Geometry & Recognition

운동방정식을 쓰지 말고 역학적에너지 보존을 이용하자. 계의 총 운동에너지는 $m_1$, $m_2$ 그리고 줄의 질량중심이 움직이는 운동에너지가 기여한다.

$$ K = \frac{1}{2} (m_1 + m_2) \dot {x}^2 + \frac{1}{2} (\lambda L) \dot{x}^2 $$

그리고 중력위치에너지는 두 물체가 같은 길이만큼 늘어진 상태를 기준으로 선택하면 $m_2$가 $x$만큼 이동하면 위치에너지의 변화에 기여하는 줄의 질량은 $\lambda x$이므로

$$ U = (m_1 - m_2 ) g x -(\lambda x) gx $$

계의 역학적에너지가 보존되므로 $K+U=\text{const}$이고, 양변을 시간에 대해서 미분하여 다음의 운동방정식을 얻는다.

$$ (m_1 + m_2 +\lambda L ) \ddot{x} - 2\lambda g x = (m_2 -m_1)g$$

이 식의 일반해는 

$$ x(t) = - \frac{m_2 - m_1 }{2\lambda } + A\cosh ( \omega t) + B \sinh ( \omega t) ,~~~~\omega^2 = \frac{2\lambda g}{m_1 + m_2 + \lambda L }$$

$x(0)=x_0$, $\dot{x}(0) = 0$이므로 $B=0$이고 

$$ x(t) = \left( x_0+ \frac{m_2- m_1}{2\lambda} \right)  \cosh \sqrt{\frac{2\lambda g}{m_1+ m_2 + \lambda L}}t - \frac{m_2 -m_1}{2\lambda } $$

특별한 경우 1: 줄의 질량을 무시할 수 있다면, $\lambda\to 0$ 이므로 $\cosh()$을 테일러 전개하면,

$$ x(t) = x_0+ \frac{m_2- m_1}{2\lambda} \left( 1+ \frac{1}{2} {\frac{2\lambda g}{m_1+ m_2 + \lambda L}}t^2 +... - 1 \right)\to x_0+ \frac{1}{2}\frac{m_2 - m_1}{m_1 + m_2} t^2  $$즉, 두 물체의 운동은 둘의 무게 차이에 의한 등가속도 운동임을 볼 수 있다.

특별한 경우 2: 두 물체의 질량을 무시할 수 있는 경우라면, $m_1 , m_2 \to 0$

$$ x(t) = x_0 \cosh\sqrt{\frac{2g}{L}}t$$ 이 경우는 내려갈 수록 무게 차이가 커지므로 가속도는 점점 커지게 된다. 물론 처음 두 물체가 같은 거리만큼 내려와 있었더라면 $x_0=0$이므로 좌우 무게 차이가 없어 움직임이 없게 된다: $x(t) =0$.

그리고 도르래의 회전관성 효과를 넣어서도 계산을 해 볼 수 있다. 이 경우는 도르래 아래에 매달린 줄 부분과 도르래에 걸처져 있는 부분을 구분해야 한다.

1. 상자가 떨어지는 과정:  상자는 A지점을 중심으로 회전운동을 한다. 따라서 B가 바닥에 닿기 직전 회전각속도 $\omega_0$는 에너지 보존을 사용하면 ($I_A = I + m(\ell/\sqrt{2})^2$는 A에 대한 상자의 회전관성)

$$ \Delta K = \frac{1}{2} I_A \omega_0^2 - 0 = -\Delta U = \frac{mg\ell}{2}( \sqrt{2} -1)$$

$$ \to~~ \omega_0^2 \ell^2 = \frac{3}{2} g\ell ( \sqrt{2}-1)$$

2. B에서 충돌전후: B에서 충돌이 완전비탄성적이므로 B점의 반동은 없다. 그리고 충돌과정에서 B점을 기준으로 회전을 하므로 B점에 대한 각운동량 보존된다(충격력이 B점에만 집중). 충돌 전 질량중심의 운동량은  B를 향하는 방향이므로 B점에 대한 각운동량에 기여가 없고, 충돌 후 질량중심의 속도가 $\omega \frac{\ell}{\sqrt{2}}$임을 고려하면, 충돌 전후 B점에 대한 각운동량 보존식은

$$ I \omega_0 + mv_\text{cm} \frac{\ell}{\sqrt{2}} \sin (0) = I \omega + \left(m \omega \frac{\ell}{\sqrt{2}} \right) \frac{\ell}{\sqrt{2}}$$ $$ \to~~ \omega = \frac{1}{4} \omega_0$$

3. 오르는 과정: B에 대해서 회전운동을 한다. 최고로 높이 올라간 위치에서 질량중심의 높이를 $h$라면, 역학적에너지 보존에서

$$ \Delta K =0 -\frac{1}{2} I_B \omega^2 = -\frac{1}{3} m\ell^2 \omega^2 = -\Delta U = -mg\ell \left( \frac{h}{\ell} - \frac{1}{2} \right)$$ $$ \to ~~ \frac{h}{\ell} = \frac{15 + \sqrt{2}}{32}$$

이때 상자가 바닥에 대해서 기울어진 각도를 $\theta$라면

$$ \sin ( 45^\circ+ \theta ) = \frac{h}{\ell/\sqrt{2}}~~\to ~~ \theta = 1.50^\circ$$