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

(B) $\text{બળનું પારિમાણિક સૂત્ર } [M L T^{-2}] \text{ છે.}$
$\text{આપેલ છે,} N_1 = 10, M_1 = 1 \,kg, L_1 = 1 \,m, T_1 = 1 \,s$.
$\text{નવી પદ્ધતિમાં,} M_2 = A \,kg, L_2 = B \,m, T_2 = C \,s$.
$\text{રૂપાંતરણના સૂત્ર } N_2 = N_1 \left( \frac{M_1}{M_2} \right)^1 \left( \frac{L_1}{L_2} \right)^1 \left( \frac{T_1}{T_2} \right)^{-2} \text{ નો ઉપયોગ કરતા.}$
$\text{કિંમતો મૂકતા:}$
$N_2 = 10 \left( \frac{1}{A} \right)^1 \left( \frac{1}{B} \right)^1 \left( \frac{1}{C} \right)^{-2}$.
$N_2 = 10 \cdot A^{-1} \cdot B^{-1} \cdot C^2$.
$\text{આમ,નવી પદ્ધતિમાં } 10 \,N \text{ નું મૂલ્ય } 10 A^{-1} B^{-1} C^2 \text{ થાય છે.}$

(B) આપેલ સમીકરણ $10 \ g \ cm \ s^{-1} = x \ N \ s$ છે.
સૌ પ્રથમ,$CGS$ એકમ $g \ cm \ s^{-1}$ ને $SI$ એકમ $(kg \ m \ s^{-1})$ માં ફેરવો:
$1 \ g = 10^{-3} \ kg$
$1 \ cm = 10^{-2} \ m$
તેથી,$1 \ g \ cm \ s^{-1} = 10^{-3} \ kg \times 10^{-2} \ m \times s^{-1} = 10^{-5} \ kg \ m \ s^{-1}$.
આમ,$10 \ g \ cm \ s^{-1} = 10 \times 10^{-5} \ kg \ m \ s^{-1} = 10^{-4} \ kg \ m \ s^{-1}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 \ N = 1 \ kg \ m \ s^{-2}$,તેથી $1 \ N \ s = 1 \ kg \ m \ s^{-1}$.
બંનેને સરખાવતા,આપણને $x \ N \ s = 10^{-4} \ kg \ m \ s^{-1}$ મળે છે.
તેથી,$x = 10^{-4}$.

(C) દોરી પરના ટ્રાન્સવર્સ પલ્સની ઝડપ $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $T$ એ તણાવ છે અને $\mu$ એ દોરીની રેખીય દળ ઘનતા છે।
જ્યારે કાર સ્થિર હોય, ત્યારે દોરીમાં તણાવ $T_1 = Mg$ હોય છે। તેથી, $v_1 = \sqrt{\frac{Mg}{\mu}} = 60 \text{ cm/s}$.
જ્યારે કાર આડા રસ્તા પર $a$ પ્રવેગ સાથે પ્રવેગિત થાય છે, ત્યારે દડા પર લાગતો અસરકારક પ્રવેગ $g_{eff} = \sqrt{a^2 + g^2}$ છે। દોરીમાં તણાવ $T_2 = M\sqrt{a^2 + g^2}$ થાય છે।
તેથી, $v_2 = \sqrt{\frac{M\sqrt{a^2 + g^2}}{\mu}} = 66 \text{ cm/s}$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા:
$\frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{\sqrt{a^2 + g^2}}{g}} = \frac{66}{60} = 1.1$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$\frac{\sqrt{a^2 + g^2}}{g} = (1.1)^2 = 1.21$.
$\sqrt{a^2 + g^2} = 1.21g$.
ફરીથી વર્ગ કરતા:
$a^2 + g^2 = (1.21)^2 g^2 = 1.4641 g^2$.
$a^2 = 0.4641 g^2$.
$a = \sqrt{0.4641} \times g = 0.68125 \times 10 \text{ m/s}^2 \approx 6.8 \text{ m/s}^2$.

(B) તારની મૂળભૂત આવૃત્તિ $n = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શરૂઆતમાં,તારમાં તણાવ $T_1$ એ વસ્તુના વજન જેટલું છે: $T_1 = V \rho g = V(2000)g$.
તેથી,$n_1 = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{V(2000)g}{\mu}} = 200 \ Hz$.
જ્યારે વસ્તુ પાણીમાં અડધી ડૂબેલી હોય (ઘનતા $\rho_w = 1000 \ kg \ m^{-3}$),ત્યારે ઉત્પ્લાવક બળ $F_B$ ઉપરની તરફ લાગે છે: $F_B = V_{submerged} \rho_w g = \frac{V}{2}(1000)g = 500Vg$.
નવું તણાવ $T_2 = T_1 - F_B = 2000Vg - 500Vg = 1500Vg$.
નવી આવૃત્તિ $n_2 = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{1500Vg}{\mu}}$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{n_2}{n_1} = \sqrt{\frac{1500Vg}{2000Vg}} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
આમ,$n_2 = n_1 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 200 \times \frac{1.732}{2} = 173.2 \ Hz$.

(C) ઉદગમ સ્થિર છે, તેથી પરાવર્તક સુધી પહોંચતા ધ્વનિની આવૃત્તિ $f = 160 \,Hz$ છે। ધ્વનિની ઝડપ $v = 340 \,m/s$ છે। આપાત તરંગની તરંગલંબાઈ $\lambda = v/f = 340/160 = 17/8 \,m$ છે.
જ્યારે પરાવર્તક $v_r = 20 \,m/s$ ના વેગથી ઉદગમ તરફ ગતિ કરે છે, ત્યારે પરાવર્તિત તરંગની આવૃત્તિ $f'$ એ ડોપ્લર અસરના સૂત્ર મુજબ મળે છે:
$f' = f \left( \frac{v + v_r}{v - v_r} \right) = 160 \left( \frac{340 + 20}{340 - 20} \right) = 160 \left( \frac{360}{320} \right) = 180 \,Hz$.
પરાવર્તિત તરંગની તરંગલંબાઈ $\lambda' = v/f' = 340/180 = 17/9 \,m$ થાય.

