Rigid Body Dynamics MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Rigid Body Dynamics - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

सही विकल्प: 4)\( \dot{y} = \sqrt{\frac{3 l g (1 - \cos \theta) \sin^2 \theta}{3 \sin^2 \theta + 1}}\) है। 

व्याख्या :
जब छड़ी सीधी खड़ी होती है तो प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा (\( U_0 \) ) है:
\( U_0 = M g \frac{l}{2}\)

चूँकि छड़ी विरामावस्था से शुरू होती है, इसलिए प्रारंभिक गतिज ऊर्जा ( \(K_0\) ) शून्य है, इसलिए कुल प्रारंभिक ऊर्जा है:

\( E = K_0 + U_0 = M g \frac{l}{2} \)

जैसे ही छड़ी गिरती है, यह घूमती है और द्रव्यमान केंद्र लंबवत नीचे y दूरी गिरता है। कोण \(\theta\) पर निकाय की गतिज ऊर्जा (K) में घूर्णन और स्थानांतरण दोनों भाग शामिल हैं:

\( K = \frac{1}{2} I_0 \dot{\theta}^2 + \frac{1}{2} M \dot{y}^2 \)
y दूरी पर स्थितिज ऊर्जा है:

\(U = M g \left( \frac{l}{2} - y \right) \)

चूँकि यांत्रिक ऊर्जा संरक्षित है:

\( K + U = K_0 + U_0 = M g \frac{l}{2}\)

K और U के व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर:

\( \frac{1}{2} M \dot{y}^2 + \frac{1}{2} I_0 \dot{\theta}^2 + M g \left( \frac{l}{2} - y \right) = M g \frac{l}{2} \)

y और \(\theta\) के बीच संबंध इस प्रकार दिया गया है:

\(y = \frac{l}{2} (1 - \cos \theta)\)

समय के सापेक्ष y को अवकलित करने पर:
\( \dot{y} = \frac{l}{2} \sin \theta \dot{\theta}\)

\( I_0 = \frac{M l^2}{12}\) के व्यंजक को प्रतिस्थापित करें और \( \dot{\theta}\) को हटा दें:

\(\frac{1}{2} M \dot{y}^2 + \frac{1}{2} \frac{M l^2}{12} \left( \frac{2 \dot{y}}{l \sin \theta} \right)^2 + M g \left( \frac{l}{2} - y \right) = M g \frac{l}{2} \)
पुनर्व्यवस्थित करने और सरलीकृत करने पर प्राप्त होता है:

\( \dot{y} = \sqrt{\frac{3 l g (1 - \cos \theta) \sin^2 \theta}{3 \sin^2 \theta + 1}} \)

सही विकल्प : 2) \(a = \frac{2}{3} g \sin \theta\) है। 

व्याख्या :

1. विधि 1: स्थानांतरीय और घूर्णी गतिकी:
ड्रम पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण, घर्षण और अभिलंब बल हैं।
द्रव्यमान केंद्र के समतल के अनुदिश स्थानांतरण के लिए गति का समीकरण है:

\( W \sin \theta - f = M a\)

जहाँ W = Mg और f घर्षण बल है।
द्रव्यमान केंद्र के चारों ओर घूर्णन के लिए:

\( b f = I_0 \alpha\)

चूँकि ड्रम बिना फिसले लुढ़कता है, इसलिए हमारे पास है:

\( a = b \alpha\)

2. घर्षण को हटाना:
घूर्णन समीकरण से f को स्थानांतरीय समीकरण में प्रतिस्थापित करें:

\( M g \sin \theta - \frac{I_0}{b} \alpha = M a\)

\(I_0 = \frac{1}{2} M b^2 \text{ और } \alpha = \frac{a}{b}\) का उपयोग करते हुए:

\(M g \sin \theta - \frac{M b^2}{2b} \cdot \frac{a}{b} = M a\)

सरलीकृत करें:

\( M g \sin \theta - \frac{M a}{2} = M a\)

a के लिए हल करने के लिए पुनर्व्यवस्थित करें:

\(a = \frac{2}{3} g \sin \theta\)

3. विधि 2: बिंदु A के परितः बल आघूर्ण का उपयोग करना:
बिंदु A पर मूल के साथ एक निर्देशांक प्रणाली पर विचार करें, जो ड्रम और समतल के बीच संपर्क बिंदु है।
बिंदु A के चारों ओर बल आघूर्ण है:

