এনট্রপি একটি তাপগতীয় অবস্থা-ফাংশন। প্রত্যাবর্তী প্রক্রিয়ায় পরম তাপমাত্রা $T$-তে সিস্টেমে অতিক্ষুদ্র তাপ $\delta Q_{\mathrm{rev}}$ যোগ করলে এনট্রপির পরিবর্তন

$dS=\dfrac{\delta Q_{\mathrm{rev}}}{T}$।

এর এসআই একক $\mathrm{J\,K^{-1}}$। প্রত্যাবর্তী রুদ্ধতাপীয় প্রক্রিয়ায় এনট্রপি অপরিবর্তিত থাকে।

স্থির আয়তনে এক মোল গ্যাসের তাপমাত্রা $1~\mathrm K$ বাড়াতে প্রদত্ত তাপ কেবল গ্যাসের অন্তঃস্থ শক্তি বৃদ্ধিতে ব্যয় হয়, কোনো বাহ্যিক কাজ সম্পাদিত হয় না ($\mathrm{dW} = 0$)। কিন্তু স্থির চাপে এক মোল গ্যাসের তাপমাত্রা $1~\mathrm K$ বাড়াতে প্রদত্ত তাপ গ্যাসের অন্তঃস্থ শক্তি বৃদ্ধির পাশাপাশি বাহ্যিক কাজ সম্পাদনেও ব্যবহৃত হয় ($\mathrm{dQ} = \mathrm{dU} + \mathrm{dW}$)।

যেহেতু স্থির চাপে একই পরিমাণ তাপমাত্রা বৃদ্ধির জন্য বাহ্যিক কাজ করার দরুন অতিরিক্ত তাপের প্রয়োজন হয়, তাই স্থির আয়তনের মোলার আপেক্ষিক তাপ ($\mathrm{C_V}$), স্থির চাপের মোলার আপেক্ষিক তাপ ($\mathrm{C_P}$) অপেক্ষা ছোট হয়। অর্থাৎ, $\mathrm{C_V} < \mathrm{C_P}$।

কার্নো চক্রে $AB$ সমোষ্ণ এবং $BC$ রুদ্ধতাপীয় প্রসারণ। চিত্রে $T_B=T_1=550~\mathrm K$, $T_C=T_2=330~\mathrm K$, $V_A=3\times10^{-3}~\mathrm{m^3}$, $V_B/V_A=2$ ও $\gamma=1.4$।

সুতরাং $V_B=6\times10^{-3}~\mathrm{m^3}$। রুদ্ধতাপীয় সমীকরণে

$T_BV_B^{\gamma-1}=T_CV_C^{\gamma-1}$।

তাই

$V_C=V_B\left(\dfrac{T_B}{T_C}\right)^{1/(\gamma-1)} =6\times10^{-3}\left(\dfrac{550}{330}\right)^{2.5} =2.152\times10^{-2}~\mathrm{m^3}$।

গ্যাস কর্তৃক সম্পাদিত কাজ ধনাত্মক ধরে $AB$ সমোষ্ণ প্রসারণে

$W_{AB}=nRT_1\ln\dfrac{V_B}{V_A} =1\times8.31\times550\ln2 =3168.03~\mathrm J$।

$BC$ রুদ্ধতাপীয় প্রসারণে

$W_{BC}=\dfrac{nR(T_1-T_2)}{\gamma-1} =\dfrac{1\times8.31(550-330)}{1.4-1} =4570.5~\mathrm J$।

অতএব $W_{BC}>W_{AB}$; দুটি পর্যায়ে কৃতকাজ সমান নয়।

স্থির তড়িৎ অবস্থায় চার্জিত পরিবাহী গোলকের অতিরিক্ত চার্জ বাইরের পৃষ্ঠে অবস্থান করে। পরিবাহীর ভেতরে তড়িৎ ক্ষেত্র থাকলে মুক্ত চার্জ চলতে থাকত; ফলে সাম্যাবস্থা বজায় থাকত না। তাই সাম্যাবস্থায় পরিবাহীর অভ্যন্তরে, কেন্দ্রসহ, তড়িৎ প্রাবল্য শূন্য।

বিচ্ছিন্ন গোলাকার পরিবাহীর ক্ষেত্রে গোলীয় প্রতিসাম্য ব্যবহার করেও গাউসের সূত্র থেকে একই ফল পাওয়া যায়। শুধু কোনো আবদ্ধ তলের ভেতরে নিট চার্জ শূন্য বলেই সর্বক্ষেত্রে সেই তলের প্রতিটি বিন্দুতে তড়িৎ ক্ষেত্র শূন্য হয় না।

