AIEEE 2007 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે વેગ $v = \frac{dx}{dt}$,જેનો અર્થ છે કે $dx = v \, dt$.
$t = 0$ સમયે $x = 0$ ની પ્રારંભિક શરત સાથે બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$x = \int_{0}^{t} v \, dt = \int_{0}^{t} (v_0 + gt + ft^2) \, dt$.
સંકલન કરતા:
$x = \left[ v_0 t + \frac{gt^2}{2} + \frac{ft^3}{3} \right]_{0}^{t} = v_0 t + \frac{gt^2}{2} + \frac{ft^3}{3}$.
એકમ સમય $(t = 1)$ પર સ્થાનાંતર શોધવા માટે,સમીકરણમાં $t = 1$ મૂકતા:
$x = v_0(1) + \frac{g(1)^2}{2} + \frac{f(1)^3}{3} = v_0 + \frac{g}{2} + \frac{f}{3}$.

(D) ધારો કે તંત્રનો પ્રવેગ $a$ છે. બ્લોકો સ્પ્રિંગ દ્વારા જોડાયેલા હોવાથી અને લીસી સમક્ષિતિજ સપાટી પર સાથે ગતિ કરતા હોવાથી,બંને બ્લોકોનો પ્રવેગ $a$ સમાન હશે.
બે બ્લોકોના તંત્ર માટે,કુલ બળ $F$ છે. ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,$F = (m + M)a$,તેથી $a = \frac{F}{m + M}$ મળે.
$m$ દળના બ્લોક પર લાગતું બળ એ સ્પ્રિંગ બળ $T$ છે. $m$ દળના બ્લોક માટે ન્યૂટનનો બીજો નિયમ વાપરતા,$T = ma$ મળે.
$a$ ની કિંમત મૂકતા,$T = m \left( \frac{F}{m + M} \right) = \frac{mF}{m + M}$ મળે.

(A) ધારો કે બ્લોક સ્થિર થાય તે પહેલાં સ્પ્રિંગને $x$ મીટર જેટલી દબાવે છે.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,બ્લોકની પ્રારંભિક ગતિઊર્જા એ સ્પ્રિંગમાં સંગ્રહિત સ્થિતિઊર્જા અને ઘર્ષણ વિરુદ્ધ થયેલા કાર્યના સરવાળા જેટલી હોય છે.
પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $(K_i)$ = $\frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} \times 2 \times (4)^2 = 16 \ J$.
ઘર્ષણ વિરુદ્ધ થયેલું કાર્ય $(W_f)$ = $f_k \times x = 15x$.
સ્પ્રિંગની સ્થિતિઊર્જા $(U_s)$ = $\frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} \times 10,000 \times x^2 = 5,000x^2$.
ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $K_i = U_s + W_f$.
$16 = 5,000x^2 + 15x$.
$5,000x^2 + 15x - 16 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x = \frac{-15 + \sqrt{15^2 - 4(5,000)(-16)}}{2 \times 5,000} = \frac{-15 + \sqrt{225 + 320,000}}{10,000} \approx 0.055 \ m$.
$x = 5.5 \ cm$.

(A) સ્થાયી અવસ્થામાં,બંને વિભાગોમાંથી પસાર થતો ઉષ્માનો દર સમાન હોય છે.
ધારો કે જોડાણ બિંદુ આગળનું તાપમાન $T$ છે.
ઉષ્મા વહનનો દર $H = \frac{KA(T_{high} - T_{low})}{l}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ વિભાગ માટે: $H = \frac{K_1 A(T_1 - T)}{l_1}$.
બીજા વિભાગ માટે: $H = \frac{K_2 A(T - T_2)}{l_2}$.
બંને દરોને સરખાવતા: $\frac{K_1 A(T_1 - T)}{l_1} = \frac{K_2 A(T - T_2)}{l_2}$.
$\frac{K_1(T_1 - T)}{l_1} = \frac{K_2(T - T_2)}{l_2}$.
$K_1 l_2(T_1 - T) = K_2 l_1(T - T_2)$.
$K_1 l_2 T_1 - K_1 l_2 T = K_2 l_1 T - K_2 l_1 T_2$.
$K_1 l_2 T_1 + K_2 l_1 T_2 = T(K_1 l_2 + K_2 l_1)$.
$T = \frac{K_1 l_2 T_1 + K_2 l_1 T_2}{K_1 l_2 + K_2 l_1}$.

(B) ઢળતા સમતલ પર સરક્યા વગર ગબડતા પદાર્થ માટે,તેના પર લાગતા બળોમાં નીચેની તરફ ગુરુત્વાકર્ષણનો ઘટક $Mg \sin \theta$ અને ઉપરની તરફ સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f$ છે.
રેખીય ગતિ માટે ન્યૂટનનો બીજો નિયમ લાગુ પાડતા: $Mg \sin \theta - f = Ma$ (જ્યાં $a$ એ રેખીય પ્રવેગ છે).
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની આસપાસ ચાકગતિ માટે ન્યૂટનનો બીજો નિયમ: $\tau = I \alpha = fR$,જ્યાં $\alpha = a/R$ એ કોણીય પ્રવેગ છે.
રેખીય સમીકરણમાં $f = I \alpha / R = I a / R^2$ મૂકતા:
$Mg \sin \theta - \frac{I a}{R^2} = Ma$
$Mg \sin \theta = Ma + \frac{I a}{R^2} = Ma(1 + \frac{I}{M R^2})$
$a$ માટે ઉકેલતા,આપણને મળે છે: $a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{I}{M R^2}}$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે ટોર્ક $\vec{\tau}$ એ કોણીય વેગમાન $\vec{L}$ ના ફેરફારના દર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે,જે $\vec{\tau} = \frac{d\vec{L}}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કેન્દ્રીય બળ એવું બળ છે જે કણ અને બળના કેન્દ્ર (ઉગમબિંદુ) ને જોડતી રેખા પર કાર્ય કરે છે. સ્થાન સદિશ $\vec{r}$ અને બળ સદિશ $\vec{F}$ એક જ રેખા પર હોવાથી,ટોર્ક $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$ શૂન્ય થાય છે.
જેથી $\vec{\tau} = 0$ હોવાથી,$\frac{d\vec{L}}{dt} = 0$ ના સંબંધ પરથી કહી શકાય કે કોણીય વેગમાન $\vec{L}$ સમય સાથે અચળ રહે છે.

