AP EAMCET 2013 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) ધારો કે નક્કર ગોળાનું દળ $M$ છે અને કણનું દળ $m$ છે. ગોળાના કેન્દ્રથી $3R$ અંતરે રહેલા કણ પર નક્કર ગોળાને કારણે લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ:
$F_1 = \frac{G M m}{(3 R)^2} = \frac{G M m}{9 R^2}$
જ્યારે $r = R/2$ ત્રિજ્યાનું ગોળાકાર કાણું પાડવામાં આવે છે,ત્યારે તેનું દળ $M'$ તેના કદના પ્રમાણમાં હોય છે. ઘનતા $\rho$ સમાન હોવાથી,$M' = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi (R/2)^3 = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3 \cdot \frac{1}{8} = \frac{M}{8}$.
કાણાનું કેન્દ્ર મૂળ ગોળાના કેન્દ્રથી $R/2$ અંતરે છે. કણ મૂળ ગોળાના કેન્દ્રથી $3R$ અંતરે છે,તેથી તે કાણાના કેન્દ્રથી $(3R - R/2) = 2.5R = 5R/2$ અંતરે છે.
કાણાવાળા ગોળા દ્વારા લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F_2$ એ નક્કર ગોળાના બળમાંથી દૂર કરેલા ગોળાકાર ભાગ દ્વારા લાગતા બળને બાદ કરવાથી મળે છે:
$F_2 = F_1 - F_{hole} = \frac{G M m}{9 R^2} - \frac{G (M/8) m}{(5R/2)^2}$
$F_2 = \frac{G M m}{R^2} \left[ \frac{1}{9} - \frac{1}{8} \cdot \frac{4}{25} \right] = \frac{G M m}{R^2} \left[ \frac{1}{9} - \frac{1}{50} \right]$
$F_2 = \frac{G M m}{R^2} \left[ \frac{50 - 9}{450} \right] = \frac{G M m}{R^2} \left[ \frac{41}{450} \right]$
હવે,$F_1 / F_2$ નો ગુણોત્તર:
$\frac{F_1}{F_2} = \frac{G M m / 9 R^2}{41 G M m / 450 R^2} = \frac{1}{9} \cdot \frac{450}{41} = \frac{50}{41}$

(A) ધારો કે ઢળતા સમતલની કુલ લંબાઈ $l$ છે. ઉપરના અડધા ભાગની લંબાઈ $l/2$ છે અને તે લીસો છે,જ્યારે નીચેના અડધા ભાગની લંબાઈ $l/2$ છે અને તે $\mu$ ઘર્ષણાંક સાથે ખરબચડો છે.
ઉપરના અડધા ભાગ માટે (લીસો):
પ્રવેગ $a_1 = g \sin \phi$ છે. પ્રારંભિક વેગ $u = 0$ છે. સમીકરણ $v^2 = u^2 + 2as$ નો ઉપયોગ કરતા,મધ્યબિંદુ પર વેગ $v$:
$v^2 = 0 + 2(g \sin \phi)(l/2) = gl \sin \phi$.
નીચેના અડધા ભાગ માટે (ખરબચડો):
પ્રારંભિક વેગ $v$ (મધ્યબિંદુથી) છે,અને અંતિમ વેગ $0$ (તળિયે) છે. પ્રવેગ $a_2 = g(\sin \phi - \mu \cos \phi)$ છે. $v_f^2 = v_i^2 + 2a_2s$ નો ઉપયોગ કરતા:
$0 = v^2 + 2g(\sin \phi - \mu \cos \phi)(l/2)$.
$v^2 = gl \sin \phi$ મૂકતા:
$0 = gl \sin \phi + gl(\sin \phi - \mu \cos \phi)$.
$gl$ વડે ભાગતા:
$0 = \sin \phi + \sin \phi - \mu \cos \phi$.
$2 \sin \phi = \mu \cos \phi$.
તેથી,$\mu = 2 \tan \phi$.

(A) ધારો કે તંત્રનો પ્રવેગ જમણી તરફ $a$ છે.
$m$ દળના બ્લોકને $M$ દળના બ્લોકની સાપેક્ષમાં સ્થિર રાખવા માટે,$m$ પર લાગતું આભાસી બળ $ma$ એ ઢળતી સપાટીની દિશામાં ગુરુત્વાકર્ષણના ઘટકને સંતુલિત કરવું જોઈએ.
$M$ બ્લોકના સંદર્ભ ફ્રેમમાં,$m$ પર લાગતા બળો નીચે મુજબ છે:
$1$. ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ જે નીચેની તરફ લાગે છે.
$2$. લંબબળ $N$ જે ઢળતી સપાટીને લંબ છે.
$3$. આભાસી બળ $ma$ જે સમક્ષિતિજ દિશામાં ડાબી તરફ લાગે છે.
ઢળતી સપાટીની દિશામાં બળોના ઘટકો લેતા,સંતુલન માટે:
$ma \cos \beta = mg \sin \beta$
$a = g \frac{\sin \beta}{\cos \beta} = g \tan \beta$
હવે,$(M+m)$ દળના સમગ્ર તંત્રને ધ્યાનમાં લેતા જે $P$ બળ હેઠળ $a$ પ્રવેગથી ગતિ કરે છે:
$P = (M+m) a$
$a$ ની કિંમત મૂકતા:
$P = (M+m) g \tan \beta$

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે કાર્ય $W$ એ બળ $\vec{F}$ અને સ્થાનાંતર $\vec{d}$ નો અદિશ ગુણાકાર (dot product) છે.
આપેલ છે,બળ $\vec{F} = 2 \hat{i} - \hat{j} - \hat{k}$.
પદાર્થ ઉગમબિંદુ $(0, 0, 0)$ થી સ્થાન સદિશ $\vec{r} = 3 \hat{i} + 2 \hat{j} - 5 \hat{k}$ સુધી જાય છે,તેથી સ્થાનાંતર $\vec{d} = \vec{r} - 0 = 3 \hat{i} + 2 \hat{j} - 5 \hat{k}$.
અદિશ ગુણાકારના ગુણધર્મ $\hat{i} \cdot \hat{i} = \hat{j} \cdot \hat{j} = \hat{k} \cdot \hat{k} = 1$ અને $\hat{i} \cdot \hat{j} = \hat{j} \cdot \hat{k} = \hat{k} \cdot \hat{i} = 0$ નો ઉપયોગ કરતા:
$W = \vec{F} \cdot \vec{d} = (2 \hat{i} - \hat{j} - \hat{k}) \cdot (3 \hat{i} + 2 \hat{j} - 5 \hat{k})$
$W = (2 \times 3) + (-1 \times 2) + (-1 \times -5)$
$W = 6 - 2 + 5 = 9 \text{ units}$.

