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오토바이를 타고 코너를 돌 때 안쪽으로 약간 기울이면 넘어지지 않고 안전하게 돌 수 있다는 사실은 라이더라면 누구나 경험으로 알고 있을 것이다.

1. 왜 기울여야 하는가?

2. 속력 $v$로 반지름 $R$인 코너를 돌 때 얼마나 기울여야 할까?

3. 도로면의 마찰계수는 얼마나 되어야 할까?

https://www.youtube.com/watch?v=ZpV2Bg-WX0w&t=244s

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턱을 오르는 공?

Physics 2021. 5. 23. 21:41
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볼링공(반지름: $R$, 회전관성: $\frac{2}{5} mR^2$)이 굴러가다가 턱에 부딪치는 경우를 보자. 충돌이 비탄성적이라면 공은 턱(높이: $h$)을 기준으로 회전해서 턱 위로 올라갈 수 있다. 물론 부딪치기 직전 속도가 너무 작으면 오를 수 없고, 너무 크면 위로 튄다. 어떤 조건일 때 튀지 않고 턱 위로 올라갈 수 있을까?

1. 충돌 전후로 턱에 대한 각운동량이 보존되므로 충돌 직후 각속도 $\omega$는 충돌 전 속도($v$)를 알면 구할 수 있다.

$$ \omega=\frac{7}{2}\left(  1 - \frac{5h}{7R}\right) \frac{v}{R}.$$

2. 역학적 에너지 보존을 이용하면 공이 턱에 완전히 올라서기 위해서는 충돌 직후 각속도 $\omega$가  일정한 크기 이상이어야 한다:

$$ \omega  \ge \sqrt{\frac{10gh}{7R^2}}.$$

3. 충돌 후에는 공의 질량중심은 턱에 대해서 회전을 한다. 이때 구심력 역학을 하는 힘은 턱이 주는 수직항력($F_N$)과 이 수직항력 방향의 중력 성분($mg \cos \theta$)의 차이이다. 너무 빨리 회전하면 공이 턱에 붙어서 돌지 못하고 튕길 수 있다. 튀지 않고 회전하려면 어떤 조건이 들어오는가? 충돌 직후의 운동방정식이

$$mg \cos \theta -F_N = mR \omega^2$$

이므로 공이 튀지 않고, 즉 턱과 접촉을 유지하면서($F_N \ge 0$)  올라가기 위해서는 턱의 높이가 

$$ \frac{h}{R} \ge \frac{7}{17} \approx 0.41$$

을 만족해야 한다.

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빠른 속도의 비행기와 반대방향으로 나는 새가 정면충돌을 한다. 새는 비행기의 앞에 부딪힌 후 비행기와 같이 움직이게 된다(대부분은 중간에 떨어진다). 충돌에 의해서 새의 속도가 반대방향으로 바뀌었으므로 충돌 과정에서 새의 속도가 0인 순간이 있었을 것이다(속도는 시간의 연속함수이고, 방향이 변하면 성분의 부호가 변했음을 의미한다. 따라서 중간에 0이 되는 순간이 있어야 한다). 새의 속도가 0이라는 의미는 비행기도 그 순간 속도가 0이란 의미이므로(비행기가 새를 가르고 지나지 않았으므로) 새가 순간적이나마 비행기를 멈추었음을 의미할 것이다. 정말로 새가 자신보다도 엄청나게 더 무겁고 빠르게 움직이는 비행기를 순간적으로 정지시켰을까?

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공기 저항이 없을 때 물체를 $v_0$ 속력으로 위로 던지면 최고점에 올라가는데 걸리는 시간과 다시 내려오는데 걸리는 시간은 동일하게 $t_{ff} = v_0/g$로 주어진다. 공기 저항이 있는 경우는 어떻게 될지 구체적으로 계산해보자.

반지름이 $R$인 공 모양의 물체가 속력의 제곱에 비례하는 공기 저항(끌림힘) $D= \frac{1}{2} C\rho_{air} A v^2 \approx  0.2 \rho_{air} \pi R^2 v^2$을 받을 때, 올라가는 동안 운동 방정식은 (물체가 받는 공기의 부력도 고려해야 하지만 여기서는 무시한다. 부력은 $g$을 약간 줄이는 효과를 만든다)

$$  m \frac{dv}{dt} = -mg -\ 0.2   \rho_{air} \pi R^2  v^2, $$

$$ \rightarrow  \quad \frac{dv}{dt} = -g (1 + \gamma^2 v^2) , \quad\quad  \gamma^2 =  0.2 \frac{\pi R^2 \rho_{air} }{mg} .$$

