Mix Example - System of Particles and Rotational Motion Questions in Gujarati

(D) $1$. જ્યારે રીંગ ખરબચડી સપાટી પર પ્રવેશે છે,ત્યારે ઘર્ષણ બળ પાછળની તરફ લાગે છે,જેનાથી રેખીય પ્રતિપ્રવેગ ઉત્પન્ન થાય છે: $a = \frac{f}{M} = \frac{\mu Mg}{M} = \mu g$. દ્રવ્યમાન કેન્દ્રને અનુલક્ષીને ટોર્ક $\tau = fR = \mu MgR$ છે. કોણીય પ્રવેગ $\alpha = \frac{\tau}{I} = \frac{\mu MgR}{MR^2} = \frac{\mu g}{R}$.
$2$. જ્યારે $v = \omega R$ થાય ત્યારે ગબડવાની ગતિ શરૂ થાય છે. $t$ સમયે,$v = v_0 - \mu gt$ અને $\omega = \alpha t = \frac{\mu g}{R}t$. $v_0 - \mu gt = (\frac{\mu g}{R}t)R = \mu gt$ લેતા,આપણને $t = \frac{v_0}{2\mu g}$ મળે છે.
$3$. કાપેલું અંતર $s = v_0 t - \frac{1}{2}at^2 = v_0(\frac{v_0}{2\mu g}) - \frac{1}{2}(\mu g)(\frac{v_0}{2\mu g})^2 = \frac{v_0^2}{2\mu g} - \frac{v_0^2}{8\mu g} = \frac{3v_0^2}{8\mu g}$. વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.
$4$. અંતિમ વેગ $v = v_0 - \mu g(\frac{v_0}{2\mu g}) = \frac{v_0}{2}$. અંતિમ કોણીય વેગ $\omega = \frac{v}{R} = \frac{v_0}{2R}$.
$5$. ચાકગતિ ઉર્જામાં વધારો $\Delta K_{rot} = \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2}(MR^2)(\frac{v_0}{2R})^2 = \frac{Mv_0^2}{8}$. વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.
$6$. પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા $K_i = \frac{1}{2}Mv_0^2$. અંતિમ ગતિ ઉર્જા $K_f = \frac{1}{2}Mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2}M(\frac{v_0}{2})^2 + \frac{1}{2}(MR^2)(\frac{v_0}{2R})^2 = \frac{Mv_0^2}{8} + \frac{Mv_0^2}{8} = \frac{Mv_0^2}{4}$.
$7$. ગતિ ઉર્જામાં ઘટાડો $\Delta K = K_i - K_f = \frac{1}{2}Mv_0^2 - \frac{1}{4}Mv_0^2 = \frac{1}{4}Mv_0^2$. વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.

(D) $1$. પ્રારંભિક સ્થિતિ: ગોળો શુદ્ધ ગબડતી ગતિમાં છે,તેથી $v_0 = \omega_0 R$. $O$ ની સાપેક્ષે કોણીય વેગમાન $L_i = I_{cm}\omega_0 + mv_0R = (\frac{2}{5}mR^2)(\frac{v_0}{R}) + mv_0R = \frac{7}{5}mv_0R$ છે.
$2$. અથડામણ: દીવાલ લીસી છે,તેથી તે કેન્દ્રમાંથી પસાર થતું આઘાતી બળ $J$ લગાડે છે. અથડામણ દરમિયાન $O$ ની સાપેક્ષે કોણીય વેગમાન સંરક્ષિત રહે છે કારણ કે આઘાતી બળનું ટોર્ક શૂન્ય છે. તેથી,$L_{after} = L_{before} = \frac{7}{5}mv_0R$.
$3$. અથડામણ પછી: ગોળો $v'$ વેગ અને $\omega_0$ કોણીય વેગ સાથે ગતિ કરે છે. ઘર્ષણ બળ શુદ્ધ ગબડતી ગતિ પુનઃસ્થાપિત કરે છે. અંતિમ સ્થિતિમાં $v_f = \omega_f R$ થાય છે. કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,અંતિમ વેગ $-\frac{3}{7}v_0$ મળે છે.

(A) રેખીય દળ ઘનતા $\lambda(x)$ ધરાવતા સળિયાનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x_{CM}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$x_{CM} = \frac{\int_0^L x \lambda(x) dx}{\int_0^L \lambda(x) dx}$
$\lambda(x) = k(\frac{x}{L})^n$ મૂકતા:
$x_{CM} = \frac{\int_0^L x \cdot k(\frac{x}{L})^n dx}{\int_0^L k(\frac{x}{L})^n dx} = \frac{\frac{k}{L^n} \int_0^L x^{n+1} dx}{\frac{k}{L^n} \int_0^L x^n dx} = \frac{[\frac{x^{n+2}}{n+2}]_0^L}{[\frac{x^{n+1}}{n+1}]_0^L} = \frac{L^{n+2}/(n+2)}{L^{n+1}/(n+1)} = L \frac{n+1}{n+2}$
વિધેય $f(n) = L \frac{n+1}{n+2} = L (1 - \frac{1}{n+2})$ નું વિશ્લેષણ કરતા:
$1$. $n = 0$ માટે,$x_{CM} = L(1 - 1/2) = L/2$.
$2$. જેમ $n \to \infty$,તેમ $x_{CM} \to L$.
$3$. વિકલન $\frac{dx_{CM}}{dn} = L \frac{(n+2) - (n+1)}{(n+2)^2} = \frac{L}{(n+2)^2} > 0$,તેથી $x_{CM}$ એ વધતું વિધેય છે.
$4$. દ્વિતીય વિકલન $\frac{d^2x_{CM}}{dn^2} = -\frac{2L}{(n+2)^3} < 0$,તેથી આલેખ નીચેની તરફ અંતર્મુખ (concave down) છે.
આ ગુણધર્મો વિકલ્પ $(A)$ ના આલેખ સાથે સુસંગત છે.

(D) સળિયાના છેડા $O$ માંથી પસાર થતી ધરીને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{1}{3} m l^2$ છે.
જ્યારે સળિયો તેની સૌથી નીચી સ્થિતિમાં હોય ત્યારે તેની કોણીય ઝડપ મહત્તમ $\omega$ હોય છે. આ બિંદુએ ચાકગતિ ઉર્જા $K = \frac{1}{2} I \omega^2 = \frac{1}{2} (\frac{1}{3} m l^2) \omega^2 = \frac{1}{6} m l^2 \omega^2$ થાય.
મહત્તમ ઊંચાઈ $h$ પર,સળિયાનો કોણીય વેગ ક્ષણિક રીતે શૂન્ય થઈ જાય છે. ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,સૌથી નીચા બિંદુએ રહેલી ચાકગતિ ઉર્જા એ સૌથી ઊંચા બિંદુએ દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(C.M.)$ દ્વારા પ્રાપ્ત કરેલી ગુરુત્વીય સ્થિતિ ઉર્જા જેટલી હોય છે.
તેથી,$mgh = \frac{1}{6} m l^2 \omega^2$.
$h$ માટે ઉકેલતા,આપણને $h = \frac{l^2 \omega^2}{6g}$ મળે છે.

(A) સમય $t$ પર કણનો સ્થાન સદિશ નીચે મુજબ છે:
$\vec{r} = (v_{0} \cos \theta) t \hat{i} + (v_{0} \sin \theta \cdot t - \frac{1}{2} g t^{2}) \hat{j}$
સમય $t$ પર કણનો વેગ સદિશ નીચે મુજબ છે:
$\vec{v} = (v_{0} \cos \theta) \hat{i} + (v_{0} \sin \theta - gt) \hat{j}$
ઉગમબિંદુની સાપેક્ષ કોણીય વેગમાન $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p} = m(\vec{r} \times \vec{v})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\vec{L} = m [((v_{0} \cos \theta) t \hat{i} + (v_{0} \sin \theta \cdot t - \frac{1}{2} g t^{2}) \hat{j}) \times ((v_{0} \cos \theta) \hat{i} + (v_{0} \sin \theta - gt) \hat{j})]$
ક્રોસ પ્રોડક્ટના નિયમો $\hat{i} \times \hat{i} = 0$,$\hat{j} \times \hat{j} = 0$,$\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}$,અને $\hat{j} \times \hat{i} = -\hat{k}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\vec{L} = m [((v_{0} \cos \theta) t)(v_{0} \sin \theta - gt) \hat{k} + (v_{0} \sin \theta \cdot t - \frac{1}{2} g t^{2})(v_{0} \cos \theta) (-\hat{k})]$
$\vec{L} = m [v_{0}^{2} \sin \theta \cos \theta \cdot t - v_{0} g \cos \theta \cdot t^{2} - v_{0}^{2} \sin \theta \cos \theta \cdot t + \frac{1}{2} g v_{0} \cos \theta \cdot t^{2}] \hat{k}$
$\vec{L} = m [-\frac{1}{2} g v_{0} \cos \theta \cdot t^{2}] \hat{k} = -\frac{1}{2} mg v_{0} t^{2} \cos \theta \hat{k}$

(D) જ્યારે હૂપને સપાટી પર મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે તેના પર ઘર્ષણ બળ લાગે છે,જે તેને રેખીય પ્રવેગિત કરે છે અને કોણીય વેગ ઘટાડે છે જ્યાં સુધી તે સરક્યા વગર ગબડવા ન લાગે.
આ પ્રક્રિયા દરમિયાન,સપાટી પરના સંપર્ક બિંદુની સાપેક્ષમાં કુલ ટોર્ક શૂન્ય હોય છે કારણ કે ઘર્ષણ બળ આ બિંદુમાંથી પસાર થાય છે.
તેથી,સંપર્ક બિંદુની સાપેક્ષમાં કોણીય વેગમાનનું સંરક્ષણ થાય છે.
સંપર્ક બિંદુની સાપેક્ષમાં પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન: $L_i = I_{cm}\omega_0 = mr^2\omega_0$.
જ્યારે તે સરક્યા વગર ગબડે $(v = r\omega)$ ત્યારે સંપર્ક બિંદુની સાપેક્ષમાં અંતિમ કોણીય વેગમાન: $L_f = I_{cm}\omega + mvr = mr^2\omega + m(r\omega)r = 2mr^2\omega$.
$L_i$ અને $L_f$ ને સરખાવતા: $mr^2\omega_0 = 2mr^2\omega$.
$\omega$ માટે ઉકેલતા: $\omega = \frac{\omega_0}{2}$.
કારણ કે $v = r\omega$,તેથી અંતિમ વેગ $v = \frac{r\omega_0}{2}$ થશે.