(D) ધારો કે ચોરસ લેમિનાનું દળ $M$ અને બાજુની લંબાઈ $a$ છે. તેના કેન્દ્ર $O$ માંથી પસાર થતી અને તેના સમતલને લંબ અક્ષ $(I_z)$ વિશે ચોરસ લેમિનાની જડત્વની આઘૂર્ણ $I_z = I_x + I_y$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I_x$ અને $I_y$ એ કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અને બાજુઓને સમાંતર અક્ષો વિશેની જડત્વની આઘૂર્ણ છે. સંમિતિ દ્વારા,$I_x = I_y = I_{EF} = I_{GH}$ (જ્યાં $EF$ અને $GH$ એ વિરુદ્ધ બાજુઓના મધ્યબિંદુઓમાંથી પસાર થતી અક્ષો છે). આમ,$I_z = 2 I_{EF}$.
તે જ રીતે,વિકર્ણ અક્ષો $AC$ અને $BD$ વિશેની જડત્વની આઘૂર્ણ સંમિતિ દ્વારા સમાન છે,તેથી $I_{AC} = I_{BD}$. લંબ અક્ષ પ્રમેય મુજબ,$I_z = I_{AC} + I_{BD} = 2 I_{AC}$.
$I_z$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા,આપણને $2 I_{EF} = 2 I_{AC}$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ આપતા $I_{AC} = I_{EF}$ મળે છે.

(D) $Mayer$ ના સંબંધ મુજબ,મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્માઓનો તફાવત $C_{p,m} - C_{v,m} = R$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
એકમ દળ દીઠ વિશિષ્ટ ઉષ્મા શોધવા માટે,આપણે મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્માઓને વાયુના મોલર દળ $M$ વડે ભાગીએ છીએ.
નાઈટ્રોજન વાયુ $(N_2)$ માટે,મોલર દળ $M = 28 \ g/mol$ છે.
તેથી,વિશિષ્ટ ઉષ્માનો તફાવત $C_p - C_v = \frac{C_{p,m}}{M} - \frac{C_{v,m}}{M} = \frac{R}{M}$ થાય.
$M = 28$ મૂકતા,આપણને $C_p - C_v = \frac{R}{28}$ મળે છે.

(B) ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U$ એ અવસ્થા વિધેય છે અને તે માત્ર પ્રારંભિક અને અંતિમ અવસ્થાઓ પર આધાર રાખે છે,લીધેલા પથ પર નહીં.
પથ $iaf$ માટે:
$\Delta U = Q_{iaf} - W_{iaf}$
$\Delta U = 50 \, cal - 20 \, cal = 30 \, cal$.
પથ $ibf$ માટે પ્રારંભિક અવસ્થા $i$ અને અંતિમ અવસ્થા $f$ સમાન હોવાથી,આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U$ સમાન રહે છે.
પથ $ibf$ માટે:
$\Delta U = Q_{ibf} - W_{ibf}$
$30 \, cal = 36 \, cal - W_{ibf}$
$W_{ibf} = 36 \, cal - 30 \, cal = 6 \, cal$.

(C) કાર્નોટ એન્જિનની કાર્યક્ષમતા $(\eta)$ અને રેફ્રિજરેટરના પરફોર્મન્સ ગુણાંક $(\beta)$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$\beta = \frac{1 - \eta}{\eta}$
અહીં $\eta = 1/10$ આપેલ છે,તેથી પરફોર્મન્સ ગુણાંક:
$\beta = \frac{1 - 1/10}{1/10} = \frac{9/10}{1/10} = 9$
પરફોર્મન્સ ગુણાંક $(\beta)$ ને ઠંડા રિઝર્વોયરમાંથી શોષાયેલી ઉષ્મા $(Q_2)$ અને સિસ્ટમ પર થયેલા કાર્ય $(W)$ ના ગુણોત્તર તરીકે પણ વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે:
$\beta = \frac{Q_2}{W}$
અહીં $W = 10 \ J$ અને $\beta = 9$ આપેલ છે,તેથી:
$9 = \frac{Q_2}{10 \ J}$
$Q_2 = 9 \times 10 \ J = 90 \ J$
આમ,નીચા તાપમાને રહેલા રિઝર્વોયરમાંથી શોષાયેલી ઉર્જા $90 \ J$ છે.

(A) બે સ્પ્રિંગ $m$ દળ સાથે સમાંતર જોડાયેલી છે.
અસરકારક સ્પ્રિંગ અચળાંક $k_{eff} = k_1 + k_2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
દોલનની આવૃત્તિ $f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k_1 + k_2}{m}}$ ... $(i)$
જ્યારે $k_1$ અને $k_2$ બંનેને તેમના મૂળ મૂલ્યો કરતા ચાર ગણા કરવામાં આવે છે,ત્યારે નવા સ્પ્રિંગ અચળાંક $k_1' = 4k_1$ અને $k_2' = 4k_2$ થાય છે.
નવો અસરકારક સ્પ્રિંગ અચળાંક $k_{eff}' = 4k_1 + 4k_2 = 4(k_1 + k_2)$ છે.
દોલનની નવી આવૃત્તિ $f'$ એ $f' = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k_{eff}'}{m}} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{4(k_1 + k_2)}{m}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$f' = 2 \times \left( \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k_1 + k_2}{m}} \right) = 2f$.

