AIPMT 2010 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(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,$\Delta U = - \Delta W$.

(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:
$\omega' = \frac{Mr^2\omega}{(M + 2m)r^2} = \frac{M\omega}{M + 2m}$.

(B) $M$ દળ અને $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી વર્તુળાકાર તકતીની તેના કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અને સમતલને લંબ અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{1}{2} M R^2$ છે.
મૂળ તકતી માટે: $M_1 = 9M$,$R_1 = R$. તેથી,$I_1 = \frac{1}{2} (9M) R^2 = \frac{9}{2} M R^2$.
દૂર કરેલી તકતી માટે: $M_2 = M$,$R_2 = R/3$. તેથી,$I_2 = \frac{1}{2} (M) (R/3)^2 = \frac{1}{2} M (R^2/9) = \frac{1}{18} M R^2$.
બાકી રહેલી તકતીની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = I_1 - I_2$ થશે.
$I = \frac{9}{2} M R^2 - \frac{1}{18} M R^2$.
$I = \frac{81 M R^2 - M R^2}{18} = \frac{80 M R^2}{18} = \frac{40}{9} M R^2$.

(A) $l$ લંબાઈ અને $\theta$ ખૂણાવાળી ઢળતી સપાટી પર ગબડતા પદાર્થ દ્વારા લેવાયેલ સમય $t = \sqrt{\frac{2l(1 + K^2/R^2)}{g \sin \theta}}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $K$ એ ચક્રાવર્તનની ત્રિજ્યા છે અને $R$ એ પદાર્થની ત્રિજ્યા છે.
નક્કર નળાકાર માટે,જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{1}{2}MR^2$ છે,તેથી $K^2 = \frac{1}{2}R^2$,જેનો અર્થ છે કે $K^2/R^2 = 0.5$.
પોલા નળાકાર માટે,જડત્વની ચાકમાત્રા $I = MR^2$ છે,તેથી $K^2 = R^2$,જેનો અર્થ છે કે $K^2/R^2 = 1$.
સમય $t$ એ $\sqrt{1 + K^2/R^2}$ ના સમપ્રમાણમાં હોવાથી,જે પદાર્થ માટે $K^2/R^2$ નો ગુણોત્તર ઓછો હશે તે નીચે પહોંચવા માટે ઓછો સમય લેશે.
બંનેની સરખામણી કરતા,નક્કર નળાકારનો $K^2/R^2$ ગુણોત્તર ઓછો $(0.5 < 1)$ છે,તેથી નક્કર નળાકાર પહેલા નીચે પહોંચશે.

(B) સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થતા પદાર્થ માટે,$t$ સમયમાં કાપેલું અંતર $h$ ગતિના સમીકરણ દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$h = \frac{1}{2}gt^2$
$g$ ને કર્તા બનાવતા:
$g = \frac{2h}{t^2}$
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln g = \ln 2 + \ln h - 2\ln t$
સાપેક્ષ ત્રુટિ શોધવા માટે વિકલન કરતા:
$\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta h}{h} + 2\frac{\Delta t}{t}$
મહત્તમ અનુમતિપાત્ર પ્રતિશત ત્રુટિ માટે,આપણે સાપેક્ષ ત્રુટિઓના નિરપેક્ષ મૂલ્યોનો સરવાળો કરીએ છીએ:
$\left( \frac{\Delta g}{g} \times 100 \right)_{\max} = \left( \frac{\Delta h}{h} \times 100 \right) + 2 \times \left( \frac{\Delta t}{t} \times 100 \right)$
આપેલ છે કે $\frac{\Delta h}{h} \times 100 = e_1$ અને $\frac{\Delta t}{t} \times 100 = e_2$,તેથી $g$ માં પ્રતિશત ત્રુટિ:
$g$ માં પ્રતિશત ત્રુટિ $= e_1 + 2e_2$

(A) આપેલ સ્થાનનું સમીકરણ: $x = (t + 5)^{-1}$ ... $(i)$
વેગ $v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(t + 5)^{-1} = -(t + 5)^{-2}$ ... (ii)
પ્રવેગ $a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}[-(t + 5)^{-2}] = 2(t + 5)^{-3}$ ... (iii)
સમીકરણ (ii) પરથી,આપણી પાસે $v = -(t + 5)^{-2}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $v^{3/2} = [-(t + 5)^{-2}]^{3/2} = -(t + 5)^{-3}$.
આ કિંમત સમીકરણ (iii) માં મૂકતા,આપણને $a = -2v^{3/2}$ મળે છે.
આમ,પ્રવેગ એ $(velocity)^{3/2}$ ના પ્રમાણમાં છે.

(A) ધારો કે પ્લેટફોર્મથી જે અંતરે બંને દડા મળે છે તે અંતર $x$ છે.
પ્રથમ દડા માટે:
પ્રારંભિક વેગ $u_1 = 0$,સમય $t_1 = 18\,s$,પ્રવેગ $g = 10\,m/s^2$.
ગતિના સમીકરણ $h = ut + \frac{1}{2}gt^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x = 0 \times 18 + \frac{1}{2} \times 10 \times (18)^2 = 5 \times 324 = 1620\,m$.
બીજા દડા માટે:
પ્રારંભિક વેગ $u_2 = v$,સમય $t_2 = 18 - 6 = 12\,s$,પ્રવેગ $g = 10\,m/s^2$.
ગતિના સમીકરણ $h = ut + \frac{1}{2}gt^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x = v \times 12 + \frac{1}{2} \times 10 \times (12)^2 = 12v + 5 \times 144 = 12v + 720$.
$x$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$1620 = 12v + 720$
$12v = 1620 - 720 = 900$
$v = \frac{900}{12} = 75\,m/s$.

(C) સદિશ સરવાળાના ત્રિકોણના નિયમ મુજબ,જ્યારે બે સદિશોને ત્રિકોણની બે બાજુઓ દ્વારા ક્રમમાં દર્શાવવામાં આવે,ત્યારે તેમનો સરવાળો વિરુદ્ધ ક્રમમાં લેવાયેલી ત્રીજી બાજુ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.
આપેલ આકૃતિ પરથી,જો આપણે સદિશ $\overrightarrow e$ ની પૂંછડીને સદિશ $\overrightarrow d$ ના શીર્ષ પર મૂકીએ,તો પરિણામી સદિશ $\overrightarrow f$ એ $\overrightarrow d$ ની પૂંછડીને $\overrightarrow e$ ના શીર્ષ સાથે જોડે છે.
તેથી,$\overrightarrow d + \overrightarrow e = \overrightarrow f$.

(A) ધારો કે $u$ એ પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની પ્રારંભિક ઝડપ છે અને $\theta$ એ પ્રક્ષિપ્ત કોણ છે.
મહત્તમ ઊંચાઈએ,વેગનો શિરોલંબ ઘટક શૂન્ય થઈ જાય છે,અને પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થનો વેગ માત્ર સમક્ષિતિજ ઘટકને કારણે હોય છે.
આમ,મહત્તમ ઊંચાઈએ ઝડપ $v = u \cos \theta$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,મહત્તમ ઊંચાઈએ ઝડપ તેની પ્રારંભિક ઝડપ કરતાં અડધી છે:
$v = \frac{u}{2}$
$v$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$u \cos \theta = \frac{u}{2}$
$\cos \theta = \frac{1}{2}$
$\theta = \cos^{-1}(\frac{1}{2}) = 60^o$
તેથી,પ્રક્ષિપ્ત કોણ $60^o$ છે.

(B) ગતિના સમીકરણો આપેલ છે:
$x = a \sin \omega t \implies \frac{x}{a} = \sin \omega t$ $(i)$
$y = a \cos \omega t \implies \frac{y}{a} = \cos \omega t$ $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા:
$\left(\frac{x}{a}\right)^2 + \left(\frac{y}{a}\right)^2 = \sin^2 \omega t + \cos^2 \omega t$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$,તેથી:
$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{a^2} = 1$
$x^2 + y^2 = a^2$
આ ઉગમબિંદુ પર કેન્દ્રિત $a$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળનું પ્રમાણિત સમીકરણ છે. તેથી,કણ વર્તુળાકાર પથ પર ગતિ કરે છે.

(C) બ્લોકને નીચે પડતા અટકાવવા માટે,ઉપરની તરફ લાગતું ઘર્ષણ બળ $f$ એ નીચેની તરફ લાગતા ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ ને સંતુલિત કરવું જોઈએ.
$1$. કાર્ટ $\alpha$ પ્રવેગથી ગતિ કરે છે. કાર્ટના સંદર્ભ ફ્રેમમાં,બ્લોક પર એક આભાસી બળ (pseudo force) $F_{fic} = m\alpha$ લાગે છે,જે તેને કાર્ટની સપાટી પર દબાવે છે. આ બળ લંબબળ $N = m\alpha$ પૂરું પાડે છે.
$2$. મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f_{max} = \mu N = \mu m\alpha$ છે.
$3$. બ્લોક નીચે ન પડે તે માટે,ઘર્ષણ બળ $f$ એ બ્લોકના વજન જેટલું અથવા તેનાથી વધારે હોવું જોઈએ: $f \ge mg$.
$4$. $f = \mu m\alpha$ મૂકતા,આપણને $\mu m\alpha \ge mg$ મળે છે.
$5$. $\alpha$ માટે ઉકેલતા,આપણને $\alpha \ge \frac{g}{\mu}$ મળે છે.

