Динамика блоков и нитей

Найдите общее ускорение грузов из второго закона Ньютона для каждого, затем ускорение центра масс — как средневзвешенное по массам ускорений грузов (они направлены в разные стороны).

1) \(15\) Н;  2) вниз;  3) \(2{,}5\) м/с\(^2\), вниз.

Нить везде одна и та же, значит, и сила натяжения \(F\) везде одинакова. Подвижный блок невесом: сколько нитей тянет груз \(m_2\) вверх? Что должно выполняться, чтобы нить оставалась натянутой?

\(0 < F \le \dfrac{m_2 g}{2}\),  \(-g < a \le g\left(\dfrac{m_2}{2m_1} - 1\right)\), где \(a > 0\) соответствует направлению вектора \(\vec a\) вверх.

Сразу после пережигания сила упругости пружины не успевает измениться. Найдите её из равновесия груза 3 до пережигания и свяжите ускорения грузов 1 и 2 через нерастяжимость нитей.

\(M > 6m\).

Нить нерастяжима, а блок подвижный: как связаны ускорение блока и ускорение тела на другом конце нити? Запишите второй закон Ньютона для каждого тела и блока.

\(a_2 = 2a_1 = 0{,}40\text{ м/с}^2\).

Из условия нерастяжимости нити следует, что ускорение блока всегда в два раза меньше ускорения тела массой \(3m\). В первом случае уравнение второго закона Ньютона для тела \(3m\) имеет вид: \(T_1 = 3m\cdot 2a_1\), где \(a_1\) "— ускорение блока, \(T_1\) "— сила натяжения переброшенной через блок нити. Для тела массой \(m\) уравнение второго закона Ньютона выглядит так: \(ma_1 = F - 2T_1\). Отсюда \(F = 13ma_1\). Аналогично для второго случая: \(2T_2 = ma_2\) и \(3m\cdot 2a_2 = F - T_2\), откуда \(F = \dfrac{13}{2}ma_2\). Окончательно \(a_2 = 2a_1 = 0{,}40\text{ м/с}^2\).

Запишите второй закон Ньютона для каждого из трёх грузов (сила натяжения нити одна и та же) и добавьте связь между их ускорениями, следующую из нерастяжимости нити.

\(a = \dfrac{1}{8}\,g\).

Запишем 2-й закон Ньютона в проекциях на оси \(x\) и \(y\): \[\begin{cases} T = m a_{1x},\\ T = 3m a_{2x},\\ mg - 2T = m a_{3y}, \end{cases}\] где \(T\) — силы реакции со стороны нити, \(a_{1x}\) — проекция ускорения верхнего груза массой \(m\), \(a_{2x}\) — проекция ускорения груза массой \(3m\), \(a_{3y}\) — проекция ускорения нижнего груза массой \(m\).

Запишем уравнение кинематической связи ускорений грузов: \[2a_{3y} - a_{1x} - a_{2x} = 0.\] Решая систему из 4-х уравнений, окончательно получаем: \[a_{2x} = \frac{1}{8}\,g.\]

Нить действует на малое тело вертикально вверх, а на большое — горизонтально, с одной и той же силой. Составьте условие нерастяжимости нити через ускорения тел и конца нити.

\(F = 20\) Н.

Пусть \(m\) — масса маленького тела, \(M\) — масса большого тела. Вдоль стола тела движутся с ускорением \(A = \dfrac{F}{m + M}\). Вертикальная составляющая ускорения тела массой \(m\) равна: \(a_y = \dfrac{F}{m} - g\). Запишем уравнение кинематической связи для ускорений тел: \[a_0 - A - a_y = 0 \quad\Longrightarrow\quad F = \frac{a_0 + g}{\dfrac{1}{m + M} + \dfrac{1}{m}} = 20\text{ Н},\] где \(a_0\) — ускорение, с которым тянут свободный конец нити.

Сначала найдите ускорение системы. Затем учтите, что сила давления воды на дно — это не весь вес воды: форма ведра (конус) важна.

\(43{,}6\) Н.

Нить идеальная, блок невесом: сила натяжения нити одна и та же по обе стороны, а сила \(F\) на оси равна удвоенному натяжению. Запишите уравнения движения грузов в системе отсчёта блока или через ускорения относительно земли.

