Estudi de l’equilibri d’un pèndol amb càrrega sotmès al camp elèctric d’una barra infinita

Considereu una barra infinita amb densitat de càrrega lineal $\lambda$. Sobre aquesta barra es penja un pèndol ideal de longitud $l$ amb una massa puntual $m$ i càrrega $q$, sota la influència del camp gravitatori, com s’il·lustra a la figura. Trobeu l’angle d’equilibri del pèndol i determineu quin és l’angle límit quan el valor de $q$ creix infinitament.

Per trobar l’angle d’equilibri, cal considerar que la suma de forces que actuen sobre la massa $m$ ha de ser nul·la. Per tant, es fa un diagrama de cos lliure (DCL) per deduir les equacions del moviment.

Amb el que s’ha exposat anteriorment, les equacions de moviment són:

$$m\ddot{x} = F_e – T \sin \theta = 0$$
$$m\ddot{y} = T \cos \theta – mg = 0 \Rightarrow T = \frac{mg}{\cos \theta}$$

Com que $\vec{F}_e = q \vec{E}$, es calcularà el camp $\vec{E}$ a una distància $d = l \sin \theta$ produït per la barra infinita de densitat de càrrega lineal $\lambda$. Considerant que:

$$\vec{E} = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \int \frac{\vec{r} – \vec{r}\,’}{|\vec{r} – \vec{r}\,’|^3} dq$$

On $\vec{r} = d \hat{x} = l \sin \theta \hat{x}$, $\vec{r}\,’ = z \hat{z}$, $dq = \lambda dz$, i $z \in (-\infty, +\infty)$. Per simetria, $\vec{E}$ només té component en $\hat{x}$. Així, l’equació queda:

$$\vec{E} = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{l \sin \theta \hat{x}}{\left((l \sin \theta)^2 + z^2\right)^{3/2}} \lambda dz
= \frac{\lambda l \sin \theta}{4\pi \varepsilon_0} \hat{x} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dz}{\left((l \sin \theta)^2 + z^2\right)^{3/2}}$$

Fem el canvi de variable $z = (l \sin \theta) \tan \phi$, llavors $dz = (l \sin \theta) \sec^2 \phi d\phi$, i $\phi \in \left( -\frac{\pi}{2}, +\frac{\pi}{2} \right)$. Llavors:

$$\vec{E} = \frac{\lambda l \sin \theta}{4\pi \varepsilon_0} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(l \sin \theta) \sec^2 \phi d\phi}{\left((l \sin \theta)^2 + (l \sin \theta)^2 \tan^2 \phi\right)^{3/2}} \hat{x}$$

$$= \frac{\lambda \sin \theta}{4\pi \varepsilon_0} \hat{x} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^2 \phi d\phi}{(1 + \tan^2 \phi)^{3/2}}$$

$$= \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon_0 (l \sin \theta)} \hat{x} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos \phi d\phi$$

$$= \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon_0 (l \sin \theta)} \hat{x} \left[ \sin \phi \right]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\lambda}{2\pi \varepsilon_0 (l \sin \theta)} \hat{x}$$

Ara que coneixem el camp:

$$\vec{F}_e = q \vec{E} = \frac{q \lambda}{2\pi \varepsilon_0 l \sin \theta} \hat{x}$$

Substituint a l’equació de moviment i aïllant $T$:

$$m \ddot{x} = F_e – T \sin \theta = \frac{q \lambda}{2\pi \varepsilon_0 l \sin \theta} – \frac{mg}{\cos \theta} \sin \theta = 0$$

$$\Rightarrow \frac{\sin^2 \theta}{\cos \theta} = \frac{q \lambda}{2\pi \varepsilon_0 l mg} = qK$$

S’utilitza la identitat trigonomètrica $\sin^2 \theta = 1 – \cos^2 \theta$:

$$\frac{1 – \cos^2 \theta}{\cos \theta} = qK \Longrightarrow \cos^2 \theta + qK \cos \theta – 1 = 0 \Longrightarrow \cos \theta = \frac{-qK \pm \sqrt{(qK)^2 + 4}}{2}$$

Com que s’espera que $\theta \in (0, \pi/2)$ (el pèndol no farà la volta completa), $\cos \theta > 0$, llavors s’escull la solució positiva. Finalment, si $q \rightarrow \infty$, es compleix que $\sqrt{(qK)^2 + 4} \approx qK$, llavors

$$\cos \theta = \frac{-qK + qK}{2} = 0$$

El resultat anterior implica que $\theta = \frac{\pi}{2}$, i això és esperable, ja que en ser una càrrega positiva s’allunyarà al màxim possible de qui genera el camp, i això s’aconsegueix a la màxima distància, és a dir, amb l’angle trobat.