라그랑주 역학/예제

1. 개요

2. 일반화 좌표계를 이용한 문제

2.1. 예제 1

[풀이 보기]

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1. 물체들의 위치 좌표를 일반화 좌표계로 쓴다.
물체의 위치는 좌표 2개만 있으면 결정할 수 있다.[2] 하나는 경사면이 좌우로 왔다갔다 하는 것이고, 하나는 물체가 경사면 위에서 움직이는 것이다. 즉 계의 자유도는 2이다. 일반화 좌표는 아무렇게나 설정하면 되는데, 편의상 그림처럼 경사면과 [math(y)]축 사이의 거리를 [math( X )], 경사면의 꼭대기에서 물체가 미끄러진 거리를 [math( Y )]라고 하자. 경사면의 꼭대기의 좌표를 [math( (x_1, y_1) )], 물체의 좌표를 [math( (x_2 , y_2) )]라고 하면 그림에서 다음 관계식을 얻을 수 있다.

[math( \displaystyle \begin{aligned} (x_{1},\,y_{1})&=(X,\,0) \\ (x_{2},\,y_{2})&=(X + Y \cos \theta,\,-Y \sin \theta) \end{aligned} )]

사실 여기까지 했으면 문제를 다 푼 것이다. 이제 물리 문제를 "어렵게" 만드는 요소가 없어졌기 때문이다. 뉴턴 역학에서는 중력이랑 수직항력 같은 걸 화살표로 다 표시한 다음 성분별로 다 나눠서 써야 하겠지만, 여기서는 그런 짓을 전혀 할 필요가 없다! 이제 다음 단계부터는 기계적으로 계산만 하면 된다.

2. 위 식을 시간으로 미분한다.
그냥 미분하면 된다. ([math( \theta )]는 상수이다)

[math( \displaystyle \begin{aligned} \dot{x}_{1}&=\dot{X} \\ \dot{y}_1 &=0 \\ \dot{x}_2 &= \dot{X} + \dot{Y} \cos \theta \\ \dot{y}_2 &= -\dot{Y} \sin \theta \end{aligned} )]

3. 라그랑지언에 좌표를 대입한다.
계의 운동 에너지는

[math(\displaystyle {1 \over 2} M v_1^2 + {1 \over 2} m v_2^2 = {1 \over 2} M (\dot{x}_1^2 + \dot{y}_1^2) + {1 \over 2} m (\dot{x}_2^2 + \dot{y}_2^2) )]

이고, 퍼텐셜 에너지는 [math( Mgy_1 + mgy_2 )]이다. 따라서 라그랑지언 [math(L=T-U)]은 다음과 같다.

[math( \displaystyle L = {1 \over 2} M (\dot{x}_1^2 + \dot{y}_1^2) + {1 \over 2} m (\dot{x}_2^2 + \dot{y}_2^2) - Mgy_1 - mgy_2 )]

여기에 과정 1과 2에서 구한 식을 그대로 대입하면 된다. 계산하면 다음과 같이 라그랑지언을 일반화 좌표계에서 쓸 수 있다.

[math( \displaystyle L= {1 \over 2} M \dot{X}^2 + {1 \over 2} m (\dot{X}^2 + 2 \dot{X} \dot{Y} \cos \theta + \dot{Y}^2) + mgY \sin \theta )]

4. 오일러 방정식을 쓴다.
일반화 좌표계 [math( (X,\,Y) )]에 대한 두 방정식을 쓰면 된다.

[math( \displaystyle {\partial L \over \partial X} - {d \over dt} {\partial L \over \partial \dot{X}} = 0 , {\partial L \over \partial Y} - {d \over dt} {\partial L \over \partial \dot{Y}} = 0 )]

5. 방정식을 푼다.
라그랑지언을 대입해서 풀면 된다. 대입하면

[math( \displaystyle \begin{aligned} {d \over dt} [M \dot{X} + m(\dot{X} + \dot{Y} \cos \theta) ] &= 0 \\ \qquad mg \sin \theta - {d \over dt} ( m \dot{X} \cos \theta + m \dot{Y} ) &= 0 \end{aligned} )]

계산하면

[math( \displaystyle \begin{aligned} M \ddot{X} + m(\ddot{X} + \ddot{Y} \cos \theta) &= 0 \\ \ddot{X} \cos \theta + \ddot{Y}&=g \sin \theta \end{aligned} )]

이제 이것은 그냥 [math( \ddot{X}, \ddot{Y} )]에 대한 1차 연립방정식일 뿐이다. 이를 풀면 가속도를 얻는다.

[math( \displaystyle \begin{aligned} \ddot{X} &= \frac{ -mg \sin \theta \cos \theta }{ M + m \sin^2 \theta } \\ \ddot{Y} &= \frac{ (m+M) g \sin \theta }{ M + m \sin^2 \theta } \end{aligned})]

떨어지는 데 걸리는 시간은 [math( l = a t^2/2 )]이므로 [math( t = \sqrt{ 2l / a } )]로 계산하면 된다. 이때 [math( a = \ddot{Y} )]이다.

[math( \displaystyle t = \sqrt{\frac{ 2l (M + m \sin^2 \theta) }{ (m+M) g \sin \theta }} )]

계산이 상당히 복잡한 결과이지만, 뉴턴 역학으로 푸는 것보다는 훨씬 간단하다. 푸는 과정을 되돌아보면, 1번 과정을 빼고는 그냥 단순한 계산이었다. 심지어 1번 과정도 그냥 중학교 수준의 기하학만 있으면 알 수 있다.

[풀이1]

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이 문제를 뉴턴 제 2법칙을 사용해서만 풀어보도록 하자. [math(\mathbf{\hat{x}})], [math(\mathbf{\hat{y}})] 방향이 양이다.

우선 이 문제에서 [math(M)]의 [math(x)]축 방향 가속도의 크기를 [math(a_{M,\,x})]라 할 때, 경사면 [math(M)]의 운동 방정식은

[math(\displaystyle -Ma_{M,\,x}=-N\sin{\theta} )]

[math(N)]은 수직항력이며, [math(\sin{\theta})]가 붙은 것은 [math(x)]축의 성분을 구하기 위해 붙인 것이다.