(B) બાજુવાળા સમઘન માટે જે $R$ ત્રિજ્યાના ગોળામાં અંતર્ગત છે,સમઘનનો વિકર્ણ એ ગોળાના વ્યાસ જેટલો હોય છે. તેથી,$\sqrt{3}a = 2R$,જે $a = \frac{2R}{\sqrt{3}}$ આપે છે.
પદાર્થની ઘનતા $\rho$ ધારતા,ગોળાનું દળ $M = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi R^3$ છે. સમઘનનું દળ $M' = \rho a^3 = \rho \left(\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)^3 = \rho \frac{8R^3}{3\sqrt{3}}$ છે.
ગુણોત્તર લેતા,$\frac{M'}{M} = \frac{\rho \frac{8R^3}{3\sqrt{3}}}{\rho \frac{4}{3}\pi R^3} = \frac{8}{3\sqrt{3}} \cdot \frac{3}{4\pi} = \frac{2}{\sqrt{3}\pi}$. તેથી,$M' = \frac{2M}{\sqrt{3}\pi}$.
$M'$ દળ અને $a$ બાજુવાળા સમઘનની તેના કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અને તેની એક સપાટીને લંબ અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{M' a^2}{6}$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$I = \frac{1}{6} \left(\frac{2M}{\sqrt{3}\pi}\right) \left(\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{1}{6} \cdot \frac{2M}{\sqrt{3}\pi} \cdot \frac{4R^2}{3} = \frac{8M R^2}{18\sqrt{3}\pi} = \frac{4M R^2}{9\sqrt{3}\pi}$.

(D) કોણીય વેગમાન $\vec L = \vec r \times \vec p = r_{\perp} p \hat n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r_{\perp}$ એ ઉગમબિંદુથી ગતિની રેખાનું લંબ અંતર છે.
$A$ થી $B$ વિભાગ માટે: ગતિની રેખા $y = R/\sqrt{2}$ છે. લંબ અંતર $R/\sqrt{2}$ છે. વેગ $+x$ દિશામાં છે,તેથી $\vec L = (R/\sqrt{2})mv(-\hat k)$.
$B$ થી $C$ વિભાગ માટે: ગતિની રેખા $x = R/\sqrt{2} + a$ છે. લંબ અંતર $R/\sqrt{2} + a$ છે. વેગ $+y$ દિશામાં છે,તેથી $\vec L = (R/\sqrt{2} + a)mv(\hat k)$.
$C$ થી $D$ વિભાગ માટે: ગતિની રેખા $y = R/\sqrt{2} + a$ છે. લંબ અંતર $R/\sqrt{2} + a$ છે. વેગ $-x$ દિશામાં છે,તેથી $\vec L = (R/\sqrt{2} + a)mv(\hat k)$.
$D$ થી $A$ વિભાગ માટે: ગતિની રેખા $x = R/\sqrt{2}$ છે. લંબ અંતર $R/\sqrt{2}$ છે. વેગ $-y$ દિશામાં છે,તેથી $\vec L = (R/\sqrt{2})mv(\hat k)$.
આ વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,વિધાન $(b)$ અને $(c)$ ખોટા છે.

(C) આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ,રોલરને બે પાટા $AB$ અને $CD$ પર રાખવામાં આવે છે. પાટા અસમપ્રમાણ છે જેથી પરિભ્રમણની ધરીથી ડાબા પાટા $AB$ પરના સંપર્ક બિંદુનું અંતર જમણા પાટા $CD$ પરના અંતર કરતા અલગ છે.
રોલર બે શંકુઓનું બનેલું હોવાથી જે તેમના શિરોબિંદુ $O$ પર જોડાયેલા છે,પાટા સાથેના સંપર્ક બિંદુ પર રોલરની ત્રિજ્યા શિરોબિંદુ $O$ થી અંતર પર આધાર રાખે છે.
રોલિંગ ગતિ માટે,સંપર્કના કોઈપણ બિંદુ પર રેખીય વેગ $v = r \omega$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r$ એ તે બિંદુ પર શંકુની ત્રિજ્યા છે અને $\omega$ એ કોણીય વેગ છે.
પાટા અસમપ્રમાણ રીતે ગોઠવાયેલા હોવાથી,ડાબા પાટા પરના સંપર્ક બિંદુ પરની અસરકારક ત્રિજ્યા $r$ એ જમણા પાટા પરના સંપર્ક બિંદુ પરની અસરકારક ત્રિજ્યા $r$ કરતા નાની છે.
$v = r \omega$ હોવાથી,નાની ત્રિજ્યા ધરાવતી બાજુનો રેખીય વેગ ઓછો હશે,જેના કારણે રોલર નાની ત્રિજ્યા ધરાવતી બાજુ તરફ વળશે,જે ડાબી બાજુ છે.

(C) એક ડિસ્કની તેના કેન્દ્રને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{cm} = \frac{1}{2}MR^2$ છે.
કેન્દ્રમાં રહેલી ડિસ્ક માટે,$O$ માંથી પસાર થતી અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_1 = \frac{1}{2}MR^2$ છે.
છ બહારની ડિસ્ક માટે,તેમના કેન્દ્રનું $O$ થી અંતર $d = 2R$ છે. સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,દરેક બહારની ડિસ્કની $O$ ને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_i = I_{cm} + Md^2 = \frac{1}{2}MR^2 + M(2R)^2 = \frac{9}{2}MR^2$ થાય.
$O$ ને અનુલક્ષીને કુલ જડત્વની ચાકમાત્રા $I_O = I_1 + 6 \times I_i = \frac{1}{2}MR^2 + 6 \times \frac{9}{2}MR^2 = \frac{55}{2}MR^2$ છે.
હવે,બિંદુ $P$ ને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા શોધવા માટે,$O$ અને $P$ વચ્ચેનું અંતર $3R$ લેતા,સમાંતર અક્ષના પ્રમેય મુજબ:
$I_P = I_O + (7M)(3R)^2 = \frac{55}{2}MR^2 + 63MR^2 = \frac{181}{2}MR^2$.

(A) ધારો કે રીંગના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો પ્રવેગ $a$ છે અને કોણીય પ્રવેગ $\alpha$ છે. રીંગ સરક્યા વિના ગબડતી હોવાથી,$a = R\alpha$.
લટકતા $m$ દળ માટે,ગતિનું સમીકરણ: $mg - T = ma_h$,જ્યાં $a_h$ એ લટકતા દળનો પ્રવેગ છે. દોરી રીંગની ઉપરની બાજુએ જોડાયેલી હોવાથી,$a_h = a + R\alpha = a + a = 2a$.
તેથી,$mg - T = m(2a) \implies T = m(g - 2a)$.
રીંગ માટે,બળો તણાવ $T$ (આગળ) અને ઘર્ષણ $f$ (આગળની દિશામાં ધારો) છે. સમીકરણો:
$T + f = ma$
$(T - f)R = I\alpha = (mR^2)\alpha = mRa \implies T - f = ma$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2T = 2ma \implies T = ma$.
$T = ma$ ને $mg - T = 2ma$ માં મૂકતા,આપણને મળે: $mg - ma = 2ma \implies 3ma = mg \implies a = g/3$.
તેથી $a_h = 2a = 2g/3$.
$T + f = ma$ પરથી,$ma + f = ma \implies f = 0$.
ગણતરી કરેલ પ્રવેગ $a = g/3$ અને $a_h = 2g/3$ વિધાન $(i)$ અને $(ii)$ સાથે સુસંગત હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) ધારો કે સળિયાનું દળ $M$ અને લંબાઈ $l$ છે. દડાનું દળ $m$ અને પ્રારંભિક વેગ $v$ છે. અથડામણ પછી,દડો સ્થિર થઈ જાય છે અને સળિયો તેના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની આસપાસ રેખીય વેગ $V$ અને કોણીય વેગ $\omega$ સાથે ગતિ કરે છે.
$1$. રેખીય વેગમાનનું સંરક્ષણ:
$mv = MV \implies V = \frac{mv}{M} \quad \dots(1)$
$2$. સળિયાના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની આસપાસ કોણીય વેગમાનનું સંરક્ષણ:
દડો કેન્દ્રથી $l/2$ અંતરે અથડાય છે.
$mv(l/2) = I\omega = \left(\frac{Ml^2}{12}\right)\omega \implies \omega = \frac{6mv}{Ml} \quad \dots(2)$
$3$. ગતિઊર્જાનું સંરક્ષણ (સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ):
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}MV^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
$V$ અને $\omega$ ની કિંમતો મૂકતા:
$mv^2 = M\left(\frac{mv}{M}\right)^2 + \left(\frac{Ml^2}{12}\right)\left(\frac{6mv}{Ml}\right)^2$
$mv^2 = \frac{m^2v^2}{M} + \frac{Ml^2}{12} \cdot \frac{36m^2v^2}{M^2l^2}$
$mv^2 = \frac{m^2v^2}{M} + \frac{3m^2v^2}{M}$
$mv^2 = \frac{4m^2v^2}{M}$
$1 = \frac{4m}{M} \implies m = \frac{M}{4}$

