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

(B) ધારો કે $x$ એ રેલના શિરોબિંદુ (મિલન બિંદુ) થી દરેક કણનું અંતર છે. બે કણો વચ્ચેનું અંતર $d = 2x \sin \theta$ છે.
જો કણોને તેમની સંતુલન સ્થિતિ $x_0$ થી થોડા અંતરે $\Delta x$ જેટલા સ્થાનાંતરિત કરવામાં આવે,તો સ્પ્રિંગની લંબાઈમાં ફેરફાર $\Delta d = 2 \Delta x \sin \theta$ થશે.
સ્પ્રિંગની સ્થિતિ ઊર્જા $U = \frac{1}{2} k (\Delta d)^2 = \frac{1}{2} k (2 \Delta x \sin \theta)^2 = 2 k \sin^2 \theta (\Delta x)^2$ છે.
બે કણોની ગતિ ઊર્જા $K = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} m v^2 = m v^2 = m (\Delta \dot{x})^2$ છે.
આને સરળ આવર્ત ગતિ માટે ઊર્જાના પ્રમાણિત સ્વરૂપ $E = \frac{1}{2} k_{eff} x^2 + \frac{1}{2} m_{eff} \dot{x}^2$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k_{eff} = 4 k \sin^2 \theta$ અને $m_{eff} = 2m$ મળે છે.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \sqrt{\frac{k_{eff}}{m_{eff}}} = \sqrt{\frac{4 k \sin^2 \theta}{2m}} = \sqrt{\frac{2k}{m}} \sin \theta$ મળે છે.

(C) ધારો કે લાકડીની લંબાઈ $L$ છે અને તેનું દળ $m$ છે. વજન $mg$ દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર પર કાર્ય કરે છે,જે પીવટથી $L/2$ અંતરે છે.
પીવટ બિંદુની આસપાસ ટોર્ક લેતા:
$\tau_{\text{pivot}} = 0$
$mg \left( \frac{L}{2} \sin \theta \right) = T \cdot L \sin \phi$
જ્યાં $\phi$ એ લાકડી અને દોરી વચ્ચેનો ખૂણો છે.
$T = \frac{mg \sin \theta}{2 \sin \phi}$
$T$ ને ન્યૂનતમ કરવા માટે,આપણે $\sin \phi$ ને મહત્તમ કરવાની જરૂર છે. $\sin \phi$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $1$ છે,જે ત્યારે થાય છે જ્યારે $\phi = 90^\circ$ હોય.
પરિસ્થિતિ $B$ માં,દોરી આડી છે અને લાકડી દિવાલ સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે,તેથી લાકડી અને દોરી વચ્ચેનો ખૂણો $\phi = 90^\circ - \theta$ છે. આ જરૂરી નથી કે $90^\circ$ હોય.
પરિસ્થિતિ $C$ માં,દોરી લાકડીને લંબ છે,તેથી $\phi = 90^\circ$. આ ન્યૂનતમ તણાવ $T = \frac{mg \sin \theta}{2}$ આપે છે.

(A) ધારો કે $A$ ના યામ $(0, y)$ અને $B$ ના યામ $(x, 0)$ છે. સળિયાની લંબાઈ $l = \sqrt{x^2 + y^2}$ છે.
$x = l \cos \theta$ અને $y = l \sin \theta$ હોવાથી,$v_0 = \frac{dx}{dt} = -l \sin \theta \frac{d\theta}{dt}$ મળે.
આમ,કોણીય વેગ $\omega = |\frac{d\theta}{dt}| = \frac{v_0}{l \sin \theta}$ થાય.
છેડા $A$ માટે,$v_A = |\frac{dy}{dt}| = |l \cos \theta \frac{d\theta}{dt}| = l \cos \theta (\frac{v_0}{l \sin \theta}) = v_0 \cot \theta$.
$\theta = 37^o$ માટે,$\cot 37^o = \frac{4}{3}$ હોવાથી,$v_A = \frac{4}{3} v_0$ મળે.
વળી,$\omega = \frac{v_0}{l \sin 37^o} = \frac{v_0}{l (3/5)} = \frac{5}{3} \frac{v_0}{l}$.
$v_A$ અને $\omega$ એ $\theta$ પર આધારિત હોવાથી,તેઓ અચળ નથી. તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(D) $1$. ગિયર $M$ નું પરિભ્રમણ વિશ્લેષણ કરો: ઉપરથી જોતા ગિયર $M$ ઘડિયાળની દિશામાં ફરે છે.
$2$. $M$ અને $I$ વચ્ચેની ક્રિયાપ્રતિક્રિયાનું વિશ્લેષણ કરો: જેમ ગિયર $M$ ઘડિયાળની દિશામાં ફરે છે,તે ગિયર $I$ ને ચલાવે છે. સંપર્ક બિંદુ પર જોતા,જમણી બાજુથી જોતા ગિયર $I$ ઘડિયાળની વિરુદ્ધ દિશામાં ફરશે.
$3$. $I$ અને $H$ વચ્ચેની ક્રિયાપ્રતિક્રિયાનું વિશ્લેષણ કરો: ગિયર $I$ હવે ઘડિયાળની વિરુદ્ધ દિશામાં ફરી રહ્યું છે. જેમ તે નીચેના ભાગમાં ગિયર $H$ સાથે જોડાય છે,તે ગિયર $H$ ને ઉપરથી જોતા ઘડિયાળની દિશામાં ફેરવશે.
$4$. નિષ્કર્ષ: ગિયર $I$ ઘડિયાળની વિરુદ્ધ દિશામાં ફરે છે અને ગિયર $H$ ઘડિયાળની દિશામાં ફરે છે. આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,કોઈ પણ ચોક્કસ દિશાનું સંયોજન સાચું નથી.

(B) નૃત્યાંગના માર્ગ પર અચળ ઝડપ $v$ થી ગતિ કરે છે.
સુરેખ વિભાગો $PQ$ અને $RS$ માં,ગતિની દિશા બદલાતી નથી,તેથી વેગ સદિશ અચળ રહે છે. તેથી,આ વિભાગોમાં પ્રવેગ $a = \frac{dv}{dt} = 0$ છે.
અર્ધવર્તુળાકાર વિભાગો $QR$ અને $SP$ માં,નૃત્યાંગના અચળ ઝડપ $v$ સાથે વક્ર માર્ગ પર ગતિ કરી રહી છે. આના પરિણામે $a = \frac{v^2}{r}$ મૂલ્યનો કેન્દ્રગામી પ્રવેગ ઉદ્ભવે છે,જ્યાં $r$ એ અર્ધવર્તુળની ત્રિજ્યા છે. $v$ અને $r$ અચળ હોવાથી,આ વિભાગો દરમિયાન પ્રવેગનું મૂલ્ય અચળ અને શૂન્યતર રહે છે.
આમ,$PQ$ અને $RS$ દરમિયાન પ્રવેગ શૂન્ય છે,અને $QR$ અને $SP$ દરમિયાન અચળ શૂન્યતર છે. આ વિકલ્પ $B$ માં આપેલા આલેખ સાથે સુસંગત છે.