\( \tau_z = (R \times F)_z = -b W \sin \theta \)
कोणीय संवेग समीकरण का उपयोग करके और \(\tau_z = \frac{dL_z}{dt}\) लागू करके, हम पाते हैं:

\(a = \frac{2}{3} g \sin \theta\)

सही विकल्प: A) \(\alpha = \frac{2F}{mb}\) है। 

व्याख्या :
डिस्क पर इसके परिधि पर एक बल F कार्य करता है, जिससे इसके द्रव्यमान केंद्र के बारे में एक बल आघूर्ण (\(\tau_0\)) उत्पन्न होता है:

\( \tau_0 = b F\)

जहाँ b डिस्क की त्रिज्या है।
बल आघूर्ण और कोणीय त्वरण (\( α\)) के बीच के संबंध का उपयोग करने पर:

\( \tau_0 = \frac{1}{2}Mb^2α \)

\(b F = \frac{1}{2}Mb^2α \)

α के लिए हल करने पर :

\(\alpha = \frac{2F}{mb}\)

सही विकल्प : 4) \(L_z = -\frac{3}{2} M b^2 \omega\) है। 

व्याख्या :

द्रव्यमान केंद्र के परितः कोणीय संवेग:
पहिये का उसके द्रव्यमान केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण दिया गया है:

\( I_0 = \frac{1}{2} M b^2\)

इसलिए, द्रव्यमान केंद्र के परितः कोणीय संवेग है:

\( L_0 = -I_0 \omega = -\frac{1}{2} M b^2 \omega\)

ऋणात्मक चिन्ह इंगित करता है कि \(L_0\) की दिशा काग के अंदर, ऋणात्मक z-अक्ष के अनुदिश है।

बिना फिसले लुढ़कना:
चूँकि पहिया बिना फिसले लुढ़कता है, द्रव्यमान केंद्र का वेग V कोणीय वेग से संबंधित है:

\( V = b \omega\)

रैखिक गति का मूल बिंदु के परितः कोणीय संवेग में योगदान इस प्रकार दिया गया है:

\( (R \times MV)_z = -M b V = -M b^2 \omega\)

मूल बिंदु के परितः कुल कोणीय संवेग:
मूल बिंदु के परितः कुल कोणीय संवेग ( \(L_z \) ) द्रव्यमान केंद्र के परितः घूर्णन के कारण कोणीय संवेग और रैखिक गति से योगदान का योग है:

\( L_z = L_0 + (R \times MV)_z \)
मानों को प्रतिस्थापित करने पर:

\(L_z = -\frac{1}{2} M b^2 \omega - M b^2 \omega \)

\( L_z = -\frac{3}{2} M b^2 \omega\)

सही विकल्प: 4) \(l = \frac{4L}{3}\) है। 

व्याख्या :
धुरी के चारों ओर बल आघूर्ण लेने पर, हमारे पास है:

\( \tau = MgL - F_{sv} l = I_p \ddot{\theta}\)

जहाँ \(I_p\) धुरी के परित: जड़त्व आघूर्ण है, L द्रव्यमान केंद्र से धुरी की दूरी है, और l आधार छड़ से धुरी की दूरी है।

संक्षिप्त संघट्ट समय के दौरान धुरी के कारण बल \(F_{pv}\) को कम करने के लिए, हमें \(F_{pv}\) से आवेग योगदान को समाप्त करने की आवश्यकता है।
बल आघूर्ण और आवेग विचारों से प्राप्त समीकरणों को हल करके, यह पता चलता है कि धुरी पर बल को कम करने के लिए व्यवस्था की आवश्यकता है:

\( F_{pv} \Delta t = \left( \frac{I_p}{l} - ML \right) \dot{\theta} \)
\( F_{pv} = 0\) सेट करने पर:
\( \frac{I_p}{l} - ML = 0\)

3. आधार छड़ का इष्टतम स्थान :
l को हल करने के लिए पुनर्व्यवस्थित करना:

\( l = \frac{I_p}{ML}\)

यह मानते हुए कि गेट एक लंबी, पतली छड़ की तरह है जो एक सिरे पर धुरी पर लगी है, जड़त्व आघूर्ण \( I_p\) इस प्रकार दिया गया है:

\( I_p = \frac{M(2L)^2}{3} = \frac{4ML^2}{3}\)

वापस प्रतिस्थापित करने पर:

\( l = \frac{4L}{3}\)

\( { B }_{ in } = \dfrac { { \mu }_{ 0 }Jr }{ 2 } \)

