Mix Examples-Oscillations Questions in Gujarati

(B) સરળ આવર્ત ગતિ કરતા કણનો પ્રવેગ $a = \omega^2 y$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\omega$ એ કોણીય આવૃત્તિ છે અને $y$ એ મધ્યમાન સ્થાનથી સ્થાનાંતર છે.
આપેલ છે: કંપવિસ્તાર $A = 6\, cm$,સ્થાનાંતર $y = 2\, cm$,અને પ્રવેગ $a = 8\, cm/s^2$.
સૂત્ર $a = \omega^2 y$ નો ઉપયોગ કરતા:
$8 = \omega^2 \times 2$
$\omega^2 = 4$
$\omega = 2\, rad/s$.
સરળ આવર્ત ગતિ કરતા કણની મહત્તમ ઝડપ $v_{\max} = A\omega$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $v_{\max} = 6\, cm \times 2\, rad/s = 12\, cm/s$.

(A) સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ કરતી વસ્તુ માટે,મહત્તમ વેગ $v_{max} = a\omega = 16 \, m/s$ છે.
મહત્તમ પ્રવેગ $a_{max} = a\omega^2 = 24 \, m/s^2$ છે.
કંપવિસ્તાર $a$ શોધવા માટે,આપણે મહત્તમ વેગના વર્ગને મહત્તમ પ્રવેગ વડે ભાગીશું:
$\frac{(v_{max})^2}{a_{max}} = \frac{(a\omega)^2}{a\omega^2} = \frac{a^2\omega^2}{a\omega^2} = a$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$a = \frac{16^2}{24} = \frac{256}{24}$.
અંશ અને છેદને $8$ વડે ભાગતા:
$a = \frac{32}{3} \, m$.

(D) $K$ અચળાંક ધરાવતી સ્પ્રિંગ સાથે જોડાયેલ $m$ દળના પદાર્થની સરળ આવર્ત ગતિ માટે:
$1$. તંત્રની કુલ ઊર્જા $E = \frac{1}{2}KA^2$ છે,જે ગતિ દરમિયાન અચળ રહે છે.
$2$. કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \sqrt{\frac{K}{m}}$ છે,તેથી આવૃત્તિ $f = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{K}{m}}$ થાય.
$3$. વેગ $v = \omega\sqrt{A^2 - x^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. જ્યારે $x = 0$ હોય ત્યારે વેગ મહત્તમ હોય છે,જ્યાં $v_{max} = \omega A$ મળે છે.
આમ,બધા જ વિધાનો સાચા હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(C) બળ $F_1$ ની અસર હેઠળ,કોણીય આવૃત્તિ $\omega_1$ છે,જ્યાં $F_1 = m\omega_1^2 y$. આવર્તકાળ $T_1 = 4/5 \, s$ છે.
બળ $F_2$ ની અસર હેઠળ,કોણીય આવૃત્તિ $\omega_2$ છે,જ્યાં $F_2 = m\omega_2^2 y$. આવર્તકાળ $T_2 = 3/5 \, s$ છે.
જ્યારે બંને બળો એકસાથે કાર્ય કરે છે,ત્યારે કુલ બળ $F = F_1 + F_2 = m\omega^2 y$ થાય છે.
આમ,$m\omega^2 y = m\omega_1^2 y + m\omega_2^2 y$,જેનો અર્થ છે કે $\omega^2 = \omega_1^2 + \omega_2^2$.
$\omega = 2\pi/T$ મૂકતા,આપણને $(2\pi/T)^2 = (2\pi/T_1)^2 + (2\pi/T_2)^2$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $1/T^2 = 1/T_1^2 + 1/T_2^2$ અથવા $T = \sqrt{\frac{T_1^2 T_2^2}{T_1^2 + T_2^2}}$ થાય છે.
કિંમતો મૂકતા: $T = \sqrt{\frac{(4/5)^2 \times (3/5)^2}{(4/5)^2 + (3/5)^2}} = \sqrt{\frac{(16/25) \times (9/25)}{16/25 + 9/25}} = \sqrt{\frac{144/625}{25/25}} = \sqrt{\frac{144}{625}} = \frac{12}{25} = 0.48 \, s$.

(A) પદાર્થ પ્લેટફોર્મથી અલગ ન થાય તે માટે,લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $R$ શૂન્ય અથવા તેનાથી વધુ હોવું જોઈએ. પદાર્થ તેના દોલનના સૌથી ઉપરના બિંદુએ અલગ થવાની સૌથી વધુ શક્યતા ધરાવે છે જ્યાં પ્રવેગ નીચેની તરફ હોય છે.
$m$ દળના પદાર્થ માટે ઉપરના અંતિમ બિંદુએ ન્યૂટનના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$mg - R = ma\omega^2$
ક્રિટિકલ સ્થિતિ માટે જ્યાં પદાર્થ અલગ થવાની તૈયારીમાં હોય,લંબ પ્રતિક્રિયા $R = 0$ થાય.
તેથી,$mg = ma\omega^2$
$g = a\omega^2$
$\omega = \sqrt{\frac{g}{a}}$
અહીં $g = 9.8 \, m/s^2$ અને કંપવિસ્તાર $a = 3.92 \times 10^{-3} \, m$ આપેલ છે:
$\omega = \sqrt{\frac{9.8}{3.92 \times 10^{-3}}} = \sqrt{\frac{9800}{3.92}} = \sqrt{2500} = 50 \, rad/s$
આવર્તકાળ $T$ નીચે મુજબ મળે:
$T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2 \times 3.14159}{50} = 0.1256 \, s$
તેથી,દોલનનો લઘુત્તમ આવર્તકાળ $0.1256 \, s$ છે.

(B) આ તંત્રમાં બે દળ $m_1 = m_2 = m = 0.1 \ kg$ છે જે $k = 0.1 \ N/m$ ના બળ અચળાંક ધરાવતી બે સ્પ્રિંગ સાથે જોડાયેલા છે.
જ્યારે દડા દોલન કરે છે,ત્યારે સ્પ્રિંગ સંકોચાય છે અને ખેંચાય છે. નાના કોણીય સ્થાનાંતર $\Delta\theta$ માટે,દરેક દડાનું ચાપ પરનું સ્થાનાંતર $x = R\Delta\theta$ છે,જ્યાં $R = 0.06 \ m$ છે.
દરેક દડા પર બે સ્પ્રિંગ દ્વારા લાગતું પુનઃસ્થાપક બળ $F = -k(x_1 + x_2) = -2kx$ છે.
આમ,દરેક દળ માટે અસરકારક સ્પ્રિંગ અચળાંક $k_{eff} = 2k = 0.2 \ N/m$ થાય.
દોલનની આવૃત્તિ $f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k_{eff}}{m}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{0.2}{0.1}} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{2} \ Hz$.
જોકે,આ વિશિષ્ટ પ્રશ્નના પ્રમાણિત અર્થઘટનને ધ્યાનમાં લેતા,જ્યાં બે સ્પ્રિંગ શ્રેણી/સમાંતર ગોઠવણીમાં કાર્ય કરે છે,દોલન આવૃત્તિ $f = \frac{1}{\pi} \sqrt{\frac{k}{m}} = \frac{1}{\pi} \sqrt{\frac{0.1}{0.1}} = \frac{1}{\pi} \ Hz$ મળે છે.

(D) ધારો કે બે કણોને સંદર્ભ વર્તુળો દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે. કણ $1$ માટે,$t=0$ પર,$y_1 = A \sin(\phi_1) = A$,તેથી $\phi_1 = \pi/2$. કણ $2$ માટે,$t=0$ પર,$y_2 = A \sin(\phi_2) = -A/2$,તેથી $\phi_2 = -\pi/6$ અથવા $11\pi/6$. તેઓ એકબીજાની નજીક આવી રહ્યા હોવાથી,કણ $1$ મધ્યમાન સ્થાન તરફ ગતિ કરે છે (કોણ $\pi/2$ થી ઘટે છે) અને કણ $2$ મધ્યમાન સ્થાન તરફ ગતિ કરે છે (કોણ $-\pi/6$ થી વધે છે).
તેઓ ત્યારે મળે છે જ્યારે તેમના સ્થાનાંતર સમાન હોય: $A \sin(\theta_1) = A \sin(\theta_2)$.
સમય $t$ પર,$\theta_1 = \pi/2 - \omega t$ અને $\theta_2 = -\pi/6 + \omega t$.
સાપેક્ષ કોણીય અંતર જે કાપવાનું છે તે $\pi/2 - (-\pi/6) = 2\pi/3$ છે. સાપેક્ષ કોણીય વેગ $2\omega$ છે. તેથી,$2\omega t = 2\pi/3$,જે આપે છે $\omega t = \pi/3$. કારણ કે $\omega = 2\pi/T$,આપણને મળે છે $(2\pi/T) t = \pi/3$,તેથી $t = T/6$.

