’equació de moviment del MHE, i una solució parti-
cular xp(t) de (6.16). x(t) = xh(t) + xp(t). xh(t) és la solució corresponent del
MHE que, en qualsevol dels tres casos, és un moviment esmorteït que desapareix
amb el temps. Aquest temps, que depèn del paràmetre d’esmorteïment, el podem
avaluar com t ≫ γ−1, de manera que el factor e−γt ∼ 0. Diem que xh(t) és el
terme transitori. La solució particular xp es troba per tempteig. Partim de
xp(t) = Ap sin(Ω t+ θ0 − φp) (6.17)
on Ap i φp són constants que cal ajustar per tal que (6.17) efectivament compleixi
l’equació (6.16). Si substituïm xp(t), ẋp(t) i ẍp(t), trobats a partir de (6.17), a
(6.16), n’obtenim
2γΩ
tanφP = ; sinφ ≥ 0 (6.18)
ω2 − Ω2 P0
161
6. Petites oscil·lacions
B
Ap = √ ( ) (6.19)2
2 ω
2
Ω 4γ + Ω− 0Ω
Per tant, la solució general del MHF (6.16) es pot escriure com un terme transitori
xh, solució general del MHE, més un terme estacionari xp, definit segons (6.17)
amb una amplitud particular Ap segons (6.19) i una fase inicial θ0 − φp, on φp és
definit segons (6.18). φp pot ser entès com la diferència de fase entre l’excitació i
l’elongació.
Per exemple, en el cas oscil·latori, ω0 > γ, la solució general és
x(t) = A e−γt sin(ω t+ φ0) +Ap sin(Ω t+ θ0 − φp) (6.20)
Fig. 6.9: En lloc de fixar l'extrem
on i són constants d’integració. A l’inici del moviment no hi ha una pulsació superior de la molla al sostre,A φ0 l'agafem amb la mà. Si mantenim
definida. Es tracta d’una superposició de dos moviments harmònics de pulsacions la mà ben quieta, el punt
respectives ω i Ω. Passat un temps, t ≫ γ−1, podem considerar que el terme tran- d'equilibri és el mateix d'abans i
no es mou x0 = 0
sitori desapareix i només ens queda el terme estacionari. El terme estacionari xp(t)
és un moviment oscil·latori harmònic de pulsació Ω, determinada per l’excitador, i
d’amplitud Ap i fase inicial θ0 − φp que no estan relacionades amb les condicions
inicials. Estan fixades per magnituds presents a l’equació de moviment i, per tant,
al sistema: B, ω0, γ, Ω i θ0.
Exemple de moviment harmònic forçat
Seguim amb l’exemple de l’esfera lligada a l’extrem d’una molla, en les mateixes
condicions que a l’apartat anterior. Ara, però, mantenim l’altre extrem de la molla
amb la mà. Vegeu la figura 6.9. Fig. 6.10: Si belluguem la mà
Amb la mà quieta, l’equació de moviment serà exactament la mateixa que en el cas verticalment, amb un movimentsinusoidal d'amplitudAF i
de la molla fixada al sostre, equació (6.15), que podem escriure en la forma pulsacióΩ, provocarem que el
punt d'equilibri es bellugui al
mẍ = −bẋ− k(x− x0) (6.21) voltant de 0 segonsx0 = AF sin(Ω t+ θ0).
encara que ara és x0 = 0.
Si belluguem la mà en direcció vertical, amb un moviment sinusoidal d’amplitud
AF i pulsació Ω, provocarem que el punt d’equilibri es bellugui al voltant de x = 0
segons x0 = AF sin(Ω t + θ0). Vegeu la figura 6.10. Aquesta excitació externa
provoca que la força de la molla canviï a través del canvi de x0. Substituint el nou
valor de x0 a (6.21), n’obtenim
mẍ = −b ẋ− k(x−AF sin(Ωt+ θ0))
162
6.4. Moviment harmònic forçat (MHF)
que es pot escriure
mẍ = −b ẋ− kx+ kAF sin(Ωt+ θ0)
on veiem que l’efecte de bellugar la mà és l’aparició d’una força que actua sobre
l’esfera F = kAF sin(Ωt+ θ0). Si l’expressem de forma canònica
b k kAF
ẍ+ ẋ+ x = sin(Ωt+ θ0) (6.22)
m m m
n’obtindrem les mateixes expressions per a ω0 i γ i també B = kAFm .
Fig. 6.11: Gràfiques deAp(Ω)
Fenòmens de ressonància per a diferents valors delparàmetre d'esmorteïment
Com hem comentat, les característiques del moviment oscil·lant que resulta d’aplicar γ1 > γ2 > γ3 >. S'observaque, si ω20 > 2γ2 hi ha un
un excitador a un cert sistema no vénen determinades per les condicions inicials, màxim. Quan γ → 0, el màxim
sinó per magnituds que, o bé són del sistema o bé de l’excitador. En particular, se situa aΩ = ω0 i tendeix a
infinit. QuanΩ → ∞, resulta
l’amplitud Ap té un valor determinat per una certa combinació d’aquestes magni- Ap(∞) → 0. QuanΩ → 0, el
tuds segons (6.19). Estudiarem A com a funció de Ω, ja que Ω és la magnitud sistema oscil·la amb una amplitudp
B
present a (6.19) que no pertany al sistema sinó a l’excitador. La qüestió és, fixats Ap = 2 . En aquest últim cas,ω0
els valors del sistema, ω0 i γ, hi ha algun valor de Ω que faci que Ap sigui especial-
si es tractés de l'esfera de
l'exemple,B = kAF i s'obté
m
ment gran? Les gràfiques de Ap(Ω) es poden veure a la figura 6.11 per a diferents Ap = AF , és a dir, l'esfera puja
valors de γ. En general, sempre que ω20 > 2γ2, Ap(Ω) presenta un màxim. A quin
i baixa sense que la molla es
deformi
valor de Ω correspon el màxim? Això és senzill de respondre, ja que només hem
de derivar Ap(Ω) respecte de Ω, igualar a zero i aïllar Ω.
Ressonància d’amplitud. Sempre que ω2o > 2γ2, la pulsació d’excitació Ω que
fa que l’amplitud d’elongació Ap tingui un màxim, que anomenem pulsació de
ressonància d’amplitud ΩRA, és √
Ω = ω2RA 0 − 2γ2 (6.23)
A més de la ressonància d’amplitud, té també interès la ressonància de velocitat, és
a dir, la pulsació Ω per a la qual l’amplitud de velocitat ΩAp(Ω) té un valor màxim.
Ressonància de velocitat. La pulsació d’excitació Ω que fa que l’amplitud de
velocitat ΩAp tingui un màxim, que anomenem pulsació de ressonància de velo-
citat ΩRV , és
ΩRV = ω0 (6.24)
És un fet notable que, en ressonància de velocitat, la diferència de fase entre exci-
tació i elongació, φ , és, segons (6.18), πp 2 .
La ressonància de velocitat està molt relacionada amb les qüestions energètiques,
com veurem a la pròxima subsecció.
163
6. Petites oscil·lacions
Energia i potència
L’expressió de l’energia dependrà del sistema concret que tractem. Tot i això, sa-
bent que, per al MHS, Ė = 0 ha de ser l’equació de moviment, podem deduir que
l’energia d’un moviment harmònic sempre es podrà escriure
1 1
E = M ẋ2 + M ω2x2I I 0 (6.25)2 2
on MI és un factor que conté la inèrcia. Per exemple, en cas que es tracti d’un
cos que oscil·la per translació, MI serà simplement la massa, com en el cas de
l’exemple de l’esfera lligada a una molla que hem tractat al llarg d’aquest capítol.
Si es tracta d’un MHE oscil·lant amb γ ≪ ω0, podem escriure l’energia en la forma
aproximada
1
E = M 2Iω0A(t)
2 = e−2γtE(0) (6.26)
2
Si es tracta d’un MHF, l’energia no es conserva a causa de la presència de la fricció
i de l’excitació externa. En aquest cas, podrem escriure
Ė = −2MIγẋ2 +MIB sin (Ωt+ θ0) ẋ (6.27)
ja que, si desenvolupem Ė segons (6.25), (6.27) és l’equació de moviment del
MHF.
Quan estem en la fase estacionària, la mitjana de l’energia en un període, Ē, es
conserva, atès que si calculem∫Ēt+T
1 1
Ē = E dt = M 2 2 2IA (ω
T 4 p 0
+Ω ) (6.28)
t
podem observar que Ē no depèn de t. Si que hi ha dissipació per fricció, però la
mitjana de la suma de la potència d’excitació i la dissipació s’anul·len.
La mitjana de la potència d’excitació, P̄ , és, tenint en compte el terme de potència
de l’excitador, és a dir, el segon terme del membre de la dreta de (6.27)
∫t+T
1 t∫+T
P̄ = Pdt = 1T MIB sin (Ωt+ θ0) ẋdtT t
t (6.29)
1 1
= M BA Ω sinφ = ZA2 2I p p pΩ sinφp2 2
on Z s’anomena impedància mecànica√: ( )
F ω2
2
0
Z = = M 2I 4γ + Ω− 0 (6.30)
ApΩ Ω
164
6.4. Moviment harmònic forçat (MHF)
i F0 = MIB.
Com veiem, si la pulsacióΩ coincideix amb la de ressonància de velocitat, Ω = ω0,
ApΩ serà màxima i sinφp = 1. Així, podem dir:
Potència d’excitació màxima. En ressonància de velocitat, la potència mitjana
desenvolupada per l’excitador és màxima.
La diferència entre ΩRV i ΩRA és ( )2 (( )4)
ΩRV − ΩRA γ γ
= +O (6.31)
ΩRV ω0 ω0
Per a esmorteïments relativament petits, γ ≪ ω0, tindrem ΩRV = ΩRA ≃ ω0. En
aquests casos, és exclusivament la pulsació lliure ω0 la que caracteritza el compor-
tament ressonant del sistema.
165

7 Ones mecàniques
Introducció
Fins ara, hem estudiat la matèria en un model de sòlid rígid. Ara considerem
l’estructura interna d’aquesta matèria. Prenem un bloc de material sòlid homo-
geni i hi fem una ullada per dins. No cal que arribem al nivell atòmic! N’hi ha
prou que considerem volums suficientment grans perquè, en situació d’equilibri,
la quantitat de matèria que continguin es mantingui constant. Aquestes porcions
interaccionen les unes amb les altres. Podem construir un model representant cada
volum de matèria per una partícula. Les diferents partícules les unim amb molles
que, per a petites desviacions de l’equilibri, sabem que, pel que hem après al capítol
capítol 6, representen bé les forces d’interacció (vegeu la figura 7.1).
Fet això, si desplaçem sobtadament una de les partícules de la posició d’equilibri, Fig. 7.1: Model de matèria més
internament tot comença a vibrar! Diem que pel medi es propaga una ona (vegeu enllà de la rigidesa
la figura 7.2).
En aquest capítol, estudiarem com tractar els moviments interns de la matèria, quan
aquesta deixa de ser rígida i passa a tenir propietats elàstiques.
Fig. 7.2: El desplaçament sobtat
7.1 Ones de només una de les partícules
provocarà la propagació d'una
Si pertorbem localment alguna de les propietats d’un medi, la pertorbació es trans- ona pel medi
metrà a tot el medi. La propagació d’aquesta pertorbació s’anomena ona o movi-
ment ondulatori. Pel fet que tractem de pertorbacions mecàniques, pertorbacions
d’algunes de les propietats dels medis materials, diem que tractem amb ones me-
càniques. Si no hi ha confusió, en direm simplement ones. El punt o conjunt de
punts on es produeix la pertorbació inicial s’anomena focus.
Pensem en algunes experiències quotidianes relacionades amb les ones.
a) Si tibem d’un punt d’una corda tensa (vegeu la figura 7.3 (a)), observarem com
la deformació produïda es transmet a una velocitat v (vegeu la figura 7.3 (b)).
7. Ones mecàniques
Si la corda està més tensa, la velocitat de propagació serà més gran.
Fig. 7.3: Propagació d'una
pertorbació en una corda tensa
b) Si donem un cop de martell a una via del tren, al cap de poc, una persona allu-
nyada notarà la vibració causada tocant la via amb la mà.
c) Si tirem una pedra a l’aigua d’un estany, observem com la pertorbació es va
estenent circularment per tota la superfície, a una velocitat constant.
d) Si fem explotar un petard, la ràpida combustió de la pólvora provoca el des-
plaçament dels gasos que comprimeixen la capa esfèrica d’aire més pròxima al
petard. Com que l’aire és molt elàstic, després de ser comprimit s’expandeix,
comprimint la capa esfèrica que envolta la primera capa. I així, successivament.
El resultat és una ona sonora que es propaga esfèricament per l’aire.
Totes les ones mecàniques tenen uns trets comuns que són:
 Hi ha un medi i una propietat d’aquest medi que pot ser pertorbada. Aquesta
pertorbació l’anomenem funció d’ona o camp. En equilibri, la funció d’ona és
nul·la.
– En el cas d’una corda tensa, la corda defineix l’eix x (vegeu la figura 7.3).
La funció d’ona és el desplaçament transversal y de cada punt de la corda
respecte de la seva posició d’equilibri, y = 0. Com que cada punt de la
corda queda determinat per la seva posicióx, i el desplaçament y de cada punt
depèn del temps, l’ona a tota la corda queda caracteritzada per una funció de
dues variables, y(x, t), que és la funció d’ona de la corda.
 En les ones mecàniques, les partícules que constitueixen el medi, de mitjana, no
Fig. 7.4: Una molla llarga
es mouen; només oscil·len lleugerament al voltant de la seva posició d’equilibri. representa bé un model de medi
Les ones no transporten matèria. Sí que podem dir que les ones propaguen continu unidimensional. Podem
energia i quantitat de moviment. generar una ona transversaldesplaçant transversalment
algunes espires de la molla llarga
Si la velocitat d’oscil·lació és perpendicular a la direcció de propagació, diem que
es tracta d’ones transversals (vegeu la figura 7.4).
168
7.1. Ones
Si la velocitat d’oscil·lació té la mateixa direcció que la de propagació, diem que
es tracta d’ones longitudinals (vegeu la figura 7.5).
Si la pertorbació és un desplaçament, longitudinal o transversal, en podem dir elon-
gació, d’acord amb el que hem vist al capítol 6.
Si la pertorbació inicial és molt breu, l’ona que es propaga pel medi s’anomena
pols ondulatori. Aquest és el cas de la figura 7.3.
Fig. 7.5: Ona longitudinal
Si la pertorbació inicial consisteix en una oscil·lació durant un cert interval de provocada pel desplaçament
temps ∆t, el que tindrem és un tren d’ones. A la figura 7.6, es mostra un tren longitudinal d'algunes espires enuna molla llarga
d’ones harmòniques. Si l’interval ∆t és molt gran, ∆t → ∞, el tren d’ones har-
mòniques s’haurà convertit en una ona harmònica. Les ones harmòniques, com
veurem ben aviat, són un cas ideal d’ones molt important.
Fig. 7.6: Un cas particular de tren
d'ones. Si la pertorbació inicial
consisteix en una oscil·lació
harmònica que es perllonga un
temps∆t, s'obté un tren d'ones
harmòniques de longitud v∆t
Fronts d'ona
Un medi s’anomena homogeni si, fixada una direcció, la velocitat de propagació
és independent del punt que considerem.
Un medi s’anomena isòtrop si la velocitat de propagació és la mateixa en totes les
direccions; en cas contrari, és anisòtrop.
Un medi s’anomena no dispersiu si, a cada punt, totes les ones tenen la mateixa
velocitat.
Un medi s’anomena no dissipatiu si el medi no absorbeix l’energia que transporta
l’ona.
S’anomena medi ideal el medi que és, a la vegada, homogeni, isòtrop, no dispersiu
i no dissipatiu. En un medi ideal, la velocitat de propagació de les ones és constant.
S’anomenen fronts d’ona les regions del medi connectades per punts amb un ma-
teix valor de la pertorbació. Dels punts d’un front d’ones, se’n diu que estan en
fase. La direcció de propagació és perpendicular als fronts d’ona.
En un medi ideal, si el focus és puntual o esfèric, el front d’ones serà esfèric. Si el
focus és pla, el front d’ones també ho serà. Lluny del focus, un front d’ones esfèric
esdevé aproximadament pla (vegeu la figura 7.7). En un medi ideal, una ona plana
o unidimensional és la causada per un focus pla. A la pràctica, lluny d’un focus
puntual o localitzat, tindrem una ona plana. En un medi ideal, una ona plana es
169
7. Ones mecàniques
caracteritza perquè té una única direcció de propagació amb velocitat constant.
Fig. 7.7: Un focus puntual dona
lloc a fronts d'ona esfèrics. Lluny
del focus, aquests fronts d'ona
són aproximadament plans. Lluny
del focus, podem tractar l'ona
com a plana
Les ones en una corda tensa o en una barra llarga i estreta són exemples d’ones
planes o unidimensionals, ja que es propaguen només en una direcció.
L’aire de l’atmosfera, en una franja d’uns pocs metres i sense gradients de tempe-
ratura importants, es pot considerar un medi ideal per a les ones sonores.
Els fronts d’ona donen una imatge molt clara de la propagació de les ones. De
fet, l’estudi de les ones va començar al segle XVII quan Christiaan Huygens va Fig. 7.8: Christiaan Huygens
(1629-1695) va ser un matemàtic,
introduir el principi que porta el seu nom. físic i astrònom neerlandès
Principi deHuygens. Qualsevol punt d’un front d’ona és susceptible de convertir-
se en un nou focus emissor d’ones idèntiques a les que el van originar.
Aquest principi permet explicar i preveure fenòmens com la reflexió, la refracció i,
sobretot, la difracció de les ones. Huygens va establir el seu principi per demostrar
que la llum és algun tipus d’ona, en contra de l’opinió de Newton, que creia que
la llum no era més que un feix de partícules. Ja al el segle XIX, primer Fresnel
i després Kirchhoff van millorar l’enunciat del principi i, de fet, Kirchhoff va de-
mostrar que era una conseqüència de l’equació d’ones, que veurem a la secció 7.2.
Com que en aquest text estudiarem les ones des del punt de vista de la mecànica,
no tractarem el principi de Huygens. Només al final del capítol 8 comentarem què
és la difracció.
7.2 Ones planes i equació d'ones
Ones planes: la funció d'ona
Tractarem de les ones planes en un medi ideal. Per aquest tipus de medi:
a) la velocitat de propagació v és una constant característica del medi i
b) la pertorbació conserva la forma mentre es propaga (vegeu la figura 7.9)
Amb aquestes dues condicions, una ona plana, descrita per la funció d’ona y, que
170
7.2. Ones planes i equació d'ones
en situació d’equilibri val y = 0, serà qualsevol funció y de x i t de la forma
y(x, t) = y(x− vt) o bé y(x, t) = y(x+ vt) (7.1)
Fig. 7.9: La mateixa pertorbació a
l'instant inicial t = 0 i en un
instant posterior t en què s'ha
propagat en el sentit de les x
creixents
Observant la figura 7.9, podem veure que y(x− vt) compleix les condicions a i b.
Els fronts d’ona seran els punts que tenen el mateix argument de la funció d’ona, és
a dir, punts en què x−vt = C, essent C una constant. Així, per a qualsevol instant
t, els fronts d’ona són del tipus x = C + vt = constant. Per a cada t són plans,
d’aquí ve el nom d’ones planes (vegeu la figura 7.10). Aquests plans viatgen a la
velocitat ẋ = v. Així y = y(x− vt) representa una pertorbació que es propaga en
el sentit creixent de l’eix x a velocitat v. y = y(x+ vt) representa una pertorbació
que es propaga en el sentit decreixent de l’eix x a velocitat v.
Cal distingir entre la velocitat d’oscil·lació i la de propagació. Si l’ona és plana i Fig. 7.10: Els fronts d'ona d'una
viatja en la direcció de l’eix x, tindrà la forma genèrica y(x, t). ona plana són plans paral·lels
entre si
 La velocitat d’oscil·lació, vosc, és
∂y(x, t)
vosc(x, t) = (7.2)
∂t
 La velocitat (de prop)agació vprop, per a un medi ideal, és la velocitat vprop = |ẋ|
tal que y = y x(t), t és constant. Així:
dy ∂y ∂y
= 0 = ẋ+
dt ∂x ∂t
d’on resulta ∣∣ ∣∂y ∣
vprop = |ẋ| ∣∣∣ ∂t ∣∣= ∣ (7.3)∂y
∂x
Si l’ona és transversal, v⃗osc⊥v⃗prop i, si és longitudinal, v⃗osc||v⃗prop. Si el medi és ideal,
sabem que l’ona plana té la forma y(x, t) = y(x± vt) i la velocitat de propagació
resulta ser vprop = v.
171
7. Ones mecàniques
Ones planes: equació d'ones
Si tenim en compte els dos sentits possibles de propagació, una ona plana pot tenir
la forma
y(x, t) = y(x− εvt) on ε = ±1 (7.4)
Totes les possibles ones planes d’un medi es poden caracteritzar per una equació
diferencial que tingui per incògnita y(x, t) i que pot dependre de v, que és una
característica del medi, però no de ε.
Per trobar aquesta equació, eliminant ε, haurem de derivar (7.4). Ara bé, y(x, t) =
Y (u), on u = x+ εvt. Aplicant la regla de la cadena
∂y dY ∂u dY ∂2y d2Y ∂u d2Y
= = = =
∂x du ∂x du ∂x2 du2 ∂x du2
∂y dY ∂u dY ∂2y d2Y ∂u d2Y
= = εv = = ε2v2
∂t du ∂t du ∂t2 du2 ∂t du2
2
Com que ε = ±1, ε2 = 1, amb les derivades segones eliminem ε. Eliminant d Ydu2 ,
trobem l’equació d’ones planes:
∂2y − 1 ∂
2y
= 0 (7.5)
∂x2 v2 ∂t2
que és l’equació d’ones que es propaguen en una sola direcció, la x. Per a ones
propagant-se en diferents direccions, fronts d’ona no plans, cal considerar les tres
dimensions de l’espai x, y, z. Anomenant ψ la funció d’ona, i amb raonaments
semblants als que s’han fet per a una dimensió, l’equació d’ones és
∂2ψ ∂2ψ ∂2ψ − 1 ∂
2ψ
+ + = 0 (7.6)
∂x2 ∂y2 ∂z2 v2 ∂t2
Principi de superposició
L’equació d’ones (7.5) és una equació en derivades parcials lineal. La demostració
és senzilla: siguin y1(x, t) i y2(x, t) dues ones, és a dir, dues funcions que satisfan
l’equació d’ones
∂2y 1 ∂21 − y
2 2
1 ∂ y2 − 1 ∂ y2= 0 = 0
∂x2 c2 ∂t2 ∂x2 c2 ∂t2
Qualsevol combinació lineal de les dues, ay1 + by2, amb a i b constants arbitràries,
compleix l’equació d’ones (7.5):
∂2(ay1 + by2)
2
− 1 ∂ (ay1 + by2)
∂x2 c2[ ∂t2 ] [ ]
∂2y 21 − 1 ∂ y ∂
2y 1 ∂21 2 y2
= a + b − = 0
∂x2 c2 ∂t2 ∂x2 c2 ∂t2
172
7.2. Ones planes i equació d'ones
El fet que l’equació d’ones sigui lineal significa que està d’acord amb el principi
de superposició, que simplifica extraordinàriament el comportament i l’estudi de
les ones.
Principi de superposició de les ones. Si per un medi es propaga més d’una ona,
cadascuna es propaga sense veure’s afectada per les altres.
Com que y1(x, t) = f(x − vt) i y2(x, t) = g(x + vt) són solucions de l’equació
d’ones, aplicant el principi de superposició trobem la solució general de l’equació
d’ones
y(x, t) = f(x− vt) + g(x+ vt) (7.7)
on f i g són dues funcions arbitràries.
Fig. 7.11: Si en una corda es
propaguen dos polsos de sentits
contraris, l'elongació de cada punt
de la corda serà la suma
d'elongacions que produirien
cadascun dels polsos per separat
A la figura 7.11, podem veure un cas que il·lustra el principi de superposició.
Problema 7.2.1. A l’instant t = 0, es dóna un cop a una cadena llarga i tensa, que
inicia la propagació d’una ona plana (pols ondulatori) que es pot expressar com
1
y(x, t) = (7.8)
12 + (x+ 14t)2
on x i y estan en m i el temps t en s. y(x, t) és semblant a la que es mostra a la
figura 7.9.
a) Comproveu que aquesta funció és una ona plana i trobeu la velocitat a què
es propaga. Quant valdrà la màxima elongació que experimentarà cada petita
baula de la cadena a mesura que es propaga l’ona?
b) Si y(x, t) és un pols, quina amplada aproximada podem dir que té?
c) Quant val la velocitat d’oscil·lació d’un punt qualsevol x de la cadena?
d) A l’instant t = 0, quins punts tindran la màxima velocitat d’oscil·lació?
173
7. Ones mecàniques
Solució
a) Efectivament, la funció y(x, t) de (7.8) es pot expressar en la forma: y = f(x−vt);
per tant, és una ona que es propaga a la velocitat de 14m/s en el sentit decreixent de
les x. També podem veure-ho comprovant que satisfà l’equació d’ones (7.5).
Per a una x determinada, la màxima elongació y serà quan el denominador de (7.8)
sigui mínim: x + 14t = 0. Així doncs, per a cada x, la màxima y serà: ymax =
1/12 = 0,0833 m.
b) Per a un valor estimatiu, prenem com a amplada del pols la distància entre els punts
de la corda que tinguin una elongació y = 1/10 ymax. Com que la forma del pols no
canvia, podem treballar a t = 0,
1 1 ≈ 1 d’on x ≈ ±10 m
10 12 12 + x2
Per tant, l’amplada del pols és de l’ordre dels 20m.
c) Per trobar la velocitat d’oscil·lació, hem de derivar y
∂y [ −28(x+ 14t)vosc = = ]
∂t 212 + (x+ 14t)2
d) Per a un t donat, el punt x del pols que tindrà la màxima velocitat d’oscil·lació ve
donat per [ ]
∂vosc −28 · 14 12 [+ (x+ 14t)2 + ]112(x+ 14t)2= 0 =
∂x 312 + (x+ 14t)2
d’on (x + 14t)2 = 4 Si t = 0, llavors x = ±2m. Atès que la forma del pols es
manté, els dos punts amb màxima velocitat d’oscil·lació estan a 2m del màxim del
pols. 
Ones harmòniques
A la figura 7.12, la vareta d’un vibrador descriu un moviment harmònic simple
(MHS) de pulsació ω. Una corda indefinidament llarga, tensa, té un extrem fixat a
la vareta. El moviment es transmet a la corda i la seva propagació és una ona. Si
no hi ha dissipació, passat un temps, l’ona abastarà un tram molt llarg de corda, de
manera que podrem dir que tots els punts de la corda allunyats de l’extrem faran
un MHS. Com que el MHS de la vareta no s’atura, tots els punts de la corda, en tot
moment, fan un MHS.
Fig. 7.12: La vareta descriu un
moviment harmònic simple (MHS)
que es propaga a la corda tensa
fixada al seu extrem
L’ona de la figura 7.12 és una ona plana que s’anomena ona harmònica. Una ona
harmònica que es propaga en el sentit creixent de les x és una funció de la forma
174
7.2. Ones planes i equació d'ones
y(x, t) = f(x−vt) en què cada punt x fa un MHS de pulsació ω. Aquests requisits
ens imposen la forma general
y(x, t) = A sin(kx− ωt+ ϕ) (7.9)
on A, k, ω i ϕ són constants amb ωk = v. Així, tindrem
y(x, t) = A sin(k(x− vt) + ϕ) (7.10)
i es compleix y(x, t) = f(x− vt).
Els paràmetres que caracteritzen una ona harmònica són:
 Amplitud A. És la magnitud que proporciona les dimensions físiques a y. Si
és una ona de desplaçament, A té dimensions de longitud. Si és una ona sonora
de pressió, A té dimensions de pressió.
 Període T (s en el S.I.). Si filmem un punt de la corda, situat horitzontalment
a x = x0, llavors y(t) = y(x0, t) és el moviment vertical d’aquest punt. A la
figura 7.13, es representa y(t). T és el període temporal de l’ona o simplement
període.
Fig. 7.13: Moviment harmònic
simple efectuat per la pertorbació
y en el punt x0 al llarg del temps
t
 Pulsació o freqüència angular ω (rad/s en el S.I.). Podem trobar la relació
amb el període tenint en compte la definició d’aquest últim:
kx− ω(t+ T ) + ϕ = kx− ωt+ ϕ− 2π
d’on trobem
2π
ω =
T
 Freqüència f (s−1 = Hz en el S.I., Hz= hertz). f = 1/T
 Longitud d’ona λ (m en el S.I.). Si aturem el temps, t = t0, llavors y(x) =
y(x, t0) és una “foto” de l’ona. A la figura 7.14, es representa y(x). λ és el
període espacial de l’ona.
Fig. 7.14: Forma de la funció
d'ona y a l'instant t0 al llarg de la
coordenada x del medi
175
7. Ones mecàniques
 Nombre d’ones k (rad/m en el S.I.). Podem trobar la relació entre k i la
longitud d’ona tenint en compte la definició d’aquesta última
k(x+ λ)− ωt+ ϕ = kx− ωt+ ϕ+ 2π
d’on trobem
2π
k =
λ
 Velocitat de propagació o de fase v (m/s en el S.I.). Podem trobar la relació
amb ω i k, tenint en compte que la fase ha de ser una funció de x− vt:
ω
kx− ωt+ ϕ = k(x− t) + ϕ = k(x− vt) + ϕ
k
així
ω λ
v = = = λ f
k T
 Faseφ(x, t) (rad en el S.I.). És l’argument de la funció sinus de (7.9): φ(x, t) =
kx−ωt+ϕ. Es mesura en rad, mai en graus! Així, ϕ és la fase inicial, a t = 0,
i l’origen x = 0. Els punts amb la mateixa fase presenten el mateix estat de
moviment.
Un desfasament és un increment de la fase ∆φ:
– Entre dos punts x al mateix instant t: ∆φ = φ(x2, t)− φ(x1, t) = k(x2 −
x1). Si x2 = x1 + nλ, amb n enter, aquests dos punts tenen la mateixa fase,
mòdul 2π.
– Entre dos instants t al mateix puntx: ∆φ = φ(x, t2)−φ(x, t1) = ω(t2−t1).
Amb el valor adequat de ϕ, la mateixa ona (7.9) es pot escriure de diverses
maneres. Per exemple,
y(x, t) = A cos(kx− ωt+ ϕ′) = A sin(ωt− kx+ ϕ′′)
Per avaluar desfasaments entre dues funcions harmòniques, les dues s’han d’ex-
pressar en forma de sin o les dues en forma de cos. En aquest text, optarem per
sin.
Si l’ona es propaga en el sentit contrari, decreixent en x, com que y = f(x+ vt),
tindrem y(x, t) = A sin(kx+ ωt+ ϕ).
Problema 7.2.2. Per una corda es propaga [l’ona h(armònica següent
× − − x
)]
y(x, t) = 3 10 3 cos 200π t (1)
20
on totes les magnituds estan en el S.I. Per a aquesta ona, esbrineu quant valen:
176
7.3. De les lleis de Newton a l'equació d'ones
a) l’amplitud, el període, la freqüència, la longitud d’ona i la velocitat de fase;
b) la velocitat i l’acceleració transversals màximes d’un punt qualsevol de la
corda;
c) la distància que separa dos punts consecutius separats per un desfasament de
π/3 rad.
Solució
Per fer que (1) s’assembli(a (7.9), es pot escriure)com ( )
y = 3× π π10−3 sin 10πx− 200πt + = A sin kx− ωt+ (2)
2 2
a) Ara, comparant (2) amb (7.9), n’obtenim:
Amplitud: A = 3× 10−3 m
Nombre d’ona: k = 10π = 31,42 rad/m
Freqüència angular: ω = 200π = 628,3 rad/s
Longitud d’ona: λ = 2π = 1 = 0,20 m
k 5
Període: T = 2π = 1 = 0,010 s
ω 100
Velocitat de fase: c = ω = λ = 20 m/s
k T
b) Tots els punts de la corda fan un MHS en la direcció de l’eix y. La velocitat i
l’acceleració d’oscil·lació vénen donades per
v ∂yosc = = −ωA cos(kx− ωt+ ϕ)∂t
∂2a y 2osc = 2 = −ω A sin(kx− ωt+ ϕ) = −ω2y(x, t)∂t
Els màxims valen ( )
• Màxima velocitat: v = (∂ymax ) = ωA = 0,6π = 1,885m/s∂t max
2
• Màxima acceleració: amax = ∂ y 22 = ω A = 120π2 = 1184m/s2∂t
max
c) La diferència de fase val ∆φ = k∆x. Així, si ∆φ = π/3 rad, tenim
∆φ ∆φ 1
∆x = = λ = = 0,0333m 
k 2π 30
7.3 De les lleis de Newton a l'equació d'ones
La mecànica newtoniana prediu l’existència d’ones en els medis elàstics i dóna
l’expressió de la velocitat de propagació en funció de les propietats del medi.
Ones en una corda tensa
Sigui una corda tensa molt flexible, de densitat lineal µ (kg/m en el S.I. d’unitats),
per la qual es propaga una ona transversal. La posició de la corda en equilibri
177
7. Ones mecàniques
Fig. 7.15: Un diferencial de corda
defineix l’eix x. A la figura 7.15, es mostra un diferencial de corda, el corresponent
entre els punts 1 i 2, en moviment i les dues tensions F⃗1 i F⃗2 a què està sotmès.
Aplicarem la segona llei de Newton a aquest diferencial de corda, que tractarem
com una partícula. Tractarem el problema per a petites oscil·lacions i grans tensi-
ons. En conseqüència:
• θ ≪ 1 i sin θ ≈ tan θ ≈ θ
• El diferencial de corda només té un moviment apreciable transversalment.
• dm = µdx.
• Les tensions F⃗1 i F⃗2 tenen el mateix mòdul: F1 ≈ F2 ≈ F .
• La corda tensa en equilibri és horitzontal. La força pes es pot negligir.
Amb aquestes suposicions, la suma de les forces transversals que actuen sobre
dm = µdx és
Fy = F1y + F2y = −F sin θ + F sin(θ + dθ) ≈
≈ F (−θ + θ + dθ) = F dθ
Com que el pendent del diferencial de corda és la derivada
≈ dy ∂ytan θ θ = =
dx ∂x
tenim
dθ ∂2y
dθ = dx = dx
dx ∂x2
2
D’altra banda, l’acceleració transversal val a ∂ yy = ∂t2 . Així doncs, la segona llei
de Newton, Fy = dmay, és
∂2y ∂2y
F dx = µdx (7.11)
∂x2 ∂t2
d’on resulta l’equació d’ones
∂2y − µ ∂
2y
= 0 (7.12)
∂x2 F ∂t2
178
7.3. De les lleis de Newton a l'equació d'ones
de la qual deduïm, per comparació amb (7√.5), que la velocitat de propagació de lesones és
F
v = (7.13)
µ
Si introduïm la secció S de la c√orda a l’√expressió (7√.13 ), n’obtenim
F F/S τ
v = = = (7.14)
µ µ/S ρ
on ρ és la densitat volúmica. Tornem a veure que la√velocitat de propagació està
relacionada amb les característiques del medi segons esforçdensitat .
Problema 7.3.1. Un fil recte i llarg d’acer, de 0,50mm de radi, es penja del sostre.
Si en suspenem de l’extrem lliure un cos de 10 kg de massa, determineu la velocitat
del pols que es propaga pel fil si desplacem transversalment una mica un punt
qualsevol i el deixem anar.
Dada. La densitat de l’acer és ρacer = 7,80× 103 kg/m3.
Solució
Apliquem la fórmula (7.13), prenent com a tensió del fil: F = mg = (10 kg) ×
(9,81m/s2) = 98,1N.
La densitat lineal del fil és
m ρπr2 ℓ
µ = = = ρπr2 = 6,123× 10−3 kg/m
ℓ √ℓ
Per tant, la velocitat és Fv = = 126,5m/s 
µ
Model simple de barra sòlida
Sigui una cadena molt llarga, recta, de N parelles molla-partícula idèntiques, con-
nectades entre si, com s’il.lustra a la figura 7.16. Les molles tenen constant recu-
peradora k i les partícules, massa m. h és la distància entre partícules en equilibri.
Fixem-nos en una massa qualsevol, i, inicialment en equilibri a la posició xi. La
massa anterior és a xi−1 i la posterior a xi+1.
Fig. 7.16: Model simple de barra
sòlida en equilibri
Quan per aquesta cadena hi passa una ona, les posicions de les masses variaran. La
massa i es desplaçarà si.
179
7. Ones mecàniques
Fig. 7.17: Model simple de barra
sòlida en equilibri quan una ona
es propaga longitudinalment
Observant la figura 7.17, podem escriure l’equació de moviment de la partícula i
aplicant-hi la segona llei de Newton:
d2si
m = +k(si+1 − si)− k(s − s2 i i−1)dt
que, multiplicant i dividint per h,po(dem rees)criur(e com )
si+1−si si−si−1
m d2s  − i h h
= kh  (7.15)h dt2 h
Si h és molt petita i N molt gran, podem fer el pas al continu: mantenint la longitud
de la cadena, L = Nh, finita, fem N → ∞, a la vegada que h → 0. En lloc de
pensar que la partícula i, de posició d’equilibri xi, és desplaçada si, pensarem que
la partícula de posició d’equilibri x és desplaçada s. En aquest cas, s passa a ser
una funció contínua de x i del temps t, s(x, t). Així, podem aproximar el membre
de la dreta(de (7.15))per d(erivades )
parcials:
si+1−si − si−si−  ( ) ( )1 ∂s h h  ∂x −
∂s
∂2s
lim lim x ∂x= x+h = (7.16)
h→0 h h→0 h ∂x2
D’altra banda, la derivada ordinària del membre de l’esquerra de (7.15) la podem
entendre com a derivada parcial ja que si és ara s(x, t). Per tant, de (7.16), (7.15)
acaba quedant com l’equació d’ones √
∂2s 2− 1 ∂ s k= 0 amb v = h (7.17)
∂x2 v2 ∂t2 m
És a dir, a la cadena de molles-masses, una pertorbació longitudinal es propaga
d’una massa a la següent com una ona de velocitat v donada per (7.17).
Com ja hem comentat, (7.17) és correcta si la longitud h és molt petita respecte de
la longitud d’ona de l’ona harmònica que es propagui per la cadena. Si l’ona que
es propaga no és una ona harmònica sinó un pols ondulatori, h ha de ser molt més
petita que l’amplada del pols.
No cal que h sigui la longitud natural de la molla. Si ho és, podem entendre que,
en equilibri, la cadena no està sotmesa a cap tensió externa. Si no ho és, entendrem
que, en equilibri, la cadena està sotmesa a una tensió o compressió externa constant.
180
7.3. De les lleis de Newton a l'equació d'ones
Malgrat que es tracta d’un model, podem reescriure la velocitat de propagació
(7.17), introduint la secció S d√e la cad√ena, com √
k hk/S τ1
v = h = = (7.18)
m m/(hS) ρ
on ρ = mhS és la densitat volúmica mitjana de la cadena i τ1 =
hk
S pot entendre’s
com l’esforç que fa que la deformació sigui ∆L = L La tensió corresponent és
F = τ1S.
Ones longitudinals i transversals en una barra sòlida
Considerem una barra llarga, homogènia, de longitud L, secció recta uniforme S
i densitat volúmica ρ (vegeu la figura 7.18). La barra té un comportament elàstic
lineal per tracció/compressió longitudinal. Això vol dir que, si s’aplica a cadascun
dels dos extrems de la barra una força F de tracció (positiva, cap enfora) o de com-
pressió (negativa, cap endins), la barra s’allargarà o s’escurçarà, respectivament,
una petita longitud ∆L proporcional a l’esforç F/S
∆L 1 F
= (7.19) Fig. 7.18: Barra llarga,
L Y S homogènia, de longitud L, secció
on Y és el mòdul de Young que caracteritza l’elasticitat de la barra, té dimensions recta uniforme S i densitat
de pressió i se sol mesurar en GPa Pa. volúmica ρ, sotmesa a una força= 109 de tracció F
Podem tractar la barra seguint el model de molles-masses que hem estudiat anteri-
orment. En particular, podem utilitzar (7.18) per a la velocitat de les ones longitu-
dinals a la barra. L’esforç τ1 el trobem a partir de (7.19) amb ∆L = L, és a dir,
τ1 = Y . La velocitat de propagació de le√s ones longitudinals a la barra, vL, seràaixí
Y
vL = (7.20)
ρ
A la taula 7.1, es donen el mòdul de Young, la densitat i la velocitat vlong de les ones
longitudinals per barres de diversos materials.
Y G ρ vlong vtran Z Taula 7.1: Mòdul de Young,
(× 9 Pa) (× 9 Pa) (kg/m3) (m/s) (m/s) (rayl) densitat i velocitats de les ones10 10 longitudinals i transversals per a
barres de diversos materials. Z
Acer 200 78 7800 5064 3160 39,5×106 és la impedància acústica
Alumini 70 26 2700 5092 3100 13,7×106 específica definida al capítol
Coure 130 49 8900 3821 2350 34,0× 6 següent10
Vidre ∼60 ∼24 ∼2500 ∼4900 ∼3100 ∼12,3×106
La velocitat (7.20) és vàlida per a barres primes i llargues. En sòlids extensos, la
velocitat de les ones longitudinals ve donada per aquesta expressió, multiplicada
181
7. Ones mecàniques
per un factor que té en compte altres característiques elàstiques dels materials. Així,
per exemple, per a l’acer, el factor de correcció és 1,15 i la velocitat que en resulta,
és 5790m/s.
En els sòlids també es propaguen ones transversals. En aquest cas, la propaga-
ció depèn del mòdul de cisallament o torsió, G, que relaciona el moment d’un
parell de forces aplicades a les cares d’una “llesca de barra” amb la deformació
caracteritzada per l’angle θ (vegeu la figura 7.19)
1 F
θ =
G S
La velocitat de les ones transversals vT , q√ue donem sense demostració, és
G
vT = (7.21)
ρ
√
que també té la forma esforçdensitat . A la taula 7.1, es donen els valors de G per a alguns Fig. 7.19: El mòdulG relaciona el
materials. Es pot demostrar que, per a qualsevol material, G < Y . Així moment aplicat a una l.llesca de
barra"amb la deformació
Per a un mateix material, la velocitat de les ones longitudinals és més gran que caracteritzada per θ
la de les ones transversals.
En els fluids, G = 0 i la conseqüència és:
En el si dels fluids, només es propaguen ones longitudinals.
Els terratrèmols són la manifestació a la superfície de la Terra de les ones sísmiques
que es generen quan, en un punt de l’escorça terrestre, xoquen o es mouen grans
blocs rocallosos. Les ones sísmiques que es creen comporten ones longitudinals,
transversals i d’altres. Parteixen del focus, l’hipocentre, i es propaguen com a ones
esfèriques. Sabem que les ones longitudinals són més ràpides (es coneix bastant bé
la velocitat mitjana d’aquestes ones) que les transversals i es detecten fàcilment pel
fet que arriben abans als observatoris sísmics. Amb tres observatoris que registrin
els terratrèmols ja es pot determinar, per triangulació, la posició de l’hipocentre.
Ones longitudinals en un fluid
Sigui una ona plana longitudinal que es propaga en la direcció de l’eix x per un
medi fluid. Considerem un tub de fluid, en la direcció de propagació, de secció
recta constant S que, en equilibri, té densitat uniforme ρ. L’ona es pot descriure
com una ona de desplaçament o com una ona de densitat.
En el primer cas, la pertorbació és el desplaçament, s, de cada secció recta del tub.
Així, la secció inicialment a x passa a estar x+s, on s dependrà de x i de t: s(x, t).
182
7.3. De les lleis de Newton a l'equació d'ones
A la figura 7.20 (a), es mostra, en equilibri, abans que passi l’ona, el tub i un
diferencial o “llesca” de tub limitat per les seccions x1 i x2 = x1 + dx. El volum
d’aquest diferencial és S dx i la massa, dm = ρS dx.
A la figura 7.20 (b) es mostra el mateix tub però quan està passant l’ona. Les
seccions rectes que limitaven la massa dm a les posicions x1 i x2 han passat a estar
a x′1 = x1 + s ′1 i x2 = x2 + s2, essent s2 = s1 + ds. El volum d’aquesta nova
llesca diferencial és ara S (dx+ ds).
Fig. 7.20: Tub de fluid en la
Com que ha canviat el volum que ocupava la massa dm, també ha hagut de canviar direcció de propagació
la densitat en el nou diferencial de volum, que passa de la d’equilibri ρ a ρ + ρp.
La massa dm pot ser expressada com
dm = ρS dx = (ρ+ ρp)S (dx+ ds)
d’on resulta
ρp = −
ds
(ρ+ ρp)
dx
Si ens restringim a l’estudi de petites pertorbacions, ρp ≪ ρ i, per tant, ρ+ρp ≈ ρ.
Com que s és una funció de x i de t, podem escriure ds/dx com una derivada
parcial. Obtenim així la relació entre l’ona de densitat i l’ona de desplaçament
∂s
ρp = −ρ (7.22)
∂x
Una pertorbació de densitat ρp pro(voca)una pertor(bació)de pressió p o pressió acús-tica:
≈ ∂p ≈ ∂pp dp = dρ ρp
∂ρ ∂ρ
C C
i, tenint en compte (7.22) ( )
− ∂p ∂sp = ρ
∂ρ ∂x
C
és a dir,
∂s
p = −B (7.23)
∂x
on B és una magnitud pròpia de cada fluid, anomenada mòdul de compressibilitat
que, per a petites variacions de pressió o densitat, és constant. El subíndex C en la
derivada anterior és per indicar com es fa el procés de compressió. B té dimensions
de pressió i es mesu(ra en)Pa. Tenim ( )
∂p ∂p
B = ρ o també B = −V (7.24)
∂ρ ∂V
C C
Podem escriure (7.24) per a petites variacions de volum ∂V ≈ ∆V i pressió ∂p ≈ p Fig. 7.21: Mòdul de
(vegeu la figura 7.21) compressibilitatB
183
7. Ones mecàniques
∆V 1
= − p (7.25)
V B
A la figura 7.22, es mostra un cilindre llarg de fluid, de secció recta S. Més con-
cretament, es mostra una “llesca” de longitud dx i massa dm. La cara de l’esquerra
de la llesca, situada a x, està sotmesa a la pressió p(x) i la cara de la dreta, situada
a x+ dx, sotmesa a la p(x+ dx). La força total sobre la llesca, dF = −F ′ + F ,
val [ ]
dF = − p(x+ dx) + p(x) S = −S dp (7.26)
Apliquem la segona llei de Newton a la llesca, dF = dm a
∂2s ∂2s Fig. 7.22: Una llesca de tub de
dm a = dm = ρS dx
∂t2 ∂t2 fluid de longitud dx i massa dm
i, considerant (7.26) i (7.23),
2
dF = − ∂ sS dp = −S B dx
∂x2
d’on resulta √
∂2s 2− 1 ∂ s B= 0 amb v = (7.27)
∂x2 v2 ∂t2 ρ
que és l’equació de les ones longitudinals en el si d’un fluid.
Fins ara no hem especificat si el fluid és un líquid o un gas. Aquesta dada ens cal
per calcular (7.24), ja que la derivada (dp/dρ)C depèn del procés C de compressió
que es faci. En el cas dels líquids, el procés és purament mecànic i el mòdul B és
constant. A la taula 7.2, tenim el mòdul B i la densitat ρ d’alguns líquids, així com
la velocitat v de les ones corresponents.
Líquid B (×109 Pa) ρ (kg/m3) v (m/s) Z (rayl) Taula 7.2: Velocitat de les ones en
líquids. Z és la impedància
Aigua 2,1 1000 1450 1,45×106 acústica específica definida al
Glicerina 4,8 1261 1950 2,46×106 capítol següent
Mercuri 27 13600 1400 19,0×106
Ones sonores en un gas
En comprimir un gas, augmenta la densitat, varia la temperatura i hi ha transport
de calor. Els dos processos més importants de compressió o expansió d’un gas són
l’isotèrmic i l’adiabàtic. Segons la termodinàmica, les compressions isotèrmiques
d’un gas ideal, per a les quals pV = const., comporten un transport de calor que
permet mantenir constant la temperatura. En les compressions adiabàtiques, no hi
184
7.4. Anàlisi i síntesi de Fourier
ha transport de calor. Els processos ràpids solen representar-se bé per processos
adiabàtics.
En les ones sonores, les compressions i les expansions són tan ràpides i els gasos
tan mals conductors de la calor que les podem considerar processos adiabàtics. La
relació entre la pressió i el volum en el cas d’un gas ideal és pV γ = const., i entre
la pressió i la densitat p/ργ = const., on γ és el coeficient adiabàtic del gas. Si el
gas és monoatòmic, γ = 5/3 i, si és diatòmic, γ = 7/5. L’aire pot ser considerat
diatòmic.
Per als processos adiabàtics d’un ga(s ide)al, el mòdul B (7.24), tenint en comptep/ργ = const., és
dp
B = ρ = γ p (7.28)
dρ adiab
Així doncs, a partir de (7.27) i (7.28), la√velocitat de propagació d’una ona sonoraen un gas ideal és
γ p
v = (7.29)
ρ
D’acord amb l’equació d’estat dels gasos ideals, p = ρMRT , on M és la massa
molar del gas, en kg, T és la temperatura absoluta, en kelvin, K; i R és la constant
universal dels gasos, R = 8,314 Jmol−1K−1√ , la velocitat del so en un gas ideal espot escriure com
γ RT
v = (7.30)
M
Donat el gas, la velocitat només depèn de la temperatura.
A la taula 7.3, s’indiquen els valors de la velocitat del so en alguns gasos ideals a
15◦C i la densitat del gas a 1 atm = 1,013× 105 Pa.
Gas ρ (kg/m3) v (m/s) Z (rayl) Taula 7.3: Velocitat del so en
gasos, a 15◦C = 288,2K. Z
Heli, He 0,169 916 155 és la impedància acústica
Hidrogen, H 0,0845 1295 109 específica definida al capítol2 següent
Aire 1,23 340 418
7.4 Anàlisi i síntesi de Fourier
El principi de superposició ens diu que, si tenim dues ones harmòniques planes en
un medi de velocitat de propagació v,
y1(x, t) = A1 sin(ω1t− k1x+ φ10) y2(x, t) = A2 sin(ω2t− k2x+ φ20)
on ω1, k1, ω2, k2 cal que compleixin v = ω1 = ω2k k , la superposició de les dues,1 2
y1 + y2 , també és una ona que es propaga en aquest medi.
185
7. Ones mecàniques
Si f(u) és una funció periòdica de u, de període T , llavors f(u+T ) = f(u), per a
qualsevol u. El teorema de Fourier ens diu que tota funció periòdica de u, f(u),
de període T , pot ser descomposta com una suma de funcions harmòniques1 1
∑ Si la funció no és periòdica, tam-bé es pot fer una descomposi-∞ ció en funcions harmòniques sem-
f(u) = An sin(ωnu+ φn) (7.31) blant a (7.31), però la diferència
n=1 és que, en lloc d'un sumatori per
a ωn = nω1, el que tindrem és
on les freqüències ωn són múltiples enteres de la freqüència fonamental
una integral i les ω passen a ser
ω 2π1 = T valors continus
ωn = nω1 n = 1, 2, 3, ...
i la funció
f1 = A1 sin(ω1u+ φ1)
és l’harmònic fonamental. Els altres termes, A2 sin(ω2u+φ2), etc., són els har-
mònics superiors.
Pel que fa a les amplituds An, les relacions An/A1 (i les fases φn) són caracterís-
tiques de cada funció f(u).
A (7.31), la funció f(u) és una funció periòdica. Per tal que es tracti d’una ona
periòdica, només cal fer la substitució
x
u = t−
v
Anàlisi de Fourier. Tota ona y(x− vt) periòdica pot ser descomposta en ones
harmòniques.
Donada l’ona periòdica y(x− vt), sempre la podem expressar en la forma
∑∞ ωn nω1
y(x− vt) = An sin(nω1t− nk1x+ φn) v = = (7.32)
kn nk1
n=1
Fig. 7.23: Ona quadrada positiva
Quan descomponem una ona en ones harmòniques, diem que fem l’anàlisi de Fou-
rier de l’ona. Combinant-ho amb el principi de superposició, podem dir:
Síntesi de Fourier. Tota ona periòdica pot ser sintetitzada a partir de la super-
posició d’ones harmòniques.
186
7.4. Anàlisi i síntesi de Fourier
Fig. 7.24: Primers termes de la
sèrie de Fourier corresponent a
l'ona quadrada positiva
Quan construïm una ona a partir d’ones harmòniques, diem que fem la síntesi de
Fourier de l’ona.
Exemple. Sigui f(t) l’ona q{uadrada positiva (vegeu la figura 7.23) definida com:
F0 , si 0 < t < T/2
f(t) =
0 , si T/2 < t < T
Es pot demostrar que la funció anterior es pot descompondre en la sèrie de Fourier
de sinus següent: ( )
F0 2 sin 3t sin 5t
f(t) = + F0 sin t+ + + . . . (7.33)
2 π 3 5
A la figura 7.24, s’han representat e∑ls primers termes de la sèrie (7.33), n = 1,
n = 2, ..., i les sumes respectives, . A la columna (a), només hi ha els dos
n
primers termes i, a la (b), els quatre primers. S’observa que la suma de només
quatre termes és una bona aproximació de la funció (7.33). A la gràfica de la figura
7.25, es mostren les amplituds relatives, An/A1, en funció de la freqüència, ωn, per
a n = 1, 2, 3, .... L’estudi d’un senyal periòdic s’anomena anàlisi espectral.
Fig. 7.25: Anàlisi espectral de
l'ona quadrada positiva
187

