তপন · ১ম পত্র · অধ্যায় ৪
নিউটনীয় বলবিদ্যা — গাণিতিক সমস্যা
দেওয়া আছে,
ভর, m = 36 kg
সময়, t = 1 min = 60 s
বেগ বৃদ্ধি, v − u = 15 km h−1
= 15 × 10003600 m s−1 = 256 m s−1
বল, F = ?
আমরা জানি,
F = ma = m(v − u)t
বা, F = 36 × 25660
বা, F = 15060
∴ F = 2.5 N
উত্তর: 2.5 N
দেওয়া আছে,
ভর, m = 10 g = 0.01 kg
আদিবেগ, u = 300 m s−1
শেষবেগ, v = 0
দূরত্ব, s = 4.5 cm = 0.045 m
বাধাদানকারী বল, F = ?
সময়, t = ?
(i) বাধাদানকারী বল নির্ণয়:
আমরা জানি,
v2 = u2 + 2as
∴ a = v2 − u22s
বা, a = 02 − (300)22 × 0.045
বা, a = −900000.09
∴ a = −106 m s−2
ঋণাত্মক চিহ্ন মন্দন নির্দেশ করে।
আবার, আমরা জানি,
F = ma
বা, F = 0.01 × 106
∴ F = 104 N
(ii) সময় নির্ণয়:
আমরা জানি,
v = u + at
∴ t = v − ua
বা, t = 0 − 300−106
∴ t = 3 × 10−4 s
উত্তর: বাধাদানকারী বল 104 N; সময় 3 × 10−4 s
দেওয়া আছে,
আদিবেগ, u = 45 km h−1
= 45 × 10003600 m s−1 = 12.5 m s−1
শেষবেগ, v = 0
অতিক্রান্ত দূরত্ব, s = (26 − 1) m = 25 m
ভর, m = 1000 kg
সময়, t = ?
বল, F = ?
আমরা জানি,
v2 = u2 + 2as
∴ a = v2 − u22s
বা, a = 0 − (12.5)22 × 25
বা, a = −156.2550
∴ a = −3.125 m s−2
(i) সময় নির্ণয়:
আমরা জানি,
v = u + at
∴ t = v − ua
বা, t = 0 − 12.5−3.125
∴ t = 4 s
(ii) বল নির্ণয়:
আমরা জানি,
F = ma
বা, F = 1000 × (−3.125)
∴ F = −3125 N
ঋণাত্মক চিহ্ন বোঝায় বলটি গতির বিপরীত দিকে ক্রিয়া করে। বলের মান 3125 N।
উত্তর: 4 s; 3125 N
দেওয়া আছে,
বল, F = 20 N
ভর, m = 5 kg
আদিবেগ, u = 0
বল ক্রিয়ার সময়, t1 = 5 s
বল ছাড়া চলার সময়, t2 = (12 − 5) s = 7 s
মোট দূরত্ব, s = ?
আমরা জানি,
F = ma
∴ a = Fm
বা, a = 205
∴ a = 4 m s−2
প্রথম 5 s-এ অতিক্রান্ত দূরত্ব:
আমরা জানি,
s1 = ut1 + 12at21
বা, s1 = 0 + 12 × 4 × (5)2
∴ s1 = 50 m
5 s শেষে বেগ:
আমরা জানি,
v = u + at1
বা, v = 0 + 4 × 5
∴ v = 20 m s−1
এরপর বল নেই, তাই বস্তুটি সমবেগে চলে। পরের 7 s-এ অতিক্রান্ত দূরত্ব:
আমরা জানি,
s2 = vt2
বা, s2 = 20 × 7
∴ s2 = 140 m
∴ মোট দূরত্ব, s = s1 + s2
= 50 + 140
= 190 m
উত্তর: 190 m
দেওয়া আছে,
বল, F = 15 N
আদিবেগ, u = 0
বল ক্রিয়ার সময়, t1 = 4 s
পরবর্তী সময়, t2 = 9 s
পরবর্তী দূরত্ব, s = 54 m
ভর, m = ?
বল সরে যাওয়ার পর বস্তুটি সমবেগে চলে। ধরি, সেই বেগ v।
আমরা জানি,
s = vt2
∴ v = st2
বা, v = 549
∴ v = 6 m s−1
এই বেগ বল ক্রিয়ার 4 s শেষে অর্জিত হয়েছে।
আমরা জানি,
v = u + at1
∴ a = v − ut1
বা, a = 6 − 04
∴ a = 1.5 m s−2
আবার, আমরা জানি,
F = ma
∴ m = Fa
বা, m = 151.5
∴ m = 10 kg
উত্তর: 10 kg
(ক) ১ম মোটরগাড়ি 5 s এ কত দূরত্ব অতিক্রম করে নির্ণয় করো।
(খ) গাড়ি দুটি কর্তৃক প্রযুক্ত বলের তুলনা করে তোমার মতামত দাও।
দেওয়া আছে,
১ম গাড়ির ভর, m1 = 500 kg
২য় গাড়ির ভর, m2 = 320 kg
ঘর্ষণ বল, f = 120 N
লেখচিত্র থেকে,
১ম গাড়ি: আদিবেগ, u1 = 4 m s−1; t1 = 10 s পর বেগ, v1 = 12 m s−1
২য় গাড়ি: আদিবেগ, u2 = 2 m s−1; t2 = 8 s পর বেগ, v2 = 12 m s−1
(ক) ১ম গাড়ির 5 s-এ অতিক্রান্ত দূরত্ব নির্ণয়:
আমরা জানি,
a1 = v1 − u1t1
বা, a1 = 12 − 410
∴ a1 = 0.8 m s−2
আবার, আমরা জানি,
s = u1t + 12a1t2
বা, s = 4 × 5 + 12 × 0.8 × (5)2
বা, s = 20 + 10
∴ s = 30 m
(খ) গাড়ি দুটির প্রযুক্ত বলের তুলনা:
ইঞ্জিনের প্রযুক্ত বল F হলে নিট বল F − f, যা ত্বরণ সৃষ্টি করে।
আমরা জানি,
F − f = ma
∴ F = ma + f
১ম গাড়ির ক্ষেত্রে,
F1 = m1a1 + f
বা, F1 = 500 × 0.8 + 120
বা, F1 = 400 + 120
∴ F1 = 520 N
২য় গাড়ির ত্বরণ,
a2 = v2 − u2t2
বা, a2 = 12 − 28
∴ a2 = 1.25 m s−2
২য় গাড়ির ক্ষেত্রে,
F2 = m2a2 + f
বা, F2 = 320 × 1.25 + 120
বা, F2 = 400 + 120
∴ F2 = 520 N
∴ F1 = F2
অর্থাৎ, গাড়ি দুটির ভর ও ত্বরণ ভিন্ন হলেও উভয় গাড়ি কর্তৃক প্রযুক্ত বল সমান।
উত্তর: (ক) 30 m; (খ) উভয় গাড়ি কর্তৃক প্রযুক্ত বল সমান, 520 N
দেওয়া আছে,
ত্বরণ, a = 5.5 m s−2
বাতাসের বাধা, R = 8.6 N
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
ওজন, W = ?
ডাবের ওপর নিচের দিকে ওজন mg এবং ওপরের দিকে বাতাসের বাধা R ক্রিয়া করে।
আমরা জানি,
mg − R = ma
∴ m = Rg − a
বা, m = 8.69.8 − 5.5
বা, m = 8.64.3
∴ m = 2 kg
আবার, আমরা জানি,
W = mg
বা, W = 2 × 9.8
∴ W = 19.6 N
উত্তর: 19.6 N বা 2 kg-wt
দেওয়া আছে,
ভর, m = 30 kg
আদিবেগ, u = 0
শেষবেগ, v = 36 km h−1
= 36 × 10003600 m s−1 = 10 m s−1
সময়, t = 2 min = 120 s
বল, F = ?
আমরা জানি,
F = ma = m(v − u)t
বা, F = 30 × (10 − 0)120
বা, F = 300120
∴ F = 2.5 N
উত্তর: 2.5 N
দেওয়া আছে,
ভর, m = 7 kg
বল, F = (2ı − 3ȷ + 6k) N
ত্বরণ, a = ?
আমরা জানি,
F = |F| = F2x + F2y + F2z
বা, F = (2)2 + (−3)2 + (6)2
বা, F = 4 + 9 + 36
বা, F = 49
∴ F = 7 N
আবার, আমরা জানি,
F = ma
∴ a = Fm
বা, a = 77
∴ a = 1 m s−2
উত্তর: 1 m s−2
দেওয়া আছে (FPS পদ্ধতিতে),
আদিবেগ, u = 40 mile h−1
= 40 × 52803600 ft s−1 = 1763 ft s−1
শেষবেগ, v = 0
দূরত্ব, 59 yd = 59 × 3 ft = 177 ft
∴ অতিক্রান্ত দূরত্ব, s = (177 − 1) ft = 176 ft
ভর, m = 1 ton = 2240 lb
সময়, t = ?
বল, F = ?
আমরা জানি,
v2 = u2 + 2as
∴ a = v2 − u22s
বা, a = 0 − 176322 × 176
বা, a = −17618
∴ a = −9.78 ft s−2 (প্রায়)
(i) সময় নির্ণয়:
আমরা জানি,
v = u + at
∴ t = v − ua
বা, t = 0 − 1763−17618
বা, t = 183
∴ t = 6 s
(ii) বল নির্ণয়:
আমরা জানি,
F = ma
বা, F = 2240 × 17618
বা, F = 39424018
∴ F = 21902.2 poundal (মান)
উত্তর: 6 s; 21902.2 poundal
দেওয়া আছে,
আদিবেগ, u = 72 km h−1
= 72 × 10003600 m s−1 = 20 m s−1
শেষবেগ, v = 0
মন্দন, a = −10 m s−2
বালকের দূরত্ব, d = 30 m
ভর, m = 1200 kg
বালকের সামনে থামার দূরত্ব, x = ?
বল, F = ?
(i) থামার দূরত্ব নির্ণয়:
আমরা জানি,
v2 = u2 + 2as
∴ s = v2 − u22a
বা, s = 0 − (20)22 × (−10)
বা, s = −400−20
∴ s = 20 m
∴ x = d − s
= 30 − 20
= 10 m
(ii) বল নির্ণয়:
আমরা জানি,
F = ma
বা, F = 1200 × (−10)
∴ F = −12000 N
ঋণাত্মক চিহ্ন বোঝায় বল গতির বিপরীতে; বলের মান 12000 N।
উত্তর: বালকটির 10 m সামনে; 12000 N
লক্ষ করো: প্রদত্ত উপাত্তে গাড়ি 20 m গিয়ে থামে, তাই বালকের 10 m সামনে থামে। বইয়ের উত্তর "0 m" মেলাতে হলে চালকের প্রতিক্রিয়া সময় 0.5 s (ঐ সময়ে আরও 10 m) দেওয়া থাকতে হতো, যা প্রশ্নে নেই।
দেওয়া আছে,
ভর, m = 0.5 kg
আদিবেগ, u = 30 m s−1
শেষবেগ, v = 0
দূরত্ব, s = 50 m
ঘর্ষণ বল, F = ?
