AIEEE 2011 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) પ્રતિવર્તી એન્જિનની કાર્યક્ષમતા $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T_1$ એ સોર્સનું તાપમાન અને $T_2$ એ સિંકનું તાપમાન કેલ્વિનમાં છે.
શરૂઆતમાં,$\eta = \frac{1}{6}$,તેથી $1 - \frac{T_2}{T_1} = \frac{1}{6} \implies \frac{T_2}{T_1} = \frac{5}{6} \implies T_2 = \frac{5}{6}T_1$ ...$(i)$
જ્યારે સિંકનું તાપમાન $62^\circ C$ (જે $62 \ K$ ને સમાન છે) ઘટાડવામાં આવે છે,ત્યારે નવી કાર્યક્ષમતા $\eta' = 2\eta = 2 \times \frac{1}{6} = \frac{1}{3}$ થાય છે.
નવું સિંક તાપમાન $T_2' = T_2 - 62$ છે.
આમ,$\eta' = 1 - \frac{T_2 - 62}{T_1} = \frac{1}{3}$.
સમીકરણમાં $T_2 = \frac{5}{6}T_1$ મૂકતા: $1 - \frac{\frac{5}{6}T_1 - 62}{T_1} = \frac{1}{3}$.
$1 - (\frac{5}{6} - \frac{62}{T_1}) = \frac{1}{3} \implies 1 - \frac{5}{6} + \frac{62}{T_1} = \frac{1}{3}$.
$\frac{1}{6} + \frac{62}{T_1} = \frac{1}{3} \implies \frac{62}{T_1} = \frac{1}{3} - \frac{1}{6} = \frac{1}{6}$.
$T_1 = 62 \times 6 = 372 \ K = (372 - 273)^\circ C = 99^\circ C$.
હવે,$T_2 = \frac{5}{6} \times 372 = 310 \ K = (310 - 273)^\circ C = 37^\circ C$.

(A) આ પ્રક્રિયાને આદર્શ વાયુનું શૂન્યાવકાશમાં મુક્ત પ્રસરણ (free expansion) કહેવામાં આવે છે.
દીવાલો અવાહક હોવાથી,આસપાસ સાથેની ઉષ્માની આપ-લે શૂન્ય છે $(Q = 0)$.
વાયુ શૂન્યાવકાશમાં વિસ્તરે છે,તેથી વાયુ દ્વારા થયેલ કાર્ય શૂન્ય છે $(W = 0)$.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$\Delta U = Q - W = 0 - 0 = 0$.
આદર્શ વાયુ માટે,આંતરિક ઉર્જા $U$ માત્ર તાપમાન પર આધાર રાખે છે. $\Delta U = 0$ હોવાથી,તાપમાન અચળ રહે છે,તેથી $T_2 = T$.
પ્રારંભિક અને અંતિમ સ્થિતિ માટે આદર્શ વાયુના સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $P_1 V_1 = P_2 V_2$.
શરૂઆતમાં,વાયુ $P_1 = P$ દબાણે $V_1 = V$ કદ રોકે છે.
વાલ્વ ખોલ્યા પછી,વાયુ કુલ $V_2 = 2V$ કદ રોકે છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $P \cdot V = P_2 \cdot (2V)$.
તેથી,$P_2 = P/2$.

(A) કદમાં થતો ફેરફાર $\Delta V$ એ સૂત્ર $\Delta V = \gamma \cdot V \cdot \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\gamma$ એ કદ પ્રસરણાંક છે.
ઘન પદાર્થ માટે,$\gamma = 3\alpha$,જ્યાં $\alpha$ એ રેખીય પ્રસરણાંક છે.
આપેલ છે: વ્યાસ $d = 20 \; cm$,તેથી ત્રિજ્યા $r = 10 \; cm$.
પ્રારંભિક કદ $V = \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \pi (10)^3 = \frac{4000}{3} \pi \; cm^3$.
તાપમાનમાં ફેરફાર $\Delta T = 100^{\circ} C - 0^{\circ} C = 100^{\circ} C$.
રેખીય પ્રસરણાંક $\alpha = 23 \times 10^{-6} \; /^{\circ} C$.
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta V = 3 \times (23 \times 10^{-6}) \times (\frac{4}{3} \pi \times 10^3) \times 100$
$\Delta V = 3 \times 23 \times 10^{-6} \times \frac{4}{3} \times 3.14159 \times 1000 \times 100$
$\Delta V = 23 \times 4 \times 3.14159 \times 10^{-1} = 92 \times 3.14159 \times 0.1 \approx 28.9 \; cm^3$.

(B) શ્યાન પ્રવાહીમાં પડતા ગોળાનો ટર્મિનલ વેગ $v$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$v = \frac{2r^2(\rho - \rho_0)g}{9\eta}$
જ્યાં $\rho$ એ ગોળાની ઘનતા છે,$\rho_0$ એ પ્રવાહીની ઘનતા છે,અને $\eta$ એ શ્યાનતા ગુણાંક છે.
આના પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $v \propto \frac{(\rho - \rho_0)}{\eta}$.
ધારો કે $v_1$ અને $\eta_w$ એ પાણીમાં ટર્મિનલ વેગ અને શ્યાનતા છે,અને $v_2$ અને $\eta_g$ એ ગ્લિસરીનમાં ટર્મિનલ વેગ અને શ્યાનતા છે.
$\frac{v_2}{v_1} = \frac{(\rho - \rho_g)}{\eta_g} \times \frac{\eta_w}{(\rho - \rho_w)}$
આપેલ છે: $\rho = 7.8 \; g \cdot cm^{-3}$,$\rho_w = 1.0 \; g \cdot cm^{-3}$,$\rho_g = 1.2 \; g \cdot cm^{-3}$,$v_1 = 10 \; cm \cdot s^{-1}$,$\eta_w = 8.5 \times 10^{-4} \; Pa \cdot s$,$\eta_g = 13.2 \; Pa \cdot s$.
$\frac{v_2}{10} = \frac{(7.8 - 1.2)}{13.2} \times \frac{8.5 \times 10^{-4}}{(7.8 - 1.0)}$
$\frac{v_2}{10} = \frac{6.6}{13.2} \times \frac{8.5 \times 10^{-4}}{6.8} = 0.5 \times 1.25 \times 10^{-4} = 0.625 \times 10^{-4}$
$v_2 = 10 \times 0.625 \times 10^{-4} = 6.25 \times 10^{-4} \; cm \cdot s^{-1}$.

(D) તાપમાન $T$ પર પાત્રમાંથી દૂર કરવામાં આવતી ઉષ્મા $dQ = m C_p dT$ છે.
અહીં $m = 0.1 \text{ kg}$ અને $C_p = 32 \left( \frac{T}{400} \right)^3 \text{ kJ K}^{-1} \text{ kg}^{-1}$ આપેલ છે.
કુલ દૂર કરેલી ઉષ્મા $Q = \int_{20}^{4} 0.1 \times 32 \left( \frac{T}{400} \right)^3 dT = \frac{3.2}{64 \times 10^6} \left[ \frac{T^4}{4} \right]_{20}^{4} = \frac{3.2}{256 \times 10^6} (4^4 - 20^4) = \frac{3.2}{256 \times 10^6} (256 - 160000) \approx -0.002 \text{ kJ}$.
દૂર કરેલી ઉષ્માનું મૂલ્ય $|Q| = 0.002 \text{ kJ}$ છે.
રેફ્રિજરેટર માટે,કાર્યક્ષમતા $(COP)$ $\beta = \frac{T_L}{T_H - T_L} = \frac{Q}{W}$ છે.
અહીં $T_H = 27 + 273 = 300 \text{ K}$ છે.
જેમ જેમ $T_L$ એ $20 \text{ K}$ થી $4 \text{ K}$ બદલાય છે,તેમ જરૂરી ન્યૂનતમ કાર્ય $dW = \frac{dQ}{\beta} = dQ \frac{T_H - T}{T} = dQ \left( \frac{300}{T} - 1 \right)$ ના સંકલન દ્વારા મેળવી શકાય છે.
$W = \int_{20}^{4} 0.1 \times 32 \left( \frac{T}{400} \right)^3 \left( \frac{300}{T} - 1 \right) dT = \frac{3.2}{400^3} \int_{20}^{4} (300 T^2 - T^3) dT = \frac{3.2}{64 \times 10^6} \left[ 100 T^3 - \frac{T^4}{4} \right]_{20}^{4}$.
$W = 5 \times 10^{-8} [ (100 \times 4^3 - 64) - (100 \times 20^3 - 40000) ] = 5 \times 10^{-8} [ 6336 - 760000 ] \approx 0.0377 \text{ kJ}$.
આપેલા વિકલ્પોને ધ્યાનમાં લેતા,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) સ્પ્રિંગની સ્ટીફનેસ $k$ તેની લંબાઈ $l$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $k \propto \frac{1}{l}$.
ધારો કે સ્પ્રિંગની કુલ લંબાઈ $L = l_{A} + l_{B}$ છે.
આપેલ ગુણોત્તર $l_{A} : l_{B} = 2 : 3$ પરથી,આપણે લખી શકીએ કે $l_{A} = \frac{2}{5}L$ અને $l_{B} = \frac{3}{5}L$.
કારણ કે $k \cdot l = \text{અચળ}$,તેથી $k_{A} \cdot l_{A} = k \cdot L$ થાય.
સમીકરણમાં $l_{A} = \frac{2}{5}L$ મૂકતા:
$k_{A} \cdot (\frac{2}{5}L) = k \cdot L$
$k_{A} = k \cdot \frac{L}{\frac{2}{5}L} = \frac{5}{2}k$.