8 Fenòmens ondulatoris
Introducció
En aquest capítol, estudiem fenòmens relacionats amb les ones. Alguns d’aquests
fenòmens estan molt lligats a característiques específiques de les ones, com el prin-
cipi de superposició. D’altres estan relacionats amb aspectes energètics, quan en-
tenem les ones com un fenomen de propagació i distribució de l’energia a través
del medi. Començarem estudiant aquests últims.
8.1 Potència i intensitat de les ones planes
Sabem que, en una ona el que es propaga és una pertorbació d’alguna de les pro-
pietats del medi. Això comporta sempre la propagació d’energia.
Potència d'una ona harmònica en una corda
Calculem ara la potència que transporta l’ona harmònica y(x, t) = A sin(kx−ωt)
quan es propaga per una corda de densitat lineal µ sotmesa a la tensió F . Fixem-
nos que, si no hi ha pèrdues, aquesta potència ha de ser la mateixa que subministra
el focus origen de les ones.
Com hem vist a la secció 7.3, la component transversal y de la tensió F que el tram
de corda de la dreta fa sobre el tram esquerre és (vegeu la figura 7.15)
∂y
Fy = F sin θ ≈ F tan θ = F
∂x
Aquesta força transmet, cap a la dreta, una potència d’excitació instantània Pexc
donada pel producte de Fy per la velocitat transversal ∂y/∂t de cada element de
la corda
dW ∂y ≈ ∂y ∂yPexc = = Fy F (8.1)
dt ∂t ∂x ∂t
Si l’ona és harmònica, (8.1) es pot escriure
Pexc = F kωA
2 cos2(kx− ωt)
8. Fenòmens ondulatoris
√
Com que v = Fµ i k = ω/v, l’expressió per Pexc es pot escriure com
P 2 2exc = µω v A cos2(kx− ωt) (8.2)
Aquesta potència oscil·la entre 0 iµω2v A2. A la pràctica, té més interès la potència
mitjana P̄exc, que podem calcular com la i∫ntegral dePexc durant un períodeT divididaper T , és a dir,
1 t+T
P̄exc = Pexc dt (8.3)
T t
Substituint (8.2), trobem
1
P̄ 2 2exc = µω A v (8.4)
2
El problema següent tracta de trobar el resultat (8.4) d’una forma alternativa més
directa.
Problema 8.1.1. Calculeu l’energia per unitat de longitud que té una corda per
la qual es propaga una ona harmònica i, després, la potència necessària que s’ha
d’anar subministrant a la corda per mantenir l’ona.
Solució
Figura de la solució 8.1.1
Considerem l’ona harmònica y = A sin(kx− ωt) que es propaga a la velocitat v a
través d’una corda de densitat lineal µ. Cada diferencial de corda pot entendre’s com
una partícula de massa dm = µdx sotmesa a un MHS d’amplitud A i freqüència ω
(vegeu la figura).
De l’estudi del MHS, sabem que(l’eleme)nt dm té l’energia dE, donada per1 1
dE = ω2 dm A2 = µω2A2 dx
2 2
Per tant, l’energia per unitat de longitud de la corda val
dE 1
= µω2A2
dx 2
Per propagar una ona harmònica, cal anar cedint l’energia al llarg del temps en una
forma contínua i sense interrupcions. Per exemple, lligant un extrem de la corda a
una plaqueta vibratòria controlada per un petit motor. L’energia que en un dt passarà,
a la velocitat v, per un punt donat serà la que té l’element de corda dx = v dt. La
potència, entesa com l’energia transportada dE en un dt, P = dE serà
dt
dE dE dx 1
P = = = µω2A2v
dt dx dt 2
que coincideix amb la potència d’excitació mitjana P̄exc (8.4). 
190
8.1. Potència i intensitat de les ones planes
Intensitat d'una ona sonora plana
Quina potència mitjana transporta una ona harmònica longitudinal que es propaga
per un medi contingut en tub molt llarg de secció recta S? El medi pot ser sòlid o
fluid. Com a l’exemple anterior, ens basarem en el MHS d’un diferencial o “llesca”
de medi del tub, situat a x i de gruix dx. Si el medi té una densitat ρ, la massa del
diferencial val dm = ρS dx (vegeu la figura 8.1).
Com que la massa dm situada a x descriu un MHS segons l’ona harmònica Fig. 8.1: Llesca de medi del tub,
situat a x i de gruix dx
s(x, t) = A sin(ωt− kx), podem dir que
• Té una energia cinètica dE(c: )2
1 ∂s 1
dEc = dm = ρS dxω
2A2 cos2(ωt− kx)
2 ∂t 2
• Té una energia potencial elàstica dU . La massa és dm = ρS dx. Per tant,
l’energia potencial associada és
1 1
dU = dmω2 s2 = ρS dxω2A2 sin2(ωt− kx)
2 2
• L’energia total és, doncs,
1
dE = dEc + dU = ρ dxω
2A2 S
2
Aquesta energia està continguda en el volum dV = S dx = S v dt. Per tant,
dm = ρ dV = ρS v dt. Així, l’energia que travessa S en cada dt és
1
dE = ρω2A2 S v dt
2
Definim la impedància acústica específica del medi com
Z = ρv (8.5)
L’energia dE anterior es pot escriure
1
dE = Zω2A2 S dt
2
i la potència d’una ona plana harmònica a través d’una superfície transversal S com
1
P 2 2s = Zω A S (8.6)
2
Definim la intensitat d’una ona com la potència que es transmet per unitat de
superfície transversal
dPs
I = (8.7)
dS
191
8. Fenòmens ondulatoris
La intensitat associada a la potència (8.6) és
dPs dE 1
I = = = Z(ωA)2 (8.8)
dS S dt 2
En el S.I., la unitat d’intensitat és W/m2. La unitat de la impedància acústica espe-
cífica (8.5) és el kg/m2s = rayl (en honor de Lord Rayleigh). Les taules 7.1, 7.2 i
7.3 proporcionen les impedàncies de diversos medis.
Intensitat de les ones sonores planes com a ones de pressió
A (7.23) hem vist que la pressió acústica, p, es relaciona amb l’elongació s en la
forma
− ∂sp = B (8.9)
∂x
Si l’ona és harmònica, s(x, t) = A sin(ωt− kx) i la pressió acústica serà
∂s
p(x, t) = −B = BAk sin(ωt− kx+ π/2) (8.10)
∂x
d’on trobem el següent:
 L’ona de pressió, p(x, t) està desfasada π/2 rad respecte de l’ona de despla-
çament, s(x, t). Quan l’elongació s és, en valor absolut, màxima, la pressió
acústica és zero, i a l’inrevés.
 De (8.10) i (7.27), trobem que l’amplitud de l’ona de pressió, P , es relaciona
amb l’amplitud de l’ona de desplaçament A en la forma
P ω= BAk = ρv2 A = ρωv A (8.11)
v
La intensitat de les ones sonores, segons (8.8) amb (8.5), la podem expressar en
funció de P , tenint en compte (8.11),
1 1 P2
I = Z(ωA)2 = (8.12)
2 2 Z
Nivell d'intensitat i decibels
A l’espècie humana, l’interval de freqüències audible va de 20Hz a 20 kHz. Els
sons per sota de 250Hz es qualifiquen de greus o tons baixos. Per sobre de 5 kHz,
es qualifiquen d’aguts o tons alts. Per sota de 20Hz, arlem d’infrasons i, per sobre
dels 20 kHz, d’ultrasons.
La intensitat mínima audible o llindar depèn de la freqüència. En els humans,
entre 500Hz i 5000Hz és I0 = 10−12 W/m2 i creix quan la freqüència és lluny
192
8.1. Potència i intensitat de les ones planes
d’aquest interval. Així, la intensitat llindar per 100Hz o 18 kHz és de l’ordre de
1000 vegades I0.
A la pràctica, per expressar la intensitat sonora rebuda per una persona, s’utilitza
el nivell d’intensitat, β, que es relaciona amb la intensitat I a través del logaritme
decimal:
I
β = 10 log (8.13)
I0
on I0 és la intensitat mínima esmentada, de 10−12 W/m2. β es dóna en decibels,
dB.
El nivell d’intensitat β més dèbil que es pot captar és de β = 0, que correspon a
I = I0 . El nivell d’intensitat corresponent al llindar del so dolorós és de 120 dB,
correponent a I = 1W/m2. Entre 10 dB i 110 dB, hi ha totes les intensitats habi-
tuals:
• en una biblioteca tranquil·la, el so pot estar entre 30 i 40 dB;
• al carrer, amb trànsit moderat, entre 50 i 70 dB;
• a prop d’una màquina molt sorollosa, uns 100 dB, etc.
A la figura 8.2, es mostra un sonòmetre, aparell que mesura els nivells d’intensitat
en situacions quotidianes.
Problema 8.1.2. Si els sons més forts i els més fluixets que podem sentir estan
entre els 120 dB i els 0 dB, a quines amplituds d’ona de desplaçament i d’ona de Fig. 8.2: Sonòmetre per mesurar
el nivell d'intensitat del so de les
pressió acústica en l’aire es corresponen? situacions quotidianes. Els
sonòmetres responen a la pressió
de l'ona sonora
Solució
Tenint en compte (8.12), les amplituds A del desplaçament i de la pressió acústica P
en funció de la intensitat del so va√len
1 2I √
A = , P = 2ZI
2πf Z
amb Z = 418 rayl, com s’indica a la taula 7.3. Pel que fa a la intensitat, segons
(8.13), tenim
I = I 10β/100 , amb I0 = 10−12 W/m2
Utilitzant aquestes expressions, n’obtenim la taula següent: Taula de la solució 8.1.2. Ampli-
f β = 0 dB 60 dB 120 dB tuds per a dues freqüències i tres
nivells d'intensitat.
100Hz A (m)= 1,10× 10−10 1,10× 10−7 1,10× 10−4 
5 kHz A (m)= 2,20× 10−12 2,20× 10−9 2,20× 10−6
- P (Pa)= 2,89× 10−5 2,89× 10−2 28,9
193
8. Fenòmens ondulatoris
Atenuació per absorció
Quan una ona es propaga per un medi absorbent, hi una pèrdua d’energia o una
atenuació per absorció. Experimentalment, sabem que la pèrdua d’intensitat d’una
ona plana, dI , en travessar un gruix dx, és proporcional al gruix i a la intensitat I
incident. El factor de proporcionalitat s’anomenat coeficient d’absorció del medi,
α:
dI = −α I dx (8.14)
on el signe indica que∫la intensi∫tat disminueix. Integrant (8.14), tenimI dI x
= −αdx ⇒ I = I −αx0 e (8.15)
I I0 0
La intensitat d’una ona plana disminueix exponencialment en propagar-se per un
medi absorbent.
8.2 Potència i intensitat de les ones esfèriques
Quan el focus subministra una potència determinada, aquesta es reparteix unifor-
mement pel front d’ona. La intensitat de l’ona és la potència mitjana transmesa per
unitat d’àrea normal a la direcció de propagació de l’ona. La intensitat de l’ona en
els punts de l’esfera de radi r, centrada en el focus, és
P
I = (8.16)
4πr2
Si el medi no dissipa energia, la potència mitjana que travessa la superfície d’una
esfera de radi r1 ha de ser la mateixa que la que més tard travessa la de radi r2,
r2 > r1 (vegeu la figura 8.3). Si I1 i I2 són les intensitats respectives, tindrem
P = 4πr21 I1 = 4πr
2
2 I2
és a dir,
I r21
= 2 (8.17)
I 22 r1
Per tant, malgrat que el medi no sigui absorbent, una ona esfèrica manifesta una
atenuació geomètrica.
La intensitat d’una ona esfèrica és inversament proporcional al quadrat de la
distància al focus.
Com que la intensitat és proporcional al quadrat de l’amplitud, el resultat anterior
ens proporciona un argument físic per entendre que les amplituds de les ones es-
fèriques siguin inversament proporcionals a la distància r al focus. Si a r = r , Fig. 8.3: Una ona esfèrica0
l’amplitud és s0, llavors
s0 r0
s(r, t) = sin(kr − ωt) (8.18)
r
194
8.2. Potència i intensitat de les ones esfèriques
on hem substituït el kx de les ones planes (7.9) per kr perquè ara la coordenada r
acompleix el mateix paper de x a les ones planes. Els fronts d’ona són esferes de
radi r concèntriques amb el focus situat a r = 0.
En un medi absorbent, una ona esfèrica experimenta una atenuació geomètrica i
per absorció. Tenint en compte (8.18) i (8.15), tenim
r2 r0
I(r) = I 0 e−α r0 s(r, t) = A e−αr/20 sin(kr − ωt) (8.19)
r2 r
Aquestes expressions són vàlides per a les ones sonores a l’aire. Prop del focus,
l’atenuació dominant és la geomètrica. Lluny del focus, l’atenuació dominant és
per absorció.
Problema 8.2.1. Un altaveu emet amb una potència P = 0,5W uniformement en
totes les direccions.
a) Quin nivell d’intensitat té un punt A situat a 10m de l’altaveu?
b) A quina distància el so té un nivell d’intensitat de 100 dB?
c) Quants altaveus, tots iguals al de l’enunciat, haurien d’estar junts perquè el
nivell d’intensitat al punt A s’incrementés en 20 dB?
Solució
a) Només s’han d’aplicar les expressions (8.13) i (8.16)
P
I = = 3,98× 10−4 W/m2
4πr2
log I log 3,98× 10
−4
β = 10 = 10 = 86,0 dB
I 10−120
b) Utilitzem de nou (8.13) i (8.16) però ara la(incògn)ita és r:
0,5
2
100 = 10 log 4π r
10−12
aïllant r, resulta: r = 1,99m
c) Si a l’apartat a el nivell era β, ara serà β′ = β + 20. Com que la intensitat I de n
altaveus (no coherents) serà n vegades la intensitat d’un altaveu
log nI Iβ + 20 = 10 = 10 logn+ 10 log = 10 logn+ β
I0 I0
d’on obtenim
n = 1020/10 = 102 = 100 
195
8. Fenòmens ondulatoris
8.3 Transmissió i reflexió d'una ona en un canvi de medi
En el medi 1, es propaga una ona harmònica plana en la direcció i el sentit de l’eixx.
Què passa quan l’ona incideix en x = 0, on hi ha un canvi de medi? Per simplificar,
considerem el cas en què la frontera entre els dos medis, 1 i 2, és normal a l’ona
incident. L’estudi de la incidència obliqua donaria lloc al fenomen de la refracció.
Analitzarem ones longitudinals en els medis 1 i 2, que podem caracteritzar per les
seves impedàncies acústiques específiques Z1 i Z2 i velocitats de propagació v1,
v2, respectivament. Els subíndexs I , R i T faran referència a les ones incident,
reflectida i transmesa. Les densitats dels medis són, segons (8.5), ρ1 = Z1/v1 i
ρ2 = Z2/v2 i suposarem que la frontera és a x = 0 (vegeu la figura 8.4).
Les ones incident, reflectida i transmesa són Fig. 8.4: Ones longitudinals en un
canvi de medi
sI(x− v1t) = AI sin(ωIt− kIx), sR(x+ v1t) = AR sin(ωRt+ kRx+ φR)
sT (x− v2t) = AT sin(ωT t− kTx+ φT ) (8.20)
amb les condicions
ωI ωR ωT
v1 = = v2 = (8.21)
kI kR kT
Utilitzant el principi de superposició, tenim
s1(x, t) = sI(x, t) + sR(x, t) s2(x, t) = sT (x, t) (8.22)
S’han de satisfer les condicions següents:
a) Continuïtat del medi: a tot instant de temps t, en el pla x = 0 entre medis, s’ha
de complir
s1(0, t) = s2(0, t) (8.23)
que, tenint en compte (8.22) i (8.20), és
AI sin(ωIt) +AR sin(ωRt+ φR) = AT sin(ωT t+ φT ) (8.24)
b) Conservació de l’energia: si els medis no són dissipatius, la intensitat de l’ona
reflectida més la de l’ona transmesa han de ser igual a la de l’ona incident:
II = IR + IT . Segons (8.8), tenim
Z ω2 A21 R R + Z ω
2
2 TA
2 2 2
T = Z1ωIAI (8.25)
c) Conservació de la quantitat de moviment: observant la figura 8.4, podem en-
tendre la situació com una serie continua de xocs, d’esquerra a dreta. A x = 0,
i per a tot t, en un dt, la massa dm1 = Sv1dt (S és la secció del tub), que va
a la velocitat d’oscil·lació ∂sI∂t (0, t), xoca amb una massa dm2 = Sv2dt en
196
8.3. Transmissió i reflexió d'una ona en un canvi de medi
repòs. De resultes del xoc, dm i dm tenen velocitats ∂sR (0, t) i ∂sT1 2 ∂t ∂t (0, t)
respectivament. La conservació de la quantitat de moviment es pot escriure
Z21 ∂s
2
1 Z ∂s2
(0, t) = 2 (0, t) (8.26)
ρ1 ∂x ρ2 ∂x
que, si cal, podem explicitar, tenint en compte les expressions (8.20).
Amb aquestes tres condicions, es pot demostrar:
1) Les freqüències ωR i ωT són iguals a la freqüència incident, ωI :
ωI = ωR = ωT ≡ ω (8.27)
2) Els canvis de fase φR i φT són 0 o π. Com que φ = π és equivalent a φ = 0
amb una amplitud negativa, prenem φR = φT = 0 i donem la possibilitat que
ATR ≶ 0.
Tenint en compte (8.24), per al cas particular ωt = π/2, i (8.25), trobem les igual-
tats
AI +AR = AT , Z1A
2
R + Z2A
2
T = Z1A
2
I (8.28)
de les quals obtenim
AR Z1 − Z2
= aR amb aR = (8.29)
AI Z1 + Z2
AT 2Z
= aT amb
1
aT = (8.30)
AI Z1 + Z2
on aR i aT són els coeficients de reflexió i transmissió d’amplitud.
Les intensitats de les ones incident, reflectida i transmesa són
1 1 1
I = Z ω2A2I 1 I IR = Z
2
1ω A
2 2 2
R IT = Z2ω A2 2 2 T
Tenint en compte (8.29) i (8.30), trobem ( )
IR Z1 − 2Zamb 2 2= pR pR = aR = (8.31)II Z1 + Z2
IT Z 4Z Z
= pT amb
2 1 2
pT = a
2
T = (8.32)II Z1 (Z1 + Z2)2
on pR i pT són els coeficients de reflexió i transmissió de potència.
Amb aquestes relacions, podem fer la taula següent de casos segons el valor relatiu
de les impedàncies Z1 i Z2: És a dir:
197
8. Fenòmens ondulatoris
a) Si Z1 ∼ Z2 : aR ≈ 0 aT ≈ 1, pR ≈ 0, pT ≈ 1 Taula 8.1: Coeficients de reflexió i
b) Si Z1 ≪ Z2 : aR ≈ −1 aT ≈ 0, pR ≈ 1, pT ≈ 0 transmissió per a diferents
c) Si Z < Z : a < 1 a > 0, relacions de les impedàncies1 2 R T
d) Si Z1 > Z2 : aR > 0 aT > 0,
a) Si les impedàncies són semblants, gairebé tota la intensitat passa a l’ona trans-
mesa.
b) Si les impedàncies són molt diferents, gairebé tota la intensitat es reflecteix—
vegeu un exemple al problema 8.3.1.
c) Si Z1 < Z2, llavors AR < 0, és a dir, l’ona reflectida experimenta un canvi de
fase de π.
Els coeficients de reflexió i transmissió per a ones harmòniques han resultat ser
independents de la freqüència. En conseqüència, els coeficients obtinguts es poden
aplicar també a ones no harmòniques.
Problema 8.3.1. Una ona sonora plana que es propaga per l’aire incideix normal-
ment a l’aigua d’una piscina. Quin percentatge d’intensitat passa a l’aigua? Quants
decibels disminueix el nivell d’intensitat en passar a l’aigua?
Solució
Segons les taules 7.3 i 7.2, la impedància de l’aire és 418 rayl i la de l’aigua, 1,45×
106 rayl. Utilitzant (8.32), trobem que la potència que passa a l’aigua és
pT = 0,00115 = 0,115%
Podem dir que el 99,88% de la intensitat es reflecteix.
Segons (8.13), la pèrdua del nivell d’intensitat en passar a l’aigua val
∆β = 10 log Iaigua − 10 log Iaire Iaigua= 10 log = 10 log pT = −29,4 dB
I0 I0 Iaire 
8.4 Interferències i batecs
Superposició de dues ones harmòniques
Quan dues ones harmòniques de la mateixa freqüència ω es troben en un punt P ,
aquest oscil.la harmònicament (vegeu la figura 8.5).
Fig. 8.5: Dues ones planes
Si el punt P està a una distància r1 del focus F1 i a r2 del F2, les elongacions en el harmòniques es troben en un punt
punt P poden ser escrites P
s1(r1, t) = A1 sin(ωt−kr1+φ1) s2(r2, t) = A2 sin(ωt−kr2+φ2) (8.33)
198
8.4. Interferències i batecs
L’elongació resultant a P és la superposició de s1 i s2
s(P, t) = s1(r1, t) + s2(r2, t)
Fent servir la notació ϕ1 = −kr1 + φ1 i ϕ2 = −kr2 + φ2, tenim
s(P, t) = A1 sin(ωt+ ϕ1) +A2 sin(ωt+ ϕ2) = xxxxxxxxxxxxxxxx
= sinωt[A1 cosϕ1 +A2 cosϕ2] + cosωt[A1 sinϕ1 +A2 sinϕ2] (8.34)
Volem escriure aquesta suma en la forma
s(P, t) = AR sin(ωt+ ϕ) (8.35)
on ens cal AR i ϕ. Per això, desenvolupem (8.35) i identifiquem amb (8.34)
s(P, t) = sinωtAR cosϕ+ cosωtAR sinϕ
N’obtenim
A1 sinϕ1 +A2 sinϕtan 2ϕ = (8.36)
A1 cosϕ1 +A2 cosϕ2
A2 = A2R 1 +A
2
2 + 2A1A2 cos(ϕ1 − ϕ2) (8.37)
En el cas més simple en què A1(= A2 = A), llavors queda
ϕ1 − ϕ2 ϕ1 + ϕ2
AR = 2A cos ϕ = (8.38)
2 2
Interferències
Suposem que les amplituds de les dues on(es són igua)ls. s(P(, t) és )
ϕ1 − ϕ2 ϕ1 + ϕ2
s(P, t) = AR sin(ωt+ ϕ) = 2A cos sin ωt+
2 2
Substituint ϕ1 i ϕ2 i fent ∆r = r2 − r1, ∆φ = φ2 − φ 1 11, n’obtenim Recordem que sinα+ sinβ =
( ) ( ) 2 cos α−β sin α+β2 2
k∆r ∆φ φ1 + φ2
s(P, t) = 2A cos − sin ωt+
2 2 2
s(P, t) és un MHS d’amplitud ( )
k∆r ∆φ
AR = 2A cos − (8.39)
2 2
AR depèn de la diferència de camins recorreguts, ∆r, i del desfasament inicial
entre les dues ones, ∆φ. Destaquem:
199
8. Fenòmens ondulatoris
 Interferència constructiva: l’amplitud AR és màxima, ARmax = 2A, si
∆r − ∆φ ππ = 2n , n = 0, ±1, ±2, ... (8.40)
λ 2 2
 Interferència destructiva: l’amplitud AR és nul.la, ARmin = 0, si
∆r − ∆φ ππ = (2n+ 1) , n = 0, ±1, ±2, ... (8.41)
λ 2 2
També destaquem dos casos molt habituals:
 Les dues ones estan en fase: ∆φ = 0 + 2nπ, n = ±1, ±2, ...,
λ
Int. constructiva: ∆r = 2n (8.42)
2
λ
Int. destructiva: ∆r = (2n+ 1) (8.43)
2
 Les dues ones estan en oposició de fase: ∆φ = π ± 2nπ:
λ
Int. constructiva: ∆r = (2n+ 1) (8.44)
2
λ
Int. destructiva: ∆r = 2n (8.45)
2
Si les amplituds no són iguals, les condicions d’interferència són les mateixes. Ni
el mínim d’amplitud, ARmin ,√serà nul ni el màxim, ARmax , serà 2A. N’obtindrem
A 2 2Rmin = A1 +A2 − 2A1A2 = |A1 −A2| (8.46)
√
ARmax = A
2
1 +A
2
2 + 2A1A2 = A1 +A2 (8.47)
Interferències i coherència
En tot el que hem dit respecte a la interferència, hi ha un detall fonamental: el
desfasament inicial ∆φ = φ2 − φ1 ha de ser constant al llarg del temps. Això
es compleix si els focus són fonts emissores coherents. Les fonts coherents són
focus que proporcionen ones les diferències de fase de les quals són independents
del temps.
Problema 8.4.1. Dues persones estan cantant amb la mateixa potència. Encara
que emetin en la mateixa freqüència, les ones emeses no seran coherents.
a) Si en un puntP , situat a la mateixa distància de les dues persones, la intensitat
d’una de les dues és I , quant val la intensitat al punt P i en quants decibels
s’incrementa el nivell d’intensitat si canten tots dos?
200
8.4. Interferències i batecs
Les ones són ara emeses per dos altaveus coherents de la mateixa freqüència i
interfereixen en P constructivament.
b) Quant val la intensitat total a P ? Quin és el nivell d’intensitat?
Solució
a) En no complir-se la condició de coherència, no hi ha cap interferència i les in-
tensitats són proporcionals a l’energia. La intensitat total és la suma de les dues
intensitats, és a dir: Itotal = I + I = 2I .
El nivell d’intensitat, en passar d’una veu a dues veus (passem de I a 2I), s’incrementa
en: ∆βnc = 10 ln 2 = 3,0 dB. El subíndex nc vol dir no coherent.
b) En una ona harmònica, la intensitat és proporcional al quadrat de l’amplitud A:
I = αA2. Si a P hi ha una interferència constructiva, l’amplitud a P valdrà 2A i
la intensitat corresponent serà
I = α(2A)2 = 4αA2total = 4I
I el nivell d’intensitat s’incrementa en: ∆βc = 10 ln 22 = 20 ln 2 = 2∆βnc =
6,0 dB . 
Problema 8.4.2. Dos altaveus, A i B, coherents i en fase, emeten ones sonores de
la mateixa freqüència que arriben amb la mateixa intensitat a un oient O situat a
4m de A i a 3m de B. Quines freqüències fn no podrà sentir bé l’oient?
Dada: la temperatura és de 15◦C; per tant, la velocitat del so és 340m/s.
Figura de l'enunciat 8.4.2
Solució
Com que els altaveus emeten amb coherència, les ones sonores dels dos altaveus
experimentaran interferències. Les freqüències f que l’oient tindrà dificultats per
sentir o no sentirà, seran les que provoquin interferències destructives. Per tant, com
que els altaveus emeten en fase, hem d’aplicar la igualtat (8.43): ∆r = (2n+1)λ/2,
amb n = 0, ±1, ±2, ... Com que λ = v/f i ∆r = rb − ra = 1m, la condició
d’interferència destructiva és
λ v
∆r = (2n+ 1) = (2n+ 1)
2 2f
és a dir,
v
fdest = (2n+ 1)
2∆r
Amb les dades ∆r = 1m, v = 340m/s, i (2n+ 1) = 1, 3, 5, ..., trobem
fdest = 170Hz, 510Hz, 850Hz, 1190Hz,... etc. 
201
8. Fenòmens ondulatoris
Batecs
Es produeixen batecs quan superposem en un punt P dues ones harmòniques de
freqüències lleugerament diferents. Suposem que, a P , tenen la mateixa amplitud
(vegeu la figura 8.5 de la pàgina 198)
s1(r1, t) = A sin(ω1t− k1r1 + φ1) s2(r2, t) = A sin(ω2t− k2r2 + φ1)
(8.48)
amb ω2 & ω1: ω2 = ω1 + ∆ω amb ∆ω ≪ ω = ω1+ω22 . Sumant s1 i s2, amb
ϕ1 = −k1r1 + φ1 i ϕ2 =(−k2r2 + φ2 obtenim) l’el(ongació del pun)t P , s(P, t),
t∆ω ϕ1 − ϕ2 ϕ1 + ϕ2
s(P, t) = 2A cos + sin ωt+ (8.49)
2 2 2
que és semblant a la d’un MHS de freqüència ω, pràcticament la mateixa que la de
les ones originals, però amb una amplitud(AR )
t∆ω
AR = 2A cos + ϕ (8.50)
2
AR depèn harmònicament del temps, amb freqüència ∆ω/2 . ϕ és una fase que
conté la dependència en r1 i r2 i que, per a un punt fixat P , és una constant.
Fig. 8.6: Batecs. Gràfiques per a
l'elongació i la intensitat
La intensitat I ∝ A2R té un període que és la meitat que el de l’amplitud AR (vegeu
la gràfica de la figura 8.6). Per tant, si, per exemple, es tracta d’ones sonores, el
receptor situat a P percep la intensitat dels batecs amb una freqüència doble que la
de (8.50)
ωbat = |ω2 − ω1| = ∆ω (8.51)
Una forma molt simple de produir batecs sonors és, com es mostra a la figura 8.7,
fent sonar simultàniament dos diapasons de freqüències lleugerament diferents, per Fig. 8.7: Producció de batecs amb
exemple, f = 440Hz i f ′ = 437Hz . Els batecs faran que la intensitat variï amb dos diapasons molt semblants
una freqüència fbat = ∆f = 440− 437 = 3Hz.
8.5 Ones estacionàries
A la secció 8.3, hem vist que, quan una ona arriba a un canvi de medi, una part
d’aquesta es reflecteix. Si les impedàncies són molt diferents, pràcticament tota
l’ona es reflecteix. Això és el que passa quan una ona arriba al final del medi i
202
8.5. Ones estacionàries
el següent és molt diferent. Com que en la realitat tots els medis són limitats, a
la propagació de l’ona inicial caldrà superposar l’ona reflectida al final del medi.
Aquesta última podria presentar un canvi de fase de π rad.
Estudiem la superposició de dues ones planes harmòniques de la mateixa amplitud
i freqüència però que es propaguen en sentits contraris. Una pot ser la inicial i
l’altra, la reflectida. Tenim
y1(x, t) = A sin(ωt− kx+ φ1) y2(x, t) = A sin(ωt+ kx+ φ2) (8.52)
on φ1 i φ2 són constants. Aplicant (8.35, 8.38), trobem que y = y1 + y2 és
y(x, t) = 2A cos(kx+ ϕ) sin(ωt+ ϕ′) (8.53)
on ϕ = (φ1 − φ2)/2, ϕ′ = (φ1 + φ2)/2. Veurem que ϕ i ϕ′ són irrellevants.
La superposició de dues ones és sempre una ona. Per tant, (8.53) ho és. Però
també veiem que aquesta ona no es propaga: tot punt x fa un MHS de freqüència
ω i amplitud AR que depèn de x en la forma
AR(x) = 2A cos(kx+ ϕ) (8.54)
però que no depèn de t. Hi ha punts que mai no oscil.len, AR = 0; són els nodes.
D’altres oscil.len sempre amb la màxima amplitud, 2A; són els ventres o antino-
des.
Comque k = 2π/λ, les posicions dels ventres i nodes són, segons (8.54), Ventres: cos(kx+ ϕ) = ±1, d’on 2πλ xn + ϕ = nπ
 Nodes: cos(kx+ ϕ) = 0, d’on 2πλ xn + ϕ = (2n+ 1)π2
on n = 0, ±1, ±2, ... La distància entre dos nodes o dos ventres consecutius, n i
n+ 1, és
λ
xn+1 − xn = (8.55)
2
A la figura 8.8, es mostra un medi que experimenta ones estacionàries. Hi veiem
quatre nodes (N ) i tres ventres (V ). La figura mostra la gràfica de la pertorbació
y(x, ti) en sis instants ti diferents i = 1,2, ....
Ones estacionàries en cordes finites
Considerem una corda de longitud L, sotmesa a una tensió F , amb els dos extrems
fixos. Que els extrems estiguin fixats vol dir no es bellugaran. Fem vibrar un
punt de la corda i provoquem una ona harmònica. És l’ona inicial. Aquesta ona
arribarà a un dels extrems i es reflectirà, superposant-se al llarg de tota la corda,
203
8. Fenòmens ondulatoris
Fig. 8.8: Ones estacionàries en
un medi. Els diferents instants els
hem destacat amb diferents colors
les ones inicial i reflectida. Aquesta superposició és la que hem vist que dóna lloc
a ones estacionàries. Però també haurem de veure què passa amb l’ona reflectida
quan arriba a l’extrem oposat de la corda: donarà lloc a una nova reflexió, que
s’haurà de superposar a les anteriors. I així indefinidament. En general, en una
corda de longitud L, no hi ha ones estacionàries. La solució d’ona estacionària
només es donarà quan dos dels nodes N coincideixin amb els dos extrems fixos.
Això passa només per a determinades freqüències. A la figura 8.9, es mostren tres
casos possibles d’una corda amb els extrems fixats, sotmesa a ones estacionàries:
la longitud L de la corda ha de ser un múltiple enter de mitja longitud d’ona, la
distància entre node i node o ventre i ventre. És a dir,
λ
L = n , on n = 1, 2, 3, ... (8.56)
2
Fig. 8.9: Tres casos possibles
d'ones estacionàries en una corda
amb els extrems fixats
Només les longituds d’ona λ qu√e satisfacin (8.56) són possibles. Si la velocitat
de les ones a la corda és v = F/µ, amb λ = v/f , obtenim que les úniques
freqüències f que produiran ones estacionàries són
v
fn = n (8.57)
2L
on n = 1, 2, 3, ....
 f = v1 2L és la freqüència més baixa o freqüència fonamental. Si n = 2,
n = 3... són el segon harmònic, el tercer harmònic, i en general s’anomenen
harmònics superiors. El conjunt de freqüències fn són les freqüències pròpies i
les formes d’oscil.lar corresponents, els modes normals d’oscil.lació. A les fre-
qüències pròpies sovint també se les anomena freqüències de ressonància.
204
8.5. Ones estacionàries
A la figura 8.9, podem veure un esquema de la corda en els modes fonamental,
segon i tercer.
Problema 8.5.1. A la figura, es mostra una corda, de densitat 0,65 g/m, que té un
extrem fixat a una paret i a l’altre, després de passar per una politja, i se li lliga un
pes mg. Es pot considerar que els dos extrems estan fixats. La longitud de la corda
fins a la politja és de L = 31,6 cm. Al costat de la corda, hem col.locat un altaveu
A que emet un so que fem variar entre els 500Hz i els 1500Hz. Observem que
la corda només entra en ressonància a les freqüències 880Hz i 1320Hz. Trobeu
la tensió a la qual està sotmesa la corda i a quins harmònics corresponen aquestes
freqüències.
Figura de l'enunciat 8.5.1
Solució
Si la freqüència de l’altaveu A es fa variar de forma contínua i només hi ha ressonàn-
cia a 880Hz i 1320Hz, és que aquestes freqüències es corresponen amb dos valors
consecutius de les possibles freqüències de les ones estacionàries: la corresponent al
mode n i el n+ 1, sense saber, en principi, a quin valor natural correspon n. Ara bé,
per (8.57), tenim que √
v 1 F
fn+1 − fn = f1 = =
2L 2L µ
és a dir, √
1 mg
1320− 880 =
0,361 0,65× 10−3
d’on trobem que la tensió de la corda és: F = mg = 50,26N
Com que f1 = 440Hz, el nombre de l’harmònic de les freqüències de ressonància
trobades és n = 880 HzHz = 2 i n+ 1 = 3 440
Ones estacionàries en tubs finits
Estudiem la formació d’ones estacionàries longitudinals en un medi gasós contin-
gut en un tub. Si el tub està tancat pels dos extrems, l’aire del tub en contacte amb
les parets del tub no podrà vibrar. El comportament de les ones de desplaçament
Fig. 8.10: Tub tancat pels dos
en aquest tub és el mateix que el√de les ones en una corda amb els extrems fixos. extrems
Si L és la longitud del tub i v = γRTM la velocitat de propagació, les freqüències
205
8. Fenòmens ondulatoris
fn que produeixen ones estacionàries són les donades per (8.57). A la figura 8.10,
es mostra un tub de longitud L, tancat pels dos extrems, vibrant segons el primer i
el segon harmònic de l’ona de desplaçament.
Si els extrems estan oberts, a una distància petita d’aquests extrems, proporcional
al diàmetre del tub, hi ha un ventre de desplaçament. Per simplicitat, no tindrem
en compte aquest efecte de boca. A la figura 8.11, es mostren els dos primers
harmònics per a aquest cas. S’observa que les posicions de nodes i ventres es-
tan transposades respecte del cas del tub tancat pels dos extrems. Les freqüències
possibles per a ones estacionàries són les mateixes (8.57) que les corresponents al Fig. 8.11: Tub obert pels dos
mateix tub amb els dos extrems tancats. extrems
En els tubs tancat-tancat i obert-obert, són possibles tots els harmònics
Si un dels extrems és tancat i l’altre és obert, hi haurà un node de desplaçament
a l’extrem tancat i un ventre a l’extrem obert. A la figura 8.12, es mostren els
esquemes dels tres primers casos de longitud d’ona més gran. Si n = 1, 2, 3, ... és
la seqüència d’harmònics (8.57), els possibles harmònics ns en el tub tancat-obert
cal que compleixin
− λ λL = (2n 1) = ns on ns = 1, 3, 5, ...
4 4
I, com que v = λf , llavors les úniques freqüències f que donen lloc a les ones
estacionàries en un tub tancat-obert són
[-10mm]
v
fn = ns , ns = 1, 3, 5... (8.58)s 4L
La freqüència més baixa o freqüència fonamental, n = 1, és f = v . Les Fig. 8.12: Tub amb un extrems 1 4L
freqüències dels harmònics superiors s’obtenen de (8.58). tancat i l'altre obert
En un tub tancat-obert, només són possibles els harmònics senars.
Com que l’ona de pressió està desfasada π/2rad respecte de l’ona de desplaça-
ment, els nodes i els ventres de l’ona de pressió estan intercanviats respecte dels
de l’ona de desplaçament.
Problema 8.5.2. La longitud de la caixa de ressonància d’un diapasó, tancada per
un extrem, de freqüència 440Hz és de 17,0 cm. És adequada aquesta longitud?
Solució
Si prenem la velocitat del so com 343m/s, corresponent a l’aire a uns 20◦C, aplicant
(8.58), per a ns = 1, 3, 5..., tenim
Figura de l'enunciat 8.5.2
fns = 440 Hz
v
= ns
4L
206
8.5. Ones estacionàries
d’on
343
L = ns · = ns0,195 m4 440
Per a ns = 1, obtenim 19,5 cm ̸= 17,0 cm. La longitud de la caixa no sembla ser
l’adequada. La longitud de la caixa és l’adequada si tenim en compte l’efecte de
boca. 
Ressonància
D’una manera molt semblant al què succeeix en els sistemes oscil·lants d’un grau
de llibertat, que hem estudiat al capítol 6 (objectes puntuals o de 0 dimensions),
els objectes d’una, dues i tres dimensions també poden experimentar fenòmens
de ressonàncies. En aquest capítol hem estudiat objectes d’una dimensió (cordes,
barres, tubs...) però el que comentarem és extensible a d’altres dimensions.
Un objecte qualsevol és un medi limitat susceptible de vibrar per l’excitació de les
ones que hi arriben dels medis adjacents. Per les característiques geomètriques i
els materials, aquest objecte tindrà unes freqüències pròpies. Diem que l’objecte
entra en ressonància quan l’excitador extern vibra en alguna de les freqüències
pròpies de l’objecte i provoca ones estacionàries d’aquesta freqüència.
Un bon exemple el trobem en el comportament dels instruments musicals.
La freqüència fonamental f1 d’un instrument musical es correspon amb el to o
nota musical. La relació de les amplituds dels harmònics superiors respecte de
la fonamental, A2/A1, A3/A1,..., determina el timbre de l’instrument. Un do de
clarinet i de flauta tenen el mateix to però diferent timbre.
A la figura 8.13, es mostra l’anàlisi espectral del do4 d’un piano i la forma de l’ona
corresponent. Fixeu-vos que el terme dominant és l’harmònic fonamental, 261Hz,
i que disminueixen ràpidament les amplituds dels dos harmònics següents. Hi ha
instruments que són més rics en harmònics, és a dir, en què la successió An/A1
disminueix més lentament.
Fig. 8.13: Relació d'amplituds per
al do central o do4 del piano i
l'ona resultant de la superposició
En molts casos, les ressonàncies impliquen unes amplituds i/o acceleracions tan
grans que poden arribar a ser destructives i que convé evitar. En altres casos, les
ressonàncies poder ser molt útils. Així, un sistema amb diverses freqüències de
ressonància pot actuar com un filtre de freqüències.
207
8. Fenòmens ondulatoris
Un exemple de filtre es mostra a la figura 8.14. Una corda molt llarga està unida
pel seu extrem dret a una barra elàstica prima, que està agafada pel centre amb una
mordassa. A l’extrem simètric oposat de la barra, es lliga una segona corda molt
llarga. Per la corda esquerra arriba una ona progressiva incident yI de freqüència
ωI . Aquesta ona incident proporciona l’excitació sobre la barra. La barra, amb el
Fig. 8.14: Una corda molt llarga
unida a una barra elàstica
punt central fixat (node) i els extrems lliures (ventres), pot vibrar transversalment
amb un determinat conjunt de freqüències2 fn. Si la freqüència de l’ona incident 2 Per a les vibracions longitudinals,
coincideix amb un dels modes de vibració de la barra, es produiran ones estacio- una barra en les condicions descri-
tes vibra a les freqüències f =
nàries transversals a la barra que donaran lloc a una ona transmesa nyT a la corda nf1, amb f v1 = , i n =2L
dreta. Diem que hi ha ressonància entre l’ona incident i la barra. En cas contrari, la 1, 2, 3, ..., és a dir, les mateixes
barra no vibrarà (almenys de forma notable) i tampoc no hi haurà ona transmesa. a les quals vibra un tub amb elsdos extrems tancats o oberts. Les
Si la freqüència de l’ona incident coincideix amb una de les pròpies de la barra, vibracions transversals són méscomplexes que les longitudinals i
ω = ωn, les ones en les cordes es transmetran, és a dir, la relació fn ≠ nf1 no és vàlida,
però si que hi ha unes freqüències
yI(x, t) = A cos(ωt− kx) pròpies fn
ybarra = A cos knx cosωnt
yT (x, t) = A cos(ωt− k [x− L] + π)
Si no coincideix, no hi haurà ona transmesa. Si per la corda de l’esquerra arriba
una superposició de moltes freqüències, la barra només permetrà la transmissió a
la corda de la dreta de les ones de freqüències que coincideixin amb alguna de les
freqüències pròpies de la barra. Canviant la barra, canviaran les freqüències pròpies
que es transmetran; la barra fa de “filtre”, afavorint el pas d’unes freqüències i
impedint-ne el pas de la resta.
Problema 8.5.3. A la figura, es mostren dues habitacions, separades per una paret
P que les aïlla acústicament excepte per un tub prim, obert pels dos costats, de lon-
gitud L que les comunica. En una de les habitacions, a prop del tub, un generador
de so D emet amb freqüència f i intensitat Ia.
Figura de l'enunciat de 8.5.3
A l’altra habitació, un sonòmetre M mesura la Ib del so que arriba a través del tub.
A continuació es repeteix l’emissió i el mesurament de Ib per a diverses freqüències
208
8.6. Efecte Doppler i ones de xoc
f . Suposant que totes les intensitats Ia emeses són iguals, com són les intensitats
Ib mesurades en funció de la freqüència f?
Solució
Cada intensitat rebuda Ib depèn molt de la freqüència f del so: si aquesta és la fona-
mental del tub, f1 = v/2L, o una dels seus múltiples, fn = n f1, hi haurà una res-
sonància i la intensitat Ib serà màxima. Però, a mesura que la freqüència f s’allunya
d’una d’aquestes freqüències pròpies del tub, la intensitat Ib del so disminueix fins
arribar a un mínim. Si el radi del tub és relativament gran, les màximes Ib seran poc
inferiors a Ia i les mínimes, pràcticament zero. El tub actua de filtre acústic. 
8.6 Efecte Doppler i ones de xoc
Efecte Doppler
S’anomena efecte Doppler la variació de la freqüència de les ones rebudes per un
observador a causa del moviment relatiu entre aquest i la font. Quan un tren se’ns
acosta, sentim el seu xiulet més agut que quan està aturat i més greu quan s’allunya.
Fig. 8.15: Christian Andreas
A la figura 8.16, l’observador O mesura la freqüència fO de les ones que li arriben, Doppler (1803-1853) va ser unmatemàtic i físic austríac
emeses per la font F , amb una freqüència fF .
Fig. 8.16: Efecte Doppler
Sigui c la velocitat de l’ona i siguin vF i vO les velocitats constants de F i O (po-
sitives en el sentit de O cap a F ).
Suposem que la font F , en un determinat instant t1, emet un front d’ona i passat
un període TF = 1/fF , a l’instant t2 = t1 + TF , emet el següent, etc. Si xF0 és
la distància de l’observador a la font a l’instant t1, aquests fronts d’ona arribaran a
l’observador-receptor als instants t′1, t′2, etc, donats per les relacions
v (t′O 1−t1) = xF0−c (t′1−t1) vO (t′2−t1) = x ′F0+vFTF−c (t2−t1−TF )
D’aquí trobem que el període TO de l’ona que arriba a l’observador és
T = t′ − t′ c+ vFO 2 1 = TFc+ vO
o, en termes de freqüències,
fO fF
= (8.59)
c+ vO c+ vF
209
8. Fenòmens ondulatoris
S’ha de tenir present que les velocitats vO i vF són respecte del medi. Si es trac-
ta d’ones sonores i el medi és aire i fa vent, a l’expressió (8.59) cal utilitzar les
velocitats relatives a l’aire, tenint en compte el vent.
L’efecte Doppler té moltes aplicacions pràctiques: radars per detectar excessos
de velocitat en el trànsit, sonars utilitzats en la navegació marítima, ecografies....
Una bona part del coneixement de l’astrofísica està basat en l’efecte Doppler que
experimenten les ones electromagnètiques emeses per les estrelles i galàxies en
moviment respecte de la Terra.
Problema 8.6.1. Dos estudiants, A i B, porten diapasons iguals de fd = 440Hz
en vibració. Si A s’està quiet i B s’allunya d’ell a vb = 6m/s, quants batecs per
segon, per causa de l’efecte Doppler, sentiran l’un i l’altre? Suposeu que no fa vent
i que la velocitat del so és de c = 340m/s.
Solució
Aplicant l’expressió anterior (8.59) sobre l’efecte Doppler als dos casos, queda que
les freqüències que senten A i B, f ′ i f ′a b, respectivament, del diapasó de l’altre, són
f ′
c
= f f ′
c− vb
a d b = fd
c+ vb c
Fixeu-vos que, si vb és bastant més petita que c, les dues freqüències són molt sem-
blants. Les freqüències dels batecs són
bat − ′ vb vbfa = fd fa= fd= 7,63Hz ; f bat = f − f ′b d f = fd= 7,76Hz
c+ vb c 
Ones de xoc
Les ones de xoc es produeixen quan la font emissora es mou més ràpidament que
les ones que emet. Són exemples d’ones de xoc les produïdes pels avions quan van
a una velocitat superior a la del so, o les dues branques del solc que deixa a l’aigua
un vaixell en desplaçar-se.
A la figura 8.17, una font F d’ones esfèriques es mou en la direcció de l’eix x a
velocitat constant vF superior a la de les ones emeses, de velocitat c. A l’instant
t = 0, la font F és a x0 = 0 i emet un front d’ona que a l’instant tN = N∆t (a la
figura 8.17, hem pres N = 5) serà una esfera de radi r0 = Nc∆t. A l’instant t1 =
∆t, quan és a x = vF∆t, emet un altre front, que a tN tindrà un radi r1 = 4c∆t. I
així successivament. A l’instant tN = N∆t, F emet un front que, en aquest mateix
instant, té radi zero.
Com s’aprecia clarament a la figura, per a qualsevol N , aquesta successió d’ones
esfèriques dóna lloc a una envolupant cònica que concentra tots els fronts d’ona: és
210
8.7. Difracció
Fig. 8.17: Ones de xoc
l’anomenada ona de xoc, que viatja darrere mateix de la font d’ones. El semiangle
d’obertura del con θ compleix sin θ = cN∆t/(vFN∆t), és a dir,
c
sin θ = (8.60)
vF
L’ona de xoc es desplaça a la mateixa velocitat vF que la font F mentre que l’ona
ho fa a velocitat c.
8.7 Difracció
Considerem una ona plana que incideix en una paret que li impedeix el pas excepte
per un forat. Si el forat no és molt petit, l’ona passa sense alterar la direcció que
portava. Molt aproximadament, continua sent una ona plana. Si el forat és molt i
molt petit, el medi situat en el forat actua com un focus emissor d’ones esfèriques
que es propaguen a l’altra banda de la paret. A la figura 8.18, s’il·lustren molt
Fig. 8.18: Model per entendre la
difracció
esquemàticament aquests comportaments, que són els casos extrems d’un conjunt
de fenòmens, coneguts amb el nom de difracció, que ocorren quan un objecte
d’unes dimensions equiparables a la longitud d’ona s’interposa en el camí d’aquesta
ona.
Difracció de Fraunhofer
Fig. 8.19: Joseph von Fraunhofer
Una situació de difracció molt interessant és l’observació de la difracció de les ones (1787–1826) fou un òptic alemany
en passar a través d’una obertura circular, de diàmetre D, feta a una distància molt
211
8. Fenòmens ondulatoris
més gran que D (vegeu la figura 8.20). És la difracció de Fraunhofer. Un ona
plana de longitud d’ona λ incideix normal l’obertura.
Fig. 8.20: Difracció de Fraunhofer.
L'observació del fenomen es fa en
una pantalla
La intensitat de l’ona difractada, observada a la pantalla, en funció de l’angle θ, es
reparteix des d’un valor màxim a θ = 0 fins a un mínim per a l’angle θ1. És la
taca d’Airy. Per a valors θ > θ1, la intensitat va passant per una sèrie de màxims
i mínims, cada cop més debilitats. A la taca d’Airy, determinada per l’angle θ1,
es concentra el 84% de la intensitat difractada per l’obertura. Es pot demostrar i
corroborar experimentalment que l’angle θ1 ve donat per Fig. 8.21: Sir George Biddell Airy
(1801-1892) fou un astrònom i
λ
sin θ = 1,22 (8.61) matemàtic anglès1
D
212