(A) કેશનળીમાં પ્રવાહીના સ્તંભની ઊંચાઈનું સૂત્ર $h = \frac{2T \cos \theta}{rdg}$ છે.
પાણી માટે: $h_1 = \frac{2T_1 \cos \theta_1}{rdg}$. આપેલ છે કે $T_1 = T$,$\theta_1 = 0^{\circ}$ (તેથી $\cos \theta_1 = 1$),અને દળ $m_1 = 5 \times 10^{-3} \ kg$.
દળ $m = \pi r^2 h d$ હોવાથી,$h_1 = \frac{m_1}{\pi r^2 d}$ થાય.
બીજા પ્રવાહી માટે: $T_2 = \sqrt{2}T$ અને $\theta_2 = 45^{\circ}$.
નવી ઊંચાઈ $h_2 = \frac{2T_2 \cos \theta_2}{rdg} = \frac{2(\sqrt{2}T) \cos 45^{\circ}}{rdg} = \frac{2\sqrt{2}T \times (1/\sqrt{2})}{rdg} = \frac{2T}{rdg} = h_1$.
કેશનળીની ત્રિજ્યા '$r$' અને ઘનતા '$d$' અચળ રહેતા,અને $h_2 = h_1$ હોવાથી,પ્રવાહીનું દળ $m_2 = \pi r^2 h_2 d = m_1 = 5 \times 10^{-3} \ kg$ થશે.

(C) ગોળાકાર ટીપાંનો ટર્મિનલ વેગ $v = \frac{2}{9} \frac{r^2(\rho-\sigma) g}{\eta}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઉત્પ્લાવક બળને અવગણતા,$\sigma \approx 0$,તેથી $v \propto r^2$.
જ્યારે $r$ ત્રિજ્યાના બે ટીપાં જોડાઈને $R$ ત્રિજ્યાનું મોટું ટીપું બનાવે છે,ત્યારે કદનું સંરક્ષણ થાય છે:
$\frac{4}{3} \pi R^3 = 2 \times \frac{4}{3} \pi r^3$
$R^3 = 2r^3 \Rightarrow R = 2^{1/3} r$.
ધારો કે મોટા ટીપાંનો ટર્મિનલ વેગ $v'$ છે.
$\frac{v'}{v} = \frac{R^2}{r^2} = \frac{(2^{1/3} r)^2}{r^2} = 2^{2/3} = \sqrt[3]{4}$.
તેથી,$v' = \sqrt[3]{4} v$.

(B) બહાર નીકળતા પારાનું કદ એ પારો અને કાચના ફ્લાસ્કના કદ પ્રસરણ વચ્ચેના તફાવત જેટલું હોય છે.

$\Delta V = V_0 (\gamma_m - \gamma_g) \Delta \theta$

અહીં $\gamma_g = 3 \alpha_g$ છે, જ્યાં $\alpha_g$ એ કાચનો રેખીય પ્રસરણ ગુણાંક છે।

$\gamma_g = 3 \times (0.1 \times 10^{-4} /{ }^{\circ} C) = 0.3 \times 10^{-4} /{ }^{\circ} C = 30 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$

આપેલ છે કે $\gamma_m = 1.82 \times 10^{-4} /{ }^{\circ} C = 182 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$, $V_0 = 1 \text{ litre} = 1000 \text{ cc}$, અને $\Delta \theta = 100^{\circ} C$.

$\Delta V = 1000 \times (182 \times 10^{-6} - 30 \times 10^{-6}) \times 100$

$\Delta V = 1000 \times (152 \times 10^{-6}) \times 100 = 15.2 \text{ cc}$

આમ, બહાર નીકળતા પારાનું પ્રમાણ $15.2 \text{ cc}$ છે.

(B) ધારો કે $M = 2.9 \ kg$ અને $m = 0.1 \ kg$. અથડામણ પછી સંયુક્ત દળનો પ્રારંભિક વેગ $V$ રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરીને મેળવી શકાય છે:
$M(0) + m(150) = (M + m)V$
$0.1 \times 150 = (2.9 + 0.1)V$
$15 = 3V \Rightarrow V = 5 \ m/s$.
હવે,ધારો કે $\theta = 60^{\circ}$ ના ખૂણે સંયુક્ત દળનો વેગ $v$ છે. યાંત્રિક ઉર્જાના સંરક્ષણ મુજબ:
$\frac{1}{2}(M+m)V^2 = \frac{1}{2}(M+m)v^2 + (M+m)gL(1 - \cos \theta)$
$\frac{1}{2}(5)^2 = \frac{1}{2}v^2 + 10 \times 0.5 \times (1 - \cos 60^{\circ})$
$12.5 = 0.5v^2 + 5 \times (1 - 0.5) = 0.5v^2 + 2.5$
$0.5v^2 = 10 \Rightarrow v^2 = 20 \ m^2/s^2$.
ખૂણા $\theta$ પર દોરીમાં તણાવ $T$ નીચે મુજબ મળે છે:
$T - (M+m)g \cos \theta = \frac{(M+m)v^2}{L}$
$T = (M+m) \left( g \cos \theta + \frac{v^2}{L} \right)$
$T = 3 \left( 10 \times \cos 60^{\circ} + \frac{20}{0.5} \right)$
$T = 3 \left( 10 \times 0.5 + 40 \right) = 3 \times 45 = 135 \ N$.

(A) દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$v_{CM} = \frac{m_1 \vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2}{m_1 + m_2}$
આપેલ છે: $m_1 = 4 \,kg$,$m_2 = 5 \,kg$. વેગ $\vec{v}_1$ પૂર્વ દિશામાં (x-અક્ષ) અને $\vec{v}_2$ ઉત્તર દિશામાં (y-અક્ષ) છે.
તેથી,$\vec{v}_1 = 5 \hat{i} \,m/s$ અને $\vec{v}_2 = 3 \hat{j} \,m/s$.
કિંમતો મૂકતા:
$\vec{v}_{CM} = \frac{4(5 \hat{i}) + 5(3 \hat{j})}{4 + 5}$
$\vec{v}_{CM} = \frac{20 \hat{i} + 15 \hat{j}}{9} = \frac{20}{9} \hat{i} + \frac{15}{9} \hat{j} \,m/s$
વેગનું મૂલ્ય:
$|v_{CM}| = \sqrt{(\frac{20}{9})^2 + (\frac{15}{9})^2}$
$|v_{CM}| = \sqrt{\frac{400 + 225}{81}} = \sqrt{\frac{625}{81}}$
$|v_{CM}| = \frac{25}{9} \,m/s$

