Geometry & Recognition

Bounding Envelope

helloktk — Fri, 30 Jan 2026 10:52:49 +0900

지상에서 발사된 포탄은 중력의 영향으로 경로가 휘어지며 포물선을 그리면서 운동한다. 한 지점에서 같은 속력으로 임의의 방향으로 발사한다고 할 때, 그 포탄이 결코 도달할 수 없는 영역이 존재한다. 이 영역의 경계는 가능한 모든 포물선 궤적이 이루는 포락선(envelope)이 되며, 그 포락선이 역시 하나의 포물선이 됨을 어렵지 않게 보일 수 있다. 이를 3차원 공간으로 확장하면, 그 경계는 포물면(paraboloid)을 이룬다. https://kipl.tistory.com/464

Parabola of Safety

고정 위치에서 일정한 속력으로 임의의 각도로 쏘아대는 포탄을 발사하는 대공포가 있다. 유한한 발사 속력 때문에 대공포탄이 도달할 수 있는 영역에는 분명히 한계가 있다. 대공포탄으로부터

kipl.tistory.com

이제 중력이 일정하지 않고, 중심으로부터의 거리에 대해 제곱에 반비례하는 경우까지 확장해 보자. 이 경우 발사체의 경로는 원뿔곡선(conic section)으로 표현된다. 발사 에너지가 탈출속도 이하라면 물체는 지구 중력을 벗어나지 못하므로 타원 궤도를 그리게 된다. 그렇다면 이러한 타원 궤도들의 bounding envelope는 무엇이 될까?

우선 발사 지점이 반드시 지표면일 필요는 없으며, 계산의 편의를 위해 지구를 점질량으로 생각하자. 이때 한 점에서 발사된 물체의 경로는 지구 중심을 한 초점 $F_1$으로 하는 타원이 된다. 발사 속력이 동일하므로, 발사각과 무관하게 역학적 에너지는 항상 같다. 따라서 물체가 그리는 타원 궤도의 장반경은 모두 동일하다. 타원의 구체적인 모양은 에너지와 각운동량에 의해 결정되는데, 에너지가 고정된 상황에서는 각운동량에 따라 이심률이 달라진다. 그에 따라 제2초점 $F_2$의 위치 역시 발사각(즉 각운동량)에 따라 달라지게 된다.

그런데 모양에 상관없이 물체가 그리는 타원은 발사위치($P$)를 통과해야 한다. 이 사실은 이용하면 제 2초점이 어떻게 분포하는지 알 수 있다. 타원의 정의에 따라 $\overline{PF_1} + \overline{PF_2}= \text{장축길이}=2a$를 만족시켜야 하는데, 발사위치가 고정되어 있으므로 $\overline{PF_1}$은 타원의 모양에 상관없이 지구반지름($R$)으로 일정하므로 $\overline{PF_2}$도 일정한 값을 가져야 함을 알 수 있다. 발사각에 따라 타원의 제 2초점의 위치는 변하지만, 발사위치에서 2 초점까지 거리는 일정한 거리만큼 떨어져 있다. 즉, 타원의 제 2초점은 발사위치를 중심으로 하는 원 위에 분포한다.

발사위치를 중심으로 2초점이 원을 그리게 타원을 회전시켜서 얻은 타원집합의 포락선도 타원임은 예측할 수 있지만 구체적으로 보이자. 포락선 상의 한 점 $X$를 고려하자. $X$는 발사지점($P$)을 중심으로 하는 원 위에 2 초점 $F_2$를 가지는 어느 타원에 속하는 점이다. $X$가 포락선에 있으려면 그 타원의 2 초점 $F_2$에 가장 가까이 있어야 한다. 그럼 2 초점 $F_2$는 어느 위치에 있어야 할까? $F_2$가 발사지점 $P$를 중심으로 하는 원 상에 있으므로 $P-F_2-X$가 일직선상에 배치되면 $\overline{X F_2}$가 가장 짧아진다. 이제 초점원의 반지름을 $r$이라면

$$\overline{XF_2} =\overline{XP}-\overline{F_2P} =\overline{XP}- r $$

그런데 $X$는 지구중심($F_1$)과 $F_2$을 초점으로 하는 타원상의 점이므로

$$ \overline{XF_1} + \overline{XF_2}= 2a$$을 만족하는데 위의 결과를 대입하면

$$ \overline{XF_1} + \overline{XP}- r = 2a$$임을 알 수 있다. 이는 포락선 상의 임의의 한 지점 $X$가 지구중심과 발사위치를 초점으로 하고 장축길이가 $2a+r$ 타원 위에도 있음을 보인 것이다. 즉, 포락선은 타원이 됨을 증명했다.

그럼 이 포락타원의 장축과 이심률을 구해보자. 우선 포락선이 지구중심에서 가장 멀어 떨어진 위치를 찾자. 이 경우는 물체를 위로 똑바로 발사하는 경우이고 물체는 최고점까지 올라갔다가 다시 떨어지는 직선운동을 한다. 직선운동은 완전히 찌그러진 타원으로 최고점과 지구중심이 두 초점이 된다. 지구 중심에서 최고점까지 거리를 $r_\text{max}$라면

$$ \frac{1}{2} v_0^2 -\frac{GM}{R} = -\frac{GM}{r_\text{max}}~~ \to~~r_\text{max} =\frac{R}{1-(v_0/v_\text{esc})^2}$$

이제, 지구중심과 발사위치에서 최고점까지 거리의 합을 구하면

$$ r_\text{max}+ (r_\text{max}-R) = R\frac{1+(v_0/v_\text{esc})^2}{1-(v_0/v_\text{esc})^2}$$

지구중심에서 포락선까지 가장 가까운 최근점까지 거리($r_\text{min}$)는 타원궤도의 2 초점이 발사위치에서 지구중심 반대편에 있는 경우이다. 발사위치와 이 위치에서 각운동량 보존과 에너지 보존을 쓰면

$$ v_0R = v_\text{min} r_\text{min},~~~~\frac{1}{2} v_0^2 -\frac{GM}{R} = \frac{1}{2} v_\text{min}^2 - \frac{GM}{r_\text{min}}$$

$$~~\to~~ r_\text{min} = \frac{R}{(v_\text{esc}/v_0)^2-1}$$

지구중심과 발사위치에서 최근점까지 거리를 더하면

$$ r_\text{min}+ (r_\text{min}+R) = R\frac{1+(v_0/v_\text{esc})^2}{1-(v_0/v_\text{esc})^2}$$

이다. 따라서 이 지점도 지구중심에서 가장 멀리 떨어진 지점과 마찬가지로 지구중심과 발사위치를 초점으로 하는 타원에 속함을 알 수 있다. 따라서 포락선 타원의 장축은

$$2A =r_\text{max}+r_\text{min} = R \frac{1+(v_0/v_\text{esc} )^2 }{1- (v_0/v_\text{esc})^2 }$$

이고 이심률은

$$ e_\text{env} = \frac{R}{2A} = \frac{1- (v_0/v_\text{esc})^2}{1+ (v_0/v_\text{esc})^2}$$

발사속력이 탈출속력에 접근하면 어느 지점에나 다 도달이 가능하므로 포락선은 무한원이 된다.

발사체가 그리는 타원궤도의 2초점은 지구를 중심으로 하는 원상에 분포하는데 그 원의 반지름은

$$r= A- \frac{R}{2} = R\frac{(v_0/v_\text{esc})^2}{1-(v_0/v_\text{esc})^2 } $$

Brachistochrone Problem near a Point Star

helloktk — Wed, 28 Jan 2026 18:37:39 +0900

점질량의 별이 있고 별의 중심에서 일정한 거리만큼 떨어진 한 지점에서 같은 거리만큼 떨어진 다른 지점으로 가는 마찰이 없는 경로가 만들어졌다고 하자. 경로가 어떤 모양일 때 최단시간으로 갈 수 있을까? 그리고 임의의 두 지점(별에서 같은 거리만큼 떨어진)을 연결하는 경로가 가능할까?

일반적으로 두 지점 사이의 사잇각($\Delta\theta$)이 커질수록, 물체는 중력을 가속도로 활용하기 위해 별의 중심에 가깝게 접근하는 경로를 택할 것이다. 별에 가까워질수록 중력이 강해져 속력이 빨라지므로, 경로는 중심을 향하는 직선에 가까운 형태가 된다. 그러나 목적지에 도달하기 위해서는 다시 중심에서 멀어져야 하며, 이 과정에서 경로가 급격히 휘어져야 한다. 별의 내부(균일 밀도)와 달리 점질량 모델에서는 중심 부근의 중력 잠재력 변화가 극심하므로, 이 휘어짐의 기하학적 한계로 인해 모든 지점을 연결하는 최단 시간 경로가 존재하지 않을 수 있음을 예측할 수 있다.

이를 구체적으로 보이기 위해서 별에서 $R$만큼 떨어진 지점에서 정지한 상태에서 출발하는 경우를 보자. 거리 $R$인 지점에서 정지 상태($v_0 = 0$)로 출발할 때, 역학적 에너지 보존 법칙에 의해 거리 $r$에서의 속력 $v$는 다음과 같다.

$$ v= \sqrt{2GM\left( \frac{1}{r} -\frac{1}{R}\right)}$$

변분법 또는 스넬의 법칙(Snell's Law)을 적용하여, 근일점(별에 가장 가까운 지점)에서의 각을 $\theta=0$으로 설정하면 다음과 같은 경로 방정식을 얻는다.

$$ \left( \frac{d\theta}{dr}\right)^2 = \frac{C(R-r)}{r^5R-Cr^2 ( R-r)}$$

여기서 $c$는 상수이다. 별에 가장 가까이 접근한 위치에서 $d\theta/dr \to \infty$이므로

$$ C= \frac{r_\text{min}^3 R} {R- r_\text{min}}$$

이어야 한다. 이제 차원이 없는 거리 $\rho= r/R$, $\rho_0= r_\text{min}/R$을 사용하면 경로방정식은

$$ (\dot\theta)^2 = \frac{\rho_0^3 (1-\rho)}{(1-\rho_0) \rho^5 -\rho_0^3 \rho^2 (1-\rho)}$$

이다. 물체가 $\rho:\rho_0\to 1$로 움직일 때 각의 변화는

$$ \Delta\theta_{h} = \int_{\rho_0}^1\sqrt{\frac{\rho_0^3 (1-\rho)}{(1-\rho_0) \rho ^5 -\rho_0^3 \rho^2 (1-\rho)}}d\rho= \frac{2}{3} \arccos (\rho_0^{3/2})$$

별에 근접하는 경우 $\rho_0 \to 0$이고 이때 각변화는

$$\Delta \theta_{h} \to \frac{\pi}{3}$$

으로 주어진다. 별에서 같은 거리만큼 떨어져 있더라도 두 지점 사이의 각도가 $120^\circ$를 초과하는 경우 최속강하선은 존재할 수 없다. 이는 출발 시의 속력이 0이기 때문에 발생하는 물리적 제약으로, 중력을 이용한 가속의 이점보다 급격한 경로 굴절과 포텐셜 탈출에 드는 시간 손실이 더 커지기 때문에 나타나는 현상이다.

Brachistochrone inside the Earth

helloktk — Sat, 24 Jan 2026 11:04:17 +0900

지구의 한 지점에서 다른 지점을 연결하는 지구 속을 관통하는 직선 터널(물론 마찰이나 저항이 없는 경우)을 만들면 동력이 없이 두 지점을 이동할 수 있다. 그리고 그 시간은 터널의 길이에 상관없이 대략 42.24분 정도이다. 물론 터널이 직선이 아닌 경우라면 이 시간이 변하게 될 것이다. 그럼 두 지점을 최단시간에 이동할 수 있게 만들려면 터널의 모양을 어떻게 설계해야 하는가? 역학적에너지가 보존된다는 사실을 이용해서 터널의 모양을 구해보자. 지표면에서 중력위치에너지를 0으로 설정하면 중심에서 $r\le R$만큼 떨어진 지점에서 위치에너지는

$$V(r) = - \frac{GMm}{2R^3} ( R^2 - r^2), \qquad V(R) = 0$$

로 표현된다. 출발할 때 ($r=R$)에서 정지상태에서 움직이기 시작했다면 반지름 $r$ 위치에서 속력은
$$ v(r) = \sqrt{ \frac{GM}{R}\left( 1- \frac{r^2}{R^2}\right)}= \sqrt{ gR \left(1-\frac{r^2}{R^2}\right)}$$

이제 계산의 편의를 위해 모든 변수를 차원이 없도록 바꾸자. $\tau= t/\sqrt{R/g}$, $\rho = r/R$, $u = v/\sqrt{gR}$로 치환하고, 물체가 지표면에서 지구중심에 가장 가까워지는 지점까지($R\to r_\text{min}$) 경로만 고려하자.

$$ u = \sqrt{1- \rho^2}, ~~~\rho \in [r_\text{min}/R , 1]$$

물체가 지구중심에 가장 가까웠을 때 위치와 중심을 연결하는 선분을 기준으로 잰 각을 $\theta$라 하면, 물체가 움직이는 경로상의 미소길이는

$$ d\ell = \sqrt{ d\rho^2 + \rho^2 d\theta^2} = \sqrt{ 1 + \rho^2 \dot{\theta}^2 } d\rho$$

찾는 경로가 최소시간이 걸리는 경로이므로 시간을 $\theta(\rho)$의 범함수로 놓고 변분법을 이용해서 곡선이 만족하는 방정식을 구하자.

$$ T[\theta;\rho] = \int d\tau = \int \frac{d\ell}{u} = \int \frac{\sqrt{1+ \rho^2 \dot{\theta}^2} }{\sqrt{1- \rho^2} } d\rho$$

적분인자가 $\theta$에 무관하므로 Euler-Lagrange 운동방정식에서

$$ \frac{\rho^2 \dot{\theta}}{ \sqrt{1-\rho^2} \sqrt{1 + \rho^2 \dot{\theta}^2}}= \text{const}=C$$

그런데 중심에 가장 가까워지면 $d\theta/d\rho = (d\rho/d\theta)^{-1}\to \infty$이므로 상수 $C$는 지구중심에서 가장 가까워지는 거리 $\rho_0 = r_\text{min}/R$로 고정된다.

$$ \rho_0 ^2 = \frac{C^2}{1+C^2} $$

이어야 한다. 이를 이용하면 경로에 대한 미분방정식은

$$ \dot\theta = \frac{\rho_0}{\rho} \frac{\sqrt{1- \rho^2}}{\sqrt{\rho^2- \rho_0^2}}$$

적분을 완성하기 위해 다시 새로운 변수

$$x = \sqrt{ \frac{\rho^2 - \rho_0^2}{1-\rho^2}}~~~\leftrightarrow ~~~\rho = \sqrt{\frac{x^2 +\rho_0^2}{1+x^2}}$$

을 이용하면

\begin{align} {\theta} &= \rho_0 \int \frac{dx}{x^2 + \rho_0^2} - \rho_0\int \frac{dx}{1+x^2} \\ &= \tan^{-1} \frac{x}{\rho_0} - \rho_0 \tan^{-1} x \end{align}

즉, \begin{align} \theta= \tan^{-1} \left( \frac{1}{\rho_0 }\sqrt{\frac{\rho^2- \rho_0^2}{1-\rho^2}}\right) - \rho_0 \tan^{-1} \sqrt{\frac{\rho^2-\rho_0^2}{1- \rho^2}}\end{align}

예상대로

$$ \rho=\rho_0~(r=r_\text{min})~~~~\to~~\theta = 0$$

$$ \rho=1 ~~(r=R)~~~~\to~~\theta = \frac{\pi}{2}\left( 1- \frac{r_\text{min}}{R}\right) $$

중심에서 잰 지표면 두 지점의 사이각은

$$\Delta \theta = \left( 1- \frac{r_\text{min}}{R}\right) \pi$$

이므로 이 값이 주어지면 곡선은 유일하게 결정된다. 이 곡선은 hypocycloid로 지표면에 내접하도록 바퀴를 굴렸을 때 바퀴의 한 지점이 그리는 곡선의 모양과 같다. 중력이 센 표면 근처에 있는 즉, $\Delta \theta$가 작은 경로의 경우 방향을 바꾸기 위해서 더 큰 수직항력이 필요하므로 경로의 곡률이 더 크게 된다. 그리고 중심을 통과하는 경로는 직선임을 알 수 있다.