(C) સ્થિતિઊર્જા માટે ફાચરની ટોચને સંદર્ભ સ્તર $(U = 0)$ તરીકે લો.
પ્રારંભિક સ્થિતિમાં (આકૃતિ-$A$),સાંકળ બે ભાગમાં વહેંચાયેલી છે,દરેકની લંબાઈ $L/2$ અને દળ $m/2$ છે,જે બંને બાજુ લટકે છે. દરેક અડધા ભાગનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર ઢાળ પર ટોચથી $L/4$ અંતરે છે.
પ્રારંભિક સ્થિતિઊર્જા $U_i = 2 \times [-(m/2)g(L/4) \sin \theta] = -\frac{mgL}{4} \sin \theta$ છે.
અંતિમ સ્થિતિમાં (આકૃતિ-$B$),$m$ દળની આખી સાંકળ ડાબી બાજુએ છે. સાંકળનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર ઢાળ પર ટોચથી $L/2$ અંતરે છે.
અંતિમ સ્થિતિઊર્જા $U_f = -mg(L/2) \sin \theta = -\frac{mgL}{2} \sin \theta$ છે.
યાંત્રિક ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,સ્થિતિઊર્જામાં થતો ફેરફાર એ ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલો હોય છે: $K_f - K_i = U_i - U_f$.
સાંકળ સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થાય છે,તેથી $K_i = 0$.
$K_f = U_i - U_f = -\frac{mgL}{4} \sin \theta - (-\frac{mgL}{2} \sin \theta) = \frac{mgL}{4} \sin \theta$.

(A) સળિયા $(AB)$ ને સંતુલનમાં રહેવા માટે,કોઈપણ બિંદુ પરનું કુલ ટોર્ક શૂન્ય હોવું જોઈએ. સળિયા પર લાગતા બળો છે:
$1$. બિંદુ $(A)$ પર લાગતું દોરડા $(AC)$ નું તણાવબળ $(T)$.
$2$. સળિયાના દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર પર લાગતું તેનું વજન $(Mg)$.
$3$. બિંદુ $(B)$ પર બરફ દ્વારા લાગતું લંબબળ $(N)$.
બરફ ઘર્ષણરહિત હોવાથી,લંબબળ $(N)$ શિરોલંબ હોવું જોઈએ.
સળિયો સંતુલનમાં રહે તે માટે,ત્રણેય બળોની કાર્યરેખાઓ એક જ બિંદુએ છેદવી જોઈએ અથવા સમાંતર હોવી જોઈએ. વજન $(Mg)$ શિરોલંબ નીચેની તરફ લાગે છે અને લંબબળ $(N)$ શિરોલંબ ઉપરની તરફ લાગે છે,તેથી આ બંને બળો સમાંતર છે. તંત્ર સંતુલનમાં રહે તે માટે,તણાવબળ $(T)$ પણ આ બળોને સમાંતર હોવું જોઈએ. તેથી,દોરડું $(AC)$ શિરોલંબ હોવું જોઈએ. આ સ્થિતિ વિકલ્પ $(A)$ માં દર્શાવેલ છે.

(B) ધારો કે કણનું દળ $m$ છે અને તેની ઝડપ $V$ છે. કણ $r = \sqrt{R^2 - d^2}$ ત્રિજ્યાના સમક્ષિતિજ વર્તુળમાં ગતિ કરે છે.
કણ પર લાગતા બળો લંબબળ $N$ (ગોળાના કેન્દ્ર તરફ) અને વજનબળ $mg$ (નીચેની તરફ) છે.
લંબબળ $N$ ના સમક્ષિતિજ અને શિરોલંબ ઘટકો લેતા:
સમક્ષિતિજ ઘટક: $N \sin \theta = \frac{mV^2}{r}$ (કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે)
શિરોલંબ ઘટક: $N \cos \theta = mg$ (વજનબળને સંતુલિત કરે છે)
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\tan \theta = \frac{V^2}{rg}$.
વાટકાની ભૂમિતિ પરથી,$\tan \theta = \frac{r}{d}$.
$\tan \theta$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{V^2}{rg} = \frac{r}{d} \Rightarrow V^2 = \frac{r^2 g}{d}$.
$r^2 = R^2 - d^2$ મૂકતા,આપણને $V = \sqrt{\frac{g(R^2 - d^2)}{d}}$ મળે છે.

(A) ધારો કે વાયરમાં તણાવ $T$ છે. રીંગ લીસી હોવાથી,વાયરમાં તણાવ સમાન રહેશે.
રીંગ $C$ પર લાગતા બળોને શિરોલંબ ($y$-અક્ષ) અને સમક્ષિતિજ ($x$-અક્ષ) દિશામાં ઘટકોમાં વિભાજિત કરતા:
શિરોલંબ દિશામાં,તણાવના શિરોલંબ ઘટકોનો સરવાળો રીંગના વજનને સંતુલિત કરે છે:
$T \cos 30^{\circ} + T \cos 60^{\circ} = mg$
$T \left( \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} \right) = mg$
$T \left( \frac{\sqrt{3} + 1}{2} \right) = mg$ $...(i)$
સમક્ષિતિજ દિશામાં,તણાવના સમક્ષિતિજ ઘટકોનો સરવાળો જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$T \sin 30^{\circ} + T \sin 60^{\circ} = \frac{mv^2}{r}$
$T \left( \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = \frac{mv^2}{r}$
$T \left( \frac{\sqrt{3} + 1}{2} \right) = \frac{mv^2}{r}$ $...(ii)$
સમીકરણ $(ii)$ ને સમીકરણ $(i)$ વડે ભાગતા:
$\frac{T \left( \frac{\sqrt{3} + 1}{2} \right)}{T \left( \frac{\sqrt{3} + 1}{2} \right)} = \frac{mv^2/r}{mg}$
$1 = \frac{v^2}{rg}$
$v^2 = rg$
$v = \sqrt{rg}$

(D) આપેલ ઝડપ $v = \alpha \sqrt{x}$ છે.
$v = \frac{dx}{dt}$ હોવાથી,$\frac{dx}{dt} = \alpha \sqrt{x}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\int x^{-1/2} dx = \int \alpha dt$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$2\sqrt{x} = \alpha t$ મળે,તેથી $x = \frac{\alpha^2 t^2}{4}$.
સ્પર્શકીય પ્રવેગ $a_t = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(\alpha \sqrt{x}) = \alpha \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} \cdot \frac{dx}{dt} = \alpha \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} \cdot (\alpha \sqrt{x}) = \frac{\alpha^2}{2}$ થાય.
$\alpha$ અચળાંક હોવાથી,$a_t$ અચળ છે.
કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c = \frac{v^2}{r} = \frac{(\alpha \sqrt{x})^2}{r} = \frac{\alpha^2 x}{r}$ થાય.
$x = \frac{\alpha^2 t^2}{4}$ મૂકતા,$a_c = \frac{\alpha^2}{r} \cdot \frac{\alpha^2 t^2}{4} = \frac{\alpha^4}{4r} t^2$ મળે.
આમ,$a_t$ અચળ છે અને $a_c$ એ $t^2$ ના પ્રમાણમાં છે (ઉગમબિંદુથી શરૂ થતો પરવલયાકાર વક્ર).
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,જે આલેખમાં $a_t$ આડી રેખા છે અને $a_c$ ઉગમબિંદુથી શરૂ થતો પરવલય છે તે સાચો છે.