$\gamma$는 내려오는 과정에서 terminal speed의 역수를 의미한다. 시간에 대해 적분을 해서 속도를 구하면,

$$ v(t) = \frac{1}{\gamma} \tan \Big( -\gamma gt + \arctan(\gamma v_0) \Big)$$

최고점에 도달하는데 걸리는 시간은 $v(t_{up})=0$ 에서

$$ t_{up} = \frac{1}{\gamma g} \arctan(\gamma v_0) = \frac{v_0}{g} \Big(1 - \frac{(\gamma v_0)^2}{3}+....\Big) $$

로 주어지므로 공기저항이 없을 때보다 더 짧다. 최고점의 높이는

$$ h_{max} = \int_0^{t_{up}} v(t) dt = \frac{1}{\gamma^2 g} \ln \sqrt{ 1 + (\gamma v_0)^2 } =\frac{v_0^2}{2g} \Big( 1- \frac{(\gamma v_0)^2}{2 }+...\Big)$$

로 주어지므로 역시 공기 저항이 없을 때보다 낮다.

 

다시 내려오는 과정에서 중력과 끌림힘이 반대방향이므로 운동 방정식은

$$ \frac{dv}{dt}= -g (1 -\gamma^2 v^2)$$

로 주어지고, 이를 적분하면 (출발 시간을 $t=0$으로)

$$ v(t) = -\frac{1}{\gamma} \tanh (\gamma g t)$$

이를 다시 적분하면 낙하시간에 따른 높이를 얻을 수 있다: $h(0)=h_{max}$

$$ h(t) = \frac{1}{\gamma^2 g} \ln \frac{ \sqrt{ 1+ (\gamma v_0)^2 } }{ \cosh( \gamma gt)}$$

따라서 바닥에 떨어지는데 걸리는 시간 $t_{dn}$은: $ h(t_{dn}) = 0$

$$t_{dn} = \frac{1}{\gamma g}\text{arccosh}\sqrt{1+(\gamma v_0)^2} =\frac{1}{\gamma g} \ln \left(\gamma v_0 + \sqrt{1+ (\gamma v_0)^2 } \right) = \frac{v_0}{g}\Big( 1  -  \frac{ (\gamma v_0)^2 }{6}+...\Big)$$

 

두 시간을 비교해보면 위로 던져진 물체가 최고점에 올라가는데 걸리는 시간보다 다시 내려오는데 걸리는 시간이 더 길다는 것을 볼 수 있다:

$$ {t_{dn} - t_{up}} \approx  \frac{(\gamma v_0)^2}{6} t_{ff}$$

 

$v_0 =10\text{m/s}$로 ($\rightarrow t_{ff} = 1.02\text{s}$, $v_{terminal} \approx 36.6\text{m/s}$) 야구공을 공중으로 던지는 경우를 예로 들면, 차이는 대략 0.013초 정도로 계산된다. 던지는 속력이 종단속력에 가깝거나 더 크면 근사식을 사용할 수 없고 정확한 계산식을 이용해야 한다.

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마찰 없이 바닥에서 움직일 수 있는 경사면$(M)$에 올려진 물체$(m)$가 정지상태에서 운동을 시작한다. 바닥에 내려왔을 때의  속력을 구하기 위해서 다음 과정을 따라 계산을 한다.

1. 다 내려와서는 물체나 경사면 모두 바닥에서 서로 반대 방향으로 움직인다(물체: $v_b$, 경사면:$V$)

2. 운동량 보존을 고려하면,

$$ m v_b = MV$$

3. 역학적에너지가 보존되므로

$$\frac {1}{2} m v_b^2 + \frac {1}{2} MV^2 = mgh$$

두 식을 이용하면 경사면이 움직이는 속력은

$$V = \sqrt{  \frac {2gh}{(1+\frac {M}{m})\frac {M}{m}} }$$

로 주어진다.

그런데 kipl.tistory.com/118 에서 얻은 결과를 이용하면 (좀 복잡하지만: $\theta \rightarrow \alpha$)

$$V =\sqrt{ \frac {2gh}{(1+\frac {M}{m})( \frac {M}{m}  + \sin^2 \alpha) } }\cos\alpha$$

로 주어진다.

두 결과를 비교하면 다르다. 어디서 잘못이 들어온 것일까? 결과만 놓고 보았을 때 어느 계산이 맞는지 직관적으로 설명할 수 있는가?

 

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막대의 끝과 쇠공은 같은 높이에서 떨어진다. 바닥에 먼저 닿는 물체는?

1. 막대

2. 쇠공

3. 동시에

 

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(매우 무거운) 롤 화장지를 줄을 이용해서 벽에 걸어두었다. 벽과 화장지 사이에 마찰은 줄에 걸리는 장력을 줄이는데 도움이 될까? 