দেওয়া আছে,

১ম ধারক, $\mathrm{C_1} = 1~\mu\mathrm{F}$

২য় ধারক, $\mathrm{C_2} = 2~\mu\mathrm{F}$

৩য় ধারক, $\mathrm{C_3} = 3~\mu\mathrm{F}$

বর্তনী চিত্র হতে দেখা যায়, $\mathrm{C_2}$ এবং $\mathrm{C_3}$ ধারক দুটি সমান্তরাল সমবায়ে যুক্ত। এদের তুল্য ধারকত্ব $\mathrm{C_p}$ হলে,

$\mathrm{C_p} = \mathrm{C_2} + \mathrm{C_3}$

$\mathrm{C_p} = 2 + 3$

$\mathrm{C_p} = 5~\mu\mathrm{F}$

এখন, এই সমান্তরাল অংশের সাথে $\mathrm{C_1}$ ধারকটি শ্রেণি সমবায়ে যুক্ত আছে। সম্পূর্ণ বর্তনীর তুল্য ধারকত্ব $\mathrm{C_s}$ হলে,

$\frac{1}{\mathrm{C_s}} = \frac{1}{\mathrm{C_1}} + \frac{1}{\mathrm{C_p}}$

$\frac{1}{\mathrm{C_s}} = \frac{1}{1} + \frac{1}{5}$

$\frac{1}{\mathrm{C_s}} = \frac{5 + 1}{5}$

$\frac{1}{\mathrm{C_s}} = \frac{6}{5}$

$\mathrm{C_s} = \frac{5}{6}~\mu\mathrm{F}$

$\therefore \mathrm{C_s} \approx 0.833~\mu\mathrm{F}$

উত্তর: বর্তনীর তুল্য ধারকত্ব $0.833~\mu\mathrm{F}$।

উদ্দীপক হতে পাই,

মোট ভোল্টেজ বা তড়িচ্চালক শক্তি, $\mathrm{V} = 12~\mathrm{V}$

(গ) হতে প্রাপ্ত বর্তনীর তুল্য ধারকত্ব, $\mathrm{C_s} = \frac{5}{6}~\mu\mathrm{F}$

বর্তনীতে প্রবাহিত মোট চার্জ,

$\mathrm{Q} = \mathrm{C_s} \times \mathrm{V}$

$\mathrm{Q} = \frac{5}{6} \times 12$

$\mathrm{Q} = 10~\mu\mathrm{C}$

যেহেতু $\mathrm{C_1}$ ধারকটি মূল বর্তনীর সাথে শ্রেণি সমবায়ে যুক্ত, তাই এর মধ্য দিয়ে প্রবাহিত চার্জের পরিমাণ মূল বর্তনীর মোট চার্জের সমান হবে। অর্থাৎ, $\mathrm{C_1}$ এর চার্জ $\mathrm{Q_1} = 10~\mu\mathrm{C} = 10 \times 10^{-6}~\mathrm{C}$।

$\mathrm{C_1}$ ধারকে সঞ্চিত শক্তি,

$\mathrm{U_1} = \frac{\mathrm{Q_1}^2}{2\mathrm{C_1}}$

$\mathrm{U_1} = \frac{(10 \times 10^{-6})^2}{2 \times (1 \times 10^{-6})}$

$\mathrm{U_1} = \frac{100 \times 10^{-12}}{2 \times 10^{-6}}$

$\mathrm{U_1} = 50 \times 10^{-6}~\mathrm{J}$

আবার, সমান্তরাল সমবায়ে যুক্ত $\mathrm{C_p}$ অংশের দুই প্রান্তের বিভব পার্থক্য $\mathrm{V_p}$ হলে,

$\mathrm{V_p} = \frac{\mathrm{Q}}{\mathrm{C_p}}$

$\mathrm{V_p} = \frac{10~\mu\mathrm{C}}{5~\mu\mathrm{F}}$

$\mathrm{V_p} = 2~\mathrm{V}$

যেহেতু সমান্তরাল সমবায়ে যুক্ত প্রতিটি ধারকের বিভব পার্থক্য সমান থাকে, তাই $\mathrm{C_3}$ ধারকের দুই প্রান্তের বিভব পার্থক্যও হবে $\mathrm{V_3} = 2~\mathrm{V}$।

$\mathrm{C_3}$ ধারকে সঞ্চিত শক্তি,

$\mathrm{U_3} = \frac{1}{2} \mathrm{C_3} \mathrm{V_3}^2$

$\mathrm{U_3} = \frac{1}{2} \times (3 \times 10^{-6}) \times (2)^2$

$\mathrm{U_3} = \frac{1}{2} \times 3 \times 10^{-6} \times 4$

$\mathrm{U_3} = 6 \times 10^{-6}~\mathrm{J}$

প্রাপ্ত ফলাফল হতে দেখা যায়, $50 \times 10^{-6}~\mathrm{J} > 6 \times 10^{-6}~\mathrm{J}$।