그럼 시간은 얼마나 걸리는가? 지표면에서 중심에 가장 가까운 위치까지 가는데 걸리는 시간을 다시 $\rho$의 적분으로 쓰면

$$ T = \int_{\rho_0}^1 \frac{\rho \sqrt{1- \rho_0^2} d\rho} {\sqrt{1- \rho^2}\sqrt{\rho^2 - \rho_0^2}} = \frac{\pi}{2} \sqrt{1- \rho_0^2 }$$이동에 걸리는 시간은 이 값의 2배이고 원래의 시간차원으로 복원시키면

$$ T_\text{travel} = 2\times \frac{\pi}{2} \sqrt{1- \rho_0^2} \times \sqrt{ \frac{R}{g}} = \sqrt{ 1- \left( 1-\frac{\Delta\theta}{\pi}\right)^2 } \times 42.24 \text{min}$$

Kepler의 1 법칙(3)

helloktk — Fri, 16 Jan 2026 09:17:31 +0900

케플러의 1법칙을 행성에 작용하는 힘이 태양에서 거리의 제곱에 반비례하는 중심력(따라서 각운동량이 보존되며, 행성이 위치벡터가 단위시간 동안 휩쓴 면적이 일정하다)이라는 사실만을 이용해서 기하학적 방법으로 유도해 보자.

우선 행성이 태양을 기준으로 미소각 $\Delta \theta$ 만큼 이동했을 때 위치벡터가 쓸고 간 면적은

\[ \Delta A = \frac{1}{2} r^2\Delta \theta \]

각운동량 보존에 의해 단위시간당 쓸고 간 면적이 일정하므로 $\Delta t$초 동안 쓸고 간 면적은

\[ \Delta A = \frac{\ell }{2} \Delta t\]

여기서 $\ell$은 단위질량당 각운동량이다. 따라서

\[ \Delta t = \frac{1}{\ell} r^2 \Delta \theta \]

행성이 힘이 받으므로 속도의 변화가 생기는데 뉴턴의 2법칙과 힘이 거리의 제곱에 반비례한다는 사실을 이용하면

\[ \Delta \vec{v} = \frac{\vec{F}}{m} \Delta t = -\frac{k}{\ell} \Delta \theta \hat{r} = \frac{k}{\ell} \Delta \hat \theta\]

여기서 $k =GM_\text{sun}$, $\Delta \hat\theta = -\Delta \theta \hat{r}$임을 이용했다. 이 식을 속도벡터 공간에서 보면 속도의 변화가 크기의 변화는 없고 방향만 일정하게 바뀜을 보여준다. 즉, 속도벡터 공간에서는 속도벡터의 끝은 반지름 $k/\ell$인 원을 그린다. 따라서 속도벡터는 원의 중심 $\vec{c}$에 반지름 벡터 $\frac{k}{\ell}\hat{\theta}$을 더한 식으로 표현된다.

\[ \vec{v} = \vec{c} + \frac{k}{\ell} \hat{\theta}\] 거리의 제곱에 반비례하는 중심력을 받는 행성 궤도 운동의 hodograph가 원이 됨을 보인 것이다.

속도벡터 공간에서 속도변화는 원의 접선방향($\hat{\theta}$)이지만 위치벡터 공간에서는 $-\hat{r}$ 방향이므로 행성의 궤도를 구하기 위해서 반시계방향으로 90도 회전된 속도벡터를 이용하자. 각운동량 방향이 $\hat{k}$이므로 회전된 속도벡터는

\[ \vec{u} = \hat{k} \times \vec{v}\]

그리고 회전된 hodograph의 반지름 벡터는

\[ \vec{z} \equiv \hat{k} \times \left( \frac{k}{\ell} \hat{\theta} \right) = - \frac{k}{\ell} \hat{r} \]

속도벡터 공간에서 속도의 회전의 중심(속도벡터의 시작)이 반드시 원의 중심이 아닐 수 있으므로 원의 중심에서 회전중심의 차이는 상수가 된다. 이를 구하기 위해서 회전된 벡터에서 회전된 반지름 벡터를 빼면

$$ \vec{d} \equiv \hat{k}\times \vec{c}= \vec{u}- \vec{z}= \vec{u} + \frac{k}{\ell} \hat{r}$$

이는 Laplace-Runge-Lenz 벡터이고 당연히 상수벡터이다.

이제 행성의 궤도가 conic section임을 보이자. $\vec{d} - \vec{u}= \frac{k}{\ell} \hat{r}$의 양변에 $\vec{r}$을 내적하면

$$ LHS = \vec{r} \cdot \vec{d} - \vec{r} \cdot(\vec{k}\times \vec{v}) = \vec{r}\cdot \vec{d} +\ell$$

$$ RHS = \frac{k}{\ell} r$$

좌변식은 위치 $\vec{r}$에서 $\vec{d}$을 법선으로 하는 직선 $\vec{d} \cdot \vec{r}+\ell=0$ 까지의 부호를 포함하는 거리 $D$는

$$ D = \frac{\vec{d}\cdot\vec{r} + \ell }{|\vec{d}|}$$이므로

$$ \vec{d} \cdot \vec{r} +\ell= D |\vec{d} |$$로 쓸 수 있다. 그러면 위의 식은

$$ \frac{\text{한 점에서 거리}=r}{\text{한 직선까지거리}=D} = \frac{ k/\ell}{|\vec{d}|} = \frac{k}{\ell d}=\text{const}$$즉 행성의 궤도가 이심률이 $e= k/\ell d$인 conic section의 정의를 만족시키고 있다.

그러면 $d$의 크기는 어떻게 알 수 있는가?

$$ \vec{v}\cdot\vec{v} = \vec{u}\cdot\vec{u} = \left( \vec{d} - \frac{k}{\ell}\hat{r} \right)^2 = d^2 + \frac{k^2}{\ell^2} - 2 \frac{k}{\ell} \vec{d}\cdot \hat{r} = d^2 - \frac{k^2}{\ell^2} + 2\frac{k}{r}$$

$$\to~~\varepsilon \equiv \frac{1}{2}v^2 - \frac{k}{r} = \frac{1}{2} \left(d^2 - \frac{k^2}{\ell^2} \right)$$로 표현되고 우변이 상수이므로 역학적 에너지가 보존됨을 확인할 수 있다. $d$는 역학적에너지와 각운동량을 이용해서 얻을 수 있다.

$$ d^2 = 2\varepsilon + \frac{k^2 }{ \ell^2 }$$

그리고 $\ell/d=\ell/c$가 초점에서 준선까지 거리를 나타낸다.

Kepler의 1 법칙(2)

helloktk — Wed, 31 Dec 2025 22:32:50 +0900

Kepler의 제1법칙은 행성의 궤도가 태원이며, 태양이 그 초점 중 하나에 놓인다는 사실을 말한다. 여기서는 뉴턴 역학에서의 보존법칙을 이용하여 기하학적인 증명을 보이도록 한다. 행성에 작용하는 힘이 중심력이므로 (단위질량당) 각운동량이 보존되고, 행성의 운동은 하나의 평면 안에서 일어남을 의미한다.

$$ \vec\ell = \vec r \times \vec v= \text{const}$$

그리고 중력이 보존력이므로 (단위질량당) 역학적에너지 역시 시간에 대해서 일정하게 유지된다.

$$ \varepsilon = \frac{1}{2} v^2 - \frac{k}{r} = \text{const} ~~~~\quad\quad( k=GM_\text{sun})$$

행성이 공간적으로 일정한 영역 안에서 운동하기 위해서는 역학적 에너지가 음수, $\varepsilon <0$이어야 한다. 이는 행성의 속도가 유한하며, 행성이 원점(태양)으로부터 무한히 멀어질 수 없음을 의미한다. 따라서 궤도는 원점을 중심으로 하는 어떤 유한한 영역 내부에 제한된다. 속도가 0일 때 원점에서 가장 멀어질 수 있는데 그 거리가 $R=- k /\varepsilon$이다. 즉, 원점을 중심으로 하고 반지름 $R$인 원 $C$ 내부에 궤도가 제한된다. 행성의 위치벡터 방향으로 $C$의 원주 위의 점을 $\vec{s}$라면

$$ \vec{s} = - \frac{k}{\varepsilon} \frac{\vec{r}}{r}$$

역학적에너지가 보존되므로 이 벡터의 크기는 시간에 무관함은 당연하다.

$$ s=|\vec{s}| = \frac{k }{|\varepsilon|}=\text{const}$$

행성위치에서 접선에 대한 $\vec{s}$의 대칭위치를 $\vec{t}$라고 할 때 이를 구해보자. 우선 $\vec n = \vec{v} \times \vec{\ell}$이라면 이는 행성 위치에서 접선에 수직인 방향이 된다. 따라서 $\vec{t}$는

$$ \vec{t} = \vec{s} - 2 \big[ ( \vec{s}- \vec{r} ) \cdot \vec{n} \big] \frac{\vec{n}}{n^2}$$

으로 쓸 수 있다.

우선

$$ (\vec{s}-\vec{r})\cdot \vec{n}= -( \varepsilon+ k/r) \frac{\ell^2}{\varepsilon}$$

$$ n^2 = v^2 \ell^2 = 2 (\varepsilon + k/r) \ell^2$$

이므로

$$ \vec{t} = -\frac{k}{\varepsilon} \frac{\vec{r}}{r} + \frac{1}{\varepsilon} \vec{v} \times \vec{\ell} = \frac{1}{\varepsilon} \vec{d}$$

여기서 $\vec{d}$는 Laplace-Runge-Lenz vector로 이 역시 보존이 된다. 따라서 $\vec{t}$는 상수벡터이다.

이제 행성의 위치에서 $\vec{t}$까지 거리($|\vec{r}-\vec{t}|$)와 원점까지 거리($|\vec{r}-0|$) 합이 일정함을 보이자. 즉 행성의 위치는 $\vec{t}$와 원점을 초점으로 하는 타원궤도에 있음을 보일 수 있다. 우선 그림에서

$$ | \vec{r}-\vec{t}| = |\vec{r}-\vec{s}|$$

$$ | \vec{r}- \vec{s}| + |\vec{r}| = |\vec{s}|$$

이므로

$$ |\vec r - \vec{t}| + |\vec{r} - 0| = \frac{k}{|\varepsilon|}=\text{const}$$이어서 헹성의 위치벡터가 장축의 길이가 $k/|\varepsilon|$인 타원 상에 있음을 명확히 보여준다.

Kepler의 1 법칙

helloktk — Sat, 20 Dec 2025 12:51:56 +0900

천문학자 Brahe의 정교한 행성관측에 기반해서 Kepler는 태양계에서 행성의 궤도운동에 관한 3가지 법칙을 유추해 냈다. 이후 뉴턴은 만유인력 법칙과 뉴턴의 제 2법칙을 이용해서 만든 미분방정식을 직접적으로 풀어서 확인할 수 Kepler의 법칙을 확인할 수 있었다. 여기서는 미분방정식을 이용하는 접근보다는 행성운동에서 시간이 흘러도 변하지 않고 일정한 값을 가지는 보존량을 찾고 이를 이용해서 행성이 타원궤도를 따라 운동을 함을 보이자.

태양을 원점으로 하여 행성의 위치벡터를 $\vec r$라 두고, 그 크기를 $r = |\vec r|$라 하자. 이때 $\vec r$의 방향을 나타내는 단위벡터를
\begin{equation}
\vec u \equiv \frac{\vec r}{r}
\end{equation}로 정의하면,
\begin{equation}
\vec r = r \vec u
\end{equation}로 쓸 수 있다. 이를 시간에 대해 미분하면 행성의 속도벡터는
\begin{equation}
\vec v = \dot{\vec r}
= \dot r\,\vec u + r\,\dot{\vec u}
\end{equation} 가 된다. 행성은 태양의 중력에 의해 운동하므로, 뉴턴의 제2법칙에 따라 가속도는
\begin{equation}
\vec a = -\frac{k}{r^2}\vec u, \qquad
k \equiv G M_{\text{sun}}
\end{equation}로 주어진다. 가속도가 항상 위치벡터 $\vec r$와 평행하므로, 단위질량당 각운동량 벡터
\begin{equation}
\vec \ell \equiv \vec r \times \vec v
\end{equation}는 보존된다. 실제로 양변을 시간에 대해 미분하면
\begin{equation}
\frac{d\vec\ell}{dt}
= \vec v \times \vec v + \vec r \times \vec a
= \vec r \times \vec a
= 0
\end{equation} 임을 확인할 수 있다. 이제 $\vec\ell$을 보다 구체적으로 계산하면,
\begin{align}
\vec\ell
&= (r\vec u)\times(\dot r\,\vec u + r\,\dot{\vec u}) \\
&= r^2\,\vec u \times \dot{\vec u}
\end{align}
를 얻는다. 한편 $\vec u\cdot\vec u = 1$을 미분하면
\begin{equation}
\vec u\cdot\dot{\vec u} = 0
\end{equation}이므로 $\dot{\vec u}$는 항상 $\vec u$에 수직이다. 이 결과를 이용하여 $\vec a \times \vec\ell$을 계산하면,
\begin{align}
\vec a \times \vec\ell
&= -\frac{k}{r^2}\,\vec u \times (r^2\,\vec u \times \dot{\vec u}) \\
&= k\,\dot{\vec u}
\end{align} 가 된다. 또한 $\vec\ell$이 상수벡터이므로
\begin{equation}
\vec a \times \vec\ell
= \frac{d}{dt}(\vec v \times \vec\ell)
\end{equation}로 쓸 수 있으므로 다음과 같은 벡터 방정식을 얻는다.
\begin{equation}
\frac{d}{dt}\bigl(\vec v \times \vec\ell - k\,\vec u\bigr) = 0,
\end{equation} 따라서 \begin{equation}
\vec{d} \equiv \vec v \times \vec\ell - k\,\vec u
\end{equation}로 놓으면, $\vec d$는 상수벡터이다. $\vec d$는 Laplace-Runge-Lenz 벡터로 불리우면 힘이 거리의 제곱에 반비례하는 중심력의 형태일 때 각운동량, 역학적 에너지 이외에 추가적으로 보존이 되는 물리량이다. 각운동량 $\vec\ell$은 궤도 평면에 수직이므로, $\vec v \times \vec\ell$은 궤도 평면 내에 놓인다. 따라서 $\vec{d}$도 궤도 평면에 있는 벡터가 된다. 좌표계를 적절히 선택하여 궤도 평면을 $xy$-평면으로, $\vec d$를 $x$축 방향으로 두자.
\begin{equation}
\vec d = (d,0,0)
\end{equation}극좌표계에서
\begin{equation}
\vec r = (x,y,0) = (r\cos\theta, r\sin\theta, 0), \qquad \vec{u}=(\cos \theta , \sin \theta, 0)
\end{equation} 로 두면, $\ell^2$는
\begin{align}
\ell^2
&= \vec\ell\cdot\vec\ell \\
&= (\vec r\times\vec v)\cdot\vec\ell \\
&= \vec r\cdot(\vec v\times\vec\ell) \\
&= r\,\vec u\cdot(k\,\vec u + \vec d) \\
&= k r + r d \cos\theta
\end{align}를 얻는다. 이를 $r$에 대해 정리하면 행성의 궤도 방정식은
\begin{equation}
r = \frac{\ell^2/k}{1 + (d/k)\cos\theta}
\end{equation}로 주어지며, 이는 태양을 초점으로 하는 원뿔곡선의 극좌표에서 방정식이다. 기하학적으로 $\ell^2/k$는 초점에서 근일점까지 거리이고 $e\equiv d/k$는 이심률로 $d/k < 1$이면 행성 궤도는 타원이다. 근일점($\theta=0$)의 방향이 $\vec d$의 방향이므로 Laplace-Runge-Lenz 벡터는 행성궤도가 평면에서 놓여있다는 것을 알려줄 뿐만 아니라 궤도의 방향까지도 알려준다.