1. 도움이 된다.

2. 오히려 장력이 더 커진다.

3. 마찰이 있던 없든 장력은 영향을 안 받는다.

화장실을 사용할 때마다 고민을 해보면 변비 해소에 도움이 될 수도 있다

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진자의 주기와 진폭

Physics 2021. 1. 18. 11:49
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진자의 주기를 구할 때 보통 작은 진동 근사를 사용한다. 진자의 진폭이 크지 않는 경우 주기는 진폭에 무관하게 일정한 값 $T=2\pi \sqrt {\frac {\ell}{g}}$를 갖는다. 그럼 진폭이 커지는 경우는 어떻게 될까?

운동 방정식을 써도 되지만 역학적 에너지가 보존되므로 이를 이용하면(회전 관성: $I=m\ell^2$, 진폭=$\theta_0$)

$$ \frac {1}{2} I \Big(\frac {d\theta}{dt}\Big)^2 + mg \ell (1 - \cos\theta)=const= mg\ell (1- \cos \theta_0) \\  \rightarrow \quad \Big(\frac {d\theta}{dt} \Big)^2  =\frac {2g}{\ell} (\cos \theta- \cos \theta_0).$$

우변을 $\theta_0, ~\theta$에 대해서 전개하면

$$ \Big( \frac { d\theta}{dt } \Big)^2   = \frac {g}{\ell}\Big(\theta_0^2 -\frac {1}{12} \theta_0^4 - \theta^2 + \frac {1}{12} \theta^4+...\Big) =\frac{g}{\ell}(\theta_0^2 -\theta^2) \Big( 1 - \frac{1}{12} (\theta_0^2 + \theta^2)+...\Big)$$로 써지는데 작은 각 근사를 벗어났을 때 가장 큰 기여를 하는 $-(\theta_0^2 + \theta^2 ) /12$항이  음의 기여를 한다. 이는 같은 위치에서 작은 각 근사를 할 때보다 각속도가 더 작아짐을 의미한다. 따라서 진자가 더 느리게 움직여서 주기가 길어질 것이라는 예측을 구체적인 계산 없이도 할 수 있게 된다.

 

이제 주기를 구해보자. 에너지 보존식에서 변수 분리를 해서 적분하면

$$T = \int dt = 4 \sqrt {\frac {\ell}{2g}} \int_0^{\theta_0} {\frac {d\theta}{\sqrt {\cos \theta - \cos \theta_0}}}$$을 얻는다. 여기서 $\sin(\theta/2) = \sin (\theta_0/2) \sin(\varphi )$로 치환을 하면

$$T = 4\sqrt { \frac { \ell }{g}} \int_0^{\pi/2} {\frac {d \varphi}{\sqrt {1 - k^2 \sin^2 \varphi}}}, \quad k^2 = \sin^2(\theta_0/2).$$

진폭이 작은 경우($\theta_0  \ll 1 ~\rightarrow k=0)$는 적분 값이 $\frac {\pi}{2}$이므로 $T = 2\pi \sqrt {\frac {\ell}{g} }$가 됨을 확인할 수 있다.  위 적분은 타원 적분이라고 부르고 $k$가 주어지면 수치 연산을 통해서 그 값을 얻을 수 있다. 

 

좀 더 직관적으로 진폭에 따른 주기의 변화를 보기 위해서 (진자의 경우 $k^2 \le \frac {1}{2}$이므로) 급수 전개를 하면, 

$$\frac {1}{\sqrt {1-k^2 \sin^2\varphi}}   = 1 +\frac {1}{2} k^2\sin^2 \varphi +\frac {1}{2}\frac {3}{2} k^4 \sin^4 \varphi +\dots $$

이므로 주기는 

$$T = 2\pi \sqrt { \frac {\ell}{g} } \left [ 1 + \Big( \frac {1}{2} \Big)^2 k^2 + \Big( \frac {1}{2} \frac {3}{4} \Big)^2 k^4 + \dots \right]$$

로 표현된다. 이 식은 진자의 진폭이 커지면 주기도 길어진다는 것을 명확히 보여준다.

 

강의동영상을 볼 수 있는 곳:

youtu.be/34zcw_nNFGU

 

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물이 담긴 두레박 진자가 있다. 두레박에 구멍을 뚫어 물이 새게 하면 진자의 주기는

1. 변함없다.

2. 줄어든다.

3. 늘어난다.

참고로 진자의 주기는 질량에는 무관하다. 그렇지만...

