Vertical Circular Motion Questions in Gujarati

(B) કોણીય કંપવિસ્તાર $\theta$ ધરાવતા લોલક માટે,બોબ દ્વારા પ્રાપ્ત ઊંચાઈ $h = l(1 - \cos \theta)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $l$ એ દોરીની લંબાઈ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,મધ્યમાન સ્થાને ગતિઊર્જા એ અંતિમ સ્થાને સ્થિતિઊર્જા જેટલી હોય છે:
$\frac{1}{2} m v^2 = m g h = m g l(1 - \cos \theta)$
$v^2 = 2 g l(1 - \cos \theta)$
મહત્તમ તણાવ $T_{\max}$ મધ્યમાન સ્થાને (સૌથી નીચલા બિંદુએ) જોવા મળે છે અને તે નીચે મુજબ છે:
$T_{\max} = m g + \frac{m v^2}{l} = m g + \frac{m(2 g l(1 - \cos \theta))}{l} = m g + 2 m g(1 - \cos \theta) = m g(3 - 2 \cos \theta)$
લઘુત્તમ તણાવ $T_{\min}$ અંતિમ સ્થાને જોવા મળે છે જ્યાં વેગ શૂન્ય હોય છે:
$T_{\min} = m g \cos \theta$
આપેલ છે કે $T_{\max} = 4 T_{\min}$:
$m g(3 - 2 \cos \theta) = 4 m g \cos \theta$
$3 - 2 \cos \theta = 4 \cos \theta$
$3 = 6 \cos \theta$
$\cos \theta = \frac{1}{2}$
$\theta = 60^{\circ}$

(D) ધારો કે પ્રારંભિક ઝડપ $u = \sqrt{4 g \ell}$ છે. જ્યારે તણાવ $T = 0$ થાય ત્યારે દોરી ઢીલી પડે છે. ધારો કે આ શિરોલંબ સાથે $\theta$ ખૂણે થાય છે.
આ બિંદુએ,ગુરુત્વાકર્ષણનો ત્રિજ્યાવર્તી ઘટક કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $mg \cos \theta = \frac{mv^2}{\ell} \Rightarrow v^2 = g \ell \cos \theta$.
સૌથી નીચલા બિંદુ અને જ્યાં દોરી ઢીલી પડે છે તે બિંદુ વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{2}mu^2 = \frac{1}{2}mv^2 + mg\ell(1 + \cos \theta)$
$u^2 = 4g\ell$ અને $v^2 = g\ell \cos \theta$ મૂકતા:
$\frac{1}{2}m(4g\ell) = \frac{1}{2}m(g\ell \cos \theta) + mg\ell(1 + \cos \theta)$
$2g\ell = \frac{1}{2}g\ell \cos \theta + g\ell + g\ell \cos \theta$
$1 = \frac{3}{2} \cos \theta \Rightarrow \cos \theta = \frac{2}{3}$.
આમ,$v^2 = g\ell(\frac{2}{3}) = \frac{2}{3}g\ell$.
ગતિપથના સૌથી ઊંચા બિંદુએ (જ્યાં શિરોલંબ વેગ ઘટક શૂન્ય છે),ગોળાનો વેગ સંપૂર્ણપણે આડો હોય છે અને તે $v_x = v \cos \theta$ જેટલો હોય છે.
$v_{top} = v \cos \theta = \sqrt{\frac{2}{3}g\ell} \times \frac{2}{3} = \sqrt{\frac{2}{3} \times \frac{4}{9} g\ell} = \sqrt{\frac{8}{27} g\ell}$.

(B) જ્યારે કણ શિરોલંબ વર્તુળમાં માત્ર 'લૂપિંગ ધ લૂપ' કરે,ત્યારે સૌથી ઊંચા બિંદુએ તણાવ શૂન્ય $(T = 0)$ હોવો જોઈએ.
સૌથી ઊંચા બિંદુએ,કેન્દ્રગામી બળ ગુરુત્વાકર્ષણ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $mg = \frac{mv^2}{r}$.
તેથી,$v = \sqrt{gr}$.
અહીં $g = 10 \,m/s^2$ અને $r = 2 \,m$ આપેલ છે,તેથી $v = \sqrt{10 \times 2} = \sqrt{20} \approx 4.47 \,m/s$.
આમ,ઝડપ $4.47 \,m/s$ છે અને તણાવ $0 \,N$ છે.

(B) આપેલ છે:
દળ $m = 200 \,g = 0.2 \,kg$
ત્રિજ્યા $R = 80 \,cm = 0.8 \,m$
ખૂણો $\theta = 60^{\circ}$
ઝડપ $v = 1.5 \,m/s$
ગુરુત્વપ્રવેગ $g = 9.8 \,m/s^2$
ત્રિજ્યાવર્તી દિશામાં કણ પર લાગતા બળો તણાવ $T$ (કેન્દ્ર તરફ) અને વજનનો ઘટક $mg \cos \theta$ (કેન્દ્રથી દૂર) છે.
કેન્દ્રગામી બળનું સૂત્ર:
$T - mg \cos \theta = \frac{mv^2}{R}$
તણાવ $T$ માટે સૂત્ર:
$T = \frac{mv^2}{R} + mg \cos \theta$
કિંમતો મૂકતા:
$T = \frac{0.2 \times (1.5)^2}{0.8} + 0.2 \times 9.8 \times \cos(60^{\circ})$
$T = \frac{0.45}{0.8} + 0.2 \times 9.8 \times 0.5$
$T = 0.5625 + 0.98 = 1.5425 \,N$
આમ,$T \approx 1.56 \,N$ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) સૌથી ઉંચા બિંદુએ,પથ્થર પર લાગતા બળો તણાવ $T$ અને વજન $mg$ છે,જે બંને નીચેની તરફ લાગે છે. કેન્દ્રગામી બળ તેમના સરવાળા દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે:
$T + mg = \frac{mv_h^2}{R}$
અહીં $m = 1 \,kg$,$R = 1 \,m$,$T = 14 \,N$ અને $g = 10 \,m/s^2$ લેતા:
$14 + (1)(10) = \frac{1 \cdot v_h^2}{1}$
$24 = v_h^2 \Rightarrow v_h = \sqrt{24} \,m/s$.
હવે,સૌથી ઉંચા બિંદુ અને સૌથી નીચા બિંદુ વચ્ચે યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{1}{2}mv_l^2 = \frac{1}{2}mv_h^2 + mg(2R)$
$\frac{1}{2}(1)v_l^2 = \frac{1}{2}(1)(24) + (1)(10)(2)(1)$
$\frac{1}{2}v_l^2 = 12 + 20 = 32$
$v_l^2 = 64 \Rightarrow v_l = 8 \,m/s$.

