반원 아치의 정역학적 분석

트위터 @16silver_cozyyg님께서 올리신 문제입니다. #링크

아래와 같이 밑변이 $\ell$이고 높이가 $h$인 등변사다리꼴 블록 $n$개를 쌓아 반원 아치를 만들었습니다.

블록의 무게가 $W$이고 블록 사이 최대 정지 마찰 계수가 $\mu$일 때, 아치를 유지하기 위해 지면과 블록 사이에 필요한 마찰력은 얼마일까요? 원래 문제엔 말이 없지만 블록은 균일하다고 가정합니다.

힘의 평형

편의상 블록마다 왼쪽부터 $i=1,2,3,\cdots,n$으로 번호를 붙입시다. 블록 $i=1$부터 $i=k$까지 덩어리에 작용하는 힘은 위 그림과 같습니다. 여기서 결정해야 할 변수는

  • 수직항력 $N_0$와 $N_k$
  • 수직항력의 작용점 위치 $x_0$와 $x_k$
  • 마찰력 $f_0$와 $f_k$

방정식은 $x$와 $y$ 방향 힘의 평형과 모멘트 평형 세 개가 있습니다. 먼저 $x$ 방향 힘의 평형은

\[ -f_0-N_k\sin\frac{k}{n}\pi+f_k\cos\frac{k}{n}\pi = 0 \tag 1 \]

$y$ 방향 힘의 평형은

\[ N_0-kW-N_k\cos\frac{k}{n}\pi-f_k\sin\frac{k}{n}\pi = 0 \tag 2 \]

모멘트가 문제입니다. 일단 저 덩어리의 무게중심이 어딘지를 알아야 하거든요.

무게중심 구하기

등변사다리꼴의 밑각이 $(1-\frac{k}{2n})\pi$이므로 블록 하나의 무게중심은 아래와 같이 계산할 수 있습니다.

\[ y_{CG} = \frac{\int_0^h(-2y\tan\frac{\pi}{2n}+\ell)y\mathrm{d}y}{\int_0^h(-2y\tan\frac{\pi}{2n}+\ell)\mathrm{d}y}
= \frac{3\ell-4h\tan\frac{\pi}{2n}}{6(\ell-h\tan\frac{\pi}{2n})}h \]

식이 복잡하니 $a=\frac{h}{\ell}\tan\frac{\pi}{2n}$으로 정의하겠습니다.

\[ y_{CG} = \frac{3-4a}{6(1-a)}h \]

등변사다리꼴 밑변에서 아치 중심까지 거리는 $\frac{\ell}{2}\cot\frac{\pi}{2n}=\frac{1}{2a}h$이므로 아치 중심에서 무게중심까지 거리는

\[ \left[\frac{1}{2a}-\frac{3-4a}{6(1-a)}\right]h = \frac{4a^2-6a+3}{6a(1-a)}h \]

따라서 위와 같이 좌표축을 잡으면 $i$번째 블록의 무게중심 $G_i$의 위치 벡터는

\[ \mathbf G_i = \frac{4a^2-6a+3}{6a(1-a)}h \left(-\cos\frac{2i-1}{2n}\pi, \sin\frac{2i-1}{2n}\pi\right) \]

블록 $i=1$부터 $i=k$까지 덩어리의 무게중심은

\[ \begin{align}
\mathbf G &= \frac{1}{k}\sum_{i=1}^k \mathbf G_i \\
&= \frac{1}{k} \frac{4a^2-6a+3}{6a(1-a)}h \left(-\sum_{i=1}^k\cos\frac{2i-1}{2n}\pi, \sum_{i=1}^k\sin\frac{2i-1}{2n}\pi\right) \\
&= \frac{1}{k} \frac{4a^2-6a+3}{6a(1-a)}h \frac{\sin\frac{k}{2n}\pi}{\sin\frac{\pi}{2n}}
\left(-\cos\frac{k}{2n}\pi,\sin\frac{k}{2n}\pi\right)
\end{align} \]

원점에 대한 모멘트 평형

$N_0$의 작용점은 $(-\frac{\ell}{2}\csc\frac{\pi}{2n}+x_0,0)$이고 방향 벡터는 $(0, 1)$입니다. 원점에 대한 $N_0$의 모멘트는

\[ \left(-\frac{\ell}{2}\csc\frac{\pi}{2n}+x_0\right)\mathbf{i} \times N_0\mathbf{j}
= \left(-\frac{\ell}{2}\csc\frac{\pi}{2n}+x_0\right)N_0\mathbf{k} \]

$N_k$의 작용점은

\[ \left(\frac{\ell}{2}\csc\frac{\pi}{2n}-x_k\right)\left(-\cos\frac{k}{n}\pi,\sin\frac{k}{n}\pi\right) \]

