উত্তর

গড় বেগ = \( \dfrac{\text{মোট সরণ}}{\text{মোট সময়}} \)। যেহেতু বেগ সর্বদা ধনাত্মক (দিক পরিবর্তন হয়নি), তাই সরণ = অতিক্রান্ত দূরত্ব = বেগ–সময় লেখের ঐ অংশের ক্ষেত্রফল।

0–2 মিনিট (0–120 s): ত্রিভুজাকার ক্ষেত্র। দূরত্ব \( = \tfrac12 \times 120 \times 10 = 600\ \text{m} \)

2–4 মিনিট (120–240 s): সমবেগ 10 m/s। দূরত্ব \( = 10 \times 120 = 1200\ \text{m} \)

মোট সরণ (প্রথম 4 মিনিটে) \( = 600 + 1200 = 1800\ \text{m} \), মোট সময় \( = 240\ \text{s} \)

\( \therefore \) গড় বেগ \( = \dfrac{1800}{240} = \mathbf{7.5\ m/s} \)

উত্তর

কষে দেখা যায়, বেগ–সময় লেখের অধীনস্থ ক্ষেত্রফল \( \int v\,dt \) নির্দেশ করে সরণ; আর বেগ সর্বদা ধনাত্মক (ঋণাত্মক/দিক পরিবর্তন নেই) থাকলে সরণ = দূরত্ব হয়। সুতরাং এক্ষেত্রে দাবিটি যাচাই করতে সম্পূর্ণ 10 মিনিটের ক্ষেত্রফল হিসাব করা হলো —

0–2 মিনিট: ত্রিভুজ \( = \tfrac12 \times 120 \times 10 = 600\ \text{m} \)

2–8 মিনিট (360 s): আয়তক্ষেত্র \( = 360 \times 10 = 3600\ \text{m} \)

8–10 মিনিট (120 s): ট্র্যাপিজিয়াম \( = \tfrac12(10+15)\times 120 = 1500\ \text{m} \)

মোট ক্ষেত্রফল \( = 600+3600+1500 = 5700\ \text{m} \)

যেহেতু গাড়িটির বেগ পুরো 10 মিনিটে কখনোই ঋণাত্মক হয়নি (দিক পরিবর্তন হয়নি), তাই এই সময়ে অতিক্রান্ত দূরত্ব ও সরণ অভিন্ন এবং উভয়ই লেখের অধীনস্থ ক্ষেত্রফলের সমান। সুতরাং গাড়িটি 10 মিনিটে 5700 m (5.7 km) দূরত্ব অতিক্রম করেছে এবং উক্তিটি গাণিতিকভাবে সম্পূর্ণ সঠিক।

উত্তর

প্রদত্ত, \( v_0 = 25 \) m/s, \( \theta = 53^\circ \) (যেখানে \( \sin 53^\circ \approx 0.8,\ \cos 53^\circ \approx 0.6 \)), পাহাড়ের উচ্চতা \( h = 60 \) m, \( g = 10 \) m/s²।

উলম্ব বেগ উপাংশ: \( v_{0y} = v_0 \sin\theta = 25 \times 0.8 = 20\ \text{m/s} \)

নিক্ষেপণ বিন্দু (পাহাড়ের চূড়া) থেকে অতিরিক্ত সর্বোচ্চ উচ্চতা:

\( h' = \dfrac{v_{0y}^2}{2g} = \dfrac{20^2}{2\times10} = \dfrac{400}{20} = 20\ \text{m} \)

\( \therefore \) ভূমি থেকে গুলির সর্বোচ্চ উচ্চতা \( = h + h' = 60 + 20 = \mathbf{80\ m} \)

উত্তর

অনুভূমিক নিক্ষেপ (θ = 0°): শুরুতে উলম্ব বেগ শূন্য, তাই \( h = \tfrac12 g t_1^2 \) থেকে —

\( 60 = \tfrac12 \times 10 \times t_1^2 \Rightarrow t_1^2 = 12 \Rightarrow t_1 = \sqrt{12} \approx \mathbf{3.46\ s} \)

53° কোণে নিক্ষেপ (উদ্দীপকের গুলি): এক্ষেত্রে গুলিটি প্রথমে ওপরে ওঠে, তারপর নামে। চূড়া থেকে উলম্ব সরণ নেওয়া হলো নিচের দিকে ঋণাত্মক:

\( -60 = 20t_2 - \tfrac12 \times 10 \times t_2^2 \ \Rightarrow\ 5t_2^2 - 20t_2 - 60 = 0 \ \Rightarrow\ t_2^2 - 4t_2 - 12 = 0 \)

\( t_2 = \dfrac{4 \pm \sqrt{16+48}}{2} = \dfrac{4 \pm 8}{2} \Rightarrow t_2 = 6\ \text{s} \) (ঋণাত্মক মূল বর্জনীয়)

