AIPMT 2015 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) ડી-બ્રોગ્લી ઉત્કલ્પના મુજબ,$p$ વેગમાન ધરાવતા કણ સાથે સંકળાયેલ તરંગલંબાઈ $\lambda$ નીચેના સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\lambda = \frac{h}{p}$
જ્યાં $h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે.
આ સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$p = \frac{h}{\lambda}$
આ સૂચવે છે કે વેગમાન $p$ એ તરંગલંબાઈ $\lambda$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે $(p \propto \frac{1}{\lambda})$.
વ્યસ્ત સંબંધ માટે $p$ વિરુદ્ધ $\lambda$ નો આલેખ લંબચોરસ અતિવલય (rectangular hyperbola) મળે છે.
તેથી,સાચી આકૃતિ તે છે જે લંબચોરસ અતિવલય દર્શાવે છે,જે વિકલ્પ $(D)$ ને અનુરૂપ છે.

(D) ચાલો દરેક સ્પીસીઝમાં $\sigma$ અને $\pi$ બંધની સંખ્યાનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$A$. $(CN)_2$ (અથવા $N \equiv C-C \equiv N$): તેમાં $3$ $\sigma$ બંધ અને $4$ $\pi$ બંધ છે.
$B$. $CH_2(CN)_2$ (અથવા $NC-CH_2-CN$): તેમાં $9$ $\sigma$ બંધ અને $4$ $\pi$ બંધ છે.
$C$. $HCO_3^-$: તેમાં $5$ $\sigma$ બંધ અને $1$ $\pi$ બંધ છે.
$D$. $XeO_4$: આ બંધારણમાં મધ્યસ્થ $Xe$ પરમાણુ $4$ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે દ્વિબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે. દરેક દ્વિબંધમાં $1$ $\sigma$ બંધ અને $1$ $\pi$ બંધ હોય છે. આમ,તેમાં $4$ $\sigma$ બંધ અને $4$ $\pi$ બંધ છે.
તેથી,$XeO_4$ માં $\sigma$ અને $\pi$ બંધની સંખ્યા સમાન છે.

(C) ઇથાઇલ એસીટોએસીટેટના ઇનોલિક સ્વરૂપનું રાસાયણિક સૂત્ર $CH_3-C(OH)=CH-COOCH_2CH_3$ છે.
બંધોની ગણતરી:
$1$. સિગ્મા $(\sigma)$ બંધ: અણુમાં કુલ $18$ સિગ્મા બંધ છે.
$2$. પાઇ $(\pi)$ બંધ: અણુમાં $2$ પાઇ બંધ છે (એક $C=C$ દ્વિબંધમાં અને એક $C=O$ દ્વિબંધમાં).
તેથી,સાચો જવાબ $18$ સિગ્મા બંધ અને $2$ પાઇ-બંધ છે.

(A) $3,3-$Dimethyl$-1-$butene $(CH_3-C(CH_3)_2-CH=CH_2)$ ને પ્રબળ એસિડ સાથે પ્રક્રિયા કરાવતા પ્રોટોનેશન દ્વારા દ્વિતીયક કાર્બોકેટાયન બને છે: $CH_3-C(CH_3)_2-C^+H-CH_3$.
આ કાર્બોકેટાયન $1,2-$મિથાઈલ શિફ્ટ પામીને વધુ સ્થાયી તૃતીયક કાર્બોકેટાયન બનાવે છે: $CH_3-C^+(CH_3)-CH(CH_3)-CH_3$.
અંતે,તે પ્રોટોન ગુમાવીને (ડીપ્રોટોનેશન) મુખ્ય નીપજ તરીકે વધુ વિસ્થાપિત આલ્કીન,$2,3-$dimethyl$-2-$butene $(CH_3-C(CH_3)=C(CH_3)-CH_3)$ બનાવે છે.