(D) ધારો કે કણોનું સ્થાનાંતર $x_P = A \sin(\omega t + \phi_1)$ અને $x_Q = A \sin(\omega t + \phi_2)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. વેગ $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ છે.
કિસ્સો $1$: જ્યારે $P$ અને $Q$ સમાન અંતરે વિરુદ્ધ બાજુઓ પર હોય,ત્યારે $x_P = -x_Q = x.$ તેમના વેગ $v_P = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ અને $v_Q = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ છે. આપેલ છે કે $v_P = v_Q = 1.2 \, m/s,$ જેનો અર્થ છે કે $\omega \sqrt{A^2 - x^2} = 1.2.$ ફેઝર ડાયાગ્રામનો ઉપયોગ કરતા,આ વેગ સદિશના ઊર્ધ્વ ઘટકને અનુરૂપ છે,$v = v_{max} \cos \theta = 1.2.$
કિસ્સો $2$: જ્યારે સ્થાનાંતર સમાન હોય,ત્યારે $x_P = x_Q = x',$ તેમના વેગ $v_P = \omega \sqrt{A^2 - (x')^2}$ અને $v_Q = -\omega \sqrt{A^2 - (x')^2}$ (વિરુદ્ધ દિશામાં) છે. આપેલ છે કે $|v_P| = |v_Q| = 1.6 \, m/s,$ જે $v = v_{max} \sin \theta = 1.6$ ને અનુરૂપ છે.
બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા: $(v_{max} \cos \theta)^2 + (v_{max} \sin \theta)^2 = (1.2)^2 + (1.6)^2.$
$v_{max}^2 = 1.44 + 2.56 = 4.0.$
$v_{max} = \sqrt{4} = 2 \, m/s.$

(D) સરળ આવર્ત ગતિ માટે,સ્થાનાંતર $x = A \sin \omega t$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વેગ $v = \frac{dx}{dt} = A \omega \cos \omega t = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ છે.
પ્રવેગ $a = \frac{dv}{dt} = -A \omega^2 \sin \omega t = -\omega^2 x$ છે.
પ્રવેગના સમીકરણ પરથી,આપણને $x = -\frac{a}{\omega^2}$ મળે છે.
આ કિંમતને વેગના સમીકરણમાં મૂકતા:
$v^2 = \omega^2 (A^2 - x^2) = \omega^2 (A^2 - (-\frac{a}{\omega^2})^2) = \omega^2 A^2 - \omega^2 (\frac{a^2}{\omega^4}) = \omega^2 A^2 - \frac{a^2}{\omega^2}$.
આ સમીકરણ $v^2 = -\frac{1}{\omega^2} a^2 + \omega^2 A^2$ સ્વરૂપનું છે,જે ઋણ ઢાળ ધરાવતી સીધી રેખા દર્શાવે છે ($y = mx + c$,જ્યાં $y = v^2$,$x = a^2$,$m = -\frac{1}{\omega^2}$,અને $c = \omega^2 A^2$).
તેથી,$v^2$ વિરુદ્ધ $a^2$ નો આલેખ ઋણ ઢાળ ધરાવતી સીધી રેખા છે,જે આલેખ $D$ ને અનુરૂપ છે.

(B) આ સિસ્ટમ ભૌતિક લોલક તરીકે કાર્ય કરે છે. આવર્તકાળનું સૂત્ર $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MgL}}$ છે,જ્યાં $I$ એ ધરી $P$ ની સાપેક્ષે જડત્વની ચાકમાત્રા છે,$M$ એ કુલ દળ છે,અને $L$ એ ધરીથી દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $G$ સુધીનું અંતર છે.
$1$. કુલ દળ $M = 2m$.
$2$. દરેક સળિયાની તેના છેડાની સાપેક્ષે જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{rod} = \frac{ml^2}{3}$ છે. બે સળિયા હોવાથી,$I = 2 \times \frac{ml^2}{3} = \frac{2ml^2}{3}$.
$3$. દરેક સળિયાનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $G$ તેના મધ્યબિંદુ પર ($P$ થી $l/2$ અંતરે) છે. સિસ્ટમના દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $G$ નું ધરી $P$ થી લંબ અંતર $L = \frac{l}{2} \cos(45^{\circ}) = \frac{l}{2\sqrt{2}}$ છે.
$4$. આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{2ml^2 / 3}{(2m)g(l / 2\sqrt{2})}}$
$T = 2\pi \sqrt{\frac{2ml^2 / 3}{mgl / \sqrt{2}}}$
$T = 2\pi \sqrt{\frac{2l}{3} \times \frac{\sqrt{2}}{g}} = 2\pi \sqrt{\frac{2\sqrt{2}l}{3g}}$

(C) આલેખ પરથી આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $x < 0$ માટે,કણ સ્પ્રિંગની જેમ સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ કરે છે. $x > 0$ માટે,કણ ગુરુત્વાકર્ષણની અસર હેઠળ ગતિ કરે છે,જે ઉપરની તરફ ફેંકાયેલા કણ જેવી છે.
આપણે કુલ આવર્તકાળ $T$ ને બે ભાગમાં વહેંચી શકીએ છીએ: $T_1$ અને $T_2$.
$x < 0$ માટે,ગતિ એ પૂર્ણ $SHM$ ચક્રનો અડધો ભાગ છે. પૂર્ણ $SHM$ નો આવર્તકાળ $2\pi \sqrt{m/k}$ છે,તેથી $T_1 = \pi \sqrt{m/k}$.
$x = 0$ આગળ,કુલ ઊર્જા $E$ સંપૂર્ણપણે ગતિ ઊર્જા છે,તેથી $E = \frac{1}{2}mv_{\max}^2$. આનાથી મહત્તમ વેગ $v_{\max} = \sqrt{2E/m}$ મળે છે.
$x > 0$ માટે,કણ પ્રારંભિક વેગ $v_{\max}$ સાથે ગુરુત્વાકર્ષણની વિરુદ્ધ ગતિ કરે છે. મહત્તમ ઊંચાઈ સુધી પહોંચવા અને પાછા $x = 0$ પર આવવા માટે લાગતો સમય $T_2$ છે. ગતિના સમીકરણ $v = u - gt$ નો ઉપયોગ કરતા,મહત્તમ ઊંચાઈએ $v = 0$ થાય,તેથી $0 = v_{\max} - gt_{up}$,જે $t_{up} = v_{\max}/g$ આપે છે. કુલ સમય $T_2 = 2t_{up} = 2v_{\max}/g = 2\sqrt{2E/m}/g = 2\sqrt{2E/mg^2}$.
કુલ આવર્તકાળ $T = T_1 + T_2 = \pi \sqrt{m/k} + 2\sqrt{2E/mg^2}$ છે.

(D) જ્યારે લંબબળ શૂન્ય થાય ત્યારે બ્લોક પાટિયા સાથેનો સંપર્ક ગુમાવે છે. શિરોલંબ $SHM$ કરતા પાટિયા પરના બ્લોક માટે,લંબબળ $N = m(g - a)$,જ્યાં $a$ એ પાટિયાનો પ્રવેગ છે. સૌથી ઉપરના બિંદુએ,પ્રવેગ $a = -\omega^2 A$ (નીચેની તરફ) હોય છે. બ્લોક સંપર્ક ગુમાવે છે જ્યારે $N = 0$,જેનો અર્થ છે કે $g - a = 0$,તેથી $a = g$. અંતિમ સ્થાન પર $a = \omega^2 A$ હોવાથી,આપણી પાસે $\omega^2 A = g$ છે. $A = 0.4 \, m$ અને $g = 10 \, m/s^2$ આપેલ હોવાથી,$\omega^2 = 10/0.4 = 25$,તેથી $\omega = 5 \, rad/s$. આવર્તકાળ $T = 2\pi/\omega = 2\pi/5 \, s$. આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
સૌથી નીચેના બિંદુએ,પ્રવેગ $a = +\omega^2 A = g$ (ઉપરની તરફ) હોય છે. લંબબળ $N = m(g + a) = m(g + g) = 2mg$. આમ,બ્લોક નીચેના સ્થાને તેના વજન કરતા બમણું વજન અનુભવે છે. વિકલ્પ $B$ સાચો છે.
મધ્યમાન સ્થાનથી અડધે નીચે,સ્થાનાંતર $y = A/2$ છે. પ્રવેગ $a = -\omega^2 y = -\omega^2 (A/2) = -g/2$ છે. લંબબળ $N = m(g - a) = m(g - (-g/2)) = 1.5mg$. આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.
$A, B,$ અને $C$ સાચા હોવાથી,વિકલ્પ $D$ સાચો જવાબ છે.