(A) સ્ક્રૂ ગેજનું લઘુત્તમ માપ $(LC)$ એ મુખ્ય સ્કેલના એક વિભાગના મૂલ્યને વર્તુળાકાર સ્કેલના કુલ વિભાગોની સંખ્યા વડે ભાગવાથી મળે છે.
$LC = \frac{1 \ mm}{100} = 0.01 \ mm$.
વાયરનો વ્યાસ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\text{વ્યાસ} = \text{મુખ્ય સ્કેલ રીડિંગ} (MSR) + (\text{વર્તુળાકાર સ્કેલ રીડિંગ} (CSR) \times LC)$.
અહીં $MSR = 0 \ mm$ અને $CSR = 52 \ divisions$ આપેલ છે.
$\text{વ્યાસ} = 0 \ mm + (52 \times 0.01 \ mm) = 0.52 \ mm$.
વ્યાસને $mm$ માંથી $cm$ માં રૂપાંતરિત કરવા માટે,આપણે તેને $10$ વડે ભાગીએ છીએ:
$\text{વ્યાસ} = \frac{0.52}{10} \ cm = 0.052 \ cm$.

(C) આપેલ પ્રતિપ્રવેગનું સમીકરણ: $\frac{dv}{dt} = - 2.5\sqrt{v}$.
ચલને અલગ કરતા,આપણને મળે છે: $\frac{dv}{\sqrt{v}} = - 2.5 \ dt$.
બંને બાજુ પ્રારંભિક ઝડપ $v = 6.25 \ m/s$ થી અંતિમ ઝડપ $v = 0 \ m/s$ સુધી સમય $t$ માટે સંકલન કરતા:
$\int_{6.25}^{0} v^{-1/2} \ dv = \int_{0}^{t} - 2.5 \ dt$.
સંકલનનું મૂલ્ય મેળવતા:
$[2\sqrt{v}]_{6.25}^{0} = - 2.5t$.
સીમાઓ મૂકતા:
$2(\sqrt{0} - \sqrt{6.25}) = - 2.5t$.
$2(0 - 2.5) = - 2.5t$.
$-5 = - 2.5t$.
$t = \frac{5}{2.5} = 2 \ s$.

(D) પાણીનો ફુવારો એક પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થ સ્ત્રોત તરીકે કામ કરે છે જે $v$ ઝડપ સાથે બધી દિશાઓમાં પાણી છાંટે છે. પાણીની મહત્તમ સમક્ષિતિજ અવધિ $R_{\max}$ ત્યારે પ્રાપ્ત થાય છે જ્યારે પ્રક્ષિપ્ત કોણ $45^\circ$ હોય.
સમક્ષિતિજ અવધિ માટેનું સૂત્ર: $R = \frac{v^2 \sin(2\theta)}{g}$.
મહત્તમ અવધિ માટે,$\sin(2\theta) = 1$,તેથી $R_{\max} = \frac{v^2}{g}$.
પાણી ફુવારાની આસપાસ $R_{\max}$ ત્રિજ્યા ધરાવતો વર્તુળાકાર વિસ્તાર આવરી લે છે.
તેથી,કુલ ક્ષેત્રફળ $A$ નીચે મુજબ મળે: $A = \pi R_{\max}^2 = \pi \left( \frac{v^2}{g} \right)^2 = \frac{\pi v^4}{g^2}$.

(C) ઉર્જાનો કોઈ વ્યય થતો ન હોવાથી મિશ્રણની કુલ આંતરિક ઉર્જા સંરક્ષિત રહે છે.
$T$ તાપમાને $n$ અણુઓ ધરાવતા વાયુની આંતરિક ઉર્જા $U = \frac{f}{2} n k_B T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $f$ એ મુક્તિના અંશો (degrees of freedom) છે અને $k_B$ એ બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક છે.
મિશ્રણ માટે,કુલ ઉર્જા એ વ્યક્તિગત વાયુઓની ઉર્જાનો સરવાળો છે:
$U_{total} = U_1 + U_2 + U_3$
$\frac{f}{2} (n_1 + n_2 + n_3) k_B T_{mix} = \frac{f}{2} n_1 k_B T_1 + \frac{f}{2} n_2 k_B T_2 + \frac{f}{2} n_3 k_B T_3$
બંને બાજુથી સામાન્ય પદો $\frac{f}{2} k_B$ ને દૂર કરતા,આપણને મળે છે:
$(n_1 + n_2 + n_3) T_{mix} = n_1 T_1 + n_2 T_2 + n_3 T_3$
તેથી,મિશ્રણનું અંતિમ તાપમાન:
$T_{mix} = \frac{n_1 T_1 + n_2 T_2 + n_3 T_3}{n_1 + n_2 + n_3}$

(A) ગરગડી પર લાગતું ટોર્ક $\tau = F \cdot R = (20t - 5t^2) \cdot 2 = 40t - 10t^2 \ N \cdot m$ છે.
$\tau = I \alpha$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\alpha = \frac{\tau}{I} = \frac{40t - 10t^2}{10} = 4t - t^2 \ rad/s^2$ મળે.
$\alpha = \frac{d\omega}{dt}$ હોવાથી,કોણીય વેગ $\omega$ શોધવા માટે સંકલન કરતા:
$\omega = \int (4t - t^2) dt = 2t^2 - \frac{t^3}{3}$.
ગતિની દિશા ત્યારે ઉલટાય છે જ્યારે $\omega = 0$ ($t > 0$ માટે):
$2t^2 - \frac{t^3}{3} = 0 \Rightarrow t^2(2 - \frac{t}{3}) = 0 \Rightarrow t = 6 \ s$.
હવે,$t = 0$ થી $t = 6$ સુધી $\omega$ નું સંકલન કરીને કોણીય સ્થાનાંતર $\theta$ શોધીએ:
$\theta = \int_0^6 (2t^2 - \frac{t^3}{3}) dt = [\frac{2t^3}{3} - \frac{t^4}{12}]_0^6 = \frac{2(216)}{3} - \frac{1296}{12} = 144 - 108 = 36 \ rad$.
પરિભ્રમણની સંખ્યા $n = \frac{\theta}{2\pi} = \frac{36}{2\pi} = \frac{18}{\pi} \approx 5.73$.
આમ,$5.73$ એ $3$ અને $6$ ની વચ્ચે હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) તંત્ર તકતી અને જીવડાનું બનેલું છે. તંત્ર પર કોઈ બાહ્ય ટોર્ક લાગતું ન હોવાથી, કોણીય વેગમાન $L = I\omega$ અચળ રહે છે.
જેમ જીવડું કિનારીથી કેન્દ્ર તરફ ગતિ કરે છે, તેમ ભ્રમણાક્ષથી જીવડાનું અંતર ઘટતું જાય છે, જેના કારણે તંત્રની જડત્વની ચાકમાત્રા $I$ ઘટે છે.
$L = I\omega$ અચળ હોવાથી, જેમ $I$ ઘટે છે, તેમ કોણીય ઝડપ $\omega$ વધે છે.
જ્યારે જીવડું કેન્દ્રથી વ્યાસના બીજા છેડા તરફ ગતિ કરે છે, ત્યારે ભ્રમણાક્ષથી અંતર વધે છે, જેના કારણે જડત્વની ચાકમાત્રા $I$ વધે છે.
પરિણામે, જેમ $I$ વધે છે, તેમ કોણીય ઝડપ $\omega$ ઘટે છે.
તેથી, તકતીની કોણીય ઝડપ પહેલા વધે છે અને પછી ઘટે છે.

(C) લટકતા દળ $m$ ની સ્થાનાંતરિત ગતિ માટે:
$mg - T = ma$ --- $(1)$
$m$ દળ અને $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી ગરગડીની ચાકગતિ માટે:
$T \cdot R = I \alpha$
દોરી સરકતી ન હોવાથી,દળનો રેખીય પ્રવેગ $a$ અને ગરગડીનો કોણીય પ્રવેગ $\alpha$ વચ્ચેનો સંબંધ $a = \alpha R$ છે,તેથી $\alpha = \frac{a}{R}$.
સમાન વર્તુળાકાર તકતીની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{1}{2}mR^2$ છે.
આ કિંમતોને ટોર્કના સમીકરણમાં મૂકતા:
$T \cdot R = (\frac{1}{2}mR^2) \cdot (\frac{a}{R})$
$T = \frac{1}{2}ma$ --- $(2)$
સમીકરણ $(2)$ ને $(1)$ માં મૂકતા:
$mg - \frac{1}{2}ma = ma$
$mg = ma + \frac{1}{2}ma = \frac{3}{2}ma$
$a = \frac{2}{3}g$