$\vec{d}$의 제곱을 계산하면 단위질량당 행성의 에너지 $\varepsilon$가 다음을 만족함을 보일 수 있다.

\begin{align} d^2 &= (\vec{v} \times \vec{\ell})^2 - 2 k \vec{u} \cdot (\vec{v} \times \vec{\ell}) + k^2 \\ &=2 \left( \frac{1}{2} v^2 - \frac{k}{r} \right) \ell^2 + k^2 & \\ & = {2\varepsilon} \ell^2 + k^2 \end{align} 따라서 이심률 $e=d/k$가 $0$과 $1$ 사이의 값을 가지면 행성의 에너지가 음의 값을 가져 그 궤도는 타원이 되고, $e=0$이면 포물선 궤도를, 그리고 $e > 1$면 쌍곡선 궤도를 그리게 된다.

$\vec{d}$의 방향이 타원궤도의 근일점을 방향을 의미한다고 했고 궤도방정식을 보면 $d/k$가 이심률을 나타냄을 보았다. $d/k$의 기하학적 의미를 운동방정식과 각운동량 보존을 이용해서 직접적으로 보이도록 하자. 새로운 벡터 $\vec{s}$을 다음과 같이 정의하자.

$$ \vec{s}\equiv \vec{d} \times {\vec{\ell}} = - \ell ^2 \vec{v} + k \vec{\ell} \times \vec{u}$$ $\vec{d}$가 상수벡터이므로 $\vec{s}$도 상수벡터이다. 또는 $\vec{s}$를 직접 미분해서 확인할 수 있다.

$$ \dot{\vec{s}} = -\ell^2 \vec{a} + k {\vec{\ell}} \times \dot{\vec{u}}= -\ell^2 \vec{a} +k \vec{\ell} \times \frac{ \vec{a}\times \vec{\ell}}{k} = 0 $$

근일점($\vec{r}_1$)과 원일점($\vec{r}_2$)에서 $\vec{s}$를 계산하면

$$ \vec{s} = -\ell ^2 \vec{v}_1 + k {\vec \ell} \times \vec{u}_1 = - \ell^2 \vec{v}_2 + k {\vec\ell} \times \vec{u}_2$$인데 그 두 지점에서 $\vec{\ell}\times \vec{u}$와 $\vec{v}$는 같은 방향을 가리키고, $\vec{v}_1 \parallel - \vec{v}_2$이므로 두 지점에서 크기가

$$ -\ell^2 v_1 + k\ell = -(-\ell^2 v_2 +k \ell)~~\to ~~ \frac{2k}{\ell}= v_1 + v_2 = \frac{\ell}{r_1} + \frac{ \ell}{r_2} = \frac{r_1 + r_2 }{ r_1 r_2} \ell $$이어서 각운동량은 근일점과 원일점까지의 거리로 표현할 수 있다. $$ \ell^2 = 2k \frac{ r_1 r_2}{r_1+r_2}$$ 이 결과를 근일점이나 원일점에서 계산한 $\vec{d}$에 대입하면 $$ d = k - \frac{\ell^2}{r_2} = k \frac{r_2 - r_1}{r_1 + r_2 } $$이어서 $d/k$가 이심률임이 명확하게 보인다.

얼음이 다 녹았을 때 수면의 높이는?

helloktk — Tue, 15 Jul 2025 11:07:10 +0900

물에 떠있는 얼음을 줄로 연결한 후 팽팽해질 때까지 당겨서 물그릇 바닥에 고정했다. 얼음이 다 녹았을 때 물그릇의 수위는 어떻게 변하는가?

올라간다.
내려간다.
변하지 않는다.
정보가 부족하다.

경사면 접촉 과정에서 에너지 손실은

helloktk — Wed, 9 Jul 2025 14:54:19 +0900

바닥에서 구르는 원판이 그림과 같이 경사각 $\theta$인 경사면에 올라선다. 바닥과 경사면의 기하학적 구조 때문에 원판은 경사면과 충돌을 하게 되므로 질량중심이 움직이는 속도가 변하게 되고, 또 미끄러짐이 없이 경사면을 오르기 위해서는 회전각속도도 순간적으로 변해야 한다. 즉, 에너지 손실이 생기게 된다(이를 방지하기 위해서는 바닥과 경사면이 연결되는 부분을 충분히 smooth한 곡선모양으로 만들어주어야 한다) 얼마의 에너지 손실이 생길까?

풀이: 원판은 경사면의 접촉점(두 번째 그림의 붉은 점)에서 impulsive 수직항력과 마찰력(경사면 위쪽 방향)을 받게 되므로 운동량 보존법칙을 쓸 수 없다. 그러나 이 두 impulsive force가 경사면 접촉점에 대한 토크를 만들지 않으므로 그 점에 대한 원판의 각운동량은 보존이 된다.
$$L_i = I \omega_i + mRv \cos \theta = \frac{1}{2} mRv ( 1 + 2\cos \theta) $$ $$L_f = I \omega_f + m R v_f = \frac{3}{2} mR v_f $$ 이므로 $L_f=L_i$에서 경사면을 오르기 시작하는 속도는
$$ v_f = \frac{1+ 2 \cos \theta}{3}v$$ 따라서 이 과정에서 에너지 손실은 접촉점에 대한 회전관성은 어느 지점에서나 동일하므로
$$ \eta = \frac{K_i - K_f }{K_i } = 1 - \frac{\omega _f^2}{\omega ^2}= \frac{8-4\cos \theta - 4 \cos^2 \theta}{9}$$

회전하는 고리에서 운동하는 구슬

helloktk — Tue, 8 Jul 2025 18:59:41 +0900

Hoop에 꿰어진 질량 $m$인 작은 구슬이 마찰 없이 운동을 할 수 있다. 이 hoop을 수직축에 대해서 각속도 $\omega$로 일정하게 회전을 시킬 때 구슬의 운동방정식을 분석하자.

풀이: Euler-Lagrange 방정식을 이용하는 것이 편하지만 뉴턴의 운동방정식을 이용해서도 구할 수 있다. hoop와 같이 회전하는 계에서 보면 구슬은 hoop를 따라 가속 원운동을 한다. 접선 방향으로 작용하는 힘은 중력의 접선성분 $mg \sin \theta~(\theta \text {-감소방향})$와 관성력인 원심력의 접선성분 $mR \sin \theta \omega^2 \cos \theta~(\theta \text {-증가방향})$을 받는다. 따라서 접선방향의 운동방정식은

$$ mR \ddot\theta = - mg \sin \theta + mR \sin \theta \omega^2 \cos \theta$$

이 방정식은 $\theta(t) = const$인 해를 가질 수 있는데 위 방정식에서 $\ddot\theta=0$으로 놓으면

$$ \sin \theta ( -g + R\omega^2 \cos \theta) = 0$$에서 $$\theta = 0, ~\pi ,~~\text{and}~~\cos \theta_0 =\frac{g}{ R \omega^2 }$$

마지막 평형위치는 $\omega> \sqrt{g/R}= \omega_c$보다 큰 경우에서 만들어지고, 이 위치에서는 수직항력과 중력의 합력이 구슬의 구심력과 같게 된다.

먼저 $\theta = \pi$는 구슬이 고리의 맨 꼭대기에 올라가 경우이고 평형점에서 살짝 벗어났을 때 구슬의 운동을 알아보기 위해 $\theta(t) = \pi - x(t)~~(|x(t)| \ll 1)$로 놓으면

$$ \ddot x = (\omega_c^2 + \omega^2 ) x $$이므로 $\theta =\pi$는 $\omega$에 무관하게 불안정 평형점이 된다. 그리고 $\theta = 0$인 평형위치는 구슬이 고리의 맨 아래에 놓인 경우로, 이 위치의 안정성을 분석하기 위해 $\theta = x, ~|x| \ll 1$로 놓으면

$$ \ddot x = - ( \omega^2 - \omega_c^2 ) x$$

이므로 $ \omega < \omega_c$일 때는 안정평형점이고 진동의 주기는

$$ T /T_c = \frac{1}{\sqrt{1- (\omega / \omega_c)^2 }} $$으로 주어진다. 반대로 $\omega > \omega_c$이면 $\theta = 0$은 불안정평형 위치가 된다. 마지막으로 $\theta_0 = \arccos (\omega_c/\omega)^2$로 주어지는 평형위치의 안정성은

$\theta = \theta_0 + x,~|x|\ll 1$로 놓으면

$$ \ddot x = - \frac{\omega^4 - \omega_c^4}{\omega^2}x$$로 주어지므로 안정평형점임을 알 수 있고($\omega > \omega_c$ 만 의미있음) 진동의 주기는

$$ T /T_c= \frac{ \omega/\omega_c }{\sqrt{(\omega/\omega_c)^4 -1}}$$으로 주어진다.

Dome Paradox

helloktk — Mon, 23 Jun 2025 13:11:39 +0900

마찰이 없는 표면으로 구성된 돔의 꼭대기에 입자를 올려져 있다고 하자. 외부에서 충격이 주어지지 않는 이상 입자는 영원히 꼭대기에 그대로 있을 것이고, 꼭대기에서 살짝 벗어나게 충격을 주면 중력 때문에 입자는 돔 표면을 따라 아래로 미끄러지는 운동을 시작할 것이다. 이제 다음 식으로 표현된 곡선을 회전했을 때 만들어지는 돔이 고려하자.

$$ y = \frac{2b^2}{3g} s^{3/2}$$

여기서 $y$는 꼭대기에서 표면의 한 지점까지 수직방향으로 내려간 거리고, $s$는 그 지점까지 돔표면을 따라 이동하는 최단거리, 그리고 $b$는 돔의 모양을 결정하는 변수이다. 돔의 표면에서 움직이는 입자는 처음 수직축에 대한 각운동량을 가지지 않았다면 돔의 대칭성 때문에 꼭대기를 기준으로 자른 단면에 그려진 곡선을 따라 움직일 것이다.

이제 물체가 돔 표면을 따라 움직이는 거리 $s$가 만족하는 방정식을 뉴턴의 운동방정식으로부터 구해보자. 속도나 가속도는 시간 $t$의 함수로도 생각할 수 있고, 또 움직인 거리 $s$의 함수로도 생각할 수 있다. 물체의 속도는

$$\vec{v} = \frac{d\vec{r}} {dt} = \frac{ds}{dt} \frac{d \vec{r}}{ds} = v \vec{T},~~~~ v=|\vec{v}| = \frac{ds}{dt},~\vec{T}= \frac{d\vec{r}}{ds} $$

그리고 가속도는

\begin{align} \vec{a} = \frac{d \vec{v}}{dt} = \frac{d^2s}{dt^2 } \vec{T} + \left( \frac{ds}{dt}\right)^2 \frac{d\vec{T}}{ds}\end{align}로 표현되는데, $|\vec{T}|=1$이므로 $d\vec{T}/ds$는 $\vec{T}$에 수직이다. 이 수직방향의 단위벡터를 $\vec{N}$으로 하면 $$\frac{d\vec{T}}{ds}= \kappa \vec{N}$$처럼 쓸 수 있는데, $\kappa$는 그 지점에서 곡선의 곡률을 의미한다. 곡선이 반지름 $R$인 원인 경우 $\kappa = 1/R$임을 보일 수 있다. 즉 가속도는 물체 경로에 접선방향 성분과 수직방향선으로 분해할 수 있다.

$$ \vec{a} = \ddot{s} \vec{T} + \kappa \dot{s} ^2 \vec{N}$$

곡선의 접선방향이 수평과 이루는 각을 $\theta$라면 물체에 작용하는 접선방향 중력성분이 $mg \sin \theta$이므로 운동방정식의 접선성분을 쓰면

$$ m \ddot{s} = mg \sin \theta $$

그리고 $\tan \theta = dy/dx$ 이므로 $ds^2 = dx^2+ dy^2$ 에서 $\sin\theta$를 구체적으로 곡선길이로 표현할 수 있다:

$$ \sin \theta = \frac{dy}{ds} = \frac{b^2 }{g} \sqrt{s}$$ 따라서 접선방향 운동방정식에 다음 식으로 표현되는 곡선길이에 대한 미분방정식을 얻을 수 있다. $$ \ddot{s} = b^2 \sqrt{s}$$

처음 돔의 꼭대기에 물체가 가만히 놓인 경우 초기조건은

$$ s(0) = 0,\quad v(0)=\dot{s}(0) = 0$$이다. $s(t) = 0$은 당연히 운동방정식과 초기조건을 만족시킨다. 즉, 처음 돔 꼭대기에 초기속도 없이 놓인 물체는 영원히 그 위치에 머물게 된다. 그런데 이 방정식은 위에서 구한 trivial 해 이외에도 임의의 양의 실수 $\epsilon>0$에 대해 다음과 같은 함수도 해가 될 수 있음을 쉽게 확인할 수 있다.

$$ s(t) = \left\{ \begin{matrix} 0 & t \le \epsilon \\ \frac{1}{144} \left[ b(t- \epsilon) \right]^4 & t > \epsilon \end{matrix} \right.$$

이는 주어진 초기조건을 만족하는 해가 무수히 많이 존재함을 의미한다. 꼭대기에 놓여진 물체가 외부의 요동이 없이도 자발적으로 운동이 가능하다는 이 해의 존재는 결정론적 뉴턴역학 체계에 비결정론적 시스템이 있을 수 있다는 예를 보여준다. 이를 dome paradox 또는 처음 발견한 Norton's dome 문제라고 부른다.

수학적으로는 Dome 에서 경로가 Lipschitz 조건을 만족시키지 못하기 때문에 주어진 초기조건을 만족시키는 미분방정식의 해가 유일할 필요가 없기 때문이다. Lipschitz 조건을 만족시키기 위해서 조금 떨어진 두 지점에서 함수값이 일정 이상 비율로 차이가 나지 않아야 되는데, 위의 식으로 표현된 돔은 원점에서 곡률이 발산하므로 Lipschitz 조건을 만족시킬 수 없다.

참고: Norton, John D. (November 2003). "Causation as Folk Science". Philosophers' Imprint. 3 (4): 1-22.

Blackhole Accretion Disk

helloktk — Thu, 27 Mar 2025 15:57:11 +0900

Accretion disk 면에서 살짝 위쪽에서 바라본 매우 무거운 블랙홀(인터스텔라에서 나온 블랙홀 가르강튀아(Gargantua)): accretion disk가 토성의 띠처럼 보일 것으로 예상하지만 뒤쪽의 띠에서 오는 빛은 중력렌즈 효과 때문에 디스크 면 위와 아래에서 오는 것처럼 관찰자에게 보인다. (source)

참고문헌: https://arxiv.org/abs/1502.03808

Accretion disk에 수직인 방향에서 보면 우리가 아는 블랙홀의 모습이 나온다.

블랙홀 주변에서 관찰자가 위도(accretion disk를 적도면으로 볼 때)를 따라 움직일 때 보이는 모습(source)

현수선 가장 아래에서 고리의 가속도는?

helloktk — Sun, 23 Mar 2025 18:53:49 +0900

길이 $L$인 균일한 줄(선밀도 $\lambda$)의 양끝을 수평으로 일정한 거리만큼 떨어진 벽의 두 지점에 고정하였다. 고정 위치에서 줄이 수평과 이루는 각은 $\theta$이고 줄의 가장 아래는 $d$만큼 내려가 있다. 줄의 한쪽 끝에서 가벼운 고리가 미끄러지는 운동을 한다. 고리가 처진 줄의 맨 아래에 내려왔을 때 가속도는? 단, 고리는 매우 가벼워서 줄의 처짐에 영향을 주지 않고, 마찰은 무시할 수 있다.

