Dynamics of circular Motion (Centrifugal force) and Pendulum and Motion on Curved path Questions in Gujarati

(D) જ્યારે સાયકલ સવાર વળાંક લે છે,ત્યારે તેણે સંતુલન જાળવવા માટે પોતાની પર લાગતા કેન્દ્રત્યાગી બળ (centrifugal force) ને સંતુલિત કરવા માટે અંદરની તરફ નમવું પડે છે. કારમાં,વાહનનું માળખું અને ટાયર તથા રસ્તા વચ્ચેનું ઘર્ષણ કાર માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે. જો કે,કારમાં બેઠેલો મુસાફર વાહનના માળખા સાથે એવી રીતે જોડાયેલો હોતો નથી કે જે તેની જડત્વ (inertia) ને રોકી શકે. જેમ કાર વળાંક લે છે,તેમ મુસાફર જડત્વને કારણે સીધી રેખામાં ગતિ કરવાનું વલણ ધરાવે છે,જે કારના સંદર્ભમાં બહારની તરફ ફેંકાતા હોવાનો અનુભવ કરાવે છે. આમ,સાયકલ સવાર સક્રિયપણે કેન્દ્રત્યાગી બળને સંતુલિત કરે છે,જ્યારે કારનો મુસાફર તેને સાપેક્ષ સ્થાનાંતર તરીકે અનુભવે છે.

(A) જ્યારે ટ્રેન વળાંકવાળા પાટા પર ગતિ કરે છે,ત્યારે તે વર્તુળાકાર માર્ગ પર ચાલે છે.
કોઈપણ વર્તુળાકાર માર્ગ માટે,બાહ્ય પાટો આંતરિક પાટાની સરખામણીમાં વક્રતાના કેન્દ્રથી વધુ અંતરે હોય છે.
ધારો કે $R_o$ એ બાહ્ય પાટાની ત્રિજ્યા છે અને $R_i$ એ આંતરિક પાટાની ત્રિજ્યા છે.
બાહ્ય પાટો વળાંકના કેન્દ્રથી વધુ દૂર હોવાથી,$R_o > R_i$ થાય છે.
તેથી,બાહ્ય પાટાની વક્રતા ત્રિજ્યા આંતરિક પાટાની વક્રતા ત્રિજ્યા કરતા મોટી હોય છે.

(D) દોરીમાં ઉદ્ભવતું મહત્તમ તણાવ $T_{max}$ એ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
$T_{max} = m \omega^2 r$
આપેલ છે:
દળ $m = 100\, g = 0.1\, kg$
ત્રિજ્યા $r = 2\, m$
આવૃત્તિ $n = 200\, \text{rev/min} = \frac{200}{60}\, \text{rev/s} = \frac{10}{3}\, \text{Hz}$
કોણીય વેગ $\omega = 2\pi n = 2\pi \times \frac{10}{3} = \frac{20\pi}{3}\, \text{rad/s}$
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$T_{max} = 0.1 \times \left(\frac{20\pi}{3}\right)^2 \times 2$
$T_{max} = 0.1 \times \frac{400\pi^2}{9} \times 2$
$T_{max} = \frac{80\pi^2}{9} \approx 87.64\, N$
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) વર્તુળાકાર કક્ષામાં ગતિ કરતા કણ માટે,કેન્દ્રગામી બળ એ કેન્દ્રીય આકર્ષી બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે બળ $F \propto 1/r$,તેથી આપણે લખી શકીએ $F = K/r$,જ્યાં $K$ એક અચળાંક છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $F = \frac{mv^2}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{mv^2}{r} = \frac{K}{r}$.
બંને બાજુથી $r$ ને દૂર કરતા,આપણને $mv^2 = K$ મળે છે.
જેમ કે $m$ અને $K$ અચળાંકો છે,તેથી $v^2$ અચળ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $v$ અચળ છે.
તેથી,કણની ઝડપ $r$ થી સ્વતંત્ર છે.

(B) ધારો કે પરિભ્રમણની અક્ષથી $M$ દળનું અંતર $x$ છે. તો અક્ષથી $m$ દળનું અંતર $(l - x)$ થશે.
જેহেতু બંને દળ સમાન કોણીય વેગ $\omega$ સાથે સમક્ષિતિજ વર્તુળમાં પરિભ્રમણ કરે છે,તેથી દરેક દળ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ સંબંધિત દોરાઓમાં રહેલા તણાવ $T$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
$M$ દળ માટે: $T = M\omega^2x$
$m$ દળ માટે: $T = m\omega^2(l - x)$
આપેલ છે કે તણાવ સમાન છે,તેથી આપણે બંને સમીકરણોને સરખાવીએ:
$M\omega^2x = m\omega^2(l - x)$
$Mx = m(l - x)$
$Mx = ml - mx$
$Mx + mx = ml$
$x(M + m) = ml$
$x = \frac{ml}{M + m}$

(B) વર્તુળાકાર માર્ગ પર વળાંક લેતી વખતે સાયકલ ન પડે તે માટે,સાયકલને શિરોલંબ સાથે $\theta$ ખૂણે નમાવવી પડે છે.
બેંકિંગ અથવા નમન માટેની શરતનું સૂત્ર છે: $\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$.
આપેલ કિંમતો:
ત્રિજ્યા $r = 20\, m$,
વેગ $v = 20\, m/s$,
ગુરુત્વપ્રવેગ $g = 9.8\, m/s^2$.
સૂત્રમાં આ કિંમતો મૂકતા:
$\tan \theta = \frac{(20)^2}{20 \times 9.8} = \frac{400}{196}$.
$\tan \theta \approx 2.0408$.
ઇન્વર્સ ટેન્જન્ટ લેતા:
$\theta = \tan^{-1}(2.0408) \approx 63.9^\circ$.
તેથી,સાયકલે શિરોલંબ સાથે $63.9^\circ$ નો ખૂણો બનાવવો જોઈએ.

