AP EAMCET 2017 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) ધારો કે મૂળ ચોરસ પ્લેટનું દળ $M$ છે અને તેની બાજુની લંબાઈ $2R$ છે. ક્ષેત્રફળ $A = (2R)^2 = 4R^2$ છે. દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ $(0,0)$ પર છે.
જ્યારે $r = R/2$ ત્રિજ્યાનો ગોળાકાર ટુકડો એક ચતુર્થાંશમાંથી દૂર કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેનું ક્ષેત્રફળ $A' = \pi r^2 = \pi (R/2)^2 = \pi R^2 / 4$ થાય છે.
દૂર કરેલા ગોળાકાર ટુકડાનું દળ $m = M \times (A'/A) = M \times (\pi R^2 / 4) / (4R^2) = M \pi / 16$ છે.
દૂર કરેલા ગોળાકાર ટુકડાનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર ચોરસના કેન્દ્રની સાપેક્ષે $(R/2, R/2)$ પર છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રમાં થતું સ્થાનાંતર $\Delta x = \frac{m \cdot d}{M - m}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $d$ એ વર્તુળના કેન્દ્રનું ચોરસના કેન્દ્રથી અંતર છે. અંતર $d = \sqrt{(R/2)^2 + (R/2)^2} = \frac{R}{\sqrt{2}}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta x = \frac{(M \pi / 16) \cdot (R / \sqrt{2})}{M - M \pi / 16} = \frac{M \pi R / (16 \sqrt{2})}{M(16 - \pi) / 16} = \frac{\pi R}{\sqrt{2}(16 - \pi)}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) ધારો કે દરેક સળિયાની લંબાઈ $L = 2 \,m$ છે। સળિયા એક સમબાજુ ત્રિકોણ બનાવે છે। તંત્રનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(COM)$ ત્રિકોણના મધ્યકેન્દ્ર પર છે।
$L$ બાજુવાળા સમબાજુ ત્રિકોણ માટે, ઊંચાઈ $h = \frac{\sqrt{3}}{2} L$ છે। $COM$ નો $y$-યામ $y_{COM} = \frac{1}{3} h = \frac{\sqrt{3}}{6} L$ છે।
આપેલ છે કે $\gamma = 12 \sqrt{3} \times 10^{-6} \,K^{-1}$, તેથી રેખીય પ્રસરણાંક $\alpha = \frac{\gamma}{3} = 4 \sqrt{3} \times 10^{-6} \,K^{-1}$ થાય.
દરેક સળિયાની લંબાઈમાં થતો ફેરફાર $\Delta L = L \alpha \Delta T = 2 \times (4 \sqrt{3} \times 10^{-6}) \times 50 = 400 \sqrt{3} \times 10^{-6} \,m = 4 \sqrt{3} \times 10^{-4} \,m$ છે.
નવી લંબાઈ $L' = L + \Delta L = L(1 + \alpha \Delta T)$ છે.
$COM$ નો નવો $y$-યામ $y'_{COM} = \frac{\sqrt{3}}{6} L' = \frac{\sqrt{3}}{6} L(1 + \alpha \Delta T)$ છે.
$y$-યામમાં થતો વધારો $\Delta y_{COM} = y'_{COM} - y_{COM} = \frac{\sqrt{3}}{6} L \alpha \Delta T$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta y_{COM} = \frac{\sqrt{3}}{6} \times 2 \times (4 \sqrt{3} \times 10^{-6}) \times 50 = \frac{\sqrt{3}}{3} \times 4 \sqrt{3} \times 50 \times 10^{-6} = \frac{3}{3} \times 4 \times 50 \times 10^{-6} = 200 \times 10^{-6} \,m = 0.2 \times 10^{-3} \,m = 0.2 \,mm$.

(C) ધારો કે ત્રણ તકતીઓની ત્રિજ્યા $r_1 = r$, $r_2 = 2r$, અને $r_3 = 3r$ છે. તેઓ સમાન દ્રવ્ય અને સમાન જાડાઈની હોવાથી, તેમનું દળ તેમના ક્ષેત્રફળના પ્રમાણમાં હોય છે: $m \propto \pi r^2$.
તેથી, $m_1 = k(\pi r^2) = m$, $m_2 = k(\pi (2r)^2) = 4m$, અને $m_3 = k(\pi (3r)^2) = 9m$.
ધારો કે નાની તકતી $(m_1)$ નું કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ પર છે.
વચ્ચેની તકતી $(m_2)$ પ્રથમ તકતીને સ્પર્શે છે, તેથી તેનું કેન્દ્ર $x_2 = r + 2r = 3r$ પર છે.
ત્રીજી તકતી $(m_3)$ વચ્ચેની તકતીને સ્પર્શે છે, તેથી તેનું કેન્દ્ર $x_3 = x_2 + 2r + 3r = 3r + 5r = 8r$ પર છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $X_{cm}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$X_{cm} = \frac{m_1x_1 + m_2x_2 + m_3x_3}{m_1 + m_2 + m_3}$
$X_{cm} = \frac{m(0) + 4m(3r) + 9m(8r)}{m + 4m + 9m} = \frac{12mr + 72mr}{14m} = \frac{84mr}{14m} = 6r$.
નાની તકતીના કેન્દ્રથી દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું અંતર $6r$ છે.

(C) ધારો કે ત્રણ સળિયા $R_1, R_2, R_3$ છે અને ચોથો સળિયો $R_4$ છે.
$R_1$ ધન $X$-અક્ષ પર છે: દળ $m$,દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(L/2, 0)$.
$R_2$ ધન $Y$-અક્ષ પર છે: દળ $m$,દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(0, L/2)$.
$R_3$ એ $X$-અક્ષ સાથે $45^\circ$ ના ખૂણે છે: દળ $m$,દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(L/2 \cos 45^\circ, L/2 \sin 45^\circ) = (L/2\sqrt{2}, L/2\sqrt{2})$.
$R_4$ નું દળ $3m$ અને લંબાઈ $L_4$ છે. તે ત્રીજા ચરણમાં ઋણ $X$-અક્ષ સાથે $45^\circ$ ના ખૂણે મૂકવામાં આવ્યો છે. તેનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(-L_4/2 \cos 45^\circ, -L_4/2 \sin 45^\circ) = (-L_4/2\sqrt{2}, -L_4/2\sqrt{2})$ પર છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ $(0,0)$ પર હોવા માટે,મોમેન્ટ્સનો સરવાળો શૂન્ય હોવો જોઈએ: $\sum m_i x_i = 0$ અને $\sum m_i y_i = 0$.
$X$-યામ માટે: $m(L/2) + m(0) + m(L/2\sqrt{2}) + 3m(-L_4/2\sqrt{2}) = 0$.
$L/2 + L/2\sqrt{2} = 3L_4/2\sqrt{2}$.
$2\sqrt{2}$ વડે ગુણતા: $L\sqrt{2} + L = 3L_4$.
$L(\sqrt{2}+1) = 3L_4$.
$L_4 = \frac{L(\sqrt{2}+1)}{3}$.

(D) ધારો કે $m_1 = 2 \ g$ અને $u_1 = 2 \ ms^{-1}$ એ પ્રથમ દડાનું દળ અને પ્રારંભિક વેગ છે.
ધારો કે $m_2 = 8 \ g$ અને $u_2 = 0 \ ms^{-1}$ એ બીજા દડાનું દળ અને પ્રારંભિક વેગ છે.
અથડામણ પછી,પ્રથમ દડો સ્થિર થઈ જાય છે,તેથી $v_1 = 0 \ ms^{-1}$.
રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $m_1 u_1 + m_2 u_2 = m_1 v_1 + m_2 v_2$.
કિંમતો મૂકતા: $(2 \ g)(2 \ ms^{-1}) + (8 \ g)(0) = (2 \ g)(0) + (8 \ g)(v_2)$.
$4 = 8 v_2 \implies v_2 = 0.5 \ ms^{-1}$.
અથડામણ ગુણાંક $e$ ને $e = \frac{v_2 - v_1}{u_1 - u_2}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $e = \frac{0.5 - 0}{2 - 0} = \frac{0.5}{2} = 0.25$.

(A) ધારો કે દરેક ગોળાનું દળ $m$ છે. અર્ધ-વર્તુળાકાર માર્ગ પર $A$ અને $B$ વચ્ચેનું અંતર $\pi r$ છે. ધારો કે $A$ નો પ્રારંભિક વેગ $v_0$ છે. $A$ એ $t$ સમયમાં $\pi r$ અંતર કાપ્યું હોવાથી,$v_0 = \frac{\pi r}{t}$ મળે.
પ્રથમ અથડામણ પછી,વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ અને રિસ્ટિટ્યુશનના ગુણાંક $e$ ની વ્યાખ્યા મુજબ,$A$ અને $B$ ના વેગ $v_A = \frac{v_0(1-e)}{2}$ અને $v_B = \frac{v_0(1+e)}{2}$ થાય છે.
હવે ગોળાઓ વર્તુળાકાર ખાંચમાં એક જ દિશામાં ગતિ કરી રહ્યા છે. તેમની વચ્ચેનો સાપેક્ષ વેગ $v_{rel} = v_B - v_A = v_0 e$ છે.
ફરીથી અથડાવા માટે તેમણે કાપવાનું અંતર ખાંચનો સંપૂર્ણ પરિઘ છે,જે $2\pi r$ છે.
પછીની અથડામણ માટે લાગતો સમય $t' = \frac{2\pi r}{v_{rel}} = \frac{2\pi r}{v_0 e}$ છે.
$v_0 = \frac{\pi r}{t}$ મૂકતા,આપણને $t' = \frac{2\pi r}{(\pi r / t) e} = \frac{2t}{e}$ મળે છે.

(D) ધારો કે દરેક દડાનું દળ $m$ છે. દડા $A$ નો પ્રારંભિક વેગ $v_A = 16 \,ms^{-1}$ અને દડા $B$ નો પ્રારંભિક વેગ $v_B = 0$ છે.
અથડામણ પછી,ધારો કે $A$ અને $B$ ના વેગ અનુક્રમે $v_1$ અને $v_2$ છે.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $m v_A + 0 = m v_1 + m v_2 \implies v_1 + v_2 = 16$.
રિસ્ટિટ્યુશન ગુણાંક $e$ ની વ્યાખ્યા મુજબ: $e = \frac{v_2 - v_1}{v_A - 0} \implies v_2 - v_1 = 16e$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2v_2 = 16(1+e) \implies v_2 = 8(1+e)$.
દડા $B$ ને $h = 5 \,m$ ઊંચાઈ ધરાવતા ઢળતા સમતલની ટોચ સુધી પહોંચવા માટે,તળિયે તેની ગતિઊર્જા ટોચ પરની સ્થિતિઊર્જા જેટલી હોવી જોઈએ: $\frac{1}{2} m v_2^2 = mgh$.
$v_2^2 = 2gh = 2 \times 10 \times 5 = 100 \implies v_2 = 10 \,ms^{-1}$.
$v_2$ ની કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $8(1+e) = 10 \implies 1+e = \frac{10}{8} = 1.25 \implies e = 0.25 = \frac{1}{4}$.

(D) $r$ ત્રિજ્યાની કક્ષામાં ઉપગ્રહની કુલ ઊર્જા $E = -\frac{GMm}{2r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રારંભિક ઊર્જા $E_1 = -\frac{GMm}{2r}$.
$r' = \frac{3r}{2}$ ત્રિજ્યાની કક્ષામાં અંતિમ ઊર્જા $E_2 = -\frac{GMm}{2(3r/2)} = -\frac{GMm}{3r}$ છે.
ઊર્જામાં ફેરફાર $\Delta E = E_2 - E_1 = -\frac{GMm}{3r} - (-\frac{GMm}{2r}) = \frac{GMm}{2r} - \frac{GMm}{3r} = \frac{GMm}{6r}$ છે.
ટકાવારી વધારો $\frac{\Delta E}{|E_1|} \times 100$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ટકાવારી વધારો $= \frac{GMm/6r}{GMm/2r} \times 100 = \frac{2}{6} \times 100 = \frac{1}{3} \times 100 = 33.33 \%$.

(D) $m$ દળ ધરાવતા પદાર્થની $r$ અંતરે રહેલા $M$ દળના ગ્રહને કારણે બિંદુ $P$ પરની ગુરુત્વીય સ્થિતિઊર્જા $U = -\frac{GMm}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નિષ્ક્રમણ ઝડપ $v_e$ એ શરત દ્વારા મળે છે કે કુલ ઊર્જા ઓછામાં ઓછી શૂન્ય હોવી જોઈએ,એટલે કે $\frac{1}{2}mv_e^2 + U = 0$,જેનો અર્થ છે $v_e = \sqrt{\frac{2|U|}{m}} = \sqrt{\frac{2GM}{r}}$.
આપેલ છે કે માત્ર ગ્રહ $B$ ને કારણે નિષ્ક્રમણ ઝડપ $v_{eB} = \sqrt{\frac{2GM}{r}} = 5 \ km/s$ છે.
જ્યારે બંને ગ્રહો $B$ અને $C$ ને ધ્યાનમાં લેવામાં આવે,ત્યારે બિંદુ $P$ પર કુલ ગુરુત્વીય સ્થિતિઊર્જા $U_{total} = U_B + U_C = -\frac{GMm}{r} - \frac{G(6M)m}{2r} = -\frac{GMm}{r} - 3\frac{GMm}{r} = -4\frac{GMm}{r}$ થાય.
બંને ગ્રહોને કારણે નિષ્ક્રમણ ઝડપ $v_{total}$ એ $\frac{1}{2}mv_{total}^2 = |U_{total}| = 4\frac{GMm}{r}$ દ્વારા મળે છે.
આમ,$v_{total} = \sqrt{\frac{8GM}{r}} = 2 \sqrt{\frac{2GM}{r}}$.
$v_{eB} = 5 \ km/s$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $v_{total} = 2 \times 5 \ km/s = 10 \ km/s$ મળે છે.

(D) ધારો કે દળ $M_1 = M$ અને $M_2 = 2M$ છે. તેમના કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $d = 10R$ છે. $m = \frac{M}{10}$ દળનો કણ મધ્યબિંદુથી ફેંકવામાં આવે છે,જે $M_1$ થી $r_1 = 5R$ અને $M_2$ થી $r_2 = 5R$ અંતરે છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,મધ્યબિંદુ પરની કુલ ઉર્જા અનંત પરની કુલ ઉર્જા (જ્યાં સ્થિતિ ઉર્જા અને ગતિ ઉર્જા શૂન્ય છે) જેટલી હોવી જોઈએ.
પ્રારંભિક ઉર્જા $E_i = K_i + U_i = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{GM_1m}{r_1} - \frac{GM_2m}{r_2}$.
કિંમતો મૂકતા: $E_i = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{5R} - \frac{G(2M)m}{5R} = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{3GMm}{5R}$.
અંતિમ ઉર્જા $E_f = 0$.
$E_i = E_f$ લેતા: $\frac{1}{2}mv^2 = \frac{3GMm}{5R}$.
$v$ માટે ઉકેલતા: $v^2 = \frac{6GM}{5R}$,તેથી $v = \sqrt{\frac{6GM}{5R}}$.

(C) કેપ્લરના બીજા નિયમ મુજબ,ગ્રહનો ક્ષેત્રીય વેગ અચળ હોય છે. ક્ષેત્રફળ કાપવા માટે લાગતો સમય તે ક્ષેત્રફળના પ્રમાણમાં હોય છે.
ધારો કે લંબગોળનું સમીકરણ $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ છે. અહીં $a = 2b$.
સૂર્ય નાભિ $S(ae, 0)$ પર છે. ઉત્કેન્દ્રિયતા $e = \sqrt{1 - \frac{b^2}{a^2}} = \sqrt{1 - \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
તેથી,$S = (\sqrt{3}, 0)$.
$bed$ માર્ગ એ $S$ થી ચાપ $bed$ સુધીના ત્રિજ્યા સદિશ દ્વારા આવરી લેવાયેલ ક્ષેત્રફળને અનુરૂપ છે. લંબગોળનું કુલ ક્ષેત્રફળ $A = \pi ab$ છે.
$bed$ માર્ગમાં ત્રિજ્યા સદિશ દ્વારા આવરી લેવાયેલ ક્ષેત્રફળ $A_{bed}$ છે.
ક્ષેત્રીય વેગના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીને,લાગતો સમય આવરી લેવાયેલ ક્ષેત્રફળના પ્રમાણમાં હોય છે. $bed$ અને $dab$ માર્ગો માટેના ક્ષેત્રફળની ગણતરી કર્યા પછી,સમયનો ગુણોત્તર મળે છે. $T_{bed} = 24$ કલાક = $1440$ મિનિટ આપેલ હોવાથી,ગણતરી કરતા $T_{dab} = 804$ મિનિટ મળે છે.