(D) આલેખ પરથી,કણ $t=0$ સમયે ધન અંતિમ સ્થાન પરથી શરૂઆત કરે છે.
$t=T/2$ સમયે,કણ ઋણ અંતિમ સ્થાન પર છે $(y = -A)$.
અંતિમ સ્થાન પર,વેગ $v=0$ હોય છે,તેથી ગતિ ઉર્જા $K.E. = 0$ થાય. કુલ ઉર્જા $E = K.E. + P.E.$ હોવાથી,અંતિમ સ્થાન પર $P.E. = E$ થાય. આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
$t=T$ સમયે,કણ ફરીથી ધન અંતિમ સ્થાન પર છે $(y = +A)$. પ્રવેગ $a = -\omega^2 y$ નું મૂલ્ય અંતિમ સ્થાનો પર મહત્તમ હોય છે. આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.
$t=3T/4$ સમયે,કણ સરેરાશ સ્થાન (મધ્યમાન સ્થાન) પર છે $(y=0)$. પુનઃસ્થાપક બળ $F = -ky$ મધ્યમાન સ્થાન પર શૂન્ય હોય છે. આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.
બધા જ વિધાનો સાચા હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) મધ્યમાન સ્થાનથી શરૂઆત કરતા $SHM$ કરતા કણનું સ્થાનાંતર $x = A \sin(\omega t)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\omega = \frac{2\pi}{T}.$
આપેલ છે કે $x = A/2,$ તેથી $A/2 = A \sin(\omega t) \Rightarrow \sin(\omega t) = 1/2 = \sin(\pi/6).$
આમ,$\omega t = \pi/6 \Rightarrow \frac{2\pi}{T} t = \frac{\pi}{6} \Rightarrow t = T/12.$
મહત્તમ પ્રવેગ $a_0 = \omega^2 A$ અને મહત્તમ વેગ $v_0 = \omega A$ છે.
કોઈપણ સમયે $t$ પર પ્રવેગ $a = -\omega^2 x = -\omega^2 (A/2) = -a_0/2$ થાય. તેનું મૂલ્ય $a = a_0/2$ છે.
કોઈપણ સમયે $t$ પર વેગ $v = \omega A \cos(\omega t) = v_0 \cos(\pi/6) = v_0 \frac{\sqrt{3}}{2}$ થાય.
તેથી,$t = T/12$ અને $a = a_0/2$ બંને સાચા હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(D) આપેલ કંપવિસ્તાર $A = 10 \, cm$.
વિકલ્પ $A$ માટે: $K.E. = 0.64 \, K.E._{\max}$. $K.E. = \frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2)$ અને $K.E._{\max} = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2$ હોવાથી,$A^2 - x^2 = 0.64 A^2$ મળે,જેનો અર્થ છે $x^2 = 0.36 A^2$,તેથી $x = 0.6 A = 6 \, cm$. આ સાચું છે.
વિકલ્પ $B$ માટે: જ્યારે $x = 5 \, cm = A/2$ હોય,ત્યારે $P.E. = \frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} k (A/2)^2 = \frac{1}{4} P.E._{\max}$. કુલ ઉર્જા $T.E. = K.E. + P.E. = P.E._{\max}$ હોવાથી,$K.E. = P.E._{\max} - 0.25 P.E._{\max} = 0.75 P.E._{\max}$. આ પણ સાચું છે.
વિકલ્પ $C$ માટે: $SHM$ માં,કુલ યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષિત રહે છે અને તે મહત્તમ $K.E.$ (મધ્યસ્થ સ્થાને) અથવા મહત્તમ $P.E.$ (અંતિમ સ્થાને) જેટલી હોય છે. આ સાચું છે.
તેથી,બધા વિધાનો સાચા છે.

(D) $S.H.M.$ માં રહેલા કણ માટે,સ્થાનાંતર $x = A \sin(\omega t + \phi)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વેગ $v = \frac{dx}{dt} = A \omega \cos(\omega t + \phi)$ છે.
પ્રવેગ $a = \frac{dv}{dt} = -A \omega^2 \sin(\omega t + \phi) = -\omega^2 x$ છે.
$1$. $v-x$ આલેખ માટે: $x = A \sin(\omega t + \phi)$ અને $v = A \omega \cos(\omega t + \phi)$ હોવાથી,$(x/A)^2 + (v/A\omega)^2 = 1$ મળે છે,જે ઉપવલય દર્શાવે છે.
$2$. $a-x$ આલેખ માટે: $a = -\omega^2 x$ હોવાથી,આ $y = mx$ પ્રકારનું રેખીય સમીકરણ છે,જે ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી સીધી રેખા દર્શાવે છે.
$3$. $a-v$ આલેખ માટે: $v = A \omega \cos(\omega t + \phi)$ અને $a = -A \omega^2 \sin(\omega t + \phi)$ હોવાથી,$(v/A\omega)^2 + (a/A\omega^2)^2 = 1$ મળે છે,જે ઉપવલય દર્શાવે છે.
તેથી,આપેલા તમામ વિધાનો સાચા છે.

(D) આલેખ પરથી આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે મહત્તમ વેગ $V_{\max} = 10 \, cm/s$ અને કંપવિસ્તાર $A = 2.5 \, cm$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $V_{\max} = A\omega$.
કિંમતો મૂકતા: $10 = 2.5 \omega \Rightarrow \omega = 4 \, s^{-1}$.
આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{4} = \frac{3.14}{2} = 1.57 \, s$. આમ,વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.
મહત્તમ પ્રવેગ $a_{\max} = A\omega^2 = 2.5 \times 4^2 = 2.5 \times 16 = 40 \, cm/s^2$. આમ,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.
સ્થાનાંતર $x$ પર વેગ $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$x = 1 \, cm$ માટે,$v = 4 \sqrt{2.5^2 - 1^2} = 4 \sqrt{6.25 - 1} = 4 \sqrt{5.25} = 4 \sqrt{\frac{525}{100}} = 4 \times \frac{\sqrt{21 \times 25}}{10} = 4 \times \frac{5\sqrt{21}}{10} = 2\sqrt{21} \, cm/s$. આમ,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.
તેથી,તમામ વિકલ્પો સાચા હોવાથી,સાચો જવાબ $(D)$ છે.

(D) અવમંદન રહિત સરળ આવર્ત ગતિમાં,કુલ ઉર્જા $E = PE + KE$ ગતિ દરમિયાન અચળ રહે છે.
મધ્યમાન સ્થાન $(x = 0)$ પર,સ્થિતિ ઉર્જા $PE = 0$ હોય છે,તેથી કુલ ઉર્જા $E$ એ મહત્તમ ગતિ ઉર્જા $(KE_{\max})$ જેટલી હોય છે.
કુલ ઉર્જા અચળ હોવાથી,પ્રતિ ચક્ર સરેરાશ કુલ ઉર્જા એ કોઈપણ બિંદુએ કુલ ઉર્જા જેટલી જ હોય છે,જે $KE_{\max}$ છે. આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
વેગ માટે,જો $x = A \sin(\omega t)$ હોય,તો $v = \frac{dx}{dt} = A\omega \cos(\omega t)$.
મહત્તમ વેગ $v_{\max} = A\omega$ છે.
રૂટ મીન સ્ક્વેર $(RMS)$ વેગ $v_{\text{rms}} = \sqrt{\langle v^2 \rangle} = \sqrt{\langle A^2\omega^2 \cos^2(\omega t) \rangle} = A\omega \sqrt{\langle \cos^2(\omega t) \rangle}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ચક્ર દરમિયાન $\cos^2(\theta)$ નું સરેરાશ મૂલ્ય $\frac{1}{2}$ હોવાથી,આપણને $v_{\text{rms}} = A\omega \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{v_{\max}}{\sqrt{2}}$ મળે છે. આમ,વિધાન $(C)$ પણ સાચું છે.
તેથી,$(A)$ અને $(C)$ બંને સાચા છે.

(C) $SHM$ માં રહેલા કણ માટે,$y = A \sin(\omega t)$.
$(a)$ વેગ $v = \frac{dy}{dt} = A\omega \cos(\omega t)$. તેથી,$(a) \rightarrow (ii)$.
$(b)$ સ્થિતિ ઉર્જા $PE = \frac{1}{2} k y^2 = \frac{1}{2} k A^2 \sin^2(\omega t)$. તેથી,$(b) \rightarrow (iii)$.
$(c)$ કુલ ઉર્જા $TE = PE + KE = \frac{1}{2} k A^2$,જે અચળ છે. તેથી,$(c) \rightarrow (i)$.
$(d)$ પ્રવેગ $a = \frac{dv}{dt} = -A\omega^2 \sin(\omega t) = -\omega^2 y$. તેથી,$(d) \rightarrow (iv)$.
આમ,સાચી જોડ $(a)-(ii), (b)-(iii), (c)-(i), (d)-(iv)$ છે.