(A) $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા બહિર્ગોળ બ્રિજ પર $v$ ઝડપે ગતિ કરતા વાહન માટે,તેના પર લાગતા બળો નીચેની તરફ લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ અને ઉપરની તરફ લાગતું લંબબળ $N$ છે. બ્રિજની સપાટીને લંબ ગુરુત્વાકર્ષણ બળનો ઘટક $mg \cos \theta$ છે,જ્યાં $\theta$ એ શિરોલંબ સાથેનો ખૂણો છે.
ત્રિજ્યાવર્તી દિશામાં વર્તુળાકાર ગતિ માટે ન્યૂટનનો બીજો નિયમ લાગુ પાડતા:
$mg \cos \theta - N = \frac{mv^2}{R}$
તેથી,લંબબળ નીચે મુજબ મળે છે:
$N = mg \cos \theta - \frac{mv^2}{R}$
જેમ જેમ મોટરસાઇકલ ઓવરબ્રિજ પર ઉપર ચઢે છે,તેમ ખૂણો $\theta$ (શિરોલંબ સાથેનો ખૂણો) $90^{\circ}$ થી ઘટીને $0^{\circ}$ થાય છે.
જેમ $\theta$ ઘટે છે,તેમ $\cos \theta$ વધે છે.
$N = mg \cos \theta - \frac{mv^2}{R}$ હોવાથી,જેમ $\cos \theta$ વધે છે,તેમ લંબબળ $N$ વધે છે.

(A) દોરીમાં ઉદ્ભવતું તણાવ બળ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
$T = m \omega^2 r$
આપેલ છે:
$T = 10 \, N$
$m = 250 \, g = 0.25 \, kg$
$r = 10 \, cm = 0.1 \, m$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$10 = 0.25 \times \omega^2 \times 0.1$
$10 = 0.025 \times \omega^2$
$\omega^2 = \frac{10}{0.025} = 400$
$\omega = \sqrt{400} = 20 \, rad/s$
તેથી,મહત્તમ કોણીય ઝડપ $20 \, rad/s$ છે.

(C) આપેલ છે:
દળ $m = 500 \, kg$
ત્રિજ્યા $r = 50 \, m$
વેગ $v = 36 \, km/hr$
સૌ પ્રથમ,વેગને $SI$ એકમ $(m/s)$ માં ફેરવો:
$v = 36 \times \frac{5}{18} = 10 \, m/s$
કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $F = \frac{mv^2}{r}$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$F = \frac{500 \times (10)^2}{50}$
$F = \frac{500 \times 100}{50}$
$F = 10 \times 100 = 1000 \, N$.
તેથી,કેન્દ્રગામી બળ $1000 \, N$ છે.

(A) દોરીમાં ઉદ્ભવતું તણાવ $T$ એ સમક્ષિતિજ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
$T = \frac{mv^2}{r}$
આપેલ છે: $m = 0.25 \, kg$,$r = 1.96 \, m$,અને $T_{max} = 25 \, N$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$25 = \frac{0.25 \times v^2}{1.96}$
$v^2 = \frac{25 \times 1.96}{0.25}$
$v^2 = 100 \times 1.96 = 196$
$v = \sqrt{196} = 14 \, m/s$.
આમ,મહત્તમ ઝડપ $14 \, m/s$ છે.

(B) કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $F_c = m r \omega^2$ છે.
આપેલ છે:
દળ $m = 5\, kg$
ત્રિજ્યા $r = 1\, m$
કોણીય વેગ $\omega = 2\, rad/s$
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$F_c = 5 \times 1 \times (2)^2$
$F_c = 5 \times 1 \times 4$
$F_c = 20\, N$.
તેથી,કેન્દ્રગામી બળ $20\, N$ છે.

(D) વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ દોરીમાં ઉદ્ભવતા તણાવ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
સમક્ષિતિજ વર્તુળ માટે,તણાવ $T$ નું સૂત્ર $T = \frac{mv^2}{r}$ છે.
આપેલ છે: દળ $m = 16 \, kg$,ત્રિજ્યા $r = 144 \, m$,અને મહત્તમ તણાવ $T_{max} = 16 \, N$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા: $16 = \frac{16 \times v^2}{144}$.
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા: $1 = \frac{v^2}{144}$.
તેથી,$v^2 = 144$.
વર્ગમૂળ લેતા,આપણને $v = 12 \, m/s$ મળે છે.

(A) આપેલ છે: પરિઘ $C = 2\pi r = 34.3 \ m$,સમય $T = \sqrt{22} \ s$,$g = 9.8 \ m/s^2$.
પ્રથમ,ત્રિજ્યા $r$ શોધો: $r = \frac{34.3}{2\pi} \ m$.
સાયકલ સવારનો વેગ $v = \frac{C}{T} = \frac{34.3}{\sqrt{22}} \ m/s$.
વર્તુળાકાર માર્ગ પર વળાંક લેતા સાયકલ સવાર માટે શિરોલંબ સાથેનો ખૂણો $\theta$ નીચે મુજબ મળે: $\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$.
કિંમતો મૂકતા: $\tan \theta = \frac{(34.3 / \sqrt{22})^2}{(34.3 / 2\pi) \times 9.8} = \frac{34.3^2 / 22}{(34.3 \times 9.8) / (2\pi)} = \frac{34.3 \times 2\pi}{22 \times 9.8}$.
$\pi \approx \frac{22}{7}$ લેતા,$\tan \theta = \frac{34.3 \times 2 \times (22/7)}{22 \times 9.8} = \frac{34.3 \times 2}{7 \times 9.8} = \frac{68.6}{68.6} = 1$.
તેથી,$\theta = \tan^{-1}(1) = 45^\circ$.

