Cinematica 1

1 Cinematica

1.1 Introduccio

La cinematica es la part de la fısica que estudia el moviment. Exemples de moviment els tenim quan un cotxees mou, quan una pilota baixa per un pla inclinat, quan un electro travessa una determinada regio, etc. En tots ellsl’objecte que es mou, es pot considerar com a tal (tenint en compte les seves dimensions, la seva forma, etc) o el podemconsiderar com si fos un punt material: una partıcula. Malgrat un cotxe te unes certes dimensions, segons el lloc d’onl’observem es pot considerar de forma diferent. Si l’estem observant des d’un helicopter el veiem com un "puntet" i,per tant, la consideracio de partıcula resulta molt adient. Si pel contrari, volem estudiar que passara si en arrivar auna corba, la poca adherencia dels neumatis el faran bolcar es necessitara tenir en compte les seves dimensions.

En aquest capıtol tindrem en compte aquesta consideracio: tots els objectes seran tractats com a partıcules. Aixorestringeix l’estudi del moviment unicament a la translacio. Aixı si una bola baixa per un pla inclinat, malgrat quesabem que pot rodar, si la considerem com una partıcula nomes efectuara un moviment de translacio.

A la majoria d’exemples realitzarem una simplificacio matematica en considerar que el moviment de les partıculeste lloc en el pla x− y . El moviment en 3 dimensions no comporta cap altre dificultad que treballar amb vectors de 3components enlloc de dues components.

1.2 Vector posicio

Considerem el moviment d’una partıcula en el pla x − y . Per a cada instant de temps la partıcula es troba enun punt del pla: la succesio dels diferents punts dona lloc a la corba blava representada que anomenem trajectoria.Considerem dos punts de la trajectoria P i Q : el punt P correspon a l’instant t i ve representat pel vector ~r(t) ,el punt Q correspon a un instant t+∆t i ve representat pel vector ~r(t+∆t) .

El vector que ens descriu la posicio d’un punt del moviment l’anomenemvector posicio i el representem, en el cas del punt P , per ~r(t) . Aquest vectorte dues components x(t) i y(t) que son funcions matematiques del temps. Laforma d’expressar el vector posicio ve donada per:

~r(t) =(

x(t), y(t))

Despres de que hagi transcorregut un interval de temps ∆t la partıcula estrobara en el punt Q i el seu vector posicio haura canviat a ~r(t + ∆t) . Enaquest cas la seva expressio matematica ve donada per:

~r(t+∆r) =(

x(t+∆t), y(t+∆t))

Nota: En general la forma d’expressar un vector a partir de les seves components es pot fer de diferents maneres.Les dues formes mes habituals son:• A partir de les seves components amb un parentesi que les delimiti, es a dir,

~r(t) =(

x(t), y(t))

• A partir dels vectors unitaris ~ı i ~ que ens indiquen la direccio de cadascun dels eixos, es a dir,

~r(t) = x(t)~ı+ y(t)~

A la resta del capıtol utilitzarem la primera per resultar una mica mes simplificada, encara que en algun exempleo exercici es pugui utilitzar la segona representacio.

1.3 Equacio de la trajectoria

Considerem una partıcula que es mou en el pla x− y on la seva l’expressio del seu vector posicio ve donada per

~r(t) =(

x(t), y(t))

= (2t,−4t2 + 24t+ 10)

2 Cinematica

La partıcula comenca el seu moviment en un cert instant (habitualment es pren l’instant inicial com t = 0 , encaraque a vegades aquest sigui diferent de 0 ) i per a cada instant posterior el vector posicio va canviant de lloc. Podemrepresentar cada component en funcio del temps per poder veure d’una forma grafica la seva evolucio. Aquestesgrafiques no ens indiquen el moviment de la particula en el pla xy , nomes ens permeten analitzar com varia la funciomatematica de cada component.

Si volem veure el moviment que descriu la partıcula en el pla xy necessitem una representacio grafica de lavariable y respecte a la variable x . Aquesta funcio y(x) s’anomena equacio de la trajectoria. Per trobar aquestafuncio nomes cal aıllar el parametre t entre les dues components, obtenint:

{

x(t) = 2t ⇒ t = x/2

y(t) = −4t2 + 24t+ 10 ⇒ y = −4(x/2)2 + 24(x/2) + 10

}

⇒ y = −x2 + 12x+ 10

Aquesta funcio matematica es pot representar en el pla x− y i tindrem el "dibuix" (o trajectoria) del moviment. Al’exemple que hem utilitzat es tracta d’un polinomi de segon grau on la seva representacio es una parabola.

1.4 Vector desplacament

Per mesurar el desplacament de la partıcula entre dos punts P i Q ho podem fer de dues formes diferents:

• Mesurar la diferencia de posicio i per aixo nomes cal restar els dos vectorsposicio entre l’interval considerat.

∆~r = ~r(t+∆t)− ~r(t)

• Mesurar l’arc de corba que ha descrit la partıcula. Al damunt de la tra-jectoria s’ha indicat el desplacament real de la partıcula que no es mesque la longitud real recorreguda entre els dos instants considerats: no tecaracter vectorial i s’anomena ∆s .

Cal indicar que el vector desplacament ∆~r es independent de la trajectoria i no coincideix amb el desplacamentreal de la partıcula. En el cas de que la partıcula en el seu moviment desde el punt P fins al punt Q s’hagi mogutsempre en el mateix sentit de l’arc, aleshores el desplacament ve donat per l’escalar ∆s . Si el moviment que va desdeP fins a Q ha tingut "anades" i "tornades", es a dir, que la parıcula s’hagi mogut algunes estones en sentit contraria l’arc que va desde P fins a Q , no podrem saber el desplacament real.

En l’analisi del moviment el que resulta rellevant es coneixer el canvi de posicio que ha experimentat la partıculai no el recorregut real (aixo no vol dir que no ens pugui interesar en algun cas). Aixı, quan llencem una pedra ens potinteressar saber on caura i quin sera, per exemple, el punt mes alt del moviment, mentre que longitud (arc parabolic)que ha recorregut resulta de menor interes practic. En canvi el recorregut real que ha experimenta la pedra no temassa interes que no sigui de tipus purament matematic.

Exemple: Una persona es desplaca 300m en la direccio est (eix x ) i a continuacio 800m amb un angle de30◦ respecte a l’est en la direccio nord–est. Trobeu el seu vector desplacament.

SOLUCIO

Escollim l’eix y per representar la direccio Nord il’eix x per representar la direccio Est. Considerem els dos

desplacaments que realitza la persona: el vector−→OA i el

vector−−→AB . El desplacament total ve donat per:

−−→OB =

−→OA+

−−→AB = (300, 0) + (800 cos 30, 800 sin 30)m

1.5 Velocitat mitjana

Si dividim el vector desplacament ∆~r per l’interval de temps ∆t obtenim un nou vector que anomenem vectorvelocitat mitjana que no s’ha de confondre amb la velocitat "puntual" que pugui portar la partıcula a cada instant detemps.

~vm =∆~r

∆t=

~r(t+∆t)− ~r(t)∆t

Cinematica 3

Des d’un punt de vista intuitiu el concepte de velocitat esta relacionat en veure amb quina rapidessa es mou la partıculai, per aixo, dividim l’espai o canvi de posicio que ha tingut lloc en un cert interval de temps: per un mateix canvi deposicio si l’hem realitzat en un interval de temps mes petit la velocitat "desenvolupada" sera mes gran.

1.5.1 Cas particular: moviment en una dimensio

Considerem un ciclista que es mou en una lınia recta amb un cert ritme ja sigui variable o constant. Podemescollir l’eix x per representar el seu moviment. En un instant de temps t passa pel punt P i despres d’un interval∆t passa per un altre punt Q .

La representacio matematica de la seva posicio es pot fer de 3 maneres diferents que en certa manera resultenequivalents desde un punt de vista "practic", pero son ben diferents desde un punt de vista conceptual:• Vector posicio: si treballem en el pla x− y nomes tenim una component x(t) , es a dir,

~r(t) =(

x(t), 0)

• Component horitzontal: en aquest cas podem utilitzar l’escalar x(t) . Fixem-nos que una cosa es utilitzar lacomponent x(t) , es a dir, un escalar i l’altre el vector ~r(t) un vector. En moltes ocasions quan el moviment telloc en una sola dimensio utilitzem la component enlloc del vector.

• La distancia de l’origen al punt P : el modul del ~r(t) o el modul de la component. En aquest cas tambe tenim unescalar pero amb signe positiu. Malgrat les tres representacions son aptes matematicament aconsellem utilitzarsempre la representacio vectorial. Aquesta contindra dues components (en el cas de 3 dimensions en tindriem 3) ia l’exemple del ciclista la component y(t) es nul.la. El vector desplacament entre els punts P i Q s’espressara:

∆~r = ~r(t+∆t)− ~r(t) =(

x(t+∆t), 0)

−(

x(t), 0)

=(

x(t+∆t)− x(t)︸ ︷︷ ︸

∆x

, 0)

Exemple: Un mobil es mou al llarg de l’eix x i coneixem tres posicions: x1 = 50m , x2 = 170m , x3 = 130m ,que corresponen a tres instants de temps: t1 = 4 s t2 = 10 s t3 = 14 s . Trobeu els vectors de desplacament ide la velocitat mitjana entre els intervals de temps t2− t1 i t3− t2 . Trobeu l’espai real recorregut en l’intervalt3 − t1 .