যেহেতু \( t_1 (3.46\ s) < t_2 (6\ s) \), তাই অনুভূমিক বরাবর নিক্ষিপ্ত গুলিটিই আগে মাটিতে আঘাত করবে। কারণ 53° কোণে ছোড়া গুলির একটি ঊর্ধ্বমুখী বেগ-উপাংশ থাকায় তা প্রথমে কিছু সময় ওপরে ওঠে এবং তারপর নামে, ফলে ভূমিতে পৌঁছাতে বাড়তি সময় লাগে; অন্যদিকে অনুভূমিক গুলির শুরুতেই কোনো ঊর্ধ্বমুখী বেগ না থাকায় তা সরাসরি ও দ্রুত নিচে নেমে আসে।

উত্তর

প্রদত্ত, \( v_0 = 30 \) m/s, \( \theta = 30^\circ \), \( g = 10 \) m/s²।

\( H = \dfrac{v_0^2 \sin^2\theta}{2g} = \dfrac{(30 \times \sin30^\circ)^2}{2 \times 10} = \dfrac{(15)^2}{20} = \dfrac{225}{20} \)

\( \therefore H = \mathbf{11.25\ m} \)

উত্তর

অনুভূমিক পাল্লা:

\( R = \dfrac{v_0^2 \sin2\theta}{g} = \dfrac{30^2 \times \sin60^\circ}{10} = \dfrac{900 \times 0.866}{10} \approx \mathbf{77.94\ m} \)

a ও b বিন্দুর অবস্থান (y = 4 m ধরে): উলম্ব সরণ সমীকরণ \( y = v_0\sin\theta\, t - \tfrac12 g t^2 \) এ \(y=4\) বসিয়ে —

\( 4 = 15t - 5t^2 \Rightarrow 5t^2 - 15t + 4 = 0 \Rightarrow t = \dfrac{15 \pm \sqrt{225-80}}{10} = \dfrac{15 \pm \sqrt{145}}{10} \)

\( t_a \approx 0.296\ \text{s},\qquad t_b \approx 2.704\ \text{s} \)

অনুভূমিক দূরত্ব: \( x = v_0\cos\theta \cdot t = 30 \times 0.866 \times t \)

\( x_a \approx 25.98 \times 0.296 \approx 7.69\ \text{m}, \qquad x_b \approx 25.98 \times 2.704 \approx 70.26\ \text{m} \)

\( \therefore ab = x_b - x_a \approx 70.26 - 7.69 \approx \mathbf{62.57\ m} \)

তুলনা: \( ab\,(\approx 62.57\ m) < R\,(\approx 77.94\ m) \)। যেহেতু a ও b বিন্দুদ্বয় ভূমি-স্তর (y = 0) এ নয় বরং তার ওপরে (y = 4 m) অবস্থিত, তাই ab অংশটি সম্পূর্ণ পাল্লা R-এর একটি ভেতরের (নেস্টেড) উপ-অংশ মাত্র — এ কারণেই ab, R অপেক্ষা ছোট হওয়াই স্বাভাবিক ও গাণিতিকভাবে সংগতিপূর্ণ।

উত্তর

প্রদত্ত, \( v_0=32 \) m/s, \( \theta=30^\circ \), \( t=1.2 \) s, \( g=10 \) m/s²।

অনুভূমিক উপাংশ (অপরিবর্তিত): \( v_x = v_0\cos\theta = 32 \times 0.866 \approx 27.71\ \text{m/s} \)

উলম্ব উপাংশ: \( v_y = v_0\sin\theta - gt = 32 \times 0.5 - 10 \times 1.2 = 16 - 12 = 4\ \text{m/s} \)

লব্ধি বেগ: \( v = \sqrt{v_x^2+v_y^2} = \sqrt{27.71^2 + 4^2} = \sqrt{767.8+16} = \sqrt{783.8} \approx \mathbf{28.0\ m/s} \)

দিক: \( \tan\alpha = \dfrac{v_y}{v_x} = \dfrac{4}{27.71} \Rightarrow \alpha \approx 8.2^\circ \) (অনুভূমিকের সাথে ওপরের দিকে)

অর্থাৎ, 1.2 s পরে বস্তুটির বেগ প্রায় 28.0 m/s, যা অনুভূমিকের সাথে প্রায় 8.2° কোণে (এখনও ঊর্ধ্বমুখী) ক্রিয়াশীল।

উত্তর

প্রাসের সাধারণ গতিপথ সমীকরণ: \( y = x\tan\theta - \dfrac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta} \)। \( t=\tan\theta \) ধরে and \(x = 85\) m, \(v_0=32\) m/s, \(g=10\) বসিয়ে —

\( y = 85t - \dfrac{10\times85^2}{2\times32^2}(1+t^2) = -35.28\,t^2 + 85\,t - 35.28 \)

দেয়ালের চূড়ার উচ্চতা \(y=2\) m বসিয়ে সেই কোণগুলো নির্ণয় করা হলো যেখানে গতিপথ ঠিক দেয়ালের চূড়া স্পর্শ করে:

\( -35.28t^2+85t-35.28=2 \Rightarrow 35.28t^2 - 85t + 37.28 = 0 \)

\( t = \dfrac{85 \pm \sqrt{85^2 - 4\times35.28\times37.28}}{2\times35.28} = \dfrac{85 \pm 44.3}{70.56} \)

\( t_1 = 0.577 \Rightarrow \theta_1 \approx 30.0^\circ \) (উদ্দীপকের প্রদত্ত কোণের সাথে হুবহু মিলে যায় — অর্থাৎ 30° কোণে গুলিটি ঠিক দেয়ালের চূড়া ঘেঁষে অতিক্রম করে যায়)

\( t_2 = 1.833 \Rightarrow \theta_2 \approx 61.3^\circ \)

যেহেতু \(y(x{=}85)\)-এর রাশিটি \(t\)-এর একটি ঊর্ধ্বমুখী উত্তল (concave-down) রাশি, তাই \( \theta_1 \) ও \( \theta_2 \)-এর মধ্যবর্তী যেকোনো কোণে \(y>2\) হয়, অর্থাৎ প্রাসটি দেয়ালের ওপর দিয়ে অতিক্রম করে যায় (যেমনটি উদ্দীপকে ঘটেছে)। কিন্তু কোণ \( \theta_2 \approx 61.3^\circ \) -এ পৌঁছালে গতিপথ ঠিক দেয়ালের চূড়ায় স্পর্শ করবে এবং এর চেয়ে কোণ বাড়ালে প্রাসটি চূড়ার নিচে (\(y<2\) m) আঘাত করবে, অর্থাৎ দেয়ালে বাধাপ্রাপ্ত হবে।

\( \dots \) নিক্ষেপণ কোণের সর্বনিম্ন প্রয়োজনীয় পরিবর্তন \( \approx \theta_2-\theta_1 = 61.3^\circ - 30^\circ = \mathbf{31.3^\circ} \) বৃদ্ধি — অর্থাৎ কোণটি 30° থেকে বাড়িয়ে প্রায় 61.3° বা তার বেশি করলে প্রাসটি আর দেয়ালের ওপর দিয়ে যেতে পারবে না, বরং AB দেয়ালে বাধা পাবে।

উত্তর

প্রদত্ত সময়কাল থেকে অনুমেয়, \(g = 9.8\) m/s² ধরে হিসাব করা হয়েছে। উড্ডয়নকাল:

\( T = \dfrac{2v_0\sin\alpha}{g} \Rightarrow 3.062 = \dfrac{2\times30\times\sin\alpha}{9.8} \)

\( \sin\alpha = \dfrac{3.062 \times 9.8}{60} = \dfrac{30.01}{60} \approx 0.500 \)

\( \therefore \alpha = \sin^{-1}(0.5) = \mathbf{30^\circ} \)

উত্তর

প্রাসের অনুভূমিক পাল্লা \( R = \dfrac{v_0^2\sin2\theta}{g} \)। যেহেতু \( \sin2\theta = \sin(180^\circ - 2\theta) = \sin\big(2(90^\circ-\theta)\big) \), তাই একই আদিবেগে \(\theta\) ও তার পূরক কোণ \((90^\circ-\theta)\) — উভয় কোণে নিক্ষেপ করলে সমান পাল্লা পাওয়া যায়।

OAC পথ (\(\theta=\alpha=30^\circ\)):

\( R_{OAC} = \dfrac{30^2 \times \sin60^\circ}{9.8} = \dfrac{900 \times 0.866}{9.8} \approx 79.53\ \text{m} \)

OBC পথ (পূরক কোণ \(\beta = 90^\circ-30^\circ=60^\circ\)):

\( R_{OBC} = \dfrac{30^2 \times \sin120^\circ}{9.8} = \dfrac{900 \times 0.866}{9.8} \approx 79.53\ \text{m} \)

যেহেতু \( R_{OAC} = R_{OBC} \), তাই গাণিতিকভাবে প্রমাণিত হয় যে 60° কোণে নিক্ষেপ করলেও বস্তুটি একই বিন্দু C-তে গিয়ে পড়বে — অর্থাৎ OBC পথে C বিন্দুতে পৌঁছানো সম্পূর্ণ সম্ভব।

তবে এক্ষেত্রে সময় ভিন্ন হবে: \( T_{OBC} = \dfrac{2\times30\times\sin60^\circ}{9.8} = \dfrac{60\times0.866}{9.8} \approx \mathbf{5.30\ s} \), যা OAC পথের 3.062 s অপেক্ষা বেশি — কারণ বড় কোণে (60°) নিক্ষেপের ফলে বস্তুটি অধিক উচ্চতায় ওঠে এবং তাই C বিন্দুতে পৌঁছাতে অধিক সময় নেয়।