힌트: 고리가 줄의 맨 아래에 왔을 때 고리에 작용하는 힘은 수직항력과 중력 뿐이고, 이 두 힘의 합력이 구심력 역할을 한다. 따라서 처진 줄의 가장 아래에서 곡률을 구해야 한다. 양끝이 고정된 줄은 catenary 모양을 한다. 줄의 고정 위치에서 줄이 수평과 이루는 각도가 $\theta$이고 줄의 장력이 $T_0$이라면 양끝에서 장력의 수평성분이 줄 전체 무게를 지탱해야 하므로

$$ 2T_0 \sin \theta = \lambda g L~~~\to~~~ T_0 = \frac {\lambda gL }{2 \sin \theta}$$또한 맨 아래에서 장력(수평방향)을 $T$라면 줄의 수평성분방향의 운동이 없으므로

$$ T = T_0 \cos \theta = \frac{\lambda gL \cot \theta}{2}$$

줄의 맨 아래지점에서 곡률반지름을 $R$이라면 그 지점을 중심으로 하는 미소 부분에 작용하는 장력의 수직성분이 그 부분의 무게를 지탱하므로

$$ 2T \sin \frac{d\theta}{2} =\lambda R d \theta~~~\to ~~~ T = \lambda R g $$ 앞서 구한 장력 $T$와 비교하면 가장 아래 지점에서 줄의 곡률 반지름이

$$R = \frac{ L}{2\tan \theta } $$

고리가 맨 아래지점에 도달했을 때 속도는 $v = \sqrt {2gd}$이므로 가속도는

$$ a_c = \frac{v^2}{R} = \frac {4 gd}{L} \tan \theta$$

줄이 팽팽해진 직후 속도는?

helloktk — Sun, 16 Mar 2025 20:44:26 +0900

그림과 같이 마찰이 없는 평면에 같은 질량의 3 물체 A, B, C가 줄로 연결되어 있다. B와 C를 연결하는 줄의 길이는 $L$인데, 처음 A와 B를 연결한 줄 아래로 $3L/5$만큼 떨어진 위치에서 C가 $v_0$로 운동을 시작한다. B와 C를 연결하는 줄의 길이가 팽팽해진 직후 각 물체의 속도를 구하라. 단, A와 B를 연결하는 줄은 처음부터 느슨하지 않게 연결되어 있다.

힌트: 1. B와 C의 줄이 팽팽해진 직후 A와 B를 연결하는 줄이 늘어나지 않으므로 두 물체의 줄방향(수평방향) 속도성분은 같고($v_x$),

2. B는 C와 연결된 줄 때문에 줄에 수직방향(아래방향, $v_y$) 성분을 가진다. 그리고

3. C는 줄이 팽팽해진 직후 줄방향 성분($v_\parallel$)은 변하지만, 줄에 수직성분은 변하지 않는다. 그런데 줄에 수직성분은 $v_\perp = v_0 \sin \theta =\frac{3}{5}v_0$로 정해진다.

4. B와 C의 줄방향 성분이 같아야 한다.

$$ v_\parallel = v_x \cos \theta + v_y \sin \theta~~~\to ~~~5v_\parallel = 4v_x + 3 v_y$$

5. 외력이 없기 때문에 수평/수직 방향 운동량이 보존되어야 한다.

$$\text{수평방향:}~~ mv_0= m v_x + m v_x + m( v_\perp \sin \theta+ v_\parallel \cos \theta) ~~~\to~~~ 16v_0 = 50 v_x + 20 v_\parallel$$

$$ \text{수직방향:}~~ 0 = mv_y + m(v_\parallel \sin \theta - v_\perp \cos \theta)~~~\to~~~25 v_y + 15v_\parallel - 12v_0=0$$

세 개의 미지수 $v_x$, $v_y$, $v_\parallel$에 3 개의 방정식이 있으므로 이를 풀면

$$ v_\parallel = \frac{34}{105} v_0, ~~~ v_x = \frac{4}{21} v_0,~~~ v_y = \frac{2}{7} v_0$$를 얻는다.

원형트랙에서 가능한 최대속력에 도달하는데 필요한 거리는?

helloktk — Fri, 14 Mar 2025 22:14:00 +0900

반지름 $R$인 원형트랙을 돌기 위해서 정지상태에서 출발하는 오토바이가 있다. 원형트랙을 미끄러지지 않고 돌 수 있는 최대속력에 도달하기 위해서는 최소한 얼마나 움직여야 하는가? 오토바이와 트랙과의 정지마찰계수는 $\mu$이다.

힌트: 오토바이가 받을 수 있는 최대힘은 트랙과의 정지마찰력이다. 따라서 가능한 최대가속도는 $a=\mu g$이다. 그런데 오토바이는 일정한 속력에 도달하기 전에는 원형트랙을 돌기 때문에 생기는 구심가속도($a_c = v^2/R$) 이외에도 속력을 증가시키기 위해서 접선가속도($a_t = dv/dt$)도 필요하다. 출발시점에서는 접선가속도만 있고 최대속력에 도달하면 구심가속도만 있게 된다. 따라서 최대속력은 $\mu g = v_\text{max}^2/R$로 구해진다. 접선방향과 가속도 벡터의 사이각을 $\phi$라면 처음에서는 접선가속도 성분만 있으므로 $\phi=0$이고, 최대속력에 도달하면 구심가속도 성분만 있으므로 $\phi=\frac {\pi}{2}$가 된다.

$$ a_t = \frac {dv}{dt} = \mu g \cos \phi ,~~~a_c = \frac {v^2}{R} = \mu g \sin \phi$$두 번째 식을 미분하면 $$\mu g \cos \phi \frac {d\phi}{dt} = \frac {2v}{R} \frac {dv}{dt}$$이므로 $$ \frac {d\phi}{dt} = \frac {2v}{R} = 2 \omega = 2 \frac {d\theta}{dt}$$여기서 $\omega$는 각속도이고, $\theta$는 회전각이다. 이 식을 출발에서 최대속력에 도달할 시간까지 적분하면$$\Delta \phi = 2\Delta \theta~~~\to ~~~\Delta \theta = \frac {\Delta \phi}{2}= \frac {\pi}{2}$$이므로 출발에서 최대속력에 이르는 동안 움직여야 할 호의 최소길이는 $$\Delta s = R \Delta \theta =\frac {\pi R}{4}$$

흔들리는 추의 각진동수는?

helloktk — Thu, 13 Mar 2025 20:16:51 +0900

그림과 같이 마찰이 없는 평면에 생긴 구멍을 통해 두 물체 A($m$), B($M$)가 줄로 연결되어 있고 A가 반지름 $r$인 원을 일정한 각속도 $\omega_0$로 회전을 한다. 이제 물체 B을 살짝 아래로 당겼다가 놓으면 위-아래로 진동을 하게 된다. 이 진동의 주기를 구하라.

힌트: 반지름 $r_0$인 원운동할 때는 장력이 A의 구심력 역할을 한다. 따라서

$$ \text{평형상태:}~~~Mg= T _0= m \omega_0^2 r_0$$

반지름이 $\Delta r$(평형위치에서 B의 변위 증가분으로 $d^2\Delta r/dt^2 = a$) 만큼 줄어들었을 때 B의 가속도를 $a$라면 B의 운동방정식은

$$ Mg - T = Ma$$이고 A는 각속도가 변하는데 이 과정에서 각운동량이 보존되므로 변하는 각속도를 구할 수 있다.

$$ m r^2 \omega = m (r_0 -\Delta r) ^2 \omega ~~~\to~~~\omega = \frac {\omega_0 }{(1- \Delta r/r_0)^2 }$$

그리고 A가 중심방향의 가속도 $a_A = a + \omega ^2 (r-\Delta r) $를 가지므로 운동방정식은

$$ T = m \left( a + \omega ^2 r_0(1- \Delta r/r_0) \right) $$

$$ = m \left( a + \omega_0^2 \frac{r_0 }{(1- \Delta r/r_0)^3} \right) \approx m \left( a + \omega_0^2r_0 + 3\omega_0^2 \Delta r\right) $$여기서 $|\Delta r |\ll r_0$임을 사용했다. $T=M(g-a)$이므로

$$ (M+m)a = - 3m \omega_0^2 \Delta r$$이므로 가속도가 변위의 음수에 비례함을 얻을 수 있고, 이는 단순조화운동임을 의미한다. 그리고 이 단순조화진동의 각진동수는

$$ \omega = \omega_0 \sqrt {\frac {3m }{m+M}}$$

다른 방법으로는 https://kipl.tistory.com/760에서의 결과를 이용해도 된다.

회전하는 물체에 연결된 추의 가속도는?

마찰이 없는 테이블 중앙에 있는 구멍을 통해 두 물체 A와 B가 줄로 연결되어 있다. B를 고정한 채 A를 일정한 각속도 $\omega_0$로 회전시킨다. 이때 구멍에서 A까지 거리는 $r_0$이다. 이제 B가 움직

kipl.tistory.com

떨어지지 않으려면 얼마의 속도로 줄을 당겨야 하는가?

helloktk — Wed, 12 Mar 2025 21:11:48 +0900

도르래에 선밀도가 $\lambda$인 충분히 줄이 걸쳐있고(바닥에 쌓인 줄의 길이는 충분하다), 줄의 중간에 원숭이가 아래로 내려가지 않도록 하기 위해서 줄을 아래로 일정한 속도로 당긴다. 얼마의 속도로 당겨야 하는가?

힌트: 줄 자체의 무게는 도르래 양쪽에 같은 길이의 줄이 늘어져 있으므로 고려할 필요가 없다. 원숭이가 아래로 내려가지 않게 하기 위해서는 줄을 아래로 당겨야 한다. 이 힘의 반작용이 원숭이의 중력과 같으면 원숭이는 줄의 중간에서 일정한 높이를 유지하면서 있을 수 있다. 줄이 일정한 속도 $v$로 움직이면 오른쪽 바닥에 정지해 있는 줄이 속도 0에서 $v$로 변하게 되는데 이 과정에서 필요한 impulsive force은 $T= v dm/dt = \lambda v^2 $이다. 이 힘이 원숭이의 무게와 같으면 원숭이는 제자리에 정지상태를 유지할 수 있다.

$$ mg = \lambda v^2 ~~~~\to~~~~ v = \sqrt {\frac {mg}{\lambda}}$$

충돌 직후 줄에 걸리는 장력은?

helloktk — Tue, 11 Mar 2025 20:51:02 +0900

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 $v_\bot$ 과 $v_\parallel$로 나누면

$$\text {줄에 수직방향 운동량 보존:}~~~ 2m v_\bot = mv_0 \sin \theta$$$$\to~~~ v_\bot = \frac {1}{2} m v_0 \sin \theta $$

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,

$$\text{A의 줄에 수직 속도 성분:}~~~~~~~$$$$v_A = -v_\bot +\frac {3L}{4} \omega \sin \theta= -\frac {1}{2} v_0\sin \theta + \frac {3L}{4} \omega \sin \theta ~~~~(*)$$

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

$$ L_i = mv_0 L$$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$$T = \frac{10}{5+27 \cos^2 \theta} \left[\frac {3}{4 }\sin \theta + \frac {L}{D}\left(\frac{v_A}{v_0}\right)^2 \right]\frac{mv_0^2}{L}$$

추가 원통을 감기 시작할 때 각가속도는?

helloktk — Mon, 10 Mar 2025 17:00:56 +0900

반지름 $R$인 원통에 묶인 줄의 끝에는 질량 $m$인 추가 달려있다. 이 추가 팽팽해진 줄에 수직 하게 $v_0$ 속도로 운동을 시작한다. 이후 줄은 원통을 감게 되므로 추는 결국 원통과 충돌을 한다. 추가 출발하는 각가속도를 구하라.

힌트: 추의 속도와 줄의 장력방향이 수직이므로 장력은 물체에 일을 하지 않는다. 따라서 추의 속력은 일정하다.

줄이 수평과 $\theta$의 각도를 이룰 때 추의 $x$ 좌표는

$$ x = R \sin\theta + (L - R\theta) \cos \theta$$이므로 이를 미분하면

$$ v_x = R \omega \cos \theta - R \omega \cos \theta - (L-R\theta) \omega \sin \theta = - (L - R\theta) \omega \sin \theta$$

그런데 $v_x = - v_0 \sin \theta$이므로

$$ \omega = \frac{v_0}{L-R\theta}$$

즉, 추는 줄어든 줄이 원에 접촉하는 지점을 기준으로 순간적으로 회전을 하는 운동을 한다. 그리고 각속도가 회전각의 함수로 주어졌으므로

$$ \alpha = \frac {d\omega}{dt} = \frac{d\theta }{dt} \frac{d\omega}{d \theta} =\omega \frac{d\omega}{d \theta} = - \frac {R v_0^2}{(L- R\theta)^3}$$이므로 $\theta=0$일 때 각가속도는

$$ \alpha(0) = -\frac {R v_0 ^2}{ L^3 }$$

막대로 연결된 물체와 탄성충돌 후 속도는?

helloktk — Sun, 9 Mar 2025 20:05:36 +0900

가벼운 막대로 연결된 두 물체 B, C에 그림과 같이 물체 A가 $v_0$로 다가와 정면으로 탄성충돌을 한다. 충돌 후 각 물체의 속력은? 단, 세 물체의 질량은 모두 같다.

힌트: 정면충돌을 하므로 충돌 후 A의 속도성분 $v_1~(EE)$는 충돌 전과 나란한 방향이고, B의 속도는 막대방향 성분 $v_2~(SE)$와 막대에 수직인 성분 $v_3~(NE)$로 분해하자. 충돌 직후에서 막대의 장력에 의해서 C는 $v_2$의 막대방향 속도성분을 가진다. A와 B의 충돌이 탄성적이므로 충돌 전후의 상대속도의 크기가 같아야 한다.

$$ v_0 - 0 = \frac{v_2 + v_3}{ \sqrt {2}} - v_1 $$

외력이 없으므로 y축 방향 운동량이 보존되고,

$$ 0 = -\frac{mv_2}{\sqrt{2}} + m\left( - \frac {v_2}{\sqrt {2}} + \frac {v_3}{\sqrt {2}}\right)~~~\to~~~ v_3 = 2v_2$$

또한 x축 방향의 운동량도 보존되므로

$$mv_0 = mv_1 + m \left( \frac{v_2}{\sqrt{2}} + \frac {v_3}{ \sqrt {2}}\right)+ m \frac {v_2}{\sqrt {2}}~~~\to~~~ v_0 = v_1 + \frac {4}{\sqrt {2}} v_2 $$

따라서 미지수 $v_1, ~v_2, ~v_3$에 식 3개가 주어졌으므로 풀면

$$ v_1 = - \frac{v_0}{7},~~~v_2 = \frac {2\sqrt {2}}{7} v_0,~~~v_3 = \frac {4\sqrt {2}}{7} v_0$$

충돌 후 충분한 시간이 지났을 때 운동에너지는?

helloktk — Sun, 9 Mar 2025 14:21:15 +0900

질량이 같은 두 물체가 그림과 같이 움직인다. 두 물체를 연결하는 줄은 처음 느슨한 상태이다. 시간이 충분히 지난 후 두 물체의 운동에너지의 총합은? 단, 두 물체 사이에 일어나는 충돌 유형은 알 수 없다.

힌트: 충돌이 완전비탄성 충돌이면 충돌 후 두 물체는 같이 움직이므로 질량중심계에서는 정지한다. 충돌이 비탄성 충돌이면 충돌 후 블록 1과 블록 2는 질량중심계에서 반대로 움직이다가 줄이 팽팽해지면 결국 같은 속도로 움직인다. 따라서 질량중심계에서 보면 결국 두 물체는 정지한다. 이는 두 물체의 충돌이 탄성충돌이어도 결국은 줄 때문에 같이 움직이므로 질량중심계에서 정지한다. 즉 충돌의 유형에 상관없이 결국에는 질량중심계에서 정지한다. 질량중심계에서 처음 운동에너지는 환산질량이 $\mu=\frac{m^2}{m+m}= \frac {1}{2} m$이고, 상대속도가 $u=2v-v=v$이므로 $K_i (COM) =\frac{1}{2}\mu u^2= \frac {1}{4} mv^2$인데, 충돌 후 시간이 충분히 지난 상태에서는 0이 된다. 즉, $\frac {1}{4} mv^2$이 충돌이나 줄이 팽팽해진 과정에서 열이나 소리로 잃어버린 것이다. 이 잃어버린 에너지는 관성계에 무관하므로 원래 관성계(실험실계)에서 잃어버린 에너지와 동일하다.

실린더가 정상상태가 되는 과정에서 잃어버린 운동에너지는?

helloktk — Sun, 9 Mar 2025 11:19:53 +0900

세 개의 동일한 실린더가 같은 각속도로 회전을 한다. 실린더의 회전축은 모두 동일하다. 실린더의 축을 서로 가깝게 하여 그림의 오른쪽처럼 접촉하게 하였다. 일정한 시간이 흐른 후 세 실린더는 서로 미끄러짐이 없이 그림과 같이 회전을 한다. 이 과정에서 잃어버린 에너지는?

