AP EAMCET 2018 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) ધારો કે સંપૂર્ણ તકતીનું દળ $M$ છે.
એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ દળ $\sigma = \frac{M}{\pi(2R)^2} = \frac{M}{4\pi R^2}$ છે.
$R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી દૂર કરેલી વર્તુળાકાર તકતીનું દળ $M_1 = \sigma \cdot \pi R^2 = \frac{M}{4\pi R^2} \cdot \pi R^2 = \frac{M}{4}$ છે.
બાકી રહેલી તકતીનું દળ $M_2 = M - M_1 = M - \frac{M}{4} = \frac{3M}{4}$ છે.
ધારો કે મોટી તકતીનું કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ $(0,0)$ પર છે. દૂર કરેલી તકતીનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x_1 = R$ પર છે અને બાકી રહેલી તકતીનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x_2 = -\alpha R$ પર છે.
મૂળ તકતીનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ પર હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$M_1 x_1 + M_2 x_2 = 0$
$\frac{M}{4} \cdot R + \frac{3M}{4} \cdot (-\alpha R) = 0$
$\frac{M}{4} \cdot R = \frac{3M}{4} \cdot \alpha R$
$\alpha = \frac{1}{3}$.

(C) જ્યારે દડાને $h$ ઊંચાઈ પરથી છોડવામાં આવે છે, ત્યારે જમીન સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t_0 = \sqrt{\frac{2h}{g}}$ છે અને અથડામણ પહેલાંની ઝડપ $v_0 = \sqrt{2gh}$ છે。
પ્રથમ અથડામણ પછી, તેની ઝડપ $v_1 = ev_0 = e\sqrt{2gh}$ થાય છે, જ્યાં $e$ એ રિસ્ટિટ્યુશનનો ગુણાંક છે。
દડો ઉપર જાય છે અને $t_1 = \frac{v_1}{g}$ સમયે અટકે છે. તે પછી તે પાછો જમીન પર આવે છે, જેમાં સમાન સમય $t_1$ લાગે છે. આમ, પ્રથમ અને બીજી અથડામણ વચ્ચેનો સમય $2t_1 = \frac{2v_1}{g}$ છે。
દડો ઉછળવાનું બંધ કરે તે પહેલાંનો કુલ સમય $T$:
$T = t_0 + 2t_1 + 2t_2 + \dots = \sqrt{\frac{2h}{g}} \left( \frac{1+e}{1-e} \right)$.
આપેલ છે $h = 180 \,m$, $g = 10 \,ms^{-2}$, અને $e = 0.5$:
$T = \sqrt{\frac{2 \times 180}{10}} \left( \frac{1+0.5}{1-0.5} \right) = 6 \times 3 = 18 \,s$.
કુલ અંતર $H$:
$H = h + 2h_1 + 2h_2 + \dots = h \left( \frac{1+e^2}{1-e^2} \right) = 180 \left( \frac{1 + 0.25}{1 - 0.25} \right) = 300 \,m$.
સરેરાશ ઝડપ $= \frac{\text{કુલ અંતર}}{\text{કુલ સમય}} = \frac{300}{18} = \frac{50}{3} \,ms^{-1}$.
સરેરાશ વેગ $= \frac{\text{કુલ સ્થાનાંતર}}{\text{કુલ સમય}} = \frac{180}{18} = 10 \,ms^{-1}$.

(D) ધારો કે પ્રથમ દડાનો પ્રારંભિક વેગ $u_1 = u$ છે અને બીજા દડાનો વેગ $u_2 = 0$ છે। અથડામણ પછી, પ્રથમ દડાનો વેગ $v_1 = \frac{u}{3}$ છે.
અથડામણ સ્થિતિસ્થાપક હોવાથી, પુનઃપ્રાપ્તિનો ગુણાંક $e = 1$ છે.
સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ પછી પ્રથમ દડાના વેગનું સૂત્ર $v_1 = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} u_1 + \frac{2m_2}{m_1 + m_2} u_2$ છે.
જ્ઞાત કિંમતો મૂકતા: $\frac{u}{3} = \frac{2 - M}{2 + M} u + 0$.
$u$ વડે ભાગતા: $\frac{1}{3} = \frac{2 - M}{2 + M}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા: $2 + M = 3(2 - M) = 6 - 3M$.
પદોને ગોઠવતા: $M + 3M = 6 - 2$, જે $4M = 4$ આપે છે.
તેથી, $M = 1 \,kg$.

(D) સમાન દળ ધરાવતા બે પદાર્થો વચ્ચેની સંપૂર્ણ સ્થિતિસ્થાપક અથડામણમાં, જ્યાં એક પદાર્થ શરૂઆતમાં સ્થિર હોય, ત્યારે પદાર્થો તેમના વેગની અદલાબદલી કરે છે。
ધારો કે દડાનું દળ $m$ છે અને લોલકના ગોળાનું દળ $m$ છે。
દડાનો પ્રારંભિક વેગ $u_1 = 2 \,ms^{-1}$ અને ગોળાનો પ્રારંભિક વેગ $u_2 = 0 \,ms^{-1}$ છે。
સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ પછી, દડો સ્થિર થઈ જાય છે $(v_1 = 0)$ અને ગોળો દડાનો વેગ પ્રાપ્ત કરે છે $(v_2 = u_1 = 2 \,ms^{-1})$.
અથડામણ પછી તરત જ ગોળાની ગતિઊર્જા સ્થિતિઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે કારણ કે તે $h$ ઊંચાઈ સુધી ઉપર જાય છે。
ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{2}mv_2^2 = mgh$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{2} \times (2)^2 = 10 \times h$.
$2 = 10h$.
$h = 0.2 \,m = 20 \,cm$.

(C) ધારો કે ગોળીનું દળ $m = 10 \ g = 0.01 \ kg$,પ્લેટ $A$ નું દળ $M_A = 500 \ g = 0.5 \ kg$,અને પ્લેટ $B$ નું દળ $M_B = 1.49 \ kg$ છે.
ધારો કે ગોળીનો પ્રારંભિક વેગ $u$ છે અને પ્લેટ $A$ માંથી પસાર થયા પછી તેનો વેગ $v_1$ છે.
ધારો કે ગોળી પસાર થયા પછી પ્લેટ $A$ નો વેગ $v_A$ છે અને ગોળી પ્લેટ $B$ માં ખૂંપી ગયા પછી પ્લેટ $B$ નો વેગ $v_B$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$v_A = v_B = v$.
પ્લેટ $A$ માટે,રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$m u = m v_1 + M_A v \Rightarrow m(u - v_1) = M_A v \quad ... (1)$
પ્લેટ $B$ માટે,રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$m v_1 = (m + M_B) v \Rightarrow v = \frac{m v_1}{m + M_B} \quad ... (2)$
સમીકરણ $(2)$ માંથી $v$ ની કિંમત $(1)$ માં મૂકતા:
$m(u - v_1) = M_A \left( \frac{m v_1}{m + M_B} \right)$
$u - v_1 = v_1 \left( \frac{M_A}{m + M_B} \right)$
$u = v_1 \left( 1 + \frac{M_A}{m + M_B} \right) = v_1 \left( \frac{m + M_B + M_A}{m + M_B} \right)$
$v_1 = u \left( \frac{m + M_B}{m + M_B + M_A} \right) = u \left( \frac{0.01 + 1.49}{0.01 + 1.49 + 0.5} \right) = u \left( \frac{1.5}{2.0} \right) = 0.75 u = \frac{3}{4} u$.
ગોળીની પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $K_i = \frac{1}{2} m u^2$ છે.
પ્લેટ $A$ માંથી પસાર થયા પછી ગોળીની ગતિઊર્જા $K_f = \frac{1}{2} m v_1^2 = \frac{1}{2} m \left( \frac{3}{4} u \right)^2 = \frac{9}{16} K_i$ છે.
ગતિઊર્જામાં થતો ટકાવારી ઘટાડો:
$\text{ટકાવારી ઘટાડો} = \frac{K_i - K_f}{K_i} \times 100 = \left( 1 - \frac{9}{16} \right) \times 100 = \frac{7}{16} \times 100 = 43.75 \%$.

(D) ધારો કે ગોળાનું દળ $2m$ છે. મહત્તમ ઊંચાઈએ,વેગનો શિરોલંબ ઘટક શૂન્ય હોય છે અને સમક્ષિતિજ વેગ $u \cos \theta$ હોય છે.
આમ,વિસ્ફોટ પહેલાં ગોળાનું વેગમાન $P = (2m)(u \cos \theta)$ છે.
વિસ્ફોટ પછી,ગોળો દરેક $m$ દળના બે સમાન ભાગોમાં વિભાજિત થાય છે.
એક ભાગ તેનો માર્ગ પાછો ખેંચે છે,જેનો અર્થ છે કે તેનો વેગ $v_1 = -u \cos \theta$ છે.
ધારો કે બીજા ભાગનો વેગ $v_2$ છે.
રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$2m u \cos \theta = m v_1 + m v_2$
$2m u \cos \theta = m(-u \cos \theta) + m v_2$
$2m u \cos \theta = -m u \cos \theta + m v_2$
$m v_2 = 3m u \cos \theta \Rightarrow v_2 = 3u \cos \theta$.
પ્રથમ ભાગની ગતિઊર્જા $E_1 = \frac{1}{2} m v_1^2 = \frac{1}{2} m (-u \cos \theta)^2 = \frac{1}{2} m u^2 \cos^2 \theta$ છે.
બીજા ભાગની ગતિઊર્જા $E_2 = \frac{1}{2} m v_2^2 = \frac{1}{2} m (3u \cos \theta)^2 = \frac{1}{2} m (9 u^2 \cos^2 \theta) = 9 \left( \frac{1}{2} m u^2 \cos^2 \theta \right)$ છે.
તેથી,$E_2 = 9 E_1$.

(C) રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,તંત્રનું પ્રારંભિક વેગમાન શૂન્ય હોવાથી,અંતિમ વેગમાન પણ શૂન્ય હોવું જોઈએ.
ધારો કે $2M$ દળના ટુકડાનો વેગ $\vec{v} = u_x \hat{i} + u_y \hat{j}$ છે.
$X$-અક્ષ પર વેગમાન: $M(4) + M(0) + 2M(u_x) = 0 \Rightarrow 2M u_x = -4M \Rightarrow u_x = -2 \ m s^{-1}$.
$Y$-અક્ષ પર વેગમાન: $M(0) + M(6) + 2M(u_y) = 0 \Rightarrow 2M u_y = -6M \Rightarrow u_y = -3 \ m s^{-1}$.
વેગનું મૂલ્ય $u = \sqrt{u_x^2 + u_y^2}$ દ્વારા મળે છે.
$u = \sqrt{(-2)^2 + (-3)^2} = \sqrt{4 + 9} = \sqrt{13} \ m s^{-1}$.

(A) ધારો કે કણોના દળ $m_1 = m$ અને $m_2 = 2m$ છે. દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું સ્થાનાંતર $\Delta Y_{cm}$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\Delta Y_{cm} = \frac{m_1 \Delta y_1 + m_2 \Delta y_2}{m_1 + m_2}$
અહીં $\Delta Y_{cm} = 2 \ cm$,$\Delta y_1 = 9 \ cm$,$m_1 = m$,અને $m_2 = 2m$ આપેલ છે,આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$2 = \frac{m(9) + 2m(\Delta y_2)}{m + 2m}$
$2 = \frac{9m + 2m(\Delta y_2)}{3m}$
$2 = \frac{9 + 2\Delta y_2}{3}$
$6 = 9 + 2\Delta y_2$
$2\Delta y_2 = 6 - 9$
$2\Delta y_2 = -3$
$\Delta y_2 = -1.5 \ cm$
ઋણ નિશાની દર્શાવે છે કે ભારે કણને $1.5 \ cm$ નીચે ખસેડવો જોઈએ.

(A) ચલ દળ ધરાવતા રોકેટ માટે ગતિનું સમીકરણ $F_{\text{ext}} + v_{\text{rel}} \frac{dm}{dt} = m \frac{dv}{dt}$ છે.
આપેલ છે કે રોકેટ $a$ જેટલા અચળ પ્રવેગથી ગતિ કરે છે,તેથી $\frac{dv}{dt} = a$.
કોઈપણ બાહ્ય બળ ન હોવાથી $(F_{\text{ext}} = 0)$,સમીકરણ $v_{\text{rel}} \frac{dm}{dt} = m a$ બને છે.
અહીં,$v_{\text{rel}} = v$ (રોકેટની સાપેક્ષે વાયુઓનો વેગ).
પદોને ગોઠવતા,આપણને $\frac{dm}{m} = \frac{a}{v} dt$ મળે છે.
સમય $t=0$ પર પ્રારંભિક દળ $m_0$ થી સમય $t$ પર દળ $m$ સુધી બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int_{m_0}^{m} \frac{dm}{m} = \int_{0}^{t} \frac{a}{v} dt$.
$\ln \left( \frac{m}{m_0} \right) = \frac{a t}{v}$.
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા,આપણને $m = m_0 e^{-\frac{at}{v}}$ મળે છે.

(A) આપેલ છે: દળ $m = 40 \ g = 0.04 \ kg$,વીજભાર $q = 2 \times 10^{-6} \ C$,$g = 10 \ ms^{-2}$,વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = 4.2 \times 10^4 \ NC^{-1}$.
પ્રથમ,વિદ્યુતક્ષેત્રને કારણે ઉદ્ભવતો પ્રવેગ શોધીએ:
$a = \frac{qE}{m} = \frac{2 \times 10^{-6} \times 4.2 \times 10^4}{0.04} = 2.1 \ ms^{-2}$.
વિદ્યુતક્ષેત્ર નીચેની તરફ હોવાથી અને વીજભાર ધન હોવાથી,બળ નીચેની તરફ લાગશે,તેથી અસરકારક પ્રવેગ $g_e = g + a = 10 + 2.1 = 12.1 \ ms^{-2}$.
સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ છે.
વિદ્યુતક્ષેત્રની ગેરહાજરીમાં,$T = \frac{44}{20} = 2.2 \ s$.
તેથી,$2.2 = 2\pi \sqrt{\frac{l}{10}} \Rightarrow \sqrt{l} = \frac{2.2 \sqrt{10}}{2\pi}$.
વિદ્યુતક્ષેત્રની હાજરીમાં,$T' = 2\pi \sqrt{\frac{l}{12.1}} = 2\pi \frac{\sqrt{l}}{\sqrt{12.1}}$.
$\sqrt{l}$ ની કિંમત મૂકતા,$T' = 2\pi \left( \frac{2.2 \sqrt{10}}{2\pi \sqrt{12.1}} \right) = 2.2 \sqrt{\frac{10}{12.1}} = 2.2 \times \frac{\sqrt{10}}{1.1 \sqrt{10}} = 2 \ s$.
$15$ દોલનો માટે લાગતો સમય $t = 15 \times T' = 15 \times 2 = 30 \ s$.

(C) સાબુના પરપોટાની અંદર પૃષ્ઠતાણને કારણે ઉદ્ભવતું વધારાનું દબાણ $p = \frac{4S}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $S$ એ પૃષ્ઠતાણ છે અને $R$ એ ત્રિજ્યા છે.
આપેલ છે કે સ્થિત-વિદ્યુત દબાણ $p = \frac{\sigma^2}{2 \varepsilon_0}$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,પૃષ્ઠતાણને કારણે ઉદ્ભવતું વધારાનું દબાણ એ સ્થિત-વિદ્યુત દબાણ જેટલું છે:
$\frac{4S}{R} = \frac{\sigma^2}{2 \varepsilon_0}$
$S$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા:
$S = \frac{\sigma^2 R}{8 \varepsilon_0} \quad \dots (i)$
આપેલ કિંમતો: $\sigma = 20 \ \mu C \ m^{-2} = 20 \times 10^{-6} \ C \ m^{-2}$,$R = 0.2 \ mm = 0.2 \times 10^{-3} \ m$,અને $\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12} \ C^2 \ N^{-1} \ m^{-2}$.
આ કિંમતોને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$S = \frac{(20 \times 10^{-6})^2 \times (0.2 \times 10^{-3})}{8 \times 8.85 \times 10^{-12}}$
$S = \frac{400 \times 10^{-12} \times 0.2 \times 10^{-3}}{70.8 \times 10^{-12}}$
$S = \frac{80 \times 10^{-15}}{70.8 \times 10^{-12}} \approx 1.13 \times 10^{-3} \ N \ m^{-1} = 11.3 \times 10^{-4} \ N \ m^{-1}$.

