অধ্যায় 6 কণার সিস্টেম এবং ঘূর্ণন গতি অনুশীলন

উত্তর

জ্যামিতিক কেন্দ্র; না

ভরকেন্দ্র (C.M.) হল একটি বিন্দু যেখানে একটি বস্তুর সমস্ত ভর কেন্দ্রীভূত বলে ধরা হয়। প্রদত্ত জ্যামিতিক আকৃতিগুলির, যাদের ভর ঘনত্ব সমান, তাদের C.M. তাদের নিজস্ব জ্যামিতিক কেন্দ্রে অবস্থান করে।

একটি বস্তুর ভরকেন্দ্রের অবশ্যই তার ভিতরে অবস্থান করতে হবে এমন নয়। উদাহরণস্বরূপ, একটি বলয়, একটি ফাঁপা গোলক ইত্যাদি বস্তুর C.M. বস্তুর বাইরে অবস্থান করে।

উত্তর

প্রদত্ত অবস্থাটি নিম্নরূপে দেখানো যেতে পারে:

$H$ এবং $Cl$ পরমাণুর মধ্যকার দূরত্ব $=1.27 \mathring{A}$

$H$ পরমাণুর ভর $=m$

$Cl$ পরমাণুর ভর $=35.5 m$

ধরা যাক, সিস্টেমের ভরকেন্দ্র $Cl$ পরমাণু থেকে $x$ দূরত্বে অবস্থিত।

$H$ পরমাণু থেকে ভরকেন্দ্রের দূরত্ব $=(1.27-x)$

ধরা যাক, প্রদত্ত অণুটির ভরকেন্দ্র মূলবিন্দুতে অবস্থিত। অতএব, আমরা পাই:

$ \begin{aligned} & \frac{m(1.27-x)+35.5 m x}{m+35.5 m}=0 \\ & m(1.27-x)+35.5 m x=0 \\ & 1.27-x=-35.5 x \\ & \therefore x=\frac{-1.27}{(35.5-1)}=-0.037 \mathring{A} \end{aligned} $

এখানে, ঋণাত্মক চিহ্ন নির্দেশ করে যে ভরকেন্দ্র অণুটির বাম দিকে অবস্থিত। সুতরাং, $HCl$ অণুটির ভরকেন্দ্র $Cl$ পরমাণু থেকে $0.037 \mathring{A}$ দূরত্বে অবস্থিত।

উত্তর

কোনো পরিবর্তন হবে না

শিশুটি $v$ বেগে চলমান একটি ট্রলির উপর ইচ্ছামতো দৌড়াচ্ছে। তবে, শিশুর দৌড়ানোর ফলে ট্রলির ভরকেন্দ্রের বেগের উপর কোনো প্রভাব পড়বে না। এর কারণ হল শিশুর গতির কারণে সৃষ্ট বল সম্পূর্ণরূপে অভ্যন্তরীণ। অভ্যন্তরীণ বলগুলি যে বস্তুগুলির উপর ক্রিয়া করে তাদের গতির উপর কোনো প্রভাব ফেলে না। যেহেতু শিশু-ট্রলি সিস্টেমে কোনো বহিঃস্থ বল জড়িত নেই, তাই শিশুর গতির ফলে ট্রলির ভরকেন্দ্রের বেগের কোনো পরিবর্তন হবে না।

উত্তর

দুটি ভেক্টর $\overrightarrow{{}OK}=|\vec{a}| _{\text{and }} \overrightarrow{{}OM}=|\vec{b}|$ বিবেচনা কর, যারা $\theta$ কোণে আনত, নিম্নলিখিত চিত্রে দেখানো হয়েছে।

$\triangle OMN$ এ, আমরা সম্পর্কটি লিখতে পারি:

$ \begin{aligned} & \sin \theta=\frac{MN}{OM}=\frac{MN}{|\vec{b}|} \\ & MN=|\vec{b}| \sin \theta \\ & |\vec{a} \times \vec{a}|=|\vec{a}||\vec{b}| \sin \theta \end{aligned} $

$ =OK \cdot MN \times \frac{2}{2} $

$=2 \times$ $\triangle OMK$ এর ক্ষেত্রফল

$\therefore$ $\triangle OMK=\frac{1}{2}|\vec{a} \times \vec{b}|$ এর ক্ষেত্রফল

উত্তর

মূলবিন্দু $O$ এবং বাহু $a, b$, এবং $c$ বিশিষ্ট একটি সমান্তরাল পাইপ নিম্নলিখিত চিত্রে দেখানো হয়েছে।