আমরা জানি,
v2 = u2 + 2as
∴ a = v2 − u22s
বা, a = 0 − (30)22 × 50
বা, a = −900100
∴ a = −9 m s−2
আবার, আমরা জানি,
F = ma
বা, F = 0.5 × (−9)
∴ F = −4.5 N
ঋণাত্মক চিহ্ন বোঝায় ঘর্ষণ বল গতির বিপরীত দিকে; মান 4.5 N।
উত্তর: 4.5 N
দেওয়া আছে,
ভর, m = 900 kg
আদিবেগ, u = 60 km h−1
= 60 × 10003600 m s−1 = 503 m s−1
শেষবেগ, v = 0
দূরত্ব, s = 50 m
ঘর্ষণ বল, f = 200 N
ব্রেকজনিত বল, Fb = ?
আমরা জানি,
v2 = u2 + 2as
∴ a = v2 − u22s
বা, a = 0 − 50322 × 50
বা, a = −2500900
∴ a = −2.78 m s−2 (প্রায়)
ট্রাকটিকে থামানোর মোট বল (মান),
আমরা জানি,
F = m|a|
বা, F = 900 × 2500900
∴ F = 2500 N
এই মোট বল ব্রেকজনিত বল ও ঘর্ষণ বলের যোগফল।
∴ F = Fb + f
∴ Fb = F − f
বা, Fb = 2500 − 200
∴ Fb = 2300 N
উত্তর: 2300 N
দেওয়া আছে,
ভর, m = 0.2 kg
আদিবেগ, u = 20 m s−1
শেষবেগ, v = 0
সময়, t = 0.1 s
গড় বল, F = ?
আমরা জানি,
F = m(v − u)t
বা, F = 0.2 × (0 − 20)0.1
বা, F = −40.1
∴ F = −40 N
ঋণাত্মক চিহ্ন বোঝায় বল বলের গতির বিপরীতে; মান 40 N।
উত্তর: 40 N
দেওয়া আছে,
ভর, m = 150 g = 0.15 kg
আদিবেগ, u = 12 m s−1
শেষবেগ (বিপরীত দিকে), v = −20 m s−1
সময়, t = 0.01 s
গড় বল, F = ?
আমরা জানি,
F = m(v − u)t
বা, F = 0.15 × (−20 − 12)0.01
বা, F = 0.15 × (−32)0.01
বা, F = −4.80.01
∴ F = −480 N
ঋণাত্মক চিহ্ন বোঝায় বল আদি গতির বিপরীতে; মান 480 N।
উত্তর: 480 N
লক্ষ করো: বইয়ের উত্তর 3.6 × 105 N ভুল; প্রদত্ত উপাত্তে সঠিক মান 480 N।
দেওয়া আছে,
ভর, m = 25 g = 0.025 kg
আদিবেগ, u = 100 cm s−1 = 1 m s−1
শেষবেগ, v = 75 cm s−1 = 0.75 m s−1
দূরত্ব, s = 15 cm = 0.15 m
গড় বল, F = ?
আমরা জানি,
v2 = u2 + 2as
∴ a = v2 − u22s
বা, a = (0.75)2 − (1)22 × 0.15
বা, a = 0.5625 − 10.3
বা, a = −0.43750.3
∴ a = −1.458 m s−2
আবার, আমরা জানি,
F = ma
বা, F = 0.025 × (−1.458)
∴ F = −0.03646 N
ঋণাত্মক চিহ্ন বোঝায় বল গতির বিপরীতে; মান 0.03646 N।
উত্তর: 0.03646 N
দেওয়া আছে,
ভর, m = 100 kg
লিফটের ঊর্ধ্বমুখী ত্বরণ, a = 2 m s−2
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
প্রতিক্রিয়া বল, R = ?
লোকটির ওপর ঊর্ধ্বমুখী R ও নিম্নমুখী mg ক্রিয়া করে, নিট বল ওপরের দিকে।
আমরা জানি,
R − mg = ma
∴ R = m(g + a)
বা, R = 100 × (9.8 + 2)
বা, R = 100 × 11.8
∴ R = 1180 N
উত্তর: 1180 N
দেওয়া আছে,
ভর, m = 70 kg
লিফটের ঊর্ধ্বমুখী ত্বরণ, a = 2 m s−2
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
মেঝে কর্তৃক প্রযুক্ত বল, R = ?
আমরা জানি,
R − mg = ma
∴ R = m(g + a)
বা, R = 70 × (9.8 + 2)
বা, R = 70 × 11.8
∴ R = 826 N
উত্তর: 826 N
দেওয়া আছে,
লিফটের ঊর্ধ্বমুখী ত্বরণ, a = 2 m s−2
ঊর্ধ্বমুখী বল, R = 1180 N
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
ভর, m = ?
আমরা জানি,
R − mg = ma
বা, R = m(g + a)
∴ m = Rg + a
বা, m = 11809.8 + 2
বা, m = 118011.8
∴ m = 100 kg
উত্তর: 100 kg
দেওয়া আছে,
ভর, m = 1000 kg
বাতাসের ঘর্ষণ, f = 1800 N
উড়োজাহাজটি স্থির বেগে চলছে, ∴ ত্বরণ, a = 0
নিট বল, F = ?
আমরা জানি,
F = ma
বা, F = 1000 × 0
∴ F = 0 N
অর্থাৎ, ইঞ্জিনের ঊর্ধ্বমুখী বল ওজন ও ঘর্ষণ বলের যোগফলের সমান, তাই নিট বল শূন্য।
উত্তর: 0 N
দেওয়া আছে,
ভর, m = 4 g = 0.004 kg
উচ্চতা, h = 6 m
কাদায় প্রবেশের দূরত্ব, s = 5 cm = 0.05 m
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
কাদার গড় ধাক্কা, R = ?
কাদায় পৌঁছানোর মুহূর্তে বেগ u হলে,
আমরা জানি,
u2 = 02 + 2gh
বা, u2 = 2 × 9.8 × 6
∴ u2 = 117.6 m2 s−2
কাদার ভেতরে মন্দন a হলে (v = 0),
আমরা জানি,
v2 = u2 − 2as
∴ a = u22s
বা, a = 117.62 × 0.05
∴ a = 1176 m s−2
কাদার ভেতরে বস্তুর ওপর ঊর্ধ্বমুখী ধাক্কা R ও নিম্নমুখী ওজন mg ক্রিয়া করে।
আমরা জানি,
R − mg = ma
∴ R = m(g + a)
বা, R = 0.004 × (9.8 + 1176)
বা, R = 0.004 × 1185.8
∴ R = 4.74 N
উত্তর: 4.74 N
দেওয়া আছে,
ভর, m = 1.5 kg
আদিবেগ, u = 5ȷ m s−1
শেষবেগ, v = (6ı + 12ȷ) m s−1
সময়, t = 2 s
বল, F = ?
আমরা জানি,
a = v − ut
বা, a = (6ı + 12ȷ) − 5ȷ2
বা, a = 6ı + 7ȷ2
∴ a = (3ı + 3.5ȷ) m s−2
আবার, আমরা জানি,
F = ma
বা, F = 1.5 × (3ı + 3.5ȷ)
∴ F = (4.5ı + 5.25ȷ) N
বলের মান,
আমরা জানি,
F = F2x + F2y
বা, F = (4.5)2 + (5.25)2
বা, F = 20.25 + 27.5625
বা, F = 47.8125
∴ F = 6.91 N
উত্তর: F = (4.5ı + 5.25ȷ) N; মান 6.91 N
দেওয়া আছে,
ব্লকের ঘনত্ব, ρb = 600 kg m−3
তরলের ঘনত্ব, ρl = 1000 kg m−3
ব্লকের উচ্চতা, H = 8 cm = 0.08 m
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
নিমজ্জিত গভীরতা, h = ?
ত্বরণ, a = ?
ধরি, ব্লকের প্রস্থচ্ছেদের ক্ষেত্রফল A।
(i) নিমজ্জিত গভীরতা নির্ণয়:
ভাসমান অবস্থায় ওজন = প্লবতা।
আমরা জানি,
AHρbg = Ahρlg
∴ h = ρbρlH
বা, h = 6001000 × 8 cm
∴ h = 4.8 cm
(ii) সম্পূর্ণ ডুবিয়ে ছেড়ে দিলে ত্বরণ নির্ণয়:
ব্লকের আয়তন V হলে, ঊর্ধ্বমুখী প্লবতা Vρlg এবং নিম্নমুখী ওজন Vρbg।
আমরা জানি,
Vρlg − Vρbg = Vρba
∴ a = ρl − ρbρbg
বা, a = 1000 − 600600 × 9.8
বা, a = 400600 × 9.8
∴ a = 6.53 m s−2 (ওপরের দিকে)
উত্তর: 4.8 cm; 6.53 m s−2 ওপরের দিকে
লক্ষ করো: বইয়ের উত্তরে ত্বরণের একক cm s−2 লেখা, যা ছাপার ভুল; সঠিক একক m s−2।
দেওয়া আছে,
বন্দুকের ভর, M = 5 kg
গুলির ভর, m = 10 g = 0.01 kg
গুলির বেগ, v = 400 m s−1
বন্দুকের পশ্চাৎ বেগ, V = ?
গুলি ছোড়ার আগে মোট ভরবেগ শূন্য।
আমরা জানি (ভরবেগের সংরক্ষণ সূত্র),
MV + mv = 0
∴ V = −mvM
বা, V = −0.01 × 4005
বা, V = −45
∴ V = −0.8 m s−1
ঋণাত্মক চিহ্ন বোঝায় বন্দুক গুলির বিপরীত দিকে সরে যায়।
উত্তর: 0.8 m s−1
দেওয়া আছে,
বন্দুকের ভর, M = 4 kg
গুলির ভর, m = 0.005 kg
গুলির বেগ, v = 200 m s−1
বন্দুকের পশ্চাৎ বেগ, V = ?
আমরা জানি,
MV + mv = 0
∴ V = −mvM
বা, V = −0.005 × 2004
বা, V = −14
∴ V = −0.25 m s−1
ঋণাত্মক চিহ্ন বোঝায় বন্দুক গুলির বিপরীত দিকে সরে যায়।
উত্তর: 0.25 m s−1
দেওয়া আছে,
বন্দুকের ভর, M = 6 kg
গুলির ভর, m = 0.01 kg
গুলির বেগ, v = 300 m s−1
বন্দুকের পশ্চাৎ বেগ, V = ?
আমরা জানি,
MV + mv = 0
∴ V = −mvM
বা, V = −0.01 × 3006
বা, V = −36
∴ V = −0.5 m s−1
ঋণাত্মক চিহ্ন বোঝায় বন্দুক গুলির বিপরীত দিকে সরে যায়।
উত্তর: 0.5 m s−1
দেওয়া আছে,
গাড়ির ভর, m1 = 600 kg
গাড়ির বেগ, u1 = 20 m s−1
ট্রাকের ভর, m2 = 1400 kg
ট্রাকের বেগ, u2 = 0
মিলিত বেগ, v = ?
আমরা জানি (ভরবেগের সংরক্ষণ সূত্র),
m1u1 + m2u2 = (m1 + m2)v
∴ v = m1u1 + m2u2m1 + m2
বা, v = 600 × 20 + 1400 × 0600 + 1400
বা, v = 120002000
∴ v = 6 m s−1
উত্তর: 6 m s−1
দেওয়া আছে,
পাখির ভর, m1 = 4 kg
পাখির আদিবেগ, u1 = 0
বুলেটের ভর, m2 = 20 g = 0.02 kg
বুলেটের বেগ, u2 = 200 m s−1
মিলিত অনুভূমিক বেগ, v = ?
