AIPMT 1998 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) નદી ઓળંગવા માટેનો સૌથી ટૂંકો માર્ગ એ નદીના પ્રવાહને લંબ સીધી રેખા છે.
ધારો કે હોડીનો વેગ $v_b = 5 \; km/hr$ છે અને નદીના પ્રવાહનો વેગ $u$ છે.
જ્યારે હોડી સૌથી ટૂંકા માર્ગે નદી ઓળંગે છે,ત્યારે જમીનની સાપેક્ષે હોડીનો પરિણામી વેગ $v_r = \sqrt{v_b^2 - u^2}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ પહોળાઈ $d = 1 \; km$ અને સમય $t = 15 \; min = 0.25 \; hr = \frac{1}{4} \; hr$ છે.
પરિણામી વેગ $v_r = \frac{d}{t} = \frac{1}{1/4} = 4 \; km/hr$ થાય.
કિંમતો મૂકતા: $4 = \sqrt{5^2 - u^2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $16 = 25 - u^2$.
$u^2 = 25 - 16 = 9$.
$u = 3 \; km/hr$.

(A) વાહનનું સ્ટોપિંગ અંતર $S$ એ સૂત્ર $S = \frac{u^2}{2a}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $u$ એ પ્રારંભિક વેગ છે અને $a$ એ પ્રતિપ્રવેગનું મૂલ્ય છે.
સમાન કાર અને સમાન બ્રેકિંગ ફોર્સ માટે $a$ અચળ હોવાથી,આપણને $S \propto u^2$ મળે છે.
અહીં $u_1 = 40 \, km/h$ અને $S_1 = 2 \, m$ આપેલ છે.
$u_2 = 80 \, km/h$ માટે,ગુણોત્તર $\frac{S_2}{S_1} = \left( \frac{u_2}{u_1} \right)^2$ થશે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{S_2}{2} = \left( \frac{80}{40} \right)^2 = (2)^2 = 4$.
તેથી,$S_2 = 2 \times 4 = 8 \, m$.

(A) દોરીમાં ઉદ્ભવતું તણાવ $T$ એ સમક્ષિતિજ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
$T = \frac{mv^2}{r}$
આપેલ છે: $m = 0.25 \, kg$,$r = 1.96 \, m$,અને $T_{max} = 25 \, N$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$25 = \frac{0.25 \times v^2}{1.96}$
$v^2 = \frac{25 \times 1.96}{0.25}$
$v^2 = 100 \times 1.96 = 196$
$v = \sqrt{196} = 14 \, m/s$.
આમ,મહત્તમ ઝડપ $14 \, m/s$ છે.

(A) આપેલ દળ $m = 1\, kg$ અને પ્રવેગ $a = 4.9\, m/s^2$ છે. $g = 9.8\, m/s^2$ લેતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $a = g/2$ થાય.
કિસ્સો $(i)$: જ્યારે પદાર્થને $a$ પ્રવેગથી ઉપર તરફ ખેંચવામાં આવે,ત્યારે તણાવ $T_1 = m(g + a)$ મળે.
$T_1 = 1 \times (g + g/2) = 3g/2$.
કિસ્સો $(ii)$: જ્યારે પદાર્થને $a$ પ્રવેગથી નીચે તરફ લાવવામાં આવે,ત્યારે તણાવ $T_2 = m(g - a)$ મળે.
$T_2 = 1 \times (g - g/2) = g/2$.
તણાવ બળોનો ગુણોત્તર $\frac{T_1}{T_2} = \frac{3g/2}{g/2} = \frac{3}{1}$ થાય.

(B) રોકેટને $a$ જેટલા ઉર્ધ્વ પ્રવેગ સાથે ઉપર લઈ જવા માટે જરૂરી ધક્કો (thrust) $F$ નીચે મુજબના સમીકરણ દ્વારા મળે છે: $F = v_{ex} \cdot \frac{dm}{dt} = m(g + a)$.
અહીં,$m = 5000\, kg$ એ રોકેટનું દળ છે,$g = 10\, m/s^2$ એ ગુરુત્વપ્રવેગ છે,$a = 20\, m/s^2$ એ જરૂરી ઉર્ધ્વ પ્રવેગ છે,અને $v_{ex} = 800\, m/s$ એ વાયુના બહાર નીકળવાનો વેગ છે.
દળના ઉત્સર્જનનો દર $\frac{dm}{dt}$ શોધવા માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા:
$\frac{dm}{dt} = \frac{m(g + a)}{v_{ex}}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{dm}{dt} = \frac{5000 \times (10 + 20)}{800}$
$\frac{dm}{dt} = \frac{5000 \times 30}{800} = \frac{150000}{800} = 187.5\, kg/s$.
આમ,દર સેકન્ડે બહાર ફેંકાતા વાયુનો જથ્થો $187.5\, kg/s$ છે.

(C) ગોળી પર લાગતું બળ $F = 600 - 2 \times 10^5 t$ છે.
જ્યારે ગોળી બેરલ છોડે છે,ત્યારે બળ શૂન્ય થાય છે,તેથી $F = 0$.
$600 - 2 \times 10^5 t = 0$
$2 \times 10^5 t = 600$
$t = \frac{600}{2 \times 10^5} = 3 \times 10^{-3} \ s$.
ઈમ્પલ્સ $I$ એ સમયની સાપેક્ષમાં બળનું સંકલન છે: $I = \int_{0}^{t} F \ dt$.
$I = \int_{0}^{3 \times 10^{-3}} (600 - 2 \times 10^5 t) \ dt$
$I = [600t - 10^5 t^2]_{0}^{3 \times 10^{-3}}$
$I = 600(3 \times 10^{-3}) - 10^5(3 \times 10^{-3})^2$
$I = 1.8 - 10^5(9 \times 10^{-6})$
$I = 1.8 - 0.9 = 0.9 \ N-s$.