SOLUCIO

L’expressio dels vectors posicio a cadascun dels instants ve donada per

~r(4) = (50, 0) , ~r(10) = (170, 0) , ~r(14) = (130, 0)

• Desplacament i velocitat mitjana entre t1 i t2 :

~vm =~r(10)− ~r(4)

10− 4=

(120, 0)

6= (20, 0)m/s

• Desplacament i velocitat mitjana entre t2 i t3 :

~vm =~r(14)− ~r(10)

14− 10=

(−40, 0)4

= (−10, 0)m/s

4 Cinematica

El vector desplacament total entre els instants t1 i t3 ve donat per:

∆~r = ~r(t3)− ~r(t1) = (130, 0)− (50, 0) = (80, 0)

Per poder respondre a l’ultima pregunta on ens demanen l’espai real recorregut no tenim prou informacio per fer-ho.Podem afirmar que des de l’instant t1 = 4 s fins a l’instant t2 = 10 s , el desplacament ha estat de:

∆~r = ~r(t2)− ~r(t1) = (120, 0)m

i amb aixo podem trobar la velocitat mitjana, tal com hem fet. El que no sabem es com s’ha mogut el mobil entreaquest instants. Imaginem que desde la posicio x = 50m el mobil avanca 2m cap a la dreta i a continuacio 1mcap a l’esquerra i aixo ho va repetint de forma aleatoria, de manera que quan t2 = 10 s esta efectivament a la posiciox2 = 170m . Aleshores la distancia real recorreguda no seran els 120m sino una quantitat possiblement mes gran.Cal que diferenciem els conceptes de desplacament i distancia recorreguda que no tenen perque coincidir.

1.6 Velocitat (instantania)

El concepte de velocitat instantania ja no resulta a priori tan intuitiu com l’anterior. El que pretenem es buscarla velocitat a la que es mou la partıcula en un interval que "no existeix". Vegem un exemple practic: imaginem queentre l’instant 4.99 s i 5.00 s la partıcula s’ha desplacat 1 cm , aleshores la seva velocitat mitjana es troba:

~vm =(0.01, 0)

5.00− 4.99= 1m/s

La interpretacio d’aquest resultat ens indica que el promig de velocitat en aquest interval es 1m/s i si la partıculacontinues amb el mateix "ritme" despres d’un segon hauria recorregut 1 metre.

Per poder trobar la velocitat en un instant precıs del moviment caldria veure quina distancia ha recorregut enun interval molt petit, tant petit, que realment fos nul i, aleshores el problema en que ens trobem es molt simple: ladistancia es nul.la i l’interval de temps tambe i ens veiem obligats a dividir una quantitat (distancia) que val zero peruna altre que tambe val zero.

El procediment matematic per resoldre aquest "conflicte" consisteix en buscar el quocient entre les dues quantitats:desplacament i interval de temps, i que cada vegada aquest interval de temps sigui mes petit fins que finalment valgui0 . Aquesta operacio es coneix com el pas al lımit.

Aixı per trobar la velocitat en un instant, caldra buscar la velocitat mitjana en un interval ∆t i seguidament fertendir aquest interval de temps a 0 , es a dir:

~v = lim∆t→0

~vm = lim∆t→0

∆~r

∆t= lim

∆t→0

∆x

∆t, lim∆t→0

∆y

∆t

)

= (vx, vy)

La velocitat es un vector que te dues components: caldra fer el lımit per cadascuna de les components. Podemanalitzar, per exemple, la components y on la velocitat ve donada per:

vy = lim∆t→0

∆y

∆t

Escollim un exemple on la funcio matematica que descriu la component y(t) del vector posicio sigui la que tenimrepresentada a la figura seguent:

Cinematica 5

A la grafica s’han representat els diferents punts i la recta AB representa el desplacament de la posicio y entreels instants tA i tB (encara que l’instant tA pugui semblar que esta a l’origen no te que ser 0 necessariament). Elpendent d’aquesta recta es precisament la component y de la velocitat mitjana entre els dos instants, es a dir,

vm |AB=yB − yAtB − tA

Si considerem que el punt A correspont a l’instant t i el punt B a l’instant t+∆t tenim:

vm =∆y

∆t=

y(t+∆t)− y(t)∆t

Si reduim l’interval de manera que el punt B s’aproximi al punt A , la recta AB va canviant i mentre que Bno arribi a coincidir amb el punt A , la recta es una recta secant. Quan els dos punts coincideixin la recta es converteixen recta tangent en el propi punt A .

En aquesta aproximacio cada vegada els valors ∆y i ∆t son mes petits fins arrivar al lımit en que el seu quocientes la tangent de l’angle θ i la forma matematica d’expresar-ho es:

vy = lim∆t→0

∆y

∆t≡

dy

dt= tan θ

Aquesta operacio de pas al lımit es coneix com la derivada de la variable y respecte a la variable t , i es llegeix com"diferencial de y respecte a diferencial de t ". La interpretacio del resultat anterior es que quan la variacio de y ,es a dir ∆y , s’ha fet molt petita, en el lımit l’anomenem dy

Exemple: Considerem que la component vertical del vector posicio ve donada per l’expressio y(t) = −4t2 +24t+ 10 . Trobeu la seva derivada respecte al temps a l’instant t = 2 .

SOLUCIO

• Busquem els valors de la variable y en els instants t i t+∆t :

{

y(t+∆t) = −4(t+∆t)2 + 24(t+∆t) + 10 = −4t2 − 8t∆t− 4(∆t)2 + 24t+ 24∆t+ 10

y(t) = −4t2 + 24t+ 10

• Busquem ara la variacio de la variable y , es a dir:

∆y = y(t+∆t)− y(t) = −8t∆t− 4(∆t)2 + 24∆t

• Avaluem el quocient entre la variacio de la variable y i la variable t :

∆y

∆t=−8t∆t− 4(∆t)2 + 24∆t

∆t= −8t− 4∆t+ 24

6 Cinematica

• Efectuem el pas al lımit del quocient anterior:

vy = lim∆t→0

∆y

∆t= lim

∆t→0(−8t− 4∆t+ 24) = −8t+ 24

Aixı podem dir que la velocitat en un instant t ve donada per

vy(t) = −8t+ 24

i si volem saber el seu valor a l’instant t = 2 s nomes tenim que substituir, es a dir,

vy(2) = −8 · 2 + 24 = 8

A l’exemple anterior hem fet la derivada de la funcio y(t) desenvolupant els pasos necessaris. En general aquestproces es simplifica utilitzant regles generiques i aixı ens estalviem realitzar cada vegada el proces anterior. Aixı sitenim la funcio y(t) = tn es pot demostrar que:

vy =dy

dt= ntn−1

Per trobar la component vx(t) hem de repetir el proces partint de l’expressio de la posicio x(t) . Si reprenem l’exempleque s’ha utilitzat per trobar l’equacio de la trajectoria aleshores x(t) = 2t i si derivem obtenim:

x(t) = 2t ⇒ vx(t) =dx

dt= 2

1.6.1 Aplicacio: obtencio de la tangent a la trajectoria

Considerem un exemple en que el vector posicio ~r(t) ve donat per l’expressio

~r(t) = (2t,−4t2 + 24t+ 10)

i on tenim a la figura adjunta la representacio de cada componenent respecte al temps.

Si volem representar l’equacio de la seva trajectoria nomes caldra expressar la variable y respecte a la variablex .

Aıllant la variable t obtenim l’expressio

y = −x2 + 12x+ 10

que esta representada per una parabola. El punt A ve representatpel vector posicio Per obtenir la derivada de la funcio y(x) en el puntA cal escollir un segon punt B que esta desplacat ∆~r(t) i anar-lo acostant al propi punt A . Quan la recta secant s’hagi convertiten recta tangent, aleshores l’angle que forma la recta tangent amb ladireccio horitzontal es precisament la derivada que busquem:

y′ =dy

dx= tanφ

Cinematica 7

Nota: No hem de confondre la derivada de y respecte a t amb la derivada de y respecte a x . Sempre quehem de fer una derivada cal saber quina es la variable dependent i la variable independent. En el cas anterior tenimque la variable y que representa la posicio vertical del vector posicio la podem expressar en funcio del temps o tambeen funcio de la trajectoria. En ambdos casos hem de tenir molta cura quan utilitzem la notacio tradicional per laderivada y′ . Cal tenir clar que significa y′ , ja que no es el mateix posar dy/dt que dy/dx . Generalment la notacioy′ es reserva pel indicar dy/dx .

Utilitzant l’exemple anterior en que y = −x2 + 12x+ 10 la derivada de y respecte a x , es a dir y′ , val:

y′ =dy

dx=

d

dx(−x2 + 12x+ 10) = −2x+ 12

Aquest resultat es l’expressio del pendent de la recta tangent a la trajectoria y(x) en qualsevol punt x . Aquestarecta tangent coincideix amb la direccio del vector velocitat. El resultat de la derivada y′ tambe el podem obtenird’una forma alternativa, buscant les components del vector velocitat. Una vegada tinguem les components nomescaldra trobar la tangent de l’angle que formen que coincidira amb la tangent a la trajectoria. Vegem-ho:

~r(t) = (2t,−4t2 + 24t+ 10) → ~v(t) =d~r

dt=

(

dx

dt,dy

dt

)

= (2,−8t+ 24)

La tangent de l’angle φ (angle que forma el vector ~v(t) amb l’horitzontal) s’obte:

y′ = tanφ =dy

dx=

dy/dt

dx/dt=

vy

vx=−8t+ 24

2= −4t+ 12

Els dos resultats obtinguts per y′ estan expressats amb variables diferents. En el primer cas la derivada depende la variable x i en el segon cas de la variable t . Es pot veure com ambdos resultats son iguals ja que x = 2t .

1.6.2 Consideracions matematiques

Finalment fem unes consideracions matematiques respecte als lımits del vector desplacament i del desplacamentde l’arc de corba. Quan l’interval de temps ∆t tendeix a zero aleshores el vector desplacament ∆~r es converteix enel diferencial d~r i el desplacament de la trajectoria ∆s es converteix en ds . En aquest interval dt infinitesimal elmodul de d~r coincideix amb el ds .

lim∆t→0

∆~r = d~r , lim∆t→0

∆s = ds ⇒ ds = |d~r|

La velocitat es la derivada del vector posicio i aleshores el seu modul es pot expressar

~v = lim∆t→0

∆~r

∆t=

d~r

dt⇒ |~v| = v =

|d~r|dt

=ds

dt

essent doncs el modul de la velocitat la derivada de l’arc de corba respecte al temps.

Exemple: La component x del vector posicio ve donada per x(t) = 3t2 + 2t+ 1 . Trobeu:

(a) La posicio i la velocitat inicials.(b) La velocitat del mobil quan la posicio es x = 17m .(c) La posicio del mobil quan la velocitat es vx = 26m/s .(d) Representeu graficament x(t) i vx(t) i identifiqueu els resultats anteriors en les

grafiques.