আমরা জানি,
m1u1 + m2u2 = (m1 + m2)v
∴ v = m1u1 + m2u2m1 + m2
বা, v = 4 × 0 + 0.02 × 2004 + 0.02
বা, v = 44.02
∴ v = 0.995 m s−1
উত্তর: 0.995 m s−1
দেওয়া আছে,
১ম বস্তুর ভর, m1 = 40 kg
১ম বস্তুর বেগ, u1 = 10 m s−1
২য় বস্তুর ভর, m2 = 60 kg
২য় বস্তুর বেগ (বিপরীত দিকে), u2 = −2 m s−1
মিলিত বেগ, v = ?
আমরা জানি,
m1u1 + m2u2 = (m1 + m2)v
∴ v = m1u1 + m2u2m1 + m2
বা, v = 40 × 10 + 60 × (−2)40 + 60
বা, v = 400 − 120100
বা, v = 280100
∴ v = 2.8 m s−1
ধনাত্মক মান বোঝায় যুক্ত বস্তুদ্বয় 40 kg ভরের বস্তুর গতির দিকে চলবে।
উত্তর: 2.8 m s−1
দেওয়া আছে,
১ম বস্তুর ভর, m1 = 100 kg
১ম বস্তুর বেগ, u1 = 20 m s−1
২য় বস্তুর ভর, m2 = 200 kg
২য় বস্তুর বেগ (বিপরীত দিকে), u2 = −10 m s−1
মিলিত বেগ, v = ?
আমরা জানি,
m1u1 + m2u2 = (m1 + m2)v
∴ v = m1u1 + m2u2m1 + m2
বা, v = 100 × 20 + 200 × (−10)100 + 200
বা, v = 2000 − 2000300
∴ v = 0
অর্থাৎ, ধাক্কার পর বস্তুদ্বয় স্থির হয়ে যাবে, কোনো দিকে চলবে না।
উত্তর: 0, বস্তুদ্বয় স্থির হয়ে যাবে
দেওয়া আছে,
পূর্বদিককে ধনাত্মক ধরি।
১ম বলের ভর, m1 = 3 kg
১ম বলের বেগ, u1 = 2 m s−1
২য় বলের ভর, m2 = 1 kg
২য় বলের বেগ, u2 = −2 m s−1
মিলিত বেগ, v = ?
আমরা জানি,
m1u1 + m2u2 = (m1 + m2)v
∴ v = m1u1 + m2u2m1 + m2
বা, v = 3 × 2 + 1 × (−2)3 + 1
বা, v = 6 − 24
∴ v = 1 m s−1
ধনাত্মক মান, ∴ মিলিত বলটি পূর্বদিকে চলবে।
উত্তর: 1 m s−1 বেগে পূর্বদিকে
দেওয়া আছে,
রকেটের সাপেক্ষে জ্বালানি নির্গমনের বেগ, v = 2.5 × 103 m s−1
জ্বালানি ব্যয়ের হার, dmdt = 7.4 kg s−1
রকেটের ওপর ধাক্কা, F = ?
আমরা জানি,
F = vdmdt
বা, F = 2.5 × 103 × 7.4
= 18500 N
= 1.85 × 104 N
(ধাক্কা নির্ণয়ে রকেটের মোট ভর লাগে না।)
উত্তর: 1.85 × 104 N
দেওয়া আছে,
নৌকার ভর, M = 300 kg
প্রথম বালকের ভর, m1 = 20 kg
প্রথম বালকের বেগ, v1 = 3.25 m s−1 (ধনাত্মক দিক ধরি)
দ্বিতীয় বালকের ভর, m2 = 25 kg
দ্বিতীয় বালকের বেগ, v2 = −2 m s−1 (বিপরীত দিকে)
নৌকার বেগ, V = ?
শুরুতে সবাই স্থির, তাই প্রাথমিক মোট ভরবেগ শূন্য।
আমরা জানি, ভরবেগের সংরক্ষণ সূত্র অনুসারে,
m1v1 + m2v2 + MV = 0
∴ V = −m1v1 + m2v2M
বা, V = −20 × 3.25 + 25 × (−2)300
বা, V = −65 − 50300
= −15300
= −0.05 m s−1
ঋণাত্মক চিহ্ন বোঝায় নৌকাটি 20 kg বালকের লাফের বিপরীত দিকে, অর্থাৎ 25 kg বালক যেদিকে লাফ দেয় সেদিকে চলবে।
উত্তর: 25 kg ভরের বালক যেদিকে লাফ দেয় নৌকাটি সেদিকে 0.05 m s−1 বেগে চলবে।
দেওয়া আছে,
শেলের ভর, M = 30 kg
শেলের বেগ, u = 48 m s−1
প্রথম টুকরার ভর, m1 = 18 kg
প্রথম টুকরার বেগ, v1 = 0
দ্বিতীয় টুকরার ভর, m2 = 30 − 18 = 12 kg
দ্বিতীয় টুকরার বেগ, v2 = ?
আমরা জানি, ভরবেগের সংরক্ষণ সূত্র অনুসারে,
Mu = m1v1 + m2v2
বা, 30 × 48 = 18 × 0 + 12 × v2
বা, 1440 = 12v2
∴ v2 = 144012
= 120 m s−1
উত্তর: 120 m s−1
দেওয়া আছে,
বাকি লোকসহ নৌকার ভর, M = 300 kg
লাফ দেওয়া লোকের ভর, m = 60 kg
লাফের বেগ, v = 29 m s−1
বলের ভর, mb = 9.75 kg
কিকের পর বলের বেগ, vb = 18 m s−1
বলের ঘাত, J = ?
(i) নৌকার পশ্চাৎ বেগ নির্ণয়:
আমরা জানি, ভরবেগের সংরক্ষণ সূত্র অনুসারে,
mv + MV = 0
∴ V = −mvM
বা, V = −60 × 29300
= −5.8 m s−1
অর্থাৎ নৌকা লোকের লাফের বিপরীত দিকে 5.8 m s−1 বেগে চলে। নৌকার ওপর স্থির বলটিও নৌকার সাথে এই বেগে চলছে, ∴ বলের আদিবেগ ub = 5.8 m s−1 (নৌকার গতির দিকে)।
(ii) ঘাত নির্ণয়:
কিকের পর বল একই দিকে (নৌকার গতির দিকে) 18 m s−1 বেগ পায়।
আমরা জানি,
J = mb(vb − ub)
বা, J = 9.75 × (18 − 5.8)
বা, J = 9.75 × 12.2
= 118.95 kg m s−1
উত্তর: 118.95 kg m s−1 (প্রায় 119 N s)
লক্ষ করো: বইয়ের উত্তর 16.5 kg m s−1 প্রদত্ত উপাত্তের কোনো সংগত ব্যাখ্যায় মেলে না। বল লোকের লাফের দিকে 18 m s−1 বেগ পেলে ঘাত হতো 9.75 × 23.8 = 232.05 kg m s−1।
দেওয়া আছে,
জ্বালানি নির্গমনের বেগ, v = 150 m s−1
জ্বালানি ব্যয়ের হার, dmdt = 15 kg s−1
ধাক্কা, F = ?
আমরা জানি,
F = vdmdt
বা, F = 150 × 15
= 2250 N
উত্তর: 2250 N
দেওয়া আছে,
জ্বালানি নির্গমনের বেগ, v = 2000 m s−1
জ্বালানি ব্যয়ের হার, dmdt = 200 kg s−1
ধাক্কা, F = ?
আমরা জানি,
F = vdmdt
বা, F = 2000 × 200
= 400000 N
= 4 × 105 N
উত্তর: 4 × 105 N
দেওয়া আছে,
বলের ভর, m = 3.3 kg
রুমার ভর, M = 48 kg
রুমার আদিবেগ, U = 0
বল ধরার পর রুমা ও বলের মিলিত বেগ, V = 0.32 m s−1
ধরার মুহূর্তে বলের বেগ, u = ?
আমরা জানি, ভরবেগের সংরক্ষণ সূত্র অনুসারে,
mu + MU = (m + M)V
বা, 3.3 × u + 48 × 0 = (3.3 + 48) × 0.32
বা, 3.3u = 51.3 × 0.32
বা, 3.3u = 16.416
∴ u = 16.4163.3
= 4.97 m s−1
উত্তর: 4.97 m s−1
দেওয়া আছে,
পাথরের ভর, M = 3 kg
হালকা টুকরা দুটির প্রত্যেকটির ভর, m1 = m2 = 15 × 3 = 0.6 kg
ভারী টুকরার ভর, m3 = 35 × 3 = 1.8 kg
হালকা টুকরা দুটির বেগ, v1 = 18ı m s−1, v2 = 18ȷ m s−1
ভারী টুকরার বেগ, v3 = ?
আমরা জানি, ভরবেগের সংরক্ষণ সূত্র অনুসারে,
m1v1 + m2v2 + m3v3 = 0
∴ v3 = −m1v1 + m2v2m3
বা, v3 = −0.6 × 18ı + 0.6 × 18ȷ1.8
বা, v3 = −10.8ı + 10.8ȷ1.8
= −6ı − 6ȷ m s−1
∴ মান, v3 = (−6)2 + (−6)2
= 72
= 62 m s−1
≈ 8.49 m s−1
দিক: tan θ = −6−6 = 1, এবং দুটি উপাংশই ঋণাত্মক (তৃতীয় চতুর্ভাগ)
∴ θ = 180° + 45° = 225°
অর্থাৎ ভারী টুকরাটি প্রথম টুকরার গতির দিকের (x-অক্ষ) সাথে 225° কোণে, হালকা টুকরা দুটির লব্ধি ভরবেগের ঠিক বিপরীত দিকে ছুটবে।
উত্তর: ভারী টুকরোটি 62 m s−1 (≈ 8.49 m s−1) বেগে 225° কোণে বিক্ষিপ্ত হবে।
দেওয়া আছে,
চাকার ভর, M = 6 kg
চক্রগতির ব্যাসার্ধ, K = 40 cm = 0.4 m
ঘূর্ণন হার, N = 300 rpm = 30060 = 5 rev s−1
জড়তার ভ্রামক, I = ?
ঘূর্ণন গতিশক্তি, Ek = ?
(i) জড়তার ভ্রামক নির্ণয়:
আমরা জানি,
I = MK2
বা, I = 6 × (0.4)2
= 6 × 0.16
= 0.96 kg m2
(ii) ঘূর্ণন গতিশক্তি নির্ণয়:
আমরা জানি,
ω = 2πN
বা, ω = 2π × 5
= 10π rad s−1 = 31.42 rad s−1
আবার, আমরা জানি,
Ek = 12Iω2
বা, Ek = 12 × 0.96 × (10π)2
বা, Ek = 0.48 × 986.96
= 473.74 J
উত্তর: 0.96 kg m2; 473.74 J
দেওয়া আছে,
কৌণিক বেগ, ω = 13 rad s−1
ঘূর্ণন গতিশক্তি, Ek = 29 J
জড়তার ভ্রামক, I = ?
আমরা জানি,
Ek = 12Iω2
∴ I = 2Ekω2
বা, I = 2 × 29(13)2
বা, I = 58169
= 0.343 kg m2
উত্তর: 0.34 kg m2
দেওয়া আছে,
বস্তুর ভর, m = 5 kg
অক্ষ থেকে দূরত্ব, r = 1.5 m
কৌণিক দ্রুতি, ω = 5 rad s−1
জড়তার ভ্রামক, I = ?