이고 방향 벡터는 $(-\sin\frac{k}{n}\pi,-\cos\frac{k}{n}\pi)$이므로 모멘트는

\[ \begin{align}
&\left(\frac{\ell}{2}\csc\frac{\pi}{2n}-x_k\right)
\left(-\cos\frac{k}{n}\pi\mathbf{i}+\sin\frac{k}{n}\pi\mathbf{j}\right) \times
N_k\left(-\sin\frac{k}{n}\pi\mathbf{i}-\cos\frac{k}{n}\pi\mathbf{j}\right) \\
&= \left(\frac{\ell}{2}\csc\frac{\pi}{2n}-x_k\right)N_k\mathbf{k}
\end{align} \]

중력의 작용점은 $\mathbf G$이고 방향 벡터는 $(0, -1)$이므로 모멘트는

\[ \mathbf G\times (-kW\mathbf{j}) =
\frac{4a^2-6a+3}{6a(1-a)}hW \frac{\sin\frac{k}{2n}\pi}{\sin\frac{\pi}{2n}}\cos\frac{k}{2n}\pi\mathbf{k} \]

마찰력은 작용선이 원점을 지나므로 모멘트가 0입니다. 따라서 모멘트 평형은

\[ \left(-\frac{\ell}{2}\csc\frac{\pi}{2n}+x_0\right)N_0
+\left(\frac{\ell}{2}\csc\frac{\pi}{2n}-x_k\right)N_k
+\underbrace{\frac{4a^2-6a+3}{6a(1-a)}hW \frac{\sin\frac{k}{2n}\pi}{\sin\frac{\pi}{2n}}\cos\frac{k}{2n}\pi}_{\equiv b_k} = 0 \tag 3 \]

방정식 연립하기

최종적으로 우리가 풀어야 할 식은 식 (1), (2), (3)입니다. 여기에 $k=1,2,3,\cdots,n$을 대입하면 식을 총 $3n$개 얻습니다. 그런데 변수는 $f_0,f_1,f_2,\cdots,f_n$이 $n+1$개, $N_0,N_1,N_2,\cdots,N_n$이 $n+1$개, $x_0,x_1,x_2,\cdots,x_n$이 $n+1$개로 총 $3n+3$개입니다. 따라서 방정식이 세 개 더 필요하다는 결론이 나오는데, 하나는 대칭성에서 가져오겠습니다.

\[ N_0=N_n \tag 4 \]

그래도 여전히 식이 두 개 부족하죠. 결국 정답이 하나로 정해지지 않는 문제라는 겁니다. $f_0$와 $x_0$의 값을 고정하고 나머지 변수를 $f_0$, $x_0$로 나타내봅시다.

식 (2)에 $k=n$과 식 (4)를 대입하면 $N_0=N_n=\frac{nW}{2}$가 나옵니다. 이걸 식 (2)에 대입하고 식 (1)과 (2)를 정리하면

\[ \begin{align}
N_k\sin\frac{k}{n}\pi-f_k\cos\frac{k}{n}\pi&=-f_0 \\
N_k\cos\frac{k}{n}\pi+f_k\sin\frac{k}{n}\pi&=\left(\frac{n}{2}-k\right)W
\end{align} \]

연립합시다.

\[ \begin{align}
N_k &= \left(\frac{n}{2}-k\right)W\cos\frac{k}{n}\pi-f_0\sin\frac{k}{n}\pi \\
f_k &= f_0\cos\frac{k}{n}\pi+\left(\frac{n}{2}-k\right)W\sin\frac{k}{n}\pi
\end{align} \]

다시 식 (3)에 대입하면

\[ \begin{align}
x_k &= \frac{\ell}{2}\csc\frac{\pi}{2n}-\frac{(\frac{\ell}{2}\csc\frac{\pi}{2n}-x_0)N_0-b_k}{N_k} \\
&= \frac{\ell}{2}\csc\frac{\pi}{2n}-\frac{(\frac{\ell}{2}\csc\frac{\pi}{2n}-x_0)\frac{nW}{2}-b_k}{(\frac{n}{2}-k)W\cos\frac{k}{n}\pi-f_0\sin\frac{k}{n}\pi}
\end{align} \]

$f_0$의 범위

수직항력 조건

다행히 $N_k$와 $f_k$는 $f_0$만의 함수이기 때문에 $f_0$의 범위를 구하는 건 쉽습니다. 먼저 수직항력은 항상 0 이상이어야 하므로

\[ N_k \ge 0 \qquad \Rightarrow \qquad f_0\sin\frac{k}{n}\pi \le \left(\frac{n}{2}-k\right)W\cos\frac{k}{n}\pi \]

$k=0, n$일 땐 항상 성립하고, $1\le k < n$에서 $\sin\frac{k}{n}\pi$는 항상 양수이므로 양변을 나눌 수 있습니다.