접촉 후 정상상태가 될 때 미끄러짐이 없으므로 각속도의 크기는 모두 같다. 시계방향을 기준으로 할 때 1번의 각속도를 $+\omega_0$라면 2번은 $-\omega_0$, 3번은 $+\omega_0$이다. 접촉과정에서 각각의 실린더의 각운동량이 변하는데 회전관성이 $I$라면

$$ 1:~~~ I (\omega - \omega_0) = J_{12}$$

$$2:~~~I (-\omega - \omega_0) = J_{21} + J_{23}$$

$$3: ~~~I (\omega - \omega_0) = J_{32}$$

그런데 접촉하는 두 실린더의 접촉면에서 힘은 작용-반작용이므로 방향이 바뀌지만 각 회전축에서 접촉면까지 변위도 반대 방향임과 접촉력에 의한 토크 충격량이 $\vec {J} = \int \vec {r}\times \vec {F}dt$임을 고려하면 $J_{ij}= J_{ji}$이다. 위에 주어진 식을 1+3-2 하면

$$ I(3 \omega - \omega_0 ) = 0~~~\to~~~\omega = \frac {1}{3}\omega_0$$

따라서

$$ \frac {K_f}{K_i} = \frac {3\times \frac {1}{2} I \omega^2}{3\times \frac{1}{2} I \omega_0^2} = \frac {1}{9}$$

회전하는 물체에 연결된 추의 가속도는?

helloktk — Sat, 8 Mar 2025 20:45:13 +0900

마찰이 없는 테이블 중앙에 있는 구멍을 통해 두 물체 A와 B가 줄로 연결되어 있다. B를 고정한 채 A를 일정한 각속도 $\omega_0$로 회전시킨다. 이때 구멍에서 A까지 거리는 $r_0$이다. 이제 B가 움직일 수 있게 놓아둔다면 그 순간 B의 가속도는?

힌트: 줄에 걸리는 장력을 $T$라면 B의 운동방정식은

$$ m_B g - T = m_B \ddot {z} ~~~(+z: \downarrow)$$

A의 운동은 radial 방향과 접선방향으로 운동으로 구분할 수 있는데 A에 작용하는 힘은 장력뿐이므로

$$ -T = m_A( \ddot{r} - r \omega^2 )~~~\text {and}~~~ r \alpha + 2 \dot {r} \omega = 0$$

A와 B는 줄로 연결되어 있으므로 $z+ r = const~\to ~ \ddot{z}=- \ddot {r}$이므로

$$\ddot {z} = \frac {m_B g - m_A r \omega^2}{m_A + m_B}$$

인데, $r\to r_0$, $\omega\to \omega_0$을 대입하면

$$ \ddot{z}(0) = \frac {m_B g - m_A r_0 \omega_0^2}{m_A + m_B}$$

A에 작용하는 외부토크가 없으므로 각운동량이 보존된다: $\omega r^2 = const$. $r$에 대한 방정식으로 바꿔 쓰면

$$ \ddot{r} = \frac{m_A \omega_0^2 r_0^4/ r^3 -m_B g}{m_A +m_B}$$이 미분방정식을 수치적으로 풀 수 있다. $m_B$에 걸리는 중력은 구멍에서 $m_A$까지 길이를 짧게 하려고 하지만, 각운동량 보존때문에 줄이 짧아지면 centrifugal barrier가 높아지게 되므로 다시 길이가 늘어나는 운동을 반복한다. 이는 행성의 타원궤도 운동과 유사한 특성을 가진다.

막대와 같이 회전하는 고리가 끝에 도달했을 때

helloktk — Sat, 8 Mar 2025 10:23:24 +0900

그림처럼 회전축 가까이에 고리(질량 $m$)가 끼워져 있는 매끄러운 막대(길이 $L$, 질량 $M$)가 있다. 고리가 축 쪽에 있을 대 막대가 $\omega_0$의 각속도로 움직인다. 고리는 이후 막대와 같이 회전하면서 막대의 끝쪽으로 밀려나가는데, 막대 끝에 도달했을 때

1. 고리의 속력은?

2. 고리가 막대로 부터 받는 수직항력은?

풀이: 각운동량이 보존되므로 고리가 끝에 도달했을 때 각속도 $\omega$는

$$ L_i = \frac {1}{3} ML^2 \omega_0 = \left( \frac {1}{3} ML^2 + mL^2 \right) \omega= L_f ~~~\to ~~~\omega = \frac {\omega_0}{1+ 3 m/M}$$

고리는 회전과 동시에 막대방향으로 나가는 속도(radial velocity$=u$)를 가진다. 역학적에너지 보존을 이용하면

$$ \frac{1}{2}\frac{1}{3}ML^2\frac {1}{2}\frac {1}{3} ML^2 \omega_0^2 = \frac {1}{2}\frac {1}{3} ML^2 \omega^2 + \frac {1}{2} m \left( (L\omega)^2 + u^2\right) ~~~\to~~~ u = \frac {L\omega_0}{\sqrt {1+ 3m/M}}$$

이므로 고리의 속력은

$$ v= \sqrt{ (L\omega)^2 + u^2 } = L\omega_0\frac {\sqrt {2+ 3m/M}}{ 1+ 3m/M}$$

이 순간 막대의 회전각가속도는 막대가 고리에 주는 수직항력을 $N$이라면 막대의 회전축에 대한 운동방정식은

$$ -NL= \frac{1}{3}ML^2 \alpha~~~\to~~~\alpha = -\frac {3N}{ML}$$

고리의 운동방정식은 회전과 동시에 radial 운동을 하므로 가속도는

$$\vec {a} = (\ddot {r} - r\dot{\theta}^2 ) \hat{r} + (2\dot{r}\dot{\theta} + r \ddot{\theta})\hat{\theta}$$인데 고리가 받는 radial 방향의 힘은 없고, 접선방향 힘은 수직항력이므로 운동방정식은

$$ \ddot{r} = r \dot {\theta}^2~~~~\text{and}~~~~ m( 2\dot{r} \dot{\theta} + r\ddot {\theta}) = N$$이 방정식의 해를 구할 수도 있지만 우리의 관심은 고리가 막대 끝에 도달했을 때($r=L$)이고, 이 경우 $\dot {r} =u$, $\dot {\theta} = \omega$, $\ddot {\theta} = \alpha$이므로

$$ N = \frac {2m u \omega}{1+ 3m/M}= \frac {2mL\omega_0^2}{ (1+3m/M)^{5/2}}$$

별의 절반이 나머지 절반을 당기는 힘

helloktk — Fri, 7 Mar 2025 20:53:57 +0900

질량 $M$이고 반지름 $R$인 별이 있다. 별 자체 중력은 별을 구성하는 물질을 중심 쪽으로 압축하는 힘으로 작용한다. 별이 한 점으로 붕괴되지 않기 위해서는 이 중력의 압축에 저항하는 압력이 있어야 한다. 별의 물질이 균일하게 분포한다면 이 압력은 중심에서 거리만의 함수일 것이다. 압력 $P(r)$은 어떻게 주어지는가?

풀이: 반지름 $r$이고 두께가 $dr$인 별 내부의 미소구각를 고려할 때 안쪽에서 받는 압력($P(r):\text{outward}$)과 바깥쪽에서 받는 압력($P(r+dr): \text{inward}$)에 의한 힘의 차이가 구각에 작용하는 중력과 같아야 평형상태를 유지할 수 있다.

$$ \sum F_r = [-P(r+dr) + P(r) ] 4\pi r^2 - G\frac { \frac {4\pi r^3 \rho}{3} \times (4\pi r^2 dr \rho ) }{r^2} = 0$$

$$\to~~~ -\frac {dP}{dr} = \frac {4\pi G \rho^2}{3} r~~~\text {and}~~~ P(R)=0$$

$$\therefore~~ P(r) = \frac {2\pi G\rho}{3} (R^2 - r^2)=\frac {3GM^2}{8\pi R^4} \left [ 1-\left(\frac {r}{R}\right)^2 \right]$$

압력은 어느 방향에나 작용하므로 이를 적도면에 적용하면 별을 절반으로 나누었을 때 서로 밀어내는 압력을 찾을 수 있고, 이 값은 별의 반쪽이 나머지 반쪽을 잡아당기는 힘과 같다.

$$ F_c = \int_0^R P(r) 2\pi rdr = \frac {3GM^2}{ 16R^2}$$

그리고 적도면을 4등분할 때 각 부분에 작용하는 힘은 대칭성에 의해 $F_c/4$이다. 별을 8 분할할 때 한 부분이 나머지 부분에서 받는 중력은 따라서

$$ F = \frac{F_c}{4} | \hat {i} + \hat {j} + \hat {k}| = \frac {\sqrt {3}}{4} F_c$$

반구에서 미끄러지기 시작한 줄의 장력이 최대인 지점은?

helloktk — Tue, 4 Mar 2025 21:41:47 +0900

반지름 $R$인 반구의 꼭대기부터 길이 $\ell$인 줄이 걸쳐 있게 잡고 있다가 놓았다. 운동을 시작하는 시점에 줄의 어느 부분에 걸리는 장력이 가장 클까? 단, 마찰은 없고, 줄의 단위길이당 질량은 $\lambda$이다.

풀이: 줄에 걸리는 중력이 반구의 중심에 대한 토크를 만들어 줄이 미끄러지게 한다. 각 $\theta$ 근처의 미소 부분에 작용하는 중력이 만드는 토크가

$$ d\tau = (g dm \sin \theta) R$$

이고, 미소질량이 $dm = \lambda R d \theta$이므로 다 더하면

$$ \tau = \int_0^{\ell/R} \lambda g R^2 \sin \theta d \theta = \lambda g R^2 \left ( 1- \cos \frac {\ell}{R}\right)$$

줄의 회전관성은 $I = m R^2 = \lambda \ell R^2 $이므로 회전각가속도는

$$ \alpha =\frac {\tau}{I} = \frac {g}{\ell}\left( 1- \cos \frac {\ell}{R}\right)$$

다시 미소 부분에 작용하는 접선방향의 가속도는 양끝에서 장력의 차이와 중력의 접선성분이 있다. 접선방향 운동방정식은

$$\sum F_t = dT +dm g \sin \theta = dm a,~~~a=R\alpha$$

$$\to ~~~ dT = \lambda R d \theta (a - g\sin \theta)$$

을 얻는데 장력의 최댓값은 $dT/d\theta=0$인 위치다. 즉,

$$\frac {dT}{d\theta} = \lambda R (a- g \sin \theta) =0$$에서

$$ \theta = \sin ^{-1} \frac {a}{g} = \sin^{-1} \left[\frac {R}{\ell} \left( 1 - \cos \frac {\ell}{R}\right)\right]$$

줄의 짧은 경우 $\sin \theta\approx \theta$, $\cos \frac {\ell}{R}\approx 1-\frac {1}{2}( \frac {\ell}{R})^2$이므로

$$\theta \approx \frac {\ell}{2R}$$

을 얻는 데 줄의 중간지점에서 장력이 가장 큼을 알 수 있다.

두 물체의 가속도는?

helloktk — Tue, 4 Mar 2025 20:47:28 +0900

그림처럼 질량이 같은 두 물체가 접촉하고 있고, 모든 접촉면과의 마찰은 무시할 수 있다. 두 물체가 접촉하고 있는 동안 가속도는?

힌트: 위의 물체(B)는 아래로 내려가는 운동을 하고(가속도 $a_B\downarrow$) 아래 물체(A)는 오른쪽으로 움직이게 된다(가속도 $a_A\to$). 두 물체가 접촉하고 있는 동안은 접촉면에 수직방향으로는 가속도가 같아야 한다.

$$ \text {접촉 조건:}~~ a_A \sin \theta = a_B\cos \theta$$

두 물체계에 작용하는 수평외력은 B가 벽에서 받은 수직항력이 있는데, 이 힘이 두 물체의 질량중심의 수평방향 가속도를 준다.

$$ N= (m+m) \frac {m a_A + m\cdot 0 }{m+m} = m a_A$$

그리고 B의 경사면에 수직한 방향의 가속도 성분($\searrow$)은

$$ \sum F_\searrow = mg \sin \theta - N \cos \theta = m a_B \sin \theta$$

이제 3개의 미지수$a_A$, $a_B$, $N$와 식 3개가 있으므로 풀 수 있는데

$$ a_A = g \sin \theta \cos \theta$$

$$ a_B = g\sin ^2 \theta$$

물통이 밀리지 않기 위한 마찰계수는?

helloktk — Mon, 3 Mar 2025 11:08:22 +0900

물통(바닥접촉 면적 $A$)의 아래에 구멍(단면적: $a \ll A$)이 생기면 물이 빠져나가는데 이때 물통은 물과 반대로 밀리는 힘을 받는다. 물통이 뒤로 밀리지 않으려면 바닥과의 마찰계수는 얼마나 되어야 하는가?

힌트: 토리첼리 정리에 의해서 바닥 구멍에서 나오는 물의 속도는 수면과의 높이가 $h$일 때, $v=\sqrt {2gh}$이다. 물이 나오는 과정에서 물의 운동량의 변화가 $\Delta P = \Delta m v$이므로 물통이 받는 반작용은 $F = \Delta P/ \Delta t = v \Delta m /\Delta t$이고, 시간당 나오는 물은 $\Delta m/\Delta t= a \rho v$이므로

$$ F = a \rho v^2$$

이 힘이 정지마찰력 보다 작으면 물통은 움직이지 않는데, 나오는 물의 속력이 제일 빠른 처음 물이 나올 때 가장 크다는 것을 알 수 있다.

$$ F\le \mu (\rho A h)g ~~~\to~~~~ \mu \ge \frac{2a}{A}$$

충돌 후 강철공의 속도는?

helloktk — Sun, 2 Mar 2025 22:09:35 +0900

무거운 강철공($M$)과 가벼운 강철공($m\ll M$)이 거의 접촉한 채로 $h$ 높이에서 떨어진 후 단단한 바닥에 충돌한다. 이후 가벼운 강철공이 날아가는 속도는(방향, 빠르기)? 단, 모든 충돌은 탄성적이다.

힌트: 무거운 공이 바닥에 충돌하기 직전 두 공의 속도는 동일한 $v= \sqrt {2gh}$이다. 무거운 공은 바닥에 탄성충돌 후 위쪽 방향으로 동일한 속력 $v(\uparrow)$으로 아래로 내려오는 가벼운 공과 2차충돌한다. 두 공의 질량 차이가 크기 때문에 2차 충돌 후 무거운 공의 속도는 충돌 직전과 달라지지 않는다고 가정해도 된다. 그리고 두 공 사이의 충돌이 탄성적이라고 했으므로 충돌 직전의 상대속도와 충돌 직후의 상대속도 크기는 변하지 않는다. 충돌 과정에 가벼운 공은 두 공의 중심을 잇는 선분방향으로 내력을 받으므로 그 방향의 속도 성분($\nwarrow$)이 변한다: $V$.

$$\text {충돌 직전 상대속도:}~~ v\cos \theta - (- v \cos \theta)= 2v \cos \theta $$

$$\text {충돌 직후 상대속도:}~~ V- v \cos \theta $$

따라서 $$ V= 3v \cos \theta = 2 \sqrt {2gh} \cos 30^\circ = \sqrt {6gh}$$이므로 가벼운 공의 충돌 후 속력은

$$ v_\text{light} = \sqrt {V^2 + v^2 \sin ^2 \theta } = \sqrt { \frac {13}{2} gh}$$

물체가 반구에서 떨어지는 위치는?

helloktk — Fri, 28 Feb 2025 21:34:06 +0900

반지름 $R$인 반구 꼭대기에 같은 질량의 물체가 놓여 있다. 마찰이 없을 때 수평 방향 충격을 살짝 주면 물체는 반구를 따라 미끄러지기 시작하고 반구는 반대로 밀리기 시작한다. 물체가 일정한 거리를 내려온 후 반구와 접촉이 없어지게 되는 데 어느 위치인가?