প্রদত্ত সমান্তরাল পাইপের আয়তন $=a b c$

$\overrightarrow{{}OC}=\vec{a}$

$\overrightarrow{{}OB}=\vec{b}$

$\overrightarrow{{}OC}=\vec{c}$

ধরা যাক $\hat{\mathbf{n}}$ একটি একক ভেক্টর যা $b$ এবং $c$ উভয়ের উপর লম্ব। সুতরাং, $\hat{\mathbf{n}}$ এবং $a$ এর দিক একই।

$ \begin{aligned} & \therefore \vec{b} \times \vec{c}=b c \sin \theta \hat{\mathbf{n}} \\ & =b c \sin 90^{\circ} \hat{\mathbf{n}} \\ & =b c \hat{n} \\ & \vec{a} \cdot(\vec{b} \times \vec{c}) \\ & =a \cdot(b c \hat{\mathbf{n}}) \\ & =a b c \cos \theta \hat{\mathbf{n}} \\ & =a b c \cos 0^{\circ} \\ & =a b c \end{aligned} $

$=$ সমান্তরাল পাইপের আয়তন

উত্তর

$l_x=y p_z-z p_y$

$l_y=z p_x-x p_z$

$l_z=x p_y-y p_x$

কণাটির রৈখিক ভরবেগ, $\vec{p}=p_x \hat{\mathbf{i}}+p_y \hat{\mathbf{j}}+p_z \hat{\mathbf{k}}$

কণাটির অবস্থান ভেক্টর, $\vec{r}=x \hat{\mathbf{i}}+y \hat{\mathbf{j}}+z \hat{\mathbf{k}}$

কৌণিক ভরবেগ, $\vec{l}=\vec{r} \times \vec{p}$

$ =(x \hat{\mathbf{i}}+y \hat{\mathbf{j}}+z \hat{\mathbf{k}}) \times(p_x \hat{\mathbf{i}}+p_y \hat{\mathbf{j}}+p_z \hat{\mathbf{k}}) $

$= \begin{vmatrix} \hat{\mathbf{i}} & \hat{\mathbf{j}} & \hat{\mathbf{k}} \\ x & y & z \\ p_x & p_y & p_z\end{vmatrix} $

$l_x \hat{\mathbf{i}}+l_y \hat{\mathbf{j}}+l_z \hat{\mathbf{k}}=\hat{\mathbf{i}}(y p_z-z p_y)-\hat{\mathbf{j}}(x p_z-z p_x)+\hat{\mathbf{k}}(x p_y-z p_x)$

$\hat{\mathbf{i}}, \hat{\mathbf{j}}$, এবং $\hat{\mathbf{k}}$ এর সহগগুলির তুলনা করে, আমরা পাই:

$$ \left. \begin{matrix} l_x=y p_z-z p_y \\ l_y=x p_z-z p_x \tag{i}\\ l_z=x p_y-y p_x \end{matrix} \right\rbrace $$

কণাটি $x-y$ তলে চলে। সুতরাং, অবস্থান ভেক্টর এবং রৈখিক ভরবেগ ভেক্টরের $z$-উপাংশ শূন্য হয়ে যায়, অর্থাৎ,

$z=p_z=0$

সুতরাং, সমীকরণ $(i)$ নিম্নরূপে সংকুচিত হয়:

$ \left.\begin{matrix} l_x=0 \\ l_y=0 \\ l_z=x p_y-y p_x \end{matrix} \right\rbrace $

অতএব, যখন কণাটি $x-y$ তলে চলাচলের জন্য সীমাবদ্ধ থাকে, তখন কৌণিক ভরবেগের দিক $z$-দিক বরাবর হয়।

উত্তর

ধরা যাক একটি নির্দিষ্ট মুহূর্তে দুটি কণা $P$ এবং $Q$ বিন্দুতে রয়েছে, নিম্নলিখিত চিত্রে দেখানো হয়েছে।

P বিন্দু সম্পর্কে সিস্টেমের কৌণিক ভরবেগ:

$$ \begin{align*} \vec{L} _P & =m v \times 0+m v \times d \\ & =m v d \tag{i} \end{align*} $$