(B) સરળ આવર્ત ગતિ કરતા કણની તાત્ક્ષણિક ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2} m v_{inst}^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 a^2 \cos^2(\omega t + \phi)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સંતુલન સ્થાન પર સ્થાનાંતર $x = 0$ છે,તેથી $x = a \sin(\omega t)$ મુજબ $\omega t = 0$ થાય. અંતિમ સ્થાન પર $x = a$ હોવાથી $\omega t = \pi/2$ થાય.
કોઈ સમયગાળા દરમિયાન સરેરાશ ગતિઊર્જા $\langle K \rangle = \frac{1}{T'} \int_0^{T'} K dt$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે,જ્યાં $T'$ એ સંતુલન સ્થાનથી અંતિમ સ્થાન સુધી પહોંચવા માટેનો સમય છે $(T' = T/4 = 1/(4v))$.
$\langle K \rangle = \frac{1}{T/4} \int_0^{T/4} \frac{1}{2} m \omega^2 a^2 \cos^2(\omega t) dt$
$\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\langle K \rangle = \frac{4}{T} \cdot \frac{1}{2} m \omega^2 a^2 \int_0^{T/4} \frac{1 + \cos(2\omega t)}{2} dt$
$\langle K \rangle = \frac{m \omega^2 a^2}{T} [t + \frac{\sin(2\omega t)}{2\omega}]_0^{T/4}$
અહીં $\omega = 2\pi v$ અને $T = 1/v$ હોવાથી,$t = T/4$ સમયે $2\omega t = \pi$ થાય.
$\langle K \rangle = \frac{m \omega^2 a^2}{T} [T/4] = \frac{m \omega^2 a^2}{4} = \frac{m (2\pi v)^2 a^2}{4} = \pi^2 m a^2 v^2$.

(B) સ્થાનાંતરનું સમીકરણ $x = 2 \times 10^{-2} \cos(\pi t)$ છે.
વેગ $v$ શોધવા માટે, આપણે સ્થાનાંતરનું સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt} [2 \times 10^{-2} \cos(\pi t)] = -2 \times 10^{-2} \pi \sin(\pi t)$.
ઝડપ એ વેગનું મૂલ્ય છે, $|v| = |2 \times 10^{-2} \pi \sin(\pi t)|$.
ઝડપ મહત્તમ હોવા માટે, $|\sin(\pi t)|$ નું મૂલ્ય $1$ હોવું જોઈએ.
આ ત્યારે થાય છે જ્યારે $\sin(\pi t) = 1$ અથવા $\sin(\pi t) = -1$ હોય.
પ્રથમ વખત આ ત્યારે થાય છે જ્યારે $\sin(\pi t) = 1$, જે $\pi t = \frac{\pi}{2}$ ને અનુરૂપ છે.
$t$ માટે ઉકેલતા, આપણને $t = \frac{1}{2} = 0.5 \text{ s}$ મળે છે.

(A) આપેલ સ્થાનાંતરનું સમીકરણ: $x = x_0 \cos(\omega t - \frac{\pi}{4})$.
વેગ $v = \frac{dx}{dt} = -x_0 \omega \sin(\omega t - \frac{\pi}{4})$.
પ્રવેગ $a = \frac{dv}{dt} = -x_0 \omega^2 \cos(\omega t - \frac{\pi}{4})$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(\theta + \pi) = -\cos(\theta)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે પ્રવેગને આ રીતે લખી શકીએ:
$a = x_0 \omega^2 \cos(\omega t - \frac{\pi}{4} + \pi) = x_0 \omega^2 \cos(\omega t + \frac{3\pi}{4})$.
આને આપેલ સ્વરૂપ $a = A \cos(\omega t + \delta)$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$A = x_0 \omega^2$ અને $\delta = \frac{3\pi}{4}$.

(C) ડેસિબલ $(dB)$ માં ધ્વનિ સ્તર $L$ નું સૂત્ર $L = 10 \log_{10} \left( \frac{I}{I_0} \right)$ છે,જ્યાં $I$ એ તીવ્રતા છે અને $I_0$ એ સંદર્ભ તીવ્રતા છે.
ધ્વનિ સ્તરમાં થતો ફેરફાર $\Delta L = L_1 - L_2 = 20 \ dB$ છે.
સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\Delta L = 10 \log_{10} \left( \frac{I_1}{I_0} \right) - 10 \log_{10} \left( \frac{I_2}{I_0} \right) = 10 \log_{10} \left( \frac{I_1}{I_2} \right)$.
અહીં $\Delta L = 20$ આપેલ હોવાથી,$20 = 10 \log_{10} \left( \frac{I_1}{I_2} \right)$.
$10$ વડે ભાગતા,$2 = \log_{10} \left( \frac{I_1}{I_2} \right)$.
એન્ટિલોગ લેતા,$\frac{I_1}{I_2} = 10^2 = 100$.
તેથી,તીવ્રતા $100$ ના અવયવ (ગણા) જેટલી ઘટે છે.

(A) ઈલેક્ટ્રોનિક ચાર્જ એ એક મૂળભૂત ભૌતિક અચળાંક છે અને તે ઈલેક્ટ્રોનનો આંતરિક ગુણધર્મ છે.
તે ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર અથવા જ્યાં માપન કરવામાં આવે છે તે સ્થાન પર આધાર રાખતું નથી.
મિલિકનનો ઓઈલ ડ્રોપ પ્રયોગ પ્રાથમિક ચાર્જ $e$ નું મૂલ્ય નક્કી કરે છે,જે આશરે $1.602 \times 10^{-19} \ C$ છે.
ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ ($g_E$ અથવા $g_M$) ગમે તે હોય,ઈલેક્ટ્રોનનો ચાર્જ અચળ રહે છે,તેથી ચંદ્ર પરના ઈલેક્ટ્રોનિક ચાર્જ અને પૃથ્વી પરના ઈલેક્ટ્રોનિક ચાર્જનો ગુણોત્તર $1$ થાય છે.

