Questão 26

Uma corda perfeitamente flexível e inextensível está com suas extremidades presas a dois pontos, separados pela distância $2L$, no teto horizontal de uma sala. A curva feita pela corda é conhecida na estática como catenária, sendo dada por:
$$y(x) = \left(e^{x/b}+e^{-x/b}\right)\cdot b/2$$
onde $b$ é uma constante que depende de dimensões do aparato montado.

Dados:

• $-L \le x \le +L$;

• $\tg\theta(x) = \left(e^{x/b}-e^{-x/b}\right)/2$;

• densidade linear da corda: constante;

• comprimento total da corda: $S$;

• aceleração da gravidade: $g$.

Dica:

• obtenha equações de equilíbrio estático na corda como um todo e depois em metade da corda.

O valor local mínimo da velocidade de um pulso ondulatório transversal é:

O princípio da ondulatória é a Equação de Taylor: a velocidade de um pulso transversal em uma corda de densidade linear $\mu$ submetida a uma tração $T$ é
$$v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$$
Como $\mu$ é constante ao longo da corda, a velocidade é mínima onde a tração é mínima.

Onde a tração é mínima? Em cada ponto da catenária, a tração é tangente à curva. A componente horizontal da tração é a mesma em todos os pontos — é a única força horizontal que atravessa qualquer seção da corda, e não há força horizontal externa. Chamando-a de $H$,
$$T(x)\cos\theta(x) = H \Rightarrow T(x) = \frac{H}{\cos\theta(x)}$$
O menor valor de $T$ ocorre onde $\cos\theta$ é máximo, isto é, onde $\theta=0$: no ponto mais baixo da corda, $x=0$. Ali a tração é puramente horizontal e vale exatamente $H$:
$$T_{\min} = H$$

Equilíbrio da corda inteira: a corda toda tem massa $m=\mu S$ e peso $\mu S g$. Por simetria, as duas extremidades ($x=\pm L$) sustentam metades iguais:
$$2\,T(L)\,\sen\theta_L = \mu S g$$

Equilíbrio de metade da corda: este é o passo sugerido pela dica. Isolando o trecho de $x=0$ até $x=+L$, atuam sobre ele:

• em $x=0$, a tração horizontal $H$ (puxando para a esquerda);

• em $x=L$, a tração $T(L)$, inclinada de $\theta_L$;

• o peso da metade, $\dfrac{\mu S g}{2}$.

Separando em componentes:
$$\text{horizontal:}\quad T(L)\cos\theta_L = H \qquad\qquad \text{vertical:}\quad T(L)\,\sen\theta_L = \frac{\mu S g}{2}$$

Dividindo a segunda pela primeira:
$$\tg\theta_L = \frac{\mu S g}{2H} \Rightarrow H = \frac{\mu S g}{2\,\tg\theta_L}$$

Usando a inclinação dada pelo enunciado: em $x=L$,
$$\tg\theta_L = \frac{e^{L/b}-e^{-L/b}}{2}$$
Substituindo,
$$H = \frac{\mu S g}{2\cdot\dfrac{e^{L/b}-e^{-L/b}}{2}} = \frac{\mu S g}{e^{L/b}-e^{-L/b}}$$

Aplicando a Equação de Taylor:
$$v_{\min} = \sqrt{\frac{T_{\min}}{\mu}} = \sqrt{\frac{H}{\mu}} = \sqrt{\frac{S g}{e^{L/b}-e^{-L/b}}} = \sqrt{S g\left(e^{L/b}-e^{-L/b}\right)^{-1}}$$

Repare que a densidade linear $\mu$ se cancela, como tinha de acontecer: a resposta é dada só em termos de $S$, $g$, $L$ e $b$. Fisicamente, quanto mais “barrigudo” o cabo (maior $e^{L/b}-e^{-L/b}$, isto é, maior inclinação nas extremidades), menor a tração horizontal e mais lento o pulso no ponto mais baixo.