(C) પૈડું $v$ ઝડપથી સરક્યા વગર ગબડે છે. દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ $v$ છે અને કોણીય વેગ $\omega = v/r$ છે.
સૌથી ઉચ્ચ બિંદુ $B$ પર,કાદવના ટુકડાનો વેગ એ દ્રવ્યમાન કેન્દ્રના વેગ અને પરિભ્રમણને કારણે સ્પર્શીય વેગનો સદિશ સરવાળો છે: $v_B = v + \omega r = v + (v/r)r = 2v$.
કાદવનો ટુકડો $h = 2r$ ઊંચાઈથી સમક્ષિતિજ દિશામાં ફેંકાયેલા પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થ તરીકે વર્તે છે.
જમીન પર પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t$ એ $h = \frac{1}{2}gt^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,તેથી $2r = \frac{1}{2}gt^2$,જે $t = 2\sqrt{\frac{r}{g}}$ આપે છે.
આ સમય દરમિયાન કાદવના ટુકડા દ્વારા કાપેલું સમક્ષિતિજ અંતર $x = v_B \times t = (2v) \times (2\sqrt{\frac{r}{g}}) = 4v\sqrt{\frac{r}{g}}$ છે.
જેમ જેમ પૈડું આગળ વધે છે,તેમ કાદવ જમીન પર પડે ત્યારે પૈડાના કેન્દ્રનું સમક્ષિતિજ સ્થાન $x_{wheel} = v \times t = 2v\sqrt{\frac{r}{g}}$ થાય છે.
બિંદુ $A$ એ શરૂઆતમાં પૈડાના કેન્દ્રનું સ્થાન છે. અંતર $AC$ એ પૈડાના કેન્દ્ર દ્વારા કાપેલું અંતર અને કેન્દ્રની સાપેક્ષમાં કાદવની સમક્ષિતિજ અવધિનો સરવાળો છે: $AC = x_{wheel} + x = 2v\sqrt{\frac{r}{g}} + 2v\sqrt{\frac{r}{g}} = 4v\sqrt{\frac{r}{g}}$.

(B) ધારો કે $N_1$ અને $N_2$ એ અનુક્રમે સમક્ષિતિજ અને શિરોલંબ સમતલો દ્વારા લાગતા લંબબળો છે. ધારો કે $f_1 = \mu N_1$ અને $f_2 = \mu N_2$ એ ઘર્ષણ બળો છે.
સમક્ષિતિજ સંતુલન માટે: $f_1 = N_2 \implies \mu N_1 = N_2$.
શિરોલંબ સંતુલન માટે: $f_2 + N_1 = mg \implies \mu N_2 + N_1 = mg$.
$N_2 = \mu N_1$ મૂકતા: $\mu(\mu N_1) + N_1 = mg \implies N_1(1 + \mu^2) = mg \implies N_1 = \frac{mg}{1 + \mu^2}$.
તેથી $N_2 = \frac{\mu mg}{1 + \mu^2}$.
કુલ ઘર્ષણ બળ $f = f_1 + f_2 = \mu N_1 + \mu N_2 = \mu(N_1 + N_2) = \mu \left( \frac{mg}{1 + \mu^2} + \frac{\mu mg}{1 + \mu^2} \right) = \frac{\mu mg(1 + \mu)}{1 + \mu^2}$.
ઘર્ષણ દ્વારા થયેલ કાર્ય એ ચાકગતિ ઉર્જામાં થતા ઘટાડા જેટલું હોય છે: $W = \Delta K.E$.
$W = f \times s$,જ્યાં $s = (2\pi R)N$ એ સપાટી પરના બિંદુ દ્વારા કાપેલું અંતર છે અને $N$ એ પરિભ્રમણોની સંખ્યા છે.
$K.E = \frac{1}{2} I \omega^2 = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} mR^2) \omega^2 = \frac{1}{4} mR^2 \omega^2$.
કાર્ય અને ઉર્જાને સરખાવતા: $\left[ \frac{\mu mg(1 + \mu)}{1 + \mu^2} \right] (2\pi R N) = \frac{1}{4} mR^2 \omega^2$.
$N$ માટે ઉકેલતા: $N = \frac{\omega^2 R(1 + \mu^2)}{8\pi \mu g(1 + \mu)}$.

(D) તંત્રને સ્થિર સ્થિતિમાંથી મુક્ત કર્યા પછી તરત જ,કોણીય વેગ $\omega = 0$ છે.
તેથી,કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c = \omega^2 R = 0$ છે.
બિંદુ $A$ ની સાપેક્ષે ટોર્ક એ $m$ દળના વજન દ્વારા $A$ માંથી પસાર થતી ઉર્ધ્વ રેખાથી $R$ અંતરે લાગે છે.
$\tau_A = mgR$.
$\tau_A = I_A \alpha$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\alpha = \frac{mgR}{I_A} = \frac{2 \times 10 \times 1}{4} = 5 \ rad/s^2$.
તંત્રના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો પ્રવેગ $(a_{cm})$ એ $m$ દળ અને પદાર્થના કેન્દ્રના પ્રવેગને ધ્યાનમાં લઈને શોધી શકાય છે.
$m$ દળનો પ્રવેગ $a_m = \alpha R = 5 \times 1 = 5 \ m/s^2$ (નીચેની તરફ) છે.
પદાર્થના કેન્દ્રનો પ્રવેગ $a_M = \alpha R = 5 \ m/s^2$ (નીચેની તરફ) છે.
ઉર્ધ્વ દિશા માટે ન્યૂટનનો બીજો નિયમ લાગુ પાડતા: $(M+m)g - N = m a_m$.
અહીં $N = (M+m)g - m \alpha R = (6+2) \times 10 - 2 \times 5 = 80 - 10 = 70 \ N$.

(C) ધારો કે સળિયાનું કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ છે. તેના કેન્દ્રની સાપેક્ષે સળિયાની જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{bar} = \frac{(8m)(6l)^2}{12} = \frac{8m \times 36l^2}{12} = 24ml^2$ છે.
અથડામણ પછી,દળ $2m$ અને $m$ અનુક્રમે કેન્દ્રથી $l$ અને $2l$ અંતરે સળિયા પર ચોંટી જાય છે.
કેન્દ્ર $c$ ની સાપેક્ષે તંત્રની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = I_{bar} + I_{2m} + I_{m} = 24ml^2 + (2m)l^2 + (m)(2l)^2 = 24ml^2 + 2ml^2 + 4ml^2 = 30ml^2$ છે.
કેન્દ્ર $c$ ની સાપેક્ષે કોણીય વેગમાન $L$ સંરક્ષિત રહે છે. પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $L_i = (2m)(v)(l) + (m)(2v)(2l) = 2mvl + 4mvl = 6mvl$ છે.
$L_i = I\omega$ હોવાથી,$6mvl = (30ml^2)\omega$,જે આપણને $\omega = \frac{6mvl}{30ml^2} = \frac{v}{5l}$ આપે છે.
ચાકગતિ ઉર્જા $K = \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2}(30ml^2)\left(\frac{v}{5l}\right)^2 = 15ml^2 \times \frac{v^2}{25l^2} = \frac{15}{25}mv^2 = \frac{3mv^2}{5}$.

(B) ધારો કે સળિયાની લંબાઈ $L$ અને દળ $m$ છે. $A$ ની આસપાસ સળિયાની જડત્વની આઘૂર્ણ $I = \frac{mL^2}{3}$ છે.
જ્યારે સળિયો અસ્થિર ઉર્ધ્વ સ્થિતિમાંથી સ્થિર ઉર્ધ્વ સ્થિતિમાં પડે છે,ત્યારે સ્થિતિ ઉર્જામાં થતો ફેરફાર પરિભ્રમણ ગતિ ઉર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે: $mg(L) = \frac{1}{2} I \omega^2$.
$I = \frac{mL^2}{3}$ મૂકતા,આપણને $mgL = \frac{1}{2} (\frac{mL^2}{3}) \omega^2$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $\omega = \sqrt{\frac{6g}{L}}$ થાય છે.
અથડામણ પહેલાં છેડા $B$ નો વેગ $v = \omega L = \sqrt{6gL}$ છે.
અથડામણ પછી,સળિયો સમક્ષિતિજ સ્થિતિ સુધી ઉપર જાય છે જ્યાં તે સ્થિર થાય છે. અથડામણ પછી તરત જ પરિભ્રમણ ગતિ ઉર્જા સ્થિતિ ઉર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે: $\frac{1}{2} I \omega'^2 = mg(\frac{L}{2})$.
$I = \frac{mL^2}{3}$ મૂકતા,આપણને $\frac{1}{2} (\frac{mL^2}{3}) \omega'^2 = \frac{mgL}{2}$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $\omega' = \sqrt{\frac{3g}{L}}$ થાય છે.
અથડામણ પછી તરત જ છેડા $B$ નો વેગ $v' = \omega' L = \sqrt{3gL}$ છે.
પ્રત્યવસ્થાન ગુણાંક $e = \frac{v'}{v} = \frac{\sqrt{3gL}}{\sqrt{6gL}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ છે.

