Geometry & Recognition

그림과 같이 매끄러운 바닥에 놓인 길이 $L$인 막대의 왼쪽 끝이 길이 $D$로 느슨하지 않은 줄에 연결되어 있다. 막대의 오른쪽 끝에 같은 질량의 총알이 $v_0$로 다가와 박힌다. 막대는 반시계방향으로 회전을 하려고 하기 때문에 줄이 팽팽해진다. 이때 줄에 걸리는 장력은?

힌트: 줄이 팽팽해지면서 장력을 작용하므로 줄방향의 운동량은 보존이 안되고, 줄에 수직인 방향의 운동량은 보존된다. 따라서 충돌직후 총알 박힌 막대의 질량중심이 움직이는 속도를 $v_{\mathrm{\perp }}$ 과 $v_{\parallel }$로 나누면

$$\text{줄에 수직방향 운동량 보존:}2m{v}_{\mathrm{\perp }}=m{v}_0\sin \theta$$$$\to v_{\mathrm{\perp }}=\frac{1}{2}m{v}_0\sin \theta$$

충돌직후 총알 박힌 막대의 질량중심(왼쪽 끝에서 $\frac{3}{4}L$)을 기준으로 회전운동을 시작하는데 이때 각속도를 $\omega$라고 하자. 그리고 막대왼쪽 끝 줄에 연결된 부분(A)은 줄 때문에 충돌직후 순간적으로 회전을 한다. A지점의 속도($v_A$)는 질량중심의 속도와 질량중심에 대한 회전각속도로 표현할 수 있는데,  줄이 안 늘어나므로 줄방향 성분이 없어야 한다:

$$\text{A의 줄방향 속도 성분 = 0:}0=v_{\parallel }-\frac{3L}{4}\omega \cos \theta$$$$\to v_{\parallel }=\frac{3L}{4}\omega \cos \theta$$

줄에 수직인 성분을 질량중심 속도와 회전각속도를 이용해서 표현하면,

$$\text{A의 줄에 수직 속도 성분:}$$$$v_A=-v_{\mathrm{\perp }}+\frac{3L}{4}\omega \sin \theta =-\frac{1}{2}{v}_0\sin \theta +\frac{3L}{4}\omega \sin \theta (\ast )$$

그다음으로 $A$ 점에 대한 토크가 없으므로 각운동량이 보존된다. 초기 각운동량은 

$$L_i=m{v}_{0}L$$

충돌직후 각운동량은 총알 박힌 막대의 질량중심에 대해서 $\omega$로 회전하고, 질량중심이 또 움직이므로 이 둘을 고려해야 한다. 질량중심에 대한 회전관성은 $$I_{cm}=\frac{1}{12}m{L}^2+m\frac{L^2}{16}+m\frac{L^2}{16}=\frac{5}{24}m{L}^2$$ 로 주어지므로 충돌직후 각운동량은

$$L_f=I_{cm}\omega +(2m)\frac{3L}{4}(v_{\mathrm{\perp }}+v_{\parallel }{)}_y$$

$$=\frac{5}{24}m{L}^2\omega +(2m)\frac{3L}{4}(v_{\mathrm{\perp }}\sin \theta +v_{\parallel }\cos \theta )$$

$$=\frac{5}{24}m{L}^2\omega +\frac{3m{L}^2}{2}(\frac{3L}{4}\omega -v_A\sin \theta )$$이다. 각운동량 보존($L_i=L_f$)에서

$$v_0=\frac{3}{2}(\frac{3L}{4}\omega -v_A\sin \theta )+\frac{5}{24}L\omega (\ast \ast )$$

이므로 (*) 식과 연립해서 $v_A$와 $\omega$을 구할 수 있다.

$$v_A=\frac{2v_0\sin \theta }{32-27{\sin }^2\theta },\omega L=\frac{6v_0(4-3{\sin }^2\theta )}{32-27{\sin }^2\theta }$$

팽팽해진 줄 때문에 A점은 순간적으로 회전운동을 하므로 줄과 나란한 방향의 가속도 성분은 구심가속도로 표현된다.

$$(a_A{)}_{\parallel }=\frac{v_A^2}{D}$$

그런데 A점에 작용하는 힘은 장력뿐만 아니라 막대의 다른 부분이 작용하는 힘도 있으므로 구심력이 장력이 되지 못한다. 막대에 작용하는 외력이 장력뿐이므로 막대의 질량중심 가속도는

$$\text{cm 가속도:}a=\frac{T}{2m}\text{parallel to the string}$$ 또 장력은 질량중심에 대한 토크(시계방향 회전)를 형성하므로

$$\tau =-\frac{3L}{4}T\cos \theta =\frac{5}{24}m{L}^2\alpha \to \alpha L=-\frac{18}{5}\frac{T}{m}\cos \theta \text{(-=cw)}$$ 그리고 질량중심에서 A까지 변위를 $\overrightarrow{R}$이라면

$${\overrightarrow{v}}_A=\overrightarrow{v}+\overrightarrow{\omega }\times \overrightarrow{R}$$

$$\to {\overrightarrow{a}}_A=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{\alpha }\times \overrightarrow{R}+\overrightarrow{\omega }\times (\overrightarrow{\omega }\times \overrightarrow{R})$$

여기서 $\overrightarrow{\omega }=\frac{v_0}{L}\hat{k}$, $\overrightarrow{R}=-\frac{3L}{4}\hat{i}$, $\overrightarrow{\alpha }L=-\frac{18T\cos \theta }{5m}\hat{k}$이므로  앞의 결과를 대입하면,

$$T=\frac{10}{5+27{\cos }^2\theta }[\frac{3}{4}\sin \theta +\frac{L}{D}{\left(\frac{v_A}{v_0}\right)}^2]\frac{m{v}_0^2}{L}$$