SOLUCIO

A partir de l’expressio de la posicio obtenim la velocitat:

vx(t) =dx

dt= 6t+ 2

• Per l’instant t = 0 tenim:

x(0) = 3 · 02 + 2 · 0 + 1 = 1m , v(0) = 6 · 0 + 2 = 2m/s

8 Cinematica

• Quan x = 17m tenim:

x = 17 ⇒ 3t2 + 2t+ 1 = 17 ⇒ t1 = −8

3, t2 = 2 s ⇒ v(2) = 14m/s

• Quan v = 26m tenim:

v = 26 ⇒ 6t+ 2 = 26 ⇒ t = 4 ⇒ x(4) = 57m

Les representacions grafiques venen donades per:

1.6.3 Components intrınseques de la velocitat

En general un vector que representa a una magnitud vectorial el podem expressar a partir de les seves components,una vegada s’ha escollit un sistema d’eixos. Fins aqui hem considerat els eixos vertical y i horitzontal x , que son elsmes habituals. En aquest apartat escollirem uns altres eixos per a representar el vector velocitat.• Eix tangent: en el punt P la recta tangent a la trajectoria ens indica aquest eix. El sentit positiu s’escull en el

mateix sentit que tingui el vector velocitat. Per representar la direccio d’aquest eix utilitzem el vector unitari ~utde la mateixa manera que per l’eix x s’utilitza el vector ~ı .

• Eix normal: es l’eix perpendicular i s’escull el sentit positiu dirigit cap a l’interior de la trajectoria. Encara quela trajectoria no sigui circular, en cada punt P , l’arc ds corresponent si que ho es i li correspont un centreque esta representat pel punt C . La distancia entre el punt C i el punt P s’anomena radi de curvatura. Perrepresentar la direccio d’aquest eix utilitzem el vector unitari ~un .

Podem expressar el vector velocitat de dues maneres en funcio dequins siguin els eixos escollits.• Components rectangulars:

~v = (vx, vy) = vx~ı+ vy~

• Components intrınseques:

~v = v~ut =ds

dt~ut

Sigui quina sigui la representacio del vector velocitat, el seu modul es independent de les components escollides.Si coneixem les components rectangulars el modul ve donat per:

v =√

v2x + v2y

i si coneixem la component tangencial, el seu modul resulta precisament el modul de la velocitat, ja que la componentnormal de la velocitat es nul.la.

1.6.4 Relacio matematica entre els vectors unitaris

Els vectors unitaris ~ut i ~un els podem expressar a partir de les seves components rectangulars, es a dir, utilitzantels vectors unitaris ~ı i ~ . Per aixo considerem en el punt P els dos rectangulars ~ı i ~ i els dos vectors tangent inormal ~ut i ~un .

Cinematica 9

L’angle θ es l’angle que forma la recta tangent amb l’horitzontal i recordemque la seva tangent es el pendent de la recta. Al triangle rectangle que tenimsombrejat a la figura podem veure facilment que si la hipotenusa (modul del vec-tor unitari ~ut ) val 1 i l’angle que forma amb l’horizontal es θ , els dos costats("catetos") valen sin θ i cos θ . Pel vector ~un la seva component horitzontal esnegativa ja que el seu sentit es cap a l’esquerra.

~ut = (cos θ, sin θ) , ~un = (− sin θ, cos θ)

Amb aquest resultat podem veure que l’expressio del vector velocitat resulta equivalent en els dos sistemes d’eixos:

~v = vx~ı+ vy~ = vx(1, 0) + vy(0, 1) = (vx, vy) = (v cos θ, v sin θ) = v (cos θ, sin θ)︸ ︷︷ ︸

~ut

= v~ut

Exemple: El vector posicio d’un mobil ve donat per ~r(t) = (2t,−4t2 + 24t + 10) . Trobeu el vectors unitaris~ut , ~un a l’instant t = 2 s i comprobeu que son perpendiculars.

SOLUCIO

Hem de trobar el vector velocitat a partir del vector posicio, es a dir,

~v(t) =d~r(t)

dt=( dx(t)

dt,dx(t)

dt

)

= (2,−8t+ 24) ⇒ ~v(2) = (2, 8)

L’angle que forma el vector velocitat amb l’horitzontal el trobem:

tan θ =vy

vx=

8

2⇒ θ ' 76◦ ⇒ sin θ = 0.970 , cos θ = 0.243

Aixı els vectors unitaris ~ut i ~un s’expressen:

~ut = (0.243, 0.970) , ~un = (−0.970, 0.243)

Per comprobar que son perpendiculars cal veure si el seu producte escalra es nul:

~ut · ~un = (0.243, 0.970) · (−0.970, 0.243) = 0

1.7 Acceleracio mitjana

Considerem els dos instants P i Q de la trajectoria d’un mobil dels que coneixem les seves velocitats respectivesque anomenem: ~v(t) i ~v(t+∆t) . Aquestes velocitats son vectors tangents a la trajectoria a cada punt. Volem buscarquina es la variacio de la velocitat a l’interval ∆t entre els dos instants. Hem representat els dos vectors velocitat ala figura de l’esquerra i la seva diferencia a la figura de la dreta. Per a poder restar els dos vectors hem traslladat elvector ~v(t) al punt Q . La diferencia dels dos vectors ve representada per ∆~v .

10 Cinematica

Aquesta variacio del vector velocitat es similar al vector desplacament del vector posicio, el podriem anomenar"vector desplacament de la velocitat":

∆~v = ~v(t+∆t)− ~v(t)

Es pot veure que es un vector dirigit cap a l’interior de la trajectoria. Definim el vector acceleracio mitjana com:

~am =∆~v

∆t=

~v(t+∆t)− ~v(t)∆t

Ens mesura la rapidesa en que la velocitat va canviant, de la mateixa manera que la velocitat mitjana ens mesura larapidesa en que va canviant la posicio.

Exemple: Un cotxe accelera de 0 a 100 km/h en 4.8 s . Trobeu la seva acceleracio mitjana en aquest interval.

SOLUCIO

En primer lloc conve tenir les magnituds en el mateix tipus d’unitats i, per tant, el valor de 100 km/h esconverteix a 27.77m/s L’acceleracio mitjana ve donada pel canvi de velocitat:

~am =∆~v

∆t=

(27.77, 0)− (0, 0)

4.8= (5.79, 0)m/s2

Exemple: Una pilota que porta una velocitat cap avall de 20m/s rebota amb una velocitat de 19m/s capamunt. Si la pilota ha estat en contacte amb el terra 1 centesima de segon, trobeu l’acceleracio mitjana en aquestinterval.

SOLUCIO

Cal tenir present que tant la velocitat com l’acceleracio son magnituds vectorials i, per tant, es fonamentalpreservar els signes de les seves components. Un error molt tıpic d’aquesta pregunta consisteix en pensar que el canvide velocitat nomes d’ 1m/s (perque restem la quantitat 20 de 19 ). Fixem-nos en la seva resolucio precisa:

~am =∆~v

∆t=

(0, 19)− (0,−20)0.01

= (0, 3900)m/s2

1.8 Acceleracio (instantania)

Aquest concepte es formalment identic al de velocitat instantania, a diferencia que en un cas tenim el vectordesplacament de la posicio i aqui tenim el vector "desplacament de la velocitat". Quan l’interval de temps ∆t tendeixa 0, obtenim els conceptes tant de velocitat com d’acceleracio, es a dir,

~a = lim∆t→0

∆~v

∆t=

d~v

dt= (

dvx

dt,dvy

dt) = ax~ı+ ay~

Exemple: La posicio d’un mobil ve donada per x(t) = 3t2 + 4t+ 5 , trobeu l’expressio de la seva velocitat i laseva acceleracio.

SOLUCIO

v =dx

dt=

d

dt(3t2 + 4t+ 5) = 6t+ 4 ⇒ a =

dv

dt=

d

dt(6t+ 4) = 6

1.8.1 Components intrınseques de l’acceleracio

Cinematica 11

Per expressar el vector acceleracio tenim la opcio d’utilitzar les components rectangulars: horitzontal i vertical oles components intrınseques: tangent i normal. En el primer cas nomes cal partir del coneixement del vector velocitati fer la derivada tal com s’ha indicat a l’apartat anterior. En el segon cas cal realitzar la mateixa operacio nomes quehem de partir de l’expressio del vector velocitat en components intrınseques, es a dir,

~a =d~v

dt=

d

dt(v~ut) =

dv

dt~ut + v

d~ut

dt

A l’expressio anterior tenim un terme que consisteix en la derivada del vector unitari tangent ~ut respecte altemps. Cal desenvolupar aquesta derivada per poder esbrinar quins seran els termes que acompanyaran als vectors ~uti ~un i que s’anomenaran les components intrınseques de l’acceleracio. Recordem que pel que fa a la velocitat nomeste una components tangencial.