\[ f_0 \le \left(\frac{n}{2}-k\right)W\cot\frac{k}{n}\pi \qquad \text{for} \quad 1\le k<n \]

이 다음으로 $(\frac{n}{2}-k)W\cot\frac{k}{n}\pi$의 최솟값을 구해야 하는데, $n$가 짝수냐 홀수냐에 따라 다릅니다. $n$가 짝수면 $k=\frac{n}{2}$일 때 최솟값 0을 갖고, 홀수면 $k=\frac{n-1}{2}$일 때 최솟값 $\frac{W}{2}\cot\frac{n-1}{2n}\pi$를 갖습니다.

\[ f_0 \le \begin{cases}
0, & \text{for } n \text{ even} \\
\frac{W}{2}\cot\frac{n-1}{2n}\pi, & \text{for } n \text{ odd}
\end{cases} \]

마찰력 조건

그리고 마찰력이 최대 정지 마찰력보다 작아야 하므로

\[ |f_k| \le \mu N_k \qquad \Rightarrow \qquad -\mu N_k \le f_k \le \mu N_k \qquad \text{for} \quad 1\le k<n \]

대입해서 정리하면

\[ \begin{align}
f_0\left(\cos\frac{k}{n}\pi-\mu\sin\frac{k}{n}\pi\right) &\ge -\left(\frac{n}{2}-k\right)W\left(\sin\frac{k}{n}\pi+\mu\cos\frac{k}{n}\pi\right) \tag 5 \\
f_0\left(\cos\frac{k}{n}\pi+\mu\sin\frac{k}{n}\pi\right) &\le -\left(\frac{n}{2}-k\right)W\left(\sin\frac{k}{n}\pi-\mu\cos\frac{k}{n}\pi\right) \tag 6
\end{align} \]

식 (5)부터 정리해봅시다. $f_0$에 계수로 붙은 $\cos\frac{k}{n}\pi-\mu\sin\frac{k}{n}\pi$의 부호에 따라 식이 달라집니다. 계수가 0보다 크면, 즉 $\mu<\cot\frac{k}{n}\pi$이면

\[ f_0 \ge -\left(\frac{n}{2}-k\right)W \frac{1+\mu\cot\frac{k}{n}\pi}{\cot\frac{k}{n}\pi-\mu} \equiv c_k \tag 7 \]

$\mu=\cot\frac{k}{n}\pi$이면 식 (5)는

\[ -\left(\frac{n}{2}-k\right)W\csc\frac{k}{n}\pi \le 0 \]

이 되는데 $1\le k<n$ 범위에서 $\csc\frac{k}{n}\pi>0$이고 $\mu=\cot\frac{k}{n}\pi$를 만족하는 $k$는 $\frac{\pi}{2}$ 이하이기 때문에 위 식은 항상 성립합니다. 마지막으로 $\mu>\cot\frac{k}{n}\pi$이면 부등호 방향이 반대가 되어

\[ f_0 \le c_k \tag 8 \]

같은 방법으로 식 (6)을 정리하면 $\mu>-\cot\frac{k}{n}\pi$일 때

\[ f_0 \le -\left(\frac{n}{2}-k\right)W\frac{1-\mu\cot\frac{k}{n}\pi}{\cot\frac{k}{n}\pi+\mu} \equiv d_k \tag 9 \]

이고, $\mu=-\cot\frac{k}{n}\pi$일 때 항상 성립하며, $\mu<-\cot\frac{k}{n}\pi$일 때

\[ f_0 \ge d_k \tag {10} \]

입니다. 식 (7)과 (10)을 종합하면

\[ f_0\ge\max\left( \max_{1\le k<k_0} c_k, \max_{n-k_0<k<n} d_k \right) \]

식 (8)과 (9)를 종합하면

\[ f_0\le\min\left( \min_{k_0<k<n} c_k, \min_{1\le k<n-k_0} d_k \right) \]

여기서 $k_0=\frac{n}{\pi}\cot^{-1}\mu\le\frac{n}{2}$입니다.

수직항력 조건까지 합하면

\[ \begin{array}{ll}
\displaystyle\max\left( \max_{1\le k<k_0} c_k, \max_{n-k_0<k<n} d_k \right) \le
f_0
\le \min\left( \min_{k_0<k<n} c_k, \min_{1\le k<n-k_0} d_k, 0 \right) & \text{for } n \text{ even} \\
\displaystyle\max\left( \max_{1\le k<k_0} c_k, \max_{n-k_0<k<n} d_k \right) \le
f_0
\le \min\left( \min_{k_0<k<n} c_k, \min_{1\le k<n-k_0} d_k, \frac{W}{2}\cot\frac{n-1}{2n}\pi \right) & \text{for } n \text{ odd}
\end{array} \]