(B) $1$. બિંદુ $A$ અને બિંદુ $B$ વચ્ચે યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ કરો. $A$ પર સ્થિતિ ઉર્જા $U_A = m g (3 h)$ છે અને $B$ પર $U_B = m g (2 h)$ છે.
$2$. કણને $A$ પર સ્થિર સ્થિતિમાંથી મુક્ત કરવામાં આવ્યો હોવાથી,તેની પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા $0$ છે. ધારો કે $B$ પર વેગ $v$ છે.
$3$. $m g (3 h) = m g (2 h) + \frac{1}{2} m v^2$
$4$. $m g h = \frac{1}{2} m v^2 \implies v^2 = 2 g h$.
$5$. બિંદુ $B$ પર,કણ પર લાગતા બળો લંબબળ $N$ (નીચેની તરફ) અને ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $m g$ (નીચેની તરફ) છે. આ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
$6$. $N + m g = \frac{m v^2}{h}$
$7$. સમીકરણમાં $v^2 = 2 g h$ મૂકતા: $N + m g = \frac{m (2 g h)}{h} = 2 m g$.
$8$. તેથી,$N = 2 m g - m g = m g$.

(D) શિરોલંબ વર્તુળમાં ગતિ કરતા કણ માટે,સૌથી ઉચ્ચ બિંદુ $C$ પર ક્રાંતિક સ્થિતિ એ છે કે વેગ $v_C = \sqrt{g R}$ હોય.
આપણે બિંદુ $P$ અને $C$ વચ્ચે યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ધારો કે બિંદુ $P$ પર સ્થિતિ ઉર્જા $U_P = 0$ છે.
બિંદુ $P$ ની સાપેક્ષમાં બિંદુ $C$ ની ઊંચાઈ $h = R - R \cos 60^{\circ} = R(1 - 0.5) = 0.5 R$ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા: $U_P + K_P = U_C + K_C$
$0 + \frac{1}{2} m v_P^2 = m g (0.5 R) + \frac{1}{2} m v_C^2$
$v_C = \sqrt{g R}$ મૂકતા:
$\frac{1}{2} m v_P^2 = 0.5 m g R + \frac{1}{2} m (g R)$
$\frac{1}{2} m v_P^2 = 0.5 m g R + 0.5 m g R = m g R$
$v_P^2 = 2 g R$
$v_P = \sqrt{2 g R}$

(B) આપેલ છે:
દળ $m = 900 \,g = 0.9 \,kg$
ત્રિજ્યા $r = 1 \,m$
આવૃત્તિ $N = 10 \,rpm = \frac{10}{60} \,rev/s = \frac{1}{6} \,rev/s$
કોણીય વેગ $\omega = 2\pi N = 2\pi \times \frac{1}{6} = \frac{\pi}{3} \,rad/s$
ઉર્ધ્વ વર્તુળના સૌથી નીચેના બિંદુએ, પથ્થર પર લાગતા બળો તણાવ $T$ (ઉપરની તરફ) અને વજન $mg$ (નીચેની તરફ) છે। કેન્દ્રગામી બળ તણાવ અને વજનના તફાવત દ્વારા મળે છે:
$T - mg = mr\omega^2$
$T = mg + mr\omega^2$
કિંમતો મૂકતા:
$T = (0.9 \times 9.8) + (0.9 \times 1 \times (\frac{\pi}{3})^2)$
$T = 8.82 + 0.9 \times \frac{\pi^2}{9}$
આપેલ છે કે $\pi^2 = 9.8$:
$T = 8.82 + 0.9 \times \frac{9.8}{9}$
$T = 8.82 + 0.1 \times 9.8$
$T = 8.82 + 0.98 = 9.8 \,N$

(B) પૂર્ણ શિરોલંબ વર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે,સૌથી નીચેના બિંદુ $A$ પર લઘુત્તમ વેગ $V_A = \sqrt{5gL}$ હોવો જોઈએ.
સૌથી ઉપરના બિંદુ $B$ પર,દોરીમાં તણાવ જાળવી રાખવા માટે જરૂરી લઘુત્તમ વેગ $V_B = \sqrt{gL}$ છે.
બિંદુ $A$ પર ગતિઊર્જા $(K.E.)_A = \frac{1}{2} m V_A^2 = \frac{1}{2} m (\sqrt{5gL})^2 = \frac{5}{2} mgL$ છે.
બિંદુ $B$ પર ગતિઊર્જા $(K.E.)_B = \frac{1}{2} m V_B^2 = \frac{1}{2} m (\sqrt{gL})^2 = \frac{1}{2} mgL$ છે.
તેથી,ગતિઊર્જાઓનો ગુણોત્તર $\frac{(K.E.)_A}{(K.E.)_B} = \frac{\frac{5}{2} mgL}{\frac{1}{2} mgL} = \frac{5}{1}$ થાય.

(B) બિંદુ $A$ થી $B$ સુધી કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય $(WET)$ લાગુ પાડતા:
$W_{mg} = K_{B} - K_{A}$
માર્ગ ઘર્ષણરહિત હોવાથી,ગુરુત્વાકર્ષણ દ્વારા થયેલ કાર્ય એ સ્થિતિ ઊર્જામાં થયેલા ફેરફાર જેટલું હોય છે:
$mg \times h = \frac{1}{2} mv_{B}^2 - 0$
ભૂમિતિ પરથી,પદાર્થ દ્વારા $A$ થી $B$ સુધી કાપેલ શિરોલંબ ઊંચાઈ $h = R \sin(45^{\circ}) + R = \frac{R}{\sqrt{2}} + R$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$mg \times R \left( \frac{1}{\sqrt{2}} + 1 \right) = \frac{1}{2} mv_{B}^2$
$gR \left( \frac{1 + \sqrt{2}}{\sqrt{2}} \right) = \frac{1}{2} v_{B}^2$
$v_{B}^2 = 2gR \left( \frac{1 + 1.4}{1.4} \right) = 2 \times 10 \times 14 \times \left( \frac{2.4}{1.4} \right)$
$v_{B}^2 = 20 \times 10 \times 2.4 = 480$
$v_{B} = \sqrt{480} \approx 21.9 \ m/s$.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(D) સ્થાન $A$ પર, વેગ $V$ એ ઉચ્ચતમ બિંદુ $B$ સુધી પહોંચવા માટે પૂરતો છે. શિરોલંબ વર્તુળાકાર ગતિ માટે, ટોચ પર પહોંચવા માટે નીચે લઘુત્તમ વેગ $V = \sqrt{5gL}$ હોવો જોઈએ.
ધારો કે ખૂણા $\theta$ પર ઝડપ $v_{\theta}$ છે. પ્રશ્ન મુજબ, $v_{\theta} = \frac{V}{2} = \frac{\sqrt{5gL}}{2}$.
બિંદુ $A$ અને ખૂણા $\theta$ વાળા બિંદુ વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{1}{2} M V^2 = \frac{1}{2} M v_{\theta}^2 + M g L(1 - \cos \theta)$
$V^2 = 5gL$ અને $v_{\theta}^2 = \frac{5gL}{4}$ મૂકતા:
$\frac{1}{2} M (5gL) = \frac{1}{2} M \left(\frac{5gL}{4}\right) + M g L(1 - \cos \theta)$
$MgL$ વડે ભાગતા:
$\frac{5}{2} = \frac{5}{8} + 1 - \cos \theta$
$\cos \theta = \frac{5}{8} + 1 - \frac{5}{2} = \frac{5 + 8 - 20}{8} = -\frac{7}{8}$.
કારણ કે $\cos \theta = -0.875$, અને આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos(3\pi/4) \approx -0.707$ અને $\cos(\pi) = -1$, તેથી ખૂણો $\theta$ એ $\frac{3\pi}{4} < \theta < \pi$ ની શ્રેણીમાં હોવો જોઈએ.

