AP EAMCET 2009 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{1}{1+\sin x} \, dx$.
નિત્યસમ $\sin x = \frac{2 \tan(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^\pi \frac{1}{1 + \frac{2 \tan(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}} \, dx = \int_0^\pi \frac{1+\tan^2(x/2)}{(1+\tan(x/2))^2} \, dx$.
$1+\tan^2(x/2) = \sec^2(x/2)$ હોવાથી:
$I = \int_0^\pi \frac{\sec^2(x/2)}{(1+\tan(x/2))^2} \, dx$.
ધારો કે $t = \tan(x/2)$,તેથી $dt = \frac{1}{2} \sec^2(x/2) \, dx$,જેનો અર્થ છે કે $\sec^2(x/2) \, dx = 2 \, dt$.
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $t \to 0$. જ્યારે $x \to \pi$,ત્યારે $t \to \infty$.
આમ,$I = \int_0^\infty \frac{2 \, dt}{(1+t)^2} = 2 \left[ -\frac{1}{1+t} \right]_0^\infty$.
$I = 2 [0 - (-1)] = 2 \times 1 = 2$.

(D) આ પ્રદેશ $0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}$ માટે $y=\sin x$,$y=\cos x$ અને $x$-અક્ષ દ્વારા ઘેરાયેલો છે.
$0 \leq x \leq \frac{\pi}{4}$ માટે,પ્રદેશ $y=\sin x$ અને $x$-અક્ષ દ્વારા ઘેરાયેલો છે. તેથી,ક્ષેત્રફળ $A_1$ નીચે મુજબ મળે:
$A_1 = \int_0^{\pi/4} \sin x \, dx = [-\cos x]_0^{\pi/4} = -(\cos \frac{\pi}{4} - \cos 0) = -(\frac{1}{\sqrt{2}} - 1) = 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}}$.
$\frac{\pi}{4} \leq x \leq \frac{\pi}{2}$ માટે,પ્રદેશ $y=\cos x$ અને $x$-અક્ષ દ્વારા ઘેરાયેલો છે. તેથી,ક્ષેત્રફળ $A_2$ નીચે મુજબ મળે:
$A_2 = \int_{\pi/4}^{\pi/2} \cos x \, dx = [\sin x]_{\pi/4}^{\pi/2} = \sin \frac{\pi}{2} - \sin \frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}}$.
બંને ક્ષેત્રફળોની સરખામણી કરતા,આપણને $A_1 : A_2 = \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}} : \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}} = 1 : 1$ મળે છે.

(D) એક્રોમેટિક ડબલેટ માટે, ક્રોમેટિક એબરેશન (રંગવિપથન) દૂર કરવાની શરત એ છે કે બે લેન્સના પાવર $(P)$ અને ડિસ્પર્સિવ પાવર $(\omega)$ ના ગુણાકારનો સરવાળો શૂન્ય હોવો જોઈએ.
ગાણિતિક રીતે, આને આ રીતે દર્શાવવામાં આવે છે: $P_1 \omega_1 + P_2 \omega_2 = 0$.
તેથી, તેમના પાવર અને ડિસ્પર્સિવ પાવરના ગુણાકારનો સરવાળો શૂન્ય હોવો જોઈએ.

(C) સુપરઓક્સાઇડ એ $O_2^-$ આયન ધરાવતી સ્પીસીઝ છે,જેમાં ઓક્સિજનનો ઓક્સિડેશન આંક $-\frac{1}{2}$ હોય છે.
આ સામાન્ય રીતે $K, Rb$ અને $Cs$ જેવી મોટી આલ્કલી ધાતુઓ દ્વારા બનાવવામાં આવે છે,જે $KO_2, RbO_2$ અને $CsO_2$ આપે છે.
$O_2^-$ જેવા મોટા ઋણાયનો ધરાવતા ક્ષારો માટે,સમૂહમાં નીચે તરફ જતાં ધન આયનનું કદ વધવાથી લેટીસ ઉર્જા વધે છે.
લેટીસ ઉર્જા એ આયનીય સંયોજનની રચના અને તેની સ્થિરતા માટેનું મુખ્ય પરિબળ હોવાથી,$K$ થી $Cs$ તરફ સુપરઓક્સાઇડની સ્થિરતા વધે છે.
તેથી,વિધાન $(A)$ સાચું છે,પરંતુ કારણ $(R)$ ખોટું છે કારણ કે સ્થિરતા લેટીસ ઉર્જામાં વધારાને કારણે વધે છે,ઘટાડાને કારણે નહીં.

(C) પરિપથ $A$ માં,બંને $p-n$ જંકશન ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે. તેથી,બંને શાખાઓમાંથી પ્રવાહ વહે છે.
સમતુલ્ય અવરોધ $R_A$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{1}{R_A} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \implies R_A = 2 \Omega$
ઓહ્મના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$V = I_A R_A$:
$8 = I_A \times 2 \implies I_A = 4 \text{ A}$
પરિપથ $B$ માં,ઉપરનો ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે,પરંતુ નીચેનો ડાયોડ રિવર્સ બાયસમાં છે. તેથી,નીચેની શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
પરિપથનો અવરોધ $R_B = 4 \Omega$ છે.
ઓહ્મના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$V = I_B R_B$:
$8 = I_B \times 4 \implies I_B = 2 \text{ A}$
આમ,પ્રવાહ અનુક્રમે $4 \text{ A}$ અને $2 \text{ A}$ છે.

(A) સદિશ $\overrightarrow{a} = x\hat{i} + y\hat{j} + z\hat{k}$ નું માન $|\overrightarrow{a}| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
માનની ગણતરી:
$m_1 = |\overrightarrow{a}_1| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6} \approx 2.45$
$m_2 = |\overrightarrow{a}_2| = \sqrt{3^2 + (-4)^2 + (-4)^2} = \sqrt{9 + 16 + 16} = \sqrt{41} \approx 6.40$
$m_3 = |\overrightarrow{a}_3| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3} \approx 1.73$
$m_4 = |\overrightarrow{a}_4| = \sqrt{(-1)^2 + 3^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 9 + 1} = \sqrt{11} \approx 3.32$
કિંમતોની સરખામણી કરતા: $\sqrt{3} < \sqrt{6} < \sqrt{11} < \sqrt{41}$,જેનો અર્થ છે કે $m_3 < m_1 < m_4 < m_2$.

(A) બે સદિશો $\overrightarrow{a}$ અને $\overrightarrow{b}$ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ એ $\cos \theta = \frac{\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}| |\overrightarrow{b}|}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે ખૂણો $\theta > 90^{\circ}$ છે,તેથી $\cos \theta < 0$ થાય.
સદિશોના માન $|\overrightarrow{a}|$ અને $|\overrightarrow{b}|$ હંમેશા ધન હોવાથી,$\cos \theta < 0$ નો અર્થ એ છે કે તેમનો અદિશ ગુણાકાર $\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} < 0$ થાય.
અદિશ ગુણાકારની ગણતરી કરતા: $\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = (\lambda)(\lambda) + (-7)(1) + (3)(2\lambda) = \lambda^2 - 7 + 6\lambda$.
અદિશ ગુણાકાર શૂન્ય કરતા નાનો લેતા: $\lambda^2 + 6\lambda - 7 < 0$.
દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડતા: $(\lambda + 7)(\lambda - 1) < 0$.
આ અસમતા ત્યારે જ સાચી ઠરે જ્યારે $\lambda$ એ દ્વિઘાત સમીકરણના બીજ $-7$ અને $1$ ની વચ્ચે હોય.
તેથી,ઉકેલ $-7 < \lambda < 1$ છે.