(A) આપેલ છે: $m_1 = m$,$m_2 = 2m$,$u_1 = 2 \, m/s$,$u_2 = 0$,અને $e = 0.5$.
રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$m_1 u_1 + m_2 u_2 = m_1 v_1 + m_2 v_2$
$m(2) + 2m(0) = m v_1 + 2m v_2$
$2 = v_1 + 2v_2$ ... $(i)$
રિસ્ટિટ્યુશનના ગુણાંકની વ્યાખ્યા મુજબ:
$e = \frac{v_2 - v_1}{u_1 - u_2}$
$0.5 = \frac{v_2 - v_1}{2 - 0}$
$1 = v_2 - v_1$ ... $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$(v_1 + 2v_2) + (v_2 - v_1) = 2 + 1$
$3v_2 = 3 \Rightarrow v_2 = 1 \, m/s$
$v_2$ ની કિંમત $(ii)$ માં મૂકતા:
$1 = 1 - v_1 \Rightarrow v_1 = 0 \, m/s$
આમ,અથડામણ પછીના વેગ $0 \, m/s$ અને $1 \, m/s$ છે.

(D) આપેલ છે:
પાણીના એકમ લંબાઈ દીઠ દળ,$\mu = 100\, kg/m$.
પાણીનો વેગ,$v = 2\, m/s$.
પાણીના પ્રવાહનો દર (દળનો દર) $\frac{dm}{dt} = \mu \cdot v$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{dm}{dt} = 100\, kg/m \times 2\, m/s = 200\, kg/s$.
એન્જિન દ્વારા પૂરો પાડવામાં આવતો પાવર $P = \mu v^3$ સૂત્ર દ્વારા ગણવામાં આવે છે.
$P = 100 \times (2)^3 = 100 \times 8 = 800\, W$.
આમ,એન્જિનનો પાવર $800\, W$ છે.

(D) કણ સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થાય છે,તેથી તેનો પ્રારંભિક વેગ $u = 0$ છે.
આપેલ પ્રવેગ $a$ સમાન છે,તેથી $T$ સમય પર વેગ $V = aT$ થશે,જેનો અર્થ છે કે $a = \frac{V}{T}$.
કણ પર લાગતું બળ $F = Ma = M \left( \frac{V}{T} \right)$ છે.
કણને આપવામાં આવતી પાવર $P = F \cdot V$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
$F$ અને $V$ ની કિંમતો મૂકતા:
$P = \left( M \frac{V}{T} \right) \cdot V = \frac{MV^2}{T}$.
પરંતુ,સરેરાશ પાવર $P_{avg} = \frac{W}{T} = \frac{\Delta K}{T} = \frac{1}{2} \frac{MV^2}{T}$.
આમ,વિકલ્પ $D$ એ કણને આપવામાં આવતી સરેરાશ પાવર દર્શાવે છે.

(B) $L$ લંબાઈ અને $A = \pi R^2$ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ ધરાવતા નળાકાર સળિયામાંથી $t$ સમયમાં વહેતી ઉષ્મા $Q = \frac{KA(T_1 - T_2)t}{L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે સળિયાને ઓગાળીને $R' = R/2$ ત્રિજ્યાનો નવો સળિયો બનાવવામાં આવે,ત્યારે નવું ક્ષેત્રફળ $A' = \pi (R/2)^2 = A/4$ થાય છે.
કદ $V = AL$ અચળ રહેતું હોવાથી,$AL = A'L'$ થાય.
$A' = A/4$ મૂકતા,$AL = (A/4)L'$,જેનો અર્થ છે કે $L' = 4L$.
તે જ $t$ સમયમાં નવા સળિયા દ્વારા વહન પામતી ઉષ્મા $Q' = \frac{KA'(T_1 - T_2)t}{L'}$ છે.
$A'$ અને $L'$ ની કિંમતો મૂકતા:
$Q' = \frac{K(A/4)(T_1 - T_2)t}{4L} = \frac{1}{16} \left( \frac{KA(T_1 - T_2)t}{L} \right) = \frac{Q}{16}$.

(A) સ્ટીફન-બોલ્ટ્ઝમેન નિયમ મુજબ,$T$ તાપમાને કૃષ્ણ પદાર્થ તરીકે વર્તતા $r$ ત્રિજ્યાના તારા દ્વારા ઉત્સર્જિત કુલ પાવર $P$ નીચે મુજબ છે:
$P = \sigma A T^4 = \sigma (4\pi r^2) T^4$
તારાના કેન્દ્રથી $R$ અંતરે,આ ઉર્જા $4\pi R^2$ જેટલા ગોળાકાર ક્ષેત્રફળ પર ફેલાય છે.
$R$ અંતરે મળતી એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ વિકિરણ ઉર્જા (તીવ્રતા $S$):
$S = \frac{P}{4\pi R^2}$
$P$ ની કિંમત મૂકતા:
$S = \frac{\sigma (4\pi r^2) T^4}{4\pi R^2} = \sigma \frac{r^2}{R^2} T^4$

(C) સિક્કો લપસ્યા વિના રેકોર્ડ સાથે ફરે તે માટે,જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ સ્થિત ઘર્ષણ બળ દ્વારા પૂરું પાડવું આવશ્યક છે.
જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $F_c = mr\omega^2$ છે.
ઉપલબ્ધ મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f_{s,max} = \mu N = \mu mg$ છે.
સિક્કો તેની જગ્યાએ રહે તે માટે,ઘર્ષણ બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ કરતા વધારે અથવા તેના જેટલું હોવું જોઈએ:
$f_{s,max} \ge F_c$
$\mu mg \ge mr\omega^2$
બંને બાજુને $m\omega^2$ વડે ભાગતા (જ્યાં $m$ એ સિક્કાનું દળ છે),આપણને મળે છે:
$r \le \frac{\mu g}{\omega^2}$

(A) આ તંત્ર બે કણોનું બનેલું છે જે તેમના પરસ્પર આંતરિક આકર્ષણ હેઠળ ગતિ કરે છે.
વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,જો તંત્ર પર લાગતું પરિણામી બાહ્ય બળ શૂન્ય હોય,તો દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ અચળ રહે છે.
શરૂઆતમાં,બંને કણો સ્થિર છે,જેનો અર્થ છે કે દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો પ્રારંભિક વેગ $v_{CM, initial} = 0$ છે.
તંત્ર પર કોઈ બાહ્ય બળ લાગતું ન હોવાથી,દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ કોઈપણ ક્ષણે $0$ જ રહેશે.
તેથી,તંત્રના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની ઝડપ $0$ થશે.

(D) કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન = અંતિમ કોણીય વેગમાન: $I_t \omega_i = (I_t + I_b) \omega_f$.
તેથી,અંતિમ કોણીય ઝડપ $\omega_f = \frac{I_t \omega_i}{I_t + I_b}$ મળે છે.
પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા $K_i = \frac{1}{2} I_t \omega_i^2$ છે.
અંતિમ ગતિ ઉર્જા $K_f = \frac{1}{2} (I_t + I_b) \omega_f^2 = \frac{1}{2} (I_t + I_b) \left( \frac{I_t \omega_i}{I_t + I_b} \right)^2 = \frac{1}{2} \frac{I_t^2 \omega_i^2}{I_t + I_b}$ છે.
ગુમાવેલી ઉર્જા $\Delta E = K_i - K_f = \frac{1}{2} I_t \omega_i^2 - \frac{1}{2} \frac{I_t^2 \omega_i^2}{I_t + I_b}$.
આ પદનું સાદુરૂપ આપતા: $\Delta E = \frac{1}{2} I_t \omega_i^2 \left( 1 - \frac{I_t}{I_t + I_b} \right) = \frac{1}{2} I_t \omega_i^2 \left( \frac{I_t + I_b - I_t}{I_t + I_b} \right) = \frac{1}{2} \frac{I_t I_b}{I_t + I_b} \omega_i^2$.

(B) પૃથ્વીની આસપાસ ભ્રમણ કરતા ઉપગ્રહની કક્ષીય ઝડપ $v = \sqrt{\frac{GM}{r}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઉપગ્રહ $A$ માટે,ત્રિજ્યા $r_A = 4R$ અને ઝડપ $v_A = 3V$ છે.
તેથી,$v_A = \sqrt{\frac{GM}{4R}} = 3V$ ... $(i)$
ઉપગ્રહ $B$ માટે,ત્રિજ્યા $r_B = R$ અને ઝડપ $v_B$ છે.
તેથી,$v_B = \sqrt{\frac{GM}{R}}$ ... (ii)
સમીકરણ (ii) ને સમીકરણ $(i)$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{v_B}{v_A} = \frac{\sqrt{GM/R}}{\sqrt{GM/4R}} = \sqrt{\frac{4R}{R}} = \sqrt{4} = 2$.
તેથી,$v_B = 2 \times v_A = 2 \times 3V = 6V$.
આમ,ઉપગ્રહ $B$ ની ઝડપ $6V$ છે.

(B) માણસ ગુરુત્વાકર્ષણ મુક્ત અવકાશમાં હોવાથી,માણસ-પથ્થર તંત્ર પર લાગતું કુલ બાહ્ય બળ શૂન્ય છે. તેથી,તંત્રનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર સ્થિર રહે છે.
ધારો કે જ્યારે પથ્થર જમીન પર પહોંચે છે ત્યારે માણસ $x$ જેટલો ઉપર જાય છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રના સિદ્ધાંત મુજબ,દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું સ્થાનાંતર શૂન્ય છે:
$M_{man} \cdot \Delta x_{man} + M_{stone} \cdot \Delta x_{stone} = 0$
અહીં,પથ્થર નીચેની તરફ $10\, m$ ખસે છે (તેથી $\Delta x_{stone} = -10\, m$) અને માણસ ઉપરની તરફ $x$ ખસે છે (તેથી $\Delta x_{man} = x$).
$50 \cdot x + 0.5 \cdot (-10) = 0$
$50x = 5$
$x = \frac{5}{50} = 0.1\, m$
તેથી,જમીનથી માણસની અંતિમ ઊંચાઈ $10 + x = 10 + 0.1 = 10.1\, m$ થશે.

