Rozdział 11

(a) Warunek na brak poślizgu ma postać ${\mu }_{\text{s}}⩾\frac{\mathrm{tg}\theta }{1+m{r}^2\text{/}{I}_{\text{ŚM}}}$. Podstawiając wartość kąta i zauważywszy, że dla cylindra $I_{\text{ŚM}}=m{r}^2$, mamy ${\mu }_{\text{s}}⩾\frac{\mathrm{tg}\theta }{1+m{r}^2\text{/}{I}_{\text{ŚM}}}=\frac{1}{2}\mathrm{tg}{60}^{\circ }=\mathrm{0,87}$, ponieważ dana jest wartość współczynnika tarcia 0,6, która jest mniejsza, niż 0,87, to warunek nie jest spełniony i cylinder będzie się ślizgał.
(b) Dla walca warunek na brak poślizgu ma postać ${\mu }_{\text{s}}⩾\frac{1}{3}\mathrm{tg}{60}^{\circ }=\mathrm{0,58}$ Wartość 0,6 spełnia ten warunek, a więc walec nie wpadnie w poślizg.

Z rysunku widać, że iloczynem wektora wodzącego i wektora pędu jest wektor skierowany przed kartkę (do nas). Wstawiając wartości wektora wodzącego i pędu do wyrażenia na moment pędu, otrzymujemy$\overrightarrow{l}=\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{p}=\left(\mathrm{0,4}\mathrm{m}\cdot \hat{i}\right)\times \left(\mathrm{1,67}\cdot {10}^{-27}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{4,0}\cdot {10}^6\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{j}\right)=\mathrm{2,7}\cdot {10}^{-27}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{k}$.

$I_{\text{kula}}=\frac{2}{5}m{r}^2$, $I_{\text{walec}}=\frac{1}{2}m{r}^2$; Licząc stosunek momentów pędów, otrzymujemy:$L_{\text{walec}}\text{/}{L}_{\text{kula}}=I_{\text{walec}}{\omega }_0\text{/}\left(I_{\text{kula}}{\omega }_0\right)=\frac{1}{2}m{r}^2\text{/}\left(\frac{2}{5}m{r}^2\right)=\frac{5}{4}$. Zatem walec ma o 25% większy moment pędu. Jest tak dlatego, gdyż ma on więcej masy rozmieszczonej dalej od osi obrotu.

Korzystając z zasady zachowania momentu pędu otrzymujemy
$I\cdot 4.0\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n}=\mathrm{1,25}I{\omega }_f⟹{\omega }_f=\frac{\mathrm{1,0}}{\mathrm{1,25}}\cdot \mathrm{4,0}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n}=\mathrm{3,2}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n}$.

Przyspieszenie grawitacyjne na Księżycu wynosi 1/6 tego co na Ziemi. Z równania widzimy, że prędkość kątowa precesji jest proporcjonalna do przyspieszenia ziemskiego. Wszystkie pozostałe wielkości: masa, moment bezwładności i prędkość kątowa wokół osi żyroskopu są takie same na Księżycu. Tak więc prędkość kątowa precesji na Księżycu jest równa
${\omega }_{\text{p}}\left(\text{Księżyca}\right)=\frac{1}{6}{\omega }_{\text{p}}\left(\text{Ziemi}\right)=\frac{1}{6}\cdot \mathrm{5,0}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}=\mathrm{0,83}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}.$

Nie, gdyż siła tarcia statycznego jest równa zero.

Bardziej prawdopodobne jest, że koło wpadnie w poślizg na stromym zboczu, ponieważ aby siła tarcia statycznego mogła utrzymać ruch toczny bez poślizgu, współczynnik tarcia musi się zwiększać wraz z kątem jego nachylenia.