\(M = 0{,}8\) кг (номер столбца 3).

Сразу после пережигания длина пружины, а значит и её сила, ещё не изменились. Найдите связь ускорений грузов 1 и 2 и условие равновесия груза 3 до пережигания.

\(M > 6m\).

Из нерастяжимости нитей найдите связь перемещений грузов, затем запишите второй закон Ньютона для каждого груза, учитывая, что у лёгкого блока сила натяжения с двух сторон одинакова.

Проекции ускорений грузов массами \(M\) и \(m\) на ось, направленную вниз: \(a_M = \dfrac{(M - 3m)g}{M + 9m}\) и \(a_m = -3a_M = -\dfrac{3(M - 3m)g}{M + 9m}\).

Запишите второй закон Ньютона для крайнего груза и для участка нити внутри него: масса нити нулевая, а значит, сила трения и натяжение связаны особенно просто. Как тогда связаны ускорения блока и крайних грузов?

1) \(T = \dfrac{mg}{2} = 0{,}5\) Н;  2) \(S = 10\) см;  3) \(v_A = \dfrac{mg}{2\alpha} = 2\) м/с.

Следует записать уравнения второго закона Ньютона для одного из крайних грузов, для среднего груза, а также для участка нити, находящегося внутри одного из крайних грузов. Следует учесть, что скорость любого конца нити равна по модулю скорости подвижного блока. Из полученной системы уравнений следует равенство ускорений блока и крайних грузов в любой момент времени, а также равенство силы натяжения нити и силы вязкого трения.

Сведите динамику к колебаниям: свяжите ускорения грузов через нерастяжимую нить и через удлинение пружины, и найдите период получившихся колебаний.

Блока первым коснулся верхний груз \(m\); это могло произойти через максимальное время \(\tau_{\max} = \pi\sqrt{3m/(4k)}\), которое обеспечивается при \(l_0 = mg/(2k)\).

Правый груз висит на подвижном блоке, поэтому нить тянет брусок вдвое слабее, чем вес груза. Сила трения покоя на границах равновесия достигает максимума \(\mu N\).

\(\mu = 0{,}1\).

Когда система находится в равновесии, сила натяжения \(T_1\) нити, привязанной к бруску справа, равна силе тяжести, действующей на левый груз: \(T_1 = m_1 g\); а сила натяжения \(T_2\) нити, привязанной к бруску слева, равна половине силы тяжести, действующей на правый груз: \(T_2 = m_2 g/2\). На брусок по вертикали действуют сила тяжести \(Mg\) и сила реакции опоры \(N\). Из условия равновесия \(N = Mg\). По горизонтали на брусок действуют силы натяжения нитей и сила трения \(F_{\text{тр}}\), из условия равновесия \(F_{\text{тр}} = |T_1 - T_2| = |m_1 g - m_2 g/2|\). Модуль силы трения не может быть больше, чем \(\mu N\), откуда \[\mu M g = m_1 g - \frac{m_{2\min} g}{2} = \frac{m_{2\max} g}{2} - m_1 g,\] \[\mu = \frac{2 m_1 - m_{2\min}}{2M} = \frac{m_{2\max} - 2 m_1}{2M} = 0{,}1 .\]

Какое натяжение нити нужно, чтобы почти невесомый блок двигался с конечным ускорением? Запишите условие нерастяжимости нити и продифференцируйте его дважды.

Груз и нижний блок падают с ускорением \(g\) (вниз); ускорение блока 1 равно \(2g\) (вниз), блока 2 "— нулевое: \(a_1 = 2g\), \(a_2 = 0\).

Для определения ускорения груза массы блоков можно принять равными нулю (так как массы блоков пренебрежимо малы по сравнению с массой груза \(M\)). Тогда, записывая второй закон Ньютона, например, для блока 1, получаем, что натяжение нити в системе равно нулю (на самом деле оно очень маленькое, гораздо меньше чем \(Mg\)). Следовательно, груз вместе с нижним блоком падают с ускорением \(g\).