[math(m)]이 가속도 [math(-a_{M,\,x})]의 프레임에 존재하기에 관성력 [math(-ma_{M,\,x})]를 받으며, 이 힘 때문에 [math(-N)]이 평상시의 [math(-mg\cos{\theta})]가 아닌

[math(-N=-mg\cos{\theta}+ma_{M,\,x}\sin{\theta})]

이다.

이상에서

[math(\displaystyle -Ma_{M,\,x}=(-mg\cos{\theta}+ma_{M,\,x}\sin{\theta})\sin{\theta} )]

이것을 [math(a_{M,\, x})]에 대해 풀면

[math(\displaystyle a_{M,\, x}=\frac{mg\cos{\theta}\sin{\theta}}{M+m\sin^{2}{\theta}} )]

이제 [math(m)]의 경사면과 수평인 가속도 [math(a_{m,\,s})]을 구하자. [math(m)]의 운동 방정식은

[math(\displaystyle \begin{aligned} ma_{m,\,s}&=mg\sin{\theta}+ma_{M,\,x}\cos{\theta} \\ &=mg\sin{\theta}+\frac{m^{2}g\cos^{2}{\theta}\sin{\theta}}{M+m\sin^{2}{\theta}} \\&=\frac{m(m+M)g\sin{\theta}}{M+m\sin^{2}{\theta}} \\ \\ \therefore a_{m,\,s}&=\frac{(m+M)g\sin{\theta}}{M+m\sin^{2}{\theta}} \end{aligned})]

이상에서 등가속도 운동 공식을 이용하면 경사면을 모두 내려오는데 걸린 시간은 다음과 같다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} t&=\sqrt{\frac{2l}{a_{m,\,s}} } \\ &=\sqrt{\frac{2l(M+m\sin^{2}{\theta})}{(m+M)g\sin{\theta}} } \end{aligned})]

[풀이2]

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1. 좌표계 설정
[math(x)]축과 [math(y)]축을 정하자. 어떻게든 정해도 되지만, 그나마 계산을 쉽게하기 위해 [math(x)]축은 바닥과 평행하게, [math(y)]축은 바닥과 수직이 되게끔 정하자.

2. 운동량 보존의 법칙
경사면과 작은 물체를 하나의 계로 본다면, 바닥과의 마찰력이 없으니 [math(x)]방향으로는 외력이 없다. 따라서 [math(x)]방향의 운동량은 보존된다. 작은 물체가 경사면을 다 미끄러져 내려간 직후의 속력을 [math(\displaystyle v_1 )] 이라하고, 똑같은 시각의 경사면의 속력을 [math(\displaystyle v_2 )]라 하자. 또한, [math(\displaystyle v_2 )]는 [math(y)]성분이 없다. 그렇다면 운동량 보존의 법칙에 의해 다음의 식이 성립한다.

[math(\displaystyle v_2 = \frac{m}{M} v_{1x} )]

3. 좌표변환과 에너지 보존의 법칙
경사면이 고정되어 있지 않으므로, [math(\displaystyle v_1 )]의 방향을 알기가 쉽지 않다. 따라서 관성계, 즉 관점을 바꿔보자. 왼쪽으로 [math(\displaystyle v_2 )]로 달리고 있는 사람의 관점에서 본다면, 처음에는 작은 물체와 경사면은 오른쪽으로 [math(\displaystyle v_2 )]로 이동하고 있다. 미끄러짐 직후에 경사면은 정지해있으며, 작은 물체는 속력 [math(\displaystyle v_1' )] 으로 운동하고있다. 이 관성계에서 에너지 보존의 법칙을 적용하자. 마찰력이 없으므로 운동 에너지와 위치 에너지만 고려하면 된다.

[math(\displaystyle \frac{1}{2}(m+M) {v_2}^2+mgl \sin{\theta}=\frac{1}{2} m {v_1'}^2 )]

이 관점에서는 미끄러진 후 경사면은 정지해 있으므로 [math(\displaystyle v_1' )]의 방향을 알아내기 쉽다. 또한, 우리는 좌표변환을 할때 [math(y)]쪽은 건드리지 않았으므로 [math(\displaystyle v_{1y}'=v_{1y} )]이다. 정리하자면,

[math(\displaystyle \begin{aligned} v_{1x}'&=v_1' \cos{\theta} \\ v_{1y}'&=v_1' \sin{\theta}=v_{1y} \end{aligned} )]

이제 [math(\displaystyle v_{1x}' )]도 원래 관성계로 바꾸자. [math(\displaystyle v_{1x}'-v_2=v_{1x} )]에서 [math(\displaystyle v_1' \cos{\theta} =v_{1x} + v_2 )]이므로

[math(\displaystyle v_1'=\frac{(m+M) v_{1x}}{M \cos{\theta}} )]

이 결과를 에너지 보존 공식에 넣고 계산을 하면 다음의 결과가 튀어나온다.

[math(\displaystyle \displaystyle v_{1x}=\sqrt{\frac{2M^2gl \sin{\theta} \cos^2{\theta}}{(m+M)^2-m(m+M) \cos^2{\theta} }} )]

이 식을 더 윗쪽 식에 대입을 좀 하면 [math(\displaystyle v_{1y} )]를 구할 수 있다.