(D) સાયકલ સવાર જ્યારે વળાંક લે છે ત્યારે શિરોલંબ સાથેનો નમનકોણ $\theta$ શોધવાનું સૂત્ર: $\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$ છે.
આપેલ કિંમતો: ઝડપ $v = 14\sqrt{3} \text{ m/s}$,ત્રિજ્યા $r = 20\sqrt{3} \text{ m}$,અને ગુરુત્વપ્રવેગ $g = 9.8 \text{ m/s}^2$.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\tan \theta = \frac{(14\sqrt{3})^2}{(20\sqrt{3}) \times 9.8}$
$\tan \theta = \frac{196 \times 3}{20\sqrt{3} \times 9.8}$
$\tan \theta = \frac{588}{196\sqrt{3}}$
$\tan \theta = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$.
આમ,$\tan 60^\circ = \sqrt{3}$ હોવાથી,નમનકોણ $\theta = 60^\circ$ મળે છે.

(A) $r$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર પથ પર અચળ ઝડપ $v$ થી ગતિ કરતા કણ માટે,જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $F$ નીચે મુજબના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$F = \frac{Mv^2}{r}$
ઝડપ $v$ શોધવા માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા:
$v^2 = \frac{Fr}{M}$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$v = \sqrt{\frac{rF}{M}}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) જ્યારે કાર વળાંક લે છે,ત્યારે તે વક્ર માર્ગ પર ગતિ કરે છે. કારના સંદર્ભ ફ્રેમમાં,મુસાફરો અથવા કાર પોતે વર્તુળાકાર માર્ગના કેન્દ્રથી દૂર જતું આભાસી બળ અનુભવે છે. આ બહારની તરફ લાગતા બળને $Centrifugal$ $force$ (કેન્દ્રત્યાગી બળ) કહેવામાં આવે છે. જ્યારે $Centripetal$ $force$ (કેન્દ્રગામી બળ) કારને વક્ર માર્ગ પર રાખવા માટે કેન્દ્ર તરફ લાગે છે,ત્યારે $Centrifugal$ $force$ એ વળાંક લેતી કારની અજડત્વીય સંદર્ભ ફ્રેમને કારણે અનુભવાતું આભાસી બહારનું બળ છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) વાહન માટે વળાંક લેવા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $F = \frac{mv^2}{r}$ છે,જ્યાં $m$ એ મોટરસાઇકલનું દળ છે,$v$ એ વેગ છે અને $r$ એ વળાંકની ત્રિજ્યા છે.
સૂત્ર પરથી જોઈ શકાય છે કે બળ $F$ એ વેગના વર્ગના સમપ્રમાણમાં છે,એટલે કે $F \propto v^2$.
જો વેગ બમણો કરવામાં આવે,તો નવો વેગ $v' = 2v$ થાય.
નવું બળ $F'$ એ $F' \propto (2v)^2 = 4v^2$ થશે.
તેથી,$F' = 4F$.
આમ,બહારની તરફ લાગતું બળ મૂળ બળ કરતાં $4$ ગણું થશે.

(A) કેન્દ્રગામી બળ $F = m \omega^2 r$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\omega = 2 \pi n$ અને $n$ એ પરિભ્રમણની આવૃત્તિ છે.
$\omega = 2 \pi n$ ને બળના સમીકરણમાં મૂકતા: $F = m (2 \pi n)^2 r = 4 \pi^2 m n^2 r$.
આપેલ કિંમતો: $m = 1.6 \times 10^{-27} \, kg$,$r = 0.10 \, m$,અને $F = 4 \times 10^{-13} \, N$.
$n^2$ માટે સૂત્ર બનાવતા: $n^2 = \frac{F}{4 \pi^2 m r}$.
$n^2 = \frac{4 \times 10^{-13}}{4 \times (3.14)^2 \times 1.6 \times 10^{-27} \times 0.10}$.
$n^2 = \frac{10^{-13}}{9.86 \times 1.6 \times 10^{-28}} = \frac{10^{15}}{15.776} \approx 0.0634 \times 10^{15} = 6.34 \times 10^{13}$.
વર્ગમૂળ લેતા: $n \approx \sqrt{63.4} \times 10^6 \approx 7.96 \times 10^6 \, Hz \approx 0.08 \times 10^8 \, Hz$.

(D) વર્તુળાકાર માર્ગ પર વળાંક લેતી વખતે સંતુલન જાળવવા માટે,સ્કેટરને વર્તુળના કેન્દ્ર તરફ નમવું પડે છે.
શિરોલંબ સાથે નમનકોણ $\theta$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$
આપેલ છે:
વેગ $v = 10 \, m/s$
ત્રિજ્યા $r = 50 \, m$
ગુરુત્વપ્રવેગ $g = 10 \, m/s^2$
કિંમતો મૂકતા:
$\tan \theta = \frac{(10)^2}{50 \times 10} = \frac{100}{500} = \frac{1}{5}$
તેથી,$\theta = \tan^{-1}\left(\frac{1}{5}\right)$.