(D) ઉદગમનું સ્થાન $x = 3 \sin \omega t$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઉદગમનો તાત્ક્ષણિક વેગ $v_s = \frac{dx}{dt} = 3 \omega \cos \omega t$ છે.
ઉદગમનો મહત્તમ વેગ $v_{s, \max} = 3 \omega$ છે.
ડોપ્લર અસર મુજબ,અવલોકિત આવૃત્તિ $f'$ એ $f' = f \left( \frac{v}{v \mp v_s} \right)$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $v = 330 \,ms^{-1}$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે.
મહત્તમ આવૃત્તિ $f_{\max} = f \left( \frac{v}{v - v_{s, \max}} \right)$ અને ન્યૂનતમ આવૃત્તિ $f_{\min} = f \left( \frac{v}{v + v_{s, \max}} \right)$ છે.
આપેલ છે કે $f_{\max} - f_{\min} = 22 \,Hz$,તેથી:
$120 \left( \frac{330}{330 - 3 \omega} - \frac{330}{330 + 3 \omega} \right) = 22$
$120 \times 330 \left( \frac{(330 + 3 \omega) - (330 - 3 \omega)}{330^2 - (3 \omega)^2} \right) = 22$
$120 \times 330 \left( \frac{6 \omega}{108900 - 9 \omega^2} \right) = 22$
કારણ કે $v_s \ll v$,આપણે $330^2 - (3 \omega)^2 \approx 330^2$ લઈ શકીએ:
$120 \times 330 \times \frac{6 \omega}{330 \times 330} = 22$
$120 \times \frac{6 \omega}{330} = 22$
$120 \times \frac{2 \omega}{110} = 22$
$240 \omega = 2420 \Rightarrow \omega \approx 10 \,rad \,s^{-1}$.

(C)
જ્યારે અવલોકનકાર $O$ અને ઉદ્ગમ $S$ બંને એકબીજા તરફ તેમની મહત્તમ ઝડપથી ગતિ કરતા હોય ત્યારે અવલોકન કરેલી આવૃત્તિ મહત્તમ હોય છે।
સરળ આવર્ત ગતિ માટે, મહત્તમ ઝડપ $v_m = A\omega$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $A$ કંપવિસ્તાર છે અને $\omega$ કોણીય ઝડપ છે।
આપેલ છે કે $A = 0.5 \,m$ અને $\omega = 40 \,rad/s$, તેથી દરેક બ્લોકની મહત્તમ ઝડપ:
$v_m = 0.5 \times 40 = 20 \,m/s$
ડોપ્લર અસર મુજબ, અવલોકન કરેલી આવૃત્તિ $f'$ નીચે મુજબ છે:
$f' = f \left( \frac{v + v_o}{v - v_s} \right)$
જ્યાં $v = 340 \,m/s$ ધ્વનિની ઝડપ છે, $v_o = 20 \,m/s$ અવલોકનકારની ઝડપ છે, અને $v_s = 20 \,m/s$ ઉદ્ગમની ઝડપ છે।
કિંમતો મૂકતા:
$f_{\max} = 288 \times \left( \frac{340 + 20}{340 - 20} \right)$
$f_{\max} = 288 \times \left( \frac{360}{320} \right)$
$f_{\max} = 288 \times 1.125 = 324 \,Hz$

(B) સ્થિર સ્ત્રોતથી દૂર જતા અવલોકનકાર દ્વારા સંભળાતી આભાસી આવૃત્તિ $f'$ ડોપ્લર અસરના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $f' = f \left( \frac{v - v_o}{v} \right)$,જ્યાં $v$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે અને $v_o$ એ અવલોકનકારનો વેગ છે.
આપેલ છે કે $f' = 0.94f$,તેથી $0.94f = f \left( \frac{330 - v_o}{330} \right)$.
$0.94 = \frac{330 - v_o}{330} \implies 310.2 = 330 - v_o \implies v_o = 330 - 310.2 = 19.8 \,m/s$.
મોટરસાયકલ સ્થિર સ્થિતિ $(u = 0)$ થી $a = 2 \,m/s^2$ ના પ્રવેગ સાથે શરૂ થાય છે. ગતિના સમીકરણ $v_o = u + at$ નો ઉપયોગ કરતા:
$19.8 = 0 + 2t \implies t = 9.9 \,s$.
કાપેલું અંતર $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ દ્વારા મળે છે:
$s = 0 + \frac{1}{2} \times 2 \times (9.9)^2 = 98.01 \,m$.
આમ,અંતર આશરે $98 \,m$ છે.