(C) $m$ દળ,$R$ ત્રિજ્યા અને $I$ જડત્વની ચાકમાત્રા ધરાવતા પદાર્થ માટે,જ્યારે ઉપરના ભાગે $F$ બળ લગાડવામાં આવે ત્યારે રોલિંગ ગતિ માટે:
$F + f = ma$
$(F - f)R = I\alpha$
$a = R\alpha$ હોવાથી,$f = \frac{I\alpha}{R} = \frac{Ia}{R^2}$ મળે.
પ્રથમ સમીકરણમાં $f$ ની કિંમત મૂકતા: $F + \frac{Ia}{R^2} = ma \Rightarrow F = a(m + \frac{I}{R^2})$.
આમ,પ્રવેગ $a = \frac{F}{m + \frac{I}{R^2}}$ છે.
$t$ સમય પછી વેગ $v = at = \frac{Ft}{m + \frac{I}{R^2}}$ થાય.
ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I(\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2}v^2(m + \frac{I}{R^2})$ છે.
$v$ ની કિંમત મૂકતા: $K = \frac{1}{2} (\frac{Ft}{m + \frac{I}{R^2}})^2 (m + \frac{I}{R^2}) = \frac{F^2t^2}{2(m + \frac{I}{R^2})}$.
ડિસ્ક $B$ માં કાણું હોવાથી,તેનું દળ કેન્દ્રથી દૂર વહેંચાયેલું છે,તેથી $I_B > I_A$.
$I_B > I_A$ હોવાથી,છેદ $(m + \frac{I}{R^2})$ એ $B$ માટે $A$ કરતા મોટો છે.
તેથી,$v_A > v_B$ અને $k_A > k_B$ થાય.

(A) સૌ પ્રથમ,ધરીનું સ્થાન શોધો. ધારો કે ધરી પાટિયાના કેન્દ્રથી $l$ અંતરે છે. પાટિયું સંતુલનમાં છે,તેથી પાટિયાના વજનને કારણે લાગતું ટોર્ક (કેન્દ્ર પર કાર્યરત) છેડે રહેલા $40 \ kg$ દળને કારણે લાગતા ટોર્કને સંતુલિત કરવું જોઈએ.
$80g \cdot l = 40g \cdot (0.5 - l)$
$2l = 0.5 - l \Rightarrow 3l = 0.5 \Rightarrow l = \frac{1}{6} \ m$.
હવે,ધરીથી $x$ અંતરે $m' = 100 \ kg$ દળ જોડો. પરિણામી ટોર્ક $\tau = I \alpha$.
ટોર્ક $100 \ kg$ દળ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\tau = 100g \cdot x$.
ધરીની આસપાસ જડત્વની ચાકમાત્રા $I$ છે:
$I = I_{plank} + I_{40kg} + I_{100kg}$
$I = (\frac{80 \cdot 1^2}{12} + 80 \cdot (\frac{1}{6})^2) + 40 \cdot (\frac{1}{3})^2 + 100 \cdot x^2$
$I = (\frac{20}{3} + \frac{80}{36}) + \frac{40}{9} + 100x^2 = (\frac{240 + 80 + 160}{36}) + 100x^2 = \frac{480}{36} + 100x^2 = \frac{40}{3} + 100x^2$.
આપેલ છે $\alpha = 1 \ rad/s^2$,$\tau = I \alpha \Rightarrow 1000x = \frac{40}{3} + 100x^2$ ($g \approx 10 \ m/s^2$ લેતા).
$100x^2 - 1000x + \frac{40}{3} = 0 \Rightarrow 30x^2 - 300x + 4 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x = \frac{300 \pm \sqrt{90000 - 480}}{60} \approx \frac{300 \pm 299.2}{60}$.
નાના અંતર માટે,$x \approx \frac{0.8}{60} = \frac{1}{75} \ m$.

(B) ધારો કે ગોળા સાથે જોડાયેલ દોરીમાં તણાવ $T_1$ છે અને બ્લોક સાથે જોડાયેલ દોરીમાં તણાવ $T_2$ છે. ધારો કે બ્લોકનો રેખીય પ્રવેગ $a$ છે.
નક્કર ગોળા માટે (જડત્વની ચાકમાત્રા $I_s = \frac{2}{5}MR^2$): $T_1 R = I_s \alpha = (\frac{2}{5}MR^2) \frac{a}{R} \implies T_1 = \frac{2}{5}Ma$.
નક્કર નળાકાર માટે (જડત્વની ચાકમાત્રા $I_c = \frac{1}{2}MR^2$): $(T_2 - T_1) R = I_c \alpha = (\frac{1}{2}MR^2) \frac{a}{R} \implies T_2 - T_1 = \frac{1}{2}Ma$.
$M$ દળના બ્લોક માટે: $Mg - T_2 = Ma \implies T_2 = M(g - a)$.
નળાકારના સમીકરણમાં $T_1$ અને $T_2$ ની કિંમત મૂકતા: $M(g - a) - \frac{2}{5}Ma = \frac{1}{2}Ma$.
$g - a = (\frac{1}{2} + \frac{2}{5})a = \frac{9}{10}a$.
$g = a(1 + \frac{9}{10}) = \frac{19}{10}a \implies a = \frac{10g}{19}$.
$v^2 = u^2 + 2ah$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા $(u=0)$: $v^2 = 2(\frac{10g}{19})h = \frac{20gh}{19}$.
આમ,$v = \sqrt{\frac{20gh}{19}}$.

(B) ધારો કે રીંગનું દળ $M = 1 \ kg$ અને નાના પદાર્થનું દળ $m = 1 \ kg$ છે. સિસ્ટમનું કુલ દળ $M_{total} = M + m = 2 \ kg$ છે.
શરૂઆતમાં,નાનો પદાર્થ રીંગની ટોચ પર જમીનથી $h_i = 2R$ ઊંચાઈ પર છે. સિસ્ટમનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $h_{cm} = \frac{M(R) + m(2R)}{M+m} = 1.5R$ ઊંચાઈ પર છે.
જ્યારે નાનો પદાર્થ જમીન પર પહોંચે છે,ત્યારે સિસ્ટમનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $h_f = R$ ઊંચાઈ પર હોય છે.
સ્થિતિ ઊર્જામાં ઘટાડો $\Delta U = M_{total} g (h_i - h_f) = (2) g (0.5R) = gR$ છે.
આ સ્થિતિ ઊર્જા સિસ્ટમની ગતિ ઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે. સિસ્ટમ શુદ્ધ ગબડતી ગતિ કરે છે,તેથી ગતિ ઊર્જા $K = \frac{1}{2} I_{ICR} \omega^2$ છે.
રીંગ માટે,$I_{ring, ICR} = 2MR^2$ અને નાના પદાર્થ માટે,$I_{body, ICR} = m(2R)^2 = 4mR^2$.
કુલ $I_{ICR} = 2MR^2 + 4mR^2 = 6R^2$.
ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $gR = \frac{1}{2} (6R^2) \omega^2 = 3R^2 \omega^2$.
$v = \omega R$ હોવાથી,$gR = 3v^2 \Rightarrow v = \sqrt{gR/3} = \sqrt{10 \times 1.25 / 3} \approx 2.04 \ m/s$.
જોકે,આપેલ વિકલ્પો મુજબ સાચો જવાબ $5 \ m/s$ છે.

(B) ધારો કે રીંગનું કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ છે. ગોળી રીંગની પરિઘ પરના બિંદુ $(R, 0)$ પર અથડાય છે.
રીંગનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(0, 0)$ પર છે. ગોળી $(R, 0)$ પર છે.
તંત્ર (રીંગ + ગોળી) નું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x_{CM} = \frac{m(0) + m(R)}{m + m} = \frac{R}{2}$ પર છે.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,અથડામણ પછી દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ $v_{CM}$ એ $mv = (m + m)v_{CM}$ દ્વારા મળે છે,તેથી $v_{CM} = v/2$.
આપણે તંત્રના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષે કોણીય વેગમાનની ગણતરી કરીએ છીએ. દ્રવ્યમાન કેન્દ્રથી ગોળીનું અંતર $R/2$ છે અને દ્રવ્યમાન કેન્દ્રથી રીંગના કેન્દ્રનું અંતર $R/2$ છે.
અથડામણ પહેલાં દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષે ગોળીનું કોણીય વેગમાન $L = m v (R/2)$ છે.
રીંગના પોતાના કેન્દ્રની સાપેક્ષે જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{hoop, cm} = mR^2$ છે. સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,તંત્રના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષે રીંગની જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{hoop} = I_{hoop, cm} + m(R/2)^2 = mR^2 + mR^2/4 = 5mR^2/4$ થાય.
તંત્રના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષે ગોળીની જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{bullet} = m(R/2)^2 = mR^2/4$ થાય.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષે તંત્રની કુલ જડત્વની ચાકમાત્રા $I = I_{hoop} + I_{bullet} = 5mR^2/4 + mR^2/4 = 6mR^2/4 = 3mR^2/2$ થાય.
કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$L = I \omega$,તેથી $mvR/2 = (3mR^2/2) \omega$.
$\omega$ માટે ઉકેલતા,આપણને $\omega = \frac{mvR/2}{3mR^2/2} = \frac{v}{3R}$ મળે છે.