Walec osiągnie większą wysokość. Można to wykazać na dwa sposoby. Ze względu na większy moment bezwładności walca:

1. Wartość bezwzględna jego przyspieszenia (jego opóźnienie) jest mniejsza, w związku z czym przy tej samej prędkości początkowej przebędzie on większą drogę, czyli osiągnie większą wysokość.
2. Początkowa (całkowita) energia kinetyczna walca jest większa, większa więc musi być jego końcowa energia potencjalna, czyli większa musi być wysokość.

Dla wszystkich punktów na prostej otrzymujemy zerowy moment pędu, ponieważ iloczyn dwóch wektorów równoległych (położenia i pędu) jest równy zero.

Cząstka musi się poruszać po linii prostej, która przechodzi przez wybrany początek układu.

Bez tego małego śmigła korpus śmigłowca obracałby się w przeciwnym kierunku do dużego śmigła w celu zachowania momentu pędu. Ruch małego śmigła jest źródłem siły, przyłożonej w odległości $r$ od środka masy helikoptera, co zapobiega niepożądanemu obrotowi korpusu śmigłowca.

Prędkość kątowa zwiększa się, ponieważ moment bezwładności maleje.

Dlatego, że więcej masy gromadzi się w pobliżu osi obrotu gwiazdy, co zmniejsza moment bezwładności i powoduje zwiększenie jej prędkości kątowej.

Aby zmienić moment pędu żyroskopu (kręt), potrzebny jest moment sił w kierunku do niego prostopadłym. Ale siły działające na pojazd są siłami działającymi na zewnątrz pojemnika, w którym zamontowany jest żyroskopm i nie działają na oś obracającego się żyroskopu.

$v_{\text{ŚM}}=R\omega ⟹\mathrm{66,7}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}.$

$\epsilon =\mathrm{3,3}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}{\mathrm{s}}^2.$

1. $I_{\text{ŚM}}=\frac{2}{5}m{r}^2$ , $a_{\text{ŚM}}=\mathrm{3,5}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$;
2. $x=\mathrm{15,75}\mathrm{m}$.

Wybieramy kierunek dodatni ruchu w dół pochylni. Mamy:$a_{\text{ŚM}}=\frac{mg\sin \theta }{m+I_{\text{ŚM}}\text{/}{r}^2}⟹I_{\text{ŚM}}=r^2\left(\frac{mg\sin {30}^{\circ }}{a_{\text{ŚM}}}-m\right)$,
$x-x_0=v_{0}t-\frac{1}{2}{a}_{\text{ŚM}}{t}^2⟹a_{\text{ŚM}}=\mathrm{2,96}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2,$
$I_{\text{ŚM}}=\mathrm{0,66}m{r}^2.$

$\epsilon =\mathrm{67,9}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}{\mathrm{s}}^2$,${\left(a_{\text{ŚM}}\right)}_x=\mathrm{1,5}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$.

$W=-\mathrm{1080,0}\mathrm{J}$,
znak minus mówi, że siła hamująca walec jest przeciwna do jego kierunku ruchu.

Energia mechaniczna na dole jest równa energii mechanicznej u góry:$\frac{1}{2}m{v}_0^2+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}m{r}^2\right)\cdot {\left(\frac{v_0}{r}\right)}^2=mgh⟹h=\frac{1}{g}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)v_0^2$,
Po podstawieniu otrzymujemy $h=\mathrm{7,7}\mathrm{m}$; tak więc maksymalna odległość przebyta przez walec wynosi 22,5 m.