(D) ધારો કે દરેક દોરી શિરોલંબ ધરી સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે. ત્રિકોણ $ABC$ સમબાજુ હોવાથી (બધી બાજુઓ $l$ છે),$\theta = 60^\circ$ છે.
દળ $m$ પરના બળોનું વિભાજન કરતા:
શિરોલંબ દિશા: $(T_1 - T_2) \cos \theta = mg \implies T_1 - T_2 = \frac{mg}{\cos 60^\circ} = 2mg$.
સમક્ષિતિજ દિશા: $(T_1 + T_2) \sin \theta = m \omega^2 r$,જ્યાં $r = l \sin 60^\circ = l \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$(T_1 + T_2) \frac{\sqrt{3}}{2} = m \omega^2 l \frac{\sqrt{3}}{2} \implies T_1 + T_2 = m \omega^2 l$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા: $T_1 = \frac{m \omega^2 l}{2} + mg$ અને $T_2 = \frac{m \omega^2 l}{2} - mg$.
દોરી $BC$ ખેંચાયેલી રહે તે માટે,$T_2 \geq 0 \implies \frac{m \omega^2 l}{2} \geq mg \implies \omega \geq \sqrt{2g/l}$.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(B) જ્યારે જમણી બાજુના દળને આડી વેગ $u$ આપવામાં આવે છે, ત્યારે તે વર્તુળાકાર ચાપમાં (લોલકની ગતિ) ગતિ કરવાનું શરૂ કરે છે કારણ કે તે ગરગડી સાથે જોડાયેલ દોરી દ્વારા બંધાયેલ છે.
જેમ તે વર્તુળાકાર ચાપમાં ગતિ કરે છે, તેમ તે ગરગડીના કેન્દ્ર તરફ નિર્દેશિત કેન્દ્રગામી પ્રવેગ મેળવે છે.
જમણી બાજુના દળ માટે, ત્રિજ્યાવર્તી દિશામાં ગતિનું સમીકરણ $T - mg \cos \theta = \frac{mu^2}{R}$ છે, જ્યાં $T$ એ તણાવ છે, $m$ એ દળ છે, $g$ એ ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ છે, $\theta$ એ શિરોલંબ સાથેનો ખૂણો છે અને $R$ એ દોરીની લંબાઈ છે.
આનો અર્થ એ થાય કે $T = mg \cos \theta + \frac{mu^2}{R}$.
દોરીમાં તણાવ $T$ એ ડાબી બાજુના દળના વજન $mg$ કરતા વધારે હોવાથી (કારણ કે $T > mg \cos \theta$ અને જમણી બાજુનું દળ ગતિમાં છે), ડાબી બાજુનું દળ ઉપરની તરફ ખેંચાશે.
તેથી, ડાબી બાજુનું દળ ઉપર જશે, જેનાથી તે જમીનથી દૂર જશે, જ્યારે જમણી બાજુનું દળ જમીનની નજીક હશે.

(B) ધારો કે પરિભ્રમણની ધરીથી $r$ અંતરે $dm$ દળ ધરાવતો પ્રવાહીનો એક નાનો ઘટક છે. આ ઘટકની લંબાઈ $dr$ છે. નળીની લંબાઈ $L$ અને દળ $M$ હોવાથી,રેખીય દળ ઘનતા $\lambda = M/L$ થશે.
આમ,$dm = \lambda dr = (M/L) dr$.
આ ઘટકને પરિભ્રમણ કરાવવા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $dF = (dm) \omega^2 r = (M/L) \omega^2 r dr$ છે.
પરિભ્રમણની ધરી પર પ્રવાહી દ્વારા લાગતું કુલ બળ શોધવા માટે,આપણે $r = 0$ થી $r = L$ સુધી સંકલન કરીશું:
$F = \int_0^L \frac{M}{L} \omega^2 r dr = \frac{M \omega^2}{L} \left[ \frac{r^2}{2} \right]_0^L = \frac{M \omega^2}{L} \cdot \frac{L^2}{2} = \frac{1}{2} M \omega^2 L$.
આ બળ પ્રવાહીને વર્તુળાકાર ગતિમાં રાખવા માટે જરૂરી કુલ કેન્દ્રગામી બળ દર્શાવે છે,જે અસરકારક રીતે ધરીના બિંદુ પર પ્રવાહી દ્વારા લાગતું બળ છે.

(D) જ્યારે કાર બહિર્ગોળ પુલની ટોચ પર હોય છે,ત્યારે તે $r$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર માર્ગ પર ગતિ કરે છે. કાર પર લાગતા બળોમાં નીચેની તરફ લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ અને ઉપરની તરફ લાગતું પુલનું લંબબળ $N$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી પરિણામી કેન્દ્રગામી બળ વર્તુળના કેન્દ્ર તરફ (આ કિસ્સામાં નીચેની તરફ) હોય છે. તેથી,ગતિનું સમીકરણ:
$mg - N = \frac{mv^2}{r}$
લંબબળ $N$ શોધવા માટે સમીકરણને ગોઠવતા:
$N = mg - \frac{mv^2}{r}$

(A) વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $r = l \sin \theta$ છે.
તણાવનો સમક્ષિતિજ ઘટક જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $T \sin \theta = m \omega^2 r$.
આ સમીકરણમાં $r = l \sin \theta$ મૂકતા,આપણને મળે છે: $T \sin \theta = m \omega^2 (l \sin \theta)$.
બંને બાજુ $\sin \theta$ વડે ભાગતા ($\theta \neq 0$ ધારીને),આપણને મળે છે: $T = m \omega^2 l$.
તણાવનો શિરોલંબ ઘટક વજન બળને સંતુલિત કરે છે: $T \cos \theta = mg$.

(B) કણો વર્તુળાકાર કક્ષામાં ગતિ કરતા હોવાથી,કેન્દ્રગામી બળ આપેલ બળ $F(r)$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
$\frac{mv^2}{r} = |F(r)| = \frac{16}{r} + r^3$
બંને બાજુ $\frac{r}{2}$ વડે ગુણતા,આપણને ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}(16 + r^4)$ મળે છે.
$r = 1$ પર પ્રથમ કણ માટે:
$K_1 = \frac{1}{2}(16 + 1^4) = \frac{17}{2} = 8.5$.
$r = 4$ પર બીજા કણ માટે:
$K_2 = \frac{1}{2}(16 + 4^4) = \frac{1}{2}(16 + 256) = \frac{272}{2} = 136$.
ગતિઊર્જાનો ગુણોત્તર:
$\frac{K_1}{K_2} = \frac{17/2}{272/2} = \frac{17}{272} = \frac{1}{16} = 0.0625$.
આમ,ગુણોત્તર આશરે $6 \times 10^{-2}$ છે.