(A) કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,થયેલું કાર્ય $W$ એ ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે: $W = \Delta K = \frac{1}{2} m(v_f^2 - v_i^2)$.
આપેલ છે કે $x = 3t - 4t^2 + t^3$,તેથી વેગ $v$ એ સ્થાનનું સમયની સાપેક્ષે વિકલન છે: $v = \frac{dx}{dt} = 3 - 8t + 3t^2$.
$t = 0 \,s$ સમયે,$v_i = 3 - 8(0) + 3(0)^2 = 3 \,m/s$.
$t = 4 \,s$ સમયે,$v_f = 3 - 8(4) + 3(4)^2 = 3 - 32 + 48 = 19 \,m/s$.
દળ $m = 3 \,g = 0.003 \,kg$.
કિંમતો મૂકતા: $W = \frac{1}{2} \times 0.003 \times (19^2 - 3^2) = 0.0015 \times (361 - 9) = 0.0015 \times 352 = 0.528 \,J$.
$1 \,J = 1000 \,mJ$ હોવાથી,થયેલું કાર્ય $0.528 \times 1000 = 528 \,mJ$ થાય.

(D) સમાન દળ ધરાવતા બે પદાર્થો વચ્ચેની એક-પરિમાણીય સ્થિતિસ્થાપક અથડામણમાં,અથડામણ પછી પદાર્થોના વેગની અદલાબદલી થાય છે.
આપેલ છે: દળ $m_1$ નો પ્રારંભિક વેગ $u_1 = +3 \, m/s$ અને દળ $m_2$ નો પ્રારંભિક વેગ $u_2 = -5 \, m/s$ છે.
અહીં $m_1 = m_2$ હોવાથી,સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ પછી,દળ $m_1$ નો અંતિમ વેગ $v_1 = u_2 = -5 \, m/s$ થશે અને દળ $m_2$ નો અંતિમ વેગ $v_2 = u_1 = +3 \, m/s$ થશે.

(B) ધારો કે પ્રારંભિક ઊંચાઈ $h_1 = 5 \, m$ છે અને ઉછળ્યા પછીની ઊંચાઈ $h_2 = 1.8 \, m$ છે.
અથડામણ પહેલાં દડાનો વેગ $v_1 = \sqrt{2gh_1}$ છે અને અથડામણ પછીનો વેગ $v_2 = \sqrt{2gh_2}$ છે.
પુનઃપ્રાપ્તિનો ગુણાંક $e$ એ વેગના ગુણોત્તર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$e = \frac{v_2}{v_1} = \frac{\sqrt{2gh_2}}{\sqrt{2gh_1}} = \sqrt{\frac{h_2}{h_1}}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$e = \sqrt{\frac{1.8}{5}} = \sqrt{\frac{18}{50}} = \sqrt{\frac{9}{25}} = \frac{3}{5}$
ઉછળ્યા પછીનો વેગ $v_2 = e v_1 = \frac{3}{5} v_1$ છે.
વેગમાં થતો ઘટાડો $\Delta v = v_1 - v_2 = v_1 - \frac{3}{5} v_1 = \frac{2}{5} v_1$ છે.
તેથી,દડો તેના વેગમાં જે પરિબળથી ઘટાડો કરે છે તે $\frac{\Delta v}{v_1} = \frac{2}{5}$ છે.

(C) આદર્શ વાયુ માટે આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = n C_V \Delta T$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $C_V = R/(\gamma - 1)$ હોવાથી,$\Delta U = n (R/(\gamma - 1)) \Delta T$ થાય.
આદર્શ વાયુના સમીકરણ $pV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,અચળ દબાણ $p$ માટે $p \Delta V = nR \Delta T$ મળે છે.
આ કિંમતને સમીકરણમાં મૂકતા,$\Delta U = p \Delta V / (\gamma - 1)$ મળે.
અહીં કદ $V$ થી બદલાઈને $2V$ થાય છે,તેથી કદમાં થતો ફેરફાર $\Delta V = 2V - V = V$ છે.
આથી,$\Delta U = pV / (\gamma - 1)$ થાય.

(A) થર્મોડાયનેમિક્સના પ્રથમ નિયમ મુજબ,તંત્રને આપેલી ઉષ્મા $(\Delta Q)$ એ આંતરિક ઉર્જામાં થતા ફેરફાર $(\Delta U)$ અને તંત્ર દ્વારા થયેલા કાર્ય $(\Delta W)$ ના સરવાળા જેટલી હોય છે:
$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$
એડિબેટિક પ્રક્રિયામાં,આસપાસ સાથે ઉષ્માની કોઈ આપ-લે થતી નથી,તેથી $\Delta Q = 0$ થાય છે.
સમીકરણમાં $\Delta Q = 0$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$0 = \Delta U + \Delta W$
તેથી,$\Delta U = - \Delta W$.

(C) સ્ટીફન-બોલ્ટ્ઝમેન નિયમ મુજબ,કૃષ્ણ પદાર્થ દ્વારા ઉત્સર્જિત વિકિરણ ઉર્જા તેના નિરપેક્ષ તાપમાનના ચતુર્થ ઘાતને સમપ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $E \propto T^4$.
ધારો કે $E_1$ એ પૃથ્વી પર આપાત થતી પ્રારંભિક વિકિરણ ઉર્જા છે અને $T_1$ એ સૂર્યનું પ્રારંભિક તાપમાન છે.
આપેલ છે કે $E_1 = 20 \, kcal/(m^2 \cdot min)$.
ધારો કે જ્યારે સૂર્યનું તાપમાન $T_2 = 2T_1$ થાય ત્યારે નવી વિકિરણ ઉર્જા $E_2$ છે.
ગુણોત્તરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{E_2}{E_1} = \left( \frac{T_2}{T_1} \right)^4$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{E_2}{20} = \left( \frac{2T_1}{T_1} \right)^4$
$\frac{E_2}{20} = (2)^4 = 16$
તેથી,$E_2 = 16 \times 20 = 320 \, kcal/(m^2 \cdot min)$.

(C) સ્પ્રિંગ-દળ તંત્રની આવૃત્તિનું સૂત્ર $n = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{m}}$ છે,જ્યાં $k$ એ સ્પ્રિંગ અચળાંક છે અને $m$ એ દળ છે.
આ સંબંધ પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $n \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$.
ધારો કે પ્રારંભિક આવૃત્તિ $n_1 = n$ છે જ્યારે દળ $m_1 = m$ છે,અને નવી આવૃત્તિ $n_2$ છે જ્યારે દળ $m_2 = 4m$ છે.
પ્રમાણસરતાનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{n_1}{n_2} = \sqrt{\frac{m_2}{m_1}}$.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{n}{n_2} = \sqrt{\frac{4m}{m}} = \sqrt{4} = 2$.
તેથી,$n_2 = \frac{n}{2}$.