[math(\displaystyle \displaystyle v_{1y}=\sqrt{\frac{2gl(m+M) \sin^3{\theta}}{M + m \sin^2 \theta }} )]

4. 동역학
작은 물체가 [math(y)]방향으로 이동한 거리는 그냥 [math(\displaystyle d=l \sin{\theta} )]이다. 거의 끝났다. 가속도는 일정하므로, [math(\displaystyle t={2d/}{v_{1y}} )]이다. 따라서,

[math(\displaystyle \displaystyle t = \sqrt{\frac{ 2l (M + m \sin^2 \theta) }{ (m+M) g \sin \theta }} )]

[풀이3]

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경사면이 작은 물체에 가하는 법선력을 [math(\displaystyle F)]라고 하자. 이 법선력은 시간에 대해 불변이다. 왼쪽으로 여러 다른 속력으로 이동하는 많은 관측자들을 상상해보자. 모든 관측자들에게는 각각 언젠가, 빗면은 정지해있고 작은 물체가 어떠한 속력으로 빗면을 미끄러져가는 순간이 있을 것이다. 하지만 중력은 항상 일정하니까, 이 작은 물체가 얼마나 빠르게 미끄러져가든, 빗면 어디에 위치해 있든, 법선력은 바뀔리가 없다. 그러므로 이 둘의 속도에 상관없이 법선력은 일정하다는 것을 유추할 수 있다. 가속도가 일정하다면 적용 가능한 동역학 방정식(kinematic equations)이 여러 개 있는데, 그 중 하나를 이용하자.

법선력의 [math(x)]부분을 [math(\displaystyle F_x)], [math(y)]부분을 [math(\displaystyle F_y)]라 하고, 동역학 방정식 중 하나인

[math(\displaystyle \frac{1}{2}at^2=d)]

를 사용해서 3개의 연립 방정식을 쓸 수 있다.

첫째, [math(y)]방향의 동역학 방정식

[math(\displaystyle \frac{1}{2}(g-\frac{F_y}{m})t^2=l \sin \theta)]

둘째, [math(x)]방향의 동역학 방정식. [math(x)]방향으로는 경사면도 움직이기 때문에 좌변에 두 항이 필요하다.

[math(\displaystyle \frac{F_x}{2M}t^2+\frac{F_x}{2m}t^2=l \cos \theta)]

셋체, [math(\displaystyle F_x)]와 [math(\displaystyle F_y)]의 관계. 이 둘의 벡터합은 경사면과 직각을 이룬다.

[math(\displaystyle \frac{F_x}{F_y}=\tan \theta)]

이걸로 물리학은 끝이고, 나머지는 계산 노가다이다. 이 3개의 방정식으로 이루어진 연립 방정식을 열심히 풀면 [math(\displaystyle t)]를 구할 수 있다.

세번째 식으로 [math(\displaystyle F_y)]를 구해서 첫번째 식에 대입. 이 변환된 첫 번째 식으로 [math(\displaystyle F_x)]를 구하고 2번째 식에 대입, 마지막으로 그 식을 사용해서 [math(\displaystyle t)]를 구하자. 자세한 대수학적 계산은 가독성을 위해 생략.

[math(\displaystyle \displaystyle t = \sqrt{\frac{ 2l (M + m \sin^2 \theta) }{ (m+M) g \sin \theta }} )]

똑같은 결과가 나온다. 하지만 풀이들을 비교해보면, 뉴턴 역학의 풀이가 순수 계산도 힘들고, 식을 세우는 과정도 더 어렵다.

2.2. 예제 2

[풀이 보기]

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라그랑주 역학의 해법을 사용할 것이다. 이 문제에서 일반화 좌표로 [math(\theta)] 즉, [math(\mathrm{P})]의 중점을 통과하는 [math(y)]축과 평행한 직선과 실의 각도를 택하면 된다. 그러나 일부 사람들은 물체 [math(\mathrm{P})]가 [math(x)]축으로 등가속도 운동하기 때문에 [math(x)] 또한 사용하여야 된다고 생각할 수도 있다. 그러나, 시간 [math(t)]가 정해지면, [math(\mathrm{P})]의 [math(x)]좌표는 정해지기 때문에 일반화 좌표를 [math(\theta)]로만 위치를 기술할 수 있다.[3]

[math(m)]의 좌표는 다음과 같다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} x&=\frac{1}{2}at^{2}+l\sin{\theta} \\y&=-l\cos{\theta} \end{aligned} )]

따라서 계의 라그랑지언은 다음과 같이 쉽게 결정할 수 있다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} L&=T-U \\&=\frac{1}{2}m(\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2})-mgy \\ &=\frac{1}{2}m[(at-l \dot{\theta} \cos{\theta})^{2}+l^{2} \dot{\theta}^{2} \sin^{2}{\theta}]+mgl \cos{\theta} \end{aligned} )]

이에 오일러-라그랑주 방정식

[math(\displaystyle \frac{\partial L}{\partial \theta}-\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}=0 )]

을 이용하면, 아래와 같은 운동 방정식을 얻는다.

[math(\displaystyle \ddot{\theta}=\frac{a}{l}\cos{\theta}-\frac{g}{l}\sin{\theta} )]

이를 삼각함수 합성을 통해 아래와 같은 꼴로 나타낼 수 있다.

[math(\displaystyle \ddot{\theta}=\frac{\sqrt{a^{2}+g^{2} }}{l}\sin{(\theta - \epsilon )} \qquad \qquad \tan{\epsilon} \equiv \frac{a}{g} )]

[math(\epsilon)]을 평형각이라 하면 각변위는

[math(\displaystyle \theta-\epsilon \equiv \xi )]

로 놓을 수 있고, 이 치환을 이용하여 운동 방정식을 다시 쓰면,

[math(\displaystyle \ddot{\xi}=-\frac{\sqrt{a^{2}+g^{2} }}{l}\sin{\xi} )]

그런데 문제 조건에서 진자는 평형각을 기준으로 미소 진동한다고 했으므로 [math(\xi \ll 1)]이 되고, [math(\sin{\xi} \to \xi)]가 된다. 따라서

[math(\displaystyle \ddot{\xi}=-\frac{\sqrt{a^{2}+g^{2} }}{l}\xi )]

그러므로 위 진자는 평형각 [math(\epsilon)]을 중심으로 주기

[math(\displaystyle T=2\pi \left[ \frac{l}{\sqrt{a^{2}+g^{2} }} \right]^{1/2} )]

로 진동한다. 참고로, [math(a \to 0)] 즉, [math(\mathrm{P})]가 고정된 상태라면,

[math(\displaystyle T \to 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}} )]

로서 단진자의 결과와 같이 나온다.

