1 m લંબાઈની એક નળી 2 M દળના આદર્શ પ્રવાહીથી સંપૂર્ણપણે ભરેલી છે અને બંને છેડેથી બંધ છે. નળીને તેના એક છેડાને અનુલક્ષીને સમક્ષિતિજ સમતલમાં નિયમિતપણે ઘુમાવવામાં આવે છે. જો બીજા છેડે પ્રવાહી દ્વારા લાગતું બળ F હોય તો નળીનો કોણીય વેગ SI એકમમાં \(\sqrt{\frac{\mathrm{F}}{\alpha \mathrm{M}}}\) છે. \(\alpha\) નું મૂલ્ય __________ છે.

સ્પષ્ટીકરણ:
પ્રવાહીના સતત સ્તંભ દ્વારા બહારની દીવાલ પર લાગતા કુલ કેન્દ્રત્યાગી બળની સ્ટેપ-બાય-સ્ટેપ ગણતરી સંકલન (integration) પદ્ધતિ દ્વારા નીચે મુજબ છે:

1. સંકલન માટે નાનો ખંડ ધારવો:
ધારો કે ટ્યુબની કુલ લંબાઈ \( L = 1\text{ m} \) અને પ્રવાહીનું કુલ દળ \( m = 2M \) છે. ભ્રમણ અક્ષથી \( x \) અંતરે આવેલા પ્રવાહીના \( dx \) જાડાઈના એક નાના ખંડનો વિચાર કરો.
આ નાના ખંડનું દળ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય:
\( dm = \frac{m}{L} dx \)

2. કેન્દ્રત્યાગી બળનું સંકલન કરવું:
ભ્રમણ દરમિયાન આ નાના ખંડ દ્વારા બહારની તરફ લાગતું કેન્દ્રત્યાગી બળ \( dF \) નીચે મુજબ છે:
\( dF = (dm) \omega^2 x = \left(\frac{m}{L} dx\right) \omega^2 x \)
બહારના છેડા પર લાગતું કુલ બળ \( F \) શોધવા માટે, આપણે આ સમીકરણનું છેડા \( x = 0 \) થી \( x = L \) સુધી સંકલન કરવું પડે:
\( F = \int_{0}^{L} \frac{m}{L} \omega^2 x dx = \frac{m}{L} \omega^2 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{L} \)
\( F = \frac{m}{L} \omega^2 \frac{L^2}{2} = \frac{1}{2} m \omega^2 L \)
નોંધો કે આ ગણતરી દ્રવ્યમાન કેન્દ્રના નિયમ \( F = m \omega^2 r_{cm} \) મુજબ જ છે, જ્યાં \( r_{cm} = \frac{L}{2} = 0.5\text{ m} \) થાય. પ્રવાહી આખી ટ્યુબમાં ફેલાયેલું હોવાથી સીધેસીધું \( R = 1\text{ m} \) લઈ શકાય નહીં.

3. આપેલા મૂલ્યો મૂકવા:
હવે સમીકરણમાં \( L = 1\text{ m} \) અને \( m = 2M \) ની કિંમત મૂકતાં:
\( F = \frac{1}{2} (2M) \omega^2 (1) = M \omega^2 \)
કોણીય વેગ \( \omega \) ને કર્તા બનાવતા:
\( \omega^2 = \frac{F}{M} \implies \omega = \sqrt{\frac{F}{M}} \)

આ પરિણામને પ્રશ્નમાં આપેલા સમીકરણ \( \omega = \sqrt{\frac{F}{\alpha M}} \) સાથે સરખાવતા આપણને સ્પષ્ટપણે \( \alpha = 1 \) મળે છે.

આથી, સાચો ઉત્તર વિકલ્પ D છે.