এখানে,

$\vec{\mathrm{OP}}=\hat{i}+3 \hat{j}+4 \hat{k}$ $\vec{\mathrm{OQ}}=2 \hat{i}+3 \hat{j}+4 \hat{k}$

$\therefore \vec{\mathrm{PQ}}=\vec{\mathrm{OQ}}-\vec{\mathrm{OP}}=$ $(2 \hat{i}+3 \hat{j}+4 \hat{k})-(\hat{i}+3 \hat{j}+4 \hat{k})=\hat{i}$

$\therefore \vec{\mathrm{PQ}}$ এর সমান্তরাল একক ভেক্টর $=\frac{\vec{\mathrm{PQ}}}{|\vec{\mathrm{PQ}}|}=\frac{\hat{\mathrm{i}}}{\sqrt{1^2}}=\hat{\mathrm{i}}$

অতএব, PQ-এর সমান্তরাল একক ভেক্টর $\hat{\mathrm{i}}$

এখানে, $\vec{\mathrm{OP}}=\hat{\mathrm{i}}+3 \hat{\mathrm{j}}+4 \hat{\mathrm{k}}$

$\therefore \quad \vec{\mathrm{PO}}=-\hat{\mathrm{i}}-3 \hat{\mathrm{j}}-4 \hat{\mathrm{k}}$

$\vec{\mathrm{OQ}}=2 \hat{\mathrm{i}}+3 \hat{\mathrm{j}}+4 \hat{\mathrm{k}}$

এবং $\vec{\mathrm{PQ}}=\hat{\mathrm{i}}$ ['গ' হতে]

এখন, $\vec{\mathrm{OP}}$ এবং $\vec{\mathrm{OQ}}$-এর মধ্যবর্তী কোণ $\angle \mathrm{POQ}=\theta_1$ হলে,

$\vec{\mathrm{OP}} \cdot \vec{\mathrm{OQ}}=|\vec{\mathrm{OP}}||\vec{\mathrm{OQ}}| \cos \theta_1$

বা, $\cos \theta_1=\frac{\vec{\mathrm{OP}} \cdot \vec{\mathrm{OQ}}}{|\vec{\mathrm{OP}}||\vec{\mathrm{OQ}}|}$

$=\frac{2+9+16}{\sqrt{1+9+16} \times \sqrt{4+9+16}}=\frac{27}{\sqrt{26 \times 29}}$

$\therefore \theta_1=\cos ^{-1}\left(\frac{27}{\sqrt{26 \times 29}}\right)=10.49^{\circ}$

আবার, $\vec{\mathrm{PO}}$ এবং $\vec{\mathrm{PQ}}$ এর মধ্যবর্তী কোণ $\angle \mathrm{OPQ}=\theta_2$ হলে,

$\cos \theta_2=\frac{\vec{\mathrm{PO}} \cdot \vec{\mathrm{PQ}}}{|\vec{\mathrm{PO}}||\vec{\mathrm{PQ}}|}=\frac{-1}{\sqrt{1+9+16} \times \sqrt{1}}$

বা, $\theta_2=\cos ^{-1}\left(\frac{-1}{\sqrt{26}}\right)=101.3^{\circ}$

এখানে, $\theta_1 \neq \theta_2$

সুতরাং, উদ্দীপকের আলোকে ∠POQ এবং ∠OPQ এর মান সমান না।

কোনো বিন্দুতে ভেক্টর ক্ষেত্রের ডাইভারজেন্স হলো সেই বিন্দুকে ঘিরে অতি ক্ষুদ্র বদ্ধ পৃষ্ঠ দিয়ে নিট বহির্মুখী ফ্লাক্সের সঙ্গে আবদ্ধ আয়তনের অনুপাতের সীমামান। তাই এটি স্থানীয় উৎস বা শোষকের প্রবণতা নির্দেশ করে।

