7.10) Uma estrutura rígida triangular é construída com três hastes iguais e seu plano é vertical, com a base na horizontal. Nos dois outros lados estão enfiadas duas bolinhas idênticas de massa $m$, atravessadas por um arame rígido e leve $AB$, de modo que podem deslizar sobre as hastes com atrito desprezível, mantendo sempre o arame na horizontal. As duas bolinhas também estão ligadas por uma mola leve de constante elástica $k$ e comprimento relaxado $l_0$ . (a) Mostre que uma expressão para a energia potencial do sistema em função do comprimento $l$ da mola é $U(l)=\frac{1}{2}k(l-l_0)^2- mg\sqrt{3}l$. (b) Para que valor de $l$ o sistema está em equilíbrio? (c) Se soltarmos o sistema na situação 2 em que a mola está relaxada, qual é o menor e qual é o maior valor de $l$ no movimento subsequente? (d) Que tipo de movimento o sistema realiza no caso (c)?
a) Adotando o referencial no topo do triangulo com origem na interseção entre a direção da bolinha a esquerda e o vértice superior e $ox$ orientado na horizontal,
Como o triangulo é equilátero, conforme as bolinhas descem e a distância $l$ aumenta, o triangulo formado pelo fio e as hastes também é equilátero para qualquer posição das bolinhas, logo podemos encontrar a altura $h$ do triangulo para que possamos representar a energia potencial gravitacional, como $h$ é um seguimento da mediatriz encontraremos a altura aplicando Pitágoras no triângulo retângulo,
$$l^2=h^2+\left( \frac{l}{2}\right) ^2\Rightarrow$$
$$h=\frac{\sqrt{3}}{2}l\ \ \ (1)$$
A energia potencial total do sistema é dado por por uma parte que está relacionada a mola e outra que está relacionado ao campo gravitacional,
$$U(l)=\frac{1}{2}k\Delta x^2-mgh-mgh$$
Sendo $l_0$ o comprimento de repouso da mola e aplicando (1) na equação,
$$U(l)=\frac{1}{2}k\left( l-l_0\right)^2-mg\sqrt{3}l$$
b) O valor de $l$ para o qual a força $F$ sobre o sistema é nula pode ser obtida por,
$$F=-\frac{dU}{dl}(l)=0\Rightarrow$$
$$-\frac{d}{dl}\left[ \frac{1}{2}k\left( l-l_0\right)^2-mg\sqrt{3}l\right]=0 \Rightarrow$$
$$l=l_0+\frac{mg\sqrt{3}}{k} \ \ \ \ (2)$$
c) Em um primeiro momento o sistema tem apenas energia potencial gravitacional estando ele no nível $h_0=-\frac{\sqrt{3}}{2}l_0$, nos momentos posteriores o sistema estará em um novo nível potencial $h=-\frac{\sqrt{3}}{2}l$ e terá potencial elástico e energia cinética, logo,
$$mgh_0+mgh_0=\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}mv^2+mgh+mgh+\frac{1}{2}k\left( l-l_0\right) ^2\Rightarrow$$
$$-2mg\frac{\sqrt{3}}{2}l_0=mv^2-2mg\frac{\sqrt{3}}{2}l+\frac{1}{2}k\left( l-l_0\right) ^2\Rightarrow$$
$$0=mv^2-mg\sqrt{3}\left( l-l_0\right) +\frac{1}{2}k\left( l-l_0\right) ^2\Rightarrow$$
Podemos definir $\Delta y=l-l_0$,
$$0=mv^2-mg\sqrt{3}\Delta y +\frac{1}{2}k\left( \Delta y\right) ^2$$
Quando o as massas chegarem no ponto máximo ou mínimo a velocidade será nula, então,
$$0=\left(\frac{1}{2}k\Delta y-mg\sqrt{3}\right)\Delta y $$
Um dos fatores é nulo, logo,
$$\left\lbrace \begin{array}{ll}
\Delta y=0\\
\frac{1}{2}k\Delta y-mg\sqrt{3}=0\\
\end{array}\right. $$
Podemos isolar $\Delta y$ e obter,
$$\left\lbrace \begin{array}{ll}
\Delta y=0\\
\Delta y=\frac{2mg\sqrt{3}}{k}\\
\end{array}\right. $$
Como $\Delta y=l-l_0$, obtemos os comprimentos $l_{max}$ e $l_{min}$
$$\left\lbrace \begin{array}{ll}
l_{max}=l_0\\
l_{min}=\frac{2mg\sqrt{3}}{k}+l_0\\
\end{array}\right. $$
d) O sistema realiza um movimento oscilatório harmônico.
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