(B) $r$ ત્રિજ્યાની વર્તુળાકાર કક્ષામાં ઉપગ્રહની કુલ ઊર્જા $E = -\frac{GMm}{2r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$R_1$ કક્ષામાં પ્રારંભિક ઊર્જા $E_1 = -\frac{GMm}{2R_1}$ છે.
$R_2$ કક્ષામાં અંતિમ ઊર્જા $E_2 = -\frac{GMm}{2R_2}$ છે.
જરૂરી કુલ ઊર્જામાં ફેરફાર $\Delta E = E_2 - E_1 = -\frac{GMm}{2R_2} - (-\frac{GMm}{2R_1}) = \frac{GMm}{2} \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ છે.
આમ,જરૂરી વધારાની ગતિઊર્જા $\frac{GMm}{2} \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ છે.

(C) આપેલ છે:
કણનું દળ $= M$
ગોળાકાર કવચનું દળ $= M$
ગોળાકાર કવચની ત્રિજ્યા $= a$
ધારો કે $O$ એ ગોળાકાર કવચનું કેન્દ્ર છે.
કેન્દ્ર પર રહેલા કણને કારણે કેન્દ્રથી $r = a/2$ અંતરે આવેલા બિંદુ $P$ પર ગુરુત્વાકર્ષી સ્થિતિમાન $V_1 = -\frac{GM}{r} = -\frac{GM}{a/2} = -\frac{2GM}{a}$ છે.
ગોળાકાર કવચની અંદરના કોઈપણ બિંદુ પર ગુરુત્વાકર્ષી સ્થિતિમાન અચળ હોય છે અને તે તેની સપાટી પરના સ્થિતિમાન જેટલું હોય છે,જે $V_2 = -\frac{GM}{a}$ છે.
બિંદુ $P$ પર કુલ ગુરુત્વાકર્ષી સ્થિતિમાન $V = V_1 + V_2$ છે.
$V = -\frac{2GM}{a} + \left( -\frac{GM}{a} \right) = -\frac{3GM}{a}$.
ગુરુત્વાકર્ષી સ્થિતિમાનનું મૂલ્ય $|V| = \frac{3GM}{a}$ થશે.

(C) ધારો કે $C_p$ અને $C_v$ એ આદર્શ વાયુની અનુક્રમે અચળ દબાણ અને અચળ કદ પરની મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા છે.
મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $(C)$ અને એકમ દળ દીઠ વિશિષ્ટ ઉષ્મા $(c)$ વચ્ચેનો સંબંધ $C = M \times c$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $M$ એ આણ્વીય દળ છે.
તેથી,$C_p = M c_p$ અને $C_v = M c_v$ થાય.
આદર્શ વાયુ માટે મેયરના સંબંધ મુજબ,મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્માઓનો તફાવત સાર્વત્રિક વાયુ અચળાંક જેટલો હોય છે: $C_p - C_v = R$.
$C_p$ અને $C_v$ ના પદો મૂકતા,આપણને મળે છે: $M c_p - M c_v = R$.
બંને બાજુ $M$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે: $c_p - c_v = R/M$.

(D) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,દબાણ અને કદ વચ્ચેનો સંબંધ $PV^{\gamma} = \text{constant}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$P_1 V_1^{\gamma} = P_2 V_2^{\gamma}$.
એક પરમાણ્વીય વાયુ માટે,એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma = 5/3$ છે.
આપેલ છે કે અંતિમ કદ $V_2 = V_1/8$ છે.
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$P_1 V_1^{5/3} = P_2 (V_1/8)^{5/3}$.
$P_2 = P_1 \times (V_1 / (V_1/8))^{5/3}$.
$P_2 = P_1 \times (8)^{5/3}$.
કારણ કે $8 = 2^3$,તેથી $(2^3)^{5/3} = 2^5 = 32$.
તેથી,$P_2 = 32 P_1$.

(D) આકૃતિ $(a)$ માં દર્શાવ્યા મુજબ $k$ સ્પ્રિંગ અચળાંક ધરાવતી દળરહિત સ્પ્રિંગ સાથે $M$ દળ લટકાવેલું છે.
દોલનનો આવર્તકાળ નીચે મુજબ છે:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{k}}$ $(i)$
જ્યારે તેની સાથે બીજું $M$ દળ લટકાવવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ દળ $M + M = 2M$ થાય છે,જે આકૃતિ $(b)$ માં દર્શાવેલ છે.
નવો આવર્તકાળ $T^{\prime}$ નીચે મુજબ છે:
$T^{\prime} = 2 \pi \sqrt{\frac{2M}{k}}$
$T^{\prime} = \sqrt{2} \left( 2 \pi \sqrt{\frac{M}{k}} \right)$
સમીકરણ $(i)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$T^{\prime} = \sqrt{2} T$

(A) આપેલ સ્થાનાંતર $x = a \sin^2 \omega t$ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,સમીકરણને આ રીતે લખી શકાય:
$x = a \left( \frac{1 - \cos 2\omega t}{2} \right) = \frac{a}{2} - \frac{a}{2} \cos 2\omega t$.
આ સમીકરણ મધ્યમાન સ્થાન $x = \frac{a}{2}$ ની આસપાસ આવર્ત ગતિ દર્શાવે છે.
કોઈપણ ગતિ સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ હોવા માટે,પ્રવેગ એ મધ્યમાન સ્થાનથી સ્થાનાંતરના ઋણ પ્રમાણમાં હોવો જોઈએ,એટલે કે $a_{acc} \propto -(x - x_{mean})$.
અહીં,સ્થાનાંતર $x - \frac{a}{2} = -\frac{a}{2} \cos 2\omega t$ છે.
વેગ $v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt} (\frac{a}{2} - \frac{a}{2} \cos 2\omega t) = a\omega \sin 2\omega t$ છે.
પ્રવેગ $a_{acc} = \frac{dv}{dt} = 2a\omega^2 \cos 2\omega t$ છે.
સ્થાનાંતર માટેનું પદ મૂકતા,આપણને $a_{acc} = -4\omega^2 (x - \frac{a}{2})$ મળે છે.
જેથી પ્રવેગ એ મધ્યમાન સ્થાનથી સ્થાનાંતરના ઋણ પ્રમાણમાં હોવાથી,આ ગતિ સરળ આવર્ત ગતિ છે.
આ $SHM$ ની કોણીય આવૃત્તિ $\omega' = 2\omega$ છે.
આવૃત્તિ $f = \frac{\omega'}{2\pi} = \frac{2\omega}{2\pi} = \frac{\omega}{\pi}$ થાય.

(C) આપેલ તરંગ સમીકરણ $y = A \sin(\omega t - kx)$ છે.
તરંગનો વેગ,$v = \frac{\omega}{k}$ --- $(i)$
કણનો વેગ,$v_p = \frac{dy}{dt} = A\omega \cos(\omega t - kx)$.
મહત્તમ કણ વેગ,$(v_p)_{\max} = A\omega$ --- $(ii)$
પ્રશ્ન મુજબ,તરંગનો વેગ એ મહત્તમ કણ વેગ જેટલો છે:
$v = (v_p)_{\max}$
$\frac{\omega}{k} = A\omega$
$\frac{1}{k} = A$
તરંગ સંખ્યા $k = \frac{2\pi}{\lambda}$ હોવાથી,આપણે તેને સમીકરણમાં મૂકીએ:
$\frac{\lambda}{2\pi} = A$
$\lambda = 2\pi A$.

(D) ધારો કે ટ્યુનિંગ ફોર્કની આવૃત્તિ $v_{1} = 512\, Hz$ છે અને પિયાનોના તારની આવૃત્તિ $v_{2}$ છે.
બીટ આવૃત્તિ $|v_{1} - v_{2}| = 4\, Hz$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$v_{2} = 512 \pm 4$,જેનો અર્થ છે કે $v_{2} = 516\, Hz$ અથવા $v_{2} = 508\, Hz$.
જ્યારે પિયાનોના તારમાં તણાવ વધારવામાં આવે છે,ત્યારે તેની આવૃત્તિ $v_{2}$ વધે છે.
કિસ્સો $1$: જો $v_{2} = 516\, Hz$ હોય,તો તણાવ વધારવાથી $v_{2}$ વધુ વધશે (દા.ત. $517\, Hz$ કે $518\, Hz$ સુધી),જેનાથી બીટ આવૃત્તિ વધશે $(|512 - 517| = 5\, Hz)$. આ પ્રશ્નના વિધાન સાથે વિરોધાભાસ ધરાવે છે.
કિસ્સો $2$: જો $v_{2} = 508\, Hz$ હોય,તો તણાવ વધારવાથી $v_{2}$ વધશે (દા.ત. $510\, Hz$ સુધી),જેનાથી બીટ આવૃત્તિ ઘટશે $(|512 - 510| = 2\, Hz)$. આ પ્રશ્નના વિધાન સાથે સુસંગત છે.
આમ,તણાવ વધારતા પહેલા પિયાનોના તારની પ્રારંભિક આવૃત્તિ $508\, Hz$ હતી.

(D) આપેલ છે: પ્રારંભિક વેગ $\vec{u} = (3\hat{i} + 4\hat{j}) \; ms^{-1}$,પ્રવેગ $\vec{a} = (0.4\hat{i} + 0.3\hat{j}) \; ms^{-2}$,અને સમય $t = 10 \; s$.
વેક્ટર માટે ગતિના પ્રથમ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $\vec{v} = \vec{u} + \vec{a}t$.
કિંમતો મૂકતા: $\vec{v} = (3\hat{i} + 4\hat{j}) + (0.4\hat{i} + 0.3\hat{j}) \times 10$.
$\vec{v} = (3\hat{i} + 4\hat{j}) + (4\hat{i} + 3\hat{j}) = 7\hat{i} + 7\hat{j}$.
ઝડપ એ વેગ સદિશ $\vec{v}$ નું મૂલ્ય છે.
$|\vec{v}| = \sqrt{7^2 + 7^2} = \sqrt{49 + 49} = \sqrt{98} = 7\sqrt{2} \; ms^{-1}$.