참고로 이 문제는 관성력을 이용하면 더욱 쉽게 풀 수 있으며, 그 결과 또한 완전히 같게 나온다.

2.3. 예제 3

[풀이 보기]

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일반화 좌표로 원점에서 [math(m)]까지의 거리 [math(\rho)]를 택하면 충분하고, [math(m)]의 좌표는 아래와 같다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} x&=\rho\cos{\omega t} \\ y&=\rho\sin{\omega t} \end{aligned} )]

운동 에너지와 퍼텐셜 에너지는 각각 다음과 같다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} T&=\frac{1}{2}m(\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}) \\&=\frac{1}{2}m(\rho^{2}\omega^{2}+\dot{\rho}^{2}) \\ U&=mgy \\&=mg\rho\sin{\omega t} \end{aligned} )]

이 계의 라그랑지언은

[math(\displaystyle \begin{aligned} L&=T-U \\&=\frac{1}{2}m(\rho^{2}\omega^{2}+\dot{\rho}^{2})-mg\rho\sin{\omega t} \end{aligned} )]

일반화 좌표 [math(\rho)]에 대한 오일러-라그랑주 방정식은

[math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial \rho}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{\rho}}&=0 \\ \ddot{\rho}-\omega^{2} \rho+g\sin{\omega t}&=0 \end{aligned} )]

[math(\rho(0)=l)], [math(\dot{\rho}(0)=0)]을 이용하여 위 방정식을 풀면

[math(\displaystyle \rho=l\cosh{\omega t}+\frac{g}{2\omega^{2}}(\sin{\omega t}-\sinh{\omega t}) )]

3. 구속력을 고려해야 하는 문제

3.1. 예제 1

[풀이 보기]

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[math(m)]이 반원 표면에서만 움직이는 이유는 바로 구속력 때문이다. 따라서 구속력이 0이 될 조건을 찾으면 [math(m)]이 반원 위에서 떨어질 조건을 찾을 수 있다.

일반화 좌표계는 물체가 반원 위를 움직이는 것에서 착안하여 극좌표계로 잡고, [math(m)]이 반원 위에 있으려면 [math( r=R )]이어야 한다. 따라서 구속 조건은

[math(\displaystyle f(r, \, \theta)=r-R=0 )]

이 계의 라그랑지언은

[math(\displaystyle \begin{aligned} L&=T-U \\ &=\frac{1}{2}m(\dot{r}^{2}+r^{2} \dot{\theta}^{2})-mgr\sin{\theta} \end{aligned} )]

이다. 유의해야 할 것은 우리는 구면 위에서 입자가 벗어나는 상황을 고려하기 때문에 섣불리 [math(r=R)]을 대입해서는 안 된다는 것이다. 이 시스템의 오일러-라그랑주 방정식은

[math(\displaystyle \begin{aligned} {\partial L \over \partial r} - {d \over dt} {\partial L \over \partial \dot{r}} + \lambda{\partial f \over \partial r } &= 0 \\ {\partial L \over \partial \theta} - {d \over dt} {\partial L \over \partial \dot{\theta}} + \lambda{\partial f \over \partial \theta } &= 0 \end{aligned} )]

그런데 [math( {\partial f / \partial r} = 1)]이고 [math( {\partial f / \partial \theta} = 0 )]이므로, [math( r )] 방향 일반화 구속력은 그냥 [math( \lambda )]이고, [math( \theta )]방향 일반화 구속력은 없다.

오일러-라그랑주 방정식에 라그랑지언을 대입하면,

[math(\displaystyle \begin{aligned} mr \dot{\theta}^2 - mg \sin \theta - m \ddot{r} + \lambda &= 0 \\ -mgr \cos \theta - mr^2 \ddot{\theta} - 2mr \dot{r} \dot{\theta} &= 0 \end{aligned} )]

이제 구속 조건 [math( r=R )]과 이를 미분한 [math( \dot{r} = \ddot{r} = 0 )]를 대입하자.

[math(\displaystyle \begin{aligned} mR \dot{\theta}^2 - mg \sin \theta + \lambda &= 0 &\qquad \cdots(1) \\ -mgR \cos \theta - mR^2 \ddot{\theta} &= 0 &\qquad \cdots(2) \end{aligned} )]

[math( (2) )]식을 정리하면,

[math(\displaystyle \ddot{\theta} = -{g \over R} \cos \theta )]

그런데

[math( \displaystyle \ddot{\theta} = \frac{d \dot{\theta}} {dt} = \frac{ d \theta }{ dt } \frac{ d \dot{\theta} }{ d \theta } = \dot{\theta} \frac{ d \dot{\theta} }{ d \theta } )]

이므로 위에 대입하면,

[math( \displaystyle \dot{\theta}\, d \dot{\theta} = -{g \over R} \cos{\theta}\, d \theta )]

가 된다. 양변을 [math( t=0 )]부터 [math( t )]까지 적분하자. 이때, [math( t=0 )]일 때 입자는 반원의 꼭대기[math( (\theta =\pi/2 ) )]에 있고 초기 각속도 [math( \dot{\theta} = 0 )]임에 유의하자.

[math( \displaystyle \int_{0}^{\dot{\theta}} { \dot{\theta} \,d \dot{\theta} } = - {g \over R} \int_{\pi/2}^{\theta} {\cos \theta \, d \theta} )]

따라서

[math(\displaystyle { \dot{\theta}^2 \over 2} = - {g \over R} \sin \theta + {g \over R} )]

이 식을 식 [math( (1) )]에 대입하면 구속력 [math(\lambda)]를 알 수 있다.

[math( \displaystyle \lambda = mg (3 \sin \theta - 2) )]

구하는 상황은 구속력이 0이 되는 상태, 즉, 반원을 벗어나서 더 이상 구속력을 받지 않는 순간을 구하는 것이므로 [math(\lambda=0)]을 만족시키려면,

[math(\displaystyle \sin{\theta}=\frac{2}{3})]

를 만족시켜야 한다. 이때,

[math(\displaystyle \sin{\theta}=\frac{h}{R})]

임을 이용하면, 구하는 값은

[math( \displaystyle h=\frac{2}{3}R)]

으로 결정된다. 따라서 [math(m)]은 [math(R-h=R/3)]만큼 내려간 뒤 반원을 벗어나게 된다.