(A) આપેલ પદાવલિ: $\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}-2\overrightarrow{DC}$.
સદિશ સરવાળાના ત્રિકોણના નિયમ મુજબ,$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AC}$.
તેથી,પદાવલિ $\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{AD}-2\overrightarrow{DC}$ બને છે.
કારણ કે $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{AC}$,તેથી $\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{DC}$.
આ કિંમત મૂકતા: $\overrightarrow{AC}+2(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{DC})-2\overrightarrow{DC} = 3\overrightarrow{AC}-4\overrightarrow{DC}$.
$Q$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$\overrightarrow{AC} = 2\overrightarrow{QC}$.
$P$ એ $DC$ નું $1:2$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરતું હોવાથી,$\overrightarrow{DC} = \frac{3}{2}\overrightarrow{PC}$.
આ કિંમતો મૂકતા: $3(2\overrightarrow{QC})-4(\frac{3}{2}\overrightarrow{PC}) = 6\overrightarrow{QC}-6\overrightarrow{PC} = 6(\overrightarrow{QC}+\overrightarrow{CP}) = 6\overrightarrow{QP}$.
કારણ કે $\overrightarrow{QP} = -\overrightarrow{PQ}$,તેથી $6\overrightarrow{QP} = -6\overrightarrow{PQ}$.
આમ,$k\overrightarrow{PQ} = -6\overrightarrow{PQ}$,જેનો અર્થ છે કે $k = -6$.

(D) ધારો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A = (1, 0, 0)$,$B = (0, 1, 0)$ અને $C = (0, 0, 1)$ છે.
અંતર સૂત્ર $d = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2 + (z_2-z_1)^2}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે બાજુઓની લંબાઈ શોધીએ છીએ:
$AB = \sqrt{(0-1)^2 + (1-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{(-1)^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.
$BC = \sqrt{(0-0)^2 + (0-1)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.
$CA = \sqrt{(1-0)^2 + (0-0)^2 + (0-1)^2} = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.
ત્રિકોણની પરિમિતિ તેની બાજુઓની લંબાઈનો સરવાળો છે:
$\text{પરિમિતિ} = AB + BC + CA = \sqrt{2} + \sqrt{2} + \sqrt{2} = 3\sqrt{2}$.

(A) ગોલકનું આપેલ સમીકરણ $x^2+y^2+z^2-12x-4y-3z=0$ છે.
આને ગોલકના વ્યાપક સમીકરણ $x^2+y^2+z^2+2ux+2vy+2wz+d=0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $2u=-12$,$2v=-4$,અને $2w=-3$ મળે છે.
તેથી,$u=-6$,$v=-2$,અને $w=-\frac{3}{2}$.
ગોલકની ત્રિજ્યા શોધવાનું સૂત્ર $r = \sqrt{u^2+v^2+w^2-d}$ છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $r = \sqrt{(-6)^2+(-2)^2+(-\frac{3}{2})^2-0}$ મળે છે.
$r = \sqrt{36+4+\frac{9}{4}} = \sqrt{40+\frac{9}{4}} = \sqrt{\frac{160+9}{4}} = \sqrt{\frac{169}{4}}$.
તેથી,$r = \frac{13}{2}$.

(C) આપેલ છે,$l^2+m^2-n^2=0$ $(i)$ અને $l+m+n=0$ $(ii)$.
સમીકરણ $(ii)$ પરથી,$n=-(l+m)$. આ કિંમત $(i)$ માં મૂકતા:
$l^2+m^2=(-(l+m))^2 = l^2+m^2+2lm$.
આનો અર્થ એ છે કે $2lm=0$,તેથી $l=0$ અથવા $m=0$.
કિસ્સો $1$: જો $l=0$,તો $n=-m$. $l^2+m^2+n^2=1$ હોવાથી,$0^2+m^2+(-m)^2=1 \Rightarrow 2m^2=1 \Rightarrow m=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$. આમ,દિકકોસાઇન $(0, \frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}})$ અને $(0, -\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})$ મળે છે.
કિસ્સો $2$: જો $m=0$,તો $n=-l$. $l^2+m^2+n^2=1$ હોવાથી,$l^2+0^2+(-l)^2=1 \Rightarrow 2l^2=1 \Rightarrow l=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$. આમ,દિકકોસાઇન $(\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, -\frac{1}{\sqrt{2}})$ અને $(-\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}})$ મળે છે.
ધારો કે બે રેખાઓના દિક સદિશો $\vec{a} = (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}})$ અને $\vec{b} = (\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, -\frac{1}{\sqrt{2}})$ છે.
રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ એ $\cos \theta = |l_1l_2 + m_1m_2 + n_1n_2|$ દ્વારા મળે છે.
$\cos \theta = |(0)(\frac{1}{\sqrt{2}}) + (\frac{1}{\sqrt{2}})(0) + (-\frac{1}{\sqrt{2}})(-\frac{1}{\sqrt{2}})| = |0 + 0 + \frac{1}{2}| = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\theta = \cos^{-1}(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{3}$.

(D) બે રેખાઓની દિક્કોસાઇન $(l, m, n)$ માટે આપેલ સમીકરણો:
$l+m+n=0 \implies n = -(l+m)$
$n$ ની કિંમત બીજા સમીકરણ $l^2-5m^2+n^2=0$ માં મૂકતા:
$l^2-5m^2+(-l-m)^2 = 0$
$l^2-5m^2+l^2+2lm+m^2 = 0$
$2l^2+2lm-4m^2 = 0$
$l^2+lm-2m^2 = 0$
$(l+2m)(l-m) = 0$
આનાથી બે કિસ્સા મળે છે:
કિસ્સો $1$: $l=m$. તો $n = -(l+m) = -2l$. દિક્ગુણોત્તર $(l, l, -2l)$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $(1, 1, -2)$ થાય. દિક્કોસાઇન $(\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, -\frac{2}{\sqrt{6}})$ મળે.
કિસ્સો $2$: $l=-2m$. તો $n = -(-2m+m) = m$. દિક્ગુણોત્તર $(-2m, m, m)$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $(-2, 1, 1)$ થાય. દિક્કોસાઇન $(-\frac{2}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}})$ મળે.
ધારો કે બે રેખાઓની દિક્કોસાઇન $(l_1, m_1, n_1) = (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, -\frac{2}{\sqrt{6}})$ અને $(l_2, m_2, n_2) = (-\frac{2}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}})$ છે.
તેમની વચ્ચેના ખૂણા $\theta$ માટે $\cos \theta$ નીચે મુજબ મળે:
$\cos \theta = |l_1 l_2 + m_1 m_2 + n_1 n_2|$
$\cos \theta = |(\frac{1}{\sqrt{6}})(-\frac{2}{\sqrt{6}}) + (\frac{1}{\sqrt{6}})(\frac{1}{\sqrt{6}}) + (-\frac{2}{\sqrt{6}})(\frac{1}{\sqrt{6}})|$
$\cos \theta = |-\frac{2}{6} + \frac{1}{6} - \frac{2}{6}| = |-\frac{3}{6}| = \frac{1}{2}$
તેથી $\cos \theta = \frac{1}{2}$,એટલે કે $\theta = 60^{\circ} = \frac{\pi}{3}$.