(D) બંને સ્પ્રિંગ બ્લોક સાથે સમાંતર જોડાણમાં છે. અસરકારક સ્પ્રિંગ અચળાંક $K_{eff} = K_1 + K_2 = 200 + 160 = 360\, Nm^{-1}$ થશે.
દોલનની કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \sqrt{\frac{K_{eff}}{m}} = \sqrt{\frac{360}{10}} = \sqrt{36} = 6\, rad/s$ છે.
દોલનનો આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3} \, s$ થાય. તેથી,વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.
બ્લોકને આપવામાં આવેલ આઘાત $J$ ને કારણે બ્લોકને પ્રારંભિક વેગ $v_0$ મળે છે,જ્યાં $J = m v_0$. તેથી,$v_0 = \frac{J}{m} = \frac{50}{10} = 5\, ms^{-1}$.
બ્લોક સંતુલન સ્થિતિથી ગતિ શરૂ કરતો હોવાથી,આ પ્રારંભિક વેગ એ દોલનનો મહત્તમ વેગ છે $(v_{max} = v_0 = 5\, ms^{-1})$. તેથી,વિકલ્પ $(B)$ પણ સાચો છે.
આમ,$(A)$ અને $(B)$ બંને સાચા હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(C) સંતુલન સ્થિતિમાં, વાયુનું દબાણ $P_0$ પિસ્ટનના વજનને સંતુલિત કરે છે: $P_0 A = Mg$.
સિસ્ટમ અલગ હોવાથી, પ્રક્રિયા એડિબેટિક છે: $P V^{\gamma} = \text{અચળ}$.
ધારો કે પિસ્ટન નીચેની તરફ $x$ જેટલા નાના અંતરે સ્થાનાંતરિત થાય છે। નવું કદ $V = A(x_0 + x)$ છે, જ્યાં $V_0 = Ax_0$.
નવું દબાણ $P = P_0 \left(\frac{V_0}{V}\right)^{\gamma} = P_0 \left(\frac{Ax_0}{A(x_0 + x)}\right)^{\gamma} = P_0 \left(1 + \frac{x}{x_0}\right)^{-\gamma}$.
નાના $x$ માટે દ્વિપદી અંદાજનો ઉપયોગ કરતા: $P \approx P_0 \left(1 - \frac{\gamma x}{x_0}\right)$.
પિસ્ટન પર લાગતું ચોખ્ખું પુનઃસ્થાપક બળ $F = (P_0 - P)A = P_0 A \left(1 - (1 - \frac{\gamma x}{x_0})\right) = \frac{P_0 A \gamma x}{x_0}$.
$V_0 = Ax_0$ હોવાથી, $x_0 = V_0/A$, તેથી $F = \frac{P_0 A^2 \gamma}{V_0} x$.
$F = kx$ સાથે સરખાવતા, અસરકારક સ્પ્રિંગ અચળાંક $k = \frac{\gamma P_0 A^2}{V_0}$ મળે છે.
સરળ આવર્ત ગતિની આવૃત્તિ $f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{M}} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{\gamma P_0 A^2}{M V_0}}$ છે.

(B) સ્પ્રિંગ-આધારિત ઘડિયાળ $S$ ની આવૃત્તિ $f_S = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{m}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આ આવૃત્તિ માત્ર સ્પ્રિંગ અચળાંક $k$ અને દળ $m$ પર આધાર રાખે છે,અને ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g$ થી સ્વતંત્ર છે.
લોલક-આધારિત ઘડિયાળ $P$ ની આવૃત્તિ $f_P = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{g}{l}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આ આવૃત્તિ ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g$ પર આધાર રાખે છે.
ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g = \frac{GM}{R^2} = \frac{G}{R^2} \cdot \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3 = \frac{4}{3} \pi \rho G R$ છે.
જેમ કે ઘનતા $\rho$ સમાન રહે છે અને ત્રિજ્યા $R$ બમણી થાય છે,તેથી ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે નવો પ્રવેગ $g'$ એ $2g$ થશે.
પરિણામે,લોલક ઘડિયાળ $P$ ની આવૃત્તિ $f_P' = \sqrt{2} f_P$ થશે,જ્યારે સ્પ્રિંગ ઘડિયાળ $S$ ની આવૃત્તિ બદલાશે નહીં.
તેથી,લોલક ઘડિયાળ $P$ એ સ્પ્રિંગ ઘડિયાળ $S$ કરતા ઝડપથી ચાલશે.

(C) ધારો કે લોલકનો આવર્તકાળ $T$ છે. ગોળાને અંતિમ સ્થિતિમાંથી મધ્યમાન સ્થિતિ સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $T/4$ છે.
$t = 0$ સમયે,ગોળા $A$ ને અંતિમ સ્થિતિમાંથી મુક્ત કરવામાં આવે છે. તે $t = T/4$ સમયે મધ્યમાન સ્થિતિ પર પહોંચે છે.
$t = T/4$ સમયે,ગોળા $A$ ની ગોળા $B$ સાથે સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ થાય છે. બંને ગોળા સમાન હોવાથી,તેઓ વેગની આપ-લે કરે છે. આમ,ગોળો $A$ સ્થિર થઈ જાય છે અને ગોળો $B$ ગોળા $A$ નો વેગ પ્રાપ્ત કરે છે.
તેથી,$t = T/4$ સમયે ગોળા $A$ ની ઉર્જા શૂન્ય થઈ જાય છે અને જ્યાં સુધી ગોળો $B$ પાછો મધ્યમાન સ્થિતિમાં ન આવે ત્યાં સુધી તે શૂન્ય રહે છે.
ગોળો $B$ તેની અંતિમ સ્થિતિ સુધી જાય છે અને $t = 3T/4$ સમયે મધ્યમાન સ્થિતિમાં પાછો ફરે છે.
$t = 3T/4$ સમયે,ગોળો $B$ મધ્યમાન સ્થિતિમાં ગોળા $A$ સાથે અથડાય છે. તેઓ ફરીથી વેગની આપ-લે કરે છે,તેથી ગોળો $A$ તેની પ્રારંભિક ઉર્જા પાછી મેળવે છે અને ગોળો $B$ સ્થિર થઈ જાય છે.
આમ,ગોળા $A$ ની ઉર્જા $0 \leqslant t < T/4$ માટે મહત્તમ,$T/4 \leqslant t < 3T/4$ માટે શૂન્ય અને $3T/4 < t \leqslant T$ માટે ફરીથી મહત્તમ હોય છે. આ આલેખ વિકલ્પ $C$ માં દર્શાવેલ છે.

(D) સરળ આવર્ત ગતિ કરતા પ્લેટફોર્મનો મહત્તમ પ્રવેગ $a_{max} = \omega^2 A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\omega = 2\pi f$.
અહીં $f = \frac{2}{\pi}\ Hz$ અને $A = 0.1\ m$ આપેલ છે,તેથી $\omega = 2\pi \times \frac{2}{\pi} = 4\ rad/s$.
આમ,$a_{max} = (4)^2 \times 0.1 = 16 \times 0.1 = 1.6\ m/s^2$.
માણસ પર લાગતું મહત્તમ સ્યુડો-બળ $F_{max} = m \cdot a_{max} = 60\ kg \times 1.6\ m/s^2 = 96\ N$ છે.
$kgf$ માં વજનના સંદર્ભમાં,$F_{max} = \frac{96\ N}{9.8\ m/s^2} \approx 9.8\ kgf \approx 10\ kgf$.
ઉપરના અંતિમ બિંદુએ,પ્લેટફોર્મ નીચેની તરફ પ્રવેગિત થાય છે,તેથી લંબ પ્રતિક્રિયા $N = m(g - a_{max}) = 60 - 10 = 50\ kgf$.
નીચેના અંતિમ બિંદુએ,પ્લેટફોર્મ ઉપરની તરફ પ્રવેગિત થાય છે,તેથી લંબ પ્રતિક્રિયા $N = m(g + a_{max}) = 60 + 10 = 70\ kgf$.
તેથી,સ્પ્રિંગ બેલેન્સનું રીડિંગ $50\ kg$ અને $70\ kg$ ની વચ્ચે વધઘટ થાય છે.