9 Equacions de Lagrange
Introducció
Aquest capítol només justifica la seva presència per tal que, qui ho vulgui, pugui
tenir un tast de la mecànica analítica i la seva relació amb la mecànica newtoniana a
través de l’equació general de la dinàmica explicada al capítol 3. Partint d’aquesta,
es dedueixen les equacions de moviment de Lagrange per a sistemes amb lligams
geomètrics dependents del temps, que serien l’extensió a L graus de llibertat de
les equacions trobades al capítol 3 per a sistemes conservatius emprant la funció
energia mecànica del sistema. Veurem com podem definir la funció de Lagrange
o lagrangiana i com, a partir d’aquesta, trobem les L equacions de moviment de
segon ordre que permeten trobar el moviment del sistema. No anem més enllà
perquè l’únic objectiu és fer el pont entre la mecànica newtoniana i la analítica en
general, que es pot trobar en multitud de textos.
9.1 Equacions de Lagrange de segona classe
Partim de l’equació general de la dinàmica, explicada a la secció 3.9
∑N ( )
F⃗i −mia⃗i · δr⃗i = 0 (9.1)
i=1
Tractarem com a molt amb lligams geomètrics que poden dependre del temps. Su-
posarem que tenim els lligams expressats en forma paramètrica, amb paràmetres Fig. 9.1: Joseph Louis Lagrange(1736-1813) va ser un matemàtic,
{q1, q2, ..., qL}: físic i astrònom italià que després
r⃗i = r⃗i(q1, q2, ..., q
va viure a Prússia i França
L, t) (9.2)
essent L el nombre de graus de llibertat del sistema. Tenim
∑L ∂r⃗i
δr⃗i = dqa (9.3)
∂qa
a=1
9. Equacions de Lagrange
El terme de (9.1) que conté l∑es forces F⃗i es∑pot escriureN L
F⃗i · δr⃗i = Qadqa
i=1 a=1
on ∑N ∂r⃗i
Qa = F⃗i · (9.4)
∂qa
i=1
s’anomenen forces generalitzades, que sempre es podran expressar com a funció
dels paràmetres qa o coordenades generalitzades. Observem que les unitats de
Qa no són necessàriament unitats de força (és a dir, newtons) ni tan sols totes les
Qa tindran, en general, les mateixes unitats. Les unitats de les Qa dependran de les
unitats de qa. Sí que passarà que Qa dqa tindrà unitats d’energia (és a dir, joules).
El ter∑me de (9.1) que cont∑é l’a∑cceleració es pot escriureN L N ˙⃗
· dri ∂r⃗imia⃗i δr⃗i = mi · dqa
∑ dt ∂qai=1 a=1 (i=1L d ∑N ∂r⃗ ∑ )Ni d ∂r⃗i
= m ˙⃗ ˙⃗iri · − miri · dqa(9.5)
dt ∂qa dt ∂qa
a=1 i=1 i=1
Tenint en compte que ∑L ∂r⃗i ∂r⃗i
r˙⃗i = q̇b+
∂qb ∂t
b=1
obtenim
∂r˙⃗i ∂r⃗i
= (9.6)
∂q̇a ∂qa
i
∂r˙⃗ ∑L 2 2i ∂ r⃗i ∂ r⃗i d ∂r⃗i
= q̇b + = (9.7)
∂qa ∂qb∂qa ∂qa∂t dt ∂qa
b=1
A∑mb((9.6,∑9.7), podem escriu∑re (9.5) com )L N ˙⃗ N ˙⃗ ∑L ( )d ˙⃗ ∂rimiri · − ˙⃗ · ∂ri d ∂Ec ∂Ecmiri dqa = − dqa
dt ∂q̇a ∂qa dt ∂q̇a ∂qa
a=1 i=1 i=1 a=1
de manera que l’equac∑ió g{eneral d(e la dinàmica (9.1))}pren la formaL
− d ∂Ec ∂EcQa − dqa
dt ∂q̇a ∂qa
a=1
on Ec és l’energia cinètica del sistema com a funció de les coordenades generalit-
zades i el temps, és a dir, Ec(qa, q̇b, t).
Finalment, tenint en compte que dqa són desplaçaments arbitraris, n’obtenim les
equacions de Lagrange de segona classe
d ∂Ec − ∂Ec = Qa (9.8)
dt ∂q̇a ∂qa
216
9.2. Equacions de Lagrange
9.2 Equacions de Lagrange
Si les forces F⃗i són co∑nservatives, tindremN ∑L ∂U
F⃗i · δr⃗i = −dU = − dqa
∂qa
i=1 a=1
i, per tant,
∂U
Qa = − (9.9)
∂qa
on U serà funció de les qa i potser de t, però no de q̇a. Sense necessitat de passar
per les forces F⃗i, si les forces generalitzades Qa compleixen (9.9), amb U(qa, t),
direm que el sistema té forces potencials i U és la seva energia potencial. Si U(qa)
no depèn del temps, diem que les forces generalitzades són conservatives.
Si definim la funció de Lagrange L
L = Ec − U (9.10)
i tenim en compte que U no depèn de q̇a, podem escriure les equacions (9.8) per
a sistemes amb forces potencials, utilitzant la funció de Lagrange L, en forma
d’equacions de Lagrange:
d ∂L − ∂L = 0 (9.11)
dt ∂q̇a ∂qa
Si no totes les forces F⃗i són conservatives, les equacions de Lagrange adopten la
forma
d ∂L − ∂L = Qa (9.12)
dt ∂q̇a ∂qa
on Qa vindran donades segons (9.4) només tenint en compte les forces no conser-
vatives o, en general, les que no hagin estat incloses en la lagrangiana a través de
l’energia potencial.
Les equacions de Lagrange tenen algunes propietats importants que analitzem tot
seguit.
Lagrangianes equivalents
Si dues lagrangianes L i L′ difereixen en una funció de la forma dΩ(qa,t) , L′dt = L+
dΩ
dt , les equacions de lagrange associades són iguals. La demostració és immediata
i equival a demostrar la identita(t ) ( )
d ∂ dΩ − ∂ dΩ = 0
dt ∂q̇a dt ∂qa dt
que es pot fer sense fer servir les equacions de Lagrange.
217
9. Equacions de Lagrange
Conservació de l'ener∑gia
Si definim la funció H = q̇ ∂La ∂q̇ − L i fem servir les equacions de Lagrange,a
a
es compleix dHdt =
∂L
∂t . És senzill veure que, si les forces són conservatives i els
lligams no depenen del temps, L no dependrà del temps, l’energia mecànica E
coincidirà amb H i es conservarà. La funció H és el germen d’un objecte de gran
importància que s’anomena funció de Hamilton o hamiltonià.
Conservació i simetria: teorema de Noether
Donada una transformació infinitesimal contínua de coordenades qa → qa + δqa
la lagrangiana es transforma L∑→ L(+ δL )
δL ∂L ∂L= δq Fig. 9.2: Emmy Noethera + δq̇a
∂q ∂q̇ (1882-1935) fou una matemàticaa a
a alemanya
Si fem servir les equacions de Lagrange∑, podem escriure
L d ∂Lδ = δqa
dt ∂q̇a
a
Una transformació infinitesimal, qa → qa+δqa, és una transformació de sime-
tria si deixa invariant la forma de les equacions de moviment pel fet de transformar
la lagrangiana en una d’equivalent, δL = dδΩdt , sense fer servir les equacions de
Lagrange. Podem, doncs, enunciar un teorema de gran importància en la física
moderna:
Teorema de Noether. Si la lagrangiana L té la simetria qa → qa + δqa llavors
hi ha unes quantitats que es conserven (són constants quan el sistema es mou segon
les equacions de movim∑ent)( )∂L ∂Ω
+ δqa = constant (9.13)
∂q̇a ∂qa
a
El cas més senzill és quan la lagrangiana no depèn d’alguna de les coordenades qa,
per exemple q1. Podem dir que la lagrangiana és simètrica respecte de transforma-
cions q1 → q1 + δq1 i tenim una quantitat conservada
∂L
p1 = = constant (9.14)
∂q̇1
Principi de Hamilton
Les equacions de Lagrange (9.11) es poden obtenir, suposant que ja coneixem la
funció de Lagrange L(qa, q̇a, t), a partir del principi de Hamilton. Per enunciar
218
9.2. Equacions de Lagrange
aquest principi, primer cal definir el funcional d’acció S. Si qa1(t1) i qa2(t2) són
les configuracions inicials i finals del sistema, el funcional d’acció es defineix en
funció de les trajectòries qa(t) que van de qa1(t1) a qa2(t2) en la forma∫t2
S[qa(t)] = L(qa(t), q̇a(t), t) dt (9.15)
t1
Principi de Hamilton. Donat un sistema amb lagrangiana L(qa(t), q̇a(t), t),
la trajectòria que seguirà el sistema de qa1(t1) a qa2(t2) és un extremal del fun-
cional d’acció S[qa(t)] respecte de les trajectòries que passen per aquestes dues Fig. 9.3: William Rowan Hamilton
configuracions: (1805-1865) va ser un matemàtic,
δS[q (t)] físic i astrònom britànic irlandèsa
= 0 (9.16)
δqa(t)
El principi de Hamilton també es coneix amb el nom de principi de mínima acció
i és emprat en múltiples situacions en física moderna.
Vegem ara alguns exemples senzills, d’un grau de llibertat, que podem tractar amb
els mètodes d’aquest capítol.
Problema 9.2.1. A la figura, podem veure un pèndol forçat format per una massa
m agafada a l’extrem d’una tija, rígida i de massa negligible. La mà agafa l’altre
extrem de la tija i el desplaça horitzontalment x0(t) respecte de la seva posició
no forçada x0 = 0. Trobeu la lagrangiana i l’equació de moviment del pèndol i
particularitzeu per a petites oscil·lacions per als casos següents:
a) el pèndol oscil·la sense fricció,
Figura de l'enunciat 9.2.1
b) hi ha una fricció viscosa, que podem expressar com una força −bv⃗, essent v⃗
la velocitat de la massa m.
Solució
Es tracta d’un sistema amb lligams. Si la posició de la massa m és r⃗ = (x, y), el
lligam és (x− x0(t))2 + y2 = ℓ2. Si x0 = 0, tenim el pèndol usual.
El sistema té un grau de llibertat, que representarem amb l’angle θ. Tenim r⃗ =
(x0 + ℓ sin θ, ℓ cos θ) i v⃗ = r˙⃗ =[(ẋ0 + ℓθ̇ cos θ,−ℓθ̇ sin θ) ]
L’energia cinètica és 2 2Ec = 1m (ẋ0 + ℓθ̇ cos θ) + (−ℓθ̇ sin θ) i la potencialU =2
−mgℓ cos θ. La lagrangiana és, doncs,
L 1= mℓ2θ̇2 +mgℓ cos θ +mẋ0θ̇ℓ cos θ (1)
2
Les equacions de moviment les trobem a partir de (1)
d ∂L − ∂L = mℓ2θ̈ +mgℓ sin θ +mẍ0ℓ cos θ = 0
dt ∂θ̇ ∂θ
219
9. Equacions de Lagrange
Si considerem petites oscil·lacions sin θ ≈ θ i cos θ ≈ 1 n’obtenim
g ẍ0
θ̈ + θ = −
ℓ ℓ
i si el moviment forçat x0(t) és harmònic, la massa m efectua oscil·lacions harmò-
niques forçades com les que hem vist a la secció 6.4, però sense fricció.
Per incloure la fricció, expressada com una força −bv⃗, tindrem, segons (9.4)
Q = −br˙⃗ · ∂r⃗ = −bℓ(ẋ0 cos θ + ℓθ̇) (2)
∂θ
I ara obtindrem les equacions de lagrange segons (9.12), és a dir,
mℓ2θ̈ +mgℓ sin θ +mẍ0ℓ cos θ = −bℓ(ẋ0 cos θ + ℓθ̇)
que, per a petites oscil·lacions, és
b g − ẍ0θ̈ + θ̇ + θ = − b ẋ0 (3)
m ℓ ℓ m ℓ
Com veiem, la fricció afecta el comportament del terme forçat. Serà un moviment
harmònic forçat (MHF) com els descrits a 6.4 només si el terme de la dreta de (3) té
la forma B sin (Ωt+ θ0), és a dir, si el moviment de x0 compleix
ẍ0 −
b
ẋ0 = ℓB sin (Ωt+ θ0)
m
i, essencialment, això vol dir que x0 tingui la forma
mB
x0(t) = (b cos[Ωt+ θ0]−mΩ sin[Ωt+ θ ]) 0
Ω(Ω2m2 + b2)
Problema 9.2.2. A la figura, podem veure un sistema forçat, format per una massa
m agafada de l’extrem d’una molla, de massa negligible. La mà agafa l’altre extrem
de la molla i el desplaça verticalment, de manera que desplaça x0(t) la posició
d’equilibri del sistema x0 = 0. Trobeu la lagrangiana i l’equació de moviment per
als casos següents:
a) el sistema oscil·la sense fricció,
b) hi ha una fricció viscosa, que podem expressar com una força − Figura de l'enunciat 9.2.2bv⃗, essent v⃗
la velocitat de la massa m.
Solució
En aquest cas, no es tracta d’un sistema amb lligams. La força neta que rep la massa
m és F⃗ = −k(x − x0(t))̂ı. No és una força conservativa, ja que depèn del temps,
però si que és potencial: U = 1k(x− x0(t))2. L’energia cinètica és E = 1c mẋ2.2 2
La lagrangiana és
L 1 2 − 1= mẋ k(x− x0(t))2 (1)
2 2
Les equacions de Lagrange resulten
d ∂L − ∂L = mẍ+ kx− kx0(t) = 0
dt ∂ẋ ∂x
220
9.2. Equacions de Lagrange
L’equació canònica és
k k
ẍ+ x = x0(t)
m m
Si tenim en compte la fricció viscosa, tindrem Q = −bẋ
d ∂L − ∂L = mẍ+ kx− kx0(t) = −bẋ
dt ∂ẋ ∂x
L’equació canònica és, en aquest cas,
b k k
ẍ+ ẋ+ x = x0(t) 
m m m
221
P
1 Problemes i qüestions
 