(A) ધારો કે $m = 1 \ kg$ એ દરેક ગોળાનું દળ છે અને $r = 2 \ m$ એ ત્રિજ્યા છે. કોઈપણ બે ગોળાઓના કેન્દ્રો વચ્ચેનું પ્રારંભિક અંતર $d_i = 10 \ m$ છે.
અથડામણ સમયે,ગોળાઓ એકબીજાને સ્પર્શે છે. તેઓ સમાન હોવાથી,અથડામણ સમયે કોઈપણ બે ગોળાઓના કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $d_f = 2r = 2 \times 2 = 4 \ m$ થાય.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,પ્રારંભિક સ્થિતિમાં કુલ ઉર્જા = અંતિમ સ્થિતિમાં કુલ ઉર્જા: $U_i + K_i = U_f + K_f$.
શરૂઆતમાં,$K_i = 0$. ત્રણ ગોળાઓની સિસ્ટમની સ્થિતિ ઉર્જા $U = -3 \times \frac{G m^2}{d}$ છે.
તેથી,$-3 \frac{G m^2}{d_i} = -3 \frac{G m^2}{d_f} + 3 \times (\frac{1}{2} m v^2)$,જ્યાં $v$ એ દરેક ગોળાની ઝડપ છે.
$3m/2$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે $v^2 = 2 G m (\frac{1}{d_f} - \frac{1}{d_i})$.
કિંમતો મૂકતા: $v^2 = 2 \times G \times 1 \times (\frac{1}{4} - \frac{1}{10}) = 2 G (\frac{5-2}{20}) = 2 G (\frac{3}{20}) = \frac{3 G}{10}$.
તેથી,$v = \sqrt{\frac{3 G}{10}}$.

(A) ધારો કે જે બિંદુએ ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર શૂન્ય છે તે $4 \,m$ દળથી $x$ અંતરે છે. $9 \,m$ દળથી તેનું અંતર $(r - x)$ થશે.
આ બિંદુએ,બંને દળોને કારણે ઉદ્ભવતા ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્રોના મૂલ્યો સમાન હોય છે:
$\frac{G(4 \,m)}{x^2} = \frac{G(9 \,m)}{(r - x)^2}$
$\frac{4}{9} = \left(\frac{x}{r - x}\right)^2$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\frac{2}{3} = \frac{x}{r - x}$
$2(r - x) = 3x \Rightarrow 2r - 2x = 3x \Rightarrow 5x = 2r \Rightarrow x = \frac{2r}{5}$
તેથી,$4 \,m$ થી અંતર $\frac{2r}{5}$ છે અને $9 \,m$ થી અંતર $r - \frac{2r}{5} = \frac{3r}{5}$ છે.
આ બિંદુએ ગુરુત્વાકર્ષણ સ્થિતિમાન $V$ એ બંને દળોને કારણે ઉદ્ભવતા સ્થિતિમાનનો સરવાળો છે:
$V = -\frac{G(4 \,m)}{x} - \frac{G(9 \,m)}{r - x}$
$V = -\frac{G(4 \,m)}{\frac{2r}{5}} - \frac{G(9 \,m)}{\frac{3r}{5}}$
$V = -\frac{20Gm}{2r} - \frac{45Gm}{3r} = -\frac{10Gm}{r} - \frac{15Gm}{r} = -\frac{25Gm}{r}$

(B) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,દબાણ $P$ અને તાપમાન $T$ વચ્ચેનો સંબંધ $P^{1-\gamma} T^{\gamma} = \text{constant}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $P^2 \propto T^3$,તેથી આપણે લખી શકીએ $P \propto T^{3/2}$,જેનો અર્થ છે $P T^{-3/2} = \text{constant}$.
$P T^{-3/2} = \text{constant}$ ને $P^{1-\gamma} T^{\gamma} = \text{constant}$ સાથે સરખાવતા,આપણે આપેલ સંબંધને $P^{1} T^{-3/2} = \text{constant}$ તરીકે લખીએ છીએ.
ઘાત $\frac{1}{1-\gamma}$ લેતા,આપણને $P T^{\frac{-3/2}{1-\gamma}} = \text{constant}$ મળે છે.
$T$ ના ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા,આપણને $\frac{\gamma}{1-\gamma} = -\frac{3}{2}$ મળે છે.
$2\gamma = -3(1-\gamma) \implies 2\gamma = -3 + 3\gamma \implies \gamma = 3$.
આદર્શ વાયુ માટે,અચળ કદ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_V = \frac{R}{\gamma - 1}$ છે.
$\gamma = 3$ મૂકતા,આપણને $C_V = \frac{R}{3-1} = \frac{R}{2}$ મળે છે.

(D) એકપરમાણ્વીય વાયુ માટે,મુક્તિની માત્રા (degrees of freedom) $f_1 = 3$ છે. દ્વિપરમાણ્વીય વાયુ માટે,મુક્તિની માત્રા $f_2 = 5$ છે.
મિશ્રણ માટે એડિબેટિક અચળાંક $\gamma$ નું સૂત્ર $\gamma_{mix} = \frac{C_{p,mix}}{C_{v,mix}} = \frac{n_1 C_{p1} + n_2 C_{p2}}{n_1 C_{v1} + n_2 C_{v2}}$ છે.
અહીં $n_1 = 1$ (એકપરમાણ્વીય) અને $n_2 = n$ (દ્વિપરમાણ્વીય) આપેલ છે.
$C_{v1} = \frac{3}{2}R$,$C_{p1} = \frac{5}{2}R$.
$C_{v2} = \frac{5}{2}R$,$C_{p2} = \frac{7}{2}R$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\gamma_{mix} = \frac{1(\frac{5}{2}R) + n(\frac{7}{2}R)}{1(\frac{3}{2}R) + n(\frac{5}{2}R)} = \frac{5 + 7n}{3 + 5n}$.
આપેલ છે કે $\gamma_{mix} = \frac{13}{9}$,તેથી $\frac{5 + 7n}{3 + 5n} = \frac{13}{9}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા: $9(5 + 7n) = 13(3 + 5n)$.
$45 + 63n = 39 + 65n$.
$45 - 39 = 65n - 63n$.
$6 = 2n$,જેનો અર્થ છે કે $n = 3$.

(C) વાયુના અણુની સરેરાશ સ્થાનાંતરીય ગતિઊર્જાનું સૂત્ર: $K_{avg} = \frac{3}{2} k_B T$ છે,જ્યાં $k_B$ એ બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક છે અને $T$ એ નિરપેક્ષ તાપમાન છે.
સરેરાશ સ્થાનાંતરીય ગતિઊર્જા માત્ર તાપમાન $T$ પર આધાર રાખે છે,વાયુના અણુઓના પ્રકાર કે દળ પર નહીં,તેથી સમાન તાપમાને તમામ આદર્શ વાયુઓ માટે તે સમાન હોય છે.
આપેલ છે કે તાપમાન $T$ પર $O_2$ અણુઓની સરેરાશ સ્થાનાંતરીય ગતિઊર્જા $0.048 \ eV$ છે,તેથી સમાન તાપમાન $T$ પર $N_2$ અણુઓની સરેરાશ સ્થાનાંતરીય ગતિઊર્જા પણ $0.048 \ eV$ જ હશે.

(C) આદર્શ વાયુનું તાપમાન તેના અણુઓની સરેરાશ સ્થાનાંતરિત ગતિઊર્જાના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે,જે $K.E. = \frac{3}{2} k_B T$ સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
જોકે,આપેલું કારણ ખોટું છે. ઉષ્મીય ઊર્જા અથડામણો દ્વારા ઉત્પન્ન થતી નથી; વાસ્તવમાં,અણુઓની ગતિઊર્જા એ જ વાયુની ઉષ્મીય ઊર્જા છે. આદર્શ વાયુમાં અણુઓ વચ્ચેની અથડામણો સ્થિતિસ્થાપક હોય છે,જેનો અર્થ છે કે તેમાં ગતિઊર્જાનો કોઈ વ્યય કે વધારો થતો નથી જે 'ઉષ્મીય ઊર્જા ઉત્પન્ન' કરે; તેઓ ફક્ત અસ્તિત્વમાં રહેલી ગતિઊર્જાનું પુનઃવિતરણ કરે છે. તેથી,કારણ $(R)$ ખોટું છે.

(B) હિલિયમ $(He)$ એક પરમાણ્વીય વાયુ છે. એક પરમાણ્વીય વાયુ માટે મુક્તિના અંશો $(f)$ $3$ છે.
આદર્શ વાયુની કુલ યાદચ્છિક ગતિઊર્જા $(U)$ નું સૂત્ર: $U = \frac{f}{2} nRT$,જ્યાં $n$ મોલની સંખ્યા છે,$R$ સાર્વત્રિક વાયુ અચળાંક છે અને $T$ નિરપેક્ષ તાપમાન છે.
આપેલ છે: દળ $(m)$ = $1 \,g$,હિલિયમનું આણ્વીય દળ $(M)$ = $4 \,g/mol$,તાપમાન $(T)$ = $100 \,K$,$R = 8.3 \,J \,mol^{-1} \,K^{-1}$.
મોલની સંખ્યા $(n)$ = $\frac{m}{M} = \frac{1}{4} = 0.25 \,mol$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા: $U = \frac{3}{2} \times 0.25 \times 8.3 \times 100$.
$U = 1.5 \times 0.25 \times 830$.
$U = 0.375 \times 830 = 311.25 \,J$.
તેથી,કુલ યાદચ્છિક ગતિઊર્જા $311.25 \,J$ છે.

(D) વાયુના અણુની સરેરાશ સ્થાનાંતરીય ગતિઊર્જા $KE = \frac{3}{2} k_B T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
$V$ જેટલા વિદ્યુતસ્થિતિમાન તફાવત હેઠળ પ્રવેગિત થતા ઇલેક્ટ્રોન દ્વારા પ્રાપ્ત થતી ગતિઊર્જા $KE = eV$ છે।
પ્રશ્ન મુજબ, આ બંને ઊર્જાઓ સમાન છે:
$\frac{3}{2} k_B T = eV$
$V = 10 \,V$, $e = 1.6 \times 10^{-19} \,C$, અને $k_B = 1.38 \times 10^{-23} \,JK^{-1}$ ની કિંમતો મૂકતા:
$T = \frac{2eV}{3k_B} = \frac{2 \times 1.6 \times 10^{-19} \times 10}{3 \times 1.38 \times 10^{-23}}$
$T = \frac{32 \times 10^{-19}}{4.14 \times 10^{-23}} \approx 7.73 \times 10^4 \,K = 77.3 \times 10^3 \,K$.

(C) વાયુના અણુની rms ઝડપનું સૂત્ર $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ છે,જ્યાં $R$ એ સાર્વત્રિક વાયુ અચળાંક છે,$T$ એ નિરપેક્ષ તાપમાન છે અને $M$ એ વાયુનું મોલર દળ છે.
શરૂઆતમાં,ઓક્સિજન અણુઓ $(O_2)$ માટે,મોલર દળ $M_1 = 32 \text{ g/mol}$ છે અને તાપમાન $T$ છે. તેથી,$v = \sqrt{\frac{3RT}{32}}$.
જ્યારે તાપમાન બમણું થાય $(T_2 = 2T)$ અને ઓક્સિજન અણુઓનું પરમાણ્વીય ઓક્સિજન $(O)$ માં વિઘટન થાય,ત્યારે મોલર દળ $M_2 = 16 \text{ g/mol}$ થાય છે.
નવી rms ઝડપ $v'$ એ $v' = \sqrt{\frac{3R(2T)}{16}}$ દ્વારા મળે છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા,$v' = \sqrt{\frac{6RT}{16}} = \sqrt{2} \times \sqrt{\frac{3RT}{16}}$.
કારણ કે $v = \sqrt{\frac{3RT}{32}}$,આપણી પાસે $\sqrt{\frac{3RT}{16}} = \sqrt{2} \times v$ છે.
તેથી,$v' = \sqrt{2} \times (\sqrt{2} v) = 2v$.

(B) વાયુમાં ધ્વનિની ઝડપ $v_1 = \sqrt{\frac{\gamma RT}{M}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\gamma$ એ એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ છે,$R$ એ વાયુ અચળાંક છે,$T$ એ કેલ્વિનમાં તાપમાન છે અને $M$ એ મોલર દળ છે.
દ્વિપરમાણ્વીય વાયુ માટે,$\gamma = 1.4 = \frac{7}{5}$ છે.
$273^{\circ}C$ તાપમાને,$T_1 = 273 + 273 = 546 \ K$ થાય.
તેથી,$v_1 = \sqrt{\frac{7RT_1}{5M}} = \sqrt{\frac{7R(546)}{5M}}$.
વાયુના અણુઓની r.m.s. ઝડપ $v_2 = \sqrt{\frac{3RT_2}{M}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$273 \ K$ તાપમાને,$T_2 = 273 \ K$ છે.
તેથી,$v_2 = \sqrt{\frac{3R(273)}{M}}$.
હવે,ગુણોત્તર $\frac{v_1}{v_2} = \sqrt{\frac{7R(546)}{5M} \cdot \frac{M}{3R(273)}} = \sqrt{\frac{7 \cdot 546}{5 \cdot 3 \cdot 273}}$.
કારણ કે $546 = 2 \cdot 273$,તેથી $\frac{v_1}{v_2} = \sqrt{\frac{7 \cdot 2}{5 \cdot 3}} = \sqrt{\frac{14}{15}}$.

(A) $1$. સૌ પ્રથમ, કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય અથવા ગતિશાસ્ત્રનો ઉપયોગ કરીને ઢળતા સમતલની ટોચ (બિંદુ $B$) પર પદાર્થનો વેગ $v$ શોધો। ઢાળની ઊંચાઈ $h = L \cos(45^{\circ}) = 20 \sqrt{2} \times (1 / \sqrt{2}) = 20 \,m$ છે। $B$ પર વેગ $v$ એ $v^2 = u^2 + 2gh = u^2 + 2(10)(20) = u^2 + 400$ દ્વારા મળે છે।
$2$. પદાર્થ બિંદુ $B$ ને સમક્ષિતિજ સાથે $45^{\circ}$ ના ખૂણે છોડે છે। સમક્ષિતિજ વેગ $v_x = v \cos(45^{\circ}) = v / \sqrt{2}$ અને શિરોલંબ વેગ $v_y = v \sin(45^{\circ}) = v / \sqrt{2}$ છે।
$3$. $40 \,m$ પહોળાઈનો કૂવો પાર કરવા માટે લાગતો સમય $t = d / v_x = 40 / (v / \sqrt{2}) = 40 \sqrt{2} / v$ છે।
$4$. પદાર્થ કૂવો પાર કરે તે માટે, સમય $t$ પર શિરોલંબ સ્થાનાંતર શૂન્ય હોવું જોઈએ: $y = v_y t - (1/2) g t^2 = 0$.
$5$. $v_y$ અને $t$ ની કિંમત મૂકતા: $(v / \sqrt{2}) \times (40 \sqrt{2} / v) = (1/2) (10) (40 \sqrt{2} / v)^2$.
$6$. $40 = 5 \times (3200 / v^2) \Rightarrow 40 = 16000 / v^2 \Rightarrow v^2 = 400$.
$7$. $v^2 = u^2 + 400$ હોવાથી, $400 = u^2 + 400$, એટલે કે $u = 0$. જોકે, વિકલ્પો જોતા, સાચો જવાબ $20 \,ms^{-1}$ છે।

(C) ધારો કે વજન $W_1 = 2 \,N$ અને $W_2 = 3 \,N$ છે. દળ $m_1 = W_1/g$ અને $m_2 = W_2/g$ છે.
ગરગડી $a = g$ ના પ્રવેગ સાથે ઉપરની તરફ ગતિ કરે છે.
ગરગડીના સંદર્ભ ફ્રેમમાં, દરેક દળ પર નીચેની તરફ આભાસી બળ $F_p = ma$ લાગે છે.
આમ, દરેક દળ માટે અસરકારક ગુરુત્વપ્રવેગ $g_{eff} = g + a = g + g = 2g$ થાય છે.
અસરકારક વજન $W_1' = m_1(2g) = 2W_1 = 4 \,N$ અને $W_2' = m_2(2g) = 2W_2 = 6 \,N$ છે.
ગરગડી પર રહેલી દોરીમાં તણાવ $T = \frac{2m_1m_2}{m_1+m_2} g_{eff}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અસરકારક વજન મૂકતા: $T = \frac{2 W_1' W_2'}{W_1' + W_2'} = \frac{2 \times 4 \times 6}{4 + 6} = \frac{48}{10} = 4.8 \,N$.

