Geometry & Recognition

이 문제의 차원을 가지는 물리량은 중력상수, 선밀도, 거리 $a$이므로 중력은 이들의 조합으로 써질 것이다.

$$F \propto G^\delta \rho^\beta a^\gamma $$

양변의 차원이 같아야 하므로 $\delta =1$, $\beta=2$,  $\gamma=0$임을 알 수 있다: $F \propto G \rho^2$. 따라서 떨어진 거리 $a$에 무관하다. 물론 $\alpha=0$인 경우는 발산하다. $\alpha$에 대한 의존도는 $\alpha$ 자체가 차원이 없으므로 차원해석으로 구할 수 없고, 직접 적분을 해야하는데 그 결과는 \[ F= \frac{2\pi G \rho^2}{\sin \alpha}  \]

중력 붕괴 상황에서 관여하는 물리량은 중력상수(G), 밀도 ($\rho$), 그리고 별의 크기 ($R$)뿐이다. 따라서 중력붕괴에 걸리는 시간도 이 세 물리량에만 의존할 것이다. 

$$T \sim G^a \rho^b R^c$$

양변의 차원을 맞추어 보면, $[G]={\rm m^3 /kg.s^2}$, $ [ \rho] = {\rm kg/m^3 }$이므로 

$$ T\sim G^{-1/2}\rho^{-1/2} R^0=\frac{1}{\sqrt{G \rho}}$$

이어야 한다. 즉, 중력붕괴에 걸리는 시간은 처음 반지름에 무관하다. 

지구 내부에서 중력장은 $\vec{g}= -\frac{GM}{R^3}\vec{r}$임은 쉽게 알 수 있다. 이 중력장이 오른쪽 절반에 작용하는 힘을 구하면 (쉽게 입자들의 모임으로 생각하자)

$$ \vec {F}_\text{right} = \sum_\text{right} m_i g(\vec{r}_i) = - \frac{GM}{R^3} \sum_\text{right} m_i \vec{r}_i $$

$\sum_\text{right} m_i \vec{r}_i$는 오른쪽 반구의 질량중심과 질량으로 표현이 가능한데, 그 결과(https://kipl.tistory.com/407)는 $\frac{M}{2} \frac{3}{8}R\hat{i}= \frac{3}{16} MR \hat{i}$ 이다($x$ 축=수평). 따라서 

$$ \vec{F}_\text{right} = - \frac{3}{16}\frac{GM^2}{R^2} \hat{i}$$이고, 이 힘은 왼쪽 절반이 오른쪽에 작용하는 중력과 오른쪽 절반이 오른쪽 절반에게 주는 중력의 합이다. 그런데 오른쪽 절반이 만드는 중력장에 의해서 오른쪽 절반이 받는 힘은 항상 작용-반작용의 짝을 가지므로 전체를 합하면 0이 된다. 즉, $\vec{F}_\text{right}$는 왼쪽 절반이 오른쪽 절반에게 주는 중력만 기여한다. 

처음 용수철은 원래 길이($L_0$)보다 $  mg /k=d_0$만큼 압축이 된 상태($L = L_0 -d_0$)이다. 바닥의 물체가 뜨기 위해서는 용수철이 원래길이보다 $d_0$만큼 더 늘어나야 한다. 위로 $v$로 움직이는 관찰자가 보면 바닥에서 떨어지기 직전 역학적 에너지는(위쪽 물체를 중력 위치에너지 기준점으로 삼음)

$$ E_i = \frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{2} kd_0^2 - mg(L + 2d_0)$$

충돌 직전 역학적 에너지는 용수철의 길이가 0이 되게 압축이 되었으므로

$$ E_f = \frac{1}{2} k (L+d_0)^2 $$

이다. 정리하면 

$$v^2 = \frac{k}{m} \left( L + \frac{2mg}{k} \right)^2 \ge  \frac{k}{m} \left( 2\sqrt{\frac{2Lmg}{k}} \right)^2$$ 

$$ \therefore~v \ge 2 \sqrt{2gL}$$