ঘূর্ণন গতিশক্তি, Ek = ?
(i) জড়তার ভ্রামক নির্ণয়:
আমরা জানি,
I = mr2
বা, I = 5 × (1.5)2
= 5 × 2.25
= 11.25 kg m2
(ii) ঘূর্ণন গতিশক্তি নির্ণয়:
আমরা জানি,
Ek = 12Iω2
বা, Ek = 12 × 11.25 × (5)2
বা, Ek = 12 × 11.25 × 25
= 140.63 J
উত্তর: 11.25 kg m2; 140.63 J
দেওয়া আছে,
চাকার ভর, M = 5 kg
চক্রগতির ব্যাসার্ধ, K = 0.25 m
জড়তার ভ্রামক, I = ?
আমরা জানি,
I = MK2
বা, I = 5 × (0.25)2
= 5 × 0.0625
= 0.3125 kg m2
উত্তর: 0.3125 kg m2
দেওয়া আছে,
জড়তার ভ্রামক, I = 1.5 kg m2
চাকতির ভর, M = 4 kg
চাকতির ব্যাসার্ধ, R = ?
আমরা জানি, ভরকেন্দ্রগামী লম্ব অক্ষের সাপেক্ষে চাকতির জড়তার ভ্রামক,
I = 12MR2
∴ R = 2IM
বা, R = 2 × 1.54
বা, R = 0.75
= 0.866 m
উত্তর: 0.866 m
দেওয়া আছে,
বেলনের ভর, m = 5 kg
ব্যাসার্ধ, r = 0.25 m
কৌণিক বেগ, ω = 50 rad s−1
মোট গতিশক্তি, E = ?
গড়ানো বেলনের চলন ও ঘূর্ণন দুই রকম গতিশক্তিই থাকে।
আমরা জানি,
v = ωr
বা, v = 50 × 0.25
= 12.5 m s−1
আবার, বেলনের অক্ষের সাপেক্ষে,
I = 12mr2
বা, I = 12 × 5 × (0.25)2
= 0.15625 kg m2
আমরা জানি,
E = 12mv2 + 12Iω2
বা, E = 12 × 5 × (12.5)2
+ 12 × 0.15625 × (50)2
বা, E = 390.625 + 195.3125
= 585.94 J
উত্তর: 585.94 J
দেওয়া আছে,
কণাগুলোর ভর, m1 = 4, m2 = 5, m3 = 6 একক
স্থানাঙ্ক, (4, 0, −1), (3, −2, 3), (2, 1, 4)
জড়তার ভ্রামক, Iz = ?
চক্রগতির ব্যাসার্ধ, K = ?
(x, y, z) বিন্দু থেকে Z অক্ষের লম্ব দূরত্বের বর্গ r2 = x2 + y2।
∴ r21 = 42 + 02 = 16
r22 = 32 + (−2)2 = 13
r23 = 22 + 12 = 5
(i) জড়তার ভ্রামক নির্ণয়:
আমরা জানি,
Iz = m1r21 + m2r22 + m3r23
বা, Iz = 4 × 16 + 5 × 13 + 6 × 5
বা, Iz = 64 + 65 + 30
= 159 একক
(ii) চক্রগতির ব্যাসার্ধ নির্ণয়:
মোট ভর, M = 4 + 5 + 6 = 15 একক
আমরা জানি,
Iz = MK2
∴ K = IzM
বা, K = 15915
বা, K = 10.6
= 3.26 একক
উত্তর: 159 একক; 3.26 একক
চিত্রে দণ্ডের ভর 3 kg, XY ঘূর্ণন অক্ষ
(ক) দণ্ডটিকে XY অক্ষের সাপেক্ষে ঘোরালে চক্রগতির ব্যাসার্ধ কত হবে?
(খ) XY অথবা PQ–কোন অক্ষ সাপেক্ষে দণ্ডটিকে ঘোরানো অধিকতর সহজ হবে, গাণিতিকভাবে ব্যাখ্যা করো।
দেওয়া আছে,
দণ্ডের ভর, M = 3 kg
দণ্ডের দৈর্ঘ্য, L = 1.5 + 1.5 = 3 m
XY অক্ষ দণ্ডের মধ্যবিন্দুগামী লম্ব অক্ষ; PQ অক্ষ প্রান্ত A দিয়ে যাওয়া লম্ব অক্ষ।
চক্রগতির ব্যাসার্ধ, K = ?
(ক) চক্রগতির ব্যাসার্ধ নির্ণয়:
আমরা জানি, মধ্যবিন্দুগামী লম্ব অক্ষের সাপেক্ষে,
IXY = ML212
বা, IXY = 3 × (3)212
= 2712 = 2.25 kg m2
আবার, আমরা জানি,
IXY = MK2
∴ K = IXYM
বা, K = 2.253
বা, K = 0.75
= 0.866 m
(খ) PQ অক্ষের সাপেক্ষে জড়তার ভ্রামক নির্ণয়:
আমরা জানি, প্রান্তগামী লম্ব অক্ষের সাপেক্ষে,
IPQ = ML23
বা, IPQ = 3 × (3)23
= 9 kg m2
(সমান্তরাল অক্ষ উপপাদ্য দিয়েও: IPQ = IXY + ML22 = 2.25 + 3 × 2.25 = 9 kg m2)
∴ IXY < IPQ (2.25 < 9)
জড়তার ভ্রামক যত কম, ঘূর্ণন গতির পরিবর্তন তত সহজ (একই কৌণিক ত্বরণের জন্য টর্ক τ = Iα কম লাগে)। তাই XY অক্ষের সাপেক্ষে দণ্ডটি ঘোরানো 92.25 = 4 গুণ সহজ।
উত্তর: (ক) 0.866 m; (খ) IXY = 2.25 kg m2 < IPQ = 9 kg m2, তাই XY অক্ষের সাপেক্ষে দণ্ডটি ঘোরানো অধিকতর সহজ।
(ক) মোটরটি বন্ধ হয়ে যাবার পর ১ম দণ্ডটি কতটি পূর্ণঘূর্ণন সম্পন্ন করবে?
(খ) ঘূর্ণনরত দণ্ডদ্বয়ের কৌণিক গতিশক্তির গাণিতিক তুলনা করো।
দেওয়া আছে,
১ম দণ্ড: দৈর্ঘ্য L1 = 1 m, ভর M1 = 10 kg, ঘূর্ণন হার N1 = 300 rpm = 5 rev s−1
২য় দণ্ড: দৈর্ঘ্য L2 = 0.707 m, ভর M2 = 20 kg, ঘূর্ণন হার N2 = 360 rpm = 6 rev s−1
১ম দণ্ড থামতে সময়, t = 20 s
পূর্ণঘূর্ণন সংখ্যা, n = ?
গতিশক্তির অনুপাত, E1:E2 = ?
(ক) পূর্ণঘূর্ণন সংখ্যা নির্ণয়:
১ম দণ্ডের আদি কৌণিক বেগ, ω0 = 2πN1 = 2π × 5 = 10π rad s−1
শেষ কৌণিক বেগ, ω = 0
আমরা জানি, সুষম কৌণিক মন্দনে,
θ = ω0 + ω2t
বা, θ = 10π + 02 × 20
= 100π rad
আবার, আমরা জানি,
n = θ2π
বা, n = 100π2π
= 50
(খ) কৌণিক গতিশক্তির তুলনা:
আমরা জানি, মধ্যবিন্দুগামী লম্ব অক্ষের সাপেক্ষে,
I = ML212
∴ I1 = 10 × (1)212 = 0.833 kg m2
I2 = 20 × (0.707)212
= 20 × 0.512 = 0.833 kg m2
∴ I1 = I2
কৌণিক বেগ, ω1 = 2π × 5 = 10π rad s−1
ω2 = 2π × 6 = 12π rad s−1
আমরা জানি,
E = 12Iω2
∴ E1E2 = 12I1ω2112I2ω22
বা, E1E2 = ω1ω22 (∵I1 = I2)
বা, E1E2 = 10π12π2
= 2536 = 11.44
∴ E1:E2 = 1:1.44, অর্থাৎ ২য় দণ্ডের গতিশক্তি ১ম দণ্ডের 1.44 গুণ।
উত্তর: (ক) 50 বার; (খ) E1:E2 = 1:1.44
(ক) চিত্র-১ এর PQ এর সাপেক্ষে জড়তার ভ্রামক বের করো।
(খ) চাকতির পরিধি দণ্ডের দৈর্ঘ্যের সমান হলে উভয়ের জড়তার ভ্রামক ভিন্ন হবে কি-না গাণিতিক বিশ্লেষণসহ মতামত দাও।
দেওয়া আছে,
দণ্ডের ভর, M = 0.5 kg
দণ্ডের দৈর্ঘ্য, L = 60 cm = 0.6 m
PQ অক্ষ দণ্ডের প্রান্ত A দিয়ে দণ্ডের লম্বভাবে গেছে।
PQ এর সাপেক্ষে জড়তার ভ্রামক, IPQ = ?
(ক) দণ্ডের জড়তার ভ্রামক নির্ণয়:
আমরা জানি, প্রান্তগামী লম্ব অক্ষের সাপেক্ষে,
IPQ = ML23
বা, IPQ = 0.5 × (0.6)23
বা, IPQ = 0.5 × 0.363
= 0.06 kg m2
(খ) চাকতির জড়তার ভ্রামক নির্ণয়:
চাকতির ভর, M = 0.5 kg (একই দণ্ড থেকে তৈরি)
চাকতির পরিধি, 2πR = L = 0.6 m
∴ R = 0.62π
= 0.0955 m
আমরা জানি, কেন্দ্রগামী লম্ব অক্ষ P′Q′ এর সাপেক্ষে চাকতির জড়তার ভ্রামক,
IP′Q′ = 12MR2
বা, IP′Q′ = 12 × 0.5 × (0.0955)2
বা, IP′Q′ = 0.25 × 0.00912
= 2.28 × 10−3 kg m2
∴ IPQ = 0.06 kg m2 এবং IP′Q′ = 2.28 × 10−3 kg m2
IPQIP′Q′ = 0.062.28 × 10−3 ≈ 26.3
ভর একই হলেও অক্ষ থেকে ভরের বণ্টন ভিন্ন, তাই উভয়ের জড়তার ভ্রামক ভিন্ন হবে; দণ্ডের জড়তার ভ্রামক চাকতির প্রায় 26 গুণ।
উত্তর: (ক) 0.06 kg m2; (খ) চাকতির জড়তার ভ্রামক 2.28 × 10−3 kg m2, অর্থাৎ উভয়ের জড়তার ভ্রামক এক হবে না।
দেওয়া আছে,
চাকার ভর, M = 5 kg
চক্রগতির ব্যাসার্ধ, K = 0.25 m
কৌণিক ত্বরণ, α = 4 rad s−2
জড়তার ভ্রামক, I = ?
টর্ক, τ = ?