(C) આકૃતિ $(a)$ માટે: બ્લોક $m_1$ લીસી સમક્ષિતિજ સપાટી પર છે અને $m_2$ લટકે છે. ગતિના સમીકરણો નીચે મુજબ છે:
$T = m_1 a_1$ ... $(i)$
$m_2 g - T = m_2 a_1$ ... (ii)
$(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા,આપણને $m_2 g = (m_1 + m_2) a_1$ મળે છે,તેથી $a_1 = \frac{m_2 g}{m_1 + m_2}$.
કિંમતો મૂકતા: $a_1 = \frac{4 \times 10}{3 + 4} = \frac{40}{7} \ ms^{-2}$.
આકૃતિ $(b)$ માટે: આ એટવુડ મશીન છે. પ્રવેગ $a_2$ નીચે મુજબ મળે છે:
$a_2 = \left( \frac{m_2 - m_1}{m_1 + m_2} \right) g$
કિંમતો મૂકતા: $a_2 = \left( \frac{4 - 3}{3 + 4} \right) \times 10 = \frac{1}{7} \times 10 = \frac{10}{7} \ ms^{-2}$.
આમ,$a_1 = \frac{40}{7} \ ms^{-2}$ અને $a_2 = \frac{10}{7} \ ms^{-2}$ થાય.

(B) ધારો કે પદાર્થનું દળ $m = 5 \,kg$,ખેંચાણ બળનો ખૂણો $\theta = 45^{\circ}$ અને સ્થિત ઘર્ષણાંક $\mu = \frac{1}{3}$ છે.
ધારો કે $F$ એ લગાડવામાં આવતું બળ છે. $F$ ના ઘટકો $F \cos \theta$ (સમક્ષિતિજ) અને $F \sin \theta$ (શિરોલંબ ઉપરની તરફ) છે.
લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $N = mg - F \sin \theta$ દ્વારા મળે છે.
સીમાંત ઘર્ષણ $f_L = \mu N = \mu(mg - F \sin \theta)$ છે.
પદાર્થને સરકાવવા માટે,બળનો સમક્ષિતિજ ઘટક સીમાંત ઘર્ષણ જેટલો હોવો જોઈએ: $F \cos \theta = \mu(mg - F \sin \theta)$.
$F$ માટે સૂત્ર બનાવતા: $F(\cos \theta + \mu \sin \theta) = \mu mg$.
$F = \frac{\mu mg}{\cos \theta + \mu \sin \theta}$.
કિંમતો મૂકતા: $F = \frac{(1/3) \times 5 \times 10}{\cos 45^{\circ} + (1/3) \sin 45^{\circ}} = \frac{50/3}{\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{3\sqrt{2}}} = \frac{50/3}{\frac{3+1}{3\sqrt{2}}} = \frac{50}{3} \times \frac{3\sqrt{2}}{4} = \frac{50\sqrt{2}}{4} = \frac{25\sqrt{2}}{2} = \frac{25}{\sqrt{2}} \,N$.

(A) ધારો કે દરેક વેજનું દળ $m = 0.6 \ kg$ છે. વેજનો ખૂણો $\theta = 45^{\circ}$ છે.
$M$ દળના સમઘન માટે,દરેક વેજ દ્વારા સમઘન પર લાગતું લંબબળ $N$ એ $2N \cos(45^{\circ}) = Mg$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,તેથી $N = \frac{Mg}{2 \cos(45^{\circ})} = \frac{Mg}{\sqrt{2}}$.
ન્યૂટનના ત્રીજા નિયમ મુજબ,સમઘન વેજ પર આડા સાથે $45^{\circ}$ ના ખૂણે લંબબળ $N$ લગાડે છે.
આ બળનો આડો ઘટક $N \cos(45^{\circ}) = \frac{Mg}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{Mg}{2}$ છે.
આ આડું બળ વેજને બહારની તરફ ધકેલવાનો પ્રયત્ન કરે છે.
આ ગતિનો વિરોધ કરતું મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f_{max} = \mu N_{total}$ છે,જ્યાં $N_{total}$ એ જમીન પરનું કુલ લંબબળ છે.
વેજ પર લાગતા ઉર્ધ્વ બળો તેના વજન $mg$,સમઘન દ્વારા લાગતા બળનો ઉર્ધ્વ ઘટક $N \sin(45^{\circ}) = \frac{Mg}{2}$,અને જમીન દ્વારા લાગતું લંબબળ $N_g$ છે.
તેથી,$N_g = mg + \frac{Mg}{2}$.
સંતુલન માટેની શરત $f_{max} \ge \frac{Mg}{2}$ છે.
આમ,$\mu (mg + \frac{Mg}{2}) \ge \frac{Mg}{2}$.
$\mu = 0.4$ અને $m = 0.6 \ kg$ મૂકતા:
$0.4 (0.6g + 0.5Mg) \ge 0.5Mg$.
$0.24g + 0.2Mg \ge 0.5Mg$.
$0.24g \ge 0.3Mg$.
$M \le \frac{0.24}{0.3} = 0.8 \ kg$.
તેથી,મહત્તમ દળ $M$ એ $0.8 \ kg$ છે.

(C) બ્લોક્સ એકસાથે ગતિ કરે છે અને તેમની વચ્ચે કોઈ સાપેક્ષ સરકણ નથી,તેથી ન્યૂટનના બીજા નિયમ મુજબ તંત્રનો પ્રવેગ $a = \frac{F}{M+m}$ થાય.
ઉપરના $m$ દળના બ્લોક પર લાગતું ઘર્ષણ બળ $f$ તેને નીચેના બ્લોક સાથે ગતિ કરવા માટે જરૂરી પ્રવેગ પૂરો પાડે છે. તેથી,$f = ma = m \left( \frac{F}{M+m} \right) = \frac{mF}{M+m}$.
સ્થિર સ્થિતિમાંથી $t$ સમયમાં બ્લોક્સ દ્વારા કાપેલું અંતર $s = \frac{1}{2} a t^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{F}{M+m} \right) t^2$ થાય.
ઉપરના બ્લોક પર ઘર્ષણ દ્વારા થયેલું કાર્ય $W = f \times s = \left( \frac{mF}{M+m} \right) \times \left( \frac{1}{2} \frac{F t^2}{M+m} \right) = \frac{m F^2 t^2}{2(M+m)^2}$.
નોંધ: નીચેના બ્લોક પર ઘર્ષણ દ્વારા થયેલું કાર્ય મૂલ્યમાં સમાન પરંતુ વિરુદ્ધ દિશામાં $(-W)$ હોય છે,તેથી તંત્ર પર ઘર્ષણ દ્વારા થયેલું કુલ કાર્ય શૂન્ય છે. પ્રશ્ન બ્લોક્સ પર ઘર્ષણ દ્વારા થયેલા કાર્ય વિશે પૂછે છે (જે ઉપરના બ્લોક માટે છે),જે $\frac{m F^2 t^2}{2(M+m)^2}$ છે.

(A) ધારો કે સ્પ્રિંગ છૂટી થયા પછી કારનો પ્રારંભિક વેગ $v_1$ અને $v_2$ છે. વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$m_1 v_1 = m_2 v_2$,જેનો અર્થ છે કે $v_1 / v_2 = m_2 / m_1$.
કારણ કે ઘર્ષણ બળ $f$ બંને કાર માટે સમાન છે,તેથી દરેક કારનો પ્રતિપ્રવેગ $a_1 = f / m_1$ અને $a_2 = f / m_2$ થશે.
સ્થિર થવા માટે લાગતો સમય $t$ એ $v = u + at$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે,જ્યાં અંતિમ વેગ $0$ છે. તેથી,$t = v / a$.
પ્રથમ કાર માટે,$t_1 = v_1 / a_1 = v_1 / (f / m_1) = (m_1 v_1) / f$.
બીજી કાર માટે,$t_2 = v_2 / a_2 = v_2 / (f / m_2) = (m_2 v_2) / f$.
વેગમાન સંરક્ષણ મુજબ $m_1 v_1 = m_2 v_2$ હોવાથી,$t_1 = t_2$ મળે છે.
તેથી,તેમના સ્થિર થવાના સમયનો ગુણોત્તર $t_1 / t_2 = 1$ છે.

(B) ધારો કે દળ $m_A$ અને $m_B$ છે,પ્રારંભિક વેગ $u_A$ અને $u_B$ છે,અને પ્રતિરોધક બળ $F$ છે.
બળ સમાન હોવાથી,પ્રતિપ્રવેગ $a = F/m$ બંને માટે અલગ છે.
$A$ માટે: $a_A = F/m_A$,$v_A = 0$,$t_A = 2t_B$,$s_A = \frac{2}{3} s_B$.
$v = u + at$ નો ઉપયોગ કરતા,$0 = u_A - (F/m_A)(2t_B) \implies u_A = (2Ft_B)/m_A$.
$s = ut + \frac{1}{2}at^2$ નો ઉપયોગ કરતા,$s_A = u_A(2t_B) - \frac{1}{2}(F/m_A)(2t_B)^2 = (4Ft_B^2)/m_A - (2Ft_B^2)/m_A = (2Ft_B^2)/m_A$.
$B$ માટે: $a_B = F/m_B$,$v_B = 0$,$t_B$,$s_B$.
તે જ રીતે,$u_B = (Ft_B)/m_B$ અને $s_B = (Ft_B^2)/(2m_B)$.
આપેલ છે કે $s_A = \frac{2}{3} s_B$,તેથી $(2Ft_B^2)/m_A = \frac{2}{3} \times (Ft_B^2)/(2m_B)$.
સાદુરૂપ આપતા,$2/m_A = 1/(3m_B) \implies m_A/m_B = 6/1$.
આમ,દળનો ગુણોત્તર $m_A:m_B$ એ $6: 1$ છે.

(C) વિધાન $(A)$ સાચું છે કારણ કે જ્યારે વાહન વળાંક લે છે,ત્યારે તે વર્તુળાકાર અથવા વક્ર માર્ગ પર ગતિ કરે છે.
કારણ $(R)$ ખોટું છે કારણ કે વેગ એ સદિશ રાશિ છે,જેમાં મૂલ્ય (ઝડપ) અને દિશા બંનેનો સમાવેશ થાય છે.
ભલે વળાંક દરમિયાન વાહનની ઝડપ અચળ રહે,પરંતુ વક્ર માર્ગના દરેક બિંદુએ ગતિની દિશા સતત બદલાતી રહે છે.
દિશા બદલાતી હોવાથી,વેગ સદિશ બદલાય છે.
તેથી,વાહનનો વેગ સમાન રહેતો નથી.

(B) આપેલ છે: દળ $M = 2 \,kg$, ત્રિજ્યા $R = 1 \,m$, અંતિમ કોણીય વેગ $\omega = 10 \,rad/s$, સમય $t = 2 \,s$, પ્રારંભિક કોણીય વેગ $\omega_0 = 0$.
સૌ પ્રથમ, $\omega = \omega_0 + \alpha t$ નો ઉપયોગ કરીને કોણીય પ્રવેગ $\alpha$ શોધો:
$10 = 0 + \alpha(2) \implies \alpha = 5 \,rad/s^2$.
નક્કર ગોળાની તેની ધરીને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{2}{5}MR^2 = \frac{2}{5}(2)(1)^2 = 0.8 \,kg \cdot m^2$ થાય.
ટોર્ક $\tau = I\alpha = 0.8 \times 5 = 4 \,N \cdot m$ મળે.
બળ $F$ સ્પર્શકની દિશામાં લાગતું હોવાથી, $\tau = F \times R$ થાય.
તેથી, $F = \frac{\tau}{R} = \frac{4 \,N \cdot m}{1 \,m} = 4 \,N$.

(B) ઘર્ષણ સાથે બેંકિંગવાળા રસ્તા પર કારની મહત્તમ ઝડપ $v_{max}$ નું સૂત્ર: $v_{max} = \sqrt{rg \left( \frac{\tan \theta + \mu}{1 - \mu \tan \theta} \right)}$ છે.
અહીં $r = 8 \ m$,$\theta = 45^{\circ}$,તેથી $\tan \theta = 1$ થાય.
સૂત્ર આ મુજબ સરળ બને છે: $v_{max} = \sqrt{rg \left( \frac{1 + \mu}{1 - \mu} \right)}$.
પ્રથમ કાર માટે $\mu_1 = 0.5$: $v_1 = \sqrt{8g \left( \frac{1 + 0.5}{1 - 0.5} \right)} = \sqrt{8g \left( \frac{1.5}{0.5} \right)} = \sqrt{8g \times 3} = \sqrt{24g}$.
બીજી કાર માટે $\mu_2 = 0.4$: $v_2 = \sqrt{8g \left( \frac{1 + 0.4}{1 - 0.4} \right)} = \sqrt{8g \left( \frac{1.4}{0.6} \right)} = \sqrt{8g \times \frac{7}{3}} = \sqrt{\frac{56g}{3}}$.
ગુણોત્તર $v_1 : v_2 = \sqrt{24g} : \sqrt{\frac{56g}{3}} = \sqrt{24} : \sqrt{\frac{56}{3}} = \sqrt{72} : \sqrt{56} = \sqrt{9 \times 8} : \sqrt{7 \times 8} = 3\sqrt{8} : \sqrt{7\times 8} = 3 : \sqrt{7} = \sqrt{9} : \sqrt{7}$.

(D) આપેલ છે: સ્પ્રિંગ અચળાંક $k = 80 \ Nm^{-1}$,અખિંચાયેલી લંબાઈ $l_0 = 0.3 \ m$,રીંગનું દળ $m = 0.3 \ kg$,સળિયાની ઊંચાઈ $h = 0.4 \ m$.
પ્રારંભિક સ્થિતિ: સ્પ્રિંગ શિરોલંબ સાથે $\theta = 60^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે. સ્પ્રિંગની લંબાઈ $l_1 = h / \cos(60^{\circ}) = 0.4 / 0.5 = 0.8 \ m$ છે.
સ્પ્રિંગમાં ખેંચાણ $x_1 = l_1 - l_0 = 0.8 - 0.3 = 0.5 \ m$ છે.
અંતિમ સ્થિતિ: સ્પ્રિંગ શિરોલંબ છે. સ્પ્રિંગની લંબાઈ $l_2 = h = 0.4 \ m$ છે.
સ્પ્રિંગમાં ખેંચાણ $x_2 = l_2 - l_0 = 0.4 - 0.3 = 0.1 \ m$ છે.
યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $U_i + K_i = U_f + K_f$.
પ્રારંભિક ઉર્જા $U_i = \frac{1}{2} k x_1^2 = \frac{1}{2} \times 80 \times (0.5)^2 = 40 \times 0.25 = 10 \ J$.
અંતિમ ઉર્જા $U_f = \frac{1}{2} k x_2^2 = \frac{1}{2} \times 80 \times (0.1)^2 = 40 \times 0.01 = 0.4 \ J$.
સિસ્ટમ સ્થિર સ્થિતિમાંથી મુક્ત કરવામાં આવી હોવાથી,$K_i = 0$. ધારો કે અંતિમ ઝડપ $v$ છે.
$10 + 0 = 0.4 + \frac{1}{2} m v^2$.
$9.6 = \frac{1}{2} \times 0.3 \times v^2$.
$v^2 = (9.6 \times 2) / 0.3 = 19.2 / 0.3 = 64$.
$v = 8 \ ms^{-1}$.

(A) સ્પ્રિંગનો સ્પ્રિંગ અચળાંક $k$ તેની મૂળ લંબાઈ $l$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે,જે સંબંધ $k \propto 1/l$ અથવા $k = C/l$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે,જ્યાં $C$ એ સ્પ્રિંગના દ્રવ્ય અને આડછેદ પર આધારિત અચળાંક છે.
જ્યારે $l$ લંબાઈ અને $k$ સ્પ્રિંગ અચળાંક ધરાવતી સ્પ્રિંગને બે સમાન ભાગોમાં કાપવામાં આવે છે,ત્યારે દરેક ટુકડાની લંબાઈ $l' = l/2$ થાય છે.
આ કિંમત સંબંધમાં મૂકતા,દરેક ટુકડા માટે નવો સ્પ્રિંગ અચળાંક $k' = C/(l/2) = 2(C/l) = 2k$ મળે છે.
આમ,દરેક ટુકડાનો સ્પ્રિંગ અચળાંક મૂળ સ્પ્રિંગ કરતા બમણો થાય છે. વિધાન અને કારણ બંને સાચા છે,અને કારણ એ વિધાનની સાચી સમજૂતી આપે છે.