(D) પૃથ્વીના કેન્દ્રથી અંતર $d$ સાથે ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g$ માં થતો ફેરફાર નીચે મુજબ છે:
$1$. પૃથ્વીની અંદર $(d < R)$:
$g = \frac{GM}{R^3} d$
અહીં $G, M,$ અને $R$ અચળ હોવાથી,$g \propto d$ થાય છે. આ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી એક સીધી રેખા દર્શાવે છે.
$2$. પૃથ્વીની સપાટી પર $(d = R)$:
$g = \frac{GM}{R^2} = g_s$ (મહત્તમ મૂલ્ય).
$3$. પૃથ્વીની બહાર $(d > R)$:
$g = \frac{GM}{d^2}$
અહીં,$g \propto \frac{1}{d^2}$ થાય છે. આ એક લંબચોરસ અતિવલય (rectangular hyperbola) દર્શાવે છે.
આમ,આલેખ કેન્દ્રથી સપાટી સુધી રેખીય વધારો અને સપાટી પછી અંતર વધતા હાયપરબોલિક ઘટાડો દર્શાવે છે. આ આલેખ વિકલ્પ $D$ માં દર્શાવેલ છે.

(B) ગુરુત્વકેન્દ્ર $(C.G.)$ એ બિંદુ છે જ્યાં પદાર્થનું કુલ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ (વજન) કાર્ય કરે છે.
$(b)$ જો ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર સમાન હોય તો દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(C.M.)$ અને $C.G.$ એકરૂપ થાય છે. જો પૃથ્વીની ત્રિજ્યા અનંત હોય,તો ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર સમાન રહે છે,તેથી $(b)$ સાચું છે.
$(c)$ ગોળાકાર સંમિત પદાર્થ માટે,બાહ્ય ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્રની ગણતરી માટે દ્રવ્યમાનને $C.G.$ પર કેન્દ્રિત ગણી શકાય. જોકે,આ દરેક પદાર્થ માટે સાચું નથી.
$(d)$ ચક્રાવર્તન ત્રિજ્યા $k$ એ $I = mk^2$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે,જ્યાં $I$ એ જડત્વની આઘૂર્ણ છે. તે માત્ર $C.G.$ થી અક્ષ સુધીનું લંબ અંતર નથી.

(C) આપેલ સર્કિટમાં એક $OR$ ગેટ અને ત્યારબાદ એક $AND$ ગેટ છે. $OR$ ગેટનું આઉટપુટ $(A + B)$ છે. આ આઉટપુટને ઇનપુટ $C$ સાથે $AND$ ગેટમાં આપવામાં આવે છે. તેથી,આઉટપુટ $Y$ માટેનું બુલિયન સમીકરણ $Y = (A + B) \cdot C$ છે.
આઉટપુટ $Y = 1$ મેળવવા માટે,$AND$ ગેટના બંને ઇનપુટ $1$ હોવા જોઈએ. આનો અર્થ એ છે કે $(A + B) = 1$ અને $C = 1$ હોવું જોઈએ.
$(A + B) = 1$ માટે,$A$ અથવા $B$ માંથી ઓછામાં ઓછું એક $1$ હોવું જોઈએ.
વિકલ્પો તપાસતા:
- વિકલ્પ $A$ માટે: $A=0, B=1, C=0 \implies Y = (0+1) \cdot 0 = 0$.
- વિકલ્પ $B$ માટે: $A=1, B=0, C=0 \implies Y = (1+0) \cdot 0 = 0$.
- વિકલ્પ $C$ માટે: $A=1, B=0, C=1 \implies Y = (1+0) \cdot 1 = 1$.
- વિકલ્પ $D$ માટે: $A=1, B=1, C=0 \implies Y = (1+1) \cdot 0 = 0$.
તેથી,સાચો ઇનપુટ $A = 1, B = 0, C = 1$ છે.

(D) લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $f$ તેના વક્રીભવનાંક અને તેની સપાટીઓની વક્રતા ત્રિજ્યા પર આધાર રાખે છે. લેન્સના કોઈ ભાગને ઢાંકવાથી આ ગુણધર્મો બદલાતા નથી,તેથી કેન્દ્રલંબાઈ $f$ જ રહે છે.
લેન્સ દ્વારા રચાતા પ્રતિબિંબની તીવ્રતા $I$ એ લેન્સના ખુલ્લા ભાગના ક્ષેત્રફળ $A$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે $(I \propto A)$.
શરૂઆતનું ક્ષેત્રફળ $A_1 = \pi (d/2)^2 = \pi d^2/4$ છે.
જ્યારે $d/2$ વ્યાસ (ત્રિજ્યા $d/4$) ધરાવતા મધ્ય ભાગને ઢાંકવામાં આવે છે,ત્યારે ઢંકાયેલા ભાગનું ક્ષેત્રફળ $A_{covered} = \pi (d/4)^2 = \pi d^2/16$ થાય છે.
પ્રકાશ પસાર થઈ શકે તેવા લેન્સનું નવું ક્ષેત્રફળ $A_2 = A_1 - A_{covered} = \frac{\pi d^2}{4} - \frac{\pi d^2}{16} = \frac{3\pi d^2}{16}$ થાય છે.
નવી તીવ્રતા $I_2$ અને પ્રારંભિક તીવ્રતા $I_1$ નો ગુણોત્તર ક્ષેત્રફળના ગુણોત્તર જેટલો હોય છે: $\frac{I_2}{I_1} = \frac{A_2}{A_1} = \frac{3\pi d^2/16}{\pi d^2/4} = \frac{3}{4}$.
તેથી,નવી તીવ્રતા $I_2 = \frac{3}{4}I$ થશે અને કેન્દ્રલંબાઈ $f$ અચળ રહેશે.

(B) ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}$ માં $v$ વેગથી ગતિ કરતા વિદ્યુતભાર $Q$ પર લાગતું ચુંબકીય બળ લોરેન્ઝ બળના સૂત્ર $\vec{F} = Q(\vec{v} \times \vec{B})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં વિદ્યુતભાર $Q$ સ્થિર છે,તેથી તેનો વેગ $\vec{v} = 0$ છે.
તેથી,ચુંબકીય બળ $\vec{F} = Q(0 \times \vec{B}) = 0$ થાય.
આમ,ગજિયા ચુંબકોના ચુંબકીય ક્ષેત્રને કારણે સ્થિર વિદ્યુતભાર $Q$ પર કોઈ બળ લાગતું નથી.

(B) પદ $\frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2$ એ વિદ્યુતક્ષેત્રની ઉર્જા ઘનતા દર્શાવે છે.
ઉર્જા ઘનતા એટલે એકમ કદ દીઠ ઉર્જા.
ઉર્જાનું પારિમાણિક સૂત્ર $[M^1L^2T^{-2}]$ છે.
કદનું પારિમાણિક સૂત્ર $[L^3]$ છે.
તેથી,ઉર્જા ઘનતાનું પારિમાણિક સૂત્ર $\frac{[M^1L^2T^{-2}]}{[L^3]} = [M^1L^{-1}T^{-2}]$ થાય.
આમ,$\frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[M^1L^{-1}T^{-2}]$ છે.

(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:
$C_2 = \frac{16C_1}{n_1n_2}$.

(D) કોઈપણ સપાટીના ક્ષેત્રફળ $A$ માંથી પસાર થતું વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi_E$ એ વિદ્યુતક્ષેત્ર સદિશ $\vec{E}$ અને ક્ષેત્રફળ સદિશ $\vec{A}$ ના અદિશ ગુણાકાર દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે,જે $\phi_E = \vec{E} \cdot \vec{A} = EA \cos \alpha$ છે,જ્યાં $\alpha$ એ વિદ્યુતક્ષેત્ર સદિશ $\vec{E}$ અને ક્ષેત્રફળ સદિશ $\vec{A}$ (સપાટીને લંબ) વચ્ચેનો ખૂણો છે.
આ પ્રશ્નમાં,ચોરસ સપાટી કાગળના સમતલમાં છે. ક્ષેત્રફળ સદિશ $\vec{A}$ એ કાગળના સમતલને લંબ છે.
વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E}$ પણ કાગળના સમતલમાં જ છે.
ક્ષેત્રફળ સદિશ $\vec{A}$ એ કાગળના સમતલને લંબ હોવાથી અને વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E}$ કાગળના સમતલમાં હોવાથી,$\vec{E}$ અને $\vec{A}$ વચ્ચેનો ખૂણો $\alpha = 90^\circ$ થાય છે.
તેથી,વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi_E = EA \cos(90^\circ) = EA(0) = 0$ થાય છે.
આમ,સપાટીમાંથી કોઈ વિદ્યુતક્ષેત્ર રેખાઓ પસાર થતી નથી,તેથી વિદ્યુત ફ્લક્સ શૂન્ય છે.