(C) આપેલ છે,$l+m+n=0 \implies l = -m-n$ અને $l^2+m^2-n^2=0$.
બીજા સમીકરણમાં $l = -m-n$ મૂકતા:
$(-m-n)^2 + m^2 - n^2 = 0$
$m^2 + 2mn + n^2 + m^2 - n^2 = 0$
$2m^2 + 2mn = 0$
$2m(m+n) = 0$.
આનાથી બે કિસ્સા મળે છે:
કિસ્સો $1$: જો $m=0$,તો $l = -n$. દિક્ગુણોત્તર $(-n, 0, n)$ મળે,જે $(-1, 0, 1)$ તરીકે લખી શકાય. ધારો કે $\vec{v_1} = (-1, 0, 1)$.
કિસ્સો $2$: જો $m+n=0$,તો $m = -n$. $l = -m-n$ માં મૂકતા,$l = -(-n)-n = 0$ મળે. દિક્ગુણોત્તર $(0, -n, n)$ મળે,જે $(0, -1, 1)$ તરીકે લખી શકાય. ધારો કે $\vec{v_2} = (0, -1, 1)$.
રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ માટે $\cos \theta = \frac{|\vec{v_1} \cdot \vec{v_2}|}{|\vec{v_1}| |\vec{v_2}|}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા.
$\vec{v_1} \cdot \vec{v_2} = (-1)(0) + (0)(-1) + (1)(1) = 1$.
$|\vec{v_1}| = \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
$|\vec{v_2}| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
$\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\theta = \frac{\pi}{3}$.

(B) સૌ પ્રથમ,સદિશો $2 \overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}$ અને $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$ ની ગણતરી કરો.
$2 \overrightarrow{a}-\overrightarrow{c} = 2(-\hat{i}+\hat{j}+2 \hat{k}) - (-2 \hat{i}+\hat{j}+3 \hat{k}) = (-2\hat{i}+2\hat{j}+4\hat{k}) + (2\hat{i}-\hat{j}-3\hat{k}) = \hat{j}+\hat{k}$.
$\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b} = (-\hat{i}+\hat{j}+2 \hat{k}) + (2 \hat{i}-\hat{j}-\hat{k}) = \hat{i}+\hat{k}$.
ધારો કે આ બે સદિશો વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ છે.
ખૂણાનો કોસાઇન $\cos \theta = \frac{(\hat{j}+\hat{k}) \cdot (\hat{i}+\hat{k})}{|\hat{j}+\hat{k}| |\hat{i}+\hat{k}|}$ દ્વારા મળે છે.
ડોટ પ્રોડક્ટની ગણતરી: $(\hat{j}+\hat{k}) \cdot (\hat{i}+\hat{k}) = (0)(1) + (1)(0) + (1)(1) = 1$.
માનની ગણતરી: $|\hat{j}+\hat{k}| = \sqrt{0^2+1^2+1^2} = \sqrt{2}$ અને $|\hat{i}+\hat{k}| = \sqrt{1^2+0^2+1^2} = \sqrt{2}$.
આમ,$\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\theta = \frac{\pi}{3}$.

(C) સમતલ $ax + by + cz + d = 0$ માં બિંદુ $(x_1, y_1, z_1)$ ના પ્રતિબિંબ $(x, y, z)$ માટેનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$\frac{x - x_1}{a} = \frac{y - y_1}{b} = \frac{z - z_1}{c} = \frac{-2(ax_1 + by_1 + cz_1 + d)}{a^2 + b^2 + c^2}$
અહીં બિંદુ $(3, 2, 1)$ અને સમતલ $2x - y + 3z - 7 = 0$ આપેલ છે,તેથી $a = 2, b = -1, c = 3, d = -7$ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{x - 3}{2} = \frac{y - 2}{-1} = \frac{z - 1}{3} = \frac{-2(2(3) - 1(2) + 3(1) - 7)}{2^2 + (-1)^2 + 3^2}$
$\frac{x - 3}{2} = \frac{y - 2}{-1} = \frac{z - 1}{3} = \frac{-2(6 - 2 + 3 - 7)}{4 + 1 + 9}$
$\frac{x - 3}{2} = \frac{y - 2}{-1} = \frac{z - 1}{3} = \frac{-2(0)}{14} = 0$
દરેક ભાગને $0$ સાથે સરખાવતા:
$x - 3 = 0 \Rightarrow x = 3$
$y - 2 = 0 \Rightarrow y = 2$
$z - 1 = 0 \Rightarrow z = 1$
આમ,બિંદુનું પ્રતિબિંબ $(3, 2, 1)$ છે,જેનો અર્થ છે કે બિંદુ સમતલ પર જ આવેલું છે.

(C) આપેલ છે,$P(\bar{A} \cup \bar{B}) = P(\overline{A \cap B}) = \frac{7}{10}$.
કારણ કે,$P(A \cap B) + P(\overline{A \cap B}) = 1$.
$\Rightarrow P(A \cap B) = 1 - \frac{7}{10} = \frac{3}{10}$.
વળી,$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$.
$\Rightarrow \frac{4}{5} = P(A) + \frac{2}{5} - \frac{3}{10}$.
$\Rightarrow P(A) = \frac{4}{5} - \frac{2}{5} + \frac{3}{10}$.
$\Rightarrow P(A) = \frac{2}{5} + \frac{3}{10} = \frac{4+3}{10} = \frac{7}{10}$.

(D) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 + 4x + c = 0$ છે.
વાસ્તવિક બીજ માટે,વિવેચક $D \geq 0$ હોવો જોઈએ.
$D = b^2 - 4ac \geq 0$
$a = 1$,$b = 4$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$4^2 - 4(1)(c) \geq 0$
$16 - 4c \geq 0$
$16 \geq 4c$
$c \leq 4$.
$c$ એ ગણ $\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ માંથી પસંદ કરવામાં આવે છે,તેથી $c$ ની શક્ય કિંમતો $\{1, 2, 3, 4\}$ છે.
કુલ $9$ પરિણામોમાંથી $4$ સાનુકૂળ પરિણામો છે.
તેથી,જરૂરી સંભાવના $\frac{4}{9}$ છે.

(B) ઘનતાનું સૂત્ર $d = \frac{Z M}{N_A a^3}$ છે,જ્યાં $Z$ એ એકમ કોષ દીઠ પરમાણુઓની સંખ્યા છે.
$Z = \frac{d N_A a^3}{M}$ મુજબ ગણતરી કરતા:
$Z = \frac{8.92 \times 6.022 \times 10^{23} \times (362 \times 10^{-10})^3}{63.55} \approx 4$.
$Z = 4$ હોવાથી,આ એકમ કોષ ફલક કેન્દ્રિત $(FCC)$ છે.