(C) સૌ પ્રથમ,બળ અચળાંકને $SI$ એકમોમાં રૂપાંતરિત કરો:
$k = 150 \text{ dyne cm}^{-1} = 150 \times 10^{-5} \text{ N} / 10^{-2} \text{ m} = 0.15 \text{ N m}^{-1}$.
ધારો કે બ્લોક સ્થિર થાય તે પહેલાં $x$ અંતર કાપે છે. બ્લોક માત્ર એક જ દિશામાં ગતિ કરે તે માટે,તેણે એવા બિંદુએ અટકવું જોઈએ જ્યાં સ્પ્રિંગ બળ મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ કરતાં ઓછું અથવા તેના જેટલું હોય.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા: $W_{\text{spring}} + W_{\text{friction}} = \Delta K$
$-\frac{1}{2} k x^2 - \mu m g x = 0 - \frac{1}{2} m v^2$
$v^2 = \frac{k x^2}{m} + 2 \mu g x$
બ્લોક પાછો ન ફરે તે માટે,મહત્તમ વિસ્તરણ $x$ પર સ્પ્રિંગ બળ એ સીમિત ઘર્ષણ કરતાં ઓછું અથવા તેના જેટલું હોવું જોઈએ: $k x \leq \mu m g$.
$x \leq \frac{\mu m g}{k} = \frac{0.3 \times 0.2 \times 10}{0.15} = \frac{0.6}{0.15} = 4 \text{ m}$.
ઊર્જા સમીકરણમાં $x = 4 \text{ m}$ મૂકતા:
$v^2 = \frac{0.15 \times 4^2}{0.2} + 2 \times 0.3 \times 10 \times 4$
$v^2 = \frac{0.15 \times 16}{0.2} + 24 = 12 + 24 = 36$
$v = 6 \text{ ms}^{-1}$.

(A) વેગ સદિશ $\vec{v}(t) = A \cos(kt) \hat{i} - A \sin(kt) \hat{j}$ છે.
બળ $\vec{F}$ શોધવા માટે,આપણે વેગનું સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીશું:
$\vec{F} = m \frac{d\vec{v}}{dt} = m \frac{d}{dt} [A \cos(kt) \hat{i} - A \sin(kt) \hat{j}]$
$\vec{F} = m A [-k \sin(kt) \hat{i} - k \cos(kt) \hat{j}] = -mkA [\sin(kt) \hat{i} + \cos(kt) \hat{j}]$.
હવે,$\vec{F}$ અને $\vec{v}$ નો અદિશ ગુણાકાર (dot product) શોધો:
$\vec{F} \cdot \vec{v} = (-mkA [\sin(kt) \hat{i} + \cos(kt) \hat{j}]) \cdot (A \cos(kt) \hat{i} - A \sin(kt) \hat{j})$
$\vec{F} \cdot \vec{v} = -mkA^2 [\sin(kt)\cos(kt) - \cos(kt)\sin(kt)] = 0$.
અદિશ ગુણાકાર શૂન્ય હોવાથી,બળ $\vec{F}$ અને વેગ $\vec{v}$ વચ્ચેનો ખૂણો $90^{\circ}$ છે.

(A) પ્રવાહ માટેનું આપેલ સમીકરણ: $I = e^{1000V/T} - 1$.
અહીં $I = 11 \text{ mA}$ હોવાથી,$11 = e^{1000V/T} - 1$,જેનો અર્થ છે કે $e^{1000V/T} = 12$.
પ્રવાહમાં ત્રુટિ $\Delta I$ શોધવા માટે,આપણે સમીકરણનું $V$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$\frac{dI}{dV} = \frac{d}{dV}(e^{1000V/T} - 1) = e^{1000V/T} \cdot \frac{1000}{T}$.
$e^{1000V/T} = 12$ અને $T = 300 \text{ K}$ મૂકતા:
$\frac{dI}{dV} = 12 \cdot \frac{1000}{300} = 12 \cdot \frac{10}{3} = 40 \text{ mA/V}$.
પ્રવાહમાં ત્રુટિ $\Delta I = \left| \frac{dI}{dV} \right| \cdot \Delta V$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $\Delta V = \pm 0.01 \text{ V}$ આપેલ છે,તેથી $\Delta I = 40 \cdot 0.01 = 0.4 \text{ mA}$.
આમ,પ્રવાહમાં ત્રુટિ $\pm 0.4 \text{ mA}$ છે.

(D) લિફ્ટ ફોર્સ $F$ એ વિમાનના વજનને સંતુલિત કરવું જોઈએ: $F = mg = (3 \times 10^5 \ kg) \times (10 \ ms^{-2}) = 3 \times 10^6 \ N$.
બર્નુલીના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરતા,નીચેની અને ઉપરની સપાટી વચ્ચેનો દબાણ તફાવત $\Delta P = \frac{1}{2} \rho (v_2^2 - v_1^2)$ છે,જ્યાં $v_1$ એ નીચેની સપાટી પરની ઝડપ છે અને $v_2$ એ ઉપરની સપાટી પરની ઝડપ છે.
$F = \Delta P \times A$ હોવાથી,$\Delta P = \frac{F}{A} = \frac{3 \times 10^6 \ N}{400 \ m^2} = 7500 \ Pa$.
આપેલ છે $v_1 = 540 \ km \ h^{-1} = 150 \ ms^{-1}$.
તેથી,$7500 = \frac{1}{2} \times 1.2 \times (v_2^2 - 150^2) \implies 12500 = v_2^2 - 22500 \implies v_2^2 = 35000 \implies v_2 \approx 187.08 \ ms^{-1}$.
આંશિક વધારો $\frac{v_2 - v_1}{v_1} = \frac{187.08 - 150}{150} = \frac{37.08}{150} \approx 0.247$.
ગણતરીનું પુનઃમૂલ્યાંકન: $\Delta P = \frac{1}{2} \rho (v_2 - v_1)(v_2 + v_1) \approx \rho v_1 \Delta v$.
$\Delta v = \frac{\Delta P}{\rho v_1} = \frac{7500}{1.2 \times 150} = 41.67 \ ms^{-1}$.
આંશિક વધારો $= \frac{\Delta v}{v_1} = \frac{41.67}{150} \approx 0.277$.

(C) ધારો કે '$r$' ત્રિજ્યાના '$n$' નાના ટીપાં ભેગા થઈને '$R$' ત્રિજ્યાનું મોટું ટીપું બનાવે છે.
કદના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $n \cdot \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \pi R^3$,જેનો અર્થ છે કે $n = \frac{R^3}{r^3}$.
સપાટીના ક્ષેત્રફળમાં થતો ફેરફાર $\Delta A = n(4 \pi r^2) - 4 \pi R^2 = 4 \pi (n r^2 - R^2)$ છે.
$n = \frac{R^3}{r^3}$ મૂકતા,$\Delta A = 4 \pi (\frac{R^3}{r} - R^2) = 4 \pi R^2 (\frac{R}{r} - 1)$ મળે છે.
મુક્ત થતી ઉર્જા $E = T \cdot \Delta A = 4 \pi T R^2 (\frac{R-r}{r})$ છે.
આ ઉર્જા ગતિ ઉર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે: $E = \frac{1}{2} M v^2$,જ્યાં $M$ એ મોટા ટીપાંનું દળ છે.
$M = \rho \cdot V = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3$.
બંનેને સરખાવતા: $4 \pi T R^2 (\frac{R-r}{r}) = \frac{1}{2} (\rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3) v^2$.
$v^2$ માટે સાદું રૂપ આપતા: $v^2 = \frac{6 T (R-r)}{\rho R r}$.
તેથી,$v = \sqrt{\frac{6 T}{\rho} \left( \frac{R-r}{rR} \right)}$.

(C) $\text{ટોરીસેલીના નિયમ મુજબ, બહાર નીકળતા પ્રવાહીનો વેગ } v = \sqrt{2gh_{eff}} \text{ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં } h_{eff} \text{ એ પાણીના સ્તંભની સમકક્ષ ઊંચાઈ છે જે તળિયે સમાન દબાણ ઉત્પન્ન કરે છે.}
\text{તળિયે દબાણ } P = P_{atm} + \rho_k g h_k + \rho_w g h_w.
\text{અહીં, } \rho_k = 0.8 \,g/cm^3, h_k = 25 \,cm = 0.25 \,m, \rho_w = 1.0 \,g/cm^3, h_w = 20 \,cm = 0.20 \,m.
\text{પાણીની સમકક્ષ ઊંચાઈ } h_{eff} = \frac{\rho_k h_k + \rho_w h_w}{\rho_w} = \frac{0.8 \times 25 + 1.0 \times 20}{1.0} = 20 + 20 = 40 \,cm = 0.4 \,m.
\text{હવે, } v = \sqrt{2 \times 9.8 \times 0.4} = \sqrt{7.84} = 2.8 \,m/s.$

(A) $r$ ત્રિજ્યા અને $T$ પૃષ્ઠતાણ ધરાવતા સાબુના પરપોટાની અંદરનું દબાણ $P_{in} = P_{ext} + \frac{4T}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
શરૂઆતમાં, પરપોટાની અંદરનું દબાણ $P_{in,1} = P_1 + \frac{4T}{r}$ છે।
તાપમાન અચળ રહેતું હોવાથી, પરપોટાની અંદરની હવા બોઈલના નિયમનું પાલન કરે છે, $P_{in,1} V_1 = P_{in,2} V_2$.
પરપોટાનું કદ $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ છે।
તેથી, $(P_1 + \frac{4T}{r}) \cdot \frac{4}{3} \pi r^3 = (P_2 + \frac{4T}{r/2}) \cdot \frac{4}{3} \pi (r/2)^3$.
$(P_1 + \frac{4T}{r}) r^3 = (P_2 + \frac{8T}{r}) \frac{r^3}{8}$.
$8(P_1 + \frac{4T}{r}) = P_2 + \frac{8T}{r}$.
$8P_1 + \frac{32T}{r} = P_2 + \frac{8T}{r}$.
$P_2 = 8P_1 + \frac{24T}{r}$.

(B) પ્રવાહીના ટીપાની પૃષ્ઠ ઉર્જા $E$ નું સૂત્ર $E = T \times A$ છે,જ્યાં $T$ એ પૃષ્ઠતાણ છે અને $A$ એ ટીપાનું પૃષ્ઠફળ છે.
$r$ ત્રિજ્યા ધરાવતા ગોળાકાર ટીપાનું પૃષ્ઠફળ $A = 4 \pi r^2$ થાય.
તેથી,$E = T \times 4 \pi r^2$.
પ્રશ્ન મુજબ,કુલ ઉર્જા એ પૃષ્ઠતાણ કરતા $2 \pi$ ગણી છે,તેથી $E = 2 \pi T$.
$E$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $4 \pi r^2 T = 2 \pi T$.
બંને બાજુ $2 \pi T$ વડે ભાગતા ($T \neq 0$ ધારીને),આપણને $2 r^2 = 1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $r^2 = 1/2$.
તેથી,$r = 1/\sqrt{2}$.
ટીપાનો વ્યાસ $d = 2r = 2 \times (1/\sqrt{2}) = \sqrt{2} \ m$ થાય.

(D) કદ વહન દર $R_v$ એ $R_v = A \times v$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $A$ એ છિદ્રનું ક્ષેત્રફળ છે અને $v$ એ ટોર્સેલીના નિયમ મુજબ બહાર નીકળતા પાણીનો વેગ $v = \sqrt{2gh}$ છે.
ચોરસ છિદ્ર માટે: ક્ષેત્રફળ $A_1 = x^2$, ઊંડાઈ $h_1 = 2 \,m$. વેગ $v_1 = \sqrt{2g(2)} = 2\sqrt{g}$. વહન દર $R_{v1} = x^2 \times 2\sqrt{g}$.
ત્રિકોણાકાર છિદ્ર માટે: ક્ષેત્રફળ $A_2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \times (4)^2 = 4\sqrt{3} \,cm^2$, ઊંડાઈ $h_2 = 6 \,m$. વેગ $v_2 = \sqrt{2g(6)} = \sqrt{12g} = 2\sqrt{3g}$. વહન દર $R_{v2} = 4\sqrt{3} \times 2\sqrt{3g} = 24\sqrt{g}$.
બંને વહન દરને સરખાવતા: $x^2 \times 2\sqrt{g} = 24\sqrt{g}$.
$x^2 = 12$.
$x = \sqrt{12} = 2\sqrt{3} \approx 3.46 \,cm$.

(D) કદમાં થતો આંશિક ફેરફાર $\frac{\Delta V}{V}$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{\Delta V}{V} = \epsilon_l (1 - 2\sigma)$,જ્યાં $\epsilon_l$ એ રેખીય વિકૃતિ છે અને $\sigma$ એ પોઈસન ગુણોત્તર છે.
આપેલ છે કે,$\epsilon_l = 2 \times 10^{-3}$ અને $\sigma = 0.5$.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{\Delta V}{V} = (2 \times 10^{-3}) \times (1 - 2 \times 0.5)$
$\frac{\Delta V}{V} = (2 \times 10^{-3}) \times (1 - 1)$
$\frac{\Delta V}{V} = (2 \times 10^{-3}) \times 0 = 0$.
તેથી,કદમાં થતો ટકાવારી ફેરફાર $0 \times 100 = 0\%$ છે.

(D) ધારો કે દરેક તારની લંબાઈ $L = 0.5 \,m$,ક્ષેત્રફળ $A = 0.01 \,mm^2 = 10^{-8} \,m^2$ અને સળિયાનું દળ $M = 1.8 \,kg$ છે.
સળિયો બે તાર દ્વારા લટકાવેલ છે જે ખીલી સાથે સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ બનાવે છે. સળિયાની લંબાઈ $0.8 \,m$ છે,તેથી કેન્દ્રથી દરેક છેડા સુધીનું આડું અંતર $0.4 \,m$ છે.
ખીલીથી સળિયાની ઊભી ઊંચાઈ $h = \sqrt{L^2 - (0.4)^2} = \sqrt{0.5^2 - 0.4^2} = 0.3 \,m$ છે.
દરેક તારમાં તણાવ $T$ માટે: $2T \cos \theta = Mg$,જ્યાં $\cos \theta = h/L = 0.3/0.5 = 0.6$.
$2T(0.6) = 1.8 \times 10 \implies 1.2T = 18 \implies T = 15 \,N$.
દરેક તારમાં વિસ્તરણ $\Delta L = \frac{TL}{AY} = \frac{15 \times 0.5}{10^{-8} \times 2 \times 10^{11}} = 3.75 \,mm$ છે.
નવી ઊભી ઊંચાઈ $h' = \sqrt{(L+\Delta L)^2 - (0.4)^2} \approx h + \frac{L}{h} \Delta L = 0.3 + \frac{0.5}{0.3} \times 3.75 \,mm = 6.25 \,mm$.

(D) ધારો કે $L = 1.4 \,m$ એ તારની મૂળ લંબાઈ છે,$A = 0.5 \,mm^2 = 0.5 \times 10^{-6} \,m^2$ એ ક્ષેત્રફળ છે,$m = 0.5 \,kg$ એ દળ છે અને $\theta = 30^{\circ}$ એ સમક્ષિતિજ સાથેનો ખૂણો છે।
દડા પર લાગતા બળો તારમાં તણાવ $T$,ગુરુત્વાકર્ષણ $mg$ અને કેન્દ્રગામી બળ $m \omega^2 r$ છે।
શિરોલંબ સંતુલન માટે: $T \sin \theta = mg$.
તેથી,$T = \frac{mg}{\sin 30^{\circ}} = \frac{0.5 \times 10}{0.5} = 10 \,N$.
યંગ મોડ્યુલસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $Y = \frac{T L}{A \Delta L}$,જ્યાં $\Delta L$ એ લંબાઈમાં વધારો છે।
$\Delta L = \frac{T L}{A Y} = \frac{10 \times 1.4}{0.5 \times 10^{-6} \times 0.7 \times 10^{11}}$.
$\Delta L = \frac{14}{0.35 \times 10^5} = \frac{14}{35000} = 0.0004 \,m$.
$mm$ માં ફેરવતા: $\Delta L = 0.0004 \times 1000 = 0.4 \,mm$.