(D) કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $F = \frac{mv^2}{r}$ છે.
અહીં દળ $m$ અને કેન્દ્રગામી બળ $F$ અચળ હોવાથી,$F = \frac{mv^2}{r} \implies v^2 \propto r$ થાય.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,$v \propto \sqrt{r}$ મળે.
તેથી,તેમના વેગનો ગુણોત્તર $\frac{v_1}{v_2} = \sqrt{\frac{r_1}{r_2}}$ થશે.
આપેલ છે કે વક્રતા ત્રિજ્યાનો ગુણોત્તર $\frac{r_1}{r_2} = \frac{1}{2}$ છે,તેથી:
$\frac{v_1}{v_2} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આમ,તેમના વેગનો ગુણોત્તર $1 : \sqrt{2}$ છે.

(B) આપેલ છે: દળ $m = 500\, kg$,ત્રિજ્યા $r = 50\, m$,અને વેગ $v = 36\, km/hr$.
સૌ પ્રથમ,વેગને $SI$ એકમ $(m/s)$ માં ફેરવો:
$v = 36 \times \frac{5}{18} = 10\, m/s$.
કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $F = \frac{mv^2}{r}$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$F = \frac{500 \times (10)^2}{50} = \frac{500 \times 100}{50} = 10 \times 100 = 1000\, N$.
આમ,કેન્દ્રગામી બળ $1000\, N$ છે.

(D) દોરીમાં રહેલું તણાવ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
શરૂઆતમાં,તણાવ $T_0$ એ $T_0 = mR\omega_0^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $m$ એ દળ છે,$R$ એ દોરીની પ્રારંભિક લંબાઈ છે,અને $\omega_0$ એ પ્રારંભિક કોણીય વેગ છે.
બીજા કિસ્સામાં,નવી લંબાઈ $R' = 2R$ અને નવો કોણીય વેગ $\omega' = 2\omega_0$ છે.
નવું તણાવ $T$ એ $T = mR'(\omega')^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નવી કિંમતો મૂકતા: $T = m(2R)(2\omega_0)^2 = m(2R)(4\omega_0^2) = 8mR\omega_0^2$.
કારણ કે $T_0 = mR\omega_0^2$,તેથી $T = 8T_0$ થાય છે.

(D) કણ લીસી શંકુ આકારની ગળણીની અંદર સમક્ષિતિજ વર્તુળાકાર માર્ગમાં ગતિ કરે છે.
ધારો કે કણનું દળ $m$,ઝડપ $v$,વર્તુળાકાર માર્ગની ત્રિજ્યા $r$,શિરોબિંદુથી ઊંચાઈ $h$ અને લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $R$ છે.
કણ પર લાગતા બળો નીચે મુજબ છે: ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ નીચેની તરફ અને લંબ પ્રતિક્રિયા $R$ ગળણીની સપાટીને લંબ.
બળોના ઘટકો લેતા:
શિરોલંબ ઘટક: $R \cos \theta = mg$ ... $(i)$
સમક્ષિતિજ ઘટક (કેન્દ્રગામી બળ): $R \sin \theta = \frac{mv^2}{r}$ ... $(ii)$
$(ii)$ ને $(i)$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે: $\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$.
શંકુની ભૂમિતિ પરથી,$\tan \theta = \frac{r}{h}$.
તેથી,$\frac{r}{h} = \frac{v^2}{rg} \implies h = \frac{r^2 g}{v^2}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $h = \frac{(0.5)^2}{10} = 0.025 \, m = 2.5 \, cm$.

(D) સિક્કાને ટર્ન-ટેબલ સાથે ફરવા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ સ્થિત ઘર્ષણ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
સિક્કો સરકી જાય તે માટે,જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ $(f_{max} = \mu N = \mu mg)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
આમ,$m \omega^2 r = \mu mg$,જેનું સાદું રૂપ આપતા $\omega^2 r = \mu g$ મળે છે.
અહીં $\mu$ અને $g$ અચળ હોવાથી,આપણને સંબંધ $r \propto \frac{1}{\omega^2}$ મળે છે.
પ્રારંભિક અંતર $r_1 = 9 \, cm$ અને પ્રારંભિક કોણીય વેગ $\omega_1 = \omega$ છે,અને નવો કોણીય વેગ $\omega_2 = 3\omega$ છે.
પ્રમાણસરતાનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{r_2}{r_1} = \left( \frac{\omega_1}{\omega_2} \right)^2$.
કિંમતો મૂકતા: $r_2 = 9 \times \left( \frac{\omega}{3\omega} \right)^2 = 9 \times \left( \frac{1}{3} \right)^2 = 9 \times \frac{1}{9} = 1 \, cm$.

(B) તકતી અર્ધગોળાની સપાટી પરથી તરત જ છૂટી પડે તે માટે,ટોચના બિંદુએ તકતી અને અર્ધગોળા વચ્ચેનું લંબબળ $N$ શૂન્ય હોવું જોઈએ.
અર્ધગોળાની ટોચ પર,તકતી પર લાગતા બળો નીચેની તરફ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ અને ઉપરની તરફ લંબબળ $N$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ એ ચોખ્ખા ત્રિજ્યાવર્તી બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે:
$mg - N = \frac{mv^2}{R}$
સપાટી પરથી તરત જ છૂટા પડવા માટે,આપણે લંબબળ $N = 0$ લઈએ છીએ:
$mg - 0 = \frac{mv^2}{R}$
$mg = \frac{mv^2}{R}$
$v^2 = gR$
$v = \sqrt{gR}$
આમ,જરૂરી લઘુત્તમ સમક્ષિતિજ વેગ $\sqrt{gR}$ છે.