অর্থাৎ, $\mathrm{U_1} > \mathrm{U_3}$।

∴ গাণিতিক বিশ্লেষণ হতে বলা যায় যে, $\mathrm{C_1}$ ধারকে সঞ্চিত শক্তির পরিমাণ $\mathrm{C_3}$ ধারক অপেক্ষা অধিক।

কোনো ধাতু হতে ইলেকট্রন নির্গত করার জন্য আপতিত আলোর একটি ন্যূনতম কম্পাঙ্ক থাকতে হয়, একে সূচন কম্পাঙ্ক ($\mathrm{f_0}$) বলে।

আপতিত আলোর কম্পাঙ্ক ($\mathrm{f}$) যদি সূচন কম্পাঙ্কের চেয়ে কম হয় ($\mathrm{f} < \mathrm{f_0}$), তবে ধাতু থেকে কোনো ইলেকট্রন নির্গত হবে না, আলোর তীব্রতা যতই হোক না কেন। আপতিত আলোর কম্পাঙ্ক সূচন কম্পাঙ্কের সমান বা বেশি হলে ($\mathrm{f} \ge \mathrm{f_0}$) তবেই ইলেকট্রন নির্গত হয় (আলোক তড়িৎ ক্রিয়া ঘটে)। তাই বলা যায়, আলোক তড়িৎ ক্রিয়া সূচন কম্পাঙ্কের উপর নির্ভরশীল।

'ক' শিক্ষার্থীর পর্যবেক্ষণকাল অর্থাৎ $82\%$ ক্ষয় হতে প্রয়োজনীয় সময় নির্ণয় করতে হবে।

দেওয়া আছে,

তেজস্ক্রিয় মৌলটির অর্ধায়ু, $\mathrm{T_{\frac{1}{2}}} = 3.8$ দিন

ধরি, প্রারম্ভিক পরমাণুর সংখ্যা $= \mathrm{N_0}$
$82\%$ ক্ষয়প্রাপ্ত হওয়ার পর অবশিষ্ট পরমাণুর সংখ্যা,
$\mathrm{N} = \mathrm{N_0} - (82\% \times \mathrm{N_0})$
$\mathrm{N} = \mathrm{N_0} - 0.82\mathrm{N_0}$
$\mathrm{N} = 0.18\mathrm{N_0}$
পর্যবেক্ষণকাল বা প্রয়োজনীয় সময় $= \mathrm{t}$

আমরা জানি, ক্ষয় ধ্রুবক,

$\lambda = \frac{0.693}{\mathrm{T_{\frac{1}{2}}}}$

$\lambda = \frac{0.693}{3.8}$

$\therefore \lambda = 0.1824~\text{দিন}^{-1}$

আবার, তেজস্ক্রিয় ক্ষয় সূত্রানুসারে,

$\mathrm{N} = \mathrm{N_0} \mathrm{e}^{-\lambda \mathrm{t}}$

বা, $0.18\mathrm{N_0} = \mathrm{N_0} \mathrm{e}^{-\lambda \mathrm{t}}$

বা, $0.18 = \mathrm{e}^{-\lambda \mathrm{t}}$

বা, $\ln(0.18) = -\lambda \mathrm{t}$

বা, $-1.7148 = -0.1824 \times \mathrm{t}$

বা, $\mathrm{t} = \frac{-1.7148}{-0.1824}$

$\therefore \mathrm{t} = 9.40~\text{দিন}$

উত্তর: 'ক' শিক্ষার্থীর পর্যবেক্ষণকাল ছিল $9.40$ দিন

তেজস্ক্রিয় ক্ষয় সূত্রে অবশিষ্ট একই তেজস্ক্রিয় মৌলের ভরের অনুপাত

$\dfrac{M}{M_0}=2^{-t/T_{1/2}}=2^{-18/3.8}=0.03750$।

অন্যদিকে, $\dfrac1\{25\}=0.04000$। অতএব প্রদত্ত মানকে নির্ভুল ধরে নিলে ১৮ দিন পরে অবশিষ্ট ভর ঠিক $\dfrac1\{25\}$ নয়; সামান্য কম। ঠিক $\dfrac1\{25\}$ অবশিষ্ট থাকার সময়