두레박에 페인트를 담아 그린 패턴

설명 동영상:

youtu.be/wGS97z0WFmU

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경사진 벽에 그림처럼 공을 바싹 붙여서 놓으면 바닥과 벽은 수직방향으로 힘을 작용할 것이다. 물론 공은 중력도 받는다. 경사진 벽이 주는 힘은 수평 성분과 수직 성분이 있을 것이므로 공은 가만히 있지 못하고 오른쪽으로 가야 할 것 같은데 그렇지 않다. 바닥을 아주 미끄럽게 한 후 관찰해도 마찬가지이므로 마찰 때문은 아닐 것이다. 왜 그런가?

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두레박이 달린 진자

Physics 2021. 1. 17. 17:57
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줄에 매달린 두레박에 물을 넣고 조금 흔들면 일정한 주기로 진동을 한다. 이 두레박의 물을 얼리면 진동의 주기는 어떻게 변할까?

1. 변함없다

2. 증가한다.

3. 감소한다.

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지구가 물체에 작용하는 중력의 세기는 지구의 중심(무게중심)에서 거리의 제곱에 반비례하게 작용한다. 컵 속에 각설탕을 넣는다고 하자. 각설탕은 지구 중력과 컵 중력을 받고 아래로 내려가지만 컵의 무게중심에 가까워질수록 거리가 작아지므로 컵이 작용하는 중력이 매우 커지게 된다. 각설탕이 어찌어찌해서 컵의 무게중심에 매우 가까운 아래쪽 적당한 위치에 도달하는 경우(B:경우) 위쪽으로 작용하는 컵의 중력이 아래쪽으로 작용하는 지구의 중력을 상쇄할 수 있다. 이 경우 각설탕은 무게중심 약간 아래쪽에서 떠있어야 하는데 이런 현상은 누구도 본 적이 없다. 왜 그럴까?

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불타는 양초 시소

Physics 2021. 1. 17. 16:12
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양초로 시소를 만들고 살짝 흔들었을 때 진동을 한다(시소 축을 양초의 중심축에서 약간 비켜서 통과하게 만들어야 한다. 왜?). 양초의 양쪽에 불을 붙여서 태우면 진동의 주기는 어떻게 변할까?

1. 그대로

2. 증가한다.

3. 짧아진다.

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  1. hgmhc 2021.01.17 19:47 신고  댓글주소  수정/삭제  댓글쓰기

    주기는 짧아질 것 같은데,
    왜 중심축을 비켜야 할 지는 모르겠네요

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두 바스켓이 움직이지 않으면(예를 들면, 양쪽 줄을 서로 묶어서) 용수철 저울의 눈금은 3kg으로 나올 것이다(도르래, 줄의 무게 무시). 두 바스켓이 움직임을 시작하면 용수철 저울의 눈금은 

1. 3kg 

2. 3kg 보다 크다.

3. 3kg 보다 작다.

 

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지상에서 포물선 운동을 하는 물체의 속도 벡터를  모두 모아 시작을 같게 만들면 속도 벡터의 끝이 그리는 자취(hodograph라 함)는 직선이 된다. 이는 속도의 차이가 가속도이고 지상에서 중력가속도는 크기와 방향이 일정하기 때문이다.

$$\vec {v}(t) =\vec {v}_0 - g\hat {j} t$$

태양계에서 행성은 태양을 한 초점으로 하는 타원 궤도상에서 움직인다. 그러면 행성의 각 지점에서 속도 벡터의 시작점을 한 지점에 모을 때 벡터의 끝점이 그리는 궤적은 무엇일까? 원 궤도를 그리면 속력이 일정하므로 당연히 원이 될 것으로 예상할 수 있지만,  타원 궤도에서는 속력은 에너지 보존을 고려하면 일정할 수 없다. 그런데 타원궤도를 그리는 경우에도 속도의 hodograph는 원궤도에서와 마찬가지로 벡터 공간에서 원으로 표현된다. 왜 그럴까?

행성의 운동 방정식에서 가속도는 

$$ \frac {d\vec {v}}{dt}= -\frac {GM}{r^2 }\hat {r} \quad \rightarrow\quad |\Delta \vec {v}| =\frac {GM}{r^2} \Delta t$$

이고, 각운동량 보존법칙에서 (각 $\varphi$는 태양을 원점으로 잼)

$$ L = |\vec{r}\times \vec {v}| = m r^2 \frac {d\varphi}{dt}  \quad\rightarrow\quad \Delta\varphi =\frac {L}{mr^2}\Delta t$$

두 식에서 $r^2$을 소거하면,

$$ |\Delta \vec{v}| = \frac {GMm}{L} \Delta \varphi$$ 

각운동량의 크기가 일정하므로 속도의 증가분이 회전각의 증가분과 비례함을 의미하고, 기하학적으로는 속도 벡터를 모아둔 벡터 공간에서 각이 증가하면서 움직이는 벡터의 끝이 반지름 $GMm/L$인 원주 위에 있을 때만 가능한 관계이다. 벡터 공간에서 벡터의 시작점이 각을 재는 원점이 아니다. hodograph의 반지름은 근일점에서 속력 $v_P$와 원일점에서 속력 $v_A$의 절반임으로 표현되는데 $v_R = (v_A + v_P)/2 = \frac {GMm}{L}$임을 근일점, 원일점에서 역학적 에너지 보존과 각운동량 보존식을  이용해서 확인할 수 있다.