Записав длину нити и продифференцировав уравнение по времени дважды, получаем уравнение кинематической связи для ускорений: \[2a_3 - a_1 + a_2 = 0 \;\Rightarrow\; a_1 - a_2 = 2g,\] где \(a_1\) "— проекция ускорения блока 1, \(a_2\) "— проекция ускорения блока 2, \(a_3\) "— проекция ускорения нижнего блока (ось направлена вниз).

У нас получается одно уравнение и две неизвестных. Как же разрешить возникшую проблему? Необходимо вспомнить, что хоть блоки в системе и очень лёгкие, всё же они имеют некоторую массу, а значит, и натяжение в системе не совсем равно нулю. Тогда запишем второй закон Ньютона для блоков 1 и 2: \[\begin{align*} mg + T &= m a_1,\\ mg - T &= m a_2, \end{align*}\] где \(m\) "— массы блоков 1 и 2 (блоки по условию задачи одинаковые, а значит, массы у них равны), \(T\) "— натяжение нити (нить невесома, трения нет, следовательно, натяжение во всей нити одинаково). Решая систему из трёх уравнений, получаем: \(a_1 = 2g\), \(a_2 = 0\).

Нить натянута силой \(m_1 g\) с обеих сторон. Запишите условие равновесия правого бруска в двух состояниях (со льдом и без него); во втором брусок полностью под водой, а лёд при плавлении исчезает.

\(m_2 = \dfrac{m_1}{1 - \rho_{\text{в}}/\rho_{\text{с}}} \approx 1{,}15\text{ кг}\),  \(m_{\text{л}} = \dfrac{m_1 (\rho_{\text{в}}/\rho_{\text{с}})}{2\left(1 - \dfrac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{с}}}\right)\left(\dfrac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{л}}} - 1\right)} \approx 0{,}66\text{ кг}\).

Для невесомого блока натяжения нитей по обе стороны одинаковы, а сумма сил на блок равна нулю. Выразите силы, действующие на блоки, через натяжения двух нитей и составьте уравнение связи длин нитей.

Модули ускорений всех грузов одинаковы и равны \(a = g/3\).

Движение начнётся, когда сила натяжения нити сможет превысить максимальную силу трения покоя между бруском и доской. Затем запишите второй закон Ньютона для бруска, доски и гирек и свяжите их ускорения условием нерастяжимости нити.

Система придёт в движение при минимальном количестве гирек \(n = 6\); доска начнёт двигаться с ускорением \(a_{1x} = \dfrac{1-\dfrac{\mu m_2}{6\Delta m}}{1+\dfrac{m_1}{m_2}+\dfrac{m_1}{6\Delta m}}\,g \approx 0{,}3\) м/с\(^2\), направленным вправо; брусок начнёт двигаться с ускорением \(|a_{2x}| = \dfrac{\dfrac{\mu m_2}{6\Delta m}-1}{1+\dfrac{m_2}{m_1}+\dfrac{m_2}{6\Delta m}}\,g \approx 0{,}17\) м/с\(^2\), направленным влево.

Что начнёт скользить первой: доска по столу или брусок по доске? В пограничном случае сила трения на бруске максимальна, а ускорения бруска, доски и груза одинаковы.

\(M = \dfrac{15\mu}{4-\mu}\,m\).

Максимально возможная сила трения, действующая на доску со стороны стола, равна \(3\mu mg\). Максимально возможная сила трения, действующая на брусок со стороны доски, равна \(4\mu mg\). Значит, при увеличении массы \(M\) сначала начнёт проскальзывать доска, а на брусок ещё какое-то время будет действовать сила трения покоя. В случае минимальной массы \(M\) груза возникает пограничная ситуация: на брусок действует максимально возможная сила трения, но ускорения доски и бруска ещё одинаковы. Сила трения, действующая на брусок, в этом случае направлена в ту же сторону, куда и ускорение системы «брусок – доска». Запишем второй закон Ньютона для бруска, доски и груза соответственно: \[4\mu mg - T = ma, \qquad 2T - 4\mu mg - 3\mu mg = 2ma, \qquad Mg - T = Ma,\] где \(T\) – сила реакции со стороны нити. Отсюда получаем: \[M = \frac{15\mu}{4-\mu}\,m .\]

Нить невесома и перекинута через блоки без трения, поэтому её натяжение одинаково во всех точках. Что оно должно равняться, чтобы левый груз покоился, и какое ускорение тогда получит правый?

