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

(D) દડો $r = L \sin \theta$ ત્રિજ્યાના સમક્ષિતિજ વર્તુળમાં ગતિ કરે છે.
દડા પર લાગતા બળો દોરીની દિશામાં તણાવ $T$ અને નીચેની તરફ લાગતું વજનબળ $mg$ છે.
તણાવ $T$ ના ઘટકો પાડતા:
શિરોલંબ ઘટક: $T \cos \theta = mg$
સમક્ષિતિજ ઘટક: $T \sin \theta = m \omega^2 r = m \omega^2 (L \sin \theta)$
સમક્ષિતિજ ઘટક પરથી,આપણને $T = m \omega^2 L$ મળે છે.
અહીં મહત્તમ તણાવ $T_{max} = 324 \ N$,$m = 0.5 \ kg$,અને $L = 0.5 \ m$ આપેલ છે,તેથી:
$324 = 0.5 \times \omega^2 \times 0.5$
$324 = 0.25 \times \omega^2$
$\omega^2 = \frac{324}{0.25} = 1296$
$\omega = \sqrt{1296} = 36 \ rad/s$.

(B) $M$ દળ પર લાગતા બળો દોરીમાં તણાવ $T$ અને ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $Mg$ છે.
તણાવ $T$ ને ઉર્ધ્વ અને સમક્ષિતિજ ઘટકોમાં વિભાજિત કરતા:
$T \cos \theta = Mg$ $............(1)$
$T \sin \theta = M \omega^2 R$ $............(2)$
સિસ્ટમની ભૂમિતિ પરથી,વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $R = L \sin \theta$ છે.
સમીકરણ $(2)$ માં $R$ ની કિંમત મૂકતા:
$T \sin \theta = M \omega^2 (L \sin \theta)$
$T = M \omega^2 L$
પરિભ્રમણની આવૃત્તિ $f = \frac{3}{\pi} \text{ Hz}$ છે.
કોણીય વેગ $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \left(\frac{3}{\pi}\right) = 6 \text{ rad/s}$ છે.
તણાવના સમીકરણમાં $\omega$ ની કિંમત મૂકતા:
$T = M (6)^2 L = 36 ML$.
આમ,દોરીમાં તણાવ $36 ML$ છે.

(C) ધારો કે કોણીય વેગ $\Omega = 2\omega$ છે.
$O$ થી $2r$ અંતરે રહેલા $m$ દળના કણ $B$ માટે,તણાવ $T_{AB}$ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$T_{AB} = m \Omega^2 (2r) = m (2\omega)^2 (2r) = m (4\omega^2) (2r) = 8m\omega^2 r$.
$O$ થી $r$ અંતરે રહેલા $2m$ દળના કણ $A$ માટે,કેન્દ્ર તરફનું પરિણામી બળ $T_{OA} - T_{AB}$ છે:
$T_{OA} - T_{AB} = (2m) \Omega^2 r = (2m) (2\omega)^2 r = (2m) (4\omega^2) r = 8m\omega^2 r$.
$T_{AB} = 8m\omega^2 r$ કિંમત મૂકતા:
$T_{OA} = 8m\omega^2 r + 8m\omega^2 r = 16m\omega^2 r$.
તેથી,ગુણોત્તર:
$T_{OA} / T_{AB} = (16m\omega^2 r) / (8m\omega^2 r) = 2 / 1 = 2 : 1$.

(A) વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ દોરીમાં ઉદ્ભવતા તણાવ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
$T = mr\omega^2$
આપેલ છે:
દળ $m = 2 \ kg$
ત્રિજ્યા $r = 2 \ m$
મહત્તમ તણાવ $T_{\max} = 16000 \ N$
કોણીય વેગ $\omega = 2\pi f$,જ્યાં $f$ એ પ્રતિ સેકન્ડ પરિભ્રમણની સંખ્યા (આવૃત્તિ) છે.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$T_{\max} = mr(2\pi f_{\max})^2$
$16000 = 2 \times 2 \times 4\pi^2 f_{\max}^2$
$16000 = 16\pi^2 f_{\max}^2$
$f_{\max}^2 = \frac{16000}{16\pi^2} = \frac{1000}{\pi^2}$
$\pi^2 \approx 10$ લેતા:
$f_{\max}^2 = \frac{1000}{10} = 100$
$f_{\max} = \sqrt{100} = 10 \ \text{પરિભ્રમણ પ્રતિ સેકન્ડ}$.

(C) $m$ દળ ધરાવતી કાર માટે $r$ ત્રિજ્યાના વળાંક પર $v$ વેગથી ગતિ કરવા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $F$ નું સૂત્ર: $F = \frac{mv^2}{r}$ છે.
આપેલ કિંમતો:
દળ $m = 500 \,kg$
ત્રિજ્યા $r = 50 \,m$
વેગ $v = 36 \,km/h = 36 \times \frac{5}{18} = 10 \,m/s$.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$F = \frac{500 \times (10)^2}{50} = \frac{500 \times 100}{50} = 10 \times 100 = 1000 \,N$.
આમ,કેન્દ્રગામી બળ $1000 \,N$ છે.