(C) ધારો કે $m$ દળથી $x$ અંતરે આવેલા બિંદુ $P$ પર ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર શૂન્ય છે.
બંને દળોને કારણે ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્રની તીવ્રતાને સરખાવતા:
$\frac{Gm}{x^2} = \frac{G(4m)}{(r-x)^2}$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\frac{1}{x} = \frac{2}{r-x}$
$r - x = 2x \implies 3x = r \implies x = \frac{r}{3}$
હવે,બિંદુ $P$ પર ગુરુત્વાકર્ષણ સ્થિતિમાન $V$ ની ગણતરી કરીએ:
$V = -\frac{Gm}{x} - \frac{G(4m)}{r-x}$
$x = \frac{r}{3}$ અને $r-x = \frac{2r}{3}$ મૂકતા:
$V = -\frac{Gm}{r/3} - \frac{4Gm}{2r/3} = -\frac{3Gm}{r} - \frac{6Gm}{r} = -\frac{9Gm}{r}$

(B) $m$ દળ ધરાવતા બે કણો વચ્ચેનું અંતર $d = 2R$ છે,કારણ કે તેઓ તેમના સામાન્ય દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની આસપાસ $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળમાં ફરે છે.
તેમની વચ્ચેનું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F_G = \frac{G m^2}{(2R)^2} = \frac{G m^2}{4R^2}$ છે.
આ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ દરેક કણને $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળમાં ગતિ કરવા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે. કેન્દ્રગામી બળ $F_c = \frac{m v^2}{R}$ છે.
બંને બળોને સરખાવતા: $\frac{m v^2}{R} = \frac{G m^2}{4R^2}$.
$v$ માટે ઉકેલતા: $v^2 = \frac{G m^2}{4R^2} \cdot \frac{R}{m} = \frac{Gm}{4R}$.
તેથી,$v = \sqrt{\frac{Gm}{4R}}$.

(C) સાબુના પરપોટાને બે સપાટીઓ (અંદરની અને બહારની) હોય છે,તેથી સપાટીના ક્ષેત્રફળમાં થતો ફેરફાર $2 \times 4\pi(r_2^2 - r_1^2)$ છે.
આપેલ છે: $T = 0.03 \ Nm^{-1}$,$r_1 = 3 \ cm = 0.03 \ m$,$r_2 = 5 \ cm = 0.05 \ m$.
કરવું પડતું કાર્ય $W = T \times \Delta A = T \times 2 \times 4\pi(r_2^2 - r_1^2)$.
$W = 0.03 \times 8\pi \times [(0.05)^2 - (0.03)^2]$.
$W = 0.24\pi \times [0.0025 - 0.0009] \ J$.
$W = 0.24\pi \times 0.0016 \ J = 0.000384\pi \ J$.
$W \approx 0.4\pi \times 10^{-3} \ J = 0.4\pi \ mJ$.

(C) ધારો કે નળ પાસે વેગ $v_1 = 0.4 \ m/s$ અને વ્યાસ $D_1 = 8 \times 10^{-3} \ m$ છે.
નળની નીચે $h = 0.2 \ m$ અંતરે વેગ $v_2$ અને વ્યાસ $D_2$ છે.
ગતિના સમીકરણ $v_2^2 = v_1^2 + 2gh$ નો ઉપયોગ કરતા:
$v_2 = \sqrt{(0.4)^2 + 2 \times 10 \times 0.2} = \sqrt{0.16 + 4} = \sqrt{4.16} \approx 2.04 \ m/s$.
સાતત્યના સમીકરણ મુજબ,$A_1 v_1 = A_2 v_2$,જ્યાં $A = \frac{\pi D^2}{4}$.
તેથી,$D_1^2 v_1 = D_2^2 v_2$.
$D_2 = D_1 \sqrt{\frac{v_1}{v_2}} = (8 \times 10^{-3}) \sqrt{\frac{0.4}{2.04}} \approx (8 \times 10^{-3}) \sqrt{0.196} \approx (8 \times 10^{-3}) \times 0.443 \approx 3.54 \times 10^{-3} \ m$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,આ મૂલ્ય $3.6 \times 10^{-3} \ m$ ની નજીક છે.

(A) પાણીના વિસ્તરણને અવગણતા,ગરમ થતા પ્રવાહી માટે આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U$ એ પૂરી પાડવામાં આવેલી ઉષ્મા $\Delta Q$ જેટલો હોય છે.
આપેલ છે:
દળ $m = 100 \ g = 0.1 \ kg$
વિશિષ્ટ ઉષ્મા $c = 4184 \ J/kg/K$
તાપમાનમાં ફેરફાર $\Delta T = 50^\circ C - 30^\circ C = 20 \ K$
સૂત્ર $\Delta U = mc\Delta T$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\Delta U = 0.1 \ kg \times 4184 \ J/kg/K \times 20 \ K$
$\Delta U = 8368 \ J$
$kJ$ માં રૂપાંતર કરતા:
$\Delta U = 8.368 \ kJ \approx 8.4 \ kJ$.

(C) ધારો કે વાયુનું કુલ દળ $m$ છે. વાયુની ગતિઊર્જા $K.E. = \frac{1}{2} m v^2$ છે.
જ્યારે પાત્રને અચાનક સ્થિર કરવામાં આવે છે,ત્યારે વાયુની સંપૂર્ણ ગતિઊર્જા આંતરિક ઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે,જેનાથી વાયુનું તાપમાન વધે છે.
સંબંધ $\Delta U = \mu C_v \Delta T$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\mu = \frac{m}{M}$ એ મોલની સંખ્યા છે અને $C_v = \frac{R}{\gamma - 1}$ એ અચળ કદ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા છે:
$\frac{1}{2} m v^2 = \frac{m}{M} \left( \frac{R}{\gamma - 1} \right) \Delta T$
બંને બાજુથી $m$ ને દૂર કરતા:
$\frac{1}{2} v^2 = \frac{R}{M(\gamma - 1)} \Delta T$
$\Delta T$ માટે ઉકેલતા:
$\Delta T = \frac{M v^2 (\gamma - 1)}{2R}$.

(D) મધ્યમાન સ્થાન પર સ્થિતિ ઉર્જા શૂન્ય હોય છે અને ગતિ ઉર્જા મહત્તમ હોય છે. દળ $m$ મૂકતી વખતે તંત્ર પર કોઈ બાહ્ય આડું બળ લાગતું ન હોવાથી,રેખીય વેગમાનનું સંરક્ષણ થાય છે.
ધારો કે મધ્યમાન સ્થાન પર દળ $M$ નો વેગ $v_1$ છે,અને $m$ મૂક્યા પછી તરત જ સંયુક્ત દળ $(M+m)$ નો વેગ $v_2$ છે.
વેગમાનનું સંરક્ષણ: $M v_1 = (M + m) v_2$.
$S.H.M.$ માં મહત્તમ વેગ $v_{max} = A \omega = A \sqrt{\frac{k}{m_{eff}}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ કિસ્સા માટે: $v_1 = A_1 \sqrt{\frac{k}{M}}$.
બીજા કિસ્સા માટે: $v_2 = A_2 \sqrt{\frac{k}{M+m}}$.
આ કિંમતોને વેગમાનના સમીકરણમાં મૂકતા:
$M \left( A_1 \sqrt{\frac{k}{M}} \right) = (M + m) \left( A_2 \sqrt{\frac{k}{M+m}} \right)$.
$A_1 \sqrt{M k} = A_2 \sqrt{(M+m) k}$.
$A_1 \sqrt{M} = A_2 \sqrt{M+m}$.
તેથી,$\frac{A_1}{A_2} = \sqrt{\frac{M+m}{M}} = \left( \frac{M+m}{M} \right)^{\frac{1}{2}}$.

(D) ધારો કે બે કણોના સ્થાનાંતર તેમની મધ્યમાન સ્થિતિની સાપેક્ષ $x_1$ અને $x_2$ છે.
$x_1 = A \sin(\omega t + \phi_1)$
$x_2 = A \sin(\omega t + \phi_2)$
તેમની નિરપેક્ષ સ્થિતિઓ $X_1 = x_1$ અને $X_2 = X_0 + x_2$ છે.
તેમની વચ્ચેનું અંતર $S = X_2 - X_1 = X_0 + x_2 - x_1$ છે.
$S = X_0 + A[\sin(\omega t + \phi_2) - \sin(\omega t + \phi_1)]$.
નિત્યસમ $\sin C - \sin D = 2 \cos(\frac{C+D}{2}) \sin(\frac{C-D}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = X_0 + 2A \cos(\omega t + \frac{\phi_1 + \phi_2}{2}) \sin(\frac{\phi_2 - \phi_1}{2})$.
મહત્તમ અંતર $S_{max} = X_0 + |2A \sin(\frac{\phi_2 - \phi_1}{2})|$ છે.
આપેલ છે કે $S_{max} = X_0 + A$,તેથી $|2A \sin(\frac{\Delta\phi}{2})| = A$,જ્યાં $\Delta\phi = \phi_2 - \phi_1$.
$\sin(\frac{\Delta\phi}{2}) = \frac{1}{2}$.
$\frac{\Delta\phi}{2} = \frac{\pi}{6} \implies \Delta\phi = \frac{\pi}{3}$.