(D) આપેલ છે: $\theta = 45^\circ$,$r = 0.4\,m$,$g = 10\,m/s^2$.
શંકુ આકારના લોલક માટે,લોલકના ગોળા પર લાગતા બળો તણાવ $T$ અને વજન $mg$ છે.
તણાવનો સમક્ષિતિજ ઘટક જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$T \sin \theta = \frac{mv^2}{r} \quad \dots(i)$
તણાવનો શિરોલંબ ઘટક વજનને સંતુલિત કરે છે:
$T \cos \theta = mg \quad \dots(ii)$
સમીકરણ $(i)$ ને $(ii)$ વડે ભાગતા:
$\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$
$v^2 = rg \tan \theta$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$v^2 = 0.4 \times 10 \times \tan(45^\circ)$
$v^2 = 4 \times 1 = 4$
$v = \sqrt{4} = 2\,m/s$.

(A) કણ માટે ગતિના સમીકરણો આપેલા છે:
$x = a \sin \omega t \Rightarrow \sin \omega t = \frac{x}{a}$
$y = a \sin 2 \omega t$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin 2 \theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે લખી શકીએ:
$y = a (2 \sin \omega t \cos \omega t)$
કારણ કે $\cos \omega t = \sqrt{1 - \sin^2 \omega t} = \sqrt{1 - (\frac{x}{a})^2} = \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{a}$,આપણે આ કિંમતને $y$ ના સમીકરણમાં મૂકીએ:
$y = 2a (\frac{x}{a}) (\frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{a})$
$y = \frac{2x}{a} \sqrt{a^2 - x^2}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા $y^2 = \frac{4x^2}{a^2} (a^2 - x^2)$ મળે છે,જે $x$ અને $y$ અક્ષોની સાપેક્ષે સંમિત આઠડા (figure-eight) જેવો વક્ર દર્શાવે છે. આ આકૃતિ વિકલ્પ $A$ માં દર્શાવેલ આકારને અનુરૂપ છે.

(C) $Y$ બિંદુએ,લંબ પ્રતિક્રિયા $N = 0$ છે. ગુરુત્વાકર્ષણ બળનો ત્રિજ્યાવર્તી ઘટક જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$mg \sin \phi = \frac{mv^2}{r} \implies v^2 = rg \sin \phi$ $...(i)$
$X$ બિંદુ અને $Y$ બિંદુ વચ્ચે યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$mg(r \cos \theta) = mg(r \sin \phi) + \frac{1}{2} mv^2$
$g r \cos \theta = g r \sin \phi + \frac{1}{2} (rg \sin \phi)$
$g r \cos \theta = \frac{3}{2} rg \sin \phi$
$\cos \theta = \frac{3}{2} \sin \phi$
$\sin \phi = \frac{2}{3} \cos \theta$

(D) ધારો કે મણકાનું દળ $m$ છે અને તાર દ્વારા મણકા પર લાગતું લંબબળ $N$ છે.
મણકાના વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $R_{path} = r/2$ છે.
મણકા પર લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ (નીચેની તરફ) અને લંબબળ $N$ (તારને લંબ) છે.
બળોને સમક્ષિતિજ અને શિરોલંબ ઘટકોમાં વિભાજિત કરતા:
$N \sin \theta = m R_{path} \omega^2 = m (r/2) \omega^2$ ... $(i)$
$N \cos \theta = mg$ ... (ii)
$(i)$ ને (ii) વડે ભાગતા,આપણને મળે:
$\tan \theta = \frac{(r/2) \omega^2}{g} = \frac{r \omega^2}{2g}$
વર્તુળની ભૂમિતિ પરથી,કેન્દ્ર $O$ થી શિરોલંબ અક્ષ સુધીનું અંતર $r/2$ છે. ત્રિજ્યા સદિશ $OP$ શિરોલંબ સાથે જે ખૂણો $\theta$ બનાવે છે તે $\sin \theta = \frac{r/2}{r} = 1/2$ દ્વારા મળે છે,તેથી $\theta = 30^\circ$.
આમ,$\tan 30^\circ = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
$\tan \theta$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{r \omega^2}{2g}$
$\omega^2 = \frac{2g}{r\sqrt{3}}$

(C) જ્યારે કોઈ કણ અચળ ઝડપ $v$ થી વર્તુળાકાર અથવા વક્ર પથ પર ગતિ કરતો હોય,ત્યારે કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c = \frac{v^2}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r$ એ વક્રતા ત્રિજ્યા છે.
કિસ્સા $(a)$ માં,પથ એક સમાન હેલિક્સ છે,જેનો અર્થ છે કે વક્રતા ત્રિજ્યા $r$ અચળ છે. $v$ અને $r$ બંને અચળ હોવાથી,પ્રવેગનું મૂલ્ય $a_c$ અચળ રહે છે.
કિસ્સા $(b)$ માં,પથ એક સ્પાયરલ છે જ્યાં કણ બહારની તરફ ગતિ કરે તેમ ત્રિજ્યા $r$ વધે છે. $v$ અચળ હોવાથી અને $r$ વધતું હોવાથી,પ્રવેગનું મૂલ્ય $a_c = \frac{v^2}{r}$ સ્પાયરલ પથ પર ગતિ દરમિયાન ઘટતું જાય છે.
તેથી,પ્રવેગનું મૂલ્ય $(a)$ માં અચળ છે અને $(b)$ માં ઘટી રહ્યું છે.

(A) આપેલ છે:
દોરીની લંબાઈ,$r = 0.1\,m$
મહત્તમ તણાવ,$T = 100\,N$
પદાર્થનું દળ,$m = 100\,g = 0.1\,kg$
જ્યારે પદાર્થ સમક્ષિતિજ વર્તુળમાં ફરે છે,ત્યારે દોરીમાં રહેલું તણાવ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $T = m\omega^2r$ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$100 = 0.1 \times \omega^2 \times 0.1$
$100 = 0.01 \times \omega^2$
$\omega^2 = \frac{100}{0.01}$
$\omega^2 = 10000$
$\omega = \sqrt{10000}$
$\omega = 100\,rad/s$.