\(a = g/2 = 5\text{ м/с}^2\), направлено вниз.

Пусть \(m\) — масса правого груза. Чтобы левый груз оставался в покое, натяжение нити должно равняться \(T = 2mg\). Тогда правый груз будет двигаться вверх с ускорением \(a_1 = \dfrac{2mg - mg}{m} = g\). Поскольку левый конец нити неподвижен, средний блок должен двигаться вниз с ускорением \(a = \dfrac{g}{2}\).

Блок невесом, значит, сумма моментов сил на него равна нулю: как делятся силы натяжения двух нитей? Кинематическую связь удобно писать в системе отсчёта блока.

\(a_O = 2{,}4\) м/с\(^2\).

Поскольку блок не имеет массы, силы натяжения нитей равны: \(T_1 = F/3\) и \(T_2 = 2F/3\). Уравнение кинематической связи записывается в системе отсчёта, связанной с блоком: \(a_0 - a_1 = 2a_2 - 2a_0\).

Из-за нити доска движется в сторону, противоположную бруску; проверьте, при каком ускорении кубик начинает проскальзывать по доске, и выберите нужный режим.

\(7644\) мН.

Сила трения линейно растёт с координатой, поэтому работу трения можно считать через среднее значение силы. Ускорение системы тоже линейно зависит от \(x\).

1) груз 1 после отпускания пройдёт путь \(x_{\max} = 2x_0 = 2/k\);  2) в процессе движения грузы будут иметь максимальную скорость \(V_{\max} = \sqrt{\dfrac{g}{2k}}\);  3) максимальное значение модуля силы натяжения нити в процессе движения \(T_{\max} = \dfrac{3mg}{2}\);  4) графики зависимостей \(a(x)\) и \(T(t)\) приведены на рисунках 1 и 2.

Скорость наматывания нити постоянна, поэтому ускорения тел связаны так же, как для нити постоянной длины. Какая сила действует на ящик со стороны нити?

\(a_2 = \left|\dfrac{m_2 - m_1}{m_2 + m_1}\right| g\).

Невесомый блок не может нести ненулевую разность натяжений, а к невесомому блоку 4 прикреплена нить от оси блока 5. Выясните, какие нити не натянуты, а затем запишите связь координат блоков через длину нерастяжимой нити.

\(a_1 = a_2 = a_3 = 0\), \(a_5 = g\), \(a_4 = -2g\) (ось \(x\) направлена вниз, т. е. ось блока 4 движется вверх с ускорением \(2g\)); \(\omega_1 = \omega_3 = 0\); блок 4 вращается по часовой стрелке, блоки 2 и 5 "— против.

Поскольку блок 4 невесом, сила натяжения нижней нити (прикреплённой к оси блока 5) равна нулю, и \(a_5 = g\). Из невесомости блоков 2 и 3 следует равенство нулю силы натяжения также и верхней нити, перекинутой через блоки 1 и 3. Стало быть, массивный блок 1 вращаться не будет, и положения блоков 2 и 3 будут неизменными. Блок 3, очевидно, вращаться тоже не будет. Для определения ускорения оси блока 4 и направлений вращения блоков 2, 4 и 5 выразим длину \(l\) нити, перекинутой через блоки 2, 4 и 5, через координаты соответствующих блоков: \[l = x_4 - x_3 + x_4 - x_2 + x_5 - x_2 + x_5 - x_4 + \delta = -2x_2 - x_3 + x_4 + 2x_5 + \delta,\] где \(\delta\) "— сумма длин полуокружностей блоков 2, 4 и 5, а \(x_2\) и \(x_3\) постоянны.

Дважды дифференцируя это равенство по времени, получим: \[\ddot x_4 + 2\ddot x_5 = 0,\] откуда \[\ddot x_4 = -2\ddot x_5 = -2g.\]

Сначала найдите силу давления бруска на призму в её системе отсчёта: она не содержит \(F\). Дальше два случая: если призма скользит, все слагаемые с \(F\) в её уравнении движения должны сократиться; если покоится — трения должно хватать при любом \(F\), в том числе при \(F = 0\).