(B) આપેલ તરંગ સમીકરણ $y(x, t) = e^{-(ax^2 + bt^2 + 2\sqrt{ab}xt)}$ છે.
આપણે ઘાતાંકને પૂર્ણવર્ગ તરીકે લખી શકીએ છીએ:
$ax^2 + bt^2 + 2\sqrt{ab}xt = (\sqrt{a}x + \sqrt{b}t)^2 = a(x + \sqrt{\frac{b}{a}}t)^2$.
આમ,$y(x, t) = e^{-a(x + \sqrt{\frac{b}{a}}t)^2}$.
આ $y = f(x + vt)$ પ્રકારનું વિધેય છે,જે $-x$ દિશામાં ગતિ કરતા તરંગને દર્શાવે છે.
$x + \sqrt{\frac{b}{a}}t$ ની સરખામણી $x + vt$ સાથે કરતા,આપણને તરંગની ઝડપ $v = \sqrt{\frac{b}{a}}$ મળે છે.
તેથી,તે $\sqrt{\frac{b}{a}}$ ઝડપ સાથે $-x$ દિશામાં ગતિ કરતું તરંગ દર્શાવે છે.

(D) પદાર્થને ઢળતા સમતલ પર ઉપર તરફ ધકેલવા માટે જરૂરી બળ $F_{1} = mg(\sin \theta + \mu \cos \theta)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પદાર્થને નીચે સરકતા અટકાવવા માટે જરૂરી બળ $F_{2} = mg(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બળોનો ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{F_{1}}{F_{2}} = \frac{mg(\sin \theta + \mu \cos \theta)}{mg(\sin \theta - \mu \cos \theta)} = \frac{\sin \theta + \mu \cos \theta}{\sin \theta - \mu \cos \theta}$.
અંશ અને છેદને $\cos \theta$ વડે ભાગતા:
$\frac{F_{1}}{F_{2}} = \frac{\tan \theta + \mu}{\tan \theta - \mu}$.
આપેલ છે કે $\tan \theta = 2\mu$,આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{F_{1}}{F_{2}} = \frac{2\mu + \mu}{2\mu - \mu} = \frac{3\mu}{\mu} = 3$.

(C) તરંગની તીવ્રતા $I$ નું સૂત્ર $I = 2\pi^2 f^2 A^2 \rho v$ છે,જ્યાં $f$ આવૃત્તિ છે,$A$ કંપવિસ્તાર છે,$\rho$ ઘનતા છે અને $v$ તરંગની ઝડપ છે.
તરંગ $1$ માટે: $A_1 = 2a$ અને $\omega_1 = \omega$ (તેથી $f_1 = \omega / 2\pi$).
તીવ્રતા $I_1 \propto f_1^2 A_1^2 = (\omega/2\pi)^2 (2a)^2 = 4 \cdot (\omega/2\pi)^2 a^2$.
તરંગ $2$ માટે: $A_2 = a$ અને $\omega_2 = 2\omega$ (તેથી $f_2 = 2\omega / 2\pi$).
તીવ્રતા $I_2 \propto f_2^2 A_2^2 = (2\omega/2\pi)^2 (a)^2 = 4 \cdot (\omega/2\pi)^2 a^2$.
આમ $I_1 = I_2$ હોવાથી,વિધાન-$1$ સાચું છે.
વિધાન-$2$ ખોટું છે કારણ કે તીવ્રતા એ કંપવિસ્તાર અને આવૃત્તિ બંનેના વર્ગના પ્રમાણમાં હોય છે $(I \propto A^2 f^2)$. તેથી,વિધાન-$1$ સાચું છે અને વિધાન-$2$ ખોટું છે.

(C) ગતિઊર્જા $K$ એ $K = \frac{1}{2}mv^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે ગતિઊર્જા સમય સાથે સમાન રીતે વધે છે,તેથી $K = kt$,જ્યાં $k$ એ અચળાંક છે.
આમ,$\frac{1}{2}mv^2 = kt$,જે સૂચવે છે કે $v^2 \propto t$,અથવા $v \propto t^{1/2}$.
પ્રવેગ $a$ એ વેગમાં થતો ફેરફાર છે: $a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(ct^{1/2}) = \frac{1}{2}ct^{-1/2}$.
તેથી,$a \propto \frac{1}{\sqrt{t}}$.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,ચોખ્ખું બળ $F = ma$.
અહીં $m$ અચળ હોવાથી,$F \propto a$,જેનો અર્થ છે કે $F \propto \frac{1}{\sqrt{t}}$.

(A) પરિણામી સ્થાનાંતર $Y$ એ બે તરંગોનો સરવાળો છે:
$Y = A \sin(\omega t - kx) + A \sin(\omega t + kx)$
ત્રિકોણમિતિના નિત્યસમ $\sin(C) + \sin(D) = 2 \sin((C+D)/2) \cos((C-D)/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$Y = 2A \sin(\omega t) \cos(kx)$
આ એક સ્થિત તરંગ દર્શાવે છે.
નિસ્પંદ બિંદુઓ માટે,કંપવિસ્તાર શૂન્ય હોવો જોઈએ,તેથી $\cos(kx) = 0$.
$kx = (2n + 1) \pi/2$
કારણ કે $k = 2\pi/\lambda$:
$(2\pi/\lambda) x = (2n + 1) \pi/2$
$x = (2n + 1) \lambda/4 = (n + 1/2) \lambda/2$,જ્યાં $n = 0, 1, 2, \dots$
આમ,નિસ્પંદ બિંદુઓ $x = (n + 1/2) \lambda/2$ પર છે.

(A) સળિયાનું ઉષ્મીય પ્રસરણ $\Delta L = \alpha L \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\Delta T = t$ છે.
સળિયાને બંને છેડે એવી રીતે પકડી રાખવામાં આવ્યો છે કે તેની લંબાઈ અચળ રહે,તેથી ઉત્પન્ન થતી વિકૃતિ $\epsilon = \frac{\Delta L}{L} = \alpha t$ થાય.
હૂકના નિયમ મુજબ,પ્રતિબળ $\sigma$ અને વિકૃતિ $\epsilon$ વચ્ચેનો સંબંધ યંગ મોડ્યુલસ $Y$ દ્વારા $\sigma = Y \epsilon$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
વિકૃતિની કિંમત મૂકતા,આપણને $\sigma = Y \alpha t$ મળે છે.
તેથી,સળિયામાં ઉત્પન્ન થતું રેખીય પ્રતિબળ $Y \alpha t$ છે.

(D) જ્યારે $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતા બે ટીપાં જોડાઈને $R$ ત્રિજ્યાનું મોટું ટીપું બનાવે છે, ત્યારે કદ સંરક્ષિત રહે છે.
બે નાના ટીપાંનું કદ = એક મોટા ટીપાનું કદ
$2 \times (\frac{4}{3} \pi r^3) = \frac{4}{3} \pi R^3$
$R^3 = 2r^3$
$R = 2^{1/3} r$
ટીપાની પૃષ્ઠ ઊર્જા $E$ એ $E = \text{પૃષ્ઠફળ} \times \text{પૃષ્ઠતાણ} = 4 \pi R^2 T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$R$ ની કિંમત મૂકતા:
$E = 4 \pi (2^{1/3} r)^2 T$
$E = 4 \pi (2^{2/3} r^2) T$
$E = 2^2 \times 2^{2/3} \pi r^2 T$
$E = 2^{2 + 2/3} \pi r^2 T$
$E = 2^{8/3} \pi r^2 T$.

(B) ધારો કે સમઘનને $x$ જેટલા નાના સ્થાનાંતરથી નીચે દબાવવામાં આવે છે. સમઘન પર લાગતું વધારાનું ઉત્પ્લાવક બળ $F = -A \rho g x$ છે,જ્યાં $A = l^2$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
આ બળ પુનઃસ્થાપક બળ તરીકે કાર્ય કરે છે,તેથી $F = -k x$,જ્યાં $k = A \rho g = l^2 \rho g$ છે.
સમઘનનું દળ $m = l^3 d$ છે.
સરળ આવર્ત ગતિનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $T = 2\pi \sqrt{\frac{l^3 d}{l^2 \rho g}}$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને $T = 2\pi \sqrt{\frac{ld}{\rho g}}$ મળે છે.

(A) પ્રક્ષેપણ બિંદુની સાપેક્ષે કણનું કોણીય વેગમાન $L = \vec{r} \times \vec{p} = m(\vec{r} \times \vec{v})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
મહત્તમ ઊંચાઈએ, વેગનો શિરોલંબ ઘટક શૂન્ય હોય છે, તેથી વેગ ફક્ત સમક્ષિતિજ હોય છે: $v_x = u \cos \theta$.
મહત્તમ ઊંચાઈએ સમક્ષિતિજ અંતર $x = \frac{R}{2} = \frac{u^2 \sin \theta \cos \theta}{g}$ છે.
મહત્તમ ઊંચાઈ $h = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ છે.
કોણીય વેગમાન $L = m v_x h = m (u \cos \theta) \left( \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g} \right)$ થાય.
$\theta = 30^{\circ}$, $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$, અને $\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$ કિંમતો મૂકતા:
$L = m u \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \frac{u^2 (1/2)^2}{2g} = m u \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \frac{u^2}{8g} = \frac{\sqrt{3} m u^3}{16g}$.