(B) ધારો કે ઓવરબ્રિજ પરના કોઈપણ બિંદુએ કારના સ્થાન સદિશ દ્વારા શિરોલંબ સાથે બનતો ખૂણો $\theta$ છે.
કાર પર લાગતા બળો તેનું વજન $mg$ (નીચેની તરફ) અને લંબબળ $N$ (ઉપરની તરફ) છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ,વજનના કેન્દ્ર તરફના ઘટક અને લંબબળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
ગતિનું સમીકરણ: $mg \cos \theta - N = \frac{mv^2}{R}$.
લંબબળ માટે સમીકરણ ગોઠવતા: $N = mg \cos \theta - \frac{mv^2}{R}$.
જેમ કાર બિંદુ $B$ (સૌથી ઉચ્ચતમ બિંદુ) થી બિંદુ $C$ તરફ નીચે ઉતરે છે,તેમ ખૂણો $\theta$ એ $0^\circ$ થી વધીને $90^\circ$ થાય છે.
જેમ $\theta$ વધે છે,તેમ $\cos \theta$ ઘટે છે.
સમીકરણ $N = mg \cos \theta - \frac{mv^2}{R}$ મુજબ,જેમ $\cos \theta$ ઘટે છે,તેમ લંબબળ $N$ પણ ઘટે છે.

(A) વર્તુળાકાર ઓવરબ્રિજના સૌથી ઉચ્ચતમ બિંદુએ,કાર પર લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $(mg)$ જે નીચેની તરફ લાગે છે અને લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $(N)$ જે ઉપરની તરફ લાગે છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી ચોખ્ખું કેન્દ્રગામી બળ આ બળોના તફાવત દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે:
$mg - N = \frac{mv^2}{r}$
કાર સંપર્ક ગુમાવ્યા વગર પસાર થઈ શકે તે માટેની મહત્તમ ઝડપ શોધવા માટે,આપણે લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $N$ ને શૂન્ય લઈએ છીએ (જે બિંદુએ કાર સપાટી છોડવાની તૈયારીમાં હોય).
$mg - 0 = \frac{mv^2}{r}$
$g = \frac{v^2}{r}$
$v^2 = rg$
$v = \sqrt{rg}$
અહીં $r = 20\,m$ અને $g = 9.8\,m/s^2$ આપેલ છે:
$v = \sqrt{20 \times 9.8}$
$v = \sqrt{196}$
$v = 14\,m/s$

(B) મોટરસાઇકલ ઓવરબ્રિજ પર $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર માર્ગે ગતિ કરે છે. મોટરસાઇકલ પર લાગતા બળો લંબબળ $N$ (ઉપરની તરફ) અને વજનબળ $mg$ (નીચેની તરફ) છે.
શિરોલંબ સાથેના કોઈપણ ખૂણે $\theta$ પર,કેન્દ્ર તરફ લાગતો વજનબળનો ઘટક $mg \cos \theta$ છે.
પરિણામી કેન્દ્રગામી બળ $mg \cos \theta - N = \frac{mv^2}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
લંબબળ માટે સૂત્ર મેળવતા,$N = mg \cos \theta - \frac{mv^2}{R}$ મળે છે.
જેમ જેમ મોટરસાઇકલ ઓવરબ્રિજ પર ઉપર ચઢે છે,તેમ શિરોલંબ સાથેનો ખૂણો $\theta$ $0^\circ$ થી $90^\circ$ સુધી વધે છે.
જેમ $\theta$ વધે છે,તેમ $\cos \theta$ ઘટે છે.
સૂત્ર $N = mg \cos \theta - \frac{mv^2}{R}$ મુજબ,જેમ $\cos \theta$ ઘટે છે,તેમ લંબબળ $N$ ઘટે છે.

(A) બ્લોક પર લાગતા બળો લંબબળ $N$ અને ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ છે. બ્લોક $x = R \sin \theta$ ત્રિજ્યાના સમક્ષિતિજ વર્તુળમાં ગતિ કરે છે.
શિરોલંબ દિશા માટે,બળો સંતુલિત છે:
$N \cos \theta = mg$ ......$(i)$
સમક્ષિતિજ દિશા માટે,લંબબળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$N \sin \theta = m x \omega^2 = m (R \sin \theta) \omega^2$ ......(ii)
સમીકરણ (ii) ને સમીકરણ $(i)$ વડે ભાગતા:
$\frac{N \sin \theta}{N \cos \theta} = \frac{m R \sin \theta \omega^2}{mg}$
$\tan \theta = \frac{R \sin \theta \omega^2}{g}$
કારણ કે $\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$,તેથી:
$\frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{R \sin \theta \omega^2}{g}$
$\frac{1}{\cos \theta} = \frac{R \omega^2}{g}$
$\cos \theta = \frac{g}{R \omega^2}$
$\theta = \cos^{-1}\left(\frac{g}{R \omega^2}\right)$

(D) $1$. કેન્દ્રગામી બળ એ વર્તુળાકાર માર્ગે ગતિ કરતા પદાર્થ પર લાગતું વાસ્તવિક બળ છે,જે વર્તુળના કેન્દ્ર તરફ લાગે છે. તે વેગની દિશા બદલવા માટે જરૂરી છે.
$2$. કેન્દ્રત્યાગી બળ એ આભાસી બળ (pseudo force) છે જે અજડત્વીય (ભ્રમણ કરતા) સંદર્ભ ફ્રેમમાં પદાર્થ પર લાગતું જણાય છે. તે કેન્દ્રથી દૂરની દિશામાં લાગે છે.
$3$. આ બળો અલગ-અલગ સંદર્ભ ફ્રેમમાં લાગતા હોવાથી,તેઓ એકબીજાની અસર નાબૂદ કરી શકતા નથી. તેથી,$Assertion$ ખોટું છે.
$4$. $Newton$ ના ત્રીજા નિયમના સંદર્ભમાં કેન્દ્રત્યાગી બળ એ કેન્દ્રગામી બળની પ્રતિક્રિયા નથી. $Newton$ નો ત્રીજો નિયમ અલગ-અલગ પદાર્થો પર લાગતા સમાન પ્રકારના બળોને લાગુ પડે છે. કેન્દ્રગામી બળ વાસ્તવિક બળ છે,જ્યારે કેન્દ્રત્યાગી બળ આભાસી બળ છે. તેથી,$Reason$ પણ ખોટું છે.
$5$. આમ,$Assertion$ અને $Reason$ બંને ખોટા છે.

(B) ધારો કે સ્પ્રિંગમાં થતો ખેંચાણ $x$ છે. સ્પ્રિંગની કુલ લંબાઈ $r = \ell + x$ થાય છે.
કણની વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ સ્પ્રિંગના બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
$F_{c} = F_{s}$
$m \omega^{2} r = k x$
$m \omega^{2} (\ell + x) = k x$
$m \omega^{2} \ell + m \omega^{2} x = k x$
$m \omega^{2} \ell = k x - m \omega^{2} x$
$m \omega^{2} \ell = x (k - m \omega^{2})$
$x = \frac{m \ell \omega^{2}}{k - m \omega^{2}}$

(A) સાચો જવાબ $(i) \; T$ છે.
જ્યારે દોરી સાથે જોડાયેલો કણ લીસી સમક્ષિતિજ સપાટી પર વર્તુળાકાર માર્ગે ગતિ કરે છે,ત્યારે વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ દોરીમાં ઉદ્ભવતા તણાવ $T$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
ટેબલ લીસું હોવાથી ત્યાં કોઈ ઘર્ષણ બળ નથી,અને કણ પર કેન્દ્રની દિશામાં લાગતું એકમાત્ર સમક્ષિતિજ બળ તણાવ $T$ છે.
તેથી,કણ પર લાગતું પરિણામી બળ $F_{\text{net}} = T = \frac{m v^{2}}{l}$ થાય છે.