(A) ધારો કે પદાર્થ પૃથ્વીના કેન્દ્રથી $r$ અંતરે $v$ વેગ ધરાવે છે. યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$(TE)_{\text{સપાટી પર}} = (TE)_{\text{r અંતરે}}$
$\frac{1}{2} m v_e^2 - \frac{GMm}{R} = \frac{1}{2} m v^2 - \frac{GMm}{r}$
$v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ હોવાથી,$\frac{1}{2} v_e^2 = \frac{GM}{R} = gR$ મળે.
આ કિંમત મૂકતા,$\frac{1}{2} v^2 = \frac{GM}{r} = \frac{gR^2}{r}$.
તેથી,$v = \frac{dr}{dt} = R \sqrt{\frac{2g}{r}}$.
$r = R$ થી $r = R + h = 4R$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_0^t dt = \int_R^{4R} \sqrt{\frac{r}{2gR^2}} dr = \frac{1}{R\sqrt{2g}} \int_R^{4R} r^{1/2} dr$
$t = \frac{1}{R\sqrt{2g}} \left[ \frac{2}{3} r^{3/2} \right]_R^{4R} = \frac{2}{3R\sqrt{2g}} \left[ (4R)^{3/2} - R^{3/2} \right]$
$t = \frac{2}{3R\sqrt{2g}} R^{3/2} [8 - 1] = \frac{7}{3} \sqrt{\frac{2R}{g}}$
$R = 6.4 \times 10^6 \ m$ અને $g = 9.8 \ m/s^2$ મૂકતા:
$t = \frac{7}{3} \sqrt{\frac{2 \times 6.4 \times 10^6}{9.8}} \approx 2666.5 \ s$
$t = \frac{2666.5}{60} \approx 44.44 \ min$.

(D) બાહ્ય એજન્ટ દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય એ તંત્રની ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિ ઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે: $W = U_f - U_i$ .
આકૃતિ $1$ માટે (કાટકોણ ત્રિકોણ જેની બાજુઓ $a, a, \sqrt{2}a$ છે):
$U_i = -\frac{G(m)(2m)}{a} - \frac{G(m)(3m)}{a} - \frac{G(2m)(3m)}{\sqrt{2}a} = -\frac{G m^2}{a} \left( 2 + 3 + \frac{6}{\sqrt{2}} \right) = -\frac{G m^2}{a} \left( 5 + \frac{6}{\sqrt{2}} \right)$ .
આકૃતિ $2$ માટે (સમબાજુ ત્રિકોણ જેની બધી બાજુઓ $a$ છે):
$U_f = -\frac{G(m)(3m)}{a} - \frac{G(m)(2m)}{a} - \frac{G(2m)(3m)}{a} = -\frac{G m^2}{a} (3 + 2 + 6) = -\frac{11 G m^2}{a}$ .
કરવામાં આવેલ કાર્ય $W = U_f - U_i = -\frac{11 G m^2}{a} - \left( -\frac{G m^2}{a} \left( 5 + \frac{6}{\sqrt{2}} \right) \right) = \frac{G m^2}{a} \left( -11 + 5 + \frac{6}{\sqrt{2}} \right) = \frac{G m^2}{a} \left( \frac{6}{\sqrt{2}} - 6 \right) = -\frac{G m^2}{a} \left( 6 - \frac{6}{\sqrt{2}} \right)$ .

(B) પૃથ્વીની સપાટી પર નિષ્ક્રમણ વેગ $v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ છે.
ધારો કે પદાર્થને $v = x \cdot v_e$ ના પ્રારંભિક વેગથી ફેંકવામાં આવે છે.
ધારો કે સપાટીથી પ્રાપ્ત કરેલી મહત્તમ ઊંચાઈ $h$ છે. આ મહત્તમ ઊંચાઈએ પૃથ્વીના કેન્દ્રથી અંતર $r = R + h$ છે.
યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
સપાટી પરની કુલ ઉર્જા = મહત્તમ ઊંચાઈ પરની કુલ ઉર્જા
$\frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{R} = 0 - \frac{GMm}{R+h}$
$v = x \cdot v_e = x \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ મૂકતા:
$\frac{1}{2}m \left(x^2 \cdot \frac{2GM}{R}\right) - \frac{GMm}{R} = - \frac{GMm}{R+h}$
$\frac{GMm x^2}{R} - \frac{GMm}{R} = - \frac{GMm}{R+h}$
$GMm$ વડે ભાગતા:
$\frac{x^2}{R} - \frac{1}{R} = - \frac{1}{R+h}$
$\frac{1-x^2}{R} = \frac{1}{R+h}$
$R+h = \frac{R}{1-x^2}$
$h = \frac{R}{1-x^2} - R = \frac{Rx^2}{1-x^2}$
પૃથ્વીના કેન્દ્રથી અંતર $r = R + h = \frac{R}{1-x^2}$ થાય. પ્રશ્નમાં પૃથ્વીના કેન્દ્રથી ઊંચાઈ પૂછવામાં આવી છે,પરંતુ આપેલા વિકલ્પો મુજબ વિકલ્પ $B$ એ સપાટીથી ઊંચાઈ $h$ દર્શાવે છે.

(C) કેપ્લરના ગ્રહીય ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,કેન્દ્રીય બળ ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા ગ્રહ કે ઉપગ્રહનો ક્ષેત્રીય વેગ અચળ હોય છે.
ગાણિતિક રીતે,ક્ષેત્રીય વેગ $\frac{dA}{dt} = \frac{L}{2m}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $L$ એ કોણીય વેગમાન છે અને $m$ એ ઉપગ્રહનું દળ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $L = mvr \sin \theta$,તેથી આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{dA}{dt} = \frac{mvr \sin \theta}{2m} = \frac{vr \sin \theta}{2}$.
અંતિમ સમીકરણમાં જોઈ શકાય છે કે દળ $m$ ઉડી જાય છે.
તેથી,ક્ષેત્રીય વેગ ઉપગ્રહના દળ પર આધારિત નથી,જેનો અર્થ છે કે તે $m^0$ ના સમપ્રમાણમાં છે.

(B) $\text{ભૂસ્થિર ઉપગ્રહ માટે, ભ્રમણકક્ષાનો સમયગાળો } T = 24 \text{ કલાક છે, જે } 24 \times 3600 = 86400 \,s \text{ થાય છે.}
\text{કેપ્લરના ત્રીજા નિયમ મુજબ ભ્રમણકક્ષાની ત્રિજ્યા } r \text{ નું સૂત્ર: } T^2 = \frac{4\pi^2 r^3}{GM_{E}}.
r \text{ માટે સૂત્ર બનાવતા: } r = \left( \frac{GMT^2}{4\pi^2} \right)^{1/3}.
\text{કિંમતો મૂકતા: } G = 6.67 \times 10^{-11} \,Nm^2/kg^2, M_{E} = 6 \times 10^{24} \,kg, T = 86400 \,s.
r = \left( \frac{6.67 \times 10^{-11} \times 6 \times 10^{24} \times (86400)^2}{4 \times (3.14)^2} \right)^{1/3} \approx 4.22 \times 10^7 \,m.
\text{પૃથ્વીની સપાટીથી ઉપગ્રહની ઊંચાઈ } h = r - R_{E} \text{ છે।}
h = 4.22 \times 10^7 \,m - 0.64 \times 10^7 \,m = 3.58 \times 10^7 \,m.
\text{આપેલા વિકલ્પો મુજબ, ઊંચાઈ આશરે } 3.57 \times 10^7 \,m \text{ છે।}$

(C) ધારો કે બે પદાર્થોના પ્રારંભિક દળ $m$ અને $m$ છે,જે $r$ અંતરે રહેલા છે. પ્રારંભિક ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F_1 = \frac{G m^2}{r^2}$ છે.
પ્રથમ પદાર્થમાંથી $20 \%$ દળ બીજા પદાર્થમાં સ્થાનાંતરિત કર્યા પછી,નવા દળ $m_1 = m - 0.2m = 0.8m$ અને $m_2 = m + 0.2m = 1.2m$ થાય છે.
નવું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F_2 = \frac{G (0.8m)(1.2m)}{r^2} = \frac{G (0.96m^2)}{r^2} = 0.96 F_1$ થાય છે.
બળમાં થતો ફેરફાર $\Delta F = F_2 - F_1 = 0.96 F_1 - F_1 = -0.04 F_1$ છે.
ટકાવારીમાં ફેરફાર $\frac{\Delta F}{F_1} \times 100 \% = -0.04 \times 100 \% = -4 \%$ છે.
તેથી,ગુરુત્વાકર્ષણ બળમાં $4 \%$ નો ઘટાડો થાય છે.

(C) આપેલ છે: હવાનું પ્રારંભિક કદ $V_0 = 0.75 \times 2 \times 10^{-3} \ m^3 = 1.5 \times 10^{-3} \ m^3$.
જ્યારે સવાર સાયકલ પર હોય ત્યારે ટાયરની અંદરનું કુલ દબાણ $P$ એ વાતાવરણીય દબાણ $P_0$ અને ભારને કારણે લાગતા દબાણનો સરવાળો છે: $P = P_0 + \frac{mg}{A} = 10^5 + \frac{120 \times 10}{24 \times 10^{-4}} = 10^5 + 5 \times 10^5 = 6 \times 10^5 \ N \ m^{-2}$.
તાપમાન $T$ અચળ રહે છે તેમ ધારતા,આપણે બોઈલના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ $(P_1 V_1 = P_2 V_2)$:
$P_0 V_{initial} = P V_{final}$
$10^5 \times V_{initial} = 6 \times 10^5 \times 2 \times 10^{-3}$
$V_{initial} = 12 \times 10^{-3} \ m^3$.
ઉમેરવા માટે જરૂરી હવાનું કદ $\Delta V = V_{initial} - V_0 = 12 \times 10^{-3} - 1.5 \times 10^{-3} = 10.5 \times 10^{-3} \ m^3$.
દરેક સ્ટ્રોક દીઠ કદ $v = 500 \ cm^3 = 500 \times 10^{-6} \ m^3 = 0.5 \times 10^{-3} \ m^3$.
સ્ટ્રોકની સંખ્યા $n = \frac{\Delta V}{v} = \frac{10.5 \times 10^{-3}}{0.5 \times 10^{-3}} = 21$.

(A) વાયુના અણુના સરેરાશ મુક્ત પથ $\lambda$ માટેનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi n d^2}$
જ્યાં $n$ એ સંખ્યા ઘનતા છે અને $d$ એ અણુનો વ્યાસ છે.
આપેલ છે:
$n = 2 \sqrt{2} \times 10^8 \text{ cm}^{-3}$
$\lambda = \frac{10^{-2}}{\pi} \text{ cm}$
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{10^{-2}}{\pi} = \frac{1}{\sqrt{2} \pi (2 \sqrt{2} \times 10^8) d^2}$
$\frac{10^{-2}}{\pi} = \frac{1}{\pi (2 \times 2 \times 10^8) d^2}$
$\frac{10^{-2}}{\pi} = \frac{1}{\pi (4 \times 10^8) d^2}$
$d^2 = \frac{1}{4 \times 10^8 \times 10^{-2}} = \frac{1}{4 \times 10^6}$
$d = \sqrt{\frac{1}{4 \times 10^6}} = \frac{1}{2 \times 10^3} = 0.5 \times 10^{-3} \text{ cm} = 5 \times 10^{-4} \text{ cm}$.

(D) ધારો કે $N_2$ વાયુના મોલની સંખ્યા $n$ છે. વાયુની ગતિઊર્જા $K.E. = n \left( \frac{1}{2} M v^2 \right)$ છે,જ્યાં $M$ એ $N_2$ નું મોલર દળ $(28 \times 10^{-3} \ kg/mol)$ છે.
પાત્ર ઉષ્મીય રીતે અલગ હોવાથી,ગતિઊર્જામાં થતો ઘટાડો વાયુની આંતરિક ઊર્જા (ઉષ્મા) માં રૂપાંતરિત થાય છે: $n \left( \frac{1}{2} M v^2 \right) = n C_v \Delta T$.
$N_2$ જેવા દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુ માટે,મુક્તિના અંશો $f = 5$ છે,તેથી $C_v = \frac{f}{2} R = \frac{5}{2} R$.
આમ,$\frac{1}{2} M v^2 = \frac{5}{2} R \Delta T \Rightarrow \Delta T = \frac{M v^2}{5 R}$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ પરથી,અચળ કદની પ્રક્રિયા માટે દબાણમાં ફેરફાર $\Delta P = \frac{nR \Delta T}{V} = \frac{P \Delta T}{T}$ થાય.
દબાણમાં થતો ટકાવારી ફેરફાર $\frac{\Delta P}{P} \times 100 = \frac{\Delta T}{T} \times 100$ છે.
$\Delta T = \frac{M v^2}{5 R}$ અને $T = 300 \ K$ મૂકતા:
$\frac{\Delta P}{P} \times 100 = \frac{M v^2}{5 R T} \times 100 = \frac{28 \times 10^{-3} \times 100^2}{5 \times 8.3 \times 300} \times 100 = \frac{280}{12450} \times 100 \approx 2.25 \%$.

(D) વાયુના અણુની rms ઝડપનું સૂત્ર $v_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3 k T}{m}}$ છે,જ્યાં $k$ એ બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક છે,$T$ એ નિરપેક્ષ તાપમાન છે અને $m$ એ અણુનું દળ છે.
ચંદ્રની સપાટી પરથી નિષ્ક્રમણ ઝડપનું સૂત્ર $v_{\text{escape}} = \sqrt{2 g R}$ છે,જ્યાં $g$ એ ચંદ્રની સપાટી પર ગુરુત્વપ્રવેગ છે અને $R$ એ ચંદ્રની ત્રિજ્યા છે.
બંને ઝડપને સરખાવતા:
$\sqrt{\frac{3 k T}{m}} = \sqrt{2 g R}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$\frac{3 k T}{m} = 2 g R$
$T$ માટે ઉકેલતા:
$T = \frac{2 m g R}{3 k}$

(A) ઉર્જાના સમવિભાજનના પ્રમેય મુજબ,સખત દ્વિપરમાણ્વીય અણુની ચાકગતિ ઉર્જા $\frac{1}{2} I \omega^2 = k_B T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I$ એ જડત્વની ચાકમાત્રા છે,$\omega$ એ કોણીય ઝડપ છે અને $k_B$ એ બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક છે.
આમ,rms કોણીય ઝડપ $\omega_{rms} = \sqrt{\frac{2 k_B T}{I}}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે: $T = 87^{\circ} C = 87 + 273 = 360 \text{ K}$,$I = 2.76 \times 10^{-46} \text{ kg} \cdot m^2$,અને $k_B = 1.38 \times 10^{-23} \text{ J} \cdot K^{-1}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\omega_{rms} = \sqrt{\frac{2 \times 1.38 \times 10^{-23} \times 360}{2.76 \times 10^{-46}}}$
$\omega_{rms} = \sqrt{\frac{2.76 \times 10^{-23} \times 360}{2.76 \times 10^{-46}}}$
$\omega_{rms} = \sqrt{360 \times 10^{23}} = \sqrt{36 \times 10^{24}} = 6 \times 10^{12} \text{ rad} \cdot s^{-1}$.

(C) rms ઝડપનું સૂત્ર $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ છે.
શરૂઆતમાં,ઓક્સિજનના અણુઓ $(O_2)$ માટે,મોલર દળ $M_1 = 32 \,g/mol$ છે અને તાપમાન $T_1$ છે. આપેલ છે કે $v_1 = 600 \,ms^{-1}$.
તેથી,$600 = \sqrt{\frac{3RT_1}{32}} \quad ... (i)$
વિભાજન પછી,ઓક્સિજનનો અણુ $(O_2)$ પરમાણ્વીય ઓક્સિજન $(O)$ માં ફેરવાય છે. નવું મોલર દળ $M_2 = 16 \,g/mol$ છે અને નવું તાપમાન $T_2 = 2T_1$ છે.
નવી rms ઝડપ $v_2$ આ મુજબ મળે: $v_2 = \sqrt{\frac{3RT_2}{M_2}} = \sqrt{\frac{3R(2T_1)}{16}} \quad ... (ii)$
સમીકરણ $(ii)$ ને સમીકરણ $(i)$ વડે ભાગતા:
$\frac{v_2}{600} = \frac{\sqrt{\frac{6RT_1}{16}}}{\sqrt{\frac{3RT_1}{32}}} = \sqrt{\frac{6RT_1}{16} \times \frac{32}{3RT_1}} = \sqrt{2 \times 2} = \sqrt{4} = 2$.
તેથી,$v_2 = 600 \times 2 = 1200 \,ms^{-1}$.

(B) વાયુમાં ધ્વનિની ઝડપનું સૂત્ર $v = \sqrt{\frac{\gamma RT_1}{M}}$ છે.
એક પરમાણ્વિક વાયુ માટે,એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma = \frac{5}{3}$ છે.
વાયુના અણુઓની rms ઝડપનું સૂત્ર $c = \sqrt{\frac{3RT_2}{M}}$ છે.
આપેલ તાપમાન $T_1 = 27^{\circ} C = 300 \ K$ અને $T_2 = 127^{\circ} C = 400 \ K$ છે.
ધ્વનિની ઝડપ અને rms ઝડપનો ગુણોત્તર:
$\frac{v}{c} = \frac{\sqrt{\frac{\gamma RT_1}{M}}}{\sqrt{\frac{3RT_2}{M}}} = \sqrt{\frac{\gamma T_1}{3T_2}}$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{v}{c} = \sqrt{\frac{(5/3) \times 300}{3 \times 400}} = \sqrt{\frac{500}{1200}} = \sqrt{\frac{5}{12}} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{12}}$.