(D) અવાજનો સ્ત્રોત વર્તુળાકાર માર્ગે ગતિ કરે છે. જ્યારે સ્ત્રોત શ્રોતા તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે અવલોકન કરેલી આવૃત્તિ મહત્તમ હોય છે,અને જ્યારે તે દૂર જાય છે,ત્યારે અવલોકન કરેલી આવૃત્તિ લઘુત્તમ હોય છે. શ્રોતા સ્થિર છે.
આપેલ છે:
સ્ત્રોતની આવૃત્તિ $f_0 = 500 Hz$
ત્રિજ્યા $r = \frac{100}{\pi} cm = \frac{1}{\pi} m$
કોણીય ઝડપ $n = 5 rev/s$
કોણીય વેગ $\omega = 2\pi n = 2\pi \times 5 = 10\pi rad/s$
સ્ત્રોતની ઝડપ $v_s = \omega r = (10\pi) \times (\frac{1}{\pi}) = 10 m/s$
અવાજની ઝડપ $v = 332 m/s$
ગતિશીલ સ્ત્રોત અને સ્થિર શ્રોતા માટે ડોપ્લર અસરનું સૂત્ર વાપરતા:
$f = f_0 \left( \frac{v}{v \mp v_s} \right)$
મહત્તમ આવૃત્તિ (સ્ત્રોત શ્રોતા તરફ ગતિ કરે છે):
$f_{max} = 500 \left( \frac{332}{332 - 10} \right) = 500 \left( \frac{332}{322} \right) \approx 515.5 Hz$
લઘુત્તમ આવૃત્તિ (સ્ત્રોત શ્રોતાથી દૂર જાય છે):
$f_{min} = 500 \left( \frac{332}{332 + 10} \right) = 500 \left( \frac{332}{342} \right) \approx 485.4 Hz$
આમ,લઘુત્તમ અને મહત્તમ આવૃત્તિઓ અનુક્રમે $485.4 Hz$ અને $515.5 Hz$ છે.

(C) ખુલ્લી ઓર્ગન પાઈપ માટે,$n^{th}$ ઓવરટોનની તરંગલંબાઈ $\lambda_n = \frac{2l}{n+1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$3^{rd}$ ઓવરટોન માટે,$n=3$,તેથી $\lambda = \frac{2l}{3+1} = \frac{2l}{4} = \frac{l}{2}$.
પાઈપ બંને છેડે ખુલ્લી હોવાથી,ખુલ્લા છેડાઓ પર એન્ટિનોડ (મહત્તમ કંપવિસ્તાર $A$) રચાય છે.
એન્ટિનોડથી $x$ અંતરે સ્થાનાંતર કંપવિસ્તાર $R = A \cos(kx)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k = \frac{2\pi}{\lambda}$.
અહીં $x = \frac{l}{16}$ આપેલ છે,તેથી ફેઝ એંગલ $\phi = kx = \frac{2\pi}{\lambda} \cdot \frac{l}{16}$.
$\lambda = \frac{l}{2}$ મૂકતા,આપણને $\phi = \frac{2\pi}{(l/2)} \cdot \frac{l}{16} = \frac{4\pi}{l} \cdot \frac{l}{16} = \frac{\pi}{4}$ મળે છે.
તેથી,કંપવિસ્તાર $R = A \cos(\frac{\pi}{4}) = A \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{A}{\sqrt{2}}$ થાય.

(C) આપેલ છે: આવૃત્તિ $f = 500 \,Hz$, વેગ $v = 360 \,ms^{-1}$, કળા તફાવત $\Delta\phi = 60^{\circ}$.
સૌ પ્રથમ, $\lambda = \frac{v}{f}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને તરંગલંબાઈ $\lambda$ શોધો.
$\lambda = \frac{360}{500} = 0.72 \,m$.
પથ તફાવત $\Delta x$ અને કળા તફાવત $\Delta\phi$ વચ્ચેનો સંબંધ $\Delta\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ છે.
$60^{\circ}$ ને રેડિયનમાં ફેરવતા: $60^{\circ} = \frac{\pi}{3} \,rad$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$.
$\Delta x = \frac{\lambda}{6} = \frac{0.72}{6} = 0.12 \,m$.
તેથી, બે બિંદુઓ વચ્ચેનું અંતર $0.12 \,m$ છે.

(A) ખેંચાયેલી દોરીની આવૃત્તિ $f = \frac{n}{2l} \sqrt{\frac{T}{m}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ હાર્મોનિક નંબર છે,$l$ એ લંબાઈ છે,$T$ એ તણાવ છે અને $m$ એ એકમ લંબાઈ દીઠ દળ છે.
$m = \pi r^2 \rho$ (જ્યાં $\rho$ એ ઘનતા છે) હોવાથી,આવૃત્તિનું સૂત્ર $f = \frac{n}{2l r} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$ બને છે.
$A$ ના પ્રથમ ઓવરટોન માટે,$n = 2$. તેથી,$f_A = \frac{2}{2 l_A r_A} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}} = \frac{1}{l_A r_A} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
$B$ ના બીજા ઓવરટોન માટે,$n = 3$. તેથી,$f_B = \frac{3}{2 l_B r_B} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
આપેલ છે કે $f_A = f_B$,તેથી $\frac{1}{l_A r_A} = \frac{3}{2 l_B r_B}$.
લંબાઈના ગુણોત્તર માટે ગોઠવતા: $\frac{l_A}{l_B} = \frac{2 r_B}{3 r_A}$.
આપેલ છે કે $r_A = 2 r_B$,કિંમત મૂકતા $\frac{l_A}{l_B} = \frac{2 r_B}{3 (2 r_B)} = \frac{1}{3}$.

(C) $1$. તાપમાનમાં ફેરફારને કારણે ઉદ્ભવતું થર્મલ સ્ટ્રેન $\Delta L / L = \alpha \Delta T$ છે।
$2$. થર્મલ સ્ટ્રેસ $F / A = Y (\Delta L / L) = Y \alpha \Delta T$ છે।
$3$. તણાવ $T = Y A \alpha \Delta T = (200 \times 10^9) \times (10^{-6}) \times (1.21 \times 10^{-5}) \times 20 = 48.4 \,N$.
$4$. રેખીય દળ ઘનતા $\mu = m / L = 0.1 / 1 = 0.1 \,kg/m$.
$5$. તરંગની ઝડપ $v = \sqrt{T / \mu} = \sqrt{48.4 / 0.1} = \sqrt{484} = 22 \,m/s$.
$6$. મૂળભૂત આવૃત્તિ $f = v / (2L) = 22 / (2 \times 1) = 11 \,Hz$.