참고적으로 이 문제는 뉴턴 역학적으로도 풀 수 있다. 관심있는 독자들은 한 번 해볼 것. 수준 있는 일반 물리학 서적에는 해당 문제가 실려있다.

3.2. 예제 2

[풀이 보기]

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일반화 좌표를 (b)와 같이 설정한다.

여기서 주의해야 하는 것은 우리가 구속력을 찾길 원하기 때문에 [math(r=R_{1}-R_{2})], [math(R_{2}(\psi+\theta)=R_{1}\theta)]라 놓고, 전개하면 안된다는 사실이다.

[math(M)]의 위치는 다음과 같이 쓸 수 있다.

[math(\displaystyle (x_{M},\,y_{M})=(X,\,0) )]

[math(m)]의 위치는 다음과 같이 쓸 수 있다.

[math(\displaystyle (x_{m},\,y_{m})=(X+r\cos{\theta},\,-r\sin{\theta}) )]

구속 조건은

[math(\displaystyle \begin{aligned} f_{1}(X,\,r,\,\theta,\psi)&=r-\tilde{R}=0 \qquad (\tilde{R} \equiv R_{1}-R_{2}) \\ f_{2}(X,\,r,\,\theta,\psi)&=R_{2}(\psi+\theta)-R_{1}\theta \\&=R_{2}\psi-\tilde{R}\theta=0 \end{aligned})]

여기서 [math(f_{1}=0)]은 [math(m)]이 원호 경로를 따라 내려오기 위한 구속 조건, [math(f_{2}=0)]는 굴림 운동할 조건이다. [math(\dot{r}=\ddot{r}=0)], [math(\tilde{R} \ddot{\theta}=R_{2}\ddot{\psi})]를 얻는다.

한편,

[math(\displaystyle \begin{aligned} (\dot{x}_{M},\,\dot{y}_{M})&=(\dot{X},\,0) \\ (\dot{x}_{m},\,\dot{y}_{m})&=(\dot{X}+\dot{r}\cos{\theta}-r\dot{\theta} \sin{\theta},\,-\dot{r}\sin{\theta}-r\dot{\theta}\cos{\theta}) \end{aligned} )]

이에 계의 운동 에너지는

[math(\displaystyle \begin{aligned} T=\frac{1}{2}M \dot{X}^{2}+\frac{1}{2}m [\dot{X}^{2}+\dot{r}^{2}+r^{2}\dot{\theta}^{2}+2\dot{r}\dot{X}\cos{\theta}-2r\dot{\theta}\dot{X}\sin{\theta} ]+ \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2}mR_{2}^{2} \right) \dot{\psi}^{2} \end{aligned} )]

여기서 마지막 항은 회전 운동 에너지이고, 해당 항의 괄호는 원기둥의 관성 모멘트이다.

퍼텐셜 에너지는 쉽게

[math(\displaystyle \begin{aligned} U=-mgr\sin{\theta} \end{aligned} )]

이상에서 계의 라그랑지언은

[math(\displaystyle \begin{aligned} L&=T-U \\&=\frac{1}{2}M \dot{X}^{2}+\frac{1}{2}m [\dot{X}^{2}+\dot{r}^{2}+r^{2}\dot{\theta}^{2}+2\dot{r}\dot{X}\cos{\theta}-2r\dot{\theta}\dot{X}\sin{\theta} ]+ \frac{1}{4}mR_{2}^{2} \dot{\psi}^{2}+mgr\sin{\theta} \end{aligned} )]

[math(X)]와 [math(\theta)], [math(r)], [math(\psi)]에 대한 방정식을 구속 조건이 포함된 오일러-라그랑주 방정식을 통해 얻으면 다음의 사실

[math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial f_{1}}{\partial r}&=1 \\ \frac{\partial f_{2}}{\partial \theta}&=-\tilde{R}\\ \frac{\partial f_{2}}{\partial \psi}&=R_{2} \end{aligned} )]

(그 외의 일반화 좌표로 미분한 값은 0이다.)을 이용하여 다음을 얻는다.(여기서 [math(\dot{r}=\ddot{r}=0)], [math(\tilde{R} \ddot{\theta}=R_{2}\ddot{\psi})]를 적용했다.)

[math(\displaystyle \begin{aligned} X&:\,(M+m)\ddot{X}-m\tilde{R}\ddot{\theta}\sin{\theta}-m\tilde{R}\dot{\theta}^{2}\cos{\theta}=0 && \cdots \small{(1)} \\ \theta&:\,\tilde{R}^{2}\ddot{\theta}-\tilde{R}\ddot{X}\sin{\theta}-g\tilde{R}\cos{\theta}+\frac{\lambda_{2} \tilde{R}}{m} =0&& \cdots \small{(2)} \\r&:\,\tilde{R} \dot{\theta}^{2}-\ddot{X}\cos{\theta}+g\sin{\theta}+\frac{\lambda_{1}}{m}=0 && \cdots \small{(3)} \\ \psi&: \frac{1}{2}\tilde{R}R_{2}\ddot{\theta}-\frac{\lambda_{2}R_{2}}{m}=0 && \cdots \small{(4)} \end{aligned} )]

여기서

식 [math((1))]을 정리하여 다음을 얻는다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} \ddot{X}&=\alpha\tilde{R}(\ddot{\theta}\sin{\theta}+\dot{\theta}^{2}\cos{\theta}) \qquad \left( \alpha \equiv \frac{m}{m+M} \right) \end{aligned} )]

한편, 이것을 식 [math((2))]에 대입하여 다음을 얻는다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} (3-2\alpha \sin^{2}{\theta} )\ddot{\theta}-2\alpha \dot{\theta}^{2} \sin{\theta}\cos{\theta} -\frac{2g}{\tilde{R}} \cos{\theta}=0 \end{aligned} )]