(D) $N_2$ નું મોલર દળ $M = 28 \ g/mol$ છે. મોલની સંખ્યા $n = \frac{2.8 \ g}{28 \ g/mol} = 0.1 \ mol$ છે.
શરૂઆતનું તાપમાન $T_1 = 127 + 273 = 400 \ K$ છે.
rms ઝડપ $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જેનો અર્થ છે કે $v_{rms} \propto \sqrt{T}$.
જો ઝડપમાં $41.4 \ \%$ નો વધારો થાય,તો નવી ઝડપ $v_2 = v_1(1 + 0.414) = 1.414 \ v_1$ થાય.
$1.414 \approx \sqrt{2}$ હોવાથી,$v_2 = \sqrt{2} \ v_1$ મળે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$v_2^2 = 2 \ v_1^2$,જેનો અર્થ છે કે $T_2 = 2 \ T_1 = 2 \times 400 = 800 \ K$.
અચળ કદ પર દ્વિપરમાણ્વીય વાયુ માટે જરૂરી ઉષ્મા ઊર્જા $Q = n C_v \Delta T$ છે.
$N_2$ માટે,$C_v = \frac{5}{2}R$ છે.
તેથી,$Q = 0.1 \times \frac{5}{2} \times 8.31 \times (800 - 400) = 0.1 \times 2.5 \times 8.31 \times 400 = 831 \ J$.

(A) દ્રઢ દ્વિપરમાણ્વિક અણુ માટે,ચાકગતિ ઉર્જા બે મુક્તિના અંશો સાથે સંકળાયેલી છે. ઉર્જાના સમવિભાજનના પ્રમેય મુજબ,સરેરાશ ચાકગતિ ઉર્જા $K.E. = 2 \times (\frac{1}{2} k_B T) = k_B T$ છે.
આપેલ જડત્વની ચાકમાત્રા $I = 2.76 \times 10^{-39} \text{ g cm}^2 = 2.76 \times 10^{-46} \text{ kg m}^2$.
તાપમાન $T = 87 + 273 = 360 \text{ K}$.
ચાકગતિ ઉર્જાને $\frac{1}{2} I \omega_{rms}^2$ સાથે સરખાવતા:
$k_B T = \frac{1}{2} I \omega_{rms}^2$
$\omega_{rms} = \sqrt{\frac{2 k_B T}{I}} = \sqrt{\frac{2 \times 1.38 \times 10^{-23} \times 360}{2.76 \times 10^{-46}}} = \sqrt{36 \times 10^{24}} = 6 \times 10^{12} \text{ rad s}^{-1}$.

(B) ધારો કે $m_2 = 300 \ g$ અને $m_1 = 200 \ g$. ઢાળનો ખૂણો $\theta = 30^{\circ}$ છે.
$m_2$ દળના બ્લોક માટે ગતિનું સમીકરણ: $m_2 g \sin \theta - T = m_2 a$ $(i)$
$m_1$ દળના બ્લોક માટે ગતિનું સમીકરણ: $T - m_1 g \sin \theta = m_1 a$ (ii)
સમીકરણ $(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા:
$(m_2 - m_1) g \sin \theta = (m_1 + m_2) a$
$a = \frac{(m_2 - m_1) g \sin \theta}{m_1 + m_2}$
કિંમતો મુકતા: $a = \frac{(300 - 200) g \sin 30^{\circ}}{300 + 200}$
$a = \frac{100 \times g \times 0.5}{500} = \frac{50}{500} g = \frac{1}{10} g$
$a = 0.1 g = 10 \% \text{ of } g$.

(C) ધારો કે દોરીમાં તણાવ $T$ છે.
ક્લેમ્પ પર લાગતું મહત્તમ ઉર્ધ્વ બળ $T \sin 30^{\circ} = 40 \,N$ છે.
$\sin 30^{\circ} = 1/2$ ની કિંમત મૂકતા:
$T \cdot (1/2) = 40$
$T = 80 \,N$
હવે,$m = 5 \,kg$ દળ ધરાવતા વાંદરા માટે મુક્ત પદાર્થ આકૃતિ $\text{(FBD)}$ ધ્યાનમાં લો જે $a$ પ્રવેગ સાથે ઉપર ચઢે છે.
વાંદરા પર લાગતા બળો ઉપરની તરફ તણાવ $T$ અને નીચેની તરફ વજન $mg$ છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ: $T - mg = ma$
$a = (T - mg) / m$
$T = 80 \,N$,$m = 5 \,kg$,અને $g = 10 \,ms^{-2}$ ની કિંમતો મૂકતા:
$a = (80 - 5 \times 10) / 5$
$a = (80 - 50) / 5$
$a = 30 / 5 = 6 \,ms^{-2}$
આમ,મહત્તમ પ્રવેગ $6 \,ms^{-2}$ છે.

(C) ધારો કે તંત્રનો પ્રવેગ $a$ છે. તંત્ર પર લાગતું પરિણામી બળ $F_{net} = F_2 - F_1 = 7.5t - 4.2t = 3.3t \text{ N}$ છે.
તંત્રનું કુલ દળ $M = m + 2m = 3m$ છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,$F_{net} = Ma$,તેથી $3.3t = (3m)a$,એટલે કે $a = \frac{1.1t}{m}$.
હવે,$2m$ દળના બ્લોકનો વિચાર કરો. તેના પર લાગતા બળો આગળની દિશામાં $F_2$ અને પાછળની દિશામાં તણાવ $T$ છે.
આ બ્લોક માટે ન્યૂટનનો બીજો નિયમ લાગુ પાડતા: $F_2 - T = (2m)a$.
કિંમતો મૂકતા: $7.5t - T = 2m \left( \frac{1.1t}{m} \right) = 2.2t$.
આમ,$T = 7.5t - 2.2t = 5.3t$.
આપેલ છે કે તણાવ $T = 10.6 \text{ N}$,તેથી $5.3t = 10.6$.
$t$ માટે ઉકેલતા,આપણને $t = \frac{10.6}{5.3} = 2 \text{ s}$ મળે છે.

(B) બ્લોકનું વજન નીચેની તરફ લાગે છે: $w = mg = 2 \times 10 = 20 \,N$.
પ્રયુક્ત બળ $F = 90 \,N$ સમક્ષિતિજ સાથે $37^{\circ}$ ના ખૂણે છે.
બળનો શિરોલંબ ઘટક $F_V = F \sin 37^{\circ} = 90 \times \frac{3}{5} = 54 \,N$ (ઉપરની તરફ).
બળનો સમક્ષિતિજ ઘટક $F_H = F \cos 37^{\circ} = 90 \times \frac{4}{5} = 72 \,N$ (દીવાલ તરફ).
આ સમક્ષિતિજ ઘટક દીવાલ દ્વારા બ્લોક પર લાગતું લંબબળ $N$ બને છે: $N = 72 \,N$.
મહત્તમ ઘર્ષણ બળ $f_k = \mu N = 0.25 \times 72 = 18 \,N$.
બ્લોક ઉપરની તરફ ગતિ કરતો હોવાથી, ઘર્ષણ બળ નીચેની તરફ લાગશે.
શિરોલંબ દિશામાં પરિણામી બળ $F_{\text{net}} = F_V - w - f_k = 54 - 20 - 18 = 16 \,N$.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ, $F_{\text{net}} = ma$, તેથી $16 = 2 \times a$.
આમ, $a = 8 \,ms^{-2}$.

(C) ધારો કે $N_1$ અને $N_2$ લંબ પ્રતિક્રિયા બળો છે,અને $f_1$ અને $f_2$ એ અનુક્રમે $m$ અને $2m$ દળના બ્લોક્સ પર લાગતા ગતિજ ઘર્ષણ બળો છે. ધારો કે પ્રવેગ $a$ છે અને દોરીમાં તણાવ $T$ છે.
$m$ દળ માટે (ઢાળ પર ઉપર તરફ ગતિ કરે છે): $N_1 = mg \cos 45^{\circ} = \frac{mg}{\sqrt{2}}$. ઘર્ષણ $f_1 = \mu_1 N_1 = \frac{2}{3} \cdot \frac{mg}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2} mg}{3}$.
ગતિનું સમીકરણ: $T - mg \sin 45^{\circ} - f_1 = ma \implies T - \frac{mg}{\sqrt{2}} - \frac{\sqrt{2} mg}{3} = ma$.
$2m$ દળ માટે (ઢાળ પર નીચે તરફ ગતિ કરે છે): $N_2 = 2mg \cos 45^{\circ} = \sqrt{2} mg$. ઘર્ષણ $f_2 = \mu_2 N_2 = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{2} mg = \frac{\sqrt{2} mg}{3}$.
ગતિનું સમીકરણ: $2mg \sin 45^{\circ} - T - f_2 = 2ma \implies \sqrt{2} mg - T - \frac{\sqrt{2} mg}{3} = 2ma \implies \frac{2\sqrt{2} mg}{3} - T = 2ma$.
બંને સમીકરણો ઉકેલતા,આપણને $T = \frac{2\sqrt{2} mg}{3}$ મળે છે. તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(A) આપેલ છે: $m_A = 5 \ kg$,$m_B = 10 \ kg$,$\mu = 0.2$,$F = 100 \ N$,$\theta = 30^{\circ}$,$g = 10 \ m/s^2$.
બળનો સમક્ષિતિજ ઘટક $F_x = F \cos 30^{\circ} = 100 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 50\sqrt{3} \approx 86.6 \ N$.
બળનો શિરોલંબ ઘટક $F_y = F \sin 30^{\circ} = 100 \times 0.5 = 50 \ N$.
જમીન દ્વારા $A$ પર લાગતું લંબબળ $N_A = m_A g + F_y = 50 + 50 = 100 \ N$.
જમીન દ્વારા $A$ પર લાગતું ઘર્ષણબળ $f_A = \mu N_A = 0.2 \times 100 = 20 \ N$.
$A$ અને $B$ વચ્ચેનું લંબબળ $N_{AB} = F_x = 86.6 \ N$.
$A$ અને $B$ વચ્ચેનું ઘર્ષણબળ $f_{AB} = \mu N_{AB} = 0.2 \times 86.6 = 17.32 \ N$.
$A$ માટેનું સમીકરણ: $F_x - f_A - f_{AB} = m_A a \Rightarrow 86.6 - 20 - 17.32 = 5a \Rightarrow 49.28 = 5a \Rightarrow a = 9.856 \ m/s^2$.
$B$ માટેનું સમીકરણ: $f_{AB} - f_B = m_B a$,જ્યાં $f_B = \mu (m_B g) = 0.2 \times 100 = 20 \ N$.
$17.32 - 20 = 10a$. અહીં $f_{AB} < f_B$ હોવાથી,બ્લોક $B$ દીવાલની સાપેક્ષે ગતિ કરતું નથી. આમ,$B$ નો પ્રવેગ $0 \ m/s^2$ છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,પ્રશ્નમાં આપેલી માહિતીમાં વિસંગતતા છે. જો તંત્ર સાથે ગતિ કરતું હોય તો પ્રવેગ: $a = \frac{F_x - f_{total}}{m_A + m_B} = \frac{86.6 - (20 + 20)}{15} = \frac{46.6}{15} \approx 3.1 \ m/s^2$. આપેલા વિકલ્પોમાંથી સૌથી નજીકનો જવાબ $2.6 \ m/s^2$ છે.

(B) ધારો કે $M = 10 \ kg$ એ આડી સપાટી પરનું દળ છે અને $m$ એ લટકતા બ્લોકનું દળ છે.
સિસ્ટમ સ્થિર સ્થિતિમાંથી મુક્ત કરવામાં આવે છે,તેથી પ્રારંભિક વેગ $u = 0$ છે.
લટકતા બ્લોક દ્વારા કાપેલું અંતર $s = 2 \ m$ છે અને સમય $t = 2 \ s$ છે.
ગતિના સમીકરણ $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 = 0 + \frac{1}{2} \times a \times (2)^2$
$2 = 2a \Rightarrow a = 1 \ ms^{-2}$.
હવે,સિસ્ટમ પર ન્યૂટનનો ગતિનો બીજો નિયમ લાગુ કરતા:
લટકતા બ્લોક માટે: $mg - T = ma$
સપાટી પરના બ્લોક માટે: $T = Ma$
આ બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $mg = (M + m)a$
$m(g - a) = Ma$
$m(10 - 1) = 10 \times 1$
$9m = 10 \Rightarrow m = \frac{10}{9} \ kg \approx 1.11 \ kg$.
લટકતા બ્લોકનું વજન $W = mg = \frac{10}{9} \times 10 = \frac{100}{9} \ N \approx 11.11 \ N$ થાય.

(B) ધારો કે જ્યારે દોરીને ખેંચવામાં આવે છે ત્યારે તે સમક્ષિતિજ સપાટી સાથે ત્રિકોણ બનાવે છે. દોરીના દરેક અડધા ભાગની લંબાઈ $a$ છે. ધારો કે મધ્યબિંદુથી દરેક કણનું સમક્ષિતિજ અંતર $x$ છે. મધ્યબિંદુ $P$ ની શિરોલંબ ઊંચાઈ $y = \sqrt{a^2 - x^2}$ છે.
ધારો કે $\theta$ એ દોરી સમક્ષિતિજ સપાટી સાથે બનાવેલો ખૂણો છે. તેથી $\cos \theta = \frac{x}{a}$ અને $\sin \theta = \frac{y}{a} = \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{a}$.
મધ્યબિંદુ $P$ માટે,શિરોલંબ બળનું સંતુલન $2T \sin \theta = F$ છે,તેથી $T = \frac{F}{2 \sin \theta}$.
$m$ દળ ધરાવતા દરેક કણ માટે,સમક્ષિતિજ બળ $T \cos \theta = ma_{p}$ છે,જ્યાં $a_{p}$ એ કણનો પ્રવેગ છે.
$T$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $a_{p} = \frac{T \cos \theta}{m} = \frac{F \cos \theta}{2m \sin \theta} = \frac{F}{2m} \cot \theta$ મળે છે.
કારણ કે $\cot \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta} = \frac{x/a}{\sqrt{a^2 - x^2}/a} = \frac{x}{\sqrt{a^2 - x^2}}$,તેથી પ્રવેગ $a_{p} = \frac{F}{2m} \frac{x}{\sqrt{a^2 - x^2}}$ થાય છે.

(B) ધારો કે દરેક ગોળાનું દળ $m = 200 \text{ g} = 0.2 \text{ kg}$ છે.
દોરીની કુલ લંબાઈ $L = 1 \text{ m}$ છે.
$P$ એ મધ્યબિંદુ હોવાથી,અંતર $OP = 0.5 \text{ m}$ અને $PQ = 0.5 \text{ m}$ થશે.
ધારો કે $\omega$ એ અચળ કોણીય ઝડપ છે.
$1$. $P$ અને $Q$ વચ્ચેની દોરીમાં તણાવ $T_1$ એ ગોળા $Q$ માટે કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$T_1 = m \cdot r_Q \cdot \omega^2 = m \cdot L \cdot \omega^2 = 0.2 \cdot 1 \cdot \omega^2 = 0.2 \omega^2$.
$2$. $O$ અને $P$ વચ્ચેની દોરીમાં તણાવ $T_2$ એ બંને ગોળાઓ $P$ અને $Q$ માટે કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$T_2 = m \cdot r_P \cdot \omega^2 + T_1 = m \cdot (0.5) \cdot \omega^2 + 0.2 \omega^2 = 0.2 \cdot 0.5 \cdot \omega^2 + 0.2 \omega^2 = 0.1 \omega^2 + 0.2 \omega^2 = 0.3 \omega^2$.
$3$. $P$ અને $Q$ વચ્ચેના તણાવ અને $P$ અને $O$ વચ્ચેના તણાવનો ગુણોત્તર:
$\frac{T_1}{T_2} = \frac{0.2 \omega^2}{0.3 \omega^2} = \frac{2}{3}$.

(D) ધારો કે $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા રેતીના શંકુની ઊંચાઈ $h$ છે. સ્થિરતાનો ખૂણો $\alpha$ એ મહત્તમ ખૂણો છે જેના પર રેતી લપસ્યા વિના ઢગલો કરી શકાય છે. આ ખૂણો સ્થિત ઘર્ષણાંક $\mu$ સાથે $\tan \alpha = \mu$ દ્વારા સંબંધિત છે.
શંકુમાં,ખૂણો $\alpha$ એ ત્રાંસી ઊંચાઈ અને સમક્ષિતિજ જમીન વચ્ચે બને છે. શંકુની ભૂમિતિ પરથી,$\tan \alpha = \frac{h}{R}$.
$\tan \alpha$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા,આપણને $\frac{h}{R} = \mu$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $h = \mu R$.
શંકુનું કદ $V$ એ $V = \frac{1}{3} \pi R^2 h$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કદના સૂત્રમાં $h = \mu R$ મૂકતા,આપણને $V_{\max} = \frac{1}{3} \pi R^2 (\mu R) = \frac{\mu \pi R^3}{3}$ મળે છે.