$t=T_{1/2}\dfrac{\ln25}{\ln2}=17.65~\text{দিন}$।

তাই বক্তব্যটি নির্ভুল সমতা হিসেবে যথার্থ নয়, তবে সময় পূর্ণ দিনে প্রকাশ করলে ১৭.৬৫ দিনকে প্রায় ১৮ দিন বলা যায়।

সূর্যের মতো কম ভরের নক্ষত্রের কেন্দ্রে জ্বালানি শেষ হলে তার অবশিষ্ট কেন্দ্র কৃষ্ণগহ্বর গঠনের জন্য যথেষ্ট ভারী হয় না। সূর্য লোহিত দানব পর্যায়ে বাইরের স্তর হারাবে এবং অবশিষ্ট কেন্দ্র শ্বেত বামন হবে।

শ্বেত বামনের জন্য প্রাসঙ্গিক চন্দ্রশেখর সীমা প্রায় $1.4M_\odot$; এটি নক্ষত্রের প্রাথমিক ভর থেকে কৃষ্ণগহ্বর হওয়ার সরাসরি সীমা নয়। সূর্যের ভবিষ্যৎ অবশিষ্ট কেন্দ্র এই সীমার নিচে থাকায় ইলেকট্রন অপজাত চাপ তাকে সমর্থন করতে পারে। তাই স্বাভাবিক নাক্ষত্রিক বিবর্তনে সূর্য কৃষ্ণগহ্বর হবে না।

দেওয়া আছে,
হুইটস্টোন ব্রিজের ১ম বাহুর রোধ, $\mathrm{P} = 6~\Omega$
২য় বাহুর রোধ, $\mathrm{Q} = 12~\Omega$
৩য় বাহুর রোধ, $\mathrm{R} = 18~\Omega$
৪র্থ বাহুর রোধ, $\mathrm{S} = 24~\Omega$

ধরি, ব্রিজটিকে সাম্যাবস্থায় আনতে ৪র্থ বাহুতে $\mathrm{S^\prime}$ রোধ প্রয়োজন।
হুইটস্টোন ব্রিজের সাম্যাবস্থার নীতি অনুযায়ী,

$\frac{\mathrm{P}}{\mathrm{Q}} = \frac{\mathrm{R}}{\mathrm{S^\prime}}$

বা, $\frac{6}{12} = \frac{18}{\mathrm{S^\prime}}$

বা, $\frac{1}{2} = \frac{18}{\mathrm{S^\prime}}$

বা, $\mathrm{S^\prime} = 18 \times 2$

$\therefore \mathrm{S^\prime} = 36~\Omega$

যেহেতু $\mathrm{S^\prime} > \mathrm{S}$ ($36~\Omega > 24~\Omega$), তাই ৪র্থ বাহুর রোধ বাড়াতে হবে। অর্থাৎ, ৪র্থ বাহুর $24~\Omega$ রোধের সাথে একটি রোধ শ্রেণি সমবায়ে যুক্ত করতে হবে।
ধরি, শ্রেণি সমবায়ে যুক্ত রোধটি $\mathrm{r}$।
$\mathrm{S^\prime} = \mathrm{S} + \mathrm{r}$
বা, $36 = 24 + \mathrm{r}$
বা, $\mathrm{r} = 36 - 24$
$\therefore \mathrm{r} = 12~\Omega$
উত্তর: ৪র্থ বাহুতে $12~\Omega$ মানের একটি রোধ শ্রেণি সমবায়ে যুক্ত করলে ব্রীজটি সাম্যাবস্থা প্রাপ্ত হবে।

সাম্যাবস্থায় চতুর্থ বাহুর রোধ $36~\Omega$ এবং গ্যালভানোমিটারের প্রবাহ শূন্য। তাই দুই শাখার রোধ যথাক্রমে

$R_1=6+12=18~\Omega,\qquad R_2=18+36=54~\Omega$।

উৎসের অভ্যন্তরীণ রোধ উপেক্ষা করলে

$I_{6\Omega}=\dfrac{12.5}{18}=0.6944~\mathrm A$,

$I_{\mathrm{নিচের~শাখা}}=\dfrac{12.5}{54}=0.2315~\mathrm A$,

$I=0.6944+0.2315=0.9259~\mathrm A$।

অতএব $I:I_{6\Omega}=4:3$। অর্থাৎ মূল প্রবাহ $6~\Omega$ রোধের প্রবাহের সমান নয়; শিক্ষার্থীর পর্যবেক্ষণ সমর্থিত হয়।