(B) રેફ્રિજરેટરનો પરફોર્મન્સ ગુણાંક $(COP)$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$COP = \frac{T_L}{T_H - T_L}$
જ્યાં $T_L$ એ ફ્રીઝરની અંદરનું તાપમાન છે અને $T_H$ એ આસપાસનું તાપમાન છે.
પ્રથમ,તાપમાનને સેલ્સિયસમાંથી કેલ્વિનમાં રૂપાંતરિત કરો:
$T_L = -20 + 273 = 253 \, K$.
આપેલ છે કે $COP = 5$,કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકો:
$5 = \frac{253}{T_H - 253}$
$5(T_H - 253) = 253$
$5T_H - 1265 = 253$
$5T_H = 1518$
$T_H = 303.6 \, K$.
હવે,તાપમાનને ફરીથી સેલ્સિયસમાં રૂપાંતરિત કરો:
$T_H (^{\circ}C) = 303.6 - 273 = 30.6 \, ^{\circ}C \approx 31 \, ^{\circ}C$.

(A) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટો-ઇલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_s$ ને $eV_s = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે,જ્યાં $\phi = \frac{hc}{\lambda_0}$ એ વર્ક ફંક્શન છે અને $\lambda_0$ એ થ્રેશોલ્ડ તરંગલંબાઈ છે.
પ્રથમ કિસ્સા માટે: $3eV_0 = \frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0}$ --- $(1)$
બીજા કિસ્સા માટે: $eV_0 = \frac{hc}{2\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0}$ --- $(2)$
સમીકરણ $(1)$ ને સમીકરણ $(2)$ વડે ભાગતા:
$3 = \frac{\frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0}}{\frac{hc}{2\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0}}$
$3 \left( \frac{1}{2\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right) = \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0}$
$\frac{3}{2\lambda} - \frac{3}{\lambda_0} = \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0}$
$\frac{3}{2\lambda} - \frac{1}{\lambda} = \frac{3}{\lambda_0} - \frac{1}{\lambda_0}$
$\frac{1}{2\lambda} = \frac{2}{\lambda_0}$
$\lambda_0 = 4\lambda$.

(A) આપેલ છે: બળ $F = 14\,N$,દળ $m_A = 4\,kg, m_B = 2\,kg, m_C = 1\,kg$.
તંત્રનું કુલ દળ $m = m_A + m_B + m_C = 4 + 2 + 1 = 7\,kg$.
તંત્રનો પ્રવેગ $a = \frac{F}{m} = \frac{14}{7} = 2\,m/s^2$.
બ્લોક $A$ અને બ્લોક $B$ વચ્ચેનું સંપર્ક બળ એ બ્લોક $B$ અને $C$ ને સાથે પ્રવેગિત કરવા માટે જરૂરી બળ છે.
ધારો કે $A$ અને $B$ વચ્ચેનું સંપર્ક બળ $F_{AB}$ છે.
$F_{AB} = (m_B + m_C) \times a = (2 + 1) \times 2 = 3 \times 2 = 6\,N$.

(C) જ્યારે કેશિકા નળીની લંબાઈ તે ઊંચાઈ $h$ કરતા ઓછી હોય છે જ્યાં સુધી પાણી સામાન્ય રીતે ચઢતું હોય,ત્યારે પાણી નળીના ઉપરના છેડા સુધી ચઢશે.
ઉપરના ભાગે,મેનિસ્કસની વક્રતા ત્રિજ્યા એવી રીતે વધે છે કે દબાણ સંતુલન જળવાઈ રહે.
પાણી બહાર વહેતું નથી કારણ કે ઉપરની સપાટી પરનું દબાણ વાતાવરણીય દબાણ જેટલું જ રહે છે,અને પૃષ્ઠતાણ બળ પાણીને સંતુલનમાં રાખવા માટે ગોઠવાય છે.
તેથી,પાણી કેશિકા નળીના ઉપરના ભાગ સુધી ચઢે છે અને બહાર વહ્યા વગર ત્યાં જ રહે છે.