힌트(https://kipl.tistory.com/629): 물체가 수직방향에서 각도 $\theta$ 만큼 내려왔을 때 반구에서 떨어진다면, 이 순간 물체가 반구에 작용하는 수직항력은 0이 되고 이후 반구는 일정한 속도로 움직인다. 이 순간 반구의 왼쪽 방향 속도를 $V$, 그리고 물체의 접선방향 속도를 $u$(반구에서 보는 물체의 속도)라고 하자. 물체는 반구를 따라 원운동을 하므로 반구와 같이 움직이는 관찰자 입장(물체가 떨어지는 순간부터 관성계임)에서 순간적으로 원운동을 하는데, 수직항력이 사라지는 지점이므로 구심력은 중력의 중심성분 뿐이다.

$$ mg \cos \theta = \frac {m u^2}{R}~~\to~~ u^2 = Rg \cos \theta $$

수평방향 외력이 없으므로 운동량 보존법칙을 적용하면

$$ mV = m ( u \cos \theta - V)~~~\to ~~~ V= \frac {1}{2} u \cos \theta$$

또한 역학적에너지가 보존되므로

$$ mgR ( 1-\cos \theta) = \frac {1}{2} mV^2 + \frac {1}{2} m ( u^2 + V^2 - 2uV \cos \theta)$$

$$\to ~~~2gR (1- \cos \theta) = 2V^2 + u^2 - 2uV \cos \theta$$

미지수가 $V$, $u$, $\theta$ 인데 식이 3개 있으므로 풀 수 있다. 정리하면

$$ \cos^3 \theta - 6 \cos \theta +4 =0$$

$$\to~~~\cos \theta = \sqrt{3}-1~~~\text{or}~~~ \theta = 42.94^\circ$$

물체가 충돌하기 직전 장력은

helloktk — Fri, 28 Feb 2025 16:14:27 +0900

그림과 같이 3 물체가 줄(전체 길이=$2L$)로 연결되어 있다. 물체 $M$에 충격을 주어 줄에 수직한 방향으로 $V$의 속도로 움직이기 시작한다. 질량 $m$인 두 물체가 충돌하기 직전 줄에 걸리는 장력은?

힌트: 외력이 없으므로 운동량이 보존된다. 충돌 직전 두 물체의 수직 속도 성분 $v_\bot$은 같아야 하고, 수평성분의 크기($v_{||}$)도 같아야 한다. 운동량 보존에 의해서

$$y:~~~MV = (M+ 2m) v_\bot ~~~\to ~~~ v_\bot = \frac{1}{1+2m/M}V$$

역학적에너지 보존에 의해서

$$ \frac{1}{2}MV^2 = \frac{1}{2} Mv_\bot^2 + m ( v_\bot^2 + v_{||}^2) ~~~\to~~~v_{||} = \sqrt{\frac{1 }{1+2m/M}}V$$

충돌 직전 $M$의 가속도를 $a$(아랫방향), 줄의 장력을 $T$라면

$$a= \frac{2T}{M}$$

이고 $M$과 같이 움직이는 관찰자(비관성계) 입장에서 두 질량 $m$은 충돌직전 순간적으로 원운동을 한다. 이 때 작용하는 구심력은 장력과 관성력(위쪽방향)의 합이다.

$$ T + ma = \frac{mv_{||}^2}{L} ~~~\to ~~~ T = \frac{ m }{(1+2m/M)^2} \frac{V^2}{L}$$

전기사극자의 전하분포

helloktk — Fri, 28 Feb 2025 15:05:16 +0900

전자기나 중력에서 Poisson 방정식은 전하나 질량분포가 주어질 때 주변에서 퍼텐셜 함수의 결정하는 방정식이다. 전자기를 기준으로 할 때 전하분포 $\rho(\vec {r})$이 주어진 경우 전기퍼텐션 함수는

$$ \nabla V = -\frac{\rho}{\epsilon_0}$$

의 해를 구해서 얻을 수 있다. 물론 적당한 경계조건을 주어야 해가 유일하게 결정이 된다. 원점에 놓인 점전하가 있는 경우 Poisson 방정식은

$$ \nabla^2 V_\text {p} = - \frac {q}{\epsilon_0} \delta (\vec {r})$$

이고 이 방정식의 해는

$$ V_\text {p } = \frac {q}{4\pi \epsilon_0 r} $$가 된다. 역으로 전위를 알면 전하분포를 Poisson 방정식을 이용해서 좀 더 복잡한 전하분포를 구할 수 있다. 원점에 놓인 전기장 쌍극자가 있는 경우 전위함수는 유한한 거리만큼 떨어진 두 반대부호의 점전하에 대해 극한을 취해서 다음과 같은 점쌍극자(point electric dipole)의 전위함수를 얻을 수 있다.

$$ V_\text {d} = \frac {1}{4\pi \epsilon_0 } \frac{\vec {p} \cdot \hat{r}}{r^2}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{ \vec{p} \cdot \vec {r}}{r^3}$$ 여기서 $\vec {p}$는 점쌍극자를 특징짓는 쌍극자 모멘트이다. 이 전위함수에 해당하는 전하분포는 어떻게 구할 수 있는가? 우선 양변에 Laplacian을 적용하면

$$ LHS = \nabla^2 V_\text {d} = -\frac {1}{\epsilon_0} \rho_\text {d}$$

우변은

$$ RHS= \frac {1}{4 \pi \epsilon_0} p_k \nabla^2 \frac {x_k}{r^3} = \frac {1}{4\pi\epsilon_0} p_k \nabla^2 \partial _k \left (- \frac{1}{r}\right)= \frac{1}{4\pi \epsilon_0 } p_k \partial_k [ 4\pi \delta(\vec {r}) ]$$이므로

$$\to~~ {\rho_\text {d} = -\vec {p} \cdot \nabla \delta(\vec {r})}$$

다음 예로 점전기사극자(point electric quadrupole)가 원점에 놓인 경우를 보자. quadrupole moment가 $Q_{ij}$인 경우 점사극자의 전위는 점쌍극자 전위처럼 적절한 극한과정을 거쳐서 다음과 같이 구할 수 있다.

$$ V_{q} = \frac {1}{4\pi\epsilon_0} Q_{ij} \frac {3 x_i x_j - r^2\delta_{ij}}{r^5}$$

그런데

$$\partial_i \partial_j \frac {1}{r} = -\frac {\delta_{ij}}{r^3} +\frac {3 x_i x_j}{r^5} = \frac{3 x_i x_j - r^2 \delta_{ij} }{r^5}$$

이므로

$$ V_q = \frac {1}{4\pi \epsilon_0} Q_{ij} \partial_ i \partial_j \frac {1}{r}$$

이고 양변에 Laplacian을 취하면

$$ -\frac {1}{\epsilon_0} \rho_q = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} Q_{ij} \partial_i \partial_j \nabla^2 \frac{1}{r} = - \frac{1}{\epsilon_0} Q_{ij} \partial_i \partial_j \delta(\vec {r}) $$이므로

$$ \rho_q = Q_{ij} \partial_i \partial_j \delta (\vec{r}) $$

접지된 극판 사이에 놓인 전기쌍극자가 유도하는 전하는?

helloktk — Thu, 27 Feb 2025 19:19:57 +0900

접지된 매우 넓은 평행판 축전기 사이에 전기쌍극자를 놓았을 때 양쪽 극판에 유도되는 전하는?

힌트: $\vec {r}_0$에 위치한 전기쌍극자의 전하밀도가

$$ \rho(\vec {r}) = - \vec {p} \cdot \nabla \delta (\vec {r} - \vec {r}_0) $$

로 표현된다는 사실과 Green's reciprocity 정리를 이용하기 하자. 전하구성 1은 $-q $, $+q$의 전하밀도로 대전된 동일한 형태의 축전기가 있을 때 전위차가 $V_0$이면, 전위함수는 $$V_1 (x) = V_0 \frac {x}{d}~~~~0\le x \le d$$전하구성 1의 전하는 극판에 몰려있는데 우리가 구하려는 전하구성 2의 극판에서 전위는 접지로 인해 0이므로

$$ \sum \int \rho_1 V_2 d^3x = \int_\text {left_plane} \rho_1 V_2 d^2x + \int_\text {right plane} \rho_1 V_2 d^2x = 0 $$

그에 반해 전하구성 2의 전하는 양극판($\sigma_L$, $\sigma_R$)과 사이의 전기쌍극자($\vec{r}_0 = a\hat {x}$)가 있고, 전하구성 1의 극판 전위는 오른쪽 극판에서 0이 아니므로

$$ \sum \int \rho_2 V_1 d^3x = \int \left[ -\vec {p}\cdot \nabla \delta (\vec {r} - a\hat {x})\right] V_1d^3x + \int_\text {right plane} V_0 \sigma_R d^2x $$

$$=\vec{p} \cdot \hat {x} \frac {V_0}{d} + V_0 q_R$$

로 주어지므로

$$q_R = - \frac {\vec {p}\cdot \hat {x}}{d}$$이고 가우스 법칙에 의해서

$$q_L = +\frac{\vec{p}\cdot \hat {x}}{d}$$임을 알 수 있다. 쌍극자가 두 극판에 유도하는 전하는 극판과의 거리에는 무관하고 쌍극자의 orientation에 따라 달라짐을 알 수 있다.

볼링공이 점프없이 경사면을 내려갈 최대속력은?

helloktk — Thu, 27 Feb 2025 08:32:27 +0900

내려가는 경사면로가 있는 바닥을 굴러가는 볼링공(반지름 $R$)의 속력이 너무 크면 경사로 입구에서 점프를 할 수 있다. 이런 점프가 일어나지 않을 최대속력은? 볼링공은 미끄러짐이 없이 구르기만 한다.

힌트: 볼링공이 경사로 입구의 뾰족한 부분에 튀지 않는 경우 그 점을 기준으로 질량중심은 원운동을 하게 된다. 수직에 대한 중심의 회전각이 $\theta$일 때 공의 속력을 $v$라면 공의 회전운동에 관여하는 구심력은 수직항력과 중력 중심성분이므로

$$ \sum F_c = mg \cos \theta - N = \frac {mv^2}{R}$$

공의 속력은 역학적 에너지 보존을 이용하면 (공의 운동에너지: $K=\frac{1}{2} mv^2 + \frac {1}{2} I \omega^2 = \frac {7}{10} mv^2$)

$$ \frac {7}{10}mv^2 - \frac{7}{10} mv_0 ^2 = mgR(1- \cos \theta)$$

$$ \to~~ v^2 = v_0^2 + \frac {10}{7} gR (1 - \cos \theta)$$

따라서 수직항력은 $$ N =\frac {mg}{7}( 17 \cos \theta - 10) - \frac {mv_0^2}{R} $$

점프하지 않으려면 $N\ge0$이어야 하므로

$$ v_0 \le \sqrt {\frac {gR}{7}(17\cos \theta - 10)}$$

이 식이 $0\le \theta \le \theta_0$에 대해서 성립해야 하므로

$$ v_0\le \sqrt{\frac{gR}{7}(17\cos \theta _0 - 10)}$$

막대가 움직이기 시작하는 순간 두 줄의 장력은?

helloktk — Wed, 26 Feb 2025 11:35:23 +0900

그림과 같이 두 줄로 연결된 막대가 있다. 막대가 운동을 시작하는 순간 두 줄에 걸리는 장력은?

힌트: 막대의 질량중심은 원운동을 하는데 출발속도가 없으므로 처음 가속도는 접선가속도만 존재한다. 수평방향과 수직방향 운동방정식을 쓰면

$$ \sum F_x = (T_L + T_R) \cos \theta = ma \sin \theta$$

$$ \sum F_y = mg - (T_L + T_R) \sin \theta = ma \cos \theta$$

이므로 이 두식을 풀면

$$ a = g \cos \theta $$

$T_L$과 $T_R$이 합으로만 표현되어 있으므로 추가적인 조건이 있어야 한다. 이는 막대가 질량중심에 대한 회전운동이 0이므로 질량중심에 대한 토크가 0이어야 함을 의미한다. 따라서

$$ T_L \sin \theta : T_R \sin \theta = 2:1~~~\to~~~T_L= 2T_R$$

$$T_R = \frac{1}{3} g \sin \theta$$

막대 질량중심의 최대 속력은?

helloktk — Tue, 25 Feb 2025 10:57:05 +0900

길이 $L$이 막대가 같은 길이의 줄에 그림과 같이 매달려 있다가 운동을 시작한다. 막대와 바닥사이에 마찰은 없다. 막대의 질량중심 속력의 최댓값은?

풀이: 막대 맨 아래쪽은 매끄러지고 줄에 연결된 부분은 회전을 하게 된다. 따라서 막대는 질량중심의 병진운동과 더불어 질량중심에 대한 회전운동 에너지를 가지는데, 역학적 에너지 보존에 의해서 처음 위치에너지와 같아야 한다. 병진운동에너지가 최대가 되는 위치는 회전각속도가 0이 되어야 한다. 막대가 가장 아래로 내려온 위치에서 줄은 수직이 되므로 회전각속도가 0이 되어야 한다(회전을 한다면 줄에 연결된 부분이 더 내려가야 하는데 가장 낮은 위치이므로 불가). 이때 바닥 부분과 줄에 연결된 부분의 속도는 같아지고 이 속도가 질량중심 속도와 같다. 역학적 에너지 보존을 이용하면

$$ \Delta U = mg \left ( \frac{\sqrt{2}-1}{2}L - \frac {\sqrt {2}}{4} L \right) = \frac {\sqrt {2}-2}{4} mgL $$

$$\Delta K +\Delta U =0~~~\to ~~ \frac{1}{2}m v_{cm} ^2 + \frac{1}{2}I \cdot 0^2 = \frac {2- \sqrt {2} }{4} mgL$$

$$\to~~~ v_{cm} = \sqrt{\frac{2-\sqrt{2}}{2} gL}$$

이 순간 질량중심의 가속도는? 막대에 대해서 알 수 있는 사실은 막대 top과 bottom의 운동이다. Bottom은 수평운동을 하므로 수평 가속도 성분만 있고, top은 수직과 수평성분을 가질 수 있다. 이 두 지점의 평균이 질량중심의 가속도이고, 이때 막대에 작용하는 힘은 수직성분만 있으므로 top과 bottom의 가속도 수평성분은 서로 반대여야 한다. 따라서 $a_{cm} = \frac{1}{2} a_{top, y}$이고, top 수직가속도는 줄에 매달린 원운동의 구심가속도에 해당한다.

$$ a_{top, y} = \frac{v_{top}^2}{L} = \frac{v_{cm}^2 }{L}~~\to ~~a_{cm} =\frac{1}{2}a_{top, y} = \frac{2-\sqrt{2}}{4} g$$

이 결과와 운동방정식, 그리고 $y_{cm} = \frac{L}{2} \sin\theta$ 관계를 이용하면 이 순간 줄에 걸리는 장력과 바닥의 수직항력을 계산할 수 있다.

마찰면에서 회전하는 원판의 각가속도는?

helloktk — Mon, 24 Feb 2025 21:16:57 +0900

반지름이 $R$인 원판을 회전시킨 후 마찰이 있는 바닥에 놓았다. 원판의 각가속도는?

힌트: 원판을 미소링으로 분해를 한 후 각 링에 작용하는 마찰력에 의한 토크를 계산하자. 반지름 $r$과 $r+dr$ 사이의 링이 만드는 마찰토크는 (원판의 단위면적당 질량=$\sigma$)

$$ d\tau =- f_k r = -(\mu dm g) r = -\mu (\sigma 2\pi r dr) gr =- 2\pi \mu \sigma g r^2 dr$$

이므로 모든 미소링의 기여를 합하면

$$\to~~ \tau = \int d\tau = -2\pi \mu \sigma g \int_0^R r^2 dr =- \frac {2\pi}{3} \mu \sigma g R^3=-\frac{2}{3}\mu mg R$$

따라서 회전운동 방정식 $\tau = I \alpha$에 적용하면 각가속도는

$$ \alpha = -\frac{4\mu}{3} \frac {g}{R}$$

달이 부서지지 않고 지구를 돌 수 있는 거리한계는: Roche Limit

helloktk — Mon, 24 Feb 2025 15:52:22 +0900

달표면의 물질은 달의 인력뿐만 아니라 지구의 인력도 받는다(물론 태양의 인력도 받지만 무시하자). 따라서 달이 지구에 너무 가까운 궤도에 생성되었다면 달표면의 물질에 작용하는 지구중력이 너무 세져서 달이 온전히 궤도운동을 하지 못하고 부서졌을 것이다. 달이 부서지지 않고 지구를 돌 수 있는 궤도 반지름의 최솟값은? 달은 변형이 될 수 있지만 간단하게 강체로 보자.