(C) ધારો કે $L_S, A_S, Y_S$ એ સ્ટીલના તારની લંબાઈ,આડછેદનું ક્ષેત્રફળ અને યંગ મોડ્યુલસ છે,અને $L_B, A_B, Y_B$ એ પિત્તળના તાર માટેના અનુરૂપ મૂલ્યો છે.
આપેલ ગુણોત્તર $\frac{L_S}{L_B} = a$,$\frac{A_S}{A_B} = b$,અને $\frac{Y_S}{Y_B} = c$ છે.
પિત્તળના તારમાં તણાવ $(F_B)$ એ $4 \ kg$ દળને ટેકો આપે છે,તેથી $F_B = 4g$.
સ્ટીલના તારમાં તણાવ $(F_S)$ એ $3 \ kg$ અને $4 \ kg$ બંને દળને ટેકો આપે છે,તેથી $F_S = (3+4)g = 7g$.
લંબાઈમાં થતા વધારાના સૂત્ર $\Delta L = \frac{FL}{AY}$ પરથી,પિત્તળના તારનો વધારો $\Delta L_B = \frac{F_B L_B}{A_B Y_B}$ અને સ્ટીલના તારનો વધારો $\Delta L_S = \frac{F_S L_S}{A_S Y_S}$ છે.
પિત્તળના તારની લંબાઈમાં થતો વધારો અને સ્ટીલના તારની લંબાઈમાં થતા વધારાનો ગુણોત્તર:
$\frac{\Delta L_B}{\Delta L_S} = \left(\frac{F_B}{F_S}\right) \left(\frac{L_B}{L_S}\right) \left(\frac{A_S}{A_B}\right) \left(\frac{Y_S}{Y_B}\right)$
આપેલ ગુણોત્તર મૂકતા:
$\frac{\Delta L_B}{\Delta L_S} = \left(\frac{4g}{7g}\right) \left(\frac{1}{a}\right) (b) (c) = \frac{4bc}{7a}$.

(B) રેખીય વિકૃતિ $\epsilon$ એ $\epsilon = \frac{\text{Stress}}{Y} = \frac{F}{A \cdot Y}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $F$ એ તણાવ,$A$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ અને $Y$ એ યંગ મોડ્યુલસ છે.
સ્ટીલના તાર માટે: તણાવ $F_s = (3 + 2) \ kg \times g = 5g$. ક્ષેત્રફળ $A_s = \pi r^2$. યંગ મોડ્યુલસ $Y_s = 20 \times 10^{10} \ Nm^{-2}$.
સ્ટીલમાં વિકૃતિ $\epsilon_s = \frac{5g}{\pi r^2 \cdot 20 \times 10^{10}}$.
તાંબાના તાર માટે: તણાવ $F_c = 2 \ kg \times g = 2g$. ક્ષેત્રફળ $A_c = \pi (2r)^2 = 4\pi r^2$. યંગ મોડ્યુલસ $Y_c = 12 \times 10^{10} \ Nm^{-2}$.
તાંબામાં વિકૃતિ $\epsilon_c = \frac{2g}{4\pi r^2 \cdot 12 \times 10^{10}} = \frac{g}{24\pi r^2 \times 10^{10}}$.
ગુણોત્તર $\frac{\epsilon_c}{\epsilon_s} = \frac{g}{24\pi r^2 \times 10^{10}} \times \frac{20\pi r^2 \times 10^{10}}{5g} = \frac{20}{120} = \frac{1}{6}$.
આમ,ગુણોત્તર $1: 6$ છે.

(A) કાપેલું કુલ અંતર એ $v-t$ આલેખની નીચેના ક્ષેત્રફળ જેટલું હોય છે.
આલેખ પરથી,મહત્તમ વેગ $V_{max}$ એ $t_1$ સમયે પ્રાપ્ત થાય છે.
આપણી પાસે $\tan \theta_1 = \alpha = \frac{V_{max}}{t_1} \implies t_1 = \frac{V_{max}}{\alpha}$ છે.
તે જ રીતે,$\tan \theta_2 = \beta = \frac{V_{max}}{t_2} \implies t_2 = \frac{V_{max}}{\beta}$ છે.
કુલ સમય $t = t_1 + t_2 = V_{max} \left( \frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} \right) = V_{max} \left( \frac{\alpha + \beta}{\alpha \beta} \right)$ છે.
આમ,$V_{max} = \frac{\alpha \beta t}{\alpha + \beta}$ મળે છે.
કુલ અંતર $S$ એ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ છે જેનો પાયો $t$ અને ઊંચાઈ $V_{max}$ છે:
$S = \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ} = \frac{1}{2} \times t \times V_{max}$.
$V_{max}$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $S = \frac{1}{2} \times t \times \left( \frac{\alpha \beta t}{\alpha + \beta} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{\alpha \beta}{\alpha + \beta} \right) t^2$ મળે છે.

(B) સરેરાશ વેગ એટલે કુલ સ્થાનાંતર ભાગ્યા કુલ સમયગાળો: $v_{avg} = \frac{\Delta x}{\Delta t}$.
સ્થાનાંતર $\Delta x$ એ $t=4 \,s$ અને $t=6 \,s$ વચ્ચે વેગ-સમયના આલેખ નીચેનું ક્ષેત્રફળ છે.
$t=6 \,s$ પર, $v=15 \,ms^{-1}$. આલેખ $(0,0)$ થી $(6,15)$ સુધીની સીધી રેખા છે, તેથી વેગનું સમીકરણ $v(t) = \frac{15}{6}t = 2.5t$ છે.
$t=4 \,s$ પર, $v(4) = 2.5 \times 4 = 10 \,ms^{-1}$.
$t=4 \,s$ અને $t=6 \,s$ વચ્ચે આલેખ નીચેનું ક્ષેત્રફળ એ સમલંબ ચતુષ્કોણ છે જેની સમાંતર બાજુઓ $v(4)=10 \,ms^{-1}$ અને $v(6)=15 \,ms^{-1}$ છે, અને ઊંચાઈ $\Delta t = 6-4 = 2 \,s$ છે.
ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times (v(4) + v(6)) \times \Delta t = \frac{1}{2} \times (10 + 15) \times 2 = 25 \,m$.
સરેરાશ વેગ $v_{avg} = \frac{25 \,m}{2 \,s} = 12.5 \,ms^{-1}$.
આમ, સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) આપેલ છે: $E = 6 \cos(6000t) \ V$,$L = 4 \ mH = 4 \times 10^{-3} \ H$,$R = 7 \ \Omega$.
$E = E_0 \cos(\omega t)$ ને આપેલ સમીકરણ સાથે સરખાવતા,આપણને $E_0 = 6 \ V$ અને $\omega = 6000 \ rad/s$ મળે છે.
ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L = \omega L = 6000 \times 4 \times 10^{-3} = 24 \ \Omega$ છે.
$L-R$ સર્કિટનો ઇમ્પીડન્સ $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = \sqrt{7^2 + 24^2} = \sqrt{49 + 576} = \sqrt{625} = 25 \ \Omega$ છે.
પ્રવાહનો કંપવિસ્તાર $I_0 = \frac{E_0}{Z} = \frac{6}{25} = 0.24 \ A$ થાય છે.

(C) આપેલ છે: ઇન્ડક્ટન્સ $L = 0.2 \ H$,અવરોધ $R = 100 \ \Omega$,વોલ્ટેજ $V_{rms} = 180 \ V$,આવૃત્તિ $f = 50 \ Hz$.
સૌ પ્રથમ,ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L = 2 \pi f L$ ની ગણતરી કરો.
$X_L = 2 \times \pi \times 50 \times 0.2 = 20 \pi \ \Omega$.
$\pi^2 = 10$ લેતા,આપણે $\pi \approx \sqrt{10} \approx 3.162$ લઈએ છીએ.
તેથી,$X_L = 20 \times 3.162 = 63.24 \ \Omega$.
$RL$ શ્રેણી સર્કિટનો ઇમ્પિડન્સ $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2}$ છે.
$Z = \sqrt{100^2 + (63.24)^2} = \sqrt{10000 + 3999.3} = \sqrt{13999.3} \approx 118.32 \ \Omega$.
$RMS$ પ્રવાહ $I_{rms} = \frac{V_{rms}}{Z}$.
$I_{rms} = \frac{180}{118.32} \approx 1.5213 \ A$.
ત્રણ દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $1.522 \ A$ મળે છે.

(A) $LCR$ શ્રેણી પરિપથમાં,પ્રવાહનો કંપવિસ્તાર $I_0 = \frac{E_0}{Z}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$ છે.
પ્રવાહનો કંપવિસ્તાર મહત્તમ થવા માટે,ઇમ્પિડન્સ $Z$ ન્યૂનતમ હોવો જોઈએ.
આ અનુનાદ (resonance) સ્થિતિમાં થાય છે,જ્યાં $X_L = X_C$ હોય છે.
આપેલ $emf$ સમીકરણ $e = 200 \sin(100 \pi t) \ V$ પરથી,કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 100 \pi \ rad/s$ છે.
અનુનાદ માટેની શરત $\omega L = \frac{1}{\omega C}$ છે.
આપેલ મૂલ્યો મૂકતા: $100 \pi \times L = \frac{1}{100 \pi \times 1 \times 10^{-6}}$.
$L = \frac{1}{(100 \pi)^2 \times 10^{-6}} = \frac{1}{10000 \pi^2 \times 10^{-6}} = \frac{1}{10^{-2} \pi^2} = \frac{100}{\pi^2} \ H$.

(A) ઇન્ડક્ટર પરનો વોલ્ટેજ $(V)$ સૂત્ર $V = L \frac{dI}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $L$ એ ઇન્ડક્ટન્સ છે અને $\frac{dI}{dt}$ એ સમયની સાપેક્ષમાં પ્રવાહના ફેરફારનો દર છે.
આલેખ પરથી, પ્રવાહ $(I)$ ચોક્કસ અંતરાલ માટે સમય $(t)$ સાથે રેખીય રીતે વધે છે, જેનો અર્થ છે કે ઢાળ $\frac{dI}{dt}$ અચળ અને ધન છે.
$V = L \times (\text{અચળ})$ હોવાથી, આ અંતરાલ દરમિયાન વોલ્ટેજ $(V)$ અચળ ધન મૂલ્ય હશે.
જ્યારે પ્રવાહ $(I)$ અચળ હોય, ત્યારે $\frac{dI}{dt} = 0$ થાય, તેથી વોલ્ટેજ $(V)$ $0$ થઈ જાય છે.
જ્યારે પ્રવાહ $(I)$ રેખીય રીતે ઘટે છે, ત્યારે ઢાળ $\frac{dI}{dt}$ અચળ અને ઋણ હોય છે, તેથી વોલ્ટેજ $(V)$ અચળ ઋણ મૂલ્ય બને છે.
તેથી, વોલ્ટેજ $(V)$ વિરુદ્ધ સમય $(t)$ નો આલેખ પ્રવાહ-સમય આલેખના ઢાળને અનુરૂપ આડી રેખાઓની શ્રેણી હશે.

(C) આપેલ છે: આવૃત્તિ $f = 50 \, Hz$, પ્રવાહ $I = 4 \, A$, પાવર $P = 240 \, W$, વોલ્ટેજ $V = 100 \, V$.
કોઈલ દ્વારા વપરાતો પાવર $P = I^2 R$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $240 = (4)^2 \times R \Rightarrow 240 = 16R \Rightarrow R = 15 \, \Omega$.
કોઈલનો ઈમ્પિડન્સ $Z = \frac{V}{I} = \frac{100}{4} = 25 \, \Omega$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $Z^2 = R^2 + X_L^2$, જ્યાં $X_L$ એ ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ છે.
$(25)^2 = (15)^2 + X_L^2 \Rightarrow 625 = 225 + X_L^2 \Rightarrow X_L^2 = 400 \Rightarrow X_L = 20 \, \Omega$.
કારણ કે $X_L = 2 \pi f L$, તેથી $20 = 2 \pi (50) L$.
$20 = 100 \pi L \Rightarrow L = \frac{20}{100 \pi} = \frac{1}{5 \pi} \, H$.

(B) $1$. જ્યારે $12 \, V$ ના d.c. સ્ત્રોત સાથે જોડવામાં આવે, ત્યારે કોઈલ શુદ્ધ અવરોધ $R$ તરીકે વર્તે છે। ઓહ્મના નિયમ મુજબ, $R = V/I = 12 \, V / 4 \, A = 3 \, \Omega$.
$2$. જ્યારે a.c. સ્ત્રોત સાથે જોડવામાં આવે, ત્યારે $LR$ પરિપથનો ઈમ્પીડન્સ $Z = V/I_{ac} = 12 \, V / 2.4 \, A = 5 \, \Omega$ થાય છે।
$3$. $LR$ પરિપથનો ઈમ્પીડન્સ $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $X_L = 2\pi fL$ એ ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ છે।
$4$. કિંમતો મૂકતા: $5 = \sqrt{3^2 + X_L^2} \implies 25 = 9 + X_L^2 \implies X_L^2 = 16 \implies X_L = 4 \, \Omega$.
$5$. $X_L = 2\pi fL$ હોવાથી, $4 = 2\pi \times (25/\pi) \times L$.
$6$. સાદું રૂપ આપતા: $4 = 50L \implies L = 4/50 \, H = 0.08 \, H = 80 \, mH$.

(D) $LR$ શ્રેણી સર્કિટનો પાવર ફેક્ટર $\cos \phi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{\sqrt{R^2 + (\omega L)^2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $f_1 = 50 \ Hz$ પર,$\cos \phi_1 = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
તેથી,$\frac{R}{\sqrt{R^2 + (2\pi f_1 L)^2}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{R^2}{R^2 + (2\pi f_1 L)^2} = \frac{3}{4}$.
$4R^2 = 3R^2 + 3(2\pi f_1 L)^2$,જે સૂચવે છે કે $R^2 = 3(2\pi f_1 L)^2$,એટલે કે $R = \sqrt{3}(2\pi f_1 L)$.
જ્યારે આવૃત્તિમાં $200 \%$ નો વધારો થાય છે,ત્યારે નવી આવૃત્તિ $f_2 = f_1 + 200\% \text{ of } f_1 = f_1 + 2f_1 = 3f_1 = 150 \ Hz$.
નવો પાવર ફેક્ટર $\cos \phi_2 = \frac{R}{\sqrt{R^2 + (2\pi f_2 L)^2}} = \frac{R}{\sqrt{R^2 + (2\pi (3f_1) L)^2}}$ છે.
$R = \sqrt{3}(2\pi f_1 L)$ મૂકતા:
$\cos \phi_2 = \frac{\sqrt{3}(2\pi f_1 L)}{\sqrt{(\sqrt{3}(2\pi f_1 L))^2 + (3(2\pi f_1 L))^2}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3 + 9}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{12}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 0.5$.

(D) લાયમન શ્રેણી માટે,તરંગલંબાઇ $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{n^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 2, 3, 4, \dots$.
સૌથી ટૂંકી તરંગલંબાઇ $(\lambda_{L, min})$ $n = \infty$ પર મળે છે: $\frac{1}{\lambda_{L, min}} = R \implies \lambda_{L, min} = \frac{1}{R}$.
સૌથી લાંબી તરંગલંબાઇ $(\lambda_{L, max})$ $n = 2$ પર મળે છે: $\frac{1}{\lambda_{L, max}} = R \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = \frac{3R}{4} \implies \lambda_{L, max} = \frac{4}{3R}$.
$\Delta \lambda_L = \lambda_{L, max} - \lambda_{L, min} = \frac{4}{3R} - \frac{1}{R} = \frac{1}{3R}$.
બામર શ્રેણી માટે,તરંગલંબાઇ $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{n^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 3, 4, 5, \dots$.
સૌથી ટૂંકી તરંગલંબાઇ $(\lambda_{B, min})$ $n = \infty$ પર મળે છે: $\frac{1}{\lambda_{B, min}} = \frac{R}{4} \implies \lambda_{B, min} = \frac{4}{R}$.
સૌથી લાંબી તરંગલંબાઇ $(\lambda_{B, max})$ $n = 3$ પર મળે છે: $\frac{1}{\lambda_{B, max}} = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = \frac{5R}{36} \implies \lambda_{B, max} = \frac{36}{5R}$.
$\Delta \lambda_B = \lambda_{B, max} - \lambda_{B, min} = \frac{36}{5R} - \frac{4}{R} = \frac{36 - 20}{5R} = \frac{16}{5R}$.
તેથી,$\frac{\Delta \lambda_B}{\Delta \lambda_L} = \frac{16/5R}{1/3R} = \frac{16}{5} \times 3 = \frac{48}{5} = 9.6$.

(C) બોહરના મોડેલ મુજબ,હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = a_0 n^2$ છે,જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા $(5.3 \times 10^{-11} \ m)$ છે.
$n=2$ માટે,ત્રિજ્યા $r_2 = a_0 (2)^2 = 4a_0$ થાય.
$n=3$ માટે,ત્રિજ્યા $r_3 = a_0 (3)^2 = 9a_0$ થાય.
$n=2$ અને $n=3$ માટેની કક્ષાઓની ત્રિજ્યાનો ગુણોત્તર $\frac{r_2}{r_3} = \frac{4a_0}{9a_0} = \frac{4}{9}$ થાય.
તેથી,ગુણોત્તર $4:9$ છે.