간단한 연쇄 법칙을 사용하여

[math(\displaystyle \begin{aligned} \ddot{\theta}&=\frac{1}{2}\frac{\rm{d} \dot{\theta}^{2}}{\rm{d}\theta} \end{aligned} )]

를 얻을 수 있는데 이를 대입하면

[math(\displaystyle \begin{aligned} (3-2\alpha \sin^{2}{\theta} )\frac{{\rm d}\dot{\theta}^{2}}{{\rm d}\theta}-4\alpha\dot{\theta}^{2} \sin{\theta}\cos{\theta} -\frac{4g}{\tilde{R}} \cos{\theta}=0 \end{aligned} )]

이 미분 방정식을 통해 [math(\dot{\theta}^{2})]을 얻는다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} \dot{\theta}^{2}&=\frac{4g\tilde{R} \sin{\theta}}{\tilde{R}^2(3-2\alpha\sin^{2}{\theta})} \end{aligned} )]

[math(\ddot{\theta})]를 계산하면

[math(\displaystyle \begin{aligned} \ddot{\theta}&=\frac{1}{2}\frac{\rm{d} \dot{\theta}^{2}}{\rm{d}\theta} \\&=2g\cos{\theta} \cdot \frac{3+2\alpha\sin^{2}{\theta} }{\tilde{R}(3-2\alpha\sin^{2}{\theta}) ^{2}} \end{aligned} )]

이상에서

[math(\displaystyle \begin{aligned} \lambda_{1}&=mg\sin{\theta} \cdot \frac{ \alpha(2\alpha-1)\cos{2\theta}-(2\alpha^2-19\alpha+21) }{(3-2\alpha\sin^{2}{\theta})^{2}} \\ \lambda_{2}&=mg\cos{\theta} \cdot \frac{3+2\alpha\sin^{2}{\theta} }{(3-2\alpha\sin^{2}{\theta})^{2}} \end{aligned} )]

이상에서 각 방향의 구속력은 다음과 같다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} r &:\, Q_{r}=\lambda_{1} \\ \theta &:\, Q_{\theta}=-\tilde{R}\lambda_{2}\\ \psi &:\, Q_{\psi}=R_{2}\lambda_{2} \end{aligned} )]

[math(Q_{r})]은 법선 구속력, [math(Q_{\theta})]는 원호를 따라 원운동 시키는 토크, [math(Q_{\psi})]는 굴러내려가게끔 하는 토크이다.

이 문제에서 보듯이 [math(X)]는 순환 좌표이기에 그 운동량이 보존된다. 이는 당연한 결과다. 수평 방향으로는 계에 작용하는 힘이 없기 때문에 계의 운동량은 보존되는 것이다.

덤으로 [math(M)]의 가속도는 아래와 같다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} \ddot{X}=g\alpha \sin{2\theta}\cdot \frac{ 9-2\alpha\sin^{2}{\theta}}{(3-2\alpha\sin^{2}{\theta})^{2}} \end{aligned} )]

[풀이 보기]

-----
우선 위 결과에 의하면 법선 구속력은

[math(\displaystyle \begin{aligned} Q_{r}&=\lambda_{1} \\ &=mg\sin{\theta} \cdot \frac{ \alpha(2\alpha-1)\cos{2\theta}-(2\alpha^2-19\alpha+21) }{(3-2\alpha\sin^{2}{\theta})^{2}} \end{aligned} )]

인데 [math(M \to \infty)]인 상황에서 [math(\alpha \to 0)]이므로 위 구속력은

[math(\displaystyle \begin{aligned} Q_{r}=-\frac{7}{3}mg\sin{\theta} \end{aligned} )]

이 된다.

이제 뉴턴 역학적인 방법으로 위 문제를 분석해보자. 그림 (c)와 같이 우선 중력을 원호 구간에 수직인 성분과 접선 성분으로 나눈다. 이때, [math(m)]이 원호 면을 미는 힘의 크기는 [math(mg\sin{\theta})]이다. 따라서 원호면은 물체에게 이 힘의 반작용으로 [math(N=-mg\sin{\theta})] 만큼의 힘을 가한다. 그런데 물체가 원운동하기에 구심력이 추가로 작용하여 두 힘의 합이 구속력 [math(f)]가 된다. 이제 문제는 구심력을 어떻게 구할 것이냐로 귀착된다.

우선 역학적 에너지 보존을 적용한다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} 0=-mg\tilde{R}\sin{\theta}+\frac{1}{2}mv^{2}+\frac{1}{4}mv^{2} \end{aligned} )]

[math(mv^2/4)]는 회전 운동 에너지이다. 여기서

[math(\displaystyle \begin{aligned} mv^{2}=\frac{4}{3}g \tilde{R} \sin{\theta} \end{aligned} )]

한편, 구심력은 [math(mv^2/\tilde{R})]이므로

[math(\displaystyle \begin{aligned} C=-\frac{4}{3}mg\sin{\theta} \end{aligned} )]

이 된다. 음의 부호는 방향 때문에 붙였다.

이상에서 구속력은 [math(f=N+C)]가 된다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} f=-\frac{7}{3}mg\sin{\theta} \end{aligned} )]

이상에서 타당한 답을 얻었음을 알 수 있다.