(A) પદાર્થનું ઠારબિંદુ એ તાપમાન તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે કે જ્યાં પદાર્થની ઘન અને પ્રવાહી અવસ્થાઓ સંતુલનમાં હોય છે,એટલે કે તેમના બાષ્પ દબાણ સમાન હોય છે.
ઠારબિંદુમાં અવનયનના પ્રયોગના સંદર્ભમાં,સંતુલન $ \text{liquid solvent} $ અને $ \text{solid solvent} $ વચ્ચે સ્થપાય છે.
જ્યારે દ્રાવકમાં અબાષ્પશીલ દ્રાવ્ય ઉમેરવામાં આવે છે,ત્યારે દ્રાવણનું બાષ્પ દબાણ ઘટે છે,જેના કારણે ઘન દ્રાવક અને પ્રવાહી દ્રાવણ વચ્ચે સંતુલન પ્રાપ્ત કરવા માટે નીચા તાપમાનની જરૂર પડે છે.

(C) $Cd$ નું દળ $= 0.9 \ g$.
$Cl_2$ નું દળ $= 1.5 \ g - 0.9 \ g = 0.6 \ g$.
$Cl$ નો પરમાણ્વીય ભાર $= 35.5 \ g/mol$,તેથી $Cl_2$ નું દળ $= 2 \times 35.5 = 71 \ g/mol$.
$CdCl_2$ માં,$0.6 \ g$ $Cl_2$ એ $71 \ g/mol$ ને અનુરૂપ છે.
તેથી,$0.9 \ g$ $Cd$ એ $Cd$ ના પરમાણ્વીય ભાર $X$ ને અનુરૂપ છે.
ગુણોત્તરનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{Cd \text{ નું દળ}}{Cl_2 \text{ નું દળ}} = \frac{Cd \text{ નો પરમાણ્વીય ભાર}}{Cl_2 \text{ નો પરમાણ્વીય ભાર}}$.
$\frac{0.9}{0.6} = \frac{X}{71}$.
$X = \frac{0.9 \times 71}{0.6} = 1.5 \times 71 = 106.5 \ g/mol$.

(B) $1$. $A$ નું પ્રમાણસૂચક સૂત્ર નક્કી કરો:
$C = 85.71 \% / 12 = 7.14$; $H = 14.29 \% / 1 = 14.29$.
ગુણોત્તર $C:H = 7.14 : 14.29 = 1 : 2$. પ્રમાણસૂચક સૂત્ર $CH_2$ છે.
$2$. $A$ નું આણ્વીય સૂત્ર નક્કી કરો:
આણ્વીય દળ $= 2 \times \text{બાષ્પ ઘનતા} = 2 \times 14 = 28$.
$n = 28 / 14 = 2$. આણ્વીય સૂત્ર $(CH_2)_2 = C_2H_4$ (ઈથીન) છે.
$3$. પ્રક્રિયા શ્રેણી:
$A$ એ $CH_2=CH_2$ છે.
$CH_2=CH_2 + HOCl \rightarrow HO-CH_2-CH_2-Cl$ ($B$ એ $2$-ક્લોરોઈથેનોલ છે).
$HO-CH_2-CH_2-Cl + KCN \rightarrow HO-CH_2-CH_2-CN + KCl$.
$HO-CH_2-CH_2-CN + H_3O^+ \rightarrow HO-CH_2-CH_2-COOH$ ($C$ એ $3$-હાઈડ્રોક્સીપ્રોપેનોઈક એસિડ છે).
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) પરહાઇડ્રોલ એ $30\% \ w/v$ $H_2O_2$ નું દ્રાવણ છે,જેને $100$ વોલ્યુમ $H_2O_2$ તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $1 \ mL$ પરહાઇડ્રોલ $\text{STP}$ પર $100 \ mL$ $O_2$ ઉત્પન્ન કરે છે.
રૂપાંતરણ માટેની રાસાયણિક પ્રક્રિયા:
$2SO_2(g) + O_2(g) \rightarrow 2SO_3(g)$
સ્ટોઇકિયોમેટ્રી મુજબ,$2 \ L$ $SO_2$ ને સંપૂર્ણ રૂપાંતરણ માટે $1 \ L$ (અથવા $1000 \ mL$) $O_2$ ની જરૂર પડે છે.
તેથી,જરૂરી પરહાઇડ્રોલનું કદ $= \frac{1000 \ mL}{100} = 10 \ mL$.

(B) આદર્શ વાયુના એક અણુ દીઠ સરેરાશ ગતિઊર્જાનું સૂત્ર: $KE_{avg} = \frac{3}{2} k T$
જ્યાં $k$ એ બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક $(k = \frac{R}{N_A})$ છે અને $T$ એ કેલ્વિનમાં તાપમાન છે.
આપેલ $T = 27^{\circ} C = 27 + 273 = 300 \ K$.
કિંમતો મૂકતા:
$KE_{avg} = \frac{3}{2} \times \frac{8.314 \ J \ K^{-1} \ mol^{-1}}{6.022 \times 10^{23} \ mol^{-1}} \times 300 \ K$
$KE_{avg} = 1.5 \times 1.38 \times 10^{-23} \times 300 \ J$
$KE_{avg} \approx 6.21 \times 10^{-21} \ J \ molecule^{-1}$

(A) $1 \ mol$ ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઊર્જા $(KE)$ $6.023 \times 10^4 \ J$ છે.
તેથી,$1$ ઇલેક્ટ્રોનની $KE = \frac{6.023 \times 10^4 \ J/mol}{6.023 \times 10^{23} \ mol^{-1}} = 1.0 \times 10^{-19} \ J$.
આપાત ફોટોનની ઊર્જા $(E)$ $E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$E = \frac{6.626 \times 10^{-34} \ J \cdot s \times 3 \times 10^8 \ m/s}{600 \times 10^{-9} \ m} = 3.313 \times 10^{-19} \ J$.
ફોટોઇલેક્ટ્રિક અસરના સમીકરણ મુજબ,$E = \Phi + KE$,જ્યાં $\Phi$ એ વર્ક ફંક્શન (થ્રેશોલ્ડ ઊર્જા) છે.
$\Phi = E - KE = 3.313 \times 10^{-19} \ J - 1.0 \times 10^{-19} \ J = 2.313 \times 10^{-19} \ J$.

(A) ડી-બ્રોગ્લીના સમીકરણ મુજબ,$\lambda = \frac{h}{mv}$.
આમ,$KE = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{p^2}{2m}$ અને $p = \frac{h}{\lambda}$ હોવાથી,$KE = \frac{h^2}{2m\lambda^2}$ મળે.
તેથી,$KE \propto \frac{1}{\lambda^2}$.
માટે,$\frac{K_1}{K_2} = \left( \frac{\lambda_2}{\lambda_1} \right)^2$.
અહીં $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{3}{5}$ આપેલ છે,તેથી $\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{5}{3}$.
આમ,$\frac{K_1}{K_2} = \left( \frac{5}{3} \right)^2 = \frac{25}{9}$.
ગતિઊર્જાનો ગુણોત્તર $25: 9$ થશે.