\( { B }_{ out } = \dfrac { { \mu }_{ 0 }J{R}^{2} }{ 2 r } \)

\( r = \) बेलन के अक्ष से दूरी।

\( R = \) बेलन की त्रिज्या।

यह मानते हुए कि बड़ा बेलन धनात्मक धारा घनत्व वहन करता है और छोटा बेलन परिमाण J के ऋणात्मक धारा घनत्व को वहन करता है।

\( \therefore \) बिंदु P पर चुंबकीय क्षेत्र = \( B = {B}_{1} + {B}_{2} \)

\( { B }_{ 1 } = \dfrac { { \mu }_{ 0 }Ja }{ 2 } \)

\( { B }_{ 2 } = \dfrac { -{ \mu }_{ 0 }J{ (\dfrac { a }{ 2 } ) }^{ 2 } }{ 2\dfrac { 3a }{ 2 } } \)

\( \therefore { B }_{ 2 } = \dfrac {- { \mu }_{ 0 }Ja }{ 12 } \)

\( \therefore { B } = \dfrac { { 5\mu }_{ 0 }Ja }{ 12 } \)

\( \therefore N = 5 \)

सही विकल्प: 4)\( \dot{y} = \sqrt{\frac{3 l g (1 - \cos \theta) \sin^2 \theta}{3 \sin^2 \theta + 1}}\) है। 

व्याख्या :
जब छड़ी सीधी खड़ी होती है तो प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा (\( U_0 \) ) है:
\( U_0 = M g \frac{l}{2}\)

चूँकि छड़ी विरामावस्था से शुरू होती है, इसलिए प्रारंभिक गतिज ऊर्जा ( \(K_0\) ) शून्य है, इसलिए कुल प्रारंभिक ऊर्जा है:

\( E = K_0 + U_0 = M g \frac{l}{2} \)

जैसे ही छड़ी गिरती है, यह घूमती है और द्रव्यमान केंद्र लंबवत नीचे y दूरी गिरता है। कोण \(\theta\) पर निकाय की गतिज ऊर्जा (K) में घूर्णन और स्थानांतरण दोनों भाग शामिल हैं:

\( K = \frac{1}{2} I_0 \dot{\theta}^2 + \frac{1}{2} M \dot{y}^2 \)
y दूरी पर स्थितिज ऊर्जा है:

\(U = M g \left( \frac{l}{2} - y \right) \)

चूँकि यांत्रिक ऊर्जा संरक्षित है:

\( K + U = K_0 + U_0 = M g \frac{l}{2}\)

K और U के व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर:

\( \frac{1}{2} M \dot{y}^2 + \frac{1}{2} I_0 \dot{\theta}^2 + M g \left( \frac{l}{2} - y \right) = M g \frac{l}{2} \)

y और \(\theta\) के बीच संबंध इस प्रकार दिया गया है:

\(y = \frac{l}{2} (1 - \cos \theta)\)

समय के सापेक्ष y को अवकलित करने पर:
\( \dot{y} = \frac{l}{2} \sin \theta \dot{\theta}\)

\( I_0 = \frac{M l^2}{12}\) के व्यंजक को प्रतिस्थापित करें और \( \dot{\theta}\) को हटा दें:

\(\frac{1}{2} M \dot{y}^2 + \frac{1}{2} \frac{M l^2}{12} \left( \frac{2 \dot{y}}{l \sin \theta} \right)^2 + M g \left( \frac{l}{2} - y \right) = M g \frac{l}{2} \)
पुनर्व्यवस्थित करने और सरलीकृत करने पर प्राप्त होता है:

\( \dot{y} = \sqrt{\frac{3 l g (1 - \cos \theta) \sin^2 \theta}{3 \sin^2 \theta + 1}} \)

सही विकल्प : 2) \(a = \frac{2}{3} g \sin \theta\) है। 

व्याख्या :

1. विधि 1: स्थानांतरीय और घूर्णी गतिकी:
ड्रम पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण, घर्षण और अभिलंब बल हैं।
द्रव्यमान केंद्र के समतल के अनुदिश स्थानांतरण के लिए गति का समीकरण है:

\( W \sin \theta - f = M a\)

जहाँ W = Mg और f घर्षण बल है।
द्रव्यमान केंद्र के चारों ओर घूर्णन के लिए:

\( b f = I_0 \alpha\)

चूँकि ड्रम बिना फिसले लुढ़कता है, इसलिए हमारे पास है:

\( a = b \alpha\)

2. घर्षण को हटाना:
घूर्णन समीकरण से f को स्थानांतरीय समीकरण में प्रतिस्थापित करें:

\( M g \sin \theta - \frac{I_0}{b} \alpha = M a\)

\(I_0 = \frac{1}{2} M b^2 \text{ और } \alpha = \frac{a}{b}\) का उपयोग करते हुए:

\(M g \sin \theta - \frac{M b^2}{2b} \cdot \frac{a}{b} = M a\)

सरलीकृत करें:

\( M g \sin \theta - \frac{M a}{2} = M a\)

a के लिए हल करने के लिए पुनर्व्यवस्थित करें:

\(a = \frac{2}{3} g \sin \theta\)

3. विधि 2: बिंदु A के परितः बल आघूर्ण का उपयोग करना:
बिंदु A पर मूल के साथ एक निर्देशांक प्रणाली पर विचार करें, जो ड्रम और समतल के बीच संपर्क बिंदु है।
बिंदु A के चारों ओर बल आघूर्ण है:

\( \tau_z = (R \times F)_z = -b W \sin \theta \)
कोणीय संवेग समीकरण का उपयोग करके और \(\tau_z = \frac{dL_z}{dt}\) लागू करके, हम पाते हैं:

\(a = \frac{2}{3} g \sin \theta\)

सही विकल्प: A) \(\alpha = \frac{2F}{mb}\) है। 

व्याख्या :
डिस्क पर इसके परिधि पर एक बल F कार्य करता है, जिससे इसके द्रव्यमान केंद्र के बारे में एक बल आघूर्ण (\(\tau_0\)) उत्पन्न होता है:

\( \tau_0 = b F\)

जहाँ b डिस्क की त्रिज्या है।
बल आघूर्ण और कोणीय त्वरण (\( α\)) के बीच के संबंध का उपयोग करने पर:

\( \tau_0 = \frac{1}{2}Mb^2α \)

\(b F = \frac{1}{2}Mb^2α \)

α के लिए हल करने पर :

\(\alpha = \frac{2F}{mb}\)

सही विकल्प : 4) \(L_z = -\frac{3}{2} M b^2 \omega\) है। 

व्याख्या :

द्रव्यमान केंद्र के परितः कोणीय संवेग:
पहिये का उसके द्रव्यमान केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण दिया गया है:

\( I_0 = \frac{1}{2} M b^2\)

इसलिए, द्रव्यमान केंद्र के परितः कोणीय संवेग है:

\( L_0 = -I_0 \omega = -\frac{1}{2} M b^2 \omega\)

ऋणात्मक चिन्ह इंगित करता है कि \(L_0\) की दिशा काग के अंदर, ऋणात्मक z-अक्ष के अनुदिश है।

बिना फिसले लुढ़कना:
चूँकि पहिया बिना फिसले लुढ़कता है, द्रव्यमान केंद्र का वेग V कोणीय वेग से संबंधित है:

\( V = b \omega\)

रैखिक गति का मूल बिंदु के परितः कोणीय संवेग में योगदान इस प्रकार दिया गया है:

\( (R \times MV)_z = -M b V = -M b^2 \omega\)

मूल बिंदु के परितः कुल कोणीय संवेग:
मूल बिंदु के परितः कुल कोणीय संवेग ( \(L_z \) ) द्रव्यमान केंद्र के परितः घूर्णन के कारण कोणीय संवेग और रैखिक गति से योगदान का योग है:

\( L_z = L_0 + (R \times MV)_z \)
मानों को प्रतिस्थापित करने पर:

\(L_z = -\frac{1}{2} M b^2 \omega - M b^2 \omega \)

\( L_z = -\frac{3}{2} M b^2 \omega\)

सही विकल्प: 4) \(l = \frac{4L}{3}\) है। 

व्याख्या :
धुरी के चारों ओर बल आघूर्ण लेने पर, हमारे पास है:

\( \tau = MgL - F_{sv} l = I_p \ddot{\theta}\)

जहाँ \(I_p\) धुरी के परित: जड़त्व आघूर्ण है, L द्रव्यमान केंद्र से धुरी की दूरी है, और l आधार छड़ से धुरी की दूरी है।