설명 동영상:

youtu.be/xdIjYBtnvZU

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TAG hodograph

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태양계의 행성 운동에서 각운동량은 보존이 된다(Kepler의 제2법칙). 이는 태양이 행성에 작용하는 힘인 만유인력이 중심력의 형태를 띠고 있기 때문이다. 식으로는 태양에서 행성까지 위치 벡터를 $\vec {r}$이라면 태양이 행성에 작용하는 만유인력은 $\vec {F} = \frac {GMm}{r^3}\vec {r}$로 쓸 수 있으므로 만유인력이 만드는 토크가 $\vec {\tau} = \vec {r}\times \vec {F}=0$임을 쉽게 알 수 있다. 따라서 각운동량 보존은 자명해진다.

만약 행성의 위치를 재는 원점을 태양이 아니라 다른 지점으로 잡으면 어떻게 될까? 이 경우 만유인력의 방향과 위치 벡터의 방향이 나란하지 않으므로 토크가 0이 안된다. 그럼 각운동량은 원점을 어디로 잡는가에 따라 보존되기도 하고 안되기도 하는 물리량일까? 무엇을 놓치고 있는 것일까?

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사람이 걷는 동작은 복잡하지만 몇 가지 가정을 하면 단순한 강체의 운동으로 근사를 할 수 있다. 우선 사람이 걷는 동안 항상 한 발은 땅을 딛고 있다. 그리고 땅을 딛고 있는 발을 기준으로 몸의 질량중심은 원호를 그리면서 거의 일정한 속도로 움직이게 된다. 사람을 질량중심에 모든 질량이 뭉친 점으로 근사를 하면 걷는 동작은 거의 질량이 없는 막대(다리: 길이=$L$)에 매달린 역진자(inverted pendulum) 운동과 비슷하다고 볼 수 있다. 또한 원호를 따라 중심이 이동하는 속력은 거의 일정하다고 근사할 수 있다.

이 경우에 질량중심은 등속 원운동을 한다고 볼 수 있고, 뉴턴의 제2법칙에 의해서 질량중심에서 발 쪽을 향하는 힘 성분이 구심력 역할을 한다. 구심력 역학을 할 수 있는 힘은 중력, 수직항력, 그리고 마찰력이 있다.

수직에서 $\theta$만큼 기울어졌을 때 등속원운동의 가속도 벡터는

$$ \vec{a} =\frac{V^2}{L} (-\sin \theta \hat{x} -\cos \theta \hat{y})$$

이고,  운동 방정식의 수식 성분을 보면 중력과 수직항력이 기여하므로

$$ \sum F_y = N - mg = m a_y = -\frac{m V^2}{L} \cos \theta $$

움직이는 속력이 너무 빠르면 달리는 동작이 되고, 이 경우 양발이 땅에서 떨어지게 된다. 발이 땅에서 떨어지지 않으려면  수직항력 $N\ge0$인 조건을 만족하도록 걷는 속력을 조절해야 한다. 

$$N \ge  0 \quad \rightarrow  \quad V \le  \sqrt{\frac{gL }{\cos \theta}}$$

원호를 그리며 움직이는 동안 이 관계가 성립해야 하므로 걷기가 가능한 최대속력은:

$$V_\text{max} = \sqrt{gL}$$

사람을 너무 단순화시킨 감은 있지만 왜 다리가 긴 사람이 더 빨리 걸을 수 있는지를 물리 법칙으로 추정할 수 있다는 것을 보여준다. 사람을 좀 더 복잡한 강체로 근사하더라도 $\sqrt{gL}$ 앞의 factor만 바뀔 것이다.  사람이 걷는 동안 땅을 딛지 않는 발은 약간 구부러진 상태로 엉덩이를 축으로 일종의 물리진자처럼 행동하는데 이를 이용해도 역시 같은 추정치를 얻을 수 있다.

 

다리 길이가 $L=1\text{m}$이면,  $V_\text{max}= \sqrt{(1 \text{m}) \times (9.8\text{m/s}^2)} = 3.13\text{m/s}=11.3\text{km/h}$. 경보 세계기록이 대략 $15\text{km/h}$이므로 합리적인 추정이 된다.