(A) ધારો કે $f_{o}$ અને $f_{e}$ એ અનુક્રમે ઓબ્જેક્ટિવ અને આઈપીસની કેન્દ્રલંબાઈ છે.
સામાન્ય ગોઠવણમાં,ઓબ્જેક્ટિવ અને આઈપીસ વચ્ચેનું અંતર $f_{o} + f_{e}$ હોય છે.
ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ પરની $L$ લંબાઈની રેખા આઈપીસ માટે વસ્તુ તરીકે કાર્ય કરે છે.
આઈપીસથી આ વસ્તુનું અંતર $u = -(f_{o} + f_{e})$ છે.
આઈપીસ માટે લેન્સના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $1/v - 1/u = 1/f_{e}$.
$1/v = 1/f_{e} + 1/u = 1/f_{e} - 1/(f_{o} + f_{e}) = f_{o} / [f_{e}(f_{o} + f_{e})]$.
તેથી,$v = [f_{e}(f_{o} + f_{e})] / f_{o}$.
આ વસ્તુ માટે આઈપીસ દ્વારા ઉત્પન્ન થતી મોટવણી $m = v/u = [f_{e}(f_{o} + f_{e}) / f_{o}] / [-(f_{o} + f_{e})] = -f_{e}/f_{o}$.
પ્રતિબિંબની લંબાઈ $l$ અને વસ્તુની લંબાઈ $L$ નો ગુણોત્તર $|m| = l/L = f_{e}/f_{o}$ છે.
સામાન્ય ગોઠવણમાં ખગોળીય ટેલિસ્કોપની મોટવણી $M = f_{o}/f_{e}$ છે.
તેથી,$M = L/l$.

(A) કંપવિસ્તાર $A$ અને કોણીય આવૃત્તિ $\omega$ સાથે સરળ આવર્ત ગતિ કરતા કણ માટે:
મહત્તમ પ્રવેગ $\alpha = A\omega^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
મહત્તમ વેગ $\beta = A\omega$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{\alpha}{\beta} = \frac{A\omega^2}{A\omega} = \omega$.
તેથી,$\omega = \frac{\alpha}{\beta}$.
આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi}{\omega}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\omega$ ની કિંમત મૂકતા: $T = \frac{2\pi}{(\alpha / \beta)} = \frac{2\pi \beta}{\alpha}$.

(B) બર્નુલીના સિદ્ધાંત મુજબ,જેમ પવનની ઝડપ વધે છે તેમ છાપરાની ઉપરનું દબાણ ઘટે છે.
છાપરાની અંદર અને બહારના દબાણનો તફાવત $\Delta P = \frac{1}{2} \rho V^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: $\rho = 1.2\,kg/m^3$,$V = 40\,m/s$,અને $A = 250\,m^2$.
$\Delta P = \frac{1}{2} \times 1.2 \times (40)^2 = 0.6 \times 1600 = 960\,Pa$.
છાપરા પર લાગતું બળ $F = \Delta P \times A$ છે.
$F = 960 \times 250 = 240,000\,N = 2.4 \times 10^5\,N$.
બહારનું દબાણ અંદરના દબાણ કરતા ઓછું હોવાથી,ચોખ્ખું બળ ઉપરની દિશામાં લાગે છે.

(A) આપેલ સ્પીસીઝમાં $\sigma$ અને $\pi$ બંધની સંખ્યા નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:

અણુ	$\sigma$ અને $\pi$ બંધની સંખ્યા
$(CN)_2$ $(N \equiv C-C \equiv N)$	$3 \sigma, 4 \pi$
$CH_2(CN)_2$	$8 \sigma, 4 \pi$
$H_2CO_3$	$6 \sigma, 1 \pi$
$XeO_4$	$4 \sigma, 4 \pi$

$XeO_4$ માં,$4$ $\sigma$ બંધ અને $4$ $\pi$ બંધ છે. આમ,તેમાં $\sigma$ અને $\pi$ બંધની સંખ્યા સમાન છે.