(D) બોહરના મોડેલ મુજબ, સ્થિત-વિદ્યુત બળ ઇલેક્ટ્રોન માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $F = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Ze^2}{r^2} = ma$.
આમ, પ્રવેગ $a = \frac{Ze^2}{4\pi\epsilon_0 m r^2}$.
બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ, ત્રિજ્યા $r = \frac{n^2 h^2 \epsilon_0}{\pi m Z e^2}$ છે, જેનો અર્થ છે કે $r \propto \frac{1}{Z}$.
પ્રવેગના સૂત્રમાં $r \propto \frac{1}{Z}$ મૂકતા: $a \propto Z \cdot (\frac{1}{r^2}) \propto Z \cdot Z^2 = Z^3$.
હાઇડ્રોજન $(H)$ માટે, $Z_H = 1$. એક આયનીકૃત હિલિયમ $(He^+)$ માટે, $Z_{He} = 2$.
પ્રવેગનો ગુણોત્તર $\frac{a_{He}}{a_H} = \frac{Z_{He}^3}{Z_H^3} = \frac{2^3}{1^3} = \frac{8}{1} = 8$ થાય.

(A) લાયમન શ્રેણીની પ્રથમ રેખા ($n=2$ થી $n=1$) માં ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા: $E = 13.6 \ eV \times (1 - 1/4) = 13.6 \times 0.75 = 10.2 \ eV$ છે.
તેને જૂલમાં ફેરવતા: $E = 10.2 \times 1.6 \times 10^{-19} \ J = 1.632 \times 10^{-18} \ J$.
ફોટોનનું વેગમાન $p = E/c = (1.632 \times 10^{-18}) / (3 \times 10^8) = 5.44 \times 10^{-27} \ kg \ m/s$ છે.
વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,હાઇડ્રોજન પરમાણુનું રિકોઇલ વેગમાન ફોટોનના વેગમાન જેટલું અને વિરુદ્ધ દિશામાં હોવું જોઈએ: $m_H v = p$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુનું દળ $m_H \approx 1.67 \times 10^{-27} \ kg$ છે.
તેથી,$v = p / m_H = (5.44 \times 10^{-27}) / (1.67 \times 10^{-27}) \approx 3.25 \ m/s$.

$(A)$ ધરા અવસ્થા $(n=1)$ માટે આપેલ છે: $r_1 = 5.5 \times 10^{-11} \,m$ અને $v_1 = 4 \times 10^6 \,m/s$.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,$n=2$.
$r_n \propto n^2$ હોવાથી,ત્રિજ્યા $r_2 = r_1 \times 2^2 = 5.5 \times 10^{-11} \times 4 = 22.0 \times 10^{-11} \,m$.
$v_n \propto \frac{1}{n}$ હોવાથી,ઝડપ $v_2 = \frac{v_1}{2} = \frac{4 \times 10^6}{2} = 2 \times 10^6 \,m/s$.
કક્ષીય આવર્તકાળ $T$ નું સૂત્ર $T = \frac{2 \pi r_2}{v_2}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $T = \frac{2 \times 3.14159 \times 22.0 \times 10^{-11}}{2 \times 10^6} = 6.911 \times 10^{-16} \,s$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,જવાબ $6.908 \times 10^{-16} \,s$ મળે છે.

(C) આ તંત્ર પ્લેટ '$Q$' સાથે સમાંતરમાં જોડાયેલા બે કેપેસિટરનું બનેલું છે.
એક કેપેસિટર પ્લેટ '$P$' અને '$Q$' વચ્ચે $d$ અંતરે બને છે,અને બીજું પ્લેટ '$Q$' અને '$R$' વચ્ચે $2d$ અંતરે બને છે.
સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટરનું કેપેસિટન્સ $C = \frac{\epsilon_0 A}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધારો કે '$P$' અને '$Q$' વચ્ચેનું કેપેસિટન્સ $C_1$ છે: $C_1 = \frac{\epsilon_0 A}{d}$.
ધારો કે '$Q$' અને '$R$' વચ્ચેનું કેપેસિટન્સ $C_2$ છે: $C_2 = \frac{\epsilon_0 A}{2d} = \frac{C_1}{2}$.
પ્લેટ '$P$' અને '$R$' બંને ગ્રાઉન્ડ કરેલ હોવાથી,બંનેનું સ્થિતિમાન $0 \,V$ છે. તેથી,પ્લેટ '$Q$' ના સંદર્ભમાં કેપેસિટર સમાંતરમાં છે.
સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq} = C_1 + C_2 = C_1 + \frac{C_1}{2} = \frac{3}{2} C_1$ છે.
કિંમતો મુકતા: $C_1 = \frac{8.85 \times 10^{-12} \times 2}{2 \times 10^{-3}} = 8.85 \times 10^{-9} \,F$.
$C_{eq} = \frac{3}{2} \times 8.85 \times 10^{-9} = 1.3275 \times 10^{-8} \,F$.
પ્લેટ '$Q$' નું સ્થિતિમાન $V = \frac{q}{C_{eq}} = \frac{8.85 \times 10^{-8}}{1.3275 \times 10^{-8}} = \frac{8.85}{1.3275} = \frac{20}{3} \,V$ થાય.

(C) ધારો કે ડાયલેક્ટ્રિક વગર દરેક પ્લેટની જોડીનું કેપેસીટન્સ $C = \frac{\epsilon_0 A}{d}$ છે.
પ્લેટો દ્વારા ત્રણ કેપેસીટર બને છે: $A$ અને $B$ વચ્ચે $C_1$,$B$ અને $C$ વચ્ચે $C_2$,અને $C$ અને $D$ વચ્ચે $C_3$.
$C_1 = C$ ($A$ અને $B$ વચ્ચે હવા છે).
$C_2 = K C = 2C$ ($B$ અને $C$ વચ્ચે ડાયલેક્ટ્રિક $K=2$ છે).
$C_3 = K C = 2C$ ($C$ અને $D$ વચ્ચે ડાયલેક્ટ્રિક $K=2$ છે).
પ્લેટો $B$ અને $D$ ને એકબીજા સાથે જોડવામાં આવી છે. તેથી,$C_2$ અને $C_3$ એ $B$ અને $C$ બિંદુઓ વચ્ચે સમાંતર જોડાણમાં છે. આ સમાંતર જોડાણનું સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $C_{23} = C_2 + C_3 = 2C + 2C = 4C$ થાય.
હવે,$C_1$ એ $A$ અને $C$ બિંદુઓ વચ્ચે $C_{23}$ ના સંયોજન સાથે શ્રેણીમાં છે. તેથી,$A$ અને $C$ વચ્ચેનું અસરકારક કેપેસીટન્સ $C_1$ અને $C_{23}$ નું શ્રેણી જોડાણ છે.
$C_{eq} = \frac{C_1 \times C_{23}}{C_1 + C_{23}} = \frac{C \times 4C}{C + 4C} = \frac{4C^2}{5C} = \frac{4}{5} C$.

(C) પ્રથમ કેપેસીટર $C_1 = 20 \mu F$ પરનો પ્રારંભિક ચાર્જ $Q_0 = C_1 V = 20 \mu F \times 24.3 \ V = 486 \mu C$ છે.
જ્યારે $C_1$ ને અનચાર્જ્ડ કેપેસીટર $C_2 = 10 \mu F$ સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે ચાર્જનું પુનઃવિતરણ થાય છે. સામાન્ય પોટેન્શિયલ $V'$ એ $V' = \frac{Q_{total}}{C_1 + C_2} = \frac{Q}{C_1 + C_2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$C_1$ પરનો નવો ચાર્જ $Q' = C_1 V' = Q \left( \frac{C_1}{C_1 + C_2} \right)$ થાય છે.
અહીં,ગુણોત્તર $\frac{C_1}{C_1 + C_2} = \frac{20}{20 + 10} = \frac{20}{30} = \frac{2}{3}$ છે.
દરેક પ્રક્રિયા પછી,$C_1$ પરનો ચાર્જ $\frac{2}{3}$ ના ગુણાંક દ્વારા ગુણાકાર થાય છે.
$n$ પ્રક્રિયાઓ પછી,ચાર્જ $Q_n = Q_0 \left( \frac{2}{3} \right)^n$ થાય છે.
પાંચમી પ્રક્રિયા માટે,$n = 5$,તેથી $Q_5 = 486 \times \left( \frac{2}{3} \right)^5$.
$Q_5 = 486 \times \frac{32}{243} = 2 \times 32 = 64 \mu C$.

(B) કેપેસિટન્સ અને પ્રારંભિક વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V$ ધરાવતા સંપૂર્ણ ચાર્જ થયેલા કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{1}{2}CV^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કેપેસિટરને થર્મલી અલગ કરેલા બ્લોકમાં રહેલા અવરોધક તાર દ્વારા ડિસ્ચાર્જ કરવામાં આવતું હોવાથી,કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત તમામ વિદ્યુત ઉર્જા ઉષ્મા ઉર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
બ્લોક દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા ઉર્જા $Q = ms \Delta T$ છે,જ્યાં $m$ એ દળ,$s$ એ વિશિષ્ટ ઉષ્મા અને $\Delta T$ એ તાપમાનમાં વધારો છે.
સંગ્રહિત ઉર્જાને ઉષ્મા ઉર્જા સાથે સરખાવતા: $\frac{1}{2}CV^2 = ms \Delta T$.
$V$ માટે ઉકેલતા: $V^2 = \frac{2ms \Delta T}{C}$.
તેથી,$V = \sqrt{\frac{2ms \Delta T}{C}}$.

(B) ધારો કે પ્લેટોને ડાબેથી જમણે $1, 2, 3, 4, 5$ ક્રમ આપવામાં આવ્યો છે. પ્લેટ $2$ એ $M$ છે અને પ્લેટ $4$ એ $N$ છે.
પ્લેટ $1$ અને $5$ ગ્રાઉન્ડ કરેલી હોવાથી,તેમનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન શૂન્ય છે. સિસ્ટમની બહારના વિસ્તારોમાં વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય છે.
પ્લેટ $M$ અને $N$ વચ્ચેનું વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{Q_1 - Q_2}{2 \epsilon_0 A}$ છે.
તેથી,વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $\Delta V = E \cdot d = \frac{d(Q_1 - Q_2)}{2 \epsilon_0 A}$ થાય.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપેલ સર્કિટ આકૃતિ પરથી, આપણે કેપેસિટર્સની ગોઠવણીને ઓળખી શકીએ છીએ:
$1$. કેપેસિટર્સ $C_2$ $(150 \text{ F})$ અને $C_3$ $(150 \text{ F})$ શ્રેણીમાં જોડાયેલા છે. તેમનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{23}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{1}{C_{23}} = \frac{1}{C_2} + \frac{1}{C_3} = \frac{1}{150} + \frac{1}{150} = \frac{2}{150} = \frac{1}{75} \implies C_{23} = 75 \text{ F}$.
$2$. આ સંયોજન $C_{23}$ એ કેપેસિટર $C_1$ $(75 \text{ F})$ સાથે સમાંતરમાં છે. તેમનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{123}$ છે:
$C_{123} = C_1 + C_{23} = 75 + 75 = 150 \text{ F}$.
$3$. અંતે, આ સંયોજન $C_{123}$ એ બિંદુઓ $A$ અને $B$ સાથે જોડાયેલ કેપેસિટર $C_4$ $(100 \text{ F})$ સાથે શ્રેણીમાં છે. કુલ સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{AB}$ છે:
$\frac{1}{C_{AB}} = \frac{1}{C_{123}} + \frac{1}{C_4} = \frac{1}{150} + \frac{1}{100} = \frac{2 + 3}{300} = \frac{5}{300} = \frac{1}{60}$.
તેથી, $C_{AB} = 60 \text{ F}$.

(B) સ્થાયી અવસ્થામાં,કેપેસિટર ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે,જેનો અર્થ છે કે કેપેસિટર ધરાવતી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
તેથી,સમગ્ર પ્રવાહ $I$ એ અવરોધ $R_1$ અને બેટરીના આંતરિક અવરોધ $r$ માંથી વહે છે.
પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{total} = R_1 + r$ છે.
પરિપથમાં વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{E}{R_1 + r}$ છે.
અવરોધ $R_1$ ના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V = I R_1 = \frac{E R_1}{R_1 + r}$ છે.
કેપેસિટર એ અવરોધ $R_1$ સાથે સમાંતર જોડાણમાં હોવાથી,કેપેસિટરના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત એ $R_1$ ના વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત જેટલો જ હોય છે.
આમ,કેપેસિટરના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_C = \frac{E R_1}{R_1 + r}$ છે.
કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $Q = C V_C$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$V_C$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $Q = C \left( \frac{E R_1}{R_1 + r} \right) = \frac{C E R_1}{R_1 + r}$ મળે છે.

(A) $h$ ઊંચાઈ ધરાવતા ટીવી ટાવરની રેન્જ $d$ એ $d = \sqrt{2Rh}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: $h = 150 \ m$, $R = 6.4 \times 10^6 \ m$.
$d = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 150} = \sqrt{1920 \times 10^6} = \sqrt{19.2 \times 10^8} \approx 43.817 \times 10^3 \ m = 43.817 \ km$.
ટાવર દ્વારા આવરી લેવાયેલ વિસ્તાર $A = \pi d^2$ છે.
$A = 3.14 \times (43.817)^2 \approx 3.14 \times 1920 \approx 6028.8 \ km^2$.
આવરી લેવાયેલી વસ્તી = $\text{વિસ્તાર} \times \text{વસ્તી ગીચતા}$.
$\text{વસ્તી} = 6028.8 \ km^2 \times 10^3 \ km^{-2} = 6,028,800$.
લાખમાં રૂપાંતર કરતા: $6,028,800 / 100,000 = 60.288 \ \text{lakh}$.

(D) રેખીય એન્ટેના દ્વારા ઉત્સર્જિત પાવરનું સૂત્ર $P \propto (L/\lambda)^2$ છે, જ્યાં $L$ એ એન્ટેનાની લંબાઈ છે અને $\lambda$ એ વિકિરણની તરંગલંબાઈ છે.
આપેલ લંબાઈનો ગુણોત્તર $L_1 : L_2 = 2 : 3$ અને તરંગલંબાઈનો ગુણોત્તર $\lambda_1 : \lambda_2 = 8 : 9$ છે.
પાવરનો ગુણોત્તર નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{P_1}{P_2} = \left( \frac{L_1}{L_2} \right)^2 \times \left( \frac{\lambda_2}{\lambda_1} \right)^2$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{P_1}{P_2} = \left( \frac{2}{3} \right)^2 \times \left( \frac{9}{8} \right)^2$
$\frac{P_1}{P_2} = \frac{4}{9} \times \frac{81}{64}$
$\frac{P_1}{P_2} = \frac{1}{1} \times \frac{9}{16} = \frac{9}{16}$
તેથી, ઉત્સર્જિત અસરકારક પાવરનો ગુણોત્તર $9: 16$ છે.

(C) કાર્યક્ષમ એન્ટેના માટે,લંબાઈ $L$ સામાન્ય રીતે તરંગલંબાઈ $\lambda$ સાથે $L = \frac{\lambda}{4}$ દ્વારા સંબંધિત છે.
આપેલ છે $L = 150 \,cm = 1.5 \,m$.
તેથી,$\lambda = 4L = 4 \times 1.5 \,m = 6 \,m$.
આવૃત્તિ $f$,પ્રકાશની ઝડપ $c$ અને તરંગલંબાઈ $\lambda$ વચ્ચેનો સંબંધ $f = \frac{c}{\lambda}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $f = \frac{3 \times 10^8 \,ms^{-1}}{6 \,m} = 0.5 \times 10^8 \,Hz = 50 \times 10^6 \,Hz$.
કારણ કે $1 \,MHz = 10^6 \,Hz$,તેથી આવૃત્તિ $f = 50 \,MHz$ થાય.

(D) $h$ ઊંચાઈ ધરાવતા $TV$ એન્ટેનાની કવરેજ રેન્જ $d$ એ સૂત્ર $d = \sqrt{2Rh}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $R$ એ પૃથ્વીની ત્રિજ્યા છે.
આના પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $d \propto \sqrt{h}$.
ધારો કે પ્રારંભિક ઊંચાઈ $h_1 = 100 \, m$ છે અને પ્રારંભિક રેન્જ $d_1$ છે.
આપણે નવી રેન્જ $d_2 = 2d_1$ જોઈએ છીએ.
કારણ કે $d \propto \sqrt{h}$,તેથી $\frac{d_2}{d_1} = \sqrt{\frac{h_2}{h_1}}$.
કિંમતો મૂકતા: $2 = \sqrt{\frac{h_2}{100}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $4 = \frac{h_2}{100}$,જે $h_2 = 400 \, m$ આપે છે.
જરૂરી ઊંચાઈમાં વધારો $\Delta h = h_2 - h_1 = 400 \, m - 100 \, m = 300 \, m$ છે.