(i) জড়তার ভ্রামক নির্ণয়:
আমরা জানি,
I = MK2
বা, I = 5 × (0.25)2
= 0.3125 kg m2
(ii) টর্ক নির্ণয়:
আমরা জানি,
τ = Iα
বা, τ = 0.3125 × 4
= 1.25 N m
উত্তর: 0.3125 kg m2; 1.25 N m
দেওয়া আছে,
প্রপেলারের ভর, M = 70 kg
চক্রগতির ব্যাসার্ধ, K = 75 cm = 0.75 m
কৌণিক ত্বরণ, α = 4 rev s−2 = 4 × 2π = 8π rad s−2
জড়তার ভ্রামক, I = ?
টর্ক, τ = ?
(i) জড়তার ভ্রামক নির্ণয়:
আমরা জানি,
I = MK2
বা, I = 70 × (0.75)2
= 70 × 0.5625
= 39.375 kg m2
(ii) টর্ক নির্ণয়:
আমরা জানি,
τ = Iα
বা, τ = 39.375 × 8π
বা, τ = 39.375 × 25.133
= 989.6 N m
উত্তর: 39.38 kg m2; 989.6 N m
দেওয়া আছে,
আদি কৌণিক বেগ, ω0 = 6000 rad s−1
শেষ কৌণিক বেগ, ω = 0
সময়, t = 30 s
জড়তার ভ্রামক, I = 80 kg m2
কৌণিক ত্বরণ, α = ?
ঘূর্ণন সংখ্যা, n = ?
টর্ক, τ = ?
(ক) কৌণিক ত্বরণ নির্ণয়:
আমরা জানি,
ω = ω0 + αt
∴ α = ω − ω0t
বা, α = 0 − 600030
= −200 rad s−2
(খ) ঘূর্ণন সংখ্যা নির্ণয়:
আমরা জানি,
θ = ω0t + 12αt2
বা, θ = 6000 × 30
+ 12 × (−200) × (30)2
বা, θ = 180000 − 90000
= 90000 rad
আবার, আমরা জানি,
n = θ2π
বা, n = 900002π
= 14324 rev (প্রায়)
(গ) টর্ক নির্ণয়:
আমরা জানি,
τ = Iα
বা, τ = 80 × (−200)
= −16000 N m
ঋণাত্মক চিহ্ন বোঝায় টর্ক ঘূর্ণনের বিপরীতে কাজ করে; টর্কের মান 16000 N m।
উত্তর: (ক) −200 rad s−2; (খ) 14324 বার (প্রায়); (গ) 16000 N m
দেওয়া আছে,
গোলকের ভর, m = 0.04 kg
বৃত্তপথের ব্যাসার্ধ, r = 2 m
ঘূর্ণন হার, N = 5 rev s−1
কৌণিক ভরবেগ, L = ?
আমরা জানি,
ω = 2πN
বা, ω = 2π × 5
= 10π rad s−1
আবার, আমরা জানি,
L = Iω = mr2ω
বা, L = 0.04 × (2)2 × 10π
বা, L = 0.16 × 31.416
= 5.027 kg m2 s−1
উত্তর: 5.027 kg m2 s−1
(ক) ঘূর্ণায়মান বস্তুটির কৌণিক ভরবেগ কত?
(খ) বস্তুটির ভর অর্ধেক হলে টর্কের কীরূপ পরিবর্তন হবে?
দেওয়া আছে,
বস্তুর ভর, m = 8 kg
বৃত্তপথের ব্যাসার্ধ, r = 0.2 m
কৌণিক বেগ, ω = 2 rad s−1
কৌণিক ভরবেগ, L = ?
(ক) কৌণিক ভরবেগ নির্ণয়:
আমরা জানি,
L = Iω = mr2ω
বা, L = 8 × (0.2)2 × 2
বা, L = 8 × 0.04 × 2
= 0.64 kg m2 s−1
(খ) ভর অর্ধেক হলে টর্কের পরিবর্তন:
আমরা জানি,
τ = Iα = mr2α
একই ব্যাসার্ধ ও একই কৌণিক ত্বরণের জন্য, τ ∝ m
∴ τ2τ1 = m2m1
বা, τ2τ1 = m/2m
= 12
∴ τ2 = 12τ1, অর্থাৎ টর্কও অর্ধেক হবে।
উত্তর: (ক) 0.64 kg m2 s−1; (খ) বস্তুটির ভর অর্ধেক হলে টর্কও অর্ধেক হবে।
দেওয়া আছে,
চাকার ভর, M = 8 kg
চক্রগতির ব্যাসার্ধ, K = 25 cm = 0.25 m
কৌণিক ত্বরণ, α = 3 rad s−2
জড়তার ভ্রামক, I = ?
টর্ক, τ = ?
(i) জড়তার ভ্রামক নির্ণয়:
আমরা জানি,
I = MK2
বা, I = 8 × (0.25)2
= 8 × 0.0625
= 0.5 kg m2
(ii) টর্ক নির্ণয়:
আমরা জানি,
τ = Iα
বা, τ = 0.5 × 3
= 1.5 N m
উত্তর: 0.5 kg m2; 1.5 N m
লক্ষ করো: প্রশ্নে কৌণিক ত্বরণের একক rad s−1 ছাপা হয়েছে; সঠিক একক rad s−2।
দেওয়া আছে,
গোলকের ভর, m = 0.05 kg
বৃত্তপথের ব্যাসার্ধ, r = 2 m
ঘূর্ণন হার, N = 5 rev s−1
কৌণিক ভরবেগ, L = ?
কেন্দ্রমুখী বল, F = ?
আমরা জানি,
ω = 2πN
বা, ω = 2π × 5
= 10π rad s−1
(i) কৌণিক ভরবেগ নির্ণয়:
আমরা জানি,
L = mr2ω
বা, L = 0.05 × (2)2 × 10π
বা, L = 0.2 × 31.416
= 6.283 kg m2 s−1
(ii) কেন্দ্রমুখী বল নির্ণয়:
আমরা জানি,
F = mω2r
বা, F = 0.05 × (10π)2 × 2
বা, F = 0.1 × 986.96
= 98.696 N
উত্তর: 6.28 kg m2 s−1; 98.696 N
দেওয়া আছে,
ঢিলের ভর, m = 5 kg
বেগ, v = 3 m s−1
বৃত্তের ব্যাসার্ধ, r = 1.2 m
কেন্দ্রমুখী বল, F = ?
আমরা জানি,
F = mv2r
বা, F = 5 × (3)21.2
বা, F = 451.2
= 37.5 N
উত্তর: 37.5 N
দেওয়া আছে,
বৃত্তের ব্যাসার্ধ, r = 80 cm = 0.8 m
কেন্দ্রমুখী বল, F = 8 × 10−13 N
প্রোটনের ভর, m = 1.67 × 10−27 kg
বেগ, v = ?
আমরা জানি,
F = mv2r
∴ v = Frm
বা, v = 8 × 10−13 × 0.81.67 × 10−27
বা, v = 3.832 × 1014
= 1.96 × 107 m s−1
উত্তর: 1.96 × 107 m s−1
দেওয়া আছে,
বস্তুর ভর, m = 4 g = 0.004 kg
বৃত্তপথের ব্যাসার্ধ, r = 1.5 m
আবর্তন সংখ্যা, N = 20
সময়, t = 5 s
সুতার টান, T = ?
আমরা জানি,
ω = 2πNt
বা, ω = 2π × 205
= 8π rad s−1 = 25.13 rad s−1
সুতার টানই কেন্দ্রমুখী বল জোগায়।
আমরা জানি,
T = mω2r
বা, T = 0.004 × (8π)2 × 1.5
বা, T = 0.006 × 631.65
= 3.79 N
উত্তর: 3.79 N
(ক) আবর্তনশীল গোলকটি কেন্দ্রের দিকে কত বল অনুভব করবে?
(খ) পারফরমার হতে দর্শক সারির দূরত্ব কেমন হলে গোলকটি কোনো দর্শককে আঘাত করবে না? গাণিতিক বিশ্লেষণের মাধ্যমে ব্যাখ্যা করো।
দেওয়া আছে,
গোলকের ভর, m = 5 kg
রশির দৈর্ঘ্য (বৃত্তপথের ব্যাসার্ধ), r = 2 m
ভূমি থেকে উচ্চতা, h = 1.5 m
ঘূর্ণন হার, N = 20 rpm = 2060 = 13 rev s−1
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
কেন্দ্রমুখী বল, F = ?
(ক) কেন্দ্রমুখী বল নির্ণয়:
আমরা জানি,
ω = 2πN
বা, ω = 2π × 13
= 2.094 rad s−1
আবার, আমরা জানি,
F = mω2r
বা, F = 5 × (2.094)2 × 2
বা, F = 10 × 4.3865
= 43.86 N
(খ) রশি ছেঁড়ার পর গোলকের অনুভূমিক সরণ নির্ণয়:
রশি ছেঁড়ার মুহূর্তে গোলক বৃত্তের স্পর্শক বরাবর রৈখিক বেগে অনুভূমিকভাবে নিক্ষিপ্ত হয়।
আমরা জানি,
v = ωr
বা, v = 2.094 × 2
= 4.189 m s−1
উল্লম্ব দিকে আদিবেগ শূন্য। ভূমিতে পড়তে সময় t হলে,
আমরা জানি,
h = 12gt2
∴ t = 2hg
বা, t = 2 × 1.59.8
= 0.553 s
এ সময়ে অনুভূমিক সরণ,
x = vt
বা, x = 4.189 × 0.553
= 2.32 m
অর্থাৎ রশি ছেঁড়ার বিন্দু থেকে গোলকটি স্পর্শক বরাবর 2.32 m দূরে গিয়ে পড়বে।
পারফরমার বৃত্তের কেন্দ্রে, ছেঁড়ার বিন্দু তাঁর থেকে r = 2 m দূরে। স্পর্শক ব্যাসার্ধের লম্ব, তাই পারফরমার থেকে পতন-বিন্দুর অনুভূমিক দূরত্ব,
d = r2 + x2
বা, d = (2)2 + (2.32)2
বা, d = 4 + 5.37
= 3.06 m
∴ পারফরমার হতে দর্শকের প্রথম সারির দূরত্ব 3.06 m-এর বেশি হলে গোলকটি কোনো দর্শককে আঘাত করবে না। (নিরাপত্তার জন্য সরল যোগফল 2 + 2.32 = 4.32 m-এর বেশি রাখলে তো অবশ্যই নিরাপদ।)
উত্তর: (ক) 43.86 N; (খ) রশি ছিঁড়লে গোলকটি ছেঁড়ার বিন্দু থেকে 2.32 m দূরে পড়বে; পারফরমার থেকে দর্শক সারির দূরত্ব 3.06 m-এর (নিরাপদভাবে 4.32 m-এর) বেশি হলে গোলকটি কাউকে আঘাত করবে না।
লক্ষ করো: বইয়ে 2 + 2.32 = 4.32 m সরাসরি যোগ করা হয়েছে, কিন্তু গোলক স্পর্শক বরাবর (ব্যাসার্ধের লম্বভাবে) ছোটে বলে পারফরমার থেকে প্রকৃত দূরত্ব 22 + 2.322 = 3.06 m; 4.32 m কেবল একটি নিরাপদ ঊর্ধ্বসীমা।
(ক) প্রথম ক্ষেত্রে পাথরটির কৌণিক ভরবেগ নির্ণয় করো।
(খ) নয়ন সুতার দৈর্ঘ্য দ্বিগুণ করে ঘূর্ণন সফলভাবে সম্পন্ন করতে পারবে কিনা—গাণিতিকভাবে যাচাই করো।
দেওয়া আছে,
পাথরের ভর, m = 25 g = 0.025 kg
প্রথম ক্ষেত্রে সুতার দৈর্ঘ্য, r1 = 1 m
দ্বিতীয় ক্ষেত্রে সুতার দৈর্ঘ্য, r2 = 2 × 1 = 2 m
ঘূর্ণন হার, N = 5 rev s−1
সুতার সর্বোচ্চ সহনীয় টান, Tmax = 40 N
কৌণিক ভরবেগ, L = ?