Problema 1.5.2. Es vol estudiar la situació següent: una bola massissa baixa per un
pla inclinat un angle α respecte a l’horitzontal. Segons el que sabem, l’acceleració
amb què baixa la bola és
h
a = g sinα = g (1)
L Figura de l'enunciat 1.5.2
de manera que el moviment és uniformement accelerat
1
s = at2 (2)
2
De fet, però, l’acceleració corresponent al moviment del centre de la bola no pot ser
la donada per (1), ja que l’energia potencial gravitatòria no tan sols es converteix
en energia cinètica de translació, sinó també en energia cinètica de rotació entorn
del seu centre. Això pot comportar que l’acceleració de l’esfera es redueixi en un
cert factor Q < 1
h
a = Q g (3)
L
És aquest factor Q el que volem determinar experimentalment
Per un recorregut s fixat i conegut, es cronometren els temps de descens de la bola
per a diversos valors de h. Utilitzant (2), es determina l’acceleració de baixada en
cada cas. S’hi han portat a terme mesuraments successius incrementant h en una
quantitat constant, corresponent a una volta de cargol (pas de rosca) d. Si l’altura
inicial és h0 i es va augmentant en n voltes del cargol (amb n = 1,2,3, ...), l’altura
assolida per a cada valor de n és
hn = h0 + nd (4)
Dades: dimensions del pla inclinat s = 35,3 cm; L = 48,6 cm; pas de rosca del
cargol d = 0,70mm; acceleració de la gravetat g = 9,81m/s2; els mesuraments
realitzats els podeu veure a la taula.
Problemes i qüestions
a) Trobeu l’acceleració a en funció de n , h0 ,Q, d, L i g.
b) Representeu els punts (n, a) d’acord amb els mesuraments realitzats i utilit-
zant (2).
Taula del problema 1.5.2
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
t(s) 4,44 3,92 3,60 3,29 3,10 2,85 2,75 2,57 2,48 2,36 2,30 2,23
c) Trobeu gràficament la recta que s’ajusta millor a aquests punts.
d) Trobeu per regressió lineal la recta que s’ajusta millor a aquests punts.
e) Utilitzant la recta d’ajust trobada a d i l’expressió trobada a a, deduïu els
valors del factor Q i h0.
f)Trobeu l’error del pendent i l’ordenada a l’origen de la recta d’ajust i calculeu,
a continuació, l’error propagat al factor Q.
Qüestió 1.7.1. Una partícula descriu una trajectòria caracteritzada per un vector
posició r⃗ = sin(t) ı̂ + cos(t)ȷ̂ + 2tk̂ (Unitats S.I.). El radi de curvatura de la
trajectòria és:
a) 5/2m
b) 2/5m
c) 5m
√
d) 5m
e) √1 m
5
Qüestió 1.7.2. Una partícula descriu una trajectòria circular, de radi 1,5m, amb
una acceleració tangencial 2t (en unitats S.I.). A t = 0, la partícula es troba en
repòs. El mòdul de l’acceleració de la partícula a t = 1,2 s serà:
a) 1,38m/s2
b) 3,10m/s2
c) 1,44m/s2
d) 2,40m/s2
e) 2,77m/s2
224

P
2 Problemes i qüestions
Qüestió 2.1.1. Sobre un cos de 4 kg que es mou en la direcció de l’eix x, s’aplica
una força en la mateixa direcció, representada a la figura. A l’instant inicial, el cos
passa per x = 0 movent-se en el mateix sentit que la força amb una velocitat de
3m s−1. La velocitat a la posició x = 8m serà:
a) la mateixa que a x = 0 Figura de l'enunciat 2.1.1
√
b) 29m s−1
√
c) 20m s−1
d) 7m s−1
√
e) 11m s−1
Qüestió 2.1.2. La segona llei de Newton afirma que:
a) Si apliquem una força variable a un cos lliure, aquesta és directament propor-
cional a l’acceleració produïda en el cos.
b) Cossos amb masses diferents són accelerats per una mateixa força amb acce-
leracions directament proporcionals a les masses.
c) Cossos amb la mateixa massa reben acceleracions inversament proporcionals
a les forces aplicades.
d) La força no es crea ni es destrueix.
e) Cap de les anteriors.
Qüestió 2.1.3. El bloc de la figura està lligat a una corda, d’1,5m i massa negli-
Figura de l'enunciat 2.1.3
gible, que forma un angle de 30◦ amb l’horitzontal. La velocitat angular val:
Problemes i qüestions
a) 7,62 rad/s
b) 4,62 rad/s
c) 5,62 rad/s
d) 6,62 rad/s
e) 3,62 rad/s
Problema 2.1.5. Un objecte de 5 kg està sotmès a una força que varia amb la
posició de l’objecte F⃗ = 25x ı̂ (S.I.) . Si parteix de x0 = 25m, quina velocitat
inicial v0 farà que arribi just a x = 0?
Ajuda. Per mirar d’integrar l’equació de moviment i trobar la velocitat multipli-
queu ambdós membres per la velocitat i tingueu en compte que v = dxdt
Solució: v0 = −7,07m/s
Problema 2.1.6. Un objecte de m = 4 kg està sotmès a l’acció de dues forces,
F⃗1 = ı̂ − 2ȷ̂ i F⃗2 = ı̂ + ȷ̂. Calculeu l’acceleració, la velocitat i la posició (vector
i mòdul) de l’objecte en el temps t = 3 s si a t = 0 està en repòs a l’origen de
coordenades. ( ) √
Solució: a⃗ = 14 2̂i− ĵ m/s
2, a = 54 m/s
2 , v⃗ (3) = 34 (2ı̂− ȷ̂)m/s, v (3) =√ √
3 5 9 9 5
4 m/s, r⃗ (3) = 8 (2ı̂− ȷ̂) m, r (3) = 8 m
Qüestió 2.2.1. Una pilota de tenis de 80 g xoca normalment contra una paret verti-
cal. Tant abans com després del xoc, la pilota es mou amb una velocitat horitzontal
de mòdul 30m/s. El mòdul de l’impuls que fa la paret sobre la pilota val:
a) 0
b) 9,6Ns
c) 2,4Ns
d) 4,8Ns
e) Manquen dades per calcular-lo
Qüestió 2.2.2. Una pilota de 60 g es deixa caure des d’una altura de 2m. Rebota
fins a una altura d’1,8m. Calculeu quant varia la quantitat de moviment durant el
xoc amb el terra?.
228
Problemes i qüestions
a) 0,422 kg m/s
b) 0,365 kg m/s
c) 0,731 kg m/s
d) 0,227 kg m/s
e) 1,246 kg m/s
Qüestió 2.2.3. El vector posició d’una partícula de massa m = 2 kg és r⃗(t) =
(3t4 + 1,2t, 0) (unitats S.I.). És cert que:
a) la direcció de la força no és constant.
b) El moviment és rectilini.
c) A t = 0, el moment angular respecte a l’origen és nul.
d) A t = 0, la quantitat de moviment de la partícula és p⃗ = (0 , 2 , 0).
e) L’impuls subministrat per la força al primer segon és I⃗ = (24 , 0 , 0).
Qüestió 2.2.4. Un cos de 3 kg es mou rectilíniament segons r⃗(t) = (1250+20t−
0,5t2)̂ı, per a t ≥ 0 (unitats S.I.). És cert que:
a) la velocitat inicial és 1250 ı̂
b) La velocitat inicial és nul·la.
c) La quantitat de moviment inicial és 60 ı̂
d) La força aplicada al cos és 3 ı̂
e) La força aplicada al cos és −1,5 ı̂
Problema 2.2.3. Una partícula de 2 kg és inicialment al punt r⃗(0) = (0,0), on té
una velocitat v⃗(0) = (0,2)m/s. Si, a partir d’aquest punt, comença a actuar una
força F⃗ (t) = (8,−4)N, calculeu:
a) r⃗(t), v⃗(t) i a⃗(t)
b) On serà la partícula per a t = 5 s?
c) Per a quin temps la velocitat a l’eix y serà nul·la.
d) Escriviu l’equació de la trajectòria de la partícula.
229
Problemes i qüestions
Solució: a) a⃗(t) = (4,−2() , )v⃗(t) = (4t, 2 − 2t), r⃗(t) = (2t2,2t − t2) b) r⃗(5) =
(50,−15) c) 1 s ; d) 1/2y = 2 x2 −
x
2
Qüestió 2.3.1. La trajectòria d’una partícula de massa 2 kg és r⃗(t) = −3t2 ı̂ +
(5t + 4) ȷ̂ (unitats S.I.). El moment angular respecte de l’origen de coordenades
val (unitats S.I.):
a) L⃗(t) = 6t(5t + 28) k̂
b) L⃗(t) = 30t2 k̂
c) L⃗(t) = (5t + 8) k̂
d) L⃗(t) = (30t + 8) k̂
e) L⃗(t) = 6t(5t + 8) k̂
Problema 2.3.3. La pastilla, de massa m, efectua una trajectòria circular, de ve-
locitat angular ω, lligada a la corda, de longitud ℓ, que té l’altre extrem fixat al
passador, que pot girar sense fricció al voltant de l’eix, a una alçada h = ℓ/2. Si
augmentem h en ∆h = h/5 , quin serà l’augment ∆ω?
Solució: ∆ω = 1164ω
Figura de l'enunciat 2.3.3
Problema 2.3.4. Una petita pastilla de 250 g llisca per una taula horitzontal mentre
és lligada a un fil inextensible que passa per un orifici que agafem per l’extrem. La
pastilla descriu una trajectòria circular de 500mm de radi. Anem estirant del fil i,
consegüentment, reduïm el radi de la trajectòria fins a deixar-lo en 200mm. Si la
velocitat inicial de la pastilla és de 5m/s, determineu-ne la velocitat al final.
Solució: 12,5m/s Figura de l'enunciat 2.3.4
Problema 2.3.5. Una massa puntual de 2 kg descriu la trajectòria: x = t3; y =
t− 2t2; z = t4/4 en què t és el temps. Calculeu als 2 s:
a) els vectors velocitat i acceleració.
b) el vector quantitat de moviment.
c) el moment angular respecte del punt P = (7,−7,3).
d) la força que actua sobre la massa puntual.
Solució: a) v⃗ = 12 ı̂− 7 ȷ̂+ 8k̂, a⃗ = 12 ı̂− 4 ȷ̂+ 12k̂ b) p⃗ = 24 ı̂− 14 ȷ̂+ 16k̂
c) L⃗(P ) = 30 ı̂+ 8 ȷ̂− 38 k̂ d) F⃗ = 24 ı̂− 8 ȷ̂+ 24k̂
230
Problemes i qüestions
Problema 2.3.6. Una partícula lligada a una corda, de massa negligible i longitud
ℓ, oscil·la en el pla vertical.
a) Trobeu l’equació de moviment utilitzant la llei de moviment del moment
angular
b) Especifiqueu-ne el resultat per a petites oscil·lacions.
Solució: a) θ̈ = − gℓ sin θ b) θ̈ = −
g
ℓ θ
Figura de l'enunciat 2.3.6
Qüestió 2.4.1. Una partícula de massa 2 kg es mou en la direcció de l’eix x, sotme-
sa a una força conservativa l’energia potencial de la qual és U = x4 − 8x2 (unitats
S.I.). És cert que:
a) la força és nul·la per a x = ±1
b) L’acceleració a x = 0 és màxima.
c) La força que actua sobre la partícula té per expressió F = −x4 + 8x2
5
d) La força que actua sobre la partícula té per expressió F = −x + 8 35 3x
e) L’acceleració en x = 1 val 6m/s2
Qüestió 2.4.2. A la figura, es mostra una corba d’energia potencial en funció d’una
variable x. Quina de les gràfiques següents de la força en funció d’aquesta variable
és compatible amb la gràfica U(x)?
Figura de l'enunciat 2.4.2
a)
b)
c)
231
Problemes i qüestions
d)
e) Si no es coneix l’energia cinètica, no es pot determinar la força a partir de U(x)
Qüestió 2.4.3. La força que s’exerceix sobre un cos de 15 kg que es desplaça en
la direcció de l’eix x varia amb la posició en la forma indicada a la figura. És cert
que:
Figura de l'enunciat 2.4.3
a) quan el cos passa de la posició x = 0 a x = 50m, l’energia potencial dismi-
nueix en 2600 J.
b) Quan el cos passa de la posició x = 80m a x = 100m, l’energia cinètica
disminueix en 400 J.
c) Al tram des de x = 50m fins a x = 80m, el moviment és uniforme.
d) La velocitat màxima assolida pel cos es dóna en el tram des de x = 20m fins
a x = 30m.
e) Cap de les altres quatre afirmacions és certa.
Qüestió 2.4.4. Un cos de 0,15 kg de massa es mou al llarg de l’eix x en un camp
de forces del qual l’energia potencial U es representa a la figura. Deixem el cos al
punt C amb una velocitat de 4m/s en el sentit positiu de l’eix x. És cert que:
a) l’energia mecànica del cos és 0,3 J.
b) la velocitat al punt B és 3,4m/s. Figura de l'enunciat 2.4.4
c) la velocitat a x = 0 és nul·la.
232
Problemes i qüestions
d) Al punt B, l’energia mecànica del cos és mínima.
e) El cos no pot arribar al punt D.
Qüestió 2.4.5. Una partícula de 80 g es mou al llarg de l’eix x per acció d’una
força conservativa. La seva energia potencial val U = x4 − 2x2 (unitats S.I.). Si
l’energia mecànica de la partícula val 3 J, la seva velocitat màxima serà:
a) 2,4m/s
b) 10m/s
c) 8m/s
d) 6,79m/s
e) 3,8m/s
Qüestió 2.4.6. Una partícula es mou per efecte d’una única força conservativa.
Podem afirmar que:
a) en qualsevol trajectòria, la variació d’energia potencial entre les posicions ini-
cial i final de la trajectòria és sempre nul·la.
b) si la partícula descriu un moviment circular uniforme, la variació de l’energia
potencial entre dos punts d’aquesta trajectòria és nul·la.
c) l’increment de l’energia mecànica de la partícula pot ser positiu o negatiu,
depenent del signe del treball de la força.
d) l’energia potencial de la partícula augmenta si el treball de la força és positiu.
e) Cap de les altres quatre afirmacions és correcta.
Qüestió 2.4.7. Si deixem caure una pedra des de la torre d’un castell i negligim la
resistència de l’aire, és cert que:
a) el treball de la força gravitatòria és nul.
b) l’energia potencial de la pedra no varia.
c) l’energia cinètica de la pedra no varia.
d) l’energia mecànica de la pedra no varia.
233
Problemes i qüestions
e) el treball de la força gravitatòria és negatiu.
Qüestió 2.4.8. L’energia potencial d’una partícula de 5 kg de massa que es mou
en la direcció de l’eix x està indicada a la figura. Podem afirmar que:
a) la posició x = 0 és d’equilibri estable.
b) la posició x = 0 és d’equilibri inestable.
c) l’acceleració en x = 0 és −0,4m/s2.
d) l’acceleració en x = 2m és −2m/s2.
e) el treball de la força quan la partícula passa de x = 0 a x = 2m és 4 J. Figura de l'enunciat 2.4.8
Qüestió 2.4.9. La força que actua sobre una partícula, de massa 4 kg, és F⃗ = 6z k̂.
Si v és el mòdul de la velocitat, l’energia mecànica és, excepte en una constant
(totes les unitats en el S.I.):
a) E = 2v2 − 3z
b) E = 4v2 − 3z2
c) E = 2v2 − 3z2
d) E = 2v2 + 3z
e) E = 2v2 − 13z
3
Problema 2.4.5. Una partícula de massa m es mou en un camp de forces d’energia
potencial associada U = 16− (x2 + y2), en unitats S.I.
a) Determineu les equacions de les superfícies equipotencials en les quals U =
0, U = 12 i U = 18. Són totes possibles? Dibuixeu-ne la primera.
b) Trobeu el lloc geomètric dels punts amb U màxim. Quant val l’energia
potencial màxima?
c) Trobeu l’expressió analítica del camp de forces l’energia potencial del qual
és la donada.
d) Quina força actua sobre la partícula al punt P0 = (1; 1; 0)? Si parteix de
P0 en repòs, quina és la velocitat més gran que pot assolir en algun instant
posterior?
e) Calculeu el treball realitzat per la força per portar la partícula des de P0 fins
a P = (22; 22; 0).
234
Problemes i qüestions
Solució: a) x2 + y2 = 16 , x2 + y2 = 4 , no existeix; b) x2 + y2 = 0, Umax = 16 J;
c) F⃗ = 2xı̂+ 2yȷ̂; d) F⃗ = 2ı̂+ 2ȷ̂ , v = ∞; e) W = 966 J
Problema 2.4.6. Una partícula està sotmesa a una força F = −kx+a/x3. Trobeu
l’expressió de l’energia potencial U .
Solució: U = 12kx
2 + a2x2 + ct
Problema 2.4.7. Donada la força F⃗ = (3x− 4y)̂ı+ (4x+ 2y) ȷ̂, calculeu:
a) el treball realitzat per F⃗ en portar la partícula de A a B i el realitzat en una Figura de l'enunciat 2.4.7
volta completa al llarg de l’el·lipse amb a i b, respectivament, els semieixos
2 2
major i menor: x ya2 + b2 = 1
b) És conservativa la força F⃗ ? Per què?
Nota. Forma paramètrica d’una el·lipse centrada a l’origen:
r⃗(λ) = (x, y) = (a cosλ , b sinλ)
2 2
Solució: a) 2b −3a2 + 2πab , 8πab; b) no
Problema 2.4.8. La força que actua sobre una partícula s’expressa com F⃗ =
−ax2 ı̂, on a és una constant. Calculeu la funció energia potencial prenent U = 0
per a x = 0 i dibuixeu el gràfic de U en funció de x.
Solució: U = 13ax
3
Problema 2.4.9. Un cos de 2 kg de massa es pot desplaçar pel pla horitzontal xy
on actua la força F⃗ = 2xy ı̂+ x3ȷ̂.
a) Calculeu el treball d’aquesta força en el camí que va de A = (1,1) a B =
(5,9) seguint la recta que uneix ambdós punts.
b) Calculeu el treball entre A i B quan el camí passa per C = (5,1), seguint les
direccions dels eixos x i y en els trajectes AC i CB respectivament.
c) Es pot associar una energia potencial a aquesta força?
Substituïm la força anterior per una altra F⃗ = −2x ı̂ . Deixem el cos al punt A
amb una velocitat de 8m/s en la direcció de l’eix x en sentit positiu.
d) Determineu l’increment d’energia potencial en el desplaçament AC.
e) Fins a quin punt arribarà el cos en el seu moviment?
235
Problemes i qüestions
f) Amb quina velocitat passarà per la posició d’equilibri?
Nota. Les forces estan expressades en N i les distàncies, en m.
Solució: a) W = 453,3 J; b) W = 1024 J; c) Força no conservativa, no es pot
definir una energia potencial; d) ∆U = 24 J; e) Arriba fins al punt (8,06; 1)m; f)
v = 8,06m/s.
Problema 2.4.10. Un cos de 2 kg de massa es mou cap a dalt en un pla inclinat
30◦ respecte a l’horitzontal, desplaçant-se 10m. Sobre el cos actuen les tres forces
tal com s’indica a la figura. Calculeu el treball total fet pel sistema de forces que
actua sobre el cos, així com la potència desenvolupada si les forces són aplicades
durant 60 s.
Solució: J; W Figura de l'enunciat 2.4.10W = 27,4 P = 0,456
Problema 2.4.11. Un objecte de 5 kg està sotmès a una força que varia amb la
posició de l’objecte, tal com mostra la figura. Si parteix del repòs a x = 0, quina
serà la seva velocitat a x = 25m i a x = 50m?
Solució: v25 = 7,07m s−1; v50 = 12,25m s−1 Figura de l'enunciat 2.4.11
Qüestió 2.5.1. Premem una caixa de massa m contra una paret vertical amb una
força horitzontal de magnitud F . Si el coeficient estàtic de fregament amb la paret
és µ, el valor mínim de F perquè la caixa no llisqui cap avall és:
a)mg
b) µmg
√
c) 1− µ2mg
d) mgµ
e) √mg µ
Qüestió 2.5.2. Una partícula de massa m es mou sobre l’eix x i és atreta cap a
l’origen de coordenades per una força F = −k/x, on k és una constant positiva.
Si parteix del repòs des del punt x0, quina velocitat portarà quan passi pel punt
x = x0/2?
√
a) v = km
236
Problemes i qüestions
√
b) v = 2k√ m ln 2
c) v = 2km
kx
− 0d) v = km e m
e) Cap de les altres
Qüestió 2.5.3. La figura representa un pla inclinat 30◦ amb dues molles idèntiques
de constant k = 20N/m, una a la part superior i l’altra a la part inferior del pla. Un
cos de 2N de pes es deixa anar sense velocitat inicial des de la posició indicada a la
figura, estant la molla de la part superior comprimida una distància x1 (en metres).
A l’inici del moviment, el cos es troba 50 cm per damunt de l’extrem de la molla
inferior. ¿Què ha de valer el treball de la força de fricció (en joules) existent entre
el cos i el pla per tal que la compressió màxima de la molla inferior sigui també
x ? Figura de l'enunciat 2.5.31
a)Wf = −(x1 + 1)
b)Wf = −(x21 + 1)
c)W = − (4x1+2)f 20
d)W 2f = −20x1
e) Sense conèixer la longitud natural de les molles, no es pot saber.
Qüestió 2.5.4. Una partícula està sotmesa a una força central dirigida a un punt O.
Podem afirmar:
a) L’energia cinètica de la partícula es manté constant.
b) La trajectòria de la partícula està continguda en un pla i la seva quantitat de
moviment es manté constant.
c) El moment angular de la partícula respecte del punt O és nul.
d) L’impuls angular de la força respecte del punt O és nul.
e) La trajectòria de la partícula és circular.
Qüestió 2.5.5. Donades les forces següents, digueu quines són conservatives:
237
Problemes i qüestions
A) Força de fricció seca feta sobre una capsa que llisca.
B) Força feta sobre un cos per una molla que segueix la llei de Hooke.
C) Força de la gravetat.
D) Força sobre un cotxe a causa de la resistència de l’aire.
a) A, B i C
b) A i D
c) B i C
d) C i D
e) A, C i D
Problema 2.5.4. El cos P de la figura adjunta té una massa m = 5 kg i gira a una
velocitat angular de 20 rev/min al voltant de l’eix EE′ sobre una superfície (fixa)
cònica llisa. El cos està subjectat a l’eix mitjançant una corda, de massa negligible
i longitud 0,5m, paral·lela a la superfície quan P la toca. Si α = 45◦, determineu:
a) la reacció de la superfície sobre el cos.
b) la tensió de la corda.
Figura de l'enunciat 2.5.4
c) la velocitat angular del cos a la qual se separarà de la superfície.
Solució: a) 29,6N; b) 40,13N; c) 5,26 rad/s
Problema 2.5.5. Un cos petit de massam = 5 kg cau des del puntA sense velocitat
inicial, pel carril representat a la figura.
Només hi ha fricció al tram BC, de longitud 4m, i el punt A està situat a una altura
hA = 2m. Sabent que el cos queda aturat al punt C, calculeu el coeficient de
Figura de l'enunciat 2.5.5
fricció entre el cos lliscant i el terra en el tram BC.
Solució: µ = 0,5
Problema 2.5.6. Deixem lliure un bloc de 2 kg sobre un pla inclinat sense fricció
a 4m d’una molla de constant k = 100N/m. El pla està inclinat 30◦.
a) Calculeu la compressió màxima de la molla, suposant que no té massa. Figura de l'enunciat 2.5.6
b) Si hi ha fricció i el coeficient de fricció entre la massa i el pla és 0,2, calculeu-
ne la compressió màxima.
238
Problemes i qüestions
c) En el darrer cas, en què hi ha fricció, fins a quina distància recorrerà el bloc
pel pla després de separar-se de la molla?
Solució: a) 0,989m; b) 0,783m; c) 1,54m
Problema 2.5.7. Per tal de desviar els electrons en un oscil·loscopi, s’utilitza un
camp elèctric constant de 2000N/C. Tenint en compte que a l’inici els electrons
tenen una velocitat de 106 m/s, calculeu la desviació quan han recorregut 1 cm en
la direcció normal al camp elèctric.
Solució: 1,76 cm
Figura de l'enunciat 2.5.7
Problema 2.5.8. L’any 2009, es va inaugurar el gran col·lisionador d’hadrons
(LHC) a Ginebra per tal d’estudiar les propietats de les partícules subatòmiques.
Històricament, això s’ha fet en cambres de boira en què les partícules deixen un
rastre de gotetes de condensació. Per tal de determinar la càrrega d’aquestes par-
tícules i la seva massa, s’han utilitzat camps magnètics. La força que sent una
partícula carregada en travessar un camp magnètic és F⃗ = q(v⃗ × B⃗), on q és la
càrrega de la partícula, v és la seva velocitat i B⃗ és el camp magnètic. Demostreu
que una partícula carregada dintre d’un camp magnètic descriu una òrbita circular
de radi R = mvqB , on m és la massa de la partícula i v és la seva velocitat.
Figura de l'enunciat 2.5.8. Trajec-
tòries de partícules subatòmiques
Problema 2.5.9. Els núvols estan situats uns 2 km de distància de la superfície en el si d'un camp magnètic
terrestre. Calculeu la velocitat amb què caurien les gotes a terra si no existís
fregament amb l’aire. Refeu el càlcul tenint en compte el fregament amb l’aire
(b = 10−4 kg/s) i que la massa de les gotes és d’uns 0,1 g.
Solució: 197m/s, 9,8m/s.
Problema 2.5.10. Una partícula de 4 kg de massa es mou al llarg de l’eix x segons
x(t) = t+ 2 t3, (x en m i t en s). Calculeu:
a) l’energia cinètica en funció del temps,
b) l’acceleració de la partícula i la força que actua sobre ella en funció del temps,
c) la potencia subministrada a la partícula en funció del temps,
d) el treball fet per la força de t = 0 a t = 2 s.
Solució: a) (2 + 24t2 + 72t4) J; b) 12tm/s2, 48tN; c) (48t+ 288t3)W; d) 1248 J
Problema 2.5.11. Sobre un tauler horitzontal es col·loquen dues pastilles, A i B,
239
Problemes i qüestions
de masses mA i mB, amb coeficients de fricció pastilla-tauler µA i µB (fricció
dinàmica = estàtica). Anem inclinant el tauler.
Figura de l'enunciat 2.5.11
a) Quina és la condició necessària per què A iniciï el moviment abans que B?
b) Quina és la condició necessària per què els dos cossos llisquin junts?
c) Complint-se la condició anterior, calculeu el valor de θ que fa que el movi-
ment de A i B sigui uniforme.
d) Calculeu l’acceleració del moviment quan θ és més gran que el valor trobat
a c).
Solució: a) µA < µB; b) µA = µB; c) tan θ = µA = µB; d) a = g(sin θ− µ cos θ)
240