কোনো ধাতু থেকে শূন্য বেগে একটি ইলেকট্রন মুক্ত করতে যে ন্যূনতম শক্তির প্রয়োজন হয়, তাকে ঐ ধাতুর কার্য অপেক্ষক ($\mathrm{W_0}$) বলে। অন্যদিকে, যে ন্যূনতম কম্পাঙ্কের আলো আপতিত হলে কোনো ধাতু থেকে ইলেকট্রন নির্গত হতে পারে, তাকে সূচন কম্পাঙ্ক ($\mathrm{f_0}$) বলে।

প্লাঙ্কের কোয়ান্টাম তত্ত্ব অনুসারে, ফোটনের শক্তি তার কম্পাঙ্কের সমানুপাতিক। তাই সূচন কম্পাঙ্কের ফোটনের শক্তিই হলো ঐ ধাতুর কার্য অপেক্ষক। অর্থাৎ, $\mathrm{W_0} = \mathrm{h}\mathrm{f_0}$, যেখানে $\mathrm{h}$ হলো প্লাঙ্কের ধ্রুবক। এটিই কার্য অপেক্ষক ও সূচন কম্পাঙ্কের মধ্যে সম্পর্ক।

মিতা পৃথিবীতে স্থির আছে, তাই তার সাপেক্ষে মহাকাশযানটি গতিশীল।

দেওয়া আছে,

মহাকাশযানের নিশ্চল বা প্রকৃত দৈর্ঘ্য, $\mathrm{L_0} = 100~\mathrm{m}$

মহাকাশযানের বেগ, $\mathrm{v} = \frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{c}$

আলোর বেগ, $\mathrm{c} = 3 \times 10^8~\mathrm{m~s^{-1}}$

গতিশীল অবস্থায় মিতার পরিমাপকৃত মহাকাশযানের দৈর্ঘ্য, $\mathrm{L} = ?$

আমরা জানি, দৈর্ঘ্য সংকোচনের সূত্রানুসারে,

$\mathrm{L} = \mathrm{L_0} \sqrt{1 - \frac{\mathrm{v^2}}{\mathrm{c^2}}}$

বা, $\mathrm{L} = 100 \times \sqrt{1 - \left(\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{c}}{\mathrm{c}}\right)^2}$

বা, $\mathrm{L} = 100 \times \sqrt{1 - \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}$

বা, $\mathrm{L} = 100 \times \sqrt{1 - \frac{3}{4}}$

বা, $\mathrm{L} = 100 \times \sqrt{\frac{1}{4}}$

বা, $\mathrm{L} = 100 \times \frac{1}{2}$

$\therefore \mathrm{L} = 50~\mathrm{m}$

উত্তর: মিতা গতিশীল মহাকাশযানের দৈর্ঘ্য $50~\mathrm{m}$ নির্ণয় করবে।

এখানে ১০০ মিটারকে যানের নিজস্ব স্থির অবস্থায় গতি-সমান্তরাল দৈর্ঘ্য ধরা হয়েছে।

পৃথিবীতে মিতার বয়স হিসাব:

উদ্দীপক অনুযায়ী, রিতা অপেক্ষা মিতা $7$ বছরের ছোট।

রিতা যখন যাত্রা শুরু করে তখন তার বয়স $= 22$ বছর।

$\therefore$ যাত্রার শুরুতে মিতার বয়স $= 22 - 7 = 15$ বছর।

রিতা যখন ফিরে আসে, তখন মিতার বয়স $= 37$ বছর (দেওয়া আছে)।

অর্থাৎ, পৃথিবীর হিসেবে (মিতার সাপেক্ষে) মহাকাশ ভ্রমণের মোট সময়, $\mathrm{t} = 37 - 15 = 22$ বছর।

মহাকাশযানে রিতার বয়স হিসাব:

মহাকাশযানের বেগ, $\mathrm{v} = \frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{c}$

পৃথিবীর সাপেক্ষে অতিবাহিত সময়, $\mathrm{t} = 22$ বছর।

মহাকাশযানে অবস্থানরত রিতার সাপেক্ষে অতিবাহিত সময় (প্রকৃত সময়) $\mathrm{t_0}$ হলে, কাল দীর্ঘায়নের সূত্রানুসারে,

$\mathrm{t} = \frac{\mathrm{t_0}}{\sqrt{1 - \frac{\mathrm{v^2}}{\mathrm{c^2}}}}$

বা, $\mathrm{t_0} = \mathrm{t} \times \sqrt{1 - \frac{\mathrm{v^2}}{\mathrm{c^2}}}$

বা, $\mathrm{t_0} = 22 \times \sqrt{1 - \left(\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{c}}{\mathrm{c}}\right)^2}$