3.3. 예제 3

2015학년도 중등교사 1차 임용시험 전공B 4번

[풀이 보기]

------
우선 이 문제에서 도입해야 할 일반화 좌표는 [math(x)], [math(y)], [math(\theta)]이다. 이 계의 운동 에너지는 원반의 병진 운동 에너지와 회전 운동 에너지의 합이다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} T&=\frac{1}{2}m \dot{y}^{2}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}mR^{2} \right)\dot{\theta}^{2} \\ &=\frac{1}{2}m \dot{y}^{2}+\frac{1}{4}mR^{2} \dot{\theta}^{2} \end{aligned} )]

이 계의 퍼텐셜 에너지는 탄성 퍼텐셜 에너지와 원반의 중력 퍼텐셜 에너지의 합이다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} U=\frac{1}{2}kx^{2}-mgy \end{aligned} )]

이상에서 계의 라그랑지언은

[math(\displaystyle \begin{aligned} L&=T-U \\ &=\frac{1}{2}m \dot{y}^{2}+\frac{1}{4}mR^{2} \dot{\theta}^{2}-\frac{1}{2}kx^{2}+mgy \end{aligned} )]

원반이 굴림 운동하기 위한 조건은 문제에 나온대로 [math(y=x+R\theta +y_{0})]이므로 구속 조건 식을 다음과 같이 잡는다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} f(x,\,y,\,\theta)= R\theta+x-y+y_{0}=0 \end{aligned} )]

여기서 다음을 얻는다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} R\ddot{\theta}=\ddot{y}-\ddot{x} \end{aligned} )]

또한

[math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}&=1\\ \frac{\partial f}{\partial y}&=-1 \\ \frac{\partial f}{\partial \theta}&=R \end{aligned} )]

구속 조건이 포함된 오일러-라그랑주 방정식을 사용하여 각 일반화 좌표에 대한 운동 방정식을 얻으면

[math(\displaystyle \begin{aligned} x&:\, -kx+\lambda=0 \\ y&:\, mg-m\ddot{y}-\lambda=0 \\ \theta&:\, -\frac{1}{2}m(\ddot{y}-\ddot{x})+\frac{\lambda}{R}=0 \end{aligned} )]

우선 [math(\lambda=kx)]이고, 이것을 각 식에 대입하여

[math(\displaystyle \begin{aligned} -\frac{1}{2}m(\ddot{y}-\ddot{x})+kx&=0 \\ mg-m\ddot{y}-kx&=0 \end{aligned} )]

이것을 연립하여 다음을 얻는다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} \ddot{x}+\frac{3k}{m}x-g=0 \end{aligned} )]

이 방정식은 쉽게 풀리며, 그 해는 [math(x(0)=\dot{x}(0)=0)]임을 이용하면

[math(\displaystyle \begin{aligned} x(t)=\frac{mg}{3k} \biggl[1-\cos{\biggl(\sqrt{\frac{3k}{m}}t \biggr)} \biggr] \end{aligned} )]

이상에서

[math(\displaystyle \begin{aligned} \lambda&=kx \\&=\frac{mg}{3} \biggl[1-\cos{\biggl(\sqrt{\frac{3k}{m}}t \biggr)} \biggr] \end{aligned} )]

따라서 끈에 걸리는 장력의 크기는

[math(\displaystyle \begin{aligned} |Q_{y}|&= |-\lambda| \\&=\frac{mg}{3} \biggl[1-\cos{\biggl(\sqrt{\frac{3k}{m}}t \biggr)} \biggr] \end{aligned} )]

장력의 최댓값은 코사인 항이 -1일 때

[math(\displaystyle \begin{aligned} \max{|Q_{y}|}=\frac{2}{3}mg \end{aligned} )]

를 가진다.

원반의 병진 가속도는 오일러-라그랑주 방정식에서 얻은 식을 바탕으로 다음을 얻는다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} \ddot{y}(t)&=g-\frac{\lambda}{m} \\&=\frac{g}{3}\biggl[2-\cos{\biggl(\sqrt{\frac{3k}{m}}t \biggr)} \biggr] \end{aligned} )]

3.4. 예제 4

[풀이 보기]

-----
일반화 좌표를 위 그림의 (b)와 같이 설정하자.

이 문제에서는 두 가지 구속이 존재한다. 첫째는 도르래 운동을 하게 하는 것이고, 둘째는 [math(M)]이 수평면에 고정되어 있게 만드는 것이다.[4] 그런데 문제에서는 후자와 관련된 것을 요구하므로 전자는 논하지 않아도, 즉, 그러한 구속조건이 포함된 오일러-라그랑주 방정식을 만들 필요가 없다는 뜻이다. 따라서 이 문제에서는 후자만을 사용한 구속 조건이 있는 오일러-라그랑주 방정식을 세울 것이다.

계의 운동 에너지는

[math(\displaystyle \begin{aligned} T=\frac{1}{2}M\dot{x}^{2}+\frac{1}{2}m\dot{y}^{2} \end{aligned} )]

이고, 퍼텐셜 에너지는

[math(\displaystyle \begin{aligned} U=-Mgx-mgy+\frac{1}{2}ks^{2}+\frac{1}{2}k(z-z_{0})^{2} \end{aligned} )]

여기서 [math(z_{0})]는 자연 길이일 때의 용수철의 가장 높은 지점이다. 이때, [math(Z\equiv z-z_{0})]로 치환한다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} U=-Mgx-mgy+\frac{1}{2}ks^{2}+\frac{1}{2}kZ^{2} \end{aligned} )]

이상에서 라그랑지언 [math(L=T-U)]는 다음과 같이 주어진다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} L=\frac{1}{2}M\dot{x}^{2}+\frac{1}{2}m\dot{y}^{2}+Mgx+mgy-\frac{1}{2}ks^{2}-\frac{1}{2}kZ^{2} \end{aligned} )]

구속 조건은 [math(M)]이 수평면에 고정될 조건인

[math(\displaystyle \begin{aligned} x=\sf{const.} \end{aligned} )]

이상에서 [math(\ddot{x}=0)]을 얻는다. 또 하나의 조건은 도르래에서 움직일 조건으로 이는 실의 길이가 상수라는 점에서 착안해서

[math(\displaystyle \begin{aligned} y+x-Z-2s=\sf{const.} \end{aligned} )]

상수는 모두 미분될 때 사라지므로 그냥 우변으로 다 몰아 넣었다고 생각하면 된다. 이상에서

[math(\displaystyle \begin{aligned} y=2s+Z-x \end{aligned} )]

당연히 이 경우에도 상수가 우변에 포함되지만 같은 이유로 생략했다. 이에

[math(\displaystyle \begin{aligned} \dot{y}=2\dot{s}+\dot{Z}-\dot{x} \end{aligned} )]