P
3 Problemes i qüestions
 
Qüestió 3.2.1. Un filferro semicircular homogeni de massa m se subjecta tal com
indica la figura mitjançant una articulació a O. En equilibri, θ val:
a) 25,1◦
b) 23,0◦ Figura de l'enunciat 3.2.1
c) 32,5◦
d) 39,5◦
e) No pot estar en equilibri.
Qüestió 3.2.2. Un filferro homogeni està doblegat en forma de triangle, tal com
indica la figura. Les coordenades del seu CM són:
a) (1; 4/3)
Figura de l'enunciat 3.2.2
b) (1; 3/2)
c) (3/2; 2)
d) (1; 2)
e) Cap de les altres respostes és correcta.
Qüestió 3.2.3. L’objecte de la figura està constituït per dos filferros de longitud L
i densitat lineal λ, situats en el pla xy, i per un quart de circumferència de densitat
lineal 2λ, situat en el pla yz. La coordenada z del centre de masses val:
Figura de l'enunciat 3.2.3
a) 2L/(2 + π)
Problemes i qüestions
b) 2L/π
c) 2L/(4 + π)
d) L/2
e) L/4
Qüestió 3.2.4. Quina és la coordenada z del CM del quart de con homogeni,
d’altura h, de la figura?
a) h/16
Figura de l'enunciat 3.2.4
b) h/8
c) h/4
d) h/3
e) h/2
Qüestió 3.2.5. Una làmina rectangular homogènia de 4×8 cm de costat té un forat
circular de radi 1 cm. El centre C del forat es troba a una distancia b del centre O
del rectangle i està situat sobre l’eix de simetria, tal com es pot veure a la figura.
Per tal que el centre de masses de la làmina sigui un punt de la perifèria del forat,
b ha de valer:
a) 0,90 cm
b) 0,50 cm Figura de l'enunciat 3.2.5
c) 0,30 cm
d) 0,70 cm
e) 0,85 cm
Qüestió 3.2.6. Un cotxe de 1500 kg es mou cap a l’oest amb una velocitat de
20m/s i un camió de 3000 kg es mou cap a l’est amb una velocitat de 16m/s.
Calculeu la velocitat del centre de masses del sistema.
a) 10m/s cap a l’oest
b) 4m/s cap a l’est
244
Problemes i qüestions
c) 2m/s cap a l’est
d) 5m/s cap a l’oest
e) 8m/s cap a l’est
Qüestió 3.2.7. Les coordenades del CM de la peça de la figura, en forma de sector
circular de radi R, són:
a) x = y = 0,50R Figura de l'enunciat 3.2.7
b) x = y = 0,33R
c) x = y = 0,58R
d) x = y = 0,62R
e) x = y = R
Qüestió 3.2.8. La peça de la figura té una densitat volúmica uniforme. La part
superior és un cilindre de radi r i altura h i la inferior és una semiesfera de radi
2r. Per aconseguir que el CM de la peça estigui sobre la base del cilindre, s’ha de
complir:
√
a) h = 2r Figura de l'enunciat 3.2.8
b) h = r/2
c) h = 2r
d) h = r
√
e) h = 2 2r
Qüestió 3.2.9. Quines són les coordenades del centre de masses de la xapa homo-
gènia de la figura, formada per un quadrat i un cercle?
a) x = R; y = 1,44R Figura de l'enunciat 3.2.9CM CM
b) xCM = R; yCM = 2R
c) xCM = 2,52R; yCM = 1,76R
d) xCM = 1,88R; yCM = 2R
245
Problemes i qüestions
e) xCM = 1,88R; yCM = 1,44R
Qüestió 3.2.10. La distància des del centre de la base del barret de copa, fet de
làmina homogènia, al centre de masses és:
a) H
2r Figura de l'enunciat 3.2.10
R
R2b) r+r
2R
H2+2Rr
c) H
2r+r2H
R2+2Hr
d) H
2R+R2H
r2+2HR
2
e) R rH
Problema 3.2.3. Determineu elCM de la tija homogènia de la figura (unitats S.I.).
Solució. Amb l’origen de (x, y) a l’esquerra de l’inici del semicercle: (3,13; 0,8) Figura de l'enunciat 3.2.3
Problema 3.2.4. Un corró massís té la forma indicada a la figura. El corró està
construït a partir d’un cilindre massís al qual traiem un tros semiesfèric d’una base
i l’afegim a l’altra base. Trobeu-ne el centre de masses en cas que a = 40 cm i
d = 20 cm.
Solució: xCM = 40/3 cm Figura de l'enunciat 3.2.4
Problema 3.2.5. A la figura, es mostra un tren format per tres vagons les masses
dels quals són mA = 21× 103 kg, mB = 18× 103 kg, mC = 24× 103 kg. Els tres
vagons estan units per dues cadenes de masses negligibles.
Figura de l'enunciat 3.2.5
Si sobre el primer vagó s’aplica una força paral·lela a la via de F = 70 kN, i
suposem que no hi ha friccions i que la via és recta, determineu l’acceleració a
amb què es desplacen els tres vagons i les tensions T de les dues cordes:
a) si la via és horitzontal,
b) si la via està inclinada un angle θ = 15◦ cap amunt.
Solució:
a) 2a = 1,11m/s ; TAB = 46,7 kN ; TBC = 26,7 kN
b) a′ = − 21,43m/s ; T ′AB = 46,7 kN ; T ′BC = 26,7 kN
246
Problemes i qüestions
Qüestió 3.3.1. La condició necessària i suficient perquè la quantitat de moviment
d’un sistema de partícules es conservi exigeix que:
a) Es conservi l’energia mecànica del sistema.
b) El centre de masses del sistema estigui en repòs.
c) Les forces externes que actuïn siguin conservatives.
d) La resultant de les forces externes sigui nul·la.
e) Les forces internes del sistema siguin conservatives.
Problema 3.3.2. Imaginem que un astronauta de 75 kg, que porta una eina de 5 kg
(total = 80 kg) en un “passeig espacial” a fora de la nau, se li trenca el cable que
l’uneix amb la nau. Hi hauria alguna manera de tornar? Si s’allunya de la nau a
una velocitat de 2m/s, seria factible tornar, o per sempre més restaria a l’espai?
Solució. Llançant l’eina a una velocitat respecte de la nau > 32m/s.
Problema 3.3.3. Un nen de 40 kg és a l’extrem d’una plataforma de 80 kg i 2m de
longitud. El nen es desplaça fins a l’extrem oposat de la plataforma. Suposarem
que no hi ha fregament entre la plataforma i el terra.
a) ¿Quant es desplaça el centre de masses del sistema format per la plataforma
i el nen?
b) ¿Quant es desplaça el nen respecte al terra? ¿Quant es desplaça la plataforma
respecte al terra?
c) Si el nen corre sobre la plataforma a una velocitat constant de 0,5m/s (res-
pecte a la plataforma), amb quina velocitat es mou la plataforma? Figura de l'enunciat 3.3.3
Solució: a)No es desplaça; b) El nen es mou 4/3m i la plataforma, 2/3m en sentit
oposat; c) v = −1/6m/s
Qüestió 3.4.1. Un sistema està format per dues partícules de la mateixa massa m.
En un instant determinat, una d’elles està en repòs al punt (0,0,0) i l’altra, situada
a (0, L, 0), es mou amb velocitat v⃗ = v ı̂. El moment angular del sistema respecte
del punt (0, L/2,0) és:
a) 2mLv ı̂
b) −mLv2 k̂
247
Problemes i qüestions
c) 2mLv k̂
d) mLv2 ı̂
e)mv k̂
Qüestió 3.4.2. Dues partícules de masses m1 = 10 kg i m2 = 20 kg es mouen
respecte d’un sistema de referència inercial segons r⃗1 = 2t2 ı̂+3ȷ̂ i r⃗2 = 4t2 ı̂−3ȷ̂.
Quant val el moment angular del sistema respecte de l’origen?
Nota. Totes les unitats estan expressades en el S.I.
a) L⃗ = −600t k̂
b) L⃗ = −360t2 k̂
c) L⃗ = 12t k̂
d) L⃗ = 360t k̂
e) L⃗ = −12t k̂
Qüestió 3.4.3. Dues partícules de masses m1 = 10 kg i m2 = 20 kg es mouen
respecte d’un sistema de referència inercial segons r⃗1 = 2t2 ı̂+3ȷ̂ i r⃗ 22 = 4t ı̂−3ȷ̂.
Quant val el moment resultant de les forces respecte de l’origen?
Nota. Totes les unitats estan expressades en el S.I.
a) M⃗ = 12 k̂
b) M⃗ = 600t k̂
c) M⃗ = 360 k̂
d) M⃗ = −600 k̂
e) M⃗ = −360t k̂
Problema 3.4.3. En patinatge artístic, és comú augmentar la velocitat angular tot
encongint les mans. En una primera aproximació, podem suposar que els braços
tenen una massa negligible pel fet de portar unes peses a cada mà i que la resta
de cos és molt propera a l’eix de gir. Calculeu la relació entre la velocitat angular
inicial i final, si la patinadora encongeix les mans des d’una distància d’1m del cos
a 20 cm.
Solució: ωfi/ωini = 25
248
Problemes i qüestions
Problema 3.5.3. Un nen de massa m = 35 kg és a l’extrem d’un carretó de massa
M = 70 kg que inicialment està parat i que pot rodar lliurement (vegeu la figura).
En un instant determinat, el nen fa un salt amb una velocitat de sortida v0 = 5m/s
i un angle θ = 30◦ amb el terra, i cau justament a l’altre extrem del carretó.
Negligint qualsevol tipus de fricció, determineu:
a) la velocitat amb què es desplaça cap enrere el carretó mentre el nen és a l’aire
durant el salt;
b) la distància que recorre el nen respecte de terra;
c) la distància que recorre el carretó i la seva longitud;
Figura de l'enunciat 3.5.3
d) la velocitat del carretó una vegada el nen ha aterrat a l’altre extrem.
Solució: a) 2,17m/s; b) 2,21m; c) 1,11m i 3,31m; d) 0
Problema 3.5.4. Un bloc de 50 kg està en contacte amb una molla de constant
elàstica 300N/m i de massa negligible i comprimida 0,2m. El conjunt està sobre
una vagoneta de 75 kg (les rodes són de massa negligible) i el deixem anar. De-
termineu les velocitats del bloc i de la vagoneta a partir de l’instant en què el bloc,
lliscant sense fricció sobre la vagoneta, perd el contacte amb la molla.
Figura de l'enunciat 3.5.4
Solució
v: velocitat del bloc, positiva cap a la dreta. V : velocitat de la vagoneta, positiva cap
a l’esquerra.
Conservació de la quantitat de moviment: 0 = 50v − 75V
Conservació de l’energia: 1300 · 0,22 = 150v2 + 175V 2
2 2 2
Resolent el sistema i prenent la solució positiva, que és la que està d’acord amb el fet
que la molla està inicialment comprimida:
v = 0,3795m/s ; V = 0,2540m/s 
Problema 3.6.2. Una bola de 8 kg de massa, amb una velocitat de 5m/s, xoca sen-
se fricció amb una altra, d’igual radi, de 6 kg i en repòs, sobre un terra horitzontal
llis.
Determineu la velocitat i la direcció de la segona bola, si la primera és desviada, a
conseqüència del xoc, 30◦ respecte de la direcció inicial, suposant que el terra i les
boles són llises i el xoc és elàstic.
Solució. Dues solucions possibles, 5,68m/s , −5,9◦ i 3,35m/s , −54,1◦. Els
angles, respecte de la direcció inicial.
249
Problemes i qüestions
Problema 3.6.3. Una bola de massa m = 0,5 kg se subjecta, mitjançant una corda
inextensible i de massa negligible, de longitud L = 1m. Se separa la massa 90◦
respecte a la posició d’equilibri i es deixa caure. En arribar a la part inferior de la
trajectòria, la bola xoca de forma inelàstica amb un bloc de massa M = 3 kg, que
es troba en repòs sobre una superfície. Sabent que el coeficient de restitució entre
la bola i el bloc és e = 0,8 i que el coeficient de fricció entre el bloc i la superfície
horitzontal és µ = 0,2, determineu:
a) la velocitat del bloc i de la bola després de la col·lisió;
b) el treball realitzat per la força de fricció fins que el bloc de massa M s’atura,
i
c) l’altura assolida per la bola després de la col·lisió.
Solució: a) m retrocedeix a una velocitat de 2,40m/s i M avança a una velocitat
d’1,14m/s; b) −1,95J ; c) 0,29m
Problema 3.6.4. Un bloc de 13 kg es troba en repòs sobre una superfície horitzon-
tal. Llancem horitzontalment contra ell una massa de 400 g d’argila que hi queda
adherida. El bloc i l’argila llisquen 15 cm sobre la superfície. Si el coeficient de
fricció és 0,4, quina és la velocitat inicial de l’argila?
Solució: 36,4m/s
Problema 3.6.5. Un objecte de 11 kg explota en tres trossos de masses m1 = 4 kg,
m2 = 6 kg i m3, amb velocitats coplanàries v⃗1 = (v1x, 3), v⃗2 = (4, v2y) i v⃗3 =
(0; 2). Calculeu v1x i v2y.
Solució: v1x = −6,00m/s ; v2y = −2,33m/s
Problema 3.6.6. Un ocellet de 125 g que vola a 0,6m/s està a punt de capturar
una abella de 5 g que vola perpendicularment a 15m/s. Quina serà la velocitat de
l’ocellet just després de capturar l’abella?
Solució: 0,816m/s
Problema 3.6.7. Deixem anar una esfera d’1 kg d’una altura d’1,8m, que rebota
sobre una placa de 5 kg i arriba a una altura màxima d’1,5m. Determineu:
Figura de l'enunciat 3.6.7
a) el coeficient de restitució en aquest cas, i
b) l’altura màxima a què arribaria l’esfera si la placa estigués suportada per dues
molles de constant elàstica k = 2 kN/m cadascuna i el xoc fos completament
elàstic.
250
Problemes i qüestions
c) Calculeu la màxima deformació de les molles.
Solució: a) 0,913; b) 0,8m; c) 0,07m
Problema 3.6.8. Des d’una torre de 95m d’altura es deixa caure una pedra i, un
segon més tard, es llança una segona pedra idèntica des del terra cap amunt i per la
mateixa vertical. Ambdues xoquen frontalment i elàsticament al punt mitjà de la
torre. Calculeu:
a) les velocitats de les pedres just després del xoc,
b) l’altura a la que arriba la primera pedra després del xoc, i
c) l’altura a la que arribaria la segona pedra si no hagués xocat.
Solució: a) 30,5m/s i −12,32m/s b) 7,74m c) 55,225m.
Problema 3.6.9. Una bola de 4 kg de massa es mou sobre un terra horitzontal
perfectament llis, a una velocitat, respecte del sistema de referències (x, y) fixat
al terra, de (20; 0)m/s i xoca amb una altra de 6 kg que es mou a una velocitat de
(10; 10)m/s.
a) Si les dues boles surten enganxades a conseqüència del xoc, determineu la
velocitat (vectorial ) del conjunt.
b) Calculeu, en aquest últim cas, l’energia (de translació) dissipada en el xoc.
c) Les dues boles són llises i tenen e(l mateix radi. El xoc és totalment elàstic.Trobeu les dues possibles velocitats (ve√ctoria)l) de la segona bola, si sabem que
la primera surt en la direcció i sentit 32 ;
1
2 .
Solució: a) (14; 6)m/s; b) 240 J; c) (9,81; 2,19)m/s i (19,39; 7,72)m/s
Problema 3.7.2. S’anomena velocitat d’escapament associada a un planeta (o es-
trella) la velocitat mínima per tal que un cos s’escapi (sortint de la superfície del
planeta, arr√ibi fins a l’infinit amb velocitat nul·la). Demostreu que aquesta veloci-
tat és v = 2GM/R on G és la constant gravitatòria, M és la massa del planeta
i R és el seu radi.
S’anomena forat negre un astre amb velocitat d’escapament igual a la velocitat de
la llum (c = 3 × 108 m/s). Res no es pot escapar! Calculeu quin radi hauria de
tenir el Sol (MSol = 2× 1030 kg) per tal que es comportés com un forat negre.
Solució:RSol = 2,93 km
251
Problemes i qüestions
Problema 3.7.3. Demostreu que l’energia total d’un cos en òrbita circular al vol-
tant d’un planeta (el planeta es pot considerar fix) és la meitat de la seva energia
potencial.
Problema 3.7.4. La vida al planeta Terra tal com la coneixem desapareixerà d’aquí
a 109 anys perquè la brillantor del Sol creixerà fins a eliminar tota possibilitat de
supervivència. Per tal d’evitar-ho tenim dues possibilitats (segons Korycansky et
al.): emigrar a un altre planeta o augmentar el radi de l’òrbita del planeta Terra
d’1,5×1011 m fins a 2,2×1011 m. (aproximem l’òrbita de la Terra a una circumfe-
rència amb el Sol fix al centre). La primera possibilitat implica que tota la biomassa
del planeta (que suposarem de massa mbio = 1020 kg) abandoni el lligam amb el
camp gravitatori terrestre, és a dir, que assoleixi la velocitat d’escapament. A partir
d’aquestes dades, quin mètode és més factible energèticament (quin “costa” menys
energia): fer emigrar tota la biomassa o canviar l’òrbita del planeta?
Dades: M 30 6Sol = 2× 10 kg i RTerra = 6× 10 m.
[Problema inspirat en l’article “Astronomical engineering: a strategy for modifying
planetary orbits” publicat a la revista Astrophysics and Space Science, de D. G. Kory-
cansky et Al. Al seu torn, l’autor s’inspira en uns càlculs fets per Carl Sagan l’any
1993 (Pollack & Sagan,1993).]
Solució. Cost energètic de canviar l’òrbita de la Terra: 8,4×1032 J. Cost energètic
d’emigrar de la Terra: 6,57× 1027 J
Problema 3.7.5. Es pot calcular l’acceleració a la superfície terrestre a partir de
dades de l’òrbita de la Lluna, tal com va fer Newton. Calculeu aquest valor a partir
de les dades de la Lluna que es proposen: T = 28 dies, R 8orbita = 3,8 × 10 m,
R 6Terra = 6,37 × 10 m. Compareu aquest resultat amb el valor de 2g = 9,81m/s
conegut per a la superfície terrestre.
Solució: 2g = 9,1m/s
Problema 3.7.6. Calculeu la força d’atracció gravitatòria que sent un nen acabat de
néixer, de 2 kg de massa, deguda a la llevadora, que suposarem de 70 kg de massa,
si aquesta és a una distància d = 0,5m del nadó. Calculeu l’atracció gravitatòria
que sent el mateix nen deguda al planeta Mart, de massa Mmart = 6,4185×1023 kg,
si és a una distància de d = 5,9× 107 km. Raoneu a partir de les dades obtingudes
si, segons l’astrologia, els planetes definissin el caràcter de les persones ¿Podria
això ser degut a la interacció gravitatòria?
Solució: Fnen−metge = 3,7× 10−8 N; F −9nen−Mart = 7,92× 10 N
252
Problemes i qüestions
Qüestió 3.10.1. La partícula de la figura, de massa 1 kg, és obligada a passar pel
filferro sense fricció. En tot moment hi actua la resultant de les forces externes:F⃗ =
−4y3 ȷ̂ . Si la deixem anar sense velocitat inicial al punt A, quina velocitat tindrà
quan passi per B? Nota. Totes les unitats s’expressen en el S.I.
a) 19,20m/s Figura de l'enunciat 3.10.1
b) 27,17m/s
c) 13,58m/s
d) 11,04m/s
e) 7,81m/s
Problema 3.10.7. Una corredora de 3 kg cau sense velocitat inicial i llisca sense
fregament en un pla vertical per la guia de la figura. La molla a la qual està unida té
una constant recuperadora de 4N/cm. La longitud natural de la molla és de 60 cm.
Trobeu la velocitat de la corredora quan passa per B. On s’aturarà?
Solució: vB = 7,18m/s. S’atura al punt C,
Figura de l'enunciat 3.10.7
BC = 1,72m
Problema 3.10.8. Un cos de massa m, de petites dimensions, es deixa caure des
del punt A pel carril de la figura. Si el cos llisca sense fricció i hA = 3R, on R és
el radi de la circumferència, trobeu:
a) la força que exerceix el cos sobre el carril als punts B i C, i
b) el valor de l’altura del punt A perquè la força en el punt C sigui nul·la. Figura de l'enunciat 3.10.8
2 2
Solució: a) vB i vF CB = m R +mg = 7mg FC = m R −mg = mg; b) h
′ 5
A = 2R
Problema 3.10.9. Un√a boleta de√massa 0,1 kg està enfilada en una guia en forma
d’el·lipse amb a = 2 i b = 3 , respectivament, els semieixos de l’el·lipse:
2
x2 y
2 + 3 = 1. A més, hi ha un camp de forces F⃗ = (3x− 4y)̂ı+ (4x+ 2y) ȷ̂. La
boleta surt del punt A a una velocitat v⃗ = 10 ȷ̂ (vegeu la figura). Calculeu: Figura de l'enunciat 3.10.9A
a) la velocitat amb què la partícula passa pel punt B i
b) la velocitat amb què torna a passar pel punt A.
Nota 1. Totes les magnituds estan donades en el S.I.; Nota 2. Equació paramètrica
d’una el·lipse: r⃗(λ) = (a cosλ, b sinλ)
Solució: a) vB = 20,2m/s; b) v′A = 36,5m/s.
253
Problemes i qüestions
Problema 3.10.10. Un carret, de massa m, és accelerat sense fricció a través de la
força proporcionada per la corda (de massa negligible) lligada a la bola de massa
m que cau lliscant pel tub. La politja (petita i sense fricció) i el tub són solidaris a
la plataforma per on es desplaça el carret i, juntament amb aquesta, tenen massa de
2m i llisquen per una guia horitzontal. Trobeu la velocitat V de la plataforma en
funció de la coordenada y de la bola (vegeu la figura) si, estant tot aturat, deixem
anar el carret quan la bola és a y = 0.
Figura de l'enunciat 3.10.10
Nota. Les velocit√ats de la figura estan referides a un observador en repòs.
Solució: a) V = 114gy
Problema 3.10.11. El carret, de massa m, és accelerat sense fricció per la força
proporcionada per la molla (de massa negligible) lligada a la plataforma, de massa
2m, que llisca per una guia sense fricció. Trobeu la velocitat v del carret quan
l’allargament de la molla val x < L, si, estant tot aturat, deixem anar el carret quan
l’allargament de la molla és x = L.
Figura de l'enunciat 3.10.11
Nota. Les veloci√tats de la figura estan referides a un observador en repòs.
Solució: a) v = 2k 2 23m (L − x )
Qüestió 3.12.1. Un cilindre homogeni de radi R es desplaça en un pla vertical per
una superfície horitzontal rodant i lliscant. Si, en un instant donat, la velocitat del
centre de masses és v cap a la dreta i la del punt de contacte amb la superfície és v2
també cap a la dreta, el mòdul de la velocitat angular en aquest instant és:
a) 2v3R
b) 3v4R
c) v2R
d) 4v3R
e) 3v2R
Problema 3.13.3. Dues partícules de masses m1 = 3 kg i m2 = 6 kg estan unides
per una barra rígida de massa negligible. Inicialment, es troben en repòs i se les
sotmet, respectivament, a l’acció de les forces, ambdues expressades enN , F⃗2 = 3ȷ̂
i F⃗1 = 6ı̂− 6ȷ̂, tal com es mostra a la figura. Determineu el CM i la quantitat de
moviment del siste(ma en f)unció(del temp)s.
2 2 Figura de l'enunciat 3.13.3
Solució: R⃗ t 8CM = 3 + 3 ı̂+ 1−
t
6 ȷ̂ (m) i P⃗ (t) = 6t ı̂− 3tȷ̂ ( kgms
−1)
254
Problemes i qüestions
Problema 3.13.4. El quadrat de la figura té el CM al centre. Si apliquem només
dues forces de 2N tal com s’indica a la figura, girarà en sentit horari o en sentit
antihorari?
Solució: El quadrat no gira.
Figura de l'enunciat 3.13.4
Problema 3.13.5. Una barra homogènia d’1 kg i 80 cm de longitud se situa en un
pla vertical entre dues parets paral·leles llises separades 40 cm. La barra es lliga a
una molla, de constant recuperadora k = 50N/m , com s’indica a la figura.
Amb la barra situada de manera que la molla està relaxada (longitud natural), la
deixem caure. Quan arriba al punt en què inicia la pujada, determineu:
a) la distància que ha recorregut la barra;
b) la força que la molla fa a la barra i l’acceleració d’aquesta, i Figura de l'enunciat 3.13.5
c) les forces que les parets fan sobre la barra.
Solució: a) cm; b) N (ascendent), m s239,2 19,62 9,81 / (ascendent); c) iguals i de
sentit contrari, de mòdul 2,83N
255
P
4 Problemes i qüestions
Problema 4.2.1. La peça de la figura està feta amb dos filferros diferents. El de
la part horitzontal té una densitat lineal que és el doble del de la part semicircular.
Quina relació hi ha d’haver entre a i r si es vol que, quan es pengi la peça del punt
P , es mantingui en equilibri tal com es veu a la figura?
√
Solució: a = 2 r
Figura de l'enunciat 4.2.1
Qüestió 4.3.1. El pistó de la figura, de superfície S, exempt de fregament, es troba
en equilibri sota l’acció de la força que li fa l’aigua. El gas dins del recipient té una
pressió P . Sabent que la densitat de l’aigua és ρ, i si Pa és la pressió atmosfèrica,
el pes del pistó és:
a) (H − h)ρgS Figura de l'enunciat 4.3.1
b) (P − Pa)S + hρgS
c) (P − Pa)S + (H − h)ρgS
d) HρgS
e) hρgS
Qüestió 4.3.2. El cos massís de la figura està constituït per dos cubs A i B, ho-
mogenis i de densitat 900 kg/m3, soldats entre si de forma que els seus centres
de massa estiguin a la mateixa vertical. Els volums de A i B són 1m3 i 8m3,
respectivament. El cos està en equilibri surant en aigua amb el cub B totalment
submergit, tal com es pot veure a la figura. El centre d’empenyiment en aquesta
situació d’equilibri es troba a una distància de la superfície lliure de l’aigua, que Figura de l'enunciat 4.3.2
val:
Problemes i qüestions
a) 1,115m
b) 1,087m
c) 1,057m
d) 1,500m
e) 1,322m
Qüestió 4.3.3. Un cub d’aresta a i densitat 600 kg/m3 sura en un líquid estant la
tercera part de l’aresta submergida en el líquid. Sabem que, si sobre el cub afegim
un cilindre de la mateixa densitat però de 2m3 de volum, el cub estarà totalment
submergit amb la seva base superior enrasada amb la superfície del líquid. Quina
serà longitud de l’aresta a?
a) m Figura de l'enunciat 4.3.33
b) 1,5m
c) 1m
d) 0,5m
e) 2,5m
Qüestió 4.3.4. Al recipient de la figura, la pressió manomètrica del gas 2 és P2 =
51300Pa. Sabent que les densitats dels líquids són ρ1 = 3 g/cm3 i ρ 32 = 1 g/cm ,
la pressió del gas 1 serà (g = 9,81m/s2):
a) 60129Pa Figura de l'enunciat 4.3.4
b) 72240Pa
c) −20340Pa
d) 54328Pa
e) 129354Pa
Qüestió 4.3.5. El cos de la figura d’1,5 m d’amplada, està format per dos cossos
de densitats diferents, tal com s’indica a la figura. El centre d’empenyiment es
troba a una profunditat: Figura de l'enunciat 4.3.5
a) 4,96 m
258
Problemes i qüestions
b) 6,05 m
c) 4,74 m
d) 5,22 m
e) 5,47 m
Qüestió 4.3.6. El cos esfèric de la figura està constituït per dues semiesferes mas-
sisses de densitats una el doble de l’altra. El lliguem a una corda i el submergim en
un líquid fins a la meitat, tal com es veu a la figura. En aquesta situació, la distància
entre el centre d’empenyiment i el centre de masses del cos val:
a) R/7 Figura de l'enunciat 4.3.6
b) R/2
c) R/6
d) R/4
e) R/8
Problema 4.3.4. Deixem caure una gota de mercuri de 13 g en un got ple d’aigua
de 20 cm de profunditat. Calculeu quant trigarà la gota a arribar al fons del got
a) si no tenim en compte l’empenyiment d’Arquimedes i
b) tenint en compte l’empenyiment d’Arquimedes.
Dades: ρ = 13× 103 kgm−3Hg ; ρaigua = 103 kgm−3
Solució: a) a = g, t = 0,202 s; b) a = g(1− ρaigua/ρHg), t = 0,210 s
Problema 4.3.5. La xarxa de clavegueram de dues poblacions està unida per una
sèrie de conductes soterrats. Un dia la pressió atmosfèrica al poble A és de PA =
1,035 × 105 Pa i a la població B, de PB = 1,03 × 105 Pa. Feu l’esquema de la
figura tot indicant en quin pou l’altura de l’aigua serà més gran i per què. Calculeu
la diferència de l’altura de l’aigua al pou de la població A i de la població B.
Solució: 0,051m Figura de l'enunciat 4.3.5
Problema 4.3.6. Quan un vaixell com el de la figura és sobre l’aigua, una part en
resta submergida. Si anomenem h l’altura de l’aigua respecte al fons del vaixell, en
quin cas l’altura h serà més gran, si el vaixell és en aigua dolça o en aigua salada?
259
Problemes i qüestions
El vaixell de la figura té un volum total de 100m3 i una massa de 2000 kg. Calculeu
quin percentatge del volum del vaixell és dins el mar. Si el mateix vaixell és en
aigua de riu, calculeu quin percentatge del volum serà ara sota l’aigua.
Dades: ρ = 1,025× 103 kg m−3, ρ = 103 kg m−3mar riu Figura de l'enunciat 4.3.6
Solució. En aigua de mar, 1,95%; en aigua de riu. 2,00%
Problema 4.3.7. Un recipient conté aigua i aire, com es veu a la figura. Quina és
la pressió manomètrica, Pm, a A, B, C i D?
Nota: Pm = P − Pat.
Solució. PmA = 11760 Pa, PmB = PmC = −2940Pa, PmD = −17600Pa
Figura de l'enunciat 4.3.7
Qüestió 4.5.1. El cilindre de la figura (de massa M ) es manté en equilibri a causa
de la força F de la corda (solidària al cilindre) i de la fricció entre el cilindre i la
paret (de coeficient µ). Indiqueu quina de les respostes és certa:
a) En equilibri es verifica que F < Mg.
b) En equilibri es verifica que F > Mg. Figura de l'enunciat 4.5.1
c) Només hi haurà equilibri si µ > tan 45◦.
d) Si F és molt més gran que Mg, la força de fricció i el pes del cilindre tenen el
mateix sentit.
e) És impossible que hi hagi equilibri perquè sobre el cilindre actuen tres forces
coplanàries no concurrents.
Qüestió 4.5.2. El bloc triangular homogeni de la figura de pes P té una altura h
i base b. El coeficient de fricció entre el terra i el bloc és µ. En condicions de
lliscament i bolcada imminent, indiqueu quina de les respostes és certa:
a) µ = b3h
Figura de l'enunciat 4.5.2
b) µ = 2b3h
c) Si Q = 0, el bloc no pot estar mai en equilibri.
d) Si h > b, el bloc sempre girarà abans de lliscar.
e) Les altres afirmacions són errònies.
260
Problemes i qüestions
Qüestió 4.5.3. Es vol fer bolcar sense lliscar el cos homogeni, de pes W , aplicant
la força F tal com es mostra. El coeficient de fregament µ entre el bloc i el terra
horitzontal ha de ser:
Figura de l'enunciat 4.5.3
a) µ < a2b
b) µ = a2b
c) µ > a2b
d) µ = FW
e) Cap de les altres
Qüestió 4.5.4. Si l’aigua es comporta com un fluid perfecte, indiqueu quina de les
respostes és certa:
Figura de l'enunciat 4.5.4
a) La força de l’aigua sobre la paret AB del dipòsit de la figura és horitzontal i
s’aplica a una altura h/3.
b) L’empenyiment de l’aigua sobre un cos que sura en equilibri pot tenir una
direcció arbitrària, depenent de la forma del cos.
c) Cap de les altres respostes és certa.
d) Si la barrera CD de la figura es recolza sobre el fons a C, sense fregament, és
possible mantenir-la en equilibri mitjançant una força F adient, aplicada a una
altura h/2.
e) La força de l’aigua sobre el fons BC del dipòsit té una component horitzontal
cap a l’esquerra.
Qüestió 4.5.5. El mur d’un embassament té la secció trapezoidal indicada a la
figura. L’altura és h i la longitud en la direcció transversal a la figura és ℓ. Si g és
l’acceleració de la gravetat i ρ és la densitat de l’aigua, el mòdul de la força que
exerceix l’aigua sobre el mur és
Figura de l'enunciat 4.5.5
2
a) F = ρgh ℓ2 sin θ
2
b) F = ρgh ℓ3
2
c) F = ρgh ℓ2
2
d) F = ρgh ℓ2 cos θ
261
Problemes i qüestions
e) No es pot calcular amb les dades proporcionades.
Qüestió 4.5.6. S’enganxa una bola de massa 0,3 kg al punt A d’un filferro que té
forma de semicircumferència de radi 50 cm i centre C. El filferro és homogeni i
té una massa de 0,2 kg. Quan pengem el conjunt en la forma indicada a la figura,
l’angle θ, un cop assolida la posició d’equilibri, serà:
a) 14,4◦
Figura de l'enunciat 4.5.6
b) 17,6◦
c) 40,5◦
d) 32,5◦
e) 30,3◦
Qüestió 4.5.7. Una esfera massissa homogènia de pes W i radi R està suspesa de
la paret per mitjà d’un fil de massa negligible i longitud 5/3R, tal com es veu a la
figura. El punt A, unió de l’esfera amb el fil, està sobre la vertical que passa pel
centre de l’esfera. En el contacte entre la paret i l’esfera al punt B no hi ha fricció.
Si T és la tensió del fil i B la reacció a la paret, podem afirmar que:
a) T = 53W Figura de l'enunciat 4.5.7
b) B = 43W
c) B = 34W
d) La reacció de la paret a B és nul·la, atès que no hi ha fricció.
e) L’esfera no pot estar en equilibri en la posició que s’indica a l’enunciat.
Qüestió 4.5.8. Una anella prima i homogènia de radiR i pesP , situada sobre el pla
inclinat de la figura, s’aguanta amb un cable CB, paral·lel al pla inclinat, essent la
seva tensió T . Si µ és el coeficient de fricció entre el pla inclinat i l’anella i aquesta
es troba en condicions de moviment imminent, indiqueu quina de les respostes és
certa: Figura de l'enunciat 4.5.8
a) µ = 0,29
b) µ = 0,45
c) µ = 0,84
262
Problemes i qüestions
d) µ = tan 60◦
e) µ = tan 30◦
Qüestió 4.5.9. La tensió màxima que suporta el cable de la figura és de 600N.
La barra, articulada al punt A amb la paret, té un pes de 800N i una longitud de
8m. Per mantenir-la en equilibri en posició horitzontal, la distància màxima del
seu CM a l’extrem A ha de ser:
a) 4m Figura de l'enunciat 4.5.9
b) 3,51m
c) 4,63m
d) 3,25m
e) 3,86m
Qüestió 4.5.10. Sobre un bloc cúbic homogeni de 3m de costat i pes P s’apliquen
dues forces horitzontals de mòdul F = 160N amb les seves línies d’acció pa-
ral·leles i desplaçades 0,3m de la posició del centre de masses del bloc, tal com es
veu a la figura. El coeficient de fricció amb el terra és 0,2. Indiqueu quina de les
respostes és certa:
a) Per tal que el bloc estigui en equilibri, el valor mínim de P ha de ser 192N. Figura de l'enunciat 4.5.10
b) Per tal que el bloc estigui en equilibri, el valor mínim de P ha de ser 64N.
c) Estant en equilibri, la component normal de la força de contacte amb el terra
passa pel centre de masses del bloc.
d) Si P = 80N, el bloc està en equilibri i la component normal de la força de
contacte amb el terra passa pel punt A.
e) Si P = 80N, el bloc està en equilibri i la força de fricció val 16N.
Qüestió 4.5.11. El sistema de la figura està en equilibri. La tensió del fil horitzontal
BC (en kp) és, si la barra AC té massa negligible respecte a 100 kg:
a) 75 Figura de l'enunciat 4.5.11
b) 100
263
Problemes i qüestions
c) 50
d) 125
e) Cap de les anteriors.
Qüestió 4.5.12. Si una biga es recolza simplement pels extrems A i B, i suporta
dues càrregues verticals de 1000N, una aplicada en un punt mitjà i l’altra sobre el
suport A, és cert que:
a) La biga no està en equilibri perquè el moment resultant respecte de B no és
nul
b) La biga no està en equilibri perquè el moment resultant respecte de A no és
nul.
c) La reacció a A és triple que a B.
d) La reacció a A és el doble que a B.
e) La reacció a B és de 1000N.
Qüestió 4.5.13. Una comporta articulada al punt A sense fricció, d’amplada a,
separa dos líquids de densitats ρ i ρ/2. Quina ha de ser la relació entre les alçades
H1 i H2 dels líquids perqué la comporta no es mogui?
a) H2 = 2 Figura de l'enunciat 4.5.13H1
√
b) H2H = 21
√
c) H2 3H = 21
d) H2H =
1
1 2
e) H2 = √1H 31 2
Qüestió 4.5.14. La comporta, de massa m quadrada i articulada sense fricció,
s’aguanta en equilibri inclinada un angle θ a causa del fluid de densitat ρ. En
aquesta situació, tan θ és:
Figura de l'enunciat 4.5.14
a) 3m2ρL3
b) 3mρL3
264
Problemes i qüestions
c) mρL3
d) 2m3ρL3
e) m3ρL3
Qüestió 4.5.15. Quina ha de ser la tensió mínima de la corda per tal que la comporta
de la figura, de pes negligible, amplada L, i articulada sense fricció per l’aresta
inferior, aguanti el líquid de densitat ρ del dipòsit obert per la part superior, tal com
s’indica a la figura.
Figura de l'enunciat 4.5.15
a) T = 34ρgL
3
b) T = ρgL3
c) T = 1ρgL32
√
d) T = 32 ρgL
3
e) T = 13ρgL
3
Qüestió 4.5.16. L’escala homogènia de la figura està recolzada pel punt A a la
paret llisa i pel B al terra rugós. Se sap que rellisca quan θ ≤ 30◦. El coeficient de
fricció amb el terra val:
a) µ = 0,766
Figura de l'enunciat 4.5.16
b) µ = 0,866
c) µ = 0,666
d) µ = 0,566
e) µ = 0,966
Qüestió 4.5.17. Donat el sistema de la figura, determineu el coeficient de fricció
µ que fa que el cos 2 estigui en condicions de moviment imminent de baixada, si
m1 = m , m2 = 2m i θ = π3 . La corda té massa negligible i l’eix de la politja no
frega.
a) 1,23 Figura de l'enunciat 4.5.17
b) 1,46
265
Problemes i qüestions
c) 0,32
d) 2,46
e) 0,73
Problema 4.5.3. El bloc homogeni de massa m, de dimensions a × b × b , està
en equilibri, en la posició indicada a la figura, a causa d’estar mig submergit en
un líquid, de densitat ρ , i d’estar lligat a una corda pel centre de l’aresta inferior.
Trobeu la massa m del bloc.
Dades: a = 4m, b = 3m i ρ = 103 kg/m3.
Figura de l'enunciat 4.5.3
Solució: m = 12000 kg
Problema 4.5.4. Una barra pesant, uniforme, de longitud 2a i pes W , es recolza
tal com indica la figura en una semiesfera buida, llisa, de radi r. Trobeu l’angle ϕ
d’equilibri i les reaccions a A i C. Figura de l'enunciat 4.5.4
√
Solució: cosϕ = a+ a2+32r2 , C = Wa8r 2r , A = W tanϕ
Problema 4.5.5. Una barra homogènia de 5m i pes P està col·locada entre dues
parets verticals separades 4m. La paret A és llisa i el coeficient de fricció estàtica
entre la barra i la paret B és 0,9. Un objecte de pes 3P es pot fixar sobre diferents
punts la barra. A quina distància x de la paret B es pot fixar l’objecte sense que es
perdi l’equilibri? Figura de l'enunciat 4.5.5
Solució: x > 3,78m
Problema 4.5.6. L’extrem d’un canal d’aigua està format per una comporta de
pes negligible ÂBC, articulada sense fricció a B i 1,2m d’amplada. Calculeu la
relació h/b per a la qual la reacció a és zero. Figura de l'enunciat 4.5.6A
√
Solució: hb = 3
Problema 4.5.7. Un blocA uniforme d’1 kg de massa està situat sobre un pla horit-
zontal rugós de coeficient µ = 0,2. Aquest bloc està lligat a una corda horitzontal
a una altura h. La corda passa per dues politges C i D sense massa ni fricció.
a) Si h = 0,3m, determineu el mínim valor de la massa del cos B que fa que Figura de l'enunciat 4.5.7. Totes
les unitats en el S.I.
el cos A perdi l’equilibri.
b) El mateix que l’apartat a si h = 4m .
266
Problemes i qüestions
Solució: a) mB = 0,400 kg; b) mB = 0,125 kg
Problema 4.5.8. Un armari de 60 kg està muntat sobre unes rodes que es poden
bloquejar per evitar que rodin. El coeficient de fricció és 0,3. Si h = 80 cm,
determineu el mòdul de la força P necessària per moure l’armari cap a la dreta:
a) Si totes les rodes estan bloquejades.
b) Si les rodes B estan bloquejades i les A poden girar lliurement. Figura de l'enunciat 4.5.8
c) Si les rodes A estan bloquejades i les B poden girar lliurement.
Solució: a) P = 176,4N; b) P = 147,0N; c) P = 63,0N
Problema 4.5.9. Determineu la tensió del cable AB que aguanta un pal BD sense
lliscar. El pal té una massa de 18 kg. Suposeu que no hi ha fricció.
Solució: T = 46,4N
Problema 4.5.10. La barra de la figura està subjecta al terra mitjançant el cable Figura de l'enunciat 4.5.9
AH . La massa de la barra és d’1 kg i està formada per dos trams homogenis de
densitat diferent (BC té densitat lineal doble que AB). De l’extrem C penja un
cos de 5 kg. El sistema està equilibrat i el recolzament a B no és llis. Determineu:
a) La tensió del cable.
b) La força de fricció entre la barra i el terra a B.
c) Hi hauria equilibri si el coeficient de fricció a B fos de 0,5?
Figura de l'enunciat 4.5.10
Solució: a) T = 40,3N; b) F = 64,3N; c) No
Problema 4.5.11. Un disc de radi R i massa M està sobre una superfície horit-
zontal, recolzat contra un graó d’altura h = R/2. Es vol fer pujar el disc pel graó
mitjançant una força de mòdul F aplicada al seu eix (vegeu la figura). Determineu
el valor mínim de F perquè el disc pugi pel graó, així com el mòdul i la direcció
de la força que el graó fa sobre el disc. Figura de l'enunciat 4.5.11
√
Solució: F = Mg 3, N = 2Mg, angle de N amb l’horitzontal: 30◦
Problema 4.5.12. Una placa rectangular uniforme AB, de 1600 kg, separa dos
dipòsits que contenen aigua. La placa està articulada a la part inferior, té una am-
plada de 3m i es troba en equilibri per l’acció del cable BC. Determineu la tensió
d’aquest cable.
Figura de l'enunciat 4.5.12
267
Problemes i qüestions
Solució: T = 12512N
Problema 4.5.13. Una comporta d’altura AB = 1, 2m, pes de 5000 N, amplada
de L = 3 m i articulada sense fricció al punt A separa un recipient en dues parts.
A la primera part, fins a una altura H1 = 0,6 m, hi ha un fluid de densitat ρ1 =
1,3 g/cm3. A la segona, fins a una altura H2 = 1,5 m, hi ha un fluid de densitat
ρ2 = 1,8 g/cm3 . Per mantenir la comporta en equilibri, es fa intervenir una molla
de constant recuperadora k = 3× 105 N/m. Determineu: Figura de l'enunciat 4.5.13
a) la força que cada fluid fa sobre la comporta i...
b) els seus respectius punts d’aplicació;
c) la força que l’articulació fa en el punt A de la comporta i
d) la força que, per mantenir l’equilibri de la comporta, fa la molla i l’allargament
o escurçament que experimenta.
Solució: Amb els eixos ,
a) F⃗1 = (6,887; 0)× 103N ; F⃗2 = (−57,212; 0)× 103N
b) r⃗F1 = (0; 0,20) m ; r⃗F2 = (0; 0,467) m
c) A⃗ = (29,201; 5)× 103 N d) F⃗k = (21,117; 0)× 103 N ; ∆ℓ = −0,070 m
Problema 4.5.14. El dipòsit de la figura té 3m d’amplada. Quina altura de mercuri
h donarà lloc a un moment respecte de C sobre la comporta CB per l’acció dels
dos líquids, de valor 2× 105 Nm, en sentit horari?
Dades: Densitat del mercuri: 13,6 g/cm3. Distància CB = 2,5m
Solució: h = 0,23m
Figura de l'enunciat 4.5.14
Qüestió 4.7.1. Una partícula de 20 kg de massa rep l’acció d’una força conserva-
tiva d’energia potencial U(x) = 5(x − 2)2 + 25 (x en m i U en J). Quina de les
següents afirmacions és certa:
a) La posició d’equilibri de la partícula és x = −2m.
b) L’energia potencial a la posició d’equilibri és 25 J.
c) La posició d’equilibri de la partícula és inestable
d) Si deixem la partícula sense velocitat a la posició x = 0, es desplaçarà en el
sentit negatiu de l’eix x.
268
Problemes i qüestions
e) L’energia mecànica de la partícula pot ser negativa per a determinats valors de
x.
Qüestió 4.7.2. Donat un sistema conservatiu amb un grau de llibertat, d’energia
potencial U(x), quina de les següents afirmacions és certa:
a) Per tenir equilibri estable a x = xA, cal que en aquesta p∣osició U(xA) = 0.
2
b) La posició x = xA no pot ser d’equilibri estable si d U
∣
dx2 ∣ = 0 .
x=xA
c) Per tal que una posició x∣∣∣ = xA sigui d’equilibri indiferent, és condició neces-sària i suficient que d2Udx2 = 0
x=xA
d) En una posició d’equilibri inestable, l’energia mecànica és màxima.
e) Cap de les altres quatre afirmacions és certa.
Qüestió 4.7.3. La barra articulada sense fricció de la figura és homogènia i pesa
P = 200 N. La molla té constant elàstica k i longitud natural ℓN = 0,5 m. Quin
ha de ser el valor de k perquè θ = π4 sigui una posició d’equilibri?
a) 144,2N/m Figura de l'enunciat 4.7.3
b) 288,4N/m
c) 576,8N/m
d) 96,3N/m
e) 192,3N/m
Problema 4.7.4. La figura representa la secció vertical d’una porta de ventilació,
homogènia i de 60 kg de massa, articulada, sense fricció, a O. La porta està con-
trolada per un cable accionat pel ressort que passa per la petita politja sense fricció,
situada a A. La constant recuperadora del ressort és 160N/m i la seva deforma-
ció és nul·la quan θ = 0. Determineu l’angle θ d’equilibri i analitzeu el tipus Figura de l'enunciat 4.7.4
d’equilibri.
Solució: θ = 0,9202 rad = 52,72◦, estable
269
Problemes i qüestions
Problema 4.7.5. En el mecanisme que s’indica a la figura, exempt de fricció, A és
una articulació i C pot lliscar per la paret. Trobeu la posició y d’equilibri i la tensió
T de la molla AC. La longitud de repòs de la molla és h i k és la seva constant
recuperadora.
Solució: y = h+ P2k , T =
P
2
Problema 4.7.6. Donat el potencial U(x) = x4 − 4x3 + 6x2 − 4x + 10 (unitats Figura de l'enunciat 4.7.5
S.I.), el punt x = 1 és d’equilibri estable, inestable o indiferent?
Solució: Estable
Problema 4.7.7. Es fan servir dues barres AB i BC, de 0,6m, per sostenir un pes
de 500N.
Determineu el valor de la constant recuperadora k per a ambdues molles sabent
que hi ha equilibri per θ = 30◦. Suposeu negligibles els pesos de les barres i les
friccions. Les molles tenen la seva longitud natural per a θ = 0◦. Demostreu que
l’equilibri és estable. Entre C i el terra no hi ha fregament. L’extrem superior de la
molla vertical es pot moure horitzontalment; per això, té la posició vertical sempre. Figura de l'enunciat 4.7.7
Solució: k = 1029,6Nm−1
Problema 4.7.8. El dibuix representa una finestra homogènia AB de pes 100N,
que pot girar, sense fricció, al voltant de A i que s’aguanta per l’acció d’un fil que,
lligat a B, passa per una politja C sense fricció i està lligat a una molla horitzontal
de constant recuperadora k = 100N/m. La molla té la seva longitud natural si
θ = 30◦. Si AB = AC = 1,20m, trobeu l’angle θ d’equilibri del sistema.
Figura de l'enunciat 4.7.8
Solució: θ = 180◦ i θ = 52,7◦
Problema 4.7.9. Quatre barres articulades, sense fricció, formen un rombe ÂBCD
sostingut a A i sotmès a l’acció de les forces donades P i Q, tal com es veu a la
figura. Determineu la configuració d’equilibri del sistema definida per l’angle θ.
Solució: P = Q tan θ
Figura de l'enunciat 4.7.9
Problema 4.7.10. En el sistema de la figura, sense fricció i la barra AC de pes
negligible, trobeu l’angle θ d’equilibri.
Dades: a = 50 cm, k = 100N/m, longitud natural de la molla= 50 cm, P =
10N.
Figura de l'enunciat 4.7.10
Solució: θ = 77,4◦ i θ = 180◦
270
Problemes i qüestions
Problema 4.7.11. Determineu la posició d’equilibri del sistema. Les barres tenen
pes negligible, AD és la longitud natural de la molla i no hi ha fricció.
Solució: sin θ = 0 i, si P4ka ≤ 1, cos θ =
P
4ka
Problema 4.7.12. S’aplica una càrrega vertical W al mecanisme de la figura. La Figura de l'enunciat 4.7.11
constant recuperadora de la molla és k; la seva longitud natural correspon a quan
AB iBC estan horitzontals. Suposant que les barres no pesen i que no hi ha fricció,
trobeu l’expressió que relaciona θ, W , a i k, quan el mecanisme està en equilibri.
Solució: (1− cos θ) tan θ = W4ka
Figura de l'enunciat 4.7.12
Problema 4.7.13. Una boleta, de massa m, es pot moure sense fricció per la guia.
Està sotmesa a la gravetat i, a través d’una corda, inextensible i de massa negligible,
que passa per la petita politjaO (exempta de fricció), a l’acció d’una molla de massa
negligible i constant recuperadora k. La molla està relaxada quan l’extrem de la
corda que agafa la boleta el desenganxem i el portem al punt O.
a) Trobeu la posició Figura de l'enunciat 4.7.13(x, y) d’equilibri en funció de m, g, k i L.
b) Determineu-ne( el tipus)d’equilibri.
Solució: a) x = L mgeq 2 kL + 1 ; b) estable
Problema 4.7.14. La barra uniforme AB de la figura, de 150N de pes i L = 0,9m
de longitud, pot lliscar per una guia vertical sense fricció. La molla de constant
k = 250N/m, unida al punt B de la barra, té la seva longitud natural quan θ = 0.
Negligint les forces de fricció amb el terra, determineu:
Figura de l'enunciat 4.7.14
a) les posicions d’equilibri.
b) el tipus d’equilibri.
c) la reacció a A per les diferents posicions d’equilibri.
d) ¿Quin seria el treball que faria la molla si el sistema es desplacés des de la
posició θ = 10◦ fins a θ = 30◦?
Solució: a) θ1 = 0◦ i θ2 = 48,2◦; b) θ1 inestable i θ2 estable; c) A1 = 150N,
A2 = 75N; d) Wmolla = −1,79 J
Figura de l'enunciat 4.7.15
Problema 4.7.15. El sistema de la figura està en equilibri. Les barres tenen un pes
negligible i està exempt de fricció. Expresseu la relació entre P i F en funció de
l’angle θ.
271
Problemes i qüestions
Solució: PF = 2 tan θ
Problema 4.7.16. Un saltamartí, també anomenat tossut, és un ninot amb sime-
tria de revolució i amb la base semiesfèrica, de manera que després de copejar-lo
sempre torna a la posició vertical inicial. Quina condició ha de complir el centre
de masses del conjunt?
Solució: El CM ha d’estar per sota de la base de la semiesfera.
Figura de l'enunciat 4.7.16
.
Problema 4.7.17. El sistema de la figura està format per dues molles de constants
k = 100N/m i una barra homogènia de massa 30 kg i 2m de longitud. L’extrem A
de la barra es pot moure sense fregament en la direcció horitzontal x i l’altre extrem
B sobre una paret vertical, també exempta de fricció. Ambdues molles presenten la
mateixa longitud natural que correspon a la posició vertical de la barra. Calculeu:
a) Els valors de x corresponents a les dues posicions d’equilibri que presenta
el sistema.
Figura de l'enunciat 4.7.17
b) El treball de la molla de la dreta (WMD) quan la barra es desplaça, en el sentit
negatiu de l’eix x, entre aquestes dues posicions.
c) El treball de la força gravitatòria (WG) en aquest desplaçament.
Solució: a) 0 i 1,8598 m; b)172,92 J; c) −186,03 J
Problema 4.7.18. Un carret de massa M (rodes de massa negligible), amb una
sobrecàrrega M1 i M2, se situa en un pla inclinat i es lliga per un extrem a una
molla (constant k i longitud natural ℓn ) i per l’altra, a una corda (sempre tensa)
que passa a través d’una politja (massa negligible i sense fricció), de la qual penja
una massa m.
Figura de l'enunciat 4.7.18
a) Escriviu l’expressió de l’energia mecànica del sistema en funció de la coor-
denada y (l’energia pot tenir una constant additiva, independent de y).
b) Trobeu la posició d’equilibri y0.
272
Problemes i qüestions
c) Imposant la conservació de l’energia, trobeu l’equació de moviment.
d) Escriviu l’equació de moviment en funció de la coordenada x, per a la qual
la posició d’equilibri és x = 0.
e) Com es mou el carret si el deixem anar des de 5 cm cap avall de la posició
d’equilibri? I si ho fem 5 cm cap amunt?
f) Quina és la distància màxima (respecte la posició d’equilibri) des de la qual
podem deixar anar el carret sense que la corda s’arrugui?
Dades: M = 0,487 kg;, M1 = 0,494 kg, M2 = 0,289 kg;, L = 60 cm, H1 =
8,13 cm, H2 = 1,22 cm, m = 105 g, k = 3,63N/m i ℓn = 9,5 cm
Solució:
a) E = 1 (M+M +M +m)ẏ2−(M+M +M )gy sinα−mgy+ 1k(y − ℓ )22 1 2 1 2 2 n
sinα = 0,115
b) y = ((M+M1+M2) sin α+m)g+kℓn0 k .
c) (M +M1 +M2 +m) ÿ = ((M +M1 +M2) sinα+m )g − k(y − ℓn)
d) (M +M1 +M2 +m) ẍ = −k x √
e) x(t) = 0,05 cosωt; x(t) = −0,05 cosωt; ω = kM+M1+M2+m
f) distància d = A < gω2
Problema 4.7.19. U(x) és la funció energia potencial d’una força en funció de la
coordenada cartesiana x.
a) Dibuixeu el gràfic adjunt, tot indicant esquemàticament el mòdul, la direcció
i el sentit de les forces a diferents punts de la corba. Figura de l'enunciat 4.7.19
Indiqueu, fent us del gràfic:
b) On serà màxima la força, on serà zero, on serà atractiva i repulsiva?
c) Quins punts d’equilibri hi ha i com són aquests punts?
Si suposem que aquesta corba representa el potencial d’interacció entre dos àtoms:
d) Per a quina energia quedaran lligats els dos àtoms?
√
Problema 4.7.20. Una vareta homogènia de massa m i longitud R 3 es recolza
sense fricció a l’interior d’una cavitat esfèrica de radi R. Es fixa en un extrem de
la vareta una massa m/2. Quin és l’angle α d’equilibri? De quin tipus d’equilibri
es tracta? Figura de l'enunciat 4.7.20
273
Problemes i qüestions
Solució: α = 30◦, estable
Problema 4.7.21. Determineu les posicions d’equilibri de la barra homogènia de
longitud L = 1m i pes 10N sobre la qual actua una molla de constant recuperadora
k = 10N/m. ℓN és la longitud natural de la molla, essent llisos els contactes amb
la paret i el terra.
Solució: x = 0 i x = 0,866m
Figura de l'enunciat 4.7.21
274