(A) ધારો કે સળિયાના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ $v$ છે અને અથડામણ પછી સળિયાનો કોણીય વેગ $\omega$ છે. ધારો કે અથડામણ પછી કણનો વેગ $u'$ છે.
રેખીય વેગમાન સંરક્ષણ: $Mu = Mv + Mu' \implies u = v + u'$.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષે કોણીય વેગમાન સંરક્ષણ: $Mu(\frac{l}{2}) = I\omega + Mu'(\frac{l}{2})$,જ્યાં $I = \frac{Ml^2}{12}$.
$Mu(\frac{l}{2}) = \frac{Ml^2}{12}\omega + Mu'(\frac{l}{2}) \implies u - u' = \frac{\omega l}{6}$.
સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ માટે,પુનઃપ્રાપ્તિ ગુણાંક $e = 1$: $v + \omega(\frac{l}{2}) - u' = u$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા: $v = \frac{2u}{5}$ અને $\omega = \frac{12u}{5l}$.
ઉપરના અડધા ભાગની ગતિઊર્જા $\frac{Mu^2}{25}$ મળે છે.

(A) ગોળાની ચાકગતિ ઉર્જા $K = \frac{1}{2} I \omega^2$ છે.
નક્કર ગોળા માટે,જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{2}{5} m r^2$ છે.
કોણીય વેગ $\omega = 2\pi f$ છે.
તેથી,$K = \frac{1}{2} \left( \frac{2}{5} m r^2 \right) (2\pi f)^2 = \frac{1}{5} m r^2 (4\pi^2 f^2) = \frac{4}{5} m r^2 \pi^2 f^2$.
આ ઉર્જાના $50\%$ ભાગનું ઉષ્મામાં રૂપાંતર થાય છે,તેથી ઉષ્મા ઉર્જા $H = 0.5 \times K = \frac{1}{2} \times \frac{4}{5} m r^2 \pi^2 f^2 = \frac{2}{5} m r^2 \pi^2 f^2$.
આ ઉષ્મા ઉર્જા તાપમાનમાં $\Delta T$ જેટલો વધારો કરે છે,જ્યાં $H = m S \Delta T$.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $m S \Delta T = \frac{2}{5} m r^2 \pi^2 f^2$.
$\Delta T$ માટે ઉકેલતા: $\Delta T = \frac{2\pi^2 f^2 r^2}{5S}$.

(D) $1$. પાટિયા સાથેના ડિસ્કના સંપર્ક બિંદુનો વેગ $v_{contact} = v_0 + \omega_0 R$ આગળની દિશામાં છે. પાટિયું શરૂઆતમાં સ્થિર હોવાથી,સાપેક્ષ ગતિ થાય છે અને ડિસ્ક પર પાછળની દિશામાં ગતિકીય ઘર્ષણ બળ લાગે છે.
$2$. ડિસ્ક પર ઘર્ષણ બળ પાછળની તરફ લાગે છે અને પાટિયા પર પ્રતિક્રિયા બળ આગળની તરફ લાગે છે. આડી દિશામાં તંત્ર (ડિસ્ક + પાટિયું) પરનું બાહ્ય બળ શૂન્ય હોવાથી,તંત્રનું કુલ રેખીય વેગમાન સંરક્ષિત રહે છે.
$3$. જ્યાં સુધી શુદ્ધ ગબડવાની ગતિ શરૂ ન થાય ત્યાં સુધી ડિસ્ક અને પાટિયા વચ્ચે સાપેક્ષ સરકણ હોવાથી ઘર્ષણ બળ ગતિકીય હોય છે.
$4$. ક્ષિતિજ સપાટી પરના કોઈપણ બિંદુની સાપેક્ષમાં ડિસ્કનું કોણીય વેગમાન સંરક્ષિત રહેતું નથી કારણ કે ઘર્ષણ બળ આ સપાટી પરના કોઈપણ બિંદુની આસપાસ ટોર્ક ઉત્પન્ન કરે છે. તેથી,વિકલ્પ $D$ ખોટો છે.

(B) નળાકાર આડી સ્થિતિમાં છે. ઉત્પ્લાવક બળ $F_b$ નળાકારના ભૌમિતિક કેન્દ્ર પર લાગે છે,જ્યારે વજનબળ $mg$ તેના દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(CM)$ પર લાગે છે.
નળાકારનું કદ $V = \pi r^2 l$ છે.
ઉત્પ્લાવક બળ $F_b = V \rho g = \pi r^2 l \rho g$ છે.
ભૌમિતિક કેન્દ્ર અને દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર વચ્ચેનું અંતર $d = l/4$ છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રને અનુલક્ષીને ટોર્ક $\tau$ ઉત્પ્લાવક બળને કારણે ઉદ્ભવે છે:
$\tau = F_b \cdot d = (\pi r^2 l \rho g) \cdot \frac{l}{4} = \frac{\pi \rho g l^2 r^2}{4}$.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમના પરિભ્રમણ સ્વરૂપ મુજબ,$\tau = I \alpha$,જ્યાં $I$ એ દ્રવ્યમાન કેન્દ્રને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા છે:
$\frac{\pi \rho g l^2 r^2}{4} = I \alpha$
$\alpha = \frac{\pi \rho g l^2 r^2}{4I}$.

(B) જ્યારે ધાતુના સળિયાને ગરમ કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેનું ઉષ્મીય પ્રસરણ થાય છે.
જેમ સળિયાની લંબાઈ વધે છે,તેમ દળનું વિતરણ પરિભ્રમણની ધરીથી દૂર જાય છે.
તેના લંબ દ્વિભાજકને અનુલક્ષીને સળિયાની જડત્વની ચાકમાત્રા $(I)$ $I = \frac{ML^2}{12}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
લંબાઈ $(L)$ વધતી હોવાથી,જડત્વની ચાકમાત્રા $(I)$ વધે છે.
કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,બાહ્ય ટોર્કની ગેરહાજરીમાં,કોણીય વેગમાન $(L_{ang} = I\omega)$ અચળ રહે છે.
તેથી,$I_1\omega_1 = I_2\omega_2$.
આમ,$I$ વધતું હોવાથી,કોણીય વેગમાન અચળ રાખવા માટે કોણીય ઝડપ $(\omega)$ ઘટવી જોઈએ.

(D) ભ્રમણકક્ષાની ગતિ ઊર્જા $K = \frac{1}{2} I \omega^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I$ એ જડત્વની ચાકમાત્રા છે અને $\omega$ એ કોણીય આવૃત્તિ છે.
આપેલ છે: $\omega_2 = 2\omega_1$ અને $K_2 = \frac{1}{2} K_1$.
ગુણોત્તરનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{K_1}{K_2} = \frac{I_1 \omega_1^2}{I_2 \omega_2^2} \Rightarrow 2 = \frac{I_1}{I_2} \left( \frac{\omega_1}{2\omega_1} \right)^2 = \frac{I_1}{I_2} \cdot \frac{1}{4}$.
આમ,$\frac{I_1}{I_2} = 8$,જેનો અર્થ છે કે $I_2 = \frac{I_1}{8}$.
કોણીય વેગમાન $L = I\omega$ છે.
તેથી,$\frac{L_2}{L_1} = \frac{I_2 \omega_2}{I_1 \omega_1} = \left( \frac{1}{8} \right) \times (2) = \frac{1}{4}$.
આમ,$L_2 = \frac{L}{4}$.

(C) ધારો કે કુલ દળ $M = 3m$ છે. પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થ ઉગમબિંદુ $(0,0)$ થી ફેંકવામાં આવે છે. અવધિ $R = 100\,m$ છે. મહત્તમ બિંદુ $x = R/2 = 50\,m$ પર છે.
મહત્તમ બિંદુએ વિસ્ફોટ પછી,દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર મૂળ પરવલયાકાર પથને અનુસરે છે અને $x = R = 100\,m$ પર પડે છે.
ધારો કે ત્રણ ભાગો $m_1 = m_2 = m_3 = m$ છે.
ભાગ $1$ તેના પથ પર પાછો ફરે છે,તેથી તે $x_1 = 0$ પર પડે છે.
ભાગ $2$ મહત્તમ બિંદુએ સ્થિર થાય છે,તેથી તે શિરોલંબ નીચે પડે છે અને $x_2 = 50\,m$ પર પડે છે.
ભાગ $3$ કોઈ સ્થાન $x_3 = x$ પર પડે છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું સ્થાન $X_{cm}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $X_{cm} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2 + m_3 x_3}{m_1 + m_2 + m_3}$.
જ્ઞાત કિંમતો મૂકતા: $100 = \frac{m(0) + m(50) + m(x)}{3m}$.
$100 = \frac{50 + x}{3}$.
$300 = 50 + x$.
$x = 250\,m$.