(C) ખેંચાયેલી દોરીની મૂળભૂત આવૃત્તિનું સૂત્ર $f = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ છે,જ્યાં $l$ લંબાઈ છે,$T$ તણાવ છે અને $\mu$ એકમ લંબાઈ દીઠ દળ છે.
પ્રારંભિક આવૃત્તિ $f_1$ અને અંતિમ આવૃત્તિ $f_2$ નો ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{f_1}{f_2} = \frac{l_2}{l_1} \sqrt{\frac{T_1}{T_2}}$
આપેલ છે કે $l_2 = l_1(1 - \frac{x}{100})$,$T_2 = T_1(1 + \frac{44}{100}) = 1.44 T_1$,અને $\frac{f_1}{f_2} = \frac{1}{2}$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1}{2} = \frac{l_1(1 - \frac{x}{100})}{l_1} \sqrt{\frac{T_1}{1.44 T_1}}$
$\frac{1}{2} = (1 - \frac{x}{100}) \times \frac{1}{\sqrt{1.44}}$
$\frac{1}{2} = (1 - \frac{x}{100}) \times \frac{1}{1.2}$
$0.6 = 1 - \frac{x}{100}$
$\frac{x}{100} = 0.4$
$x = 40$.

(A) ખેંચાયેલી દોરી માટે $n$-માં હાર્મોનિકની આવૃત્તિ $f_n = \frac{n}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\mu = \pi r^2 \rho$ છે.
$A$ ના પ્રથમ ઓવરટોન $(n=2)$ માટે: $f_{A} = \frac{2}{2l_A} \sqrt{\frac{T}{\pi r_A^2 \rho}} = \frac{1}{l_A r_A} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
$B$ ના બીજા ઓવરટોન $(n=3)$ માટે: $f_{B} = \frac{3}{2l_B} \sqrt{\frac{T}{\pi r_B^2 \rho}} = \frac{3}{2l_B r_B} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
આપેલ છે કે $f_A = f_B$ અને $r_A = 2r_B$,તેથી:
$\frac{1}{l_A r_A} = \frac{3}{2l_B r_B} \Rightarrow \frac{1}{l_A (2r_B)} = \frac{3}{2l_B r_B}$.
સાદું રૂપ આપતા,આપણને મળે છે $\frac{1}{2l_A} = \frac{3}{2l_B} \Rightarrow \frac{l_A}{l_B} = \frac{1}{3}$.
આમ,લંબાઈનો ગુણોત્તર $l_A : l_B = 1:3$ છે.

(A) જમીન પર પદાર્થની પ્રારંભિક યાંત્રિક ઉર્જા તેની ગતિઊર્જા છે:
$E_i = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} \times 2 \,kg \times (8 \,ms^{-1})^2 = 64 \,J$
મહત્તમ ઊંચાઈ પર પદાર્થની અંતિમ યાંત્રિક ઉર્જા તેની સ્થિતિઊર્જા છે:
$E_f = m g h = 2 \,kg \times 10 \,ms^{-2} \times 3 \,m = 60 \,J$
કાર્ય-ઉર્જા પ્રમેય મુજબ,હવાના અવરોધ જેવા અસંરક્ષી બળો દ્વારા થયેલું કાર્ય એ યાંત્રિક ઉર્જામાં થતા ઘટાડા જેટલું હોય છે:
$W_{\text{air}} = E_i - E_f = 64 \,J - 60 \,J = 4 \,J$
તેથી,હવાના અવરોધ દ્વારા થયેલું કાર્ય $4 \,J$ છે.

(A) ધારો કે એકમ લંબાઈ દીઠ દળ $\lambda = \frac{m}{l}$ છે.
પ્રારંભિક સ્થિતિ: લટકતી લંબાઈ $h_1 = \frac{l}{n}$ છે. આ ભાગનું દળ $m_1 = \lambda \cdot \frac{l}{n} = \frac{m}{n}$ છે. લટકતા ભાગનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર ટેબલની સપાટીથી $\frac{l}{2n}$ અંતરે નીચે છે. ટેબલની સપાટીને સંદર્ભ સ્તર $(U=0)$ તરીકે લેતા,પ્રારંભિક સ્થિતિઊર્જા $U_i = -m_1 g \left(\frac{l}{2n}\right) = -\left(\frac{m}{n}\right) g \left(\frac{l}{2n}\right) = -\frac{mgl}{2n^2}$ છે.
અંતિમ સ્થિતિ: જ્યારે સાંકળ સંપૂર્ણપણે સરકી જાય છે,ત્યારે તેનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર ટેબલની સપાટીથી $\frac{l}{2}$ અંતરે નીચે હોય છે. અંતિમ સ્થિતિઊર્જા $U_f = -mg \left(\frac{l}{2}\right) = -\frac{mgl}{2}$ છે.
ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,સ્થિતિઊર્જામાં ઘટાડો એ ગતિઊર્જામાં વધારા બરાબર છે:
$K_f - K_i = U_i - U_f$
$\frac{1}{2}mv^2 - 0 = -\frac{mgl}{2n^2} - \left(-\frac{mgl}{2}\right)$
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{mgl}{2} \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)$
$v^2 = gl \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)$
$v = \sqrt{gl \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)}$