P
5 Problemes i qüestions
 
Qüestió 5.2.1. Sobre la cinemàtica del sòlid rígid en general, quina de les afirma-
cions següents és la certa?
a) Si un sòlid fa un moviment de translació pura, cap punt del sòlid no pot des-
criure un moviment curvilini.
b) Dos punts d’un mateix sòlid poden tenir velocitats angulars diferents.
c) La condició cinemàtica de la rigidesa només és aplicable a moviments plans.
d) La velocitat relativa de dos punts d’un sòlid en moviment no pot ser mai nul·la.
e) Totes les afirmacions anteriors són falses.
Qüestió 5.2.2. A la figura, es mostra un disc de radi R que roda sense lliscar sobre
una superfície plana. La velocitat del centre O del disc és constant i val v0. Quina
de les afirmacions següents és falsa?
a) La velocitat angular del disc és ω = v0R . Figura de l'enunciat 5.2.2
b) La velocitat del punt A del cos és zero.
√
c) La velocitat del punt B és vB = 2v0.
d) L’acceleració del punt A del cos és zero.
e) Malgrat que al punt de contacte A pot haver-hi fricció, aquesta no treballa.
Qüestió 5.2.3. Sabem que els punts A i B d’un sòlid rígid (vegeu la figura) que
efectua un moviment en el pla x, y tenen, en un instant determinat, les posicions i
Figura de l'enunciat 5.2.3
velocitats següents (en m i m/s):
Problemes i qüestions
r⃗A = (0; 0) ; v⃗A = (0; 3) ; r⃗B = (3; 2) ; v⃗B = (vB; 0)
Amb relació a la velocitat angular ω del sòlid (en rad/s) i vB (en m/s), quina de
les respostes següents és certa:
a) vB = 3 i ω = 2
b) vB = 2 i ω = 2
c) vB = 2 i ω = 1
√
d) vB = 13 i ω = 1
e) Sense conèixer prèviament vB, no es pot deduir res.
Qüestió 5.2.4. Un disc de massa m baixa rodant sense lliscar per una pla inclinat
una distància d. Si l’angle del pla amb l’horitzontal ésα i el coeficient de fregament
disc-pla és µ, l’energia dissipada pel fregament val
a) 0
b) dµmg cosα
c) dµmg sinα
d) dµmg tanα
e) dµmg
Qüestió 5.2.5. Un triangle equilàter de massa total m està format per tres vare-
tes homogènies de longitud b i està disposat segons es mostra a la figura. El seu
moment d’inèrcia respecte de l’eix z és
a) 3mb
2
7 Figura de l'enunciat 5.2.5
b) mb
2
3
2
c) mb2
d) 3mb
2
4
2
e) mb4
278
Problemes i qüestions
Qüestió 5.2.6. Un anell de radi r i massa m baixa rodant sense lliscar per un pla
inclinat un angle α. En un instant donat, el seu centre de massa té una velocitat
v. En aquest instant, el mòdul del moment angular de l’anell respecte al punt O
(vegeu la figura) és
a)mvr Figura de l'enunciat 5.2.6
b) 3mvr2
c) 2mvr
d) mvr2
e)mvr sinα
Qüestió 5.2.7. Una ballarina que vol augmentar la seva velocitat de rotació ha
d’apropar els braços al cos perquè així:
a) augmenta el moment angular,
b) redueix l’esforç,
c) augmenta la quantitat de moviment,
d) redueix el moment d’inèrcia,
e) augmenta la resistència física.
Qüestió 5.2.8. Quatre partícules, m1 = m3 = 3 kg i m2 = m4 = 4 kg estan, en els
vèrtexs d’un quadrat, unides per varetes de massa negligible. La longitud del costat
del quadrat és L = 2m. El moment d’inèrcia respecte d’un eix perpendicular al
pla de les partícules i que passa per m4 val:
a) 88 kgm2
Figura de l'enunciat 5.2.8
b) 40 kgm2
c) 56 kgm2
d) 20,5 kgm2
e) 19,8 kgm2
279
Problemes i qüestions
Qüestió 5.2.9. Una barra de longitud L està parada, en posició horitzontal, a una
altura H respecte d’una taula (vegeu la figura). Es deixa anar i cau tot mantenint
la seva orientació. Quan ha baixat una distància H , un dels seus extrems topa amb
un dels extrems de la taula i la barra comença a girar de manera que el seu extrem
queda fixat a la taula i permet que giri sense fricció. La velocitat angular amb la
qual la barra inicia la rotació és:
√
a) 2gH3L Figura de l'enunciat 5.2.9
√
b) gHL
√
c) 3 2gH2L
√
d) 2gHL
√
e) 3 gH2L
Qüestió 5.2.10. Un aixecador de peses aixeca la pesa m2, per tal de canviar-la,
mantenint la m1 tocant al terra. Quan forma un angle de 30◦ li cau de les mans.
Quant val l’acceleració angular α del conjunt en aquest instant?
Dades: Les peses es poden considerar puntuals, la massa de la barra és negligible Figura de l'enunciat 5.2.10.
i L = 2m.
a) 2,5 rad/s2
b) 9,8 rad/s2
c) 4,2 rad/s2
d) 19,2 rad/s2
e) 4,9 rad/s2
Qüestió 5.2.11. Quina de les afirmacions següents és certa:
a) Si dos cossos tenen les mateixes dimensions i la mateixa massa, el seu moment
d’inèrcia respecte del mateix eix és igual.
b) El teorema de Steiner demostra que el moment d’inèrcia respecte de l’eix que
passa pel CM és menor que respecte de qualsevol altre eix paral·lel a aquest.
c) Com la massa, el moment d’inèrcia és una quantitat característica del cos.
280
Problemes i qüestions
d) El moment d’inèrcia d’un cos respecte d’un eix depèn de la velocitat angular
del cos.
e)Dos cossos de massa diferent tenen sempre moment d’inèrcia diferent, respecte
del mateix eix.
Qüestió 5.2.12. El bloc cúbic i homogeni de la figura llisca sense fricció a una
velocitat v pel terra horitzontal fins que troba un topall al qual queda enganxat,
però que no li impedeix girar lliurement. La velocitat angular del bloc, just després
del xoc amb el topall, és:
Figura de l'enunciat 5.2.12
a) v2b
b) 5v7b
c) 9v7b
d) vb
e) 3v4b
Qüestió 5.2.13. Un disc de radi R = 25 cm gira al voltant de l’eix de simetria, fix
i sense fricció, amb una velocitat angular de ω0 = 37 rad/s. El moment d’inèrcia
respecte de l’eix val I = 0,5 kg m2. Per aturar-lo, apliquem una força F = 2N
a la pastilla de fre de coeficient de fricció µ = 1,5. El temps que triga el disc a
aturar-se és:
Figura de l'enunciat 5.2.13
a) 34,7 s
b) 54,7 s
c) 14,7 s
d) 44,7 s
e) 24,7 s
Qüestió 5.2.14. Una barra homogènia, de longitud h = 0,8 m i massa m =
0,40 kg, pot girar sense fricció al voltant del punt fix A. Un objecte puntual de
massa mb = 0,05 kg i velocitat vb = 10 m/s impacta horitzontalment i queda in-
crustat a l’extrem superior de la barra. El mòdul de la velocitat de l’extrem inferior Figura de l'enunciat 5.2.14
de la barra just després de l’impacte serà:
281
Problemes i qüestions
a) 1,73 m/s
b) 3,73 m/s
c) 5,73 m/s
d) 4,73 m/s
e) 2,73 m/s
Qüestió 5.2.15. Quant val el moment d’inèrcia de la politja respecte de l’eix nor-
mal al pla de la figura que passa pel punt A? La politja està formada per una anella,
de radi R i massa m, i una barra, de longitud R i massa m.
a) 13/12 mR2
Figura de l'enunciat 5.2.15
b) 4/3 mR2
c) 5/6 mR2
d) 7/12 mR2
e)mR2
Qüestió 5.2.16. El moment d’inèrcia respecte de l’eix, indicat a la figura, d’un
cilindre massís de radi R i densitat ρ, amb un forat longitudinal cilíndric de radi
R/2, val:
a) 1350ρπHR
4
Figura de l'enunciat 5.2.16
b) 1321ρπHR
4
c) 13 321ρπHR
d) 1332ρπR
4
e) 1332ρπHR
4
Problema 5.2.4. Una petita esfera de massa m i 20m/s de velocitat horitzontal
impacta i es queda adherida a l’extrem d’una peça rígida, que reposa penjada ver-
ticalment de l’articulació sense fricció A, formada per una barra i un disc, els dos
homogenis de massa m (vegeu la figura). Quant val la velocitat angular del conjunt Figura de l'enunciat 5.2.4
just després de l’impacte?
282
Problemes i qüestions
Solució
El moment d’inèrcia respecte del punt A després de l’impacte IA és
1 1
IA = m1
2 +m0,52 + m0,22 +m0,62 +m12 = 1,713333m
12 2
Utilitzant la conservació del moment angular respecte del punt A abans i després de
l’impacte,
m20 · 1 = IAω
d’on obtenim
ω = 11,6732 rad/s 
Problema 5.2.5. Determineu l’equació de moviment d’una anella de radi R que
rodola sense lliscar per un pla inclinat.
Problema 5.2.6. A les Olimpíades de Barcelona (1992), es va desplaçar una gran
quantitat de gent d’arreu del mon a la Ciutat Comtal. Si imaginem la Terra com
una esfera homogènia de massa M = 6×1024 kg, hi van acudir un total d’un milió
de persones, amb una mitjana de 80 kg de massa:
a)Demostreu que la relació entre els períodes abans (T ) i durant les Olimpíades
(TOl) és TOl 5m 3T = 1 + 3M ( 2cos
2θ − 1), on m és la massa del conjunt de persones
desplaçades i θ la latitud.
b) Calculeu numèricament aquesta relació per al cas de les Olimpíades de Bar-
celona.
c) Quantes persones s’haurien d’aglutinar per tal que el període fos 1 s més
gran?
Solució: b)TOlT = 1 (de fet 1,00000000000000001).
Problema 5.2.7. Una esfera massissa homogènia de massa m roda sense lliscar
per un pla horitzontal accelerada per una força F paral·lela al pla i aplicada al CM .
Calculeu:
Figura de l'enunciat 5.2.7
a) L’acceleració de l’esfera.
b) La força de fricció seca amb el pla.
Solució: a) 5F7m ; b)−
2F
7
Problema 5.2.8. En el joc de bitlles, una bola es pot assimilar a una esfera uniforme
de 7 kg i 300mm de diàmetre. Tirem una bola amb una velocitat inicial v0 = 6m/s
i una velocitat angular inicial ω0 = 0 . Si el coeficient de fricció dinàmic bola-pista Figura de l'enunciat 5.2.8
és de µ = 0,1, determineu:
283
Problemes i qüestions
a) El temps tf que triga la bola en comença a rodar sense lliscar.
b) La velocitat vf i la velocitat angular a l’instant tf .
Solució: a) tf = 1,747 s; b) vf = 4,286m/s, ωf = 28,57 rad/s
Problema 5.2.9. Un volant muntat sobre un eix es posa en rotació mitjançant un
cos de massa m. El moment d’inèrcia total respecte de l’eix del volant val I i Mf
és el valor del moment de les forces de resistència dels coixinets de l’eix.
a) Quin és el valor de l’acceleració angular de la roda?
b) Quina és la velocitat angular √quan el cos ha baixat una distància h? Figura de l'enunciat 5.2.9
Solució: a) mRg−Mα = f mRg−Mf hI+mR2 ; b) ω = 2 I+mR2 R
Problema 5.2.10. Una barra uniforme de 60 cm de longitud i 15N de pes pen-
ja d’un passador sense fricció. Una bala de 22,7 g impacta amb una velocitat de
540m/s i hi queda incrustada. Determineu la velocitat angular de la barra imme-
diatament després de l’impacte.
Solució: ω = 29,3 rad/s
Figura de l'enunciat 5.2.10
Problema 5.2.11. Un cilindre homogeni de radi R = 0,4m està lliure sobre
l’extrem de la cabina de la plataforma d’un camió inicialment aturat. El camió
engega amb una acceleració constant a = 0,7m/s2.
Si hi ha prou fricció entre la plataforma i el cilindre perquè aquest rodi sense lliscar, Figura de l'enunciat 5.2.11
determineu quant de temps triga a caure del camió si la longitud de la plataforma
és L = 4,5m.
Solució: 4,19 s
Qüestió 5.3.1. La barra homogènia de la figura pot girar lliurement al voltant de
l’articulació fixa de l’extrem esquerre. Si parteix del repòs en posició horitzontal,
quin serà el mòdul de la seva velocitat angular quan arribi a la posició vertical?
√ Figura de l'enunciat 5.3.1
a) 3g√ b
b) 2g√ b
c) 3g2b
284
Problemes i qüestions
√
d) 3g√ 5b
e) 5g3b
Qüestió 5.3.2. Un cilindre buit i un de massís, del mateix radi i massa, estan situats
a d’alt d’un pla inclinat. Es deixen anar al mateix instant i els dos rodolen sense
lliscar. És cert que:
a) Els dos arriben a la base del pla simultàniament, ja que tenen la mateix massa,
el mateix radi i baixen des de la mateixa altura.
b) A cada instant els dos tenen la mateixa energia cinètica.
c) Com que hi ha d’haver fricció perquè rodin, no es pot conservar l’energia me-
cànica en cap dels dos cilindres.
d) A la base del pla, els dos tenen la mateixa energia cinètica.
e) Com que el pes és aplicat al CM , el moment angular de cada cilindre es con-
serva mentre baixen rodant pel pla.
Qüestió 5.3.3. Un cèrcol roda sense lliscar. Quant val el quocient entre la seva
energia cinètica de rotació i la seva energia cinètica de translació, ErotE ?trans
a) 1
b) 12
c) √1
2
d) 2
√
e) 2
Qüestió 5.3.4. Indiqueu quina de les respostes és certa:
a) La variació de l’energia cinètica d’un sòlid rígid és igual al treball de les forces
externes.
b) L’energia cinètica d’un sòlid rígid movent-se en un pla es pot expressar com
E = 1 2c 2 ICM ω .
c) La variació de l’energia cinètica d’un sistema de partícules és igual al treball
de les forces internes.
285
Problemes i qüestions
d)L’energia cinètica d’un sistema de partícules, de massa totalm, es pot expressar
com E = 1 2c 2 m vCM .
e) La variació de l’energia cinètica d’un sistema de partícules és igual al treball
de les forces externes.
Qüestió 5.3.5. L’energia cinètica d’un carretó de quatre rodes, de massa M +4m,
essent m la massa de cada roda, de radi R i moment d’inèrcia respecte del seu eix
1 2
8mR , que es mou rectilíniament sobre un pla a velocitat v, sense que cap roda
llisqui, és:
a) 12 (M +
1
8m)v
2
b) 12 (3M + 7m)v
2
c) 13 (2M + 3m)v
2
d) 14 (2M + 9m)v
2
e) 14 (M +
1
8m)v
2
Qüestió 5.3.6. La barra rígida de la figura penja de l’articulació A, exempta de
fricció. Una bala impacta i queda incrustada a B. La magnitud que es conserva
durant l’impacte és:
a) El moment angular respecte del punt B.
Figura de l'enunciat 5.3.6
b) L’energia mecànica.
c) La quantitat de moviment.
d) El moment angular respecte del punt A.
e) La component horitzontal de la quantitat de moviment.
Problema 5.3.6. Un cilindre de massa M està unit mitjançant una corda inexten-
sible i sense pes, a un cos de massa m. La corriola la podeu considerar sense massa
i que no frega a l’eix. L’angle del pla inclinat és 45◦. El cilindre roda sense lliscar
per sobre el pla inclinat.
Dades: M = 20 kg, m = 5 kg, R = 0,3m
Calculeu: Figura de l'enunciat 5.3.6
286
Problemes i qüestions
a) L’acceleració amb què es mou el sistema.
b) La tensió de la corda.
Solució: a) a = 2,56m/s2; b) T = 61,85 N
Problema 5.3.7. Una politja, d’eix fix sense fricció, homogènia, de massa M i
moment d’inèrcia I respecte de l’eix, té dues cordes, de massa negligible i inex-
tensibles, enrotllades sense lliscar: la primera, a un radi r1 amb l’altre extrem fixat
a un bloc de massa m1, i la segona, a un radi r2 amb l’altre extrem fixat a un bloc
de massa m2.
a) Escriviu l’energia mecànica del sistema en funció de y1, y2, ẏ1, ẏ2 ,ϕ i ϕ̇.
b) Trobeu les relacions de lligam entre ẏ1, ẏ2 i ϕ̇. Figura de l'enunciat 5.3.7
c) Trobeu l’energia del sistema en funció de y1, y2, ϕ i ϕ̇ i l’equació de moviment
per a ϕ.
Amb les dades numèriques: r1 = 40 cm, r2 = 30 cm, m1 = 15 kg, m2 = 40 kg i
I = 4,6 kgm2:
d) Trobeu l’acceleració angular de la politja i l’acceleració lineal dels blocs.
Indiqueu, per a cada bloc, si la translació és ascendent o descendent.
e) Partint del repòs al mateix nivell, y10 = y20 , quina serà la distància entre els
blocs passats 0,8 s.
Solució
a) L’energia mecànica del sistema en funció de y1, y2, ϕ i ϕ̇ és
1 1 1
E = m ẏ2 + m ẏ2 + Iϕ̇21 1 2 2 −m1gy1 −m2gy2
2 2 2
b) Els lligams són ẏ1 = −r1ϕ̇ i ẏ2 = r2ϕ̇
c) L’energia mecànica del sistema en funció de y1, y2, ϕ i ϕ̇ és
1 ( )
E = m r21 1 +m2r
2 2
2 + I ϕ̇ −m1gy1 −m2gy2
2
Aplicant la conservació(de l’energia, tenim)
Ė = 0 = m r21 1 +m2r
2
2 + I ϕ̇ϕ̈+m1gr1ϕ̇−m2gr2ϕ̇
d’on, aïllant ϕ̈, trobem l’equació de moviment
m2r2 −m1r1
ϕ̈ =
m r2
g
1 1 +m
2
2r2 + I
287
Problemes i qüestions
d) ϕ̈ = 5,55283 rad/s2 ; ÿ1 = −r1ϕ̈ = −2,22113m/s2 ; per tant, puja. ÿ2 =
r2ϕ̈ = 1,66585m/s2 ; per tant, baixa.
e) Amb les dades inicials a t = 0, y1(0) = y10, y2(0) = y20 i ẏ1(0) = 0, ẏ2(0) = 0,
i tenint en compte que les acceleracions són constants, tenim:
y1 = y10 +
1 ÿ1t
2
2
y2 = y20 +
1 ÿ 2
2 2
t
d’on obtenim
y2 −
1
y1 = (ÿ2 − ÿ1) t2
2
substituint les acceleracions i t = 0,8 s
|y2 − y1| = 1,24383m 
Problema 5.3.8. Calculeu la velocitat final del CM d’una esfera homogènia que
es deixa caure rodant sense lliscar per un pla inclinat fins a un desnivell h. Feu el
càlcul...
a) aplicant les equacions de moviment del sòlid rígid,
b) aplicant la√conservació de l’energia.
Solució: vCM = 107 gh
Problema 5.3.9. Un disc homogeni de 20 cm de radi i 5 kg de massa pot girar sense
fricció en un pla vertical al voltant del seu eix fix. Una corda de massa negligible
està enrotllada al seu voltant i en penja una massa de 2 kg que deixem anar. La
corda no llisca. Calculeu l’acceleració angular del disc i l’acceleració de caiguda
de la massa de 2 kg.
Solució: α = 21,8 rad/s2, a = 4,36 m/s2
Figura de l'enunciat 5.3.10
Problema 5.3.10. Deixem anar rodolant (sense lliscar) amb una velocitat angular
inicial ω 1 el carret de la figura, homogeni, de massa m i moment d’inèrcia I(CM) =
288
Problemes i qüestions
1
3mR
2, per la guia (1) des d’una altura y = 3R. En tot moment rodola i no hi ha
cap fricció dissipativa. Quina velocitat del CMv2, i velocitat angular ω 2 , tindrà
el carret després d’entrar en contacte amb el pla horitzontal (2)?
Nota: Expresse√u els resultats en funció ω√1, R i de la gravetat g.
Solució: v2 = 3gR+ 716R2ω21 , ω =
3g 7
2 R + 16ω
2
1
Problema 5.3.11. Una pilota petita de massa m = 100 g rebota elàstica i ho-
ritzontalment a l’extrem inferior B d’una barra de massa M = 6 kg i longitud
L = 50 cm, articulada sense fricció a l’extrem superior A. La barra està inicial-
ment en repòs. Si la velocitat de la pilota just abans del xoc és de 30m/s i surt en
direcció horitzontal, determineu:
a) el mòdul de la velocitat de la pilota i la velocitat angular de la barra just
després de rebotar; Figura de l'enunciat 5.3.11
b) l’angle màxim, respecte de la vertical, a què arriba la barra (l’angle inicial
és zero), i
c) el mòdul de la velocitat del centre de masses de la barra quan torna a passar
per la posició inicial.
Solució: a) 27,143m/s, 5,714 rad/s; b) 63,56◦; c)1,43m/s
Problema 5.3.12. Una roda de Maxwell és un giny com el que es veu a la figura.
La corda té massa negligible; l’eix té un radi r; el moment d’inèrcia de la roda+eix
és I i la seva massa, m. Si partint del repòs baixa una altura h, quant valen les
velocitats fina√ls de rotació i tran√slació?
Solució: v = 2mgh i ω = 2mghm+I/r2 mr2+I
Problema 5.3.13. Trobeu l’equació de moviment de la barra homogènia de massa Figura de l'enunciat 5.3.12
m i longitud L quan oscil·la al voltant d’un eix que passa a una distància d del seu
centre de masses.
Solució: θ̈ + gd1 2 sin θ = 0
12L +d
2
Figura de l'enunciat 5.3.13
289
P
6 Problemes i qüestions
Qüestió 6.2.1. Una partícula de massa m es deixa anar des d’una altura h damunt
d’un platet d’una balança on queda adherida (vegeu la figura). El platet té massa
m i la balança equival a una molla de constant k. El període de les oscil·lacions
posteriors serà
√
a) T = 2π√ mk Figura de l'enunciat 6.2.1
b) T = π 8m√k
c) T = 2π mh√ kg
d) T = 2π h√ g +
2m
k
e) T = 2π m hk + g
Qüestió 6.2.2. Els tres sistemes de la figura consten de molles de la mateixa cons-
tant elàstica, de massa negligible, unides a un mateix cos de massa m. No hi ha
fregament en cap contacte. En tots els casos, el cos de massa m pot realitzar un
moviment harmònic simple. Si designem T1, T2 i T3 els períodes d’oscil·lació en
cada cas, es complirà que:
a) T1 > T2 = T3
Figura de l'enunciat 6.2.2
b) T1 = T2 < T3
c) T1 = T2 = T3
d) T1 < T2 = T3
e) Cal conèixer el valor de la constant elàstica per ordenar els períodes.
Problemes i qüestions
Qüestió 6.2.3. Una massa penjada d’una molla oscil·la tal com s’indica a la grà-
fica, que representa l’elongació en funció del temps. A l’instant t1 la massa té:
a) velocitat ẋ positiva i acceleració ẍ, positiva.
b) velocitatẋ positiva i acceleració ẍ, negativa.
Figura de l'enunciat 6.2.3
c) velocitat ẋ negativa i acceleració ẍ, positiva.
d) velocita, ẋ negativa i acceleració ẍ, negativa.
e) velocita, ẋ positiva i acceleració ẍ, nul·la.
Qüestió 6.2.4. La massa M = 10 kg de la figura oscil·la sobre una plataforma
horitzontal sense fricció unida a dues molles de constants k1 = 100N/m i k2 =
50N/m. Quina de les següents afirmacions és certa:
Figura de l'enunciat 6.2.4
a) El període d’oscil·lació és 2,81 s.
b) El període d’oscil·lació és 3,44 s.
c) El període d’oscil·lació és 1,86 s.
d) Si inclinem la plataforma girant-la 30◦ al voltant del punt A en sentit horari,
el període d’oscil·lació serà el mateix que quan està en posició horitzontal.
e) Cap de les altres quatre respostes és correcta.
Qüestió 6.2.5. Un pèndol simple oscil·la de manera que:
a) Com més longitud, el període és més gran.
b) Com menys longitud, el període és més gran.
c) Com més longitud, el període és més petit.
d) El període no depèn de la massa, llevat que aquesta sigui petita, de manera que
augmenta amb aquesta.
e) Totes les respostes anteriors són falses.
Problema 6.2.1. Una esfera homogènia de radi r i massa m rodola en un pla verti-
cal per la superfície interior d’un semicilindre fix de radi R > r . Trobeu l’energia
mecànica i el període de les petites oscil·lacions en funció de R, r i g. Figura de l'enunciat 6.2.1
292
Problemes i qüestions
Solució
Es tracta d’un sistema conservatiu d’un grau de llibertat:
1
E = mv2
1
+ Iω2 −mg (R− r) cos θ
2 2
amb I = 2 25mr i v = ωr = (R− r) θ̇. Obtenim
7
E(θ, θ̇) = m (R− r)2 θ̇2 −mg (R− r) cos θ
10
L’equació de moviment la podem extreure de
7
Ė = 0 = m (R− r)2 θ̇θ̈ +mg (R− r) sin θ θ̇
5
que, per a petites oscil·lacions, podem escriure
5g
θ̈ + θ = 0
7 (R− r)
Comparant amb l’expressió canònica d√el MHS,
5g
ω0 = 7 (R− r)
que correspon a un període
√
7 (R− r)
T0 = 2π
5g