(B) સુસંબદ્ધ ઉદગમો માટે,પરિણામી તીવ્રતા $I = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કેન્દ્રિય બિંદુ પર,પથ તફાવત શૂન્ય છે,તેથી $\phi = 0$. આપેલ છે કે $I_1 = I_2 = I_0$,તેથી સુસંબદ્ધ ઉદગમો માટે તીવ્રતા $I_{coh} = I_0 + I_0 + 2\sqrt{I_0 I_0} \cos(0) = 4I_0$ થાય.
અસુસંબદ્ધ ઉદગમો માટે,કળા તફાવત $\phi$ સમય સાથે યાદચ્છિક રીતે બદલાય છે,તેથી $\cos \phi$ નું સરેરાશ મૂલ્ય $0$ થાય છે.
આમ,અસુસંબદ્ધ ઉદગમો માટે પરિણામી તીવ્રતા $I_{incoh} = I_1 + I_2 = I_0 + I_0 = 2I_0$ થાય.
તીવ્રતાઓનો ગુણોત્તર $\frac{I_{coh}}{I_{incoh}} = \frac{4I_0}{2I_0} = \frac{2}{1}$ છે.

(C) $\beta^{-}$ ક્ષયમાં,એક ન્યુટ્રોન પ્રોટોન,ઇલેક્ટ્રોન અને એન્ટિન્યુટ્રિનોમાં રૂપાંતરિત થાય છે $(n \rightarrow p + e^{-} + \bar{\nu}_{e})$.
વિધાન-$1$ સાચું છે કારણ કે મુક્ત થતી ઉર્જા $(Q = E_{1} - E_{2})$ ઇલેક્ટ્રોન અને એન્ટિન્યુટ્રિનો વચ્ચે વહેંચાય છે. એન્ટિન્યુટ્રિનો અલગ-અલગ ઉર્જા લઈ જતું હોવાથી,ઇલેક્ટ્રોનનો ઉર્જા વર્ણપટ સતત હોય છે,જેમાં મહત્તમ (અંતિમ) ઉર્જા $E_{1} - E_{2}$ જેટલી હોય છે.
વિધાન-$2$ પણ સાચું છે. જો માત્ર બે જ કણો સામેલ હોત,તો ઉર્જા અને વેગમાનના સંરક્ષણ માટે ઇલેક્ટ્રોન પાસે નિશ્ચિત ગતિ ઉર્જા (અલગ વર્ણપટ) હોવી જરૂરી હોત. સતત વર્ણપટનું અવલોકન એ સાબિત કરે છે કે સંરક્ષણના નિયમોનું પાલન કરવા માટે ત્રીજા,અદ્રશ્ય કણ (એન્ટિન્યુટ્રિનો) નું ઉત્સર્જન થાય છે.
આમ,વિધાન-$2$ એ વિધાન-$1$ માં ઉર્જા વર્ણપટ શા માટે સતત છે તેની સાચી સમજૂતી આપે છે.

(A) ધારો કે ચોરસની બાજુની લંબાઈ $2a$ છે. વિદ્યુતભારો ખૂણાઓ પર મૂકેલા છે. ધન વિદ્યુતભારો ધરાવતી બાજુ $y=2a$ પર છે. આ બાજુનું મધ્યબિંદુ $(a, 2a)$ છે. ચોરસનું કેન્દ્ર $(a, a)$ છે.
મધ્યબિંદુ $i(a, 2a)$ પર પ્રારંભિક સ્થિતિમાન:
બે ધન વિદ્યુતભારોથી અંતર $a$ અને $a$ છે. બે ઋણ વિદ્યુતભારોથી અંતર $\sqrt{a^2 + (2a)^2} = a\sqrt{5}$ અને $a\sqrt{5}$ છે.
$V_i = \frac{kq}{a} + \frac{kq}{a} - \frac{kq}{a\sqrt{5}} - \frac{kq}{a\sqrt{5}} = \frac{2kq}{a} \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{5}} \right)$.
કેન્દ્ર $f(a, a)$ પર અંતિમ સ્થિતિમાન:
દરેક ચાર ખૂણાઓથી અંતર $\sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$ છે.
$V_f = \frac{kq}{a\sqrt{2}} + \frac{kq}{a\sqrt{2}} - \frac{kq}{a\sqrt{2}} - \frac{kq}{a\sqrt{2}} = 0$.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,ગતિઊર્જામાં ફેરફાર $\Delta K = W_{ext} = -W_{electric} = -Q(V_f - V_i) = Q(V_i - V_f)$.
વિદ્યુતભાર સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થાય છે,તેથી $K_i = 0$,એટલે કે $K_f = Q(V_i - V_f) = Q \left[ \frac{2kq}{a} \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{5}} \right) - 0 \right] = \frac{1}{4\pi \varepsilon_{0}} \frac{2qQ}{a} \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{5}} \right)$.

(B) જ્યારે અવરોધોને શ્રેણીમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ અવરોધ $R_{eq} = R_1 + R_2 + R_3 + R_4 = 100 + 100 + 100 + 100 = 400\; \Omega$ થાય છે.
શ્રેણી જોડાણમાં,કુલ અવરોધમાં થતી નિરપેક્ષ ત્રુટિ એ દરેક અવરોધની નિરપેક્ષ ત્રુટિઓના સરવાળા જેટલી હોય છે: $\Delta R_{eq} = \Delta R_1 + \Delta R_2 + \Delta R_3 + \Delta R_4$.
અહીં ટોલરન્સ $5\%$ આપેલ છે,તેથી દરેક $100\; \Omega$ ના અવરોધ માટે નિરપેક્ષ ત્રુટિ $\Delta R = 100\; \Omega$ ના $5\% = 5\; \Omega$ થાય.
આમ,$\Delta R_{eq} = 5 + 5 + 5 + 5 = 20\; \Omega$.
સંયોજનનું ટકાવારી ટોલરન્સ $\frac{\Delta R_{eq}}{R_{eq}} \times 100\% = \frac{20}{400} \times 100\% = 5\%$ થાય.

(C) $h$ જાડાઈ અને $\mu$ વક્રીભવનાંક ધરાવતા માધ્યમ દ્વારા ઉત્પન્ન થતું આભાસી સ્થાનાંતર નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\Delta h = h \left( 1 - \frac{1}{\mu} \right)$.
આ પ્રશ્નમાં,બે સ્તરો છે: $\mu_{1}$ વક્રીભવનાંક ધરાવતું $h_{1}$ ઊંચાઈનું પાણી અને $\mu_{2}$ વક્રીભવનાંક ધરાવતું $h_{2}$ ઊંચાઈનું કેરોસીન.
કુલ આભાસી સ્થાનાંતર એ દરેક સ્તર દ્વારા ઉત્પન્ન થતા સ્થાનાંતરનો સરવાળો છે:
પાણીને કારણે સ્થાનાંતર = $h_{1} \left( 1 - \frac{1}{\mu_{1}} \right)$.
કેરોસીનને કારણે સ્થાનાંતર = $h_{2} \left( 1 - \frac{1}{\mu_{2}} \right)$.
તેથી,કુલ આભાસી સ્થાનાંતર = $h_{1} \left( 1 - \frac{1}{\mu_{1}} \right) + h_{2} \left( 1 - \frac{1}{\mu_{2}} \right)$.

(B) કોઈપણ બિંદુએ તીવ્રતા $I = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. સ્લિટ સમાન હોવાથી,$I_1 = I_2 = I_0$,તેથી $I = 2I_0(1 + \cos \phi) = 4I_0 \cos^2(\phi/2)$.
બિંદુ $P$ પર,પથ તફાવત $\Delta x = 0$. કળા તફાવત $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x = 0$.
તીવ્રતા $I_P = 4I_0 \cos^2(0) = 4I_0$.
બિંદુ $Q$ પર,પથ તફાવત $\Delta x = \frac{\lambda}{4}$. કળા તફાવત $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \frac{\lambda}{4} = \frac{\pi}{2}$.
તીવ્રતા $I_Q = 4I_0 \cos^2(\frac{\pi}{4}) = 4I_0 \times (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = 4I_0 \times \frac{1}{2} = 2I_0$.
તીવ્રતાનો ગુણોત્તર $\frac{I_P}{I_Q} = \frac{4I_0}{2I_0} = \frac{2}{1}$ થાય છે.

(B) ગોળાઓની સંતુલન સ્થિતિ પરથી,લાગતા બળો તણાવ $T$,વજન $mg$ અને સ્થિત-વિદ્યુત અપાકર્ષણ $F_e = \frac{kq^2}{x^2}$ છે.
બળોનું વિભાજન કરતા: $T \cos \theta = mg$ અને $T \sin \theta = \frac{kq^2}{x^2}$.
સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા,આપણને $\tan \theta = \frac{kq^2}{x^2 mg}$ મળે છે.
જ્યારે $\theta$ નાનું હોય,ત્યારે $\tan \theta \approx \sin \theta = \frac{x/2}{l} = \frac{x}{2l}$.
$\tan \theta$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{x}{2l} = \frac{kq^2}{x^2 mg} \implies q^2 = \frac{mg}{2lk} x^3 \implies q \propto x^{3/2}$.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{dq}{dt} \propto \frac{3}{2} x^{1/2} \frac{dx}{dt}$.
આપેલ છે કે $\frac{dq}{dt}$ અચળ છે,તેથી $1 \propto x^{1/2} v$,જેનો અર્થ છે કે $v \propto x^{-1/2}$.