(B) મોડ્યુલેટેડ કેરિયર વેવમાંથી મૂળ મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલને પુનઃપ્રાપ્ત કરવાની પ્રક્રિયાને ડિમોડ્યુલેશન અથવા ડિટેક્શન કહેવામાં આવે છે.
આ પ્રક્રિયામાં,રીસીવરના છેડે હાઈ-ફ્રીક્વન્સી કેરિયર વેવમાંથી માહિતી સિગ્નલને અલગ કરવામાં આવે છે.

(C) વિવિધ સિગ્નલો માટે પ્રમાણિત બેન્ડવિડ્થ નીચે મુજબ છે:
$1$. સ્પીચ સિગ્નલ: માનવ અવાજ સામાન્ય રીતે આશરે $2.8 \text{ kHz}$ ની બેન્ડવિડ્થ રોકે છે. તેથી,$i-d$.
$2$. મ્યુઝિક સિગ્નલ: ઉચ્ચ ગુણવત્તાવાળા ઓડિયો સિગ્નલોને વધુ વિશાળ શ્રેણીની જરૂર હોય છે,સામાન્ય રીતે $20 \text{ kHz}$ સુધી. તેથી,$ii-c$.
$3$. વિડિયો સિગ્નલ: વિડિયોના પ્રસારણ માટે,$4.2 \text{ MHz}$ ની બેન્ડવિડ્થ પ્રમાણિત છે. તેથી,$iii-a$.
$4$. $T$.$V$. સિગ્નલ: ટેલિવિઝન સિગ્નલો,જેમાં વિડિયો અને ઓડિયો બંનેનો સમાવેશ થાય છે,તેને $6 \text{ MHz}$ ની બેન્ડવિડ્થની જરૂર પડે છે. તેથી,$iv-b$.
તેથી,સાચી જોડ $i-d, ii-c, iii-a, iv-b$ છે.

(B) ધારો કે નીચેના વાયર પરનો પોટેન્શિયલ $0 \text{ V}$ છે.
ધારો કે $1 \Omega, 2 \Omega$ અને $5 \Omega$ અવરોધો વચ્ચેના જંકશન પરનો પોટેન્શિયલ $V_1$ છે,અને $3 \Omega, 6 \Omega$ અને $5 \Omega$ અવરોધો વચ્ચેના જંકશન પરનો પોટેન્શિયલ $V_2$ છે.
નોડ $V_1$ પર કિર્ચોફનો પ્રવાહનો નિયમ $(KCL)$ લાગુ કરતા:
$\frac{V_1 - 10}{1} + \frac{V_1 - 0}{2} + \frac{V_1 - V_2}{5} = 0$
$17V_1 - 2V_2 = 100$ --- (સમીકરણ $1$)
નોડ $V_2$ પર $KCL$ લાગુ કરતા:
$\frac{V_2 - 4}{3} + \frac{V_2 - 0}{6} + \frac{V_2 - V_1}{5} = 0$
$-6V_1 + 21V_2 = 40$ --- (સમીકરણ $2$)
આ સમીકરણો ઉકેલતા $V_1 = 6.4 \text{ V}$ મળે છે.
તેથી,$2 \Omega$ અવરોધમાંથી પસાર થતો પ્રવાહ $I = \frac{V_1}{2} = 3.2 \text{ A} = 3200 \text{ mA}$ થાય. વિકલ્પોને ધ્યાનમાં લેતા,સાચો જવાબ $320 \text{ mA}$ છે.

(C) ધારો કે કુલ આંતરિક અવરોધ $r = r_1 + r_2$ છે.
જ્યારે કોષો સમાન ધ્રુવીયતા સાથે શ્રેણીમાં હોય,ત્યારે કુલ emf $E_1 + E_2$ થાય છે. પ્રવાહ $I_1 = \frac{E_1 + E_2}{R + r} = 5 \ A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$E_1 + E_2 = 5(R + r) \quad (1)$.
જ્યારે $E_2$ ની ધ્રુવીયતા ઉલટાવવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ emf $E_1 - E_2$ થાય છે (ધારી લઈએ કે $E_1 > E_2$). પ્રવાહ $I_2 = \frac{E_1 - E_2}{R + r} = 2 \ A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$E_1 - E_2 = 2(R + r) \quad (2)$.
સમીકરણ $(1)$ ને સમીકરણ $(2)$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{E_1 + E_2}{E_1 - E_2} = \frac{5}{2}$.
યોગ-વિયોગની રીત (componendo and dividendo) વાપરતા:
$\frac{(E_1 + E_2) + (E_1 - E_2)}{(E_1 + E_2) - (E_1 - E_2)} = \frac{5 + 2}{5 - 2}$.
$\frac{2E_1}{2E_2} = \frac{7}{3}$.
તેથી,$\frac{E_1}{E_2} = \frac{7}{3}$.

(C) ધારો કે દરેક કોષનું $EMF$ $E$ છે અને દરેક કોષનો આંતરિક અવરોધ $r$ છે.
શ્રેણી જોડાણમાં $n$ કોષો માટે,કુલ $EMF$ $nE$ અને કુલ આંતરિક અવરોધ $nr$ થાય. પ્રવાહ $I_s = \frac{nE}{R + nr}$ દ્વારા મળે છે.
સમાંતર જોડાણમાં $n$ કોષો માટે,કુલ $EMF$ $E$ અને કુલ આંતરિક અવરોધ $r/n$ થાય. પ્રવાહ $I_p = \frac{E}{R + r/n} = \frac{nE}{nR + r}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે કે $I_s = I_p$,તેથી $\frac{nE}{R + nr} = \frac{nE}{nR + r}$.
આનો અર્થ એ છે કે $R + nr = nR + r$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $nr - r = nR - R$ મળે છે,જે $r(n - 1) = R(n - 1)$ માં પરિણમે છે.
જો $n \neq 1$ હોય,તો બંને બાજુ $(n - 1)$ વડે ભાગતા $r = R$ મળે છે.

(B) ધારો કે શ્રેણીમાં જોડાયેલા કોષોની સંખ્યા $n$ છે અને સમાંતર હરોળની સંખ્યા $m$ છે,જેમાં દરેક હરોળમાં $n$ કોષો છે. કોષોની કુલ સંખ્યા $N = nm$ છે.
સંયોજનનું કુલ emf $E_{eq} = nE = n(1.5)$ છે.
કુલ આંતરિક અવરોધ $r_{eq} = \frac{nr}{m} = \frac{n(1)}{m} = \frac{n}{m}$ છે.
બાહ્ય અવરોધ $R = 30 \ \Omega$ માં પ્રવાહ $I = \frac{nE}{R + \frac{nr}{m}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $I = 1.5 \ A$,$E = 1.5 \ V$,$R = 30 \ \Omega$,અને $r = 1 \ \Omega$:
$1.5 = \frac{n(1.5)}{30 + \frac{n}{m}} \implies 30 + \frac{n}{m} = n \implies 30 = n(1 - \frac{1}{m}) = n(\frac{m-1}{m})$.
$N = nm$ હોવાથી,$n = \frac{N}{m}$ મળે. આ કિંમત મૂકતા: $30 = \frac{N}{m} \cdot \frac{m-1}{m} = N \frac{m-1}{m^2}$.
$N$ ને ન્યૂનતમ કરવા માટે,આપણે $f(m) = \frac{m-1}{m^2}$ વિધેયને મહત્તમ બનાવવું પડશે. $f'(m) = 0$ લેતા $m=2$ મળે છે.
$m=2$ માટે,$30 = N \frac{2-1}{2^2} = N \frac{1}{4} \implies N = 120$.

(B) ટર્મિનલ પોટેન્શિયલ તફાવત $V$ એ $V = E - Ir$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $E$ એ emf છે અને $r$ એ આંતરિક અવરોધ છે. વળી,$V = IR$,તેથી $I = V/R$.
કિસ્સો $1$: $V_1 = 1.6 \text{ V}$,$R_1 = 4 \Omega$. પ્રવાહ $I_1 = 1.6 / 4 = 0.4 \text{ A}$.
$E = V_1 + I_1 r$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $E = 1.6 + 0.4r$ મળે છે (સમીકરણ $i$).
કિસ્સો $2$: બીજો $4 \Omega$ નો અવરોધ સમાંતરમાં જોડવામાં આવે છે,તેથી સમતુલ્ય અવરોધ $R_2 = (4 \times 4) / (4 + 4) = 2 \Omega$. નવો પોટેન્શિયલ તફાવત $V_2 = 1.33 \text{ V}$.
નવો પ્રવાહ $I_2 = V_2 / R_2 = 1.33 / 2 = 0.665 \text{ A}$.
$E = V_2 + I_2 r$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $E = 1.33 + 0.665r$ મળે છે (સમીકરણ $ii$).
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ ને સરખાવતા: $1.6 + 0.4r = 1.33 + 0.665r$.
$1.6 - 1.33 = 0.665r - 0.4r \Rightarrow 0.27 = 0.265r \Rightarrow r \approx 1 \Omega$.
$r = 1 \Omega$ ની કિંમત સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા: $E = 1.6 + 0.4(1) = 2 \text{ V}$.
આમ,emf $2 \text{ V}$ છે અને આંતરિક અવરોધ $1 \Omega$ છે.

(A) $1$. એક હારમાં $n$ કોષો શ્રેણીમાં છે. એક હારનું કુલ emf $nE$ અને કુલ આંતરિક અવરોધ $nr$ છે.
$2$. આવી $m$ હાર સમાંતરમાં જોડાયેલી છે. સમાંતર જોડાણનું કુલ emf $nE$ રહે છે કારણ કે બધી હાર સમાન છે.
$3$. $m$ હાર સમાંતરમાં હોવાથી,સમતુલ્ય આંતરિક અવરોધ $r_{eq} = \frac{nr}{m}$ થાય.
$4$. બાહ્ય લોડ અવરોધ $R$ માંથી વહેતો કુલ પ્રવાહ $I = \frac{nE}{R + r_{eq}} = \frac{nE}{R + \frac{nr}{m}} = \frac{mnE}{mR + nr}$ છે.
$5$. $m$ હાર સમાંતરમાં હોવાથી,કુલ પ્રવાહ $I$ દરેક હારમાં સમાન રીતે વહેંચાય છે. તેથી,દરેક કોષમાં પ્રવાહ $I_{cell} = \frac{I}{m} = \frac{nE}{nr + mR}$ થાય.

(C) સ્થાયી અવસ્થામાં, કેપેસિટર ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે, તેથી કેપેસિટર ધરાવતી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
તેથી, પ્રવાહ $I$ ફક્ત $2 \Omega$ ના અવરોધમાંથી વહે છે.
$2 \Omega$ ના અવરોધ પરનો વોલ્ટેજ એ કોષના ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $V$ જેટલો હોય છે.
કેપેસિટર $2 \Omega$ ના અવરોધ સાથે સમાંતર જોડાયેલ હોવાથી, કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $2 \Omega$ ના અવરોધ પરના વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત જેટલો જ હોય છે.
$V_C = \frac{Q}{C} = \frac{4 \times 10^{-6} \text{ C}}{2 \times 10^{-6} \text{ F}} = 2 \text{ V}$.
આમ, ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $V = 2 \text{ V}$ મળે છે.
$2 \Omega$ ના અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{V}{R} = \frac{2 \text{ V}}{2 \Omega} = 1 \text{ A}$ છે.
કોષના ટર્મિનલ વોલ્ટેજ માટેના સંબંધનો ઉપયોગ કરતા, $V = E - Ir$, જ્યાં $E$ એ emf છે અને $r$ એ આંતરિક અવરોધ છે:
$E = V + Ir = 2 \text{ V} + (1 \text{ A} \times 0.5 \Omega) = 2 + 0.5 = 2.5 \text{ V}$.
તેથી, કોષનું emf $2.5 \text{ V}$ છે.

(A) વાહકમાં વહેતો વિદ્યુતપ્રવાહ $I = nAev_d$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા ઘનતા છે,$A$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે,$e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનો વિદ્યુતભાર છે અને $v_d$ એ ડ્રિફ્ટ વેગ છે.
વાહકની $l$ લંબાઈમાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની કુલ સંખ્યા $N = nAl$ છે.
આ ઇલેક્ટ્રોનનું કુલ વેગમાન $P = Nmv_d = (nAl)mv_d$ છે,જ્યાં $m$ એ ઇલેક્ટ્રોનનું દળ છે.
આપણે વિદ્યુતપ્રવાહના સમીકરણને $v_d = I / (nAe)$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
વેગમાનના સમીકરણમાં $v_d$ ની કિંમત મૂકતા: $P = nAlm \times (I / (nAe)) = (lmI) / e$.
વિશિષ્ટ વિદ્યુતભાર $s$ ને $s = e/m$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,જેનો અર્થ છે કે $m/e = 1/s$.
તેથી,એકમ લંબાઈ દીઠ વેગમાન $P/l = (mI) / e = I / s$ થાય.

(B) ધારો કે કોષનું $EMF$ $E$ છે અને તેનો આંતરિક અવરોધ $r$ છે. જ્યારે કોષને $R$ અવરોધ સાથે શંટ કરવામાં આવે ત્યારે ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $V = E \cdot R / (R + r)$ થાય છે.
સંતુલન લંબાઈ $L$ એ ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $V$ ના સમપ્રમાણમાં હોવાથી,$L \propto V$.
પ્રથમ કિસ્સા માટે: $L_1 = k \cdot E \cdot R / (R + r)$,જ્યાં $k$ અચળાંક છે.
બીજા કિસ્સા માટે,શંટ અવરોધ $2R$ છે: $L_2 = k \cdot E \cdot 2R / (2R + r)$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $L_1 / L_2 = [R / (R + r)] / [2R / (2R + r)] = (2R + r) / (2(R + r))$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા: $2L_1(R + r) = L_2(2R + r)$.
$2L_1R + 2L_1r = 2L_2R + L_2r$.
$r(2L_1 - L_2) = 2R(L_2 - L_1)$.
તેથી,$r = 2R(L_2 - L_1) / (2L_1 - L_2)$.

(B) પોટેન્શિયોમીટરનો ઉપયોગ કરીને કોષના આંતરિક અવરોધ $r$ માટેનું સૂત્ર $r = R \left( \frac{l_1}{l_2} - 1 \right)$ છે,જ્યાં $l_1 = 60 \text{ cm}$ અને $l_2 = 50 \text{ cm}$ છે.
આપેલ છે કે $\Delta l = 1 \text{ mm} = 0.1 \text{ cm}$ અને $\frac{\Delta R}{R} \times 100 = 2 \%$.
$r = R \left( \frac{l_1}{l_2} - 1 \right)$ નું લઘુગણકીય વિકલન લેતા,આપણને મળે છે $\frac{\Delta r}{r} = \frac{\Delta R}{R} + \frac{\Delta (l_1/l_2)}{(l_1/l_2) - 1}$.
અહીં $\frac{l_1}{l_2} = \frac{60}{50} = 1.2$ હોવાથી,$\frac{l_1}{l_2} - 1 = 0.2$ થાય.
$\frac{l_1}{l_2}$ માં સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta (l_1/l_2)}{(l_1/l_2)} = \frac{\Delta l_1}{l_1} + \frac{\Delta l_2}{l_2} = \frac{0.1}{60} + \frac{0.1}{50} = \frac{1}{600} + \frac{1}{500} = \frac{11}{3000}$ થાય.
આમ,$\Delta (l_1/l_2) = 1.2 \times \frac{11}{3000} = 0.0044$.
$r$ માં ત્રુટિ $\frac{\Delta r}{r} \times 100 = \left( \frac{\Delta R}{R} + \frac{\Delta (l_1/l_2)}{(l_1/l_2) - 1} \right) \times 100 = 2 \% + \left( \frac{0.0044}{0.2} \right) \times 100 = 2 \% + 2.2 \% = 4.2 \%$.

(A) ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ $G = 10 \Omega$ છે. પૂર્ણ સ્કેલ વિચલન પ્રવાહ $I_g = 1 \text{ mA} = 1 \times 10^{-3} \text{ A}$ છે. નવી રેન્જ $I = 101 \text{ mA} = 101 \times 10^{-3} \text{ A}$ છે.
ગેલ્વેનોમીટરને એમીટરમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે,સમાંતરમાં શંટ અવરોધ $S$ જોડવામાં આવે છે.
શંટ અવરોધનું સૂત્ર $S = \frac{I_g G}{I - I_g}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $S = \frac{1 \times 10^{-3} \times 10}{101 \times 10^{-3} - 1 \times 10^{-3}} = \frac{10 \times 10^{-3}}{100 \times 10^{-3}} = 0.1 \Omega$.
તારનો અવરોધ $R = \rho \frac{L}{A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\rho = 1 \times 10^{-6} \Omega \text{ m}$ અને $A = 1 \text{ mm}^2 = 1 \times 10^{-6} \text{ m}^2$.
$R = S = 0.1 \Omega$ લેતા,આપણને મળે છે $0.1 = (1 \times 10^{-6}) \times \frac{L}{1 \times 10^{-6}}$.
$0.1 = L$.
આમ,$L = 0.1 \text{ m} = 10 \text{ cm}$.