Problema 6.2.2. Un cos presenta un moviment harmònic simple de 5,2 cm d’am-
plitud. Se sap que, quan l’elongació és de 3,4 cm, la velocitat és de 49,8 cm/s. Es
pregunta la fase del moviment. Hi ha prou informació? I per al càlcul del període?
Trobeu tot el que pugueu a partir de la informació que teniu.
Solució: T = 0,50 s; θ = 0,7121 rad (x = A sin θ)
Problema 6.2.3. Un cos de 2 kg de massa està en repòs sobre un pla horitzontal llis
i està subjecte a dos ressorts horitzontals de constants recuperadores k1 = 100N/m
i k2 = 200N/m. La llargada de cadascun dels dos ressorts no deformats és de
40 cm. S’estiren els extrems lliures dels ressorts i se subjecten a dues parets fixes
separades 120 cm. Determineu la posició d’equilibri del cos. Quina és la freqüència
d’oscil·lació entorn de la posició d’equilibri?
Solució: 66,7 cm; f = 1,95Hz
293
Problemes i qüestions
Problema 6.2.4. Una partícula que es mou amb moviment harmònic simple té una
velocitat de 16 cm/s i de 12 cm/s quan passa a 3 cm i 4 cm del centre de vibració,
respectivament. Calculeu-ne l’amplitud i el període.
Solució: A = 5 cm; T = 1,57 s
Problema 6.2.5. Un massa puntual realitza un moviment harmònic simple. Quan
l’elongació és +10 cm movent-se cap al punt d’equilibri, la seva energia cinètica
val 10−5 J i la seva energia potencial també val 10−5 J. Si la massa és de 2 g, trobeu
l’amplitud, el període i la fase del moviment.
Solució: A = 14,1 cm, T = 6,28 s, θ = 3π/4 rad (x = A sin θ)
Problema 6.2.6. Una boia cilíndrica de 4m d’altura, 2m de radi i 40000 kg de
massa flota verticalment a l’aigua. Si fa petites oscil·lacions verticals, trobeu-ne el
període d’oscil·lació.
Solució: T = 3,58 s
Problema 6.2.7. Dos cilindres idèntics de massa M i secció S estan disposats com
indica la figura i estan submergits parcialment en aigua. Negligint la massa de la
politja, les friccions i la inèrcia de l’aigua, determineu el període d’oscil·lació del
sistema de pesos q√uan són separats lleugerament de la seva posició d’equilibri.
Solució: T = 2π MSgρ
Figura de l'enunciat 6.2.7
Problema 6.2.8. En un tub en U de secció constant, col·locat de manera que amb-
dues branques estan verticals, s’introdueix un líquid que ocupa una longitud L
d’aquest tub. Inicialment, es desequilibra i, en conseqüència, comença a oscil·lar
al voltant de la seva posició d’equilibri. Suposant que el líquid sigui incompres-
sible i que no hi hagi friccions, demostreu que el líquid oscil·larà amb moviment
harmònic i trobeu√-ne el període corresponent.
Solució: T = 2π L2g
Problema 6.2.9. Un cos de 100 g penja d’un llarg ressort. Si l’estirem fent-lo
baixar 10 cm per sota de la seva posició d’equilibri i el deixem anar, vibra amb un
període de 2 s.
a) Amb quina velocitat passa per la seva posició d’equilibri?
b) Quina acceleració té quan està 5 cm per sobre d’aquesta posició?
294
Problemes i qüestions
c) En el moviment ascendent, quant de temps necessita per desplaçar-se des
d’un punt situat 5 cm per sota de la seva posició d’equilibri a un altre punt
situat 5 cm per sobre?
d) Quant s’escurçarà el ressort en treure el cos?
Solució: a) sentit ↑ i mòdul v = 31,4 cm/s ; b) sentit ↓ i mòdul a = 49,3 cm/s2 ;
c) t = 0,33 s; d) ∆ℓ = 99,3 cm
Problema 6.2.10. Un cos de 12 kg de massa penja d’un ressort. Se sap que, si
l’estirem fins que la llargària augmenta 10 cm i el deixem anar, s’inicia un movi-
ment d’oscil·lació d’1,45 s de període. Es demana:
a)En realitzar oscil·lacions, quant de temps triga, movent-se cap baix, a desplaçar-
se des d’un punt situat 3 cm per sobre de la seva posició d’equilibri fins a un
altre que està 6 cm per sota d’aquesta posició?
b) Quina és la velocitat del cos en passar per aquesta última posició?
c) Quant s’escurçarà el ressort si, estant en repòs, traiem el cos de 12 kg?
Solució: a) t = 0,22 s; b) v = −0,347m/s; c) ∆ℓ = 0,52 m
Problema 6.2.11. Dos ressorts, de constants recuperadores k1 = 1200N/m i k2 =
600N/m, s’uneixen en sèrie. L’extrem lliure de k1 penja d’un punt i de l’extrem
lliure de k2 es penja un cos de m = 10 kg. Trobeu:
a) El període de les oscil·lacions lliures que pot realitzar el cos.
b) Calculeu-lo també suposant que els ressorts estan connectats en paral·lel.
Solució: a) T = 0,99 s; b) T = 0,47 s
Problema 6.2.12. Per la gola d’una politja, la massa de la qual es pot considerar
concentrada a la seva perifèria, hi passa un fil inextensible i de massa negligible.
D’un dels seus extrems penja una massa M i l’altre està lligat a una molla vertical,
l’altre extrem de la qual està fixat al terra (vegeu la figura). Si la massa de la politja
és m = 800 g, la del cos que penja és M = 200 g i la molla, de massa negligible,
té una constant k = 16N/m, calculeu el període de les petites oscil·lacions del
sistema.
Solució: 1,57 s
Figura de l'enunciat 6.2.12
Problema 6.2.13. En penjar una massa M d’una molla (que suposem sense massa
i no deformada al principi), s’allarga 2,5m. Així estant li donem un cop cap a dalt,
295
Problemes i qüestions
de manera que surt amb una velocitat v = 2m/s. Trobeu la trajectòria de la massa
M .
Solució: y = 1,01 sin(1,98t) (S.I.)
Problema 6.2.14. Un cos d’1 kg unit a l’extrem d’una molla comença el seu mo-
viment quan és a la posició x = 1m, amb una velocitat inicial v = 2m/s. Si el
període (T ) del moviment es de π s, calculeu l’elongació màxima de la molla (A)
i trobeu la trajectòria. Calculeu la velocitat i l’acceleració màximes i per a quines
posicions es produeixen.
√ √ √
Sol√ució: (S.I.)√A = 2; x = 2 sin(2t + π/4); vmax = ±2 2 (x = 0); amax =
±4 2,(x = ± 2)
Problema 6.2.15. Un model senzill que s’utilitza actualment per descriure les
proteïnes presents al nostre cos consta senzillament de boles que constituirien els
aminoàcids (d’uns 10−24 kg de massa) unides per molles de constant elàstica k =
5 × 10−20 N/m. Calculeu la freqüència de vibració dels aminoàcids si suposem
que el model és vàlid.
Solució: f = 71Hz
Figura de l'enunciat 6.2.15
Problema 6.2.16. Construïm un pèndol a partir de dues varetes uniformes idènti-
ques a i b, cada una de longitud L i massa m, unides en angle recte en forma de
T, unint el centre de la vareta a amb l’extrem de b. Pengem el pèndol per l’extrem
lliure de la vareta b, fent-lo oscil·lar en un pla vertical.
a) Calculeu el moment d’inèrcia respecte l’eix de rotació.
b) Trobeu les expressions de l’energia cinètica i potencial en funció de l’angle
de l’eix del pèndol respecte de la vertical.
c) Deduïu-ne l’equació de moviment.
d) Trobeu el període de les petites oscil·lacions.
Solució: a) I = 1712mL
2;√b) E = 17 2 2 3mgLc 24mL θ̇ ; U = 2 (1 − cos θ); c) θ̈ +
18 g 17L
17 L sin θ = 0; d) T = 2π 18g
Problema 6.2.17. El moviment d’un oscil·lador harmònic simple ve descrit per
l’equació x (t) = 4 sin (0,2t+ 0,3), amb x en m i t en s.
a) Calculeu l’amplitud, el període, la freqüència i la fase inicial del moviment.
b) Determineu la velocitat i l’acceleració en funció del temps, així com les
296
Problemes i qüestions
condicions inicials.
c) Quin és el desfasament entre l’elongació i la velocitat? I entre l’elongació i
l’acceleració?
d) Calculeu la posició, la velocitat i l’acceleració a t = 5 s.
Solució: a)A = 4 m; φ0 = 0,3 rad; f0 = 0,032 s−1; b) v (t) = 0,8 cos (0,2t+ 0,3);
a (t) = −0,16 sin (0,2t+ 0,3) (unitats S.I.); x (0) = 1,18 m; v (0) = 0,76 m/s; c)
π/2; π; d) x (5) = 3,85 m ;v (5) = 0,21 m/s; a (5) = −0,154 m/s2
Problema 6.2.18. Una partícula d’1 kg realitza un moviment harmònic simple
d’amplitud 0,5m. A l’instant t = 0 passa per la posició d’equilibri amb una velo-
citat de ẋ(0) = +2m/s.
a) Calculeu-ne la freqüència i el període.
b) Determineu-ne l’elongació i la velocitat en funció del temps.
c) Calculeu-ne la força i les energies cinètica i potencial quan la partícula està
a 0,2m de la seva posició d’equilibri.
Solució: a )f0 = 0.637Hz; T0 = 1,57 s; b) x = 0,5 sin (4t); v = 2 cos (4t); c)
F = 3,2 N; Ec = 1,68 J; U = 0,32 J
Problema 6.2.19. Al mecanisme de la figura, la constant recuperadora de la molla
val k = 100N/m; la massa de la politja, cilíndrica i homogènia, és M = 4 kg, i
el radi R = 30 cm. La massa del bloc és m = 1 kg. La corda no rellisca en cap
Figura de l'enunciat 6.2.19
moment i no hi ha fricció a l’eix. Trobeu l’equació de moviment i el període.
Solució: ẍ+ 33,33 x = 0 (unitats S.I.); 1,088 s
Problema 6.2.20. La politja, les molles (de constants 3k i k ) i la corda, inexten-
sible, tenen massa negligible. La barra, de massa m , es desplaça poc verticalment
respecte de l√a posició d’equilibri horitzontal. El període de les oscil·lacions val:
Solució: 2π m Figura de l'enunciat 6.2.203k
Qüestió 6.3.1. L’amplitud de la vibració d’un oscil·lador amortit disminueix de
75mm a 70mm en un cicle. La massa oscil·lant és d’1,2 kg i el temps que triga a
anar del centre a l’extrem de l’oscil·lació és 0,5 s. La constant d’amortiment de la
força de fregament viscós és:
a) 82,8× 10−3 Ns/m
297
Problemes i qüestions
b) 165,6× 10−3 Ns/m
c) 34,5× 10−3 Ns/m
d) 331,2× 10−3 Ns/m
e) 69,0× 10−3 Ns/m
Qüestió 6.3.2. La massaM de 100 g pot oscil·lar horitzontalment respecte a la seva
posició d’equilibri, sense fricció amb el terra, sota l’acció de quatre molles de cons-
tants recuperadores k1 = 10N/m, k2 = 20N/m, k3 = 10N/m i k4 = 15N/m, i
dos dispositius d’amortiment de constants b1 = 1/2Ns/m i b2 = 1Ns/m. Podem
afirmar que:
Figura de l'enunciat 6.3.2
a) En el S.I., l’equació de moviment és ẍ+ 15ẋ+ 3803 x = 0
b) En el S.I., l’equació de moviment és ẍ+ 103 ẋ+ 550x = 0
c) En el S.I., l’equació de moviment és ẍ+ 10 ẋ+ 6003 19 x = 0
d) La constant d’amortiment equivalent valdrà 1/3Ns/m.
e) El període de les oscil·lacions serà de 0,283 s.
Qüestió 6.3.3. Un sistema que pot oscil·lar presenta amortiment crític. En aquest
cas:
a) La pulsació és petita.
b) Totes les oscil·lacions tenen la mateixa durada.
c) El moviment és aperiòdic.
d) L’elongació és funció exponencial positiva del temps.
e) Cap de les respostes anteriors no és vàlida.
Problema 6.3.2. Un oscil·lador amortit té una massa de 50 g i un període d’oscil·lació
de 2 s. La seva amplitud disminueix un 5% cada cicle. Suposada l’equació de mo-
viment en la forma m ẍ+ b ẋ+ k x = 0 , trobeu b i k.
Solució: b = 2,56 g/s, k = 0,49N/m
298
Problemes i qüestions
Problema 6.3.3. Una partícula de 0,5 g executa un moviment oscil·latori, essent
l’amortiment proporcional a la velocitat. La freqüència de vibració és de 0,5Hz i
l’amplitud es redueix a la meitat després de 10 s. Calculeu:
a) El factor d’amortiment.
b) Si el moviment fos provocat per una molla, la constant recuperadora k d’a-
questa.
c) La freqüència que tindria si no existís l’amortiment.
Solució: a) γ = 0,069 s−1; b) k = 4,94·10− 3N/m; c) f = 0,5Hz
Problema 6.3.4. D’una molla suspesa verticalment, se’n penja una massa m, amb
la qual l’allargament és de 9,8 cm. S’estira la massa cap avall i es deixa anar, amb
la qual cosa es produeixen oscil·lacions. Es pregunta el valor que ha de prendre el
coeficient b d’amortiment perquè:
a) Les oscil·lacions acabin després de 100 s (considereu que han acabat quan
l’amplitud s’ha reduït a la mil·lèsima part del valor inicial).
b) El període de les oscil·lacions sigui el doble del període natural.
c) La massa retorni aperiòdicament a la posició d’equilibri.
Solució: En el S.I., a) b = 0,138m; b) b = 17,3m; c) b ≥ 20m;
Problema 6.3.5. Un sòlid penja d’un ressort capaç d’oscil·lar verticalment. A
manca d’amortiment el període val 2 s i, quan es connecta l’amortiment, té un perí-
ode de 2,7 s.
a) Determineu l’equació de l’elongació suposant que a l’instant inicial aquesta
val 10 cm i la velocitat és nul·la.
b) Es demana el factor a pel qual s’ha de multiplicar la constant d’amortiment
perquè s’assoleixi el valor crític.
Solució: a) x(t) = 13,5 e−2,11t sin(2,33t+ 0,83); b) a = 1,49
Problema 6.3.6. Un pèndol simple, de 10 g de massa, té un període de 2 s i una
amplitud de 2◦. A causa de la fricció amb l’aire, actua sobre el pèndol una força
resistent, −bv, proporcional a la velocitat. Calculeu la constant d’amortiment b
sabent que l’amplitud es redueix a 1,3◦ després de deu oscil·lacions completes.
Solució: b = 4,31× 10−4 Nsm−1
299
Problemes i qüestions
Problema 6.3.7. Un pèndol està format per un fil d’1m de longitud i massa negli-
gible, del qual penja una esfera massissa d’1 cm de radi i 8 g de massa. El pèndol es
mou submergit en un líquid d’1 g/cm3 de densitat. L’esfera està sotmesa al seu pes,
a l’empenyiment d’Arquimedes, a la tensió del fil i a una força de fricció viscosa
−bv, en què b = 1,6104Ns/m. Trobeu:
a) El període de les petites oscil·lacions suposant que b = 0.
b) El període de les petites oscil·lacions amb el valor de b de l’enunciat.
c) El temps que ha de transcórrer perquè l’amplitud del moviment passi de
π/36 rad a π/72 rad.
d) El valor de b perquè l’amortiment sigui crític.
Solució: a) T = 2,91 s; b) T = 2,91 s; c) ∆t = 69,31 s; d) b = 0,034Nsm−10
Problema 6.3.8. Una massa està sotmesa a una força elàstica F⃗ = −kx⃗ i a una
força viscosa F⃗ −1v = −bv⃗ amb b = 5Nsm . L’elongació ve donada per x (t) =
0,8 e−2,5t sin (πt− 0,3) amb x en m i t en s.
a) Calculeu-ne la massa i la constant recuperadora elàstica.
b) Calculeu-ne la posició i la velocitat quan t = 1,2 s.
c) Determineu-ne els instants als quals la massa passa per la seva posició d’e-
quilibri amb velocitat positiva i negativa.
d) Determineu els instants als quals la massa es troba en els extrems amb x
positiva i negativa.
Solució: a)m = 1 kg; k = 16,1 Nm ; b)x (1,2 s) = 1,28 cm; v (1,2 s) = −0,0862ms
−1;
c) t = 0,3π ± 2N ; t =
0,3 ± (2N + 1); d) t = 0,3 + 1π π 2 ± 2N ; t =
0,3
π −
1
2 ± 2N
Problema 6.3.9. Una partícula de 2 kg està sotmesa a una força elàstica de constant
k = 10Nm−1. Si introduïm el sistema oscil·lant en un medi viscós, el període
augmenta en un 10%.
a) Determineu les expressions de l’elongació, la velocitat i l’acceleració en
funció del temps, agafant l’origen de temps quan x > 0 i v = 0 i sabent que
l’elongació en aquest instant és de 5m.
b) Calculeu el valor de l’amplitud després d’un cicle i la seva relació amb
l’amplitud inicial.
c) Quant hauria de ser el valor de la constant d’esmorteïment perquè no os-
cil·lés?
300
Problemes i qüestions
Solució: a)
x (t) = 5,5 e−0,935t sin (2,03t+ 1,14)
v (t) = dx −0,935t −0,935tdt = 11,2 e cos (2,03t+ 1,14)− 5,14 e sin (2,03t+ 1,14)
a (t) = dvdt = −17,9 e
−0,935t sin (2,03t+ 1,14)− 20,9 e−0,935t cos (2,03t+ 1,14)
√
b) A (T ) = 0,304m; 0,055; c) b ≥ 4 5 kgs−1
Qüestió 6.4.1. L’equació de moviment d’un oscil·lador forçat és ẍ = − 74 ẋ−9x+
sin 4t . És cert que, en règim estacionari:
a) El sistema està en ressonància de velocitat.
b) L’amplitud de l’elongació decreix exponencialment.
c) L’elongació és x = A sin(4t− 3π4 ).
d) La velocitat és ẋ = v sin(4t+ π0 2 ).
e) L’elongació és x = A cos(3t+ π4 ).
Qüestió 6.4.2. Al cap de cinc oscil·lacions, l’amplitud d’un oscil·lador és un fac-
tor e−1 més petita. Si ω0 és la seva pulsació natural, la pulsació de ressonància
d’amplitud serà
a) ΩRA = 0,5ω0
b) ΩRA = 0,997ω0
c) ΩRA = 1,125ω0
d) ΩRA = 0,2ω0
e) ΩRA = 13ω0
Qüestió 6.4.3. Per un oscil·lador forçat, amb una força d’amortiment proporcional
a la velocitat, de constant b, un cop assolit el règim estacionari, és cert que:
a) En ressonància d’elongació, la impedància mecànica és b.
b)En ressonància de velocitat, la potència mitjana dissipada per la força de fricció
en un cicle és mínima.
c) En ressonància d’elongació, la diferència de fase entre la força harmònica apli-
cada i l’elongació és nul·la.
301
Problemes i qüestions
d) En ressonància de velocitat, la diferència de fase entre la força harmònica apli-
cada i l’elongació és π2 rad.
e) La freqüència de ressonància de velocitat és més petita que la de ressonància
d’elongació.
Qüestió 6.4.4. Una partícula de massa 0,2 kg rep una força elàstica de constant k
i una amortidora proporcional a la velocitat de constant 4Ns/m. S’aplica a la par-
tícula una força F = F0 cosω 1t i, un cop assolit el règim estacionari, la partícula
oscil·la amb elongació x = 0,6 cos(ω1t− π2 ) (tot en unitats S.I.) . Podem afirmar
que:
a) Si augmentem la freqüència de la força F , l’amplitud de l’elongació x de la
partícula augmentarà.
b) La impedància mecànica val 4Ns/m.
c) Falten dades per calcular la impedància mecànica.
d) Si augmentem la freqüència de la força F , l’amplitud de la velocitat de la
partícula augmentarà.
e) La velocitat màxima de la partícula ha de ser 0,6m/s.
Qüestió 6.4.5. Una partícula de 2 kg de massa realitza oscil·lacions forçades en un
medi viscós sota l’acció d’una força externa harmònica F = 5 cos(3t) (totes les
unitats en el S.I.). En règim estacionari, podem afirmar el següent:
a) L’elongació podria ser x = A cos(3t+ π4 ).
b) L’acceleració de la partícula podria ser a = 2,5 cos(3t).
c) La velocitat podria ser v = v0 cos(2t).
d) Si l’acceleració fos a = −0,2 cos(3t− π2 ), la partícula estaria en ressonància
de velocitat.
e) Si la velocitat fos v = 0,5 sin(3t), la partícula estaria en ressonància de velo-
citat.
Qüestió 6.4.6. Si, a un oscil·lador harmònic amortit s’aplica una força F (t) har-
mònica i l’amplitud de les oscil·lacions que fa és màxima, la freqüència de la força
és:
302
Problemes i qüestions
a)Una mica més gran que la pròpia de vibració del sistema a manca d’amortiment.
b) Més gran que la freqüència de vibració del sistema a manca de F (t), estant
amortit.
c) Més petita que la freqüència de vibració del sistema a manca de F (t), estant
amortit.
d) Igual a la freqüència amb què oscil·laria el sistema quan és amortit i sense
força aplicada.
e) Igual a la de vibració lliure del sistema.
Qüestió 6.4.7. Quina de les següents respostes és certa:
a) En un sistema massa-molla-amortidor excitat amb una força harmònica, les
pulsacions de ressonància d’amplitud i de velocitat coincideixen si la força vis-
cosa és negligible.
b) La impedància mecànica d’un sistema massa-molla-amortidor és igual al coe-
ficient de proporcionalitat entre la força viscosa i la velocitat.
c) La potència mitjana dissipada per les oscil·lacions harmòniques forçades és
màxima quan hi ha ressonància d’amplitud.
d) El període de les oscil·lacions harmòniques amortides depèn de l’amplitud.
e) Cap de les altres quatre afirmacions és certa.
Qüestió 6.4.8. En el moviment amortit, essent x l’elongació i Ff = −bẋ la força
de fricció, quina de les respostes següents és certa:
a) Si és oscil·latori, el període és més petit que el que tindria el sistema sense
amortiment.
b) Si el factor d’amortiment γ fos igual a la pulsació que tindria el sistema sense
amortiment, el moviment no seria oscil·latori.
c) Si és oscil·latori, com més petit sigui el factor d’amortiment γ, més ràpidament
disminueix l’amplitud.
d) Cap de les altres quatre afirmacions és certa.
e) Si el sistema fos subamortit i, a més, hi apliquéssim una força harmònica ex-
terna de forma que estigués en ressonància d’elongació, en aquestes condicions
també oscil·laria amb la mateixa pulsació que la del moviment subamortit.
303
Problemes i qüestions
Qüestió 6.4.9. Una massa d’1 kg unida a un amortidor i a una molla de constants
respectives 2Ns/m i 5N/m entra en ressonància per l’efecte d’un agent extern que
li aplica una força F0 sin(Ωt). Podem afirmar que:
a) Si Ω = 2 rad/s, el sistema està en ressonància d’amplitud.
b) Si Ω < 1rad/s, el sistema no oscil·la.
c) La impedància mecànica del sistema és 2Ns/m si la ressonància és d’amplitud.
d) L’elongació està desfasada π3 rad respecte a la força aplicada per l’agent extern
si la ressonància és d’amplitud.
e) L’elongació està en fase amb la força aplicada per l’agent extern si la resso-
nància és d’amplitud.
Problema 6.4.1. Una massa d’1 kg està subjecta a una estructura mitjançant una
molla elàstica. Se la sotmet a una força F = F0 sin(Ωt), amb F0 = 2,5N i Ω varia-
ble. S’observa la relació de la taula entreΩ i el d’amplitud AP de la massa. Feu una
estimació de la constant recuperadora k de la molla i la constant b d’amortiment.
Taula del problema 6.4.1
Ω (s−1) 14 20 26 32 36 40
Ap(cm) 0,31 0,42 0,78 1,10 0,85 0,41
Solució: k = 1089Nm−1; b = 6,9Nsm−1
Problema 6.4.2. Una massa de 3 g està sotmesa a una força restauradora d’1N/m
i a una d’amortidora de 0,1Ns/m. Si se li aplica una força F = 0,1 cos(10πt)
(unitats S.I.), calculeu l’amplitud i la diferència de fase entre la força i la velocitat.
Calculeu la impedància mecànica i trobeu la freqüència de ressonància de velocitat.
Solució: AP = 2,70 cm; θ = 32,0◦; Z = 0,12Nsm−1; fRV = 2,91Hz
Problema 6.4.3. Una partícula de 10 g està sotmesa a l’acció d’una força recupera-
dora de 0,05N/m i una força amortidora de 0,03Ns/m. Si sobre aquesta partícula
actua una força periòdica de 50 rad/s de pulsació i de 0,001N d’amplitud, trobeu,
en el règim estacionari:
a) La impedància mecànica.
b) La velocitat màxima.
c) La freqüència de ressonància de velocitat.
d) L’amplitud de velocitat en aquest cas.
304
Problemes i qüestions
Solució: a) Z = 0,5Nsm−1; b) vmax = 0,20 cms−1; c) fRV = 0,36Hz; d) vmax =
3,33 cms−1
Problema 6.4.4. De l’extrem d’una molla penja un cos de massa 5 kg. Se separa
de la seva posició d’equilibri i s’observa que fa un MHS vertical que triga 0,4 s a
anar d’un extrem a l’altre de l’oscil·lació. L’energia mecànica de la partícula és de
100 J.
a) Calculeu el temps que triga el cos a anar de la posició 0,5m per sobre del
centre d’oscil·lació fins a 0,2m per sota del centre, en el moviment descendent.
Si fem oscil·lar el sistema anterior en un medi viscós, la freqüència passa a ser
el 90% de la que tenia en el MHS.
b) Calculeu el factor de reducció de l’amplitud en un interval de 0,5 s.
Apliquem al sistema una força harmònica de la mateixa freqüència que la de l’os-
cil·lació amortida. S’observa que, en estat estacionari, el sistema assoleix una ve-
locitat màxima d’1,5ms−1.
c) Què val l’amplitud de la força aplicada?
Solució: a) t = 0,117 s; b) AA = 0,181; c) F0 = 52,8N0
Problema 6.4.5. Una massa de 3 kg experimenta un moviment harmònic simple
en la direcció de l’eix x d’amplitud 10 cm i període 3 s. Per t = 2,5 s, la massa
passa per la posició d’equilibri, x = 0, amb velocitat positiva.
a) Determineu l’elongació i la velocitat a t = 0.
En un instant en què la massa passa per la posició d’equilibri, desplaçant-se en el
sentit positiu de l’eix x, es posa en marxa un dispositiu amortidor que proporciona
una força de fricció viscosa proporcional a la velocitat, de coeficient 10Ns/m.
b) Prenent com a nou origen de temps (t = 0) el moment en què es posa en
marxa l’amortidor, escriviu l’expressió de la trajectòria i determineu tots els
paràmetres que hi intervenen.
c)Calculeu l’energia cinètica del sistema en finalitzar el primer cicle d’oscil·lació.
Finalment, s’aplica sobre la massa una força periòdica F = 5 cos(Ωt) (unitats S.I.)
també en la direcció de l’eix x.
d) Quina seria l’amplitud de les oscil·lacions forçades si el sistema estigués en
ressonància de velocitat?
Solució: a) x0 = 0,087m, v0 = 0,105m/s
305
Problemes i qüestions
b) x = 0,165 e−1,67t cos (1,27t+ 3π/2); c) E = 4,4× 10−9c J; d) A = 0,239m
Problema 6.4.6. El cos de massa m = 3 kg situat sobre un pla horitzontal sense
fricció està unit a dues molles de constants k1 = 7N/m i k2, i a un amortidor de
constant b = 10Ns/m. S’aplica al cos una força harmònica F = 4 sin(2t), en
unitats S.I.
a) Determineu el valor de k2 per tal que en el moviment oscil·latori del cos la Figura de l'enunciat 6.4.6
diferència de fases entre la força harmònica i l’elongació sigui π2 rad.
Eliminem la molla de constant k2.
b) Escriviu l’equació de l’elongació en funció del temps i determineu tots els
paràmetres que hi intervenen.
c) Quina és la velocitat màxima que assoleix el cos en la seva oscil·lació?
Quan el cos es troba a l’extrem dret de l’oscil·lació n’eliminem la força harmònica.
d) Quin tipus de moviment amortit realitzarà el cos?
e) Determineu la equació que dóna la posició del cos en funció del temps i
calculeu tots els paràmetres que hi intervenen.
Solució: a) k2 = 5 N/m; b) x = 0,194 sin (2t− 1,82); c) vmax = 0,388ms−1; d)
el sistema està sobreamortit; e) x = 0,340 e−t − 0,146 e−2,33t
Problema 6.4.7. Un tub en forma de U, amb una secció d’1,8 cm de diàmetre,
conté 120 g d’etanol (ρ = 787,4 kg/m3). En una de les rames, es provoca un petit
desplaçament del líquid.
a) Si no hi hagués fricció del líquid amb les parets del tub, trobeu la pulsació
natural de les seves oscil·lacions.
De fet, quan s’observen aquestes oscil·lacions, es comprova que la seva amplitud
disminueix un 3,5% en cada període.
b) Quin és el període de les oscil·lacions amortides?
c) Amb quina freqüència s’hauria de bufar el líquid del tub per tal que el mo-
viment oscil·lant tingués la màxima amplitud?
Solució: a) 5,72 rads−1; b) 1,1 s; c) 0,91Hz
Problema 6.4.8. Un disc D de massa mD, al qual s’ha afegit una massa m1, està
subjectat a una molla (de constant recuperadora k i massa equivalent mu) i, a través
306
Problemes i qüestions
d’una corda i una politja P2 (de massa negligible), a una segona massa m2. El disc
provoca una fricció aerodinàmica de coeficient b. El sistema pot ser forçat a os-
cil·lar mitjançant un motor que belluga harmònicament la molla amb una pulsació
Ω.
Amb el motor aturat, desplacem verticalment la massa m2 i deixem anar:
a) Escriviu l’equació de moviment utilitzant la coordenada y.
Posem en marxa el motor de manera que ym = ymo +R sin(Ωt+ θ0).
b) Trobeu la nova l’equació de moviment.
c) Escriviu l’equació de moviment de forma canònica (anomeneu x la nova
coordenada) i identifiqueu-hi tots els paràmetres.
d) Representeu gràficament l’amplitud de les oscil·lacions forçades estacionà-
ries en funció de la pulsació del motor.
Dades: m = m1 + mD + m2 + mu = 0,80 kg; k = 9,7N/m; R = 4 cm;
b = 1,5Ns/m Figura de l'enunciat 6.4.8
Solució: unitats S.I.
a) mÿ + bẏ + k(y − ym − ℓeq) = 0, amb yeq − ym − ℓeq = 0
b) mÿ +(bẏ +)k(y −(ymo −) ℓeq)−(kR s)in(Ωt+ θ0) = 0
b k kR
c) ẍ+ 2 ︸ ︷︷ ︸ ẋ+ ︸ ︷︷ ︸ x = ︸ ︷︷ ︸ sin(Ωt+ θ0)2m m m
γ ω2 B0
d) A (Ω) = √ 0,48p 3,52Ω2+(Ω2−12,13)2
Problema 6.4.9. Un cos de 2 kg de massa es mou en un pla horitzontal en la di-
recció de l’eix x, sota l’acció d’una força recuperadora de constant 18N/m i en
presència d’una força de fricció viscosa de coeficient 16Ns/m.
Mitjançant un motor, s’aplica una força harmònica F = F0 sinΩt sobre el cos,
també en la direcció de l’eix x. En condicions estacionàries, l’expressió de la tra-
jectòria del cos és x = 0,01 sin(Ωt− π/2) (x en m i t en s ).
a) Calculeu la pulsació Ω, la impedància mecànica i l’amplitud de la força.
b) Expresseu la velocitat del cos en funció del temps i calculeu el desfasament
entre aquesta i la força.
Es desconnecta el motor:
307
Problemes i qüestions
c) Quin tipus de moviment fa el cos? Raoneu i justifiqueu numèricament la
resposta.
Solució: a) 3 rad/s; 16 kg/s; 0,48 N; b) 0,03 sin 3t; 0
Problema 6.4.10. Considereu el sistema de la figura. Quan està en equilibri, ℓ =
ℓeq. La politja gira entorn d’un eix fix que passa per O respecte del qual el moment
d’inèrcia val I . Presenta una fricció de tipus viscós que l’afecta amb un moment
respecte de l’eix Mβ(O) = −β ϕ̇ , on ϕ̇ és la velocitat angular i β una constant.
Suposem que, en tot moment, la corda es manté tensa i no llisca. Amb el motor
aturat, L = ct, desplacem verticalment la massa m i la deixem anar:
a) Escriviu l’equació de moviment utilitzant la coordenada y.
Posem en marxa el motor de manera que L deixa de ser constant i es pot expressar
L = COmot + r sin(Ωt + θ0) pel fet que COmot ≫ r (C és el punt de contacte
corda-politja, que en aquesta aproximació es manté en repòs).
b) Trobeu la nova l’equació de moviment.
Figura de l'enunciat 6.4.10
c) Escriviu l’equació de moviment de forma canònica (anomeneu x la nova
coordenada) i identifiqueu-ne tots els paràmetres.
d) Representeu gràficament l’amplitud de les oscil·lacions forçades estacionà-
ries en funció de la pulsació Ω del motor.
Dades:
R = 14 mm; I = 6,0× 10−5 kg m2; r = 20 mm
m = 107 g; k = 3,50 N/m; β = 1,81× 10−4 N m s
So(lució (uni)tats S.I.):
a) ( IR2 +m) ÿ + βR2 ẏ + k(y + ℓeq − L) = 0
b) IR2 +(m ÿ + βR2 ẏ + k()y + ℓeq(− COmot)−)kr sin((Ωt+ θ0) =)0
β k kr
c) ẍ + 2 ︸ ( ︷︷ ) ︸ ẋ + ︸ ︷︷ ︸ x = ︸ ︷︷ ︸ sin(Ωt + θ0);2R2 IR2 +m IR2 +m IR2 +m
γ ω2 B0
x = y + ℓeq − COmot
d) A (Ω) = √ 0,169p 5,00Ω2+(Ω2−8,47)2
Problema 6.4.11. Una boia llastada per la seva part inferior, de massa total m =
20 kg, es manté en equilibri a y = 0, on y és una coordenada vertical, en un líquid
308
Problemes i qüestions
de densitat ρ = 103kg/m3. Per evitar oscil·lacions excessives, s’ha dissenyat de
manera que presenti un esmorteïment −80 ẏ (unitats S.I.). La part cilíndrica de la
boia, de radi R = 0,25 m, sempre toca el nivell de l’aigua. Determineu:
a) l’equació diferencial de moviment per a la coordenada y;
b) el període de les oscil·lacions, i
c) la posició en funció del temps, y(t) , si li donem un cop quan està en equilibri
de manera que la velocitat inicial és ẏ0 = −10 m/s.
A causa d’un onatge suau i persistent, rep una força d’excitació vertical F =
100 sin(10t) (unitats S.I.). Determineu:
d) la posició en funció del temps, y(t), per al moviment estacionari.
Solució: a)ÿ+4ẏ+96,3y = 0; b) T = 0,654 s; c) y(t) = 1,041 e−2t sin(9,60 t+ Figura de l'enunciat 6.4.11
π); d) y(t) = 0,1244 sin(10t− 1,66)
Problema 6.4.12. Una partícula de 2 kg, unida a una molla de constant recupera-
dora de 18 N/m i a un esmorteïdor amb paràmetre d’esmorteïment γ = 3 s−1, fa
un moviment rectilini en la direcció x, essent x = 0 el seu punt d’equilibri.
a) Escriviu l’equació de moviment.
A l’instant inicial, la partícula es troba en la posició x = 0,3 m, amb una velocitat
ẋ = −0,2 m/s.
b) Escriviu l’expressió de la seva trajectòria.
Apliquem a la partícula una força harmònica en la direcció x, per tal que oscil·li
amb una amplitud constant de 0,1 m i triga 0,25 s a anar d’un extrem a l’altre de
l’oscil·lació:
c) Quin ha de ser el valor de l’amplitud d’aquesta força?
d) Quina velocitat màxima assolirà la partícula en aquestes condicions?
Solució: a) ẍ+ 6ẋ+ 9x = 0; b) x(t) = (0,3 + 0,7t) e−3t; c) F0 = 33,383 N; d)
1,257 m/s
309
P
7 Problemes i qüestions
Problema 7.2.3. La fotografia d’un pols ondulatori en una corda a l’instant t = 0
indica que la forma d’aquest és (unitats S.I.)
18× 10−3
y(x, 0) =
8 + x2
Si l’elongació de la corda al punt x = 5,20 m i a l’instant t = 0,40 s és de
2,25mm, a quina velocitat es propaga aquesta ona? Si la densitat lineal de la corda
és 0,280 kg/m, a quina tensió està sotmesa?
Solució: 13,0m/s, 47,3N
Problema 7.2.4. SiA, B, C, k, ω iϕ són constants, quines de les funcions següents
representen ones? Quina és la velocitat de propagació en els casos afirmatius?
a) y(x, t) = A cos2(kx− ωt+ ϕ) b) y(x, t) = A cos kx cosωt
c) y(x, t) = A A(B x+C t)2+1 d) y(x, t) = (B x2−C t2)+1
Solució: Són ones les funcions a, b i c. Les velocitats són: per a a i b, v = ωk ; per
a c, v = CB .
Problema 7.2.5. Responeu les qüestions encadenades següents.
a) Escriviu una ona harmònica que es propagui cap a les x decreixents, de
8,0mm d’amplitud, 230Hz de freqüència i 145m/s de velocitat.
b) Quina distància hi ha entre dos punts que, en un instant donat, estan defasats
π/3 rad?
c) Quina és la diferència de fase de l’elongació en el mateix punt entre dos
instants de temps separats 1,5× 10−3 s?
Solució: a) y = 8,0× 10−3 sin(9,966x+ 1445t); b) 0,1051m; c) 2,168 rad
Problemes i qüestions
Problema 7.2.6. Dos punts x1 i x2 d’una corda, separats 1,20m, per la qual passa
una ona harmònica v(ibren, res)pectivament (en unitats S.I.),
1
y1 = 0,020 sinπ 3t− , y2 = 0,020 sinπ (3t− 1)
2
Calculeu la velocitat a la qual es propaga l’ona, la longitud d’ona i la funció d’ona.
Solució: 7,20m/s, 4,80m , y(x, t) = 0,020 sin 3π(t− x/7,20− 1/6)
[ ( )]
Problema 7.2.7. Considereu l’ona y(x, t) = 4 cos 2π t x6 + 240 , on y i x s’ex-
pressen en cm i t en s. Calculeu:
a) La diferència de fase, en un instant donat, entre dues partícules del medi
separades 210 cm.
b) La diferència de fase entre dues posicions i el mateix instant sabent que la
partícula del medi triga 1,0 s a anar d’una a l’altra d’aquestes posicions.
c) Si una determinada partícula, en un moment donat, presenta una elongació
de 3,0 cm, quina serà la seva elongació 2,0 s més tard?
Solució: a) 7/4π rad; b) π/3 rad; c) −3,79 cm
Problema 7.2.8. Una ona harmònica transversal es propaga per una corda inde-
finida amb una velocitat de 4,0m/s. En tot instant de temps, la distància mínima
entre dos punts que estan en fase és de 20 cm. Se sap que, a l’origen, x = 0, i a
l’instant inicial, t = 0, l’elongació és màxima de valor 20 cm. Trobeu:
a) L’amplitud, la longitud d’ona i el període.
b) L’elongació i la velocitat d’un punt x = 0,25m, una vegada transcorreguts
t = 5/16 s.
c) La distància mínima entre dos punts amb diferència de fase de π/3 rad.
d) La diferència de fase entre dos punts separats ∆x = 5 cm
Solució: a) 20 cm, 0,20m, 0,05 s; b) 20 cm, 0m/s; c) 3,33 cm; d) π/2 rad
Problema 7.2.9. Una ona harmònica plana avança amb una velocitat de propa-
gació de 32m/s. L’amplitud val 2,3 cm i la freqüència, 60Hz. Suposant que a
l’origen x = 0 i a l’instant inicial t = 0 l’elongació és màxima, quant valen
l’elongació, la velocitat i l’acceleració en un punt x = 15,3m, una vegada han
transcorregut t = 2,60 s.
Solució: − 20,88 cm, −8,01m/s, 1251m/s
312
Problemes i qüestions
Problema 7.3.2. Una corda llarga, de densitat lineal 0,10 kg/m i sotmesa a 25N
de tensió, es fa vibrar a la freqüència de 20Hz i provoca que es propagui una ona
harmònica d’amplitud 1 cm.
a) Calculeu la velocitat a la qual es propaga l’ona i la seva longitud d’ona.
b) Escriviu una funció d’ona d’aquesta ona sabent que, a l’instant inicial t = 0,
l’elongació de la corda al punt origen x = 0 és 0,50 cm.
c) A t = 4 s, quina elongació, velocitat i acceleració transversal té el punt de la
corda situat a x = 90 cm?
Solució: a) 15,81m/s, 0,7905m; b) y = 1×10−2 sin(ωt−kx+π/6), 125,66 rad/s,
7,948 rad/m; c) −0,3383 cm, 118,3 cm/s, 53,42m/s2
Problema 7.3.3. Utilitzant l’anàlisi dimensional, esbrineu com poden ser les ex-
pressions que proporcionen les velocitats v de la propagació d’aquestes dues ones:
a) les ones per a una corda molt llarga, de densitat lineal µ i sotmesa a una
tensió F ;
b) les ones a la superfície de l’aigua, sobre un estany o el mar, causades pel
pes del líquid, quan l’amplitud vertical de les ones és molt més petita que la
profunditat h de l’aigua. Les magnituds de què poden dependre aquestes ones
superficials són la densitat de l’aigua ρ, l’acceleració g de la gravetat i la pro-
funditat h. √ √
Solució: a) v = k Fµ ; b) v = k gh, on k és una constant sense dimensions (un
estudi físic detallat mostra que val 1).
Problema 7.3.4. Es penja del sostre una cadena llarga i pesada, de longitud L i
massa m. Es dóna un cop amb la mà a un dels dos extrems provocant un pols
ondulatori que puja amunt, arriba al sostre, es reflecteix i baixa fins a l’altre extrem.
Calculeu quant de√temps tardarà el pols a pujar i baixar.
Solució: ∆t = 4 Lg
Problema 7.3.5. La velocitat de les on√es sonores a l’aire ve donada per (7.30):
γRT
v =
M
on γ = 1,40, R = 8,314 J/molK i M , la massa molar de l’aire, val 0,0290 kg/mol.
Fent les aproximacions que calguin, trobeu una expressió simple de la velocitat del
so en funció de la temperatura tC de l’aire en graus Celsius, ◦C, per a temperatures
pròximes als 0◦C.
313
Problemes i qüestions
Solució: En m/s, v(t) = 331 + 0,606tC , si tC en ◦C.
Problema 7.3.6. Quan un tub d’acer de 200m de longitud es colpejat en un extrem,
una persona col·locada a l’altre extrem escolta dos sons, com a resultat de dues ones
longitudinals, una que es propaga pel tub i l’altra per l’aire, a T = 20◦C. Quin és
l’interval de temps entre ambdós sons?
Solució: 0,549 s
Problema 7.4.1. Amb algun programa de matemàtiques com, per exemple, el Ge-
oGebra, comproveu gràficament que les dues funcions periòdiques següents són
equivalents als desenvolupaments en les sèries de Fourier indicats:
a) Valor absolut del sin(ωt):(f(t) = |sinωt| )
2 4 cos 2ωt cos 4ωt cos 6ωt
f(t) = − · + + + ...
π π 1 · 3 3 · 5 5 · 7
b) Serra triangular positiva: (f(t) = t, 0 < t < 2π )
f(t) = π − 1 12 sin t+ sin 2t+ sin 3t+ ...
2 3
314