(B) $As_2S_3$ એ ઋણભારિત સોલ છે.
હાર્ડી-શુલ્ઝના નિયમ મુજબ,આયનની સ્કંદન શક્તિ તેની સંયોજકતાના સમપ્રમાણમાં હોય છે.
$As_2S_3$ ઋણ સોલ હોવાથી,તે ધન આયનો દ્વારા સ્કંદિત થાય છે.
આપેલા વિકલ્પોમાં ધન આયનોની સંયોજકતા નીચે મુજબ છે:
$K^+$ $(KCl)$ = $+1$
$Al^{3+}$ $(AlCl_3)$ = $+3$
$Mg^{2+}$ $(MgSO_4)$ = $+2$
$K^+$ $(K_3Fe(CN)_6)$ = $+1$
$Al^{3+}$ ની સંયોજકતા સૌથી વધુ $(+3)$ હોવાથી,તે સ્કંદન માટે સૌથી વધુ અસરકારક છે.

(A) સ્થાયી અવસ્થામાં,જંકશનમાં દાખલ થતો ઉષ્મા પ્રવાહ એ જંકશનમાંથી બહાર નીકળતા ઉષ્મા પ્રવાહના સરવાળા જેટલો હોવો જોઈએ.
ધારો કે જંકશનનું તાપમાન $T$ છે.
ઉષ્મા પ્રવાહ $H$ નું સૂત્ર $H = \frac{KA(T_1 - T_2)}{l}$ છે.
બધા સળિયા માટે પરિમાણો (આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ અને લંબાઈ $l$) સમાન હોવાથી,ઉષ્મા પ્રવાહ એ ઉષ્મીય વાહકતા $K$ ના સમપ્રમાણમાં છે.
આકૃતિ મુજબ,ઉષ્મા $100^{\circ} C$ ના સ્ત્રોતમાંથી જંકશન તરફ વહે છે,અને ત્યારબાદ જંકશનમાંથી $50^{\circ} C$ અને $0^{\circ} C$ ના સિંક તરફ વહે છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ (ઉષ્મા પ્રવાહ માટે કિર્ચોફનો નિયમ) લાગુ પાડતા:
$H_{in} = H_{out1} + H_{out2}$
$\frac{3KA(100 - T)}{l} = \frac{2KA(T - 50)}{l} + \frac{KA(T - 0)}{l}$
બંને બાજુથી $\frac{KA}{l}$ ને દૂર કરતા:
$3(100 - T) = 2(T - 50) + T$
$300 - 3T = 2T - 100 + T$
$300 - 3T = 3T - 100$
$6T = 400$
$T = \frac{400}{6} = \frac{200}{3}^{\circ} C$.

(C) આભાસી વજનમાં ઘટાડો એ વિસ્થાપિત પ્રવાહીના વજન જેટલો હોય છે (આર્કિમિડીઝનો સિદ્ધાંત). ધારો કે $30^{\circ} C$ અને $40^{\circ} C$ તાપમાને ધાતુના કદ અનુક્રમે $V_{30}$ અને $V_{40}$ છે.
$30^{\circ} C$ તાપમાને: વજનમાં ઘટાડો $= 45 - 25 = 20 \ g$.
$V_{30} = \frac{\text{વજનમાં ઘટાડો}}{\rho_{30}} = \frac{20 \ g}{1.5 \ g/cm^3} = 13.33 \ cm^3$.
$40^{\circ} C$ તાપમાને: વજનમાં ઘટાડો $= 45 - 27 = 18 \ g$.
$V_{40} = \frac{\text{વજનમાં ઘટાડો}}{\rho_{40}} = \frac{18 \ g}{1.25 \ g/cm^3} = 14.40 \ cm^3$.
કદ પ્રસરણના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $V_{40} = V_{30}(1 + \gamma \Delta T)$,જ્યાં $\Delta T = 10^{\circ} C$.
$\gamma = \frac{V_{40} - V_{30}}{V_{30} \Delta T} = \frac{14.40 - 13.33}{13.33 \times 10} = \frac{1.07}{133.3} \approx 8.027 \times 10^{-3} /^{\circ} C$.
રેખીય પ્રસરણાંક $\alpha = \frac{\gamma}{3} = \frac{8.027 \times 10^{-3}}{3} \approx 2.67 \times 10^{-3} /^{\circ} C$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,જવાબ $2.6 \times 10^{-3} /^{\circ} C$ મળે છે.

(D) આદર્શ એકપરમાણ્વિક વાયુ માટે,અચળ દબાણે મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_P = \frac{5}{2}R$ અને અચળ કદે $C_V = \frac{3}{2}R$ છે.
સિલિન્ડર $A$ (સમદાબી પ્રક્રિયા) માટે,આપેલી ઉષ્મા $Q = n C_P \Delta T_A$ છે.
અહીં $n$ સમાન હોવાથી,$Q = n \times \frac{5}{2}R \times 42 = 105 nR$ મળે.
સિલિન્ડર $B$ (સમકદ પ્રક્રિયા) માટે,આપેલી ઉષ્મા $Q = n C_V \Delta T_B$ છે.
બંને સિલિન્ડરમાં આપેલી ઉષ્મા સમાન હોવાથી,$n C_P \Delta T_A = n C_V \Delta T_B$ થાય.
$\frac{5}{2}R \times 42 = \frac{3}{2}R \times \Delta T_B$.
$5 \times 42 = 3 \times \Delta T_B$.
$\Delta T_B = \frac{210}{3} = 70 ~K$.

(B) ચક્રીય પ્રક્રિયા માટે,સંપૂર્ણ ચક્ર દરમિયાન આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર શૂન્ય હોય છે,એટલે કે $\sum \Delta U = 0$.
થર્મોડાયનેમિક્સના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$\Delta U = Q - W$.
દરેક અવસ્થા માટે $\Delta U$ ની ગણતરી કરતા:
$\Delta U_1 = Q_1 - W_1 = 6000 - 2500 = 3500 \text{ J}$
$\Delta U_2 = Q_2 - W_2 = -5500 - (-1000) = -4500 \text{ J}$
$\Delta U_3 = Q_3 - W_3 = -3000 - (-1200) = -1800 \text{ J}$
$\Delta U_4 = Q_4 - W_4 = 3500 - x$
$\sum \Delta U = 0$ હોવાથી:
$3500 - 4500 - 1800 + 3500 - x = 0$
$700 - x = 0 \implies x = 700 \text{ J}$.
કુલ કાર્ય $W_{\text{net}} = W_1 + W_2 + W_3 + W_4 = 2500 - 1000 - 1200 + 700 = 1000 \text{ J}$.
કુલ શોષાયેલ ઉષ્મા $Q_{\text{in}} = Q_1 + Q_4 = 6000 + 3500 = 9500 \text{ J}$.
કાર્યક્ષમતા $\eta = \frac{W_{\text{net}}}{Q_{\text{in}}} \times 100 = \frac{1000}{9500} \times 100 \approx 10.5 \%$.

(B) લક્ષ્ય પ્રક્રિયા મેળવવા માટે: $2 \times (A) + \frac{1}{2} \times (C) - (B)$ કરો.
$\Delta H^{\circ} = 2 \times (-146) + \frac{259}{2} - 418$
$\Delta H^{\circ} = -292 + 129.5 - 418 = -580.5 \ kJ \approx -581 \ kJ$.