(C) ધારો કે દરેક કણનું દળ $m$ છે અને કોણીય વેગ $\omega$ છે. કેન્દ્ર $O$ થી કણો $C$,$B$ અને $A$ ના અંતર અનુક્રમે $3l$,$2l$ અને $l$ છે.
કણ $C$ માટે: તણાવ $T_3$ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે. $T_3 = m\omega^2(3l) = 3m\omega^2l$.
કણ $B$ માટે: પરિણામી બળ $T_2 - T_3 = m\omega^2(2l)$ છે. $T_3$ ની કિંમત મૂકતા,$T_2 = m\omega^2(2l) + 3m\omega^2l = 5m\omega^2l$ મળે.
કણ $A$ માટે: પરિણામી બળ $T_1 - T_2 = m\omega^2(l)$ છે. $T_2$ ની કિંમત મૂકતા,$T_1 = m\omega^2l + 5m\omega^2l = 6m\omega^2l$ મળે.
આમ,તણાવનો ગુણોત્તર $T_1 : T_2 : T_3 = 6m\omega^2l : 5m\omega^2l : 3m\omega^2l = 6 : 5 : 3$ થાય.

(A) $M$ દળનો પદાર્થ સ્થિર રહે તે માટે,દોરીમાં ઉદ્ભવતું તણાવબળ $T$ તેના વજનબળને સંતુલિત કરવું જોઈએ. તેથી,$T = Mg$.
આ તણાવબળ $T$ એ $l$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર માર્ગે $n$ આવૃત્તિથી ફરતા $m$ દળના કણ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે. કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $F_c = m \omega^2 l = m(2\pi n)^2 l = m 4\pi^2 n^2 l$ છે.
તણાવબળ અને કેન્દ્રગામી બળને સરખાવતા: $m 4\pi^2 n^2 l = Mg$.
આવૃત્તિ $n$ માટે સાદું રૂપ આપતા: $n^2 = \frac{Mg}{4\pi^2 ml}$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા: $n = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{Mg}{ml}}$.

(B) બ્રિજ સાથેનો સંપર્ક ગુમાવ્યા વગર પસાર થવા માટે,લંબબળ $N$ શૂન્ય અથવા તેથી વધુ હોવું જોઈએ. વક્ર બ્રિજના સૌથી ઉચ્ચતમ બિંદુ પર,નીચેની તરફ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $(mg)$ અને ઉપરની તરફ લંબબળ $(N)$ લાગે છે.
જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પરિણામી ત્રિજ્યાવર્તી બળ દ્વારા મળે છે: $mg - N = \frac{mv^2}{r}$.
કાર સંપર્ક જાળવી રાખે તે માટે,$N = 0$ લેતા,$mg = \frac{mv^2}{r}$ મળે છે.
$v$ માટે ઉકેલતા: $v = \sqrt{gr}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $v = \sqrt{9.8 \times 20} = \sqrt{196} = 14 \; m/s$.

(A) આપેલ છે: ઝડપ $v = 72 \; km/hr = 72 \times \frac{5}{18} = 20 \; m/s$,ત્રિજ્યા $r = 10 \; m$,દળ $m = 500 \; kg$,ગુરુત્વપ્રવેગ $g = 10 \; m/s^2$.
વળાંકવાળા રસ્તાના સૌથી નીચેના બિંદુ $P$ પર,કાર પર લાગતા બળો લંબબળ $R$ (ઉપરની તરફ) અને વજનબળ $mg$ (નીચેની તરફ) છે.
કેન્દ્રગામી બળ એ લંબબળ અને વજનબળના તફાવત દ્વારા મળે છે:
$R - mg = \frac{mv^2}{r}$
$R = mg + \frac{mv^2}{r}$
કિંમતો મૂકતા:
$R = (500 \times 10) + \frac{500 \times (20)^2}{10}$
$R = 5000 + \frac{500 \times 400}{10}$
$R = 5000 + 20000 = 25000 \; N$
$R = 25 \; kN$.

(D) તણાવબળનો સમક્ષિતિજ ઘટક જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $T \sin \theta = M \omega^2 R$.
અહીં $R = L \sin \theta$ હોવાથી,આપણે તેને સમીકરણમાં મૂકીએ:
$T \sin \theta = M \omega^2 (L \sin \theta)$
$T = M \omega^2 L$
કોણીય આવૃત્તિ $n = 2/\pi \text{ પરિભ્રમણ/સેકન્ડ}$ આપેલી છે. કોણીય વેગ $\omega = 2 \pi n$ થાય.
$\omega = 2 \pi (2/\pi) = 4 \text{ rad/sec}$ મૂકતા:
$T = M (4)^2 L = 16 ML$.

(B) પદાર્થ પર લાગતા બળો તણાવ $T$ અને ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ છે. તણાવનો સમક્ષિતિજ ઘટક કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
$T \sin \theta = m \omega^2 R$
$T \cos \theta = mg$
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા:
$\tan \theta = \frac{\omega^2 R}{g}$
આપેલ આવૃત્તિ $n = 2/\pi \; \text{rev/sec}$ હોવાથી,કોણીય વેગ $\omega = 2 \pi n = 2 \pi (2/\pi) = 4 \; \text{rad/sec}$ થાય.
ત્રિજ્યા $R = 1 \; m$ લેતા:
$\tan \theta = \frac{(4)^2 \times 1}{10} = \frac{16}{10} = \frac{8}{5}$
તેથી,$\theta = \tan^{-1} \frac{8}{5}$.

