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| 31번째 줄: |
31번째 줄: |
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| 로 속력 | | 로 속력 |
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| <math> v </math>
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| 로 물체를 움직이는
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| 것처럼 보이므로 순간 power가
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| <math> Fv = \frac{ \Delta M }{\Delta t } v v = \dot{M} v^2 </math> 가 된다.
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| 그런데 물체의 운동에너지의 시간 미분은
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| <math> \frac{1}{2} \Delta M v^2 / (\Delta t) = \frac{1}{2} \dot{M} v^2 </math> 이다.
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| 그럼 컨베이어 벨트의 일률 중 1/2은 어디로 간 걸까?
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| 그것은 마찰로 손실이 되었다고 할 수 있다.
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| 만약에 마찰이 없다면, 물체가 떨어져도 물체는 계속 그 자리에 있게 된다.
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| 이를 제일 먼저 적용할 수 있는 예를 생각해 보면, 끈이나 체인이 똑바로 서있다가 두르르르 표면으로 떨어져서 정지하는 경우를
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| 생각해 볼 수 있다. 이 경우 처음 체인의 에너지는 (길이
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| <math> L </math> , 선밀도
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| <math> \rho </math>
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| 라고 하자.
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| <math> \rho L </math>의 질량이 높이 <math> L/2 </math>에 있으므로
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| 위치에너지는 <math> MgL /2 </math>
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| 이다. 마지막 상태는 위치에너지가 0이다.
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| <math> x </math> 를 체인이 떨어진 거리라고 하자.
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| 이 경우도 마찬가지로 에너지의 손실이 존재한다.
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| 이 경우 아래에 떨어지는 줄이 떨어지고 있는 줄에 주고 있는 힘이 있기 때문에 v의 속력인 작은 질량 부분 <math> \Delta M </math>이 v에서 0이 되므로
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| 위 방향으로 힘이 작용하게 된다. 이 힘을 위에서 계산한 바와 같이 <math> \dot{M} v = ( \rho dx )/dt v = \rho v^2 </math>이다.
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| 그럼 <math> v </math>는 어떻게 계산해야 할까? 아래쪽 작은 부분을 제외한 부분은 자유 낙하를 하고 있으므로
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| <math> v = \sqrt{2gx} </math> 이다.
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| 따라서 이 힘은 <math > \frac{ 2g M x }{L} </math>
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| 가 된다.
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| 여기서 생각해 볼 수 있는 것은 이 힘이 한 일이다.
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| <math> - \int_0^L dx F = - g M L </math>
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| 바닥이 한 일이 역학적 에너지 감소량이 아니라 바닥이 한 일이 역학적 에너지 감소량의 2배이다. 따라서 바닥이 한일의 반은 에너지가 소모되었다고 할 수 있다.
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| 이것은 열에너지의 형태로 소진되었다. 따라서 체인이 뜨거워진다.
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| 또한 체인이 바닥에 닿으면서 결국은 한 몸이 되는 과정이므로 비탄성 충돌로 생각할 수 있다. 여기서 energy loss가 생긴다.
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| 그 다음으로 체인이 위에 정지해 있고 꼬다리가 조금 튀어나와서 주르르륵 내려가는 운동을 생각해보자.
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| 위의 경우는 장력이 없으므로 free fall이 맞다. 그러나 이번 경우는 다르다.
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| 내려온 길이를 <math> x </math>라고 하면
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| 중력은 <math> \rho g x </math>가 작용하고, 그 때 정지해 있는 부분이 내려가는 줄에 tension <math> T </math>를 작용한다고 하면
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| <math> \rho x \ddot{x} = \rho g x - T </math>
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| 가 된다. 거꾸로 내려가는 줄은 정지해 있는 줄의 일부분은 0의 속력에서 v의 속력으로 가속한다.
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| 따라서 <math> T = \dot{M} v </math>가 된다.
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| 내려가는 부분의 운동방정식은 따라서
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| <math> \rho x \ddot{x} = \rho g x - \rho \dot{x}^2 </math>
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| <math> \ddot{x} = g - \frac{ \dot{x}^2 }{x} </math>
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| 이 문제가 가장 nontrivial한 미분 방정식을 푸는 문제가 된다.
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| <math> \frac{dx}{dt} \frac{dv}{dx} = g - \frac{ \dot{x}^2 }{x} </math>
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| <math> v \frac{dv}{dx} = g - \frac{v^2} {x} </math>
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| <math> d(v^2 ) = 2v dv </math>의 성질를 이용하면, v^2 = u로 놓는 것이 미분 방정식을 푸는 요령이 된다.
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| <math> \frac{1}{2} \frac{d u}{dx} = g - u/x </math>
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| <math> \frac{du}{dx} + \frac{2}{x} u = 2g </math>
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| <math> y' + P y = Q </math>
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| <math> I y' + I P y = IQ </math>
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| <math> I = e^{ \int P dx } </math>
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| <math> d/dx ( I y ) = IQ </math>
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| <math> Iy = \int IQ dx </math>
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| <math> y= \frac{ \int IQ dx }{ I } </math>
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| 여기서 <math> I = e^{ \int \frac{2}{x} dx} = x^2 </math>
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| 이므로
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| <math> u (x) = \frac{1}{x^2} \int x^2 2 g dx </math>
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| <math> v (x) = \sqrt{ \frac{2}{3} g x } </math>
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| 초기조건 <math> x= 0 </math> , <math> v= 0 </math> 임을 상기하라.
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| L만큼 다 떨어졌을 때, 최종 속도는 <math> \sqrt{ \frac{2}{3} g L } </math>
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| 가 된다. 에너지 보존으로 생각하면
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| <math> 0 = \frac{1}{2} M v^2 - M g L/2 </math>
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| 가 되므로, <math> v = \sqrt{gL} </math> 가 되어야 될 것 같은데,
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| 이 경우는 속도가 그만큼 늘어나지 않은 셈이다.