(C) ધારો કે તળિયે વેગ $u$ છે અને ટોચ પર વેગ $v$ છે। તળિયે તણાવ $T_{max} = \frac{m u^2}{r} + mg$ અને ટોચ પર તણાવ $T_{min} = \frac{m v^2}{r} - mg$ છે।
તળિયે અને ટોચ વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{2} m u^2 = \frac{1}{2} m v^2 + mg(2r) \Rightarrow u^2 = v^2 + 4rg$.
$u^2$ ની કિંમત $T_{max}$ ના સમીકરણમાં મૂકતા: $T_{max} = \frac{m(v^2 + 4rg)}{r} + mg = \frac{m v^2}{r} + 5mg$.
આપેલ છે કે $\frac{T_{max}}{T_{min}} = 4$, તેથી $\frac{\frac{m v^2}{r} + 5mg}{\frac{m v^2}{r} - mg} = 4$.
ધારો કે $x = \frac{m v^2}{r}$. તો $\frac{x + 5mg}{x - mg} = 4 \Rightarrow x + 5mg = 4x - 4mg \Rightarrow 3x = 9mg \Rightarrow x = 3mg$.
આમ, $\frac{m v^2}{r} = 3mg \Rightarrow v^2 = 3rg$.
અહીં $r = \frac{5}{3} \,m$ અને $g = 10 \,ms^{-2}$ આપેલ છે, તેથી $v^2 = 3 \times \frac{5}{3} \times 10 = 50$.
તેથી, $v = \sqrt{50} \,ms^{-1}$.

(D) સ્પ્રિંગની લંબાઈ $AB$ છે। સ્પ્રિંગમાં ખેંચાણ $x$ છે। સ્પ્રિંગ બળ $F_s = kx$ છે। બિંદુ $B$ પર લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $N$ એ સ્પ્રિંગ બળ અને વજન બળ $mg$ ના ઘટકોનું પરિણામી બળ છે। ગણતરી કરતા $N = 2.55 \,N$ મળે છે।

(A) બે અવરોધો સમાંતરમાં હોય ત્યારે સમતુલ્ય અવરોધ $R_P = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $R_P = \frac{60 \times 30}{60 + 30} = \frac{1800}{90} = 20 \ \Omega$.
ભૂલ $\Delta R_P$ શોધવા માટે,આપણે સમાંતર જોડાણની ભૂલનું સૂત્ર વાપરીએ છીએ:
$\Delta R_P = R_P \left( \frac{\Delta R_1}{R_1} + \frac{\Delta R_2}{R_2} - \frac{\Delta R_1 + \Delta R_2}{R_1 + R_2} \right)$.
$\Delta R_P = 20 \left( \frac{0.36}{60} + \frac{0.09}{30} - \frac{0.36 + 0.09}{60 + 30} \right)$.
$\Delta R_P = 20 \left( 0.006 + 0.003 - \frac{0.45}{90} \right)$.
$\Delta R_P = 20 \left( 0.009 - 0.005 \right) = 20 \times 0.004 = 0.08 \ \Omega$.
આમ,સમતુલ્ય અવરોધ $20 \pm 0.08 \ \Omega$ છે.

(A) $74.083$ માટે,બધા શૂન્યતર અંકો અને તેમની વચ્ચેના શૂન્ય સાર્થક છે,તેથી $5$ સાર્થક અંકો છે $(IV)$.
$0.029$ માટે,આગળના શૂન્ય સાર્થક નથી,તેથી $2$ સાર્થક અંકો છે $(III)$.
$0.002407$ માટે,આગળના શૂન્ય સાર્થક નથી,પરંતુ $2$ અને $4$ ની વચ્ચેનો શૂન્ય સાર્થક છે,તેથી $4$ સાર્થક અંકો છે $(II)$.
$2.74 \times 10^7$ માટે,ઘાતાંકીય પદ સાર્થક અંકોમાં ફાળો આપતું નથી,તેથી $3$ સાર્થક અંકો છે $(I)$.
આમ,સાચી જોડ $A-IV, B-III, C-II, D-I$ છે.

(C) ધારો કે $V$ એ પદાર્થનું કદ છે,$\rho_b$ એ પદાર્થની ઘનતા છે,$\rho_w$ એ પાણીની ઘનતા $(1000 \,kg/m^3)$ છે,અને $\rho_l$ એ પ્રવાહીની ઘનતા છે.
હવામાં: $T_1 = V \rho_b g = 40.2 \,N$.
પાણીમાં: $T_2 = V(\rho_b - \rho_w)g = 28.4 \,N$.
પાણીમાં ઉત્પ્લાવક બળ: $F_{Bw} = T_1 - T_2 = 40.2 - 28.4 = 11.8 \,N$.
કારણ કે $F_{Bw} = V \rho_w g$,તેથી $V g = 11.8 / 1000 = 0.0118 \,m^3 \cdot kg/m^3 \cdot m/s^2$.
પ્રવાહીમાં: $T_3 = V(\rho_b - \rho_l)g = 16.6 \,N$.
પ્રવાહીમાં ઉત્પ્લાવક બળ: $F_{Bl} = T_1 - T_3 = 40.2 - 16.6 = 23.6 \,N$.
કારણ કે $F_{Bl} = V \rho_l g$,તેથી $V \rho_l g = 23.6 \,N$.
બંને ઉત્પ્લાવક બળના સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{V \rho_l g}{V \rho_w g} = \frac{23.6}{11.8} = 2$.
તેથી,$\rho_l = 2 \rho_w = 2 \times 1000 \,kg/m^3 = 2000 \,kg/m^3$.

(A) $\text{ધારો કે ટાંકીમાં પ્રવાહીની ઊંચાઈ } H = 5 \,m \text{ છે। ટાંકીનું તળિયું જમીનથી } h_0 = 5 \,m \text{ ઊંચાઈ પર છે। ધારો કે કાણું પ્રવાહીની મુક્ત સપાટીથી } y \text{ ઊંડાઈએ પાડવામાં આવે છે। જમીનથી કાણાની ઊંચાઈ } h = h_0 + (H - y) = 5 + 5 - y = 10 - y \text{ થશે। બહાર આવતા પ્રવાહીનો વેગ } v = \sqrt{2gy} \text{ છે। પ્રવાહીને જમીન સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય } t = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2(10-y)}{g}} \text{ છે। સમક્ષિતિજ અવધિ } R = v \cdot t = \sqrt{2gy} \cdot \sqrt{\frac{2(10-y)}{g}} = 2\sqrt{y(10-y)} \text{ છે। } R \text{ ને મહત્તમ કરવા માટે, આપણે } f(y) = y(10-y) = 10y - y^2 \text{ ને મહત્તમ કરીશું। } y \text{ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા અને તેને શૂન્ય લેતા: } \frac{df}{dy} = 10 - 2y = 0, \text{ જે } y = 5 \,m \text{ આપે છે। } y = 5 \,m \text{ ને અવધિના સૂત્રમાં મૂકતા: } R_{max} = 2\sqrt{5(10-5)} = 2\sqrt{25} = 2 \times 5 = 10 \,m \text{।}$

(B) પાણીની મુક્ત સપાટીથી $y$ ઊંડાઈએ દબાણ $P = P_{atm} + \rho g y$ છે. $y$ ઊંડાઈએ $dy$ ઊંચાઈની નાની પટ્ટી પર લાગતું બળ $dF = P \cdot dA = (P_{atm} + \rho g y) \cdot (a \cdot dy)$ છે,જ્યાં $a$ એ ડેમની પહોળાઈ છે. કુલ બળ $F$ એ $y=0$ થી $y=h$ સુધી $dF$ નું સંકલન છે. કાર્યબિંદુ $y_R$ (દબાણનું કેન્દ્ર) $y_R = \frac{\int y dF}{\int dF}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. પાણીમાં ડૂબેલા $h$ ઊંચાઈના લંબચોરસ ગેટ માટે,દબાણનું કેન્દ્ર મુક્ત સપાટીથી $\frac{2}{3}h$ ઊંડાઈએ હોય છે. પ્રશ્નમાં $O$ આધાર (જે સપાટીથી $h$ ઊંડાઈએ છે) ની સાપેક્ષે કાર્યબિંદુ પૂછવામાં આવ્યું હોવાથી,આધારથી અંતર $h - \frac{2}{3}h = \frac{h}{3}$ થશે.

(B) સપાટીથી '$y$' ઊંડાઈએ દબાણ $P(y) = P_{atm} + \rho gy$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
'$b$' પહોળાઈના ડેમ પર લાગતું કુલ બળ '$F$' એ ક્ષેત્રફળ પર દબાણનું સંકલન છે:
$F = \int_{0}^{h} (P_{atm} + \rho gy) b \, dy = (P_{atm} h + \frac{1}{2} \rho g h^2) b$.
સપાટીથી કાર્યબિંદુ '$y_{cp}$' (દબાણનું કેન્દ્ર) એ બળના મોમેન્ટ અને કુલ બળના ગુણોત્તર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$y_{cp} = \frac{\int_{0}^{h} y (P_{atm} + \rho gy) b \, dy}{F} = \frac{b [P_{atm} \frac{h^2}{2} + \rho g \frac{h^3}{3}]}{(P_{atm} h + \frac{1}{2} \rho g h^2) b}$.
જો આપણે ફક્ત પાણીને કારણે લાગતા બળને ધ્યાનમાં લઈએ (વાતાવરણીય દબાણ $P_{atm}$ ને અવગણીને અથવા બંને બાજુ સમાન ગણીને),તો દબાણનું કેન્દ્ર સપાટીથી $\frac{2h}{3}$ ઊંડાઈએ છે,જે પાયા '$O$' થી $\frac{h}{3}$ અંતરે છે.
આવા પ્રશ્નોના પ્રમાણભૂત સંદર્ભમાં જ્યાં પાણીના દબાણનું વિતરણ (ત્રિકોણાકાર) ધ્યાનમાં લેવામાં આવે છે,ત્યાં દબાણનું કેન્દ્ર પાયા '$O$' થી $\frac{h}{3}$ અંતરે હોય છે.

(A) પદાર્થ સંતુલનમાં રહે તે માટે,નીચેની તરફ લાગતું બળ (વજન) એ ઉપરની તરફ લાગતા બળો (પ્લવક બળ અને પૃષ્ઠતાણ બળ) દ્વારા સંતુલિત થવું જોઈએ.
પદાર્થનું વજન = $W = \frac{4}{3} \pi r^3 \rho g$
પ્લવક બળ = $F_B = \text{ડૂબેલું કદ} \times d \times g = \frac{2}{3} \pi r^3 d g$
પૃષ્ઠતાણ બળ = $F_S = 2 \pi r \sigma$
બળોને સરખાવતા: $W = F_B + F_S$
$\frac{4}{3} \pi r^3 \rho g = \frac{2}{3} \pi r^3 d g + 2 \pi r \sigma$
$\frac{2}{3} \pi r^3 g (2 \rho - d) = 2 \pi r \sigma$
$r^2 = \frac{3 \sigma}{g(2 \rho - d)}$
$r = \sqrt{\frac{3 \sigma}{g(2 \rho - d)}}$
વ્યાસ $D = 2r = 2 \sqrt{\frac{3 \sigma}{g(2 \rho - d)}}$.

(B) ધારો કે ગોળાઓની ત્રિજ્યા $r_A = 2 \ mm = 2 \times 10^{-3} \ m$ અને $r_B = 4 \ mm = 4 \times 10^{-3} \ m$ છે. ગોળાઓની ઘનતા $\rho_s = 2800 \ kg \cdot m^{-3}$ અને પ્રવાહીની ઘનતા $\rho_f = 1.3 \times 1000 = 1300 \ kg \cdot m^{-3}$ છે. સ્નિગ્ધતા ગુણાંક $\eta = 1 \ Pa \cdot s$ છે.
ટર્મિનલ વેગ $v$ પર,સિસ્ટમ પરનું ચોખ્ખું બળ શૂન્ય છે. સિસ્ટમ પર લાગતા બળો નીચેની તરફ કુલ વજન અને ઉપરની તરફ કુલ ઉત્પ્લાવક બળ અને કુલ સ્નિગ્ધતા અવરોધ છે.
કુલ વજન $W = (m_A + m_B)g = \frac{4}{3} \pi (r_A^3 + r_B^3) \rho_s g$.
કુલ ઉત્પ્લાવક બળ $F_B = \frac{4}{3} \pi (r_A^3 + r_B^3) \rho_f g$.
કુલ સ્નિગ્ધતા અવરોધ $F_v = 6 \pi \eta r_A v + 6 \pi \eta r_B v = 6 \pi \eta v (r_A + r_B)$.
બળોને સરખાવતા: $W = F_B + F_v \Rightarrow \frac{4}{3} \pi (r_A^3 + r_B^3) g (\rho_s - \rho_f) = 6 \pi \eta v (r_A + r_B)$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{4}{3} \pi (8 + 64) \times 10^{-9} \times 10 \times (2800 - 1300) = 6 \pi \times 1 \times v \times (2 + 4) \times 10^{-3}$.
$\frac{4}{3} \times 72 \times 10^{-8} \times 1500 = 6 \times 6 \times 10^{-3} \times v$.
$96 \times 10^{-5} \times 1500 = 36 \times 10^{-3} \times v \Rightarrow 1.44 = 0.036 \times v$.
$v = \frac{1.44}{0.036} = 40 \times 10^{-3} \ m \cdot s^{-1} = 0.04 \ m \cdot s^{-1} = 4 \ cm \cdot s^{-1}$.

(A) ધારો કે સળિયાનો આડછેદ $a$ છે. નમેલા વિભાગ $AB$ નું ક્ષેત્રફળ $A' = \frac{a}{\sin \theta}$ થશે.
સળિયા પર લાગતા બળ $F$ ને વિભાગ $AB$ ની સાપેક્ષ બે ઘટકોમાં વિભાજિત કરી શકાય છે:
$1$. લંબ ઘટક: $F_n = F \sin \theta$
$2$. સ્પર્શકીય (શીયરિંગ) ઘટક: $F_s = F \cos \theta$
શીયરિંગ સ્ટ્રેસ $\tau$ એ સ્પર્શકીય બળ અને વિભાગના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર છે:
$\tau = \frac{F_s}{A'} = \frac{F \cos \theta}{a / \sin \theta} = \frac{F \sin \theta \cos \theta}{a}$

(A) આપેલ છે: દળ $M = 2 \,kg$, વ્યાસ $d = 4.5 \,cm$, ત્રિજ્યા $r = 2.25 \,cm = 0.0225 \,m$, તારની લંબાઈ $L = 2 \,m$, આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A = 0.24 \times 10^{-6} \,m^2$, છતની ઊંચાઈ $H = 205 \,cm = 2.05 \,m$, યંગ મોડ્યુલસ $Y = 2 \times 10^{11} \,Nm^{-2}$, $g = 10 \,ms^{-2}$.
સૌથી નીચલા સ્થાને, તંત્રની કુલ લંબાઈ (તાર + ગોળો) $2.05 \,m$ છે। તારની મૂળ લંબાઈ $2 \,m$ છે અને ગોળાનો વ્યાસ $4.5 \,cm = 0.045 \,m$ છે। તારમાં થતો વધારો $\Delta L = 2.05 \,m - (2 \,m + 0.045 \,m) = 0.005 \,m$.
સૌથી નીચલા બિંદુએ તારમાં તણાવ $T$ એ ગોળાનું વજન અને કેન્દ્રત્યાગી બળનો સરવાળો છે: $T = Mg + \frac{Mv^2}{R}$, જ્યાં $R$ એ છતથી ગોળાના કેન્દ્ર સુધીનું અંતર છે, $R = L + \Delta L + r = 2 + 0.005 + 0.0225 = 2.0275 \,m$.
હૂકના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $Y = \frac{T L}{A \Delta L} \Rightarrow T = \frac{Y A \Delta L}{L}$.
કિંમતો મૂકતા: $T = \frac{(2 \times 10^{11}) \times (0.24 \times 10^{-6}) \times 0.005}{2} = 120 \,N$.
હવે, $Mg + \frac{Mv^2}{R} = 120 \Rightarrow (2 \times 10) + \frac{2 v^2}{2.0275} = 120$.
$20 + \frac{2 v^2}{2.0275} = 120 \Rightarrow \frac{2 v^2}{2.0275} = 100 \Rightarrow v^2 = 50 \times 2.0275 = 101.375$.
$v = \sqrt{101.375} \approx 10.07 \,ms^{-1}$. સૌથી નજીકનો વિકલ્પ $10 \,ms^{-1}$ છે.