(B) દળ '$M$' સ્થિર રહે તે માટે,દોરીમાં રહેલ તણાવ '$T$' તેના વજનને સંતુલિત કરવું જોઈએ: $T = Mg$.
આ તણાવ '$T$','$L$' ત્રિજ્યાના સમક્ષિતિજ વર્તુળમાં ગતિ કરતા દળ 'm' માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $T = m \omega^2 L$.
તણાવ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $Mg = m \omega^2 L$.
કોણીય વેગ '$\omega$' માટે ઉકેલતા: $\omega^2 = \frac{Mg}{mL} \implies \omega = \sqrt{\frac{Mg}{mL}}$.
કોણીય વેગ '$\omega = 2 \pi f$' હોવાથી,જ્યાં 'f' એ પરિભ્રમણની આવૃત્તિ છે:
$2 \pi f = \sqrt{\frac{Mg}{mL}}$.
તેથી,આવૃત્તિ 'f' થશે: $f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{Mg}{mL}}$.

(A) શંકુ આકારના લોલકમાં,ગોળા પર લાગતા બળો દોરીમાં ઉદ્ભવતું તણાવ $T$ અને ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ છે.
તણાવ $T$ ના ઘટકો પાડતા:
$T \cos \theta = mg$ (શિરોલંબ સંતુલન)
$T \sin \theta = F_c$ (જ્યાં $F_c$ એ કેન્દ્રગામી બળ છે)
લોલકની ભૂમિતિ પરથી,$\sin \theta = \frac{r}{L}$.
તેથી,$\cos \theta = \sqrt{1 - \sin^2 \theta} = \sqrt{1 - \frac{r^2}{L^2}} = \frac{\sqrt{L^2-r^2}}{L}$.
પ્રથમ સમીકરણ પરથી,$T = \frac{mg}{\cos \theta} = \frac{mgL}{\sqrt{L^2-r^2}}$.
$T$ ની કિંમત કેન્દ્રગામી બળના સમીકરણમાં મૂકતા:
$F_c = T \sin \theta = \left( \frac{mgL}{\sqrt{L^2-r^2}} \right) \times \left( \frac{r}{L} \right) = \frac{mgr}{\sqrt{L^2-r^2}}$.

(C) ગોળા પર લાગતા બળો દોરીમાં રહેલું તણાવ '$T$' અને ગુરુત્વાકર્ષણ બળ '$mg$' છે.
તણાવ '$T$' ને બે ઘટકોમાં વિભાજિત કરતા:
$1$. શિરોલંબ ઘટક: $T \cos \theta = mg$ (સમીકરણ $1$)
$2$. સમક્ષિતિજ ઘટક: $T \sin \theta = \frac{mv^2}{r}$ (કેન્દ્રગામી બળ) (સમીકરણ $2$)
સમીકરણ $(2)$ ને સમીકરણ $(1)$ વડે ભાગતા:
$\frac{T \sin \theta}{T \cos \theta} = \frac{mv^2/r}{mg}$
$\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$
આમ,કેન્દ્રગામી બળ $F_c = T \sin \theta = mg \tan \theta$ થાય.
શંકુની ભૂમિતિ પરથી,ત્રિજ્યા '$r$',લંબાઈ '$L$' અને ખૂણા '$\theta$' વચ્ચેનો સંબંધ $\sin \theta = \frac{r}{L}$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,પાસેની બાજુ (શિરોલંબ ઊંચાઈ) $\sqrt{L^2-r^2}$ મળે.
તેથી,$\tan \theta = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}} = \frac{r}{\sqrt{L^2-r^2}}$.
આ કિંમતને કેન્દ્રગામી બળના સૂત્રમાં મૂકતા:
$F_c = mg \left( \frac{r}{\sqrt{L^2-r^2}} \right) = \frac{mgr}{\sqrt{L^2-r^2}}$.

(A) સમક્ષિતિજ વર્તુળાકાર ગતિમાં,દોરીમાં રહેલું તણાવ $T$ એ દડાની વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
$m$ દળનો દડો $r$ ત્રિજ્યાના સમક્ષિતિજ વર્તુળમાં $\omega$ કોણીય વેગ સાથે ગતિ કરે છે,ત્યારે કેન્દ્રગામી બળ $F_c = m r \omega^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,દોરીની લંબાઈ $\ell$ એ વર્તુળાકાર માર્ગની ત્રિજ્યા તરીકે કાર્ય કરે છે $(r = \ell)$.
તેથી,તણાવ $T$ એ કેન્દ્રગામી બળ જેટલું છે:
$T = m \ell \omega^2$
$\omega$ માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા:
$\omega^2 = \frac{T}{m \ell}$
$\omega = \sqrt{\frac{T}{m \ell}}$

(A) $\text{દોરીમાં ઉદ્ભવતું તણાવ } T$ $\text{એ સમક્ષિતિજ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે।}
\text{તણાવનું સૂત્ર } T = \frac{m v^2}{r}$ $\text{છે, જ્યાં } m$ $\text{એ દળ, } v$ $\text{એ ઝડપ અને } r$ $\text{એ ત્રિજ્યા (દોરીની લંબાઈ) છે।}
\text{આપેલ છે: } m = 0.25 \,kg, r = 1.96 \,m, \text{અને મહત્તમ તણાવ } T_{max} = 25 \,N.
\text{કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા: } 25 = \frac{0.25 \times v^2}{1.96}.
v^2$ $\text{ને કર્તા બનાવતા: } v^2 = \frac{25 \times 1.96}{0.25}.
v^2 = 100 \times 1.96 = 196.
\text{વર્ગમૂળ લેતા: } v = \sqrt{196} = 14 \,m/s.$