(B) અવમંદિત દોલક માટે,કંપવિસ્તાર $A = \frac{F/m}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + (b\omega/m)^2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે છેદ ન્યૂનતમ હોય ત્યારે કંપવિસ્તાર મહત્તમ હોય છે,જે $\omega_1 = \sqrt{\omega_0^2 - 2(b/2m)^2}$ પર થાય છે. તેથી,$\omega_1 \neq \omega_0$.
દોલકની ઉર્જા કંપવિસ્તારના વર્ગના સમપ્રમાણમાં હોય છે અને તે શોષાયેલી પાવર સાથે પણ સંબંધિત છે. કણની ઉર્જા વેગ અનુનાદ આવૃત્તિ પર મહત્તમ હોય છે,જે $\omega_2 = \omega_0$ હોય ત્યારે થાય છે.
તેથી,સાચો સંબંધ $\omega_1 \neq \omega_0$ અને $\omega_2 = \omega_0$ છે.

(C) ધારો કે ટૂંકા લોલકનો આવર્તકાળ $T_S$ છે અને લાંબા લોલકનો આવર્તકાળ $T_L$ છે.
આપેલ લંબાઈ $l_S = 0.5\, m$ અને $l_L = 2.0\, m$ છે.
સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$T_S = 2\pi \sqrt{\frac{0.5}{g}}$ અને $T_L = 2\pi \sqrt{\frac{2.0}{g}}$.
ગુણોત્તર લેતા,$\frac{T_L}{T_S} = \sqrt{\frac{2.0}{0.5}} = \sqrt{4} = 2$.
આમ,$T_L = 2T_S$.
ધારો કે જ્યારે તેઓ ફરીથી સમાન કળામાં હોય ત્યારે ટૂંકા લોલકના દોલનોની સંખ્યા $N_S$ છે અને લાંબા લોલકના દોલનોની સંખ્યા $N_L$ છે.
આ સમયે $t$ માટે,$t = N_S T_S = N_L T_L$.
$T_L = 2T_S$ મૂકતા,આપણને $N_S T_S = N_L (2T_S)$ મળે છે.
તેથી,$N_S = 2N_L$.
જ્યારે તેઓ પ્રથમ વખત ફરીથી સમાન કળામાં હોય,ત્યારે આપણે સૌથી નાની પૂર્ણાંક કિંમતો લઈએ છીએ,$N_L = 1$,જે $N_S = 2$ આપે છે.

(A) સાઈનસૉઈડલ તરંગમાં,મહત્તમ સ્થાનાંતર (કંપવિસ્તાર) થી શૂન્ય સ્થાનાંતર સુધીની ગતિ કુલ આવર્તકાળ $(T)$ ના ચોથા ભાગ જેટલી હોય છે.
તેથી,લાગતો સમય $t = \frac{T}{4}$ છે.
આવૃત્તિ ($n$ અથવા $f$) એ આવર્તકાળનો વ્યસ્ત હોવાથી,$T = \frac{1}{n}$ થાય.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $t = \frac{1}{4n}$ મળે છે.
આવૃત્તિ માટે સૂત્ર બનાવતા,$n = \frac{1}{4t}$.
અહીં $t = 0.170\,s$ આપેલ છે,તેથી $n = \frac{1}{4 \times 0.170} = \frac{1}{0.680} \approx 1.47\,Hz$ થાય.

(D) આપેલ તરંગનું સમીકરણ $y = y_0 \sin \frac{2\pi}{\lambda} (vt - x)$ છે.
આને પ્રમાણિત તરંગ સમીકરણ $y = a \sin \frac{2\pi}{\lambda} (vt - x)$ સાથે સરખાવતા,આપણને કંપવિસ્તાર $a = y_0$ અને તરંગનો વેગ $v_{wave} = v$ મળે છે.
કણનો વેગ $v_p$ એ સ્થાનાંતરનું સમયની સાપેક્ષે વિકલન છે: $v_p = \frac{\partial y}{\partial t} = y_0 \cdot \frac{2\pi v}{\lambda} \cos \frac{2\pi}{\lambda} (vt - x)$.
કણનો મહત્તમ વેગ $(v_{max})_{particle} = y_0 \cdot \frac{2\pi v}{\lambda}$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$(v_{max})_{particle} = 2 \cdot v_{wave}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{y_0 \cdot 2\pi v}{\lambda} = 2v$.
બંને બાજુથી $v$ ને દૂર કરતા: $\frac{2\pi y_0}{\lambda} = 2$.
$\lambda$ માટે ઉકેલતા: $\lambda = \pi y_0$.

(A) બે ક્રમિક નિસ્પંદ બિંદુઓ વચ્ચેનું અંતર $\frac{\lambda}{2}$ હોય છે.
$3$ નિસ્પંદ બિંદુઓ અને $2$ પ્રસ્પંદ બિંદુઓ ધરાવતા સ્થિત તરંગમાં $2$ લૂપ હોય છે.
બે અંતિમ નિસ્પંદ બિંદુઓ વચ્ચેની કુલ લંબાઈ $L = 2 \times \frac{\lambda}{2} = \lambda$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે બે અણુઓ (જે અંતિમ નિસ્પંદ બિંદુઓ તરીકે કાર્ય કરે છે) વચ્ચેનું અંતર $1.21 \; \mathring{A}$ છે,તેથી $L = 1.21 \; \mathring{A}$.
આમ,તરંગલંબાઈ $\lambda = 1.21 \; \mathring{A}$ થાય.

(B) ડોપ્લર અસર ત્યારે જ જોવા મળે છે જ્યારે ઉદગમ અને અવલોકનકાર વચ્ચે તેમને જોડતી રેખા પર સાપેક્ષ વેગ હોય.
આ પ્રશ્નમાં,વાહન અવલોકનકાર અને વાહનને જોડતી રેખાને લંબ દિશામાં ગતિ કરી રહ્યું છે.
તેથી,અવલોકનકાર અને ઉદગમને જોડતી રેખા પર ઉદગમના વેગનો ઘટક $v_s \cos(90^{\circ}) = 0$ થાય છે.
દ્રષ્ટિરેખા પર કોઈ સાપેક્ષ ગતિ ન હોવાથી,અવલોકનકારને સંભળાતી આવૃત્તિ એ ઉદગમની આવૃત્તિ જેટલી જ રહે છે.
આમ,અવલોકિત આવૃત્તિ $n' = n$ છે.
આપેલ છે કે અવલોકિત આવૃત્તિ $n + n_1$ છે,તેથી $n + n_1 = n$,જેનો અર્થ છે કે $n_1 = 0$.