ডাইভারজেন্স ধনাত্মক হলে নিট বহির্মুখী ফ্লাক্স, ঋণাত্মক হলে নিট অন্তর্মুখী ফ্লাক্স এবং শূন্য হলে সমান অন্তর্মুখী ও বহির্মুখী ফ্লাক্স বোঝায়। বেগক্ষেত্রের ডাইভারজেন্সকে সরাসরি ঘনত্বের পরিবর্তনের হার বলা যায় না; তার জন্য ধারাবাহিকতার সমীকরণে ঘনত্বও বিবেচনা করতে হয়।

এখানে, $\vec{\mathrm{p}}=2 \hat{\mathrm{i}}+2 \hat{\mathrm{j}}-\hat{\mathrm{k}}$

$\vec{\mathrm{P}}$ ও ধনাত্মক $x$-অক্ষের মধ্যবর্তী কোণ, $\theta=?$

আমরা জানি, $\cos \theta=\frac{P_x}{|\vec{P}|}=\frac{2}{\sqrt{4+4+1}}$

বা, $\theta=\cos ^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)=48.19^{\circ}$

অতএব, $\vec{\mathrm{P}}$ ও ধনাত্মক $x$-অক্ষের মধ্যবর্তী কোণ $48.19^{\circ}$ .

এখানে $\vec P=(2,2,-1)$ এবং $\vec Q=(2,2,a)$। সুতরাং $\vec P\cdot\vec Q=8-a$ এবং $\vec P\times\vec Q=(2a+2)\hat i-(2a+2)\hat j$।

শর্তমতে $8-a=2\sqrt2\,|a+1|$; ফলে $a\le8$। উভয় পাশ বর্গ করে পাই $(8-a)^2=8(a+1)^2$, অর্থাৎ $7a^2+32a-56=0$।

তাই $a=\dfrac{-16+18\sqrt2}{7}\approx1.3508$ অথবা $a=\dfrac{-16-18\sqrt2}{7}\approx-5.9223$। উভয় মানই মূল সমীকরণ পূরণ করে। অতএব দুটি সম্ভাব্য মান আছে।

এখানে, দণ্ডের ভর, $\mathrm{m}=2.5 \mathrm{~kg}$

দণ্ডের দৈর্ঘ্য, $l=250 \mathrm{~cm}=2.5 \mathrm{~m}$

∴ জড়তার ভ্রামক, $\mathrm{I}=\frac{\mathrm{m} l^2}{3}=\frac{2.5 \times(2.5)^2}{3}=5.21 \mathrm{~kg} \mathrm{~m}^2$

কৌণিক বেগ,

$\begin{aligned} \omega=100 \mathrm{rpm} & =\frac{100 \times 2 \pi}{60} \mathrm{rad} \mathrm{s}^{-1} \\ & =10.472 \mathrm{rad} \mathrm{s}^{-1}\end{aligned}$

আমরা জানি, কৌণিক ভরবেগ,

$\begin{aligned} \mathrm{L}=\mathrm{I} \omega & =5.21 \times 10.472 \\ & =54.56 \mathrm{~kg} \mathrm{~m}^2 \mathrm{~s}^{-1}\end{aligned}$

অতএব, দণ্ডটির কৌণিক ভরবেগ $54.56 \mathrm{~kg} \mathrm{~m}^2 \mathrm{~s}^{-1}$

এখানে, সিলিন্ডারের ভর, m = 2.5 kg

সিলিন্ডারের ব্যাসার্ধ, $\mathrm{r}=\frac{20}{2}=10 \mathrm{~cm}=0.1 \mathrm{~m}$

∴ জড়তার ভ্রামক, $\mathrm{I}=\frac{\mathrm{mr}^2}{2}=\frac{2.5 \times(0.1)^2}{2}=0.0125 \mathrm{~kg} \mathrm{~m}^2$

কৌণিক বেগ, $\omega=120 \mathrm{rpm}=\frac{120 \times 2 \pi}{60}=12.566 \mathrm{rad} \mathrm{s}^{-1}$