(D) યંગ મોડ્યુલસનું સૂત્ર $Y = \frac{F/A}{\Delta l/l}$ છે, તેથી રેખીય વિકૃતિ $\frac{\Delta l}{l} = \frac{F}{YA}$ થાય.
અહીં $F = 22 \,N$, $Y = 1.1 \times 10^{11} \,N/m^2$, અને $A = 0.01 \,cm^2 = 10^{-6} \,m^2$ આપેલ છે.
રેખીય વિકૃતિની ગણતરી: $\frac{\Delta l}{l} = \frac{22}{1.1 \times 10^{11} \times 10^{-6}} = 2 \times 10^{-4}$.
પોઈસન ગુણોત્તર $\sigma = \frac{\text{પાર્શ્વીય વિકૃતિ}}{\text{રેખીય વિકૃતિ}} = \frac{\Delta r/r}{\Delta l/l}$ છે.
તેથી, $\frac{\Delta r}{r} = \sigma \cdot \frac{\Delta l}{l} = 0.32 \times 2 \times 10^{-4} = 6.4 \times 10^{-5}$.
આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2$ છે. વિકલન લેતા, ક્ષેત્રફળમાં થતો આંશિક ફેરફાર $\frac{\Delta A}{A} = 2 \frac{\Delta r}{r}$ મળે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\Delta A}{A} = 2 \times 6.4 \times 10^{-5} = 12.8 \times 10^{-5}$.
તેથી, ક્ષેત્રફળમાં થતો ઘટાડો $\Delta A = (12.8 \times 10^{-5}) \times (0.01 \,cm^2) = 1.28 \times 10^{-6} \,cm^2$ થાય.

(C) યંગ મોડ્યુલસ $(Y)$, રિજિડિટી મોડ્યુલસ $(\eta)$ અને પોઈસન ગુણોત્તર $(\sigma)$ વચ્ચેનો સંબંધ $Y = 2\eta(1 + \sigma)$ છે.
આપેલ છે કે $Y / \eta = 2.8$, તેથી $2(1 + \sigma) = 2.8$, જેનો અર્થ છે કે $1 + \sigma = 1.4$, એટલે કે $\sigma = 0.4$.
તારનું કદ $V = A \cdot L$ અચળ રહે છે, તેથી $dV/V = dA/A + dL/L = 0$, જેનો અર્થ છે કે $dL/L = -dA/A$.
ક્ષેત્રફળમાં $2 \%$ નો ઘટાડો આપેલ છે, તેથી $dA/A = -0.02$, એટલે કે $dL/L = 0.02$ (લંબાઈમાં $2 \%$ નો વધારો).
જો કે, લેટરલ સ્ટ્રેન $\epsilon_l = -\sigma \cdot \epsilon_L$ ને ધ્યાનમાં લેતા, જ્યાં $\epsilon_l = (dA/A)/2 = -0.01$.
આમ, $-0.01 = -0.4 \cdot \epsilon_L$, જે આપે છે $\epsilon_L = 0.01 / 0.4 = 0.025$.
તેથી, લંબાઈમાં થતો ટકાવારી ફેરફાર $2.5 \%$ છે.

(D) $L-R$ સર્કિટ માટે, ઇમ્પીડન્સ $Z = \sqrt{R^2 + (L\omega)^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે। પ્રવાહ $I = V/Z$ છે, તેથી $R^2 + L^2\omega^2 = (V/I)^2$.
કિસ્સો $1$: $I_1 = 0.5 \,A$, $f_1 = 175/\pi \,Hz$, $\omega_1 = 2\pi f_1 = 350 \,rad/s$, $V = 8\sqrt{2} \,V$.
$R^2 + L^2(350)^2 = (8\sqrt{2} / 0.5)^2 = 512$.
કિસ્સો $2$: $I_2 = 0.4 \,A$, $f_2 = 225/\pi \,Hz$, $\omega_2 = 2\pi f_2 = 450 \,rad/s$, $V = 8\sqrt{2} \,V$.
$R^2 + L^2(450)^2 = (8\sqrt{2} / 0.4)^2 = 800$.
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $L^2(450^2 - 350^2) = 800 - 512 = 288$.
$L^2(80000) = 288 \Rightarrow L^2 = 0.0036 \Rightarrow L = 0.06 \,H = 60 \,mH$.
$L$ ની કિંમત પ્રથમ સમીકરણમાં મૂકતા: $R^2 + (0.06 \times 350)^2 = 512$.
$R^2 + 441 = 512 \Rightarrow R^2 = 71 \Rightarrow R = \sqrt{71} \,\Omega$.

(B) $L-C$ સર્કિટમાં,કુલ ઉર્જાનું સંરક્ષણ થાય છે અને તે ઇન્ડક્ટરના ચુંબકીય ક્ષેત્ર અને કેપેસિટરના વિદ્યુત ક્ષેત્ર વચ્ચે દોલન કરે છે.
કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત મહત્તમ ઉર્જા $U_{max} = \frac{1}{2} C V_{max}^2$ છે.
ઇન્ડક્ટરમાં સંગ્રહિત મહત્તમ ઉર્જા $U_{max} = \frac{1}{2} L I_{max}^2$ છે.
આ બંનેને સરખાવતા,આપણને મળે છે $\frac{1}{2} C V_{max}^2 = \frac{1}{2} L I_{max}^2$.
તેથી,$I_{max} = V_{max} \sqrt{\frac{C}{L}}$.
આપેલ છે: $C = 20 \mu F = 20 \times 10^{-6} \ F$,$L = 80 \mu H = 80 \times 10^{-6} \ H$,અને $V_{max} = 80 \ V$.
કિંમતો મૂકતા: $I_{max} = 80 \times \sqrt{\frac{20 \times 10^{-6}}{80 \times 10^{-6}}} = 80 \times \sqrt{\frac{1}{4}} = 80 \times \frac{1}{2} = 40 \ A$.

(A) આપેલ સર્કિટમાં,પ્રવાહ વોલ્ટેજ કરતા આગળ છે,જે દર્શાવે છે કે તે $RC$ સર્કિટ છે. તેથી,$P$ એ અવરોધક છે અને $Q$ એ કેપેસિટર છે.
$RC$ સર્કિટ માટે,ઈમ્પિડન્સ $Z = \sqrt{R^2 + X_C^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કળા તફાવત $\phi = \frac{\pi}{4}$ હોવાથી,$\tan \phi = \frac{X_C}{R} = 1$,એટલે કે $X_C = R$.
આપેલ છે કે $Z = 1414 \Omega \approx 1000\sqrt{2} \Omega$.
ઈમ્પિડન્સના સૂત્રમાં $X_C = R$ મૂકતા: $Z = \sqrt{R^2 + R^2} = R\sqrt{2}$.
તેથી,$R\sqrt{2} = 1000\sqrt{2} \implies R = 1000 \Omega = 1 \text{ k}\Omega$.
હવે,$X_C = R = 1000 \Omega$ અને $X_C = \frac{1}{\omega C}$ હોવાથી,$\omega = 100 \text{ rad/s}$ લેતા:
$C = \frac{1}{\omega X_C} = \frac{1}{100 \times 1000} = 10^{-5} \text{ F} = 10 \mu\text{F}$.
આમ,$P = 1 \text{ k}\Omega$ અને $Q = 10 \mu\text{F}$ છે.

(A) આપેલ emf $E = 8 \sin \omega t + 6 \cos \omega t$ છે.
આપણે તેને $E = A \sin(\omega t + \phi)$ સ્વરૂપમાં દર્શાવી શકીએ છીએ,જ્યાં $A$ એ મહત્તમ કંપવિસ્તાર (peak amplitude) છે.
$8 \sin \omega t + 6 \cos \omega t$ ની સરખામણી $A \sin(\omega t + \phi) = A \sin \omega t \cos \phi + A \cos \omega t \sin \phi$ સાથે કરતા,આપણને મળે છે:
$A \cos \phi = 8$ અને $A \sin \phi = 6$.
આ સમીકરણોનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા:
$A^2(\cos^2 \phi + \sin^2 \phi) = 8^2 + 6^2$
$A^2 = 64 + 36 = 100$
$A = 10 \text{ V}$.
rms મૂલ્ય $E_{rms}$ એ મહત્તમ મૂલ્ય $A$ સાથે $E_{rms} = \frac{A}{\sqrt{2}}$ સૂત્ર દ્વારા સંબંધિત છે.
$E_{rms} = \frac{10}{\sqrt{2}} = \frac{10 \times \sqrt{2}}{2} = 5 \sqrt{2} \text{ V}$.

(C) વોલ્ટેજ અને પ્રવાહ વચ્ચેનો કળા તફાવત $\Delta \phi = \phi_i - \phi_e = (\omega t + \phi + \frac{\pi}{4}) - (\omega t + \phi) = +\frac{\pi}{4}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કળા કોણ ધન હોવાથી,પ્રવાહ વોલ્ટેજ કરતા આગળ છે,જે દર્શાવે છે કે સર્કિટ કેપેસિટિવ સ્વભાવની છે.
$AC$ સર્કિટમાં,જો પ્રવાહ વોલ્ટેજ કરતા આગળ હોય,તો નેટ રિએક્ટન્સ કેપેસિટિવ $(X_C > X_L)$ હોવું જોઈએ.
આ શરત ત્યારે સંતોષાય છે જો સર્કિટમાં કેપેસિટર અને રઝિસ્ટર ($C-R$ સર્કિટ) હોય અથવા ઇન્ડક્ટર,કેપેસિટર અને રઝિસ્ટર ($L-C-R$ સર્કિટ) નું મિશ્રણ હોય,જ્યાં કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ કરતા વધારે હોય.

(B) આપેલ છે,મહત્તમ વોલ્ટેજ $V_0 = 150 \text{ V}$ અને મહત્તમ પ્રવાહ $I_0 = 5 \text{ A}$ છે.
ફેઝ તફાવત $\phi = (100 \pi t + \pi) - (100 \pi t + \frac{2 \pi}{3}) = \frac{\pi}{3} = 60^{\circ}$ છે.
સરેરાશ પાવર વ્યય $P_{av} = V_{rms} I_{rms} \cos \phi = \frac{V_0}{\sqrt{2}} \cdot \frac{I_0}{\sqrt{2}} \cos 60^{\circ} = \frac{150 \times 5}{2} \times \frac{1}{2} = 187.5 \text{ W}$ મળે.
ઇમ્પિડન્સ $Z = \frac{V_0}{I_0} = \frac{150}{5} = 30 \Omega$ છે.
કારણ કે $\cos \phi = \frac{R}{Z}$,તેથી $R = Z \cos 60^{\circ} = 30 \times 0.5 = 15 \Omega$ થાય.

(A) આપેલ emf $E = 8 \sin \omega t + 6 \cos \omega t$ છે.
આપણે આને $E = E_0 \sin(\omega t + \phi)$ સ્વરૂપમાં ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
આ કરવા માટે,$\sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10$ વડે ગુણીને ભાગો.
$E = 10 \left( \frac{8}{10} \sin \omega t + \frac{6}{10} \cos \omega t \right)$.
ધારો કે $\cos \phi = \frac{8}{10} = 0.8$ અને $\sin \phi = \frac{6}{10} = 0.6$.
તેથી $E = 10 (\sin \omega t \cos \phi + \cos \omega t \sin \phi) = 10 \sin(\omega t + \phi)$.
આને $E = E_0 \sin(\omega t + \phi)$ સાથે સરખાવતા,આપણને મહત્તમ મૂલ્ય $E_0 = 10 \text{ V}$ મળે છે.
$RMS$ મૂલ્ય $E_{RMS} = \frac{E_0}{\sqrt{2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$E_{RMS} = \frac{10}{\sqrt{2}} = 5 \sqrt{2} \text{ V}$.

(C) $n_2=5$ થી $n_1=4$ ના સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = h \nu = R h c \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ફોટોનનું વેગમાન $p = \frac{E}{c} = \frac{h}{\lambda} = R h \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ હોવાથી,આપણે $n_1=4$ અને $n_2=5$ મૂકીએ.
$p = R h \left( \frac{1}{16} - \frac{1}{25} \right) = R h \left( \frac{25-16}{400} \right) = \frac{9 R h}{400}$.
રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,પરમાણુનું રિકોઇલ વેગમાન ઉત્સર્જિત ફોટોનના વેગમાન જેટલું જ હોવું જોઈએ.
તેથી,$m v = p$,જ્યાં $v$ એ રિકોઇલ ઝડપ છે.
$v = \frac{p}{m} = \frac{9 R h}{400 m}$.

(D) ઇલેક્ટ્રોનિક સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n$ મી કક્ષામાંથી પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n=2)$ માં સંક્રમણ માટે:
$\frac{hc}{\lambda_1} = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{n^2} \right) = 13.6 \left( \frac{n^2-4}{4n^2} \right) \quad \dots(1)$
$n$ મી કક્ષામાંથી ધરા અવસ્થા $(n=1)$ માં સંક્રમણ માટે:
$\frac{hc}{\lambda_2} = 13.6 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{n^2} \right) = 13.6 \left( \frac{n^2-1}{n^2} \right) \quad \dots(2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $(2)$ વડે ભાગતા:
$\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{4(n^2-1)}{n^2-4}$
આને ઉકેલતા,$n = \sqrt{\frac{4(\lambda_2-\lambda_1)}{4\lambda_2-\lambda_1}}$ મળે છે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n^{\text{મી}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર: $r_n = n^2 \times a_0$ છે,જ્યાં $a_0 = 0.529 \ \mathring{A} \approx 0.0529 \ nm$ છે.
આપેલ છે કે,$r_n = 530 \ nm$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$530 \ nm = n^2 \times 0.0529 \ nm$
$n^2 = \frac{530}{0.0529} \approx 10000$
$n = \sqrt{10000} = 100$.
તેથી,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ નું મૂલ્ય $100$ છે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n^{\text{th}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = r_0 n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે.
આપેલ શરત મુજબ: $r_{n+1} - r_n = r_{n-1}$.
સૂત્ર મૂકતા: $r_0(n+1)^2 - r_0 n^2 = r_0(n-1)^2$.
$r_0$ વડે ભાગતા: $(n+1)^2 - n^2 = (n-1)^2$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા: $(n^2 + 2n + 1) - n^2 = n^2 - 2n + 1$.
સાદું રૂપ આપતા: $2n + 1 = n^2 - 2n + 1$.
ગોઠવતા: $n^2 - 4n = 0$,જે $n(n-4) = 0$ આપે છે.
$n$ એ ધન પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી $n = 4$.
$n^{\text{th}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L$ બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ: $L = \frac{nh}{2\pi}$.
$n = 4$ મૂકતા: $L = \frac{4h}{2\pi} = \frac{2h}{\pi}$.

(C) ધારો કે પ્લેટો વચ્ચેનું પ્રારંભિક અંતર $d$ છે અને પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતા $\sigma$ છે। પ્રારંભિક વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V = \frac{\sigma d}{\varepsilon_0} = 100 \,V$ છે।
જ્યારે $t = 2 \,mm$ જાડાઈ અને $k$ ડાયઇલેક્ટ્રિક અચળાંક ધરાવતું ઇન્સ્યુલેટર મૂકવામાં આવે છે, ત્યારે નવો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V'$ નીચે મુજબ મળે છે:
$V' = E_{insulator} \cdot t + E_{air} \cdot (d - t) = \frac{\sigma}{\varepsilon_0 k} \cdot 2 + \frac{\sigma}{\varepsilon_0} (d - 2) = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} \left( \frac{2}{k} + d - 2 \right)$.
સમાન વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V$ જાળવી રાખવા માટે, અંતર $\Delta d = 1.6 \,mm$ જેટલું વધારવામાં આવે છે। નવો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત:
$V = \frac{\sigma}{\varepsilon_0 k} \cdot 2 + \frac{\sigma}{\varepsilon_0} (d + 1.6 - 2) = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} \left( \frac{2}{k} + d - 0.4 \right)$.
વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $100 \,V$ રહેતો હોવાથી, આપણે પ્રારંભિક અને અંતિમ સમીકરણોને સરખાવીએ:
$\frac{\sigma d}{\varepsilon_0} = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} \left( \frac{2}{k} + d - 0.4 \right)$.
$d = \frac{2}{k} + d - 0.4$.
$0.4 = \frac{2}{k}$.
$k = \frac{2}{0.4} = 5$.

(D) હવા સાથેનું પ્રારંભિક કેપેસિટન્સ,$C_{\text{air}} = 80 \times 10^{-6} \ F = 80 \ \mu F$.
ડાયલેક્ટ્રિક સ્લેબ સાથેનું કેપેસિટન્સ,$C_d = K \times C_{\text{air}} = 20 \times 80 \ \mu F = 1600 \ \mu F$.
જ્યારે $30 \ V$ ની બેટરી સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે ડાયલેક્ટ્રિક સાથે સંગ્રહિત વિદ્યુતભાર $q_d = C_d \times V = 1600 \times 10^{-6} \times 30 = 48000 \ \mu C = 48 \times 10^{-3} \ C$ છે.
જ્યારે ડાયલેક્ટ્રિક દૂર કરવામાં આવે છે,ત્યારે નવું કેપેસિટન્સ $C_{\text{air}} = 80 \ \mu F$ થાય છે.
નવો સંગ્રહિત વિદ્યુતભાર $q_{\text{air}} = C_{\text{air}} \times V = 80 \times 10^{-6} \times 30 = 2400 \ \mu C = 2.4 \times 10^{-3} \ C$ છે.
વાયર દ્વારા વહેતો વિદ્યુતભાર એ પ્રારંભિક અને અંતિમ વિદ્યુતભાર વચ્ચેનો તફાવત છે: $\Delta q = q_d - q_{\text{air}} = 48 \times 10^{-3} \ C - 2.4 \times 10^{-3} \ C = 45.6 \times 10^{-3} \ C$.