(C) $H$ પરમાણુની સર્જન એન્થાલ્પી $\Delta H_f(H) = 218 \ kJ/mol$ આપેલ છે.
આ પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $\frac{1}{2} H_2(g) \longrightarrow H(g) ; \Delta H = 218 \ kJ/mol$.
એક મોલ $H_2$ અણુઓના $H$ પરમાણુઓમાં વિઘટન માટે: $H_2(g) \longrightarrow 2H(g) ; \Delta H = 2 \times 218 = 436 \ kJ/mol$.
આ ઉર્જાને $kcal/mol$ માં ફેરવવા માટે,આપણે $1 \ kcal = 4.18 \ kJ$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
બંધ ઉર્જા $= \frac{436 \ kJ/mol}{4.18 \ kJ/kcal} \approx 104.3 \ kcal/mol$.
આમ,$H-H$ બંધ ઉર્જા આશરે $104 \ kcal/mol$ છે.

(D) આપેલ તરંગ સમીકરણ: $y = a \sin (bt - cx)$.
$y = a \sin (\theta)$ સમીકરણમાં,ત્રિકોણમિતીય વિધેયનો ખૂણો $\theta = (bt - cx)$ પરિમાણરહિત હોવો જોઈએ.
કારણ કે $bt$ અને $cx$ ની બાદબાકી થાય છે,તેથી તે બંને પરિમાણરહિત હોવા જોઈએ.
$(a)$ $\frac{y}{a}$ એ બે લંબાઈનો ગુણોત્તર છે,તેથી તે પરિમાણરહિત છે.
$(b)$ $bt$ એ સાઈન વિધેયનો ખૂણો છે,તેથી તે પરિમાણરહિત છે.
$(c)$ $cx$ એ સાઈન વિધેયનો ખૂણો છે,તેથી તે પરિમાણરહિત છે.
$(d)$ $b$ નું પરિમાણ $[T^{-1}]$ છે અને $c$ નું પરિમાણ $[L^{-1}]$ છે.
તેથી,$\frac{b}{c}$ નું પરિમાણ $\frac{[T^{-1}]}{[L^{-1}]} = [LT^{-1}]$ થાય,જે વેગનું પરિમાણ દર્શાવે છે.
આમ,$\frac{b}{c}$ એ પરિમાણ ધરાવતી રાશિ છે.

(A) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં મધ્યસ્થ મહત્તમથી $n^{\text{th}}$ પ્રકાશિત શલાકા (મહત્તમ) નું સ્થાન નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$y_n = \frac{n \lambda D}{d}$
જ્યાં $D$ એ પડદા અને સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર છે,અને $d$ એ બે સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર છે.
પ્રથમ કિસ્સા માટે,તરંગલંબાઈ $\lambda_1$ અને $n_1 = 10$ સાથે:
$y_1 = \frac{10 \lambda_1 D}{d}$
બીજા કિસ્સા માટે,તરંગલંબાઈ $\lambda_2$ અને $n_2 = 5$ સાથે:
$y_2 = \frac{5 \lambda_2 D}{d}$
હવે,ગુણોત્તર $\left(\frac{y_1}{y_2}\right)$ ની ગણતરી કરતા:
$\frac{y_1}{y_2} = \frac{\frac{10 \lambda_1 D}{d}}{\frac{5 \lambda_2 D}{d}}$
$\frac{y_1}{y_2} = \frac{10 \lambda_1}{5 \lambda_2}$
$\frac{y_1}{y_2} = \frac{2 \lambda_1}{\lambda_2}$

(B) ધારો કે સ્ત્રોતોની આવૃત્તિ $n = 680 \, Hz$ છે અને ધ્વનિની ઝડપ $v = 340 \, ms^{-1}$ છે।
શ્રોતા $A$ થી $B$ તરફ $u$ વેગથી ગતિ કરે છે।
જેમ શ્રોતા સ્ત્રોત $A$ થી દૂર જાય છે, તેમ $A$ થી સંભળાતી આભાસી આવૃત્તિ $n^{\prime}$ નીચે મુજબ છે:
$n^{\prime} = n \left( \frac{v - u}{v} \right) = 680 \left( \frac{340 - u}{340} \right) = 2(340 - u)$
જેમ શ્રોતા સ્ત્રોત $B$ તરફ જાય છે, તેમ $B$ થી સંભળાતી આભાસી આવૃત્તિ $n^{\prime \prime}$ નીચે મુજબ છે:
$n^{\prime \prime} = n \left( \frac{v + u}{v} \right) = 680 \left( \frac{340 + u}{340} \right) = 2(340 + u)$
બીટ આવૃત્તિ એ બે આભાસી આવૃત્તિઓ વચ્ચેનો તફાવત છે:
$n^{\prime \prime} - n^{\prime} = 10$
$2(340 + u) - 2(340 - u) = 10$
$680 + 2u - 680 + 2u = 10$
$4u = 10$
$u = 2.5 \, ms^{-1}$

(C) વ્યતિકરણની ઘટના એવા બે તરંગો વચ્ચે થાય છે જે સમાન આવૃત્તિ ધરાવતા હોય અને તેમની વચ્ચે કળા તફાવત અચળ હોય.
આપેલા તરંગોને જોતા:
$(i)$ $y_1 = a \sin(\omega t + \phi_1)$ ની કોણીય આવૃત્તિ $\omega$ છે.
(ii) $y_2 = a \sin(2\omega t)$ ની કોણીય આવૃત્તિ $2\omega$ છે.
(iii) $y_3 = d' \sin(\omega t + \phi_2)$ ની કોણીય આવૃત્તિ $\omega$ છે.
(iv) $y_4 = d' \sin(3\omega t + \phi)$ ની કોણીય આવૃત્તિ $3\omega$ છે.
તરંગ $(i)$ અને (iii) બંનેની કોણીય આવૃત્તિ $\omega$ સમાન હોવાથી,તેમના સંપાતીકરણથી વ્યતિકરણ ઉદભવશે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(B) ખેંચાયેલા વાયરની મૂળભૂત આવૃત્તિ $n = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{m}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે,$n_1 = 600 \text{ Hz}$.
જ્યારે એક વાયરનો તણાવ વધારીને $T'$ કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેની નવી આવૃત્તિ $n_2 = 606 \text{ Hz}$ થાય છે જેથી $6 \text{ beats per second}$ ઉત્પન્ન થાય $(n_2 - n_1 = 606 - 600 = 6 \text{ Hz})$.
આપણી પાસે $\frac{n_2}{n_1} = \sqrt{\frac{T'}{T}}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{606}{600} = \sqrt{\frac{T'}{T}}$.
$1.01 = \sqrt{\frac{T'}{T}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{T'}{T} = (1.01)^2 = 1.0201 \approx 1.02$.
તણાવમાં અપૂર્ણાંક વધારો $\frac{\Delta T}{T} = \frac{T' - T}{T} = \frac{T'}{T} - 1 = 1.02 - 1 = 0.02$ છે.