(B) શરૂઆતની ગતિઊર્જા $KE = \frac{1}{2} m u^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $u$ એ શરૂઆતનો વેગ છે.
પ્રક્ષિપ્ત ગતિના મહત્તમ ઊંચાઈના બિંદુએ,વેગનો શિરોલંબ ઘટક શૂન્ય થઈ જાય છે અને દડાનો વેગ તેના સમક્ષિતિજ ઘટક જેટલો હોય છે.
$v_x = u \cos \theta = u \cos 60^{\circ} = u \times \frac{1}{2} = \frac{u}{2}$.
મહત્તમ ઊંચાઈએ ગતિઊર્જા $(KE_{top})$ નીચે મુજબ મળે છે:
$KE_{top} = \frac{1}{2} m v_x^2 = \frac{1}{2} m \left( \frac{u}{2} \right)^2$.
$KE_{top} = \frac{1}{2} m \left( \frac{u^2}{4} \right) = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{2} m u^2 \right)$.
આમ,$KE = \frac{1}{2} m u^2$ હોવાથી,$KE_{top} = \frac{KE}{4}$ થાય.

(B) ધારો કે સંપૂર્ણ તકતીનું દળ $M$ છે.
એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ દળ $\sigma = \frac{M}{\pi(2R)^2} = \frac{M}{4\pi R^2}$ છે.
$R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી દૂર કરેલી વર્તુળાકાર તકતીનું દળ $M_1 = \sigma \cdot \pi R^2 = \frac{M}{4\pi R^2} \cdot \pi R^2 = \frac{M}{4}$ છે.
બાકી રહેલી તકતીનું દળ $M_2 = M - M_1 = M - \frac{M}{4} = \frac{3M}{4}$ છે.
ધારો કે મોટી તકતીનું કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ $(0,0)$ પર છે. દૂર કરેલી તકતીનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x_1 = R$ પર છે અને બાકી રહેલી તકતીનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x_2 = -\alpha R$ પર છે.
મૂળ તકતીનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ પર હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$M_1 x_1 + M_2 x_2 = 0$
$\frac{M}{4} \cdot R + \frac{3M}{4} \cdot (-\alpha R) = 0$
$\frac{M}{4} \cdot R = \frac{3M}{4} \cdot \alpha R$
$\alpha = \frac{1}{3}$.

(C) ઉગમબિંદુથી બિંદુ $A(\sqrt{2}, \sqrt{2})$ નું અંતર:
$OA = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{2 + 2} = \sqrt{4} = 2 \text{ એકમ}$.
ઉગમબિંદુથી બિંદુ $B(2, 0)$ નું અંતર:
$OB = \sqrt{(2)^2 + (0)^2} = \sqrt{4} = 2 \text{ એકમ}$.
બિંદુવત વિદ્યુતભાર $Q$ થી $r$ અંતરે વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં બંને બિંદુઓ $A$ અને $B$ ઉગમબિંદુ પર મૂકેલા વિદ્યુતભાર $Q = 10^{-3} \mu C$ થી સમાન અંતરે $(r = 2 \text{ એકમ})$ આવેલા હોવાથી,આ બિંદુઓ પરનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન સમાન હશે:
$V_A = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{OA}$ અને $V_B = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{OB}$.
$OA = OB = 2$ હોવાથી,$V_A = V_B$ થાય.
તેથી,બિંદુઓ $A$ અને $B$ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત:
$V_A - V_B = 0 \text{ V}$.

(A) ચોરસના કેન્દ્ર પરનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V$ એ વ્યક્તિગત વિદ્યુતભારોને કારણે ઉદ્ભવતા સ્થિતિમાનનો બેઝિક સરવાળો છે: $V = \sum \frac{kq}{r}$. દરેક શિરોબિંદુથી કેન્દ્ર સુધીનું અંતર $r$ સમાન હોવાથી,$V = \frac{k}{r} (q_A + q_B + q_C + q_D)$. વિદ્યુતભારોની અદલાબદલી કરવાથી સરવાળો $(q_A + q_B + q_C + q_D)$ બદલાતો નથી,તેથી $V$ બદલાતું નથી.
વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec E$ એ સદિશ રાશિ છે. કેન્દ્ર પરનું પરિણામી વિદ્યુતક્ષેત્ર એ વ્યક્તિગત વિદ્યુતભારોને કારણે ઉદ્ભવતા ક્ષેત્રોનો સદિશ સરવાળો છે. શરૂઆતમાં,$A, B$ પર $q$ અને $C, D$ પર $-q$ વિદ્યુતભાર છે. $A$ ને $D$ સાથે અને $B$ ને $C$ સાથે અદલાબદલી કર્યા પછી,$A$ અને $B$ પરના વિદ્યુતભાર $-q$ થાય છે,અને $C$ અને $D$ પરના વિદ્યુતભાર $q$ થાય છે. આ અસરકારક રીતે કેન્દ્ર પરના પરિણામી વિદ્યુતક્ષેત્ર સદિશની દિશા ઉલટાવે છે. આમ,$\vec E$ બદલાય છે.