(D) ધારો કે $\theta$ એ ત્રિજ્યા સદિશ દ્વારા શિરોલંબ સાથે બનાવેલો ખૂણો છે. યાંત્રિક ઉર્જાના સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\theta$ ખૂણે મણકાની ઝડપ $v$ નીચે મુજબ મળે છે: $mgR(1 - \cos \theta) = \frac{1}{2}mv^2 \Rightarrow v^2 = 2gR(1 - \cos \theta)$.
મણકા પર લાગતા ત્રિજ્યાવર્તી બળોને ધ્યાનમાં લેતા,ગતિનું સમીકરણ છે: $mg \cos \theta - N = \frac{mv^2}{R}$,જ્યાં $N$ એ તાર દ્વારા મણકા પર લાગતું લંબબળ છે.
$v^2$ ની કિંમત મૂકતા: $N = mg \cos \theta - \frac{m}{R} [2gR(1 - \cos \theta)] = mg \cos \theta - 2mg + 2mg \cos \theta = mg(3 \cos \theta - 2)$.
તાર દ્વારા મણકા પર લાગતું લંબબળ $N$ ત્રિજ્યાવર્તી બહારની તરફ હોય છે જો $N > 0$,એટલે કે $3 \cos \theta - 2 > 0 \Rightarrow \cos \theta > 2/3$.
લંબબળ $N$ ત્રિજ્યાવર્તી અંદરની તરફ હોય છે જો $N < 0$,એટલે કે $\cos \theta < 2/3$.
ન્યૂટનના ત્રીજા નિયમ મુજબ,મણકા દ્વારા તાર પર લાગતું બળ એ તાર દ્વારા મણકા પર લાગતા લંબબળ $N$ કરતા સમાન અને વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે. શરૂઆતમાં,$\theta = 0$ પર,$\cos \theta = 1 > 2/3$,તેથી $N$ ત્રિજ્યાવર્તી બહારની તરફ છે,જેનો અર્થ છે કે મણકો તારને ત્રિજ્યાવર્તી અંદરની તરફ ધકેલે છે. જેમ $\theta$ વધે છે,$\cos \theta$ ઘટે છે,અને જ્યારે $\cos \theta < 2/3$ થાય છે,ત્યારે $N$ ત્રિજ્યાવર્તી અંદરની તરફ બને છે,જેનો અર્થ છે કે મણકો તારને ત્રિજ્યાવર્તી બહારની તરફ ધકેલે છે. આમ,મણકા દ્વારા તાર પર લાગતું બળ શરૂઆતમાં ત્રિજ્યાવર્તી અંદરની તરફ અને પછી ત્રિજ્યાવર્તી બહારની તરફ હોય છે.

(B) દોરી $D$ બિંદુએ ઢીલી થાય તે માટે ત્યાં વેગ $v_D = \sqrt{g l}$ હોવો જોઈએ.
$A$ અને $D$ બિંદુઓ વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણનો નિયમ વાપરતા:
$\frac{1}{2} m v_0^2 = \frac{1}{2} m v_D^2 + mg(2l)$
$\frac{1}{2} m v_0^2 = \frac{1}{2} m (gl) + 2mgl = \frac{5}{2} mgl \Rightarrow v_0^2 = 5gl$.
$B$ બિંદુએ ઉર્ધ્વ સાથેનો ખૂણો $30^\circ$ છે. $A$ થી $B$ ની ઊંચાઈ $h_B = l(1 - \cos 30^\circ) = l(1 - \frac{\sqrt{3}}{2})$ છે.
$KE_B = \frac{1}{2} m v_0^2 - mgh_B = \frac{5}{2} mgl - mgl(1 - \frac{\sqrt{3}}{2}) = mgl(\frac{3 + \sqrt{3}}{2})$.
$C$ બિંદુએ ઉર્ધ્વ સાથેનો ખૂણો $60^\circ$ છે. $A$ થી $C$ ની ઊંચાઈ $h_C = l(1 - \cos 60^\circ) = \frac{l}{2}$ છે.
$KE_C = \frac{1}{2} m v_0^2 - mgh_C = \frac{5}{2} mgl - mgl(\frac{1}{2}) = 2mgl$.
ગુણોત્તર $\frac{KE_B}{KE_C} = \frac{mgl(\frac{3 + \sqrt{3}}{2})}{2mgl} = \frac{3 + \sqrt{3}}{4} \approx 1.18$. આપેલ વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $1$ છે.

(C) ધારો કે દળ $m = 0.1 \ kg$,ત્રિજ્યા $R = 2 \ m$,અને $g = 10 \ m/s^2$ છે. બિંદુ $A$ પર વેગ $v_A = 10 \ m/s$ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $E_A = E_B = E_C$.
બિંદુ $A$ પર (સંદર્ભ સપાટી,$h_A = 0$): $E_A = \frac{1}{2} m v_A^2 = \frac{1}{2} m (10)^2 = 50m$.
બિંદુ $B$ પર,શિરોલંબ સાથેનો ખૂણો $30^\circ$ છે,તેથી ઊંચાઈ $h_B = R(1 - \cos 30^\circ) = 2(1 - \frac{\sqrt{3}}{2}) = 2 - \sqrt{3}$ છે.
$E_B = \frac{1}{2} m v_B^2 + mgh_B = 50m \implies \frac{1}{2} v_B^2 + 10(2 - \sqrt{3}) = 50 \implies v_B^2 = 60 + 20\sqrt{3}$.
$K.E._B = \frac{1}{2} m v_B^2 = m(30 + 10\sqrt{3})$.
બિંદુ $C$ પર,શિરોલંબ સાથેનો ખૂણો $90^\circ$ છે (આકૃતિ મુજબ),તેથી ઊંચાઈ $h_C = R = 2 \ m$ છે.
$E_C = \frac{1}{2} m v_C^2 + mgh_C = 50m \implies \frac{1}{2} v_C^2 + 10(2) = 50 \implies v_C^2 = 60$.
$K.E._C = \frac{1}{2} m v_C^2 = 30m$.
ગુણોત્તર $\frac{K.E._B}{K.E._C} = \frac{m(30 + 10\sqrt{3})}{30m} = \frac{3 + \sqrt{3}}{3}$.

(D) ધારો કે ઉપરના બિંદુએ વેગ $v_t = n\sqrt{gR}$ છે. ઉપરના બિંદુએ ગતિઊર્જા $K_t = \frac{1}{2}mv_t^2 = \frac{1}{2}m(n^2gR)$ છે.
યાંત્રિક ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ ઉપરના અને નીચેના બિંદુઓ વચ્ચે: $K_t + U_t = K_b + U_b$.
નીચેના બિંદુએ સ્થિતિઊર્જા $0$ લેતા,ઉપરના બિંદુએ સ્થિતિઊર્જા $mg(2R)$ થાય.
તેથી,$\frac{1}{2}mn^2gR + 2mgR = \frac{1}{2}mv_b^2$.
બંને બાજુ $\frac{2}{m}$ વડે ગુણતા,$n^2gR + 4gR = v_b^2$,એટલે કે $v_b^2 = (n^2+4)gR$.
નીચેના બિંદુએ ગતિઊર્જા $K_b = \frac{1}{2}mv_b^2 = \frac{1}{2}m(n^2+4)gR$ છે.
નીચેના બિંદુએ ગતિઊર્જા અને ઉપરના બિંદુએ ગતિઊર્જાનો ગુણોત્તર $\frac{K_b}{K_t} = \frac{\frac{1}{2}m(n^2+4)gR}{\frac{1}{2}mn^2gR} = \frac{n^2+4}{n^2}$ થાય.