(D) કણની કુલ યાંત્રિક ઊર્જા સંરક્ષિત રહે છે,તેથી જમીનથી કોઈપણ ઊંચાઈ $h$ પર,સ્થિતિઊર્જા $(PE)$ અને ગતિઊર્જા $(KE)$ નો સરવાળો $H$ ઊંચાઈ પરની પ્રારંભિક સ્થિતિઊર્જા જેટલો હોય છે:
$PE + KE = m g H$ ... $(i)$
આપેલ છે કે એક ચોક્કસ ઊંચાઈએ,ગતિઊર્જા તેની સ્થિતિઊર્જા કરતાં અડધી છે:
$KE = \frac{1}{2} PE \implies PE = 2 KE$
આ કિંમત સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$2 KE + KE = m g H$
$3 KE = m g H$
$KE = \frac{m g H}{3}$
કારણ કે $PE = m g h$,તેથી $PE = 2 KE = 2 \left( \frac{m g H}{3} \right) = \frac{2}{3} m g H$.
$m g h = \frac{2}{3} m g H$ ને સરખાવતા,આપણને ઊંચાઈ $h = \frac{2 H}{3}$ મળે છે.
આ ઊંચાઈએ કણની ઝડપ $v$ કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય અથવા ગતિશાસ્ત્રનો ઉપયોગ કરીને શોધી શકાય છે. કણ $H$ ઊંચાઈએથી સ્થિર સ્થિતિમાંથી પડે છે,તેથી $h$ ઊંચાઈએ તેની ઝડપ $v = \sqrt{2 g (H - h)}$ દ્વારા મળે છે.
$h = \frac{2 H}{3}$ મૂકતા:
$v = \sqrt{2 g (H - \frac{2 H}{3})} = \sqrt{2 g (\frac{H}{3})} = \sqrt{\frac{2 g H}{3}}$.
આમ,ઊંચાઈ $\frac{2 H}{3}$ છે અને ઝડપ $\sqrt{\frac{2 g H}{3}}$ છે.

(B) ધારો કે સાંકળ દ્વારા અર્ધગોળાના કેન્દ્ર પર આંતરેલો ખૂણો $\alpha = l/R$ છે.
પાયાથી $\theta$ ખૂણે $dl$ લંબાઈના સાંકળના એક નાના ઘટકનો વિચાર કરો.
પાયાથી આ ઘટકની ઊંચાઈ $h = R \sin \theta$ છે.
ઘટકની લંબાઈ $dl = R d\theta$ છે.
આ ઘટકનું દળ $dm = \frac{m}{l} dl = \frac{m}{l} R d\theta$ છે.
આ ઘટકની ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિ ઊર્જા $dU = (dm)gh = \left(\frac{m}{l} R d\theta\right) g (R \sin \theta) = \frac{mgR^2}{l} \sin \theta d\theta$ છે.
સાંકળ ટોચ $(\theta = \pi/2)$ થી $\theta = \pi/2 - \alpha = \pi/2 - l/R$ ખૂણા સુધી વિસ્તરેલી છે.
$\pi/2 - l/R$ થી $\pi/2$ સુધી $dU$ નું સંકલન કરતા:
$U = \int_{\pi/2 - l/R}^{\pi/2} \frac{mgR^2}{l} \sin \theta d\theta = \frac{mgR^2}{l} [-\cos \theta]_{\pi/2 - l/R}^{\pi/2}$
$U = \frac{mgR^2}{l} [-\cos(\pi/2) - (-\cos(\pi/2 - l/R))]$
$U = \frac{mgR^2}{l} [0 + \sin(l/R)] = \frac{mgR^2}{l} \sin \left(\frac{l}{R}\right)$.

(B) ધારો કે કણ $H$ ઊંચાઈથી નીચે પડે છે અને જમીનથી $h$ ઊંચાઈએ પહોંચે છે.
આ ઊંચાઈ $h$ પર,સ્થિતિઊર્જા $PE = mgh$ છે.
કણ દ્વારા કાપેલું અંતર $x = H - h$ છે.
આ બિંદુએ ગતિઊર્જા $KE = mgx = mg(H - h)$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$KE = 2(PE)$.
સમીકરણો મૂકતા,$mg(H - h) = 2(mgh)$.
$H - h = 2h \Rightarrow H = 3h \Rightarrow h = \frac{H}{3}$.
હવે,$h = \frac{H}{3}$ ઊંચાઈએ ઝડપ $v$ શોધવા માટે,આપણે ગતિનું સમીકરણ $v^2 = u^2 + 2ax$ વાપરીએ,જ્યાં $u = 0$ અને $x = H - h = H - \frac{H}{3} = \frac{2H}{3}$.
$v^2 = 2g(\frac{2H}{3}) = \frac{4gH}{3}$.
$v = \sqrt{\frac{4gH}{3}} = 2\sqrt{\frac{gH}{3}}$.
આમ,ઊંચાઈ $\frac{H}{3}$ છે અને ઝડપ $2\sqrt{\frac{gH}{3}}$ છે.

(A) પદાર્થ પર લાગતું બળ $\vec{F} = -\nabla U = -(\frac{\partial U}{\partial x} \hat{i} + \frac{\partial U}{\partial y} \hat{j}) = -(6 \hat{i} + 8 \hat{j}) \,N$ છે.
પદાર્થનો પ્રવેગ $\vec{a} = \frac{\vec{F}}{m} = \frac{-(6 \hat{i} + 8 \hat{j})}{2} = -(3 \hat{i} + 4 \hat{j}) \,m/s^2$ છે.
પદાર્થ $t = 0$ સમયે સ્થિર હોવાથી, $t = 2 \,s$ સમયે તેનો વેગ $\vec{v} = \vec{u} + \vec{a}t = 0 + (-(3 \hat{i} + 4 \hat{j})) \times 2 = -(6 \hat{i} + 8 \hat{j}) \,m/s$ થશે.
$t = 2 \,s$ સમયે પદાર્થની ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} \times 2 \times ((-6)^2 + (-8)^2) = 36 + 64 = 100 \,J$ છે.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ, પદાર્થ પર થયેલું કાર્ય તેની ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે. પદાર્થ સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થતો હોવાથી $(K_i = 0)$, બળ દ્વારા થયેલું કાર્ય $W = \Delta K = 100 - 0 = 100 \,J$ છે.