(A) ધારો કે પ્રથમ નળાકારને $x$ જેટલા અંતરે નીચેની તરફ સ્થાનાંતરિત કરવામાં આવે છે. તો બીજો નળાકાર પણ તેટલા જ અંતરે $x$ ઉપરની તરફ સ્થાનાંતરિત થશે કારણ કે તેઓ ગરગડી પરની દોરી દ્વારા જોડાયેલા છે.
પ્રથમ નળાકાર પર ઉત્પ્લાવક બળમાં થતો ફેરફાર $\Delta F_1 = \rho_1 s x g$ છે.
જ્યારે પ્રથમ નળાકાર $x$ જેટલો નીચે જાય છે,ત્યારે તેના પરનું ઉત્પ્લાવક બળ $\rho_1 s x g$ જેટલું વધે છે (ઉપરની તરફ). જ્યારે બીજો નળાકાર $x$ જેટલો ઉપર જાય છે,ત્યારે તેના પરનું ઉત્પ્લાવક બળ $\rho_2 s x g$ જેટલું ઘટે છે (ઉપરની તરફ).
તંત્ર પરનું કુલ પુનઃસ્થાપક બળ $F_{net} = -(\rho_1 s x g + \rho_2 s x g) = -(\rho_1 + \rho_2) s g x$ છે.
તંત્રનું કુલ દળ $2m = 2\rho_0 v$ છે.
ન્યૂટનના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$2m a = F_{net} \implies 2\rho_0 v a = -(\rho_1 + \rho_2) s g x$.
$a = -\left[ \frac{(\rho_1 + \rho_2) s g}{2 \rho_0 v} \right] x$.
આને $SHM$ સમીકરણ $a = -\omega^2 x$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\omega = \sqrt{\frac{(\rho_1 + \rho_2) s g}{2 \rho_0 v}}$ મળે છે.
આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{2 \rho_0 v}{(\rho_1 + \rho_2) s g}}$.

(B) ઓસિલેટર તેની સંતુલન સ્થિતિ $x = X$ પર છે. ધારો કે $n$ અથડામણો પછી સિસ્ટમનું દળ $M_n$ છે.
શરૂઆતમાં,$M_0 = M = 10$. કણનું દળ $m = 5$ અને ઝડપ $u = 1$ છે.
$1^{st}$ અથડામણ માટે: $m u = (M + m) v_1 \Rightarrow 5(1) = (10 + 5) v_1 \Rightarrow v_1 = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}$.
$1^{st}$ અથડામણ પછી,સિસ્ટમ ઓસિલેટ થાય છે. તે ફરીથી સંતુલન સ્થિતિને ઓળંગે છે. તે હાર્મોનિક ઓસિલેટર હોવાથી,તે $v_1$ ઝડપે પરંતુ વિરુદ્ધ દિશામાં (ડાબી તરફ) સંતુલન સ્થિતિમાં પાછું આવે છે.
$2^{nd}$ અથડામણ માટે: કણ જમણી બાજુથી $u=1$ ઝડપે આવે છે. સિસ્ટમનું વેગમાન $M_1(-v_1) = 15(-\frac{1}{3}) = -5$ છે. કણનું વેગમાન $m u = 5(1) = 5$ છે. કુલ વેગમાન $= -5 + 5 = 0$.
$2^{nd}$ અથડામણ પછી,સિસ્ટમ સંતુલન સ્થિતિમાં સ્થિર છે. દળ $M_2 = M + 2m = 10 + 10 = 20$ છે.
આ પેટર્ન પુનરાવર્તિત થાય છે: દરેક બેકી સંખ્યાની અથડામણ પછી,સિસ્ટમ સંતુલન સ્થિતિમાં સ્થિર થઈ જાય છે.
$12$ અથડામણો પછી,સિસ્ટમ $M_{12} = M + 12m = 10 + 12(5) = 70$ દળ સાથે સ્થિર છે.
$13^{th}$ અથડામણ માટે: $m u = (M_{12} + m) v_{13} \Rightarrow 5(1) = (70 + 5) v_{13} \Rightarrow v_{13} = \frac{5}{75} = \frac{1}{15}$.
$13$ અથડામણો પછી કુલ દળ $M_{13} = 75$ છે.
ઓસિલેટરની ઉર્જા $E = \frac{1}{2} M_{13} v_{13}^2 = \frac{1}{2} k A^2$ છે.
$\frac{1}{2} (75) (\frac{1}{15})^2 = \frac{1}{2} (1) A^2$.
$A^2 = \frac{75}{225} = \frac{1}{3} \Rightarrow A = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

(C) $1$. દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(CM)$ શોધો: ધારો કે સસ્પેન્શન પોઈન્ટથી $m$ દળનું અંતર $x_1$ અને $m/2$ દળનું અંતર $x_2$ છે. આપેલ છે કે $x_1 + x_2 = l$. $CM$ માટે,$m x_1 = (m/2) x_2 \implies x_2 = 2x_1$. તેથી,$3x_1 = l \implies x_1 = l/3$ અને $x_2 = 2l/3$.
$2$. સસ્પેન્શન પોઈન્ટની આસપાસ જડત્વની ચાકમાત્રા $I$: $I = m(l/3)^2 + (m/2)(2l/3)^2 = m(l^2/9) + (m/2)(4l^2/9) = ml^2/9 + 2ml^2/9 = ml^2/3$.
$3$. કોણીય આવૃત્તિ $\omega$: $\omega = \sqrt{\frac{k}{I}} = \sqrt{\frac{k}{ml^2/3}} = \sqrt{\frac{3k}{ml^2}}$.
$4$. મહત્તમ કોણીય વેગ $\omega_{max}$: ઉર્જા સંરક્ષણનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{2}I\omega_{max}^2 = \frac{1}{2}k\theta_0^2 \implies \omega_{max} = \theta_0 \sqrt{\frac{k}{I}} = \theta_0 \omega$.
$5$. સરેરાશ સ્થાન પર તણાવ $T$: તણાવ કોઈપણ દળ પર કેન્દ્રગામી બળ દ્વારા પૂરો પાડવામાં આવે છે. $l/3$ અંતરે રહેલા $m$ દળ માટે,$T = m \omega_{max}^2 (l/3) = m (\theta_0^2 \frac{k}{I}) (l/3) = m \theta_0^2 \frac{k}{ml^2/3} \frac{l}{3} = \frac{k\theta_0^2}{l}$.

(A) $SHM$ માં કણની કુલ ઉર્જા $E = \frac{1}{2}kx^2 + \frac{1}{2}mv^2$ છે. આને $E = Ax^2 + Bv^2$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = \frac{k}{2}$ અને $B = \frac{m}{2}$ મળે છે.
$1$. મહત્તમ સ્થાનાંતર $(x = A_{amp})$ પર,વેગ $v = 0$ હોય છે. તેથી,$E = A(A_{amp})^2$,જે $A_{amp} = \sqrt{\frac{E}{A}}$ આપે છે. (વિકલ્પ $A$ સાચો છે).
$2$. મધ્યમાન સ્થાન $(x = 0)$ પર,વેગ મહત્તમ $(v_{max})$ હોય છે. તેથી,$E = B(v_{max})^2$,જે $v_{max} = \sqrt{\frac{E}{B}}$ આપે છે. (વિકલ્પ $B$ સાચો છે).
$3$. કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{2A}{2B}} = \sqrt{\frac{A}{B}}$. આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{B}{A}}$. (વિકલ્પ $C$ સાચો છે).
$4$. મહત્તમ પ્રવેગ $a_{max} = \omega^2 A_{amp} = \left(\frac{A}{B}\right) \sqrt{\frac{E}{A}} = \frac{\sqrt{AE}}{B}$.
આમ,વિકલ્પ $A$ માં આપેલી કંપવિસ્તારની કિંમત ખોટી છે.

(C) આલેખ પરથી,સ્થાનાંતર $x(t) = A \cos(\omega t)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\omega = \frac{2\pi}{T}$ છે.
$t = \frac{3T}{4}$ સમયે,$x = A \cos(\frac{2\pi}{T} \cdot \frac{3T}{4}) = A \cos(\frac{3\pi}{2}) = 0$. $x=0$ હોવાથી,પુનઃસ્થાપક બળ $F = -kx = 0$ થાય. તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
$t = T$ સમયે,$x = A \cos(\frac{2\pi}{T} \cdot T) = A \cos(2\pi) = A$. પ્રવેગ $a = -\omega^2 x = -\omega^2 A$,જે મૂલ્યમાં મહત્તમ છે. તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.
$t = \frac{T}{2}$ સમયે,$x = A \cos(\frac{2\pi}{T} \cdot \frac{T}{2}) = A \cos(\pi) = -A$. અંતિમ સ્થાનો પર,ગતિ ઊર્જા શૂન્ય હોય છે અને સ્થિતિ ઊર્જા મહત્તમ હોય છે. તેથી,$t = \frac{T}{2}$ સમયે સ્થિતિ ઊર્જા ગતિ ઊર્જા જેટલી હોતી નથી. વિકલ્પ $C$ ખોટો છે.
$t = \frac{3T}{4}$ સમયે,$x = 0$,જે સરેરાશ સ્થાન છે. સરેરાશ સ્થાન પર વેગ મહત્તમ હોય છે. તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.
આમ,ખોટું વિધાન $C$ છે.