বা, $\mathrm{t_0} = 22 \times \sqrt{1 - \frac{3}{4}}$

বা, $\mathrm{t_0} = 22 \times \sqrt{\frac{1}{4}}$

বা, $\mathrm{t_0} = 22 \times \frac{1}{2}$

$\therefore \mathrm{t_0} = 11$ বছর।

অর্থাৎ, রিতার কাছে মনে হবে ভ্রমণটি $11$ বছরের ছিল।

সুতরাং, ভ্রমণ শেষে রিতার বয়স $= 22 + 11 = 33$ বছর।

প্রাপ্ত হিসাব থেকে দেখা যায়, ভ্রমণ শেষে মিতার বয়স $37$ বছর এবং রিতার বয়স $33$ বছর হবে। যেহেতু $37 \neq 33$, তাই গাণিতিকভাবে বলা যায় যে ভ্রমণ শেষে তাদের বয়স একই হবে না।

এ হিসাবে যাওয়া-আসার অধিকাংশ সময় একই দ্রুতি বজায় থাকে এবং যাত্রা শুরু, দিক পরিবর্তন ও থামার স্বল্প সময় উপেক্ষা করা হয়েছে।

ব্যতিচার সৃষ্টির প্রধান শর্ত হলো দুটি আলোক তরঙ্গের মধ্যে একটি নির্দিষ্ট বা ধ্রুব দশা পার্থক্য থাকতে হবে। সুসংগত উৎস হলো এমন দুটি আলোক উৎস যেখান থেকে নির্গত তরঙ্গ দুটির কম্পাঙ্ক ও তরঙ্গদৈর্ঘ্য সমান হয় এবং এদের মধ্যবর্তী দশা পার্থক্য সর্বদা শূন্য বা ধ্রুব থাকে।

যদি উৎস দুটি সুসংগত না হয়, তবে দশা পার্থক্য সময়ের সাথে অত্যন্ত দ্রুত পরিবর্তিত হবে। ফলে পর্দার কোনো বিন্দুতে গঠনমূলক ও ধ্বংসাত্মক ব্যতিচার এত দ্রুত পরিবর্তিত হবে যে, আমাদের চোখ তা আলাদা করে বুঝতে পারবে না এবং পর্দায় কেবল সুষম আলো দেখা যাবে। তাই স্থায়ী ও স্পষ্ট ব্যতিচার ঝালর বা ডোরা পাওয়ার জন্য অবশ্যই সুসংগত উৎসের প্রয়োজন।

দুটি পরপর উজ্জ্বল ডোরার অথবা দুটি পরপর অন্ধকার ডোরার মধ্যবর্তী দূরত্বই ডোরা প্রস্থ,

$\beta=\dfrac{\lambda D}{a}$।

এখানে $\lambda=5800~\mathrm{\mathring A}=5.8\times10^{-7}~\mathrm m$, $D=1~\mathrm m$ এবং $a=2.75\times10^{-3}~\mathrm m$।

সুতরাং

$\beta=\dfrac{5.8\times10^{-7}\times1}{2.75\times10^{-3}}=2.109\times10^{-4}~\mathrm m=0.2109~\mathrm{mm}$।

উজ্জ্বল ডোরা ও তার পার্শ্ববর্তী অন্ধকার ডোরার কেন্দ্রের দূরত্ব $\beta/2$; সেটি পূর্ণ ডোরা প্রস্থ নয়।

গঠনমূলক ব্যতিচারের জন্য পথ পার্থক্য $\Delta x=m\lambda$ এবং ধ্বংসাত্মক ব্যতিচারের জন্য $\Delta x=(m+\tfrac12)\lambda$ হতে হয়।

প্রদত্ত মানে

$\dfrac{\Delta x}{\lambda}=\dfrac{2.1\times10^{-6}}{5.8\times10^{-7}}=3.62069$।

এটি পূর্ণসংখ্যা বা অর্ধ-পূর্ণসংখ্যা কোনোটিই নয়। তাই $P$ বিন্দু কোনো উজ্জ্বল বা অন্ধকার ডোরার কেন্দ্রে নয়; সেখানে সর্বোচ্চ ও সর্বনিম্ন তীব্রতার মধ্যবর্তী তীব্রতা হবে। বিন্দুটি $\Delta x=3.5\lambda$ অন্ধকার কেন্দ্র ও $\Delta x=4\lambda$ উজ্জ্বল কেন্দ্রের মাঝে অবস্থিত।

আদর্শ ধারকের জন্য $i=C\,\dfrac{dV}{dt}$। স্থির ডিসি বিভব প্রয়োগের পর চার্জিত হওয়ার ক্ষণস্থায়ী পর্যায় শেষ হলে $dV/dt=0$ হয়; তাই ধারকের শাখায় স্থায়ী প্রবাহ থাকে না। অর্থাৎ ধারক স্থির ডিসি প্রবাহকে বাধা দেয়।