(B) રીંગની તેની અક્ષને અનુલક્ષીને પ્રારંભિક જડત્વની ચાકમાત્રા $I = Mr^2$ છે.
પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $L = I\omega = Mr^2\omega$ છે.
જ્યારે $m$ દળ ધરાવતી બે વસ્તુઓને વ્યાસના વિરુદ્ધ છેડાઓ પર જોડવામાં આવે છે,ત્યારે નવી જડત્વની ચાકમાત્રા $I'$ એ રીંગની જડત્વની ચાકમાત્રા અને બે બિંદુવત દળોની જડત્વની ચાકમાત્રાનો સરવાળો થાય છે: $I' = Mr^2 + m(r)^2 + m(r)^2 = (M + 2m)r^2$.
કોણીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,બાહ્ય ટોર્ક શૂન્ય હોવાથી,$L_{initial} = L_{final}$ થાય.
$Mr^2\omega = (M + 2m)r^2\omega'$
નવા કોણીય વેગ $\omega'$ માટે ઉકેલતા:
$\omega' = \frac{Mr^2\omega}{(M + 2m)r^2} = \frac{M\omega}{M + 2m}$.

(D) ધારો કે સખત સળિયા $AB$ ની લંબાઈ $L$ છે. ધારો કે $A$ નું ખૂણાથી અંતર $x$ છે અને $B$ નું ખૂણાથી અંતર $y$ છે.
ભૂમિતિ પરથી,આપણી પાસે $L^2 = x^2 + y^2$ છે.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$0 = 2x \frac{dx}{dt} + 2y \frac{dy}{dt}$
$x \frac{dx}{dt} + y \frac{dy}{dt} = 0$
આપેલ છે કે $A$ નો વેગ $v_A = -\frac{dx}{dt} = 10\; m/s$ છે (કારણ કે $x$ ઘટી રહ્યું છે).
તેથી,$\frac{dx}{dt} = -10\; m/s$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$x(-10) + y \frac{dy}{dt} = 0$
$y \frac{dy}{dt} = 10x$
$\frac{dy}{dt} = 10 \left( \frac{x}{y} \right)$
ત્રિકોણ પરથી,$\frac{x}{y} = \cot(\alpha)$.
$\alpha = 60^{\circ}$ પર,$\frac{x}{y} = \cot(60^{\circ}) = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
તેથી,$B$ નો વેગ $v_B = \frac{dy}{dt} = 10 \times \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{10}{1.732} \approx 5.77\; m/s$.
એક દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $5.8\; m/s$ મળે છે.

(C) ધારો કે $x$ એ સમબાજુ ત્રિકોણના કેન્દ્ર $O$ થી દરેક બાજુનું લંબ અંતર છે.
સમબાજુ ત્રિકોણ હોવાથી,કેન્દ્રથી દરેક બાજુનું અંતર સમાન હોય છે.
બળ $F$ દ્વારા બિંદુ $O$ ની આસપાસ ઉત્પન્ન થતું ટોર્ક $\tau = F \times x$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ત્રિકોણની બાજુઓ પર લાગતા બળો $\vec F_1, \vec F_2$ અને $\vec F_3$ ની દિશાઓ જોતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $\vec F_1$ અને $\vec F_2$ એ $O$ ની આસપાસ સમાન પરિભ્રમણની દિશામાં (દા.ત. ઘડિયાળના કાંટાની દિશામાં) ટોર્ક ઉત્પન્ન કરે છે,જ્યારે $\vec F_3$ વિરુદ્ધ દિશામાં ટોર્ક ઉત્પન્ન કરે છે.
$O$ ની આસપાસ કુલ ટોર્ક શૂન્ય થવા માટે,ટોર્કનો સરવાળો શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\tau_1 + \tau_2 - \tau_3 = 0$
$F_1 x + F_2 x - F_3 x = 0$
$x$ વડે ભાગતા (કારણ કે $x \neq 0$):
$F_1 + F_2 - F_3 = 0$
તેથી,$F_3 = F_1 + F_2$.

(D) દળ $M$ ને વેજની સાપેક્ષ સ્થિર રાખવા માટે,આપણે વેજના અજડત્વીય નિર્દેશ ફ્રેમમાં બળોનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ.
જ્યારે વેજ $a$ પ્રવેગ સાથે ડાબી તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે દળ $M$ પર જમણી તરફ આભાસી બળ (pseudo force) $F_p = Ma$ લાગે છે.
ઢાળની દિશામાં દળ $M$ પર લાગતા બળો નીચે મુજબ છે:
$1$. આભાસી બળનો ઘટક $Ma \cos \theta$ જે ઢાળની ઉપરની તરફ લાગે છે.
$2$. ગુરુત્વાકર્ષણ બળનો ઘટક $Mg \sin \theta$ જે ઢાળની નીચેની તરફ લાગે છે.
દળ વેજની સાપેક્ષ સ્થિર રહે તે માટે,આ બંને બળો સંતુલિત હોવા જોઈએ:
$Ma \cos \theta = Mg \sin \theta$
$a \cos \theta = g \sin \theta$
$a = g \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$
$a = g \tan \theta$
આમ,વેજને ડાબી તરફ $a = g \tan \theta$ જેટલો પ્રવેગ આપવો જોઈએ.

(C) સમાન વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ માં $q$ વીજભાર પર લાગતું બળ $F = qE$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કણ સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થાય છે અને બળની દિશામાં $y$ જેટલું અંતર કાપે છે,તેથી વિદ્યુતક્ષેત્ર દ્વારા કણ પર થયેલું કાર્ય $W = F \times y = (qE) \times y = qEy$ છે.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,વિદ્યુતક્ષેત્ર દ્વારા થયેલું કાર્ય કણની ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે.
શરૂઆતની ગતિઊર્જા $0$ હોવાથી,કણ દ્વારા પ્રાપ્ત અંતિમ ગતિઊર્જા $K = qEy$ થશે.