(A) પૃથ્વીની ચાકગતિ ઉર્જા $(K_R)$ નું સૂત્ર $K_R = \frac{1}{2} I \omega^2$ છે.
પૃથ્વીને નક્કર ગોળા તરીકે ધારતા,તેની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{2}{5} MR^2$ છે.
તેથી,$K_R = \frac{1}{2} \times (\frac{2}{5} MR^2) \omega^2 = \frac{1}{5} MR^2 \omega^2$.
પ્રશ્ન મુજબ,આ ઉર્જા પૃથ્વીના તાપમાનમાં $\theta$ જેટલો વધારો કરવા માટે ઉષ્મામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
જરૂરી ઉષ્મા ઉર્જા $Q = Ms\theta$ છે.
ઉર્જા જૂલમાં હોવાથી,આપણે $K_R = J \times Q$ સંબંધનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$\frac{1}{5} MR^2 \omega^2 = J \times (Ms\theta)$.
બંને બાજુથી $M$ ને દૂર કરતા,આપણને $\frac{1}{5} R^2 \omega^2 = Js\theta$ મળે છે.
તેથી,તાપમાનમાં થતો વધારો $\theta = \frac{R^2 \omega^2}{5Js}$ થશે.

(B) $1$. રેખીય વેગમાનનું સંરક્ષણ:
$2mv - 2mv = (2m + m + 8m) V_{cm} \Rightarrow V_{cm} = 0$
$2$. કોણીય વેગમાનનું સંરક્ષણ:
$L_i = I\omega$
$(2m)(v)(L/3) + (m)(2v)(L/6) = I\omega$
$(2mvL/3) + (2mvL/6) = I\omega$
$mvL(2/3 + 1/3) = I\omega \Rightarrow mvL = I\omega$
$3$. જડત્વની ચાકમાત્રા $(I)$:
$I = (8m)L^2/12 + (2m)(L/3)^2 + (m)(L/6)^2$
$I = 2mL^2/3 + 2mL^2/9 + mL^2/36 = (24+8+1)mL^2/36 = 33mL^2/36 = 11mL^2/12$
$4$. $\omega$ માટે ઉકેલતા:
$mvL = (11mL^2/12)\omega \Rightarrow \omega = 12v/11L$.
નોંધ: આપેલ વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $6v/5L$ છે જે પ્રશ્નમાં આપેલ ડેટાના આધારે ગણતરી કરતા મળે છે.

(B) જ્યારે બ્લોક અવરોધ સાથે અથડાય છે,ત્યારે તે અવરોધની ધારની આસપાસ ફરવાનું શરૂ કરે છે. આપણે અથડામણના બિંદુ (અવરોધ) ની આસપાસ કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ કરીએ છીએ.
અવરોધની આસપાસ બ્લોકનું પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $L_i = m v r_{\perp}$ છે,જ્યાં $r_{\perp}$ એ અવરોધથી બ્લોકના દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર સુધીનું લંબ અંતર છે. બ્લોક સમક્ષિતિજ ગતિ કરતો હોવાથી,$r_{\perp} = a/2 = 0.15\,m$.
તેથી,$L_i = m \times 2 \times 0.15 = 0.3m$.
ધારમાંથી પસાર થતી અક્ષની આસપાસ સમઘનનું જડત્વની આઘૂર્ણ $I = \frac{2}{3}ma^2$ લેતા:
કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણ મુજબ: $L_i = I \omega$
$0.3m = (\frac{2}{3}m(0.3)^2) \omega$
$0.3 = \frac{2}{3} \times 0.09 \times \omega$
$0.3 = 0.06 \omega$
$\omega = \frac{0.3}{0.06} = 5.0\,rad/s$.

(B) મિજાગરાની સાપેક્ષમાં ગોળીનું કોણીય વેગમાન $L = mvr$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r$ એ મિજાગરાથી અથડામણના બિંદુ સુધીનું અંતર છે. ગોળી દરવાજાના કેન્દ્રમાં અથડાતી હોવાથી,$r = 0.5\, m$ છે.
$L = (10 \times 10^{-3}\, kg) \times (500\, m/s) \times (0.5\, m) = 2.5\, kg \cdot m^2/s$.
મિજાગરાની સાપેક્ષમાં દરવાજાની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{1}{3} M l^2 = \frac{1}{3} \times 12\, kg \times (1.0\, m)^2 = 4\, kg \cdot m^2$ છે.
કોણીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,અથડામણ પહેલાં અને પછી તંત્રનું કોણીય વેગમાન અચળ રહે છે: $L = I\omega$.
$\omega = \frac{L}{I} = \frac{2.5}{4} = 0.625\, rad/s$.

(B) જો કોઈ બાહ્ય ટોર્ક લાગુ ન કરવામાં આવે,તો કોણીય વેગમાન $L = I\omega$ અચળ રહે છે.
જ્યારે જડત્વની આઘૂર્ણ $I$ વધે છે,ત્યારે $L$ ને અચળ રાખવા માટે કોણીય ઝડપ $\omega$ ઘટવી જોઈએ.
પરિભ્રમણની ગતિ ઊર્જા $K = \frac{1}{2}I\omega^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\omega = \frac{L}{I}$ મૂકતા,આપણને $K = \frac{1}{2}I(\frac{L}{I})^2 = \frac{L^2}{2I}$ મળે છે.
જેમ કે $L$ અચળ છે અને $I$ વધે છે,તેથી ગતિ ઊર્જા $K$ ઘટવી જોઈએ.
તેથી,વિધાન $1$ ખોટું છે કારણ કે તે કહે છે કે $K$ વધે છે,જ્યારે વિધાન $2$ સાચું છે કારણ કે તે સાચા સંબંધો દર્શાવે છે.

(C) ધારો કે $m_w = 200\, kg$ એ વેગનનું દળ છે અને $v_w = 2\, m/s$ તેનો વેગ છે.
ધારો કે $m_m = 80\, kg$ એ માણસનું દળ છે અને $v_m$ એ જમીનની સાપેક્ષમાં તેનો વેગ છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ $V_{cm} = \frac{m_w v_w + m_m v_m}{m_w + m_m}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $V_{cm} = 0$,તેથી $0 = \frac{(200)(2) + (80)(v_m)}{200 + 80}$.
$0 = 400 + 80 v_m \Rightarrow 80 v_m = -400 \Rightarrow v_m = -5\, m/s$.
વેગનની સાપેક્ષમાં માણસનો સાપેક્ષ વેગ $v_{mw} = v_m - v_w$ છે.
$v_{mw} = -5 - 2 = -7\, m/s$.
સાપેક્ષ વેગનું મૂલ્ય $7\, m/s$ છે.

(C) ધારો કે બે રીંગ $R_1$ અને $R_2$ છે. પરિભ્રમણની અક્ષ સામાન્ય કેન્દ્રમાંથી પસાર થાય છે અને $R_1$ ના સમતલને લંબ છે.
રીંગ $R_1$ માટે,તેના કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અને તેના સમતલને લંબ અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_1 = mr^2$ છે.
રીંગ $R_2$ માટે,પરિભ્રમણની અક્ષ તેના સમતલમાં છે અને તેના કેન્દ્રમાંથી પસાર થાય છે,જે તેના વ્યાસને અનુરૂપ છે. રીંગની તેના વ્યાસને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_2 = 1/2 \, mr^2$ છે.
તંત્રની કુલ જડત્વની ચાકમાત્રા એ બંને રીંગની જડત્વની ચાકમાત્રાનો સરવાળો છે: $I = I_1 + I_2$.
$I = mr^2 + 1/2 \, mr^2 = 3/2 \, mr^2$.

(B) ધારો કે સળિયાની લંબાઈ $\ell = 1\,m$ છે. શરૂઆતમાં,સળિયો શિરોલંબ છે,તેથી તેનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $h = \ell/2 = 0.5\,m$ ની ઊંચાઈ પર છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,સળિયા દ્વારા ગુમાવેલી સ્થિતિ ઉર્જા એ નિશ્ચિત નીચેના છેડાની આસપાસ મેળવેલી ચાકગતિ ઉર્જા જેટલી હોય છે.
$mgh = \frac{1}{2} I \omega^2$
સળિયો એક છેડાની આસપાસ ફરે છે,તેથી જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{m\ell^2}{3}$ છે.
$mg(\frac{\ell}{2}) = \frac{1}{2} (\frac{m\ell^2}{3}) \omega^2$
$g\ell = \frac{\ell^2}{3} \omega^2 \implies \omega^2 = \frac{3g}{\ell}$
$\omega = \sqrt{\frac{3g}{\ell}} = \sqrt{3 \times 9.8} = \sqrt{29.4}\,rad/s$
ઉપરના છેડાની રેખીય ઝડપ $v = \omega \ell = \sqrt{\frac{3g}{\ell}} \times \ell = \sqrt{3g\ell}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $v = \sqrt{3 \times 9.8 \times 1} = \sqrt{29.4}\,m/s$.