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| 그러면 에너지는 어디에서 소비된 것일까?
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| 이 문제를 다르게 보는 시각이 있다. 1989년에 발표된 AM J PHYS의 논문인데,
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| 라그랑지안을 사용하면, 에너지 보존이 되어서 해가
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| <math> v^2 = gx </math>
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| 로 나오는 해다.
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| <math> L = \frac{1}{2} \rho x \dot{x}^2 + \frac{1}{2} \rho g x^2 </math>
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| 에서
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| <math> \frac{\partial L}{\partial \dot{x} } = \rho x \dot{x} </math>
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| <math> \frac{\partial L}{\partial x } = \frac{1}{2} \dot{x}^2 + \rho g x </math>
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| <math> \rho \dot{x}^2 + \rho x \ddot{x} = \frac{1}{2} \dot{x}^2 + \rho g x </math>
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| <math> x \ddot{x} = gx - \frac{1}{2 } \dot{x}^2 </math>
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| 가 되어 위와 다른 운동 방정식이 된다. (2 factor)
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| 도대체 어느 식이 맞는 식일까?
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| 다음은 줄이 늘어져 있다가 전체가 주르르륵 움직이는 문제를 생각해 보자.
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| 작용하는 힘은 늘어져 있는 부분 (길이 <math> x </math> )에 작용하는 힘이 전체 물체를 움직이고 있는 셈이다.
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| 체인 전체의 운동방정식은
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| <math> M \ddot{x} = \rho x g </math>
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| 가 된다.
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| <math> \ddot{x} = \frac{g}{L} x </math>
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| <math> \frac{dv}{dt} = \frac{dx}{dt} \frac{dv}{dx} = \frac{g}{L} x </math>
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| <math> v dv = \frac{g}{L} x dx </math>
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| 양변을 적분
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| <math> \frac{v^2}{2} = \frac{g}{L} \frac{x^2}{2} </math>
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| <math> v^2 = \frac{g}{L} x^2 </math>
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| 예를들어 <math> x = L </math>이면
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| <math> v^2 = gL </math>
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| 가 되는데,
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| 에너지 보존이 성립한다. <math > - \frac{L}{2} M g = \frac{1}{2} M v^2 </math>
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| 다음으로 유명한 문제는 체인이 반으로 접혀 천장에 매달려 있다가 한쪽을 풀어 준 운동이다.
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| 길이가 <math> L </math>라고 할 때, 처음 위치에너지는
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| <math> - \frac{M}{2} g \frac{L}{4} - \frac{M}{2} g \frac{L}{4} = - Mg \frac{L}{4} </math>
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| 이다.
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| 최종 에너지는 모든 질량이 곧게 서 있으므로,
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| <math> - M g \frac{L}{2} </math>
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| 즉 에너지가 감소했다.
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| 이 경우에도 에너지가 감소하는 것을 다음과 같이 생각할 수 있다.
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| 먼저 오른쪽은 자유낙하를 하는데, 오른쪽의 일부 질량이 점점 왼쪽의 질량이 되므로 v의 속도가
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| 0으로 바꾸어진다. 즉, 왼쪽 체인이 오른쪽의 일부 질량을 위로 당겨서 속력을 0으로 만드는 효과를
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| 갖는다.
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| 따라서 이것은 비탄성 충돌에 해당하고, 에너지는 소모되게 된다.
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| Divided Falling chain의 center of mass
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| 오른쪽 체인이 <math> x </math> 만큼 내려갔을 때,
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| 왼쪽체인은 <math> x/2 </math> 만큼 내려갔고, 오른쪽 체인도 <math> x/2 </math> 만큼 내려갔다.
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| 왼쪽 체인은 따라서 길이가 <math> b/2 + x/2 </math> 이고, 오른쪽 체인의 길이는 <math> b/2 - x/2 </math> 이다.
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| 따라서 왼쪽 체인의 질량은 <math> \rho ( b/2 + x/2) </math> 이고, 중심의 위치는 <math> \frac{1}{2} ( b/2 + x/2) </math>
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| 이다.
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| 오른쪽 체인의 질량은 <math> \rho (b/2 - x/2 ) </math> 이고, 중심의 위치는 <math> x + \frac{1}{2} ( b/2 - x/2 ) </math>
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| 이다.
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| 오른쪽 체인의 중심의 위치는 <math> \frac{1}{2} ( b/2 + 3x/2 ) </math> 가 된다.
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| 따라서 CM의 위치는
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| <math> \frac{1}{M} ( \rho ( b/2 + x/2 ) \frac{1}{2} ( b/2 + x/2 ) + \rho (b/2 - x/2 ) \frac{1}{2} ( b/2 + 3x/2 ) ) </math>
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| 이고,
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| 이는 <math> \frac{1}{8M} ( M/b ( b+ x)^2 + M/b (b-x )(b+ 3x ) ) </math>
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| <math> \frac{1}{8b} ( 2b^2 + 4 bx - 2x^2 ) </math>
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| <math> \frac{1}{4b} ( b^2 + 2bx - x^2 ) </math>
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| <math> P = MV </math>
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| <math> P = \frac{M}{4b} ( 2b \dot{x} - 2 x \dot{x} ) </math>
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| <math> P = \rho \frac{b - x } {2} \dot{x} </math>
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| 로 책과 같은 결과를 준다.
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| 퍼텐셜 에너지 또한 <math> - M g \frac{1}{4b} ( b^2 + 2bx - x^2 ) = - \frac{1}{4} \rho g ( b^2 + 2bx - x^2 ) </math>
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| 이다.
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| 이것을 에너지 보존 풀이에 이용한다.
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