따라서 계의 라그랑지언은

[math(\displaystyle \begin{aligned} L=\frac{1}{2}M\dot{x}^{2}+\frac{1}{2}m(2\dot{s}+\dot{Z}-\dot{x})^2+Mgx+mg(2s+z-x )-\frac{1}{2}ks^{2}-\frac{1}{2}kZ^{2} \end{aligned} )]

구속 조건이 있는 오일러-라그랑주 방정식을 얻는다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} s&:\, 2mg-ks-2m(2\ddot{s}+\ddot{Z})=0 \\ Z&:\,mg-kZ- m(2\ddot{s}+\ddot{Z})=0 \\x&:\,(M-m)g+m(2\ddot{s}+\ddot{Z})+\lambda=0 \end{aligned} )]

위 식을 연립하여 다음을 얻는다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} 2\ddot{Z}&=\ddot{s} \\ \lambda&=kZ-Mg \end{aligned} )]

한편, 위 조건을 [math(Z)]에 관한 방정식에 대입하면

[math(\displaystyle \begin{aligned} 5m\ddot{Z}+kZ-mg=0 \end{aligned} )]

이 방정식을 풂으로써 (이때, [math(Z(0)=\dot{Z}(0)=0)]의 초기 조건을 사용한다.)

[math(\displaystyle \begin{aligned} kZ=mg \biggl[1-\cos{\biggl(\sqrt{\frac{k}{5m}}t \biggr)} \biggr] \end{aligned} )]

따라서 구속력은

[math(\displaystyle \begin{aligned} \lambda=g\biggl[m-M-m\cos{\biggl(\sqrt{\frac{k}{5m}}t \biggr)} \biggr] \end{aligned} )]

이고, 이 구속력의 최댓값은 코사인 항이 -1일 때

[math(\displaystyle \begin{aligned} \lambda=2mg-Mg \end{aligned} )]

따라서 이 값이

[math(\displaystyle \begin{aligned} 2mg-Mg \geq 0 \end{aligned} )][5]

을 만족할 때 수평면을 벗어날 수 있게 되므로

[math(\displaystyle \begin{aligned} m\geq \frac{M}{2} \end{aligned} )]

를 만족해야 한다.

따라서 조건을 만족하는 최소의 질량은

[math(\displaystyle \begin{aligned} \min{(m)}=\frac{M}{2} \end{aligned} )]

4. 일반적인 오일러-라그랑주 방정식을 이용하는 경우

4.1. 예제[6]

[풀이 보기]

-----
이 계는 평면 상으로 움직이므로 중력 퍼텐셜 에너지는 고려하지 않아도 된다. 따라서 계의 라그랑지언은 운동 에너지 항만 나오게 된다. [math(M)]의 경우 회전 운동 에너지만, [math(m)]의 경우 병진 운동 에너지와 회전 운동 에너지를 모두 고려한다. 일반화 좌표는 (b)와 같이 잡는다.

[math(\begin{aligned} L=\frac{1}{2}\biggl(\frac{1}{2}MR^2 \biggr) \dot{\alpha}^{2}+\frac{1}{2}m(r+R)^{2} \dot{\theta}^{2}+\frac{1}{2}\biggl(\frac{1}{2}mr^2 \biggr) \dot{\psi}^{2} \end{aligned})]

[math(m)]이 [math(M)]과 원형 트랙 사이에 끼어서 운동하므로 [math(m)]이 [math(\psi)]만큼 회전했을 때, [math(M)]에 대하여 휩쓸고 가는 원호의 길이는 같고, 또한 이 길이는 원형 트랙에 대하여 휩쓸고 가는 길이와 같다. 즉,

[math(\begin{aligned} R(\alpha-\theta)=r(\psi+\theta)=(2r+R)\theta \end{aligned})]

이것을 찾는 과정이 조금 어렵다. 연립해서 풀면

[math(\begin{aligned} \theta &=\frac{R}{2(r+R)}\alpha \\ \psi &=\frac{R}{2r}\alpha \end{aligned})]

따라서

[math(\begin{aligned} \dot{\theta} &=\frac{R}{2(r+R)}\dot{\alpha} \\ \dot{\psi} &=\frac{R}{2r}\dot{\alpha} \end{aligned})]

이것을 라그랑지언에 대입하면

[math(\begin{aligned} L=\frac{1}{4}MR^2 \dot{\alpha}^{2}+\frac{3}{16}mR^{2} \dot{\alpha}^{2} \end{aligned})]

여기서 일반적인 오일러-라그랑주 방정식에 대입한다. [math(\alpha)] 방향으로는 [math(\tau)]의 토크가 작용하므로

[math(\begin{aligned} \frac{1}{2}MR^2 \ddot{\alpha}+\frac{3}{8}mR^{2} \ddot{\alpha} =\tau \end{aligned})]

이상에서

[math(\begin{aligned} \ddot{\alpha}=\frac{4\tau}{R^{2}\biggl( 2M+\dfrac{3}{2}m \biggr)} \end{aligned})]

[math(M)]의 각속도는 [math(\dot{\alpha})]가 되므로 [math([0,\,t])]까지 적분하면, 단, 여기서 [math(\dot{\alpha}(0)=0)]임에 주의한다.

[math(\begin{aligned} \dot{\alpha}=\frac{4\tau }{R^{2}\biggl( 2M+\dfrac{3}{2}m \biggr)}t \end{aligned})]

[math(m)]의 각속도는 다음과 같다.

[math(\begin{aligned} \dot{\psi}&=\frac{R}{2r}\dot{\alpha}\\&=\frac{2\tau }{Rr\biggl( 2M+\dfrac{3}{2}m \biggr)}t \end{aligned})]

이 문제에서 라그랑주 역학의 강력한 점이 또다시 드러난다. 구속력을 고려하지 않아도 될 경우에는 쉽게 그 물리량을 찾을 수 있는 게 그것이다. 뉴턴 역학 식으로 풀려면 두 원반 사이에 작용하는 힘과 원형 트랙이 [math(m)]에게 가하는 힘 또한 고려해서 연립해주는 과정이 요하나, 이 처럼 라그랑주 역학 방법을 쓸 경우 간단하게 그 물리량을 찾을 수 있다.

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