(A) શૂન્યાવકાશમાં બે સમાંતર ધાતુની પ્લેટો વચ્ચેનું વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{\sigma}{\varepsilon_{0}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\sigma$ એ પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતા છે.
જ્યારે પ્લેટોને $K$ ડાયઇલેક્ટ્રિક અચળાંક ધરાવતા કેરોસીન ઓઈલ જેવા માધ્યમમાં ડુબાડવામાં આવે છે,ત્યારે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E'$ એ $E' = \frac{\sigma}{\varepsilon_{0}K}$ બને છે.
કેરોસીન ઓઈલ માટે ડાયઇલેક્ટ્રિક અચળાંક $K$ એ $1$ કરતા વધારે હોવાથી $(K > 1)$,નવું વિદ્યુતક્ષેત્ર $E'$ એ મૂળ વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ કરતા ઓછું થશે $(E' < E)$.
તેથી,પ્લેટો વચ્ચેનું વિદ્યુતક્ષેત્ર ઘટશે.

(D) $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વિદ્યુતભારિત વાહક ગોલીય કવચ માટે,કેન્દ્રથી $r$ અંતરે વિદ્યુતક્ષેત્ર ગૌસના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે $r > R$ હોય,ત્યારે કવચ બિંદુવત વિદ્યુતભાર તરીકે વર્તે છે,તેથી $E = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r^2}$.
જ્યારે $r < R$ હોય,ત્યારે વિદ્યુતભારિત વાહક કવચની અંદર વિદ્યુતક્ષેત્ર હંમેશા શૂન્ય હોય છે કારણ કે વાહકની અંદર દોરવામાં આવેલા ગૌસિયન પૃષ્ઠની અંદર કોઈ વિદ્યુતભાર હોતો નથી.
અહીં અંતર $\frac{R}{2}$ એ $R$ કરતા ઓછું હોવાથી,આ બિંદુએ વિદ્યુતક્ષેત્ર $0$ થશે.

(C) કુલંબના નિયમ મુજબ,$d$ અંતરે રહેલા $q$ વિદ્યુતભાર ધરાવતા બે ધન આયનો વચ્ચેનું અપાકર્ષણ બળ નીચે મુજબ છે:
$F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q^2}{d^2}$
$q^2$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા:
$q^2 = 4 \pi \varepsilon_{0} F d^2$
વર્ગમૂળ લેતા:
$q = \sqrt{4 \pi \varepsilon_{0} F d^2} \quad ...(i)$
આયન પરનો વિદ્યુતભાર ગુમ થયેલા ઇલેક્ટ્રોનને કારણે હોય છે,તેથી વિદ્યુતભારના ક્વોન્ટમીકરણના સૂત્ર મુજબ:
$q = ne$
જ્યાં $n$ એ ગુમ થયેલા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે અને $e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનો વિદ્યુતભાર છે.
સમીકરણ $(i)$ માંથી $q$ ની કિંમત મૂકતા:
$ne = \sqrt{4 \pi \varepsilon_{0} F d^2}$
$n = \frac{\sqrt{4 \pi \varepsilon_{0} F d^2}}{e}$
$n = \sqrt{\frac{4 \pi \varepsilon_{0} F d^2}{e^2}}$

(D) કિર્ચોફનો જંકશનનો નિયમ,જેને કિર્ચોફનો પ્રથમ નિયમ પણ કહેવામાં આવે છે,તે જણાવે છે કે જંકશન પર મળતા પ્રવાહોનો બેઝિક સરવાળો શૂન્ય હોય છે. આ વિદ્યુતભારના સંરક્ષણનું સીધું પરિણામ છે,કારણ કે જંકશન પર વિદ્યુતભાર ઉત્પન્ન કે નાશ પામી શકતો નથી.
કિર્ચોફનો લૂપનો નિયમ,જેને કિર્ચોફનો બીજો નિયમ પણ કહેવામાં આવે છે,તે જણાવે છે કે કોઈપણ બંધ લૂપમાં સ્થિતિમાનના તફાવતોનો બેઝિક સરવાળો શૂન્ય હોય છે. આ ઉર્જાના સંરક્ષણનું સીધું પરિણામ છે,કારણ કે એકમ વિદ્યુતભારને બંધ લૂપમાં ફેરવવા માટે કરવામાં આવેલ કાર્ય શૂન્ય હોવું જોઈએ.
તેથી,વિધાન $(A)$ અને $(B)$ બંને સાચા છે.

(B) જ્યારે ટુ-વે કી બંધ હોય,ત્યારે અવરોધો $R$ અને $X$ માંથી વહેતો પ્રવાહ $I = 1.0 \, A$ છે.
જ્યારે ટર્મિનલ્સ $1$ અને $2$ વચ્ચેની કી લગાવવામાં આવે છે,ત્યારે અવરોધ $R$ પરનો પોટેન્શિયલ તફાવત $l_1$ લંબાઈના પોટેન્શિયોમીટર વાયર દ્વારા સંતુલિત થાય છે:
$V_R = I \cdot R = k \cdot l_1$
$I = 1 \, A$ હોવાથી,$R = k \cdot l_1 \, \Omega$ મળે છે.
જ્યારે ટર્મિનલ્સ $1$ અને $3$ વચ્ચેની કી લગાવવામાં આવે છે,ત્યારે અવરોધો $(R + X)$ ના સંયોજન પરનો પોટેન્શિયલ તફાવત $l_2$ લંબાઈના પોટેન્શિયોમીટર વાયર દ્વારા સંતુલિત થાય છે:
$V_{R+X} = I \cdot (R + X) = k \cdot l_2$
$I = 1 \, A$ હોવાથી,$R + X = k \cdot l_2 \, \Omega$ મળે છે.
$(R + X)$ ના સમીકરણમાં $R = k \cdot l_1$ મૂકતા:
$k \cdot l_1 + X = k \cdot l_2$
$X = k(l_2 - l_1) \, \Omega$.
આમ,અવરોધો $R$ અને $X$ ના મૂલ્યો અનુક્રમે $kl_1 \, \Omega$ અને $k(l_2 - l_1) \, \Omega$ છે.

(A) ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ,$G = 100 \, \Omega$.
પૂર્ણ સ્કેલ આવર્તન માટેનો પ્રવાહ,$I_g = 30 \, mA = 30 \times 10^{-3} \, A$.
વોલ્ટમીટરની રેન્જ,$V = 30 \, V$.
ગેલ્વેનોમીટરને આપેલ રેન્જના વોલ્ટમીટરમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે,તેની સાથે શ્રેણીમાં $R$ અવરોધ જોડવામાં આવે છે.
પરિપથનો કુલ અવરોધ $(G + R)$ થાય છે.
ઓમના નિયમ મુજબ,$V = I_g(G + R)$.
કિંમતો મૂકતા: $30 = 30 \times 10^{-3} \times (100 + R)$.
$1000 = 100 + R$.
$R = 1000 - 100 = 900 \, \Omega$.

(B) સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં મૂકવામાં આવેલ બંધ વિદ્યુતપ્રવાહ ધારિત લૂપ પર લાગતું કુલ ચુંબકીય બળ $\overrightarrow{F}_{net} = I(\oint d\overrightarrow{l}) \times \overrightarrow{B}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
લૂપ બંધ હોવાથી,લંબાઈના ઘટકોનો સદિશ સરવાળો $\oint d\overrightarrow{l} = 0$ થાય છે,તેથી $\overrightarrow{F}_{net} = 0$ થાય.
ધારો કે ચોરસ લૂપની ચાર બાજુઓ પર લાગતા બળો $\overrightarrow{F}_1, \overrightarrow{F}_2, \overrightarrow{F}_3$ અને $\overrightarrow{F}_4$ છે.
લૂપ પર લાગતું પરિણામી બળ $\overrightarrow{F}_1 + \overrightarrow{F}_2 + \overrightarrow{F}_3 + \overrightarrow{F}_4 = 0$ છે.
આપેલ છે કે એક બાજુ પરનું બળ $\overrightarrow{F}_1 = \overrightarrow{F}$ છે,તેથી બાકીની ત્રણ બાજુઓ પરના બળોનો સરવાળો $\overrightarrow{F}_2 + \overrightarrow{F}_3 + \overrightarrow{F}_4 = -\overrightarrow{F}_1 = -\overrightarrow{F}$ થાય.

(C) કણ પર લાગતું કુલ લોરેન્ઝ બળ $\vec{F} = q(\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. કણ સીધી સમક્ષિતિજ રેખામાં ગતિ કરે તે માટે,કુલ બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ.
વિધાન $(2)$ માટે: જો $\vec{B}$ અને $\vec{E}$ બંને વેગ $\vec{v}$ ની દિશામાં હોય,તો $\vec{v} \times \vec{B} = 0$ થાય. વિદ્યુત બળ $q\vec{E}$ વેગની દિશામાં લાગે છે,જે પ્રવેગ ઉત્પન્ન કરે છે પરંતુ વિચલન કરતું નથી. આમ,કણ સીધી રેખામાં ગતિ કરવાનું ચાલુ રાખે છે.
વિધાન $(3)$ માટે: જો $\vec{v}$,$\vec{E}$,અને $\vec{B}$ પરસ્પર લંબ હોય,તો ચુંબકીય બળ $\vec{F}_m = q(\vec{v} \times \vec{B})$ એ $\vec{v}$ ને લંબ લાગે છે. $\vec{E}$ ને એવી રીતે પસંદ કરીને કે જેથી વિદ્યુત બળ $\vec{F}_e = q\vec{E}$ એ $\vec{F}_m$ ની સમાન અને વિરુદ્ધ દિશામાં હોય,તો કુલ બળ શૂન્ય થઈ જાય છે. આ વેલોસિટી સિલેક્ટરનો સિદ્ધાંત છે.
તેથી,$(2)$ અને $(3)$ બંને સીધી રેખામાં ગતિ જાળવી રાખવા માટે શક્ય પરિસ્થિતિઓ છે.