দ্বিতীয় ক্ষেত্রে সুতার টান, T2 = ?
আমরা জানি,
ω = 2πN
বা, ω = 2π × 5
= 10π rad s−1
(ক) কৌণিক ভরবেগ নির্ণয়:
আমরা জানি,
L = mr21ω
বা, L = 0.025 × (1)2 × 10π
= 0.7854 kg m2 s−1
(খ) দ্বিতীয় ক্ষেত্রে সুতার টান নির্ণয়:
আমরা জানি,
T2 = mω2r2
বা, T2 = 0.025 × (10π)2 × 2
বা, T2 = 0.05 × 986.96
= 49.348 N
∴ T2 = 49.348 N > Tmax = 40 N
প্রয়োজনীয় টান সুতার সহনসীমার চেয়ে বেশি, তাই সুতা ছিঁড়ে যাবে।
উত্তর: (ক) 0.7854 kg m2 s−1; (খ) সুতার দৈর্ঘ্য দ্বিগুণ করলে সুতায় 49.348 N টান লাগবে, যা 40 N-এর বেশি; তাই নয়ন সফলভাবে ঘূর্ণন সম্পন্ন করতে পারবে না।
দেওয়া আছে,
ভর, m = 50 g = 0.05 kg
ব্যাসার্ধ, r = 3 m
আবর্তন সংখ্যা, N = 20
সময়, t = 5 s
সুতার টান, T = ?
আমরা জানি,
কম্পাঙ্ক, f = Nt
= 205 = 4 Hz
আবার, কৌণিক বেগ, ω = 2πf
= 2π × 4 = 8π rad s−1
সুতার টানই কেন্দ্রমুখী বল জোগায়।
আমরা জানি,
T = mω2r
বা, T = 0.05 × (8π)2 × 3
বা, T = 0.05 × 64π2 × 3
= 9.6π2
= 94.75 N
উত্তর: 94.75 N
দেওয়া আছে,
ইলেকট্রনের ভর, m = 9.1 × 10−31 kg
ব্যাসার্ধ, r = 1.1 Å = 1.1 × 10−10 m
বেগ, v = 4 × 106 m s−1
কেন্দ্রমুখী বল, F = ?
আমরা জানি,
F = mv2r
বা, F = 9.1 × 10−31 × (4 × 106)21.1 × 10−10
বা, F = 9.1 × 10−31 × 16 × 10121.1 × 10−10
= 1.456 × 10−171.1 × 10−10
= 1.32 × 10−7 N
উত্তর: 1.32 × 10−7 N
দেওয়া আছে,
ভর, m = 6.0 kg
ব্যাসার্ধ, r = 3.0 m
বেগ, v = 2.0 m s−1
সুতার টান, T = ?
আমরা জানি,
T = mv2r
বা, T = 6 × (2)23
= 243
= 8 N
উত্তর: 8 N
দেওয়া আছে,
ভর, m = 0.250 kg
ব্যাসার্ধ, r = 0.75 m
কম্পাঙ্ক, f = 9060 s = 1.5 Hz
সুতার টান, T = ?
আমরা জানি,
ω = 2πf
= 2π × 1.5 = 3π rad s−1
আবার, আমরা জানি,
T = mω2r
বা, T = 0.25 × (3π)2 × 0.75
বা, T = 0.25 × 9π2 × 0.75
= 1.6875π2
= 16.65 N
উত্তর: 16.65 N
দেওয়া আছে,
ব্যাসার্ধ, r = 100 m
উল্লম্বের সাথে আনতি কোণ, θ = 30°
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
বেগ, v = ?
আমরা জানি,
tan θ = v2rg
∴ v = rgtan θ
বা, v = 100 × 9.8 × tan 30°
বা, v = 980 × 0.5774
= 565.80
= 23.79 m s−1
উত্তর: 23.79 m s−1
দেওয়া আছে,
ব্যাসার্ধ, r = 50 m
বেগ, v = 9.8 m s−1
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
উল্লম্বের সাথে আনতি কোণ, θ = ?
আমরা জানি,
tan θ = v2rg
বা, tan θ = (9.8)250 × 9.8
বা, tan θ = 9.850 = 0.196
∴ θ = tan −1(0.196)
= 11.09°
উত্তর: 11.09° (প্রায় 11°)
দেওয়া আছে,
ব্যাসার্ধ, r = 1 km = 1000 m
ব্যাংকিং কোণ, θ = 4°
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
সর্বোচ্চ বেগ, v = ?
আমরা জানি,
tan θ = v2rg
∴ v = rgtan θ
বা, v = 1000 × 9.8 × tan 4°
বা, v = 9800 × 0.06993
= 685.28
= 26.18 m s−1
উত্তর: 26.18 m s−1
দেওয়া আছে,
বেগ, v = 13 m s−1
ব্যাসার্ধ, r = 30 m
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
ব্যাংকিং কোণ, θ = ?
আমরা জানি,
tan θ = v2rg
বা, tan θ = (13)230 × 9.8
বা, tan θ = 169294 = 0.5748
∴ θ = tan −1(0.5748)
= 29.89°
উত্তর: 29.89°
দেওয়া আছে,
ব্যাসার্ধ, r = 100 m
বেগ, v = 60 km h−1 = 60 × 10003600 m s−1
= 16.67 m s−1
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
ব্যাংকিং কোণ, θ = ?
আমরা জানি,
tan θ = v2rg
বা, tan θ = (16.67)2100 × 9.8
বা, tan θ = 277.78980 = 0.2834
∴ θ = tan −1(0.2834)
= 15.83°
উত্তর: 15.83°
দেওয়া আছে,
ব্যাস = 100 m, ∴ ব্যাসার্ধ, r = 50 m
উল্লম্বের সাথে আনতি কোণ, θ = 30°
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
বেগ, v = ?
আমরা জানি,
tan θ = v2rg
∴ v = rgtan θ
বা, v = 50 × 9.8 × tan 30°
বা, v = 490 × 0.5774
= 282.90
= 16.82 m s−1
উত্তর: 16.82 m s−1
(ক) ব্যাংকিং কোণ নির্ণয় করো।
(খ) উদ্দীপকে উল্লেখিত বেগে গাড়ি চালালে, চালক নিরাপদে মোড় নিতে পারবে কি? গাণিতিক বিশ্লেষণসহ তোমার উত্তরের সপক্ষে যুক্তি দাও।
দেওয়া আছে,
বাঁকের ব্যাসার্ধ, r = 200 m
সাইনবোর্ডে লেখা (রাস্তার নকশাকৃত) বেগ, v1 = 60 km h−1
= 60 × 10003600 = 16.67 m s−1
গাড়ির বেগ, v2 = 50 km h−1
= 50 × 10003600 = 13.89 m s−1
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
রাস্তার ব্যাংকিং কোণ, θ = ?
(ক) ব্যাংকিং কোণ নির্ণয়:
রাস্তাটি সাইনবোর্ডের বেগের জন্য ব্যাংকিং করা।
আমরা জানি,
tan θ = v21rg
বা, tan θ = (16.67)2200 × 9.8
বা, tan θ = 277.781960 = 0.1417
∴ θ = tan −1(0.1417)
= 8.07°
(খ) নিরাপদে মোড় নেওয়া যাবে কি না যাচাই:
50 km h−1 বেগে মোড় নিতে প্রয়োজনীয় ব্যাংকিং কোণ θ′ হলে,
আমরা জানি,
tan θ′ = v22rg
বা, tan θ′ = (13.89)2200 × 9.8
বা, tan θ′ = 192.901960 = 0.0984
∴ θ′ = tan −1(0.0984)
= 5.62°
প্রয়োজনীয় ব্যাংকিং কোণ 5.62°, যা রাস্তার প্রকৃত ব্যাংকিং কোণ 8.07° অপেক্ষা কম। অর্থাৎ গাড়ির বেগ (50 km h−1) সাইনবোর্ডে লেখা সর্বোচ্চ নিরাপদ বেগ (60 km h−1) অপেক্ষা কম। সুতরাং চালক নিরাপদে মোড় নিতে পারবে।
উত্তর: (ক) 8.07°; (খ) প্রয়োজনীয় ব্যাংকিং কোণ 5.62° < রাস্তার ব্যাংকিং কোণ 8.07°, তাই চালক নিরাপদে মোড় নিতে পারবে।
লক্ষ করো: উদ্দীপকে বাইরের কিনারার উচ্চতা দেওয়া নেই; তাই সাইনবোর্ডের 60 km h−1 বেগকে রাস্তার নকশাকৃত বেগ ধরে ব্যাংকিং কোণ বের করা হয়েছে।
(ক) রাস্তার প্রকৃত ব্যাংকিং কোণ কত?
(খ) উদ্দীপকের রাস্তায় 108 km/h বেগে একটি গাড়ি নিরাপদে চালানো সম্ভব কিনা— গাণিতিকভাবে যাচাই করো।
দেওয়া আছে,
বাঁকের ব্যাসার্ধ, r = 50 m
উচ্চতার পার্থক্য, h = 0.5 m
রাস্তার প্রস্থ, l = 5 m
গাড়ির বেগ, v = 108 km h−1 = 108 × 10003600 m s−1
= 30 m s−1
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
প্রকৃত ব্যাংকিং কোণ, θ = ?
(ক) প্রকৃত ব্যাংকিং কোণ নির্ণয়:
আমরা জানি,
sin θ = hl
বা, sin θ = 0.55 = 0.1
∴ θ = sin −1(0.1)
= 5.74°
(খ) 108 km/h বেগে নিরাপদে চালানো যাবে কি না যাচাই:
30 m s−1 বেগে নিরাপদে চালাতে প্রয়োজনীয় ব্যাংকিং কোণ θ′ হলে,
আমরা জানি,
tan θ′ = v2rg
বা, tan θ′ = (30)250 × 9.8
বা, tan θ′ = 900490 = 1.837
∴ θ′ = tan −1(1.837)
= 61.43°
আবার, রাস্তার প্রকৃত ব্যাংকিং কোণে নিরাপদ সর্বোচ্চ বেগ vmax হলে,
আমরা জানি,
vmax = rgtan θ
বা, vmax = 50 × 9.8 × tan 5.74°
বা, vmax = 490 × 0.1005
= 7.02 m s−1
প্রয়োজনীয় ব্যাংকিং কোণ 61.43°, কিন্তু রাস্তার প্রকৃত ব্যাংকিং কোণ মাত্র 5.74°; অর্থাৎ রাস্তায় নিরাপদ সর্বোচ্চ বেগ 7.02 m s−1, যা 30 m s−1 অপেক্ষা অনেক কম। সুতরাং 108 km/h বেগে গাড়িটি নিরাপদে চালানো সম্ভব নয়।
উত্তর: (ক) 5.74°; (খ) প্রয়োজনীয় ব্যাংকিং কোণ 61.43°, কিন্তু প্রকৃত ব্যাংকিং কোণ 5.74°; তাই 108 km/h বেগে নিরাপদে চালানো সম্ভব নয়।
(ক) প্রথম লাইনের ব্যাংকিং কোণ কত?