(A) જ્યારે કણ ફરતી ડિસ્ક પર લપસવાનું શરૂ કરે,ત્યારે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f_{s,max} = \mu m g$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
તેથી,$m r \omega^2 = \mu m g$.
અહીં $\mu$,$m$,અને $g$ અચળ હોવાથી,$r \omega^2 = \text{અચળ}$,જેનો અર્થ છે કે $r \propto \frac{1}{\omega^2}$.
આપેલ છે કે $\omega_1 = \omega$ માટે $r_1 = 4 \ cm$.
જ્યારે $\omega_2 = 2\omega$ હોય,ત્યારે $\frac{r_1}{r_2} = \frac{\omega_2^2}{\omega_1^2}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{4}{r_2} = \frac{(2\omega)^2}{\omega^2} = \frac{4\omega^2}{\omega^2} = 4$.
તેથી,$r_2 = \frac{4}{4} = 1 \ cm$.

(D) ધારો કે $\theta$ એ શંકુનો અર્ધ-શિરોબિંદુ ખૂણો છે. કણ પર લાગતા બળો તેના વજન $mg$ (નીચેની તરફ) અને સપાટી દ્વારા લાગતું લંબબળ $N$ છે.
લંબબળ $N$ ના ઘટકો લેતા:
ઊર્ધ્વ ઘટક: $N \cos \theta = mg$ (વજનને સંતુલિત કરે છે)
ક્ષિતિજ ઘટક: $N \sin \theta = \frac{mV^2}{R}$ (કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે)
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\tan \theta = \frac{V^2}{Rg}$.
શંકુની ભૂમિતિ પરથી,$\tan \theta = \frac{R}{h}$ (જ્યાં $h$ એ શિરોબિંદુથી ઊંચાઈ છે).
તેથી,$\frac{R}{h} = \frac{V^2}{Rg}$.
આથી,$h = \frac{R^2 g}{V^2}$. જો કે,આપેલ વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $h = \frac{V^2}{g}$ છે.

(B) દડા પર લાગતા બળો દોરીમાં રહેલું તણાવબળ $T$ અને નીચેની તરફ લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ છે. તણાવબળ $T$ ને બે ઘટકોમાં વિભાજિત કરી શકાય છે: $T \cos \theta$ જે શિરોલંબ ઉપરની તરફ લાગે છે અને $T \sin \theta$ જે સમક્ષિતિજ દિશામાં વર્તુળાકાર માર્ગના કેન્દ્ર તરફ લાગે છે.
શિરોલંબ સંતુલન માટે:
$T \cos \theta = mg$ --- $(1)$
સમક્ષિતિજ વર્તુળાકાર ગતિ માટે,કેન્દ્રગામી બળ તણાવબળના સમક્ષિતિજ ઘટક દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે:
$T \sin \theta = mr \omega^2$ --- $(2)$
આકૃતિની ભૂમિતિ પરથી,વર્તુળાકાર માર્ગની ત્રિજ્યા $r = l \sin \theta$ છે.
સમીકરણ $(2)$ માં $r$ ની કિંમત મૂકતા:
$T \sin \theta = m(l \sin \theta) \omega^2$
બંને બાજુને $m l \sin \theta$ વડે ભાગતા (ધારો કે $\sin \theta \neq 0$):
$\omega^2 = \frac{T}{ml}$
તેથી,કોણીય વેગ:
$\omega = \sqrt{\frac{T}{ml}}$

(B) શંકુ આકારના લોલક (conical pendulum) ના કિસ્સામાં,$m$ દળ $r = L \sin \theta$ ત્રિજ્યાના સમક્ષિતિજ વર્તુળમાં ફરે છે.
પદાર્થ પર લાગતા બળો દોરીમાં તણાવ $T$ અને ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ છે.
તણાવનો શિરોલંબ ઘટક વજનને સંતુલિત કરે છે: $T \cos \theta = mg$.
તણાવનો સમક્ષિતિજ ઘટક કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $T \sin \theta = mr \omega^2$.
કેન્દ્રગામી બળના સમીકરણમાં $r = L \sin \theta$ મૂકતા: $T \sin \theta = m(L \sin \theta) \omega^2$.
બંને બાજુ $\sin \theta$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે: $T = mL \omega^2$.

(A) કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $F = \frac{mv^2}{r}$ છે.
પ્રારંભિક બળ $F_1 = \frac{mV^2}{r}$.
નવી ઝડપ $v_2 = \frac{V}{2}$ અને નવી ત્રિજ્યા $r_2 = 3r$.
નવું બળ $F_2 = \frac{m(V/2)^2}{3r} = \frac{mV^2/4}{3r} = \frac{mV^2}{12r} = \frac{F_1}{12}$.
બળમાં થતો ફેરફાર $\Delta F = F_2 - F_1 = \frac{F_1}{12} - F_1 = -\frac{11}{12}F_1$.
ઋણ નિશાની બળના મૂલ્યમાં ઘટાડો સૂચવે છે. આમ,બળમાં $\frac{11}{12}$ ગણો ઘટાડો થાય છે.