∴ সিলিন্ডারের কৌণিক ভরবেগ, $\mathrm{L}_1=\mathrm{I} \omega=0.0125 \times 12.566$

$=0.157 \mathrm{~kg} \mathrm{~m}^2 \mathrm{~s}^{-1}$

আবার, 'গ' হতে পাই, চিত্র-২ এর দণ্ডের কৌণিক ভরবেগ,

$\mathrm{L}_2=54.56 \mathrm{kgm}^2 \mathrm{~s}^{-1}$

এখানে, $L_2>L_1$

সুতরাং চিত্র-২ এর দণ্ডাকার বস্তুর ঘূর্ণন থামানো কঠিনতর হবে।

এখানে,

২য় বস্তুর আদিবেগ, $\mathrm{u}=15 \mathrm{~ms}^{-1}$
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = $9.81 \mathrm{~ms}^{-2}$
উচ্চতা, $\mathrm{h}=10 \mathrm{~m}$
শেষবেগ, v=?

আমরা জানি,

$v^2=u^2+2 g h$

বা, $v=\sqrt{u^2+2 g h}$

$\begin{aligned} & =\sqrt{15^2+(2 \times 9.81 \times 10)} \\ & =20.52 \mathrm{~ms}^{-1}\end{aligned}$

বলটির ভর, m = 50g

= 0.05 kg

আবার, ভরবেগ, p = mv

$=0.05 \times 20.52=1.026 \mathrm{kgms}^{-1}$

অতএব, দ্বিতীয় ক্ষেত্রে বলটি $1.026 \mathrm{~kg} \mathrm{~m} \mathrm{~s}^{-1}$ ভরবেগে নিচের দিকে ভরবেগ নিয়ে ভূমিতে আঘাত করবে।

১ম ক্ষেত্রে:

বলটির ভর, $\mathrm{m}=50 \mathrm{~g}=0.05 \mathrm{~kg}$

বলটির উচ্চতা, h = 10m

∴ বলটির মোট শক্তি $\mathrm{E}_1=\mathrm{mg} \mathrm{h}=0.05 \times 9.81 \times 10=4.9 \mathrm{~J}$

আবার, $\mathrm{h}^{\prime}=5 \mathrm{~m}$ উপরে উঠতে প্রয়োজনীয় শক্তি,

$\mathrm{E}_1^{\prime}=\mathrm{mg} \mathrm{h}^{\prime}=0.05 \times 9.81 \times 5=2.45 \mathrm{~J}$

∴ শক্তি হারাবে $=E_1-E_1\{ \}^{\prime}=(4.9-2.45)=2.45 \mathrm{~J}$

২য় ক্ষেত্রে:

বলটির বেগ, $\mathrm{v}=15 \mathrm{~ms}^{-1}$

∴ বলটির মোট শক্তি, $E_2=\frac{1}{2} m v^2+m g h$

$\begin{aligned} & =\frac{1}{2} \times 0.05 \times(15)^2+0.05 \times 9.81 \times 10 \\ & =10.53 \mathrm{~J}\end{aligned}$

আবার, $\mathrm{h}^{\prime \prime}=8 \mathrm{~m}$ উপরে উঠতে প্রয়োজনীয় শক্তি,

$\mathrm{E}_2^{\prime}=\mathrm{mg} \mathrm{h}^{\prime \prime}=0.05 \times 9.81 \times 8=3.924 \mathrm{~J}$

