AIEEE 2012 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) ચલ દળ ધરાવતી સિસ્ટમ માટે ન્યૂટનના બીજા નિયમ મુજબ ઉપગ્રહ પર લાગતું બળ $F = \frac{d}{dt}(Mv)$ છે.
અવકાશ બળ-મુક્ત હોવાથી,ચોખ્ખું બાહ્ય બળ $F = 0$ છે.
વિકલનનું વિસ્તરણ કરતા: $F = M \frac{dv}{dt} + v \frac{dM}{dt} = 0$.
આપેલ છે કે દળ વધવાનો દર $\frac{dM}{dt} = \alpha v$ છે,આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$M \frac{dv}{dt} + v(\alpha v) = 0$.
પ્રવેગ $a = \frac{dv}{dt}$ શોધવા માટે સમીકરણને ગોઠવતા:
$M \frac{dv}{dt} = -\alpha v^2$.
તેથી,પ્રતિપ્રવેગ (અથવા પ્રવેગ) $a = -\frac{\alpha v^2}{M}$ મળે છે.

(C) પૃથ્વીની અંદરના બિંદુ $(r < R)$ માટે, ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g_{in} = \frac{4}{3} \pi G \rho r$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જેનો અર્થ છે કે $g \propto r$. આ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી સીધી રેખા દર્શાવે છે.
પૃથ્વીની બહારના બિંદુ $(r \geq R)$ માટે, ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g_{out} = \frac{GM}{r^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જેનો અર્થ છે કે $g \propto \frac{1}{r^2}$. આ એક વક્ર દર્શાવે છે જે $r$ વધવાની સાથે ઘટે છે.
તેથી, આલેખ $r = R$ સુધી રેખીય વધારો અને ત્યારબાદ $r > R$ માટે અરેખીય ઘટાડો દર્શાવે છે, જે વિકલ્પ $C$ માં આપેલા આલેખને અનુરૂપ છે.

(B) $L$ લંબાઈની ખુલ્લી ટ્યુબની મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_0 = \frac{v}{2L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v$ એ હવામાં અવાજની ઝડપ છે.
જ્યારે ટ્યુબને પાણીમાં શિરોલંબ એવી રીતે ડુબાડવામાં આવે છે કે તેની અડધી લંબાઈ પાણીની અંદર હોય,ત્યારે ટ્યુબ અસરકારક રીતે બંધ પાઇપ (એક છેડે પાણીની સપાટી દ્વારા બંધ) બની જાય છે,જેની નવી લંબાઈ $L' = L/2$ છે.
$L'$ લંબાઈની બંધ પાઇપની મૂળભૂત આવૃત્તિ $f' = \frac{v}{4L'}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સૂત્રમાં $L' = L/2$ મૂકતા,આપણને $f' = \frac{v}{4(L/2)} = \frac{v}{2L}$ મળે છે.
આની મૂળ આવૃત્તિ સાથે સરખામણી કરતા,આપણને $f' = f_0$ મળે છે.

(C) ધારો કે પૃષ્ઠતાણ $(S)$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $S = E^x V^y T^z$ છે.
પૃષ્ઠતાણના પરિમાણો $[S] = [MT^{-2}]$ છે.
મૂળભૂત રાશિઓના પરિમાણો નીચે મુજબ છે:
$[E] = [ML^2T^{-2}]$
$[V] = [LT^{-1}]$
$[T] = [T]$
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$[MT^{-2}] = [ML^2T^{-2}]^x [LT^{-1}]^y [T]^z$
$[MT^{-2}] = [M^x L^{2x+y} T^{-2x-y+z}]$
બંને બાજુ $M, L,$ અને $T$ ના ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા:
$M$ માટે: $x = 1$
$L$ માટે: $2x + y = 0 \Rightarrow 2(1) + y = 0 \Rightarrow y = -2$
$T$ માટે: $-2x - y + z = -2 \Rightarrow -2(1) - (-2) + z = -2 \Rightarrow -2 + 2 + z = -2 \Rightarrow z = -2$
આમ,પૃષ્ઠતાણનું પારિમાણિક સૂત્ર $[EV^{-2}T^{-2}]$ થશે.

(D) સ્પેક્ટ્રોમીટરનું રીડિંગ આ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\text{રીડિંગ} = \text{મુખ્ય સ્કેલ રીડિંગ} + (\text{વર્નિયર સ્કેલ રીડિંગ} \times \text{લઘુત્તમ માપશક્તિ})$.
સૌ પ્રથમ,વર્નિયર સ્કેલની લઘુત્તમ માપશક્તિ $(LC)$ શોધો:
$LC = \frac{\text{મુખ્ય સ્કેલના 1 વિભાગનું મૂલ્ય}}{\text{વર્નિયર સ્કેલના કુલ વિભાગો}} = \frac{0.5^{\circ}}{30}$.
આપેલ છે:
મુખ્ય સ્કેલ રીડિંગ $= 58.5^{\circ}$
વર્નિયર સ્કેલ રીડિંગ $= 09$ વિભાગો
હવે,કુલ રીડિંગ $(R)$ શોધો:
$R = 58.5^{\circ} + (9 \times \frac{0.5^{\circ}}{30})$
$R = 58.5^{\circ} + (9 \times 0.01667^{\circ})$
$R = 58.5^{\circ} + 0.15^{\circ}$
$R = 58.65^{\circ}$.

(B) ઓમના નિયમ મુજબ,અવરોધ $R$ એ $R = \frac{V}{I}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ભાગાકાર માટે,સાપેક્ષ ત્રુટિ એ વ્યક્તિગત રાશિઓની સાપેક્ષ ત્રુટિઓનો સરવાળો છે: $\frac{\Delta R}{R} = \frac{\Delta V}{V} + \frac{\Delta I}{I}$.
પ્રતિશત ત્રુટિ શોધવા માટે,આપણે $100$ વડે ગુણીએ છીએ:
$\frac{\Delta R}{R} \times 100 = \left( \frac{\Delta V}{V} \times 100 \right) + \left( \frac{\Delta I}{I} \times 100 \right)$.
આપેલ છે કે વોલ્ટેજમાં પ્રતિશત ત્રુટિ $\frac{\Delta V}{V} \times 100 = 3\%$ અને પ્રવાહમાં પ્રતિશત ત્રુટિ $\frac{\Delta I}{I} \times 100 = 3\%$ છે.
તેથી,અવરોધમાં પ્રતિશત ત્રુટિ $3\% + 3\% = 6\%$ છે.

(A) પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થ દ્વારા પ્રાપ્ત થતી મહત્તમ ઊંચાઈ $H_{max}$ નું સૂત્ર $H_{max} = \frac{u^2}{2g}$ છે.
અહીં $H_{max} = 10 \ m$ આપેલ છે,તેથી $10 = \frac{u^2}{2g}$,જેનો અર્થ છે કે $u^2 = 20g$.
મહત્તમ ક્ષૈતિજ અવધિ $R_{max}$ ત્યારે મળે છે જ્યારે પ્રક્ષિપ્ત કોણ $45^\circ$ હોય,જેનું સૂત્ર $R_{max} = \frac{u^2}{g}$ છે.
$u^2$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $R_{max} = \frac{20g}{g} = 20 \ m$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે બળ $F(t) = F_0e^{-bt}$ છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,$F = m \frac{dv}{dt}$.
તેથી,$m \frac{dv}{dt} = F_0e^{-bt}$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે $\frac{dv}{dt} = \frac{F_0}{m} e^{-bt}$.
બંને બાજુ સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં $0$ થી $t$ સુધી અને વેગ $v$ માટે $0$ થી $v(t)$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_0^{v(t)} dv = \int_0^t \frac{F_0}{m} e^{-bt} dt$.
$v(t) = \frac{F_0}{m} \left[ \frac{e^{-bt}}{-b} \right]_0^t$.
$v(t) = \frac{F_0}{m} \left( \frac{e^{-bt}}{-b} - \frac{e^0}{-b} \right)$.
$v(t) = \frac{F_0}{mb} (1 - e^{-bt})$.
જેમ $t \to \infty$,તેમ $v(t) \to \frac{F_0}{mb}$.
આ એક ઘાતાંકીય વૃદ્ધિ વક્ર દર્શાવે છે જે $v = \frac{F_0}{mb}$ પર આડી અનંતસ્પર્શક (asymptote) તરફ જાય છે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,વક્ર $D$ આ વર્તણૂક દર્શાવે છે.

(B) બળ $F$ દ્વારા સ્પ્રિંગને ખેંચવામાં થતું કાર્ય $W = \frac{F^2}{2k}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે સમાન બળ $F$ માટે,$W_1 > W_2$,તેથી $\frac{F^2}{2k_1} > \frac{F^2}{2k_2}$,જે સૂચવે છે કે $k_1 < k_2$. આમ,વિધાન $2$ સાચું છે.
જ્યારે સ્પ્રિંગને સમાન લંબાઈ $x$ સુધી ખેંચવામાં આવે છે,ત્યારે થતું કાર્ય $W = \frac{1}{2}kx^2$ છે.
કારણ કે $k_1 < k_2$,સમાન લંબાઈ $x$ માટે,$W_1 = \frac{1}{2}k_1x^2$ અને $W_2 = \frac{1}{2}k_2x^2$. તેથી,$W_1 < W_2$.
વિધાન $1$ દાવો કરે છે કે સમાન લંબાઈ માટે $W_1 > W_2$,જે ખોટું છે.
આમ,વિધાન $1$ ખોટું છે અને વિધાન $2$ સાચું છે.

(B) ન્યૂટનના શીતલનના નિયમ મુજબ,તાપમાનમાં થતો ફેરફારનો દર એ પદાર્થ અને તેની આસપાસના તાપમાનના તફાવતના સમપ્રમાણમાં હોય છે:
$\frac{d\theta}{dt} = -k(\theta - \theta_0)$
સંકલન માટે પદોને ફરીથી ગોઠવતા:
$\frac{d\theta}{\theta - \theta_0} = -k dt$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{d\theta}{\theta - \theta_0} = \int -k dt$
$\ln(\theta - \theta_0) = -kt + C$
આ સમીકરણ $y = mx + c$ ના સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $y = \ln(\theta - \theta_0)$,$x = t$,$m = -k$ (ઋણ ઢાળ),અને $c$ એ આંતરછેદ છે. આ એક ઋણ ઢાળ ધરાવતી સીધી રેખા દર્શાવે છે. તેથી,સાચો આલેખ નીચે તરફ જતી સીધી રેખા છે.

(A) $m$ દળ ધરાવતા પદાર્થને પૃથ્વીની સપાટી પરથી અનંત (મુક્ત અવકાશ) સુધી લોન્ચ કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા એ સપાટી પરની ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિ ઉર્જા જેટલી હોય છે,જેનું સૂત્ર: $E = \frac{GMm}{R}$ છે.
પૃથ્વીની સપાટી પર ગુરુત્વપ્રવેગ $g = \frac{GM}{R^2}$ હોવાથી,આપણે $GM = gR^2$ લખી શકીએ.
આ કિંમતને ઉર્જાના સમીકરણમાં મૂકતા: $E = \frac{(gR^2)m}{R} = mgR$.
આપેલ મૂલ્યો: $m = 1000 \ kg$,$g = 10 \ m/s^2$,અને $R = 6400 \ km = 6.4 \times 10^6 \ m$.
ઉર્જાની ગણતરી કરતા: $E = 1000 \times 10 \times 6.4 \times 10^6 = 6.4 \times 10^{10} \ J$.

(A) રીંગને $\Delta T$ તાપમાન સુધી ગરમ કરવામાં આવે છે જેથી તેની લંબાઈમાં $\Delta L = L\alpha\Delta T$ જેટલો વધારો થાય અને તે $2\pi R$ પરિઘવાળા પૈડા પર બેસી જાય. જ્યારે તે ઠંડું પડે છે,ત્યારે તે રીંગમાં $F$ જેટલું તણાવ બળ ઉત્પન્ન કરે છે. રીંગમાં ઉદ્ભવતું પ્રતિબળ $\sigma = F/S$ છે. વિકૃતિ $\epsilon = \Delta L/L = \alpha\Delta T$ છે. યંગ મોડ્યુલસ $Y = \sigma / \epsilon$ નો ઉપયોગ કરતા,$Y = \frac{F/S}{\alpha\Delta T}$ મળે છે,જે રીંગમાં તણાવ બળ $F = SY\alpha\Delta T$ આપે છે.
પૈડાના એક અર્ધવર્તુળાકાર ભાગનો વિચાર કરો. રીંગ અર્ધવર્તુળના દરેક છેડે સ્પર્શકની દિશામાં $F$ બળ લગાડે છે. બે અર્ધવર્તુળાકાર ભાગોને એકબીજા સાથે દબાવતું કુલ બળ એ બંને સંપર્ક બિંદુઓ પર રીંગ દ્વારા લગાડવામાં આવતા બળોનો સરવાળો છે. કારણ કે રીંગ દરેક છેડે $F$ બળ લગાડે છે,તેથી એક ભાગ બીજા ભાગ પર $2F$ જેટલું બળ લગાડે છે. તેથી,ચોખ્ખું બળ $F_{net} = 2F = 2SY\alpha\Delta T$ થાય છે.

(A) પ્રવાહી ફિલ્મની બે સપાટીઓ (આગળ અને પાછળ) હોય છે. તેથી,સ્લાઇડર પર ઉપરની તરફ લાગતું પૃષ્ઠતાણનું કુલ બળ $F = 2TL$ છે,જ્યાં $T$ એ પૃષ્ઠતાણ છે અને $L$ એ સ્લાઇડરની લંબાઈ છે.
આપેલ છે:
વજન $W = mg = 1.5 \times 10^{-2} \; N$
લંબાઈ $L = 30 \; cm = 0.3 \; m$
સંતુલન માટે,પૃષ્ઠતાણને કારણે લાગતું ઉપરનું બળ નીચે તરફ લાગતા વજનને સંતુલિત કરવું જોઈએ:
$2TL = mg$
કિંમતો મૂકતા:
$2 \times T \times 0.3 = 1.5 \times 10^{-2}$
$0.6 \times T = 0.015$
$T = \frac{0.015}{0.6} = 0.025 \; N m^{-1}$

(B) હિલિયમ જેવા એકપરમાણ્વિક વાયુ માટે,મુક્તિના અંશો $f = 3$ છે. તેથી,$C_V = \frac{3}{2}R$ અને $C_p = \frac{5}{2}R$ થાય.
આ ચક્ર ચાર પ્રક્રિયાઓ ધરાવે છે:
$A \to B$: સમકદ ગરમ થવાની પ્રક્રિયા ($V = V_0$,$P$ એ $P_0$ થી $2P_0$ સુધી વધે છે). શોષાયેલી ઉષ્મા $Q_{AB} = nC_V(T_B - T_A) = \frac{3}{2}(P_B V_B - P_A V_A) = \frac{3}{2}(2P_0 V_0 - P_0 V_0) = \frac{3}{2}P_0 V_0$.
$B \to C$: સમદાબી વિસ્તરણ ($P = 2P_0$,$V$ એ $V_0$ થી $2V_0$ સુધી વધે છે). શોષાયેલી ઉષ્મા $Q_{BC} = nC_p(T_C - T_B) = \frac{5}{2}(P_C V_C - P_B V_B) = \frac{5}{2}(2P_0(2V_0) - 2P_0 V_0) = 5P_0 V_0$.
કુલ ઉષ્મા ઇનપુટ $Q_{in} = Q_{AB} + Q_{BC} = \frac{3}{2}P_0 V_0 + 5P_0 V_0 = \frac{13}{2}P_0 V_0$.
થયેલું કાર્ય $W = ABCD$ લંબચોરસનું ક્ષેત્રફળ = $(2V_0 - V_0) \times (2P_0 - P_0) = P_0 V_0$.
કાર્યક્ષમતા $\eta = \frac{W}{Q_{in}} = \frac{P_0 V_0}{\frac{13}{2}P_0 V_0} = \frac{2}{13} \approx 0.1538$.
તેથી,$\eta \approx 15.4\%$.