(C) પાઇપ દ્વારા પ્રવાહીને વહન કરવા માટે જરૂરી પાવર $P$ એ એકમ સમયમાં થયેલા કાર્ય દ્વારા આપવામાં આવે છે. આડી પાઇપ માટે,કાર્ય મુખ્યત્વે પ્રવાહીની ગતિ ઊર્જાને દૂર કરવા માટે હોય છે.
$v$ વેગ સાથે ગતિ કરતા $m$ દળની ગતિ ઊર્જા $K = \frac{1}{2}mv^2$ છે.
પાવર $P$ એ ગતિ ઊર્જામાં થતા ફેરફારનો દર છે: $P = \frac{dK}{dt} = \frac{1}{2} v^2 \frac{dm}{dt}$.
ધારો કે દળનો પ્રવાહ દર $\frac{dm}{dt} = \dot{m}$ છે. પાઇપ સમાન હોવાથી,આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ અચળ છે. પ્રવાહનો દર (એકમ સમયમાં કદ) $Q = Av$ છે. તેથી,દળનો પ્રવાહ દર $\dot{m} = \rho A v$ છે,જ્યાં $\rho$ એ પાણીની ઘનતા છે.
પાવરના સમીકરણમાં $\dot{m}$ મૂકતા: $P = \frac{1}{2} v^2 (\rho A v) = \frac{1}{2} \rho A v^3$.
$Q = Av$ હોવાથી,$v = Q/A$ મળે. આને પાવરના સમીકરણમાં મૂકતા: $P = \frac{1}{2} \rho A (Q/A)^3 = \frac{\rho}{2A^2} Q^3$.
આ દર્શાવે છે કે $P \propto Q^3$.
શરૂઆતનો પ્રવાહ દર $Q_0$ અને અંતિમ પ્રવાહ દર $Q_1 = n Q_0$ આપેલ છે,તેથી પાવરનો ગુણોત્તર:
$\frac{P_1}{P_0} = \left( \frac{Q_1}{Q_0} \right)^3 = n^3$.
તેથી,ગુણોત્તર $P_1 : P_0 = n^3 : 1$ થાય.

(A) $1$. Wacker પ્રક્રિયા ઇથીન $(\text{CH}_2=\text{CH}_2)$ ને ઇથેનાલ $(\text{CH}_3\text{CHO})$ માં રૂપાંતરિત કરે છે,તેથી $B$ એ $\text{CH}_3\text{CHO}$ છે.
$2$. આલ્કીન $A$ નું ઓઝોનોલિસિસ $B$ (ઇથેનાલ) આપે છે. કારણ કે $A \xrightarrow{\text{O}_3} 2 \text{CH}_3\text{CHO}$,તેથી $A$ એ બ્યુટ$-2-$ઈન $(\text{CH}_3\text{CH}=\text{CHCH}_3)$ હોવું જોઈએ.
$3$. આલ્કાઈનનું લિન્ડલરના ઉદ્દીપકનો ઉપયોગ કરીને $A$ (cis-બ્યુટ$-2-$ઈન) માં રિડક્શન થાય છે. તેથી,શરૂઆતનું આલ્કાઈન બ્યુટ$-2-$આઈન $(\text{CH}_3\text{C} \equiv \text{CCH}_3)$ છે.

(B) સલ્ફ્યુરિક એનહાઇડ્રાઇડ $SO_3$ છે. તેની રચનામાં,મધ્યસ્થ સલ્ફર પરમાણુ $sp^2$ સંકરણ ધરાવે છે.
તે ત્રણ ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે ત્રણ $\sigma$ બંધ બનાવે છે.
ત્રણ $\pi$ બંધોમાંથી,એક $p \pi-p \pi$ બંધ છે (જે $S$ અને $O$ ના $p$-ઓર્બિટલ્સના ઓવરલેપ દ્વારા બને છે) અને બે $p \pi-d \pi$ બંધ છે (જે $S$ ના $d$-ઓર્બિટલ્સ અને $O$ ના $p$-ઓર્બિટલ્સના ઓવરલેપ દ્વારા બને છે).
તેથી,અણુમાં $3 \sigma$,$1 p \pi-p \pi$,અને $2 p \pi-d \pi$ બંધો હોય છે.

(C) ડાયપોલ મોમેન્ટની વ્યાખ્યા મુજબ,$\mu = \delta \times d$,જ્યાં $\delta$ એ વિદ્યુતભારનું મૂલ્ય છે અને $d$ એ બંધ લંબાઈ છે.
તેથી,$\delta = \frac{\mu}{d}$.
$HCl$ અને $HI$ માટે વિદ્યુતભારના અંશનો ગુણોત્તર નીચે મુજબ છે:
$\frac{\delta_{HCl}}{\delta_{HI}} = \frac{\mu_{HCl}}{d_{HCl}} \times \frac{d_{HI}}{\mu_{HI}}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{\delta_{HCl}}{\delta_{HI}} = \frac{1.03 \times 1.6}{1.3 \times 0.38} = \frac{1.648}{0.494} \approx 3.33: 1$.
આમ,ગુણોત્તર આશરે $3.3: 1$ છે.

(C) પ્રક્રિયા માટે: $N_{2(g)} + 2 O_{2(g)} \rightleftharpoons 2 NO_{2(g)}$,સંતુલન અચળાંક $K_1 = 100$ છે.
$K_1 = \frac{[NO_2]^2}{[N_2][O_2]^2} = 100$ ... $(i)$
લક્ષ્ય પ્રક્રિયા માટે: $NO_{2(g)} \rightleftharpoons \frac{1}{2} N_{2(g)} + O_{2(g)}$,સંતુલન અચળાંક $K_2$ છે.
$K_2 = \frac{[N_2]^{1/2} [O_2]}{[NO_2]}$ ... $(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ ની સરખામણી કરતા,આપણે જોઈએ છીએ કે $K_2 = \sqrt{\frac{1}{K_1}}$.
$K_2 = \sqrt{\frac{1}{100}} = \frac{1}{10} = 0.1$.

(C) પ્રથમ આયનીકરણ ઉર્જા $(IE)$ સામાન્ય રીતે આવર્તમાં ડાબેથી જમણે વધે છે. બીજા આવર્તના તત્વો માટે,અપેક્ષિત ક્રમ $Li < Be < B < C < N < O < F < Ne$ છે.
જોકે,સંપૂર્ણ ભરાયેલી અને અડધી ભરાયેલી કક્ષકોની સ્થિરતાને કારણે,$B, Be, N,$ અને $O$ માટેનો સાચો ક્રમ $B < Be < O < N$ છે.
$Be$ $(1s^2, 2s^2)$ ની સરખામણીમાં $B$ $(1s^2, 2s^2 2p^1)$ ની $IE$ ઓછી છે કારણ કે $B$ માં ઇલેક્ટ્રોન $2p$ કક્ષકમાંથી દૂર થાય છે,જે $Be$ ની સ્થિર,સંપૂર્ણ ભરાયેલી $2s$ કક્ષકમાંથી ઇલેક્ટ્રોન દૂર કરવા કરતા સરળ છે.
$N$ $(1s^2, 2s^2 2p^3)$ ની સરખામણીમાં $O$ $(1s^2, 2s^2 2p^4)$ ની $IE$ ઓછી છે કારણ કે $N$ માં અડધી ભરાયેલી $2p$ કક્ષકો છે,જે તેને $O$ ની તુલનામાં ઇલેક્ટ્રોન દૂર કરવા માટે વધુ મુશ્કેલ બનાવે છે.