(B) ધારો કે સ્પ્રિંગમાં થતો વધારો $x$ છે. સ્પ્રિંગની કુલ લંબાઈ $r = l + x$ થાય છે.
$m$ દળના પદાર્થની વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ સ્પ્રિંગના બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
$F_{\text{spring}} = F_{\text{centripetal}}$
$k x = m \omega^2 r$
$r = l + x$ મૂકતા:
$k x = m \omega^2 (l + x)$
$k x = m \omega^2 l + m \omega^2 x$
$k x - m \omega^2 x = m \omega^2 l$
$x (k - m \omega^2) = m \omega^2 l$
$x = \frac{m \omega^2 l}{k - m \omega^2}$

(B) ધારો કે કણનું દળ $m$ છે,લંબબળ $R$ છે અને વર્તુળાકાર માર્ગની ત્રિજ્યા $r$ છે.
બળોનું વિભાજન કરતા:
શિરોલંબ દિશામાં: $R \cos \theta = mg$ ---$(i)$
સમક્ષિતિજ દિશામાં (કેન્દ્રગામી બળ): $R \sin \theta = \frac{mv^2}{r}$ ---(ii)
સમીકરણ (ii) ને સમીકરણ $(i)$ વડે ભાગતા:
$\frac{R \sin \theta}{R \cos \theta} = \frac{mv^2/r}{mg}$
$\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$
તેથી,$v = \sqrt{rg \tan \theta}$.

(C) ટેકરીની ટોચ પર, સવાર પર લાગતા બળો નીચેની તરફ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $(mg)$ અને ઉપરની તરફ લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $(N)$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ કેન્દ્ર તરફના ચોખ્ખા બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $mg - N = \frac{mv^2}{R}$.
"ભારહીનતા" ની સ્થિતિ માટે, લંબ પ્રતિક્રિયા $N$ શૂન્ય હોવી જોઈએ.
તેથી, $mg = \frac{mv^2}{R}$.
વેગ $v$ માટે ઉકેલતા: $v = \sqrt{Rg}$.
અહીં $R = 20\, m$ અને $g = 10\, m/s^2$ લેતા, આપણને મળે છે:
$v = \sqrt{20 \times 10} = \sqrt{200} \approx 14.14\, m/s$.
આમ, ઝડપ $14\, m/s$ અને $15\, m/s$ ની વચ્ચે છે.

(C) કણ લીસી ટેબલ પર સમક્ષિતિજ વર્તુળાકાર માર્ગે ગતિ કરે છે.
આ ગતિમાં,કણ પર લાગતું એકમાત્ર સમક્ષિતિજ બળ દોરીમાં રહેલું તણાવ $T$ છે,જે વર્તુળાકાર માર્ગના કેન્દ્ર તરફ લાગે છે.
કણ નિયમિત વર્તુળાકાર ગતિ કરતો હોવાથી,જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $F_c = \frac{mv^2}{l}$ છે.
આ કેન્દ્રગામી બળ સંપૂર્ણપણે દોરીમાં રહેલા તણાવ $T$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
તેથી,કણ પર કેન્દ્ર તરફ લાગતું પરિણામી બળ તણાવ $T$ જેટલું જ હશે.

(C) $m$ દળ ધરાવતો કણ $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર પથ પર $\omega$ કોણીય વેગથી ગતિ કરતો હોય ત્યારે તેના પર લાગતું કેન્દ્રગામી બળ $F = m\omega^2R$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં દળ $m$ અને ત્રિજ્યા $R$ અચળ હોવાથી,કેન્દ્રગામી બળ એ કોણીય વેગના વર્ગના સમપ્રમાણમાં છે: $F \propto \omega^2$.
ધારો કે પ્રારંભિક બળ $F_1 = F$ અને પ્રારંભિક કોણીય વેગ $\omega_1 = \omega$ છે.
નવો કોણીય વેગ $\omega_2 = 2\omega$ છે.
નવું બળ $F_2$ નીચે મુજબ મળે: $F_2 = m(2\omega)^2R = 4m\omega^2R$.
પ્રારંભિક બળના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $F_2 = 4F$.
આમ,નવું બળ $4F$ થશે.

(C) $m$ દળ ધરાવતા કણ પર $\omega$ કોણીય વેગ અને $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર માર્ગમાં લાગતું કેન્દ્રગામી બળ $F$ નીચે મુજબ છે: $F = m\omega^2 R$.
અહીં દળ $m$ અને કોણીય વેગ $\omega$ અચળ હોવાથી,કેન્દ્રગામી બળ એ માર્ગની ત્રિજ્યાના સમપ્રમાણમાં છે: $F \propto R$.
જો નવી ત્રિજ્યા $R' = R/2$ હોય,તો નવું બળ $F'$ નીચે મુજબ થશે: $F' = m\omega^2 R' = m\omega^2 (R/2) = (1/2) m\omega^2 R = F/2$.
તેથી,નવું બળ $F/2$ થશે.

(C) $m$ દળ ધરાવતા કણ પર $\omega$ કોણીય વેગથી $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર માર્ગ પર લાગતું કેન્દ્રગામી બળ $F = m\omega^2 R$ છે.
કેન્દ્રગામી બળ $F$ અને દળ $m$ અચળ હોવાથી,$R = \frac{F}{m\omega^2}$ મળે.
આનો અર્થ એ છે કે $R \propto \frac{1}{\omega^2}$.
ધારો કે મૂળ ત્રિજ્યા $R_1 = R$ અને મૂળ કોણીય વેગ $\omega_1 = \omega$ છે.
ધારો કે નવી ત્રિજ્યા $R_2$ અને નવો કોણીય વેગ $\omega_2 = 2\omega$ છે.
પ્રમાણસરતા $R_1 \omega_1^2 = R_2 \omega_2^2$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $R \cdot \omega^2 = R_2 \cdot (2\omega)^2$ મળે.
$R \cdot \omega^2 = R_2 \cdot 4\omega^2$.
તેથી,$R_2 = \frac{R}{4}$.