(A) આ એટવુડ મશીન સિસ્ટમનું ઉદાહરણ છે. સિસ્ટમનો પ્રવેગ $a$ નીચે મુજબ મળે છે:
$a = \left(\frac{M-m}{M+m}\right) g$
કિંમતો $M = 3 \ kg$,$m = 2 \ kg$,અને $g = 10 \ m/s^2$ મૂકતા:
$a = \left(\frac{3-2}{3+2}\right) \times 10 = \frac{1}{5} \times 10 = 2 \ m/s^2$
સ્થિર સ્થિતિ $(u = 0)$ થી શરૂ કરીને $t = 2 \ s$ માં $3 \ kg$ ના બ્લોક દ્વારા કાપેલું અંતર $s$:
$s = ut + \frac{1}{2}at^2 = 0 + \frac{1}{2} \times 2 \times (2)^2 = 4 \ m$
$3 \ kg$ ના બ્લોક પર ગુરુત્વાકર્ષણ દ્વારા થયેલું કાર્ય એ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $(Mg)$ અને સ્થાનાંતર $(s)$ નો ગુણાકાર છે:
$W = Mgs = 3 \times 10 \times 4 = 120 \ J$
આમ,થયેલું કાર્ય $120 \ J$ છે.

(C) ધારો કે ત્રીજો દળનો કણ $(2m)$ $X$-અક્ષ સાથે $\theta$ ખૂણે $u$ વેગથી ગતિ કરે છે.
$2m$ દળના કણના વેગનો સમક્ષિતિજ ઘટક $u_x = u \cos \theta$ અને શિરોલંબ ઘટક $u_y = u \sin \theta$ છે.
શરૂઆતમાં કણ સ્થિર હોવાથી,તંત્રનું કુલ રેખીય વેગમાન શૂન્ય હોવું જોઈએ.
$X$-દિશામાં રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$0 = m(4) + 2m(u \cos \theta)$
$4m = -2m(u \cos \theta)$
$u \cos \theta = -2 \quad \dots (i)$
$Y$-દિશામાં રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$0 = m(6) + 2m(u \sin \theta)$
$6m = -2m(u \sin \theta)$
$u \sin \theta = -3 \quad \dots (ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો વર્ગ કરીને તેમનો સરવાળો કરતા:
$(u \cos \theta)^2 + (u \sin \theta)^2 = (-2)^2 + (-3)^2$
$u^2(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = 4 + 9$
$u^2 = 13$
$u = \sqrt{13} \text{ ms}^{-1}$

(D) ધારો કે ગોળાનું દળ $M$ છે અને મહત્તમ ઊંચાઈએ તેનો વેગ $v_h = u \cos \theta$ છે. મહત્તમ ઊંચાઈએ વેગમાન $P = M u \cos \theta$ છે.
$M/2$ દળના બે સમાન ભાગોમાં વિભાજિત થયા પછી,એક ભાગ તેના માર્ગે પાછો ફરે છે,એટલે કે તેનો વેગ $-u \cos \theta$ છે. ધારો કે બીજા ભાગનો વેગ $v_2$ છે.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$M u \cos \theta = \frac{M}{2} (-u \cos \theta) + \frac{M}{2} v_2$
$u \cos \theta = -\frac{1}{2} u \cos \theta + \frac{1}{2} v_2$
$\frac{3}{2} u \cos \theta = \frac{1}{2} v_2 \implies v_2 = 3 u \cos \theta$.
પ્રથમ ભાગની ગતિઊર્જા $E_1 = \frac{1}{2} (M/2) (u \cos \theta)^2 = \frac{1}{4} M u^2 \cos^2 \theta$ છે.
બીજા ભાગની ગતિઊર્જા $E_2 = \frac{1}{2} (M/2) (3 u \cos \theta)^2 = \frac{1}{4} M (9 u^2 \cos^2 \theta) = \frac{9}{4} M u^2 \cos^2 \theta$ છે.
બંનેની સરખામણી કરતા,આપણને $E_2 = 9 E_1$ મળે છે.

(D) ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ માટે:
આપેલ છે: $u_o = -2 \text{ cm}$,$f_o = 1.5 \text{ cm}$.
લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{v_o} - \frac{1}{u_o} = \frac{1}{f_o}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{v_o} - \frac{1}{-2} = \frac{1}{1.5}$
$\frac{1}{v_o} = \frac{1}{1.5} - \frac{1}{2} = \frac{2-1.5}{3} = \frac{0.5}{3} = \frac{1}{6}$
તેથી,$v_o = 6 \text{ cm}$.
આઈ-લેન્સ માટે:
આપેલ છે: $v_e = -25 \text{ cm}$ (અંતિમ પ્રતિબિંબ આભાસી છે),$f_e = 6.25 \text{ cm}$.
લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{v_e} - \frac{1}{u_e} = \frac{1}{f_e}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{-25} - \frac{1}{u_e} = \frac{1}{6.25}$
$\frac{1}{u_e} = -\frac{1}{25} - \frac{1}{6.25} = -\frac{1}{25} - \frac{4}{25} = -\frac{5}{25} = -\frac{1}{5}$
તેથી,$u_e = -5 \text{ cm}$.
બે લેન્સ વચ્ચેનું અંતર $L = |v_o| + |u_e| = 6 \text{ cm} + 5 \text{ cm} = 11 \text{ cm}$ થાય.