(A) પોલા વાહક ગોળા માટે,વિદ્યુતભાર સંપૂર્ણપણે તેની બહારની સપાટી પર રહે છે.
ગોસના નિયમ મુજબ,પોલા વાહક કવચની અંદર વિદ્યુતક્ષેત્ર હંમેશા શૂન્ય હોય છે કારણ કે ગોળાની અંદર દોરેલી કોઈપણ ગૌસિયન સપાટીની અંદર કોઈ વિદ્યુતભાર હોતો નથી.
તેથી,ગોળાના કેન્દ્ર પર વિદ્યુતક્ષેત્ર $0\,N/C$ થશે.

(D) વિદ્યુત ડાયપોલની વિષુવરેખીય રેખા (લંબદ્વિભાજક) પરના બિંદુએ વિદ્યુતક્ષેત્રનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$E_{equatorial} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{p}{r^3}$
જ્યાં $p$ એ ડાયપોલ મોમેન્ટ છે અને $r$ એ ડાયપોલના કેન્દ્રથી અંતર છે.
આ સમીકરણ પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ એ ડાયપોલ મોમેન્ટ $p$ ના સમપ્રમાણમાં $(E \propto p)$ અને અંતર $r$ ના ઘનના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં $(E \propto r^{-3})$ છે.
તેથી,$Q$ આગળ વિદ્યુતક્ષેત્ર $p$ અને $r^{-3}$ ના પ્રમાણમાં છે.

(B) ધારો કે $G = 9 \, \Omega$ એ ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ છે અને $S = 2 \, \Omega$ એ શંટનો અવરોધ છે.
કુલ પ્રવાહ $I = 1 \, A$ છે.
ધારો કે $I_s$ એ શંટમાંથી પસાર થતો પ્રવાહ છે અને $I_g$ એ ગેલ્વેનોમીટરમાંથી પસાર થતો પ્રવાહ છે.
સમાંતર જોડાણના સિદ્ધાંત મુજબ, ગેલ્વેનોમીટર અને શંટ વચ્ચેનો વોલ્ટેજ સમાન હોય છે: $V = I_g G = I_s S$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $I = I_g + I_s$, તેથી $I_g = I - I_s$.
આ કિંમતને વોલ્ટેજના સમીકરણમાં મૂકતા: $(I - I_s) G = I_s S$.
$I_s$ માટે સમીકરણને ગોઠવતા: $I G - I_s G = I_s S \implies I G = I_s (S + G)$.
તેથી, $I_s = I \times \frac{G}{S + G}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $I_s = 1 \times \frac{9}{2 + 9} = \frac{9}{11} \approx 0.818 \, A$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ, શંટમાંથી પસાર થતો પ્રવાહ આશરે $0.8 \, A$ છે.

(D) ધારો કે દરેક અવરોધનું મૂલ્ય $R$ છે અને સ્ત્રોતનું $e.m.f.$ $V$ છે.
શ્રેણી જોડાણમાં,સમતુલ્ય અવરોધ $R_S = R + R + R = 3R$ થાય.
શ્રેણીમાં વ્યય થતો પાવર $P_S = \frac{V^2}{R_S} = \frac{V^2}{3R} = 10 \ W$ છે.
આના પરથી,આપણને $\frac{V^2}{R} = 30 \ W$ મળે છે.
સમાંતર જોડાણમાં,સમતુલ્ય અવરોધ $R_P = \frac{R}{3}$ થાય.
સમાંતરમાં વ્યય થતો પાવર $P_P = \frac{V^2}{R_P} = \frac{V^2}{R/3} = 3 \left( \frac{V^2}{R} \right)$ છે.
$\frac{V^2}{R} = 30 \ W$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $P_P = 3 \times 30 = 90 \ W$ મળે છે.

(C) વિદ્યુતપ્રવાહના વહન દરમિયાન વાહકમાં ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા જૂલના ઉષ્મીય નિયમ મુજબ આપવામાં આવે છે: $H = i^2Rt$.
તાપમાનમાં થતો વધારો $\Delta T$ એ ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા $H$ ના સમપ્રમાણમાં હોવાથી,$\Delta T \propto i^2$ થાય.
આપેલ છે કે પ્રારંભિક તાપમાનમાં વધારો $\Delta T_1 = 5\,^{\circ}\text{C}$ છે જ્યારે પ્રવાહ $i_1 = i$ હોય.
જ્યારે પ્રવાહ બમણો કરવામાં આવે,ત્યારે $i_2 = 2i$ થાય.
તાપમાનમાં નવો વધારો $\Delta T_2$ નીચે મુજબના ગુણોત્તરથી મળે છે:
$\frac{\Delta T_2}{\Delta T_1} = \left(\frac{i_2}{i_1}\right)^2 = \left(\frac{2i}{i}\right)^2 = 4$.
તેથી,$\Delta T_2 = 4 \times \Delta T_1 = 4 \times 5\,^{\circ}\text{C} = 20\,^{\circ}\text{C}$.

(B) બે લાંબા સમાંતર વિદ્યુતપ્રવાહ ધારિત તાર વચ્ચે એકમ લંબાઈ દીઠ લાગતું બળ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{F}{l} = \frac{\mu_0}{2\pi} \frac{i_1 i_2}{r}$.
આપેલ છે: $i_1 = 1 \ A$,$i_2 = 1 \ A$,$r = 1 \ m$,અને $\frac{\mu_0}{4\pi} = 10^{-7} \ T \cdot m/A$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{F}{l} = 2 \times 10^{-7} \times \frac{1 \times 1}{1} = 2 \times 10^{-7} \ N/m$.

(B) લોખંડ એ ફેરોમેગ્નેટિક પદાર્થ છે,જેની ચુંબકીય પારગમ્યતા (magnetic permeability) ખૂબ ઊંચી હોય છે. જ્યારે તેને બાહ્ય ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓ અંદરની ખાલી જગ્યાને બદલે લોખંડમાંથી પસાર થવાનું પસંદ કરે છે. આ ઘટનાને મેગ્નેટિક શીલ્ડિંગ કહેવામાં આવે છે. તેથી,સંવેદનશીલ સાધનોને બાહ્ય ચુંબકીય ક્ષેત્રથી બચાવવા માટે,તેને લોખંડના ડબ્બામાં રાખવું જોઈએ.