(C) સોલેનોઇડની ચુંબકીય મોમેન્ટ $M$ નું સૂત્ર $M = N I A$ છે.
આપેલ છે: $N = 2000$,$I = 2.0 \, A$,$A = 1.5 \times 10^{-4} \, m^2$.
$M = 2000 \times 2.0 \times 1.5 \times 10^{-4} = 0.6 \, A \cdot m^2$.
સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં ચુંબકીય ડાયપોલ પર લાગતું ટોર્ક $\tau = M B \sin \theta$ છે,જ્યાં $\theta$ એ ચુંબકીય મોમેન્ટ સદિશ (સોલેનોઇડની અક્ષ) અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર વચ્ચેનો ખૂણો છે.
આપેલ છે: $B = 5 \times 10^{-2} \, T$ અને $\theta = 30^o$.
$\tau = 0.6 \times (5 \times 10^{-2}) \times \sin 30^o$.
$\tau = 0.6 \times 5 \times 10^{-2} \times 0.5 = 1.5 \times 10^{-2} \, Nm$.

(A) $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી અને $i$ પ્રવાહ વહન કરતી સંપૂર્ણ વર્તુળાકાર લૂપના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 i}{2R}$ છે.
અર્ધવર્તુળાકાર લૂપ માટે,કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર તેનાથી અડધું હોય છે,એટલે કે $B_{semi} = \frac{\mu_0 i}{4R}.$
ધારો કે $x-y$ સમતલમાં રહેલી અર્ધવર્તુળાકાર લૂપ ઋણ $z$-અક્ષની દિશામાં $B_{xy} = \frac{\mu_0 i}{4R}$ જેટલું ચુંબકીય ક્ષેત્ર ઉત્પન્ન કરે છે (જમણા હાથના નિયમનો ઉપયોગ કરીને).
તે જ રીતે,$x-z$ સમતલમાં રહેલી અર્ધવર્તુળાકાર લૂપ ઋણ $y$-અક્ષની દિશામાં $B_{xz} = \frac{\mu_0 i}{4R}$ જેટલું ચુંબકીય ક્ષેત્ર ઉત્પન્ન કરે છે.
આ બંને ક્ષેત્રો પરસ્પર લંબ હોવાથી,પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ નીચે મુજબ મળે છે:
$B = \sqrt{B_{xy}^2 + B_{xz}^2} = \sqrt{\left(\frac{\mu_0 i}{4R}\right)^2 + \left(\frac{\mu_0 i}{4R}\right)^2}$
$B = \sqrt{2 \left(\frac{\mu_0 i}{4R}\right)^2} = \frac{\mu_0 i}{4R} \sqrt{2} = \frac{\mu_0 i}{2\sqrt{2} R}.$

(A) ભ્રમણ કરતા વિદ્યુતભાર દ્વારા ઉત્પન્ન થતો પ્રવાહ $I$ એ વિદ્યુતભારના વહન દર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે $I = q \times f$ છે.
$R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી વર્તુળાકાર પ્રવાહ લૂપના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ નું સૂત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2R}$ છે.
$I$ ની કિંમત ચુંબકીય ક્ષેત્રના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $B = \frac{\mu_0 (qf)}{2R}$ મળે છે.

(C) ઇલેક્ટ્રોમેગ્નેટ એવી રીતે બનાવવામાં આવે છે કે જેથી તેને સરળતાથી ચુંબકીય અને બિન-ચુંબકીય બનાવી શકાય.
નરમ લોખંડને ઇલેક્ટ્રોમેગ્નેટના કોર માટે પસંદ કરવામાં આવે છે કારણ કે તેમાં ઓછી રિટિન્ટિવિટી અને ઓછી કોર્સિવિટી હોય છે.
ઓછી રિટિન્ટિવિટી એ સુનિશ્ચિત કરે છે કે જ્યારે પ્રવાહ બંધ કરવામાં આવે ત્યારે પદાર્થમાં નોંધપાત્ર ચુંબકત્વ જળવાઈ રહેતું નથી.
ઓછી કોર્સિવિટી એ સુનિશ્ચિત કરે છે કે પદાર્થને નાના વિપરીત ચુંબકીય ક્ષેત્ર દ્વારા સરળતાથી બિન-ચુંબકીય બનાવી શકાય છે.
આમ,નરમ લોખંડ આ હેતુ માટે એક આદર્શ નરમ ચુંબકીય પદાર્થ છે.

(C) ડાયામેગ્નેટિક પદાર્થો એવા પદાર્થો છે જેમાં વ્યક્તિગત પરમાણુઓ પાસે કોઈ કાયમી ચુંબકીય ડાયપોલ મોમેન્ટ હોતી નથી.
જ્યારે તેમને બાહ્ય ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે તેઓ લાગુ કરેલા ક્ષેત્રની વિરુદ્ધ દિશામાં એક નબળી પ્રેરિત ચુંબકીય મોમેન્ટ ઉત્પન્ન કરે છે.
તેથી,બાહ્ય ચુંબકીય ક્ષેત્રની ગેરહાજરીમાં ડાયામેગ્નેટિક પરમાણુની કુલ ચુંબકીય મોમેન્ટ $0$ હોય છે.

(C) પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન થવા માટે,આપાતકોણ $i$ એ ક્રાંતિકોણ $C$ કરતા વધારે હોવો જોઈએ,એટલે કે $i > C$.
આનો અર્થ એ છે કે $\sin i > \sin C$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin C = \frac{1}{n}$,જ્યાં $n$ એ હવાના સાપેક્ષમાં માધ્યમનો વક્રીભવનાંક છે.
આ અસમતામાં કિંમત મૂકતા,આપણને $\sin i > \frac{1}{n}$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $n > \frac{1}{\sin i}$ થાય છે.
આપાતકોણ $i = 45^{\circ}$ આપેલ હોવાથી:
$n > \frac{1}{\sin 45^{\circ}}$
$n > \frac{1}{1/\sqrt{2}}$
$n > \sqrt{2} \approx 1.414$.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,માત્ર $1.50$ એ $1.414$ કરતા વધારે છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) માધ્યમ $M_1$ નો વક્રીભવનાંક $\mu_1 = c/v_1 = (3 \times 10^8) / (1.5 \times 10^8) = 2$ છે.
માધ્યમ $M_2$ નો વક્રીભવનાંક $\mu_2 = c/v_2 = (3 \times 10^8) / (2.0 \times 10^8) = 1.5 = 3/2$ છે.
પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન માટે,પ્રકાશ ઘટ્ટ માધ્યમમાંથી પાતળા માધ્યમમાં જવો જોઈએ અને આપાતકોણ $i$ એ ક્રાંતિકોણ $C$ કરતા મોટો અથવા તેના જેટલો હોવો જોઈએ.
ક્રાંતિકોણ $C$ નું સૂત્ર $\sin C = \mu_2 / \mu_1$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$\sin C = (3/2) / 2 = 3/4$ મળે છે.
તેથી,પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન માટે $i \geq C$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $\sin i \geq \sin C$.
આમ,$i \geq \sin^{-1}(3/4)$.

(A) સ્ત્રોત $S_1$ માટે:
તરંગલંબાઈ $\lambda_1 = 5000 \; \mathring{A}$,પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્સર્જિત ફોટોનની સંખ્યા $N_1 = 10^{15}$.
પાવર $P_1 = N_1 \times E_1 = N_1 \times \frac{hc}{\lambda_1}$.
સ્ત્રોત $S_2$ માટે:
તરંગલંબાઈ $\lambda_2 = 5100 \; \mathring{A}$,પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્સર્જિત ફોટોનની સંખ્યા $N_2 = 1.02 \times 10^{15}$.
પાવર $P_2 = N_2 \times E_2 = N_2 \times \frac{hc}{\lambda_2}$.
ગુણોત્તર $\frac{P_2}{P_1} = \frac{N_2 \cdot hc / \lambda_2}{N_1 \cdot hc / \lambda_1} = \frac{N_2}{N_1} \times \frac{\lambda_1}{\lambda_2}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{P_2}{P_1} = \frac{1.02 \times 10^{15}}{10^{15}} \times \frac{5000}{5100} = 1.02 \times \frac{50}{51} = \frac{1.02}{51} \times 50 = 0.02 \times 50 = 1$.
આમ,ગુણોત્તર $1$ છે.

(B) આપેલ છે:
આપાત તરંગલંબાઈ,$\lambda = 200 \, nm$
વર્ક ફંક્શન,$\phi_{0} = 5.01 \, eV$
આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ:
$K_{max} = E - \phi_{0}$
$e V_{s} = \frac{hc}{\lambda} - \phi_{0}$
$hc \approx 1240 \, eV \cdot nm$ સંબંધનો ઉપયોગ કરતા:
$e V_{s} = \frac{1240 \, eV \cdot nm}{200 \, nm} - 5.01 \, eV$
$e V_{s} = 6.2 \, eV - 5.01 \, eV = 1.19 \, eV \approx 1.2 \, eV$
આમ,સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_{s} = 1.2 \, V$ છે.
ફોટોઈલેક્ટ્રોનને રોકવા માટે લાગુ પાડવો પડતો પોટેન્શિયલ તફાવત એ સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલનું ઋણ મૂલ્ય છે,જે $-1.2 \, V$ છે.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$ મી અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = \frac{-13.6}{n^2} \, eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન $n = 3$ થી $n = 1$ માં કૂદકો મારે ત્યારે મુક્ત થતી ઉર્જા:
$E = E_3 - E_1 = \left( \frac{-13.6}{3^2} \right) - \left( \frac{-13.6}{1^2} \right) = -1.51 + 13.6 = 12.09 \, eV \approx 12.1 \, eV$.
આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,ઉત્સર્જિત ફોટોઈલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિ ઉર્જા $K_{max} = E - \phi_0$ છે,જ્યાં $\phi_0$ એ કાર્ય વિધેય છે.
આપેલ છે કે $\phi_0 = 5.1 \, eV$,તેથી:
$K_{max} = 12.1 \, eV - 5.1 \, eV = 7.0 \, eV$.
સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_0$ એ મહત્તમ ગતિ ઉર્જા સાથે $K_{max} = eV_0$ દ્વારા સંબંધિત છે.
તેથી,$V_0 = 7.0 \, V$.