(খ) কোন লাইনে রেলগাড়ি অধিক দ্রুততার সাথে বাঁক নিতে পারবে—গাণিতিক বিশ্লেষণসহ মন্তব্য করো।
দেওয়া আছে,
মিটার গেজে পাতের দূরত্ব, l1 = 0.8 m
মিটার গেজে উচ্চতার পার্থক্য, h1 = 7.00 cm = 0.07 m
ব্রডগেজে পাতের দূরত্ব, l2 = 1.3 m
ব্রডগেজে উচ্চতার পার্থক্য, h2 = 11.37 cm = 0.1137 m
বাঁকের ব্যাসার্ধ, r = 500 m
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
প্রথম লাইনের ব্যাংকিং কোণ, θ1 = ?
(ক) প্রথম লাইনের ব্যাংকিং কোণ নির্ণয়:
আমরা জানি,
sin θ1 = h1l1
বা, sin θ1 = 0.070.8 = 0.0875
∴ θ1 = sin −1(0.0875)
= 5.02°
(খ) দুই লাইনে সর্বোচ্চ বেগের তুলনা:
দ্বিতীয় লাইনের ব্যাংকিং কোণ θ2 হলে,
আমরা জানি,
sin θ2 = h2l2
বা, sin θ2 = 0.11371.3 = 0.08746
∴ θ2 = sin −1(0.08746)
= 5.02°
এখন, প্রথম লাইনে সর্বোচ্চ বেগ v1 হলে,
আমরা জানি,
tan θ1 = v21rg
∴ v1 = rgtan θ1
বা, v1 = 500 × 9.8 × tan 5.02°
বা, v1 = 4900 × 0.08784
= 430.40
= 20.75 m s−1
আবার, দ্বিতীয় লাইনে সর্বোচ্চ বেগ v2 হলে,
v2 = rgtan θ2
বা, v2 = 500 × 9.8 × tan 5.02°
বা, v2 = 4900 × 0.08780
= 430.21
= 20.74 m s−1
∴ v1 ≈ v2
উভয় লাইনের ব্যাংকিং কোণ সমান হওয়ায় (একই ব্যাসার্ধে) দুই লাইনেই রেলগাড়ি প্রায় সমান সর্বোচ্চ বেগে (≈ 20.74 m s−1) বাঁক নিতে পারবে; কোনো লাইনে অধিক দ্রুততায় বাঁক নেওয়া যাবে না।
উত্তর: (ক) 5.02°; (খ) উভয় লাইনে সর্বোচ্চ বেগ প্রায় 20.74 m s−1, অর্থাৎ দুই লাইনেই রেলগাড়ি সমান দ্রুততায় বাঁক নিতে পারবে।
দেওয়া আছে,
ব্যাসার্ধ, r = 100 m
উল্লম্বের সাথে আনতি কোণ, θ = 30°
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
বেগ, v = ?
আমরা জানি,
tan θ = v2rg
∴ v = rgtan θ
বা, v = 100 × 9.8 × tan 30°
বা, v = 980 × 0.57735
= 565.80
= 23.787 m s−1
উত্তর: 23.787 m s−1
দেওয়া আছে,
ব্যাসার্ধ, r = 100 m
রাস্তার প্রস্থ, l = 5 m
উচ্চতার পার্থক্য, h = 50 cm = 0.5 m
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
সর্বোচ্চ বেগ, v = ?
ব্যাংকিং কোণ θ হলে,
আমরা জানি,
sin θ = hl
বা, sin θ = 0.55 = 0.1
∴ θ = sin −1(0.1) = 5.74°
আবার, আমরা জানি,
tan θ = v2rg
∴ v = rgtan θ
বা, v = 100 × 9.8 × tan 5.74°
বা, v = 980 × 0.1005
= 98.49
= 9.92 m s−1
উত্তর: 9.92 m s−1
দেওয়া আছে,
ব্যাসার্ধ, r = 60 m
রাস্তার প্রস্থ, l = 6 m
উচ্চতার পার্থক্য, h = 0.06 m
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
সর্বোচ্চ বেগ, v = ?
ব্যাংকিং কোণ θ হলে,
আমরা জানি,
sin θ = hl
বা, sin θ = 0.066 = 0.01
∴ θ = sin −1(0.01) = 0.573°
আবার, আমরা জানি,
tan θ = v2rg
∴ v = rgtan θ
বা, v = 60 × 9.8 × tan 0.573°
বা, v = 588 × 0.0100
= 5.88
= 2.42 m s−1
উত্তর: 2.42 m s−1
দেওয়া আছে,
ব্যাসার্ধ, r = 450 m
পাতদ্বয়ের দূরত্ব, l = 1 m
বেগ, v = 75.6 km h−1 = 75.6 × 10003600 m s−1
= 21 m s−1
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
উচ্চতার পার্থক্য, h = ?
ব্যাংকিং কোণ θ হলে,
আমরা জানি,
tan θ = v2rg
বা, tan θ = (21)2450 × 9.8
বা, tan θ = 4414410 = 0.1
∴ θ = tan −1(0.1) = 5.71°
আবার, আমরা জানি,
sin θ = hl
∴ h = lsin θ
বা, h = 1 × sin 5.71°
= 0.0995 m
উত্তর: 0.0995 m
দেওয়া আছে,
বেগ, v = 25.2 km h−1 = 25.2 × 10003600 m s−1
= 7 m s−1
ব্যাসার্ধ, r = 5 m
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
উল্লম্বের সাথে আনতি কোণ, θ = ?
আমরা জানি,
tan θ = v2rg
বা, tan θ = (7)25 × 9.8
বা, tan θ = 4949 = 1
∴ θ = tan −1(1)
= 45°
উল্লম্বের সাথে 45° হলে ভূমির সাথেও কোণ 90° − 45° = 45°।
উত্তর: 45°
দেওয়া আছে,
ব্যাসার্ধ, r = 250 m
পাতদ্বয়ের দূরত্ব, l = 1 m
বেগ, v = 50 km h−1 = 50 × 10003600 m s−1
= 13.89 m s−1
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
উচ্চতার পার্থক্য, h = ?
ব্যাংকিং কোণ θ হলে,
আমরা জানি,
tan θ = v2rg
বা, tan θ = (13.89)2250 × 9.8
বা, tan θ = 192.902450 = 0.07874
∴ θ = tan −1(0.07874) = 4.50°
আবার, আমরা জানি,
sin θ = hl
∴ h = lsin θ
বা, h = 1 × sin 4.50°
= 0.0785 m
উত্তর: 0.0785 m (প্রায় 0.079 m)
(ক) বাসটির ভরবেগ নির্ণয় করো।
(খ) বাসটি গতিবেগ না কমিয়ে উদ্দীপকে প্রদর্শিত রাস্তার বাঁকটি নিরাপদে অতিক্রম করতে পারবে কি? গাণিতিক বিশ্লেষণসহ মতামত দাও।
দেওয়া আছে,
বাসের ভর, m = 1000 kg
গতিশক্তি, Ek = 78125 J
বাঁকের ব্যাসার্ধ, r = 145 m
রাস্তার প্রস্থ (ঢাল বরাবর), l = 7 m
উচ্চতার পার্থক্য, h = 0.3 m
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
ভরবেগ, p = ?
(ক) ভরবেগ নির্ণয়:
আমরা জানি,
Ek = 12mv2
∴ v = 2Ekm
বা, v = 2 × 781251000
বা, v = 156.25
= 12.5 m s−1
আবার, আমরা জানি,
p = mv
বা, p = 1000 × 12.5
= 12500 kg m s−1
(খ) নিরাপদে বাঁক অতিক্রম করতে পারবে কি না যাচাই:
ব্যাংকিং কোণ θ হলে,
আমরা জানি,
sin θ = hl
বা, sin θ = 0.37 = 0.04286
∴ θ = sin −1(0.04286) = 2.46°
নিরাপদ সর্বোচ্চ বেগ vmax হলে,
আমরা জানি,
tan θ = v2maxrg
∴ vmax = rgtan θ
বা, vmax = 145 × 9.8 × tan 2.46°
বা, vmax = 1421 × 0.0429
= 60.96
= 7.81 m s−1
বাসের বেগ 12.5 m s−1, যা নিরাপদ সর্বোচ্চ বেগ 7.81 m s−1 অপেক্ষা বেশি। সুতরাং বাসটি গতিবেগ না কমিয়ে বাঁকটি নিরাপদে অতিক্রম করতে পারবে না।
উত্তর: (ক) 12500 kg m s−1; (খ) নিরাপদ সর্বোচ্চ বেগ 7.81 m s−1, কিন্তু বাসের বেগ 12.5 m s−1; তাই বাসটি নিরাপদে বাঁক নিতে পারবে না।
(ক) রহিমের দ্বারা ঘোরানো বস্তুটির কৌণিক ভরবেগ নির্ণয় করো।
(খ) উদ্দীপকের ঘটনায় রহিম ও করিম সুতায় সমান টান পেয়েছিল কি? গাণিতিকভাবে বিশ্লেষণ করো।
দেওয়া আছে,
রহিমের বস্তুর ভর, m1 = 200 g = 0.2 kg
রহিমের সুতার দৈর্ঘ্য, r1 = 80 cm = 0.8 m
রহিমের ক্ষেত্রে কম্পাঙ্ক, f1 = 9060 s = 1.5 Hz
করিমের বস্তুর ভর, m2 = 150 g = 0.15 kg
করিমের সুতার দৈর্ঘ্য, r2 = 60 cm = 0.6 m
করিমের ক্ষেত্রে কম্পাঙ্ক, f2 = 12060 s = 2 Hz
রহিমের বস্তুর কৌণিক ভরবেগ, L1 = ?
(ক) কৌণিক ভরবেগ নির্ণয়:
আমরা জানি,
ω1 = 2πf1
= 2π × 1.5 = 3π rad s−1
আবার, আমরা জানি,
L1 = I1ω1 = m1r21ω1
বা, L1 = 0.2 × (0.8)2 × 3π
বা, L1 = 0.2 × 0.64 × 3π
= 0.384π
= 1.206 kg m2 s−1
(খ) দুই সুতার টানের তুলনা:
আমরা জানি,
ω2 = 2πf2
= 2π × 2 = 4π rad s−1
আবার, আমরা জানি,
T = mω2r
রহিমের সুতার টান,
T1 = m1ω21r1
বা, T1 = 0.2 × (3π)2 × 0.8
বা, T1 = 0.2 × 9π2 × 0.8
= 1.44π2 = 14.21 N
করিমের সুতার টান,
T2 = m2ω22r2
বা, T2 = 0.15 × (4π)2 × 0.6
বা, T2 = 0.15 × 16π2 × 0.6
= 1.44π2 = 14.21 N
∴ T1 = T2
সুতরাং রহিম ও করিম সুতায় সমান টান পেয়েছিল।
উত্তর: (ক) 1.206 kg m2 s−1; (খ) T1 = T2 = 14.21 N, অর্থাৎ উভয়ে সমান টান পেয়েছিল।
দেওয়া আছে,
গোলকের ভর, m = 6 kg
ভূমি হতে উচ্চতা, h = 2 m
বৃত্তের ব্যাসার্ধ, r = 3 m
কম্পাঙ্ক, f = 3060 s = 0.5 Hz
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
ব্যক্তি হতে সর্বনিম্ন দূরত্ব, D = ?