풀이: 달의 공전각속도는 $\omega$라고 하면 지구중력이 구심력 역할을 한다. 달 중심에서 지구 중심까지의 거리를 $d$라면 달의 공전각속도는

$$ \omega^2 d = \frac{GM_E}{d^2}$$

지구를 바로 보는 쪽 달 표면의 입자는 지구 중력(지구 중심 방향), 달의 중력(달 중심 방향)+ 달 표면이 지탱하는 수직항력(지구 중심 방향)의 합력을 구심력으로 하여 달과 더블어 공전을 한다.

$$ \omega^2 (d-R_m) = \frac {GM_E}{(d- R_m)^2} - \frac {GM_m}{R_m^2} + N$$

여기서 $d \gg R_m$이므로 우측 첫 항에 대해 테일러 전개를 하면

$$ \frac {GM_E}{d^3} (d- R_m) \approx \frac{GM_E}{d^2} +2 \frac{GM_E R_m}{d^3} - \frac {GM_m}{R_m^2} +N $$

$$ \to~~~N = - 3\frac {GM_E R_m}{d^3}+\frac{GM_m}{R_m^2}$$

입자가 달 표면에 붙어 있을 조건이 $N\ge0$이므로

$$d \ge \left(3\frac {M_E}{M_m} \right)^{1/3} R_m$$

등호는 달 표면의 입자가 달과 지구의 중력만 받고 달과 함께 공전할 수 있는 최소 거리를 의미한다. 이보다 거리가 더 줄어들면 지구의 중력이 달의 중력보다 커져서 달 표면의 입자는 달에서 작용하는 다른 힘의 작용이 없이는 달과 같이 공전할 수 없게 되어 달 표면에서 떨어지게 된다.

최소거리를 달과 지구의 밀도로 표현하면 $ M_E/M_m = (\rho_E/\rho_m) (R_E/R_M)^3$이므로

$$ d_\text{min} =\sqrt [3]{3} \times R_E \left(\frac {\rho_E}{\rho_m} \right)^{1/3}\approx 1.45 \times R_E \left( \frac{\rho_E}{ \rho_m}\right)^{1/3}$$

달이 완전한 강체가 아니므로 지구쪽으로 길게 늘어질 것이므로 이 한계는 더 커질 것으로 예상할 수 있다는 데, 이를 고려하면

$$ d_\text{min}\approx 2.45\times R_E \left( \frac {\rho_E}{\rho_m}\right) ^{1/3}$$로 계산된다. 이 거리의 한계를 Roche limit이라고 부르고 지구-달의 경우는 $$d_\text{Roche} \approx 3.445\times R_E$$다. 실제 지구-달 사이거리는 $ 60 R_E$ 정도이므로 달에서 부스러기가 지구로 떨어질 염려는 없다.

고무밴드와 기둥 사이의 마찰계수는?

helloktk — Sun, 23 Feb 2025 21:44:11 +0900

질량 $m$인 고무밴드가 수직으로 서있는 원통기둥에 감겨있다. 감긴 고무밴드에 걸리는 장력은 $T$이다. 이 고무밴드가 아래로 미끄러지지 않기 위해서는 밴드와 원통기둥 사이의 마찰계수는 얼마나 되어야 하는가?

힌트:

밴드가 기둥에 접하는 면적을 $A$라고 하자. 고무줄의 임의의 미소부분에 수평방향으로는 장력과 기둥이 주는 압력이 평형상태에 있다.

$$\sum F_\text{horizontal} = 2T\sin \frac {\Delta\theta}{2} - P \Delta A=0$$

$\Delta \theta\to 0$일 때 이 식은

$$ T\Delta \theta = P \Delta A~~~\to ~~~ T (2\pi) = PA~~~\to~~~ P= \frac {2\pi T}{A}$$

로 밴드에 작용하는 압력을 얻는다(virtual work 원리를 이용해도 된다). 밴드의 미소 부분(질량=$m\frac{\Delta A}{A}$)에 작용하는 수직방향도 평형상태이므로

$$ \sum F_\text{vertical} = mg \frac {\Delta A}{A} - f_s=0$$

그런데 정지마찰력이 $ f_s \le \mu P \Delta A$이므로

$$ \mu \ge \frac{mg}{2\pi T}$$

막대가 바닥에 닿는데 걸리는 시간은?

helloktk — Sun, 23 Feb 2025 20:26:22 +0900

두 개의 경사블록과 막대가 그림과 같은 상황에서 운동을 시작한다. 모든 마찰은 무시할 수 있고, 막대의 처음 높이는 $h$이다. 막대가 바닥에 도달하는 데 걸리는 시간은?

용수철 진자의 주기비는?

helloktk — Sun, 23 Feb 2025 19:52:08 +0900

용수철 두 개($k_1 \ne k_2$) 를 이용해서 진자를 만들었다. 오른쪽은 두 용수철을 연결하는 줄이 질량을 무시할 수 있는 도르래로 연결되어 있고 마찰은 없다. 두 용수철 진자를 위-아래로 살짝 진동시켰을 때 주기를 비교하면?

$T_A > T_B$
$T_A < T_B$
$T_A = T_B$

마찰계수의 크기 순서는

helloktk — Fri, 21 Feb 2025 15:06:08 +0900

벽은 매끄럽고 바닥은 거친 코너에 그림과 같은 막대, 정삼격형, 반원을 비스듬히 세웠다. 바닥과의 마찰계수가 가장 큰 것은?

막대
정삼각형
반원
질량에 따라 다르다.
기울어진 각도에 따라 다르다.

무한궤도의 운동에너지는?

helloktk — Fri, 21 Feb 2025 10:25:59 +0900

두 개의 바퀴를 연결하는 벨트로 구성된 무한궤도가 있다. 이 무한궤도가 미끄러짐이 없이 일정한 속도 $v$로 움직일 때 운동에너지는? 단, 바퀴의 반지름은 $R$. 질량은 $M$, 그리고 벨트의 길이는 $L$, 질량은 $m$이다.

힌트: 두 바퀴는 rolling 하므로 운동에너지는(바퀴를 원판으로 단순화시키면)

$$ K_{wheel} = 2\times \left( \frac {1}{2} Mv^2 + \frac {1}{2} I \omega^2 \right) = \frac {3}{2} Mv^2 $$

벨트에 대해서는 앞-뒤 바퀴에서 절반 감긴 부분은 바퀴와 동일하게 회전하면 앞으로 전진하므로 hoop의 rolling과 같다. 벨트 중 바퀴에 감기지 않는 위쪽 부분(길이= $(L - 2\pi R)/2$)은 $2v$, 아래쪽 부분(길이=$(L-2\pi R)/2$)은 정지한 상태이다. 벨트의 단위길이당 선밀도를 $\mu$, 전체 길이를 $L$이라 하면

$$ K_{belt} =(2\pi R\mu) v^2 + \frac {1}{2} \mu \frac{L-2\pi R}{2} (2v)^2= \mu L v^2 = m v^2 $$이다. 따라서 전체 운동에너지는

$$ K = \left( \frac{3}{2} M + m \right) v^2$$

바퀴에 감긴 벨트의 운동에너지를 좀 더 엄밀하게 분석하자. 뒤 쪽 바퀴에 감긴 벨트는 바닥에서 떨어지면서 속도를 얻고 꼭대기에서는 바퀴에서 벗어나면서 $2v$의 일정한 속도를 가진다. 앞쪽 바뀌는 반대의 행동을 한다. 바퀴의 각 위치에서 벨트의 속도는 달라지는데(구름운동의 특징), 바퀴를 미소 부분으로 나눈 후 각 부분의 운동에너지를 더해서 그 결과가 hoop의 구름운동 운동에너지와 같음을 보이자. 바닥에서 $\theta$ 각 만큼 벌어진 부분의 미소질량은 $dm = \mu R d\theta$이고 속도는 병진운동에 의한 수평성분$(v)$과 중심에 대한 회전운동이 만드는 접선속도($R\omega=v$)를 가지는데 이 두 벡터의 방향을 고려하면 합벡터의 크기는 $2v\sin (\theta/2)$이다. 따라서 바퀴에 감긴 부분의 운동에너지 기여는

$$ K_{belt, wound} = 2 \times \int_0^\pi \frac{1}{2} \left( 2v \sin \frac {\theta}{2} \right)^2 \mu R d\theta = 2\pi R \mu v^2$$

이어서 hoop의 rolling 운동에너지와 같음을 확인할 수 있다.

우주선은 폭발을 하는가?

helloktk — Tue, 18 Feb 2025 14:39:10 +0900

고유길이가 $L_0$인 우주선이 역시 같은 고유길이를 가진 정지한 우주정거장 플랫폼을 일정한 속도로 통과하려 한다. 그런데 우주선의 앞부분에는 폭탄이 설치되어 있어 폭탄이 정거장 플랫폼을 빠져나오는 순간 폭발하도록 되어 있다. 다행히도 우주선의 뒷부분에는 센서가 달려있어 뒷부분이 플랫폼에 들어서는 순간 폭탄의 기폭장치를 끄는 신호를 보낸다.

정거장에서 보면 우주선의 길이가 플랫폼 길이보다 줄어들므로 우주선 뒤쪽이 플랫폼에 들어서는 순간 앞쪽은 여전히 플랫폼 내부에 있으므로 폭탄은 작동하지 않지만 기폭장치를 끄는 센서는 작동하므로 폭발하지 않는다. 한편 우주선에서 보면 플랫폼의 길이가 우주선보다 짧아지므로 우주선의 앞이 플랫폼을 나오는 순간에도 뒤쪽은 여전히 플랫폼에 들어와 있지 않으므로 기폭장치가 꺼지지 않아 결국 폭발한다. 어느 쪽이 맞는가? 틀린 쪽은 어떤 사실을 간과하고 있는가?

시계의 눈금 차이는?

helloktk — Tue, 18 Feb 2025 14:07:10 +0900

속도 $v$로 달리는 고유길이가 $L$인 열차의 앞과 뒤에 동기화된 시계가 설치되어 있다. 열차 뒤 시계가 0시를 가리킬 때 뒤에서 앞을 향해 빛을 쏜다. 이 빛은 열차 앞쪽 시계가 $L/c$일 때 도착한다. 지상에서 이 실험을 지켜보는 관찰자 관점에서도 빛의 발사 때 뒤쪽 시계와 빛 도착 때 앞 시계의 눈금이 $L/c$만큼 차이가 남을 보여라.

힌트: 지상계에서 볼 때 열차 뒤쪽 시계가 0시를 가리킬 때 앞쪽 시계는 $-\frac {vL}{c^2}$를 가리킨다(rear clock ahead effect). 지상계에서 보면 열차의 길이가 $L/\gamma$로 줄어들어 보이므로, 뒤에서 발사된 빛이 앞에 도달하는데 걸리는 시간은 빛과 열차의 상대속도 $c-v$로 줄어든 열차 길이를 가는데 필요한 시간과 같다.

$$ T = \frac{L/\gamma }{c- v}=\frac{L}{\gamma(c-v)}$$

또, 지상에서 볼 때 열차의 시계는 느리게 가므로 빛의 출발-도착에 진행된 (열차 시계의) 시간은

$$ T' = \frac{1}{\gamma} T = \frac {L}{\gamma^2 (c-v)}= \frac {L}{c} (1+ \beta)~~~~(\beta = v/c)$$

따라서 빛을 받았을 때 지상계에서 보이는 열차 앞 시계의 눈금은

$$ T'_\text{front} = - \frac {vL}{c^2} + \frac {L}{c} (1+ \beta) = \frac {L}{c}$$

Pole-Barn Paradox(코끼리를 냉장고에 넣는 물리적인 방법)

helloktk — Mon, 17 Feb 2025 20:31:11 +0900

길이가 $L_0 =20$미터 막대를 들고 일정한 속도 $v=\sqrt{3}c/2~(\to~\gamma = 2)$로 앞에 있는 헛간을 향해서 달린다. 헛간의 폭은 $\ell_0=10$미터이고 막대의 앞이 헛간의 뒷문에 도달하는 순간 헛간의 양문이 닫히도록 설계되어 있다. 지상에서 볼 때 막대는 길이수축 때문에 $20/\gamma= 10m$ 길이로 보이므로 막대가 헛간에 완전히 들어갈 수 있고 그 순간 양쪽 문이 닫히면 가둘 수 있다. 그런데 막대를 미는 사람(막대와 같이 움직이는 관찰자)의 입장에서 보면 헛간이 막대를 향해서 $v$의 속력으로 달려오므로 헛간의 폭이 정지해 있을 때의 절반인 $5m$로 줄어들어 보인다. 그러면 막대가 헛간에 갇히는 것은 불가능하지 않는가?

힌트: 지상계에서는 헛간의 문이 동시에 닫히지만, 막대계에서 보면 헛간은 먼 쪽 뒤쪽 문이 막대 앞이 도달한 순간 닫히고, 헛간의 앞문은 나중에 닫힌다(rear clock ahead effect). 그 시간 차이는

$$\frac{\gamma v\ell_0}{c^2} = \frac{2\times \frac{\sqrt{3}c}{2} \times (10m)}{c^2} = \frac{10\sqrt{3}}{c}$$ 그런데 이 시간은 헛간의 앞이 막대의 뒤에 도달한데 걸리는 시간과 같다. 헛간 앞과 막대 뒤의 거리가 $L_0- \frac{\ell_0}{\gamma} = 15m$이고, 헛간이 $v$로 다가오므로 걸리는 시간은 $\frac{15(m)}{v} = \frac {10\sqrt {3}}{c}$ 임을 확인할 수 있다.

반박: 그러면 막대 앞이 헛간의 뒷문에 막히므로 막대가 더 이상 움직이지 못하는 것이 아닌가?(막대계에서는 헛간이 더 이상 다가오지 못하는 것). 뉴턴역학에서는 막대가 반발력을 받으면 막대는 강체이므로 막대의 뒤쪽에서 즉각 힘을 감지할 것이지만(뉴턴역학에서 완전 강체에서 음속은 무한대이다), 특수상대성 이론에서는 모든 정보는 광속보다 빨리 진행될 수 없다. 막대 앞이 헛간 뒷문에서 닿아서 휘어지거나 부서지는 정보가 광속으로 퍼진다면 막대 뒤편에서 알아차리는 데 걸리는 시간은 $\frac {L_0}{c}= \frac {20}{c}$인 데, 이 시간은 헛간 앞쪽이 막대 뒤쪽에 도달하는 데 걸리는 시간 $\frac {10\sqrt {3}}{c}$ 보다 더 길다. 즉, 헛간의 앞이 막대의 뒤에 도달하여서 앞쪽 문이 닫히는 순간까지도 막대의 뒤쪽에서는 앞쪽이 휘어지거나 부서지고 있다는 정보를 알 수 없음을 의미하므로 막대의 뒤쪽은 헛간 앞쪽 문이 닫히기 직전 안으로 일정한 속도로 들어갈 수 있다.

공이 열차를 가로지르는 데 걸리는 시간은?

helloktk — Sun, 16 Feb 2025 20:47:49 +0900

$v=c/2$로 달리는 고유길이 $L$인 열차가 있다. 열차 뒤에서 공을 $c/3$로 (열차에 대한 상대속도) 앞쪽을 향해 던진다. 지상 관찰자에게는 공이 열차 앞쪽에 도달하는 데 걸리는 시간은 얼마인가? 공과 같이 움직이는 관찰자가 측정한 시간은 또 얼마일까?