(A) આપેલ છે: તણાવ $F = 20 \,N$,ક્ષેત્રફળ $A = 0.01 \,cm^2 = 10^{-6} \,m^2$,યંગ મોડ્યુલસ $Y = 1.1 \times 10^{11} \,N/m^2$,પોઈસન ગુણોત્તર $\sigma = 0.32$.
લંબાઈમાં વિકૃતિ $\frac{\Delta l}{l} = \frac{F}{AY} = \frac{20}{10^{-6} \times 1.1 \times 10^{11}} = \frac{20}{1.1 \times 10^5} \approx 1.818 \times 10^{-4}$.
પોઈસન ગુણોત્તર $\sigma = -\frac{\Delta r/r}{\Delta l/l}$ હોવાથી,પાર્શ્વ વિકૃતિ $\frac{\Delta r}{r} = -\sigma \frac{\Delta l}{l} = -0.32 \times 1.818 \times 10^{-4} \approx -0.5818 \times 10^{-4}$.
ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2$ હોવાથી,$\frac{\Delta A}{A} = 2 \frac{\Delta r}{r}$.
ક્ષેત્રફળમાં ઘટાડો $\Delta A = 2 \times A \times \sigma \times \frac{\Delta l}{l} = 2 \times 10^{-6} \times 0.32 \times 1.818 \times 10^{-4} \approx 1.16 \times 10^{-10} \,m^2$.
$cm^2$ માં રૂપાંતર કરતા: $1.16 \times 10^{-10} \times (10^2 \,cm)^2 = 1.16 \times 10^{-6} \,cm^2$.

(C) સરેરાશ વેગ એટલે કુલ સ્થાનાંતર ભાગ્યા કુલ સમય.
ધારો કે કણને ઉગમબિંદુ $(0,0)$ થી ફેંકવામાં આવે છે. મહત્તમ ઊંચાઈએ,યામ $(R/2, H)$ છે,જ્યાં $R$ એ અવધિ અને $H$ એ મહત્તમ ઊંચાઈ છે.
સ્થાનાંતર સદિશ $\vec{s} = \frac{R}{2} \hat{i} + H \hat{j}$.
સ્થાનાંતરનું મૂલ્ય $|\vec{s}| = \sqrt{(R/2)^2 + H^2}$ છે.
મહત્તમ ઊંચાઈ સુધી પહોંચવા માટેનો સમય $t = \frac{T}{2} = \frac{v \sin \theta}{g}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $R = \frac{v^2 \sin 2\theta}{g} = \frac{2v^2 \sin \theta \cos \theta}{g}$ અને $H = \frac{v^2 \sin^2 \theta}{2g}$.
તેથી,$R/2 = \frac{v^2 \sin \theta \cos \theta}{g}$.
$|\vec{s}| = \sqrt{\left(\frac{v^2 \sin \theta \cos \theta}{g}\right)^2 + \left(\frac{v^2 \sin^2 \theta}{2g}\right)^2} = \frac{v^2 \sin \theta}{g} \sqrt{\cos^2 \theta + \frac{\sin^2 \theta}{4}} = \frac{v^2 \sin \theta}{2g} \sqrt{4 \cos^2 \theta + \sin^2 \theta} = \frac{v^2 \sin \theta}{2g} \sqrt{3 \cos^2 \theta + 1}$.
સરેરાશ વેગ $v_{av} = \frac{|\vec{s}|}{t} = \frac{\frac{v^2 \sin \theta}{2g} \sqrt{3 \cos^2 \theta + 1}}{\frac{v \sin \theta}{g}} = \frac{v}{2} \sqrt{1+3 \cos ^2 \theta}$.

(B) સરળ આવર્ત ગતિમાં કણનો મહત્તમ વેગ $V_{\max} = A \omega$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A$ એ કંપવિસ્તાર છે અને $\omega = \sqrt{\frac{K}{m}}$ એ કોણીય આવૃત્તિ છે.
કણ $A$ માટે: $(V_{\max})_A = A_A \sqrt{\frac{K_1}{m}}$.
કણ $B$ માટે: $(V_{\max})_B = A_B \sqrt{\frac{K_2}{2m}}$.
આપેલ છે કે $(V_{\max})_A = (V_{\max})_B$,તેથી:
$A_A \sqrt{\frac{K_1}{m}} = A_B \sqrt{\frac{K_2}{2m}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$A_A^2 \frac{K_1}{m} = A_B^2 \frac{K_2}{2m}$.
કંપવિસ્તારના ગુણોત્તર $\frac{A_A}{A_B}$ માટે ગોઠવતા:
$\frac{A_A^2}{A_B^2} = \frac{K_2}{2m} \cdot \frac{m}{K_1} = \frac{K_2}{2K_1}$.
તેથી,$\frac{A_A}{A_B} = \sqrt{\frac{K_2}{2K_1}}$.

(D) સ્ટીફન-બોલ્ટ્ઝમેન નિયમ મુજબ,ઉત્સર્જિત પાવર $P = e A \sigma T^4$ છે. પદાર્થો સમાન સપાટી ધરાવે છે અને સમાન દરે ઉર્જાનું ઉત્સર્જન કરે છે $(P_A = P_B)$,તેથી $e_A T_A^4 = e_B T_B^4$ થાય.
અહીં $e_A = 0.01$,$e_B = 0.81$,અને $T_A = 5802 \ K$ આપેલ છે.
કિંમતો મૂકતા: $0.01 \times (5802)^4 = 0.81 \times T_B^4$.
બંને બાજુ ચતુર્થ મૂળ લેતા: $T_B = T_A \times (0.01 / 0.81)^{1/4} = 5802 \times (1/81)^{1/4} = 5802 / 3 = 1934 \ K$.
વીનના સ્થાનાંતરના નિયમ મુજબ,$\lambda_A T_A = \lambda_B T_B = b$ (જ્યાં $b \approx 2898 \ \mu m \cdot K$).
તેથી,$\lambda_A = b / T_A = 2898 / 5802 \approx 0.5 \ \mu m$.
આપેલ છે કે $\lambda_B - \lambda_A = 1 \ \mu m$,તેથી $\lambda_B = 1 + 0.5 = 1.5 \ \mu m = \frac{3}{2} \ \mu m$.

(B) બહાર નીકળતા પારાનું કદ એ પારો અને કાચના ફ્લાસ્કના કદ પ્રસરણ વચ્ચેના તફાવત જેટલું હોય છે.
$
\Delta V = V_0 [\gamma_m - \gamma_g] \Delta \theta
$
કારણ કે $\gamma_g = 3\alpha_g$,તેથી:
$
\Delta V = V_0 [\gamma_m - 3\alpha_g] \Delta \theta
$
આપેલ છે:
$V_0 = 1 \ L = 1000 \ cc$
$\gamma_m = 1.82 \times 10^{-4} /{ }^{\circ} C = 182 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$
$\alpha_g = 0.1 \times 10^{-4} /{ }^{\circ} C = 10 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$
$\Delta \theta = 100^{\circ} C - 0^{\circ} C = 100^{\circ} C$
કિંમતો મૂકતા:
$
\Delta V = 1000 \times [182 \times 10^{-6} - 3(10 \times 10^{-6})] \times 100
$
$
\Delta V = 1000 \times [182 \times 10^{-6} - 30 \times 10^{-6}] \times 100
$
$
\Delta V = 1000 \times [152 \times 10^{-6}] \times 100 = 15.2 \ cc
$