(D) બે પદાર્થોના કેન્દ્રો વચ્ચેનું પ્રારંભિક અંતર $12\,R$ છે. અથડામણ ત્યારે થાય છે જ્યારે તેમના કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર તેમની ત્રિજ્યાઓના સરવાળા જેટલું હોય,જે $R + 2R = 3\,R$ છે.
અથડામણ સુધી બંને પદાર્થો દ્વારા એકબીજાની સાપેક્ષમાં કાપવામાં આવેલું કુલ અંતર $12\,R - 3\,R = 9\,R$ છે.
કારણ કે પદાર્થો માત્ર પરસ્પર ગુરુત્વાકર્ષણ આકર્ષણ હેઠળ ગતિ કરે છે,તેથી તેમના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું સ્થાન સ્થિર રહે છે. ધારો કે નાના પદાર્થ (દળ $M$) દ્વારા કાપવામાં આવેલું અંતર $x$ છે અને મોટા પદાર્થ (દળ $5M$) દ્વારા કાપવામાં આવેલું અંતર $y$ છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રના ગુણધર્મ પરથી,$M x = (5M) y$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x + y = 9\,R$,જેનો અર્થ છે $y = 9\,R - x$.
$y$ ની કિંમત પ્રથમ સમીકરણમાં મૂકતા: $M x = 5M(9\,R - x)$.
$M$ વડે ભાગતા: $x = 5(9\,R - x) = 45\,R - 5x$.
$6x = 45\,R$,જે આપે છે $x = \frac{45\,R}{6} = 7.5\,R$.

(A) તંત્રનું કુલ દળ $M = m_A + m_B + m_C = 4\, kg + 2\, kg + 1\, kg = 7\, kg$ છે.
લગાડવામાં આવેલ બાહ્ય બળ $F = 14\, N$ છે.
તંત્રનો પ્રવેગ $a = \frac{F}{M} = \frac{14\, N}{7\, kg} = 2\, m/s^2$ છે.
બ્લોક $A$ અને બ્લોક $B$ વચ્ચેનું સંપર્ક બળ એ બ્લોક $B$ અને $C$ ને સાથે પ્રવેગિત કરવા માટે જરૂરી બળ છે.
તેથી,સંપર્ક બળ $F_{AB} = (m_B + m_C) \times a$.
$F_{AB} = (2\, kg + 1\, kg) \times 2\, m/s^2 = 3\, kg \times 2\, m/s^2 = 6\, N$.

(B) બે કણો અથડાય તે માટે,એક કણનો બીજા કણની સાપેક્ષ વેગ સદિશ તેમના પ્રારંભિક સ્થાનોને જોડતી રેખાની દિશામાં હોવો જોઈએ.
ધારો કે સાપેક્ષ સ્થાન સદિશ $\vec{r}_{rel} = \vec{r}_1 - \vec{r}_2$ છે.
સાપેક્ષ વેગ સદિશ $\vec{v}_{rel} = \vec{v}_2 - \vec{v}_1$ છે.
અથડામણ માટે,સાપેક્ષ વેગની દિશા સાપેક્ષ સ્થાન સદિશની દિશા સમાન હોવી જોઈએ.
તેથી,એકમ સદિશો સમાન હોવા જોઈએ:
$\frac{\vec{r}_1 - \vec{r}_2}{|\vec{r}_1 - \vec{r}_2|} = \frac{\vec{v}_2 - \vec{v}_1}{|\vec{v}_2 - \vec{v}_1|}$.

(C) $1$. સ્થિત ઘર્ષણાંક $(\mu_s)$: જ્યારે બોક્સ સરકવાનું શરૂ કરે,ત્યારે નમનકોણ એ વિરામકોણ છે. તેથી,$\mu_s = \tan \theta = \tan 30^o = \frac{1}{\sqrt{3}} \approx 0.577 \approx 0.6$.
$2$. ગતિક ઘર્ષણાંક $(\mu_k)$: પાટિયા પર નીચે સરકતા બોક્સનો પ્રવેગ $a = g \sin \theta - \mu_k g \cos \theta$ દ્વારા મળે છે.
$3$. ગતિના સમીકરણ $S = ut + \frac{1}{2}at^2$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $S = 4.0\, m$,$u = 0$,અને $t = 4.0\, s$:
$4.0 = 0 + \frac{1}{2} a (4.0)^2 \Rightarrow 4.0 = 8a \Rightarrow a = 0.5\, m/s^2$.
$4$. $a$ ની કિંમત બળના સમીકરણમાં મૂકતા ($g = 10\, m/s^2$ લેતા):
$0.5 = 10 \sin 30^o - \mu_k (10) \cos 30^o$
$0.5 = 10(0.5) - \mu_k (10)(\frac{\sqrt{3}}{2})$
$0.5 = 5 - 5\sqrt{3} \mu_k$
$5\sqrt{3} \mu_k = 4.5$
$\mu_k = \frac{4.5}{5 \times 1.732} = \frac{0.9}{1.732} \approx 0.519 \approx 0.5$.
આમ,$\mu_s \approx 0.6$ અને $\mu_k \approx 0.5$.