(B) કાર્નો એન્જિનની કાર્યક્ષમતા $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T_1$ એ સ્ત્રોતનું તાપમાન છે અને $T_2$ એ સિંકનું તાપમાન છે.
પ્રથમ કિસ્સા માટે: $\eta_1 = 0.4$,$T_1 = 500\ K$.
$0.4 = 1 - \frac{T_2}{500} \implies \frac{T_2}{500} = 0.6 \implies T_2 = 300\ K$.
બીજા કિસ્સા માટે: $\eta_2 = 0.6$,$T_2 = 300\ K$ (સમાન સિંક તાપમાન).
$0.6 = 1 - \frac{300}{T_1'} \implies \frac{300}{T_1'} = 0.4 \implies T_1' = \frac{300}{0.4} = 750\ K$.
તેથી,જરૂરી ઇનટેક તાપમાન $750\ K$ છે.

(A) મંદિત લોલક માટે ગતિનું સમીકરણ $I \alpha = -mg \ell \theta - b' v \ell$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $b'$ એ મંદન અચળાંક છે. ગોળાકાર પદાર્થ માટે,ડ્રેગ ફોર્સ $F_d = -bv$ છે. કોણીય સ્થાનાંતર $\theta(t) = \theta_0 e^{-(b/2m)t} \sin(\omega t + \phi)$ સ્વરૂપમાં હોય છે.
આપેલ છે કે કંપનવિસ્તાર $A(t) = \theta_0 e^{-(b/2m)t}$ મુજબ ઘટે છે,આપણે સરેરાશ આયુષ્ય $\tau$ ને તે સમય તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરીએ છીએ જ્યારે કંપનવિસ્તાર પ્રારંભિક કંપનવિસ્તાર $\theta_0$ ના $1/e$ જેટલો થાય છે.
તેથી,$\theta_0/e = \theta_0 e^{-(b/2m)\tau}$.
ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા,આપણને $1 = (b/2m)\tau$ મળે છે.
પ્રશ્નમાં આપેલ પ્રમાણસરતા અચળાંક $b$ એ એકમ દળ દીઠ મંદન પરિબળ (જેને ઘણીવાર $b/m$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે) સૂચવે છે તેમ ધારીએ તો,સરેરાશ આયુષ્ય $\tau = 2/b$ થાય છે.

(D) વર્તુળાકાર માર્ગે ગતિ કરતા પદાર્થનો કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c = \omega^2 r$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\omega$ એ કોણીય વેગ છે અને $r$ એ વર્તુળની ત્રિજ્યા છે.
બંને કાર સમાન સમય $t$ માં વર્તુળ પૂર્ણ કરતી હોવાથી,તેમનો કોણીય વેગ સમાન હશે,જે $\omega = \frac{2\pi}{t}$ છે.
ધારો કે બે કારના કેન્દ્રગામી પ્રવેગ અનુક્રમે $a_1$ અને $a_2$ છે.
તેથી,$a_1 = \omega^2 r_1$ અને $a_2 = \omega^2 r_2$ થાય.
તેમના કેન્દ્રગામી પ્રવેગનો ગુણોત્તર $\frac{a_1}{a_2} = \frac{\omega^2 r_1}{\omega^2 r_2} = \frac{r_1}{r_2}$ મળે.
આમ,ગુણોત્તર $r_1 : r_2$ છે.

(D) આપેલ છે: કારનું દળ $m = 1000\,kg$,પ્રારંભિક વેગ $u = 30\,m/s$,અંતિમ વેગ $v = 0\,m/s$,અવરોધક બળ $F = 5000\,N$.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા,પ્રતિપ્રવેગ $a = \frac{F}{m} = \frac{5000}{1000} = 5\,m/s^2$.
આ પ્રતિપ્રવેગ હોવાથી,પ્રવેગ $-5\,m/s^2$ લેવામાં આવે છે.
ગતિના સમીકરણ $v^2 - u^2 = 2ad$ નો ઉપયોગ કરતા:
$0^2 - (30)^2 = 2(-5)d$
$-900 = -10d$
$d = 90\,m$.
ગતિના સમીકરણ $v = u + at$ નો ઉપયોગ કરતા:
$0 = 30 + (-5)t$
$5t = 30$
$t = 6\,s$.
આમ,$d = 90\,m$ અને $t = 6\,s$.

(A) આપેલ છે કે,પ્રારંભિક કદ $V_{1} = V$ અને અંતિમ કદ $V_{2} = 2V$ છે.
પ્રારંભિક તાપમાન $T_{1} = 27^{\circ}C = 27 + 273 = 300 \text{ K}$ છે.
ચાર્લ્સના નિયમ મુજબ,અચળ દબાણે વાયુનું કદ તેના નિરપેક્ષ તાપમાનના સમપ્રમાણમાં હોય છે: $\frac{V_{1}}{T_{1}} = \frac{V_{2}}{T_{2}}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{V}{300} = \frac{2V}{T_{2}}$.
$T_{2}$ માટે ઉકેલતા: $T_{2} = 2 \times 300 = 600 \text{ K}$.
અંતિમ તાપમાનને સેલ્સિયસમાં ફેરવતા: $T_{2} = 600 - 273 = 327^{\circ}C$.

(A) આપેલ છે: બળ $F = 100\,kN = 10^5\,N$,યંગ મોડ્યુલસ $Y = 2 \times 10^{11}\,N/m^2$,મૂળ લંબાઈ $L = 1.0\,m$,અને ત્રિજ્યા $r = 10\,mm = 10^{-2}\,m$.
આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2 = 3.14 \times (10^{-2})^2 = 3.14 \times 10^{-4}\,m^2$.
યંગ મોડ્યુલસની વ્યાખ્યા મુજબ,$Y = \frac{\text{Stress}}{\text{Strain}} = \frac{F/A}{\Delta L/L}$.
તેથી,$\text{Strain} = \frac{F}{AY} = \frac{10^5}{3.14 \times 10^{-4} \times 2 \times 10^{11}}$.
$\text{Strain} = \frac{10^5}{6.28 \times 10^7} = \frac{1}{628} \approx 0.00159$.
પ્રતિશત વિકૃતિ = $\text{Strain} \times 100 = 0.00159 \times 100 \approx 0.16\%$.

(A) $Stefan's\,law$ મુજબ, એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ ઉત્સર્જિત પાવર $E = \sigma T^4$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે:
તાપમાન $T = 3000\,K$
$Stefan$ નો અચળાંક $\sigma = 5.7 \times 10^{-8}\,W\,m^{-2}\,K^{-4}$
સમય $t = 1\,\text{કલાક }= 3600\,\text{સેકન્ડ}$
સમય $t$ માં એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ ઉત્સર્જિત ઉષ્મા $(Q/A)$:
$Q/A = E \times t = \sigma T^4 \times t$
કિંમતો મૂકતા:
$Q/A = (5.7 \times 10^{-8}) \times (3000)^4 \times 3600$
$Q/A = 5.7 \times 10^{-8} \times 81 \times 10^{12} \times 3600$
$Q/A = 5.7 \times 81 \times 3600 \times 10^4$
$Q/A = 1662120 \times 10^4 = 1.66212 \times 10^{10}\,J \approx 1.7 \times 10^{10}\,J$.

(D) $1$. વિનાશક વ્યતિકરણ ત્યારે થાય છે જ્યારે બે તરંગોની આવૃત્તિ અને કંપવિસ્તાર સમાન હોય પરંતુ કળા તફાવત $\pi$ રેડિયન $(180^o)$ હોય. $(i)$ અને $(ii)$ ની સરખામણી કરતા,કળા તફાવત $\Delta \phi = 2\pi \times \frac{1}{2} = \pi$ છે. તેથી,$(i)$ અને $(ii)$ વિનાશક વ્યતિકરણ ઉત્પન્ન કરશે.
$2$. સ્થિત તરંગો ત્યારે રચાય છે જ્યારે સમાન આવૃત્તિ અને કંપવિસ્તાર ધરાવતા બે તરંગો વિરુદ્ધ દિશામાં ગતિ કરતા હોય. $(iii)$ અને $(iv)$ ની સરખામણી કરતા,તેમની આવૃત્તિ $n_2$ અને તરંગલંબાઈ $\lambda_2$ સમાન છે,પરંતુ $\pm \frac{x}{\lambda_2}$ પદ દર્શાવે છે કે તેઓ વિરુદ્ધ દિશામાં ગતિ કરે છે. તેથી,$(iii)$ અને $(iv)$ સ્થિત તરંગો ઉત્પન્ન કરશે.

(B) સપાટી પર પ્રવાહીના પ્રવાહ દ્વારા લાગતું બળ વેગમાનના ફેરફારના દર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધારો કે $t$ સમયમાં સપાટી સાથે અથડાતા પાણીનું દળ $M$ છે.
પાણીના પ્રવાહનો વેગ $v$ છે અને સપાટી સાથે અથડાયા પછી તે સ્થિર થઈ જાય છે,તેથી વેગમાં થતો ફેરફાર $\Delta v = v - 0 = v$ છે.
એકમ લંબાઈ દીઠ દળ $m = \frac{M}{L}$ તરીકે આપેલ છે,જ્યાં $L$ એ પાણીના પ્રવાહની લંબાઈ છે.
$t$ સમયમાં,સપાટી સાથે અથડાતા પાણીના પ્રવાહની લંબાઈ $L = v \cdot t$ છે.
તેથી,$t$ સમયમાં સપાટી સાથે અથડાતા પાણીનું દળ $M = m \cdot L = m \cdot v \cdot t$ છે.
બળ $F$ એ વેગમાનના ફેરફારનો દર છે: $F = \frac{\Delta p}{\Delta t} = \frac{M \cdot v}{t}$.
બળના સમીકરણમાં $M = m \cdot v \cdot t$ મૂકતા:
$F = \frac{(m \cdot v \cdot t) \cdot v}{t} = m \cdot v^2$.
આમ,સપાટી પર લાગતું બળ $mv^2$ છે.

(A) તાત્ક્ષણિક વેગ $v$ એ સ્થાન-સમયના આલેખના ઢાળ દ્વારા આપવામાં આવે છે,$v = \frac{dx}{dt}$.
આલેખ એક સીધી રેખા હોવાથી,તેનો ઢાળ દરેક બિંદુએ અચળ રહે છે.
આલેખ પરથી,બિંદુ $A$ પાસે,સ્થાનાંતર $\Delta x = 4\,m$ એ $\Delta t = 8\,s$ સમયમાં થાય છે.
તેથી,$v_A = \frac{4\,m}{8\,s} = 0.5\,m/s$.
તે જ રીતે,બિંદુ $B$ પાસે,રેખાનો ઢાળ સમાન રહે છે.
આમ,$v_B = 0.5\,m/s$.
તેથી,$v_A = v_B = 0.5\,m/s$.

(D) $M$ દળ અને $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી સંપૂર્ણ તકતીની તેના કેન્દ્ર $O$ ને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $(M.I.)$:
$I_{Total} = \frac{1}{2} M R^2$ --- $(i)$
દૂર કરેલા વર્તુળાકાર કાણાનું દળ (ત્રિજ્યા $r = R/2$):
$m = \frac{M}{\pi R^2} \times \pi (R/2)^2 = \frac{M}{4}$
દૂર કરેલા કાણાની તેની પોતાની કેન્દ્રીય અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા:
$I_{cm} = \frac{1}{2} m r^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{M}{4} \right) \left( \frac{R}{2} \right)^2 = \frac{M R^2}{32}$
સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને,દૂર કરેલા કાણાની મૂળ તકતીના કેન્દ્ર $O$ ને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા:
$I_{removed} = I_{cm} + m d^2 = \frac{M R^2}{32} + \left( \frac{M}{4} \right) \left( \frac{R}{2} \right)^2 = \frac{M R^2}{32} + \frac{M R^2}{16} = \frac{3 M R^2}{32}$
બાકી રહેલા ભાગની જડત્વની ચાકમાત્રા:
$I_{remaining} = I_{Total} - I_{removed} = \frac{1}{2} M R^2 - \frac{3 M R^2}{32} = \frac{16 M R^2 - 3 M R^2}{32} = \frac{13}{32} M R^2$

(B) ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$\Delta Q = \Delta U + W$.
એડિબેટિક પ્રક્રિયામાં,આસપાસ સાથે ઉષ્માની આપ-લે થતી નથી,તેથી $\Delta Q = 0$.
તેથી,$0 = \Delta U + W$,જેનો અર્થ છે કે $\Delta U = -W$ અથવા $W = -\Delta U$.
આનો અર્થ એ છે કે આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર એ વાયુ દ્વારા થયેલા કાર્યના ઋણ મૂલ્ય જેટલો (અથવા વાયુ પર થયેલા કાર્ય જેટલો) હોય છે. આમ,વિધાન $1$ સાચું છે.
એડિબેટિક પ્રક્રિયામાં,વાયુનું તાપમાન બદલાય છે કારણ કે કાર્ય થવાને કારણે આંતરિક ઉર્જા બદલાય છે. તેથી,વિધાન $2$ ખોટું છે.

(A) કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,કણની ગતિઊર્જામાં થતો ફેરફાર એ તેના પર લાગતા પરિણામી બળ દ્વારા થયેલા કાર્ય જેટલો હોય છે.
$\Delta K = W = \vec{F} \cdot \Delta \vec{r}$
આપેલ છે:
$\vec{F} = (7\hat{i} + 4\hat{j} + 3\hat{k}) \text{ N}$
$\Delta \vec{r} = (2\hat{i} + 3\hat{j} + 4\hat{k}) \text{ m}$
અદિશ ગુણાકાર (dot product) ગણતા:
$W = (7 \times 2) + (4 \times 3) + (3 \times 4)$
$W = 14 + 12 + 12$
$W = 38 \text{ J}$
તેથી,ગતિઊર્જામાં થતો ફેરફાર $38 \text{ J}$ છે.