(A) સામાન્ય ગોઠવણમાં ખગોળીય ટેલિસ્કોપ માટે,મોટવણી $m = \frac{f_o}{f_e} = 10$ છે,જ્યાં $f_o$ અને $f_e$ એ અનુક્રમે ઓબ્જેક્ટિવ અને આઈપીસ લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ છે.
આમ,$f_o = 10 f_e$.
સામાન્ય ગોઠવણમાં ટેલિસ્કોપની નળીની લંબાઈ $L = f_o + f_e = 110 \ cm$ છે.
લંબાઈના સમીકરણમાં $f_o = 10 f_e$ મૂકતા: $10 f_e + f_e = 110 \implies 11 f_e = 110 \implies f_e = 10 \ cm$.
તેથી,$f_o = 100 \ cm$.
જ્યારે પ્રતિબિંબ નજીકના બિંદુએ $(D = 25 \ cm)$ રચાય છે,ત્યારે મોટવણી $m = \frac{f_o}{f_e} \left(1 + \frac{f_e}{D}\right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $m = \frac{100}{10} \left(1 + \frac{10}{25}\right) = 10 \times \left(1 + 0.4\right) = 10 \times 1.4 = 14$.

(D) આપેલ છે કે,આપાતકોણ $i = 0^{\circ}$.
સમબાજુ પ્રિઝમ માટે,પ્રિઝમ કોણ $A = 60^{\circ}$ છે.
પ્રથમ સપાટી પર,કિરણ લંબરૂપે આપાત થતું હોવાથી,વક્રીભવન કોણ $r_1 = 0^{\circ}$ થાય.
સંબંધ $r_1 + r_2 = A$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $0^{\circ} + r_2 = 60^{\circ}$ મળે છે,તેથી $r_2 = 60^{\circ}$.
પ્રિઝમ માટે ક્રાંતિકોણ $C$ એ $\sin C = \frac{1}{\mu} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ દ્વારા મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $C = 45^{\circ}$.
બીજી સપાટી પર આપાતકોણ $r_2 = 60^{\circ}$ એ ક્રાંતિકોણ $C = 45^{\circ}$ કરતા મોટો હોવાથી,પ્રકાશનું કિરણ બીજી સપાટી પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન અનુભવે છે.
પરાવર્તન પછી,કિરણ ત્રીજી સપાટી પર અથડાય છે. ત્રીજી સપાટી પર આપાતકોણ $r_3 = 180^{\circ} - (60^{\circ} + 60^{\circ}) = 60^{\circ}$ છે (ત્રિકોણની ભૂમિતિ પરથી). $60^{\circ} > 45^{\circ}$ હોવાથી,તે ફરીથી પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન અનુભવે છે.
અંતે,કિરણ પ્રથમ સપાટીમાંથી લંબરૂપે બહાર નીકળે છે. કુલ વિચલન $\delta$ એ આપાત કિરણ અને નિર્ગમન કિરણ વચ્ચેનો ખૂણો છે. કિરણ આપાત કિરણને સમાંતર પણ વિરુદ્ધ દિશામાં બહાર નીકળતું હોવાથી,વિચલન $180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ થાય છે.

(C) પ્રકાશનું કિરણ બીજી સપાટી પરથી વક્રીભવન પામે તે માટે,બીજી સપાટી પરનો વક્રીભૂતકોણ $(r_2)$ એ ક્રાંતિકોણ $(C)$ કરતા ઓછો હોવો જોઈએ.
બીજી સપાટી પર વક્રીભવન માટેની શરત $r_2 < C$ છે.
ક્રાંતિકોણ $C$ માટે $\sin C = 1/\mu = 1/\sqrt{7/3} = \sqrt{3/7}$ થાય.
તેથી,$\sin r_2 < \sqrt{3/7}$.
પ્રિઝમ માટે,$r_1 + r_2 = A = 60^{\circ}$,તેથી $r_2 = 60^{\circ} - r_1$.
આ કિંમત મૂકતા,$\sin(60^{\circ} - r_1) < \sqrt{3/7}$.
આપાતકોણ $(i)$ નું લઘુત્તમ મૂલ્ય શોધવા માટે,આપણે $r_1$ નું મહત્તમ મૂલ્ય જોઈએ. $r_2 < C$ હોવાથી,$r_1 > 60^{\circ} - C$ હોવું જોઈએ.
$\sin C = \sqrt{3/7} \approx 0.6546$ નો ઉપયોગ કરતા,$C \approx 40.89^{\circ}$ મળે.
તેથી,$r_1 > 60^{\circ} - 40.89^{\circ} = 19.11^{\circ}$.
પ્રથમ સપાટી પર સ્નેલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\sin i = \mu \sin r_1 = \sqrt{7/3} \sin(19.11^{\circ}) \approx 1.5275 \times 0.3274 \approx 0.5$.
આમ,$i > 30^{\circ}$. તેથી લઘુત્તમ ખૂણો $30^{\circ}$ છે.

(C) આપેલા પરિપથમાં,ડાયોડ $D_1$ રિવર્સ બાયસમાં છે કારણ કે તેનો p-ટર્મિનલ બેટરીના ઋણ ટર્મિનલ સાથે જોડાયેલ છે. તેથી,$D_1$ ઓપન સર્કિટ $(OFF)$ તરીકે કાર્ય કરે છે.
ડાયોડ $D_2$ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે કારણ કે તેનો p-ટર્મિનલ બેટરીના ધન ટર્મિનલ સાથે જોડાયેલ છે. તેથી,$D_2$ શૂન્ય અવરોધ સાથે ક્લોઝ્ડ સર્કિટ $(ON)$ તરીકે કાર્ય કરે છે.
પરિપથ $20 \ V$ ની બેટરી,$2 \ \Omega$ નો અવરોધ,$3 \ \Omega$ નો અવરોધ અને $2 \ \Omega$ નો અવરોધ ($D_2$ સાથે જોડાયેલ) ના શ્રેણી જોડાણમાં સરળ બને છે.
કુલ અસરકારક અવરોધ $R = 2 \ \Omega + 3 \ \Omega + 3 \ \Omega + 2 \ \Omega = 10 \ \Omega$ થાય છે.
સેલમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I = V / R = 20 \ V / 10 \ \Omega = 2 \ A$ મળે છે.