1) \(\mu = 1/3\) или \(\mu \geqslant 8/19 \approx 0{,}42\);  2) при \(\mu = 1/3\) \(a = g/7\), при \(\mu \geqslant 8/19\) \(a = 0\).

Первый способ решения.

Изобразим силы, действующие на призму (рис. 1). Обозначим \(N\) силу взаимодействия между бруском и призмой, \(N'\) — силу нормальной реакции, а \(F_\text{тр}\) — силу трения, действующие на призму со стороны стола. Тогда \[ma = N\sin\alpha + F(1 - \cos\alpha) - F_\text{тр},\] \[N' = N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg,\] \[F_\text{тр} \leqslant \mu(N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg).\]

Ускорение бруска относительно стола, для удобства, разложим на две составляющие: ускорение призмы \(a\) и ускорение бруска относительно поверхности призмы \(a'\), которое направлено параллельно её левой боковой поверхности (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для бруска в проекции на ось, перпендикулярную направлению его относительного движения

\[-Ma\sin\alpha = -Mg\cos\alpha + N \qquad\implies\qquad N = Mg\cos\alpha - Ma\sin\alpha.\] Полученная формула для \(N\) не содержит явно величину силы \(F\), а ускорение призмы, согласно условию, не зависит от \(F\). Отсюда следует, что и \(N\) не зависит от величины этой силы.

Рассмотрим два случая: 1) призма движется относительно стола; 2) трение не позволяет призме двигаться.

1. Пусть призма скользит по поверхности стола, то есть \(a > 0\). Тогда \[F_\text{тр} = \mu(N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg) \quad\text{и}\quad ma = N\sin\alpha + F(1 - \cos\alpha) - \mu(N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg).\] Чтобы ускорение \(a\) не зависело от силы \(F\), все слагаемые, включающие её, должны сократиться. Это возможно, если \[1 - \cos\alpha = \mu\sin\alpha \qquad\implies\qquad \mu = \frac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac{1 - 4/5}{3/5} = \frac13.\]

2. Пусть теперь призма не скользит, то есть \(a = 0\). Тогда \(N = Mg\cos\alpha\) и \[F_\text{тр} = F(1 - \cos\alpha) + Mg\sin\alpha\cos\alpha \leqslant \mu(Mg\cos^2\alpha + F\sin\alpha + mg).\] Перегруппируем выражения в полученном неравенстве: \[F(1 - \cos\alpha - \mu\sin\alpha) \leqslant \mu g(M\cos^2\alpha + m) - Mg\sin\alpha\cos\alpha.\] Так как оно должно выполняться при любых значениях \(F\) (в том числе, при \(F = 0\)), выражение в правой части должно быть неотрицательным, а выражение в левой части — наоборот, неположительным. Отсюда следует, что \[\mu \geqslant \frac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac13 \qquad\text{и}\qquad \mu \geqslant \frac{M\sin\alpha\cos\alpha}{M\cos^2\alpha + m} = \frac{2\cdot 3/5\cdot 4/5}{2\cdot(4/5)^2 + 1} = \frac{8}{19} \approx 0{,}42.\] Поскольку последнее неравенство — более сильное, получим, что призма будет покоиться при любом значении \(F\), если \(\mu \geqslant 8/19\).

Используя полученное выше значение \(\mu = 1/3\), найдём величину ускорения \(a\) в случае, когда призма скользит по столу: \[\begin{gather*} ma = N(\sin\alpha - \mu\cos\alpha) - \mu mg = M(g\cos\alpha - a\sin\alpha)(\sin\alpha - \mu\cos\alpha) - \mu mg \implies\\ \implies a = 2\left(g\cdot\frac45 - a\cdot\frac35\right)\cdot\left(\frac35 - \frac13\cdot\frac45\right) - \frac13\cdot g = g\cdot\frac{8}{15} - a\cdot\frac25 - \frac{g}{3} \implies a = \frac{g}{7}. \end{gather*}\]