(C) ટ્યુનિંગ ફોર્કની આવૃત્તિ $n \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $m$ એ ભુજાઓનું દળ છે.
જ્યારે ટ્યુનિંગ ફોર્કની ભુજાઓને ઘસવામાં આવે છે,ત્યારે દળ $m$ ઘટે છે,જેના કારણે આવૃત્તિ $n$ વધે છે.
અનુનાદ નળીમાં,અનુનાદની શરત $n = \frac{v}{4(L+e)}$ છે,જ્યાં $L$ એ હવાના સ્તંભની લંબાઈ છે અને $e$ એ અંતિમ સુધારો છે.
જેમ કે $n$ વધે છે,ધ્વનિની ઝડપ $v$ અચળ હોવાથી અનુનાદની શરત જાળવી રાખવા માટે $(L+e)$ પદ ઘટવું જોઈએ.
તેથી,હવાના સ્તંભની લંબાઈ $L$ ઘટાડવી જોઈએ,વધારવી નહીં.
આમ,વિધાન $1$ ખોટું છે અને વિધાન $2$ સાચું છે.

(A) યંગ મોડ્યુલસ $Y$ એ $Y = \frac{FL}{A\Delta L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $F$ એ લોડ છે,$L$ એ લંબાઈ છે,$A$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે અને $\Delta L$ એ વિસ્તરણ છે.
વિસ્તરણ માટે સૂત્રને ગોઠવતા,આપણને $\Delta L = \frac{F}{A} \cdot \frac{L}{Y}$ મળે છે.
બધા તાર સમાન લંબાઈ $L$ ધરાવે છે અને સમાન દ્રવ્યના બનેલા હોવાથી (સમાન $Y$),અચળ લોડ $F$ માટે વિસ્તરણ $\Delta L$ એ આડછેદના ક્ષેત્રફળ $A$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે (એટલે કે,$\Delta L \propto \frac{1}{A}$).
સૌથી પાતળા તારનું આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ સૌથી ઓછું હોય છે,જેનો અર્થ છે કે આપેલ લોડ માટે તેમાં સૌથી વધુ વિસ્તરણ જોવા મળશે.
આલેખ પરથી,અચળ લોડ માટે,રેખા $OA$ માટે વિસ્તરણ મહત્તમ છે.
તેથી,$OA$ સૌથી પાતળો તાર દર્શાવે છે.

(B) નક્કર ગોળા માટે જે સરક્યા વિના ગબડે છે,જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{2}{5}mr^2$ છે અને ગબડવાની શરત $v = r\omega$ છે,જેનો અર્થ છે કે $\omega = \frac{v}{r}$.
ચાકગતિ ઉર્જા $K_{rot} = \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2} (\frac{2}{5}mr^2) (\frac{v}{r})^2 = \frac{1}{5}mv^2$ છે.
સ્થાનાંતરિત ગતિ ઉર્જા $K_{trans} = \frac{1}{2}mv^2$ છે.
કુલ ગતિ ઉર્જા $K_{total} = K_{rot} + K_{trans} = \frac{1}{5}mv^2 + \frac{1}{2}mv^2 = \frac{7}{10}mv^2$ છે.
ચાકગતિ ઉર્જાનો અંશ $\frac{K_{rot}}{K_{total}} = \frac{\frac{1}{5}mv^2}{\frac{7}{10}mv^2} = \frac{1}{5} \times \frac{10}{7} = \frac{2}{7}$ છે.
સ્થાનાંતરિત ગતિ ઉર્જાનો અંશ $\frac{K_{trans}}{K_{total}} = \frac{\frac{1}{2}mv^2}{\frac{7}{10}mv^2} = \frac{1}{2} \times \frac{10}{7} = \frac{5}{7}$ છે.
આમ,ગોળા પાસે $\frac{2}{7}$ ચાકગતિ અને $\frac{5}{7}$ સ્થાનાંતરિત ગતિ ઉર્જા છે. તેથી,વિકલ્પ $(b)$ સાચો છે.

(C) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,તાપમાન $T$ અને કદ $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $T V^{\gamma-1} = \text{અચળ}$ છે.
ધારો કે પ્રારંભિક તાપમાન $T_1 = T$ અને પ્રારંભિક કદ $V_1 = V$ છે.
અંતિમ કદ $V_2 = \frac{V}{4}$ છે અને એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma = 1.5$ છે.
એડિબેટિક સંબંધનો ઉપયોગ કરતા:
$T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$T (V)^{1.5-1} = T_2 (\frac{V}{4})^{1.5-1}$
$T (V)^{0.5} = T_2 (\frac{V}{4})^{0.5}$
બંને બાજુ $V^{0.5}$ વડે ભાગતા:
$T = T_2 (\frac{1}{4})^{0.5}$
$T = T_2 (\frac{1}{2})$
તેથી,અંતિમ તાપમાન $T_2 = 2T$ થશે.

(C) ધારો કે પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થનું દળ $m$ છે અને $h = 490\, m$ ની ઊંચાઈએ તેનો વેગ $v_0 = 200\, ms^{-1}$ છે.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,વિસ્ફોટ પહેલાનું વેગમાન એ વિસ્ફોટ પછીના બે ભાગોના વેગમાનના સરવાળા જેટલું હોય છે.
$m v_0 = \frac{m}{2} v_1 + \frac{m}{2} v_2$
અહીં $v_0 = 200\, ms^{-1}$ (ઉપરની તરફ) અને $v_1 = 400\, ms^{-1}$ (ઉપરની તરફ) આપેલ છે.
$m(200) = \frac{m}{2}(400) + \frac{m}{2} v_2$
$200 = 200 + \frac{1}{2} v_2$
$0 = \frac{1}{2} v_2 \Rightarrow v_2 = 0\, ms^{-1}$.
આમ,બીજો ભાગ $490\, m$ ની ઊંચાઈએ સ્થિર છે.
બીજા ભાગ માટે ગતિનું સમીકરણ $h = ut + \frac{1}{2}gt^2$ વાપરતા:
$490 = 0 \cdot t + \frac{1}{2} \times 9.8 \times t^2$
$490 = 4.9 t^2$
$t^2 = \frac{490}{4.9} = 100$
$t = 10\, s$.

(D) આપેલ આલેખ માટે,$(V_0, 2P_0)$ અને $(2V_0, P_0)$ માંથી પસાર થતી $P-V$ રેખાનું સમીકરણ:
$P - 2P_0 = \frac{P_0 - 2P_0}{2V_0 - V_0} (V - V_0)$
$P - 2P_0 = -\frac{P_0}{V_0} (V - V_0)$
$P = 3P_0 - \frac{P_0}{V_0} V$
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,$T = \frac{PV}{nR}$ મળે.
$P$ ની કિંમત $V$ ના સ્વરૂપમાં મૂકતા:
$T = \frac{1}{nR} (3P_0 - \frac{P_0}{V_0} V) V = \frac{1}{nR} (3P_0 V - \frac{P_0}{V_0} V^2)$
મહત્તમ તાપમાન માટે,$\frac{dT}{dV} = 0$:
$\frac{d}{dV} (3P_0 V - \frac{P_0}{V_0} V^2) = 0$
$3P_0 - \frac{2P_0}{V_0} V = 0$
$V = \frac{3}{2} V_0$
$V = \frac{3}{2} V_0$ ની કિંમત દબાણના સમીકરણમાં મૂકતા:
$P = 3P_0 - \frac{P_0}{V_0} (\frac{3}{2} V_0) = 3P_0 - \frac{3}{2} P_0 = \frac{3}{2} P_0$
હવે,મહત્તમ તાપમાનની ગણતરી કરતા:
$T_{max} = \frac{P V}{nR} = \frac{(\frac{3}{2} P_0) (\frac{3}{2} V_0)}{nR} = \frac{9 P_0 V_0}{4nR}$

(D) સ્ક્રૂ ગેજની લઘુત્તમ માપશક્તિ $(L.C.)$ એ સૌથી નાની લંબાઈ દર્શાવે છે જે સાધન વડે ચોકસાઈપૂર્વક માપી શકાય છે.
અહીં લઘુત્તમ માપશક્તિ $0.001\, cm$ છે,જે $10^{-3}\, cm$ ની બરાબર છે.
આનો અર્થ એ છે કે સાધન દશાંશ ચિહ્ન પછીના ત્રીજા સ્થાન સુધી ચોકસાઈ ધરાવે છે.
તેથી,આ સ્ક્રૂ ગેજ વડે લેવામાં આવેલ કોઈપણ માપને યોગ્ય ચોકસાઈ જાળવવા માટે દશાંશ ચિહ્ન પછી $3$ અંક સુધી નોંધવું જોઈએ.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$5.320\, cm$ એ એકમાત્ર મૂલ્ય છે જે $3$ દશાંશ સ્થળ સુધી નોંધાયેલ છે.

(D) વિધાન $1$ સાચું છે કારણ કે ચામાચીડિયા ઇકોલોકેશનનો ઉપયોગ કરે છે,જેમાં અલ્ટ્રાસોનિક તરંગો ઉત્સર્જિત થાય છે અને શિકાર પરથી પરાવર્તિત થતા પડઘાને સાંભળીને તેનું સ્થાન નક્કી કરવામાં આવે છે.
વિધાન $2$ સાચું છે કારણ કે જ્યારે સ્ત્રોત અને ડિટેક્ટર વચ્ચે સાપેક્ષ ગતિ હોય ત્યારે ડિટેક્ટર દ્વારા પ્રાપ્ત થતા તરંગોની આવૃત્તિ બદલાય છે,જેને ડોપ્લર અસર કહેવામાં આવે છે.
ચામાચીડિયું શિકારની સાપેક્ષમાં ગતિ કરતું હોવાથી,ડોપ્લર અસરને કારણે પરાવર્તિત તરંગોની આવૃત્તિ બદલાય છે,જે ચામાચીડિયાને શિકારની ગતિને ટ્રેક કરવામાં મદદ કરે છે. તેથી,વિધાન $2$ એ વિધાન $1$ માટે સાચી સમજૂતી છે.

(A) પૃથ્વીના કેન્દ્રથી $r$ અંતરે (જ્યાં $r < R$,$R$ એ પૃથ્વીની ત્રિજ્યા છે) ગુરુત્વપ્રવેગ $g'$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$g' = \frac{4}{3} \pi \rho G r$
અહીં,$\rho$ એ પૃથ્વીની સમાન ઘનતા છે અને $G$ એ સાર્વત્રિક ગુરુત્વાકર્ષણ અચળાંક છે.
આમ,$\frac{4}{3}$,$\pi$,$\rho$ અને $G$ અચળ હોવાથી,આપણે કહી શકીએ કે:
$g' \propto r$
તેથી,પૃથ્વીની અંદર ગુરુત્વપ્રવેગ કેન્દ્રથી અંતર $r$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે.

(B) આપેલ છે કે અંતર (અથવા સ્થાનાંતર) $s$ એ $t^3$ ના સમપ્રમાણમાં છે,તેથી આપણે લખી શકીએ:
$s = k t^3$ (જ્યાં $k$ એક અચળાંક છે).
વેગ $v$ શોધવા માટે,આપણે $s$ નું સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$v = \frac{ds}{dt} = \frac{d}{dt}(k t^3) = 3k t^2$.
પ્રવેગ $a$ શોધવા માટે,આપણે વેગ $v$ નું સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(3k t^2) = 6k t$.
આમ,$a = 6k t$ હોવાથી,તે દર્શાવે છે કે $a \propto t$.
આ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતો રેખીય સંબંધ દર્શાવે છે,જે ઉગમબિંદુથી શરૂ થતા સીધી રેખાના આલેખને અનુરૂપ છે.
આપેલા વિકલ્પો જોતા,જે આલેખ $a$ નું $t$ સાથે રેખીય વધારો દર્શાવે છે તે આલેખ $B$ છે.

(B) સ્થિર તરંગ સમાન આવૃત્તિ અને કંપવિસ્તાર ધરાવતા બે તરંગોના વિરુદ્ધ દિશામાં ગતિ કરવાથી બને છે.
આપેલ આપાત તરંગ $y_1 = a \cos(kx - \omega t)$ છે.
પરાવર્તિત તરંગે વિરુદ્ધ દિશામાં ગતિ કરવી જોઈએ,તેથી તેનો ફેઝ ટર્મ $(kx + \omega t)$ હોવો જોઈએ.
$x = 0$ એ નોડ હોવાથી,$x = 0$ પર પરિણામી સ્થાનાંતર તમામ $t$ માટે શૂન્ય હોવું જોઈએ.
ધારો કે બીજું તરંગ $y_2 = a \cos(kx + \omega t + \phi)$ છે.
પરિણામી તરંગ $y = y_1 + y_2 = a \cos(kx - \omega t) + a \cos(kx + \omega t + \phi)$ છે.
$x = 0$ પર,$y = a \cos(-\omega t) + a \cos(\omega t + \phi) = a \cos(\omega t) + a \cos(\omega t + \phi) = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $\cos(\omega t) = -\cos(\omega t + \phi) = \cos(\omega t + \phi + \pi)$.
આમ,$\phi + \pi = 0$ અથવા $\phi = \pi$.
તેથી,બીજા તરંગ માટેનું સમીકરણ $y_2 = a \cos(kx + \omega t + \pi)$ છે.

(A) ધારો કે જીવજંતુનું દળ $m$ છે. જીવજંતુ પર લાગતા બળો તેના વજન $mg$ (નીચેની તરફ),લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $R$ (ત્રિજ્યાવર્તી બહારની તરફ) અને ઘર્ષણ બળ $f$ (સપાટી પર સ્પર્શકની દિશામાં ઉપરની તરફ) છે.
શિરોલંબ સાથે કોઈપણ ખૂણે $\alpha$,વજનના ઘટકો $mg \cos \alpha$ (ત્રિજ્યાવર્તી અંદરની તરફ) અને $mg \sin \alpha$ (સ્પર્શકની દિશામાં નીચેની તરફ) છે.
જીવજંતુ લપસ્યા વિના સંતુલનમાં રહે તે માટે,બળો સંતુલિત હોવા જોઈએ:
$R = mg \cos \alpha$ $(i)$
$f = mg \sin \alpha$ (ii)
ઘર્ષણની સીમાંત સ્થિતિ માટે,$f = \mu R$,જ્યાં $\mu = 1/3$ છે.
સમીકરણ $(i)$ અને (ii) ને સીમાંત ઘર્ષણની સ્થિતિમાં મૂકતા:
$mg \sin \alpha = \mu (mg \cos \alpha)$
$\tan \alpha = \mu = 1/3$
તેથી,$\cot \alpha = 3$ મળે છે.