(D) કેન્દ્રગામી બળ $F$ નું સૂત્ર $F = \frac{mv^2}{r}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે કોણીય વેગમાન $L = mvr$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $v = \frac{L}{mr}$.
$v$ ની કિંમત બળના સમીકરણમાં મૂકતા:
$F = \frac{m}{r} \left( \frac{L}{mr} \right)^2$
$F = \frac{m}{r} \cdot \frac{L^2}{m^2 r^2}$
$F = \frac{L^2}{mr^3}$.

(C) આપેલ છે:
કારનું દળ,$m = 500 \, kg$
વળાંકવાળા માર્ગની ત્રિજ્યા,$r = 10 \, m$
બિંદુ $P$ પર કારની ઝડપ,$v = 20 \, m/s$
ગુરુત્વપ્રવેગ,$g = 10 \, m/s^2$
સૌથી નીચા બિંદુ $P$ પર,કાર પર લાગતા બળો લંબબળ $R$ (ઉપરની તરફ) અને વજનબળ $mg$ (નીચેની તરફ) છે.
કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડતું પરિણામી બળ $(R - mg)$ છે.
તેથી,$R - mg = \frac{mv^2}{r}$
$R = mg + \frac{mv^2}{r}$
કિંમતો મૂકતા:
$R = (500 \times 10) + \frac{500 \times (20)^2}{10}$
$R = 5000 + \frac{500 \times 400}{10}$
$R = 5000 + 20000$
$R = 25000 \, N$
$1 \, kN = 1000 \, N$ હોવાથી,$R = 25 \, kN$ મળે.

(D) જ્યારે દડો $B$ એ $A$ થી $C$ સુધી ગતિ કરે છે,ત્યારે તે વર્તુળાકાર ગતિ કરે છે. વર્તુળાકાર માર્ગના કેન્દ્ર તરફનું ચોખ્ખું બળ ગુરુત્વાકર્ષણના ત્રિજ્યાવર્તી ઘટક અને ટ્યુબની દીવાલો દ્વારા લાગતા લંબબળ $N$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
ધારો કે $R$ એ ટ્યુબની ત્રિજ્યા છે અને $\theta$ એ શિરોલંબ સાથેનો ખૂણો છે. ગતિનું ત્રિજ્યાવર્તી સમીકરણ $mg \cos \theta - N = \frac{mv^2}{R}$ છે.
શરૂઆતમાં ($A$ ની નજીક),$\theta = 0$,તેથી $mg - N = \frac{mv^2}{R}$. $v$ નાનું હોવાથી,$N$ ધન છે,જેનો અર્થ છે કે દડો બહારની દીવાલ પર દબાણ કરે છે.
જેમ દડો નીચે ઉતરે છે,તેમ $v$ વધે છે. બહારની દીવાલ સાથે સંપર્ક માટેની શરત $N > 0$ છે,એટલે કે $mg \cos \theta > \frac{mv^2}{R}$.
ઉર્જા સંરક્ષણનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{2}mv^2 = mgR(1 - \cos \theta)$,તેથી $v^2 = 2gR(1 - \cos \theta)$.
આ કિંમત મૂકતા,$mg \cos \theta - N = \frac{m(2gR(1 - \cos \theta))}{R} = 2mg(1 - \cos \theta)$.
$N = mg \cos \theta - 2mg + 2mg \cos \theta = mg(3 \cos \theta - 2)$.
$N > 0$ માટે,આપણને $3 \cos \theta > 2$ અથવા $\cos \theta > 2/3$ ની જરૂર છે. જેમ $\theta$ એ $\arccos(2/3)$ થી વધે છે,$N$ ઋણ બને છે,જેનો અર્થ છે કે દડો બહારની દીવાલ સાથેનો સંપર્ક ગુમાવે છે અને અંદરની દીવાલ સાથે અથડાય છે.

(B) $2M$ દળ ધરાવતો ગોળો $B$,પીવટ $A$ ની આસપાસ $d$ ત્રિજ્યાના વર્તુળમાં $P$ સમયગાળા સાથે ફરે છે.
કોણીય વેગ $\omega = \frac{2\pi}{P}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ગોળા $B$ ની વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ સળિયામાં રહેલા તણાવ $T$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
તેથી,$T = (2M) \cdot d \cdot \omega^2$.
$\omega$ ની કિંમત મૂકતા:
$T = 2M \cdot d \cdot \left(\frac{2\pi}{P}\right)^2$
$T = 2M \cdot d \cdot \frac{4{\pi}^2}{P^2}$
$T = \frac{8{\pi}^2Md}{P^2}$.

(C) જ્યારે સાયકલ સવાર વળાંક લે છે,ત્યારે તેણે વર્તુળાકાર માર્ગ પર ગતિ કરવા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડવું પડે છે.
આ બળ જમીન દ્વારા લાગતા લંબબળના સમક્ષિતિજ ઘટક દ્વારા મળે છે.
અંદરની તરફ નમીને,સાયકલ સવાર તેના ગુરુત્વકેન્દ્રને એવી રીતે સ્થાનાંતરિત કરે છે કે જેથી લંબબળ દ્વારા ઉત્પન્ન થતું ટોર્ક,જમીન સાથેના સંપર્ક બિંદુની સાપેક્ષમાં ગુરુત્વાકર્ષણ બળ દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ટોર્કને સંતુલિત કરે.
આનાથી સાયકલ સવાર વળાંક લેતી વખતે સંતુલન જાળવી શકે છે.
આપેલ કારણ $(R)$ વૈજ્ઞાનિક રીતે ખોટું છે કારણ કે નમવાથી કેન્દ્રગામી બળ મેળવવા માટે ગુરુત્વકેન્દ્ર નીચે નથી આવતું,પરંતુ તે લંબબળની દિશાને એવી રીતે ગોઠવે છે કે જેથી જરૂરી કેન્દ્રગામી ઘટક ઉત્પન્ન થાય.
તેથી,$(A)$ સાચું છે,પરંતુ $(R)$ ખોટું છે.