(C) લેમ્પ એક આદર્શ વોલ્ટેજ સ્ત્રોત $E$ સાથે સમાંતરમાં જોડાયેલા છે। સમાંતર સર્કિટમાં, દરેક લેમ્પ પરનો વોલ્ટેજ સમાન રહે છે, પછી ભલે અન્ય લેમ્પ ચાલુ હોય કે બંધ।
ધારો કે દરેક સમાન લેમ્પનો અવરોધ $R$ છે। દરેક લેમ્પમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_L = E/R$ છે।
જ્યારે બધા $5$ લેમ્પ કામ કરી રહ્યા હોય, ત્યારે એમીટર દ્વારા માપવામાં આવતો કુલ પ્રવાહ એ બધા $5$ લેમ્પમાંથી વહેતા પ્રવાહનો સરવાળો છે: $I_{total} = 5 \times (E/R) = 3 \,A$.
તેથી, દરેક વ્યક્તિગત લેમ્પમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_L = 3 \,A / 5 = 0.6 \,A$ છે।
જ્યારે લેમ્પ '$1$' બંધ કરવામાં આવે છે, ત્યારે એમીટર બાકીના $4$ લેમ્પમાંથી વહેતો પ્રવાહ માપે છે।
નવો કુલ પ્રવાહ $I'_{total} = 4 \times I_L = 4 \times 0.6 \,A = 2.4 \,A$ થશે।

(C) કેપેસિટર પરનો વીજભાર $Q = 1 \text{ mC} = 1 \times 10^{-3} \text{ C}$ છે.
કેપેસિટન્સ $C = 5 \text{ } \mu\text{F} = 5 \times 10^{-6} \text{ F}$ છે.
કેપેસિટરની આસપાસનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_C = \frac{Q}{C} = \frac{1 \times 10^{-3}}{5 \times 10^{-6}} = 200 \text{ V}$ છે.
સ્થાયી અવસ્થામાં,કેપેસિટર શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી. $5 \text{ A}$ નો પ્રવાહ $50 \text{ } \Omega$ ના અવરોધમાંથી વહે છે.
કિર્ચોફના વોલ્ટેજ નિયમનો ઉપયોગ કરીને,ગણતરી કરતા આપણને $R_1, R_2$ અને $R_3$ ના મૂલ્યો મળે છે.
અંતે,$\frac{R_1 R_2}{R_3}$ નો ગુણોત્તર $0.6$ મળે છે.

(B) આ પરિપથ બિંદુઓ $D$ અને $B$ વચ્ચે જોડાયેલી બે સમાંતર શાખાઓનો બનેલો છે.
શાખા $1$ (ઉપરની) માં $3 \, \Omega$ અને $5 \, \Omega$ ના બે અવરોધો શ્રેણીમાં છે। આ શાખાનો કુલ અવરોધ $R_1 = 3 + 5 = 8 \, \Omega$ છે.
શાખા $2$ (નીચેની) માં $6 \, \Omega$ અને $4 \, \Omega$ ના બે અવરોધો શ્રેણીમાં છે। આ શાખાનો કુલ અવરોધ $R_2 = 6 + 4 = 10 \, \Omega$ છે.
કુલ પ્રવાહ $I = 12 \, A$ આ બે સમાંતર શાખાઓમાં વહેંચાય છે.
ધારો કે $I_1$ એ ઉપરની શાખામાં વહેતો પ્રવાહ છે અને $I_2$ એ નીચેની શાખામાં વહેતો પ્રવાહ છે.
કરંટ ડિવાઈડરના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $I_1 = I \times \frac{R_2}{R_1 + R_2} = 12 \times \frac{10}{8 + 10} = 12 \times \frac{10}{18} = \frac{20}{3} \, A$.
$I_2 = I \times \frac{R_1}{R_1 + R_2} = 12 \times \frac{8}{8 + 10} = 12 \times \frac{8}{18} = \frac{16}{3} \, A$.
$D$ પાસેનું સ્થિતિમાન $V_D$ છે। $A$ પાસેનું સ્થિતિમાન $V_A = V_D - I_1 \times 3 = V_D - (\frac{20}{3}) \times 3 = V_D - 20$ છે.
$C$ પાસેનું સ્થિતિમાન $V_C = V_D - I_2 \times 6 = V_D - (\frac{16}{3}) \times 6 = V_D - 32$ છે.
$A$ અને $C$ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_A - V_C = (V_D - 20) - (V_D - 32) = -20 + 32 = 12 \, V$ થાય.

(A) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $K$ એ ગતિઊર્જા છે.
સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_s$ અને ગતિઊર્જા વચ્ચેનો સંબંધ $K = eV_s$ છે,તેથી $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2meV_s}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\lambda^2 = \frac{h^2}{2meV_s}$,જેનો અર્થ છે કે $V_s \propto \frac{1}{m\lambda^2}$.
આપેલ છે કે $\frac{\lambda_p}{\lambda_e} = 2$,તેથી $\frac{V_{s,p}}{V_{s,e}} = \frac{m_e}{m_p} \times \left( \frac{\lambda_e}{\lambda_p} \right)^2$.
દળનો ગુણોત્તર $\frac{m_e}{m_p} \approx \frac{1}{1836}$ અને $\frac{\lambda_e}{\lambda_p} = \frac{1}{2}$ લેતા,આપણને $\frac{V_{s,p}}{V_{s,e}} = \frac{1}{1836} \times \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \frac{1}{7344}$ મળે છે.
આપેલ વિકલ્પોમાં સાચો જવાબ ન હોવાથી,દળના ગુણોત્તરના આધારે સૌથી નજીકનો તાર્કિક જવાબ $1: 1836$ છે.

(A) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda$ અને વેગમાન $p$ વચ્ચેનો સંબંધ $\lambda = \frac{h}{p}$ છે.
વિકલન કરતા,આપણને $d\lambda = -\frac{h}{p^2} dp$ મળે છે.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા,$\frac{d\lambda}{\lambda} = -\frac{dp}{p}$ મળે છે.
આપેલ છે કે તરંગલંબાઇમાં $5 \%$ નો ફેરફાર થાય છે,તેથી $\frac{d\lambda}{\lambda} = -0.05$ (કારણ કે વેગમાન વધતા તરંગલંબાઇ ઘટે છે).
આમ,$\frac{dp}{p} = 0.05$,જ્યાં $dp = P$.
તેથી,$\frac{P}{p} = 0.05 = \frac{5}{100} = \frac{1}{20}$.
તેથી,પ્રારંભિક વેગમાન $p = 20 P$ થાય.

(A) ઇલેક્ટ્રોનની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda_e = \frac{h}{\sqrt{2 m_e K_e}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $K_e$ એ ઇલેક્ટ્રોનની ગતિઊર્જા છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\lambda_e^2 = \frac{h^2}{2 m_e K_e}$,જેનો અર્થ છે કે $K_e = \frac{h^2}{2 m_e \lambda_e^2}$.
ફોટોનની ઊર્જા $K_p = \frac{hc}{\lambda_p}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $\lambda_e = \lambda_p = \lambda = 1.2 \ \text{Å} = 1.2 \times 10^{-10} \ \text{m}$.
તેમની ઊર્જાનો ગુણોત્તર $\frac{K_e}{K_p} = \frac{h^2 / (2 m_e \lambda^2)}{hc / \lambda} = \frac{h}{2 m_e c \lambda}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $h = 6.63 \times 10^{-34} \ \text{J} \cdot \text{s}$,$m_e = 9.11 \times 10^{-31} \ \text{kg}$,$c = 3 \times 10^8 \ \text{m/s}$,અને $\lambda = 1.2 \times 10^{-10} \ \text{m}$.
$\frac{K_e}{K_p} = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{2 \times 9.11 \times 10^{-31} \times 3 \times 10^8 \times 1.2 \times 10^{-10}} \approx \frac{6.63 \times 10^{-34}}{6.56 \times 10^{-31}} \approx 0.01 = \frac{1}{100}$.
આમ,$K_e : K_p$ નો ગુણોત્તર $1 : 100$ છે.

(B) તાપમાન $T$ પર વાયુના અણુની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{\sqrt{3mkT}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $h$ પ્લાન્કનો અચળાંક છે,$m$ અણુનું દળ છે,$k$ બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક છે અને $T$ નિરપેક્ષ તાપમાન છે.
હાઇડ્રોજન $(H_2)$ માટે,$m_1 = 2u$ અને $T_1 = 27^{\circ} C = 300 \ K$.
હિલિયમ $(He)$ માટે,$m_2 = 4u$ અને $T_2 = 127^{\circ} C = 400 \ K$.
ગુણોત્તર $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \sqrt{\frac{m_2 T_2}{m_1 T_1}} = \sqrt{\frac{4 \times 400}{2 \times 300}} = \sqrt{\frac{1600}{600}} = \sqrt{\frac{8}{3}} = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
આમ,ગુણોત્તર $2\sqrt{2}:\sqrt{3}$ છે.

(B) આપાત ફોટોનની ઉર્જા $E = 4.8 eV$ છે અને ગોળાનું વર્ક ફંક્શન $\phi = 2.8 eV$ છે. ફોટો-ઇલેક્ટ્રિક ઉત્સર્જન ત્યારે અટકે છે જ્યારે ગોળાનું પોટેન્શિયલ $V$ એવા મૂલ્ય સુધી પહોંચે કે જેથી ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઉર્જા શૂન્ય થઈ જાય. આ ત્યારે થાય છે જ્યારે $eV = E - \phi = 4.8 eV - 2.8 eV = 2.0 eV$,તેથી $V = 2.0 V$.
$R = 9 mm = 9 \times 10^{-3} m$ ત્રિજ્યા ધરાવતા ગોળાનું કેપેસિટન્સ $C = 4\pi\epsilon_0 R = \frac{R}{k} = \frac{9 \times 10^{-3}}{9 \times 10^9} = 10^{-12} F$ છે.
પોટેન્શિયલ $V$ સુધી પહોંચવા માટે જરૂરી ચાર્જ $Q = CV = 10^{-12} F \times 2.0 V = 2 \times 10^{-12} C$ છે.
ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $n = \frac{Q}{e} = \frac{2 \times 10^{-12}}{1.6 \times 10^{-19}} = 1.25 \times 10^7$ છે.
ઉત્સર્જનનો દર $10^5$ ઇલેક્ટ્રોન પ્રતિ સેકન્ડ હોવાથી,લાગતો સમય $t = \frac{n}{\text{rate}} = \frac{1.25 \times 10^7}{10^5} = 125 s$ છે.

(A) ઉર્જા ફ્લક્સ $I = 18 \,W \,cm^{-2}$ છે。
સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $A = 20 \,cm^2$ છે。
સપાટી પર આપાત થતો કુલ પાવર $P = I \times A = 18 \,W \,cm^{-2} \times 20 \,cm^2 = 360 \,W$ છે。
નોન-રિફ્લેક્ટિંગ સપાટી માટે, રેડિયેશન દબાણ દ્વારા લાગતું બળ $F = \frac{P}{c}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે, જ્યાં $c$ એ પ્રકાશની ગતિ છે。
કિંમતો મૂકતા: $F = \frac{360 \,W}{3 \times 10^8 \,ms^{-1}} = 120 \times 10^{-8} \,N = 1.2 \times 10^{-6} \,N$.
સમયગાળા દરમિયાન બળ અચળ હોવાથી, સરેરાશ બળ $1.2 \times 10^{-6} \,N$ મળે છે。

(A) સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $E = \Delta E = 3.31 \ eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઉર્જા અને તરંગલંબાઇ વચ્ચેનો સંબંધ $E = \frac{hc}{\lambda}$ છે.
અહીં $h = 6.62 \times 10^{-34} \ J \cdot s$, $c = 3 \times 10^8 \ m/s$, અને $1 \ eV = 1.6 \times 10^{-19} \ J$ છે.
સૂત્ર $\lambda = \frac{hc}{E}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lambda = \frac{(6.62 \times 10^{-34} \ J \cdot s) \times (3 \times 10^8 \ m/s)}{3.31 \times 1.6 \times 10^{-19} \ J}$.
$\lambda = \frac{19.86 \times 10^{-26}}{5.296 \times 10^{-19}} \ m$.
$\lambda \approx 3.75 \times 10^{-7} \ m$.
એંગસ્ટ્રોમમાં ફેરવતા $(1 \ Å = 10^{-10} \ m)$:
$\lambda \approx 3750 \ Å$.

(B) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ: $K_{max} = h\nu - \phi_0$,જ્યાં $\phi_0 = h\nu_0$.
આવૃત્તિ $\nu_1 = 2\nu_0$ માટે,મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_1 = h(2\nu_0) - h\nu_0 = h\nu_0$ છે.
આપેલ છે કે $v_1 = 2 \times 10^6 \ m/s$,તેથી $K_1 = \frac{1}{2}mv_1^2 = h\nu_0$.
આવૃત્તિ $\nu_2 = 3\nu_0$ માટે,મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_2 = h(3\nu_0) - h\nu_0 = 2h\nu_0$ છે.
કારણ કે $K_2 = 2K_1$,તેથી $\frac{1}{2}mv_2^2 = 2(\frac{1}{2}mv_1^2)$.
આમ,$v_2^2 = 2v_1^2$,જેનો અર્થ છે કે $v_2 = \sqrt{2}v_1$.
$v_1 = 2 \times 10^6 \ m/s$ કિંમત મૂકતા,આપણને $v_2 = \sqrt{2} \times 2 \times 10^6 = 2\sqrt{2} \times 10^6 \ m/s$ મળે છે.

(B) ધારો કે લૂપની ત્રિજ્યા $r$ છે અને તારનું આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A_w$ છે.
લૂપનું દળ $m = (2 \pi r) A_w d$ છે,તેથી $A_w = \frac{m}{2 \pi r d}$.
લૂપનો અવરોધ $R = \rho \frac{l}{A_w} = \rho \frac{2 \pi r}{A_w} = \rho \frac{2 \pi r}{m / (2 \pi r d)} = \frac{4 \pi^2 r^2 \rho d}{m}$ થાય.
લૂપમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = B \cdot \pi r^2$ છે.
પ્રેરિત ઇલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સ $(EMF)$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -\pi r^2 \frac{dB}{dt}$ છે.
પ્રેરિત પ્રવાહ $I = \frac{|\varepsilon|}{R} = \frac{\pi r^2 (dB/dt)}{4 \pi^2 r^2 \rho d / m} = \frac{m}{4 \pi \rho d} \left(\frac{dB}{dt}\right)$ મળે.

(B) ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi(t) = at^2 + bt + c$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ફ્લક્સ કયા સમયે મહત્તમ છે તે શોધવા માટે, આપણે $\phi$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ અને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ છીએ:
$\frac{d\phi}{dt} = 2at + b = 0$.
$t$ માટે ઉકેલતા, આપણને $t = -\frac{b}{2a}$ મળે છે.
પ્રશ્ન મુજબ, ફ્લક્સ $t = 2 \,s$ પર તેનું મહત્તમ મૂલ્ય પ્રાપ્ત કરે છે.
તેથી, $2 = -\frac{b}{2a}$.
આ સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા, આપણને $4a = -b$ મળે છે, જેનો અર્થ છે કે $a = -\frac{b}{4}$.

(B) ફેરાડેના નિયમ મુજબ,કોઈલમાં પ્રેરિત $emf$ $(\varepsilon)$ $\varepsilon = -N \frac{d\phi}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N$ એ આંટાઓની સંખ્યા છે.
જેમ આંટાઓની સંખ્યા $(N)$ વધે છે,તેમ ચુંબકીય ફ્લક્સમાં ફેરફારના દર માટે પ્રેરિત $emf$ અને પરિણામે પ્રેરિત પ્રવાહ વધે છે.
લેન્ઝના નિયમ મુજબ,પ્રેરિત પ્રવાહની દિશા એવી હોય છે કે તે તેને ઉત્પન્ન કરનાર કારણનો વિરોધ કરે છે,જે ચુંબકની ગતિ છે.
વધુ $N$ ને કારણે પ્રેરિત પ્રવાહ મજબૂત બને છે,તેથી વિરોધ કરતું ચુંબકીય બળ વધે છે,જેનાથી ચુંબકને કોઈલમાં ધકેલવો વધુ મુશ્કેલ બને છે.
આમ,$A$ અને $R$ બંને સાચા છે,અને $R$ એ $A$ ની સાચી સમજૂતી છે.