(A) આડા પ્રવાહ માટે $Bernoulli$ ના પ્રમેય મુજબ:
${P_1} + \frac{1}{2}\rho v_1^2 = {P_2} + \frac{1}{2}\rho v_2^2$
${P_1} - {P_2} = \frac{1}{2}\rho (v_2^2 - v_1^2) \, ... (i)$
આપેલ છે: ${P_1} - {P_2} = 3 \times 10^5 \, N \, m^{-2}$,$\rho = 1000 \, kg \, m^{-3}$,અને $\frac{A}{A'} = 5$.
સાતત્યના સમીકરણ મુજબ,$A v_1 = A' v_2$,તેથી $\frac{v_2}{v_1} = \frac{A}{A'} = 5$,જેનો અર્થ છે કે $v_2 = 5v_1$.
$v_2 = 5v_1$ ને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$3 \times 10^5 = \frac{1}{2} \times 1000 \times ((5v_1)^2 - v_1^2)$
$3 \times 10^5 = 500 \times (25v_1^2 - v_1^2)$
$3 \times 10^5 = 500 \times 24v_1^2$
$3000 = 120v_1^2$
$v_1^2 = \frac{3000}{120} = 25$
$v_1 = 5 \, m \, s^{-1}$.

(D) સરક્યા વિના ગબડતા પદાર્થ માટે $h$ ઊંચાઈ સુધી પહોંચવા માટે,નીચેના ભાગે તેની કુલ ગતિઊર્જા એ ટોચ પરની સ્થિતિઊર્જા જેટલી હોવી જોઈએ.
ગબડતા પદાર્થની કુલ ગતિઊર્જા $K.E. = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ગોળો સરક્યા વિના ગબડતો હોવાથી,$\omega = \frac{v}{R}$ થાય. નક્કર ગોળા માટે,જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{2}{5}mR^2$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા,$K.E. = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(\frac{2}{5}mR^2)(\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{5}mv^2 = \frac{7}{10}mv^2$ મળે.
આને $h$ ઊંચાઈ પરની સ્થિતિઊર્જા સાથે સરખાવતા,$\frac{7}{10}mv^2 = mgh$ મળે.
$v$ માટે ઉકેલતા,$v^2 = \frac{10}{7}gh$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $v = \sqrt{\frac{10}{7}gh}$.

(D) તંત્રનું પ્રારંભિક વેગમાન (બ્લોક $C$) $P_i = mv_0$ છે.
$C$ ($m$ દળ) અને $A$ ($m$ દળ) વચ્ચેની સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ પછી,સમાન દળ હોવાથી,તેઓ તેમના વેગની આપ-લે કરે છે. આમ,$C$ સ્થિર થાય છે અને $A$ એ $v_0$ વેગથી ગતિ કરવાનું શરૂ કરે છે.
હવે,તંત્રમાં સ્પ્રિંગ દ્વારા જોડાયેલા બ્લોક $A$ અને $B$ છે,જેમાં $A$ એ $v_0$ વેગથી અને $B$ સ્થિર છે.
જ્યારે સ્પ્રિંગનું સંકોચન $x_0$ હોય ત્યારે $A$ અને $B$ નો સામાન્ય વેગ $v$ ધારો. રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$mv_0 = (m + 2m)v$
$mv_0 = 3mv$
$v = \frac{v_0}{3}$
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$A$ ની પ્રારંભિક ગતિઊર્જા એ તંત્ર $(A+B)$ ની ગતિઊર્જા અને સ્પ્રિંગની સ્થિતિઊર્જાના સરવાળા જેટલી હોય છે:
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(3m)v^2 + \frac{1}{2}kx_0^2$
$v = \frac{v_0}{3}$ મૂકતા:
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(3m)\left(\frac{v_0}{3}\right)^2 + \frac{1}{2}kx_0^2$
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(3m)\frac{v_0^2}{9} + \frac{1}{2}kx_0^2$
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{6}mv_0^2 + \frac{1}{2}kx_0^2$
$\frac{1}{2}kx_0^2 = \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{6}mv_0^2 = \frac{1}{3}mv_0^2$
$k = \frac{2}{3}m\left(\frac{v_0}{x_0}\right)^2$

(A) તંત્રનું પ્રારંભિક વેગમાન શૂન્ય છે,એટલે કે $P_i = 0$.
સ્પ્રિંગ બળ એ આંતરિક બળ હોવાથી,મુક્તિ દરમિયાન તંત્રનું રેખીય વેગમાન સંરક્ષિત રહે છે.
ધારો કે મુક્તિ પછી તરત જ $m_1$ અને $m_2$ દળ દ્વારા પ્રાપ્ત વેગ $v_1$ અને $v_2$ છે. રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $m_1 v_1 = m_2 v_2$,જેનો અર્થ થાય છે $\frac{v_1}{v_2} = \frac{m_2}{m_1}$.
જ્યારે બ્લોક્સ સપાટી પર ગતિ કરે છે,ત્યારે ઘર્ષણ દ્વારા થયેલું કાર્ય દરેક બ્લોકની પ્રારંભિક ગતિઊર્જા જેટલું હોય છે.
બ્લોક $1$ માટે: $\mu m_1 g x_1 = \frac{1}{2} m_1 v_1^2 \Rightarrow x_1 = \frac{v_1^2}{2 \mu g}$.
બ્લોક $2$ માટે: $\mu m_2 g x_2 = \frac{1}{2} m_2 v_2^2 \Rightarrow x_2 = \frac{v_2^2}{2 \mu g}$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{x_1}{x_2} = \frac{v_1^2}{v_2^2}$.
$\frac{v_1}{v_2} = \frac{m_2}{m_1}$ મૂકતા,આપણને $\frac{x_1}{x_2} = \left( \frac{m_2}{m_1} \right)^2$ મળે છે.

(B) જો કોઈ બાહ્ય ટોર્ક લાગુ ન કરવામાં આવે,તો કોણીય વેગમાન $L = I\omega$ અચળ રહે છે.
જ્યારે જડત્વની આઘૂર્ણ $I$ વધે છે,ત્યારે $L$ ને અચળ રાખવા માટે કોણીય ઝડપ $\omega$ ઘટવી જોઈએ.
પરિભ્રમણની ગતિ ઊર્જા $K = \frac{1}{2}I\omega^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\omega = \frac{L}{I}$ મૂકતા,આપણને $K = \frac{1}{2}I(\frac{L}{I})^2 = \frac{L^2}{2I}$ મળે છે.
જેમ કે $L$ અચળ છે અને $I$ વધે છે,તેથી ગતિ ઊર્જા $K$ ઘટવી જોઈએ.
તેથી,વિધાન $1$ ખોટું છે કારણ કે તે કહે છે કે $K$ વધે છે,જ્યારે વિધાન $2$ સાચું છે કારણ કે તે સાચા સંબંધો દર્શાવે છે.

(D) અનુનાદ નળી માટે,અનુનાદની શરત $L + e = (2n-1) \frac{\lambda}{4}$ છે,જ્યાં $e$ એ અંતિમ સુધારો (end correction) છે.
આપેલ છે $L_1 = 16\,cm$ અને $L_2 = 50\,cm$,$f = 500\,Hz$ માટે.
$L_2 - L_1 = \frac{\lambda}{2} \implies 50 - 16 = 34\,cm = \frac{\lambda}{2} \implies \lambda = 68\,cm = 0.68\,m$.
ધ્વનિની ઝડપ $v = f \lambda = 500 \times 0.68 = 340\,m/s$.
હવે,$L_1 + e = \frac{\lambda}{4} \implies 16 + e = \frac{68}{4} = 17 \implies e = 1\,cm = 0.01\,m$.
જ્યારે નળીને પાણીમાંથી બહાર કાઢવામાં આવે છે,ત્યારે તે $L = 60.5\,cm + 2e = 60.5 + 2(1) = 62.5\,cm = 0.625\,m$ લંબાઈની ખુલ્લી ઓર્ગન પાઇપ તરીકે કાર્ય કરે છે.
ખુલ્લી પાઇપની અનુનાદિત આવૃત્તિઓ $f_n = \frac{n v}{2L}$ છે.
$n=1$ માટે,$f_1 = \frac{340}{2 \times 0.625} = \frac{340}{1.25} = 272\,Hz$.
$n=2$ માટે,$f_2 = 2 \times f_1 = 544\,Hz$.

(B) કન્વેયર બેલ્ટ પર રેતી પડવાનો દર $\frac{dm}{dt} = 2\,kg/s$ આપેલ છે.
કન્વેયર બેલ્ટની અચળ ઝડપ $v = 3\,m/s$ છે.
અચળ ઝડપ જાળવી રાખવા માટે,આવતી રેતીને બેલ્ટની ઝડપ સુધી લાવવા માટે જરૂરી બળ $F$ નું સૂત્ર $F = v \cdot \frac{dm}{dt}$ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $F = 3\,m/s \times 2\,kg/s = 6\,N$.
તેથી,બેલ્ટને અચળ ઝડપે ગતિશીલ રાખવા માટે જરૂરી બળ $6\,N$ છે.

(A) ધારો કે બળ $F$ સમક્ષિતિજ સાથે $\theta$ ખૂણે લગાડવામાં આવે છે.
સમક્ષિતિજ સંતુલન માટે,$F \cos \theta = \mu R$ ... $(i)$
શિરોલંબ સંતુલન માટે,$R + F \sin \theta = W$,તેથી $R = W - F \sin \theta$ ... $(ii)$
સમીકરણ $(ii)$ માંથી $R$ ની કિંમત $(i)$ માં મૂકતા:
$F \cos \theta = \mu (W - F \sin \theta)$
$F \cos \theta = \mu W - \mu F \sin \theta$
$F (\cos \theta + \mu \sin \theta) = \mu W$
$F = \frac{\mu W}{\cos \theta + \mu \sin \theta}$ ... $(iii)$
$F$ ન્યૂનતમ હોય તે માટે,છેદ $(\cos \theta + \mu \sin \theta)$ મહત્તમ હોવો જોઈએ.
$\theta$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરીને તેને $0$ લેતા:
$\frac{d}{d\theta} (\cos \theta + \mu \sin \theta) = 0$
$-\sin \theta + \mu \cos \theta = 0$
$\tan \theta = \mu \implies \theta = \tan^{-1}(\mu)$
$\tan \theta = \mu$ પરથી,$\sin \theta = \frac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}}$ અને $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1 + \mu^2}}$ મળે.
આ કિંમતો $F$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$F_{\min} = \frac{\mu W}{\frac{1}{\sqrt{1 + \mu^2}} + \mu \left(\frac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}}\right)} = \frac{\mu W}{\frac{1 + \mu^2}{\sqrt{1 + \mu^2}}} = \frac{\mu W}{\sqrt{1 + \mu^2}}$

(B) જ્યારે નાના ટીપાં જોડાઈને મોટું ટીપું બનાવે છે,ત્યારે પૃષ્ઠફળમાં થતો ફેરફાર $\Delta A = n(4\pi r^2) - 4\pi R^2$ છે. કદ અચળ હોવાથી,$n(\frac{4}{3}\pi r^3) = \frac{4}{3}\pi R^3$,તેથી $n = \frac{R^3}{r^3}$.
મુક્ત થતી ઉર્જા $\Delta E = T \times \Delta A = T(n 4\pi r^2 - 4\pi R^2) = 4\pi R^3 T (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,આ ઉર્જા મોટા ટીપાની ગતિ ઉર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે: $\frac{1}{2} M v^2 = \Delta E$.
અહીં,$M = \rho \times \text{કદ} = \rho (\frac{4}{3}\pi R^3)$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{2} (\frac{4}{3}\pi R^3 \rho) v^2 = 4\pi R^3 T (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$.
સાદુરૂપ આપતા: $\frac{2}{3} \pi R^3 \rho v^2 = 4\pi R^3 T (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$.
$v^2 = \frac{4 \times 3}{2} \frac{T}{\rho} (\frac{1}{r} - \frac{1}{R}) = \frac{6T}{\rho} (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$.
આમ,$v = {\left[ {\frac{{6T}}{\rho }\left( {\frac{1}{r} - \frac{1}{R}} \right)} \right]^{\frac{1}{2}}}$.

(C) વિદ્યુત પરિપથમાં ઉત્પન્ન થતી ઉષ્માનું સૂત્ર $H = I^2Rt$ છે.
$H$ માં મહત્તમ સાપેક્ષ ત્રુટિ શોધવા માટે,આપણે ત્રુટિઓના પ્રસરણનું સૂત્ર વાપરીએ છીએ:
$\frac{\Delta H}{H} = 2\left(\frac{\Delta I}{I}\right) + \frac{\Delta R}{R} + \frac{\Delta t}{t}.$
આપેલ ટકાવારી ત્રુટિઓ $\frac{\Delta I}{I} \times 100 = 2\%,$ $\frac{\Delta R}{R} \times 100 = 1\%,$ અને $\frac{\Delta t}{t} \times 100 = 1\%$ છે.
આ કિંમતોને ત્રુટિના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{\Delta H}{H} \times 100 = 2(2\%) + 1\% + 1\% = 4\% + 1\% + 1\% = 6\%.$
આમ,કુલ ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મામાં મહત્તમ શક્ય ત્રુટિ $6\%$ છે.

(D) પાણીના ઉત્કલનબિંદુ $(T_1 = 373 \ K)$ અને ઠારબિંદુ $(T_2 = 273 \ K)$ વચ્ચે કાર્યરત કાર્નોટ એન્જિનની કાર્યક્ષમતા $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\eta = 1 - \frac{273}{373} = 1 - 0.732 = 0.268$ અથવા $26.8\%$.
મહત્તમ શક્ય કાર્યક્ષમતા (કાર્નોટ કાર્યક્ષમતા) $26.8\%$ હોવાથી,$30\%$ કાર્યક્ષમતા ધરાવતું એન્જિન અશક્ય છે. તેથી,વિધાન $1$ સાચું છે.
વિધાન $2$ એ થર્મોડાયનેમિક્સનો મૂળભૂત સિદ્ધાંત (કાર્નોટનું પ્રમેય) છે,જે જણાવે છે કે સમાન બે તાપમાન વચ્ચે કાર્યરત કાર્નોટ એન્જિન કરતાં કોઈ પણ એન્જિન વધુ કાર્યક્ષમ હોઈ શકે નહીં. આ પ્રમેય સમજાવે છે કે શા માટે વિધાન $1$ માં શોધકનો દાવો અશક્ય છે. તેથી,વિધાન $2$ એ વિધાન $1$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(B) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ધરાવતી ઉત્તેજિત અવસ્થામાંથી ધરાસ્થિતિમાં સંક્રમણ કરે ત્યારે ઉત્સર્જાતી વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યા નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$N = \frac{n(n - 1)}{2}$
અહીં આપેલ છે કે ઇલેક્ટ્રોન મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 4$ ધરાવતી અવસ્થામાં ઉત્તેજિત થાય છે,તેથી આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા:
$N = \frac{4(4 - 1)}{2}$
$N = \frac{4 \times 3}{2}$
$N = \frac{12}{2} = 6$
તેથી,ઉત્સર્જન વર્ણપટમાં કુલ વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યા $6$ થશે.