(D) સૌથી નીચેના બિંદુ અને બિંદુ $P$ વચ્ચે યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{1}{2} mv_0^2 = mg \ell(1 + \sin \theta) + \frac{1}{2} mv_p^2$ ... $(i)$
બિંદુ $P$ પર,દોરીમાં તણાવ $T_p$ શૂન્ય થઈ જાય છે. ગુરુત્વાકર્ષણ બળનો ત્રિજ્યાવર્તી ઘટક જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$mg \sin \theta = \frac{mv_p^2}{\ell} \implies mv_p^2 = mg \ell \sin \theta$ ... $(ii)$
$(ii)$ ને $(i)$ માં મૂકતા:
$\frac{1}{2} mv_0^2 = mg \ell(1 + \sin \theta) + \frac{1}{2} mg \ell \sin \theta$
$v_0^2 = 2g \ell(1 + \sin \theta) + g \ell \sin \theta = 2g \ell + 3g \ell \sin \theta$
$v_0 = \sqrt{g \ell(2 + 3 \sin \theta)}$ ... $(iii)$
$(ii)$ પરથી,$v_p = \sqrt{g \ell \sin \theta}$.
તેથી,ગુણોત્તર:
$\frac{v_p}{v_0} = \frac{\sqrt{g \ell \sin \theta}}{\sqrt{g \ell(2 + 3 \sin \theta)}} = \sqrt{\frac{\sin \theta}{2 + 3 \sin \theta}}$

(D) ધારો કે કણ શિરોલંબ સાથે $\theta$ ખૂણે સપાટી છોડે છે,જે ઉપરથી માપવામાં આવે છે.
સપાટી છોડતી વખતે,લંબ પ્રતિક્રિયા $N = 0$ થાય છે.
ત્રિજ્યાવર્તી ગતિનું સમીકરણ $mg \cos \theta - N = \frac{mv^2}{R}$ છે. $N = 0$ હોવાથી,$v^2 = Rg \cos \theta$ મળે.
ટોચના બિંદુ અને સપાટી છોડવાના બિંદુ વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$mgR = mg(R \cos \theta) + \frac{1}{2}mv^2$.
$v^2 = Rg \cos \theta$ મૂકતા:
$mgR = mgR \cos \theta + \frac{1}{2}m(Rg \cos \theta) = mgR \cos \theta + \frac{1}{2}mgR \cos \theta = \frac{3}{2}mgR \cos \theta$.
આમ,$\cos \theta = \frac{2}{3}$.
તળિયેથી ઊંચાઈ $h$ એ $h = R + R \cos \theta = R(1 + \cos \theta)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\cos \theta = \frac{2}{3}$ અને $R = 1.8 \ m$ મૂકતા:
$h = 1.8 \times (1 + \frac{2}{3}) = 1.8 \times \frac{5}{3} = 0.6 \times 5 = 3.0 \ m$.

(D) અથડામણ દરમિયાન રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$mv = M V' + m(v/2)$
$mv - mv/2 = M V'$
$mv/2 = M V'$
$V' = \frac{mv}{2M}$
લોલકનો ગોળો શિરોલંબ વર્તુળ પૂર્ણ કરે તે માટે,સૌથી નીચલા બિંદુએ ન્યૂનતમ વેગ $V'$ એ $\sqrt{5g\ell}$ હોવો જોઈએ.
$V'$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{mv}{2M} = \sqrt{5g\ell}$
$v = \frac{2M}{m} \sqrt{5g\ell}$

(A) લોલકના ગોળા માટે શિરોલંબ વર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે,સૌથી નીચેના બિંદુએ જરૂરી લઘુત્તમ વેગ $v = \sqrt{5 g \ell}$ છે.
અથડામણ દરમિયાન રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$m u + M(0) = m(u/2) + M v$
$v = \sqrt{5 g \ell}$ મૂકતા:
$m u = m(u/2) + M \sqrt{5 g \ell}$
$m u - m u/2 = M \sqrt{5 g \ell}$
$m u / 2 = M \sqrt{5 g \ell}$
$u = \frac{2 M}{m} \sqrt{5 g \ell}$

(B) ઉર્ધ્વ વર્તુળાકાર ગતિમાં,કણ પર લાગતું બળ ગુરુત્વાકર્ષણ $(mg)$ છે.
વર્તુળાકાર પથના સ્પર્શક પર લાગતો ગુરુત્વાકર્ષણનો ઘટક $F_t = mg \sin \theta$ છે,જ્યાં $\theta$ એ શિરોલંબ સાથેનો ખૂણો છે.
સ્પર્શકીય પ્રવેગ $a_t$ એ $a_t = \frac{F_t}{m} = \frac{mg \sin \theta}{m} = g \sin \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $\theta = 30^{\circ}$ અને $g = 10 \ m/s^2$ આપેલ છે.
તેથી,$a_t = 10 \times \sin 30^{\circ} = 10 \times 0.5 = 5 \ m/s^2$.

(B) શિરોલંબ વર્તુળના સૌથી ઉપરના બિંદુએ ક્રાંતિક ઝડપ $v = \sqrt{gR}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે દોરી સમક્ષિતિજ હોય,ત્યારે પદાર્થ સૌથી ઉપરના બિંદુથી $R$ જેટલા શિરોલંબ અંતરે નીચે આવ્યો હોય છે.
ઉર્જા સંરક્ષણ અથવા ગતિના સમીકરણ $v'^2 = v^2 + 2ah$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = g$ અને $h = R$ છે:
$(v')^2 = v^2 + 2gR$
$v^2 = gR$ મૂકતા:
$(v')^2 = gR + 2gR = 3gR$
કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c$ એ $a_c = \frac{(v')^2}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$(v')^2$ ની કિંમત મૂકતા:
$a_c = \frac{3gR}{R} = 3g$.
આમ,કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $3g$ છે.

(C) ઉર્ધ્વ વર્તુળાકાર ગતિ માટે:
$1$. જો $v_0 = \sqrt{5 g \ell}$ હોય,તો બોબ વર્તુળ પૂર્ણ કરે છે. સૌથી નીચલા બિંદુએ,$T - mg = \frac{mv_0^2}{\ell} = 5mg$,તેથી $T = 6mg$. આમ,$(P) \rightarrow (1)$.
$2$. જો $v_0 = \sqrt{g \ell}$ હોય,કારણ કે $v_0 < \sqrt{2 g \ell}$,બોબ દોલન કરશે. આમ,$(Q) \rightarrow (3)$.
$3$. જો $v_0 = 2 \sqrt{g \ell}$ હોય,કારણ કે $\sqrt{2 g \ell} < v_0 < \sqrt{5 g \ell}$,દોરી અમુક બિંદુએ ઢીલી પડશે. આમ,$(R) \rightarrow (2)$.
$4$. જો $v_0 = 3 \sqrt{g \ell}$ હોય,સૌથી ઉચ્ચ બિંદુએ,$v^2 = v_0^2 - 4g\ell = 9g\ell - 4g\ell = 5g\ell$. પછી $T + mg = \frac{mv^2}{\ell} = 5mg$,તેથી $T = 4mg$. આમ,$(S) \rightarrow (4)$.
તેથી,સાચી જોડ $P-1, Q-3, R-2, S-4$ છે.