(C) કોઈપણ તાપમાન સ્કેલ અને કેલ્વિન સ્કેલ વચ્ચેનો સંબંધ આ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{Y - Y_{ice}}{Y_{steam} - Y_{ice}} = \frac{K - K_{ice}}{K_{steam} - K_{ice}}$.
$Y$ સ્કેલ માટે આપેલ છે: $Y_{ice} = -160^{\circ} Y$ અને $Y_{steam} = -50^{\circ} Y$.
કેલ્વિન સ્કેલ માટે: $K_{ice} = 273 \ K$ અને $K_{steam} = 373 \ K$.
$K = 340 \ K$ માટે કિંમતો મૂકતા:
$\frac{Y - (-160)}{-50 - (-160)} = \frac{340 - 273}{373 - 273}$
$\frac{Y + 160}{110} = \frac{67}{100}$
$Y + 160 = 0.67 \times 110$
$Y + 160 = 73.7$
$Y = 73.7 - 160 = -86.3^{\circ} Y$.

(C) કાર્નોટ એન્જિનની કાર્યક્ષમતા $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $T_2$ એ સિંકનું તાપમાન છે અને $T_1$ એ સોર્સનું તાપમાન છે。
પ્રથમ કિસ્સા માટે, $\eta_1 = 40 \% = 0.4$ અને $T_2 = 300 \,K$.
$0.4 = 1 - \frac{300}{T_1} \Rightarrow \frac{300}{T_1} = 0.6 \Rightarrow T_1 = \frac{300}{0.6} = 500 \,K$.
બીજા કિસ્સા માટે, $\eta_2 = 60 \% = 0.6$ અને $T_2 = 300 \,K$.
$0.6 = 1 - \frac{300}{T_1^{\prime}} \Rightarrow \frac{300}{T_1^{\prime}} = 0.4 \Rightarrow T_1^{\prime} = \frac{300}{0.4} = 750 \,K$.
સોર્સના તાપમાનમાં થતો વધારો $\Delta T = T_1^{\prime} - T_1 = 750 \,K - 500 \,K = 250 \,K$ છે.

(A) ચક્રીય પ્રક્રિયા માટે, કુલ કાર્ય $W$ એ $P-V$ આલેખમાં ઘેરાયેલા ક્ષેત્રફળ જેટલું હોય છે.
આલેખ પરથી, પ્રક્રિયામાં બે સમદાબી પ્રક્રિયાઓ ($2-3$ અને $4-1$) અને ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી બે પ્રક્રિયાઓ ($1-2$ અને $3-4$) નો સમાવેશ થાય છે.
ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી પ્રક્રિયા માટે, $P = kV$, તેથી $P/V = \text{અચળ}$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા, $P(P/k) = nRT$, જે સૂચવે છે કે $P^2 \propto T$, અથવા $P \propto \sqrt{T}$.
ચક્રીય પ્રક્રિયામાં થયેલ કાર્ય $W = \oint P \ dV$ છે.
આપેલ ચક્ર માટે, ક્ષેત્રફળ એ ઉપરના માર્ગ $(1-2-3)$ અને નીચેના માર્ગ $(3-4-1)$ હેઠળના ક્ષેત્રફળનો તફાવત છે.
$W = P_2(V_3 - V_2) + P_1(V_1 - V_4)$.
$n = 3$ સાથે $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા:
$W = nR(T_3 - T_2) + nR(T_1 - T_4) = 3R(2500 - 700) + 3R(400 - 1100)$.
$W = 3R(1800) - 3R(700) = 5400R - 2100R = 3300R$.
આલેખના ભૂમિતિ મુજબ, સાચો જવાબ $1650R$ મળે છે.

(B) આપેલ રાશિ $\frac{E J^2}{M^5 G^2}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે આપેલ રાશિઓ માટેના પારિમાણિક સૂત્રો નીચે મુજબ છે:
$E$ ના પરિમાણ $= [M L^2 T^{-2}]$
$J$ ના પરિમાણ $= [M L^2 T^{-1}]$
$M$ ના પરિમાણ $= [M]$
$G$ ના પરિમાણ $= [M^{-1} L^3 T^{-2}]$
આ પરિમાણોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{[M L^2 T^{-2}] [M L^2 T^{-1}]^2}{[M]^5 [M^{-1} L^3 T^{-2}]^2} = \frac{[M L^2 T^{-2}] [M^2 L^4 T^{-2}]}{[M^5] [M^{-2} L^6 T^{-4}]} = \frac{[M^3 L^6 T^{-4}]}{[M^3 L^6 T^{-4}]} = [M^0 L^0 T^0]$
પરિણામી પરિમાણ $[M^0 L^0 T^0]$ હોવાથી,આ રાશિ પરિમાણરહિત છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,ખૂણો એ પરિમાણરહિત રાશિ છે.

(B) જ્યારે સ્ત્રોત, સ્ત્રોત અને અવલોકનકારને જોડતી રેખા સાથે $\theta$ ખૂણે ગતિ કરતો હોય ત્યારે સ્થિર અવલોકનકાર દ્વારા સંભળાતી આભાસી આવૃત્તિ $v^{\prime}$ ડોપ્લર અસરના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$v^{\prime} = v \left( \frac{V}{V - v_s \cos \theta} \right)$
જ્યાં $V = 340 \,m/s$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે, $v_s = \frac{100}{3} \,m/s$ એ સ્ત્રોતની ઝડપ છે, અને $v = 640 \,Hz$ એ સ્ત્રોતની આવૃત્તિ છે.
સ્ત્રોત, બિંદુ $A$ અને અવલોકનકાર $O$ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણની ભૂમિતિ પરથી, સ્ત્રોત અને $O$ વચ્ચેનું અંતર $\sqrt{30^2 + 40^2} = 50 \,m$ છે.
તેથી, $\cos \theta = \frac{30}{50} = \frac{3}{5}$.
કિંમતો મૂકતા:
$v^{\prime} = 640 \left( \frac{340}{340 - (\frac{100}{3}) \times (\frac{3}{5})} \right)$
$v^{\prime} = 640 \left( \frac{340}{340 - 20} \right)$
$v^{\prime} = 640 \times \frac{340}{320}$
$v^{\prime} = 640 \times \frac{34}{32} = 20 \times 34 = 680 \,Hz$.