संक्षिप्त संघट्ट समय के दौरान धुरी के कारण बल \(F_{pv}\) को कम करने के लिए, हमें \(F_{pv}\) से आवेग योगदान को समाप्त करने की आवश्यकता है।
बल आघूर्ण और आवेग विचारों से प्राप्त समीकरणों को हल करके, यह पता चलता है कि धुरी पर बल को कम करने के लिए व्यवस्था की आवश्यकता है:

\( F_{pv} \Delta t = \left( \frac{I_p}{l} - ML \right) \dot{\theta} \)
\( F_{pv} = 0\) सेट करने पर:
\( \frac{I_p}{l} - ML = 0\)

3. आधार छड़ का इष्टतम स्थान :
l को हल करने के लिए पुनर्व्यवस्थित करना:

\( l = \frac{I_p}{ML}\)

यह मानते हुए कि गेट एक लंबी, पतली छड़ की तरह है जो एक सिरे पर धुरी पर लगी है, जड़त्व आघूर्ण \( I_p\) इस प्रकार दिया गया है:

\( I_p = \frac{M(2L)^2}{3} = \frac{4ML^2}{3}\)

वापस प्रतिस्थापित करने पर:

\( l = \frac{4L}{3}\)

सही विकल्प: B) \(\tau_B = M g l \sin \alpha \hat{\theta} \)  है।

व्याख्या:

एक शंक्वाकार लोलक के लिए, यदि हम वृत्ताकार पथ के केंद्र पर एक बिंदु के बारे में बल आघूर्ण पर विचार करते हैं, तो गोलक पर कार्य करने वाला नेट बल त्रिज्य रूप से अंदर की ओर होता है:

\( \mathbf{F} = - T \sin \alpha \hat{r} \)

बिंदु B पर टॉर्क (\(\tau_B\)), जो वृत्ताकार पथ का केंद्र है, इस प्रकार दिया गया है:

\(\tau_B = \mathbf{r}_B \times \mathbf{F}\)

\( \tau_B \) के परिमाण की गणना करें :

\( |\tau_B| = l F \cos \alpha = l T \cos \alpha \sin \alpha = M g l \sin \alpha \)

बल आघूर्ण (\( \tau_B \)) की दिशा द्रव्यमान M की गति की रेखा के स्पर्शरेखीय है। इस प्रकार:

\( \tau_B = M g l \sin \alpha \hat{\theta} \)

सही विकल्प : B) \(\frac{d\mathbf{L}_B}{dt} = -f l \hat{k} \) है।

व्याख्या :

बिंदु B के परितः गुटके का कोणीय संवेग (\( L_B\) ) इस प्रकार व्यक्त किया जा सकता है:

\( L_B = m r_B \times \mathbf{v} = m v l \hat{k}\)

यहाँ, r_B बिंदु B से गुटके तक की स्थिति सदिश है, और l गुटके की गति की रेखा से B तक की लंबवत दूरी है।

प्रारंभिक कोणीय संवेग (\( L_B \)) धनात्मक z दिशा (\(\hat{k} \) ) में है।

जब एक घर्षण बल \(\mathbf{f} = -f \hat{i}\) गुटके पर कार्य करता है, तो बिंदु B के परितः एक बल आघूर्ण (\(\tau_B\) ) उत्पन्न होता है:

\(\tau_B = r_B \times \mathbf{f} = - l f \hat{k} \)

ऋणात्मक चिह्न इंगित करता है कि बल आघूर्ण ऋणात्मक z दिशा में है।

न्यूटन के घूर्णन गति के द्वितीय नियम द्वारा:

\( \frac{d\mathbf{L}_B}{dt} = \tau_B\)

बल आघूर्ण का मान प्रतिस्थापित करने पर:

\(\frac{d\mathbf{L}_B}{dt} = -f l \hat{k} \)

सही विकल्प: C) \(A_e = A_g \left( 1 + \frac{mMG/R}{mv_0^2/2} \right) \\\) है। 

व्याख्या:

अंतरिक्ष यान को पकड़ने के लिए प्रभावी क्षेत्रफल ग्रह के गुरुत्वीय आकर्षण से प्रभावित होता है, जिससे ज्यामितीय क्षेत्रफल की तुलना में प्रभाव क्षेत्र में वृद्धि होती है।

प्रभावी क्षेत्रफल दिया गया है:

\(A_e = \pi (b')^2\),

जहाँ b' प्रभाव प्राचल है जो गुरुत्वाकर्षण प्रभाव को ध्यान में रखता है।

कोणीय संवेग L संरक्षित है क्योंकि ग्रह के केंद्र के परित: अंतरिक्ष यान पर कोई बाहरी बल आघूर्ण कार्य नहीं कर रहा है।