(B) આદર્શ ટ્રાન્સફોર્મર માટે,પાવર ઇનપુટ એ પાવર આઉટપુટ જેટલો હોય છે,જેનો અર્થ છે કે પ્રવાહ અને આંટાની સંખ્યા વચ્ચેનો સંબંધ વ્યસ્ત ગુણોત્તર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{I_p}{I_s} = \frac{N_s}{N_p}$.
આપેલ છે:
પ્રાઇમરી અને સેકન્ડરી આંટાનો ગુણોત્તર $\frac{N_p}{N_s} = \frac{1}{25}$,તેથી $\frac{N_s}{N_p} = 25$.
સેકન્ડરી પ્રવાહ $I_s = 2\, A$.
સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $I_p = I_s \times \frac{N_s}{N_p}$.
$I_p = 2\, A \times 25 = 50\, A$.
તેથી,પ્રાઇમરી ગૂંચળામાં વહેતો પ્રવાહ $50\, A$ છે.

(B) બીજી કોઈલમાં પ્રેરિત $e.m.f.$ નું સૂત્ર $e = M \frac{di}{dt}$ છે.
અહીં $M = 0.005 \, H$,$I = I_0 \sin(\omega t)$,$I_0 = 10 \, A$,અને $\omega = 100\pi \, rad/s$ આપેલ છે.
$I$ નું વિકલન કરતા:
$e = M \frac{d}{dt} (I_0 \sin(\omega t)) = M I_0 \omega \cos(\omega t)$.
$e.m.f.$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $(e_{\max})$ ત્યારે મળે જ્યારે $\cos(\omega t) = 1$ હોય.
$e_{\max} = M I_0 \omega$.
કિંમતો મૂકતા:
$e_{\max} = 0.005 \times 10 \times 100\pi = 5\pi \, V$.

(A) આપાત ફોટોનની ઊર્જા $E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$hc \approx 12400 \; eV \cdot \mathring A$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $E = \frac{12400}{5000} = 2.48 \; eV$ મળે છે.
આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,$E = W_0 + K_{\max}$,જ્યાં $W_0$ એ વર્ક ફંક્શન છે અને $K_{\max}$ એ મહત્તમ ગતિઊર્જા છે.
કિંમતો મૂકતા: $2.48 = 1.9 + K_{\max}$.
તેથી,$K_{\max} = 2.48 - 1.9 = 0.58 \; eV$.

(D) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ: $K_{\max} = \frac{hc}{\lambda} - W_0 = \frac{1}{2}mv^2$,જ્યાં $W_0 = \frac{hc}{\lambda_0}$ એ વર્ક ફંક્શન છે.
આમ,$v = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right)} = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{\lambda_0 - \lambda}{\lambda \lambda_0} \right)} \dots (i)$
જ્યારે તરંગલંબાઈ બદલીને $\lambda' = \frac{3\lambda}{4}$ કરવામાં આવે,ત્યારે નવી ઝડપ $v'$ નીચે મુજબ મળે:
$v' = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{1}{3\lambda/4} - \frac{1}{\lambda_0} \right)} = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{4\lambda_0 - 3\lambda}{3\lambda \lambda_0} \right)} \dots (ii)$
સમીકરણ $(ii)$ ને $(i)$ વડે ભાગતા:
$\frac{v'}{v} = \sqrt{\frac{4\lambda_0 - 3\lambda}{3\lambda \lambda_0} \cdot \frac{\lambda \lambda_0}{\lambda_0 - \lambda}} = \sqrt{\frac{4}{3} \cdot \frac{\lambda_0 - 0.75\lambda}{\lambda_0 - \lambda}}$
ચૂકવણી મુજબ $\lambda_0 > \lambda$ હોવાથી,$(\lambda_0 - 0.75\lambda) > (\lambda_0 - \lambda)$ થાય.
તેથી,$\frac{\lambda_0 - 0.75\lambda}{\lambda_0 - \lambda} > 1$.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{v'}{v} > \sqrt{\frac{4}{3}}$,એટલે કે $v' > v(4/3)^{1/2}$.

(C) ઇલેક્ટ્રોનની વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પ્રોટોન અને ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચેના સ્થિત-વિદ્યુત કુલંબ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
કેન્દ્રગામી બળને કુલંબ બળ સાથે સરખાવતા:
$\frac{m{v^2}}{{a_0}} = \frac{1}{{4\pi {\varepsilon _0}}}\frac{{{e^2}}}{{a_0^2}}$
બંને બાજુથી $a_0$ ને દૂર કરતા:
$m{v^2} = \frac{1}{{4\pi {\varepsilon _0}}}\frac{{{e^2}}}{{a_0}}$
$v^2$ માટે ઉકેલતા:
${v^2} = \frac{{{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}{a_0}m}}$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,આપણને ઇલેક્ટ્રોનની ઝડપ મળે છે:
$v = \frac{e}{{\sqrt {4\pi {\varepsilon _0}{a_0}m} }}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) ધારો કે $_5B^{10}$ પરમાણુઓની ટકાવારી $x$ છે. તો $_5B^{11}$ પરમાણુઓની ટકાવારી $(100 - x)$ થશે.
સરેરાશ પરમાણ્વીય વજન નીચે મુજબ મળે છે:
$\text{સરેરાશ પરમાણ્વીય વજન} = \frac{(10 \times x) + (11 \times (100 - x))}{100} = 10.81$
$100$ વડે ગુણતા:
$10x + 1100 - 11x = 1081$
$-x = 1081 - 1100$
$-x = -19$
$x = 19$
આમ,$_5B^{10}$ ની ટકાવારી $19\%$ છે અને $_5B^{11}$ ની ટકાવારી $81\%$ છે.
તેથી,$_5B^{10} : _5B^{11}$ નો ગુણોત્તર $19 : 81$ થાય.