(C) ડિસ્ક પર $x$ ત્રિજ્યા અને $dx$ પહોળાઈ ધરાવતી એક પાતળી તત્વ રીંગ ધ્યાનમાં લો.
આ તત્વ રીંગનું ક્ષેત્રફળ $dA = 2 \pi x dx$ છે.
આ તત્વ રીંગ પરનો વીજભાર $dq = \sigma dA = 2 \pi \sigma x dx$ છે.
ડિસ્ક $\omega$ કોણીય ઝડપથી ફરતી હોવાથી,પરિભ્રમણનો સમયગાળો $T = \frac{2 \pi}{\omega}$ છે.
આ ફરતા વીજભારને કારણે મળતો સમતુલ્ય પ્રવાહ $dI = \frac{dq}{T} = \frac{dq \cdot \omega}{2 \pi}$ છે.
$dq$ ની કિંમત મૂકતા,$dI = \frac{(2 \pi \sigma x dx) \omega}{2 \pi} = \sigma \omega x dx$ મળે છે.
આ તત્વ રીંગની ચુંબકીય મોમેન્ટ $dM = dI \cdot A_{ring} = (\sigma \omega x dx) \cdot (\pi x^2) = \pi \sigma \omega x^3 dx$ છે.
કુલ ચુંબકીય મોમેન્ટ $M$ મેળવવા માટે,$x = 0$ થી $x = R$ સુધી $dM$ નું સંકલન કરો:
$M = \int_{0}^{R} \pi \sigma \omega x^3 dx = \pi \sigma \omega \left[ \frac{x^4}{4} \right]_{0}^{R} = \frac{1}{4} \pi \sigma \omega R^4$.

(D) વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ અને સ્થિતિમાન $\phi$ વચ્ચેનો સંબંધ $E = -\frac{d\phi}{dr}$ છે.
આપેલ છે કે $\phi = ar^2 + b$,તેથી $E = -\frac{d}{dr}(ar^2 + b) = -2ar$.
ગૌસના નિયમના વિકલન સ્વરૂપ મુજબ,વિદ્યુતભાર ઘનતા $\rho$ એ $\nabla \cdot E = \frac{\rho}{\varepsilon_0}$ દ્વારા મળે છે.
ગોળીય યામ પદ્ધતિમાં,ત્રિજ્યાવર્તી સંમિત ક્ષેત્ર $E(r)$ માટે,ડાયવર્જન્સ $\frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}(r^2 E) = \frac{\rho}{\varepsilon_0}$ થાય છે.
સમીકરણમાં $E = -2ar$ મૂકતા:
$\frac{\rho}{\varepsilon_0} = \frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}(r^2 (-2ar)) = \frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}(-2ar^3) = \frac{1}{r^2} (-6ar^2) = -6a$.
તેથી,વિદ્યુતભાર ઘનતા $\rho = -6a\varepsilon_0$ છે.

(B) તારનો અવરોધ $R = \frac{\rho l}{A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે તારને ખેંચવામાં આવે છે ત્યારે તેનું કદ $V = A \times l$ અચળ રહે છે,તેથી આપણે $A = \frac{V}{l}$ લખી શકીએ છીએ.
આને અવરોધના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $R = \frac{\rho l^2}{V}$ મળે છે.
અહીં $\rho$ અને $V$ અચળ હોવાથી,$R \propto l^2$ થાય છે.
નાના ફેરફારો માટે વિકલનનો ઉપયોગ કરતા,અવરોધમાં થતો આંશિક ફેરફાર $\frac{\Delta R}{R} = 2 \frac{\Delta l}{l}$ મળે છે.
આપેલ છે કે તારને $0.1 \%$ ખેંચવામાં આવે છે,તેથી $\frac{\Delta l}{l} = 0.1 \% = 0.001$ છે.
તેથી,$\frac{\Delta R}{R} = 2 \times 0.1 \% = 0.2 \%$ થાય છે.
ફેરફાર ધન હોવાથી,અવરોધ $0.2 \%$ વધશે.

(D) આડા અક્ષ સાથે $\theta$ ખૂણે એક નાનો કોણીય ઘટક $d\theta$ ધ્યાનમાં લો. આ ઘટકમાંથી વહેતો પ્રવાહ $dI = \frac{I}{\pi} d\theta$ છે.
કેન્દ્ર પર આ અનંત તારના ઘટકને કારણે ઉદ્ભવતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $dB$ અનંત તારના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $dB = \frac{\mu_0 (2 dI)}{4\pi R} = \frac{\mu_0 dI}{2\pi R}$.
$dI$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે $dB = \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} d\theta$.
સંમિતિને કારણે,ચુંબકીય ક્ષેત્રના આડા ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે અને માત્ર ઊભા ઘટકોનો સરવાળો થાય છે. ઊભો ઘટક $dB_y = dB \sin\theta$ છે.
$\theta = 0$ થી $\pi$ સુધી સંકલન કરતા:
$B_{net} = \int_0^{\pi} \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} \sin\theta d\theta$
$B_{net} = \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} [-\cos\theta]_0^{\pi}$
$B_{net} = \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} [-(-1) - (-1)] = \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} [2] = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R}$.

(A) સીમા $x-z$ સમતલ છે,તેથી સપાટીને લંબ $y$-અક્ષ (એકમ સદિશ $\widehat{j}$) છે.
આપાત કિરણ સદિશ $\overrightarrow{A} = 6\sqrt{3} \widehat{i} + 8\sqrt{3} \widehat{j} - 10\widehat{k}$ છે.
જો આપણે ધારીએ કે સીમા $x-y$ સમતલ છે,તો લંબ $\widehat{k}$ છે.
આપાતકોણ $i$ માટે,$\cos i = \frac{|\overrightarrow{A} \cdot (-\widehat{k})|}{|A|} = \frac{10}{20} = \frac{1}{2} \implies i = 60^o$.
સ્નેલના નિયમ મુજબ: $\sqrt{2} \sin 60^o = \sqrt{3} \sin r$
$\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \sin r$
$\sin r = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
તેથી,$r = 45^o$.

(B) આપેલ છે: કેન્દ્રલંબાઈ $f = +20\ cm = +0.2\ m$,વસ્તુનું અંતર $u = -2.8\ m$,વસ્તુની ઝડપ $\frac{du}{dt} = -15\ m/s$ (કારણ કે અંતર ઘટી રહ્યું છે).
અરીસાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$.
સમય $t$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $-\frac{1}{v^2} \frac{dv}{dt} - \frac{1}{u^2} \frac{du}{dt} = 0$.
તેથી,$\frac{dv}{dt} = -\frac{v^2}{u^2} \frac{du}{dt}$.
અરીસાના સૂત્ર પરથી,$v = \frac{uf}{u-f} = \frac{(-2.8)(0.2)}{-2.8 - 0.2} = \frac{-0.56}{-3.0} = \frac{0.56}{3} = \frac{56}{300} = \frac{14}{75}\ m$.
હવે,$\frac{dv}{dt} = -\left( \frac{v}{u} \right)^2 \frac{du}{dt} = -\left( \frac{14/75}{-2.8} \right)^2 (-15) = -\left( \frac{14/75}{-210/75} \right)^2 (-15) = -\left( -\frac{14}{210} \right)^2 (-15) = -\left( -\frac{1}{15} \right)^2 (-15) = -\left( \frac{1}{225} \right) (-15) = \frac{15}{225} = \frac{1}{15}\ m/s$.

(C) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_{max}$ અને સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_0$ નીચે મુજબ છે: $K_{max} = eV_0 = hv - hv_0$.
અહીં,$h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે,$v$ એ આપાત પ્રકાશની આવૃત્તિ છે અને $v_0$ એ થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ છે.
સમીકરણ પરથી,$K_{max} = hv - hv_0$. જો આવૃત્તિ $v$ ને બમણી કરીને $2v$ કરવામાં આવે,તો નવી મહત્તમ ગતિઊર્જા $K'_{max} = h(2v) - hv_0 = 2hv - hv_0$ થાય.
કારણ કે $2hv - hv_0$ એ $2(hv - hv_0)$ ની બરાબર નથી,તેથી મહત્તમ ગતિઊર્જા બમણી થતી નથી. પરિણામે,સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_0$ પણ બમણું થતું નથી. આમ,વિધાન-$1$ ખોટું છે.
વિધાન-$2$ સાચું છે કારણ કે $K_{max}$ અને $V_0$ એ આવૃત્તિ $v$ ના રેખીય વિધેયો છે (એટલે કે,$y = mx + c$ સ્વરૂપ).

(D) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વાહકમાં ઉદ્ભવતું પ્રેરિત $emf$ $(e)$ નું સૂત્ર $e = Bvl \sin(\theta)$ છે,જ્યાં $B$ એ ચુંબકીય ક્ષેત્ર,$v$ એ વેગ,$l$ એ વાહકની લંબાઈ અને $\theta$ એ વેગ સદિશ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર સદિશ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
અહીં,વેગ પૂર્વ દિશામાં છે અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર ઉત્તર દિશામાં છે,તેથી તેઓ પરસ્પર લંબ છે $(\theta = 90^\circ)$.
આપેલ છે: $B = 5.0 \times 10^{-5} \text{ T}$,$v = 1.5 \text{ m/s}$,$l = 2 \text{ m}$.
$e = (5.0 \times 10^{-5}) \times 1.5 \times 2 = 15 \times 10^{-5} \text{ V}$.
$mV$ માં રૂપાંતર કરવા માટે,$10^3$ વડે ગુણો: $e = 15 \times 10^{-5} \times 10^3 \text{ mV} = 15 \times 10^{-2} \text{ mV} = 0.15 \text{ mV}$.