(A) $r$ ત્રિજ્યાના સમક્ષિતિજ વર્તુળમાં $\omega$ કોણીય ઝડપથી ગતિ કરતા $m$ દળ માટે દોરીમાં તણાવ $T$ એ કેન્દ્રગામી બળ દ્વારા મળે છે: $T = m r \omega^2$.
અહીં $m$ અને $r$ અચળ હોવાથી,$T \propto \omega^2$ થાય.
પ્રારંભિક કોણીય ઝડપ $\omega_1 = 10 \ cycle/min = \frac{10}{60} \ cycle/s = \frac{1}{6} \ cycle/s$ છે.
ધારો કે પ્રારંભિક તણાવ $T_1$ છે અને અંતિમ તણાવ $T_2 = 4T_1$ છે.
પ્રમાણસરતા $T \propto \omega^2$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{T_2}{T_1} = \left( \frac{\omega_2}{\omega_1} \right)^2$ મળે.
કિંમતો મૂકતા: $4 = \left( \frac{\omega_2}{\omega_1} \right)^2$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{\omega_2}{\omega_1} = 2$.
તેથી,$\omega_2 = 2 \omega_1 = 2 \times \frac{1}{6} \ cycle/s = \frac{1}{3} \ cycle/s$.

(B) ધારો કે હલકા પથ્થરનું દળ $m_1 = m$ અને તેની ત્રિજ્યા $r_1 = r$ છે. તેની સ્પર્શક ઝડપ $v_1$ છે.
ધારો કે ભારે પથ્થરનું દળ $m_2 = 3m$ અને તેની ત્રિજ્યા $r_2 = r/3$ છે. તેની સ્પર્શક ઝડપ $v_2$ છે.
કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $F = \frac{mv^2}{r}$ છે.
આપેલ છે કે કેન્દ્રગામી બળો સમાન છે: $F_1 = F_2$.
$\frac{m_1 v_1^2}{r_1} = \frac{m_2 v_2^2}{r_2}$
કિંમતો મૂકતા: $\frac{m v_1^2}{r} = \frac{3m v_2^2}{(r/3)}$
$\frac{m v_1^2}{r} = \frac{9m v_2^2}{r}$
$v_1^2 = 9 v_2^2$
$v_1 = 3 v_2$
તેથી,$v_1 = n v_2$ હોવાથી,$n = 3$ મળે છે.

(C) ધારો કે કણનું દળ $m$ છે,સમક્ષિતિજ વર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ છે અને ગળણીનો અર્ધ-શિરોબિંદુ ખૂણો $\theta$ છે.
કણ પર લાગતા બળો:
$1$. ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ જે શિરોલંબ નીચેની તરફ લાગે છે.
$2$. ગળણીની સપાટી દ્વારા લાગતું લંબબળ $N$ જે સપાટીને લંબ રૂપે લાગે છે.
લંબબળ $N$ ના ઘટકો:
- શિરોલંબ ઘટક: $N \cos \theta = mg$ (સમીકરણ $1$)
- સમક્ષિતિજ ઘટક (કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે): $N \sin \theta = \frac{mv^{2}}{r}$ (સમીકરણ $2$)
સમીકરણ $2$ ને સમીકરણ $1$ વડે ભાગતા:
$\frac{N \sin \theta}{N \cos \theta} = \frac{mv^{2}/r}{mg}$
$\tan \theta = \frac{v^{2}}{rg}$
ગળણીની ભૂમિતિ પરથી,ત્રિજ્યા $r$ અને ઊંચાઈ $h$ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\tan \theta = \frac{r}{h}$
$\tan \theta$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{r}{h} = \frac{v^{2}}{rg}$
આથી,$h = \frac{r^{2}g}{v^{2}}$. જો આપણે પ્રમાણિત પરિણામ લઈએ,તો જવાબ $h = \frac{v^{2}}{g}$ મળે છે.

(B) પરિભ્રમણની આવૃત્તિ $f = \frac{3}{\pi} \text{ rev/s}$ છે.
કોણીય વેગ $\omega = 2\pi f = 2\pi \left( \frac{3}{\pi} \right) = 6 \text{ rad/s}$ થાય.
શંકુ આકારના લોલક (conical pendulum) માટે,દોરીમાં તણાવ $T$ એ કેન્દ્રગામી બળના સમીકરણ $T \sin \theta = m \omega^2 r$ અને ઉર્ધ્વ સંતુલન $T \cos \theta = mg$ દ્વારા મળે છે.
અહીં,$r = \ell \sin \theta$ લેતા,$T \sin \theta = m \omega^2 (\ell \sin \theta)$ મળે છે.
તેથી,$T = m \omega^2 \ell$.
કિંમતો મૂકતા: $T = m (6)^2 \ell = 36 m \ell$.