Considerem un punt P de la trajectoria en el que tenim els dos eixos tangenti normal. En aquest punt tenim per una banda l’arc infinitesimal circular ds ,el seu radi ρ (amb centre al punt C ) i l’angle corresponent dθ . Donada laimposibilitat visual de representar un arc tant petit en el propi punt P , a lafigura observem com el troc ds ocupa un cert espai visible. La relacio que hi haentre l’angle dθ i l’arc ds ve donada per:

ds = ρ dθ

Si desenvolupem el terme d~ut/dt tenim:

~ut = (cos θ, sin θ) ⇒d~ut

dt=

d~ut

dθ

dθ

dt= (− sin θ, cos θ)︸ ︷︷ ︸

~un

dθ

dt= ~un

dθ

dt

Ja nomes queda expressar el terme dθ/dt i per aixo apliquem la "regla de la cadena", es a dir,

dθ

dt=

dθ

ds

ds

dt=

1

ρv →

d~ut

dt=

v

ρ~un

Aixı l’acceleracio es pot expressar a partir dels dos vectors unitaristangent i normal segons:

~a =dv

dt︸︷︷︸

at

~ut +v2

ρ︸︷︷︸

an

~un

que s’anomenen components intrınseques. El modul es pot obtenir:

a =√

a2x + a2y =√

a2t + a2n

1.8.2 Calcul de les components intrınseques

Si coneixem el vector posicio podem trobar les components intrınseques de l’acceleracio seguint els passos seguents:• Partim del coneixement del vector posicio:

~r(t) =(

x(t), y(t))

• Obtenim el vector velocitat fent la derivada:

~v(t) =d~r(t)

dt=(

vx(t), vy(t))

• Calculem el modul del vector velocitat i, fent la seva derivada respecte al temps, obtenim la component tangencial:

v(t) =√

v2x(t) + v2y(t) → at =dv

dt

12 Cinematica

• Obtenim el vector acceleracio a partir del vector velocitat:

~a(t) =d~v(t)

dt=(

ax(t), ay(t))

• Calculem el modul del vector acceleracio per poder aıllar la component normal:

a2(t) = a2x + a2y = a2n + a2t ⇒ an =√

a2 − a2t

• A partir de la component normal i del modul de la velocitat podem obtenir el radi de curvatura:

ρ = v2/an

Si enlloc de tenir el vector posicio ~r(t) disposem de l’equacio de la trajecoria y = y(x) aleshores podem expressar:

y′ =dy

dx=

vy

vx→ vy = y′vx

El modul de la velocitat el podem obtenir:

~v = (vx, vy) = vx(1, y′) → v = vx

√

1 + y′2

La component tangencial de l’acceleracio s’obtindra a partir de la derivada de l’expresio anterior:

at =dv

dt=

dv

dx

dx

dt=

dv

dxvx

En qualsevol cas caldra coneixer alguna cosa mes que l’equacio de la trajectoria com per exemple alguna componentx de la velocitat.

Exemple: En un determinat punt de la trajectoria d’un projectil sotmes a la gravetat coneixem vx i l’angle θque forma vx amb v . Amb aquestes dades, trobeu el radi de curvatura de la trajectoria en aquest punt.

SOLUCIO

Considerem un instant del moviment (punt P ) en el que hem indicat els eixos rectangulars x− y i els eixosnormal i tangent per t− n . L’acceleracio de la gravetat ~g = (0,−9.81)m/s2 que te unicament component vertical inegativa tambe es pot descomposar en dues components an i at . L’angle θ que forma la velocitat amb l’eix x es elmateix que forma l’acceleracio amb la component normal (aixo es aixı en aquest cas particular donat que la ~g nomeste component vertical).

Les components vx i an es poden expressar com:

vx = v cos θ ⇒ v =vx

cos θ

an = g cos θ

Aixı el radi de curvatura s’obte:

ρ =v2

an=

v2xg cos3 θ

Exemple: En un cert instant d’un moviment la velocitat val 6m/s , l’acceleracio 8m/s2 i els dos vectorsformen un angle de 60◦ . Calculeu el radi de curvatura en aquest instant.

SOLUCIO

Cinematica 13

Considerem un instant del moviment (punt P ) en el que hem indicat els eixos rectangulars x− y i els eixosnormal i tangent per t− n . L’acceleracio de la particula es el vector ~a i forma un angle θ amb el vector velocitat.

Segons la figura podem posar:

an =v2

ρ

an = a sin θ

⇒ ρ =v2

a sin θ= 5196m

Exemple: La velocitat d’un mobil ve donada, en unitats SI, pel vector (3t, 2 sin 4πt, 2 cos 4πt) . Calculeu, pera l’instant t = 3 ,

(a) El vector acceleracio.(b) El modul de l’acceleracio tangencial, el de l’acceleracio normal i el radi de curvatura.

SOLUCIO

Per trobar l’acceleracio nomes cal derivar la velocitat, es a dir,

~v = (3t, 2 sin(4π t), 2 cos(4π t)

~a =d~v

dt= (3, 2 cos(4π t) · 4π,−2 sin(4π t) · 4π) ⇒ ~a(3) = (3, 8π, 0)

El modul del vector velocitat val:

v =√

(3t)2 + 22 · [sin2(4π t) + cos2(4π t)] =√

9t2 + 4 ⇒dv

dt=

9t√

9t2 + 4= at

Per qualsevol instant de temps i, en particular per t = 3 s , es verifica que,

a2 = a2t + a2n, i per t = 3 ⇒ 32 + (8π)2 = (2.93)2 + (85

ρ)2 → ρ = 3.38m

Exemple: La trajectoria d’una partıcula ve donada per y = 2x − x2 amb una component x de velocitatvx = 1m/s constant. Trobeu les components normal i tangencial de l’acceleracio i el radi de curvatura en laposicio (2, 0)m .

SOLUCIO

A partir de les equacions del moviment x(t) i y(t) , eliminant el parametre t s’obte una relacio entre y ix que s’anomena equacio de la trajectoria. En aquest cas ja ens donen l’equacio de la trajectoria i desconeixeml’expressio per separat de x(t) i y(t) . Malgrat aixo sabem que la derivada de y respecte a x ens dona el pendentde la corba y(x) i aquest pendent marca la direccio de la recta tangent i tambe la direccio del vector velocitat, es adir,

y′ =dy

dx=

dy/dt

dx/dt=

vy

vx

Si fem doncs la derivada anterior obtenim:

dy

dx= 2− 2x ⇒

vy

vx= 2− 2x ⇒ vy = (2− 2x)vx = 2− 2x

L’expressio del vector velocitat sera:

~v = (vx, vy) = (1, 2− 2x) ⇒ v =√

1 + (2− 2x)2

14 Cinematica

A partir de la velocitat podem obtenir l’acceleracio:

~a =d~v

dt=

(

dvx

dt,dvy

dt

)

=

(

dvx

dx

dx

dt,dvy

dx

dx

dt

)

= (0,−2vx) = (0,−2) ⇒ a = 2

Les components intrınseques de l’acceleracio venen donades per:

• Component tangencial:

at =dv

dt=

dv

dx

dx

dt︸︷︷︸

vx

=2(2− 2x)(−2)

2√

1 + (2− 2x)2· 1 =

4x− 4√

4x2 − 8x+ 5

En el punt x = 2 tenim:

at =4 · 2− 4

√

4 · 22 − 8 · 2 + 5=

4√5

• Component normal:

a2t + a2n = a2 ⇒ a2n = a2 − a2t = 22 −

(

4√5

)2

⇒ an =2√5

El radi de curvatura s’obte de la relacio:

an =v2

ρ⇒ ρ =

v2

an=

(√

1 + (2− 2 · 2)2)2

2/√5

=5√5

2

1.9 Calcul de la posicio a partir de la velocitat

Fins ara hem vist com el coneixement de l’equacio de la velocitat de la partıcula ens permet trobar la sevavelocitat. Aquesta operacio consisteix en fer la derivada de la posicio respecte al temps, es a dir:

vx(t) =dx

dt

El problema que ens plantegem ara es l’operacio inversa: coneguda la velocitat volem trobar la posicio. Aquest procesconsisteix en resoldre l’equacio anterior. Aquesta equacio conte elements com dx i dt , i per aixo s’anomena equaciodiferencial. La resolucio d’aquestes equacions requereix d’unes tecniques especifiques i poden resultar mes o menyssenzilles o mes complexes.

Si la velocitat de la partıcula es una funcio que depen exclusivament del temps aleshores l’equacio anterior permetseparar les variables. Considerem un exemple practic el el que la velocitat valgui v(t) = 3t+ 2 i aleshores tenim:

2t+ 3 =dx

dt→ dx = (2t+ 3)dt

La manera d’obtenir la variable x consisteix en realitzar la integral de cada membre de la igualtat:

∫

dx =

∫

(2t+ 3)dt → x =

∫

(2t+ 3)dt = 2 ·t2

2+ 3 · t+ C = t2 + 3t+ C

En aquest cas s’ha optat en realitzar una integral indefinida i aleshores cal afegir al resultat una constant que caldradeterminar. La determinacio de la constant passa per coneixer el valor de la posicio per un instant donat. Aixı si perl’instant t = 2 s la posicio val x(2) = 15m tindrem:

X(2) = 15 → 15 = 22 + 3 · 2 + C → C = 5 ⇒ x(t) = t2 + 3t+ 5

L’altre opcio consisteix en realitzar una integral definida entre dos instants es a dir,

∫ t2

t1

dx =

∫ t2

t1

(2t+ 3)dt ⇒ x(t2)︸ ︷︷ ︸

x2

−x(t1)︸ ︷︷ ︸

x1

=[

t2 + 3t]t2

t1= t22 + 3t2 − t21 − 3t1

Cinematica 15

En aquest cas es pot trobar la diferencia entre dues posicions qualsevols o arrivar al mateix resultat anterior considerantque t2 = t i que per t1 = 2 s la posicio x1 = 15 , amb el que tindriem:

x(t)− x(2) = t2 + 3t− 22 − 3 · 2 ⇒ x(t) = t2 + 3t− 4− 6 + x(2)︸︷︷︸

15

= t2 + 3t+ 5

1.9.1 Interpretacio de l’integral com a superfıcie sota la corba

Una interpertacio interessant sobre la integral d’una funcio, en aquest cas sobre la velocitat, consisteix en trobarla superfıcie. Considerem l’exemple anterior en el que una possible representacio es la seguent:

Per representar la velocitat v(t) = 2t+3 nomes cal buscar dos punts i dibuixar la recta. en aquest cas el pendentval 2 i el punt de tall de la recta amb l’eix vectical (que correspont a t = 0 ) val v(0) = 3 . El que volem veure esque el desplacament de la partıcula entre els instants t1 i t2 , que es troba fent la integral de la funcio entre t1 i t2coincideix amb la superfıcie S que ens queda per sota de la funcio. Vegem el calcul per les dues vies:• Integral de la funcio que ja hem fet anteriorment:

∆x = x2 − x1 = t22 + 3t2 − t21 − 3t1

• Calcul de la superfıcie S : esta formada per un rectangle i un triangle. Buscarem cada troc per separat.∗ Rectangle:

Srect. = v1(t2 − t1)

∗ Triangle:

Stri. =1

2(v2 − v1)(t2 − t1)

La superfıcie total valdra doncs:

S = v1(t2− t1)+1

2(v2−v1)(t2− t1) =

1

2(v2+v1)(t2− t1) =

1

2(2t2+3+2t1+3)(t2− t1) = t22+3t2− t21−3t1

on es veu com el resultat de la superfıcie es justament la integral de la funcio. Cal tenir en compte que siles funcions son rectes com l’exemple que ens ocupa el calcul de la superfıcie es pot obtenir utilitzant regleshabituals com els rectangles i triangles. En el cas d’una funcio per la velocitat que sigui un polinomi de graumajor que 1 el cacul de la superfıcie s’haura de fer resolent la integral corresponent.