∴ শক্তি হারাবে $=E_2-E_2^{\prime}=10.53-3.924=6.606 \mathrm{~J}$

সুতরাং ২য় ক্ষেত্রে বলটি ভূমিতে আঘাত করার সময় অধিক শক্তি হারাবে।

উদ্দীপক হতে,

পৃথিবী পৃষ্ঠে অভিকর্ষজ ত্বরণ, $\mathrm{g}=9.81 \mathrm{~m} \mathrm{~s}^{-2}$

পৃথিবীর ব্যাসার্ধ, $\mathrm{R}=6400 \mathrm{~km}=6.4 \times 10^6 \mathrm{~m}$

ধরি, h উচ্চতায় g এর মান ভূপৃষ্ঠের $\frac{3}{5}$ গুণ হবে।

আমরা জানি, $g^{\prime}=g\left(\frac{R}{R+h}\right)^2$

বা, $\frac{3}{5} g=g\left(\frac{R}{R+h}\right)^2$

বা, $\frac{R}{R+h}=\sqrt{\frac{3}{5}}$

বা, $R+h=\sqrt{\frac{5}{3}} R$

বা, $\mathrm{h}=\left(\sqrt{\frac{5}{3}}-1\right) \mathrm{R}=\left(\sqrt{\frac{5}{3}}-1\right) \times 6.4 \times 10^6$

$\therefore \quad \mathrm{h}=1.862 \times 10^6 \mathrm{~m}$

অতএব, ভূপৃষ্ঠ হতে $1.862 \times 10^6 \mathrm{~m}$ উচ্চতায় g এর মান ভূপৃষ্ঠের মানের $\frac{3}{5}$ হবে।

অক্ষাংশ না দেওয়া থাকায় একটিমাত্র আবর্তনকাল নির্ণয় করা যায় না। প্রচলিত অভিকর্ষের ব্যাসার্ধীয় উপাংশের সূত্রে $g_\lambda\simeq g-\omega^2R\cos^2\lambda$। তাই $g_\lambda=3g/5$ চাইলে $T^\prime=2\pi\sqrt{\dfrac{5R\cos^2\lambda}{2g}}$।

বিষুবরেখায় $\lambda=0$ ধরলে $T^\prime\simeq8024\,\mathrm s=2.229\,\mathrm h$; 24 ঘণ্টা থেকে হ্রাস প্রায় $90.71\%$। $\lambda=45^\circ$ অতিরিক্ত অনুমান করলে এই আনুমানিক সূত্রে $T^\prime\simeq5674\,\mathrm s=1.576\,\mathrm h$ এবং হ্রাস $93.43\%$ হয়। কিন্তু উদ্দীপকে $45^\circ$ দেওয়া নেই।

এত দ্রুত আবর্তনে অ-বিষুবীয় স্থানে কার্যকর অভিকর্ষের দিকও বদলায়; ব্যাসার্ধীয় উপাংশের এই আনুমানিক সূত্রকে নির্ভুল ভেক্টর মান বলা যাবে না। মেরুতে আবর্তন বদলে এভাবে অভিকর্ষ কমানো যায় না।

কক্ষপথে মহাশূন্যযান ও তার ভেতরের নভোচারী একই সঙ্গে পৃথিবীর দিকে মুক্তভাবে পতন করতে থাকেন। মহাকর্ষ বলই তাঁদের প্রয়োজনীয় কেন্দ্রমুখী বল জোগায়; অভিকর্ষ অদৃশ্য বা প্রশমিত হয় না।

যানের মেঝে নভোচারীকে ঠেকিয়ে রাখার জন্য স্বাভাবিক প্রতিক্রিয়া দিতে হয় না বলে তাঁর আপাত ওজন প্রায় শূন্য হয়। তাই তিনি ওজনহীন অনুভব করেন।

উদ্দীপক হতে,

বস্তুর ভর, $\mathrm{m}=400 \mathrm{gm}=0.4 \mathrm{~kg}$

ভর ঝুলানোর ফলে প্রসারণ, $\mathrm{e}=12 \mathrm{~cm}=0.12 \mathrm{~m}$

বিস্তার, $\mathrm{A}=8 \mathrm{~cm}=0.08 \mathrm{~m}$

সাম্যাবস্থায়,

$\mathrm{F}_{\mathrm{s}}=\mathrm{W}$

বা, $\mathrm{ke}=\mathrm{mg}$
বা, $\frac{k}{m}=\frac{g}{e}$
বা, $\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{g}{e}}$