(C) $m$ દળનો કણ $r$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર પથ પર $v$ વેગથી ગતિ કરે છે,ત્યારે તેનું કોણીય વેગમાન $L = mvr$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આના પરથી,આપણે વેગને $v = \frac{L}{mr}$ તરીકે દર્શાવી શકીએ છીએ.
કણ પર લાગતું કેન્દ્રગામી બળ $F = \frac{mv^2}{r}$ છે.
વેગ $v$ ની કિંમત બળના સમીકરણમાં મૂકતા:
$F = \frac{m}{r} \left( \frac{L}{mr} \right)^2$
$F = \frac{m}{r} \cdot \frac{L^2}{m^2 r^2}$
$F = \frac{L^2}{mr^3}$
પદોને ગોઠવતા,આપણને $\frac{L^2}{m} = Fr^3$ મળે છે.

(D) $m$ દળનો કણ $r$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર માર્ગ પર $v$ વેગથી ગતિ કરતો હોય ત્યારે તેના પર લાગતું કેન્દ્રગામી બળ $F = \frac{m v^{2}}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે કણનું કોણીય વેગમાન $L = mvr$ છે.
આના પરથી,વેગને $v = \frac{L}{mr}$ તરીકે દર્શાવી શકાય છે.
$v$ ની આ કિંમતને કેન્દ્રગામી બળના સૂત્રમાં મૂકતા:
$F = \frac{m}{r} \left( \frac{L}{mr} \right)^{2} = \frac{m}{r} \cdot \frac{L^{2}}{m^{2} r^{2}} = \frac{L^{2}}{m r^{3}}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) '$m$' દળનો કણ '$r$' ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર માર્ગ પર '$v$' વેગથી ગતિ કરે છે,ત્યારે તેના પર લાગતું કેન્દ્રગામી બળ $F = \frac{mv^2}{r}$ છે.
કોણીય વેગમાન $L = mvr$ હોવાથી,$v = \frac{L}{mr}$ મળે.
આ કિંમત કેન્દ્રગામી બળના સૂત્રમાં મૂકતા:
$F = \frac{m}{r} \left( \frac{L}{mr} \right)^2$
$F = \frac{m}{r} \cdot \frac{L^2}{m^2 r^2}$
$F = \frac{L^2}{mr^3}$.

(D) '$m$' દળ માટે ફ્રી બોડી ડાયાગ્રામ ધ્યાનમાં લો.
ક્ષિતિજ સમાંતર બળોનું સંતુલન લેતા,કેન્દ્રગામી બળ એ તણાવબળના ક્ષિતિજ સમાંતર ઘટક દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે:
$T \sin \theta = m \omega^2 R$
શંકુ આકારના લોલકની ભૂમિતિનો ઉપયોગ કરતા,વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $R = L \sin \theta$ છે.
$R$ ની કિંમત બળના સમીકરણમાં મૂકતા:
$T \sin \theta = m \omega^2 (L \sin \theta)$
$\therefore T = m \omega^2 L$
આપેલ છે કે,આવૃત્તિ $f = \frac{3}{\pi} \text{ r.p.s.}$
કોણીય વેગ $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \left( \frac{3}{\pi} \right) = 6 \text{ rad/s}$.
તણાવબળના સમીકરણમાં $\omega$ ની કિંમત મૂકતા:
$T = m (6)^2 L = 36 \ mL$.

(C) આપેલ છે: આવૃત્તિ $f = \frac{\pi}{2} \text{ rev/s}$.
કોણીય વેગ $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \left( \frac{\pi}{2} \right) = \pi^2 \text{ rad/s}$.
શંકુ આકારના લોલક માટે,$M$ દળ પર લાગતા બળો દોરીમાં તણાવ $T$ અને ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $Mg$ છે.
તણાવનો સમક્ષિતિજ ઘટક કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $T \sin \theta = M R \omega^2$.
આકૃતિની ભૂમિતિ પરથી,વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $R = L \sin \theta$ છે.
બળના સમીકરણમાં $R$ ની કિંમત મૂકતા: $T \sin \theta = M (L \sin \theta) \omega^2$.
સાદું રૂપ આપતા,આપણને $T = M L \omega^2$ મળે છે.
$\omega = \pi^2 \text{ rad/s}$ ની કિંમત મૂકતા:
$T = M L (\pi^2)^2 = M L \pi^4$.
નોંધ: જો આવૃત્તિ $\frac{2}{\pi} \text{ rev/s}$ આપવામાં આવી હોય,તો $\omega = 2 \pi (\frac{2}{\pi}) = 4 \text{ rad/s}$,જેનાથી $T = M L (4)^2 = 16 M L$ મળે છે. આપેલા વિકલ્પોને જોતા,હેતુપૂર્વકની આવૃત્તિ $\frac{2}{\pi} \text{ rev/s}$ છે.

(B) શંકુ આકારના લોલક (કોનિકલ પેન્ડુલમ) માટે, લોલકના ગોળા પર લાગતા બળો દોરીમાં તણાવ $T$ અને ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ છે。
તણાવ $T$ ને શિરોલંબ અને સમક્ષિતિજ ઘટકોમાં વિભાજિત કરતા:
$1$. શિરોલંબ ઘટક $T \cos \phi$ એ ગોળાના વજનને સંતુલિત કરે છે: $T \cos \phi = mg$.
$2$. સમક્ષિતિજ ઘટક $T \sin \phi$ એ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $T \sin \phi = \frac{mv^{2}}{R}$.
આપેલ છે:
દળ $m = 100 \,g = 0.1 \,kg$
તણાવ $T = 10 \,N$
ગુરુત્વપ્રવેગ $g = 10 \,m/s^{2}$
શિરોલંબ સંતુલન સમીકરણ પરથી:
$\cos \phi = \frac{mg}{T}$
$\cos \phi = \frac{0.1 \,kg \times 10 \,m/s^{2}}{10 \,N}$
$\cos \phi = \frac{1}{10} = 0.1$
તેથી, ખૂણો $\phi = \cos^{-1}(0.1)$.