(C) $l_1$ લંબાઈની બંધ ઓર્ગન પાઇપની મૂળભૂત આવૃત્તિ $n_1 = \frac{v}{4l_1}$ છે.
$l_2$ લંબાઈની ખુલ્લી ઓર્ગન પાઇપની મૂળભૂત આવૃત્તિ $n_2 = \frac{v}{2l_2}$ છે.
આપેલ છે કે $l_1 = 32 \,cm = 0.32 \,m$ અને $l_2 = 66 \,cm = 0.66 \,m$.
બીટ આવૃત્તિ $|n_1 - n_2| = 8 \,Hz$ છે.
સૂત્રો મૂકતા: $\frac{v}{4 \times 0.32} - \frac{v}{2 \times 0.66} = 8$.
$\frac{v}{1.28} - \frac{v}{1.32} = 8$.
$\frac{1.32v - 1.28v}{1.28 \times 1.32} = 8$.
$0.04v = 8 \times 1.6896$.
$v = \frac{13.5168}{0.04} = 337.92 \,m/s$.
હવે, આવૃત્તિઓની ગણતરી કરતા:
$n_1 = \frac{337.92}{1.28} = 264 \,Hz$.
$n_2 = \frac{337.92}{1.32} = 256 \,Hz$.
આમ, આવૃત્તિઓ $264 \,Hz$ અને $256 \,Hz$ છે.

(C) ધારો કે પ્રારંભિક ઊંચાઈ $H = 12 \,m$ છે। આ ઊંચાઈ પર સ્થિતિ ઊર્જા $PE_1 = mgH$ છે。
જ્યારે દડો જમીન સાથે અથડાય છે, ત્યારે અથડામણ પહેલાં તેની ગતિ ઊર્જા $KE_1 = mgH$ હોય છે。
દડો તેની ગતિ ઊર્જાના $25 \%$ ગુમાવે છે, તેથી બાકી રહેલી ગતિ ઊર્જા $KE_2 = KE_1 - 0.25 KE_1 = 0.75 KE_1$ છે。
દડો '$h$' ઊંચાઈ સુધી પાછો ઉછળે છે, તેથી મહત્તમ ઊંચાઈએ તેની સ્થિતિ ઊર્જા $PE_2 = mgh$ છે。
ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ, ઊર્જાના વ્યય પછીની ગતિ ઊર્જા એ નવી ઊંચાઈ પરની સ્થિતિ ઊર્જા જેટલી હોય છે: $mgh = 0.75 mgH$.
તેથી, $h = 0.75 H$.
$H = 12 \,m$ મૂકતા: $h = 0.75 \times 12 = 9 \,m$.

(B) ધારો કે $X'$ એ $X$ અને $S$ ને સમાંતરમાં જોડતા મળતો સમતુલ્ય અવરોધ છે.
$X' = \frac{X \cdot S}{X + S} = \frac{5S}{5 + S}$.
મીટર બ્રિજમાં,સંતુલન સ્થિતિ $\frac{X'}{Y} = \frac{l_1}{l_2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $l_1 = 0.625 \ m$ અને $l_2 = 1 - 0.625 = 0.375 \ m$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{5S / (5 + S)}{2} = \frac{0.625}{0.375}$
$\frac{5S}{2(5 + S)} = \frac{625}{375} = \frac{5}{3}$
$15S = 10(5 + S)$
$15S = 50 + 10S$
$5S = 50$
$S = 10 \ \Omega$.

(C) ટૂંકા ગજિયા ચુંબકની વિષુવવૃત્તીય રેખા પરના બિંદુએ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{r^3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $20 \text{ cm}$ છે,તેથી મધ્યબિંદુનું દરેક ચુંબકથી અંતર $r = 10 \text{ cm} = 0.1 \text{ m}$ છે.
ચુંબકોના ઉત્તર ધ્રુવો ભૌગોલિક દક્ષિણ તરફ હોવાથી,મધ્યબિંદુ પર બંને ચુંબકો દ્વારા ઉત્પન્ન થતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર પૃથ્વીના સમક્ષિતિજ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $(B_H)$ ની દિશામાં જ હશે.
તેથી,પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{net} = B_1 + B_2 + B_H$.
$B_1 = \frac{10^{-7} \times 1.2}{(0.1)^3} = 1.2 \times 10^{-4} \text{ T}$.
$B_2 = \frac{10^{-7} \times 1.0}{(0.1)^3} = 1.0 \times 10^{-4} \text{ T}$.
$B_H = 3.6 \times 10^{-5} = 0.36 \times 10^{-4} \text{ T}$.
$B_{net} = (1.2 + 1.0 + 0.36) \times 10^{-4} \text{ T} = 2.56 \times 10^{-4} \text{ T}$.

(B) સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં દોલન કરતા ગજિયા ચુંબકનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB}}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I$ એ જડત્વની ચાકમાત્રા છે અને $M$ એ ચુંબકીય મોમેન્ટ છે.
પ્રથમ ચુંબક માટે: $T_1 = 8 \text{ s}$,$M_1 = 4 \text{ Am}^2$,$I_1 = I$.
$8 = 2\pi \sqrt{\frac{I}{4B}} \implies 64 = 4\pi^2 \frac{I}{4B} = \frac{\pi^2 I}{B} \quad (i)$
બીજા ચુંબક માટે: $T_2 = 6 \text{ s}$,$M_2 = 8 \text{ Am}^2$,$I_2 = 9 \times 10^{-2} \text{ kg-m}^2$.
$6 = 2\pi \sqrt{\frac{9 \times 10^{-2}}{8B}} \implies 36 = 4\pi^2 \frac{9 \times 10^{-2}}{8B} = \frac{\pi^2 (9 \times 10^{-2})}{2B} \quad (ii)$
સમીકરણ $(i)$ ને $(ii)$ વડે ભાગતા:
$\frac{64}{36} = \frac{\pi^2 I / B}{\pi^2 (9 \times 10^{-2}) / 2B} = \frac{I \times 2}{9 \times 10^{-2}}$
$\frac{16}{9} = \frac{2I}{9 \times 10^{-2}}$
$16 = \frac{2I}{10^{-2}} \implies 16 \times 10^{-2} = 2I$
$I = 8 \times 10^{-2} \text{ kg-m}^2$.

(B) કુલ જરૂરી ઉર્જા $E = P \times t = (3.70 \times 10^7 \text{ J/s}) \times (144 \times 10^4 \text{ s}) = 5.328 \times 10^{13} \text{ J}$.
પ્રતિ વિખંડન મુક્ત થતી ઉર્જા $E_f = 185 \text{ MeV} = 185 \times 10^6 \times 1.6 \times 10^{-19} \text{ J} = 2.96 \times 10^{-11} \text{ J}$.
વિખંડનની સંખ્યા $N = E / E_f = (5.328 \times 10^{13}) / (2.96 \times 10^{-11}) = 1.8 \times 10^{24} \text{ પરમાણુઓ}$.
બળતણનું દળ $m = (N / N_A) \times M = (1.8 \times 10^{24} / 6 \times 10^{23}) \times 235 \text{ g} = 3 \times 235 \text{ g} = 705 \text{ g} = 0.705 \text{ kg}$.