Z zasady zachowania energii mechanicznej dla kuli i walca
$\frac{1}{2}m{v}_0^2+\frac{1}{2}{I}_{\text{Cylinder}}{\omega }_0^2=mg{h}_{\text{cylinder}}$,
$\frac{1}{2}m{v}_0^2+\frac{1}{2}{I}_{\text{sfera}}{\omega }_0^2=mg{h}_{\text{sfera}}$.
Odjęcie stronami tych dwóch równań, eliminuje początkową energię translacyjną (ruchu postępowego) i mamy:
$\frac{1}{2}{I}_{\text{cylinder}}{\omega }_0^2-\frac{1}{2}{I}_{\text{sfera}}{\omega }_0^2=mg(h_{\text{cylinder}}-h_{\text{sfera}})$,
$\frac{1}{2}m{r}^2{\left(\frac{v_0}{r}\right)}^2-\frac{1}{2}\frac{2}{3}m{r}^2{\left(\frac{v_0}{r}\right)}^2=mg(h_{\text{cylinder}}-h_{\text{sfera}})$,
$\frac{1}{2}{v}_0^2-\frac{1}{2}\frac{2}{3}{v}_0^2=g(h_{\text{cylinder}}-h_{\text{sfera}})$,$h_{\text{cylinder}}-h_{\text{sfera}}=\frac{1}{g}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)v_0^2=\frac{1}{\mathrm{9,8}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2}\cdot \frac{1}{6}\cdot {\left(\mathrm{5,0}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\right)}^2=\mathrm{0,43}\mathrm{m}$.
W ten sposób sfera o mniejszym momencie bezwładności wtoczy się na wysokość mniejszą o $\mathrm{1,0}\mathrm{m}-\mathrm{0,43}\mathrm{m}=\mathrm{0,57}\mathrm{m}$.

Wartość iloczynu wektorowego wektora położenia i pędu ptaka wynosi $rp\text{sin}\theta$, gdzie $r\sin \theta$ jest wysokością, na której znajduje się ptak. Kierunek momentu pędu jest prostopadły do wektorów promienia wodzącego i pędu, który to, zgodnie z treścią zadania, określony jest przez, wybrany dowolnie, kierunek $\hat{k}$ (dodatni kierunek osi $z$ ).
$\overrightarrow{L}=\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{p}=hmv\hat{k}=\mathrm{300,0}\mathrm{m}\cdot \mathrm{2,0}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{20,0}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{k}=12\mathrm{000,0}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{k}.$

a. $\overrightarrow{l}=\mathrm{45,0}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{k}$;
b. $\overrightarrow{M}=\mathrm{10,0}\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}\cdot \hat{k}$.

(a) ${\overrightarrow{l}}_1=-\mathrm{0,4}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{k}$,
${\overrightarrow{l}}_2={\overrightarrow{l}}_4=\overrightarrow{0}$,
${\overrightarrow{l}}_3=\mathrm{1,35}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{k}$;
(b) $\overrightarrow{L}=\mathrm{0,95}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{k}$.

a. $L=\mathrm{1,0}\cdot {10}^{11}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$;
b. Nie, moment pędu pozostanie taki sam, ponieważ ramię pędu (równe co do wartości wysokości samolotu nad ziemią) jest cały czas takie samo, bez względu na to, w którym miejscu znajduje się samolot na swoim torze ruchu.

a. $\overrightarrow{v}=-gt\hat{j}$, ${\overrightarrow{r}}_{\perp }=-d\hat{i}$, $\overrightarrow{l}=mdgt\hat{k}$;
b. $\overrightarrow{F}=-mg\hat{j}$, $\sum \overrightarrow{M}=dmg\hat{k}$;
c. Tak.

Zakładając, że możemy przybliżyć kształt głazu pełną kulą:
a. $mgh=\frac{1}{2}m{\left(r\omega \right)}^2+\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{5}m{r}^2{\omega }^2$,
$\omega =\mathrm{51,2}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$,
$L=\mathrm{16,4}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$;
b. $\omega =\mathrm{72,5}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$;
$L=\mathrm{23,2}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$.

a. $I=\mathrm{720,0}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$; $\epsilon =\mathrm{4,20}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}{\mathrm{s}}^2$;
$\omega (10\mathrm{s})=\mathrm{42,0}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$; $L=\mathrm{3,02}\cdot {10}^4\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$;
$\omega (20\mathrm{s})=\mathrm{84,0}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$;
b. $M=\mathrm{3,03}\cdot {10}^3\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$.

a. $L=\mathrm{1,131}\cdot {10}^7\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$;
b. $M=\mathrm{3,77}\cdot {10}^4\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$.

