Podemos ir para o referencial no qual o aparato está parado. Basta adicionarmos a força de inércia horizontal [tex3]F(r)=m \omega^2 r.[/tex3]
- Screenshot 2023-10-25 235548.png (116.08 KiB) Exibido 1993 vezes
No equilíbrio:
[tex3]m \omega^2 r \cos(90 \degree - \theta)=mg \cos(\theta)+kx \Longrightarrow m \omega^2 r \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{mg}{2}+kx.[/tex3]
Temos [tex3]\sin(60\degree)=\frac{r}{L} \Longrightarrow r=\frac{\sqrt{3}}{2}L,[/tex3]
sendo [tex3]L[/tex3]
o comprimento da mola. Ademais, [tex3]x=L-l_0.[/tex3]
Então: [tex3]\frac{3m \omega^2 L}{2}=2k(L-l_0)+mg \Longrightarrow \boxed{L=\frac{4kl_0-2mg}{4k-3m\omega^2}}[/tex3]
Gabarito errado. Ele não passa, por exemplo, no teste do caso limite [tex3]\omega=0,[/tex3]
onde devemos ter [tex3]k|x|=mg \cos(60 \degree) \Longrightarrow |x|=\frac{mg}{2k}[/tex3]
e [tex3]L=l_0-\frac{mg}{2k}.[/tex3]