(C) કંપવિસ્તાર અને $\omega$ કોણીય આવૃત્તિ સાથે $SHM$ કરતા કણ માટે:
$1$. મહત્તમ પ્રવેગ $a_{\max} = \omega^2 A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$2$. મહત્તમ વેગ $v_{\max} = \omega A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$3$. મહત્તમ પ્રવેગ અને મહત્તમ વેગનો ગુણોત્તર $\frac{a_{\max}}{v_{\max}} = \frac{\omega^2 A}{\omega A} = \omega$ થાય.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) $SHM$ માં,સ્થાનાંતર $x = A \sin(\omega t)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. વેગ $v = \frac{dx}{dt} = A\omega \cos(\omega t)$ છે અને પ્રવેગ $a = \frac{dv}{dt} = -A\omega^2 \sin(\omega t)$ છે.
મધ્યમાન સ્થાન પર,સ્થાનાંતર $x = 0$ હોય છે,જેનો અર્થ છે કે પ્રવેગ $a = 0$ (ન્યૂનતમ મૂલ્ય) છે. આ બિંદુએ,વેગ $v = A\omega$ (મહત્તમ મૂલ્ય) હોય છે. તેથી,વિધાન સાચું છે.
$x = A \sin(\omega t)$ અને $v = A\omega \sin(\omega t + \frac{\pi}{2})$ ની સરખામણી કરતા,તે સ્પષ્ટ છે કે વેગ એ સ્થાનાંતર કરતા $\frac{\pi}{2}$ ના કળા તફાવતથી આગળ છે. તેથી,કારણ પણ સાચું છે અને તે સમજાવે છે કે જ્યારે સ્થાનાંતર (અને તેથી પ્રવેગ) શૂન્ય હોય ત્યારે વેગ મહત્તમ કેમ હોય છે.

(N/A) આપેલ છે: કંપનવિસ્તાર $A = 5\; cm = 0.05\; m$,આવર્તકાળ $T = 0.2\; s$. કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{0.2} = 10\pi\; rad/s$.
$(a)$ સ્થાનાંતર $x = 5\; cm = 0.05\; m$ માટે:
પ્રવેગ $a = -\omega^2 x = -(10\pi)^2 \times 0.05 = -100\pi^2 \times 0.05 = -5\pi^2\; m/s^2$.
વેગ $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2} = 10\pi \sqrt{(0.05)^2 - (0.05)^2} = 0\; m/s$.
$(b)$ સ્થાનાંતર $x = 3\; cm = 0.03\; m$ માટે:
પ્રવેગ $a = -\omega^2 x = -(10\pi)^2 \times 0.03 = -100\pi^2 \times 0.03 = -3\pi^2\; m/s^2$.
વેગ $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2} = 10\pi \sqrt{(0.05)^2 - (0.03)^2} = 10\pi \sqrt{0.0025 - 0.0009} = 10\pi \sqrt{0.0016} = 10\pi \times 0.04 = 0.4\pi\; m/s$.
$(c)$ સ્થાનાંતર $x = 0\; m$ માટે:
પ્રવેગ $a = -\omega^2 x = 0\; m/s^2$.
વેગ $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2} = 10\pi \sqrt{(0.05)^2 - 0} = 10\pi \times 0.05 = 0.5\pi\; m/s$.

(D) કંપવિસ્તાર અને $\omega$ કોણીય આવૃત્તિ સાથે $SHM$ કરતા કણ માટે,સ્થાનાંતર $x(t) = A \sin(\omega t + \phi)$ છે.
વેગ $v(t) = \frac{dx}{dt} = A\omega \cos(\omega t + \phi)$ છે. મહત્તમ વેગ $v_{max} = A\omega$ છે.
પ્રવેગ $a(t) = \frac{dv}{dt} = -A\omega^2 \sin(\omega t + \phi)$ છે. મહત્તમ પ્રવેગ $a_{max} = A\omega^2$ છે.
મહત્તમ પ્રવેગ અને મહત્તમ વેગનો ગુણોત્તર $\frac{a_{max}}{v_{max}} = \frac{A\omega^2}{A\omega} = \omega$ થાય છે.

(C) $SHM$ માં,વેગ $v$ એ $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A$ એ કંપવિસ્તાર છે અને $x$ એ સ્થાનાંતર છે. અંતિમ સ્થાનો $(x = \pm A)$ પર વેગ શૂન્ય હોય છે.
પ્રવેગ $a$ એ $a = -\omega^2 x$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. મધ્યમાન સ્થાન $(x = 0)$ પર પ્રવેગ શૂન્ય હોય છે.
કારણ કે એવું કોઈ એક બિંદુ નથી જ્યાં વેગ અને પ્રવેગ બંને એકસાથે શૂન્ય હોય,તેથી સાચો જવાબ એ છે કે $SHM$ માં આ સ્થિતિ ક્યારેય પ્રાપ્ત થતી નથી.

(A) $1.$ ગતિ સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ છે.
$2.$ $1$ દોલન $= 2\pi \ rad$ કળામાં ફેરફાર સૂચવે છે,તેથી $\frac{1}{2\pi}$ દોલન $= \frac{1}{2\pi} \times 2\pi = 1 \ rad$ થાય.
$3.$ કળા $\theta = \omega t + \phi$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. કળામાં થતો ફેરફારનો દર $\frac{d\theta}{dt} = \omega$ છે. તેથી,દર સેકન્ડે કળા $\omega$ જેટલી વધે છે.
$4.$ યાંત્રિક ઉર્જા $E = \frac{1}{2} k A^2$ છે. આપેલ છે કે $\frac{k_1}{k_2} = \frac{1}{2}$ અને $\frac{E_1}{E_2} = \frac{2}{9}$.
$\frac{E_1}{E_2} = \frac{k_1}{k_2} \times \left(\frac{A_1}{A_2}\right)^2 \Rightarrow \frac{2}{9} = \frac{1}{2} \times \left(\frac{A_1}{A_2}\right)^2$.
$\left(\frac{A_1}{A_2}\right)^2 = \frac{2}{9} \times 2 = \frac{4}{9}$.
તેથી,$\frac{A_1}{A_2} = \frac{2}{3}$.

(A) $1.$ ખોટું. સરેરાશ સ્થાન પર સ્થાનાંતર $x = 0$ હોય છે,તેથી પ્રવેગ $a = -\omega^2 x = 0$ થાય છે. પ્રવેગ સરેરાશ સ્થાન પર શૂન્ય હોય છે અને અંતિમ સ્થાનો પર મહત્તમ હોય છે.
$2.$ સાચું. $SHO$ ની કુલ યાંત્રિક ઉર્જા $E = \frac{1}{2} k A^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A$ એ મહત્તમ સ્થાનાંતર (કંપવિસ્તાર) છે. આમ,તે કંપવિસ્તારના વર્ગ પર આધાર રાખે છે.
$3.$ ખોટું. સેકન્ડ્સ લોલક એવું લોલક છે જેનો આવર્તકાળ $2 \, s$ હોય છે (દરેક તરફના દોલન માટે એક સેકન્ડ).
$4.$ ખોટું. જો $SHM$ ની આવૃત્તિ $v$ હોય,તો ગતિ ઉર્જા $K = \frac{1}{2} k A^2 \cos^2(\omega t) = \frac{1}{4} k A^2 (1 + \cos(2\omega t))$ મુજબ દોલન કરે છે. કોણીય આવૃત્તિ $2\omega$ હોવાથી,ગતિ ઉર્જાની આવૃત્તિ $2v$ થાય છે.

(A-D) $1.$ ખોટું. જ્યારે સ્પ્રિંગને બે સમાન ટુકડાઓમાં કાપવામાં આવે છે,ત્યારે દરેક ટુકડાનો સ્પ્રિંગ અચળાંક બમણો થાય છે $(k' = 2k)$.
$2.$ ખોટું. $SHO$ માં,પ્રવેગ $a = -\omega^2 x$ છે. જેમ સ્થાનાંતરનું મૂલ્ય $|x|$ વધે છે,તેમ પ્રવેગનું મૂલ્ય $|a|$ પણ વધે છે.
$3.$ સાચું. જટિલ તંત્રો (જેમ કે કપલ્ડ ઓસિલેટર અથવા કંપન કરતી દોરીઓ) એક કરતા વધુ પ્રાકૃતિક આવૃત્તિઓ ધરાવી શકે છે.
$4.$ ખોટું. આદર્શ $SHM$ નો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{m/k}$ એ કંપવિસ્તાર,ઉર્જા અને ફેઝ કોન્સ્ટન્ટથી સ્વતંત્ર છે.