(A) આપેલ સ્થિતિમાન વિધેય $V(x) = \frac{20}{x^2 - 4} \text{ volt}$ છે.
વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ અને સ્થિતિમાન $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $E = -\frac{dV}{dx}$ છે.
$E = -\frac{d}{dx} \left( 20(x^2 - 4)^{-1} \right) = -20 \cdot (-1)(x^2 - 4)^{-2} \cdot (2x) = \frac{40x}{(x^2 - 4)^2}$.
હવે,$E$ ના સમીકરણમાં $x = 4 \mu m$ મૂકતા:
$E = \frac{40(4)}{(4^2 - 4)^2} = \frac{160}{(16 - 4)^2} = \frac{160}{12^2} = \frac{160}{144}$.
અંશ અને છેદને $16$ વડે ભાગતા,આપણને $E = \frac{10}{9} \text{ V/}\mu m$ મળે છે.
પરિણામ ધન હોવાથી,વિદ્યુતક્ષેત્ર $+ve \ x$ દિશામાં છે.

(A) ધારો કે શરૂઆતનું કેપેસિટન્સ $C = \frac{K \epsilon_0 A}{d}$ છે. કેપેસિટર પરનો ચાર્જ $Q = CV = \frac{K \epsilon_0 A V}{d}$ છે.
જ્યારે ડાયઇલેક્ટ્રિક દૂર કરવામાં આવે છે,ત્યારે કેપેસિટન્સ $C_0 = \frac{\epsilon_0 A}{d} = \frac{C}{K}$ થાય છે.
કેપેસિટર બેટરીથી ડિસ્કનેક્ટ થયેલું હોવાથી,ચાર્જ $Q$ અચળ રહે છે.
શરૂઆતની સ્થિતિઊર્જા $U_i = \frac{Q^2}{2C}$ છે.
જ્યારે ડાયઇલેક્ટ્રિક દૂર કરવામાં આવે છે,ત્યારે સ્થિતિઊર્જા $U_{removed} = \frac{Q^2}{2C_0} = \frac{Q^2}{2(C/K)} = K \frac{Q^2}{2C} = K U_i$ થાય છે.
જ્યારે ડાયઇલેક્ટ્રિક ફરીથી દાખલ કરવામાં આવે છે,ત્યારે કેપેસિટન્સ પાછું $C$ થઈ જાય છે અને સ્થિતિઊર્જા $U_f = \frac{Q^2}{2C} = U_i$ થઈ જાય છે.
સિસ્ટમ દ્વારા કરવામાં આવેલ કુલ કાર્ય એ સ્થિતિઊર્જામાં થતો ફેરફાર છે: $W = -(U_f - U_i) = -(U_i - U_i) = 0$.
આમ,આ પ્રક્રિયામાં સિસ્ટમ દ્વારા કરવામાં આવેલ કુલ કાર્ય શૂન્ય છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે તાપમાન $t$ પર અવરોધનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$R_{t} = R_{0}(1 + \alpha t)$
જ્યાં $R_{t}$ એ $t\, ^\circ C$ તાપમાને અવરોધ છે,$R_{0}$ એ $0\, ^\circ C$ તાપમાને અવરોધ છે,અને $\alpha$ એ અવરોધનો તાપમાન ગુણાંક છે.
$t = 50\, ^\circ C$ માટે:
$5 = R_{0}(1 + 50\alpha)$ ......$(i)$
$t = 100\, ^\circ C$ માટે:
$6 = R_{0}(1 + 100\alpha)$ ......$(ii)$
સમીકરણ $(i)$ ને સમીકરણ $(ii)$ વડે ભાગતા:
$\frac{5}{6} = \frac{R_{0}(1 + 50\alpha)}{R_{0}(1 + 100\alpha)}$
$\frac{5}{6} = \frac{1 + 50\alpha}{1 + 100\alpha}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$5(1 + 100\alpha) = 6(1 + 50\alpha)$
$5 + 500\alpha = 6 + 300\alpha$
$200\alpha = 1$
$\alpha = \frac{1}{200} = 0.005\, ^\circ C^{-1}$
હવે,$R_{0}$ શોધવા માટે $\alpha$ ની કિંમત સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$5 = R_{0}(1 + 50 \times 0.005)$
$5 = R_{0}(1 + 0.25)$
$5 = R_{0}(1.25)$
$R_{0} = \frac{5}{1.25} = 4\, \Omega$
આમ,$0\, ^\circ C$ તાપમાને અવરોધ $4\, \Omega$ છે.

(B) એમ્પીયરના સર્કિટલ નિયમ મુજબ,કોઈપણ બંધ લૂપની આસપાસ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}$ નું રેખીય સંકલન એ લૂપ દ્વારા ઘેરાયેલા કુલ વિદ્યુતપ્રવાહ $I_{\text{enclosed}}$ ના $\mu_0$ ગણું હોય છે.
$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 I_{\text{enclosed}}$
પાતળી દીવાલવાળા પાઇપ માટે જેની લંબાઈ સાથે $I$ પ્રવાહ વહે છે,પાઇપની અંદર દોરવામાં આવેલ કોઈપણ બંધ લૂપ શૂન્ય ચોખ્ખો પ્રવાહ ઘેરે છે $(I_{\text{enclosed}} = 0)$.
કારણ કે પ્રવાહ માત્ર પાઇપની સપાટી પર જ વહે છે,તેથી આંતરિક ભાગમાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
તેથી,$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = 0$,જેનો અર્થ છે કે પાઇપની અંદરના કોઈપણ બિંદુએ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}$ શૂન્ય છે.