এসি বিভব ক্রমাগত পরিবর্তিত হওয়ায় ধারক পর্যায়ক্রমে চার্জিত ও ডিসচার্জিত হয় এবং বহিঃবর্তনীতে পরিবর্তী প্রবাহ থাকে। সাইনাকৃতি এসির ক্ষেত্রে ধারকীয় রিঅ্যাকট্যান্স $X_C=1/(2\pi fC)$। তবে ডিসি বর্তনীতে ধারক একেবারেই ব্যবহার করা হয় না—এ কথা সঠিক নয়; সঞ্চয়, ফিল্টারিং ও ক্ষণস্থায়ী প্রক্রিয়ায় ধারক ব্যবহৃত হয়।

দেওয়া আছে,
দিক পরিবর্তী প্রবাহের কম্পাঙ্ক, $\mathrm{f} = 50~\mathrm{Hz}$
ধরি, শূন্য থেকে শীর্ষ মানে পৌঁছাতে প্রয়োজনীয় সময় $= \mathrm{t}$

দিক পরিবর্তী তড়িচ্চালক বলের সমীকরণ হতে আমরা জানি,
$\mathrm{e} = \mathrm{E_0} \sin(\omega \mathrm{t})$
তড়িচ্চালক বল শীর্ষ মানে পৌঁছালে, $\mathrm{e} = \mathrm{E_0}$ হবে।

$\therefore \mathrm{E_0} = \mathrm{E_0} \sin(\omega \mathrm{t})$

বা, $\sin(\omega \mathrm{t}) = 1$

বা, $\sin(\omega \mathrm{t}) = \sin\left(\frac{\pi}{2}\right)$

বা, $\omega \mathrm{t} = \frac{\pi}{2}$

বা, $2\pi \mathrm{f} \mathrm{t} = \frac{\pi}{2}$ [যেহেতু কৌণিক কম্পাঙ্ক, $\omega = 2\pi \mathrm{f}$]

বা, $4 \mathrm{f} \mathrm{t} = 1$

বা, $\mathrm{t} = \frac{1}{4\mathrm{f}}$

বা, $\mathrm{t} = \frac{1}{4 \times 50}$

বা, $\mathrm{t} = \frac{1}{200}$

$\therefore \mathrm{t} = 0.005~\mathrm{s}$

উত্তর: তড়িচ্চালক বলের মান শূন্য থেকে শীর্ষ মানে পৌঁছাতে $0.005~\mathrm{s}$ সময় লাগবে।

দেওয়া আছে,
রুম হিটারের রোধ, $\mathrm{R} = 1000~\Omega$
এসি ($\mathrm{AC}$) উৎসের ভোল্টেজ, $\mathrm{V_{rms}} = 220~\mathrm{V}$ (এসি উৎসের গায়ে লেখা ভোল্টেজ সর্বদা কার্যকর বা বর্গমূল-গড়-বর্গ মান নির্দেশ করে)
ডিসি ($\mathrm{DC}$) উৎসের ভোল্টেজ, $\mathrm{V_{dc}} = 220~\mathrm{V}$
ধরি, উভয় ক্ষেত্রে হিটারটি $\mathrm{t}$ সময় ধরে চালানো হলো।

এসি সংযোগের ক্ষেত্রে উৎপন্ন তাপ:
জুলের তাপীয় ক্রিয়া হতে আমরা জানি, এসি প্রবাহে উৎপন্ন তাপ,

$\mathrm{H_{ac}} = \frac{\mathrm{V_{rms}^2}}{\mathrm{R}} \mathrm{t}$

বা, $\mathrm{H_{ac}} = \frac{220^2}{1000} \times \mathrm{t}$

$\therefore \mathrm{H_{ac}} = 48.4 \mathrm{t}~\mathrm{J}$

ডিসি সংযোগের ক্ষেত্রে উৎপন্ন তাপ:
ডিসি প্রবাহে উৎপন্ন তাপ,

$\mathrm{H_{dc}} = \frac{\mathrm{V_{dc}^2}}{\mathrm{R}} \mathrm{t}$

বা, $\mathrm{H_{dc}} = \frac{220^2}{1000} \times \mathrm{t}$

$\therefore \mathrm{H_{dc}} = 48.4 \mathrm{t}~\mathrm{J}$

উপরোক্ত গাণিতিক বিশ্লেষণ হতে দেখা যায়, $\mathrm{H_{ac}} = \mathrm{H_{dc}} = 48.4 \mathrm{t}~\mathrm{J}$।
যেহেতু উভয় ক্ষেত্রে একই সময়ে উৎপন্ন তাপের পরিমাণ হুবহু সমান, তাই এসি ($220~\mathrm{V}$) এবং ডিসি ($220~\mathrm{V}$) উভয় সংযোগই তাপ উৎপাদনে সমানভাবে কার্যকর হবে। কোনো নির্দিষ্ট একটি সংযোগ অপরটি অপেক্ষা অধিক কার্যকর হবে না।