(A) શિરોલંબ વર્તુળાકાર માર્ગ પૂર્ણ કરવા માટે,વર્તુળના તળિયે લઘુત્તમ વેગ $v = \sqrt{5gR}$ હોવો જોઈએ.
અહીં $R = 2\ m$ અને $g = 10\ m/s^2$ આપેલ છે,તેથી જરૂરી વેગ $v = \sqrt{5 \times 10 \times 2} = \sqrt{100} = 10\ m/s$ થશે.
ખરબચડી સપાટી પર,પ્રારંભિક વેગ $u = 20\ m/s$,અંતિમ વેગ $v = 10\ m/s$ અને પ્રવેગ $a = -\mu g = -0.5 \times 10 = -5\ m/s^2$ છે.
ગતિના સમીકરણ $v^2 - u^2 = 2ax$ નો ઉપયોગ કરતા:
$10^2 - 20^2 = 2 \times (-5) \times x$
$100 - 400 = -10x$
$-300 = -10x$
$x = 30\ m$.

(B) શિરોલંબ વર્તુળાકાર ગતિમાં,કોઈપણ બિંદુએ દોરીમાં તણાવ $T$ એ $T = \frac{mv^2}{r} + mg cos \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\theta$ એ નીચેની શિરોલંબ રેખા સાથેનો ખૂણો છે.
સૌથી નીચેના બિંદુએ,$\theta = 0^{\circ}$ હોવાથી,$\cos 0^{\circ} = 1$ થાય. તેથી તણાવ $T_{low} = \frac{mv^2}{r} + mg$ મળે છે.
સૌથી ઉપરના બિંદુએ,$\theta = 180^{\circ}$ હોવાથી,$\cos 180^{\circ} = -1$ થાય. તેથી તણાવ $T_{high} = \frac{mv^2}{r} - mg$ મળે છે.
તણાવ સૌથી નીચેના બિંદુએ મહત્તમ હોવાથી,તાર તૂટવાની શક્યતા આ સ્થિતિમાં સૌથી વધુ હોય છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(B) શિરોલંબ વર્તુળના સૌથી ઉપરના બિંદુએ,પથ્થર પર લાગતા બળો તણાવ $(T_{top})$ અને વજનબળ $(mg)$ છે,જે બંને નીચેની તરફ લાગે છે. કેન્દ્રગામી બળ તેમના સરવાળા દ્વારા મળે છે:
$T_{top} + mg = \frac{mv^2}{R}$
$T_{top} = \frac{mv^2}{R} - mg = \frac{1 \times (40)^2}{2} - (1 \times 10) = 800 - 10 = 790 \ N$
શિરોલંબ વર્તુળના સૌથી નીચેના બિંદુએ,તણાવ $(T_{bot})$ ઉપરની તરફ અને વજનબળ $(mg)$ નીચેની તરફ લાગે છે. પરિણામી બળ કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$T_{bot} - mg = \frac{mv^2}{R}$
$T_{bot} = \frac{mv^2}{R} + mg = \frac{1 \times (40)^2}{2} + (1 \times 10) = 800 + 10 = 810 \ N$
ઉપરના અને નીચેના બિંદુએ તણાવનો ગુણોત્તર:
$\frac{T_{top}}{T_{bot}} = \frac{790}{810} = \frac{79}{81}$

(C) શિરોલંબ વર્તુળના સૌથી ઉપરના બિંદુએ ડોલમાંથી પાણી નીચે ન પડે તે માટે,કેન્દ્રગામી બળ એ પાણી પર લાગતા ગુરુત્વાકર્ષણ બળ જેટલું અથવા તેનાથી વધુ હોવું જોઈએ.
સૌથી ઉપરના બિંદુએ,પાણી ડોલમાં રહે તે માટેની શરત $m \omega^2 r \geq mg$ છે.
લઘુત્તમ કોણીય વેગ $\omega$ માટે $m \omega^2 r = mg$,જેનું સાદું રૂપ આપતા $\omega = \sqrt{\frac{g}{r}}$ મળે છે.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega$ અને આવૃત્તિ $f$ વચ્ચેનો સંબંધ $\omega = 2 \pi f$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ કે $2 \pi f = \sqrt{\frac{g}{r}}$.
તેથી,પરિભ્રમણની લઘુત્તમ આવૃત્તિ $f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{g}{r}}$ છે.

(C) પાણી કેનમાંથી બહાર ન પડે તે માટે,ઉર્ધ્વ વર્તુળના સૌથી ઉપરના બિંદુએ કેન્દ્રગામી બળ એ પાણીના વજન જેટલું હોવું જોઈએ.
સૌથી ઉપરના બિંદુએ,પાણી ન પડે તે માટેની શરત નીચે મુજબ છે:
$\frac{m v^2}{r} = m g$
જ્યાં $m$ એ પાણીનું દળ છે,$v$ એ ઝડપ છે,અને $r$ એ ત્રિજ્યા છે.
ન્યૂનતમ ઝડપ $v$ માટે ઉકેલતા:
$v^2 = r g \implies v = \sqrt{r g}$
એક સંપૂર્ણ પરિભ્રમણનો આવર્તકાળ $T$ એ પરિઘને ઝડપ વડે ભાગવાથી મળે છે:
$T = \frac{2 \pi r}{v}$
$v$ ની કિંમત મૂકતા:
$T = \frac{2 \pi r}{\sqrt{r g}} = 2 \pi \sqrt{\frac{r}{g}}$

(C) ગુરુત્વાકર્ષણ હેઠળ કણની ગતિમાં,કણ પર લાગતું એકમાત્ર બળ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ છે,જે સંરક્ષી બળ છે.
કણ પર કોઈ બિન-સંરક્ષી બળો (જેમ કે ઘર્ષણ અથવા હવાનો અવરોધ) લાગતા ન હોવાથી,ગતિ દરમિયાન સિસ્ટમની કુલ યાંત્રિક ઉર્જા અચળ રહે છે.
તેથી,માર્ગ પરના વિવિધ સ્થાનો પર કુલ ઉર્જા સંરક્ષિત રહે છે.

(C) શિરોલંબ વર્તુળાકાર ગતિમાં,કોઈપણ બિંદુએ પદાર્થની ઝડપ $V$ એ ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
જ્યારે દોરી સમક્ષિતિજ હોય છે,ત્યારે પદાર્થ વર્તુળના કેન્દ્રની સમાન શિરોલંબ સ્તરે હોય છે.
ધારો કે પદાર્થને ઉપરના બિંદુએથી મુક્ત કરવામાં આવે છે અથવા વર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે પૂરતો વેગ આપવામાં આવે છે,તો સમક્ષિતિજ સ્થિતિમાં વેગ $V = \sqrt{3gr}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r$ એ વર્તુળની ત્રિજ્યા છે.
કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c$ ને $a_c = \frac{V^2}{r}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$V$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $a_c = \frac{(\sqrt{3gr})^2}{r} = \frac{3gr}{r} = 3g$ મળે છે.