(D) $NAND$ ગેટ એ $AND$ ગેટ અને ત્યારબાદ $NOT$ ગેટના સંયોજનથી બને છે. $NAND$ ગેટ માટેની લોજિક સંજ્ઞામાં $AND$ ગેટની સંજ્ઞાના આઉટપુટ પર એક નાનું વર્તુળ (ઇન્વર્ઝન બબલ) હોય છે. આપેલા વિકલ્પોમાંથી,આકૃતિ $D$ માં આપેલી સંજ્ઞા એ આઉટપુટ પર ઇન્વર્ઝન બબલ સાથેનો $AND$ ગેટ દર્શાવે છે,જે $NAND$ ગેટ માટેની પ્રમાણભૂત સંજ્ઞા છે. તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(D) શ્રેણી $LCR$ સર્કિટની અનુનાદ આવૃત્તિનું સૂત્ર: $f = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}$ છે.
આ સૂત્ર પરથી જોઈ શકાય છે કે જો કેપેસીટન્સ $C$ અચળ રહે,તો અનુનાદ આવૃત્તિ $f$ એ ઇન્ડક્ટન્સ $L$ ના વર્ગમૂળના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે: $f \propto \frac{1}{\sqrt{L}}$.
ધારો કે પ્રારંભિક અનુનાદ આવૃત્તિ $f_0$ છે અને ઇન્ડક્ટન્સ $L$ છે. તેથી,$f_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}$.
જ્યારે ઇન્ડક્ટન્સને $\sqrt{3}$ ગણું વધારવામાં આવે,ત્યારે નવું ઇન્ડક્ટન્સ $L' = \sqrt{3}L$ થાય છે. અવરોધ $R$ માં થતો ફેરફાર અનુનાદ આવૃત્તિને અસર કરતું નથી.
નવી અનુનાદ આવૃત્તિ $f'$ આ મુજબ મળે: $f' = \frac{1}{2\pi\sqrt{L'C}} = \frac{1}{2\pi\sqrt{(\sqrt{3}L)C}}$.
$f'$ ને $f_0$ વડે ભાગતા: $\frac{f'}{f_0} = \frac{\frac{1}{2\pi\sqrt{\sqrt{3}LC}}}{\frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}} = \frac{1}{\sqrt{\sqrt{3}}} = \left(\frac{1}{3^{1/2}}\right)^{1/2} = \left(\frac{1}{3}\right)^{1/4}$.
તેથી,નવી અનુનાદ આવૃત્તિ $f' = \left(\frac{1}{3}\right)^{1/4} f_0$ થશે.

(B) હવા ડાયલેક્ટ્રિક તરીકે હોય ત્યારે સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટરનું પ્રારંભિક કેપેસિટન્સ $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે પ્લેટોની વચ્ચે $t = \frac{d}{2}$ જાડાઈની ધાતુની પ્લેટ દાખલ કરવામાં આવે છે,ત્યારે પ્લેટો વચ્ચેનું અસરકારક અંતર $d_{eff} = d - t = d - \frac{d}{2} = \frac{d}{2}$ થાય છે.
નવું કેપેસિટન્સ $C^{\prime}$ એ $C^{\prime} = \frac{\varepsilon_0 A}{d - t} = \frac{\varepsilon_0 A}{d/2} = \frac{2 \varepsilon_0 A}{d}$ દ્વારા મળે છે.
$C$ માટેના સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $C^{\prime} = 2C$ મળે છે.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{C^{\prime}}{C} = 2$ થાય છે.

(D) ગેલ્વેનોમીટરની સંવેદનશીલતા એ ગેલ્વેનોમીટરમાંથી વહેતા પ્રવાહ $(i_g)$ અને કુલ પ્રવાહ $(i)$ ના ગુણોત્તર દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
આપેલ છે કે સંવેદનશીલતા $\frac{1}{40}$ ગણી ઘટે છે,તેથી $\frac{i_g}{i} = \frac{1}{40}$ છે.
શંટ અવરોધ $(S)$ ધરાવતા ગેલ્વેનોમીટરમાં પ્રવાહ વિભાજનનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$\frac{i_g}{i} = \frac{S}{S+G}$
જ્યાં $G$ એ ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ છે.
આપેલ કિંમતો ($S = 10 \Omega$ અને $\frac{i_g}{i} = \frac{1}{40}$) મૂકતા:
$\frac{1}{40} = \frac{10}{10+G}$
$10 + G = 400$
$G = 400 - 10 = 390 \Omega$
તેથી,ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ $390 \Omega$ છે.

(A) જ્યારે તાપમાનના તફાવત $\Delta T$ પર જાળવી રાખેલા વાહકમાંથી પ્રવાહ $I$ વહે છે, ત્યારે એકમ સમયમાં ઉત્પન્ન થતી કુલ ઉષ્મા એ જૂલ ઉષ્મા અને થોમસન ઉષ્માનો સરવાળો છે.
જૂલ ઉષ્મા $P_J = I^2 R$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જે $\Delta T$ થી સ્વતંત્ર છે.
થોમસન ઉષ્મા $P_T = \sigma I \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $\sigma$ એ થોમસન સહગુણક છે.
નાના તાપમાનના તફાવત અને નાના પ્રવાહ માટે, થોમસન અસરને કારણે ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા એ પ્રવાહ $I$ અને તાપમાનના તફાવત $\Delta T$ ના ગુણાકારના સમપ્રમાણમાં હોય છે.

(C) ધારો કે જંકશન $P$ પરનું સ્થિતિમાન $V$ છે. જંકશન $P$ પર કિર્ચોફનો પ્રવાહનો નિયમ $(KCL)$ લાગુ પાડતા,જંકશનમાં દાખલ થતા પ્રવાહનો સરવાળો એ જંકશનમાંથી બહાર નીકળતા પ્રવાહના સરવાળા જેટલો થાય છે:
$I = I_1 + I_2$
$\frac{24 - V}{3} = \frac{V - 10}{2} + \frac{V - 9}{1}$
છેદ દૂર કરવા માટે આખા સમીકરણને $6$ વડે ગુણતા:
$2(24 - V) = 3(V - 10) + 6(V - 9)$
$48 - 2V = 3V - 30 + 6V - 54$
$48 - 2V = 9V - 84$
$132 = 11V$
$V = 12 \,V$
હવે,$P$ પરના સ્થિતિમાનનો ઉપયોગ કરીને પ્રવાહ $I$ ની ગણતરી કરતા:
$I = \frac{24 - V}{3} = \frac{24 - 12}{3} = \frac{12}{3} = 4 \,A$

(B) ધારો કે $X'$ એ $X$ અને $S$ ને સમાંતર જોડવાથી મળતો સમતુલ્ય અવરોધ છે।
$X' = \frac{X \cdot S}{X + S} = \frac{5S}{5 + S}$.
મીટર બ્રિજમાં, સંતુલન સ્થિતિ $\frac{X'}{Y} = \frac{l_1}{l_2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $l_1 = 0.625 \, m$ અને $l_2 = 1 - 0.625 = 0.375 \, m$ છે।
કિંમતો મૂકતા: $\frac{5S / (5 + S)}{2} = \frac{0.625}{0.375}$.
$\frac{5S}{2(5 + S)} = \frac{625}{375} = \frac{5}{3}$.
$15S = 10(5 + S)$.
$15S = 50 + 10S$.
$5S = 50$.
$S = 10 \, \Omega$.