(D) $C_1$ કેપેસિટન્સ ધરાવતા $n_1$ કેપેસિટર્સના શ્રેણી જોડાણ માટે જે $4V$ સ્ત્રોત સાથે જોડાયેલ છે:
સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_s = \frac{C_1}{n_1}$ છે.
સંગ્રહિત કુલ ઉર્જા $U_s = \frac{1}{2} C_s (4V)^2 = \frac{1}{2} \left(\frac{C_1}{n_1}\right) (16V^2) = \frac{8C_1V^2}{n_1}$ છે.
$C_2$ કેપેસિટન્સ ધરાવતા $n_2$ કેપેસિટર્સના સમાંતર જોડાણ માટે જે $V$ સ્ત્રોત સાથે જોડાયેલ છે:
સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_p = n_2 C_2$ છે.
સંગ્રહિત કુલ ઉર્જા $U_p = \frac{1}{2} C_p V^2 = \frac{1}{2} (n_2 C_2) V^2$ છે.
આપેલ છે કે $U_s = U_p$,તેથી બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{8C_1V^2}{n_1} = \frac{1}{2} n_2 C_2 V^2$.
$C_2$ માટે સાદું રૂપ આપતા:
$C_2 = \frac{16C_1}{n_1n_2}$.

(A) જ્યારે પ્રકાશનો કિરણપુંજ કાટકોણ પ્રિઝમ $ABC$ ની સપાટી $AB$ પર લંબરૂપે આપાત થાય છે,ત્યારે સપાટી $AB$ પર કોઈ વક્રીભવન થતું નથી. પ્રકાશ સીધો પસાર થાય છે અને સપાટી $AC$ પર $i = 45^{\circ}$ ના આપાતકોણે અથડાય છે.
સપાટી $AC$ પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન થવા માટે,શરત $i > i_c$ છે,જ્યાં $i_c$ એ ક્રાંતિકોણ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin i_c = \frac{1}{\mu}$. તેથી,પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન માટેની શરત $\sin i > \frac{1}{\mu}$ અથવા $\mu > \frac{1}{\sin i}$ છે.
અહીં $i = 45^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી $\sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707$. આમ,શરત $\mu > \sqrt{2} \approx 1.414$ બને છે.
વક્રીભવનાંકની સરખામણી કરતા:
લાલ માટે: $\mu_{\text{red}} = 1.39 < 1.414$.
લીલા માટે: $\mu_{\text{green}} = 1.44 > 1.414$.
વાદળી માટે: $\mu_{\text{blue}} = 1.47 > 1.414$.
કારણ કે $\mu_{\text{red}} < 1.414$ છે,લાલ પ્રકાશ સપાટી $AC$ માંથી વક્રીભવન પામીને બહાર આવશે. કારણ કે $\mu_{\text{green}}$ અને $\mu_{\text{blue}}$ બંને $1.414$ કરતા વધારે છે,તેથી લીલો અને વાદળી બંને પ્રકાશ સપાટી $AC$ પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન અનુભવશે.
તેથી,પ્રિઝમ લાલ રંગને લીલા અને વાદળી રંગોથી અલગ કરશે.

(B) શ્રેણી $LCR$ પરિપથમાં,ઇન્ડક્ટર પરનો વોલ્ટેજ $V_L$ ($V_1$ નું અવલોકન) છે અને કેપેસિટર પરનો વોલ્ટેજ $V_C$ ($V_2$ નું અવલોકન) છે.
આપેલ છે કે $V_L = V_C = 300 \, V$.
જેহেতু $V_L = V_C$,તેથી પરિપથ અનુનાદ (resonance) સ્થિતિમાં છે.
અનુનાદ સમયે,કુલ રિએક્ટન્સ $X = X_L - X_C = 0$ થાય છે,તેથી કુલ ઈમ્પીડન્સ $Z = R = 100 \, \Omega$ થાય.
સ્ત્રોત વોલ્ટેજ $V = 220 \, V$ સંપૂર્ણપણે અવરોધ $R$ પર ડ્રોપ થાય છે.
તેથી,વોલ્ટમીટર $V_3$ નું અવલોકન $V_R = V = 220 \, V$ થશે.
પરિપથમાં પ્રવાહ $I = \frac{V}{Z} = \frac{220 \, V}{100 \, \Omega} = 2.2 \, A$ છે.
આમ,એમીટર $A$ નું અવલોકન $2.2 \, A$ છે.

(B) $Q$ જેટલો કુલ વિદ્યુતભાર અને $R$ જેટલી ત્રિજ્યા ધરાવતા સમાન રીતે વિદ્યુતભારીત ગોળા માટે:
$1$. ગોળાની અંદર $(r < R)$: વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q r}{R^3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આ દર્શાવે છે કે $E \propto r$,એટલે કે વિદ્યુતક્ષેત્ર કેન્દ્ર $(r=0)$ થી સપાટી $(r=R)$ સુધી રેખીય રીતે વધે છે.
$2$. સપાટી પર $(r = R)$: વિદ્યુતક્ષેત્ર મહત્તમ હોય છે,$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R^2}$.
$3$. ગોળાની બહાર $(r > R)$: ગોળો કેન્દ્ર પર બિંદુવત વિદ્યુતભાર તરીકે વર્તે છે,તેથી $E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q}{r^2}$. આ દર્શાવે છે કે $E \propto \frac{1}{r^2}$,એટલે કે વિદ્યુતક્ષેત્ર અંતરના વર્ગના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં ઘટે છે.
આ વર્તણૂકની સરખામણી આપેલા વિકલ્પો સાથે કરતા,જે આલેખ $r < R$ માટે રેખીય વધારો અને $r > R$ માટે $1/r^2$ મુજબ ઘટાડો દર્શાવે છે તે સાચો છે.

(A) સમાન રીતે વિદ્યુતભારીત અવાહક ગોળાની અંદર $r < R$ અંતરે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{\rho r}{3 \epsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. તેથી,વિધાન-$2$ સાચું છે.
સમાન રીતે વિદ્યુતભારીત ગોળાની અંદર વિદ્યુત સ્થિતિમાન $V(r) = \frac{\rho}{6 \epsilon_0} (3R^2 - r^2)$ છે.
કેન્દ્ર પર $(r = 0)$,$V_{centre} = \frac{3 \rho R^2}{6 \epsilon_0} = \frac{\rho R^2}{2 \epsilon_0}$.
સપાટી પર $(r = R)$,$V_{surface} = \frac{\rho}{6 \epsilon_0} (3R^2 - R^2) = \frac{2 \rho R^2}{6 \epsilon_0} = \frac{\rho R^2}{3 \epsilon_0}$.
સ્થિતિ ઊર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = q(V_{surface} - V_{centre}) = q \left( \frac{\rho R^2}{3 \epsilon_0} - \frac{\rho R^2}{2 \epsilon_0} \right) = -\frac{q \rho R^2}{6 \epsilon_0}$.
સ્થિતિ ઊર્જામાં ફેરફારનું મૂલ્ય $\frac{q \rho R^2}{6 \epsilon_0}$ હોવાથી,વિધાન-$1$ સાચું છે. વિધાન-$2$ વિદ્યુતક્ષેત્રનું સૂત્ર આપે છે,જેનો ઉપયોગ સ્થિતિમાનનો તફાવત મેળવવા માટે થાય છે,તેથી તે વિધાન-$1$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(D) સૌ પ્રથમ,$R = V^2 / P$ નો ઉપયોગ કરીને દરેક બલ્બનો અવરોધ ગણો:
$R_1 = (220)^2 / 25 = 1936\ \Omega$
$R_2 = (220)^2 / 100 = 484\ \Omega$
શ્રેણી જોડાણમાં કુલ અવરોધ $R_{eff} = R_1 + R_2 = 1936 + 484 = 2420\ \Omega$ છે.
શ્રેણી પરિપથમાં વહેતો પ્રવાહ $I = V_{supply} / R_{eff} = 440 / 2420 = 44 / 242 = 2 / 11\ A \approx 0.1818\ A$ છે.
હવે,$I_{rated} = P / V$ નો ઉપયોગ કરીને દરેક બલ્બ માટે મહત્તમ રેટ કરેલ પ્રવાહ ગણો:
$25\ W$ ના બલ્બ માટે: $I_{1,rated} = 25 / 220 = 5 / 44 \approx 0.1136\ A$.
$100\ W$ ના બલ્બ માટે: $I_{2,rated} = 100 / 220 = 5 / 11 \approx 0.4545\ A$.
પરિપથના પ્રવાહ $I$ ની રેટ કરેલ પ્રવાહો સાથે સરખામણી કરતા:
કારણ કે $I (0.1818\ A) > I_{1,rated} (0.1136\ A)$,તેથી $25\ W$ નો બલ્બ ફ્યુઝ થઈ જશે.
કારણ કે $I (0.1818\ A) < I_{2,rated} (0.4545\ A)$,તેથી $100\ W$ નો બલ્બ ફ્યુઝ થશે નહીં.

(A) તકતી પર $x$ ત્રિજ્યા અને $dx$ જાડાઈની એક નાની રીંગ ધારો.
પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતા $\sigma = \frac{Q}{\pi R^2}$ છે.
રીંગ પરનો વિદ્યુતભાર $dq = \sigma (2 \pi x dx) = \frac{Q}{\pi R^2} (2 \pi x dx) = \frac{2Qx dx}{R^2}$ છે.
આ રીંગના $\omega$ કોણીય વેગથી પરિભ્રમણને કારણે ઉદ્ભવતો પ્રવાહ $di = \frac{dq}{T} = \frac{dq \omega}{2 \pi} = \frac{2Qx dx}{R^2} \cdot \frac{\omega}{2 \pi} = \frac{Q \omega x dx}{\pi R^2}$ છે.
આ રીંગને કારણે કેન્દ્ર પર ઉદ્ભવતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $dB = \frac{\mu_0 di}{2x} = \frac{\mu_0}{2x} \cdot \frac{Q \omega x dx}{\pi R^2} = \frac{\mu_0 Q \omega}{2 \pi R^2} dx$ છે.
$x = 0$ થી $x = R$ સુધી સંકલન કરતા:
$B = \int_0^R \frac{\mu_0 Q \omega}{2 \pi R^2} dx = \frac{\mu_0 Q \omega}{2 \pi R^2} [x]_0^R = \frac{\mu_0 Q \omega}{2 \pi R^2} \cdot R = \frac{\mu_0 Q \omega}{2 \pi R}$ મળે.
આમ,$B \propto \frac{1}{R}$.
આ સંબંધ લંબચોરસ હાયપરબોલા (rectangular hyperbola) દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે,જે આકૃતિ $A$ ને અનુરૂપ છે.

(C) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વિદ્યુતભારિત કણની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r = \frac{mv}{qB}$ છે.
ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2}mv^2$ હોવાથી,$mv = \sqrt{2mK}$ થાય.
તેથી,$r = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$.
અહીં $K$ અને $B$ અચળ હોવાથી,$r \propto \frac{\sqrt{m}}{q}$.
પ્રોટોન $(p)$ માટે: $m_p = m, q_p = e \Rightarrow r_p \propto \frac{\sqrt{m}}{e}$.
ડ્યુટેરોન $(d)$ માટે: $m_d = 2m, q_d = e \Rightarrow r_d \propto \frac{\sqrt{2m}}{e} = \sqrt{2} r_p$.
આલ્ફા કણ $(\alpha)$ માટે: $m_{\alpha} = 4m, q_{\alpha} = 2e \Rightarrow r_{\alpha} \propto \frac{\sqrt{4m}}{2e} = \frac{2\sqrt{m}}{2e} = r_p$.
આમ,$r_{\alpha} = r_p$ અને $r_d = \sqrt{2} r_p$ મળે છે.
તેથી,$r_{\alpha} = r_p < r_d$ સંબંધ સાચો છે.

(A) લેન્સનું કેન્દ્રલંબાઈ $f$ લેન્સના સૂત્ર દ્વારા મળે છે: $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$.
અહીં $v = 12 \ cm$ અને $u = -240 \ cm$ $(2.4 \ m = 240 \ cm)$.
$\frac{1}{f} = \frac{1}{12} - \frac{1}{-240} = \frac{20+1}{240} = \frac{21}{240} \ cm^{-1}$.
જ્યારે $t = 1 \ cm$ જાડાઈ અને $\mu = 1.5$ વક્રીભવનાંક ધરાવતી કાચની પ્લેટ મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે પ્રતિબિંબ લેન્સ તરફ $\Delta x = t(1 - \frac{1}{\mu}) = 1(1 - \frac{1}{1.5}) = 1(1 - \frac{2}{3}) = \frac{1}{3} \ cm$ જેટલું ખસે છે.
નવું પ્રતિબિંબ સ્થાન $v' = 12 - \frac{1}{3} = \frac{35}{3} \ cm$.
સ્પષ્ટ પ્રતિબિંબ જાળવી રાખવા માટે,નવું વસ્તુ અંતર $u'$ નીચે મુજબ હોવું જોઈએ: $\frac{1}{f} = \frac{1}{v'} - \frac{1}{u'}$.
$\frac{1}{u'} = \frac{1}{v'} - \frac{1}{f} = \frac{3}{35} - \frac{21}{240} = \frac{3}{35} - \frac{7}{80}$.
$\frac{1}{u'} = \frac{3 \times 16 - 7 \times 7}{560} = \frac{48 - 49}{560} = -\frac{1}{560} \ cm^{-1}$.
તેથી,$u' = -560 \ cm = -5.6 \ m$.
વસ્તુને ખસેડવા માટેનું જરૂરી અંતર $|u'| - |u| = 5.6 \ m - 2.4 \ m = 3.2 \ m$ છે.

(D) જ્યારે કોઈલ ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં દોલન કરે છે,ત્યારે નજીકની એલ્યુમિનિયમ પ્લેટ સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સ સતત બદલાય છે.
ફેરાડેના વિદ્યુતચુંબકીય પ્રેરણના નિયમ મુજબ,ચુંબકીય ફ્લક્સમાં થતો આ ફેરફાર એલ્યુમિનિયમ પ્લેટમાં એડી કરંટ (ભમર પ્રવાહ) ઉત્પન્ન કરે છે.
લેન્ઝના નિયમ મુજબ,આ એડી કરંટ એક ચુંબકીય ક્ષેત્ર બનાવે છે જે કોઈલની ગતિનો વિરોધ કરે છે.
આ ઘટનાને વિદ્યુતચુંબકીય ડેમ્પિંગ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે,જેના કારણે કોઈલ ઝડપથી સ્થિર થઈ જાય છે.