(A) જ્યારે સિક્કો ફરતી ટર્નટેબલ પર મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ સિક્કા અને ટર્નટેબલની સપાટી વચ્ચેના સ્થિત ઘર્ષણ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
સિક્કો લપસી જાય તે માટે,કેન્દ્રગામી બળ મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ જેટલું હોવું જોઈએ:
$m r \omega^2 = \mu m g$
જ્યાં $m$ એ સિક્કાનું દળ છે,$r$ એ કેન્દ્રથી અંતર છે,$\omega$ એ કોણીય ઝડપ છે,$\mu$ એ ઘર્ષણાંક છે અને $g$ એ ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ છે.
અહીં $m, \mu$ અને $g$ અચળ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$r \omega^2 = \text{અચળ}$
આનો અર્થ એ છે કે $r \propto \frac{1}{\omega^2}$.
તેથી,બે અલગ-અલગ કોણીય ઝડપ માટે અંતરનો ગુણોત્તર:
$\frac{r_2}{r_1} = \left( \frac{\omega_1}{\omega_2} \right)^2$
આપેલ છે કે $r_1 = 4 \ cm$ અને $\omega_2 = 2 \omega_1$,આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{r_2}{4} = \left( \frac{\omega_1}{2 \omega_1} \right)^2 = \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \frac{1}{4}$
$r_2 = 4 \times \frac{1}{4} = 1 \ cm$.

(D) આપેલ છે: તારની લંબાઈ $r = 2.5 \ m$,દળ $m = 4 \ kg$,આવૃત્તિ $f = \frac{2}{\pi} \ Hz$.
કોણીય વેગ $\omega$ નું સૂત્ર $\omega = 2\pi f$ છે.
$f$ ની કિંમત મૂકતા: $\omega = 2\pi \times \frac{2}{\pi} = 4 \ rad/s$.
તારમાં ઉદ્ભવતું તણાવબળ $T$ એ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
$T = m \omega^2 r$.
કિંમતો મૂકતા: $T = 4 \times (4)^2 \times 2.5$.
$T = 4 \times 16 \times 2.5$.
$T = 64 \times 2.5 = 160 \ N$.

(C) આપેલ છે: દળ $m = 0.5 \ kg$,ત્રિજ્યા $r = 2 \ m$,કોણીય ઝડપ $\omega = 40 \ rev/min$.
પ્રથમ,કોણીય ઝડપને $rad/s$ માં ફેરવો:
$\omega = 40 \times \frac{2\pi}{60} \ rad/s = \frac{4\pi}{3} \ rad/s \approx 4.189 \ rad/s$.
તારમાં ઉદ્ભવતું તણાવ $T$ એ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$T = m \omega^2 r$.
કિંમતો મૂકતા:
$T = 0.5 \times (4.189)^2 \times 2$.
$T = 1 \times 17.547 \approx 17.5 \ N$.
આમ,તારમાં ઉદ્ભવતું તણાવ આશરે $17.5 \ N$ છે.

(A) ધારો કે વાહનનું દળ $m$ છે,વાહનનો વેગ $v$ છે અને અંતર્ગોળ ઓવર-બ્રિજની વક્રતા ત્રિજ્યા $r$ છે.
અંતર્ગોળ બ્રિજના સૌથી નીચલા બિંદુએ,વાહન વર્તુળાકાર ગતિ કરે છે.
વાહન પર લાગતા બળો નીચે મુજબ છે:
$1$. ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $(mg)$ જે નીચેની તરફ લાગે છે.
$2$. રસ્તા દ્વારા લાગતું લંબબળ $(N)$ જે ઉપરની તરફ લાગે છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ વક્રતાના કેન્દ્ર તરફ (ઉપરની તરફ) હોય છે.
તેથી,ગતિનું સમીકરણ: $N - mg = \frac{mv^2}{r}$.
લંબબળ $N$ (જે રસ્તા પરનું દબાણ દર્શાવે છે) માટે ઉકેલતા:
$N = mg + \frac{mv^2}{r}$.