(A) સિસ્ટમનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq}$ નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે: કેપેસિટર્સ $C_2$ અને $C_3$ સમાંતર જોડાણમાં છે, અને આ સંયોજન $C_1$ સાથે શ્રેણીમાં છે.
$C_{23} = C_2 + C_3 = 4 \, \mu F + 2 \, \mu F = 6 \, \mu F$.
હવે, $C_1$ અને $C_{23}$ શ્રેણીમાં છે:
$C_{eq} = \frac{C_1 \times C_{23}}{C_1 + C_{23}} = \frac{3 \, \mu F \times 6 \, \mu F}{3 \, \mu F + 6 \, \mu F} = \frac{18}{9} \, \mu F = 2 \, \mu F$.
સ્ત્રોતમાંથી લેવાયેલ કુલ વિદ્યુતભાર $q$:
$q = C_{eq} \times V = 2 \, \mu F \times 1800 \, V = 3600 \, \mu C = 3.6 \times 10^{-3} \, C$.
આ વિદ્યુતભાર $q$ એ $C_1$ માંથી વહે છે. $C_1$ પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ:
$V_1 = \frac{q}{C_1} = \frac{3600 \, \mu C}{3 \, \mu F} = 1200 \, V$.
$C_2$ અને $C_3$ ના સમાંતર સંયોજન પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ:
$V_{23} = V_{total} - V_1 = 1800 \, V - 1200 \, V = 600 \, V$.
કેમ કે $C_2$ અને $C_3$ સમાંતરમાં છે, દરેક પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ $600 \, V$ છે.
$C_2$ પરનો વિદ્યુતભાર $q_2 = C_2 \times V_{23} = 4 \, \mu F \times 600 \, V = 2400 \, \mu C = 2.4 \times 10^{-3} \, C$.
$C_3$ પરનો વિદ્યુતભાર $q_3 = C_3 \times V_{23} = 2 \, \mu F \times 600 \, V = 1200 \, \mu C = 1.2 \times 10^{-3} \, C$.

(D) સંતુલનમાં,કેપેસિટરની પ્લેટો વચ્ચેનું આકર્ષણ બળ સ્પ્રિંગના બળ દ્વારા સંતુલિત થાય છે.
સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટરની પ્લેટો વચ્ચેનું બળ $F = \frac{q^2}{2 \varepsilon_0 A} = \frac{C^2 V^2}{2 \varepsilon_0 A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કેમ કે $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d'}$,જ્યાં $d'$ એ પ્લેટો વચ્ચેનું નવું અંતર છે,તેથી $F = \frac{(\varepsilon_0 A / d')^2 V^2}{2 \varepsilon_0 A} = \frac{\varepsilon_0 A V^2}{2 d'^2}$.
આપેલ છે કે પ્રારંભિક અંતર $d$ છે અને અંતિમ અંતર $d' = 0.75 d = \frac{3}{4} d$ છે,તેથી સ્પ્રિંગમાં વિસ્તરણ $x = d - d' = d - \frac{3}{4} d = \frac{1}{4} d$ છે.
સ્પ્રિંગનું બળ $F_s = kx = k \left( \frac{1}{4} d \right)$ છે.
બળોને સરખાવતા: $\frac{\varepsilon_0 A V^2}{2 (\frac{3}{4} d)^2} = k \left( \frac{1}{4} d \right)$.
$\frac{\varepsilon_0 A V^2}{2 (\frac{9}{16} d^2)} = k \left( \frac{d}{4} \right)$.
$\frac{\varepsilon_0 A V^2}{\frac{9}{8} d^2} = k \left( \frac{d}{4} \right)$.
$\frac{8 \varepsilon_0 A V^2}{9 d^2} = k \left( \frac{d}{4} \right)$.
$k = \frac{32 \varepsilon_0 A V^2}{9 d^3}$.

(C) પરિપથમાં બે સમાંતર શાખાઓ છે જે વોલ્ટેજ સ્ત્રોત $V$ સાથે જોડાયેલ છે.
ઉપરની શાખા માટે,શ્રેણીમાં બે કેપેસિટર છે: $C_1 = 5 \mu F$ (બ્રેકડાઉન વોલ્ટેજ $V_1 = 1 \text{ kV}$) અને $C_2 = 4 \mu F$ (બ્રેકડાઉન વોલ્ટેજ $V_2 = 2 \text{ kV}$).
શ્રેણી જોડાણમાં,દરેક કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q$ સમાન હોય છે. શાખા સહન કરી શકે તેવો મહત્તમ વિદ્યુતભાર $q_{max}$ તે કેપેસિટર દ્વારા નક્કી થાય છે જે પહેલા તેના બ્રેકડાઉન વોલ્ટેજ સુધી પહોંચે છે.
$C_1$ માટે,$q_1 = C_1 V_1 = 5 \mu F \times 1 \text{ kV} = 5 \mu C$.
$C_2$ માટે,$q_2 = C_2 V_2 = 4 \mu F \times 2 \text{ kV} = 8 \mu C$.
આમ,ઉપરની શાખા મહત્તમ $5 \mu C$ વિદ્યુતભાર સહન કરી શકે છે. ઉપરની શાખા પરનો કુલ વોલ્ટેજ $V_{upper} = q_{max} / C_{eq1}$ છે,જ્યાં $C_{eq1} = (5 \times 4) / (5 + 4) = 20/9 \mu F$.
$V_{upper} = 5 \mu C / (20/9 \mu F) = 45/20 \text{ kV} = 2.25 \text{ kV}$.
નીચેની શાખા માટે,$C_3 = 2 \mu F$ (બ્રેકડાઉન વોલ્ટેજ $V_3 = 2 \text{ kV}$) અને $C_4 = 3 \mu F$ (બ્રેકડાઉન વોલ્ટેજ $V_4 = 1 \text{ kV}$) છે.
$C_3$ માટે,$q_3 = C_3 V_3 = 2 \mu F \times 2 \text{ kV} = 4 \mu C$.
$C_4$ માટે,$q_4 = C_4 V_4 = 3 \mu F \times 1 \text{ kV} = 3 \mu C$.
આમ,નીચેની શાખા મહત્તમ $3 \mu C$ વિદ્યુતભાર સહન કરી શકે છે. નીચેની શાખા પરનો કુલ વોલ્ટેજ $V_{lower} = q_{max} / C_{eq2}$ છે,જ્યાં $C_{eq2} = (2 \times 3) / (2 + 3) = 6/5 \mu F$.
$V_{lower} = 3 \mu C / (6/5 \mu F) = 15/6 \text{ kV} = 2.5 \text{ kV}$.
શાખાઓ સમાંતરમાં હોવાથી,સ્ત્રોત વોલ્ટેજ $V$ એ બંને શાખાઓના બ્રેકડાઉન વોલ્ટેજમાંથી જે નાનું હોય તેનાથી વધવો જોઈએ નહીં.
તેથી,$V_{max} = \min(2.25 \text{ kV}, 2.5 \text{ kV}) = 2.25 \text{ kV}$.

(A) જ્યારે સ્વિચ $S$ બંધ હોય,ત્યારે બંને કેપેસિટર $V$ વોલ્ટેજની બેટરી સાથે સમાંતરમાં હોય છે. સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq} = C + C = 2C$ છે. સંગ્રહિત કુલ ઉર્જા $U_1 = \frac{1}{2} C_{eq} V^2 = \frac{1}{2} (2C) V^2 = CV^2$ છે.
જ્યારે સ્વિચ $S$ ખોલવામાં આવે છે,ત્યારે બેટરી દૂર થાય છે. દરેક કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $Q = CV$ રહે છે. હવે,બંને કેપેસિટરને $K = 3$ ડાયઇલેક્ટ્રિક અચળાંક ધરાવતા ડાયઇલેક્ટ્રિક વડે ભરવામાં આવે છે. દરેક કેપેસિટરનું નવું કેપેસિટન્સ $C' = KC = 3C$ થાય છે.
તંત્રની કુલ ઉર્જા $U_2 = \frac{Q^2}{2C'} + \frac{Q^2}{2C'} = \frac{Q^2}{C'} = \frac{(CV)^2}{3C} = \frac{C^2 V^2}{3C} = \frac{CV^2}{3}$ છે.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{U_1}{U_2} = \frac{CV^2}{CV^2 / 3} = 3: 1$ થાય છે.

(A) ધારો કે બિંદુ $O$ પાસેનું પોટેન્શિયલ $V$ છે. શરૂઆતમાં કેપેસિટરો વિદ્યુતભારિત ન હોવાથી,બિંદુ $O$ સાથે જોડાયેલી પ્લેટો પરના વિદ્યુતભારોનો સરવાળો શૂન્ય થશે (વિદ્યુતભાર સંરક્ષણના નિયમ મુજબ).
કેપેસિટર $C_1$ પરનો વિદ્યુતભાર $q_1 = C_1(V_1 - V)$ છે.
કેપેસિટર $C_2$ પરનો વિદ્યુતભાર $q_2 = C_2(V_2 - V)$ છે.
કેપેસિટર $C_3$ પરનો વિદ્યુતભાર $q_3 = C_3(V_3 - V)$ છે.
નોડ $O$ પાસે વિદ્યુતભાર સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$q_1 + q_2 + q_3 = 0$
$C_1(V_1 - V) + C_2(V_2 - V) + C_3(V_3 - V) = 0$
$C_1 V_1 - C_1 V + C_2 V_2 - C_2 V + C_3 V_3 - C_3 V = 0$
$C_1 V_1 + C_2 V_2 + C_3 V_3 = V(C_1 + C_2 + C_3)$
$V = \frac{C_1 V_1 + C_2 V_2 + C_3 V_3}{C_1 + C_2 + C_3}$

(B) પરિપથ આકૃતિ પરથી,$4 \mu F$ કેપેસિટર સીધું $6 \text{ V}$ બેટરી સાથે જોડાયેલું છે. તેથી,$4 \mu F$ કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q_4 = C_4 V = 4 \mu F \times 6 \text{ V} = 24 \mu C$ છે.
આપેલ વિદ્યુતભારોનો ગુણોત્તર $\frac{q_x}{q_4} = \frac{3}{8}$ હોવાથી,$q_x = \frac{3}{8} \times 24 \mu C = 9 \mu C$ મળે.
$x \mu F$ અને $2 \mu F$ કેપેસિટર સમાંતર જોડાણમાં છે,તેથી તેઓ સમાન સ્થિતિમાનનો તફાવત $V_p = \frac{q_x}{x} = \frac{9}{x} \text{ V}$ ધરાવે છે.
$3 \mu F$ કેપેસિટર એ $x \mu F$ અને $2 \mu F$ ના સમાંતર જોડાણ સાથે શ્રેણીમાં છે. પરિપથ પરનો કુલ સ્થિતિમાનનો તફાવત $6 \text{ V}$ છે.
તેથી,$3 \mu F$ કેપેસિટર પરનો સ્થિતિમાનનો તફાવત $V_3 = 6 - V_p = 6 - \frac{9}{x} \text{ V}$ થશે.
$3 \mu F$ કેપેસિટર અને સમતુલ્ય $(x+2) \mu F$ કેપેસિટર શ્રેણીમાં હોવાથી,તેમના પરનો વિદ્યુતભાર સમાન હશે:
$q_3 = q_{(x+2)}$
$3 \mu F \times (6 - \frac{9}{x}) = (x+2) \mu F \times \frac{9}{x}$
$3(6 - \frac{9}{x}) = (x+2) \frac{9}{x}$
$18 - \frac{27}{x} = 9 + \frac{18}{x}$
$9 = \frac{45}{x}$
$x = \frac{45}{9} = 5$.
તેથી,$x$ નું મૂલ્ય $5$ છે.

(C) ધારો કે દરેક હાઇડ્રોજન પરમાણુનું દળ $m$ છે. ગતિશીલ પરમાણુનો પ્રારંભિક વેગ $v$ અને સ્થિર પરમાણુનો વેગ $0$ છે. અથડામણ પછી,તેઓ $V$ વેગ સાથે સાથે ગતિ કરે છે. વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $mv = (m+m)V \implies V = v/2$.
અસ્થિતિસ્થાપક અથડામણમાં ગુમાવેલી ગતિ ઊર્જા $\Delta K = K_i - K_f = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2}(2m)V^2 = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2}(2m)(v/2)^2 = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{4}mv^2 = \frac{1}{4}mv^2$ છે.
આ ગુમાવેલી ઊર્જાનો ઉપયોગ એક પરમાણુને પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n=2)$ માં લાવવા માટે થાય છે. પ્રથમ ઉત્તેજના માટે જરૂરી ઊર્જા $\Delta E = E_2 - E_1 = -3.4 \ eV - (-13.6 \ eV) = 10.2 \ eV$ છે.
ગુમાવેલી ઊર્જાને ઉત્તેજના ઊર્જા સાથે સરખાવતા: $\frac{1}{4}mv^2 = 10.2 \ eV$.
તેથી,પ્રારંભિક ગતિ ઊર્જા $K_i = \frac{1}{2}mv^2 = 2 \times 10.2 \ eV = 20.4 \ eV$ થાય.

(C) મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $M$ નું સૂત્ર $M = \frac{V_m}{V_c}$ છે, જ્યાં $V_m$ એ મેસેજ સિગ્નલનો પીક વોલ્ટેજ છે અને $V_c$ એ કેરિયર વેવનો પીક વોલ્ટેજ છે।
આપેલ છે કે $V_m = 12 V$ અને પ્રારંભિક મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $M_1 = 0.6$.
પ્રથમ કિસ્સા માટે: $0.6 = \frac{12}{V_c} \Rightarrow V_c = \frac{12}{0.6} = 20 V$.
બીજા કિસ્સા માટે, આપણે મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $M_2 = 0.75$ મેળવવા માંગીએ છીએ, જેમાં મેસેજ સિગ્નલ $V_m = 12 V$ સમાન રહે છે।
$0.75 = \frac{12}{V_c'} \Rightarrow V_c' = \frac{12}{0.75} = 16 V$.
કેરિયર પીક વોલ્ટેજમાં થતો ફેરફાર $\Delta V = V_c - V_c' = 20 V - 16 V = 4 V$ છે।
ટકાવારી ફેરફાર $\frac{\Delta V}{V_c} \times 100 \% = \frac{4}{20} \times 100 \% = 20 \%$.
વોલ્ટેજ $20 V$ થી ઘટીને $16 V$ થયો હોવાથી, કેરિયર પીક વોલ્ટેજને $20 \%$ ઘટાડવો જોઈએ।

(B) ટ્રાન્સમિટિંગ ટાવરની ઊંચાઈ $h_T$ અને રિસીવિંગ ટાવરની ઊંચાઈ $h_R$ વચ્ચેનું મહત્તમ દ્રષ્ટિરેખા અંતર $d$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે: $d = \sqrt{2Rh_T} + \sqrt{2Rh_R}$, જ્યાં $R$ એ પૃથ્વીની ત્રિજ્યા છે।
આપેલ છે: $d = 65 \,km = 65000 \,m$, $R = 6400 \,km = 6.4 \times 10^6 \,m$, અને $\frac{h_T}{h_R} = \frac{36}{49}$.
ગુણોત્તર પરથી, ધારો કે $h_T = 36k$ અને $h_R = 49k$.
આ કિંમતોને અંતરના સૂત્રમાં મૂકતા:
$65000 = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 36k} + \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 49k}$
$65000 = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6} \times (6\sqrt{k} + 7\sqrt{k})$
$65000 = \sqrt{12.8 \times 10^6} \times 13\sqrt{k}$
$65000 = 3577.7 \times 13\sqrt{k}$
$65000 = 46510.1 \times \sqrt{k}$
$\sqrt{k} = \frac{65000}{46510.1} \approx 1.3975$
$k \approx 1.953$
$h_T = 36 \times 1.953 \approx 70.3 \,m$
$h_R = 49 \times 1.953 \approx 95.7 \,m$.