$\omega =\mathrm{28,6}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}⟹L=\mathrm{2,6}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}.$

$L=\frac{2}{5}{M}_{\text{S}}\cdot {\left(\mathrm{3,5}\cdot {10}^3\mathrm{k}\mathrm{m}\right)}^2\cdot \frac{2\pi }{T}$,${\left(\mathrm{7,0}\cdot {10}^5\mathrm{k}\mathrm{m}\right)}^2\cdot \frac{2\pi }{28\mathrm{d}\mathrm{n}\mathrm{i}}={\left(\mathrm{3,5}\cdot {10}^3\mathrm{k}\mathrm{m}\right)}^2\cdot \frac{2\pi }{T}$. Po obliczeniu $T=28\mathrm{d}\mathrm{n}\mathrm{i}\cdot \frac{{\left(\mathrm{3,5}\cdot {10}^3\mathrm{k}\mathrm{m}\right)}^2}{{\left(\mathrm{7,0}\cdot {10}^5\mathrm{k}\mathrm{m}\right)}^2}=\mathrm{7,0}\cdot {10}^{-4}\mathrm{d}\mathrm{n}\mathrm{i}\mathrm{a}=\mathrm{60,5}\mathrm{s}.$

$f_1=\mathrm{2,1}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{s}⟹f_0=\mathrm{0,5}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{s}.$

$r_{\text{P}}m{v}_{\text{P}}=r_{\text{A}}m{v}_{\text{A}}⟹v_{\text{P}}=\mathrm{18,3}\mathrm{k}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}.$

a. $I_{\text{tarczy}}=\mathrm{5,0}\cdot {10}^{-4}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$,$I_{\text{robaka}}=\mathrm{2,0}\cdot {10}^{-4}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$,$\left(I_{\text{tarczy}}+I_{\text{robaka}}\right){\omega }_1=I_{\text{tarczy}}{\omega }_2$,${\omega }_2=\mathrm{14,0}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$.b. $\mathrm{\Delta }{E}_{\text{k}}=\mathrm{0,014}\mathrm{J}$;
c. ${\omega }_3=\mathrm{10,0}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$ powrót do początkowej wartości,
d. $\frac{1}{2}\left(I_{\text{tarczy}}+I_{\text{robaka}}\right){\omega }_3^2=\mathrm{0,035}\mathrm{J}$ powrót do początkowej wartości.
e. praca wykonana przez robaka poruszającego się po dysku.

$L_1=\mathrm{400,0}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$,
$L_2=\mathrm{500,0}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\cdot \omega$,
$\omega =\mathrm{0,80}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$.

$I_1=\mathrm{340,48}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$,
$I_2=\mathrm{268,8}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$,
$f=\mathrm{25,33}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n}$.

a. $L_1=280\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$,
$I_2=\mathrm{89,6}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$,
${\omega }_2=\mathrm{3,125}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$;
b. $K_1=\mathrm{437,5}\mathrm{J}$,
$K_2=\mathrm{437,5}\mathrm{J}$.

Moment bezwładności podczas wykonywania rekordowych obrotów:
$I_1=\mathrm{0,5}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$,
A po wyciągnięciu rąk:
$I_2=\mathrm{1,1}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$,
${\omega }_2=\frac{I_1}{I_2}{\omega }_0⟹f_2=\mathrm{155,5}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n}$.

Jej szybkość (częstotliwość) wirowania wynosi: $f_2=\mathrm{2,0}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{s}$;
Gimnastyczka w powietrzu robi cztery obroty.

Moment bezwładności wszystkich dzieci:
$I_1=\mathrm{2,4}\cdot {10}^5\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$;
$I_2=\mathrm{1,5}\cdot {10}^5\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$;
$f_2=\mathrm{0,3}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{s}$.

$I_1=\mathrm{1,00}\cdot {10}^{10}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$,
$I_2=\mathrm{9,94}\cdot {10}^9\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$,
$f_2=\mathrm{3,32}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n}$.