(B) ઉત્સર્જિત ફોટોઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા આપાત પ્રકાશની તીવ્રતાના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે. તેથી, જો તીવ્રતા $I$ થી વધારીને $2I$ કરવામાં આવે, તો ઉત્સર્જિત ફોટોઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા પણ બમણી થઈને $2N$ થશે.
ફોટોઈલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિઊર્જા $(K)$ આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ દ્વારા નક્કી થાય છે: $K = h\nu - \Phi$, જ્યાં $h$ પ્લાન્કનો અચળાંક છે, $\nu$ આપાત વિકિરણની આવૃત્તિ છે અને $\Phi$ ધાતુનું વર્ક ફંક્શન છે.
આવૃત્તિ $\nu$ બદલાતી ન હોવાથી, તીવ્રતામાં ફેરફાર થવા છતાં મહત્તમ ગતિઊર્જા $K$ અચળ રહે છે.
આમ, નવા મૂલ્યો $2N$ અને $K$ છે.

(D) જ્યારે કેથોડ કિરણો (ઇલેક્ટ્રોન) ના કિરણપુંજને પરસ્પર લંબ એવા વિદ્યુત $(E)$ અને ચુંબકીય $(B)$ ક્ષેત્રોમાં રાખવામાં આવે છે,ત્યારે જો વિદ્યુત ક્ષેત્રને કારણે લાગતું બળ અને ચુંબકીય ક્ષેત્રને કારણે લાગતું બળ સમાન હોય,તો કિરણપુંજનું વિચલન થતું નથી.
$Be v = eE$
$v = \frac{E}{B}$ ..... $(i)$
જો $V$ એ એનોડ અને કેથોડ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત હોય,તો ઇલેક્ટ્રોન દ્વારા પ્રાપ્ત ગતિ ઊર્જા નીચે મુજબ છે:
$\frac{1}{2} m v^2 = eV$
$\frac{e}{m} = \frac{v^2}{2V}$ ..... $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ માંથી $v$ ની કિંમત સમીકરણ $(ii)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\frac{e}{m} = \frac{(E/B)^2}{2V} = \frac{E^2}{2VB^2}$
આમ,કેથોડ કિરણોનો વિશિષ્ટ વીજભાર $\frac{E^2}{2VB^2}$ છે.

(D) આપેલ છે: ઇનપુટ વોલ્ટેજ,$V_{p} = 220\, V$. આઉટપુટ વોલ્ટેજ,$V_{s} = 440\, V$. આઉટપુટ પ્રવાહ,$I_{s} = 2.0\, A$. કાર્યક્ષમતા,$\eta = 80\% = 0.8$.
$\text{ટ્રાન્સફોર્મરની કાર્યક્ષમતા એ આઉટપુટ પાવર અને ઇનપુટ પાવરનો ગુણોત્તર છે:}$
$\eta = \frac{P_{out}}{P_{in}} = \frac{V_{s} I_{s}}{V_{p} I_{p}}$
$\text{પ્રાઇમરી પ્રવાહ } I_{p} \text{ શોધવા માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા:}$
$I_{p} = \frac{V_{s} I_{s}}{\eta V_{p}}$
$\text{આપેલ કિંમતો મૂકતા:}$
$I_{p} = \frac{440\, V \times 2.0\, A}{0.8 \times 220\, V}$
$I_{p} = \frac{880}{176} = 5\, A$
$\text{તેથી,પ્રાઇમરી ગૂંચળા દ્વારા ખેંચાતો પ્રવાહ } 5\, A \text{ છે।}$

(B) આપેલ છે:
ચુંબકીય ક્ષેત્ર,$B = 0.025 \, T$
લૂપની ત્રિજ્યા,$r = 2 \, cm = 2 \times 10^{-2} \, m$
ત્રિજ્યામાં ફેરફારનો દર,$\frac{dr}{dt} = 1 \, mm \, s^{-1} = 1 \times 10^{-3} \, m \, s^{-1}$
લૂપ સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = B A \cos \theta = B(\pi r^2) \cos 0^{\circ} = B \pi r^2$ છે.
પ્રેરિત $emf$ નું મૂલ્ય ફેરાડેના નિયમ મુજબ: $|\varepsilon| = \left| \frac{d\phi}{dt} \right|$.
$|\varepsilon| = \frac{d}{dt}(B \pi r^2) = B \pi (2r) \frac{dr}{dt}$.
કિંમતો મૂકતા:
$|\varepsilon| = 0.025 \times \pi \times 2 \times (2 \times 10^{-2}) \times (1 \times 10^{-3})$
$|\varepsilon| = 0.025 \times \pi \times 4 \times 10^{-2} \times 10^{-3}$
$|\varepsilon| = 0.1 \times 10^{-2} \times 10^{-3} \times \pi = 10^{-1} \times 10^{-5} \times \pi = 10^{-6} \pi \, V$
$|\varepsilon| = \pi \, \mu V$.

(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.

(D) $LC$ સર્કિટમાં ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,કુલ ઉર્જા અચળ રહે છે.
કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત પ્રારંભિક ઉર્જા $U_i = \frac{1}{2} C V_1^2$ છે.
જ્યારે કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_2$ હોય,ત્યારે કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U_c = \frac{1}{2} C V_2^2$ થાય છે.
બાકીની ઉર્જા ઇન્ડક્ટરમાં ચુંબકીય ઉર્જા તરીકે સંગ્રહિત થાય છે,$U_L = \frac{1}{2} L I^2$.
ઉર્જા સંરક્ષણ મુજબ: $\frac{1}{2} C V_1^2 = \frac{1}{2} C V_2^2 + \frac{1}{2} L I^2$.
$I^2$ માટે સમીકરણ ગોઠવતા: $L I^2 = C(V_1^2 - V_2^2)$.
આમ,$I^2 = \frac{C(V_1^2 - V_2^2)}{L}$.
તેથી,પ્રવાહ $I = [\frac{C(V_1^2 - V_2^2)}{L}]^{1/2}$ મળે છે.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\vec E = 10 \cos (10^7 t + kx) \hat j \, V/m$.
પ્રમાણિત તરંગ સમીકરણ $\vec E = E_0 \cos (\omega t + kx) \hat j$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
કંપવિસ્તાર $E_0 = 10 \, V/m$ (વિધાન $(3)$ સાચું છે).
કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 10^7 \, rad/s$.
ફેઝ $(\omega t + kx)$ હોવાથી,તરંગ $-x$ દિશામાં પ્રસરણ પામે છે (વિધાન $(4)$ ખોટું છે).
મુક્ત અવકાશમાં વિદ્યુતચુંબકીય તરંગો માટે,$c = \frac{\omega}{k} = 3 \times 10^8 \, m/s$.
તેથી,$k = \frac{\omega}{c} = \frac{10^7}{3 \times 10^8} = 0.033 \, rad/m$ (વિધાન $(2)$ ખોટું છે).
તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{2\pi}{k} = \frac{2 \times 3.1416}{0.033} \approx 188.4 \, m$ (વિધાન $(1)$ સાચું છે).
તેથી,વિધાન $(1)$ અને $(3)$ સાચા છે.

(C) વિદ્યુતચુંબકીય તરંગમાં વિદ્યુત ક્ષેત્ર સદિશ $\vec{E}$ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર સદિશ $\vec{B}$ બંને એકબીજાને પરસ્પર લંબ હોય છે અને તરંગના પ્રસરણની દિશાને પણ લંબ હોય છે. તેથી,તેઓ એકબીજાને સમાંતર છે તેવું વિધાન ખોટું છે.

(C) નજીકના અભિગમના અંતર $(r_0)$ પર,આલ્ફા કણની સંપૂર્ણ પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા સ્થિત વિદ્યુત સ્થિતિ ઉર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
ગતિ ઉર્જા $K = \frac{1}{2}mv^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r_0$ અંતરે સ્થિતિ ઉર્જા $U = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{(Ze)(2e)}{r_0}$ છે,જ્યાં $2e$ એ આલ્ફા કણનો વિદ્યુતભાર છે.
ગતિ ઉર્જાને સ્થિતિ ઉર્જા સાથે સરખાવતા:
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{2Ze^2}{r_0}$
$r_0$ માટે ઉકેલતા:
$r_0 = \frac{4Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 mv^2} = \frac{Ze^2}{\pi\varepsilon_0 m v^2}$
આ સમીકરણ પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $r_0 \propto \frac{1}{m}$.
તેથી,નજીકના અભિગમનું અંતર $\frac{1}{m}$ ના પ્રમાણમાં છે.

(A) હાઈડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે પરમાણુ ક્રમાંક $Z$ અને મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ધરાવતી ઉર્જા $E$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \, eV$
$He^+$ આયન માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 2$ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 2$ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$E_2 = -13.6 \times \frac{2^2}{2^2} \, eV$
$E_2 = -13.6 \times \frac{4}{4} \, eV$
$E_2 = -13.6 \, eV$.