16 Cinematica

1.10 Problema fonamental: equacions del moviment

Per coneixer el moviment d’una partıcula cal de tenir el seu vector posicio en funcio del temps. Aixı a mesuraque avanca el temps sabem quines son les seves posicions horitzontal x(t) i vertical y(t) , es a dir, la seva trajectoria.A partir del vector posicio podem obtenir el vector velocitat i el vector acceleracio fent la derivada corresponent. Hopodem veure de forma esquematitzada en el diagrama seguent:

Posicio

~r(t) =(

x(t), y(t))

~v =d~r

dt−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

y

Velocitat

~v(t) =

(

dx(t)

dt,dy(t)

dt

)

=(

vx(t), vy(t))

~a =d~v

dt−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

y

Acceleracio

~a(t) =

(

dvx(t)

dt,dvy(t)

dt

)

=(

ax(t), ay(t))

Malgrat aquest es el proces conceptual que hem explicat, en realitat la obtencio del vector posicio es realitzade forma inversa. El problema fonamental de la cinematica consisteix en obtenir aquest vector a partir del vectoracceleracio. El coneixement de les forces que actuen sobre una partıcula ens permet determinar, mitjancant la segonallei de Newton (dinamica), la seva acceleracio: una vegada coneixem el seu valor o expressio cal obtenir la velocitat i acontinuacio la posicio. Per aixo cal invertir el proces que tenim a l’esquema anterior i, per tant, haurem de substituirl’operacio matematica de derivacio per la d’integracio, es a dir,

Acceleracioax(t)

Integracio:

vx(t) =

∫

ax(t) dt+ C1−−−−−−−−−→

y

←−−−−−−−−− Condicio inicialvx(t0)

Velocitatvx(t)

Integracio:

x(t) =

∫

vx(t) dt+ C2−−−−−−−−−→

y

←−−−−−−−−− Condicio inicialx(t0)

Posiciox(t)

A l’esquema anterior hem considerat el proces per una de les components. Per l’altre component cal realitzar elmateix proces. Cal tenir present que quan es realitza una integral indefinida el resultat ve afectat per una constant.Fixem-nos que si volem obtenir l’acceleracio a partir de la velocitat, en fer la derivada, la constant C1 ens donarazero. Per a poder determinar el valor de la constant d’integracio necessitem alguna informacio adicional. Aquestainformacio adicional es el que anomenem condicio inicial vx(t0) . Aixo no vol dir que tingui que ser el valor de lavelocitat a l’instant "inicial" del moviment, nomes cal coneixer el valor de la velocitat en algun instant del moviment(aquı hem anomenat a aquest instant t0 ).

El proces que cal seguir per a l’obtencio de les equacions del moviment es el seguent:• Sistema de referencia. Per poder mesurar els vectors, posicio, velocitat i acceleracio de la partıcula cal saber

respecte a quin origen ho fem. Aquest es pot escollir de forma completament arbitraria i caldra buscar quinresulta mes adient.

• Causa del moviment. Aixo es, coneixer la forca que actua i en consequencia l’acceleracio. Aquesta pot ser unafuncio constant (com la gravetat, g = 9.81m/s2 ), dependre del temps ( ax(t) = 2t ), de la velocitat ( a = −kv2 )o fins i tot de la posicio ( a = −(k/m)x ), etc.

• Condicions inicials. Cal saber en algun instant del moviment la velocitat i la posicio. Aquest instant acostuma aser l’inici del moviment i el denotem per t0 .

Cinematica 17

1.10.1 Exemple: Moviment d’un projectil

Considerem que llencem un projectil desde la part mes alta d’un penya-segat (punt O′ ) amb una velocitat inicialde modul vo i formant un angle θ amb l’horitzontal. En tot el recorregut del projectil esta sotmes a una acceleraciovertical i dirigida cap avall.

Analitzem els tres punts anteriors per a poder determinar les equacions del moviment.• Sistema de referencia. A la figura hem escollit dos possibles origens el O amb els eixos x − y i el O′ amb

els eixos x′ − y′ . No son els unics sistemes de referencia possibles, pero semblen els dos mes "naturals". Perl’exemple considerat escollirem el sistema x− y .

• Causa del moviment. Hem de tenir present que estem estudiant el moviment del projectil just despres d’haversortit del cano o escopeta, etc. que l’hagi disparat (no entrem a analitzar el proces de disparament). L’unica forcaque actua sobre el projectil es el pes i, per tant, la seva acceleracio es la de la gravetat:

~a(t) = (0,−g) = (0,−9.81)m/s2

on el signe negatiu es degut a que l’eix vectical y esta dirigit cap amunt i l’acceleracio ho fa cap avall.• Condicions inicials. Am l’eleccio dels eixos x−y els vectors velocitat inicial inicial ~v(to) i la posicio inicial ~r(to)

venen donats per:

{

~v(to) = (+vo cos θ,+vo sin θ)m/s

~r(to) = (0, h)m

Si enlloc d’escollir els eixos x− y , escollim els eixos x′ − y′ aleshores, tenim:

~r(to) = (0, 0)m

Una vegada tenim la "terna" formada per l’acceleracio i les condicions inicials ja estem en condicions de buscar lavelocitat i la posicio de la partıcula, fent servir l’algorisme d’integracio. Aixı aquest exemple es resolt de la formaseguent:• Component x :

ax(t) =dvx(t)

dt⇒ dvx(t) = ax(t)dt ⇒

∫

dvx(t) =

∫

ax(t)dt ⇒ vx(t) =

∫

0dt = C1

La determinacio de la constant C1 es fa a partir de la condicio inicial de la velocitat, es a dir,

to = 0 → vx(0) = vo cos θ ⇒ vo cos θ = C1 ⇒ C1 = vo cos θ

L’expressio de la component x de la velocitat ve donada per:

vx(t) = vo cos θ

Ara cal trobar la component x de la posicio:

vx(t) =dx(t)

dt⇒ dx(t) = vx(t)dt ⇒

∫

x(t) =

∫

vx(t)dt ⇒ x(t) =

∫

vo cos θdt = vo cos θ t+ C2

La determinacio de la constant C2 es fa a partir de la condicio inicial de la posicio, es a dir,

to = 0 → x(0) = 0 ⇒ 0 = vo cos θ · 0 + C2 ⇒ C2 = 0

18 Cinematica

L’expressio de la component x de la posicio ve donada per:

x(t) = vo cos θ t

• Component y :

ay(t) =dvy(t)

dt⇒ dvy(t) = ay(t)dt ⇒

∫

dvy(t) =

∫

ay(t)dt ⇒ vy(t) =

∫

−gdt = −gt+ C1

La determinacio de la constant C1 es fa a partir de la condicio inicial de la velocitat, es a dir,

to = 0 → vy(0) = vo sin θ ⇒ vo sin θ = −g · 0 + C1 ⇒ C1 = vo sin θ

L’expressio de la component y de la velocitat ve donada per:

vy(t) = −gt+ vo sin θ

Ara cal trobar la component y de la posicio:

vy(t) =dy(t)

dt⇒ dy(t) = vy(t)dt ⇒

∫

y(t) =

∫

vy(t)dt ⇒ y(t) =

∫

(−gt+vo sin θ)dt = −gt2

2+vo sin θ t+C2

La determinacio de la constant C2 es fa a partir de la condicio inicial de la posicio, es a dir,

to = 0 → y(0) = h ⇒ h = −g02

2+ vo sin θ · 0 + C2 ⇒ C2 = h

L’expressio de la component y de la posicio ve donada per:

y(t) = −gt2

2+ vo sin θ t+ h

Si apliquem aquest algorisme al cas d’una acceleracio constant obtenim unes expressions que ens poden servir perutilitzar en aquest casos (moviment d’un projectil, caiguda lliure, un cotxe que accelera de forma constant, etc).

Acceleracioa(t) = a

Integracio:

v(t) =

∫

a(t) dt+ C1

v(t) = at+ C1

−−−−−−−−−→

y

←−−−−−−−−− Condicio inicialv(t0) = vo

Velocitatv(t) = vo + a(t− to)

Integracio:

x(t) =

∫

v(t) dt+ C2

x(t) = vot+1

2a(t− to)2 + C2

−−−−−−−−−→

y

←−−−−−−−−− Condicio inicialx(t0) = xo

Posicio

x(t) = xo + vo(t− to) +1

2a(t− to)2

Aixı els pasos per realitzar un exercici de cinematica els podem agrupar en 3 grans apartats:

Cinematica 19

• Eleccio de la "terna" acceleracio i condicions inicials. Per aixo es important escollir un sistema de referencia i unorigen de temps.

Eleccio sistema de referencia i origen de temps −−−−→ a(t), v(to), x(to)

• A partir de les dades anteriors executar l’algorisme d’integracio. Pel cas de tenir una acceleracio que sigui constantpodem utilitzar les "formules" del moviment. Tot el proces algorıtmic consistent en realitzar les integrals ideterminar les constants d’integracio el simbolitzem pel bloc "cinematica".

a(t), v(t0), x(t0) −−−−→ Cinematica −−−−→ v(t), x(t)

• Una vegada ja disposem de les ecuacions del moviment nomes cal imposar la condicio geometrica mes adient perdeterminar punts d’interes com potser l’alcada maxima, l’abast del projectil, etc.

v(t), x(t)Condicions−−−−−−−−−−−−−−→ Punts d’interes

L’exemple del projectil el podem sintetitzar amb els esquemes seguents:• Component x :

t0 = 0x(0) = 0

vx(0) = vo cos θax(t) = 0

−→ Cinematica −→vx(t) = vo cos θx(t) = vo cos θ t

• Component y :

t0 = 0y(0) = h

vy(0) = vo sin θay(t) = −g

−→ Cinematica −→vy(t) = −gt+ vo sin θ

y(t) = −g t2

2+ vo sin θ t+ h

Si per exemple volem trobar l’alcada maxima a la que arrivara hem d’impossar alguna conducio geometrica. Enel punt mes alt de la trajectoria la velocitat vertical es nul.la, es a dir, vy = 0 , aixı tenim:

vy(t) = 0 ⇒ −gt+ vo sin θ = 0 ⇒ t =vo sin θ

g⇒ ymax =

v2o sin2 θ

2g+ h

Si volem trobar quin es el seu abast, nomes caldra imposar que la posicio vertical sigui zero, quan y(t) = 0 , es adir,

y(t) = 0 ⇒ −gt2

2+ vo sin θ + h = 0 ⇒ t =

−vo sin θ ±√

v2o sin2 θ + 2gh

−g

De les dues solucions de l’equacio de segon grau nomes te significat fısic la que correspon a un temps positiu.Una vegada tinguem el valor d’aquest t a partir de les dades el substituım a l’equacio x(t) i obtindrem l’abast delprojectil.