$I=\mathrm{2,5}\cdot {10}^{-3}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$,
${\omega }_{\text{p}}=\mathrm{0,78}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$.

a. $L_{\text{Ziemi}}=\mathrm{7,06}\cdot {10}^{33}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$,
$\mathrm{\Delta }L=\mathrm{5,63}\cdot {10}^{33}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$;
b. $M=\mathrm{1,38}\cdot {10}^{22}\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$;
c. $F=\mathrm{1,08}\cdot {10}^{15}\mathrm{N}$.

a. $a_{\text{ŚM}}=-\frac{3}{10}g$,
$v^2=v_0^2+2a_{\text{ŚM}}⟹v^2={\left(\mathrm{7,0}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\right)}^2-2\cdot \frac{3}{10}g\cdot x$, $v^2=0⟹x=\mathrm{8,34}\mathrm{m}$;
b. $t=\frac{v-v_0}{a_{\text{ŚM}}},$ $v=v_0+a_{\text{ŚM}}t⟹t=\mathrm{2,38}\mathrm{s}$;
Wydrążona kula ma większy moment bezwładności, a więc mniejszą wartość przyspieszenia niż kula pełna. Dlatego przebyta przez nią odległość jest teraz większa, a czasm jaki upłynąłm jest dłuższy niż pełnej kuli.

a. $W=-\mathrm{500,0}\mathrm{J}$;
b. $K=U_{\text{graw}}=\text{constant}$,
$500\mathrm{J}+0\mathrm{J}=0+\mathrm{6,0}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{9,8}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2\cdot h$,
$h=\mathrm{8,5}\mathrm{m}$, $d=\mathrm{17,0}\mathrm{m}$;
Moment bezwładności jest mniejszy dla wydrążonej kuli niż dla obręczy, w związku z czym mniej pracy potrzeba, aby ją zatrzymać. Podobnie przebyta przez nią droga jest krótsza niż obręczy.

a. $M=\mathrm{34,0}\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$;
b. $l=m{r}^2\omega ⟹\omega =\mathrm{3,6}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$.

a. $d_{\text{K}}=\mathrm{3,85}\cdot {10}^8\mathrm{m}$ – średnia odległość do Księżyca;
$\mathrm{27,32}\mathrm{d}\mathrm{n}\mathrm{i}\mathrm{a}=\mathrm{2,36}\cdot {10}^6\mathrm{s}$ – okres obiegu po orbicie okołoziemskiej;
$\frac{2\pi \cdot \mathrm{3,85}\cdot {10}^8\mathrm{m}}{\mathrm{2,36}\cdot {10}^6\mathrm{s}}=\mathrm{1,0}\cdot {10}^3\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$ – orbitalna szybkość Księżyca;
$\mathrm{7,35}\cdot {10}^{22}\mathrm{k}\mathrm{g}$ – masa Księżyca;
$L=\mathrm{2,90}\cdot {10}^{34}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$ – orbitalny moment pędu Księżyca;
b. $R_{\text{K}}=\mathrm{1,74}\cdot {10}^6\mathrm{m}$ – promień Księżyca;
okres obiegu po orbicie jest taki sam jak w (a);
$\omega =\mathrm{2,66}\cdot {10}^{-6}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$;
$L=\mathrm{2,37}\cdot {10}^{29}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$ – moment pędu Księżyca związany z obrotem wokół własnej osi. Orbitalny moment pędu jest $\mathrm{1,22}\cdot {10}^5$ razy większy od momentu pędu Księżyca związanego z obrotem wokół własnej osi.

$I=\mathrm{0,135}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$,
$\epsilon =\mathrm{4,19}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}{\mathrm{s}}^2$, $\omega ={\omega }_0+\epsilon t$,
$\omega (5\mathrm{s})=\mathrm{21,0}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$, $L=\mathrm{2,84}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$,
$\omega (10\mathrm{s})=\mathrm{41,9}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$, $L=\mathrm{5,66}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$.