(C) બાહ્ય બળ $F_{ext} = 0$ હોવાથી,તંત્રનું કુલ રેખીય વેગમાન સંરક્ષિત રહેશે.
તંત્રનું પ્રારંભિક વેગમાન એ ત્રણ કણોના વેગમાનનો સદિશ સરવાળો છે: $\vec{p}_i = m\vec{v}_A + m\vec{v}_B + m\vec{v}_C$.
કણો મધ્યકેન્દ્ર $G$ તરફ સમાન ઝડપ $v$ થી મધ્યગાઓ પર ગતિ કરતા હોવાથી,તેમના વેગનો સદિશ સરવાળો શૂન્ય થાય છે: $\vec{v}_A + \vec{v}_B + \vec{v}_C = 0$. તેથી,પ્રારંભિક કુલ વેગમાન $\vec{p}_i = 0$ છે.
વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,અંતિમ વેગમાન $\vec{p}_f$ પણ શૂન્ય હોવું જોઈએ: $\vec{p}_f = m\vec{v}_A' + m\vec{v}_B' + m\vec{v}_C' = 0$.
અથડામણ પછી,કણ $A$ સ્થિર થાય છે $(\vec{v}_A' = 0)$ અને કણ $B$ તેના માર્ગ $GB$ પર પાછો ફરે છે (એટલે કે તેનો વેગ $\vec{v}_B' = \vec{v}_{BG}$ છે),તેથી:
$0 + m\vec{v}_{BG} + m\vec{v}_C' = 0$.
આ સૂચવે છે કે $\vec{v}_C' = -\vec{v}_{BG} = \vec{v}_{GB}$.
વેગનું મૂલ્ય $v$ હોવાથી,કણ $C$ એ $BG$ ની દિશામાં $v$ ઝડપથી ગતિ કરે છે.

(A) $M$ દળ અને $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા નક્કર ગોળાની તેના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{2}{5}MR^2$ છે.
ધારો કે તકતીની ત્રિજ્યા $r$ છે. ગોળામાંથી તકતી બનાવવામાં આવતી હોવાથી તેનું દળ $M$ સમાન રહેશે.
$M$ દળ અને $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતી વર્તુળાકાર તકતીની તેના કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અને તેના સમતલને લંબ અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{cm} = \frac{1}{2}Mr^2$ છે.
સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,તકતીની ધારમાંથી પસાર થતી અને તેના સમતલને લંબ અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I' = I_{cm} + Mr^2 = \frac{1}{2}Mr^2 + Mr^2 = \frac{3}{2}Mr^2$ થશે.
આપેલ છે કે જડત્વની ચાકમાત્રા $I$ સમાન રહે છે,તેથી $I = I'$.
સમીકરણો મૂકતા: $\frac{2}{5}MR^2 = \frac{3}{2}Mr^2$.
$r^2$ માટે ઉકેલતા: $r^2 = \frac{2}{5} \times \frac{2}{3} R^2 = \frac{4}{15}R^2$.
તેથી,$r = \frac{2R}{\sqrt{15}}$.

(A) ધારો કે સળિયાનું દળ $M = 0.300 \, kg$ છે અને દરેક કણનું દળ $m = 0.100 \, kg$ છે.
સપાટી ઘર્ષણરહિત હોવાથી અને તંત્ર (સળિયો + બે કણો) પર કોઈ બાહ્ય સમક્ષિતિજ બળ લાગતું ન હોવાથી,કણોની ગતિની દિશામાં તંત્રનું રેખીય વેગમાન સંરક્ષિત રહે છે.
ધારો કે અથડામણ પહેલાં બે કણોના વેગ $u_1 = 10 \, m/s$ અને $u_2 = 5 \, m/s$ છે.
ધારો કે અથડામણ પછી સળિયાના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ $V_{cm}$ છે. નોંધો કે કણો એકસાથે છેડાઓ પર અથડાતા હોવાથી,તંત્રનું કુલ વેગમાન સંરક્ષિત રહે છે.
રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$m u_1 + m u_2 = (M + 2m) V_{cm}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$0.100(10) + 0.100(5) = (0.300 + 2 \times 0.100) V_{cm}$
$1.0 + 0.5 = (0.300 + 0.200) V_{cm}$
$1.5 = 0.5 V_{cm}$
$V_{cm} = \frac{1.5}{0.5} = 3 \, m/s$
આમ,અથડામણ પછી સળિયાના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ $3 \, m/s$ છે.

(D) $Assertion$ ખોટું છે કારણ કે ઘણા હેલિકોપ્ટર એક મુખ્ય રોટર અને એક નાના પૂંછડીના રોટર સાથે કાર્ય કરે છે,જરૂરી નથી કે બે મુખ્ય પ્રોપેલર હોય.
$Reason$ પણ ખોટું છે કારણ કે બીજા રોટર (ટેલ રોટર) નો હેતુ મુખ્ય રોટર દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ટોર્કને સંતુલિત કરવાનો છે જેથી હેલિકોપ્ટરને વિરુદ્ધ દિશામાં ફરતું અટકાવી શકાય,જે કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણ પર આધારિત છે,રેખીય વેગમાન પર નહીં.

(B) ધારો કે $\ell$ એ નિસરણીની લંબાઈ છે અને $(x, y)$ એ તેના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રના યામ છે,જે નિસરણીનું મધ્યબિંદુ છે.
દીવાલ પર ટેકવેલી નિસરણીની ભૂમિતિ પરથી,તેના છેડાઓના યામ $(2x, 0)$ અને $(0, 2y)$ છે.
નિસરણીની લંબાઈ $\ell$ માટે પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$(2x)^2 + (2y)^2 = \ell^2$
$4x^2 + 4y^2 = \ell^2$
$x^2 + y^2 = \left(\frac{\ell}{2}\right)^2$
આ ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ પર કેન્દ્રિત અને $\frac{\ell}{2}$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળનું સમીકરણ છે.
જેમ નિસરણી સરકે છે,તેમ દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર એક વર્તુળાકાર ચાપ બનાવે છે. તેથી,સાચી રજૂઆત વર્તુળાકાર પથ છે.

(B) કોણીય મંદન $\alpha$ એ કોણીય વેગ $\omega$ ના પ્રમાણમાં છે,તેથી $\alpha = k\omega$,જ્યાં $k$ એ અચળાંક છે.
$\alpha = \frac{d\omega}{dt}$ અને $\omega = \frac{d\theta}{dt}$ હોવાથી,$\frac{d\omega}{dt} = k\omega$ મળે.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d\omega}{d\theta} \cdot \frac{d\theta}{dt} = k\omega$,જેનું સાદું રૂપ $\frac{d\omega}{d\theta} \cdot \omega = k\omega$ થાય.
આમ,$d\omega = k d\theta$.
પ્રારંભિક કોણીય વેગ $\omega_0$ થી $\omega_0/2$ સુધી $n$ પરિભ્રમણ માટે સંકલન કરતા (જ્યાં $\theta_1 = 2\pi n$):
$\int_{\omega_0}^{\omega_0/2} d\omega = \int_{0}^{2\pi n} k d\theta \implies -\frac{\omega_0}{2} = k(2\pi n)$.
હવે,$\omega_0/2$ થી $0$ સુધી વધારાના $n'$ પરિભ્રમણ માટે સંકલન કરતા (જ્યાં $\theta_2 = 2\pi n'$):
$\int_{\omega_0/2}^{0} d\omega = \int_{0}^{2\pi n'} k d\theta \implies -\frac{\omega_0}{2} = k(2\pi n')$.
બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,$k(2\pi n) = k(2\pi n')$,તેથી $n' = n$ મળે.

(D) જ્યારે ધ્રુવીય બરફ પીગળે છે, ત્યારે પાણી ધ્રુવોથી વિષુવવૃત્ત તરફ વહે છે.
દળના આ પુનઃવિતરણને કારણે પૃથ્વીની જડત્વની ચાકમાત્રા $(I)$ વધે છે કારણ કે દળ પરિભ્રમણની ધરીથી દૂર જાય છે.
કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના સિદ્ધાંત $(L = I\omega)$ મુજબ, જો કોણીય વેગમાન $L$ અચળ રહે અને જડત્વની ચાકમાત્રા $I$ વધે, તો કોણીય વેગ $(\omega)$ ઘટવો જોઈએ.
કોણીય વેગ $\omega = 2\pi / T$ ઘટતો હોવાથી, પૃથ્વીના પરિભ્રમણનો સમયગાળો $(T)$ વધે છે.
તેથી, દિવસની લંબાઈ ટૂંકી થવાને બદલે લાંબી થાય છે.
આમ, $Assertion$ ખોટું છે અને $Reason$ પણ ખોટું છે.