(C) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,મહત્તમ ગતિઊર્જા $(KE_{max})$ નીચે મુજબ મળે છે:
$KE_{max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi_0$
આપેલ છે:
કાર્ય વિધેય $\phi_0 = 2 \ \text{eV} = 2 \times 1.6 \times 10^{-19} \ \text{J} = 3.2 \times 10^{-19} \ \text{J}$
તરંગલંબાઇ $\lambda = 3000 \ \text{Å} = 3000 \times 10^{-10} \ \text{m} = 3 \times 10^{-7} \ \text{m}$
આપાત ફોટોનની ઊર્જા $E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{6.6 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{3 \times 10^{-7}} \ \text{J} = 6.6 \times 10^{-19} \ \text{J}$
હવે,$KE_{max}$ ની ગણતરી કરતા:
$KE_{max} = 6.6 \times 10^{-19} \ \text{J} - 3.2 \times 10^{-19} \ \text{J} = 3.4 \times 10^{-19} \ \text{J}$

(B) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિ ઉર્જા $E$ એ $E = \frac{hc}{\lambda} - W$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $W$ એ ધાતુનું વર્ક ફંક્શન છે.
પ્રથમ કિસ્સા માટે: $E_1 = \frac{hc}{\lambda_1} - W$ --- $(i)$
બીજા કિસ્સા માટે: $E_2 = \frac{hc}{\lambda_2} - W$ --- (ii)
સમીકરણ $(i)$ માંથી સમીકરણ (ii) બાદ કરતા:
$E_1 - E_2 = \left(\frac{hc}{\lambda_1} - W\right) - \left(\frac{hc}{\lambda_2} - W\right)$
$E_1 - E_2 = hc \left(\frac{1}{\lambda_1} - \frac{1}{\lambda_2}\right)$
$E_1 - E_2 = hc \left(\frac{\lambda_2 - \lambda_1}{\lambda_1 \lambda_2}\right)$
$hc$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા:
$hc = \frac{(E_1 - E_2) \lambda_1 \lambda_2}{\lambda_2 - \lambda_1}$

(A) ડિફ્લેક્શન મેગ્નેટોમીટરમાં,ચુંબકને કારણે ઉદ્ભવતું ક્ષેત્ર $F$ અને પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રનો સમક્ષિતિજ ઘટક $B_H$ એકબીજાને લંબ હોય છે.
સોય પર લાગતું પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{net} = \sqrt{F^2 + B_H^2}$ છે.
દોલનનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{m B_{net}}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I$ એ જડત્વની આઘૂર્ણ છે અને $m$ એ સોયની ચુંબકીય મોમેન્ટ છે.
આમ,$T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{m \sqrt{F^2 + B_H^2}}}$.
જ્યારે ચુંબકને દૂર કરવામાં આવે છે,ત્યારે માત્ર $B_H$ ક્ષેત્ર કાર્યરત હોય છે,તેથી $T_0 = 2\pi \sqrt{\frac{I}{m B_H}}$.
ડિફ્લેક્શન મેગ્નેટોમીટરના સિદ્ધાંત મુજબ,$\frac{F}{B_H} = \tan \theta$,જેનો અર્થ છે કે $F = B_H \tan \theta$.
$F$ ની કિંમત $T$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{m \sqrt{(B_H \tan \theta)^2 + B_H^2}}} = 2\pi \sqrt{\frac{I}{m B_H \sqrt{\tan^2 \theta + 1}}} = 2\pi \sqrt{\frac{I}{m B_H \sec \theta}}$.
કારણ કે $\sec \theta = \frac{1}{\cos \theta}$,તેથી $T = 2\pi \sqrt{\frac{I \cos \theta}{m B_H}} = T_0 \sqrt{\cos \theta}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $T^2 = T_0^2 \cos \theta$ મળે છે.

(C) ટૂંકા ગજિયા ચુંબકની વિષુવવૃત્તીય રેખા પરના બિંદુએ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{r^3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,દરેક ચુંબકના કેન્દ્રથી મધ્યબિંદુ સુધીનું અંતર $r = 10 \text{ cm} = 0.1 \text{ m}$ છે.
ઉત્તર ધ્રુવો ભૌગોલિક દક્ષિણ તરફ હોવાથી,મધ્યબિંદુ પર બંને ચુંબકો દ્વારા ઉત્પન્ન થયેલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર પૃથ્વીના સમક્ષિતિજ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $(B_H)$ ની દિશામાં હશે.
તેથી,પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{net} = B_1 + B_2 + B_H$.
$B_1 = \frac{10^{-7} \times 1.2}{(0.1)^3} = \frac{1.2 \times 10^{-7}}{10^{-3}} = 1.2 \times 10^{-4} \text{ T}$.
$B_2 = \frac{10^{-7} \times 1.0}{(0.1)^3} = \frac{1.0 \times 10^{-7}}{10^{-3}} = 1.0 \times 10^{-4} \text{ T}$.
$B_H = 3.6 \times 10^{-5} = 0.36 \times 10^{-4} \text{ T}$.
$B_{net} = (1.2 + 1.0 + 0.36) \times 10^{-4} \text{ T} = 2.56 \times 10^{-4} \text{ T}$.

(B) દોલન કરતા ગજિયા ચુંબકનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB_H}}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ ચુંબક માટે: $T_1 = 8 \text{ s}$,$M_1 = 4 \text{ Am}^2$,$I_1 = I$. તેથી,$8 = 2\pi \sqrt{\frac{I}{4B_H}}$ $(i)$.
બીજા ચુંબક માટે: $T_2 = 6 \text{ s}$,$M_2 = 8 \text{ Am}^2$,$I_2 = 9 \times 10^{-2} \text{ kg m}^2$. તેથી,$6 = 2\pi \sqrt{\frac{9 \times 10^{-2}}{8B_H}}$ (ii).
$(i)$ ને (ii) વડે ભાગતા: $\frac{8}{6} = \sqrt{\frac{I}{4B_H} \times \frac{8B_H}{9 \times 10^{-2}}} = \sqrt{\frac{2I}{9 \times 10^{-2}}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{64}{36} = \frac{2I}{9 \times 10^{-2}}$.
$\frac{16}{9} = \frac{2I}{9 \times 10^{-2}} \implies 16 = 2I \times 10^2 \implies I = 8 \times 10^{-2} \text{ kg m}^2$.