(A) ધારો કે દોરીમાં તણાવ $T$ છે અને દોરી શિરોલંબ સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે.
સમક્ષિતિજ વર્તુળમાં ગતિ કરતા કણ પર લાગતા બળો તણાવ $T$ અને વજન $mg$ છે.
તણાવનો શિરોલંબ ઘટક વજનને સંતુલિત કરે છે: $T \cos \theta = mg$.
તણાવનો સમક્ષિતિજ ઘટક જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $T \sin \theta = \frac{mv^2}{r}$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા,આપણને મળે છે: $\tan \theta = \frac{v^2}{rg} \Rightarrow v = \sqrt{rg \tan \theta}$.
આકૃતિની ભૂમિતિ પરથી,$\sin \theta = \frac{r}{L}$,તેથી $\cos \theta = \sqrt{1 - \sin^2 \theta} = \sqrt{1 - \frac{r^2}{L^2}} = \frac{\sqrt{L^2 - r^2}}{L}$.
આમ,$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{r/L}{\sqrt{L^2 - r^2}/L} = \frac{r}{\sqrt{L^2 - r^2}}$.
આ કિંમતને $v$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$v = \sqrt{rg \cdot \frac{r}{\sqrt{L^2 - r^2}}} = r \sqrt{\frac{g}{\sqrt{L^2 - r^2}}}$.

(C) આપેલ છે: પદાર્થનું દળ,$m = 10 \,g = 10 \times 10^{-3} \,kg = 0.01 \,kg$.
દોરીની લંબાઈ (ત્રિજ્યા),$r = 0.4 \,m$.
પદાર્થની ઝડપ,$v = 6 \,m/s$.
સમક્ષિતિજ વર્તુળાકાર ગતિમાં,દોરીમાં ઉદ્ભવતું તણાવબળ $T$ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે।
કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $T = \frac{mv^2}{r}$ છે।
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$T = \frac{0.01 \times (6)^2}{0.4}$
$T = \frac{0.01 \times 36}{0.4}$
$T = \frac{0.36}{0.4} = 0.9 \,N$.
આમ,દોરીમાં ઉદ્ભવતું તણાવબળ $0.9 \,N$ છે।

(D) આપેલ છે: પથ્થરનું દળ, $m = 2 \,kg$.
દોરીની લંબાઈ (ત્રિજ્યા), $r = 2 \,m$.
મહત્તમ તણાવ, $T_{\max} = 64 \,N$.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ દોરીમાં ઉદ્ભવતા તણાવ દ્વારા મળે છે: $T_{\max} = \frac{m v_{\max}^2}{r}$.
કિંમતો મૂકતા: $64 = \frac{2 \times v_{\max}^2}{2}$.
$v_{\max}$ માટે ઉકેલતા: $v_{\max}^2 = 64$, તેથી $v_{\max} = 8 \,m/s$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $v = r \omega$, જ્યાં $\omega = 2 \pi f$ અને $f$ એ પ્રતિ સેકન્ડ પરિભ્રમણની આવૃત્તિ છે.
તેથી, $v_{\max} = r (2 \pi f) \implies 8 = 2 \times 2 \pi f$.
$4 \pi f = 8 \implies f = \frac{2}{\pi}$ પ્રતિ સેકન્ડ પરિભ્રમણ.
પ્રતિ મિનિટ પરિભ્રમણની સંખ્યા $(N)$ શોધવા માટે, આપણે આવૃત્તિને $60$ વડે ગુણીએ છીએ: $N = f \times 60 = \frac{2}{\pi} \times 60 = \frac{120}{\pi}$.
આમ, પ્રતિ મિનિટ પરિભ્રમણની મહત્તમ સંખ્યા $\frac{120}{\pi}$ છે.

(C) કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $F = \frac{mv^2}{r}$ છે,જ્યાં $m$ દળ છે,$v$ વેગ છે અને $r$ ત્રિજ્યા છે.
અંતિમ બળ $F_2$ અને પ્રારંભિક બળ $F_1$ નો ગુણોત્તર લેતા,$\frac{F_2}{F_1} = \frac{m_2}{m_1} \cdot \left(\frac{v_2}{v_1}\right)^2 \cdot \left(\frac{r_1}{r_2}\right)$ મળે.
જ્યારે દળ,ઝડપ અને ત્રિજ્યા $100 \%$ વધે છે,ત્યારે તેમની નવી કિંમતો પ્રારંભિક કિંમતો કરતા બમણી થાય છે: $m_2 = 2m_1$,$v_2 = 2v_1$ અને $r_2 = 2r_1$.
આ કિંમતોને ગુણોત્તરના સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{F_2}{F_1} = \left(\frac{2m_1}{m_1}\right) \cdot \left(\frac{2v_1}{v_1}\right)^2 \cdot \left(\frac{r_1}{2r_1}\right) = 2 \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} = 4$.
આમ,$F_2 = 4F_1$.
બળમાં થતો ટકાવારી વધારો $\frac{F_2 - F_1}{F_1} \times 100 = \frac{4F_1 - F_1}{F_1} \times 100 = 300 \%$ છે.

(A) આપેલ છે: સિક્કાનું દળ,$m = 0.1 \,kg$.
કેન્દ્રથી અંતર,$r = 0.1 \,m$.
પરિભ્રમણની આવૃત્તિ,$f = 600 \,rpm = \frac{600}{60} \,rps = 10 \,Hz$.
કોણીય વેગ,$\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times 10 = 20 \pi \,rad/s$.
કેન્દ્રગામી બળ $F$ માટેનું સૂત્ર $F = m r \omega^2$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $F = 0.1 \times 0.1 \times (20 \pi)^2$.
$F = 0.01 \times 400 \pi^2 = 4 \pi^2 \,N$.