(B) વિમાનની ઝડપ,$v = 720 \; km/h = 720 \times \frac{5}{18} = 200 \; m/s$.
ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ,$g = 10 \; m/s^2$.
બેંકિંગનો ખૂણો,$\theta = 15^{\circ}$.
આડી લૂપની ત્રિજ્યા $r$ માટે,સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$.
$r$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા:
$r = \frac{v^2}{g \tan \theta}$.
કિંમતો મૂકતા:
$r = \frac{200 \times 200}{10 \times \tan 15^{\circ}} = \frac{40000}{10 \times 0.2679} = \frac{4000}{0.2679} \approx 14930 \; m$.
$km$ માં રૂપાંતર કરતા:
$r \approx 14.93 \; km$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,ત્રિજ્યા $14.92 \; km$ છે.

(D) ધારો કે મણકા $P$ ને કેન્દ્ર $O$ સાથે જોડતો ત્રિજ્યા સદિશ શિરોલંબ નીચેની દિશા સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે.
ધારો કે મણકાનું દળ $m$ છે.
મણકા પર લાગતા બળો:
$1$. વજનબળ $mg$ જે શિરોલંબ નીચેની તરફ લાગે છે.
$2$. વાયર દ્વારા લાગતું લંબબળ $N$,જે $P$ આગળ સ્પર્શકની લંબ દિશામાં લાગે છે.
બળોના ઘટકો પાડતા:
લંબબળનો શિરોલંબ ઘટક $N \cos \theta$ એ વજનબળ $mg$ ને સંતુલિત કરે છે,તેથી $N \cos \theta = mg$.
લંબબળનો સમક્ષિતિજ ઘટક $N \sin \theta$ એ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $m \omega^2 r$ પૂરું પાડે છે,જ્યાં $r = R \sin \theta$ એ મણકાના વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા છે.
તેથી,$N \sin \theta = m \omega^2 (R \sin \theta)$.
$\theta \neq 0$ માટે $\sin \theta \neq 0$ હોવાથી,આપણને $N = m R \omega^2$ મળે છે.
$N$ ની કિંમત શિરોલંબ સમીકરણમાં મૂકતા: $(m R \omega^2) \cos \theta = mg$.
તેથી,$\cos \theta = \frac{g}{R \omega^2}$.
$\cos \theta \leq 1$ હોવાથી,મણકો સૌથી નીચેના બિંદુએ $(\theta = 0)$ રહેશે જો $\frac{g}{R \omega^2} \geq 1$ હોય,જેનો અર્થ છે કે $\omega \leq \sqrt{\frac{g}{R}}$.
$\omega = \sqrt{\frac{2g}{R}}$ માટે,આપણી પાસે $\omega^2 = \frac{2g}{R}$ છે.
આ કિંમત $\cos \theta$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\cos \theta = \frac{g}{R (2g/R)} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\theta = \cos^{-1}(0.5) = 60^{\circ}$.

(N/A) ધારો કે એક પથ્થરને દોરી વડે બાંધીને સમક્ષિતિજ વર્તુળાકાર માર્ગે અચળ ઝડપે ફેરવવામાં આવે છે।
$1$. પથ્થરનું વેગમાન $\vec{p} = m\vec{v}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે। ઝડપ અચળ હોવાથી, વેગમાનનું મૂલ્ય અચળ રહે છે, પરંતુ તેની દિશા હંમેશા વર્તુળાકાર માર્ગને સ્પર્શકની દિશામાં હોય છે અને સતત બદલાતી રહે છે।
$2$. નાના સમયગાળા $\Delta t$ દરમિયાન વેગમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta \vec{p} = \vec{p}_{final} - \vec{p}_{initial}$ દ્વારા મળે છે। વર્તુળાકાર ગતિ માટે, વેગમાનમાં થતા ફેરફારનો સદિશ વર્તુળના કેન્દ્ર તરફ હોય છે।
$3$. ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ, $\vec{F} = \frac{d\vec{p}}{dt}$। દોરીમાં ઉદ્ભવતું તણાવબળ કેન્દ્ર તરફ લાગે છે, જે વેગમાનમાં થતા ફેરફારની દિશામાં જ છે।
$4$. વેગમાન સદિશ સ્પર્શકની દિશામાં છે અને વેગમાનમાં થતો ફેરફાર ત્રિજ્યાવર્તી (કેન્દ્ર તરફ) છે, તેથી તે સ્પષ્ટ છે કે તેઓ એક જ દિશામાં નથી।

(D) લંબબળ $N$ એ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
$N = F_c = m \omega^2 R$
કારણ કે $\omega = \frac{2\pi}{T}$,તેથી $N = m \left( \frac{2\pi}{T} \right)^2 R = m \frac{4\pi^2}{T^2} R$.
આપેલ કિંમતો: $m = 200\, g = 0.2\, kg$,$R = 20\, cm = 0.2\, m$,અને $T = 40\, s$.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$N = 0.2 \times \frac{4 \times (3.14159)^2}{(40)^2} \times 0.2$
$N = 0.2 \times \frac{4 \times 9.8696}{1600} \times 0.2$
$N = 0.04 \times \frac{39.4784}{1600}$
$N = 0.04 \times 0.024674 = 9.8696 \times 10^{-4}\, N$.
નજીકના વિકલ્પને આધારે,$N \approx 9.859 \times 10^{-4}\, N$ મળે છે.

(A) વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ એ કેન્દ્રીય બળ $F$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે. આપેલ છે કે $F \propto \frac{1}{R^{3}}$,તેથી આપણે લખી શકીએ $F = \frac{K}{R^{3}}$,જ્યાં $K$ એક અચળાંક છે.
$m$ દળ ધરાવતો કણ $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળમાં $\omega$ કોણીય વેગથી ગતિ કરે છે,ત્યારે કેન્દ્રગામી બળ $F = m \omega^{2} R$ થાય છે.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{K}{R^{3}} = m \omega^{2} R$.
$\omega^{2}$ માટે ગોઠવતા: $\omega^{2} = \frac{K}{m R^{4}}$.
સમયગાળો $T = \frac{2 \pi}{\omega}$ હોવાથી,$\omega = \frac{2 \pi}{T}$ થાય.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $(\frac{2 \pi}{T})^{2} = \frac{K}{m R^{4}}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{4 \pi^{2}}{T^{2}} = \frac{K}{m R^{4}}$ મળે છે,જે દર્શાવે છે કે $T^{2} \propto R^{4}$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,આપણને $T \propto R^{2}$ મળે છે.