(D) વર્તુળાકાર માર્ગ પર ગતિ કરતા કણનું કોણીય વેગમાન $L = mvr$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v$ એ રેખીય વેગ છે.
આના પરથી,આપણે વેગને $v = \frac{L}{mr}$ તરીકે દર્શાવી શકીએ છીએ.
કણ પર લાગતું કેન્દ્રગામી બળ $F = \frac{mv^2}{r}$ છે.
બળના સમીકરણમાં $v$ ની કિંમત મૂકતા:
$F = \frac{m(\frac{L}{mr})^2}{r} = \frac{m \cdot \frac{L^2}{m^2r^2}}{r} = \frac{L^2}{mr^3}$.
તેથી,કેન્દ્રગામી બળ $\frac{L^2}{mr^3}$ છે.

(B) વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ એ કેન્દ્રીય બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે,જે $R^n$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે:
$m\omega^2 R \propto \frac{1}{R^n}$
અહીં $m$ અચળ હોવાથી,આપણને $\omega^2 R \propto R^{-n}$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ આપતા $\omega^2 \propto R^{-(n+1)}$ થાય છે.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,$\omega \propto R^{-\frac{n+1}{2}}$ મળે છે.
સમયગાળો $T$ એ કોણીય વેગ $\omega$ સાથે $T = \frac{2\pi}{\omega}$ દ્વારા સંબંધિત છે.
તેથી,$T \propto \frac{1}{\omega} \propto R^{\frac{n+1}{2}}$.

(A) ધારો કે કણનું દળ $m$ છે,વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $r$ છે,અને શંકુની સપાટી દ્વારા લાગતું લંબબળ $N$ છે.
સમક્ષિતિજ વર્તુળાકાર ગતિ કરતા કણ માટે,લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ ($mg$ નીચેની તરફ) અને લંબબળ ($N$ સપાટીને લંબ) છે.
લંબબળનો શિરોલંબ ઘટક વજનને સંતુલિત કરે છે: $N \cos \alpha = mg$.
લંબબળનો સમક્ષિતિજ ઘટક કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $N \sin \alpha = m \omega^2 r$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\tan \alpha = \frac{m \omega^2 r}{mg} = \frac{\omega^2 r}{g}$.
અહીં $r = h \tan \alpha$ હોવાથી,$\tan \alpha = \frac{\omega^2 (h \tan \alpha)}{g}$ મળે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\omega^2 = \frac{g}{h}$,અથવા $\omega = \sqrt{\frac{g}{h}}$ મળે.
પરિભ્રમણ સમયગાળો $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{h}{g}}$.
આ સમીકરણ પરથી,$T \propto \sqrt{h}$.
તેથી,જેમ $h$ વધે છે,તેમ પરિભ્રમણ સમયગાળો $T$ વધે છે.

(C) ધારો કે $m = 0.1 \ kg$ એ સ્લીવનું દળ છે,$R = 5 \ m$ એ ત્રિજ્યા છે,અને $\omega = 2 \ rad/s$ એ કોણીય વેગ છે.
ભ્રમણ કરતી ફ્રેમની સાપેક્ષમાં સ્લીવ સંતુલનમાં રહે તે માટે,તેના પર લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ ($mg$ નીચેની તરફ) અને વાયર દ્વારા લાગતું લંબબળ $(N)$ છે.
લંબબળનો સમક્ષિતિજ ઘટક કેન્દ્રગામી પ્રવેગ પૂરો પાડે છે: $N \sin \theta = m \omega^2 (R \sin \theta)$.
કારણ કે $\sin \theta \neq 0$ (ટોચ કે તળિયે નથી),આપણે $\sin \theta$ ને દૂર કરી શકીએ છીએ,જેથી $N = m \omega^2 R$ મળે.
કિંમતો મૂકતા: $N = (0.1 \ kg) \times (2 \ rad/s)^2 \times (5 \ m) = 0.1 \times 4 \times 5 = 2.0 \ N$.

(A) ધારો કે $N$ એ છોકરા પર વજન કાંટાનું લંબબળ છે,જે વજન કાંટાનું રીડિંગ દર્શાવે છે.
ઉર્ધ્વ વર્તુળમાં કોઈપણ બિંદુએ,છોકરા પર લાગતા બળો લંબબળ $N$ (ઉપરની તરફ) અને ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ (નીચેની તરફ) છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી ચોખ્ખું કેન્દ્રગામી બળ $F_c = \frac{mv^2}{R}$ છે.
ઝડપ $v = \sqrt{gR}$ અચળ હોવાથી,કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c = \frac{v^2}{R} = \frac{gR}{R} = g$ છે.
સૌથી ઉપરના બિંદુ $H$ પર,ચોખ્ખું બળ $mg - N_H = ma_c = mg$ છે. તેથી,$N_H = mg - mg = 0$.
સૌથી નીચેના બિંદુ $L$ પર,ચોખ્ખું બળ $N_L - mg = ma_c = mg$ છે. તેથી,$N_L = mg + mg = 2mg$.
રીડિંગની સરખામણી કરતા,$N_L = 2mg$ અને $N_H = 0$. તેથી,સૌથી નીચેના બિંદુ $L$ પરનું રીડિંગ સૌથી ઉપરના બિંદુ $H$ પરના રીડિંગ કરતા વધારે છે.
જવાબ: $(A)$