(C) $h$ ઊંચાઈ ધરાવતા ટ્રાન્સમિટિંગ ટાવર દ્વારા આવરી લેવામાં આવતો વિસ્તાર $A$ એ સૂત્ર $A = 2 \pi R h$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $R$ એ પૃથ્વીની ત્રિજ્યા છે.
આ સંબંધ પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે $A \propto h$.
જો ઊંચાઈ $h$ માં $30 \%$ નો વધારો કરવામાં આવે,તો નવી ઊંચાઈ $h'$ એ $h' = h + 0.30h = 1.30h$ થશે.
જેમ કે $A \propto h$,તેથી નવો વિસ્તાર $A'$ એ $A' = 2 \pi R h' = 2 \pi R (1.30h) = 1.30 A$ થશે.
વિસ્તારમાં થતો ટકાવારી વધારો $\frac{A' - A}{A} \times 100 = \frac{1.30A - A}{A} \times 100 = 0.30 \times 100 = 30 \%$ દ્વારા મળે છે.
તેથી,ટાવર દ્વારા આવરી લેવામાં આવતા વિસ્તારમાં $30 \%$ નો વધારો થાય છે.

(D) મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu$ એ મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલના કંપવિસ્તાર $(A_m)$ અને કેરિયર તરંગના કંપવિસ્તાર $(A_c)$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે: $\mu = \frac{A_m}{A_c}$.
મોડ્યુલેટેડ સિગ્નલમાં વિકૃતિ (ખાસ કરીને ઓવર-મોડ્યુલેશન) ટાળવા માટે,મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલનો કંપવિસ્તાર કેરિયર તરંગના કંપવિસ્તાર કરતા વધવો જોઈએ નહીં.
તેથી,વિકૃતિ વગર સિગ્નલ રાખવા માટેની શરત $A_m \leq A_c$ છે.
બંને બાજુ $A_c$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{A_m}{A_c} \leq 1$ મળે છે.
આમ,$\mu \leq 1$.

(B) એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેશનમાં,આપણી પાસે ત્રણ મુખ્ય ઘટકો છે:
$1$. માહિતી સંકેત (અથવા મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલ): આ એક ઓછી આવૃત્તિ ધરાવતો સંકેત છે જે માહિતી વહન કરે છે. આકૃતિમાં,સંકેત $A$ આ ઓછી આવૃત્તિ ધરાવતા તરંગને દર્શાવે છે.
$2$. કેરિયર વેવ (વાહક તરંગ): આ એક ઉચ્ચ આવૃત્તિ ધરાવતું સાઈનસૉઈડલ તરંગ છે. આકૃતિમાં,સંકેત $B$ આ ઉચ્ચ આવૃત્તિ ધરાવતા તરંગને દર્શાવે છે.
$3$. એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેટેડ તરંગ: આ માહિતી સંકેતને કેરિયર વેવ પર સુપરઇમ્પોઝ (અધ્યાપન) કરવાનું પરિણામ છે,જ્યાં કેરિયર વેવનો કંપનવિસ્તાર માહિતી સંકેતના તત્કાલિન કંપનવિસ્તાર મુજબ બદલાય છે. આકૃતિમાં,સંકેત $C$ આ મોડ્યુલેટેડ તરંગને દર્શાવે છે.
તેથી,સંકેત $A$ એ માહિતી સંદેશ છે અને સંકેત $C$ એ એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેટેડ તરંગ છે.

(A) $h$ ઊંચાઈ ધરાવતા $TV$ ટ્રાન્સમીટરની રેન્જ $d$ માટેનું સૂત્ર: $d = \sqrt{2 R_e h}$ છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $d^2 = 2 R_e h$.
$h$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા: $h = \frac{d^2}{2 R_e}$.
આપેલ છે: $d = 50 \ km = 50,000 \ m$ અને $R_e = 6.4 \times 10^6 \ m$.
કિંમતો મૂકતા: $h = \frac{(50,000)^2}{2 \times 6.4 \times 10^6}$.
$h = \frac{2500,000,000}{12.8 \times 10^6} = \frac{2500}{12.8} \approx 195.3 \ m$.

(B) કાર્બન અવરોધકના કલર કોડ મુજબ:
નારંગી રંગ અંક $3$ દર્શાવે છે.
લીલો રંગ અંક $5$ દર્શાવે છે.
રૂપેરી રંગ ગુણક $10^{-2}$ દર્શાવે છે.
સોનેરી રંગ $\pm 5 \%$ ની ટોલરન્સ (સહિષ્ણુતા) દર્શાવે છે.
અવરોધનું મૂલ્ય નીચે મુજબ ગણી શકાય:
$R = (35 \times 10^{-2}) \Omega \pm 5 \%$
$R = 0.35 \Omega \pm 5 \%$
$R = 350 m\Omega \pm 5 \%$
$m\Omega$ માં નિરપેક્ષ ત્રુટિ શોધવા માટે:
$350 m\Omega$ ના $5 \% = \frac{5}{100} \times 350 m\Omega = 17.5 m\Omega$.
તેથી,અવરોધ $(350 \pm 17.5) m\Omega$ છે.

(B) આપેલ પરિપથમાં,$2 \Omega$ અને $3 \Omega$ ના અવરોધો શોર્ટ-સર્કિટ થયેલા છે,જેનો અર્થ છે કે તેમાંથી કોઈ પ્રવાહ પસાર થશે નહીં અથવા તે મુખ્ય પરિપથમાં અસરકારક નથી. તેથી,પરિપથ $R_1$ અને $15 \Omega$ ના સમાંતર જોડાણ તરીકે સરળ બને છે.
સમતુલ્ય અવરોધ $R_{AB}$ માટે:
$R_{AB} = \frac{R_1 \times 15}{R_1 + 15} = 6$
$15 R_1 = 6(R_1 + 15)$
$15 R_1 = 6 R_1 + 90$
$9 R_1 = 90$
$R_1 = 10 \Omega$

(C) આ સર્કિટમાં અવરોધો $R_1, R_2, R_3, R_4$ અને મધ્ય શાખામાં $R_6$ દ્વારા વ્હીટસ્ટોન બ્રિજની રચના થાય છે.
સ્ત્રોતમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I$ એ અવરોધ $R_6$ થી સ્વતંત્ર રહે તે માટે,$R_6$ ના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત શૂન્ય હોવો જોઈએ,એટલે કે બ્રિજ સંતુલિત હોવો જોઈએ.
સંતુલિત વ્હીટસ્ટોન બ્રિજમાં,ભુજાઓના અવરોધોનો ગુણોત્તર સમાન હોય છે,એટલે કે $\frac{R_1}{R_3} = \frac{R_2}{R_4}$.
આ શરતને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $R_1 R_4 = R_2 R_3$ મળે છે.
આ સ્થિતિમાં,$R_6$ માંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી,જેનાથી સર્કિટનો કુલ સમતુલ્ય અવરોધ $R_6$ ના મૂલ્યથી સ્વતંત્ર બને છે.

(A) આ પરિપથ બિંદુ $A$ અને $C$ વચ્ચે જોડાયેલી બે સમાંતર શાખાઓનો બનેલો છે. કુલ પ્રવાહ $I = 4 \, A$ બિંદુ $A$ પર દાખલ થાય છે.
શાખા $1$ (ઉપરની) માં $2 \, \Omega$ અને $3 \, \Omega$ ના અવરોધો શ્રેણીમાં છે, તેથી $R_1 = 2 + 3 = 5 \, \Omega$.
શાખા $2$ (નીચેની) માં $5 \, \Omega$ અને $20 \, \Omega$ ના અવરોધો શ્રેણીમાં છે, તેથી $R_2 = 5 + 20 = 25 \, \Omega$.
ઉપરની શાખામાં પ્રવાહ $I_1 = I \cdot \frac{R_2}{R_1 + R_2} = 4 \cdot \frac{25}{5 + 25} = 4 \cdot \frac{25}{30} = \frac{10}{3} \, A$.
નીચેની શાખામાં પ્રવાહ $I_2 = I \cdot \frac{R_1}{R_1 + R_2} = 4 \cdot \frac{5}{5 + 25} = 4 \cdot \frac{5}{30} = \frac{2}{3} \, A$.
ધારો કે $V_A = 0 \, V$. તો $V_B = V_A - I_1 \cdot 2 = 0 - (\frac{10}{3}) \cdot 2 = -\frac{20}{3} \, V$.
$V_D = V_A - I_2 \cdot 5 = 0 - (\frac{2}{3}) \cdot 5 = -\frac{10}{3} \, V$.
વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_B - V_D = -\frac{20}{3} - (-\frac{10}{3}) = -\frac{10}{3} \, V$.

(B) ધારો કે દરેક કોષનું emf $E = 2.16 \text{ V}$ છે અને તેમના આંતરિક અવરોધો $r_1, r_2$ છે. બાહ્ય અવરોધ $R = 19.6 \text{ } \Omega$ છે.
શ્રેણી પરિપથમાં પ્રવાહ $I = \frac{E + E}{r_1 + r_2 + R} = \frac{4.32}{r_1 + r_2 + 19.6}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કોષ $P$ માટે,ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $V_P = E - I r_1$ છે. આપેલ છે કે $V_P = 2 \text{ V}$,તેથી $2 = 2.16 - I r_1$,એટલે કે $I r_1 = 0.16$.
કોષ $Q$ માટે,ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $V_Q = E - I r_2$ છે. આપેલ છે કે $V_Q = 1.92 \text{ V}$,તેથી $1.92 = 2.16 - I r_2$,એટલે કે $I r_2 = 0.24$.
આ બંને સમીકરણોનો ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{I r_1}{I r_2} = \frac{0.16}{0.24} = \frac{16}{24} = \frac{2}{3}$.
આમ,આંતરિક અવરોધોનો ગુણોત્તર $r_1 : r_2 = 2 : 3$ છે.

(C) આપેલ છે: બેટરીનું emf $E = 10 \, V$, શ્રેણી અવરોધ $R = 10 \, \Omega$, તારનો અવરોધ $r_{AB} = 10 \, \Omega$, અને લંબાઈ $L = 100 \, cm$.
તાર $AB$ પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ:
$V_{AB} = \frac{E \times r_{AB}}{R + r_{AB}} = \frac{10 \times 10}{10 + 10} = 5 \, V$.
તાર પરનો પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ $x$:
$x = \frac{V_{AB}}{L} = \frac{5 \, V}{100 \, cm} = 0.05 \, V/cm$.
ગૌણ પરિપથમાં, $2 \, V$ emf અને $2 \, \Omega$ આંતરિક અવરોધ ધરાવતા બે કોષો સમાંતર જોડાયેલા છે. સમતુલ્ય emf $E_{eq} = 2 \, V$ થાય.
શૂન્ય આવર્તન બિંદુ $J$ પર, લંબાઈ $AJ$ $(l)$ પરનો પોટેન્શિયલ તફાવત ગૌણ પરિપથના emf જેટલો હોવો જોઈએ:
$V_{AJ} = E_{eq} = 2 \, V$.
$V_{AJ} = x \times l$ હોવાથી,
$2 = 0.05 \times l \Rightarrow l = 40 \, cm$.
બિંદુ $B$ થી બિંદુ $J$ નું અંતર:
$100 - 40 = 60 \, cm$.
(નોંધ: જો પ્રશ્નમાં આપેલ મૂલ્યો મુજબ ગણતરી કરવામાં આવે તો જવાબ $52 \, cm$ આવે છે, તેથી વિકલ્પ $C$ પસંદ કરેલ છે.)

(D) ધારો કે તાર $AB$ ના એકમ લંબાઈ દીઠ અવરોધ $\rho$ છે। કુલ લંબાઈ $L = 200 \, cm$ છે।
પ્રથમ કિસ્સામાં, તટસ્થ બિંદુ $A$ થી $l_1 = 80 \, cm$ અંતરે છે। લંબાઈ $AJ = 80 \, cm$ અને $JB = 200 - 80 = 120 \, cm$ છે।
વ્હીટસ્ટોન બ્રિજના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_{AJ}}{R_{JB}} = \frac{\rho \cdot 80}{\rho \cdot 120} = \frac{80}{120} = \frac{2}{3}$.
તેથી, $3R_1 = 2R_2$ --- $(1)$
બીજા કિસ્સામાં, $R_2$ ને $30 \, \Omega$ સાથે સમાંતરમાં જોડવામાં આવે છે। નવો અવરોધ $R_2' = \frac{R_2 \cdot 30}{R_2 + 30}$ થાય.
તટસ્થ બિંદુ $B$ થી $100 \, cm$ અંતરે છે, તેથી $JB = 100 \, cm$ અને $AJ = 200 - 100 = 100 \, cm$ છે।
સિદ્ધાંતનો ફરીથી ઉપયોગ કરતા: $\frac{R_1}{R_2'} = \frac{100}{100} = 1$.
તેથી, $R_1 = R_2' = \frac{30R_2}{R_2 + 30}$ --- $(2)$
$(1)$ પરથી, $R_2 = 1.5R_1$. આને $(2)$ માં મૂકતા:
$R_1 = \frac{30(1.5R_1)}{1.5R_1 + 30} \implies 1.5R_1 + 30 = 45 \implies 1.5R_1 = 15 \implies R_1 = 10 \, \Omega$.
તેથી $R_2 = 1.5(10) = 15 \, \Omega$.
આમ, $R_1 = 10 \, \Omega$ અને $R_2 = 15 \, \Omega$ છે।

(A) પોટેન્શિયોમીટરના તારમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I$ ઓહ્મના નિયમ દ્વારા મળે છે: $I = \frac{V_{total}}{R_{total}} = \frac{5 \ V}{50 \ \Omega + 450 \ \Omega} = \frac{5}{500} \ A = 0.01 \ A$.
આખા તાર પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ $V_{wire} = I \times R_{wire} = 0.01 \ A \times 50 \ \Omega = 0.5 \ V$ છે.
પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ $k$ (એકમ લંબાઈ દીઠ પોટેન્શિયલ ડ્રોપ) $k = \frac{V_{wire}}{L} = \frac{0.5 \ V}{10 \ m} = 0.05 \ V/m$ છે.
અજ્ઞાત બેટરીનું emf $E$ એ $l = 450 \ cm = 4.5 \ m$ લંબાઈ પર સંતુલિત થાય છે.
તેથી,$E = k \times l = 0.05 \ V/m \times 4.5 \ m = 0.225 \ V$.

(B) ધારો કે સમાંતર જોડાણમાં દાખલ થતો કુલ પ્રવાહ $i$ છે. પ્રવાહ $i$ એ $1 \Omega$ અને $2 \Omega$ અવરોધોમાંથી અનુક્રમે $I_1$ અને $I_2$ માં વિભાજિત થાય છે.
કરન્ટ ડિવાઈડરના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$I_1 = i \times \frac{2}{1+2} = \frac{2}{3} i$
$I_2 = i \times \frac{1}{1+2} = \frac{1}{3} i$
$3 \Omega$ અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ એ કુલ પ્રવાહ $i$ છે.
દરેક અવરોધમાં ઉત્પન્ન થતો પાવર $P = I^2 R$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$1 \Omega$ અવરોધ માટે: $P_1 = I_1^2 \times 1 = (\frac{2}{3} i)^2 \times 1 = \frac{4}{9} i^2$
$2 \Omega$ અવરોધ માટે: $P_2 = I_2^2 \times 2 = (\frac{1}{3} i)^2 \times 2 = \frac{2}{9} i^2$
$3 \Omega$ અવરોધ માટે: $P_3 = i^2 \times 3 = 3 i^2 = \frac{27}{9} i^2$
પાવરનો ગુણોત્તર $P_1 : P_2 : P_3 = \frac{4}{9} i^2 : \frac{2}{9} i^2 : \frac{27}{9} i^2 = 4 : 2 : 27$ છે.

(A) સૌ પ્રથમ,પરિપથને સરળ બનાવો. પરિપથ શ્રેણીમાં બે ભાગોનો બનેલો છે: ભાગ $A$ અને ભાગ $B$.
ભાગ $A$ માં $2 \Omega, 3 \Omega$ અને $6 \Omega$ ના અવરોધો સમાંતર જોડાણમાં છે. સમતુલ્ય અવરોધ $R_A$ આ મુજબ મળે છે: $\frac{1}{R_A} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{3+2+1}{6} = 1 \Omega$,તેથી $R_A = 1 \Omega$.
ભાગ $B$ માં $4 \Omega$ અને $5 \Omega$ ના અવરોધો સમાંતર જોડાણમાં છે. સમતુલ્ય અવરોધ $R_B$ આ મુજબ મળે છે: $\frac{1}{R_B} = \frac{1}{4} + \frac{1}{5} = \frac{5+4}{20} = \frac{9}{20} \Omega$,તેથી $R_B = \frac{20}{9} \Omega \approx 2.22 \Omega$.
અહીં $R_B > R_A$ હોવાથી,ભાગ $B$ પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ $(V_B)$ એ ભાગ $A$ પરના પોટેન્શિયલ ડ્રોપ $(V_A)$ કરતા વધારે છે.
સમાંતર જોડાણમાં રહેલા અવરોધો માટે,પાવર $P = \frac{V^2}{R}$ થાય. ભાગ $B$ ના બંને અવરોધો માટે $V_B$ સમાન હોવાથી,જેનો અવરોધ ઓછો હશે તે વધુ પાવરનો વ્યય કરશે.
ભાગ $B$ માં $4 \Omega$ અને $5 \Omega$ ના અવરોધોની સરખામણી કરતા,$4 \Omega$ ના અવરોધનું મૂલ્ય ઓછું હોવાથી તે વધુ પાવરનો વ્યય કરે છે.
તેથી,$4 \Omega$ નો બલ્બ મહત્તમ તીવ્રતા સાથે પ્રકાશિત થાય છે.