$Q$ বিন্দু সম্পর্কে সিস্টেমের কৌণিক ভরবেগ:

$$ \begin{align*} \vec{L} _Q & =m v \times d+m v \times 0 \\ & =m v d \tag{ii} \end{align*} $$

একটি বিন্দু $R$ বিবেচনা কর, যা $Q$ বিন্দু থেকে $y$ দূরত্বে অবস্থিত, অর্থাৎ,

$QR=y$

$\therefore PR=d-y$

R বিন্দু সম্পর্কে সিস্টেমের কৌণিক ভরবেগ:

$$ \begin{align*} \vec{L} _R & =m v \times(d-y)+m v \times y \\ & =m v d-m v y+m v y \\ & =m v d \tag{iii} \end{align*} $$

সমীকরণ (i), (ii), এবং (iii) এর তুলনা করে, আমরা পাই:

$ \vec{L} _P= \vec{L} _Q= \vec{L} _R$

আমরা সমীকরণ (iv) থেকে অনুমান করি যে একটি সিস্টেমের কৌণিক ভরবেগ যে বিন্দু সম্পর্কে নেওয়া হয় তার উপর নির্ভর করে না।

উত্তর

দণ্ডটির মুক্ত বস্তু চিত্র নিম্নলিখিত চিত্রে দেখানো হয়েছে।

দণ্ডের দৈর্ঘ্য, $l=2 m$

$T_1$ এবং $T_2$ হল যথাক্রমে বাম এবং ডান দড়িতে উৎপন্ন টান।

সরণীয় সাম্যাবস্থায়, আমরা পাই:

$T_1 \sin 36.9^{\circ}=T_2 \sin 53.1$

$\frac{T_1}{T_2}=\frac{\sin 53.1^{\circ}}{\sin 36.9}$

$=\frac{0.800}{0.600}=\frac{4}{3}$

$\Rightarrow T_1=\frac{4}{3} T_2$

ঘূর্ণনীয় সাম্যাবস্থার জন্য, অভিকর্ষ কেন্দ্র সম্পর্কে টর্ক নিয়ে, আমরা পাই:

$ \begin{aligned} & T_1 \cos 36.9 \times d=T_2 \cos 53.1(2-d) \\ \\ & T_1 \times 0.800 d=T_2 0.600(2-d) \\ \\ & \frac{4}{3} \times T_2 \times 0.800 d=T_2[0.600 \times 2-0.600 d] \\ \\ & 1.067 d+0.6 d=1.2 \\ \\ & \therefore d=\frac{1.2}{1.67} \\ \\ & \quad=0.72 m \end{aligned} $

সুতরাং, প্রদত্ত দণ্ডের C.G. (অভিকর্ষ কেন্দ্র) এর বাম প্রান্ত থেকে $0.72 m$ দূরত্বে অবস্থিত।

উত্তর

গাড়ির ভর, $m=1800 kg$

সামনের এবং পিছনের অ্যাক্সেলের মধ্যকার দূরত্ব, $d=1.8 m$

C.G. (অভিকর্ষ কেন্দ্র) এবং পিছনের অ্যাক্সেলের মধ্যকার দূরত্ব $=1.05 m$

গাড়ির উপর ক্রিয়াশীল বিভিন্ন বলগুলি নিম্নলিখিত চিত্রে দেখানো হয়েছে।

$R_f$ এবং $R_b$ হল যথাক্রমে সমতল ভূমি দ্বারা সামনের এবং পিছনের চাকাগুলির উপর প্রয়োগকৃত বল।

সরণীয় সাম্যাবস্থায়:

$ \begin{aligned} & R_f+R_b=m g \\ = & 1800 \times 9.8 \\ = & 17640 N \ldots(i) \end{aligned} $

ঘূর্ণনীয় সাম্যাবস্থার জন্য, C.G. সম্পর্কে টর্ক নিয়ে, আমরা পাই:

$$ \begin{align*} & R_f(1.05)=R_b(1.8-1.05) \\ & R_f \times 1.05=R_b \times 0.75 \\ & \frac{R_f}{R_b}=\frac{0.75}{1.05}=\frac{5}{7} \\ & \frac{R_b}{R_f}=\frac{7}{5} \\ & R_b=1.4 R_f \tag{ii} \end{align*} $$

সমীকরণ $(i)$ এবং (ii) সমাধান করে, আমরা পাই:

$ \begin{aligned} & 1.4 R_f+R_f=17640 \\ & R_f=\frac{17640}{2.4}=7350 N \end{aligned} $