P
8 Problemes i qüestions
Problema 8.1.3. Fem vibrar un filferro tensat de forma que s’hi generen ones
transversals de 120Hz freqüència i 2,30mm d’amplitud. La densitat del filferro és
0,010 kg/m i està sotmès a una tensió de 100N.
a) Quant valen la freqüència angular i el nombre d’ona?
b) Quanta energia per unitat de longitud té el filferro? Quina és la mínima
potència que cal subministrar perquè l’amplitud de les ones es mantingui cons-
tant?
Solució: a) 754,0 rad/s, 7,540 rad/m; b) 0,01504 J/m, 1,504W
Problema 8.2.2. Per una barra d’acer de 4 cm de diàmetre es propaguen ones lon-
gitudinals d’amplitud 1,0× 10−5 m i freqüència 30Hz. Calculeu:
a) La funció d’ona que es propaga al llarg de la barra.
b) L’energia de la barra per unitat de volum.
c) La potència mitjana i la intensitat que es propaguen a través de la barra.
Solució: a) s = 1,0× 10−5 sin(0,03722x− 188,5t) (unitats S.I.); b) 0,0139 J/m3;
c) 88,2mW, 70,2W/m2
Problema 8.3.2. Responeu les qüestions encadenades següents.
a) Quina és la intensitat i el nivell d’intensitat d’una ona sonora a l’aire que
té una amplitud de pressió acústica de 0,20Pa? Quin percentatge representa
aquesta amplitud respecte de la pressió atmosfèrica?
b) A quina amplitud de l’ona sonora de desplaçament es correspon si la fre-
qüència del so és de 440Hz?
Nota: Suposeu que la impedància acústica de l’aire és de 418 rayl.
Problemes i qüestions
Solució: a) 4,6× 10−5 W/m2, 76,6 dB, 2,0× 10−4%; b) 1,73× 10−7 m
Problema 8.3.3. Una ona sonora plana a l’aire, de 100Hz de freqüència, té una
amplitud de 7,7 × 10−6 m. Si la pressió de l’aire és d’1 atm = 1033 hPa i la tem-
peratura és de 15◦C, determineu:
a) La impedància acústica de l’aire.
b) La intensitat i el nivell d’intensitat de l’ona sonora.
c) L’amplitud de l’ona de pressió acústica corresponent.
Solució: a) 425 rayl; b) 4,97× 10−3 W/m2, 97,0 dB; c) 2,06P
Problema 8.3.4. Sabent que les impedàncies acústiques de l’aire i de l’aigua són
418 rayl i 1,45× 106 rayl, respectivament, calculeu:
a) Quina és la raó de les amplituds de les pressions acústiques de dues ones de
la mateixa freqüència, una a l’aigua i l’altra a l’aire, que tenen igual intensitat?
b) Si les amplituds de les pressions acústiques d’ambdues ones fossin iguals,
quina seria la raó de les seves intensitats?
Solució: a) 58,9; b) 2,88× 10−4
Problema 8.3.5. El so d’una explosió de 0,25 s de durada deixa de ser percebut
a partir dels 80 km del punt en què s’ha produït. La intensitat llindar per a aquest
so és 8× 10−12 W/m2. Suposant que el so es propaga com una ona esfèrica sense
pèrdues d’energia, determineu:
a) L’energia acústica involucrada en el so de l’explosió.
b) La distància a la qual el nivell d’intensitat és de 50 dB.
c)Quantes explosions juntes i simultànies serien necessàries per tal que el nivell
d’intensitat, a la distància de l’apartat b, fos de 70 dB?
Solució: a) 0,161 J; b) 253m; c) 100
Problema 8.3.6. La intensitat d’una ona plana s’ha reduït en un 30% després de
travessar 12 cm d’un material absorbent.
a) Quant val el coeficient d’absorció del material per a aquest tipus d’ona?
b) Quina distància havia travessat l’ona a l’instant en què la intensitat era el
90% de la inicial?
318
Problemes i qüestions
Solució: a) 2,97m−1; b) 3,55 cm
Problema 8.3.7. Dos cables, de densitats diferents, se solden un a continuació de
l’altre i se sotmeten a una tensió determinada. Es propaga una ona pel primer cable
i, en arribar a la soldadura, una part es reflecteix i l’altra es transmet. Sabent que
l’amplitud de l’ona reflectida és la meitat que la de l’ona transmesa i que la velocitat
de les ones del primer cable és el doble de les del segon, calculeu:
a) Quina relació hi ha entre les amplituds de les tres ones?
b) Quin percentatge de la potència incident es transmet i quin es reflecteix?
Solució: a) a = AR = 1 , a = AT = 2 ; b) p = PR 1 PT 8R A T RI 3 AI 3 P = 9 ; pT =I P =I 9
Problema 8.3.8. Una ona harmònica longitudinal travessa una interfície acer →
coure. L’ona incident té un període d’1,0× 10−3 s i una longitud d’ona de 5,05m,
essent la seva amplitud 2,0 × 10−6 m. Si s’observa que l’ona transmesa té una
longitud d’ona de 3,71m, calculeu:
a) La velocitat de propagació de les ones en cada medi.
b) Els coeficients de transmissió i reflexió acer → coure.
c) La proporció d’energia que es reflecteix i transmet.
d) L’amplitud de l’ona reflectida.
Dades: Les densitats de l’acer i el coure emprats són ρacer = 7850 kg/m3, ρCu =
8960 kg/m3, respectivament. Els mòduls de Young els trobareu a la taula 7.1.
Solució: a) vacer = 5050m/s, vCu = 3710m/s; b) 1,088; 0,0878; c) 0,771%,
99,23%; d) 1,76× 10−7 m
Problema 8.3.9. En un sistema d’ecografia d’un hospital, el transductor —la part
que emet els ultrasons— és d’alumini.
a) Considerant que els ultrasons surten de l’alumini, passen per l’aire i arriben
al cos, quin percentatge de la potència dels ultrasons entra al cos?
b) Si ara interposem glicerina, en lloc d’aire, entre el transductor d’alumini i el
cos, quant val ara el percentatge de la potència dels ultrasons que entra al cos?
Dades: Preneu la impedància acústica del cos com la de l’aigua, 1,45 × 106 rayl;
per a les impedàncies de l’aire i de l’alumini, preneu 418 rayl i 13,7 × 106 rayl, i
per a la glicerina, 2,46× 106 rayl.
Solució: a) 1,41× 10−5%; b) 48,2%
319
Problemes i qüestions
Problema 8.3.10. Considerem dos cables, de seccions S1 i S2 i densitats lineals
µ1 i µ2, soldats en un punt i sotmesos a una tensió F . Les expressions per a les am-
plituds i potènci√es transmeses i reflectides de les ones transversals es regeixen perles mateixes expressions√que√el cas longitudinal, amb la impedància corresponent:µ
Zi = ρ v
µi F i
i i = S = F .i µi Si
Apliqueu aquest coneixement al cas següent:
Dos cables, un de coure i l’altre d’acer, d’1mm de radi cadascun, s’uneixen per tal
de formar un cable més llarg. La tensió del conjunt és de 50N. Una ona de 10Hz
es propaga des del coure cap a l’acer amb una amplitud de 2,0mm.
a) Calculeu la longitud d’ona de l’ona a cada cable.
b) Calculeu els coeficients de transmissió i de reflexió.
Dades: Densitat del coure: ρCu = 8900 kg/m3; densitat de l’acer: ρAc = 7800 kg/m3
Solució: a) 4,23m; 4,52m; b) 1,033, 0,033
Problema 8.4.3. Una ona harmònica d’1 cm d’amplitud se superposa a una altra
ona de 2 cm d’amplitud, desfasada respecte de la primera en −π/3 rad. Quins són
l’amplitud i el desfasament de l’ona resultant respecte de la primera?
Solució: 2,646 cm, −0,7137 rad
Problema 8.4.4. Als punts S1 = (0,3) i S2 = (4,0) (unitats S.I.), hi ha dues
fonts coherents d’ones sonores esfèriques de 100Hz. Les d’amplituds a la distància
d’1m de les fonts són 1× 10−3 Pa i 3× 10−3 Pa, respectivament. El so es propaga
a 340m/s.
a) Si les fonts emeten en fase, quant valdrà l’amplitud de la pressió acústica a
l’origen (0,0)?
b) En quant s’hauria d’avançar la segona font respecte de la primera per tal que,
a l’origen (0,0), hi hagués una interferència constructiva?
Solució: a) 0,190× 10−3 Pa; b) 1,85 rad
Problema 8.4.5. Com es mostra a la figura, el so d’un diapasó de 440Hz entra en
un tub per A, es bifurca en dues ones que van per dos camins, l’ABD i l’ACD, i
després es tornen a ajuntar al punt D, on interfereixen. La longitud del camí ABD
és 250 cm, mentre que la longitud màxima inicial del camí ACD és també 250 cm,
però es va reduint lentament —mentre sona el diapasó— fins als 75 cm.
Si la velocitat del so és de 340m/s, per quants mínims i màxims passa la intensitat
320
Problemes i qüestions
Figura de l'enunciat 8.4.5
del so resultant durant la reducció de la longitud ACD? Solució: Màxims, 2:
ACD = 173 cm, 95 cm; mínims, 2: ACD = 211 cm, 134 cm.
Problema 8.4.6. Dos altaveus alineats amb una persona emeten coherentment ones
planes sonores de la mateixa freqüència 440Hz. La velocitat del so és de 340m/s.
a) Si emeten en fase, a quines distàncies han d’estar els altaveus un de l’altre
per tal que la persona no senti res?
b) Si segueixen emetent coherentment però ara la fase de l’altaveu més prò-
xim està avançada π/3 rad respecte de l’altre, en quant canvien les distàncies
anteriors?
Solució: a) 0,39m, 1,16m, 1,93m...; b) Totes en 0,13 cm menys
Figura de l'enunciat 8.4.7
Problema 8.4.7. En un laboratori, en el qual la velocitat del so és de 340m/s, dos
altaveus A i B, que emeten ones sonores planes de 791Hz, estan encarats i separats
11m, tal com es veu a la figura. Un sonòmetre C està situat sobre la recta que els
uneix, a 5m del B. L’altaveu A proporciona una intensitat de 0,75W/m2 i el B de
0,25W/m2.
a) Si els dos altaveus emeten sense coherència, quant val el nivell d’intensitat
β0 registrat pel sonòmetre C?
b) Si els altaveus emeten coherentment i en fase, quina diferència de fase hi
321
Problemes i qüestions
haurà entre el so de A i B en arribar al sonòmetre C?
c) Quina distància mínima δ1 hauríem de desplaçar el sonòmetre C cap a B per
tal que experimentés un màxim d’intensitat? I quina δ2 per experimentar un
mínim?
d) Quin nivell d’intensitat mesurarà el sonòmetre en el màxim i en el mínim?
Solució: a) 120 dB; b) 2,051 rad; c) δ1 = 14,5 cm, δ2 = 3,7 cm; d) 122,7 dB,
111,3 dB
Problema 8.4.8. Dos altaveus S1 i S2 es troben sobre l’eix y a y = ±d/2, com es
veu a la figura. Per mitjà d’un amplificador d’audiofreqüència, se’ls fa emetre en
fase sons de freqüència f .
Figura de l'enunciat 8.4.8
Un observador es desplaça des de y = 0 per una recta paral·lela a l’eix y, situada
a una gran distància D d’aquest eix. Si d ≪ D i y ≪ D:
a)Demostreu que l’observador percebrà els primers màxims d’intensitat sonora
a les distàncies
D v
yconst = n amb n = 0, 1, 2, ...
d f
essent v la velocitat del so.
a) Amb d = 2m i D = 80m, i suposant v = 340m/s, per a quina freqüència
la distància entre dos màxims consecutius d’intensitat és de 3,0m?
Solució: 4,53 kHz
Problema 8.4.9. Als punts A = (0,4,0) i B = (8,0,0) (unitats S.I.) de l’aire lliure
hi ha dos focus sonors puntuals d’1mW i 2mW de potència, respectivament, que
poden emetre en fase ones esfèriques. Si la velocitat del so és de 340m/s, esbrineu:
a) La diferència de fase en què arriben les dues ones a l’origen si la freqüència
de tots dos focus és 200Hz.
322
Problemes i qüestions
b) Les freqüències compreses entre 200Hz i 1500Hz en què haurien d’emetre
simultàniament els dos focus per tal que hi hagués una interferència destructiva
a l’origen.
c) Quines són les intensitats amb què arriben les dues ones —per separat— a
l’origen?
d) Si els focus emeten amb una freqüència en què hi ha una interferència des-
tructiva a l’origen, quant val la intensitat del so? I si emeten quan n’hi ha una
de constructiva?
Solució: a) 14,784 rad; b) 212,5Hz, 255,0Hz, ..., 1,445 kHz, 1,488 kHz;
c) 4,97µW/m2, 2,49µW/m2; d) 0,427µW/m2, 14,50µW/m2
Problema 8.5.4. La freqüència fonamental d’una determinada corda d’un violí,
de longitud L, és 196Hz. Si el violinista vol obtenir una freqüència fonamental de
440Hz, quina longitud cal que tingui la corda?
Solució: 0,445L
Problema 8.5.5. La primera i l’última corda d’un piano estan afinades a 33Hz
i 4186Hz, amb longituds 198 cm i 5,1 cm, respectivament. Si totes dues cordes
estan sotmeses a la mateixa tensió, quant val el quocient entre les densitats lineals
efectives de les dues cordes?
Solució: 10,68
Problema 8.5.6. A la figura, es mostra una vareta F que efectua vibracions si-
nusoidals de 100Hz que exciten la corda horitzontal AB de longitud de 120 cm,
tensionada per la massa M , de pes 2,25N, que es manté pràcticament immòbil.
S’obté així un sistema d’ones estacionàries que presenten un node en la proximitat
immediata de l’extremitat A de la vareta i un altre node al punt B que està en con-
tacte amb la politja. Entre aquests dos nodes, es troben quatre ventres. L’amplitud
de les vibracions dels ventres és de 10mm.
Figura de l'enunciat 8.5.6
Determineu:
a) La longitud d’ona de les vibracions i la seva velocitat de propagació.
323
Problemes i qüestions
b) La velocitat màxima d’un punt de la corda que correspon a un ventre.
c)L’amplitud de les vibracions del punt de la corda situat a 35 cm de l’extremitat
A.
d) Quin hauria de ser el pes d’una nova massa M ′ suspesa de la corda si es
volguessin inobtenir tres ventres en lloc de quatre?
Solució: a) 0,60m, 60m/s; b) 6,28m/s; c) 5mm; d) 4N
Problema 8.5.7. Una ona estacionària en una corda elàstica de 6,00m de longitud
ve descrita per la funció (unitats S.I.): (π )
y(x, t) = 2,0× 10−2 sin x cos(πt)
2
a) Representeu esquemàticament l’ona estacionària, indicant les posicions dels
nodes i dels ventres. En quin harmònic vibra la corda?
b) Calculeu la velocitat de propagació de l’ona a la corda.
c) Escriviu les funcions de les ones harmòniques que generen aquesta ona es-
tacionària.
d) En quin instant estarà la corda completament recta?
e) En quins punts de la corda i per a quins instants la velocitat transversal serà
màxima?. Quin valor tindrà aquesta velocitat?
f) Quan serà zero la velocitat transversal de la corda?
g) En quin percentatge s’hauria d’augmentar la tensió perquè es formessin ones
estacionàries amb un ventre menys?
Solució: a) 3r harmònic; b) v = 2,00m/s; c) y+(x, t) = 1,0×10−2 sin(x/2−πt),
y−(x, t) = 1,0× 10−2 sin(x/2 + πt); d) t = n+ 1/2 s, n = 0, 1, 2, 3...; e) Als
ventres, xv = 1, 3, 5m, per t = n+ 1/2 s , v = 6,28m/s; f) t = n s; g) 125%
Problema 8.5.8. Dues cordes idèntiques, fixades pels extrems, de 100 g de massa
i 1m de longitud, estan sotmeses a tensions de 200N i 205N, respectivament.
a) Si les dues cordes vibren en el tercer harmònic, calculeu la freqüència dels
batecs resultants de la superposició dels sons generats per cada corda.
A continuació, es fa vibrar únicament la corda de tensió 200N amb l’harmònic
fonamental. Si l’amplitud en un punt situat a 20 cm d’un extrem és d’1,0 cm, de-
termineu:
324
Problemes i qüestions
b) La velocitat màxima del moviment transversal d’aquest punt de la corda.
b) L’elongació en aquest punt a l’instant t = 0, sabent que en aquest instant
l’elongació al centre de la corda és màxima.
Solució: a) 0,833 batecs/s; b) ẏ = 1,41m/s; c) y = 1,00 cm
Problema 8.5.9. L’extrem A d’una corda horitzontal està fixat a la paret i l’altre
B passa per una politja sense fricció i se li penja un cos de massa M . Figura de l'enunciat 8.5.9
La freqüència del so fonamental emès per la corda és 392Hz. Si el cos se submer-
geix totalment en aigua (vegeu la figura), la freqüència baixa a 343Hz. Calculeu
la densitat del cos.
Solució: 4270 g/cm3
Problema 8.5.10. Una corda de 28,28 cm de longitud i 0,050 kg/m de densitat
lineal s’uneix a una segona corda de densitat lineal la meitat que la de la primera.
Figura de l'enunciat 8.5.10
Un dels extrems es fixa a una paret i l’altre es fa passar per una politja i se li penja
un pes de 100N. La longitud d’aquesta segona corda, entre la unió S i la politja P
és de 100 cm.Volem que al llarg de totes dues cordes es formin ones estacionàries,
de manera que al punt unió S hi hagi un node, tal com es mostra a la figura.
Quina és la freqüència més baixa que podem aplicar a les cordes. En aquest cas,
quants ventres hi haurà al llarg de les dues cordes?
Solució: 158,1Hz, 7 ventres
Problema 8.5.11. Una corda, d’1,40m de longitud i 2,00 g de massa s’uneix a una
altra, d’1,00m de longitud i 4,98 g de massa. El conjunt es fa vibrar a 120Hz.
325
Problemes i qüestions
a) A quina tensió màxima s’han de sotmetre per tal que es formin ones estacio-
nàries estant la soldadura en un node? Quants ventres hi haurà a cada corda en
aquest cas?
b) Quines altres tensions inferiors també satisfan aquesta condició?
Solució: a) 17,9N, 3 i 4 ventres; b) 4,48N, 1,99N...
Figura de l'enunciat 8.5.12
Problema 8.5.12. Volem mesurar la velocitat del so a l’aire. Per això, com es
mostra a la figura, disposem d’un altaveu A, que emet so harmònic del qual podem
controlar la freqüència entre 400 i 1200Hz, i d’un tub T d’1m de longitud ple
d’aigua fins a una altura que podem modificar pujant o baixant un dipòsit D.
La longitud d’aire del tub, y, la mesurem amb un regle paral·lel al tub. Amb
l’altaveu funcionant a 700Hz, anem baixant el nivell de l’aigua i observem que,
quan y1 = 20,3 cm, hi ha ressonància. Si continuem baixant, la posició següent
del nivell per al qual hi ha ressonància és y2 = 44,6 cm.
a) Quant val la velocitat del so a l’aire de l’interior del tub?
b)Amb una freqüència de 1000Hz i amb l’aigua omplint totalment el tub, anem
baixant el nivell fins a arribar a la primera posició de ressonància y1 = 10,0 cm.
Trobeu totes les altres posicions en què ressonarà el tub.
c) Si, després, es deixa el tub amb una columna d’aire fixa, y = 50 cm, per a
quines freqüències ressonarà el tub?
Solució: a) v = 340,2m/s; b) y2 = 27,0 cm, y3 = 44,0 cm, y4 = 61,0 cm,
y5 = 78,0 cm, y6 = 95,0 cm; c) 510Hz, 851Hz, 1191Hz
Problema 8.5.13. Disposem d’un tub cilíndric obert pels dos extrems que excitem
amb ones sonores de freqüència variable. S’observen dues freqüències de resso-
nància consecutives: 360Hz i 540Hz.
a) Si es tanca un dels dos extrems i l’excitem de nou: quines són les tres pri-
meres freqüències en què ressonarà ara?
326
Problemes i qüestions
b) Si el tub té 0,950m, quina és la temperatura de l’aire interior?
Solució: a) 90Hz, 270Hz, 450Hz; b) 18,2◦ C
Problema 8.6.2. Un dia en què la temperatura és de 35◦C, el conductor d’un tren
exprés, que circula a 110 km/h, veu més endavant un tren de rodalies que va per
la mateixa via. Per determinar la velocitat a la qual va el rodalies, fa sonar el seu
xiulet de 1000Hz i escolta l’eco de 1060Hz de freqüència.
a) A quina velocitat es propaga el so?
b) Suposant que no fa vent, a quina velocitat es desplaça el tren de rodalies?
Solució: a) 352m/s; b) 73,3 km/h
Problema 8.6.3. En un dia que no fa vent i la velocitat del so és de 340m/s, una
sirena que emet un so de 1000Hz es mou allunyant-se d’un observador en repòs i
dirigint-se cap a un penya-segat a una velocitat de 36,0 km/h.
Quant val la diferència entre les freqüències de les dues ones sonores —la directa
i la reflectida pel penya-segat— que arribaran a l’observador? A quina velocitat
hauria d’anar la sirena per tal que es poguessin sentir pulsacions de 8,0Hz?
Solució: 58,9Hz, 4,90 km/h
Problema 8.6.4. Un detector de moviment d’un objecte podria consistir en una
font d’ones harmòniques de freqüència f0 i un detector de freqüència dels batecs
fb que s’obtenen en superposar les ones directes de la font amb les ones reflectides
per l’objecte. Si l’objecte no es desplaça respecte de la font, fb = 0. Si s’acosta
a la font o se n’allunya a una velocitat v, molt més petita que la velocitat c de les
ones en el medi, demostreu que la freqüència dels batecs és fb = 2f v0 c .
1 Mach = M és la relació entre
Problema 8.6.5. Un avió supersònic que es desplaça horitzontalment a Mach = la velocitat d'un objecte, v, i la ve-
1 locitat de les ones en el medi c:1,50, passa per la vertical d’un observador que és a l’aire lliure un dia en què la M = v
c
velocitat mitjana del so és 335m/s. Si aquest observador ha hagut d’esperar 3,20 s
per sentir l’avió des que el veu passar per sobre seu, a quina altura està volant
l’avió?
Solució: 1438m
327

Solucions a les qüestions
Capítol 1
1.7.1: c, 1.7.2: e.
Capítol 2
2.1.1: b, 2.1.2: a, 2.1.3: e.
2.2.1: d, 2.2.2: c, 2.2.3: e, 2.2.4: c.
2.3.1: e.
2.4.1: e, 2.4.2: a, 2.4.3: a, 2.4.4: e, 2.4.5: b, 2.4.6: b, 2.4.7: d, 2.4.8: c, 2.4.9: c.
2.5.1: d, 2.5.2: b, 2.5.3: a, 2.5.4: d, 2.5.5: c.
Capítol 3
3.2.1: c, 3.2.2: b, 3.2.3: a, 3.2.4: c, 3.2.5: a, 3.2.6: b, 3.2.7: c, 3.2.8: e, 3.2.9: e,
3.2.10: c.
3.3.1: d.
3.4.1: b, 3.4.2: d, 3.4.3: c.
Capítol 4
4.3.1: c, 4.3.2: b, 4.3.3: c, 4.3.4: a, 4.3.5: a, 4.3.6: d.
Annexos
4.5.1: a, 4.5.2: a, 4.5.3: c, 4.5.4: c, 4.5.5: a, 4.5.6: c, 4.5.7: e, 4.5.8: a, 4.5.9: e,
4.5.10: b, 4.5.11: a, 4.5.12: c, 4.5.13: c, 4.5.14: b, 4.5.15: e, 4.5.16: b, 4.5.17: e.
4.7.1: b, 4.7.2: e, 4.7.3: b.
Capítol 5
5.2.1: e, 5.2.2: d, 5.2.3: c, 5.2.4: a. 5.2.5: c, 5.2.6: c, 5.2.7: d, 5.2.8: c, 5.2.9: c,
5.2.10: c, 5.2.11: b, 5.2.12: e, 5.2.13: e, 5.2.14: e, 5.2.15: b, 5.2.16: e.
5.3.1: a, 5.3.2: d, 5.3.3: a, 5.3.4: a, 5.3.5: d, 5.3.6: d.
Capítol 6
6.2.1: b, 6.2.2: c, 6.2.3: d, 6.2.4: d, 6.2.5: a.
6.3.1: a, 6.3.2: e, 6.3.3: c.
6.4.1: c, 6.4.2: b, 6.4.3: d, 6.4.4: b, 6.4.5: d, 6.4.6: c, 6.4.7: a, 6.4.8: b, 6.4.9: d.
330


Taules
 
Relacions trigonomètriques
sin2α+ cos2α = 1
sin(α± β) = sinα cosβ ± cosα sinβ
tan(α± β) = tan α±tan β1∓tan α tan β
cos(α± β) = cosα c(osβ ∓) sinα( sinβ)
sinα+ sinβ = 2 sin (α+β )cos(α−β2 2 )
sinα− sinβ = 2 cos (α+β )sin (α−β2 2 )
cosα+ cosβ = 2 cos (α+β2 )cos (α−β2 )
cosα− cosβ = −2 sin α+β α−β2 sin 2 √
sin(0) = 0, sin(π ) = 1 , sin(π ) = √1 , sin(π6 2 ) =
3 , sin(π ) = 1, sin(π) = 0,
√ 4 2 3 2 2
cos(0) = 1, cos(π ) = 3 , cos(π ) = √16 2 4 , cos(
π
3 ) =
1
2 , cos(
π
2 ) = 0, cos(π) = −12
Annexos
Derivades
Funció: F (x) Derivada: dF (x)dx
a f(x) + g(x) a df(x) dg(x)dx + dx
f(x)g(x) df(x)g(x) + f(x)dg(x)dx dx
f(x) df(x) − dg(x)= f(x)g(x)−1 dx g(x) f(x) dxg(x) g(x)2
f(x)n n f(x)n−1 df(x)dx
df(g) (∣x) dg(x)f(g(x)) dg dxf−1(x) ∣
f−1(x) és la funció inversa de f ; per exem- 1 ∣df(y) ∣
dy −1
ple, arcsin és inversa de sin y=f (x)y = x x = y
ex ex
ax ax ln a
sinx cosx
cosx − sinx
tanx 1cos2x
lnx 1x
log x 1
(a) x ln a
Integrals
∫
Funció: F (x) In∫tegral: F (x∫) dx
a f(x) + g(x) a f(x) dx+ g(x) dx
xn amb n ̸= −1 1 xn+1n+1
1 −1
x = x lnx
ex ex
ax a
x
ln a
sinx − cosx
cosx sinx
tanx ln(cosx)
lnx −x+ x lnx
1 1 x−a
(x−a)(x−b) a−b ln x−b
√ 1
2− 2 arcsin
x
a x a√
√ 1 2 2
x2− 2 ln(x+ x − a )a
334
Annexos
Centres de massa
r⃗CM de cossos homogenis sim-
ples respecte dels sistemes de re-
ferència que s'hi indiquen
Arc de cir- L = 2(Rα )
cumferència R sinαr⃗CS = , 0
α
Sector de cer- S = R(2α )
cle 2R sinαr⃗CS = , 0
3α
S = 12b h
Triangle arbi- La distància d’una base i al
trari CS és 13 de la corresponent
altura hi
Closca semi-
esfèrica (sen- S = 2(πR2 )
se la tapa infe- Rr⃗CS = 0, 0,
rior) 2
2πR3
Semiesfera V = ( 3 )
(massísa) 3R
r⃗CS = 0, 0,
8
πR2h
V =
Con (massís) ( 3 )
h
r⃗CS = 0, 0,
4
335
Annexos
Reaccions dels suports
Cable o corda tensa. La força que fa el cable és en la
direcció del cable. El sentit sempre és el de la banda
del cable o la força s’anul·la (cable no tens).
Contacte regular llis: reacció N normal al pla tan-
gent a la superfície regular en el punt de contacte.
Contacte regular/singular llis. Reacció N normal al
pla tangent a la superfície regular en el punt de con-
tacte.
Contactes rugosos. A la reacció normal N , cal
afegir-hi una força de fricció Ff . En cas que els cos-
sos no es moguin, |Ff | ≤ µ |N |, on µ és el coeficient
de fricció estàtic. Al màxim valor de |Ff |, s’hi arriba
quan hi ha imminència de moviment.
Contactes extensos. Reacció N normal a la super-
fície de contacte. No té per què passar pel centre de
masses.
Contactes extensos (bolcada imminent). Reacció N
normal a la superfície de suport aplicada en el punt on
es concentra el contacte.
Rodets (sense fricció). És el mateix cas que els con-
tactes llisos.
Articulació. Reacció R⃗, en general desconeguda, que
en 2D són dues components. Si hi ha fricció (entre les
superfícies en contacte a la zona de l’articulació) o no
hi ha articulació sinó encastament, cal afegir un parell
de moment M . El seu valor màxim dependrà de la
naturalesa del contacte.
Guies. Reacció normal a la guia. Si el contacte és
rugós, cal afegir-hi la fricció Ff i pot ser també un
parell de fricció Mf .
336
Annexos
Moments d'inèrcia
I de cossos homogenis simples
respecte dels eixos que s'hi indi-
quen.
gruixut:
1
I = m (R21 +R
2
2)2
Cilindre disc: H = 0
massís: R1 = 0
prim: R1 = R2
2
massissa: I = mR2
Esfera 5
2
buida: I = mR2
3
ortoedre / rectangle:
Ortoedre 1I = m (a2 + b2)
12
barra: a = 0 i c = 0
337
Annexos
Constants
Nom de la constant: Valor:
Nombre π ( ) 3, 1415926536
Nombre e = lim 1 + 1 nn 2, 718281285
n→∞
Constant de Coulomb, k = 1 9 Nm24πε 8, 987551788× 100 C
Càrrega elemental, e 1, 602177× 10−19C
Nombre d’Avogadro, NA 6, 022137× 1023
Constant de Boltzman, k 1, 380658 × 1023 JK
Constant dels gasos ideals, R = N k 8, 31451 JA mol K
2
Constant de gravitació, G 6, 6726× 10−11 N mkg2
Massa de l’electró, me 9, 109390× 10−31 kg
Massa del protó, mp 1, 672622× 10−27 kg
Massa del neutró, mn 1, 674929× 10−27 kg
Velocitat de la llum, c 2, 99792458× 108 ms
Acceleració de la gravetat a la superfície de Valor estàndard: 9, 81 ms2 .
la Terra, g A Barcelona: 9, 804 ms2
Radi de la Terra, RT 6370 km
Massa de la Terra, MT 5, 98× 1024 kg
338


Glossari
A
alçada : altura. Alçària, especialment d’una persona o d’un animal.
Exemple: l’alçada d’un cavall. Quant fas d’alçada?
alçària : altura. Dimensió d’un cos en direcció vertical. Exemple:
l’alçària d’una muntanya. L’alçària d’un arbre. Una alçària de
vint pams. Fa vint pams d’alçària. L’alçària d’un triangle, d’una
piràmide, d’un con.
altitud Altura d’un punt de la Terra respecte al nivell del mar.
altura Distància vertical d’un punt a la superfície de la Terra o a qualse-
vol altre terme de comparació. En geometria, és la línia imaginària
que es pot traçar des d’un vèrtex o des del pla superior d’una figura
geomètrica fins a la base, i de manera perpendicular a aquesta. Per
extensió, és també la longitud d’aquesta línia. Exemple: altura d’un
triangle. Altura d’un cilindre. Vola a una gran altura. Enlairar-se
fins a una altura de mil metres.
amplada La més petita de les dimensions d’una figura plana, formant angle
amb la més gran o llargada. Exemple: un tauló de vint centímetres
d’amplada. La taula del menjador fa una amplada de 120 cm.
axial Direcció axial: segons un eix.
B
barra Tros de fusta, de ferro o d’una altra substància, rígid, de forma cilín-
drica o prismàtica, molt més llarg que gruixut.
boia : boya. Cos flotant per indicar el nivell de líquid en un dipòsit
o bé per a mantenir-lo entre determinats límits prefixats.
Annexos
C
celeritat Mòdul del vector velocitat.
cercle : círculo. Porció d’un pla limitada per una circumferència.
circumferència Corba plana els punts de la qual equidisten tots d’un punt inte-
rior, el centre.
contacte Dos cossos estan en contacte si només es toquen però no estan en-
ganxats ni articulats.
corró : rodillo. Cilindre que, posat sota una cosa de molt pes, serveix
per arrossegar-la amb més facilitat.
Cilindre pesant de pedra o de ferro que, fent-lo rodar sobre alguna
cosa, serveix per aplanar-la, compactar-la, aixafar-la, etc.
cèrcol : aro. Corona cilíndrica de fusta o de ferro amb què jugaven
els infants fent-la rodar amb la mà o amb un pal curt.
D
diametral Punts diametralment oposats: dos punts de la circumferència o esfera
pertanyents a un mateix diàmetre.
diferència de... Diferència de F : ddF = Finicial − Ffinal.
dimensió 1) Expressió d’una magnitud segons les magnituds físiques fona-
mentals. Exemple: l’acceleració té dimensions de longitud dividida
pel quadrat del temps.
2) Extensió, grandària, mesura en ample i llarg, o en ample, llarg i
alt. Exemple: les dimensions d’una plaça, d’una sala, d’un vaixell.
Parts mesurables d’un cos que en donen la proporció o la forma.
3) Paràmetre numèric que caracteritza aspectes geomètrics dels ob-
jectes. Exemple: un bloc té tres dimensions, una corda té una di-
mensió.
direcció Dues rectes tenen igual direcció si es poden superposar mitjançant
una translació.
E
empenta : empujón.
empenyiment : empuje. Per exemple, l’empenyiment d’Arquimedes, de-
finit a la pàgina 122.
342
Annexos
F
falca : cuña.
G
gruix Alçada d’un cos quan és sensiblement inferior a la llargada i a l’amplada.
Exemple: sis pams de llarg, dos d’ample i mig de gruix.
H
horitzontal Pla horitzontal: pla perpendicular al camp gravitatori.
I
increment de... Increment de F : ∆F = Ffinal − Finicial.
L
llargada, llargària La més gran de les dimensions d’una figura plana, formant
angle amb la més petita o amplada. Exemple: un tauló de cincmetres
de llargada. La taula del menjador fa una llargada de set metres i
mig.
llastar : lastrar. Posar llast (a una cosa, especialment a una embarca-
ció o a un globus aerostàtic). Llast ( : lastre): Pedres, trossos
de ferro, sorra, etc., que es posen al fons de la nau, per donar-li més
estabilitat.
lliscar : resbalar. Moure’s en contacte amb una superfície de manera
que la velocitat relativa dels punts de les superfícies en contacte és
no nul·la.
lliscar sense fricció Moure’s en contacte amb una superfície de manera que la
velocitat relativa dels punts de les superfícies en contacte és no nul·la
amb una força de fricció nul·la.
longitudinal En la direcció de la longitud o llargària. Exemple: eix longitudinal.
M
manovella : manivela. Element d’un mecanisme de transmissió que con-
sisteix en una barra que per un extrem va fixada perpendicularment
a un arbre i per l’altre extrem és accionada per imprimir a l’arbre un
moviment de rotació.
343
Annexos
medi : medio. Substància a través de la qual obra una força, és trans-
mès un efecte. Per exemple, una ona mecànica es propaga per un
medi.
Fem notar que la substància i, per tant, el medi inclou tant la seva
composició química (ferro, aigua..etc) com les característiques físi-
ques en equilibri (pressió, densitat, temperatura, tensions, etc).
moment angular = moment cinètic. Definit a les pàgines 52, 82 i 137.
moment cinètic = moment angular. Definit a les pàgines 52, 82 i 137.
moment lineal = quantitat de moviment.
O
onatge : oleaje. Moviment de les ones superficials causades per la
gravetat en un líquid. Exemple: les onades del mar.
orientació Un sòlid rígid canvia l’orientació si la direcció d’alguna recta que
uneix dos qualssevol dels seus punts canvia de direcció.
P
pressió atmosfèrica És la que exerceix l’atmosfera en el lloc on som. La pres-
sió atmosfèrica estàndard, 1 atm (1 atmosfera), va ser definida com la
pressió atmosfèrica mitjana al nivell del mar, que es va fixar exacta-
ment en 101325Pa. No obstant això, a partir del 1982, l’Interdivisional
Committee on Terminology, Nomenclature and Symbols (ICTNS)
va recomanar que, a l’efecte d’especificar les propietats físiques de
les substàncies, l’estàndard de pressió havia de definir-se exactament
en 100 kPa. A part de ser un nombre rodó, aquest canvi té un avan-
tatge pràctic perquè 100 kPa equivalen a una altitud aproximada de
112m, que està propera a la mitjana de 194m de la població mundi-
al.
L’atmosfera (atm) és una unitat de pressió
1 atm = 101325 Pa = 760 mmHg = 1, 01325 bar. Observeu que
cal distingir entre
• pressió atmosfèrica,
• pressió atmosfèrica estàndard,
• unitat de pressió.
344
Annexos
De fet, l’ICTNS és de creació recent (2002). Anteriorment era l’Interdivisional
Committee on Nomenclature and Symbols (IDCNS). Ambdós ins-
titucions són filials de la International Union of Pure and Applied
Chemistry (IUPAC).
pressió manomètrica = (pressió) - (pressió atmosfèrica).
prim De gruix negligible respecte de les altres dimensions i del radi de
curvatura. Exemple: una xapa prima.
profunditat La profunditat z en un fluid és una coordenada que té la direcció i
el sentit de l’acceleració de la gravetat g⃗ amb origen al nivell lliure
del fluid.
propietats intensives Les propietats intensives són aquelles propietats físiques,
(químiques, organolèptiques, etc.) que no depenen de la quantitat de
matèria i són les que caracteritzen els materials des d’un punt de vista
macroscòpic.
R
regla del cargol Regla per assignar un sentit al vector resultant d’un producte
vectorial. Un cargol o vis dextrogir (els que usualment trobem a les
ferreteries) avança quan el fem girar en el sentit horari.
rodar : rodar. Un cos, en rodar, canvia l’orientació. En cas d’estar
en contacte amb algun altre cos o terra, rodar no implica no relliscar.
rodolar : rodar sin resbalar. Rodar en contacte amb una superfície
sense lliscar. Mentre un cos rodola, la velocitat relativa dels punts en
contacte de les superfícies és nul·la. Per rodolar és necessari comptar
amb un determinat valor de la força tangent a les superfícies.
S
sentit Donada una direcció, tenim dos sentits. És a dir, podem definir dos
vectors unitaris diferents en aquesta direcció.
substància Una substància és tota porció de matèria que comparteix determina-
des propietats intensives.
T
topall : tope.
345
Annexos
transversal Que va en una direcció normal a una direcció donada. Exemple:
dues posts paral·leles unides per llistons transversals. Secció trans-
versal.
V
vertical La direcció vertical és la que té a cada lloc el camp gravitatori.
346