(A) જ્યારે ટ્રેન વળાંકવાળા પાટા પર ગતિ કરે છે,ત્યારે તે વર્તુળાકાર માર્ગને અનુસરે છે.
વળાંકવાળા પાટા માટે,બે પાટા હોય છે: એક આંતરિક પાટો અને એક બાહ્ય પાટો.
વર્તુળાકાર માર્ગનું કેન્દ્ર આંતરિક પાટાની બાજુએ હોય છે.
બાહ્ય પાટો આંતરિક પાટા કરતા વક્રતાના કેન્દ્રથી વધુ દૂર હોવાથી,બાહ્ય પાટાની વક્રતા ત્રિજ્યા $(R_{outer})$ એ આંતરિક પાટાની વક્રતા ત્રિજ્યા $(R_{inner})$ કરતા વધારે હોય છે.
તેથી,$R_{outer} > R_{inner}$.

(C) અર્ધગોળાની ટોચ પર,તકતી પર લાગતા બળો નીચેની તરફ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ અને ઉપરની તરફ લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $N$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ એ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ અને લંબ પ્રતિક્રિયા બળના તફાવત દ્વારા મળે છે:
$mg - N = \frac{mv^2}{R}$
તકતી તરત જ અર્ધગોળાની સપાટી છોડી દે તે માટે,ટોચના બિંદુ પર લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $N$ શૂન્ય થવું જોઈએ.
સમીકરણમાં $N = 0$ મૂકતા:
$mg - 0 = \frac{mv^2}{R}$
$mg = \frac{mv^2}{R}$
$v^2 = gR$
$v = \sqrt{gR}$
આમ,જરૂરી લઘુત્તમ સમક્ષિતિજ વેગ $\sqrt{gR}$ છે.

(B) આપેલ છે કે,$g=10 \,ms^{-2}$.
અર્ધ-ગોળાકાર ટેકરીની ત્રિજ્યા,$R=40 \,m$.
ધારો કે કારનું દળ $m$ છે.
ટેકરીની ટોચ પર,કાર પર લાગતા બળો તેનું વજન $(mg)$ જે નીચેની તરફ લાગે છે અને લંબબળ $(N)$ જે ઉપરની તરફ લાગે છે.
વર્તુળાકાર પથના કેન્દ્ર તરફ લાગતું પરિણામી બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$mg - N = \frac{mv^2}{R}$
આપેલ છે કે ટેકરીની ટોચ પર લંબબળ $N=0$ છે:
$mg = \frac{mv^2}{R}$
$v^2 = gR$
$v = \sqrt{gR}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$v = \sqrt{10 \times 40} = \sqrt{400} = 20 \,ms^{-1}$.

(B) કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર $F = \frac{m v^2}{R}$ છે.
અહીં આપેલ છે કે બંને કણો માટે દળ $m$ અને કેન્દ્રગામી બળ $F$ અચળ છે.
ઝડપ $v$ માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $v = \sqrt{\frac{F R}{m}}$ મળે છે.
જેহেতু $F$ અને $m$ અચળ છે,તેથી ઝડપ અને ત્રિજ્યા વચ્ચેનો સંબંધ $v \propto \sqrt{R}$ થાય છે.
ત્રિજ્યાઓનો ગુણોત્તર $\frac{R_1}{R_2} = \frac{1}{2}$ આપેલ છે.
તેથી,તેમની ઝડપનો ગુણોત્તર $\frac{v_1}{v_2} = \sqrt{\frac{R_1}{R_2}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ થાય.
આમ,તેમની ઝડપનો ગુણોત્તર $1 : \sqrt{2}$ છે.

$(A)$ આપેલ છે: ત્રિજ્યા $r = 1 \,m$, કેન્દ્રત્યાગી બળ $F = 4 \times 10^{-12} \,N$, પ્રોટોનનું દળ $m = 1.6 \times 10^{-27} \,kg$.
આપણે જાણીએ છીએ કે કેન્દ્રત્યાગી બળનું સૂત્ર $F = m \omega^2 r$ છે.
કોણીય ઝડપ $\omega$ શોધવા માટે સૂત્રને ગોઠવતા, $\omega^2 = \frac{F}{mr}$ મળે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\omega^2 = \frac{4 \times 10^{-12}}{1.6 \times 10^{-27} \times 1}$.
$\omega^2 = \frac{4}{1.6} \times 10^{-12 - (-27)} = 2.5 \times 10^{15} = 25 \times 10^{14}$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા: $\omega = \sqrt{25 \times 10^{14}} = 5 \times 10^7 \,rad/s$.

(B) આપેલ છે: ત્રિજ્યા $r = 9 \ km = 9000 \ m$,ઝડપ $v = 540 \ kmh^{-1} = 540 \times \frac{5}{18} = 150 \ ms^{-1}$,ગુરુત્વપ્રવેગ $g = 10 \ ms^{-2}$.
સમક્ષિતિજ લૂપમાં ઉડતા વિમાન માટે બેન્કિંગ ખૂણો $\theta$ નીચે મુજબ મળે: $\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$.
કિંમતો મૂકતા: $\tan \theta = \frac{150 \times 150}{9000 \times 10} = \frac{22500}{90000} = \frac{1}{4}$.
તેથી,$\theta = \tan^{-1}(0.25) = \cot^{-1}(4)$.