 

youtu.be/HypJY1XWkWY

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TAG 역학

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책상에 세워둔 연필이 넘어져서 바닥에 닿는데 걸리는 시간은 어떻게 될까? 대략 경험적으로 보면 연필 길이가 길수록 넘어지는데 시간이 오래 걸린다. 왜 그럴까? 넘어지는데 걸리는 시간은 연필의 운동을 결정하는 물리량과 관련 있는데, 우선 크기와 관련 있는 길이$(L)$가 있고, 넘어지려면 토크를 작용해야 하는데 이는 중력(가속도: $g$)과 관련이 있다.(마찰/수직 항력은 회전축에 걸리므로 무관하다). 물론 질량에도 의존할 수 있는데, 중력 가속도, 길이, 질량의 물리량으로 시간의 단위를 만들 수 있는 조합은 $\text{const} \times\sqrt { L /g}$ 밖에 없다. 즉, 넘어지는데 걸리는 시간은 길이에 제곱근에 비례한다. 

구체적으로 얼마나 걸리는지 계산을 시도해 보자. 연필이 넘어지면 수직과 이루는 각 $\theta$가 증가한다: $0\rightarrow \pi/2$. 뉴턴 방정식을 이용하면 $\theta$가 만족해야 할 미분방정식을 얻을 수 있지만, 실질적으로 일하는 힘이 중력밖에 없으므로 역학적 에너지가 보존된다는 사실을 이용하는 것이 좀 더 수월하다. 연필을 균일한 막대로 근사하면 넘어지는 과정은 연필심에 대한 회전운동이다. 역학적 에너지 보존식을 쓰면

$$\frac {1}{2} I_{tip} \Big(\frac {d\theta}{dt}\Big)^2 + \frac {1}{2} MgL \cos \theta = \text {const} = \frac {1}{2} MgL.$$ 여기서 각속도를 구하면

$$ \\ \frac{d\theta}{dt} = \sqrt { \frac {3g}{L}  (1- \cos \theta ) } = \sqrt {\frac {6g}{L}} \sin \frac {\theta}{2},$$

이고, 적분하여 수직 상태에서 바닥에 도달하는데 걸리는 시간을 구하면,

$$T= \sqrt { \frac {L}{6g}} \int_0^{\pi/2} \frac {d \theta }{\sin \frac {\theta}{2} } \rightarrow \infty.$$

기대(?)와는 다르지만 이 결과는 구체적으로 계산하지 않더라도 예상할 수 있다. 왜냐면 완전히 똑바로 서 있으면 회전의 시작에 필요한 토크를 생성하는 힘이 없기 때문이다. 연필에는 중력이 작용하고 끝에 마찰력이나 수직 항력이 있긴 하지만 토크를 만들지는 못한다. 따라서 연필을 넘어뜨리기 위해서는 처음에 약간의 충격을 주던지(속도 제공) 아니면 약간 기울인 상태에서 시작해야 한다. 처음 $\theta_0$의 각도에서 시작하였다면 걸리는 시간은 위 적분식에서

$$ T = \sqrt{\frac {2L}{3g} }\log \frac { \tan \frac {\pi}{8}}{\tan \frac {\theta_0}{4} }.$$

$\theta_0\rightarrow 0$이면 시간은 $T\sim -\sqrt { \frac {2L}{3g}} \log \theta_0 \rightarrow \infty$이고, 유한할 때는 길이의 제곱근에 비례함도 확인할 수 있다.

youtu.be/oowAdPjDY5M

 

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Center of Percussion

Physics 2021. 1. 8. 16:07
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야구 배트로 공을 칠 때 공을 맞추는 지점을 잘 선택하면 배트를 잡는 위치(회전축)의 움직임이 거의 없게(즉, 손이 충격을 안 받게) 만들 수 있다. 이는 배트가 힘을 받았을 때 운동이 질량중심과 같은 속도로 움직이는 병진 운동과 질량중심에 대한 회전운동의 합으로 표현되는 점을 고려하면 쉽게 이해할 수 있다. 배트의 각 지점의 실제 속도는 질량중심의 속도와 회전운동에 의한 속도의 벡터 합이므로 손잡이 부분에서 0인 조건을 만족되면 가능하게 된다. 이 경우 배트의 운동은 손잡이 위치에 대한 순수 회전운동으로 표현할 수 있다. 그리고 공을 맞추는 지점을 center of percussion(COP)이라고 한다(손잡이 위치에 대한 상대적 위치임)

공이 배트에 준 힘을 $F$라면 (손이 준 힘이 없는 조건에서)

$$\text {cm-병진}:  ~F = M a,$$

$$\text {cm-회전}: ~Fb = I_{cm} \alpha. $$

손잡이 지점의 가속도가 없는 조건을 쓰면

$$ a_{손잡이}= a- \alpha p = 0\quad \rightarrow ~ \frac {F}{M} = \frac {Fb} {I_{cm}} p \quad \therefore b =  \frac {I_{cm}}{pM}.$$

$b$와 $p$는 정확히 대칭적 역할을 한다. COP 지점을 손으로 잡고 원래 손잡이 위치에 공을 맞추어도 손에 충격이 오지 않는다.