1.10.2 Exemple: acceleracio que depen de la velocitat.

Considerem una partıcula que cau lliurement i la forca de fregament amb l’aire va augmentant a mesura queaugmenta la velocitat de manera que l’expressio de la seva acceleracio ve donada per a = −bv , essent b unaconstant. Considerem que a l’instant inicial t = 0 la seva velocitat val vo i la seva alcada es h . Considerem elmoviment en la direccio y i l’origen de l’eix y al lloc des d’on cau.• Calcul de l’acceleracio a partir de la velocitat:

a =dv

dt⇒ −bv =

dv

dt⇒

dv

v= −bdt ⇒

∫

dv

v=

∫

−bdt ⇒ ln v = −bt+ C

• Determinacio de la constant d’integracio:

t = 0 → v(0) = vo ⇒ ln vo = C ⇒ ln v = −bt+ ln vo ⇒ v(t) = vo e−bt

20 Cinematica

• Calcul de posicio a partir de la velocitat:

v =dy

dt⇒ dy = vdt = voe

−btdt ⇒∫

dy =

∫

vo e−btdt ⇒ y = −

vo

be−bt + C

• Determinacio de la constant d’integracio:

t = 0 → y(0) = 0 ⇒ 0 = −vo

be−0·t + C ⇒ C =

vo

b⇒ y(t) =

vo

b(1− e−bt)

1.10.3 Exemple: acceleracio que depen de la posicio.

Considerem una partıcula que es mou per l’eix x i esta sotmesa a una acceleracio que depen de la posicio xsegons l’expressio a(x) = −4x . Sabem que a la posicio x = 2 la seva velocitat es nul.la, i que per t = 0 es troba ala posicio x = 0 .

Si partim de la definicio d’acceleracio tenim:

a =dv

dt⇒ −4x =

dv

dt⇒ −4x =

d

dt

( dx

dt

)

≡d2x

dt2

on l’equacio per a la variable x constitueix una equacio diferencial que requereix d’unes tecniques de resolucioespecıfiques. Considerem l’expressio que relaciona la velocitat amb la posicio:

−4x =dv

dt=

dv

dx

dx

dt=

dv

dxv ⇒ vdv = −4xdx ⇒

∫

vdv =

∫

−4xdx ⇒v2

2= −2x2 + C

Per determinar la constant d’integracio utilitzem la condicio indicada i, per tant,

x = 2 → v = 0 ⇒02

2= −2 · 22 + C ⇒ C = 8 ⇒ v2 = −4x2 + 16 ⇒ v = 2

√

4− x2

Una vegada tenim l’expressio de la velocitat podem trobar la posicio, es a dir,

v =dx

dt⇒ 2

√

4− x2 =dx

dt⇒

dx√

4− x2= 2dt

∫

dx√

4− x2=

∫

2dt ⇒ arcsin(x

2) = 2t+ C ⇒

x

2= sin(2t+ C)

Per determinar la constant d’integracio quan t = 0 aleshores x = 0 ,

t = 0 → x = 0 ⇒0

2= sin(2 · 0 + C) ⇒ C = 0 ⇒ x = 2 sin(2t)

1.11 Moviment circular

Quan la trajectoria de la partıcula es una arc de circumferencia diem que es tracta d’un moviment circular. A lafigura podem observar una bola que la fem girar, ja sigui fent un cercle vertical o be horitzontal i un pendol que potoscil.lar en un pla vertical. En ambdos casos la trajectoria seguida sera un arc de circumferencia de radi l .

Cinematica 21

Considerem el moviment d’una particula que descriu una trajectoria circular de radi r al voltant d’un centre O .Suposem que un instant de temps determinat t es troba al punt P i per un instant posterior t+∆t s’ha mogut finsal punt Q . Per determinar la posicio de la partıcula ho podem fer mitjantcant el seu vector posicio ~r(t) =

(

(x(t), y(t))

o tambe donant l’angle θ(t) que ha girat respecte a un cert origen (per exemple, podem pensar que ha comencat elmoviment desde la posicio horitzontal).

1.11.1 Variables angulars: angle, velocitat i acceleracio angulars

• Posicio angular: es l’angle que ha girat el punt desde que ha comensat el moviment. Si suposem que la partıculaha comencat el moviment en el punt A (per exemple per t = 0 ) l’arc recorregut AP el podem expressar apartir de l’angle recorregut θ(t) . Si el que volem es coneixer l’arc recorregut s tenim la relacio entre l’angle il’arc que ve donada per:

s = rθ

sempre que expresem l’angle en radians.• Desplacament angular: es la variacio que experimenta l’angle entre dos instants considerats.

∆θ = θ(t+∆t)− θ(t)

• Velocitat angular mitjana: es la quocient entre l’angle girat i el temps emprat.

ωm =∆θ

∆t=

θ(t+∆t)− θ(t)∆t

• Velocitat angular: es el lımit de la velocitat mitjana quan l’interval de temps tendeix a zero.

ω = lim∆t→0

∆θ

∆t=

dθ

dt

• Acceleracio angular mitjana: es la quocient entre la variacio de la velocitat angular i l’interval de temps.

αm =∆ω

∆t=

ω(t+∆t)− ω(t)∆t

• Acceleracio angular: es el lımit de la l’acceleracio mitjana quan l’interval de temps tendeix a zero.

α = lim∆t→0

∆ω

∆t=

dω

dt

1.11.2 Equacions del moviment

A partir de la posicio angular θ i derivant de forma succesiva obtenim la velocitat angular i l’acceleracio angular.Si el que coneixem es l’acceleracio angular i volem trobar la velocitat angular i l’angle haurem de fer el proces invers.Podem seguir un proces formalment identic al que feiem per trobar les equacions del moviment, es a dir,

22 Cinematica

Acceleracio angularα(t) = α

Integracio:

ω(t) =

∫

α(t) dt+ C1

ω(t) = αt+ C1

−−−−−−−−−→

y

←−−−−−−−−− Condicio inicialω(t0) = ωo

Velocitat angularω(t) = ωo + α(t− to)

Integracio:

θ(t) =

∫

ω(t) dt+ C2

θ(t) = ωot+1

2α(t− to)2 + C2

−−−−−−−−−→

y

←−−−−−−−−− Condicio inicialθ(t0) = θo

Posicio angular

θ(t) = θo + ωo(t− to) +1

2α(t− to)2

Exemple: Eytelwein va proposar la seguent manera de mesurar la velocitat d’una bala: es dispara la balahoritzontalment contra un cilindre buit, en posicio tambe horitzontal. Aquest cilindre gira amb velocitat angularconeguda, i te les bases de paper. Mesurant l’angle que formen les perforacions a les dues bases de paper i sabentla llargaria del cilindre, es pot calcular la velocitat de la bala (se suposa que la bala te una trajectoria rectilınia,negligint el possible petit efecte de trajectoria parabolica). Calculeu la velocitat de la bala. Dades: llargaria delcilindre 1m ; velocitat angular, 600 r.p.m. ; angle entre les perforacions, 15◦

SOLUCIO

Considerem els dos instants 1 i 2 que estan separats un angle θ de 15◦ iun espai de temps t . Aquest temps t s’obte de suposar que durant una llargariade 1m el moviment ha estat uniforme mantenint una velocitat constant v quehem de determinar.

La velocitat angular s’expressa:

ω =∆θ

t=

1

t15◦ ⇒ 600

rev

min·1min

60 s

2π

1rev=

1

t15◦ ·

π

180◦⇒ t =

1

240s

El temps per travessar tot el cilindre ve donat per:

v =e

t⇒ v = 1m ·

1

t= 240m/s

Exemple: Un rellotge marca les 12 en punt i les dues agulles de les hores i dels minuts coincideixen. Es potobservar d’una forma aproximada que quan tornen a ser la una i cinc minuts estan a punt de coincidir altre cop.Determineu de forma precisa quina es aquesta hora. Suggerencia: considereu que les dues agulles realitzen unmoviment circular i busqueu una relacio entre els angles que han girat.

Cinematica 23

SOLUCIO

Considerem dos mobils (les dues agulles) que segueixen un moviment circular uni-forme, amb velocitats angulars ωh (hores) i ωm (minuts). Els dos comencen desde les12 en punt, moment que tenen la amteixa posicio angular i es tornen a trobar aproxi-madament a la una i cinc minuts: l’agulla de les hores (vermella) ha recorregut un angleθ mentre que la dels minuts ha recorregut el mateix angle pero amb una volta de mes,es a dir, θ + 2π .