(B) ત્રિજ્યા ધરાવતા અને સમાન રીતે વહેંચાયેલા $i$ પ્રવાહવાળા લાંબા સીધા તાર માટે:
$1$. તારની અંદર $r < a$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{in} = \frac{\mu_0 i r}{2 \pi a^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r = a/2$ માટે, $B_1 = \frac{\mu_0 i (a/2)}{2 \pi a^2} = \frac{\mu_0 i}{4 \pi a}$.
$2$. તારની બહાર $r > a$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{out} = \frac{\mu_0 i}{2 \pi r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r = 2a$ માટે, $B_2 = \frac{\mu_0 i}{2 \pi (2a)} = \frac{\mu_0 i}{4 \pi a}$.
$3$. $a/2$ અને $2a$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્રનો ગુણોત્તર:
$\frac{B_1}{B_2} = \frac{\frac{\mu_0 i}{4 \pi a}}{\frac{\mu_0 i}{4 \pi a}} = 1$.

(B) કણ પર લાગતું કુલ લોરેન્ઝ બળ $\vec{F} = q(\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B})$ છે.
કણ વેગમાં કોઈ ફેરફાર વગર વિસ્તારમાંથી પસાર થાય છે,તેથી કુલ બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ,એટલે કે $\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B} = 0$,જેનો અર્થ છે કે $\vec{E} = -(\vec{v} \times \vec{B}) = \vec{B} \times \vec{v}$.
બંને બાજુ $\vec{B}$ સાથે સદિશ ગુણાકાર (cross product) લેતા: $\vec{E} \times \vec{B} = (\vec{B} \times \vec{v}) \times \vec{B}$.
સદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકારના નિત્યસમ $(\vec{A} \times \vec{B}) \times \vec{C} = \vec{B}(\vec{A} \cdot \vec{C}) - \vec{A}(\vec{B} \cdot \vec{C})$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\vec{E} \times \vec{B} = \vec{v}(\vec{B} \cdot \vec{B}) - \vec{B}(\vec{v} \cdot \vec{B})$.
અહીં $\vec{v} \perp \vec{B}$ હોવાથી,$\vec{v} \cdot \vec{B} = 0$,તેથી $\vec{E} \times \vec{B} = \vec{v} B^2$.
આમ,$\vec{v} = \frac{\vec{E} \times \vec{B}}{B^2}$.

(C) લાંબા સીધા વિદ્યુત પ્રવાહ ધારિત તાર વડે $d$ અંતરે ઉદ્ભવતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તાર $AOB$ અને $COD$ એકબીજાને કાટખૂણે હોવાથી,બિંદુ $P$ (જે $O$ થી $d$ અંતરે સમતલને લંબ દિશામાં છે) પર તેમના દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ચુંબકીય ક્ષેત્રો $B_1$ અને $B_2$ પણ એકબીજાને લંબ હશે.
આમ,પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ નું મૂલ્ય $B = \sqrt{B_1^2 + B_2^2}$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા,$B_1 = \frac{\mu_0 I_1}{2 \pi d}$ અને $B_2 = \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi d}$.
તેથી,$B = \sqrt{\left( \frac{\mu_0 I_1}{2 \pi d} \right)^2 + \left( \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi d} \right)^2}$.
$B = \frac{\mu_0}{2 \pi d} \sqrt{I_1^2 + I_2^2} = \frac{\mu_0}{2 \pi d} (I_1^2 + I_2^2)^{1/2}$.

(C) સંપર્કમાં રહેલા લેન્સના સંયોજનનો પાવર તેમના વ્યક્તિગત પાવરના બેઝિક સરવાળા દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$P = P_{1} + P_{2}$
અહીં $P_{1} = -15 \ D$ અને $P_{2} = +5 \ D$ આપેલ છે,તેથી:
$P = (-15 + 5) \ D = -10 \ D$
પાવર $P$ અને કેન્દ્રલંબાઈ $f$ (મીટરમાં) વચ્ચેનો સંબંધ $P = \frac{1}{f}$ છે,તેથી કેન્દ્રલંબાઈ નીચે મુજબ શોધી શકાય:
$f = \frac{1}{P} = \frac{1}{-10} \ m$
કેન્દ્રલંબાઈને સેન્ટિમીટરમાં ફેરવવા માટે,આપણે $100$ વડે ગુણીએ છીએ:
$f = \left( \frac{1}{-10} \times 100 \right) \ cm = -10 \ cm$
આમ,સંયોજનની કેન્દ્રલંબાઈ $-10 \ cm$ છે.

(A) $f$ આવૃત્તિ ધરાવતા ફોટોનની ઉર્જા $E$ એ પ્લાન્ક-આઈન્સ્ટાઈન સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $E = hf$.
આઈન્સ્ટાઈનના દળ-ઉર્જા સમતુલ્યતાના સિદ્ધાંત મુજબ,ફોટોનની ઉર્જા $E = mc^2$ દ્વારા પણ આપવામાં આવે છે,જ્યાં $m$ એ ફોટોનનું સાપેક્ષ દળ છે.
ઉર્જા માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $mc^2 = hf$.
આપણે જાણીએ છીએ કે કણનું વેગમાન $p$ એ $p = mc$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઉર્જાના સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા: $mc = \frac{hf}{c}$.
તેથી,ફોટોનનું વેગમાન $p = \frac{hf}{c}$ થાય.

(B) $LR$ પરિપથમાં પ્રવાહના વધારા માટેનું સૂત્ર: $I = I_0(1 - e^{-\frac{R}{L}t})$ છે.
અહીં,$I_0 = \frac{E}{R}$ એ મહત્તમ સ્થાયી પ્રવાહ છે.
આપેલ છે: $L = 10 \ H$,$R = 5 \ \Omega$,$E = 5 \ V$,અને $t = 2 \ s$.
સૌ પ્રથમ,મહત્તમ પ્રવાહની ગણતરી કરો: $I_0 = \frac{5 \ V}{5 \ \Omega} = 1 \ A$.
હવે,આ કિંમતોને પ્રવાહના વધારાના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I = 1 \times (1 - e^{-\frac{5}{10} \times 2})$
$I = 1 - e^{-1} \ A$.