রশি ছিঁড়ে গেলে গোলকটি স্পর্শক বরাবর রৈখিক বেগ নিয়ে অনুভূমিক প্রক্ষেপকের মতো চলবে।
আমরা জানি,
v = ωr = 2πfr
বা, v = 2π × 0.5 × 3
= 3π = 9.425 m s−1
ভূমিতে পড়তে সময় t হলে,
আমরা জানি,
h = 12gt2
∴ t = 2hg
বা, t = 2 × 29.8
= 0.639 s
এ সময়ে স্পর্শক বরাবর অনুভূমিক দূরত্ব x হলে,
x = vt
বা, x = 9.425 × 0.639
= 6.02 m
রশি ছেঁড়ার বিন্দুতে স্পর্শক ব্যাসার্ধের সাথে লম্ব। তাই ব্যক্তি (কেন্দ্র) হতে পতন বিন্দুর অনুভূমিক দূরত্ব,
D = r2 + x2
বা, D = (3)2 + (6.02)2
বা, D = 9 + 36.26
= 45.26
= 6.73 m
সুতরাং ব্যক্তি হতে দর্শক সারির দূরত্ব 6.73 m-এর বেশি হলে গোলকটি কোনো দর্শককে আঘাত করবে না।
উত্তর: 6.73 m-এর বেশি
লক্ষ করো: বইয়ের উত্তর 9.022 m এসেছে r + x = 3 + 6.022 যোগ করে; কিন্তু স্পর্শক বরাবর সরণ ব্যাসার্ধের সাথে লম্ব, তাই সঠিক দূরত্ব r2 + x2 = 6.73 m।
(ক) উদ্দীপকের বস্তুদ্বয়ের চূড়ান্ত বেগ নির্ণয় করো।
(খ) উদ্দীপকের বস্তুদ্বয়ের সংঘর্ষ স্থিতিস্থাপক না অস্থিতিস্থাপক— গাণিতিক বিশ্লেষণসহ মতামত দাও।
7 kg বস্তুর বেগের দিককে ধনাত্মক ধরি।
দেওয়া আছে,
প্রথম বস্তুর ভর, m1 = 5 kg
প্রথম বস্তুর বেগ, u1 = −5 m s−1
দ্বিতীয় বস্তুর ভর, m2 = 7 kg
দ্বিতীয় বস্তুর বেগ, u2 = 6 m s−1
মিলিত বস্তুর চূড়ান্ত বেগ, v = ?
(ক) চূড়ান্ত বেগ নির্ণয়:
আমরা জানি, ভরবেগের সংরক্ষণ সূত্র অনুসারে,
m1u1 + m2u2 = (m1 + m2)v
∴ v = m1u1 + m2u2m1 + m2
বা, v = 5 × (−5) + 7 × 65 + 7
বা, v = −25 + 4212
= 1712
= 1.42 m s−1
v ধনাত্মক, তাই মিলিত বস্তু 7 kg ভরের বস্তুর বেগের দিকে চলবে।
(খ) সংঘর্ষের প্রকৃতি যাচাই:
সংঘর্ষের পূর্বে মোট গতিশক্তি E1 হলে,
আমরা জানি,
E1 = 12m1u21 + 12m2u22
বা, E1 = 12 × 5 × (5)2 + 12 × 7 × (6)2
বা, E1 = 62.5 + 126
= 188.5 J
সংঘর্ষের পরে মোট গতিশক্তি E2 হলে,
E2 = 12(m1 + m2)v2
বা, E2 = 12 × 12 × 17122
= 12.04 J
এখানে E1 ≠ E2, অর্থাৎ সংঘর্ষে গতিশক্তি সংরক্ষিত হয়নি। তাছাড়া বস্তুদ্বয় মিলিত হয়ে একসাথে চলছে। সুতরাং সংঘর্ষটি অস্থিতিস্থাপক।
উত্তর: (ক) 1.42 m s−1, 7 kg ভরের বস্তুর বেগের দিকে; (খ) E1 = 188.5 J, E2 = 12.04 J; E1 ≠ E2, তাই সংঘর্ষটি অস্থিতিস্থাপক।
দেয়ালের দিকে গতির দিককে ধনাত্মক ধরি।
দেওয়া আছে,
ভর, m = 2 kg
আদিবেগ, u = 5 m s−1
শেষবেগ, v = −3 m s−1
সময়, t = 0.01 s
বলের ঘাত, J = ?
গড় বল, F = ?
আমরা জানি,
বলের ঘাত = ভরবেগের পরিবর্তন
J = m(v − u)
বা, J = 2 × (−3 − 5)
বা, J = 2 × (−8)
= −16 kg m s−1
আবার, আমরা জানি,
J = Ft
∴ F = Jt
বা, F = −160.01
= −1600 N
ঋণাত্মক চিহ্ন বোঝায় বল গোলকের আদি গতির বিপরীত দিকে ক্রিয়া করে।
উত্তর: বলের ঘাত −16 kg m s−1; গড় বল −1600 N
দেওয়া আছে,
প্রথম বস্তুর ভর, m1 = 2.0 kg
প্রথম বস্তুর আদিবেগ = u1
দ্বিতীয় বস্তুর আদিবেগ, u2 = 0
প্রথম বস্তুর শেষবেগ, v1 = u14
আঘাতপ্রাপ্ত বস্তুর ভর, m2 = ?
আমরা জানি, একমাত্রিক স্থিতিস্থাপক সংঘর্ষে u2 = 0 হলে,
v1 = m1 − m2m1 + m2u1
বা, u14 = 2 − m22 + m2u1
বা, 14 = 2 − m22 + m2
বা, 2 + m2 = 4(2 − m2)
বা, 2 + m2 = 8 − 4m2
বা, 5m2 = 6
∴ m2 = 65
= 1.2 kg
উত্তর: 1.2 kg
দেওয়া আছে,
আদিবেগ, u = 60 km h−1 = 60 × 10003600 m s−1
= 16.67 m s−1
শেষবেগ, v = 0
ঘর্ষণ গুণাঙ্ক, μ = 0.3
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
দূরত্ব, s = ?
ঘর্ষণ বলই বস্তুর মন্দন সৃষ্টি করে।
আমরা জানি,
ma = μmg
∴ মন্দন, a = μg
= 0.3 × 9.8 = 2.94 m s−2
আবার, আমরা জানি,
v2 = u2 − 2as
বা, 0 = (16.67)2 − 2 × 2.94 × s
বা, 5.88s = 277.78
∴ s = 277.785.88
= 47.24 m
উত্তর: 47.24 m
দেওয়া আছে,
ব্লকের ভর, m = 150 kg
সীমাস্থ ঘর্ষণ বল, F = 100 N
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
ঘর্ষণ গুণাঙ্ক, μ = ?
অনুভূমিক তলে অভিলম্ব প্রতিক্রিয়া, R = mg
= 150 × 9.8 = 1470 N
আমরা জানি,
μ = FR
বা, μ = 1001470
= 0.068
উত্তর: 0.068
লক্ষ করো: বইয়ের উত্তর 0.153 প্রদত্ত তথ্যের (150 kg, 100 N) সাথে মেলে না; সঠিক মান 100150 × 9.8 = 0.068।
দেওয়া আছে,
ভর, m = 20 kg
স্থিতি ঘর্ষণ গুণাঙ্ক, μs = 0.3
অনুভূমিকের সাথে কোণ, θ = 60°
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
প্রয়োজনীয় বল, F1 = ?, F2 = ?
(i) অনুভূমিকে টানলে প্রয়োজনীয় বল নির্ণয়:
এক্ষেত্রে অভিলম্ব প্রতিক্রিয়া, R = mg
আমরা জানি,
F1 = μsR = μsmg
বা, F1 = 0.3 × 20 × 9.8
= 58.8 N
(ii) 60° কোণে টানলে প্রয়োজনীয় বল নির্ণয়:
বলের উল্লম্ব উপাংশ F2sin θ ওপরের দিকে ক্রিয়া করে, তাই অভিলম্ব প্রতিক্রিয়া,
R = mg − F2sin θ
গতিশীল হওয়ার উপক্রমে বলের অনুভূমিক উপাংশ = সীমাস্থ ঘর্ষণ বল।
আমরা জানি,
F2cos θ = μsR
বা, F2cos θ = μs(mg − F2sin θ)
∴ F2 = μsmgcos θ + μssin θ
বা, F2 = 0.3 × 20 × 9.8cos 60° + 0.3sin 60°
বা, F2 = 58.80.5 + 0.2598
= 58.80.7598
= 77.39 N
উত্তর: (i) 58.8 N; (ii) 77.39 N
লক্ষ করো: (ii)-এ বইয়ের উত্তর 29.4 N এসেছে μmgcos 60° নিয়ে, যা ভুল; টানা বলের অনুভূমিক উপাংশকে সীমাস্থ ঘর্ষণের সমান ধরলে সঠিক মান 77.39 N।
দেওয়া আছে,
নতি কোণ, θ = 30°
আদিবেগ, u = 35 km h−1 = 35 × 10003600 m s−1
= 9.72 m s−1
শেষবেগ, v = 0
ঘর্ষণ গুণাঙ্ক, μ = 0.4
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
অতিক্রান্ত দূরত্ব, s = ?
ওপরে ওঠার সময় ওজনের ঢাল বরাবর উপাংশ mgsin θ এবং ঘর্ষণ বল μmgcos θ উভয়ই নিচের দিকে ক্রিয়া করে।
আমরা জানি,
ma = mgsin θ + μmgcos θ
∴ মন্দন, a = g(sin θ + μcos θ)
বা, a = 9.8 × (sin 30° + 0.4cos 30°)
বা, a = 9.8 × (0.5 + 0.3464)
= 8.295 m s−2
আবার, আমরা জানি,
v2 = u2 − 2as
বা, 0 = (9.72)2 − 2 × 8.295 × s
বা, 16.59s = 94.52
∴ s = 94.5216.59
= 5.70 m
উত্তর: 5.70 m
লক্ষ করো: বইয়ের উত্তর 4.08 m প্রদত্ত তথ্যের সাথে মেলে না; a = g(sin 30° + 0.4cos 30°) ধরে সঠিক দূরত্ব 5.70 m।
দেওয়া আছে,
তলের দৈর্ঘ্য, s = 10 m
নতি কোণ, θ = 60°
ঘর্ষণ গুণাঙ্ক, μ = 0.3
আদিবেগ, u = 0
অভিকর্ষজ ত্বরণ, g = 9.8 m s−2
সময়, t = ?
নিচে নামার সময় ওজনের ঢাল বরাবর উপাংশ mgsin θ নিচের দিকে এবং ঘর্ষণ বল μmgcos θ ওপরের দিকে ক্রিয়া করে।
আমরা জানি,
ma = mgsin θ − μmgcos θ
∴ a = g(sin θ − μcos θ)
বা, a = 9.8 × (sin 60° − 0.3cos 60°)
বা, a = 9.8 × (0.866 − 0.15)
= 7.017 m s−2
আবার, আমরা জানি,
s = ut + 12at2
বা, 10 = 0 + 12 × 7.017 × t2
বা, t2 = 207.017 = 2.850
∴ t = 2.850
= 1.69 s
উত্তর: 1.69 s