(A) પરમાણુ વિખંડન પ્રક્રિયામાં,સમીકરણની બંને બાજુએ દળ ક્રમાંક અને પરમાણુ ક્રમાંકનું સંરક્ષણ થવું જોઈએ.
આપેલ પ્રક્રિયા: $_{92}U^{235} + _0n^1 \to _{38}Sr^{90} + X$
ધારો કે અજ્ઞાત નીપજ $X$ એ $_{Z}A^{A}$ છે.
દળ ક્રમાંકનું સંરક્ષણ: $235 + 1 = 90 + A \implies 236 = 90 + A \implies A = 146$.
જોકે,$U^{235}$ ના વિખંડનથી $Sr^{90}$ ઉત્પન્ન થાય ત્યારે ન્યુટ્રોન મુક્ત થાય છે. વિકલ્પો તપાસતા,વિકલ્પ $A$ માં $_{54}Xe^{143} + 3_0n^1$ આપેલ છે.
દળ ક્રમાંકનો સરવાળો: $90 + 143 + 3(1) = 236$.
પરમાણુ ક્રમાંકનો સરવાળો: $38 + 54 + 3(0) = 92$.
બંનેનું સંરક્ષણ થતું હોવાથી,સાચો જવાબ $_{54}Xe^{143} + 3_0n^1$ છે.

(C) અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n$ એ $n = \frac{t}{T_{1/2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પદાર્થ $A$ માટે,$n_A = \frac{80}{20} = 4$.
પદાર્થ $B$ માટે,$n_B = \frac{80}{40} = 2$.
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$ દ્વારા મળે છે.
શરૂઆતની સંખ્યા $N_0$ સમાન હોવાથી,ગુણોત્તર $\frac{N_A}{N_B} = \frac{N_0 (1/2)^{n_A}}{N_0 (1/2)^{n_B}} = \frac{(1/2)^4}{(1/2)^2} = \frac{2^2}{2^4} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$ થશે.
આમ,ગુણોત્તર $1 : 4$ છે.

(D) શરૂઆતનું ન્યુક્લિયસ $_n{X^m}$ છે.
જ્યારે તે એક $\alpha$ કણ $(_{2}He^{4})$ નું ઉત્સર્જન કરે છે,ત્યારે પરમાણુ ક્રમાંક $2$ જેટલો ઘટે છે અને દળ ક્રમાંક $4$ જેટલો ઘટે છે. ન્યુક્લિયસ $_{n-2}X^{m-4}$ બને છે.
જ્યારે આ ન્યુક્લિયસ એક $\beta$ કણ $(_{-1}e^{0})$ નું ઉત્સર્જન કરે છે,ત્યારે પરમાણુ ક્રમાંક $1$ જેટલો વધે છે જ્યારે દળ ક્રમાંક અપરિવર્તિત રહે છે. નવો પરમાણુ ક્રમાંક $(n-2) + 1 = n-1$ થાય છે.
આમ,પરિણામી ન્યુક્લિયસ $_{n-1}Z^{m-4}$ છે.

(C) $PN-$ જંકશન ડાયોડ જ્યારે ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય ત્યારે તેમાંથી વિદ્યુતપ્રવાહ પસાર થવા દે છે.
જ્યારે બેટરીની ધ્રુવીયતા ઉલટાવવામાં આવે છે,ત્યારે $PN-$ જંકશન રિવર્સ બાયસમાં આવી જાય છે.
રિવર્સ બાયસમાં,ડેપ્લેશન લેયરની પહોળાઈ વધે છે,જે વિદ્યુતપ્રવાહના વહન માટે ખૂબ જ ઊંચો અવરોધ આપે છે.
પરિણામે,વિદ્યુતપ્રવાહ ઘટીને લગભગ શૂન્ય થઈ જાય છે.
તેથી,આ ઉપકરણ $PN-$ જંકશન છે.

(D) આપેલ છે: ટ્રાન્સફર રેશિયો (કરંટ ગેઇન) $\beta = 50$,ઇનપુટ અવરોધ $R_i = 1 \; k\Omega = 1000 \; \Omega$,અને પીક ઇનપુટ વોલ્ટેજ $V_i = 0.01 \; V$.
સૌ પ્રથમ,ઓહ્મના નિયમનો ઉપયોગ કરીને પીક ઇનપુટ પ્રવાહ $i_b$ શોધો: $i_b = \frac{V_i}{R_i} = \frac{0.01 \; V}{1000 \; \Omega} = 10^{-5} \; A$.
કલેક્ટર પ્રવાહ $i_c$ અને બેઝ પ્રવાહ $i_b$ વચ્ચેનો સંબંધ $\beta = \frac{i_c}{i_b}$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.
તેથી,કલેક્ટર પ્રવાહનું પીક મૂલ્ય $i_c = \beta \times i_b = 50 \times 10^{-5} \; A = 500 \times 10^{-6} \; A = 500 \; \mu A$ થાય.

(C) ચાલો આપેલા ઇનપુટ્સ સાથે દરેક ગેટ માટે આઉટપુટનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$(A)$ $AND$ ગેટ માટે,આઉટપુટ $Y = A \cdot B$ છે. $1$ અને $0$ ઇનપુટ સાથે,$Y = 1 \cdot 0 = 0$ મળે.
$(B)$ $NOR$ ગેટ માટે,આઉટપુટ $Y = \overline{A + B}$ છે. $0$ અને $1$ ઇનપુટ સાથે,$Y = \overline{0 + 1} = \overline{1} = 0$ મળે.
$(C)$ $NAND$ ગેટ માટે,આઉટપુટ $Y = \overline{A \cdot B}$ છે. $0$ અને $1$ ઇનપુટ સાથે,$Y = \overline{0 \cdot 1} = \overline{0} = 1$ મળે.
$(D)$ $XNOR$ ગેટ માટે,આઉટપુટ $Y = A \odot B$ (અથવા $\overline{A \oplus B}$) છે. $0$ અને $1$ ઇનપુટ સાથે,$Y = \overline{0 \oplus 1} = \overline{1} = 0$ મળે.
આમ,$NAND$ ગેટ $1$ આઉટપુટ આપે છે.

(D) $NAND$ ગેટ માટે,આઉટપુટ $C$ એ બુલિયન સમીકરણ $C = \overline{A \cdot B}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો તપાસતા:
$1$. $A = 0, B = 0$ માટે: $C = \overline{0 \cdot 0} = \overline{0} = 1$.
$2$. $A = 0, B = 1$ માટે: $C = \overline{0 \cdot 1} = \overline{0} = 1$.
$3$. $A = 1, B = 0$ માટે: $C = \overline{1 \cdot 0} = \overline{0} = 1$.
$4$. $A = 1, B = 1$ માટે: $C = \overline{1 \cdot 1} = \overline{1} = 0$.
આ પરિણામોને આપેલા કોષ્ટક સાથે સરખાવતા,આઉટપુટ $NAND$ ગેટના તર્ક સાથે મેળ ખાય છે.