(C) આપેલ છે કે $\alpha$ અને $\beta$ એ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2-2x+4=0$ ના બીજ છે.
બીજ અને સહગુણકો વચ્ચેના સંબંધ પરથી,આપણી પાસે છે:
$\alpha+\beta = 2$ $(i)$
$\alpha\beta = 4$ $(ii)$
આપણે $x^2-2x+4=0$ ને $(x-1)^2 = -3$ તરીકે લખી શકીએ.
તેથી,$x-1 = \pm \sqrt{3}i$,એટલે કે $x = 1 \pm \sqrt{3}i$.
ધારો કે $\alpha = 1+\sqrt{3}i = 2e^{i\pi/3}$ અને $\beta = 1-\sqrt{3}i = 2e^{-i\pi/3}$.
તેથી,$\alpha^6 = (2e^{i\pi/3})^6 = 64(1) = 64$.
તે જ રીતે,$\beta^6 = (2e^{-i\pi/3})^6 = 64(1) = 64$.
તેથી,$\alpha^6+\beta^6 = 64+64 = 128$.

(D) કુલ બિંદુઓની સંખ્યા $3p$ છે.
ત્રિકોણ બનાવવા માટે,આપણે $3$ એવા બિંદુઓ પસંદ કરવા જોઈએ જે એક રેખા પર ન હોય.
$3p$ બિંદુઓમાંથી $3$ બિંદુઓ પસંદ કરવાની કુલ રીતો $^{3p}C_3$ છે.
દરેક $3$ રેખાઓ પર $p$ બિંદુઓ સમરેખ હોવાથી,આપણે એક જ રેખા પર આવેલા $3$ બિંદુઓના સમૂહને બાદ કરવા પડશે.
ત્રિકોણની સંખ્યા $= ^{3p}C_3 - 3 \times (^pC_3)$.
$= \frac{3p(3p-1)(3p-2)}{6} - 3 \times \frac{p(p-1)(p-2)}{6}$.
$= \frac{p(3p-1)(3p-2) - p(p-1)(p-2)}{2}$.
$= \frac{p}{2} [ (9p^2 - 9p + 2) - (p^2 - 3p + 2) ]$.
$= \frac{p}{2} [ 8p^2 - 6p ] = p(4p^2 - 3p) = p^2(4p-3)$.

(A) થર્મોસ્ફિયર એ પૃથ્વીના વાતાવરણનું ચોથું સ્તર છે અને તે મેસોસ્ફિયરની ઉપર આવેલું છે.
આ વિસ્તારમાં હવા ખૂબ જ પાતળી હોય છે.
થર્મોસ્ફિયરમાં આયનોસ્ફિયરનો સમાવેશ થાય છે,જે વીજભારિત કણોથી ભરેલો વિસ્તાર છે.
ઊંચા તાપમાન અને સૌર વિકિરણને કારણે,અણુઓનું આયનીકરણ થાય છે અને $O_2^{+}$,$O^{+}$,અને $NO^{+}$ જેવા ઘટકો બને છે.

(B) આપણી પાસે $\tan (x-y) \tan y = \frac{\sin (x-y) \sin y}{\cos (x-y) \cos y}$ છે.
અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા,આપણને $\frac{2 \sin (x-y) \sin y}{2 \cos (x-y) \cos y}$ મળે છે.
ગુણાકારથી સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan (x-y) \tan y = \frac{\cos (x-2y) - \cos x}{\cos (x-2y) + \cos x}$.
અંશ અને છેદને $\cos (x-2y)$ વડે ભાગતા:
$= \frac{1 - \frac{\cos x}{\cos (x-2y)}}{1 + \frac{\cos x}{\cos (x-2y)}}$.
$\lambda = \frac{\cos x}{\cos (x-2y)}$ મૂકતા,આપણને $\frac{1-\lambda}{1+\lambda}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે,$\sinh ^{-1} 2 + \sinh ^{-1} 3 = x$.
બંને બાજુ $\cosh$ લેતા,$\cosh x = \cosh(\sinh ^{-1} 2 + \sinh ^{-1} 3)$.
નિત્યસમ $\cosh(A + B) = \cosh A \cosh B + \sinh A \sinh B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cosh x = \cosh(\sinh ^{-1} 2) \cosh(\sinh ^{-1} 3) + \sinh(\sinh ^{-1} 2) \sinh(\sinh ^{-1} 3)$.
$\cosh(\sinh ^{-1} y) = \sqrt{1 + y^2}$ હોવાથી:
$\cosh(\sinh ^{-1} 2) = \sqrt{5}$ અને $\cosh(\sinh ^{-1} 3) = \sqrt{10}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\cosh x = (\sqrt{5})(\sqrt{10}) + (2)(3) = \sqrt{50} + 6$.
વિકલ્પો મુજબ,$\frac{1}{2}(12 + 2 \sqrt{50})$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\sin^2 x - \cos 2x = 2 - \sin 2x$
નિત્યસમ $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$ અને $\sin 2x = 2\sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin^2 x - (1 - 2\sin^2 x) = 2 - 2\sin x \cos x$
$3\sin^2 x - 1 = 2 - 2\sin x \cos x$
વૈકલ્પિક રીતે,$\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ અને $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(1 - \cos^2 x) - (2\cos^2 x - 1) = 2 - 2\sin x \cos x$
$2 - 3\cos^2 x = 2 - 2\sin x \cos x$
$-3\cos^2 x + 2\sin x \cos x = 0$
$\cos x (2\sin x - 3\cos x) = 0$
કારણ કે $3\cos x \neq 2\sin x$,તેથી $2\sin x - 3\cos x \neq 0$.
તેથી,$\cos x = 0$.
$\cos x = 0$ માટે વ્યાપક ઉકેલ $x = (2n + 1) \frac{\pi}{2}$ છે,જેને $n \in \mathbb{Z}$ માટે $x = (4n \pm 1) \frac{\pi}{2}$ તરીકે લખી શકાય છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $x^2+y^2=r^2$ છે.
જ્યારે અક્ષોને $\theta = 36^{\circ}$ ના ખૂણે ફેરવવામાં આવે,ત્યારે રૂપાંતરના સમીકરણો નીચે મુજબ છે:
$x = X \cos 36^{\circ} - Y \sin 36^{\circ}$
$y = X \sin 36^{\circ} + Y \cos 36^{\circ}$
આ કિંમતોને મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા:
$(X \cos 36^{\circ} - Y \sin 36^{\circ})^2 + (X \sin 36^{\circ} + Y \cos 36^{\circ})^2 = r^2$
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$X^2 \cos^2 36^{\circ} + Y^2 \sin^2 36^{\circ} - 2XY \sin 36^{\circ} \cos 36^{\circ} + X^2 \sin^2 36^{\circ} + Y^2 \cos^2 36^{\circ} + 2XY \sin 36^{\circ} \cos 36^{\circ} = r^2$
સરળ બનાવતા:
$X^2(\cos^2 36^{\circ} + \sin^2 36^{\circ}) + Y^2(\sin^2 36^{\circ} + \cos^2 36^{\circ}) = r^2$
$\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$X^2(1) + Y^2(1) = r^2$
$X^2 + Y^2 = r^2$