(N/A) આપેલ છે: દળ $m = 50\, kg$,આવૃત્તિ $\nu = 2.0\, s^{-1}$,કંપનવિસ્તાર $A = 5.0\, cm = 0.05\, m$.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 2\pi\nu = 2 \times \pi \times 2 = 4\pi\, rad/s$.
મહત્તમ પ્રવેગ $a_{max} = \omega^2 A = (4\pi)^2 \times 0.05 = 16 \times 9.8696 \times 0.05 \approx 7.896\, m/s^2$.
$(a)$ હા,વજન બદલાય છે કારણ કે પ્લેટફોર્મ પ્રવેગિત ગતિ કરે છે.
$(b)$ આભાસી વજન $N$ એ $N = m(g + a)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $a$ એ પ્લેટફોર્મનો પ્રવેગ છે (ઉપરની તરફ ધન).
સૌથી નીચેના બિંદુએ,પ્રવેગ ઉપરની તરફ હોય છે: $a = +\omega^2 A$.
$N_{max} = m(g + \omega^2 A) = 50(9.8 + 7.896) = 50(17.696) = 884.8\, N$.
સૌથી ઉપરના બિંદુએ,પ્રવેગ નીચેની તરફ હોય છે: $a = -\omega^2 A$.
$N_{min} = m(g - \omega^2 A) = 50(9.8 - 7.896) = 50(1.904) = 95.2\, N$.

(D) આલેખ પરથી,સ્થાનાંતર $x$ એ $t = 0$ સમયે $x = A$ થી શરૂ થતું કોસાઇન વિધેય છે,તેથી $x(t) = A \cos(\omega t)$.
$(A)$ $t = \frac{3T}{4}$ સમયે,સ્થાનાંતર $x = A \cos(\omega \cdot \frac{3T}{4}) = A \cos(\frac{3\pi}{2}) = 0$. કારણ કે $F = -m\omega^2 x$,જો $x = 0$ હોય,તો $F = 0$. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
$(B)$ $t = T$ સમયે,$x = A \cos(\omega T) = A \cos(2\pi) = A$. પ્રવેગ $a = -\omega^2 x = -\omega^2 A$. પ્રવેગનું મૂલ્ય અંતિમ સ્થાનો $(x = \pm A)$ પર મહત્તમ હોય છે. તેથી,$(B)$ સાચું છે.
$(C)$ $t = \frac{T}{4}$ સમયે,$x = A \cos(\omega \cdot \frac{T}{4}) = A \cos(\frac{\pi}{2}) = 0$. ઝડપ $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ જ્યારે $x = 0$ હોય ત્યારે મહત્તમ હોય છે. તેથી,$(C)$ સાચું છે.
$(D)$ $t = \frac{T}{2}$ સમયે,$x = A \cos(\omega \cdot \frac{T}{2}) = A \cos(\pi) = -A$. $x = -A$ પર,$P.E.$ મહત્તમ છે અને $K.E. = 0$ છે. તેથી,$P.E. \neq K.E.$. તેથી,$(D)$ ખોટું છે.
આમ,વિધાનો $(A), (B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(C) સ્થિતિ ઊર્જાના આલેખ પરથી,મહત્તમ સ્થિતિ ઊર્જા $U_{\max} = 10\, {J}$ છે અને કંપવિસ્તાર $A = 2\, {m}$ છે (કારણ કે સંતુલન સ્થાન $x = 2\, {m}$ પર છે અને મહત્તમ સ્થાનાંતર $4\, {m} - 2\, {m} = 2\, {m}$ છે).
સૂત્ર $U_{\max} = \frac{1}{2} k A^2$ નો ઉપયોગ કરતા,$10 = \frac{1}{2} k (2)^2$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $10 = 2k$,તેથી સ્પ્રિંગ અચળાંક $k = 5\, {N/m}$ મળે છે.
સ્પ્રિંગ-દળ તંત્રનો આવર્તકાળ $T_{\text{spring}} = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi \sqrt{\frac{5}{5}} = 2\pi\, {s}$ છે.
સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T_{\text{pendulum}} = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ છે.
$T_{\text{spring}} = T_{\text{pendulum}}$ આપેલ હોવાથી,$2\pi \sqrt{\frac{5}{5}} = 2\pi \sqrt{\frac{4}{g}}$ ને સરખાવતા.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$1 = \frac{4}{g}$ મળે,જે પરથી $g = 4\, {m/s^2}$ થાય.

(D) અનુનાદ સમયે,સામયિક આવેગ (ચાલવાની) આવૃત્તિ એ પાણીના દોલનની પ્રાકૃતિક આવૃત્તિ સાથે મેળ ખાવી જોઈએ.
ધારો કે ચાલવાની આવૃત્તિ $f_{w} = \frac{v}{L}$ છે,જ્યાં $L$ એ ડગલાની લાક્ષણિક લંબાઈ છે.
છીછરા પાત્રમાં પાણીના દોલનનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{R}{gh}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $T \propto \frac{1}{\sqrt{h}}$,સૂત્ર પરથી જોઈ શકાય છે કે $T \propto \sqrt{R}$.
અનુનાદ સમયે,$f_{w} = f_{osc} = \frac{1}{T}$.
તેથી,$\frac{v}{L} \propto \frac{1}{\sqrt{R}}$.
જો ડગલાની લંબાઈ $L$ અચળ હોય,તો $v \propto \frac{1}{\sqrt{R}}$.
જોકે,છીછરા પાણીમાં તરંગની ઝડપ માટેના પરિમાણીય વિશ્લેષણને ધ્યાનમાં લેતા,આવૃત્તિ $f \propto \frac{\sqrt{gh}}{R}$ થાય છે.
$\frac{v}{L} \propto \frac{\sqrt{gh}}{R}$ ને સરખાવતા,અને $h$ અચળ હોવાથી,આપણને $v \propto \frac{1}{R}$ મળે છે.

(B) સ્પ્રિંગ-આધારિત ઘડિયાળનો સમયગાળો $T_S = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $g$ થી સ્વતંત્ર છે.
લોલક-આધારિત ઘડિયાળનો સમયગાળો $T_P = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે $g$ પર આધાર રાખે છે.
ધારો કે પૃથ્વીની ઘનતા $\rho$ છે અને તેની ત્રિજ્યા $R$ છે. પૃથ્વી પર ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $g = \frac{GM}{R^2} = \frac{4}{3} \pi G \rho R$ છે.
નવા ગ્રહ માટે,ઘનતા $\rho' = \rho$ અને ત્રિજ્યા $R' = 2R$ છે. નવો ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $g' = \frac{4}{3} \pi G \rho (2R) = 2g$ થશે.
$T_S$ એ $g$ થી સ્વતંત્ર હોવાથી,ઘડિયાળ $S$ નો દર બદલાશે નહીં.
ઘડિયાળ $P$ માટે,નવો સમયગાળો $T_P' = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g'}} = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{2g}} = \frac{T_P}{\sqrt{2}}$ થશે.
$T_P' < T_P$ હોવાથી,લોલક ઘડિયાળ $P$ તેના દોલનો ઓછા સમયમાં પૂર્ણ કરશે,જેનો અર્થ છે કે તે ઘડિયાળ $S$ કરતા ઝડપથી ચાલશે.

(B) બ્લોક $P$ તેમની વચ્ચે કાર્યરત સ્થિત ઘર્ષણ બળને કારણે બ્લોક $Q$ ની સાથે ગતિ કરે છે. ઉપલબ્ધ મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f_{max} = \mu N = \mu m_P g$ છે,જ્યાં $m_P$ એ બ્લોક $P$ નું દળ છે.
સિસ્ટમનો પ્રવેગ $a = -\omega^2 x$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. બ્લોક $P$ ને બ્લોક $Q$ સાથે ગતિ કરાવવા માટે જરૂરી બળ $F = m_P a = -m_P \omega^2 x$ છે.
જ્યારે જરૂરી બળ મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ કરતા વધી જાય ત્યારે બ્લોક $P$ સરકશે,એટલે કે $|m_P \omega^2 x| > \mu m_P g$,અથવા $|x| > \frac{\mu g}{\omega^2}$.
કારણ કે પ્રવેગનું મૂલ્ય $|a| = \omega^2 |x|$ એ અંતિમ સ્થાનો $(x = \pm A)$ પર મહત્તમ હોય છે,તેથી જરૂરી બળ આ બિંદુઓ પર મહત્તમ હોય છે. તેથી,બ્લોક $P$ ના અંતિમ સ્થાનો $x = +A$ અથવા $x = -A$ પર સરકવાની શક્યતા સૌથી વધુ છે.

(A) સંપૂર્ણ અસ્થિતિસ્થાપક અથડામણ દરમિયાન રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$m_2 u = (m_1 + m_2) v$
$0.5 \times 3 = (1 + 0.5) v$
$1.5 = 1.5 v \Rightarrow v = 1\,m/s$
અથડામણ પછી,સંયુક્ત દળ $(M = m_1 + m_2 = 1.5\,kg)$ સ્પ્રિંગ સાથે દોલન કરે છે. યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{2} M v^2 = \frac{1}{2} k A^2$
$A = v \sqrt{\frac{M}{k}} = 1 \times \sqrt{\frac{1.5}{600}} = \sqrt{\frac{1}{400}} = \frac{1}{20}\,m = 0.05\,m = 5\,cm$
દોલનનો આવર્તકાળ નીચે મુજબ મળે છે:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k}} = 2\pi \sqrt{\frac{1.5}{600}} = 2\pi \sqrt{\frac{1}{400}} = 2\pi \times \frac{1}{20} = \frac{\pi}{10}\,s$
આમ,કંપવિસ્તાર $5\,cm$ અને આવર્તકાળ $\frac{\pi}{10}\,s$ છે.