회전관성을 직접 구하지 않고 어떻게 COP을 알아낼 수 있을까? 손잡이나 그것의 COP 지점을 회전축으로 해서 배트를 진동시키면 일정한 주기를 갖고 진동을 한다(물리 진자). 이때 진동의 주기는

$$ T ={2\pi} \sqrt{ \frac{I_{cm} + M p^2 }{ Mgp}} = 2\pi \sqrt{\frac{b+p}{g}} .$$  

이 값은 길이가 $\ell=b+p$인 단순진자의 주기와 같다. 따라서 단순 진자의 길이를 바꾸면서 배트의 주기와 비교해서 같아지는 경우를 찾으면 된다(배트의 질량중심은 균형을 이용하면 쉽게 찾을 수 있다)

https://youtu.be/Dw3UpKQVhVY

 

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동일한 비커에 같은 양의 물을 채운 후 한쪽 비커에는 바닥에 연결된 줄로 탁구공을 완전히 잠기도록 만들었고, 다른 비커에는 스탠드와 줄을 이용해서 쇠공이 바닥에 닿지 않고 물속에 완전히 잠겨 있게 만들었다. 이 두 비커를 그대로 양팔 저울 위에 올리면 어느 쪽으로 기울까? 단, 탁구공과 쇠공의 부피는 같다. (이 문제는 googling을 하면 찾아볼 수 있을 정도로 유명하다)

1. 수평을 유지: 탁구공과 쇠공이 밀어낸 물의 부피가 같아 비커 바닥이 받는 압력도 동일하게 증가하므로

2. 탁구공 쪽: 쇠공은 스탠드가 지탱하여 영향이 없지만 탁구공의 무게는 결국 바닥이 받기 때문에

3. 쇠공 쪽: 부력은 같지만 탁구공에 연결된 줄은 위로 당겨 바닥을 누르는 힘이 감소시키므로

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천칭(양팔 저울)의 양쪽 팔에 올려진 두 물체의 무게가 같아야 수평으로 균형을 잡는다. 물체의 무게 차이가 생기면 무거운 쪽으로 조금 기울인 상태에서 정지한다. 그리고 차이가 클수록 더 많이 기운다. 천칭은 양쪽 팔에 오려진 물체의 무게가 만드는 토크를 비교하는 장치로 더 큰 토크를 작용하는 쪽으로 기울게 된다. 천칭 팔이 기울어져도 무게가 큰 쪽이 항상 더 큰 토크를 만들므로 물리 관점에서 보면 팔이 수직이 될 때까지 회전을 해야 한다. 그런데 실제로는 조금 기운 상태에서 정지하는 것을 볼 수 있다. 왜 그런가?(축에 기름칠을 잘 해도 마찬가지이므로 마찰 때문은 아니다)

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용수철 상수 $k$인 용수철에 질량 $m$인 물체를 매달면 길이가 $\ell$만큼 늘어난 위치까지 내려간다. 이 과정에서

1. 중력 위치에너지는 $mg\ell$ 만큼 감소한다. 

2. 용수철은 늘어났으므로 탄성 위치에너지가 $\frac{1}{2} k \ell^2$ 만큼 증가한다.

3. 늘어난 위치에서 "중력 = 탄성력" 이므로 $mg = k \ell$이어야 한다.

4. 증가한 탄성 위치에너지를 다시 정리하면, $\frac{1}{2} k\ell^2 = \frac{1}{2} (k \ell) \ell = \frac{1}{2} mg \ell$이다.

증가한 탄성 위치에너지가 감소한 중력 위치에너지의 절반밖에 안된다!!! 나머지는 어디로 갔을까? 에너지가 보존이 안되는 것일까?

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  1. hgmhc 2021.01.07 17:40 신고  댓글주소  수정/삭제  댓글쓰기

    장력으로 작용하려나...