Второй способ решения. Изобразим силы, действующие на призму (рис. 1). Обозначим \(N\) силу взаимодействия между бруском и призмой, \(N'\) — силу нормальной реакции, а \(F_\text{тр}\) — силу трения, действующие на призму со стороны стола. Тогда, из второго закона Ньютона в проекции на вертикальную ось: \[N' = N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg.\] Ускорение бруска относительно стола, для удобства, разложим на две составляющие: ускорение призмы \(a\) и ускорение бруска относительно поверхности призмы \(a'\), которое направлено параллельно её левой боковой поверхности (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для бруска в проекции на ось, перпендикулярную направлению его относительного движения \[-Ma\sin\alpha = -Mg\cos\alpha + N \qquad\implies\qquad N = Mg\cos\alpha - Ma\sin\alpha.\] Полученная формула для \(N\) не содержит явно величину силы \(F\), а ускорение призмы, согласно условию, не зависит от \(F\). Отсюда следует, что и \(N\) не зависит от величины этой силы.

Рассмотрим случай, когда призма скользит. Результирующая сила \(\vec F_\Sigma\), действующая на блок со стороны нити, направлена под углом \(\alpha/2\) к вертикали (рис. 3). Вместо \(N'\) и \(F_\text{тр}\) введём вектор полной силы реакции опоры \[\vec Q = \vec N' + \vec F_\text{тр} \ne 0.\] Из второго закона Ньютона для призмы в проекции на ось \(Ox'\), перпендикулярную силе \(\vec F_\Sigma\): \[N\sin(\alpha/2) + Q_x - mg\sin(\alpha/2) = ma\cos(\alpha/2). \tag{a}\] В приведённой формуле все слагаемые, кроме \(Q_x\), не зависят от \(F\), это означает, что \(Q_x = 0\). Такое возможно, если вектор \(\vec Q\) направлен перпендикулярно оси \(Ox'\), т. е. под углом \(\alpha/2\) к вертикали. Тогда коэффициент трения: \[\mu = \mathrm{tg}(\alpha/2) = \frac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac13.\]

Ускорение найдём, подставив \(N = Mg\cos\alpha - Ma\sin\alpha\) в соотношение (a): \[(Mg\cos\alpha - Ma\sin\alpha)\sin(\alpha/2) - mg\sin(\alpha/2) = ma\cos(\alpha/2).\] Откуда \[a = \frac{\dfrac{M}{m}\cos\alpha - 1}{\dfrac{M}{m}\sin\alpha + \mathrm{ctg}(\alpha/2)}\,g = \frac{g}{7}.\]

В случае, когда трение не позволяет призме двигаться, сумма сил, действующих на неё, равна нулю: \[\vec Q + \vec F_\Sigma + \vec N + m\vec g = 0 \implies \vec Q = -\vec F_\Sigma - \vec N - m\vec g.\]

Рассмотрим одно из возможных значений \(F_\Sigma = 0\), тогда \[\mathrm{tg}\,\beta = \frac{N\sin\alpha}{N\cos\alpha + mg} = \frac{M\cos\alpha\sin\alpha}{M(\cos\alpha)^2 + m} = \frac{2\cdot 3/5\cdot 4/5}{2\cdot(4/5)^2 + 1} = \frac{8}{19} > \mathrm{tg}(\alpha/2) = \frac13.\] Последнее неравенство показывает, что при росте \(F_\Sigma\) угол между вертикалью и вектором \(\vec Q\) будет уменьшаться. А это означает, что \(\beta\) — предельный угол отклонения \(\vec Q\) от вертикали, т. е. \(a = 0\) при \(\mu \geqslant \dfrac{8}{19}\).

Нить связывает перемещения шайбы и клина: найдите, как проекции ускорения шайбы выражаются через ускорение клина. Затем удобно записать закон сохранения энергии или уравнения движения клина и шайбы.

\(A = \dfrac{2g\sin\alpha}{n + 5 - 4\cos\alpha} = \dfrac{6}{49}\,g \approx 1{,}2\) м/с\(^2\).

Пока грузы неподвижны, а шкив скользит под верёвкой, отношение натяжений определено массами грузов. После смены направления оно станет обратным, пока верёвка скользит по шкиву.

1) \(N = 4mg R\omega\);  2) \(a = \dfrac{12}{13}\,g\);  3) \(a = \dfrac{12}{13}\,g\) при \(0 < t < \dfrac{13\omega R}{12 g}\) и \(a = 0\) при \(t \ge \dfrac{13\omega R}{12 g}\).