• Equacions per l’agulla de les hores:

ωh =2π rad

12h→ θh = ωht

• Equacions per l’agulla del minuts:

ωm =2π rad

1h→ θm = ωmt

A partir de l’instant inicial que serien les 12 en punt cada agulla comenca el seu recorregut amb una velocitatdiferent i recorrent un arc diferent. Si volem saber on es troben per primera vegada l’agulla dels minuts haura fet unavolta mes que l’agulla de les hores en el mateix temps, es a dir,

θm = θh + 2π ⇒2π

1t =

2π

12t+ 2π ⇒ t =

12

11h

Aquest valor el podem convertir en hores, minuts i segons, es a dir,

12

11h = 1h + 5min+27.27 s

Si el que volem es saber quan es trobaran al segona vegada aleshores la condicio es:

θm = θh + 4π ⇒2π

1t =

2π

12t+ 4π ⇒ t =

24

11h = 2h + 10min+54.54 s

1.11.3 Magnituds rectangulars: posicio, velocitat i acceleracio

Abans hem vist la descripcio del moviment circular a partir de les magnituds angulars. Podem tambe descriure elmoviment circular com un moviment en dues dimensions amb el seus vectors posicio, velocitat i acceleracio. Consideremen el punt P els eixos perpendiculars tangent i normal. El sentit positiu de l’eix normal esta dirigit cap al centre degir.

~ut = (− sin θ, cos θ)

~un = (− cos θ,− sin θ)

d~ut

dt=

d~ut

dθ

dθ

dt= (− cos θ,− sin θ)ω = ω~un

d~un

dt=

d~un

dθ

dθ

dt= (sin θ,− cos θ)ω = −ω~ut

Les magnituds rectangulars les podem expressar a partir del coneixement de l’angle girat θ i de la velocitatangular ω :

~r = (x, y) = x~ı+ y~ →

{

x = r cos θ

y = r sin θ

}

⇒

vx =dx

dt=

dx

dθ

dθ

dt= −ωr sin θ

vy =dy

dt=

dy

dθ

dθ

dt= +ωr cos θ

⇒ v =√

v2x + v2y = ωr

24 Cinematica

Aquest resultat tambe es pot obtenir a partir de l’expressio del vector posicio en components intrıseques, es a dir:

~r = (r cos θ, r sin θ) = −r~un + 0 · ~ut ⇒ ~v =d~r

dt= −r

d~un

dt= +rω~ut ⇒ v = ωr

El vector velocitat nomes te component tangencial ( ~ut ) i el seu modul ve donat per: v = rω . Cal indicar queen el calcul de la velocitat a partir de la posicio s’ha supossat que la aquesta no varia, es a dir, el punt que gira mantela distancia constant r respecte al punt o eix de rotacio, per tant, al derivar la r s’ha supossat constant. Si volemles components rectangulars del vector acceleracio, ax i ay nomes tenim que derivar el vector velocitat.

1.11.4 Components intrınseques de l’acceleracio

Per trobar l’acceleracio partim de la velocitat i derivem, es a dir,

~a =d~v

dt=

d

dt(v~ut) =

dv

dt~ut + v

d~ut

dt=

dv

dt~ut + v ω

︸︷︷︸

v/r

~un =dv

dt︸︷︷︸

at

~ut +v2

r︸︷︷︸

an

~un

Aixı les components anomenades intrınseques de l’acceleracio venen donades per:

at =dv

dt= r

dω

dt= αr

an =v2

r=

r2ω2

r= ω2r

que en el cas de moviment circular les podem trobar a partir del radi i les magnituds angulars.

Exemple: Una partıcula de pols esta situada sobre un disc que gira a 33 r.p.m. Trobeu la velocitat angular ila velocitat lineal de la partıcula si aquesta es troba a 8 cm del centre del disc.

SOLUCIO

La relacio entre la velocitat lineal i la velocitat angular ve donada per v = ωR , per tant,

ω = 33rev

min·2π rad

1 rev·1 min

60 s· = 3.456 rad/s

v = 3.456 rad/s · 0.08m = 0.276m/s

Exemple: Un ciclista recorre una pista circular de radi 50m partin del repos i accelerant fins que assoleix unavelocitat maxima de 36 km/h en 25 s , moment que continua corrent amb aquesta velocitat constant. Trobeules components normal i tangencial de l’acceleracio despres de 10 s d’haver comencat i el temps que triga endonar la primera volta sencera a la pista.

SOLUCIO

El ciclista comenca el seu moviment en el punt inicial O realitzant unmoviment circular uniformement accelerat ( α ) i en arrivar al punt A (pre-visiblement abans de completar una volta) segueix amb un moviment circularuniforme. Les equacions generals per un moviment circular amb una accel-eracio constant son:

ω(t) = ω(t0) + α(t− t0) , θ(t) = θ(t0) + ω(t0)(t− t0) +1

2α(t− t0)2

Cinematica 25

Aixı, en el cas del nostre ciclista que comenca a l’instant t0 = 0 partint del repos:

t0 = 0ω(0) = 0θ(0) = 0α(t) = α

Equacions−−−−−−−−−−−−−−→ω(t) = αt

θ(t) =1

2αt2

Sabem que per t = 25 s la velocitat lineal del ciclista es de 10m/s (conversio de 36 km/h a m/s ):

t = 25 → ω =v

R= 1050 = 0.2 rad/s → 0.2 = αt ⇒ α = 0.008 rad/s2

Quan t = 10 s , obtenim els valor de la velocitat i aixo ens permet trobar les components de l’acceleracio:

ω = 0.008tθ = 0.004t2

t = 10 s−−−−−−−−−→ ω = 0.08 ⇒ v = 4an, at−−−−−−−−−→ an =

v2

R= 0.32m/s2

at = αR = 0.4m/s2

A cotinuacio hem de trobar les equacions pel moviment que comenca a partir del punt A :

t0 = 25ω(25) = 0.2θ(25) = 2.5α(t) = 0

Equacions−−−−−−−−−→ ω(t) = 0.2θ(t) = 0.2t− 2.5

−−−−→Condicio per 1 volta:

θ = 2π2π = 0.2t− 2.5 ⇒ t = 43.9 s

Exemple: Una barra rıgida de 30 cm de longitud gira entorn d’un dels seus extrems a 240 r.p.m. Determineu:

(a) la frequencia, el perıode, i el temps que triga en girar 225◦ i en girar 3π rad ;(b) la velocitat lineal i l’acceleracio normal d’un punt de la barra situats a 5 cm del

centre de rotacio;(c) l’acceleracio angular necessaria per que s’aturi en 10 s , l’acceleracio tangencial durant

la frenada d’un punt situat a 5 cm del centre.

SOLUCIO

(a) L’angle girat ve donat per l’expressio:θ = ωt+ θo = 8πt

El perıode es el temps en recorrer una volta sencera, per tant,

θ = 2π ⇒ t = 0.25 s ≡ T

La frequencia es defineix com la inversa del perıode:

ν =1

T=

1

0.25 s= 4 s−1 ≡ 4Hz

El temps en girar 225◦ ve donat per:

θ = 225 ·π

180= 1.25π ⇒ 1.25π = 8πt ⇒ t = 0.156 s

(b) La velocitat lineal i acceleracio normal venen donades per

v = ωr = 8π · 0.05 = 1.257m/s

an =v2

r=

1.2572

0.05= 31.6m/s2

(c) Tenim un moviment circular amb acceleracio de frenada i les equacions del moviment son:

26 Cinematica

t0 = 0ω(0) = 8πθ(0) = 0α(t) = −α

Equacions−−−−−−−−−−−−−−→ω(t) = −αt+ 8π

θ(t) = − 1

2αt2 + 8πt

Despres de 10 s la velocitat angular ha de ser nul.la i, per tant,

ω(10) = 0 ⇒ 0 = −α10 + 8π ⇒ α = 2.51 rad/s2

L’acceleracio tangencial ve donada per:

at = αr = 2.51 · 0.05 = 0.1257m/s2

1.12 Moviment d’un solid al voltant d’un eix

Considerem un solid que gira al voltant de l’eix z (podem escollir qualsevol altre eix). Totes els punts delsolid descriuen moviments circulars en un pla que en general es paral.lel al pla xy . Aixı per una partıcula que estiguijustament en aquest pla les seves velocitat i acceleracio angulars tenen per modul ω i α el pla xy amb un determinatradi segons la distancia a l’eix. Introduim els vectors ~ω i ~α que tenen la direccio de l’eix de gir i el seus modulsvalen ω i α respectivament.

Si les partıcules que giren en el pla xy ho fanen sentit antihorari aleshores els vectors s’expressen:

~ω = (0, 0,+ω) ~α = (0, 0,+α)

i si ho fan en sentit horari aleshores tenim:

~ω = (0, 0,−ω) ~α = (0, 0,−α)

Vegem ara quina relacio vectorial hi ha entre la velocitat lineal i la velocitat angular:

~ω × ~r =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~ı ~ ~k0 0 ω

r cos θ r sin θ 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −rω sin θ~ı+ rω cos θ~ = rω~ut = ~v ⇒ ~v = ~ω × ~r

L’acceleracio s’expressara a partir de la velocitat segons:

~a =d~v

dt=

d

dt(~ω × ~r) =

d~ω

dt× ~r + ~ω ×

d~r

dt= ~α× ~r + ~ω × ~v = ~α× ~r

︸ ︷︷ ︸

~at

+ ~ω × (~ω × ~r)︸ ︷︷ ︸

~an

En el cas de que el punt estigui en el pla xy i l’eix de rotacio sigui perpendicular al pla de gir, tindrem:

~r = (x, y, 0), ~ω = (0, 0, ω)

i podem utilitzar la propietat seguent:

~A× ( ~B × ~C) = ~B · ( ~A · ~C)− ~C · ( ~A · ~B)

amb el que el doble producte vectorial es pot reduir a:

~ω × (~ω × ~r) = ~ω · (~ω · ~r)︸ ︷︷ ︸

0

−~r · (~ω · ~ω) = −ω2 · ~r

Aixı una expressio mes senzilla per l’acceleracio ve donada per:

~a = ~α× ~r − ω2 · ~r

Cinematica 27

Les expressions obtingudes tant per la velocitat com per l’acceleracio espoden extendre de manera que el vector que marca la posicio del punt P nosigui el ~r . Si escollim el vector ~rP ( te per origen el punt O i acaba en elpunt P ) tenim:

~rP ≡−−→OP =

−−→OO′ + ~r

i es pot comprovar que:

~ω × ~rP = ~ω × (−−→OO′ + ~r) = ~ω ×

−−→OO′

︸ ︷︷ ︸

0

+~ω × ~r

i tambe pel que fa al terme d’acceleracio,

~α× ~rP = ~α× (−−→OO′ + ~r) = ~α×

−−→OO′

︸ ︷︷ ︸

0

+~α× ~r

1.13 Moviment circular uniforme

Quan l’acceleracio angular α(t) es nul.la, el moviment resultant s’anomena moviment circular uniforme (MCU).Si la partıcula comenca a l’instant t = 0 en el punt P per un angle φ , les equacions del moviment venen donadesper:

t0 = 0ω(0) = ωθ(0) = φα(t) = 0

Equacions−−−−−−−−−−−−−−→ ω(t) = ωθ(t) = ωt+ φ

on la variable x ve donada per:

x = A cos θ = A cos(ωt+ φ)

1.13.1 Perıode i frequencia

En aquest cas es defineixen dues magnituds d’interes: el perıode T i frequencia ν . El perıode es el tempsemprat en realitzar una volta completa i, per tant,

θ(t+ T ) = θ(t) + 2π ⇒ ω · (t+ T ) + φ = ω · t+ φ+ 2π ⇒ T = 2π/ω

i la frequencia es la inversa del perıode, es a dir,

ν = 1/T = ω/(2π)

1.14 Moviment harmonic simple

Quan una partıcula realitza un moviment circular uniforme podem analitzar les diferents posicions que tenenlloc a l’eix x , es a dir, com si projectessim el propi moviment en el diametre horitzontal. Aixı mentre el punt Pdescriu una circumferencia de radi A , el punt Q realitza un moviment d’anada i tornada amb una amplitud A . Lesmagnituds cinematiques com la velocitat i l’acceleracio venen donades per:

x(t) = A cos θ = A cos(ωt+ φ)

28 Cinematica

x(t) = A cos(ωt+ φ)

vx(t) = −Aω sin(ωt+ φ)

ax(t) = −Aω2 cos(ωt+ φ)

on es pot concluir la relacio entre la posicio il’acceleracio:

ax(t) = −ω2x(t)

es a dir, que l’acceleracio es proporcional a la posicio mitjancant el factor −ω2 . Aixı si l’acceleracio depen de laposicio amb el format anterior direm que el moviment resultant es un moviment harmonic simple. Fixem-nos que elfet que la relacio entre l’acceleracio i la posicio tingui signe negatiu ens indica que per qualsevol posicio on estigui lapartıcula hi ha una acceleracio dirigida cap al putn d’equilibri. Aquest tipus de moviment es caracteritza per teniruna amplitud, que en aquest cas es el radi de la circumferencia i un perıode T . L’amplitud es el recorregut maximque pot fer desde la seva posicio d’equilibri i el perıode es el temps en realitzar una oscil.lacio completa (una voltasencera).

1.14.1 Obtencio de l’equacio del moviment

Es tracta de partir del coneixement de l’acceleracio i arrivar a l’equacio de la posicio. Abans s’ha fet de formainversa, es a dir, a partir de la posicio i derivant dues vegades hem obtingut l’expressio de l’acceleracio. Ara el quepretenem es seguir el procediment habitual en cinematica de coneixer l’aceleracio i per integracio arrivar a la velocitati a la possicio. Vegem-ho:• Calcul de v a partir de a . En aquest cas l’acceleracio no te una dependencia explıcita amb el temps t com

teniem en exemples anteriors, pero si que depen de manera directa de la posicio, es a dir, tenim una funcio a(x) .Per aixo trobarem una relacio entre la posicio i la velocitat, es a dir,

a(x) = −ω2x ⇒ −ω2x =dv

dt=

dv

dx

dx

dt︸︷︷︸

v

=dv

dxv ⇒ v dv = −ω2xdx

Ara podem integrar cada membre de la igualtat i obtenim

∫

v dv =

∫

−ω2xdx ⇒v2

2= −ω2

x2

2+ C1 ⇒ v =

√

2C1 − ω2 x2

La constant C1 es pot obtenir si coneixem alguna condicio com per exemple que per una posicio en concrettinguem la velocitat, pero de moment "arrosegarem" la constant C1 per mes endavant.

• Calcul de x a partir de v . Igual que en el cas anterios la velocitat no te dependencia explıcita amb el tempspero si que depen de la posicio. Podem tambe separar les variables.

v =dx

dt⇒ dx = vdt =

√

2C1 − ω2 x2dt⇒dx

√

2C1 − ω2 x2= dt⇒

dx√

√

√

√

(2C1/ω2)

︸ ︷︷ ︸

A2

−x2= ωdt

on hem "redefinit" la combinacio de la constant C1 i la ω per una nova constant A . Si integrem ambdosmembres obtenim:

∫

dx√

A2 − x2=

∫

ωdt⇒ arc sin(x

A) = ωt+ φ⇒

x

A= sin(ωt+ φ)⇒ x(t) = A sin(ωt+ φ)

on A es l’amplitud, (ωt + φ) es la fase i φ s’anomena constant de fase. Tant l’amplitud A com la constantde fase φ es poden trobar a partir de les condicions inicials. La representacio grafica de la posicio ve donada peruna funcio harmonica (sinus) i d’aqui el nom del moviment. En algunes ocasions la solucio x(t) es pot expressaren funcio del cosinus, donat que sin(θ + π/2) = cos θ .

v(t) = Aω cos(ωt+ φ) → a(t) = −Aω2 sin(ωt+ φ)

Cinematica 29

1.14.2 Perıode i frequencia del m.h.s.

S’anomena perıode la distancia temporal entre dos estats succesius del moviment que tenen la mateixa posicio iporten la mateixa velocitat. Siguin t1 i t2 aquests instants:

{

x(t1) = x(t2)

v(t1) = v(t2)

}

⇒

{

sin(ωt1 + φ) = sin(ωt2 + φ)

cos(ωt1 + φ) = cos(ωt2 + φ)

Perque les relacions siguin certes la diferencia de fase dels sinus i cosinus ha de valer 2π i, per tant,

(ωt1 + φ) + 2π = (ωt2 + φ) ⇒ 2π = ω (t2 − t1)︸ ︷︷ ︸

T

⇒ T =2π

ω→ ν =

1

T=

ω

2π

1.14.3 Posicio, velocitat i acceleracio del m.h.s

Les tres magintuds cinematiques del m.h.s. venen donades per

x(t) = A sin(ωt+ φ)

v(t) =dx

dt= Aω cos(ωt+ φ)

a(t) =dv

dt= −Aω2 sin(ωt+ φ) = −ω2x(t)

Es pot veure que quan la posicıo es maxima la velocitat es nul.lai que els valors extrems de l’acceleracio tenen lloc tambe en elsextrems de la posicio pero amb sentits contraris.

A partir de les expressions de la posicio i la velocitat podemcomprovar que es verifica la relacio seguent:

x2 +( v

ω

)2= A2 ⇒ v2 = ω2(A2 − x2)

que ens ratifica el fet de que tant la posicio com la velocitates van intercanviant els papers de manera que a mesura deque la partıcula augmenta la seva posicio respecte a l’origen vaperdent velocitat i al reves.

Exemple: A la figura tenim el desplacament d’un objecte qeu descriu un m.h.s en funcio del temps. Trobeu:la frequencia i l’amplitud del moviment

SOLUCIO

Per trobar el perıode i l’amplitud nomes cal analitzar la grafica i comptarles unitats segons cada eix. Aixı, es veu com el perıode son 16 s i l’amplitud10 cm .

1.15 Apendix: calcul de les components intrınseques a partir dels vectors ~v i ~a

Ja hem vist com obtenir les components intrınseques de l’acceleracio a partir del vector posicio. Hi ha una maneraalternativa de trobar aquestes components a partir dels vectors velocitat i acceleracio.

30 Cinematica

Considerem el pla del moviment (en dues dimensions) enel que tenim els dos eixos tangent i normal. La velocitat te ladireccio de l’eix tangent i l’accelaracio forma un cert angle θamb la velocitat. Anomenem ⊥ a l’eix que es perpendicularal pla anterior.

El producte vectorial ~a × ~v te precisament la direcciode l’eix ⊥ . Si considerem ara els vectors ~v i ~a×~v i fem elseu producte vectorial, es a dir, ~v× (~a×~v) (en aquest ordre)obtindrem un vector que estara en la direccio de l’eix normal( n ).

• Component ~at . A partir del modul del vector ~a i fent la projeccio del cos θ sobre l’eix t obtenim el modul de~at , es a dir,

~at = at~ut = a cos θ~ut on ~ut =~v

v

L’angle θ que formen ~a i ~v es pot obtenir a partir del producte escalar. Aixı ens queda:

~a · ~v = a · v · cos θ → cos θ =~a · ~va · v

⇒ ~at =(~a · ~v) · ~v

v2

• Component ~an . Podem obtenir la component ~an tenint en compte que la suma de les dues components enforma de vector es igual a l’acceleracio total, es a dir,

~an + ~at = ~a ⇒ ~an = ~a− ~at = ~a−(~a · ~v) · ~v

v2

Si sumem els dos termes anteriors obtenim:

~an =~a · v2

v2−

(~a · ~v) · ~vv2

=~a · v2 − (~a · ~v) · ~v

v2=~a · (~v · ~v)− (~a · ~v) · ~v

v2

Recordem la propietat vectorial:

~A× ( ~B × ~C) = ~B · ( ~A · ~C)− ~C · ( ~A · ~B)

que podem aplicar escollint ~A ≡ ~v , ~B ≡ ~a , ~C ≡ ~v i obtenim:

~v × (~a× ~v) = ~a · (~v · ~v)− ~v · (~v · ~a)︸ ︷︷ ︸

~a · ~v

= ~a · (~v · ~v)− (~a · ~v) · ~v

essent aquesta ultima expressio el terme que hi ha en el numerador de la component ~an i, per tant, una formames compacta es:

~an =~v × (~a× ~v)

v2

A partir dels vectors velocitat i acceleracio podem trobar les components intrınseques de l’acceleracio fent:

~a =(~a · ~v) · ~v

v2︸ ︷︷ ︸

~at

+~v × (~a× ~v)

v2︸ ︷︷ ︸

~an

i sempre podem establir la relacio fonamental en els vectors:

a2 = a2t + a2n

aixı si trobem at i tenim l’acceleracio total a podem buscar an sense tenir que fer els producte4s vectorials.