(A) કેપેસિટરના ડિસ્ચાર્જિંગ માટેનું સમીકરણ $V = V_{0} e^{-t/\tau}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\tau = RC$ એ ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ છે.
$t = \tau$ સમયે,પોટેન્શિયલ તફાવત $V = V_{0} / e \approx 0.37 V_{0}$ થાય છે.
આલેખ પરથી,પ્રારંભિક પોટેન્શિયલ તફાવત $V_{0} = 25\; V$ છે.
તેથી,$t = \tau$ સમયે,$V = 0.37 \times 25\; V = 9.25\; V$ થાય.
આલેખ જોતા,$t = 100\; sec$ પર,પોટેન્શિયલ $10\; V$ થી થોડું વધારે છે,અને $t = 150\; sec$ પર,પોટેન્શિયલ $10\; V$ થી થોડું ઓછું છે (આશરે $8\; V$ થી $9\; V$ ની વચ્ચે).
જેથી $9.25\; V$ એ ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau$ ને અનુરૂપ છે,અને આ મૂલ્ય સમય અક્ષ પર $100\; sec$ અને $150\; sec$ ની વચ્ચે આવે છે,તેથી સાચી શ્રેણી $100\; sec$ અને $150\; sec$ છે.

(B) વિદ્યુતચુંબકીય તરંગના ધ્રુવીભવનની દિશા એ દોલન કરતા વિદ્યુત ક્ષેત્ર સદિશ $\vec{E}$ ની દિશા દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે. તેથી,$\vec{X} \parallel \vec{E}$.
તરંગ પ્રસરણની દિશા $\vec{k}$ એ પોઈન્ટિંગ સદિશ $\vec{S} = \frac{1}{\mu_0} (\vec{E} \times \vec{B})$ ની દિશા દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આમ,તરંગ પ્રસરણની દિશા $\vec{E} \times \vec{B}$ ને સમાંતર હોય છે.

(A) ધારો કે કંપવિસ્તાર $a_1 = a$ અને $a_2 = 2a$ છે. તીવ્રતાઓ $I_1 = a^2$ અને $I_2 = (2a)^2 = 4a^2 = 4I_1$ છે.
પરિણામી તીવ્રતા $I$ નું સૂત્ર $I = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $I = I_1 + 4I_1 + 2\sqrt{I_1(4I_1)} \cos \phi = 5I_1 + 4I_1 \cos \phi$.
મહત્તમ તીવ્રતા $I_m$ ત્યારે મળે જ્યારે $\cos \phi = 1$,તેથી $I_m = (a_1 + a_2)^2 = (a + 2a)^2 = 9a^2 = 9I_1$.
આમ,$I_1 = \frac{I_m}{9}$.
$I_1$ ની કિંમત $I$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I = \frac{5I_m}{9} + \frac{4I_m}{9} \cos \phi = \frac{I_m}{9}(5 + 4 \cos \phi)$.
નિત્યસમ $\cos \phi = 2\cos^2 \frac{\phi}{2} - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{I_m}{9}(5 + 4(2\cos^2 \frac{\phi}{2} - 1)) = \frac{I_m}{9}(5 + 8\cos^2 \frac{\phi}{2} - 4) = \frac{I_m}{9}(1 + 8\cos^2 \frac{\phi}{2})$.

(A) તંત્રની ભ્રમણીય ઉર્જા $E = \frac{L^2}{2I}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $L$ એ કોણીય વેગમાન છે અને $I$ એ જડત્વની ચાકમાત્રા છે.
બોહરના ક્વોન્ટાઈઝેશનના નિયમ મુજબ,$L = \frac{nh}{2\pi}$.
દ્વિપરમાણ્વીય અણુ માટે તેના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની આસપાસ જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \mu r^2$ છે,જ્યાં $\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$ એ રિડ્યુસ્ડ માસ (ઘટાડેલું દળ) છે.
ઉર્જાના સૂત્રમાં $L$ અને $I$ ની કિંમત મૂકતા:
$E = \frac{(nh/2\pi)^2}{2(\frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2})r^2}$
$E = \frac{n^2 h^2}{4\pi^2 \cdot 2 \cdot \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} r^2}$
$E = \frac{(m_1 + m_2)n^2 h^2}{8\pi^2 m_1 m_2 r^2}$.

(A) ક્ષય પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $n \rightarrow p + e^- + \bar{\nu} + Q$.
દળ ક્ષતિ $\Delta m$ નીચે મુજબ મળે છે: $\Delta m = m_n - (m_p + m_e)$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\Delta m = 1.6725 \times 10^{-27} \ kg - (1.6725 \times 10^{-27} \ kg + 9 \times 10^{-31} \ kg)$.
$\Delta m = -9 \times 10^{-31} \ kg$.
દળ ક્ષતિનું મૂલ્ય $9 \times 10^{-31} \ kg$ છે.
મુક્ત થતી ઉર્જા $E = \Delta m c^2$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $c = 3 \times 10^8 \ m/s$.
$E = (9 \times 10^{-31} \ kg) \times (3 \times 10^8 \ m/s)^2 = 81 \times 10^{-15} \ J$.
આને $MeV$ માં ફેરવવા માટે,$1.6 \times 10^{-13} \ J/MeV$ વડે ભાગતા:
$E = \frac{81 \times 10^{-15}}{1.6 \times 10^{-13}} \approx 0.51 \ MeV$.

(B) ધારો કે પ્રથમ $NAND$ ગેટનું આઉટપુટ $Y_1 = \overline{A \cdot B}$ છે.
આ $Y_1$ ને પછીના બે $NAND$ ગેટમાં ઇનપુટ તરીકે આપવામાં આવે છે.
બીજા $NAND$ ગેટનું આઉટપુટ $Y_2 = \overline{A \cdot Y_1} = \overline{A \cdot (\overline{A \cdot B})} = \overline{A} + (A \cdot B) = \overline{A} + B$ છે.
ત્રીજા $NAND$ ગેટનું આઉટપુટ $Y_3 = \overline{B \cdot Y_1} = \overline{B \cdot (\overline{A \cdot B})} = \overline{B} + (A \cdot B) = \overline{B} + A$ છે.
અંતિમ આઉટપુટ $Y$ એ $Y_2$ અને $Y_3$ નું $NAND$ છે:
$Y = \overline{Y_2 \cdot Y_3} = \overline{(\overline{A} + B) \cdot (\overline{B} + A)} = \overline{(\overline{A} \cdot \overline{B} + \overline{A} \cdot A + B \cdot \overline{B} + B \cdot A)} = \overline{(\overline{A} \cdot \overline{B} + 0 + 0 + A \cdot B)} = \overline{\overline{A} \cdot \overline{B}} + \overline{A \cdot B} = (A + B) \cdot (\overline{A} + \overline{B}) = A \cdot \overline{B} + B \cdot \overline{A}$.
આ $XOR$ ગેટ માટેનું બુલિયન સમીકરણ છે.
$XOR$ ગેટ માટેનું ટ્રુથ ટેબલ નીચે મુજબ છે:
જો $A=0, B=0$, તો $Y=0$.
જો $A=0, B=1$, તો $Y=1$.
જો $A=1, B=0$, તો $Y=1$.
જો $A=1, B=1$, તો $Y=0$.
આ વિકલ્પ $B$ સાથે મેળ ખાય છે.

(B) ધારો કે $d$ એ મહત્તમ અંતર છે જ્યાં સુધી રડાર પૃથ્વીની સપાટી પરના પદાર્થને શોધી શકે છે. કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta OAC$ ની ભૂમિતિ પરથી (જ્યાં $O$ એ પૃથ્વીનું કેન્દ્ર છે,$A$ એ સપાટી પરનો પદાર્થ છે,અને $C$ એ પર્વતની ટોચ પરનું રડાર છે):
$OC^2 = AC^2 + OA^2$
$(h + R)^2 = d^2 + R^2$
$d^2 = (h + R)^2 - R^2$
$d^2 = h^2 + 2hR + R^2 - R^2$
$d = \sqrt{h^2 + 2hR}$
અહીં $h = 500 \ m = 0.5 \ km$ અને $R = 6400 \ km$ હોવાથી,$2hR$ ની સરખામણીમાં $h^2$ ને અવગણી શકાય છે.
$d \approx \sqrt{2hR} = \sqrt{2 \times 0.5 \times 6400} = \sqrt{6400} = 80 \ km$.

(C) ડેવિસન-ગર્મર પ્રયોગે ડી-બ્રોગ્લી ઉત્કલ્પના માટે પ્રાયોગિક પુરાવા પૂરા પાડ્યા,જે જણાવે છે કે ઇલેક્ટ્રોન જેવા કણો તરંગ જેવી લાક્ષણિકતાઓ દર્શાવે છે.
આ પ્રયોગમાં,ઇલેક્ટ્રોનનું નિકલ સ્ફટિક દ્વારા પ્રકીર્ણન કરવામાં આવ્યું હતું,અને પરિણામી વિવર્તન ભાત (diffraction pattern) એ પુષ્ટિ કરી હતી કે ઇલેક્ટ્રોન તરંગ તરીકે વર્તે છે.
વ્યતિકરણ અને વિવર્તન એ તરંગોના લાક્ષણિક ગુણધર્મો હોવાથી,ઇલેક્ટ્રોનની તરંગ પ્રકૃતિનો અર્થ એ છે કે તેઓએ આ ઘટનાઓ દર્શાવવી જોઈએ.
તેથી,વિધાન-$1$ સાચું છે,વિધાન-$2$ સાચું છે,અને વિધાન-$2$ એ સૈદ્ધાંતિક આધાર (તરંગ પ્રકૃતિનું ભૌતિક પરિણામ) પૂરો પાડે છે જે સમજાવે છે કે શા માટે આ પ્રયોગ ઇલેક્ટ્રોનની તરંગ પ્રકૃતિ દર્શાવવામાં સફળ રહ્યો હતો.

(A) બ્રોડકાસ્ટિંગ એન્ટેના સામાન્ય રીતે વર્ટિકલ (ઊભી) પ્રકારના હોય છે. આનું કારણ એ છે કે વર્ટિકલ એન્ટેના આડા સમતલમાં બધી દિશાઓમાં સમાન રીતે વિદ્યુતચુંબકીય તરંગોનું ઉત્સર્જન કરે છે,જે વિશાળ વિસ્તારમાં પ્રસારણ કરવા માટે આદર્શ છે.

(C) જ્યારે કોઈ વીજભારિત કણ ક્રોસ્ડ ઇલેક્ટ્રિક અને મેગ્નેટિક ફિલ્ડમાંથી વિચલિત થયા વગર પસાર થાય છે,ત્યારે ઇલેક્ટ્રિક બળ એ મેગ્નેટિક બળ દ્વારા સંતુલિત થાય છે.
$F_e = F_m$
$qE = qvB$
$v = \frac{E}{B}$
અહીં $E = 7.7 \, kV/m = 7.7 \times 10^3 \, V/m$ અને $B = 0.14 \, T$ આપેલ છે.
$v = \frac{7.7 \times 10^3}{0.14} \, m/s$
$v = 55000 \, m/s = 55 \, km/s$.

(B) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન $n_2$ કક્ષામાંથી $n_1$ કક્ષામાં સંક્રમણ કરે ત્યારે ઉત્સર્જિત વિકિરણની તરંગલંબાઇ $\lambda$ રીડબર્ગના સૂત્ર દ્વારા મળે છે: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
અહીં,$n_1 = n$ અને $n_2 = n + 1$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right) = R \left( \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} \right)$.
અંશનું સાદુંરૂપ આપતા: $(n^2 + 2n + 1 - n^2) = 2n + 1$.
તેથી,$\frac{1}{\lambda} = R \frac{2n + 1}{n^2(n+1)^2}$.
મોટા $n$ માટે,$2n + 1 \approx 2n$ અને $(n+1)^2 \approx n^2$ થાય.
આમ,$\frac{1}{\lambda} \approx R \frac{2n}{n^2 \cdot n^2} = R \frac{2n}{n^4} = \frac{2R}{n^3}$.
તેથી,$\lambda \propto n^3$.

(C) $t$ જાડાઈ અને $\mu$ વક્રીભવનાંક ધરાવતી પારદર્શક પ્લેટ મૂકવાથી ફ્રિન્જ ભાતમાં થતું સ્થાનાંતર $\Delta x = \frac{\beta}{\lambda}(\mu - 1)t$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે $t_1$ અને $t_2$ જાડાઈની બે પ્લેટો બે કિરણોના માર્ગમાં મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે પ્રથમ પ્લેટ દ્વારા થતું સ્થાનાંતર $\Delta x_1 = \frac{\beta}{\lambda}(\mu - 1)t_1$ છે અને બીજી પ્લેટ દ્વારા થતું સ્થાનાંતર $\Delta x_2 = \frac{\beta}{\lambda}(\mu - 1)t_2$ છે.
ફ્રિન્જ ભાતમાં થતું કુલ સ્થાનાંતર આ બે સ્થાનાંતરો વચ્ચેનો તફાવત છે:
સ્થાનાંતર $= \Delta x_1 - \Delta x_2 = \frac{\beta(\mu - 1)}{\lambda}t_1 - \frac{\beta(\mu - 1)}{\lambda}t_2$.
સામાન્ય પદો બહાર કાઢતા,આપણને મળે છે:
સ્થાનાંતર $= \frac{\beta(\mu - 1)}{\lambda}(t_1 - t_2)$.

(C) ધાતુના ફિલામેન્ટ (જેમ કે ટંગસ્ટન) નો અવરોધ તાપમાન સાથે વધે છે. જ્યારે બલ્બ $ON$ કરવામાં આવે છે,ત્યારે ફિલામેન્ટ ઓરડાના તાપમાને હોય છે,તેથી તેનો અવરોધ ખૂબ જ ઓછો હોય છે. ઓહ્મના નિયમ $I = V/R$ મુજબ,શરૂઆતમાં ફિલામેન્ટમાંથી ખૂબ જ ઊંચો પ્રવાહ વહે છે. આ ઊંચો પ્રવાહ અચાનક થર્મલ શોક અને યાંત્રિક તાણ પેદા કરે છે,જે ફિલામેન્ટ તૂટવાની (ફ્યુઝ થવાની) શક્યતા વધારે છે. જેમ જેમ બલ્બ ગરમ થાય છે,તેમ અવરોધ વધે છે અને પ્રવાહ તેના નિર્ધારિત મૂલ્ય પર સ્થિર થાય છે. આમ,બંને વિધાનો સાચા છે અને વિધાન $2$ એ વિધાન $1$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(C) વીજભાર હંમેશા ઊંચા પોટેન્શિયલથી નીચા પોટેન્શિયલ તરફ વહે છે. કેપેસિટરનું પોટેન્શિયલ $V = \frac{Q}{C}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સર્કિટ $(a)$ માટે:
ડાબા કેપેસિટરનું પોટેન્શિયલ $V_L = \frac{2Q}{3C} = \frac{2}{3} \frac{Q}{C}$.
જમણા કેપેસિટરનું પોટેન્શિયલ $V_R = \frac{Q}{C}$.
અહીં $V_R > V_L$ હોવાથી, વીજભાર $R$ થી $L$ તરફ વહેશે.
સર્કિટ $(b)$ માટે:
ડાબા કેપેસિટરનું પોટેન્શિયલ $V_L = \frac{2Q}{2C} = \frac{Q}{C}$.
જમણા કેપેસિટરનું પોટેન્શિયલ $V_R = \frac{Q}{2C} = 0.5 \frac{Q}{C}$.
અહીં $V_L > V_R$ હોવાથી, વીજભાર $L$ થી $R$ તરફ વહેશે.