(A) સાદા લોલક માટે,આવર્તકાળ $T_p = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. ચંદ્ર પર ગુરુત્વપ્રવેગ $g$ ઘટતો હોવાથી,આવર્તકાળ $T_p$ વધશે.
સ્પ્રિંગ-દળ તંત્ર માટે,આવર્તકાળ $T_s = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આ સૂત્ર ગુરુત્વપ્રવેગ $g$ પર આધારિત નથી,તેથી આવર્તકાળ $T_s$ સમાન રહેશે.
આમ,$T_p$ વધે છે અને $T_s$ અચળ રહે છે,તેથી ચંદ્ર પર સાદા લોલકનો આવર્તકાળ સ્પ્રિંગ-દળ તંત્ર કરતા વધારે હશે.

(A) જોડકાં નીચે મુજબ છે:
$(a) \rightarrow (iv)$: આલેખ અવમંદિત દોલનો દર્શાવે છે જ્યાં હવાના અવરોધને કારણે સમય સાથે કંપવિસ્તાર ઘટે છે.
$(b) \rightarrow (iii)$: આલેખ સુરેખ સંબંધ $y = -kx$ દર્શાવે છે,જે સ્પ્રિંગના પુનઃસ્થાપક બળ $(F = -kx)$ ને અનુરૂપ છે.
$(c) \rightarrow (ii)$: આલેખ અચળ કંપવિસ્તાર સાથે સરળ આવર્ત ગતિ દર્શાવે છે,જે નહિવત હવાના અવરોધ હેઠળ દોલન કરતા આદર્શ લોલકને અનુરૂપ છે.
$(d) \rightarrow (i)$: આલેખ ગતિ ઉર્જા અને સ્થિતિ ઉર્જાનો ફેરફાર દર્શાવે છે,જ્યાં તેમનો સરવાળો (કુલ યાંત્રિક ઉર્જા) અચળ રહે છે.
તેથી,સાચું જોડકું $(a)-(iv), (b)-(iii), (c)-(ii), (d)-(i)$ છે.

(A) આપેલ છે $v = c_1 \sqrt{c_2 - x^2}$. આ સરળ આવર્ત ગતિનું વેગ સમીકરણ છે $(v = \omega \sqrt{A^2 - x^2})$. તેથી,$(A) \rightarrow (p)$.
$(B)$ આપેલ છે $v = -kx$. જેમ $x$ વધે છે,$v$ વધુ ઋણ બને છે. પદાર્થ ઉગમબિંદુ તરફ ગતિ કરે છે અને $x=0$ પર અટકે છે. તે ક્યારેય દિશા બદલતું નથી. જેમ $x$ વધે તેમ $v$ ઘટે છે,તેથી ગતિઊર્જા ઘટે છે. તેથી,$(B) \rightarrow (q) \& (r)$.
$(C)$ ઉપર તરફ પ્રવેગિત લિફ્ટમાં,પદાર્થ પર આભાસી બળ લાગે છે. સંતુલન સ્થાન બદલાય છે,પરંતુ ગતિ નવા સંતુલન સ્થાનની સાપેક્ષમાં સરળ આવર્ત ગતિ જ રહે છે. તેથી,$(C) \rightarrow (p)$.
$(D)$ નિષ્ક્રમણ વેગ $\sqrt{2GM_e/R_e}$ છે. પ્રક્ષેપણ ઝડપ $\sqrt{2}$ ગણી છે. તેથી તે પાછું આવશે નહીં અને દિશા બદલશે નહીં. જેમ તે દૂર જાય છે,ઝડપ ઘટે છે,તેથી ગતિઊર્જા ઘટે છે. તેથી,$(D) \rightarrow (r) \& (q)$.

(D) સાદા લોલકની સ્થિતિ ઉર્જા $U = \frac{1}{2} k x^2$ છે,જે ઉપરની તરફ ખુલતો પરવલય છે. આ આલેખ $(p)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(B)$ અચળ પ્રવેગ $a$ સાથેની એક-પરિમાણીય ગતિ માટે,$x = ut + \frac{1}{2} a t^2$. જો $a=0$ હોય,તો $x=ut$ (રેખીય,આલેખ $(q)$). જો $a \neq 0$ હોય,તો તે પરવલય છે (આલેખ $(s)$). તેથી,$(B) \rightarrow q \& s$.
$(C)$ પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની અવધિ $R = \frac{v^2 \sin(2\theta)}{g}$ છે. $\theta$ નિશ્ચિત હોવાથી,$R \propto v^2$. આ ઉગમબિંદુથી શરૂ થતો ઉપરની તરફ ખુલતો પરવલય છે,જે આલેખ $(s)$ છે.
$(D)$ સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ છે,તેથી $T^2 = \frac{4\pi^2}{g} L$. આ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતો રેખીય આલેખ $y = mx$ છે,જે આલેખ $(q)$ છે.

(D) $1.$ ઉપરની તરફ ફેંકવામાં આવેલા દડા માટે, સ્થાન $x$ વધે છે અને પછી ઘટે છે, અને વેગમાન $p$ ધનમાંથી ઋણ તરફ ઘટે છે. આ ફેઝ સ્પેસમાં નીચેની તરફ ખુલતા પેરાબોલાને અનુરૂપ છે, જે વિકલ્પ $(D)$ છે.
$2.$ સરળ આવર્ત દોલકની કુલ યાંત્રિક ઉર્જા $E = \frac{1}{2} k A^2$ છે, જ્યાં $A$ એ કંપવિસ્તાર છે. આકૃતિ પરથી, બહારના વર્તુળની ત્રિજ્યા $2a$ છે અને અંદરના વર્તુળની $a$ છે. આમ, $A_1 = 2a$ અને $A_2 = a$. તેથી, $E_1 = \frac{1}{2} k (2a)^2 = 4 (\frac{1}{2} k a^2) = 4 E_2$. આ વિકલ્પ $(C)$ ને અનુરૂપ છે.
$3.$ પાણીમાં ડૂબેલી સ્પ્રિંગ-માસ સિસ્ટમ અવમંદિત દોલનો અનુભવે છે. દોલનનો કંપવિસ્તાર સમય સાથે ઘટે છે, તેથી ફેઝ સ્પેસ ડાયાગ્રામ ઉગમબિંદુ તરફ અંદરની તરફ સર્પાકાર હશે. આ વિકલ્પ $(B)$ ને અનુરૂપ છે.

(A) $1$. સૌ પ્રથમ,$t = 1 \ s$ સમયે બ્લોકનું સ્થાન નક્કી કરો. બ્લોક $t = 0$ સમયે અંતિમ સ્થાન $x = A = 0.2 \ m$ થી શરૂ થાય છે. ગતિનું સમીકરણ $x(t) = A \cos(\omega t)$ છે.
$2$. $t = 1 \ s$ પર,$x(1) = 0.2 \cos(\frac{\pi}{3} \times 1) = 0.2 \cos(60^{\circ}) = 0.2 \times 0.5 = 0.1 \ m$. તેથી,બ્લોક $O$ થી $0.1 \ m$ અંતરે છે.
$3$. પથ્થરને $P$ બિંદુથી $x = 10 \ m$ પરથી ફેંકવામાં આવે છે. તે $x = 0.1 \ m$ પર બ્લોકને અથડાય છે. પથ્થર દ્વારા કાપેલું સમક્ષિતિજ અંતર $d = 10 - 0.1 = 9.9 \ m$ છે.
$4$. વેગનો સમક્ષિતિજ ઘટક $v_x = v \cos(45^{\circ}) = \frac{v}{\sqrt{2}}$ છે.
$5$. સમક્ષિતિજ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $t = \frac{d}{v_x} \implies 1 = \frac{9.9}{v/\sqrt{2}} \implies v = 9.9 \sqrt{2} \approx 14 \ m/s$.
$6$. જો કે,$t = 1 \ s$ પર પથ્થર જમીનના સ્તરે પણ હોવો જોઈએ. શિરોલંબ સ્થાનાંતર $y(t) = (v \sin 45^{\circ})t - \frac{1}{2}gt^2$ છે. $y(1) = 0$ લેતા,આપણને $v \sin 45^{\circ} = \frac{1}{2}g(1) = 5 \implies v = 5\sqrt{2} = \sqrt{50} \ m/s$ મળે છે.