(B) સૌથી ઉપરના બિંદુએ ક્રાંતિક વેગ $v = \sqrt{rg}$ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,જ્યારે દોરી સમક્ષિતિજ બને ત્યારે વેગ $v'$ એ $v'^2 = v^2 + 2g(r)$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $r$ એ વર્તુળની ત્રિજ્યા છે.
$v^2 = rg$ મૂકતા,આપણને $v'^2 = rg + 2rg = 3rg$ મળે છે.
કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c$ એ $a_c = \frac{v'^2}{r}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$v'^2$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $a_c = \frac{3rg}{r} = 3g$ મળે છે.

(D) ગતિઊર્જાનું સૂત્ર $K.E. = \frac{1}{2}mv^2$ છે.
વર્ટિકલ સર્ક્યુલર મોશન પૂર્ણ કરવા માટે,સૌથી નીચા બિંદુએ લઘુત્તમ વેગ $v_l = \sqrt{5rg}$ હોવો જોઈએ.
સૌથી ઊંચા બિંદુએ લઘુત્તમ વેગ $v_h = \sqrt{rg}$ હોય છે.
સૌથી ઊંચા બિંદુએ ગતિઊર્જા $(K.E.)_h = \frac{1}{2}m(v_h)^2 = \frac{1}{2}m(rg)$ થાય.
સૌથી નીચા બિંદુએ ગતિઊર્જા $(K.E.)_l = \frac{1}{2}m(v_l)^2 = \frac{1}{2}m(5rg)$ થાય.
તેથી,સૌથી ઊંચા બિંદુએ અને સૌથી નીચા બિંદુએ ગતિઊર્જાનો ગુણોત્તર $\frac{(K.E.)_h}{(K.E.)_l} = \frac{\frac{1}{2}m(rg)}{\frac{1}{2}m(5rg)} = \frac{1}{5} = 0.2$ થાય.

(A) વર્ટિકલ વર્તુળાકાર ગતિમાં,કણ પર લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ (જે સંરક્ષી બળ છે) અને તણાવ બળ (જે સ્થાનાંતરને લંબ રૂપે લાગે છે) છે. તણાવ બળ દ્વારા થતું કાર્ય શૂન્ય હોવાથી અને ગુરુત્વાકર્ષણ એ સંરક્ષી બળ હોવાથી,કણની કુલ યાંત્રિક ઉર્જા (ગતિ ઉર્જા અને સ્થિતિ ઉર્જાનો સરવાળો) ગતિ દરમિયાન અચળ રહે છે. તેથી,કુલ ઉર્જા સંરક્ષિત રહે છે.

(B) ધારો કે સૌથી ઊંચા બિંદુએ ઝડપ $v_h$ છે અને સૌથી નીચા બિંદુએ ઝડપ $v_l$ છે.
સૌથી ઊંચા બિંદુએ,તણાવ $T_h = \frac{mv_h^2}{L} - mg$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સૌથી નીચા બિંદુએ,તણાવ $T_l = \frac{mv_l^2}{L} + mg$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સૌથી ઊંચા અને નીચા બિંદુ વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $\frac{1}{2}mv_l^2 = \frac{1}{2}mv_h^2 + mg(2L)$,જેનું સાદું રૂપ $v_l^2 = v_h^2 + 4gL$ થાય છે.
$T_l$ ના સમીકરણમાં $v_l^2$ ની કિંમત મૂકતા: $T_l = \frac{m(v_h^2 + 4gL)}{L} + mg = \frac{mv_h^2}{L} + 4mg + mg = \frac{mv_h^2}{L} + 5mg$.
આપેલ ગુણોત્તર $\frac{T_l}{T_h} = 3$ હોવાથી,$\frac{\frac{mv_h^2}{L} + 5mg}{\frac{mv_h^2}{L} - mg} = 3$.
ધારો કે $x = \frac{v_h^2}{L}$. તો $\frac{x + 5g}{x - g} = 3 \implies x + 5g = 3x - 3g \implies 2x = 8g \implies x = 4g$.
$x = \frac{v_h^2}{L}$ હોવાથી,$\frac{v_h^2}{L} = 4g$,જેનો અર્થ છે કે $v_h^2 = 4gL$.
તેથી,$v_h = 2\sqrt{gL}$.

(B) આપેલ છે: મહત્તમ તણાવ $T_{max} = 3.7 \ kg \ wt = 3.7 \times 10 \ N = 37 \ N$. દળ $m = 500 \ g = 0.5 \ kg$. ત્રિજ્યા $r = 4 \ m$. $g = 10 \ m/s^2$.
શિરોલંબ વર્તુળાકાર ગતિમાં,પથના સૌથી નીચેના બિંદુએ તણાવ મહત્તમ હોય છે.
સૌથી નીચેના બિંદુએ તણાવનું સૂત્ર $T = mg + \frac{mv^2}{r}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $37 = (0.5 \times 10) + \frac{0.5 \times v^2}{4}$.
$37 = 5 + \frac{0.5 \times v^2}{4}$.
$32 = \frac{0.5 \times v^2}{4}$.
$128 = 0.5 \times v^2$.
$v^2 = 256$.
$v = 16 \ m/s$.
આમ,$v = r\omega$ હોવાથી,$\omega = \frac{v}{r} = \frac{16}{4} = 4 \ rad/s$ મળે.

(B) કણ શિરોલંબ વર્તુળાકાર ગતિ પૂર્ણ કરે તે માટે,ટોચના બિંદુ $A$ પર લઘુત્તમ વેગ $v_A = \sqrt{g\ell}$ છે.
બિંદુ $A$ અને બિંદુ $C$ વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{2}mv_A^2 + mg(2\ell) = \frac{1}{2}mv_C^2 + mg\ell$
$\frac{1}{2}m(g\ell) + 2mg\ell = \frac{1}{2}mv_C^2 + mg\ell$
$\frac{1}{2}g\ell + mg\ell = \frac{1}{2}mv_C^2$
$\frac{3}{2}g\ell = \frac{1}{2}v_C^2 \implies v_C^2 = 3g\ell$.
બિંદુ $A$ પર કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_A = \frac{v_A^2}{\ell} = \frac{g\ell}{\ell} = g$ છે.
બિંદુ $C$ પર કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_C = \frac{v_C^2}{\ell} = \frac{3g\ell}{\ell} = 3g$ છે.
કેન્દ્રગામી પ્રવેગમાં થતો વધારો $\Delta a = a_C - a_A = 3g - g = 2g$ છે.

(D) આપેલ છે: દળ $= m$ $kg$,ત્રિજ્યા $r = 49$ $cm = 0.49$ $m$,આવૃત્તિ $f = 30$ $rpm = 0.5$ $rev/s$.
કોણીય વેગ $\omega = 2\pi f = 2 \times \pi \times 0.5 = \pi$ $rad/s$.
સૌથી નીચેના બિંદુએ,તણાવ $T = mg + mr\omega^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $T = m(10) + m(0.49)(\pi^2)$.
$\pi^2 = 10$ લેતા: $T = 10m + m(0.49)(10) = 10m + 4.9m = 14.9m$ $N$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,$T \approx 15m$ $N$.