지상관찰자: 지상에서 볼 때 공의 속도는 $u = \frac {\frac{c}{3}+\frac{c}{2}}{1+ \frac{1}{3}\times \frac{1}{2}}=\frac{5c}{7}$이다. 열차의 길이는 길이수축에 의해서 $L_g = {L}\times \sqrt{1- (\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}L}{2}$로 보인다. 지상에서 본 공의 상대속도가 $\frac{5c}{7}-\frac{c}{2}= \frac{3c}{14}$이므로 열차 뒤에서 앞까지 가는 데 걸리는 시간은

$$ t_g =\frac{ L_g }{ \frac{3c}{14}} = \frac{7L}{\sqrt{3} c}$$

공과 같이 움직이는 관찰자: 공이 볼 때 열차는 $\frac{c}{3}$로 다가온다. 따라서 공이 보는 열차의 길이는 길이수축에 의해서 $L_b = L \times\sqrt{1- (\frac{1}{3})^2}= \frac{2\sqrt{2}L}{3}$. 이를 이용하면 공의 출발-도착에 걸리는 시간은

$$ t_b = \frac{L_b}{\frac{c}{3}}= \frac{2\sqrt{2}L}{c}$$ 또는, 공의 출발-도착이 공과 같이 움직이는 관찰차에게는 동일한 위치에서 일어나므로 지상계와 시간지연을 사용하면

$$ t_b = \frac{t_g }{ \gamma_g} = \frac{7L}{\sqrt{3}c} \times \sqrt{1- \left(\frac{5}{7}\right)^2} = \frac{2\sqrt{2}L}{c}$$

열차 관성계: 열차 내부에서 보면 열차 길이가 $L$이고 공의 속도가 $c/3$이므로 당연히 뒤에서 앞까지 공이 가는데 걸리는 시간은 $$t_t = \frac{L}{\frac{c}{3}}= \frac{3L}{c}$$

다른 방법으로는 공의 관성계와 시간지연 공식을 사용하면 공에 대해서 열차는 $c/3$으로 다가오므로

$$t_t = t_b \times \frac{1}{\sqrt{1- (\frac{1}{3})^2}} = \frac{3L}{c}$$

상대론적 열차의 속도는?

helloktk — Thu, 13 Feb 2025 22:49:26 +0900

고유길이가 $L$인 열차가 $v$의 일정한 속도로 터널에 들어가려고 한다. 터널의 고유길이는 $L/\gamma$다. 지상관찰자가 볼 때 열차의 앞이 터널입구에 도착하는 순간 열차 뒤에서 빛을 발사한다. 그리고 지상관찰자는 열차의 앞이 터널에서 나오는 순간 빛이 열차의 앞에 도달하는 것으로 보였다. 열차의 속도는 얼마일까? 지상관찰자 관점과 열차승객의 관점에서 각각 설명을 하면?

풀이: 지상관찰자: 지상관찰자에게는 열차의 길이가 $L/\gamma$로 보인다. 열차의 앞이 터널을 통과하는 데 걸리는 시간은 $$\Delta t_1 = \frac{L/\gamma}{v}=\frac{L}{\gamma v}$$ 이 과정에서 빛이 움직이는 거리는 $\text{(열차길이)}+\text{(터널길이)}= L/\gamma+L/\gamma= 2L/\gamma$이고, 열차 안에서 발사된 빛의 속도는 지상관찰자에게도 여전히 $c$이므로 빛이 열차 앞에 도달하는 데 걸리는 시간은 $$\Delta t_2 = \frac{2L/\gamma}{c} =\frac{2L}{\gamma c} $$ 따라서 $$\Delta t_1= \Delta t_2~~~\to~~~ v=c/2$$열차승객: 터널의 길이는 길이수축때문에 $(L/\gamma)/\gamma=L/\gamma^2$로 보인다. 지상관찰자에게는 앞이 터널입구에 들어가는 것과 빛의 발사가 동시에 일어나지만, 열차승객에게는 열차가 터널입구에 도착한 후 $\Delta t = Lv/c^2$만큼 후에 뒤쪽에서 빛이 발사된다 (열차승객이 볼 때 빛이 발사된 시점에 열차 앞은 이미 터널 내부에 있게 된다. 물론 열차 앞이 터널에서 나오는 순간 빛은 열차 앞에 도달한다. 같은 지점에서 동시에 일어난 두 사건은 어느 관성계에서도 동시에 일어난다). 열차 앞이 터널을 통과하는 데 걸리는 시간은 $$\Delta t'_1 = \frac{L/\gamma^2}{v} = \frac{L}{\gamma ^2 v}$$ 빛은 열차 앞이 터널 입구에 도달한 시간보다 $Lv/c^2$만큼 지연된 후 발사되므로 $\Delta t'_1$은 $$\Delta t'_2 = \text{(빛이 발사되기까지 지연된 시간)}+\text{(빛이 뒤에서 앞까지 가는 데 걸리는 시간)}$$$$=\frac{Lv}{c^2} + \frac{L}{c}$$와 같아야 한다. 따라서 $$\Delta t'_1 = \Delta t'_2 ~~~\to~~~v=c/2$$

도체 원판에서 전하분포(Charge Distribution on a Conducting Disc)

helloktk — Sun, 9 Feb 2025 13:36:30 +0900

도체구를 대전시키면 전하들은 전기적 반발력에 의해서 서로 최대한 멀어지려고 하므로 표면에 균일하게 퍼지게 된다. 그리고 전기장은 도체구 외부에서만 형성된다. 도체구 내부에서는 전기장이 없는데 그 이유를 우선 알아보자. 도체구 내부 한 지점에서 서로 반대방향으로 같은 입체각을 가지는 미소원뿔을 고려하면, 원뿔의 바닥면적은 P에서 거리의 제곱에 비례하므로 바닥에 모인 전하도 마찬가지로 거리의 제곱에 비례한다.

$$\frac{q_1}{q_2}= \frac{A_1}{A_2} = \frac{r_1^2}{r_2^2 }$$ 그런데 전기장의 세기는 거리의 제곱에 반비례하므로 두 원뿔의 바닥면에 모인 전하가 P점에 만드는 전기장의 세기는 같고 방향은 반대이므로 상쇄된다. 이 과정은 P점을 기준으로 한 모든 미소원뿔 쌍에 대해서 성립하므로 내부에서 전기장은 0임을 쉽게 보일 수 있다.

도체원판에 전하를 주입하면 어떻게 될까? 전기적 반발을 고려하면 원판의 테두리에 모든 전하가 모일 것으로 예상되지만 이 경우 원판 안에서 원판에 나란한 전기장 성분은 사라지지 않는다. 왜냐면 테두리에만 있는 경우 전하분포는 선전하밀도로 표현되고, 2차원인 경우는 원뿔 대신 원호로 대체되는데 원호에 모인 전하는 원호 꼭지점에서 거리에 비례하지만 여전히 전기력은 거리의 제곱에 반비례하므로 서로 반대 원호의 전하가 만드는 전기장은 일반적으로 상쇄될 수 없다. 따라서 대전된 도체원판의 전하는 회전대칭성을 고려하면 원판의 중심에서 거리의 함수로 주어질 것을 예상할 수 있다. 그러면 어떤 분포를 가질까?

우선 원판에 분포한 전하가 만드는 전기장은 원판 내부에서 (원판면에) 수평성분이 없어지도록 분포해야 한다. 도체원판은 도체구를 눌러서 납작하게 만든 극한이라고 생각할 수 있다. 이때 도체구 표면에 균일하게 분포한 전하가 그대로 적도면에 쌓이는 경우를 생각해보자(정사영된 면적은 줄어들지만 전하량은 그대로 유지하는 경우). 이 경우 적도면(원판)에서 전하분포는 균일할 수 없음이 당연하다. 이제 이 전하분포가 적도면에서 전기장의 수평성분을 만들지 않음을 보이자. P에서 정사영된 면적까지의 거리비는 구면까지의 거리비와 같으므로 ( $d_1/d_2 = r_1/r_2$) 전하비가

$$ \frac{q_1}{q_2} = \frac{r_1^2}{r_2^2}= \frac{d_1^2 }{d_2^2}$$

이어서 P점에서 두 정사영된 면적에 있는 전하가 만드는 전기장 수평성분이 상쇄되게 된다.

원판의 중심에서 거리 $r$만큼 떨어진 지점으로 정사영된 미소면적은 $\sin \theta = R /\sqrt{R^2 - r^2}$만큼 줄어들므로 표면전하밀도는 이에 반비례해서 늘어나야 한다.

$$ \sigma(r) = \frac{\text{const}}{ \sqrt{ R^2 - r^2}}$$ 상수는 원판의 총전하를 이용해서 얻을 수 있다. 반지름 $R$인 도체원판에 분포한 총전하가 $Q$일 때

$$Q = 2\int_0^R \sigma (r) 2\pi r dr = 4\pi R \times\text{const}$$

$$\to ~~ \sigma(r) = \frac{Q}{4\pi R\sqrt{R^2 - r^2}}$$

이 전하분포가 만드는 전위함수는 Laplace 방정식을 풀거나 전하분포를 적분해서 얻을 수 있다. 쉬운 경우로 $z$ 축에서 전위함수는

$$ V(z) = \frac{2}{4\pi \epsilon_0} \int_0^R \frac{\sigma(r) 2\pi rdr }{\sqrt{r^2 +z^2}} = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 R} \tan^{-1} \left( \frac{R}{|z|} \right)$$로 계산된다. 그리고 원판의 전위는 $V(z=0) = \frac{Q}{8\epsilon_0 R}$이고, 따라서 원판의 전기용량은

$$C_\text{disk} = 8 \epsilon_0 R$$

단위구에서 거리에 대한 확률밀도함수(distribution of distance in a unit ball)

helloktk — Fri, 7 Feb 2025 16:22:46 +0900

이전 포스팅(https://kipl.tistory.com/731)에서 단위구에서 두 점 사이거리의 평균을 구하는 과정에서 사이거리에 대한 확률밀도함수를 소개하였고, 또 단위원에서 사이거리에 대한 확률밀도함수를 구체적으로 구했다. 이제 단위원에서의 기법을 이용해서 단위구에서 사이거리 분포에 대한 확률밀도함수를 구하자. 두 점의 사이거리 $s$의 확률밀도함수는

$$ P(s) = \frac{1}{B_1^3} \iint _\text{unit ball} d^3r d^3 r' \delta ( |\vec{r}- \vec{r}'|-s), ~\qquad B_1=\frac{4\pi}{3} $$

로 쓰인다. 주어진 단위구 내부의 한 지점 $\vec{r}$에 대해서 적분은 $$S(\vec{r}, s) = \int_\text{unit ball} d^3 r' \delta ( | \vec{r} - \vec{r}' | -s )$$

는 $\vec{r}$에서 반지름 $s$인 구면이 단위구에 포함된 면적을 나타낸다. 그리고 이 값은 $\vec{r}$의 방향에 무관하게 단위구 중심에서 거리에만 의존함을 쉽게 알 수 있다, 즉

$$ S(\vec{r}, s)= S(r, s)$$

이다. 따라서 $r + s$가 1보다 작을 때와 클 때 두 경우를 별도로 고려해야 한다. 작은 경우는 반지름 $s$인 구면이 완전히 단위구 내부에 포함되므로

$$ r+s < 1~~~~~~S(r, s) = 4\pi s^2$$

이고, 큰 경우는 (단위원의 경우 그림을 참조하면: https://kipl.tistory.com/732) $4\pi s^2$에서 단위구 밖으로 나가는 구면캡(spherical cap)의 면적을 제외하면 된다. 구면캡의 경도각 범위가 $\cos \theta = \frac{1- r^2 - s^2}{2rs}$이므로 구면캡의 입체각은

$$ \Delta\Omega = 2\pi \int_0^\theta \sin \theta d \theta = 2\pi \left(1-\frac{1- r^2 - s^2}{2rs }\right) = 2\pi \frac{(r+s)^2 - 1}{2rs}$$

$$\to~~~ r+ s>1~~~~~~~S(r,s) = (4\pi -\Delta\Omega)s^2 = 4\pi s^2 \frac{1-(r-s)^2 }{4rs}$$

따라서 사이거리에 대한 확률밀도함수는

$$P(s) = \frac{1 }{ B_1^2} 4\pi \int _0^1 r^2 dr S(r,s) $$

$$ = \frac{1}{B_1^2} 4\pi \int_0^{1-s} r^2 dr ( 4\pi s^2) + \frac{1}{B_1^2} 4\pi \int_{1-s}^1 r^2 dr \left( 4\pi s^2 \frac{1- (r-s)^2}{4rs} \right)$$

$$ = \frac{3}{16} s^2 (2-s)^2 (4+s) $$

거리의 평균:

$$ <s> = \int_0^2 P(s)sds = \frac{36}{35}$$

거리제곱의 평균:

$$<s^2> = \int_0^2 P(s) s^2 = \frac{6}{5}$$

거리역수의 평균:

$$<\frac{1}{s}>= \int_0^2 P(s) \frac{1}{s} ds = \frac{6}{5}$$

단위원 내부점 사이의 평균 거리(mean distance between two points in a circular disk)

helloktk — Fri, 7 Feb 2025 13:03:04 +0900

단위원에서 선택한 임의의 두 지점의 사이거리 $s$가 $0\le s\le 2$이 확률밀도함수는

$$ P(s) =\frac{1}{D_1^2}\iint _\text{unit disk} d^2r d^2 r' \delta (|\vec{r} - \vec{r}'|-s) ,~~~~D_1 = \pi $$

먼저

$$ L(\vec{r}, s) = \int_\text{unit disk} d^2r' \delta (|\vec{r}'-\vec{r}|-s) $$

은 델타함수 제한조건 때문에 $\vec{r}$을 중심으로 한 반지름 $s$인 원과 단위원의 겹치는 영역의 경계의 길이를 의미함을 알 수 있다. 이 $L(\vec{r},s)$가 구해지면 $P(s)$는 이 값을 단위원에 대해 적분을 하면 되는데, 그 값은 단위원의 중심엣 $\vec{r}$가 거리에만 의존함을 쉽게 알 수 있다. 따라서 $\vec{r}$가, 예를 들면 $x$축 위에 있는 경우만 고려하면 충분하다. 또, $L(\vec{r},s) = L(|\vec{r}|=r, s)$이므로

$$\int_\text{unit disk} d^2r L(r,s ) = 2\pi \int_0^1 r dr L(r, s)$$

이제 $\vec{x}$을 중심으로 한 반지름 $s$인 원이 완전히 단위원에 포함이 되는 경우는 원과 단위원의 겹치는 영역이 반지름 $s$인 원이므로

$$ r + s < 1~~\to ~~~L(r, s)= 2\pi s$$

이고, 원호 일부가 단위원 밖으로 나가는 경우는 두 가지 경우(그림의 $\theta$가 예각 또는 둔각)를 생각할 수 있는데,

두 경우 모두 단위원과 겹치는 영역의 원호의 길이는 그림에서 $2(\pi - \theta)s$인데, $$\sin \varphi = s \sin \theta,~~~~\cos \varphi - s \cos \theta = r$$

$$\to~~~ \cos \theta = \frac{1-r^2 -s^2 }{2rs}$$

$$ r+s>1~~\to~~ L(r, s) = 2(\pi - \theta)s = 2s\left( \pi - \cos ^{-1} \frac{1- r^2 - s^2 }{2rs}\right) $$

로 표현된다. 따라서 사이거리에 대한 확률밀돟함수는

$$P(s) = \frac{2\pi}{\pi^2} \int_0^1 rdr L(r, s) $$$$= 4s \int_0^{1-s} r dr + \frac{4s}{\pi} \int_{1-s}^1 rdr \left( \pi - \cos^{-1} \frac{1- r^2 - s^2 }{2rs} \right)$$

$$=\frac{4s}{\pi} \cos^{-1} \frac{s}{2} - \frac{2s^2}{\pi} \sqrt{ 1 -\frac{s^2}{4}} $$

이 분포를 이용하면 단위원 내부에서 선택된 두 점간의 평균거리는

$$ \left< |\vec{r}-\vec{r}'| \right>= \int_0^2 P(s)s ds = \frac{128}{45\pi} = 0.9054$$

$$ \left< |\vec{r}-\vec{r}'|^2 \right>= \int_0^2 P(s)s^2 ds = 1$$

$$ \left< \frac{1}{|\vec{r}-\vec{r}'|} \right>= \int_0^2 P(s)\frac{1}{s} ds = \frac{16}{3\pi}$$