(B) $LC$ સર્કિટમાં કુલ ઉર્જા અચળ હોય છે અને તે $U = \frac{q_0^2}{2C}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કોઈપણ સમયે $t$ પર,કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q = q_0 \cos(\omega t)$ છે,જ્યાં $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$.
વિદ્યુત ક્ષેત્રમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U_E = \frac{q^2}{2C} = \frac{q_0^2 \cos^2(\omega t)}{2C}$ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U_B = U - U_E = \frac{q_0^2}{2C} - \frac{q_0^2 \cos^2(\omega t)}{2C} = \frac{q_0^2}{2C} \sin^2(\omega t)$ છે.
આપણને આપેલ છે કે ઉર્જા સમાન રીતે સંગ્રહિત થાય છે,તેથી $U_E = U_B$.
$\frac{q_0^2}{2C} \cos^2(\omega t) = \frac{q_0^2}{2C} \sin^2(\omega t) \implies \cos^2(\omega t) = \sin^2(\omega t) \implies \tan^2(\omega t) = 1$.
આમ,$\omega t = \frac{\pi}{4}$.
$\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ મૂકતા,આપણને $t = \frac{\pi}{4} \sqrt{LC}$ મળે છે.

(B) $RC$ સર્કિટમાં ચાર્જિંગ કેપેસિટર પરનો વોલ્ટેજ $V(t) = V_0(1 - e^{-t/RC})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$V_0 = 200 \ V$,$V(t) = 120 \ V$,$C = 2 \times 10^{-6} \ F$,અને $t = 5 \ s$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $120 = 200(1 - e^{-5/(R \times 2 \times 10^{-6})})$.
$0.6 = 1 - e^{-5/(R \times 2 \times 10^{-6})} \Rightarrow e^{-5/(R \times 2 \times 10^{-6})} = 0.4$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $-5/(R \times 2 \times 10^{-6}) = \ln(0.4) = -\ln(2.5)$.
$5/(R \times 2 \times 10^{-6}) = \ln(2.5) = 2.303 \times \log_{10}(2.5)$.
આપેલ છે $\log_{10}(2.5) = 0.4$,તેથી $\ln(2.5) = 2.303 \times 0.4 = 0.9212$.
$R = 5 / (2 \times 10^{-6} \times 0.9212) \approx 2.71 \times 10^6 \ \Omega$.

(C) $1$. વિધાન $- 1$ ખોટું છે. જ્યારે પ્રકાશ હવા (પાતળું માધ્યમ) માંથી કાચ (ઘટ્ટ માધ્યમ) ની સપાટી પરથી પરાવર્તિત થાય છે,ત્યારે $\pi$ જેટલો કળા તફાવત ઉદભવે છે. પરંતુ વિધાન $- 1$ માં દર્શાવેલ આંતર સપાટી સંદર્ભમાં ભૂલ છે. કાચની પ્લેટની સપાટી પર પરાવર્તન થતી વખતે $\pi$ નો કળા તફાવત આવે છે.
$2$. વિધાન $- 2$ સાચું છે. લેન્સ અને કાચની પ્લેટના સંપર્ક બિંદુએ હવાનું પડ શૂન્ય જાડાઈનું હોય છે. નીચેની સપાટી (કાચની પ્લેટ) પરથી પરાવર્તિત પ્રકાશમાં $\pi$ નો કળા તફાવત આવે છે,જ્યારે ઉપરની સપાટી પરથી પરાવર્તિત પ્રકાશમાં આવું થતું નથી. આથી,વિનાશક વ્યતિકરણ રચાય છે અને કેન્દ્ર અંધારું (dark) મળે છે.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા આયનમાં ઇલેક્ટ્રોન સંક્રમણ માટે જરૂરી ઉર્જાનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$\Delta E = 13.6 Z^{2} \left( \frac{1}{n_{1}^{2}} - \frac{1}{n_{2}^{2}} \right) \text{eV}$
$Li^{++}$ આયન માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 3$ છે.
સંક્રમણ પ્રથમ કક્ષા $(n_{1} = 1)$ થી ત્રીજી કક્ષા $(n_{2} = 3)$ માં થાય છે.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$\Delta E = 13.6 \times (3)^{2} \left( \frac{1}{1^{2}} - \frac{1}{3^{2}} \right) \text{eV}$
$\Delta E = 13.6 \times 9 \left( 1 - \frac{1}{9} \right) \text{eV}$
$\Delta E = 13.6 \times 9 \left( \frac{8}{9} \right) \text{eV}$
$\Delta E = 13.6 \times 8 = 108.8 \text{eV}$

(B) ક્ષયનો નિયમ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N(t)$ એ $t$ સમયે બાકી રહેલા અવિભંજિત પરમાણુઓની સંખ્યા છે.
સમય $t_1$ પર,પદાર્થનો $\frac{1}{3}$ ભાગ ક્ષય પામે છે,તેથી બાકી રહેલો જથ્થો $N(t_1) = N_0 - \frac{1}{3}N_0 = \frac{2}{3}N_0$ છે.
તેથી,$\frac{2}{3}N_0 = N_0 e^{-\lambda t_1} \Rightarrow e^{-\lambda t_1} = \frac{2}{3}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $-\lambda t_1 = \ln(\frac{2}{3}) \Rightarrow \lambda t_1 = \ln(1.5)$.
સમય $t_2$ પર,પદાર્થનો $\frac{2}{3}$ ભાગ ક્ષય પામે છે,તેથી બાકી રહેલો જથ્થો $N(t_2) = N_0 - \frac{2}{3}N_0 = \frac{1}{3}N_0$ છે.
તેથી,$\frac{1}{3}N_0 = N_0 e^{-\lambda t_2} \Rightarrow e^{-\lambda t_2} = \frac{1}{3}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $-\lambda t_2 = \ln(\frac{1}{3}) \Rightarrow \lambda t_2 = \ln(3)$.
સમયગાળો $t_2 - t_1 = \frac{\ln(3) - \ln(1.5)}{\lambda} = \frac{\ln(3/1.5)}{\lambda} = \frac{\ln(2)}{\lambda}$ છે.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = \frac{\ln(2)}{\lambda} = 20 \, min$ હોવાથી,$t_2 - t_1 = 20 \, min$ મળે છે.

(A) વિધાન-$1$ સાચું છે કારણ કે આકાશ તરંગો આયનોસ્ફિયર દ્વારા પરાવર્તિત થાય છે,જે લાંબા અંતરના સંચારને શક્ય બનાવે છે. તે ગ્રાઉન્ડ વેવ્સ કરતા ઓછા સ્થિર છે કારણ કે તે આયનોસ્ફિયરિક પરિસ્થિતિઓ પર આધાર રાખે છે.
વિધાન-$2$ સાચું છે કારણ કે સૌર કિરણોત્સર્ગને કારણે આયનોસ્ફિયરના સ્તરોની ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા અને ઊંચાઈ સતત બદલાતી રહે છે,જે સમય અને ઋતુ સાથે બદલાય છે.
વિધાન-$1$ માં ઉલ્લેખિત આકાશ તરંગ સિગ્નલોની અસ્થિરતા સીધી રીતે વિધાન-$2$ માં વર્ણવેલ આયનોસ્ફિયરના ફેરફારોને કારણે છે,તેથી વિધાન-$2$ એ વિધાન-$1$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(B) મોડ્યુલેશન એ ઓછી આવૃત્તિ ધરાવતા માહિતી સિગ્નલને ઉચ્ચ આવૃત્તિ ધરાવતા કેરિયર તરંગ પર સુપરઇમ્પોઝ કરવાની પ્રક્રિયા છે। મોડ્યુલેશનના મુખ્ય કારણો નીચે મુજબ છે:
$1$. એન્ટેનાનું કદ ઘટાડવા માટે: જરૂરી લઘુત્તમ એન્ટેના ઊંચાઈ $h = \lambda/4$ છે। ઓછી આવૃત્તિના સિગ્નલો માટે, $\lambda$ ખૂબ મોટું હોય છે, જેના માટે અવ્યવહારુ રીતે મોટા એન્ટેનાની જરૂર પડે છે। મોડ્યુલેશન આવૃત્તિ વધારે છે, આમ $\lambda$ અને એન્ટેનાનું કદ ઘટાડે છે।
$2$. પસંદગીક્ષમતા વધારવા માટે: વિવિધ કેરિયર આવૃત્તિઓનો ઉપયોગ કરીને, હસ્તક્ષેપ વિના એકસાથે અનેક સિગ્નલો પ્રસારિત કરી શકાય છે।
$3$. ફ્રેક્શનલ બેન્ડવિડ્થ ઘટાડવા માટે: સિગ્નલ બેન્ડવિડ્થ અને કેન્દ્ર આવૃત્તિનો ગુણોત્તર ઘટાડવામાં આવે છે, જે સિગ્નલને પ્રોસેસ અને મલ્ટિપ્લેક્સ કરવાનું સરળ બનાવે છે।
મોડ્યુલેશન પ્રસારણ અને રિસેપ્શન વચ્ચેના સમયના વિલંબને ઘટાડતું નથી, કારણ કે સિગ્નલ મોડ્યુલેશન પ્રક્રિયાને ધ્યાનમાં લીધા વિના પ્રકાશની ગતિ $(c)$ પર મુસાફરી કરે છે। તેથી, વિકલ્પ $B$ ખોટો છે।