W równaniu na zasadę zachowania momentu pędu, przed i po połączeniu, po obu stronach pojawia się częstotliwość obrotów, więc zamiast prędkości kątowej można zachować (obr/min), gdyż jest ona równa prędkości kątowej pomnożonej przez stałą wartość.$\begin{array}{rl}{L}_1& =-\mathrm{0,04}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\cdot \mathrm{300,0}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n},\\ L_2& =\mathrm{0,04}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\cdot \mathrm{600,0}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n},\end{array}$ $\omega =\mathrm{150,0}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{s}$, w prawo zgodnie z ruchem wskazówek zegara.

$I_1{\omega }_1=I_2{\omega }_2$,
$I_1=6\mathrm{120,0}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$,
$I_1=1\mathrm{180,0}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2$,
${\omega }_2=\mathrm{31,1}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n}$.

$L_1=\mathrm{1,00}\cdot {10}^6\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$,
$L_1=\mathrm{3,35}\cdot {10}^4\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$,
$f_2=\mathrm{4,35}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{r}\text{/}\mathrm{s}$.

Załóżmy, że rola przyspiesza do przodu w stosunku do ziemi z przyspieszeniem $a^{\prime }$, to względem ciężarówki przyspiesza ona do tyłu z przyspieszeniem $a-a^{\text{'}}$.

Ale ponieważ
$R\epsilon =a-a^{\text{'}},I=\frac{1}{2}m{R}^2,\sum F_x=T_s=m{a}^{\text{'}}$,
$\sum M=T_{s}R=I\epsilon =I\frac{a-a^{\text{'}}}{R},T_s=\frac{I}{R^2}(a-a^{\text{'}})=\frac{1}{2}m(a-a^{\text{'}})$.
Rozwiązując ze względu na $a^{\prime }$:
$T_s=\frac{1}{2}m(a-a^{\text{'}}),a^{\text{'}}=\frac{a}{3}$,
$x-x_0=v_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^2,d=\frac{1}{3}a{t}^2,t=\sqrt{\frac{3d}{a}},$
Stąd, $s=\mathrm{1,5}d$

Składowa pozioma siły naprężenia sznurka daje siłę dośrodkową, taką że $T\text{sin}\theta =m{r}_{\perp }{\omega }^2$. Składowa pionowa siły naprężenia sznurka równoważy siłę grawitacji $T\text{cos}\theta =mg$. Daje to $T=\mathrm{5,7}\mathrm{N}$, a stąd odległość kulki od pręta wynosi $r_{\perp }=\mathrm{0,16}\mathrm{m}$, długość sznurka jest równą $r=\mathrm{0,32}\mathrm{m}$. Dla $\omega =\mathrm{10,0}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\text{/}\mathrm{s}$ mamy nowy kąt odchylenia sznurka, jego siłę naprężenia oraz odległość kulki od pręta. Podzielenie stronami dwóch równań pozwala wyeliminować naprężenie sznurka, stąd otrzymujemy
a. $\frac{\sin \theta }{\cos \theta }=\frac{\mathrm{0,32}\mathrm{m}\cdot \sin \theta \cdot {\omega }^2}{g}⟹\frac{1}{\cos \theta }=\frac{\mathrm{0,32}\mathrm{m}\cdot {\omega }^2}{g},$
$\cos \theta =\mathrm{0,31}⟹\theta =72,2^{\circ };$
b. $L_{\text{pocz}}=\mathrm{0,08}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}$.
$L_{\text{końcowa}}=\mathrm{0,46}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {\mathrm{m}}^2\text{/}\mathrm{s}.$
c. Nie, cosinus kąta jest odwrotnie proporcjonalny do kwadratu prędkości kątowej, dlatego aby $\theta \text{→}90\text{°}$, $\omega \text{→}\infty$, a to znaczy, że pręt musiałby kręcić się nieskończenie szybko.