(D) શિરોલંબ વર્તુળાકાર ગતિમાં, દોરીમાં તણાવ તેના માર્ગના સૌથી નીચેના બિંદુએ મહત્તમ હોય છે.
સૌથી નીચેના બિંદુએ બળનું સમીકરણ: $T_{max} = m \omega_{max}^2 r + mg$ છે.
આપેલ છે: $T_{max} = 30 \,N$, $m = 0.5 \,kg$, $r = 2 \,m$, અને $g = 10 \,m/s^2$.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા:
$30 = (0.5) \cdot \omega_{max}^2 \cdot (2) + (0.5) \cdot (10)$.
$30 = 1 \cdot \omega_{max}^2 + 5$.
$30 - 5 = \omega_{max}^2$.
$25 = \omega_{max}^2$.
$\omega_{max} = \sqrt{25} = 5 \,rad/s$.

(B) દ્રઢ સળિયા સાથે જોડાયેલ દળ માટે ઉર્ધ્વ વર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે,નીચેના બિંદુએ લઘુત્તમ વેગ યાંત્રિક ઉર્જાના સંરક્ષણના નિયમ દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
નીચેના બિંદુએ,સ્થિતિ ઉર્જા $0$ છે (નીચેના બિંદુને સંદર્ભ સ્તર તરીકે લેતા).
ટોચના બિંદુએ,ઊંચાઈ $h = 2L$ છે અને વેગ $v_{top} = 0$ હોઈ શકે છે કારણ કે સળિયો આધાર પૂરો પાડે છે (દોરીથી વિપરીત).
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$E_{bottom} = E_{top}$
$\frac{1}{2} mv^2 = mg(2L) + \frac{1}{2} m(v_{top})^2$
લઘુત્તમ વેગ માટે,આપણે $v_{top} = 0$ લઈએ છીએ:
$\frac{1}{2} mv^2 = 2mgL$
$v^2 = 4gL$
$v = 2 \sqrt{gL}$

(B) ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,જ્યારે લોલક $90^{\circ}$ ના સ્થાનથી મધ્યમાન સ્થાન પર આવે છે ત્યારે ગુમાવેલી સ્થિતિ ઉર્જા એ મેળવેલી ગતિ ઉર્જા જેટલી હોય છે:
$mgl = \frac{1}{2} mv^2$
$v^2 = 2gl$
મધ્યમાન સ્થાન પર,લોલક પર લાગતા બળો તણાવ $T$ (ઉપરની તરફ) અને વજનબળ $mg$ (નીચેની તરફ) છે. પરિણામી બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$T - mg = \frac{mv^2}{L}$
સમીકરણમાં $v^2 = 2gl$ મૂકતા:
$T - mg = \frac{m(2gl)}{L}$
$T - mg = 2mg$
$T = 3mg$
આમ,દોરીમાં ઉદ્ભવતું મહત્તમ તણાવ $3mg$ છે.

(D) શિરોલંબ વર્તુળના સૌથી નીચલા બિંદુએ,દોરીમાં ઉદ્ભવતું તણાવબળ $T$ એ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે અને પદાર્થના વજનને સંતુલિત કરે છે.
સૌથી નીચલા બિંદુએ તણાવબળનું સમીકરણ $T = \frac{mv^2}{r} + mg$ છે.
શિરોલંબ લૂપ પૂર્ણ કરવા માટે,સૌથી નીચલા બિંદુએ લઘુત્તમ વેગ $v = \sqrt{5gr}$ હોવો જોઈએ.
આ $v$ ની કિંમત તણાવબળના સમીકરણમાં મૂકતા:
$T = \frac{m(\sqrt{5gr})^2}{r} + mg$
$T = \frac{m(5gr)}{r} + mg$
$T = 5mg + mg$
$T = 6mg$.
આમ,સૌથી નીચલા બિંદુએ આભાસી વજન (તણાવબળ) $6mg$ છે.

(C) ધારો કે ગોળાનું દળ $m$ છે અને દોરાની લંબાઈ $l$ છે.
લટકાવવાના બિંદુની ઊંચાઈ સુધી પહોંચવા માટે,ગોળાએ $l$ જેટલી ઊભી ઊંચાઈ કાપવી પડે.
યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,સૌથી નીચલા બિંદુએ આપેલી ગતિ ઉર્જા એ લટકાવવાના બિંદુની ઊંચાઈએ મેળવેલી સ્થિતિ ઉર્જા જેટલી હોવી જોઈએ.
ધારો કે ગોળાને આપવામાં આવતો ન્યૂનતમ સમક્ષિતિજ વેગ $v$ છે.
સૌથી નીચલા બિંદુએ ગતિ ઉર્જા = $\frac{1}{2}mv^2$.
લટકાવવાના બિંદુની ઊંચાઈએ સ્થિતિ ઉર્જા = $mgl$.
બંનેને સરખાવતા: $\frac{1}{2}mv^2 = mgl$.
$v$ માટે ઉકેલતા: $v^2 = 2gl$,તેથી $v = \sqrt{2gl}$.

(B) ધારો કે દળ $m = 150 \ kg$ છે અને તાર સહન કરી શકે તેવું મહત્તમ તણાવ $T_{max} = 2940 \ N$ છે.
જ્યારે ભાર સૌથી નીચેના બિંદુ (સંતુલન સ્થિતિ) પર હોય,ત્યારે તારમાં તણાવ $T = mg + \frac{mv^2}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રશ્ન એ છે કે $\theta$ ખૂણેથી મુક્ત કરવામાં આવે તો સંતુલન સ્થિતિમાં તાર તૂટે નહીં.
સંતુલન સ્થિતિમાં,તણાવ $T$ એ $T_{max} = 2940 \ N$ થી વધવો જોઈએ નહીં.
$\theta$ ખૂણેથી સંતુલન સ્થિતિ સુધી ઉર્જા સંરક્ષણનો ઉપયોગ કરતા:
$mgL(1 - \cos \theta) = \frac{1}{2}mv^2 \Rightarrow mv^2 = 2mgL(1 - \cos \theta)$.
સંતુલન સ્થિતિમાં તણાવ $T = mg + \frac{mv^2}{L} = mg + 2mg(1 - \cos \theta) = mg(3 - 2 \cos \theta)$.
$T = T_{max}$ લેતા:
$2940 = 150 \times 9.8 \times (3 - 2 \cos \theta)$.
$2940 = 1470 \times (3 - 2 \cos \theta)$.
$2 = 3 - 2 \cos \theta$.
$2 \cos \theta = 1 \Rightarrow \cos \theta = 0.5$.
તેથી,$\theta = 60^{\circ}$.