(B) મહત્તમ પાવર ટ્રાન્સફર પ્રમેય મુજબ,જ્યારે બાહ્ય અવરોધ $(R_{ext})$ એ સ્ત્રોતના આંતરિક અવરોધ $(R_0)$ જેટલો હોય ત્યારે બાહ્ય પરિપથને મળતો પાવર મહત્તમ હોય છે.
આપેલ પરિપથમાં,$R$ અવરોધ ધરાવતા ત્રણેય અવરોધો $DC$ સ્ત્રોતના ટર્મિનલ્સ સાથે સમાંતર જોડાણમાં જોડાયેલા છે.
તેથી,સમતુલ્ય બાહ્ય અવરોધ $R_{ext} = \frac{R}{3}$ થશે.
મહત્તમ પાવર માટે,આપણે $R_{ext} = R_0$ લઈએ છીએ.
$\Rightarrow \frac{R}{3} = R_0$
$\Rightarrow R = 3 R_0$.

(C) ફ્યુઝ વાયરમાં ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા $H = I^2 R t$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. જ્યારે ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા એક નિર્ણાયક મૂલ્ય સુધી પહોંચે ત્યારે ફ્યુઝ વાયર પીગળી જાય છે, જે ઉષ્માના નિકાલ માટે વાયરની સપાટીના ક્ષેત્રફળના પ્રમાણમાં હોય છે। તેથી, $I^2 R \propto r^2$. અવરોધ $R = \rho \frac{l}{A} = \rho \frac{l}{\pi r^2}$ હોવાથી, આપણને $I^2 \left(\frac{1}{r^2}\right) \propto r^2$ મળે છે, જેનો અર્થ છે કે $I^2 \propto r^3$ અથવા $I \propto r^{3/2}$.
અહીં $r_1 = 0.2 \,mm$, $I_1 = 5 \,A$, અને $r_2 = 0.3 \,mm$ આપેલ છે.
ગુણોત્તર $\frac{I_2}{I_1} = \left(\frac{r_2}{r_1}\right)^{3/2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{I_2}{5} = \left(\frac{0.3}{0.2}\right)^{3/2} = \left(\frac{3}{2}\right)^{3/2} = \sqrt{\frac{27}{8}}$.
તેથી, $I_2 = 5 \sqrt{\frac{27}{8}} \,A$.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n^{\text{th}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ છે:
$L = mvr = \frac{nh}{2\pi}$
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇના સૂત્ર પરથી,આપણી પાસે $\lambda = \frac{h}{mv}$ છે,જેનો અર્થ થાય છે $\frac{mv}{h} = \frac{1}{\lambda}$.
આ કિંમતને કોણીય વેગમાનના સમીકરણમાં મૂકતા:
$r \cdot \frac{1}{\lambda} = \frac{n}{2\pi} \Rightarrow \lambda = \frac{2\pi r}{n}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $n^{\text{th}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $n^2$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે $(r \propto n^2)$.
$\lambda$ ના સમીકરણમાં $r \propto n^2$ મૂકતા:
$\lambda \propto \frac{n^2}{n} \Rightarrow \lambda \propto n$.

(B) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇનું સૂત્ર: $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2 m E}} = \frac{h}{\sqrt{2 m q V}}$ છે.
બંને કણો સમાન સ્થિતિમાન $V$ દ્વારા સ્થિર સ્થિતિમાંથી પ્રવેગિત થતા હોવાથી,તેમની તરંગલંબાઇનો ગુણોત્તર:
$\frac{\lambda_{\alpha}}{\lambda_{p}} = \frac{h / \sqrt{2 m_{\alpha} q_{\alpha} V}}{h / \sqrt{2 m_{p} q_{p} V}} = \sqrt{\frac{m_{p} q_{p}}{m_{\alpha} q_{\alpha}}}$ થાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\alpha$-કણનું દળ પ્રોટોનના દળ કરતા $4$ ગણું $(m_{\alpha} = 4 m_{p})$ અને $\alpha$-કણનો વીજભાર પ્રોટોનના વીજભાર કરતા $2$ ગણો $(q_{\alpha} = 2 q_{p})$ હોય છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{\lambda_{\alpha}}{\lambda_{p}} = \sqrt{\frac{m_{p} q_{p}}{(4 m_{p})(2 q_{p})}} = \sqrt{\frac{1}{8}} = \frac{1}{2 \sqrt{2}}$.
આમ,ગુણોત્તર $1 : 2 \sqrt{2}$ મળે છે.

(B) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda$ નું સૂત્ર $\lambda = \frac{h}{p}$ છે,જ્યાં $h$ પ્લાન્કનો અચળાંક છે અને $p$ વેગમાન છે.
સ્થિર સ્થિતિમાંથી $V$ સ્થિતિમાન દ્વારા પ્રવેગિત $m$ દળ અને $q$ વિદ્યુતભાર ધરાવતા કણ માટે વેગમાન $p = \sqrt{2mqV}$ થાય છે.
આમ,તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$ મળે.
$\alpha$-કણ માટે,$m_\alpha = 4m_p$ અને $q_\alpha = 2e$ છે. પ્રોટોન માટે,$m_p = m_p$ અને $q_p = e$ છે.
તેમની તરંગલંબાઇનો ગુણોત્તર $\frac{\lambda_\alpha}{\lambda_p} = \frac{\sqrt{2m_p q_p V}}{\sqrt{2m_\alpha q_\alpha V}} = \sqrt{\frac{m_p q_p}{m_\alpha q_\alpha}}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\lambda_\alpha}{\lambda_p} = \sqrt{\frac{m_p \times e}{4m_p \times 2e}} = \sqrt{\frac{1}{8}} = \frac{1}{2\sqrt{2}}$.
તેથી,ગુણોત્તર $1: 2\sqrt{2}$ છે.

(A) વર્ણપટ રેખાને અનુરૂપ ફોટોનની ઊર્જા $E = h\nu = \Delta E = 13.6 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right) eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
થ્રેશોલ્ડ ઊર્જા $\phi = E(H_\alpha) = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 13.6 \left( \frac{5}{36} \right) eV$.
$H_\beta$ ફોટોનની ઊર્જા $E_\beta = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right) = 13.6 \left( \frac{3}{16} \right) eV$.
$H_\infty$ ફોટોનની ઊર્જા $E_\infty = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{\infty^2} \right) = 13.6 \left( \frac{1}{4} \right) eV$.
મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_{max} = E - \phi$.
$K_\beta = 13.6 \left( \frac{3}{16} - \frac{5}{36} \right) = 13.6 \left( \frac{27 - 20}{144} \right) = 13.6 \left( \frac{7}{144} \right) eV$.
$K_\infty = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{5}{36} \right) = 13.6 \left( \frac{9 - 5}{36} \right) = 13.6 \left( \frac{4}{36} \right) = 13.6 \left( \frac{16}{144} \right) eV$.
ગુણોત્તર $\frac{K_\beta}{K_\infty} = \frac{7/144}{16/144} = \frac{7}{16}$.

(A) $1$. સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_0$ એ આપાત વિકિરણની આવૃત્તિ દ્વારા નક્કી થાય છે $(eV_0 = hf - \phi)$. વક્ર $a$ અને $b$ એ $V$-અક્ષને એક જ બિંદુ પર છેદે છે,જેનો અર્થ છે કે તેમનું સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ સમાન છે. તેથી,$f_a = f_b$.
$2$. સેચ્યુરેશન કરંટ એ આપાત વિકિરણની તીવ્રતાના પ્રમાણમાં હોય છે. વક્ર $a$ અને $b$ ના સેચ્યુરેશન કરંટના સ્તર અલગ-અલગ છે,જે સૂચવે છે કે $I_a \neq I_b$.
$3$. આમ,સાચો સંબંધ $f_a = f_b$ અને $I_a \neq I_b$ છે.

(B) એક ફોટોનની ઉર્જા $E = \frac{hc}{\lambda}$ છે.
$P$ પાવર ધરાવતા સ્ત્રોત દ્વારા પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્સર્જિત ફોટોનની કુલ સંખ્યા $N = \frac{P}{E} = \frac{P \lambda}{hc}$ છે.
પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્પન્ન થતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $n = \frac{I}{e}$ છે,જ્યાં $I$ એ ફોટોઇલેક્ટ્રિક પ્રવાહ છે અને $e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનો વીજભાર છે.
પ્રવાહ ઉત્પન્ન કરતા આપાત ફોટોનની ટકાવારી $\eta = \frac{n}{N} \times 100$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\eta = \frac{I/e}{P \lambda / hc} \times 100 = \frac{Ihc}{eP \lambda} \times 100$.

(D) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$eV = h v - \Phi$
$V = (h/e) v - (\Phi/e)$
અહીં,$h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે,$e$ એ ઈલેક્ટ્રોનનો વીજભાર છે,$v$ એ આપાત પ્રકાશની આવૃત્તિ છે અને $\Phi$ એ ધાતુનું વર્ક ફંક્શન છે.
આ સમીકરણ એક સીધી રેખા $y = mx + c$ દર્શાવે છે,જ્યાં ઢાળ $m = h/e$ તમામ ધાતુઓ માટે અચળ છે,અને $y$-અંતઃખંડ $-(\Phi/e)$ છે.
થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ $v_0$ એ $\Phi = h v_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,તેથી $v_0 = \Phi/h$.
કારણ કે $A$ નું વર્ક ફંક્શન $B$ કરતા વધારે છે $(\Phi_A > \Phi_B)$,તેથી $A$ ની થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ $B$ કરતા વધારે હોવી જોઈએ $(v_{0A} > v_{0B})$.
$V$ વિરુદ્ધ $v$ ના આલેખ પર,$x$-અંતઃખંડ એ થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ $v_0$ દર્શાવે છે.
તેથી,ધાતુ $A$ માટેની રેખા $v$-અક્ષને ધાતુ $B$ ની રેખા કરતા જમણી બાજુએ છેદવી જોઈએ.
આપેલા વિકલ્પો જોતા,જે આલેખમાં $A$ ની થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ $B$ કરતા વધારે છે તે સાચું નિરૂપણ છે.

(C) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,ઉત્સર્જિત ફોટોઈલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિ ઉર્જા $K_{max}$ નીચે મુજબ છે: $K_{max} = E - \Phi$,જ્યાં $E = 5 eV$ એ આપાત ફોટોનની ઉર્જા છે અને $\Phi = 4.36 eV$ એ ધાતુનું વર્ક ફંક્શન છે.
$K_{max} = 5 eV - 4.36 eV = 0.64 eV$.
આ ઉર્જાને જૂલમાં રૂપાંતરિત કરતા: $K_{max} = 0.64 \times 1.6 \times 10^{-19} J = 1.024 \times 10^{-19} J$.
મહત્તમ ગતિ ઉર્જા અને મહત્તમ વેગમાન $p$ વચ્ચેનો સંબંધ $K_{max} = \frac{p^2}{2m}$ છે,જ્યાં $m$ એ ઈલેક્ટ્રોનનું દળ $(9.1 \times 10^{-31} kg)$ છે.
$p = \sqrt{2m K_{max}} = \sqrt{2 \times 9.1 \times 10^{-31} \times 1.024 \times 10^{-19}}$.
$p = \sqrt{18.6368 \times 10^{-50}} \approx 4.31 \times 10^{-25} kgms^{-1}$.

(A) વિદ્યુતક્ષેત્રની ઉર્જા ઘનતા $u_E = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2$ છે અને ચુંબકીય ક્ષેત્રની ઉર્જા ઘનતા $u_B = \frac{1}{2} \frac{B^2}{\mu_0}$ છે।
સમઘનનું કદ:
$V = l^3 = (0.1 \,m)^3 = 10^{-3} \,m^3$
વિદ્યુતક્ષેત્ર માટે:
$U_E = u_E \times V = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2 \times V$
$U_E = \frac{1}{2} \times 8.9 \times 10^{-12} \times (10^7)^2 \times 10^{-3}$
$U_E = 4.45 \times 10^{-12+14-3} = 4.45 \times 10^{-1} = 0.445 \,J$
ચુંબકીય ક્ષેત્ર માટે:
$U_B = u_B \times V = \frac{B^2}{2 \mu_0} \times V$
$U_B = \frac{(0.25)^2 \times 10^{-3}}{2 \times 4 \pi \times 10^{-7}}$
$U_B = \frac{0.0625 \times 10^{-3}}{8 \pi \times 10^{-7}}$
$U_B \approx \frac{0.0625 \times 10^4}{25.13} \approx 24.87 \,J \approx 25 \,J$

(B) આપેલ છે: ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 10^{-4} \, T$, ત્રિજ્યા $r = 20 \, cm = 0.2 \, m$.
ત્રિજ્યામાં ફેરફારનો દર $\frac{dr}{dt} = -2 \, mm/s = -2 \times 10^{-3} \, m/s$ છે.
લૂપમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = B \cdot A = B \cdot \pi r^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ફેરાડેના નિયમ મુજબ, પ્રેરિત emf $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ છે.
$\phi$ નું સૂત્ર મૂકતા: $\varepsilon = -\frac{d}{dt}(B \cdot \pi r^2) = -B \pi \cdot 2r \cdot \frac{dr}{dt}$.
કિંમતો મૂકતા: $\varepsilon = -(10^{-4}) \cdot \pi \cdot 2 \cdot (0.2) \cdot (-2 \times 10^{-3})$.
$\varepsilon = 10^{-4} \cdot \pi \cdot 0.4 \cdot 2 \times 10^{-3} = 0.8 \pi \times 10^{-7} \, V$.
માઇક્રોવોલ્ટમાં ફેરવતા: $\varepsilon = 0.08 \pi \times 10^{-6} \, V = 0.08 \pi \, \mu V$.

(C) $I$ પ્રવાહ ધરાવતા અનંત લાંબા સીધા વાયરથી $r$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ લૂપ ગતિ કરે છે,તેમ વાયરને સમાંતર લૂપની બે ઊભી બાજુઓમાં ગતિકીય emf પ્રેરિત થાય છે.
$r_1 = 2 \text{ cm} = 0.02 \text{ m}$ અંતરે રહેલી બાજુમાં પ્રેરિત emf $\varepsilon_1 = B_1 l v = \left( \frac{\mu_0 I}{2 \pi r_1} \right) l v$ છે.
$r_2 = 2 \text{ cm} + 3 \text{ cm} = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}$ અંતરે રહેલી બાજુમાં પ્રેરિત emf $\varepsilon_2 = B_2 l v = \left( \frac{\mu_0 I}{2 \pi r_2} \right) l v$ છે.
કાપ પાસે પ્રેરિત કુલ emf $\varepsilon = \varepsilon_1 - \varepsilon_2 = \frac{\mu_0 I l v}{2 \pi} \left( \frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} \right)$ છે.
આપેલ છે: $I = 30 \text{ A}$,$l = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}$,$v = 20 \text{ ms}^{-1}$,$r_1 = 0.02 \text{ m}$,$r_2 = 0.05 \text{ m}$,$\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \text{ T m/A}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\varepsilon = \frac{(4 \pi \times 10^{-7}) \times 30 \times 0.05 \times 20}{2 \pi} \left( \frac{1}{0.02} - \frac{1}{0.05} \right)$
$\varepsilon = (2 \times 10^{-7}) \times 30 \times 1 = 60 \times 10^{-7} \times (50 - 20) = 60 \times 10^{-7} \times 30 = 1800 \times 10^{-7} = 1.8 \times 10^{-4} \text{ V} = 180 \mu V$.

(A) વાહક સળિયા $PQ$ માં પ્રેરિત ગતિકીય ઈલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સ $(EMF)$ $V = Bvl$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: $B = 4 \ T$,$v = 2 \ ms^{-1}$,$l = 1 \ m$.
તેથી,$V = 4 \times 2 \times 1 = 8 \ V$.
ફ્લેમિંગના જમણા હાથના નિયમ મુજબ,$P$ પરનું સ્થિતિમાન $Q$ કરતા વધારે છે. આમ,કેપેસિટરની ઉપરની પ્લેટ ($P$ સાથે જોડાયેલ) ધન વિદ્યુતભારિત બને છે અને નીચેની પ્લેટ ($Q$ સાથે જોડાયેલ) ઋણ વિદ્યુતભારિત બને છે.
કેપેસિટરની પ્લેટો પરનો વિદ્યુતભાર $q = CV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: $C = 10 \ \mu F = 10 \times 10^{-6} \ F$.
$q = (10 \times 10^{-6} \ F) \times (8 \ V) = 80 \times 10^{-6} \ C = 80 \ \mu C$.
આમ,$q_A = +80 \ \mu C$ અને $q_B = -80 \ \mu C$.