(B) ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$\Delta U = Q - W$. આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U$ એ અવસ્થા વિધેય હોવાથી,બે અવસ્થાઓ વચ્ચેના કોઈપણ માર્ગ માટે તે સમાન રહે છે.
માર્ગ $ABC$ માટે: $\Delta U_{ABC} = \Delta U_{AC} = Q_{ABC} - W_{ABC}$.
કુલ શોષાયેલી ઉષ્મા $Q_{ABC} = Q_{AB} + Q_{BC} = 400 \, J + 100 \, J = 500 \, J$.
કરેલું કાર્ય $W_{ABC}$ એ $PV$ આલેખ પર માર્ગ $ABC$ હેઠળનું ક્ષેત્રફળ છે. પ્રક્રિયા $AB$ સમકદ હોવાથી,$W_{AB} = 0$. પ્રક્રિયા $BC$ માટે,$W_{BC} = P \Delta V = (6 \times 10^4 \, Pa) \times (4 \times 10^{-3} \, m^3 - 2 \times 10^{-3} \, m^3) = 6 \times 10^4 \times 2 \times 10^{-3} = 120 \, J$.
તેથી,$W_{ABC} = 0 + 120 \, J = 120 \, J$.
આમ,$\Delta U_{AC} = 500 \, J - 120 \, J = 380 \, J$.
પ્રક્રિયા $AC$ માટે,$\Delta U_{AC} = Q_{AC} - W_{AC}$.
કરેલું કાર્ય $W_{AC}$ એ રેખા $AC$ હેઠળનું ક્ષેત્રફળ છે,જે એક સમલંબ ચતુષ્કોણ છે: $W_{AC} = \frac{1}{2} \times (P_A + P_C) \times (V_C - V_A) = \frac{1}{2} \times (2 \times 10^4 + 6 \times 10^4) \times (4 \times 10^{-3} - 2 \times 10^{-3}) = \frac{1}{2} \times 8 \times 10^4 \times 2 \times 10^{-3} = 80 \, J$.
તેથી,$Q_{AC} = \Delta U_{AC} + W_{AC} = 380 \, J + 80 \, J = 460 \, J$.

(D) યુરેનિયમ ન્યુક્લિયસ સ્થિર હોવાથી,પ્રારંભિક વેગમાન $0$ છે. રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,અંતિમ કુલ વેગમાન પણ $0$ હોવું જોઈએ.
તેથી,થોરિયમ ન્યુક્લિયસનું વેગમાન $(P_{Th})$ અને હિલિયમ ન્યુક્લિયસનું વેગમાન $(P_{He})$ મૂલ્યમાં સમાન હોવા જોઈએ,એટલે કે $P_{Th} = P_{He} = P$.
કોઈપણ કણની ગતિઊર્જા $(KE)$ નું સૂત્ર $KE = \frac{P^2}{2m}$ છે,જ્યાં $m$ એ દળ છે.
આમ,$KE_{Th} = \frac{P^2}{2m_{Th}}$ અને $KE_{He} = \frac{P^2}{2m_{He}}$.
હિલિયમ ન્યુક્લિયસનું દળ $(m_{He})$ એ થોરિયમ ન્યુક્લિયસના દળ $(m_{Th})$ કરતા ઘણું ઓછું હોવાથી,હિલિયમ ન્યુક્લિયસની ગતિઊર્જા $(KE_{He})$ એ થોરિયમ ન્યુક્લિયસની ગતિઊર્જા $(KE_{Th})$ કરતા વધારે હશે.
તેથી,વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.