বা, $\omega=\sqrt{\frac{9.8}{0.12}}=9.037 \mathrm{rad} \mathrm{s}^{-1}$

সর্বোচ্চ বেগ, $v_{\max }=\omega A=9.037 \times 0.08=0.723 \mathrm{~m} \mathrm{~s}^{-1}$

অতএব, উদ্দীপক অনুসারে বস্তুটির সর্বোচ্চ বেগ $0.723 \mathrm{~m} \mathrm{~s}^{-1}$

বায়ুর বাধা ও স্প্রিংয়ের অভ্যন্তরীণ অপচয় উপেক্ষা করি। সাম্যাবস্থান থেকে সরণ $x$ নিলে $k=mg/e=32.6667\,\mathrm{N\,m^{-1}}$ এবং $\omega=\sqrt{k/m}$।

উল্লম্ব স্প্রিংয়ে মোট বিভবশক্তিতে স্প্রিং ও মহাকর্ষ উভয়টি থাকে। সাম্যাবস্থার বিভবকে শূন্য ধরলে তাদের যোগফল $U_{\rm eff}=\frac12kx^2$; এটি শুধু স্প্রিংয়ের প্রাকৃতিক দৈর্ঘ্য থেকে মাপা স্থিতিশক্তি নয়।

যেকোনো $x$-এ $K=\frac12k(A^2-x^2)$। ফলে $E=K+U_{\rm eff}=\frac12kA^2=0.10453\,\mathrm J$, ধ্রুব। $x=0$-তে সম্পূর্ণটি গতিশক্তি এবং $x=\pm0.08\,\mathrm m$-এ সম্পূর্ণটি কার্যকর বিভবশক্তি। তাই আদর্শ দোলনে যান্ত্রিক শক্তি সংরক্ষিত।

অ্যালুমিনিয়ামের স্থিতিস্থাপক সীমার মধ্যে অনুদৈর্ঘ্য পীড়ন ও অনুদৈর্ঘ্য বিকৃতির অনুপাত $7.0\times10^{10}\,\mathrm{N\,m^{-2}}$। অর্থাৎ $Y=\dfrac{F/A}{\Delta L/L}=7.0\times10^{10}\,\mathrm{N\,m^{-2}}$।

তাই অল্প দৈর্ঘ্য-বিকৃতি $\varepsilon$ ঘটাতে প্রয়োজনীয় পীড়ন $7.0\times10^{10}\varepsilon\,\mathrm{N\,m^{-2}}$। এটি আয়তন বিকৃতির গুণাঙ্ক নয় এবং বাস্তবে একক বিকৃতি পর্যন্ত Hooke-এর সূত্র প্রযোজ্য ধরে নেওয়া যায় না।

উদ্দীপক হতে, তারের দৈর্ঘ্য, L = 0.48m

তারের ব্যাসার্ধ, $r=\frac{5 \times 10^{-4}}{2}=2.5 \times 10^{-4} \mathrm{~m}$

তারের দৈর্ঘ্য বৃদ্ধি, $l=2.4 \times 10^{-5} \mathrm{~m}$

ইয়ং এর গুণাঙ্ক, $\mathrm{Y}=2 \times 10^{11} \mathrm{Nm}^{-2}$

তারে সংযুক্ত ভর, m = ?

আমরা জানি,

$\mathrm{Y}=\frac{\mathrm{FL}}{\mathrm{A} l}=\frac{\mathrm{mgL}}{\pi \mathrm{r}^2 l}$

$m=\frac{Y \pi r^2 l}{g L}$

$=\frac{2 \times 10^{11} \times 3.1416 \times\left(2.5 \times 10^{-4}\right)^2 \times 2.4 \times 10^{-5}}{9.8 \times 0.48}$