(C) ગજિયા ચુંબકની વિષુવરેખા પરના બિંદુએ ચુંબકીય ક્ષેત્રની તીવ્રતા $B$ માટેનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$B = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{M}{(r^2 + l^2)^{3/2}}$
આપેલ કિંમતો:
ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = 4\,J\,T^{-1}$
કેન્દ્રથી અંતર $r = 200\,cm = 2\,m$
ચુંબકની લંબાઈ $2l = 6\,cm$,તેથી $l = 3\,cm = 0.03\,m$
અહીં $r \gg l$ હોવાથી,સૂત્રને આ રીતે લખી શકાય:
$B \approx \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{M}{r^3}$
કિંમતો મૂકતા:
$B = 10^{-7} \times \frac{4}{2^3}$
$B = 10^{-7} \times \frac{4}{8}$
$B = 0.5 \times 10^{-7}\,T = 5 \times 10^{-8}\,T$
આમ,ચુંબકીય ક્ષેત્રની તીવ્રતા $5 \times 10^{-8}\,T$ છે.

(B) રધરફોર્ડના $\alpha -$કણ પ્રકીર્ણન પ્રયોગમાં,ન્યુક્લિયસ ધન વીજભારિત હોય છે અને $\alpha -$કણો પણ ધન વીજભારિત ($He^{++}$ આયનો) હોય છે.
સ્થિત-વિદ્યુત અપાકર્ષણ બળને કારણે,$\alpha -$કણો ન્યુક્લિયસમાં પ્રવેશી શકતા નથી કે તેમાંથી પસાર થઈ શકતા નથી.
માર્ગ $B$ એ $\alpha -$કણને સીધા ન્યુક્લિયસ તરફ ગતિ કરતા અને પછી પાછા ફરતા દર્શાવે છે,જે હેડ-ઓન અથડામણ માટે શક્ય છે.
માર્ગ $A$,$C$,અને $D$ દર્શાવે છે કે કણો અપાકર્ષણને કારણે ન્યુક્લિયસથી દૂર વિચલિત થાય છે,જે ભૌતિક રીતે સાચું છે.
જો કે,આકૃતિમાં દર્શાવેલ માર્ગ $B$ એ દર્શાવે છે કે કણ એવી રીતે પાછો ફરે છે જે ભૌતિક રીતે અશક્ય છે અથવા તે પ્રશ્નના સંદર્ભમાં ખોટો માર્ગ છે.

(C) વિદ્યુત ક્ષેત્ર $E$ એ સ્થિતિમાનના ઋણ પ્રચલન (gradient) દ્વારા આપવામાં આવે છે: $E = -\frac{dV}{dx} = -\frac{d}{dx}(4x^2) = -8x \text{ V/m}$.
ગોસના નિયમ મુજબ,બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ ફ્લક્સ $\phi = \oint E \cdot dA = \frac{q_{\text{enclosed}}}{\varepsilon_0}$ છે.
ઉગમબિંદુ પર કેન્દ્રિત $L = 1 \text{ m}$ બાજુવાળા સમઘન માટે,બાજુઓ $x = 0.5 \text{ m}$ અને $x = -0.5 \text{ m}$ પર છે.
$x = 0.5 \text{ m}$ પર વિદ્યુત ક્ષેત્ર $E_1 = -8(0.5) = -4 \text{ V/m}$ (ઉગમબિંદુ તરફ) છે.
$x = -0.5 \text{ m}$ પર વિદ્યુત ક્ષેત્ર $E_2 = -8(-0.5) = 4 \text{ V/m}$ (ઉગમબિંદુથી દૂર) છે.
$x = 0.5 \text{ m}$ વાળી બાજુમાંથી પસાર થતું ફ્લક્સ $\phi_1 = E_1 \cdot A = -4 \times (1^2) = -4 \text{ V} \cdot \text{m}^2$ છે.
$x = -0.5 \text{ m}$ વાળી બાજુમાંથી પસાર થતું ફ્લક્સ $\phi_2 = E_2 \cdot A = 4 \times (1^2) = 4 \text{ V} \cdot \text{m}^2$ છે.
બાકીની ચાર બાજુઓમાંથી પસાર થતું ફ્લક્સ શૂન્ય છે કારણ કે વિદ્યુત ક્ષેત્ર આ બાજુઓને સમાંતર છે.
કુલ ફ્લક્સ $\phi_{\text{net}} = \phi_1 + \phi_2 = -4 + 4 = 0$ છે.
તેથી,$\phi_{\text{net}} = \frac{q_{\text{enclosed}}}{\varepsilon_0}$ હોવાથી,$q_{\text{enclosed}} = 0$ મળે છે.

(A) મેલસના નિયમ મુજબ,પ્રસારિત પ્રકાશની તીવ્રતા $I = I_0 \cos^2 \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I_0$ એ મહત્તમ તીવ્રતા છે અને $\theta$ એ બે પોલેરોઇડની પોલેરાઇઝિંગ દિશાઓ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
આપણને આપેલ છે કે તીવ્રતા અડધી થાય છે,તેથી $I = \frac{I_0}{2}$.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $\frac{I_0}{2} = I_0 \cos^2 \theta$.
$\cos^2 \theta = \frac{1}{2} \implies \cos \theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આનાથી $\theta = 45^o$ મળે છે.
શરૂઆતમાં પોલેરોઇડ સમાંતર હોવાથી $(\theta = 0^o)$,પોલેરોઇડને $45^o$ ના ખૂણે ફેરવવો પડે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ સાચો જવાબ $135^o$ છે,જે $180^o - 45^o$ ને અનુરૂપ છે.

(A) મેઘધનુષ એ વાતાવરણમાં રહેલા પાણીના ટીપાં સાથે સૂર્યપ્રકાશની આંતરક્રિયાને કારણે ઉદ્ભવતી કુદરતી ઘટના છે.
જ્યારે સૂર્યપ્રકાશ પાણીના ટીપામાં પ્રવેશે છે,ત્યારે તેનું વક્રીભવન અને વિભાજન થાય છે,જેનાથી તે તેના ઘટક રંગોમાં વિભાજિત થાય છે.
ટીપાની અંદર,પ્રકાશ પાછળની સપાટી પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન $(TIR)$ અનુભવે છે.
અંતે,જ્યારે પ્રકાશ ટીપામાંથી બહાર નીકળે છે ત્યારે ફરીથી તેનું વક્રીભવન થાય છે અને તે અવલોકનકારની આંખ સુધી પહોંચે છે.
તેથી,તેમાં સામેલ પ્રક્રિયાઓ વક્રીભવન,વિભાજન અને પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન છે. વ્યતિકરણ મેઘધનુષના નિર્માણમાં કોઈ ભૂમિકા ભજવતું નથી.

(B) ધારો કે $N_0 = 10^{20}$ એ રેડિયોએક્ટિવ પરમાણુઓની પ્રારંભિક સંખ્યા છે.
ધારો કે $\lambda$ એ ક્ષય અચળાંક છે.
સમય $t$ પછી બાકી રહેલા પરમાણુઓની સંખ્યા $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ છે.
$n$-મા વર્ષમાં ઉત્સર્જિત $\alpha$-કણોની સંખ્યા એ તે વર્ષની શરૂઆતમાં અને અંતમાં પરમાણુઓની સંખ્યાનો તફાવત છે: $\Delta N_n = N(n-1) - N(n) = N_0 e^{-\lambda(n-1)} - N_0 e^{-\lambda n} = N_0 e^{-\lambda(n-1)}(1 - e^{-\lambda})$.
ત્રીજા વર્ષમાં ઉત્સર્જિત કણો અને બીજા વર્ષમાં ઉત્સર્જિત કણોનો ગુણોત્તર:
$\frac{\Delta N_3}{\Delta N_2} = \frac{N_0 e^{-2\lambda}(1 - e^{-\lambda})}{N_0 e^{-\lambda}(1 - e^{-\lambda})} = e^{-\lambda} = 0.3$.
પ્રથમ વર્ષમાં ઉત્સર્જિત $\alpha$-કણોની સંખ્યા $\Delta N_1 = N(0) - N(1) = N_0(1 - e^{-\lambda})$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta N_1 = 10^{20}(1 - 0.3) = 10^{20}(0.7) = 7 \times 10^{19}$.

(B) આપેલ સર્કિટમાં,સ્વીચ $A$ અને $B$ સમાંતર જોડાયેલ છે. જો સ્વીચ $A$ બંધ $(1)$ હોય અથવા સ્વીચ $B$ બંધ $(1)$ હોય અથવા બંને બંધ $(1)$ હોય,તો લેમ્પ પ્રકાશિત થશે.
આ સર્કિટ માટેનું ટ્રુથ ટેબલ નીચે મુજબ છે:

ઇનપુટ $(A, B)$	આઉટપુટ $(Y)$
$0, 0$	$0$
$0, 1$	$1$
$1, 0$	$1$
$1, 1$	$1$

આ ટ્રુથ ટેબલ $OR$ ગેટને અનુરૂપ છે,જ્યાં જો ઓછામાં ઓછું એક ઇનપુટ $1$ હોય તો આઉટપુટ $1$ મળે છે.

(B) ઉત્સર્જન માટે શક્ય સંક્રમણો ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તરોથી નીચા ઉર્જા સ્તરો તરફના છે. ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = E_f - E_i$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. શક્ય સંક્રમણો નીચે મુજબ છે:
$1$. $E_3$ થી $E_2$ માં: $\Delta E_{32} = -2 \ eV - (-6 \ eV) = 4 \ eV$.
$2$. $E_3$ થી $E_1$ માં: $\Delta E_{31} = -2 \ eV - (-8 \ eV) = 6 \ eV$.
$3$. $E_2$ થી $E_1$ માં: $\Delta E_{21} = -6 \ eV - (-8 \ eV) = 2 \ eV$.
સૂત્ર $\lambda = \frac{hc}{\Delta E}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $hc \approx 1240 \ eV \cdot nm$ છે:
- $\Delta E = 4 \ eV$ માટે,$\lambda = \frac{1240}{4} = 310 \ nm$.
- $\Delta E = 6 \ eV$ માટે,$\lambda = \frac{1240}{6} \approx 206.67 \ nm \approx 207 \ nm$.
- $\Delta E = 2 \ eV$ માટે,$\lambda = \frac{1240}{2} = 620 \ nm$.
આ કિંમતોને આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$465 \ nm$ તરંગલંબાઇ ઉત્સર્જન વર્ણપટમાં જોવા મળતી નથી.

(A) $RC$ શ્રેણી પરિપથમાં બેટરી દ્વારા ચાર્જિંગ દરમિયાન,$t$ સમયે કેપેસિટર પરનો વોલ્ટેજ $V_C = V(1 - e^{-t/RC})$ છે.
$t$ સમયે અવરોધ પરનો વોલ્ટેજ $V_R = V e^{-t/RC}$ છે.
આપેલ છે કે $V_C = 7 V_R$,તેથી:
$V(1 - e^{-t/RC}) = 7(V e^{-t/RC})$
$1 - e^{-t/RC} = 7 e^{-t/RC}$
$1 = 8 e^{-t/RC}$
$e^{t/RC} = 8$
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$t/RC = \ln 8$
$t = RC \ln(2^3)$
$t = 3 \, RC \ln 2$.

(A) વિદ્યુતભારિત કણ પર લાગતું ચુંબકીય બળ $\vec{F}$ લોરેન્ઝ બળના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$.
આપેલ છે:
$q = 2\,\mu C = 2 \times 10^{-6}\, C$
$\vec{v} = (2\hat{i} + 3\hat{j}) \times 10^6\, m/s$
$\vec{B} = 2\hat{j}\, T$
કિંમતો મૂકતા:
$\vec{F} = (2 \times 10^{-6}) \times [(2\hat{i} + 3\hat{j}) \times 10^6] \times (2\hat{j})$
$\vec{F} = 2 \times [ (2\hat{i} \times 2\hat{j}) + (3\hat{j} \times 2\hat{j}) ]$
કારણ કે $\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}$ અને $\hat{j} \times \hat{j} = 0$:
$\vec{F} = 2 \times [ 4\hat{k} + 0 ] = 8\hat{k}\, N$.
આમ,બળ $8\, N$ જેટલું $z-$ દિશામાં લાગે છે.

(D) શુદ્ધ અર્ધવાહકમાં,વેલેન્સ બેન્ડ અને કન્ડક્શન બેન્ડ વચ્ચેનો ઉર્જા ગેપ નાનો હોય છે.
જેમ તાપમાન વધે છે,તેમ ઉષ્મીય ઉર્જાને કારણે વધુ ઇલેક્ટ્રોન વેલેન્સ બેન્ડમાંથી કન્ડક્શન બેન્ડમાં કૂદી શકે છે.
આનાથી વિદ્યુતભાર વાહકો (ઇલેક્ટ્રોન અને હોલ) ની સંખ્યામાં વધારો થાય છે,જે અર્ધવાહકના અવરોધમાં ઘટાડો કરે છે.
તાપમાન વધતા અવરોધ ઘટતો હોવાથી,અવરોધનો તાપમાન ગુણાંક ઋણ હોય છે.
તેથી,વિધાન $1$ સાચું છે અને વિધાન $2$ એ વિધાન $1$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(C) સિંગલ સ્લિટ પ્રયોગમાં પ્રથમ વિવર્તન ન્યૂનતમ માટેની શરત $d \sin \theta = n\lambda$ છે, જ્યાં પ્રથમ ન્યૂનતમ માટે $n = 1$ લેવામાં આવે છે.
આપેલ છે:
$\lambda = 5000 \,\mathring{A} = 5000 \times 10^{-8} \,\text{cm} = 5 \times 10^{-5} \,\text{cm}$
$\theta = 30^o$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$d \sin 30^o = 5000 \times 10^{-8} \,\text{cm}$
$d \times (1/2) = 5000 \times 10^{-8} \,\text{cm}$
$d = 2 \times 5000 \times 10^{-8} \,\text{cm}$
$d = 10000 \times 10^{-8} \,\text{cm} = 10 \times 10^{-5} \,\text{cm}$

(C) ઉર્જા સ્તરો $n_2$ અને $n_1$ વચ્ચેના સંક્રમણ માટે તરંગલંબાઇ $\lambda$ રીડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left(\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2}\right)$.
$Li^{2+}$ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 3$ છે,તેથી $Z^2 = 9$.
$\frac{1}{\lambda_{32}} = R(9) \left(\frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2}\right) = 9R \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{9}\right) = 9R \left(\frac{5}{36}\right) = \frac{5R}{4} \implies \lambda_{32} = \frac{4}{5R}$.
$\frac{1}{\lambda_{31}} = R(9) \left(\frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2}\right) = 9R \left(1 - \frac{1}{9}\right) = 9R \left(\frac{8}{9}\right) = 8R \implies \lambda_{31} = \frac{1}{8R}$.
$\frac{1}{\lambda_{21}} = R(9) \left(\frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2}\right) = 9R \left(1 - \frac{1}{4}\right) = 9R \left(\frac{3}{4}\right) = \frac{27R}{4} \implies \lambda_{21} = \frac{4}{27R}$.
હવે,ગુણોત્તરની ગણતરી કરતા:
$\frac{\lambda_{32}}{\lambda_{31}} = \frac{4/5R}{1/8R} = \frac{4}{5} \times 8 = \frac{32}{5} = 6.4$.
$\frac{\lambda_{21}}{\lambda_{31}} = \frac{4/27R}{1/8R} = \frac{4}{27} \times 8 = \frac{32}{27} \approx 1.185 \approx 1.2$.
આમ,ગુણોત્તર $6.4$ અને $1.2$ છે.