(C) મુખ્ય ખ્યાલ: $a.c.$ પરિપથમાં વપરાતો સરેરાશ પાવર નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $P = E_{rms} I_{rms} \cos \phi$.
આપેલ છે:
વોલ્ટેજ $E = E_o \sin \omega t$
પ્રવાહ $I = I_o \sin \left( \omega t - \frac{\pi}{2} \right)$
આ સમીકરણોને પ્રમાણિત સ્વરૂપ $E = E_o \sin \omega t$ અને $I = I_o \sin (\omega t - \phi)$ સાથે સરખાવતા,આપણને કળા તફાવત $\phi = \frac{\pi}{2}$ મળે છે.
પાવરના સૂત્રમાં $\phi$ ની કિંમત મૂકતા:
$P = E_{rms} I_{rms} \cos \left( \frac{\pi}{2} \right)$
કારણ કે $\cos \left( \frac{\pi}{2} \right) = 0$,તેથી પાવરનો વપરાશ:
$P = E_{rms} I_{rms} \times 0 = 0$.

(A) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં પડદા પરના કોઈ બિંદુએ તીવ્રતા $I$ નું સૂત્ર $I = I_0 \cos^2 \left( \frac{\phi}{2} \right)$ છે,જ્યાં $I_0$ એ મહત્તમ તીવ્રતા છે અને $\phi$ એ કળા તફાવત છે.
કળા તફાવત $\phi$ અને પથ તફાવત $\Delta x$ વચ્ચેનો સંબંધ $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ છે.
આપેલ પથ તફાવત $\Delta x = \frac{\lambda}{6}$ માટે,આપણે કળા તફાવત શોધીએ:
$\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \frac{\lambda}{6} = \frac{\pi}{3}$.
હવે,આ $\phi$ ની કિંમત તીવ્રતાના સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{I}{I_0} = \cos^2 \left( \frac{\pi/3}{2} \right) = \cos^2 \left( \frac{\pi}{6} \right)$.
કારણ કે $\cos \left( \frac{\pi}{6} \right) = \frac{\sqrt{3}}{2}$,તેથી:
$\frac{I}{I_0} = \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 = \frac{3}{4}$.

(A) ઇલેક્ટ્રોનિક સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = E_{initial} - E_{final} = h\nu$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\nu$ એ આવૃત્તિ છે.
ઉત્સર્જન થવા માટે,ઇલેક્ટ્રોને ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તરથી નીચા ઉર્જા સ્તરમાં સંક્રમણ કરવું આવશ્યક છે. તેથી,વિકલ્પો $(b)$ અને $(d)$ બાકાત છે કારણ કે તે શોષણ દર્શાવે છે.
બાકીના સંક્રમણો માટે ઉર્જાના તફાવતની સરખામણી કરતા:
$n = 2$ થી $n = 1$ માટે: $\Delta E_1 = 13.6 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 13.6 \times 0.75 = 10.2 \text{ eV}$.
$n = 6$ થી $n = 2$ માટે: $\Delta E_2 = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{6^2} \right) = 13.6 \times 0.2223 \approx 3.02 \text{ eV}$.
જેમ કે $\nu = \frac{\Delta E}{h}$,જે સંક્રમણમાં ઉર્જાનો તફાવત સૌથી વધુ હશે તે સૌથી વધુ આવૃત્તિ ધરાવતો ફોટોન ઉત્સર્જિત કરશે.
$\Delta E_1$ અને $\Delta E_2$ ની સરખામણી કરતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $\Delta E_1 > \Delta E_2$.
તેથી,$n = 2$ થી $n = 1$ નું સંક્રમણ સૌથી વધુ આવૃત્તિ ધરાવતા ફોટોનનું ઉત્સર્જન કરે છે.

(A) ગામા $(\gamma)$ ઉત્સર્જન ત્યારે થાય છે જ્યારે ઉત્તેજિત અવસ્થામાં રહેલું ન્યુક્લિયસ નીચી ઉર્જા અવસ્થા અથવા ધરાવસ્થામાં સંક્રમણ કરે છે. આ પ્રક્રિયા દરમિયાન,ન્યુક્લિયસ ઉચ્ચ ઉર્જા ધરાવતો ફોટોન ઉત્સર્જિત કરે છે જેને $\gamma$-કિરણ કહેવાય છે. $\gamma$-કિરણોનો વીજભાર અને સ્થિર દળ શૂન્ય હોવાથી,આ ઉત્સર્જન ન્યુક્લિયસના પરમાણુ ક્રમાંક $(Z)$ અથવા દળ ક્રમાંક $(A)$ માં કોઈ ફેરફાર કરતું નથી. તેથી,પ્રોટોન અને ન્યુટ્રોનની સંખ્યામાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી.

(C) ન્યુક્લિયસની ન્યુક્લિયર બંધન ઉર્જા એ દળ ક્ષતિ (mass defect) ના સમતુલ્ય ઉર્જા તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,જેનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$B.E. = \Delta m c^2 = (\text{ન્યુક્લિઓન્સનું દળ} - \text{ન્યુક્લિયસનું દળ}) c^2$
જ્યાં $\Delta m$ એ દળ ક્ષતિ છે.
ઓક્સિજન આઈસોટોપ $_8O^{17}$ માટે:
પ્રોટોનની સંખ્યા $(p)$ = $8$
ન્યુટ્રોનની સંખ્યા $(n)$ = $17 - 8 = 9$
ન્યુક્લિઓન્સનું કુલ દળ = $8 M_p + 9 M_n$
ન્યુક્લિયસનું દળ = $M_o$
તેથી,બંધન ઉર્જા:
$B.E. = (8 M_p + 9 M_n - M_o) c^2$