प्रारंभिक कोणीय संवेग:

\( L_i = -m b' v_0 \)
जहाँ m अंतरिक्ष यान का द्रव्यमान है, b' प्रभाव प्राचल है, और \(v_0\) प्रारंभिक वेग है।

निकटतम पहुँच पर कोणीय संवेग:
निकटतम पहुँच के बिंदु पर, त्रिज्य दूरी r = R है, और वेग v(R) r के लंबवत है:
\( L_c = -m R v(R)\)


कोणीय संवेग के संरक्षण से:

\(-m b' v_0 = -m R v(R)\)

v(R) के लिए हल करना:

\( v(R) = v_0 \frac{b'}{R}\)

कुल यांत्रिक ऊर्जा E संरक्षित है।

प्रारंभिक कुल ऊर्जा:

\( E_i = \frac{1}{2} m v_0^2\)

निकटतम पहुँच पर कुल ऊर्जा:
निकटतम पहुँच के बिंदु पर r = R:
गतिज ऊर्जा:

\(K_c = \frac{1}{2} m v(R)^2\)

स्थितिज ऊर्जा:

\(U_c = -\frac{mMG}{R}\)

जहाँ M ग्रह का द्रव्यमान है और G गुरुत्वाकर्षण स्थिरांक है।

निकटतम पहुँच पर कुल ऊर्जा:

\( E_c = \frac{1}{2} m v(R)^2 - \frac{mMG}{R}\)

ऊर्जा के संरक्षण से:

\( \frac{1}{2} m v_0^2 = \frac{1}{2} m v(R)^2 - \frac{mMG}{R}\)

\(v(R) = v_0 \frac{b'}{R}\) प्रतिस्थापित करें:

\( \frac{1}{2} m v_0^2 = \frac{1}{2} m \left( v_0 \frac{b'}{R} \right)^2 - \frac{mMG}{R}\)

सरलीकृत करें और b' के लिए हल करें:

\( \frac{1}{2} m v_0^2 = \frac{1}{2} m \frac{v_0^2 b'^2}{R^2} - \frac{mMG}{R} \)

m से विभाजित करें और सब कुछ 2 से गुणा करें:

\( v_0^2 = \frac{v_0^2 b'^2}{R^2} - \frac{2MG}{R} \)

b'^2 के लिए हल करने के लिए पुनर्व्यवस्थित करें:

\( b'^2 = R^2 \left( 1 + \frac{2MG}{v_0^2 R} \right)\)

ग्रह से टकराने के लिए प्रभावी क्षेत्रफल इस प्रकार दिया गया है:
\( A_e = \pi (b')^2\)

\( b'^2 \) का मान प्रतिस्थापित करें:

\(A_e = \pi R^2 \left( 1 + \frac{2MG}{v_0^2 R} \right)\)

सही विकल्प: A) A = 0.293 W है।

व्याख्या:

1. स्थानांतरीय संतुलन:

संतुलन में, प्रणाली पर कार्य करने वाला कुल बल शून्य होना चाहिए। ऊर्ध्वाधर दिशा में, जमीन द्वारा लगाया गया बल (N) छड़ के भार (W) को संतुलित करना चाहिए, इसलिए N = W है।

क्षैतिज दिशा में, दीवार द्वारा लगाया गया बल A है, और यह B के बराबर है, जहाँ B आधार पर बल का क्षैतिज घटक है।

2. घूर्णी संतुलन:

घूर्णी संतुलन बनाए रखने के लिए, किसी भी बिंदु के बारे में शुद्ध बल आघूर्ण शून्य होना चाहिए। उस बिंदु के बारे में बल आघूर्ण लेते हुए जहाँ चतुर्थांश जमीन पर टिका हुआ है, भार (W) के कारण बल आघूर्ण क्षैतिज बल (A) के कारण बल आघूर्ण द्वारा संतुलित होता है।

बल आघूर्ण समीकरण इस प्रकार दिया गया है:

\( \tau = Wl - AR = 0\)

जहाँ l घूर्णन के बिंदु से द्रव्यमान केंद्र की क्षैतिज दूरी है, जो \( l = R - \frac{R}{\sqrt{2}} \approx 0.293R\) द्वारा दी गई है।

3. बल की गणना:

A के लिए बल आघूर्ण समीकरण को हल करने पर:

\(A = \frac{Wl}{R} = 0.293 W\).