(C) કોઈ પદાર્થ માટે ઉર્ધ્વ વર્તુળાકાર ગતિ પૂર્ણ કરવા માટે,સૌથી ઉચ્ચતમ બિંદુ પર પદાર્થ પર લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ $(mg)$ અને લંબ પ્રતિક્રિયા $(N)$ છે.
સૌથી ઉચ્ચતમ બિંદુ પર,કુલ કેન્દ્રગામી બળ એ ગુરુત્વાકર્ષણ અને લંબ પ્રતિક્રિયાનો સરવાળો છે: $mg + N = \frac{mv^2}{r}$.
ન્યૂનતમ ઝડપ શોધવા માટે,આપણે તે સીમાંત સ્થિતિ ધ્યાનમાં લઈએ છીએ જ્યાં પદાર્થ ઉચ્ચતમ બિંદુ પરથી પસાર થાય ત્યારે લંબ પ્રતિક્રિયા $N$ શૂન્ય થઈ જાય છે.
આમ,$mg = \frac{mv_{min}^2}{r}$.
$v_{min}$ માટે ઉકેલતા,આપણને $v_{min}^2 = gr$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $v_{min} = \sqrt{gr}$.
તેથી,સ્ટંટમેને ટ્રેકના સૌથી ઉચ્ચતમ બિંદુ પર જાળવવી પડતી ન્યૂનતમ ઝડપ $\sqrt{gr}$ છે.

(C) ધારો કે તળિયે વેગ $u$ છે અને ટોચ પર વેગ $v$ છે। તળિયે તણાવ $T_{max} = \frac{m u^2}{r} + mg$ અને ટોચ પર તણાવ $T_{min} = \frac{m v^2}{r} - mg$ છે।
તળિયે અને ટોચ વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{2} m u^2 = \frac{1}{2} m v^2 + mg(2r) \Rightarrow u^2 = v^2 + 4rg$.
$u^2$ ની કિંમત $T_{max}$ ના સમીકરણમાં મૂકતા: $T_{max} = \frac{m(v^2 + 4rg)}{r} + mg = \frac{m v^2}{r} + 5mg$.
આપેલ છે કે $\frac{T_{max}}{T_{min}} = 4$, તેથી $\frac{\frac{m v^2}{r} + 5mg}{\frac{m v^2}{r} - mg} = 4$.
ધારો કે $x = \frac{m v^2}{r}$. તો $\frac{x + 5mg}{x - mg} = 4 \Rightarrow x + 5mg = 4x - 4mg \Rightarrow 3x = 9mg \Rightarrow x = 3mg$.
આમ, $\frac{m v^2}{r} = 3mg \Rightarrow v^2 = 3rg$.
અહીં $r = \frac{5}{3} \,m$ અને $g = 10 \,ms^{-2}$ આપેલ છે, તેથી $v^2 = 3 \times \frac{5}{3} \times 10 = 50$.
તેથી, $v = \sqrt{50} \,ms^{-1}$.

(C) વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ આપેલ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $\frac{mv^2}{r} = \frac{c}{r^2}$.
આના પરથી,આપણને ગતિ ઉર્જા $K = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{c}{2r}$ મળે છે.
સ્થિતિ ઉર્જા $U$ એ $F = -\frac{dU}{dr}$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે,તેથી $U = -\int F dr = -\int \frac{c}{r^2} dr = -\frac{c}{r}$.
કુલ ઉર્જા $E$ એ ગતિ ઉર્જા અને સ્થિતિ ઉર્જાનો સરવાળો છે: $E = K + U = \frac{c}{2r} - \frac{c}{r} = -\frac{c}{2r}$.

(B) ધારો કે ઉચ્ચતમ બિંદુ $A$ અને નિમ્નતમ બિંદુ $B$ પર તણાવ બળો અનુક્રમે $T_A$ અને $T_B$ છે.
ઉચ્ચતમ બિંદુ $A$ પર,કણ પર લાગતા બળો તણાવ $T_A$ (નીચેની તરફ) અને વજનબળ $mg$ (નીચેની તરફ) છે. પરિણામી કેન્દ્રગામી બળ:
$T_A + mg = \frac{mv_A^2}{r}$
આપેલ છે કે $v_A = \sqrt{7gr}$,તેથી:
$T_A + mg = \frac{m(7gr)}{r} = 7mg$
$T_A = 6mg$
બિંદુ $A$ અને $B$ વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$\frac{1}{2}mv_A^2 + mg(2r) = \frac{1}{2}mv_B^2$
$\frac{1}{2}m(7gr) + 2mgr = \frac{1}{2}mv_B^2$
$3.5mgr + 2mgr = 0.5mv_B^2$
$5.5mgr = 0.5mv_B^2 \Rightarrow v_B^2 = 11gr$
નિમ્નતમ બિંદુ $B$ પર,બળો તણાવ $T_B$ (ઉપરની તરફ) અને વજનબળ $mg$ (નીચેની તરફ) છે. પરિણામી કેન્દ્રગામી બળ:
$T_B - mg = \frac{mv_B^2}{r}$
$T_B = mg + \frac{m(11gr)}{r} = 12mg$
તણાવ બળોનો ગુણોત્તર:
$\frac{T_A}{T_B} = \frac{6mg}{12mg} = \frac{1}{2}$
આમ,ગુણોત્તર $1: 2$ છે.

(B) ઉર્ધ્વ વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $r = 4 \,m$ છે અને ગુરુત્વપ્રવેગ $g = 9.8 \,ms^{-2}$ છે.
ઉર્ધ્વ વર્તુળમાં પૂર્ણ પરિભ્રમણ કરવા માટે સૌથી નીચેના બિંદુએ જરૂરી લઘુત્તમ સમક્ષિતિજ ઝડપ $v$ નું સૂત્ર $v = \sqrt{5gr}$ છે.
આપેલ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$v = \sqrt{5 \times 9.8 \times 4}$
$v = \sqrt{196}$
$v = 14 \,ms^{-1}$.
તેથી, જરૂરી લઘુત્તમ સમક્ષિતિજ ઝડપ $14 \,ms^{-1}$ છે.

(A) ધારો કે $L = 1 \,m$ એ લોલકની લંબાઈ છે અને $v_0 = 7 \,ms^{-1}$ એ સૌથી નીચા બિંદુએ વેગ છે.
કેન્દ્રથી $h$ ઊંચાઈએ કોઈપણ બિંદુએ, ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ વેગ $v$ નીચે મુજબ મળે: $\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv^2 + mg(L+h)$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{2}(7)^2 = \frac{1}{2}v^2 + 10(1+h) \implies 24.5 = 0.5v^2 + 10 + 10h \implies v^2 = 29 - 20h$.
જ્યારે તણાવ $T$ શૂન્ય થાય ત્યારે ગોળો વર્તુળાકાર માર્ગ છોડી દે છે. $h$ ઊંચાઈએ ગતિનું સમીકરણ $T + mg \sin(\theta) = \frac{mv^2}{L}$ છે, જ્યાં $\sin(\theta) = \frac{h}{L} = h$.
$T=0$ લેતા, આપણને મળે $mg(h/L) = \frac{mv^2}{L} \implies v^2 = gh = 10h$.
$v^2$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $29 - 20h = 10h \implies 30h = 29 \implies h = \frac{29}{30} \approx 0.966 \,m$. આપેલા વિકલ્પો મુજબ, સૌથી નજીકનું મૂલ્ય $0.95 \,m$ છે.