(A) દર્શાવેલ સર્કિટ હાફ-વેવ રેક્ટિફાયર જેવી છે.
જ્યારે ઇનપુટ સિગ્નલ $+5 \ V$ પર હોય,ત્યારે $p-n$ જંકશન ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય છે અને બંધ સ્વીચ તરીકે કાર્ય કરે છે. આમ,લોડ રઝિસ્ટર $R_L$ ની આજુબાજુ આઉટપુટ વોલ્ટેજ $+5 \ V$ મળે છે.
જ્યારે ઇનપુટ સિગ્નલ $-5 \ V$ પર હોય,ત્યારે $p-n$ જંકશન ડાયોડ રિવર્સ બાયસમાં હોય છે અને ખુલ્લી સ્વીચ તરીકે કાર્ય કરે છે. આમ,$R_L$ માંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી,અને $R_L$ ની આજુબાજુ આઉટપુટ વોલ્ટેજ $0 \ V$ મળે છે.
તેથી,આઉટપુટ સિગ્નલ પોઝિટિવ હાફ-સાયકલ દરમિયાન $+5 \ V$ નો ચોરસ પલ્સ અને નેગેટિવ હાફ-સાયકલ દરમિયાન $0 \ V$ હોય છે,જે વિકલ્પ $A$ માં દર્શાવેલ આકાર સાથે મેળ ખાય છે.

(A) કાર્બન $(C)$,સિલિકોન $(Si)$ અને જર્મેનિયમ $(Ge)$ ત્રણેય આવર્ત કોષ્ટકના સમૂહ $14$ માં આવે છે અને તેમની પાસે $4$ વેલેન્સ ઇલેક્ટ્રોન છે.
ઓરડાના તાપમાને,કાર્બન (હીરા) માટે એનર્જી બેન્ડ ગેપ $(E_g)$ આશરે $5.4 \ eV$ છે,જે ખૂબ મોટો હોવાથી તે અવાહક છે.
સિલિકોન માટે એનર્જી બેન્ડ ગેપ આશરે $1.1 \ eV$ અને જર્મેનિયમ માટે આશરે $0.7 \ eV$ છે.
આ બેન્ડ ગેપ પ્રમાણમાં નાના હોવાથી,ઓરડાના તાપમાને ઉષ્મીય ઉર્જા $Si$ અને $Ge$ માં વેલેન્સ બેન્ડમાંથી કન્ડક્શન બેન્ડમાં નોંધપાત્ર સંખ્યામાં ઇલેક્ટ્રોનને ઉત્તેજિત કરવા માટે પૂરતી છે.
તેથી,$Si$ અને $Ge$ અર્ધવાહક તરીકે વર્તે છે,જ્યારે $C$ તેના મોટા બેન્ડ ગેપને કારણે અવાહક તરીકે વર્તે છે.

(B) આપેલ છે કે $x$ નો અર્ધ-આયુષ્ય સમય $y$ ના સરેરાશ આયુષ્ય જેટલો છે:
$(t_{1/2})_x = (\tau)_y$
આપણે જાણીએ છીએ કે $(t_{1/2})_x = \frac{\ln 2}{\lambda_x}$ અને $(\tau)_y = \frac{1}{\lambda_y}$,તેથી:
$\frac{\ln 2}{\lambda_x} = \frac{1}{\lambda_y} \Rightarrow \lambda_x = \lambda_y \ln 2 \approx 0.693 \lambda_y$.
આ દર્શાવે છે કે $\lambda_x < \lambda_y$.
શરૂઆતમાં,પરમાણુઓની સંખ્યા સમાન છે: $N_x = N_y = N_0$.
ક્ષય દર (એક્ટિવિટી) $A = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ કે $\lambda_x < \lambda_y$ અને $N_x = N_y$,તેથી $A_x < A_y$ થાય.
તેથી,તત્વ $y$ એ તત્વ $x$ કરતા ઝડપથી ક્ષય પામશે.

(B) ધારો કે કેપેસિટરનું કેપેસિટન્સ $C$ છે અને બેટરીનું e.m.f. $V$ છે.
જ્યારે કેપેસિટર સંપૂર્ણપણે ચાર્જ થાય છે,ત્યારે પ્લેટો વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V$ હોય છે.
કેપેસિટર પર સંગ્રહિત વિદ્યુતભાર $q = CV$ છે.
કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{1}{2} CV^2 = \frac{1}{2} qV$ છે.
બેટરી દ્વારા $q$ વિદ્યુતભાર પૂરો પાડવા માટે કરવામાં આવેલ કાર્ય $W = qV = CV^2$ છે.
કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા અને બેટરી દ્વારા કરવામાં આવેલા કાર્યનો ગુણોત્તર $\frac{U}{W} = \frac{\frac{1}{2} qV}{qV} = \frac{1}{2}$ થાય છે.

(B) જ્યારે કોઈ વિદ્યુતભારિત કણ તેના વેગને લંબરૂપે ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરે છે,ત્યારે ચુંબકીય બળ $F = q(v \times B)$ દરેક ક્ષણે વેગ સદિશને લંબરૂપે લાગે છે.
બળ હંમેશા વેગને લંબ હોવાથી,ચુંબકીય બળ દ્વારા થયેલું કાર્ય $W = F \cdot ds = 0$ થાય છે.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,ગતિઊર્જામાં થતો ફેરફાર એ કરેલા કાર્ય જેટલો હોય છે,તેથી ગતિઊર્જા અચળ રહે છે.
જોકે,કણ વર્તુળાકાર માર્ગે ગતિ કરતો હોવાથી વેગ સદિશની દિશા સતત બદલાતી રહે છે,તેથી વેગમાન $p = mv$ બદલાય છે કારણ કે વેગમાન એ સદિશ રાશિ છે.
તેથી,વેગમાન બદલાય છે જ્યારે ગતિઊર્જા અચળ રહે છે.