F1 GIA PPC 2014, Partícula moviéndose sobre una parábola

Enunciado

Una partícula $P$ realiza un movimiento en el plano $OXY$ , cuya trayectoria $\Gamma$, y ley horaria para la coordenada $y=y(t)$, están descritas por las expresiones:

$\Gamma :x={\dfrac {1}{4b}}y^{2};\qquad y(t)=2b-v_{0}t$

siendo $b$ y $v_{0}$ constantes de valor positivo conocido. El movimiento se inicia en el instante $t=0$, cuando la partícula ocupa la posición de coordenadas $P_{0}(b,2b)$, y termina en la posición $P_{f}(b,-2b)$.

1. Indique cual de las siguientes expresiones paramétricas de ${\overrightarrow {OP}}={\vec {r}}(\lambda )$ describe correctamente la trayectoria $\Gamma$ de la partícula
   1. $\Gamma :{\vec {r}}(\lambda )=\lambda \,{\vec {\imath }}+2{\sqrt {b\lambda }}\,{\vec {\jmath }};\quad 0\leq \lambda \leq b$
   2. $\Gamma :{\vec {r}}(\lambda )={\dfrac {\lambda ^{2}}{4b}}\,{\vec {\imath }}-\lambda \,{\vec {\jmath }};\quad -2b\leq \lambda \leq 2b$
   3. $\Gamma :{\vec {r}}(\lambda )=b[1-\cos(2\lambda )]\,{\vec {\imath }}+2b\mathrm {sen} \,(\lambda )\,{\vec {\jmath }};\quad -\pi /2\leq \lambda \leq \pi /2$
   4. $\Gamma :{\vec {r}}(\lambda )={\dfrac {\lambda ^{2}}{4b}}\,{\vec {\imath }}+(2b-\lambda )\,{\vec {\jmath }};\quad 0\leq \lambda \leq 4b$
2. Calcule el vector tangente a la trayectoria en un punto de coordenadas $P(x,y)$
3. Sea $s(t)$ la distancia medida a lo largo de la trayectoria, desde $P_{0}$ hasta el punto en que se encuentra la partícula en el instante $t$. Indique cuál de las siguientes expresiones es la distancia que por unidad de tiempo recorre la partícula en dicho instante,

${\dot {s}}(t)={\dfrac {\mathrm {d} s(t)}{\mathrm {d} t}}=\left|{\dfrac {\mathrm {d} {\vec {r}}(t)}{\mathrm {d} t}}\right|$

1. ¿En qué puntos de la trayectoria se anula la componente tangencial y/o la componente normal de la aceleración?

Solución

Expresión paramétrica

Para ser correcta, la expresión paramétrica debe respetar la ecuación de la parábola, es decir, si

${\vec {r}}(\lambda )=x(\lambda )\,{\vec {\imath }}+y(\lambda )\,{\vec {\jmath }}$

debe cumplirse $x(\lambda )={\dfrac {1}{4b}}y(\lambda )^{2}$. Esta condición sólo la cumplen los casos 1 y 2. Por otro lado, como se observa en el dibujo, la coordenada $y$ tiene valores positivos y negativos en diferentes puntos de la curva. Sin embargo, la componente en ${\vec {\jmath }}$ en el caso 1 sólo tiene valores positivos. Por tanto, la respuesta correcta es la 2.

Vector tangente

Hay varias formas de hacer este apartado. Una de ellas es la siguiente. El vector de posición genérico es

${\vec {r}}=x\,{\vec {\imath }}+y\,{\vec {\jmath }}$

En este vector genérico imponemos que $x=y^{2}/4b$, y consideramos que $y(t)$ es la función de $t$ dada en el enunciado. Con eso tenemos

${\vec {r}}(t)={\dfrac {y(t)^{2}}{4b}}\,{\vec {\imath }}+y(t)\,{\vec {\jmath }}$

El parámetro que describe la posición en la curva es$t$. Calculamos el vector tangente como

${\vec {T}}(t)={\dfrac {\mathrm {d} {\vec {r}}/\mathrm {d} t}{|\mathrm {d} {\vec {r}}/\mathrm {d} t|}}$

Tenemos

${\dfrac {\mathrm {d} {\vec {r}}}{\mathrm {d} t}}={\dfrac {y}{2b}}{\dot {y}}\,{\vec {\imath }}+{\dot {y}}\,{\vec {\jmath }}=-{\dfrac {v_{0}y}{2b}}\,{\vec {\imath }}-v_{0}\,{\vec {\jmath }}=-v_{0}\left({\dfrac {y}{2b}}\,{\vec {\imath }}+{\vec {\jmath }}\right)$

Y

$\left|{\dfrac {\mathrm {d} {\vec {r}}}{\mathrm {d} t}}\right|=v_{0}{\sqrt {1+\left({\dfrac {y}{2b}}\right)^{2}}}={\dfrac {v_{0}}{2b}}{\sqrt {4b^{2}+y^{2}}}$

Por tanto el vector tangente es

${\vec {T}}(t)=-{\dfrac {1}{\sqrt {4b^{2}+y^{2}}}}(y\,{\vec {\imath }}+2b\,{\vec {\jmath }})$

Distancia recorrida por unidad de tiempo

Como se indica en el enunciado, esta distancia es

$\left|{\dfrac {\mathrm {d} {\vec {r}}}{\mathrm {d} t}}\right|=v_{0}{\sqrt {1+\left({\dfrac {y}{2b}}\right)^{2}}}=v_{0}{\sqrt {1+{\dfrac {x(t)}{b}}}}$

Aceleración tangencial y normal

Tenemos calculada la velocidad de la partícula

${\vec {v}}(t)={\dfrac {\mathrm {d} {\vec {r}}}{\mathrm {d} t}}={\dfrac {y}{2b}}{\dot {y}}\,{\vec {\imath }}+{\dot {y}}\,{\vec {\jmath }}=-{\dfrac {v_{0}y}{2b}}\,{\vec {\imath }}-v_{0}\,{\vec {\jmath }}=-v_{0}\left({\dfrac {y}{2b}}\,{\vec {\imath }}+{\vec {\jmath }}\right)$

Derivando respecto del tiempo calculamos la aceleración

${\vec {a}}(t)={\dfrac {\mathrm {d} {\vec {v}}}{\mathrm {d} t}}=-v_{0}\left({\dfrac {\dot {y}}{2b}}\,{\vec {\imath }}\right)={\dfrac {v_{0}^{2}}{2b}}\,{\vec {\imath }}$

La aceleración tangencial es

$a_{T}={\dfrac {{\vec {a}}\cdot {\vec {v}}}{|{\vec {v}}|}}$

Sólo se anula si ${\vec {a}}\cdot {\vec {v}}=0$. Hacemos el producto escalar

${\vec {a}}\cdot {\vec {v}}=-{\dfrac {v_{0}^{3}}{4b^{2}}}y$

Sólo se anula cuando $y=0$, es decir, en el punto $O$. Por otro lado, la aceleración normal no se anula nunca, pues una parábola no tiene puntos de curvatura nula (un trozo de parábola nunca es recto). Otra forma de ver esto es usar la definición de aceleración normal

$a_{N}={\dfrac {|{\vec {a}}\times {\vec {v}}|}{|{\vec {v}}|}}$

El producto vectorial es

${\vec {a}}\times {\vec {v}}={\dfrac {v_{0}^{3}}{2b}}\,{\vec {k}}$

Este producto vectorial nunca es cero.