$\therefore R_b=17640-7350=10290 N$

অতএব, প্রতিটি সামনের চাকার উপর প্রয়োগকৃত বল $=\frac{7350}{2}=3675 N$, এবং

প্রতিটি পিছনের চাকার উপর প্রয়োগকৃত বল

$ =\frac{10290}{2}=5145 N $

উত্তর

ধরা যাক $m$ এবং $r$ যথাক্রমে ফাঁপা সিলিন্ডার এবং নিরেট গোলকের ভর।

ফাঁপা সিলিন্ডারের তার প্রমিত অক্ষ সম্পর্কে জড়তার ভ্রামক, $I_1=m r^{2}$

নিরেট গোলকের তার কেন্দ্রের মধ্য দিয়ে যাওয়া একটি অক্ষ সম্পর্কে জড়তার ভ্রামক, $I_{II}=\frac{2}{5} m r^{2}$

আমাদের সম্পর্কটি হল:

$ \tau=I \alpha $

যেখানে,

$\alpha=$ কৌণিক ত্বরণ

$\tau=$ টর্ক

$I=$ জড়তার ভ্রামক

ফাঁপা সিলিন্ডারের জন্য, $ _1=I_1 \alpha_1$

নিরেট গোলকের জন্য, $\tau_{II}=I_{II} \alpha_{II}$

যেহেতু উভয় বস্তুর উপর সমান টর্ক প্রয়োগ করা হয়েছে, $\tau_1=\tau_2$

$\therefore \frac{\alpha_{II}}{\alpha_I}=\frac{I_I}{I_{Il}}=\frac{m r^{2}}{\frac{2}{5} m r^{2}}=\frac{2}{5}$

$$\alpha_{\text{II }}>\alpha_{\text{I }}\tag{i} $$

এখন, সম্পর্কটি ব্যবহার করে:

$\omega=\omega_0+\alpha t$

যেখানে,

$\omega_0=$ প্রারম্ভিক কৌণিক বেগ

$t=$ ঘূর্ণনের সময়

$\omega=$ চূড়ান্ত কৌণিক বেগ

সমান $\omega_0$ এবং $t$ এর জন্য, আমরা পাই:

$\omega \propto \alpha \ldots(ii)$

সমীকরণ ( $i$ ) এবং (ii) থেকে, আমরা লিখতে পারি:

$\omega_{\text{II }}>\omega _{\text{I }}$

সুতরাং, নিরেট গোলকের কৌণিক বেগ ফাঁপা সিলিন্ডারের চেয়ে বেশি হবে।

উত্তর

সিলিন্ডারের ভর, $m=20 kg$

কৌণিক বেগ, $\omega=100 rad s^{-1}$

সিলিন্ডারের ব্যাসার্ধ, $r=0.25 m$

নিরেট সিলিন্ডারের জড়তার ভ্রামক:

$I=\frac{m r^{2}}{2}$

$=\frac{1}{2} \times 20 \times(0.25)^{2}$

$=0.625 kg m^{2}$

$\therefore$ গতিশক্তি $=\frac{1}{2} I \omega^{2}$

$=\frac{1}{2} \times 6.25 \times(100)^{2}=3125 J$

$\therefore$ কৌণিক ভরবেগ, $L=I \omega$

$=6.25 \times 100$

$=62.5 Js$

উত্তর

$100 \text{ rev/min }$

প্রাথমিক কৌণিক বেগ, $\omega_1=40 \text{ rev/min }$

চূড়ান্ত কৌণিক বেগ $=\omega_2$

প্রসারিত হাত সহ ছেলের জড়তার ভ্রামক $=I_1$

ভাঁজ করা হাত সহ ছেলের জড়তার ভ্রামক $=I_2$

দুটি জড়তার ভ্রামক নিম্নরূপে সম্পর্কিত:

$I_2=\frac{2}{5} I_1$

যেহেতু ছেলের উপর কোনো বহিঃস্থ বল ক্রিয়া করে না, তাই কৌণিক ভরবেগ $L$ একটি ধ্রুবক।

সুতরাং, দুটি অবস্থার জন্য, আমরা লিখতে পারি:

$ \begin{aligned} & I_2 \omega_2=I_1 \omega_1 \\ & \omega_2=\frac{I_1}{I_2} \omega_1 \\ & =\frac{I_1}{\frac{2}{5} I_1} \times 40=\frac{5}{2} \times 40 \\ & =100 \text{ rev/min } \end{aligned} $