(B) ન્યુક્લિયર ફ્યુઝન પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $_1H^2 + _1H^2 \to _2He^4 + \Delta E$.
ડ્યુટેરોન માટે ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જા $1.1 \, MeV$ છે.
ડ્યુટેરોનમાં $2$ ન્યુક્લિઓન હોવાથી,એક ડ્યુટેરોનની કુલ બંધન ઉર્જા $2 \times 1.1 = 2.2 \, MeV$ થાય.
બે ડ્યુટેરિયમ ન્યુક્લિયસ માટે,કુલ પ્રારંભિક બંધન ઉર્જા $2 \times 2.2 = 4.4 \, MeV$ થાય.
હિલિયમ ન્યુક્લિયસ $(He^4)$ માટે ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જા $7.0 \, MeV$ છે.
હિલિયમ ન્યુક્લિયસમાં $4$ ન્યુક્લિઓન હોવાથી,તેની કુલ બંધન ઉર્જા $4 \times 7.0 = 28.0 \, MeV$ થાય.
ફ્યુઝન પ્રક્રિયામાં મુક્ત થતી ઉર્જા એ નીપજની કુલ બંધન ઉર્જા અને પ્રક્રિયકોની કુલ બંધન ઉર્જા વચ્ચેનો તફાવત છે:
$\Delta E = 28.0 \, MeV - 4.4 \, MeV = 23.6 \, MeV$.

(B) ${}_{3}^{7}Li$ ન્યુક્લિયસ માટે,દળ ક્ષતિ $\Delta M = 0.042 \, u$ આપેલ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 \, u = 931.5 \, MeV/c^2$.
તેથી,કુલ બંધન ઉર્જા $E_b$ નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
$E_b = \Delta M \times 931.5 \, MeV/u = 0.042 \times 931.5 \, MeV \approx 39.123 \, MeV$.
${}_{3}^{7}Li$ માં ન્યુક્લિઓન્સની સંખ્યા $A = 7$ છે.
ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જા $E_{bn} = \frac{E_b}{A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$E_{bn} = \frac{39.123 \, MeV}{7} \approx 5.589 \, MeV \approx 5.6 \, MeV$.

(D) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ મુજબ,$t$ સમયે એક્ટિવિટી $R = R_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $t = 0$ સમયે $R_0 = N_0$ અને $t = 5$ મિનિટ સમયે $R = N_0/e$ છે.
આ કિંમતોને ક્ષયના સમીકરણમાં મૂકતા:
$N_0/e = N_0 e^{-5\lambda}$
$e^{-1} = e^{-5\lambda}$
ઘાતાંકની સરખામણી કરતા,$5\lambda = 1$ મળે છે,તેથી $\lambda = 1/5$ પ્રતિ મિનિટ.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2}$ એ સમય છે જ્યારે એક્ટિવિટી તેના પ્રારંભિક મૂલ્યથી અડધી થઈ જાય છે,એટલે કે $R = R_0/2$.
$R = R_0 e^{-\lambda t}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $R_0/2 = R_0 e^{-\lambda T_{1/2}}$.
$1/2 = e^{-\lambda T_{1/2}}$
$2 = e^{\lambda T_{1/2}}$
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લેતા:
$\ln(2) = \lambda T_{1/2}$
$T_{1/2} = \frac{\ln(2)}{\lambda} = \frac{\log_e 2}{1/5} = 5 \log_e 2$ મિનિટ.

(C) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A$ એ $A = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N$ એ તે સમયે હાજર રહેલા ક્ષય ન પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા છે.
$t_1$ સમયે,એક્ટિવિટી $A_1 = \lambda N_1$ છે,જેનો અર્થ છે કે $N_1 = A_1 / \lambda$.
$t_2$ સમયે,એક્ટિવિટી $A_2 = \lambda N_2$ છે,જેનો અર્થ છે કે $N_2 = A_2 / \lambda$.
$(t_1 - t_2)$ સમયગાળા દરમિયાન ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા એ $t_1$ અને $t_2$ સમયે હાજર રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા વચ્ચેનો તફાવત છે.
ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $= N_1 - N_2 = \frac{A_1}{\lambda} - \frac{A_2}{\lambda} = \frac{A_1 - A_2}{\lambda}$.

(B) એમ્પ્લીફાયરનો વોલ્ટેજ ગેઈન $(A_v)$ એ કરંટ ગેઈન $(\beta)$ અને આઉટપુટ ઇમ્પિડન્સ $(R_{\text{out}})$ તથા ઇનપુટ ઇમ્પિડન્સ $(R_{\text{in}})$ ના ગુણોત્તરના ગુણાકાર જેટલો હોય છે:
$A_v = \beta \times \frac{R_{\text{out}}}{R_{\text{in}}}$
અહીં $A_v = 50$,$R_{\text{in}} = 100\; \Omega$,અને $R_{\text{out}} = 200\; \Omega$ આપેલ છે,તેથી આપણે કરંટ ગેઈન $(\beta)$ શોધી શકીએ:
$50 = \beta \times \frac{200}{100}$
$50 = \beta \times 2$
$\beta = 25$
પાવર ગેઈન $(A_p)$ એ કરંટ ગેઈન $(\beta)$ અને વોલ્ટેજ ગેઈન $(A_v)$ નો ગુણાકાર છે:
$A_p = \beta \times A_v$
$A_p = 25 \times 50 = 1250$

(B) $n-$ પ્રકારના સેમિકન્ડક્ટરમાં,ઇલેક્ટ્રોન એ મેજોરિટી ચાર્જ કેરિયર્સ છે અને હોલ્સ એ માઇનોરિટી ચાર્જ કેરિયર્સ છે.
તેથી,'$n-$ પ્રકારના સેમિકન્ડક્ટરમાં મેજોરિટી કેરિયર્સ હોલ્સ છે' તે વિધાન ખોટું છે.
વિકલ્પ $B$ સાચો જવાબ છે.

(B) ઇન્ટિગ્રેટેડ સર્કિટ $(IC)$ એ એક નાની સેમિકન્ડક્ટર વેફર છે જેના પર હજારો કે લાખો નાના અવરોધકો,કેપેસિટર્સ અને ટ્રાન્ઝિસ્ટર બનાવવામાં આવે છે. તે એમ્પ્લીફાયર,ઓસિલેટર,ટાઈમર,માઇક્રોપ્રોસેસર અથવા કોમ્પ્યુટર મેમરી તરીકે કાર્ય કરી શકે છે,જે અસરકારક રીતે સંપૂર્ણ ઇલેક્ટ્રોનિક સર્કિટ તરીકે કામ કરે છે.

(D) આપેલ વોલ્ટેજ વેવફોર્મનું અવલોકન કરીને,આપણે લોજિક ગેટ માટે ટ્રુથ ટેબલ બનાવી શકીએ છીએ:

$A$	$B$	$Y$
$1$	$1$	$0$
$0$	$0$	$1$
$0$	$1$	$1$
$1$	$0$	$1$

ટ્રુથ ટેબલ પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે આઉટપુટ $Y$ ત્યારે જ $0$ હોય છે જ્યારે બંને ઇનપુટ $A$ અને $B$ $1$ હોય. અન્ય તમામ કિસ્સાઓમાં,આઉટપુટ $1$ મળે છે. આ વર્તણૂક $NAND$ ગેટને અનુરૂપ છે.

(C) ટ્રાન્ઝિસ્ટરના અસરકારક કાર્ય માટે,નીચેની શરતો પૂરી થવી જોઈએ:
$1$. બેઝ વિભાગ ખૂબ જ પાતળો અને હળવા ડોપિંગ વાળો હોવો જોઈએ જેથી એમિટરમાંથી આવતા મોટાભાગના ચાર્જ કેરિયર્સ કલેક્ટર સુધી પહોંચી શકે.
$2$. એમિટર-બેઝ જંકશનને ફોરવર્ડ બાયસમાં રાખવામાં આવે છે જેથી ચાર્જ કેરિયર્સ બેઝમાં દાખલ થઈ શકે,અને બેઝ-કલેક્ટર જંકશનને રિવર્સ બાયસમાં રાખવામાં આવે છે જેથી આ કેરિયર્સને એકત્રિત કરી શકાય.
તેથી,વિધાનો $(2)$ અને $(3)$ સાચા છે.

(A) પ્રિઝમ માટે,પ્રિઝમનો ખૂણો $A$ એ $A = r_1 + r_2$ સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r_1$ અને $r_2$ એ અનુક્રમે પ્રથમ અને બીજી સપાટી પરના વક્રીભવનકોણ છે.
લઘુત્તમ વિચલનની સ્થિતિમાં,પ્રકાશનું કિરણ પ્રિઝમમાંથી સંમિત રીતે પસાર થાય છે,જેનો અર્થ છે કે $r_1 = r_2 = r$.
તેથી,સંબંધ $A = 2r$ બને છે.
આપેલ છે કે પ્રિઝમનો ખૂણો $A = 60^{\circ}$ છે,તેથી $60^{\circ} = 2r$.
$r$ માટે ઉકેલતા,આપણને $r = \frac{60^{\circ}}{2} = 30^{\circ}$ મળે છે.
આમ,પ્રથમ સપાટી પર વક્રીભવનકોણ $30^{\circ}$ છે.

(D) ચુંબકના દોલનનો આવર્તકાળ $T$ એ $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB}}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I$ એ જડત્વની ચાકમાત્રા છે,$M$ એ ચુંબકીય મોમેન્ટ છે અને $B$ એ સમક્ષિતિજ ચુંબકીય ક્ષેત્ર છે.
અહીં $I$ અને $M$ અચળ હોવાથી,$T \propto \frac{1}{\sqrt{B}}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{T_2}{T_1} = \sqrt{\frac{B_1}{B_2}}$.
આપેલ છે કે $B_1 = 24 \, \mu T$ અને $T_1 = 2 \, s$.
નવું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_2 = B_1 - 18 \, \mu T = 24 \, \mu T - 18 \, \mu T = 6 \, \mu T$ થશે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{T_2}{2} = \sqrt{\frac{24}{6}} = \sqrt{4} = 2$.
તેથી,$T_2 = 2 \times 2 = 4 \, s$.