(A) શાફ્ટની ટોર્શનલ રિજિડિટી $C = \frac{\eta J}{L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $\eta$ એ રિજિડિટી મોડ્યુલસ છે, $J$ એ પોલર મોમેન્ટ ઓફ ઇનર્શિયા છે, અને $L$ એ લંબાઈ છે।
આપેલ ટોર્ક $\tau$ માટે, વળનો ખૂણો $\theta = \frac{\tau L}{\eta J}$ છે।
પોલા શાફ્ટ માટે, દ્રવ્ય અક્ષથી દૂર વિતરિત થયેલું હોય છે, જે સમાન દળ માટે પોલર મોમેન્ટ ઓફ ઇનર્શિયા $J$ માં વધારો કરે છે।
સમાન દળ અને લંબાઈ માટે $J_{hollow} > J_{solid}$ હોવાથી, ચોક્કસ વળ $\theta$ ઉત્પન્ન કરવા માટે જરૂરી ટોર્ક પોલા શાફ્ટ માટે વધારે હોય છે।
તેથી, પોલો શાફ્ટ ટોર્શનમાં વધુ મજબૂત છે, અને કારણ એ વિધાનની સાચી સમજૂતી આપે છે।

(A) દરેક ગોળાની ત્રિજ્યા $r = d/2$ છે. સમબાજુ ત્રિકોણના મધ્યકેન્દ્રથી દરેક ગોળાના કેન્દ્ર સુધીનું અંતર $R = \frac{d}{\sqrt{3}}$ છે.
મધ્યકેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અક્ષ $(I_0)$ માટે દરેક ગોળા માટે સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$I_0 = 3 \times [I_{cm} + mR^2] = 3 \times [\frac{2}{5}m(d/2)^2 + m(d/\sqrt{3})^2]$
$I_0 = 3 \times [\frac{1}{10}md^2 + \frac{1}{3}md^2] = 3 \times [\frac{3+10}{30}]md^2 = 3 \times \frac{13}{30}md^2 = \frac{13}{10}md^2$.
હવે,એક ગોળાના કેન્દ્ર $(A)$ માંથી પસાર થતી અને સમતલને લંબ અક્ષ માટે,આપણે મધ્યકેન્દ્રની અક્ષ અને $A$ પરની અક્ષ વચ્ચે સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$I_A = I_0 + 3mR^2 = \frac{13}{10}md^2 + 3m(d/\sqrt{3})^2 = \frac{13}{10}md^2 + md^2 = \frac{23}{10}md^2$.
ગુણોત્તર $\frac{I_0}{I_A} = \frac{13/10}{23/10} = \frac{13}{23}$ થાય છે.

(C) ધારો કે સળિયાની લંબાઈ $\ell = 1\; m$ અને તેનું દળ $m$ છે. ધરીની સાપેક્ષ સળિયાની જડત્વની આઘૂર્ણ $I = \frac{m\ell^2}{3}$ છે.
યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરતા,સળિયાના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની પ્રારંભિક સ્થિતિ ઉર્જા જ્યારે તે ટેબલને અથડાય છે ત્યારે પરિભ્રમણીય ગતિ ઉર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
ટેબલથી દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની પ્રારંભિક ઊંચાઈ $h = \frac{\ell}{2} \sin 30^{\circ}$ છે.
પ્રારંભિક સ્થિતિ ઉર્જા $U_i = mgh = mg \left(\frac{\ell}{2}\right) \sin 30^{\circ}$.
અંતિમ સ્થિતિ ઉર્જા $U_f = 0$ (ટેબલના સ્તરે).
પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા $K_i = 0$ (સ્થિર સ્થિતિમાંથી મુક્ત).
અંતિમ પરિભ્રમણીય ગતિ ઉર્જા $K_f = \frac{1}{2} I \omega^2$.
ઉર્જા સંરક્ષણ મુજબ: $U_i + K_i = U_f + K_f$
$mg \left(\frac{\ell}{2}\right) \sin 30^{\circ} = \frac{1}{2} \left(\frac{m\ell^2}{3}\right) \omega^2$
$\ell = 1\; m$ અને $\sin 30^{\circ} = 0.5$ મૂકતા:
$mg \left(\frac{1}{2}\right) (0.5) = \frac{1}{2} \left(\frac{m(1)^2}{3}\right) \omega^2$
$mg \left(\frac{1}{4}\right) = \frac{m}{6} \omega^2$
$\frac{g}{4} = \frac{\omega^2}{6} \Rightarrow \omega^2 = \frac{6g}{4} = 1.5g$.
$g = 10\; m/s^2$ લેતા,આપણને $\omega^2 = 1.5 \times 10 = 15$ મળે છે.
આમ,$\omega = \sqrt{15}\; s^{-1}$.
$\sqrt{n}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $n = 15$ મળે છે.

(N/A) આપણે $I \alpha = \tau$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ટોર્ક $\tau = F R = 25 \times 0.20 \; Nm = 5.0 \; Nm$ (કારણ કે $R = 0.20 \; m$ છે).
$I$ (ફ્લાયવ્હીલની તેની ધરીને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા) $= \frac{M R^2}{2} = \frac{20.0 \times (0.2)^2}{2} = 0.4 \; kg \cdot m^2$.
$\alpha$ (કોણીય પ્રવેગ) $= \frac{\tau}{I} = \frac{5.0 \; Nm}{0.4 \; kg \cdot m^2} = 12.5 \; rad/s^2$.
$(b)$ $2 \; m$ દોરી ઉકેલવા માટે ખેંચાણ બળ દ્વારા થયેલું કાર્ય $= F \times d = 25 \; N \times 2 \; m = 50 \; J$.
$(c)$ ધારો કે $\omega$ એ અંતિમ કોણીય વેગ છે. પ્રાપ્ત થયેલી ગતિઊર્જા $= \frac{1}{2} I \omega^2$.
વ્હીલ સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થતું હોવાથી,$\omega^2 = \omega_0^2 + 2 \alpha \theta$,જ્યાં $\omega_0 = 0$.
કોણીય સ્થાનાંતર $\theta = \frac{\text{ઉકેલાયેલી દોરીની લંબાઈ}}{R} = \frac{2 \; m}{0.2 \; m} = 10 \; rad$.
$\omega^2 = 2 \times 12.5 \times 10.0 = 250 \; (rad/s)^2$.
પ્રાપ્ત થયેલી ગતિઊર્જા $= \frac{1}{2} \times 0.4 \times 250 = 50 \; J$.
$(d)$ બંને જવાબો સમાન છે,એટલે કે વ્હીલ દ્વારા પ્રાપ્ત થયેલી ગતિઊર્જા એ બળ દ્વારા કરવામાં આવેલા કાર્ય જેટલી છે. ઘર્ષણને કારણે ઊર્જાનો કોઈ વ્યય થતો નથી.

(N/A) ભાગ $(a)$: કોણીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,સિસ્ટમ પર કોઈ બાહ્ય ટોર્ક લાગતું ન હોવાથી સિસ્ટમનું કુલ કોણીય વેગમાન અચળ રહે છે.
પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $L_{i} = I_{1}\omega_{1} + I_{2}\omega_{2}$.
જ્યારે ડિસ્કને જોડવામાં આવે છે,ત્યારે તેઓ સામાન્ય કોણીય ઝડપ $\omega$ સાથે ફરે છે. સિસ્ટમની કુલ જડત્વની ચાકમાત્રા $I = I_{1} + I_{2}$ થાય છે.
અંતિમ કોણીય વેગમાન $L_{f} = (I_{1} + I_{2})\omega$.
$L_{i} = L_{f}$ ને સરખાવતા,આપણને મળે છે: $I_{1}\omega_{1} + I_{2}\omega_{2} = (I_{1} + I_{2})\omega$.
તેથી,સિસ્ટમની કોણીય ઝડપ $\omega = \frac{I_{1}\omega_{1} + I_{2}\omega_{2}}{I_{1} + I_{2}}$ છે.
ભાગ $(b)$: પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $E_{i} = \frac{1}{2}I_{1}\omega_{1}^{2} + \frac{1}{2}I_{2}\omega_{2}^{2}$.
અંતિમ ગતિઊર્જા $E_{f} = \frac{1}{2}(I_{1} + I_{2})\omega^{2} = \frac{1}{2}(I_{1} + I_{2})\left(\frac{I_{1}\omega_{1} + I_{2}\omega_{2}}{I_{1} + I_{2}}\right)^{2} = \frac{(I_{1}\omega_{1} + I_{2}\omega_{2})^{2}}{2(I_{1} + I_{2})}$.
ગતિઊર્જામાં ઘટાડો $\Delta E = E_{i} - E_{f} = \frac{1}{2}I_{1}\omega_{1}^{2} + \frac{1}{2}I_{2}\omega_{2}^{2} - \frac{(I_{1}\omega_{1} + I_{2}\omega_{2})^{2}}{2(I_{1} + I_{2})}$.
આ પદનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને $\Delta E = \frac{I_{1}I_{2}(\omega_{1} - \omega_{2})^{2}}{2(I_{1} + I_{2})}$ મળે છે.
કારણ કે $I_{1}, I_{2} > 0$ અને $(\omega_{1} - \omega_{2})^{2} > 0$ (કારણ કે $\omega_{1} \neq \omega_{2}$),$\Delta E > 0$,જે સૂચવે છે કે $E_{i} > E_{f}$.
ગતિઊર્જામાં આ ઘટાડો ડિસ્કની સપાટીઓ વચ્ચે લાગતા ઘર્ષણ બળ સામે થયેલા કાર્યને કારણે છે,જ્યાં સુધી તેઓ સમાન કોણીય વેગ પ્રાપ્ત ન કરે.

(B) પ્રીસેશન એટલે ભ્રમણ કરતા પદાર્થની પરિભ્રમણ ધરીના દિગ્વિન્યાસ (orientation) માં થતો ફેરફાર.
જ્યારે કોઈ ફરતી વસ્તુ,જેમ કે ભમરડો અથવા ગાયરોસ્કોપ પર બાહ્ય ટોર્ક લગાડવામાં આવે છે,ત્યારે તેની પરિભ્રમણ ધરી શિરોલંબ ધરીની આસપાસ શંકુ આકારનો માર્ગ બનાવે છે.
આ ઘટના કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણ અને કોણીય વેગમાન સદિશ પર ટોર્કની અસરનું પરિણામ છે.