কোনো বস্তুর চার্জ $-0.8~\mathrm{C}$ হওয়া সম্ভব কি-না, তা চার্জের কোয়ান্টায়ন নীতি দিয়ে যাচাই করা যায়। এই নীতি অনুসারে, বস্তুর মোট চার্জ হবে একটি ইলেকট্রনের মৌলিক চার্জের পূর্ণ গুণিতক। অর্থাৎ, $q = ne$।
এখানে,
বস্তুর চার্জ, $q = -0.8~\mathrm{C}$
ইলেকট্রনের চার্জ, $e = -1.6 \times 10^{-19}~\mathrm{C}$

ইলেকট্রনের সংখ্যা, $n = \frac{q}{e}$

বা, $n = \frac{-0.8}{-1.6 \times 10^{-19}}$

বা, $n = 0.5 \times 10^{19}$

$\therefore n = 5 \times 10^{18}$

যেহেতু $n$-এর মান একটি পূর্ণ সংখ্যা ($5 \times 10^{18}$), তাই গাণিতিকভাবে কোনো বস্তুর চার্জ $-0.8~\mathrm{C}$ হওয়া সম্পূর্ণ সম্ভব।

উদ্দীপকের বর্তনীতে তিনটি সুইচ $\mathrm{P}$, $\mathrm{Q}$ এবং $\mathrm{R}$ শ্রেণি সমবায়ে বা সিরিজে যুক্ত আছে। এই বর্তনীটি একটি $\mathrm{AND}$ গেটের সমতুল্য। কারণ তিনটি সুইচ একসাথে অন ($1$) থাকলেই কেবল বর্তনীটি পূর্ণ হবে এবং বাল্ব $\mathrm{Y}$ জ্বলবে ($1$)। অন্যথায় যেকোনো একটি সুইচ অফ ($0$) থাকলে বর্তনীটি ছিন্ন থাকবে এবং বাল্ব জ্বলবে না ($0$)।

সুইচ অন $= 1$, সুইচ অফ $= 0$ এবং বাল্ব জ্বললে $= 1$, না জ্বললে $= 0$ ধরে বর্তনীটির সত্যক সারণি নিচে দেওয়া হলো:

বাল্বকে তিনটি শ্রেণি-সুইচের সম্পূর্ণ শাখার সমান্তরালে রাখলে উদ্দেশ্যগতভাবে $Y=\overline{PQR}$ বা NAND আচরণ চাওয়া হয়। সংযোগটি নিচের সারণিতে বর্ণিত।

দুটি সাধারণ সংযোগবিন্দুর মধ্যে তিনটি সমান্তরাল শাখা দেখানো আছে:

সুইচ তিনটিই চিত্রে খোলা। কোনো বাহ্যিক প্রবাহ-সীমিতকারী রোধ দেখানো নেই।

তবে তিনটি সুইচ বন্ধ করলে ব্যাটারির দুই প্রান্ত সরাসরি যুক্ত হয়ে শর্ট সার্কিট হয়। আদর্শ শূন্য-অভ্যন্তরীণ-রোধের বিভব উৎসের সমান্তরালে এমন শাখা বসিয়ে বাল্বের বিভব শূন্য হয়—এই সিদ্ধান্ত নেওয়া যায় না; বর্তনীটি তখন অসংগত আদর্শায়ন। বাস্তব উৎসের অভ্যন্তরীণ রোধ বা উপযুক্ত প্রবাহ-সীমিতকারী ব্যবস্থায় সুইচ-শাখা বন্ধ হলে বাল্বের বিভব যথেষ্ট কমবে—এ শর্ত পূরণ হলেই NAND-এর মতো কার্যক্রম পাওয়া সম্ভব।

এই শর্তে প্রত্যাশিত NAND সত্যক সারণি:

অতএব কেবল প্রদত্ত সংশোধিত সংযোগচিত্র থেকে নিঃশর্ত নিরাপদ NAND বর্তনী প্রমাণিত হয় না; উপযুক্ত উৎস ও প্রবাহ-সীমিতকরণের শর্ত প্রয়োজন।