$=0.2 \mathrm{~kg}$

অতএব, শিক্ষার্থী কর্তৃক তারে সংযুক্ত ভর 0.2 kg ।

উদ্দীপক হতে, তারের দৈর্ঘ্য, L = 0.48m

তারের ব্যাস, $\mathrm{d}=5 \times 10^{-4} \mathrm{~m}$

তারের দৈর্ঘ্য বৃদ্ধি, $l=2.4 \times 10^{-5} \mathrm{~m}$

পয়সনের অনুপাত, $\sigma=0.33$

ব্যাস হ্রাস, $\Delta d=?$

আমরা জানি,

$\sigma=\frac{\Delta \mathrm{d} \times \mathrm{L}}{\mathrm{d} \times l}$

বা, $\Delta \mathrm{d}=\frac{\sigma \times \mathrm{d} \times l}{\mathrm{~L}}=\frac{0.33 \times 5 \times 10^{-4} \times 2.4 \times 10^{-5}}{0.48}$

$=8.25 \times 10^{-9} \mathrm{~m}=8.25 \mathrm{~nm}$

এখানে, $8.25 \mathrm{~nm}>2 \mathrm{~nm}$

যেহেতু তারটির ব্যাস হ্রাসের মান 2 nm অপেক্ষা বেশি, তাই বলা যায় উদ্দীপকের শিক্ষকের বক্তব্য যথার্থ নয়।

আর্দ্রতা বাড়লেই বায়ুমণ্ডলীয় চাপ অবশ্যই কমবে—এ কথা সাধারণভাবে বলা যায় না। একই তাপমাত্রা ও মোট চাপে জলীয়বাষ্পের মোলার ভর শুষ্ক বায়ুর গড় মোলার ভরের চেয়ে কম হওয়ায় আর্দ্র বায়ুর ঘনত্ব কম হয়।

কিন্তু বায়ুমণ্ডলীয় চাপ নির্ভর করে ওপরের বায়ুস্তম্ভের মোট ভর ও আবহাওয়াগত গতিবিদ্যার ওপর। নির্দিষ্ট আয়তন ও তাপমাত্রার বন্ধ পাত্রে শুষ্ক বায়ুর পরিমাণ অপরিবর্তিত রেখে বাষ্প যোগ করলে মোট চাপ বরং বাড়তে পারে। তাই শুধু আর্দ্রতা থেকে চাপের পরিবর্তন নিশ্চিত করা যায় না।

এখানে, প্রাথমিক অবস্থায় চাপ, $P_1=P$

চূড়ান্ত অবস্থায় চাপ, $\mathrm{P}_2=2 \mathrm{P}$

প্রমাণ তাপমাত্রা, $\mathrm{T}_1=0^{\circ} \mathrm{C}=273 \mathrm{~K}$

চূড়ান্ত তাপমাত্রা, $\mathrm{T}_2=52^{\circ} \mathrm{C}=(52+273) \mathrm{K}=325 \mathrm{~K}$

প্রাথমিক অবস্থায় আয়তন, $\mathrm{V}_1=3 \mathrm{~cm}^3$

চূড়ান্ত অবস্থায় আয়তন, $\mathrm{V}_2=?$

আমরা জানি, $\frac{P_1 V_1}{T_1}=\frac{P_2 V_2}{T_2}$

বা, $\mathrm{V}_2=\frac{\mathrm{P}_1 \mathrm{~T}_2}{\mathrm{P}_2 \mathrm{~T}_1} \mathrm{~V}_1=\frac{\mathrm{P} \times 325}{2 \mathrm{P} \times 273} \times 3=1.786 \mathrm{~cm}^3$

অতএব, প্রথম গ্যাসের চূড়ান্ত আয়তন $1.786 \mathrm{~cm}^3$.

গতিতত্ত্ব থেকে $C_{\rm rms}=\sqrt{3P/\rho}$। একই প্রমাণ চাপে তাই $\dfrac{C_{\{\rm rms\},2}}{C_{\{\rm rms\},1}}=\sqrt{\dfrac{\rho_1}{\rho_2}}=\sqrt{\dfrac{1.25}{0.09}}\approx3.73$।

অতএব দ্বিতীয় গ্যাসের মূল গড় বর্গবেগ প্রথমটির প্রায় 3.73 গুণ।