(A) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષય એ એક સ્વયંભૂ અને સતત પ્રક્રિયા છે જેને કોઈપણ ભૌતિક કે રાસાયણિક માધ્યમથી નિયંત્રિત કરી શકાતી નથી.
ન્યુક્લિયર વિખંડન એ એક એવી પ્રક્રિયા છે જેને ન્યુક્લિયર રિએક્ટરમાં વધારાના ન્યુટ્રોનને શોષવા માટે કંટ્રોલ રોડનો ઉપયોગ કરીને નિયંત્રિત કરી શકાય છે.
તેથી,રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો દર નિયંત્રિત કરી શકાતો નથી પરંતુ ન્યુક્લિયર વિખંડનનો દર નિયંત્રિત કરી શકાય છે તે વિધાન સાચું છે.
ન્યુક્લિયર બળો વિદ્યુતભારથી સ્વતંત્ર હોય છે.
સમાન સંખ્યામાં ન્યુટ્રોન ધરાવતા ન્યુક્લિયસને આઇસોટોન્સ કહેવાય છે,આઇસોબાર નહીં.
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇનું સૂત્ર $\lambda = h/p$ દ્રવ્ય તરંગો અને ફોટોન બંને માટે લાગુ પડે છે (જ્યાં ફોટોન માટે $p = E/c$ છે).

(C) $4\,\Omega$,$6\,\Omega$ અને $12\,\Omega$ ના અવરોધો સમાંતરમાં જોડાયેલા હોવાથી તેમનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_p$ નીચે મુજબ મળે:
$\frac{1}{R_p} = \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \frac{1}{12} = \frac{3+2+1}{12} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2} \Rightarrow R_p = 2\,\Omega$.
આંતરિક અવરોધ $r = 1\,\Omega$ ને ધ્યાનમાં લેતા પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{total} = R_p + r = 2\,\Omega + 1\,\Omega = 3\,\Omega$ થાય.
બેટરીમાંથી વહેતો કુલ પ્રવાહ $I = \frac{V}{R_{total}} = \frac{1.5\,V}{3\,\Omega} = 0.5\,A$ છે.
સમાંતર જોડાણમાં દરેક અવરોધ પરનો વોલ્ટેજ સમાન હોય છે,જે $V_p = I \times R_p = 0.5\,A \times 2\,\Omega = 1.0\,V$ છે.
$4\,\Omega$ ના અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_1 = \frac{V_p}{4\,\Omega} = \frac{1.0\,V}{4\,\Omega} = 0.25\,A$ છે.
$4\,\Omega$ ના અવરોધમાં જૂલ ઉષ્માનો દર (પાવર) $P = I_1^2 \times R = (0.25\,A)^2 \times 4\,\Omega = 0.0625 \times 4 = 0.25\,W$ થાય.

(C) અંતિમ પ્રતિબિંબ અનંત પર મેળવવા માટે,ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ દ્વારા બનતું મધ્યવર્તી પ્રતિબિંબ આઈપીસના મુખ્ય કેન્દ્ર પર હોવું જોઈએ.
ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ માટે લેન્સના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{v_{0}} - \frac{1}{u_{0}} = \frac{1}{f_{0}}$
આપેલ છે: $u_{0} = -25\, mm$ અને $f_{0} = 20\, mm$.
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1}{v_{0}} - \frac{1}{-25} = \frac{1}{20}$
$\frac{1}{v_{0}} + \frac{1}{25} = \frac{1}{20}$
$\frac{1}{v_{0}} = \frac{1}{20} - \frac{1}{25} = \frac{5 - 4}{100} = \frac{1}{100}$
$v_{0} = 100\, mm$
અંતિમ પ્રતિબિંબ અનંત પર રચાય તે માટે,મધ્યવર્તી પ્રતિબિંબ આઈપીસના કેન્દ્રબિંદુ $(f_{e} = 20\, mm)$ પર હોવું જોઈએ.
તેથી,લેન્સ વચ્ચેનું અંતર $L = v_{0} + f_{e} = 100\, mm + 20\, mm = 120\, mm$ થશે.

(C) ફેરાડેના વિદ્યુતચુંબકીય પ્રેરણના નિયમ મુજબ,પ્રેરિત વિદ્યુતચાલક બળ (emf) $e = \frac{\Delta \phi}{\Delta t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કોઈલનો અવરોધ $R$ હોવાથી,પ્રેરિત પ્રવાહ $i = \frac{e}{R}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $e = iR$.
$e$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા,આપણને $iR = \frac{\Delta \phi}{\Delta t}$ મળે છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને ચુંબકીય ફ્લક્સમાં થતો ફેરફાર મળે છે: $\Delta \phi = R \times (i \cdot \Delta t)$.
પદ $(i \cdot \Delta t)$ એ પ્રવાહ-સમય $(i-t)$ આલેખ હેઠળનું ક્ષેત્રફળ દર્શાવે છે.
આપેલ આલેખ પરથી,ક્ષેત્રફળ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેનો પાયો $0.1\,s$ અને ઊંચાઈ $4\,A$ છે.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ} = \frac{1}{2} \times 0.1 \times 4 = 0.2$.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $\Delta \phi = 10 \times 0.2 = 2\,Wb$ મળે છે.
તેથી,મૂલ્ય $\left| \Delta \phi \right| = 2\,Wb$ છે.

(C) કોષના $e.m.f.$ ને માપવા માટે વોલ્ટમીટર કરતા પોટેન્શિયોમીટરને નીચેના કારણોસર પસંદ કરવામાં આવે છે:
$(i)$ જ્યારે પોટેન્શિયોમીટર સંતુલિત સ્થિતિમાં હોય છે,ત્યારે કોષમાંથી કોઈ પ્રવાહ ખેંચાતો નથી. આમ,માપવામાં આવેલ વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત એ કોષના વાસ્તવિક $e.m.f.$ જેટલો જ હોય છે.
$(ii)$ પોટેન્શિયોમીટરના તારને ખૂબ લાંબો બનાવી શકાય છે,જે પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ $(V/L)$ વધારે છે,જેનાથી પ્રમાણભૂત વોલ્ટમીટરની તુલનામાં માપનમાં ઘણી વધારે ચોકસાઈ મળે છે.
તેથી,વિધાનો $(i)$ અને $(ii)$ સાચા છે.

(C) સર્કિટમાં પ્રવાહ $I = \frac{V}{R} = \frac{24}{12} = 2 \, A$ છે.
બે સ્પ્રિંગ $k$ દ્વારા આધારિત $m$ દળના તાર માટે પ્રારંભિક સંતુલન સ્થિતિ $2kx_1 = mg$ છે,જ્યાં $x_1 = 0.5 \, cm = 0.5 \times 10^{-2} \, m$ છે.
જ્યારે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ લાગુ કરવામાં આવે છે,ત્યારે વધારાનું બળ $F_m = IlB$ વધારાનું ખેંચાણ $x_2 = 0.3 \, cm = 0.3 \times 10^{-2} \, m$ ઉત્પન્ન કરે છે. નવી સંતુલન સ્થિતિ $2k(x_1 + x_2) = mg + IlB$ છે.
પ્રથમ સમીકરણને બીજામાંથી બાદ કરતા $2kx_2 = IlB$ મળે છે.
$2k = \frac{mg}{x_1}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $\frac{mg}{x_1} x_2 = IlB$ મળે છે.
$B$ માટે ઉકેલતા: $B = \frac{mgx_2}{Ilx_1} = \frac{10 \times 10^{-3} \times 10 \times 0.3 \times 10^{-2}}{2 \times 5 \times 10^{-2} \times 0.5 \times 10^{-2}} = \frac{0.3}{0.5} = 0.6 \, T$.
સ્પ્રિંગ વધુ ખેંચાતી હોવાથી,ચુંબકીય બળ નીચેની તરફ હોવું જોઈએ. ફ્લેમિંગના ડાબા હાથના નિયમ મુજબ,તારમાં વહેતા પ્રવાહ માટે,નીચેની તરફ બળ ઉત્પન્ન કરવા માટે ચુંબકીય ક્ષેત્ર પાનાના સમતલની અંદરની દિશામાં હોવું જોઈએ.

(A) મીટર બ્રિજને સંવેદનશીલ બનાવવા માટે,વાયરની સામગ્રી (સામાન્ય રીતે મેંગેનિન અથવા કોન્સ્ટન્ટન) ની અવરોધકતા ઉચ્ચ હોવી જોઈએ જેથી એકમ લંબાઈ દીઠ અવરોધ નોંધપાત્ર રહે અને સચોટ માપન શક્ય બને.
વધુમાં,તેનો તાપમાન ગુણાંક નીચો હોવો જોઈએ જેથી પ્રયોગ દરમિયાન તાપમાનમાં થતા નાના ફેરફારો સાથે વાયરનો અવરોધ નોંધપાત્ર રીતે બદલાય નહીં,જે માપનની ચોકસાઈ અને સ્થિરતા જાળવી રાખે છે.

(B) ટ્રાન્સમીટરનો પાવર $P$ એ $P = n \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્સર્જિત ફોટોનની સંખ્યા છે.
આપેલ છે:
પાવર $P = 10\, kW = 10^4\, W$
તરંગલંબાઈ $\lambda = 500\, m$
પ્લાન્કનો અચળાંક $h \approx 6.63 \times 10^{-34}\, J\cdot s$
પ્રકાશની ઝડપ $c = 3 \times 10^8\, m/s$
$n$ માટે સૂત્રને ગોઠવતા:
$n = \frac{P \lambda}{hc}$
કિંમતો મૂકતા:
$n = \frac{10^4 \times 500}{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}$
$n = \frac{5 \times 10^6}{19.89 \times 10^{-26}}$
$n \approx 0.251 \times 10^{32} \approx 2.51 \times 10^{31}$
તેથી,સંખ્યાનો ક્રમ $10^{31}$ છે.

(B) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં,સહાયક વ્યતિકરણ (મહત્તમ) માટેની શરત $d \sin \theta = n \lambda$ છે,જ્યાં $d$ એ સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર છે,$\lambda$ એ તરંગલંબાઇ છે,અને $n$ એ મહત્તમનો ક્રમ છે.
અહીં $d = 1.8 \lambda$ આપેલ છે,તેથી શરત $1.8 \lambda \sin \theta = n \lambda$ થાય,જેનું સાદું રૂપ $n = 1.8 \sin \theta$ મળે છે.
$\sin \theta$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $1$ હોવાથી,$n$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $1.8 \times 1 = 1.8$ થાય.
આમ,$n$ માટે શક્ય પૂર્ણાંક મૂલ્યો $0, \pm 1$ છે.
તેથી,મહત્તમની કુલ સંખ્યા $1$ ($n=0$ માટે) $+ 2$ ($n=1$ અને $n=-1$ માટે),એટલે કે કુલ $3$ થાય છે.

(A) જ્યારે કનેક્ટર $v$ વેગ સાથે ગતિ કરે છે,ત્યારે પ્રેરિત ગતિકીય $EMF$ $\varepsilon = Blv$ છે. આ $EMF$ ઇન્ડક્ટર $L$ માંથી પ્રવાહ $I$ પસાર કરે છે,જે $\varepsilon = L \frac{dI}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,તેથી $L \frac{dI}{dt} = Blv$. કનેક્ટર પર લાગતું ચુંબકીય બળ $F = -IlB$ છે,જે મંદન ઉત્પન્ન કરે છે: $m \frac{dv}{dt} = -IlB$. પ્રથમ સમીકરણમાંથી $I$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $m \frac{dv}{dt} = -\frac{B^2 l^2}{L} \int v dt$ મળે છે. $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $m \frac{d^2v}{dt^2} = -\frac{B^2 l^2}{L} v$ મળે છે. આ સરળ આવર્ત ગતિનું સમીકરણ છે,પરંતુ જેમ વેગ $v$ ઘટે છે અને પ્રવાહ વધે છે,તેમ કનેક્ટર અંતે અટકી જાય છે. સ્થાનાંતર $x(t)$ એ $x(t) = \frac{mv_0}{\omega L} (1 - \cos(\omega t))$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આ ભૌતિક સેટઅપમાં,કનેક્ટર ગતિ કરે છે અને અંતે મહત્તમ સ્થાનાંતરે અટકી જાય છે. સ્થાનાંતર $x$ વિરુદ્ધ સમય $t$ નો આલેખ ઉગમબિંદુથી શરૂ થાય છે,વધે છે અને $t \to \infty$ થાય ત્યારે અચળ મૂલ્યની નજીક પહોંચે છે.

(A) $NOR$ ગેટ એ $OR$ ગેટ અને $NOT$ ગેટના સંયોજનથી બને છે.
સૌ પ્રથમ,$OR$ ઓપરેશન આઉટપુટ $A + B$ આપે છે.
ત્યારબાદ,$NOT$ ઓપરેશન આ પરિણામને ઉલટાવે છે.
તેથી,$NOR$ ગેટ માટેનું બુલિયન સમીકરણ $Y = \overline {A + B}$ છે.

(B) જ્યારે બે સમતલ તરંગો એકબીજા સાથે નાનો ખૂણો $\alpha$ બનાવે છે,ત્યારે રચાતી વ્યતિકરણ ભાત એ યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગ જેવી જ હોય છે.
બે આભાસી ઉદગમો વચ્ચેનું અસરકારક અંતર $d$ છે. જો તરંગો $D$ અંતરે રહેલા પડદા પર આપાત થાય,તો તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $\alpha = \frac{d}{D}$ થાય.
શલાકાની પહોળાઈ $\Delta x$ નું સૂત્ર $\Delta x = \frac{\lambda D}{d}$ છે.
સૂત્રમાં $d = D\alpha$ મૂકતા,આપણને $\Delta x = \frac{\lambda D}{D\alpha} = \frac{\lambda}{\alpha}$ મળે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $\frac{\lambda}{\alpha}$ છે.