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오른쪽으로 v의 속력으로 와서 벽에 충돌한 후 왼쪽으로 v 속력으로 나가는 경우 충돌 전과 후의 역학적 에너지는 같다. 같은 상황을 오른쪽으로 일정한 속력  v로 달리는 사람이 보면 처음 공은 정지해 있다가 충돌 후 왼쪽으로 2v의 속력으로 움직이게 된다. 이 관찰자 입장에서 보면 역학적 에너지가 보존이 안된다? 역학적 에너지 보존은 관찰자에 따라 달라지는 개념인가? 그럴까?

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  1. hgmhc 2020.12.30 15:05 신고  댓글주소  수정/삭제  댓글쓰기

    A요!
    벡터 분해를 생각하면 그럴 것 같습니다!

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4개의 회전체가 경사면 위 같은 높이에서 출발한다. 미끄러짐이 없는 경우 바닥에 먼저 도착하는 물체는?

1. A

2. B

3. C

4. D

5. 동시에

6. 정보 부족

 

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  1. hgmhc 2020.12.30 15:23 신고  댓글주소  수정/삭제  댓글쓰기

    안과 밖의 밀도차가 극명하게 나는 D가 답일 것 같습니다.

수면의 높이는?

Physics 2020. 12. 29. 18:45
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낚시 줄에 걸린 돌멩이를 배 안으로 올리면 수면의 높이는

1. 올라간다: 돌의 무게가 배에 추가 되어 물을 미는 힘이 증가

2. 내려간다: 돌이 물 속에서 차지한 부피만큼 줄어들어서

3. 변함없다: 물에 떠 있는 배+사람+돌의 무게는 변하지 않았음

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  1. hgmhc 2020.12.30 15:35 신고  댓글주소  수정/삭제  댓글쓰기

    정말 부력 문제는 볼 때마다 재밌네요.
    1. 돌멩이의 질량을 배에서 뺏어갔다고 생각을 해도 무리가 없는가? 아마도 yes
    2. 그러면 돌멩이의 밀도는 물과 같은가? yes
    3. 그렇다면 물을 퍼서 배 안에 넣는 상황과 동치인가? yes
    ∴수면의 높이는 동일

    논리적 오류가 있다면 지적 부탁드려요!

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마찰이 없는 바닥에 놓인 두 물체를 일정한 힘 F로 당긴다. 

1. 어느 물체가 더 빨리 결승선에 도착하는가?

     A,   B,   동시에

2. 물체가 결승선에 도달했을 때 물체와 손과의 거리는 어는 경우가 더 많이 떨어져 있는가?

     A,   B,  같다.

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모양은 다르지만 바닥의 면적이 같은 세 용기에 같은 양의 물의 채운다.

1. 용기 바닥이 물로부터 받는 힘의 크기 순서대로 나열하면?

2. 용기가 올려진 저울의 눈금이 커지는 순서대로 나열하면(단, 용기의 무게는 같다고 생각한다)

3. 두 답에 차이가 있는가? 있다면 왜 그렇까?

 

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얼마나 늘어날까?

Physics 2020. 12. 24. 11:28
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오른쪽 물체를 일정한 힘 $F$로 당기면 용수철은 얼마까지 늘어날 수 있을까? 단, 당기기 시작할 때 두 물체는 정지상태이고 용수철은 늘어나거나 압축되지 않았다.

1. $F/4k$

2. $F/2k$

3. $F/k$

4. $2F/k$

5. 용수철이 끊어지기 전까지 늘어날 수 있다.

더보기

두 물체의 질량중심 좌표계에서 일-에너지 정리를 사용해도 되지만, 직접 운동 방정식을 푸는 방법을 사용하면

$$m \ddot{x}_1 = -k (x_1 - x_2), \quad m\ddot{x}_2 = - k (x_2 - x_1) +F.$$

두 물체의 상대좌표 $x=x_2 -x_1$에 대한 방정식은

$$ \ddot{x}= - \frac{2k}{m} x + \frac{F}{m}.$$

용수철의 자연 길이가 $\ell_0$면  이 방정식의 해는 ($x(0)=\ell_0,~\dot{x}(0)=0$)

$$ x(t) = \ell_0 + \frac{F}{2k}(1- \cos (\sqrt{\frac{2k}{m}}t))$$

이므로 $\max(|x-\ell_0|)= F/k$.

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천장에 연결된 줄이 끊긴 직후 위쪽 물체의 가속도는?

1. $0$

2. $g/2$

3. $g$

4. $\sqrt{2}g$

5. $2g$

https://www.youtube.com/watch?annotation_id=annotation_314765&feature=iv&src_vid=eCMmmEEyOO0&v=uiyMuHuCFo4

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  1. hgmhc 2020.12.22 23:14 신고  댓글주소  수정/삭제  댓글쓰기

    2...g..인가요?