(A) ધારો કે $\alpha$ એ સળિયાના છેડાની સપાટી પરનો આપાતકોણ છે અને $r$ એ વક્રીભૂતકોણ છે. સ્નેલના નિયમ મુજબ,$1 \cdot \sin \alpha = n \cdot \sin r$,તેથી $\sin r = \frac{\sin \alpha}{n}$.
પાર્શ્વ સપાટી પર,આપાતકોણ $i = 90^\circ - r$ છે. પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન થવા માટે,આપાતકોણ $i$ એ ક્રાંતિકોણ $C$ કરતા વધારે હોવો જોઈએ,જ્યાં $\sin C = \frac{1}{n}$.
તેથી,$i > C \implies \sin i > \sin C$.
$i = 90^\circ - r$ મૂકતા,આપણને $\sin(90^\circ - r) > \sin C$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $\cos r > \frac{1}{n}$ થાય છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\cos^2 r > \frac{1}{n^2} \implies 1 - \sin^2 r > \frac{1}{n^2}$.
$\sin r = \frac{\sin \alpha}{n}$ મૂકતા,આપણને $1 - \frac{\sin^2 \alpha}{n^2} > \frac{1}{n^2}$ મળે છે.
ગોઠવતા $1 > \frac{1 + \sin^2 \alpha}{n^2}$,અથવા $n^2 > 1 + \sin^2 \alpha$ મળે છે.
આ શરત આપાતકોણ $\alpha$ ના કોઈપણ મૂલ્ય માટે સાચી હોવી જોઈએ,તેથી આપણે $\sin^2 \alpha$ નું મહત્તમ મૂલ્ય લઈએ,જે $1$ છે (જ્યારે $\alpha = 90^\circ$).
તેથી,$n^2 > 1 + 1 = 2$,જેનો અર્થ છે કે $n > \sqrt{2}$.

(C) બહિર્ગોળ લેન્સ માટે,વસ્તુ અંતર $u = -30 \,cm$ અને કેન્દ્રલંબાઈ $f = +20 \,cm$ છે. લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{20} = \frac{1}{v} - \frac{1}{-30}$
$\frac{1}{v} = \frac{1}{20} - \frac{1}{30} = \frac{3-2}{60} = \frac{1}{60}$
તેથી,$v = 60 \,cm$. આનો અર્થ એ છે કે લેન્સ $60 \,cm$ અંતરે વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ બનાવે છે.
અંતિમ પ્રતિબિંબ વસ્તુ સાથે સંપાત થાય તે માટે,પ્રકાશના કિરણો બહિર્ગોળ અરીસા પર લંબરૂપે પડવા જોઈએ જેથી તેઓ તેમનો માર્ગ પાછો ખેંચે. આ ત્યારે થાય છે જો કિરણો અરીસાના વક્રતા કેન્દ્ર તરફ નિર્દેશિત હોય.
અરીસાની વક્રતા ત્રિજ્યા $R = 10 \,cm$ છે. આમ,અરીસાને એવી રીતે મૂકવો જોઈએ કે તેનું વક્રતા કેન્દ્ર લેન્સ દ્વારા રચાયેલા પ્રતિબિંબ સાથે સંપાત થાય.
લેન્સથી અરીસાનું અંતર $d = v - R = 60 \,cm - 10 \,cm = 50 \,cm$ છે.

(D) ફોટોનની ઉર્જા $E$ એ સૂત્ર $E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે:
$h = 6.63 \times 10^{-34}\,J\cdot s$
$c = 3 \times 10^8\,m/s$
$\lambda = 21\,cm = 0.21\,m = 21 \times 10^{-2}\,m$
આ કિંમતો મૂકતા:
$E = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{21 \times 10^{-2}}$
$E = \frac{19.89 \times 10^{-26}}{21 \times 10^{-2}}$
$E \approx 0.947 \times 10^{-24}\,J$
$E \approx 10^{-24}\,J$.

(B) $N$ આંટા અને $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતી વર્તુળાકાર કોઈલના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 N I}{2r}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધારો કે તારની કુલ લંબાઈ $L$ છે.
પ્રથમ કોઈલ માટે $(N_1 = 1)$: પરિઘ $2\pi r_1 = L$,તેથી $r_1 = \frac{L}{2\pi}$. ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_1 = \frac{\mu_0 (1) I}{2(L/2\pi)} = \frac{\mu_0 \pi I}{L}$ થાય.
બીજી કોઈલ માટે $(N_2 = 2)$: કુલ લંબાઈ $2(2\pi r_2) = L$,તેથી $r_2 = \frac{L}{4\pi}$. ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_2 = \frac{\mu_0 (2) I}{2(L/4\pi)} = \frac{4\mu_0 \pi I}{L}$ થાય.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{B_1}{B_2} = \frac{\mu_0 \pi I / L}{4\mu_0 \pi I / L} = \frac{1}{4}$.
આમ,ગુણોત્તર $1 : 4$ છે.

(D) $p-n$ જંકશનના નિર્માણ દરમિયાન,$p-$વિસ્તારમાંથી હોલ્સ $n-$વિસ્તારમાં અને $n-$વિસ્તારમાંથી ઇલેક્ટ્રોન $p-$વિસ્તારમાં પ્રસરણ પામે છે.
જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન હોલ સાથે મળે છે,ત્યારે તેઓ એકબીજાની અસરને નાબૂદ કરે છે,જેના પરિણામે જંકશન પર એક પાતળું સ્તર બને છે જે મુક્ત વીજભાર વાહકોથી મુક્ત હોય છે. આને ડેપ્લેશન લેયર કહેવામાં આવે છે.
પ્રસરણ પ્રક્રિયાને કારણે,અચલ આયનીકૃત પરમાણુઓ બાકી રહે છે: $p-$બાજુ પર ઋણ આયનો અને $n-$બાજુ પર ધન આયનો.
આ અચલ વીજભારોનું સંચય જંકશન પર વિદ્યુતક્ષેત્ર અને પોટેન્શિયલ તફાવત બનાવે છે,જેને પોટેન્શિયલ બેરિયર કહેવામાં આવે છે.