(B) વિદ્યુતભાર પર લાગતું કુલ લોરેન્ઝ બળ $\overrightarrow{F} = q\overrightarrow{E} + q(\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ,સદિશ ગુણાકાર $\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B}$ ની ગણતરી કરો:
$\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 3 & 4 & 1 \\ 1 & 1 & -3 \end{vmatrix}$
$= \hat{i}(-12 - 1) - \hat{j}(-9 - 1) + \hat{k}(3 - 4)$
$= -13\hat{i} + 10\hat{j} - \hat{k}$.
હવે,આ કિંમતને બળના સમીકરણમાં મૂકો:
$\overrightarrow{F} = q[(3\hat{i} + \hat{j} + 2\hat{k}) + (-13\hat{i} + 10\hat{j} - \hat{k})]$
$\overrightarrow{F} = q[(3 - 13)\hat{i} + (1 + 10)\hat{j} + (2 - 1)\hat{k}]$
$\overrightarrow{F} = q[-10\hat{i} + 11\hat{j} + \hat{k}]$.
બળનો $y$-ઘટક એ $\hat{j}$ નો સહગુણક છે,જે $11q$ છે.

(D) પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ $(x)$ એ તારની એકમ લંબાઈ દીઠ થતા પોટેન્શિયલ ડ્રોપ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે: $x = \frac{V}{\ell} = \frac{iR}{\ell}$.
અવરોધ $R = \frac{\rho \ell}{A}$ હોવાથી,આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $x = \frac{i (\rho \ell / A)}{\ell} = \frac{i \rho}{A}$.
આપેલ કિંમતો: પ્રવાહ $i = 0.2 \, A$,અવરોધકતા $\rho = 4 \times 10^{-7} \, \Omega \cdot m$,અને આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A = 8 \times 10^{-7} \, m^2$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા: $x = \frac{0.2 \times 4 \times 10^{-7}}{8 \times 10^{-7}}$.
$x = \frac{0.8 \times 10^{-7}}{8 \times 10^{-7}} = 0.1 \, V/m$.

(C) $1$. સૂર્યપ્રકાશ વાતાવરણીય કણો દ્વારા પ્રકીર્ણન પામે છે (રેલે પ્રકીર્ણન). આ પ્રકીર્ણન પામેલો પ્રકાશ આંશિક રીતે ધ્રુવીભૂત હોય છે.
$2$. વાદળી આકાશમાંથી આવતો પ્રકાશ આંશિક રીતે ધ્રુવીભૂત હોવાથી,જ્યારે તેને કેલ્સાઈટ સ્ફટિક (જે પોલરાઈઝર/એનાલાઈઝર તરીકે કામ કરે છે) દ્વારા જોવામાં આવે છે,ત્યારે સ્ફટિકને ફેરવવાથી માલસના નિયમ મુજબ પ્રસારિત પ્રકાશની તીવ્રતા બદલાય છે.
$3$. વિધાન-$I$ સાચું છે કારણ કે આકાશનો પ્રકાશ ધ્રુવીભૂત હોય છે.
$4$. વિધાન-$II$ સાચું છે કારણ કે આકાશના પ્રકાશનું ધ્રુવીભવન ખરેખર પ્રકીર્ણનને કારણે થાય છે,અને પ્રકીર્ણન વાદળી પ્રકાશ (ટૂંકી તરંગલંબાઇ) માટે સૌથી વધુ અસરકારક છે.
$5$. વિધાન-$II$ ભૌતિક પદ્ધતિ (પ્રકીર્ણન) પૂરી પાડે છે જે સમજાવે છે કે પ્રકાશ શા માટે ધ્રુવીભૂત છે,જે વિધાન-$I$ માં અવલોકનનું કારણ છે.

(A) કોશીના વિક્ષેપના સૂત્ર મુજબ, દ્રવ્યનો વક્રીભવનાંક પ્રકાશની તરંગલંબાઈ પર આધાર રાખે છે। લાલ પ્રકાશ માટેનો વક્રીભવનાંક $(\mu_{R})$ એ વાદળી પ્રકાશના વક્રીભવનાંક $(\mu_{B})$ કરતા ઓછો હોય છે, એટલે કે $\mu_{R} < \mu_{B}$.
લેન્સ મેકરનું સૂત્ર $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કારણ કે $\mu_{R} < \mu_{B}$, પદ $(\mu_{R} - 1)$ એ $(\mu_{B} - 1)$ કરતા નાનું છે.
પરિણામે, $\frac{1}{f_{R}} < \frac{1}{f_{B}}$, જેનો અર્થ છે કે $f_{R} > f_{B}$.
તેથી, જ્યારે વાદળી પ્રકાશને બદલે લાલ પ્રકાશનો ઉપયોગ કરવામાં આવે છે, ત્યારે બહિર્ગોળ લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ વધશે.

(D) $C-R$ સર્કિટમાં ડિસ્ચાર્જ થતા કેપેસિટરનો વોલ્ટેજ $V(t) = V_0 e^{-t/\tau}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $\tau = RC_{eq}$ એ ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ છે.
વોલ્ટેજ તેના મૂળ મૂલ્યના અડધા થવા માટે, $V_0/2 = V_0 e^{-t/\tau}$, જેનો અર્થ છે $e^{-t/\tau} = 1/2$, અથવા $t = \tau \ln(2)$.
સમાંતર જોડાણ માટે, $C_{p} = C + C = 2C$. ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau_p = R(2C) = 2RC$ છે.
આપેલ છે કે $t_1 = 10\; s$, તેથી $10 = (2RC) \ln(2)$.
શ્રેણી જોડાણ માટે, $C_{s} = (C \cdot C)/(C + C) = C/2$. ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau_s = R(C/2) = RC/2$ છે.
ધારો કે જરૂરી સમય $t_2$ છે. તો $t_2 = (RC/2) \ln(2)$.
બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા:
$\frac{t_2}{t_1} = \frac{(RC/2) \ln(2)}{(2RC) \ln(2)} = \frac{1/2}{2} = \frac{1}{4}$.
તેથી, $t_2 = t_1 / 4 = 10 / 4 = 2.5\; s$.

(D) તંત્રનું પ્રારંભિક વેગમાન $P_{i} = 0$ છે કારણ કે ન્યુટ્રોન ધીમેથી ગતિ કરે છે (વેગમાન $\approx 0$) અને $M$ દળનું ન્યુક્લિયસ સ્થિર છે.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,અંતિમ વેગમાન $P_{f}$ પણ શૂન્ય હોવું જોઈએ.
ધારો કે $m_{1}$ દળ ધરાવતા ન્યુક્લિયસનું વેગમાન $P_{1}$ છે અને $5m_{1}$ દળ ધરાવતા ન્યુક્લિયસનું વેગમાન $P_{2}$ છે.
આમ,$P_{1} + P_{2} = 0$,જેનો અર્થ છે કે $P_{1} = -P_{2}$.
તેનું મૂલ્ય લેતા,$|P_{1}| = |P_{2}| = P$.
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{h}{P}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ ન્યુક્લિયસ માટે,$\lambda_{1} = \frac{h}{P_{1}} = \lambda$.
બીજા ન્યુક્લિયસ માટે,$\lambda_{2} = \frac{h}{P_{2}} = \frac{h}{P_{1}} = \lambda$.
તેથી,બીજા ન્યુક્લિયસની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ પણ $\lambda$ હશે.

(C) ધારો કે $OR$ ગેટના ઇનપુટ $A$ અને $B$ છે. $OR$ ગેટનું આઉટપુટ $X = A + B$ મળે છે.
આ આઉટપુટ $X$ ને $NAND$ ગેટના બંને ઇનપુટ સાથે જોડવામાં આવે છે. ધારો કે $NAND$ ગેટના ઇનપુટ $I_1 = X$ અને $I_2 = X$ છે.
$NAND$ ગેટનું આઉટપુટ $Y = \overline{I_1 \cdot I_2} = \overline{X \cdot X} = \overline{X}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$X = A + B$ મૂકતા,આપણને $Y = \overline{A + B}$ મળે છે.
પદ $\overline{A + B}$ એ $NOR$ ગેટનું બુલિયન ઓપરેશન દર્શાવે છે.
તેથી,આ સંયોજન $NOR$ ગેટ તરીકે કાર્ય કરે છે.

(B) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વાહકમાં પ્રેરિત ઇલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સ $(emf)$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે: $e = B \cdot l \cdot v$
આપેલ મૂલ્યો:
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $(B)$ = $0.30 \times 10^{-4} \; Wb/m^2$
તારની લંબાઈ $(l)$ = $20 \; m$
તારનો વેગ $(v)$ = $5.0 \; m/s$
આ મૂલ્યોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$e = (0.30 \times 10^{-4}) \times 20 \times 5.0$
$e = 0.30 \times 10^{-4} \times 100$
$e = 0.30 \times 10^{-2} \; V$
$e = 3 \times 10^{-3} \; V$
$1 \; V = 1000 \; mV$ હોવાથી:
$e = 3 \; mV$