(B) કુલ જરૂરી ઉર્જા $E = \text{પાવર} \times \text{સમય} = (3.70 \times 10^7 \text{ J/s}) \times (144 \times 10^4 \text{ s}) = 5.328 \times 10^{13} \text{ J}$.
દરેક વિખંડન દીઠ ઉર્જા $\epsilon = 185 \text{ MeV} = 185 \times 10^6 \times 1.6 \times 10^{-19} \text{ J} = 2.96 \times 10^{-11} \text{ J}$.
જરૂરી વિખંડનની સંખ્યા $N = \frac{E}{\epsilon} = \frac{5.328 \times 10^{13}}{2.96 \times 10^{-11}} = 1.8 \times 10^{24} \text{ પરમાણુઓ}$.
બળતણનું દળ $m = \frac{N \times M}{N_A} = \frac{1.8 \times 10^{24} \times 235}{6 \times 10^{23}} = 705 \text{ g} = 0.705 \text{ kg}$.

(B) ન્યુક્લિયસની ત્રિજ્યા $(R)$ અને દળ ક્રમાંક $(A)$ વચ્ચેનો સંબંધ $R = R_0 A^{1/3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,બે ન્યુક્લિયસની ત્રિજ્યાનો ગુણોત્તર $\frac{R_1}{R_2} = \left(\frac{A_1}{A_2}\right)^{1/3}$ થાય.
આપેલ છે: $R_1 = 6 \text{ fermi}$,$A_1 = 125$,અને $A_2 = 27$.
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{6}{R_2} = \left(\frac{125}{27}\right)^{1/3} = \frac{5}{3}$.
$R_2$ માટે ઉકેલતા:
$R_2 = \frac{6 \times 3}{5} = \frac{18}{5} = 3.6 \text{ fermi}$.
કારણ કે $1 \text{ fermi} = 10^{-15} \text{ m}$,તેથી $R_2 = 3.6 \times 10^{-15} \text{ m}$ થાય.

(A) લેન્સ મેકરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{f} = \left( \frac{\mu_g}{\mu_m} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$
અહીં કાચના લેન્સનો વક્રીભવનાંક $\mu_g = 1.5$ અને આસપાસના માધ્યમનો વક્રીભવનાંક $\mu_m = 1.75$ છે.
બહિર્ગોળ-અંતર્ગોળ (દ્વિ-અંતર્ગોળ) લેન્સ માટે,વક્રતા ત્રિજ્યાઓ $R_1 = -R$ અને $R_2 = +R$ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{1}{f} = \left( \frac{1.5}{1.75} - 1 \right) \left( \frac{1}{-R} - \frac{1}{R} \right)$
$\frac{1}{f} = \left( \frac{1.5 - 1.75}{1.75} \right) \left( -\frac{2}{R} \right)$
$\frac{1}{f} = \left( \frac{-0.25}{1.75} \right) \left( -\frac{2}{R} \right)$
$\frac{1}{f} = \left( -\frac{1}{7} \right) \left( -\frac{2}{R} \right) = \frac{2}{7R}$
$f = +3.5 R$
કેન્દ્રલંબાઈ $f$ ધન હોવાથી,લેન્સ અભિસારી લેન્સ તરીકે વર્તે છે.

(B) આઈપીસ માટે, પ્રતિબિંબ અંતર $V_e = -25 \,cm$ અને કેન્દ્રલંબાઈ $f_e = 5 \,cm$ છે। લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{V_e} - \frac{1}{u_e} = \frac{1}{f_e}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{-25} - \frac{1}{u_e} = \frac{1}{5} \Rightarrow \frac{1}{u_e} = -\frac{1}{25} - \frac{1}{5} = -\frac{6}{25} \Rightarrow u_e = -\frac{25}{6} \,cm$.
ઓબ્જેક્ટિવથી મધ્યવર્તી પ્રતિબિંબનું અંતર $v_0 = L - |u_e| = 10.5 - \frac{25}{6} = \frac{63 - 25}{6} = \frac{38}{6} \,cm$ છે.
ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ માટે, લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{v_0} - \frac{1}{u_0} = \frac{1}{f_0}$ નો ઉપયોગ કરતા, જ્યાં $f_0 = 1.9 \,cm$ છે:
$\frac{6}{38} - \frac{1}{u_0} = \frac{1}{1.9} \Rightarrow \frac{1}{u_0} = \frac{6}{38} - \frac{10}{19} = \frac{6 - 20}{38} = -\frac{14}{38}$.
$u_0 = -\frac{38}{14} \approx -2.71 \,cm$.
આમ, વસ્તુને ઓબ્જેક્ટિવથી $2.7 \,cm$ ના અંતરે મૂકવી જોઈએ.

(C) કોમન-એમિટર કન્ફિગ્યુરેશનમાં ટ્રાન્ઝિસ્ટરનો પ્રવાહ ગેઈન $\beta$ એ કલેક્ટર પ્રવાહમાં થતા ફેરફાર અને બેઝ પ્રવાહમાં થતા ફેરફારના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B}$
આપેલ છે:
$\Delta I_B = 140 \mu A - 45 \mu A = 95 \mu A = 95 \times 10^{-6} \text{ A}$
$\Delta I_C = 4.0 \text{ mA} - 0.2 \text{ mA} = 3.8 \text{ mA} = 3.8 \times 10^{-3} \text{ A}$
કિંમતો મૂકતા:
$\beta = \frac{3.8 \times 10^{-3}}{95 \times 10^{-6}}$
$\beta = \frac{3800 \times 10^{-6}}{95 \times 10^{-6}}$
$\beta = 40$

(D) $NAND$ ગેટને $AND$ ગેટ અને ત્યારબાદ $NOT$ ગેટ (ઇન્વર્ટર) ના સંયોજન તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે. તેનું લોજિક પ્રતીક $AND$ ગેટના આકાર અને તેના આઉટપુટ પર એક નાનું વર્તુળ (બબલ) ધરાવે છે,જે ઇન્વર્ઝન દર્શાવે છે. આપેલા વિકલ્પોમાંથી,વિકલ્પ $D$ માં દર્શાવેલ પ્રતીક પ્રમાણભૂત $NAND$ ગેટનું છે.

(B) ફ્રેનલ વિવર્તનમાં,પ્રકાશનો સ્ત્રોત અને પડદો અવરોધ અથવા છિદ્રથી મર્યાદિત અંતરે હોય છે. કિરણોને સમાંતર બનાવવા માટે કોઈ લેન્સની જરૂર હોતી નથી. પડદા પરના કોઈપણ બિંદુએ મળતી વિવર્તન ભાત એ તરંગ અગ્રના વિવિધ હાફ-પિરિયડ ઝોનમાંથી ઉદ્ભવતા તરંગોના સંપાતીકરણ દ્વારા નક્કી થાય છે. કોઈ ચોક્કસ બિંદુએ તીવ્રતા તે બિંદુ પર સંપાત થતા હાફ-પિરિયડ ઝોનની સંખ્યા પર આધાર રાખે છે,કારણ કે આ ઝોન સહાયક અથવા વિનાશક વ્યતિકરણ કરી શકે છે.