(A) આ શંકુ આકારના લોલક (conical pendulum) નો કિસ્સો છે.
ધારો કે દોરી શિરોલંબ સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે.
આકૃતિની ભૂમિતિ પરથી,$\sin \theta = \frac{r}{L}$ મળે છે.
આપેલ છે કે $r = \frac{L}{\sqrt{2}}$,તેથી $\sin \theta = \frac{L/\sqrt{2}}{L} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આનો અર્થ એ છે કે $\theta = 45^{\circ}$.
કણ પર લાગતા બળો દોરીમાં તણાવ $T$ અને ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ છે.
તણાવને સમક્ષિતિજ અને શિરોલંબ ઘટકોમાં વિભાજિત કરતા:
સમક્ષિતિજ ઘટક: $T \sin \theta = \frac{mv^2}{r}$ (જે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે).
શિરોલંબ ઘટક: $T \cos \theta = mg$ (જે વજનને સંતુલિત કરે છે).
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{T \sin \theta}{T \cos \theta} = \frac{mv^2/r}{mg} \Rightarrow \tan \theta = \frac{v^2}{rg}$.
કારણ કે $\theta = 45^{\circ}$,તેથી $\tan 45^{\circ} = 1$.
તેથી,$1 = \frac{v^2}{rg} \Rightarrow v^2 = rg \Rightarrow v = \sqrt{rg}$.

(C) ધારો કે સ્પ્રિંગનું વિસ્તરણ $\Delta x$ છે. સ્પ્રિંગની કુલ લંબાઈ $l = l_{0} + \Delta x$ થાય છે.
$m$ દળના પદાર્થની વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ સ્પ્રિંગ બળ $F_{s} = k \Delta x$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
સ્પ્રિંગ બળને કેન્દ્રગામી બળ સાથે સરખાવતા: $k \Delta x = m \omega^{2} (l_{0} + \Delta x)$.
સમીકરણનું વિસ્તરણ કરતા: $k \Delta x = m \omega^{2} l_{0} + m \omega^{2} \Delta x$.
$\Delta x$ માટે ઉકેલવા પદોને ગોઠવતા: $k \Delta x - m \omega^{2} \Delta x = m \omega^{2} l_{0}$.
$\Delta x (k - m \omega^{2}) = m \omega^{2} l_{0}$.
તેથી,વિસ્તરણ $\Delta x = \frac{m \omega^{2} l_{0}}{k - m \omega^{2}}$ થશે.

(B) વાહનનું આભાસી વજન એ ટ્રેક દ્વારા વાહન પર લાગતા લંબબળ $N$ જેટલું હોય છે.
બિંદુ $A$ પર,ટ્રેક સમક્ષિતિજ છે,તેથી લંબબળ $N_A = mg$ છે.
બિંદુ $B$ પર,વાહન અંતર્ગોળ વળાંકના તળિયે છે. પરિણામી કેન્દ્રગામી બળ લંબબળ અને ગુરુત્વાકર્ષણ વચ્ચેના તફાવત દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $N_B - mg = \frac{mv^2}{r}$. આમ,$N_B = mg + \frac{mv^2}{r}$.
બિંદુ $C$ પર,વાહન બહિર્ગોળ વળાંકની ટોચ પર છે. પરિણામી કેન્દ્રગામી બળ ગુરુત્વાકર્ષણ અને લંબબળ વચ્ચેના તફાવત દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $mg - N_C = \frac{mv^2}{r}$. આમ,$N_C = mg - \frac{mv^2}{r}$.
કિંમતોની સરખામણી કરતા,$N_B > N_A > N_C$. તેથી,આભાસી વજન $B$ પર મહત્તમ છે.

(C) પાટાનું બેન્કિંગ (banking) સૂત્ર $\tan \theta = \frac{h}{d} = \frac{v^2}{rg}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $h$ એ ઊંચાઈ છે,$d$ એ પાટા વચ્ચેનું અંતર છે,$v$ એ વેગ છે,$r$ એ વક્રતા ત્રિજ્યા છે અને $g$ એ ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ છે.
આપેલ છે: $v = 20 \, m/s$,$r = 40,000 \, m$,$d = 1.5 \, m$,અને $g = 10 \, m/s^2$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{h}{1.5} = \frac{(20)^2}{40,000 \times 10}$.
$\frac{h}{1.5} = \frac{400}{400,000} = \frac{1}{1000}$.
$h = \frac{1.5}{1000} \, m = 0.0015 \, m$.
$mm$ માં રૂપાંતર કરતા: $h = 0.0015 \times 1000 \, mm = 1.5 \, mm$.

(C) ધારો કે શંકુનો ખૂણો $\theta$ છે. શંકુની ભૂમિતિ પરથી,$\tan \theta = \frac{h}{r}$ મળે છે.
કણ પર લાગતા બળો: તેનું વજન $mg$ નીચેની તરફ અને સપાટી દ્વારા લાગતું લંબબળ $N$ સપાટીને લંબ રૂપે લાગે છે.
લંબબળ $N$ ના ઘટકો પાડતા:
શિરોલંબ ઘટક: $N \cos \theta = mg$ --- $(i)$
સમક્ષિતિજ ઘટક (કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે): $N \sin \theta = \frac{mv^2}{r}$ --- (ii)
સમીકરણ (ii) ને $(i)$ વડે ભાગતા:
$\frac{N \sin \theta}{N \cos \theta} = \frac{mv^2/r}{mg}$
$\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$
$\tan \theta = \frac{h}{r}$ કિંમત મૂકતા:
$\frac{h}{r} = \frac{v^2}{rg}$
$v^2 = gh$
$v = \sqrt{gh}$

(A) શંકુ આકારના લોલક માટે,આવર્તકાળ $T$ નું સૂત્ર $T = 2\pi \sqrt{\frac{h}{g}}$ છે,જ્યાં $h$ એ આધારબિંદુથી લોલકના ગોળાની શિરોલંબ ઊંચાઈ છે.
જો $l$ લંબાઈની દોરી શિરોલંબ સાથે $\alpha$ ખૂણો બનાવે,તો $h = l \cos \alpha$ થાય.
આ પ્રશ્નમાં,ખૂણો $\theta$ સમક્ષિતિજ સાથે આપેલો છે. તેથી,શિરોલંબ સાથેનો ખૂણો $\alpha = 90^\circ - \theta$ થશે.
ઊંચાઈના સૂત્રમાં આ કિંમત મૂકતા: $h = l \cos(90^\circ - \theta) = l \sin \theta$.
આમ,આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{l \sin \theta}{g}}$ થશે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $T^2 = 4\pi^2 \frac{l \sin \theta}{g}$ મળે છે.
અહીં $4\pi^2$,$l$ અને $g$ અચળાંકો હોવાથી,$T^2 \propto \sin \theta$ થાય.