(b) চূড়ান্ত গতিশক্তি = 2.5 প্রাথমিক গতিশক্তি

চূড়ান্ত ঘূর্ণন গতিশক্তি, $E_F=\frac{1}{2} I_2 \omega_2^{2}$

প্রাথমিক ঘূর্ণন গতিশক্তি, $E_I=\frac{1}{2} I_1 \omega_1^{2}$

$ \begin{aligned} \frac{E_F}{E_1} & =\frac{\frac{1}{2} I_2 \omega_2^{2}}{\frac{1}{2} I_1 \omega_1^{2}} \\ \\ & =\frac{2}{5} \frac{I_1}{I_1} \frac{(100)^{2}}{(40)^{2}} \\ \\ & =\frac{2}{5} \times \frac{100 \times 100}{40 \times 40} \\ \\ & =\frac{5}{2}=2.5 \\ \\ \therefore E_F & =2.5 E_1 \end{aligned} $

ঘূর্ণন গতিশক্তির এই বৃদ্ধি শিশুর অভ্যন্তরীণ শক্তির জন্য দায়ী।

উত্তর

ফাঁপা সিলিন্ডারের ভর, $m=3 kg$

ফাঁপা সিলিন্ডারের ব্যাসার্ধ, $r=40 cm=0.4 m$

প্রয়োগকৃত বল, $F=30 N$

ফাঁপা সিলিন্ডারের তার জ্যামিতিক অক্ষ সম্পর্কে জড়তার ভ্রামক:

$I=m r^{2}$

$=3 \times(0.4)^{2}=0.48 kg m^{2}$

টর্ক, ${ }^{\tau}=F \times r$

$=30 \times 0.4=12 Nm$

কৌণিক ত্বরণ $\alpha$ এর জন্য, টর্ক সম্পর্ক দ্বারা দেওয়া হয়:

$\tau=I \alpha$

$\alpha=\frac{\tau}{I}=\frac{12}{0.48}$

$=25 rad s^{-2}$

রৈখিক ত্বরণ $=r \alpha=0.4 \times 25=10 m s^{-2}$

উত্তর

রটারের কৌণিক বেগ, $\omega=200 \text{ rad / s}$

প্রয়োজনীয় টর্ক, $\tau=180 Nm$

রটারের ক্ষমতা $(P)$ টর্ক এবং কৌণিক বেগের সাথে সম্পর্ক দ্বারা সম্পর্কিত:

$P=\tau \omega$

$=180 \times 200=36 \times 10^{3}$

$=36 kW$

সুতরাং, ইঞ্জিনের প্রয়োজনীয় ক্ষমতা হল $36 kW$।

উত্তর

$R / 6$; মূল বস্তুর কেন্দ্র থেকে এবং কাটা অংশের কেন্দ্রের বিপরীতে।

মূল ডিস্কের প্রতি একক ক্ষেত্রফলের ভর $=\sigma$

মূল ডিস্কের ব্যাসার্ধ $=R$

মূল ডিস্কের ভর, $M=\pi R^{2} \sigma$

ছিদ্রযুক্ত ডিস্কটি নিম্নলিখিত চিত্রে দেখানো হয়েছে:

ছোট ডিস্কের ব্যাসার্ধ $=\frac{R}{2}$

ছোট ডিস্কের ভর, $M^{\prime}=\pi(\frac{R}{2})^{2} \sigma=\frac{1}{4} \pi R^{2} \sigma=\frac{M}{4}$

ধরা যাক $O$ এবং $O^{\prime}$ যথাক্রমে মূল ডিস্ক এবং মূল থেকে কাটা ডিস্কের কেন্দ্র। ভরকেন্দ্রের সংজ্ঞা অনুসারে, মূল ডিস্কের ভরকেন্দ্র $O$ এ কেন্দ্রীভূত বলে ধরা হয়, অন্যদিকে ছোট ডিস্কের ভরকেন্দ্র $O^{\prime}$ এ কেন্দ্রীভূত বলে ধরা হয়।

দেওয়া আছে: $OO^{\prime}=\frac{R}{2}$

ছোট ডিস্কটি মূল থেকে কেটে বের করার পর, অবশিষ্ট অংশটিকে দুটি ভরের একটি সিস্টেম হিসেবে বিবেচনা করা হয়। দুটি ভর হল:

$M$ ($O$ এ কেন্দ্রীভূত), এবং

$-M^{\prime}(=\frac{M}{4}) _{\text{concentrated at } O^{\prime}}$

(ঋণাত্মক চিহ্ন নির্দেশ করে যে এই অংশটি মূল ডিস্ক থেকে সরানো হয়েছে।)

ধরা যাক $x$ হল সেই দূরত্ব যার মাধ্যমে অবশিষ্ট অংশের ভরকেন্দ্র $O$ বিন্দু থেকে সরে যায়।

দুটি ভরের ভরকেন্দ্রের মধ্যকার সম্পর্ক নিম্নরূপে দেওয়া হয়:

$ x=\frac{m_1 r_1+m_2 r_2}{m_1+m_2} $

প্রদত্ত সিস্টেমের জন্য, আমরা লিখতে পারি:

$ \begin{aligned} x & =\frac{M \times 0-M^{\prime} \times(\frac{R}{2})}{M+(-M^{\prime})} \\ \\ & =\frac{\frac{-M}{4} \times \frac{R}{2}}{M-\frac{M}{4}}=\frac{-M R}{8} \times \frac{4}{3 M}=\frac{-R}{6} \end{aligned} $

(ঋণাত্মক চিহ্ন নির্দেশ করে যে ভরকেন্দ্র O বিন্দুর বাম দিকে সরে যায়।)

উত্তর

ধরা যাক $W$ এবং $W^{\prime}$ যথাক্রমে মিটার স্কেল এবং মুদ্রার ওজন।

মিটার স্কেলের ভর তার মধ্যবিন্দুতে কেন্দ্রীভূত, অর্থাৎ, $50 ~cm$ চিহ্নে।

মিটার স্কেলের ভর $=m$

প্রতিটি মুদ্রার ভর, $m=5 ~g$

যখন মুদ্রাগুলি $P$ প্রান্ত থেকে $12 cm$ দূরত্বে রাখা হয়, তখন ভরকেন্দ্র $R$ বিন্দু থেকে $P$ প্রান্তের দিকে $5 cm$ দ্বারা সরে যায়। ভরকেন্দ্র $P$ বিন্দু থেকে $45 ~cm$ দূরত্বে অবস্থিত।

$R$ বিন্দু সম্পর্কে ঘূর্ণনীয় সাম্যাবস্থার জন্য নেট টর্ক সংরক্ষিত থাকবে।

$ \begin{aligned} & 10 \times g(45-12)-m^{\prime} g(50-45)=0 \\ & \therefore m^{\prime}=\frac{10 \times 33}{5}=66 ~g \end{aligned} $

সুতরাং, মিটার স্কেলের ভর হল $66 g$।

উত্তর

একটি অক্সিজেন অণুর ভর, $m=5.30 \times 10^{-26} kg$

জড়তার ভ্রামক, $I=1.94 \times 10^{-46} kg m^{2}$

অক্সিজেন অণুর বেগ, $v=500 m / s$

অক্সিজেন অণুর দুটি পরমাণুর মধ্যকার পৃথকীকরণ $=2 r$

প্রতিটি অক্সিজেন পরমাণুর ভর $=\frac{m}{2}$

সুতরাং, জড়তার ভ্রামক $I$, নিম্নরূপে গণনা করা হয়:

$ \begin{aligned} & (\frac{m}{2}) r^{2}+(\frac{m}{2}) r^{2}=m r^{2} \\ \\ & r=\sqrt{\frac{I}{m}} \\ \\ & \sqrt{\frac{1.94 \times 10^{-46}}{5.36 \times 10^{-26}}}=0.60 \times 10^{-10} m \end{aligned} $

দেওয়া আছে:

$ \begin{aligned} & KE _{\text{rot }}=\frac{2}{3} KE _{\text{trans }} \\ \\ & \frac{1}{2} I \omega^{2}=\frac{2}{3} \times \frac{1}{2} \times m v^{2} \\ \\ & m r^{2} \omega^{2}=\frac{2}{3} m v^{2} \\ \\ & \omega=\sqrt{\frac{2}{3}} \frac{v}{r} \\ \\ & =\sqrt{\frac{2}{3}} \times \frac{500}{0.6 \times 10^{-10}} \\ \\ & =6.80 \times 10^{12} \text{ rad / s} \end{aligned} $