(A) $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર માર્ગ પર $v$ જેટલી અચળ ઝડપે ગતિ કરતા પદાર્થ પર લાગતું બળ $F$ એ કેન્દ્રગામી બળ છે.
$F = \frac{m v^2}{R}$
આના પરથી,આપણે $m v^2$ પદને નીચે મુજબ દર્શાવી શકીએ:
$m v^2 = F R$
પદાર્થની ગતિઊર્જા $(KE)$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$KE = \frac{1}{2} m v^2$
બળના સમીકરણમાંથી $m v^2$ ની કિંમત ગતિઊર્જાના સૂત્રમાં મૂકતા:
$KE = \frac{1}{2} (F R)$
તેથી,ગતિઊર્જા $\frac{1}{2} F R$ થાય છે.

(B) ઘર્ષણરહિત સપાટી પર વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ ત્યારે મળે છે જ્યારે વ્યક્તિ શિરોલંબ સાથે $\theta$ ખૂણે નમે છે.
$r$ ત્રિજ્યાના વર્તુળમાં $v$ ઝડપથી ગતિ કરતા પદાર્થ માટે નમનકોણ $\theta$ નું સૂત્ર: $\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$ છે.
આપેલ કિંમતો: $v = 10 \ m/s$,$r = 50 \ m$,અને $g = 10 \ m/s^2$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\tan \theta = \frac{(10)^2}{50 \times 10} = \frac{100}{500} = \frac{1}{5}$.
તેથી,નમનકોણ $\theta = \tan^{-1}(1/5)$ થશે.

(C) દોરીમાં ઉદ્ભવતું તણાવબળ પથ્થરને વર્તુળાકાર ગતિમાં રાખવા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
આપેલ દળ $m = 0.3\,kg$,ત્રિજ્યા $R = 1.5\,m$,અને વેગ $v = 6\,m s^{-1}$ છે.
કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $F_c = \frac{mv^2}{R}$ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$T = \frac{0.3 \times (6)^2}{1.5}$
$T = \frac{0.3 \times 36}{1.5}$
$T = \frac{10.8}{1.5} = 7.2\,N$.
તેથી,દોરીમાં ઉદ્ભવતું તણાવબળ $7.2\,N$ છે.

(D) કોણીય વેગ $\omega$ એ $\omega = \frac{2\pi}{T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $T = 3.14\,s$ અને $\pi \approx 3.14$ આપેલ છે,તેથી $\omega = \frac{2 \times 3.14}{3.14} = 2\,rad/s$.
કેન્દ્રત્યાગી બળ $F_c$ નું સૂત્ર $F_c = m\omega^2R$ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $m = 5\,kg$,$\omega = 2\,rad/s$,અને $R = 2\,m$.
$F_c = 5 \times (2)^2 \times 2 = 5 \times 4 \times 2 = 40\,N$.
તેથી,બાળક પર લાગતું કેન્દ્રત્યાગી બળ $40\,N$ છે.

(A) કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $F_c = m \omega^2 r$ છે.
આપેલ છે:
દળ $m = 200\,kg$
કોણીય વેગ $\omega = 0.2\,rad/s$
ત્રિજ્યા $r = 70\,m$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$F_c = 200 \times (0.2)^2 \times 70$
$F_c = 200 \times 0.04 \times 70$
$F_c = 8 \times 70 = 560\,N$.
તેથી,વાહન પર લાગતું કેન્દ્રગામી બળ $560\,N$ છે.

(B) રેલના બેન્કિંગ માટે, બેન્કિંગનો ખૂણો $\theta$ એ $\tan \theta = \frac{v^2}{Rg}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: ઝડપ $v = 12 \,m/s$, ત્રિજ્યા $R = 400 \,m$, પાટા વચ્ચેનું અંતર $d = 1.5 \,m$, અને $g = 10 \,m/s^2$.
કિંમતો મૂકતા: $\tan \theta = \frac{12^2}{400 \times 10} = \frac{144}{4000} = 0.036$.
બેન્ક કરેલા ટ્રેકની ભૂમિતિ પરથી, $\tan \theta = \frac{h}{d}$, જ્યાં $h$ એ બહારના પાટાની ઊંચાઈ છે.
તેથી, $h = d \times \tan \theta = 1.5 \,m \times 0.036 = 0.054 \,m$.
સેન્ટિમીટરમાં રૂપાંતર કરતા: $h = 0.054 \times 100 \,cm = 5.4 \,cm$.

(B) દોરીમાં ઉદ્ભવતું તણાવ $T$ એ દડાની સમક્ષિતિજ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
અહીં દળ $m = 0.5 \ kg$,લંબાઈ $\ell = 50 \ cm = 0.5 \ m$,અને મહત્તમ તણાવ $T_{max} = 400 \ N$ આપેલ છે.
સમક્ષિતિજ વર્તુળાકાર ગતિ માટે કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $T = m \omega^2 \ell$ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$400 = 0.5 \times \omega^2 \times 0.5$
$400 = 0.25 \times \omega^2$
$\omega^2 = \frac{400}{0.25} = 1600$
$\omega = \sqrt{1600} = 40 \ rad/s$.
આમ,કોણીય ઝડપનું મહત્તમ શક્ય મૂલ્ય $40 \ rad/s$ છે.

(B) આપેલ છે: ત્રિજ્યા $R = 9 \,m$.
માણસ $3$ મિનિટમાં $120$ પરિભ્રમણ પૂર્ણ કરે છે।
સૌ પ્રથમ,કોણીય વેગ $\omega$ ની ગણતરી કરો:
$\omega = \frac{120 \text{ પરિભ્રમણ}}{3 \text{ મિનિટ}} = \frac{120 \times 2\pi \text{ રેડિયન}}{3 \times 60 \text{ સેકન્ડ}} = \frac{240\pi}{180} = \frac{4\pi}{3} \,rad/s$.
કેન્દ્રગામી પ્રવેગનું સૂત્ર $a_c = \omega^2 R$ છે।
કિંમતો મૂકતા: $a_c = \left(\frac{4\pi}{3}\right)^2 \times 9 = \frac{16\pi^2}{9} \times 9 = 16\pi^2 \,m/s^2$.

(A) $\ell$ ત્રિજ્યાના સમક્ષિતિજ વર્તુળમાં $\omega$ કોણીય ઝડપથી ફરતા $m$ દળના બોબ માટે,કેન્દ્રગામી બળ દોરીમાં રહેલા તણાવ $T$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
$T = m\ell\omega^2$ --- $(1)$
જ્યારે ત્રિજ્યા $\ell$ અચળ રાખીને કોણીય ઝડપ વધારીને $2\omega$ કરવામાં આવે છે,ત્યારે નવું તણાવ $T'$ નીચે મુજબ મળે છે:
$T' = m\ell(2\omega)^2$
$T' = m\ell(4\omega^2)$
$T' = 4(m\ell\omega^2)$
સમીકરણ $(1)$ ને આ સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$T' = 4T$