(B) આપેલ સર્કિટમાં,બેઝ લૂપનું સમીકરણ $V_{CC} = i_B R_1 + V_{BE}$ છે.
અહીં $V_{CC} = 8 \text{ V}$,$V_{BE} = 0.6 \text{ V}$,અને $i_C = 5 \text{ mA}$ આપેલ છે.
બેઝ પ્રવાહ $i_B = \frac{i_C}{\beta} = \frac{5 \times 10^{-3} \text{ A}}{50} = 1 \times 10^{-4} \text{ A}$ થાય.
બેઝ લૂપના સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા:
$8 = (1 \times 10^{-4}) R_1 + 0.6$
$R_1 = \frac{8 - 0.6}{1 \times 10^{-4}} = \frac{7.4}{10^{-4}} = 74 \times 10^3 \Omega = 74 \text{ k}\Omega$.
હવે,કલેક્ટર લૂપ માટે,$KVL$ મુજબ સમીકરણ $V_{CC} = i_C R_2 + V_{CE}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા:
$8 = (5 \times 10^{-3}) R_2 + 3$
$5 = (5 \times 10^{-3}) R_2$
$R_2 = \frac{5}{5 \times 10^{-3}} = 10^3 \Omega = 1 \text{ k}\Omega$.
આમ,$R_1 = 74 \text{ k}\Omega$ અને $R_2 = 1 \text{ k}\Omega$ મળે છે.

(D) આપેલ છે,કોમન-બેઝ કોન્ફિગરેશનમાં કરંટ એમ્પ્લીફિકેશન ફેક્ટર,$\alpha = 0.95$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\alpha$ અને $\beta$ (કોમન-એમિટર કોન્ફિગરેશનમાં કરંટ એમ્પ્લીફિકેશન ફેક્ટર) વચ્ચેનો સંબંધ $\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha}$ છે.
$\alpha$ ની કિંમત મૂકતા:
$\beta = \frac{0.95}{1 - 0.95} = \frac{0.95}{0.05} = 19$.
કોમન-એમિટર કોન્ફિગરેશનમાં,કરંટ ગેઇન $\beta$ ને કલેક્ટર કરંટમાં થતો ફેરફાર $(\Delta I_C)$ અને બેઝ કરંટમાં થતા ફેરફાર $(\Delta I_B)$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે:
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B}$.
અહીં $\Delta I_B = 2 \mu A$ આપેલ છે,તેથી $\Delta I_C$ ની ગણતરી કરતા:
$\Delta I_C = \beta \times \Delta I_B = 19 \times 2 \mu A = 38 \mu A$.

(C) ઇનપુટ પ્રવાહ $i_i$ એ $i_i = \frac{V_i}{R_i}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $V_i = 100 \ mV = 0.1 \ V$ અને $R_i = 2000 \ \Omega$ છે.
$i_i = \frac{0.1}{2000} = 5 \times 10^{-5} \ A$.
આઉટપુટ પ્રવાહ $i_o$ એ $i_o = \beta \times i_i$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$i_o = 50 \times 5 \times 10^{-5} = 250 \times 10^{-5} = 2.5 \times 10^{-3} \ A$.
આઉટપુટ વોલ્ટેજ $V_o$ એ $V_o = i_o \times R_o$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $R_o = 5000 \ \Omega$ છે.
$V_o = 2.5 \times 10^{-3} \times 5000 = 12.5 \ V$.
આમ,આઉટપુટ વોલ્ટેજનું મહત્તમ મૂલ્ય $12.5 \ V$ છે.

(A) લોજિક ગેટ્સની સંખ્યાના આધારે ઇન્ટિગ્રેટેડ સર્કિટનું વર્ગીકરણ નીચે મુજબ છે:
$A$. સ્મોલ સ્કેલ ઇન્ટિગ્રેશન $(SSI)$: $\leq 10$ લોજિક ગેટ્સ ધરાવે છે. ($III$ સાથે મેળ ખાય છે)
$B$. મીડિયમ સ્કેલ ઇન્ટિગ્રેશન $(MSI)$: $< 100$ લોજિક ગેટ્સ ધરાવે છે. ($I$ સાથે મેળ ખાય છે)
$C$. લાર્જ સ્કેલ ઇન્ટિગ્રેશન $(LSI)$: $< 1000$ લોજિક ગેટ્સ ધરાવે છે. ($IV$ સાથે મેળ ખાય છે)
$D$. વેરી લાર્જ સ્કેલ ઇન્ટિગ્રેશન $(VLSI)$: $> 1000$ લોજિક ગેટ્સ ધરાવે છે. ($II$ સાથે મેળ ખાય છે)
તેથી,સાચી જોડ $A-III, B-I, C-IV, D-II$ છે.

(D) આ સર્કિટમાં બે $OR$ ગેટ છે જેના આઉટપુટને $NAND$ ગેટમાં આપવામાં આવે છે. ધારો કે ઇનપુટ $A$ અને $B$ છે. બંને $OR$ ગેટનું આઉટપુટ $X = A + B$ છે. આ $NAND$ ગેટ માટે ઇનપુટ છે. અંતિમ આઉટપુટ $Y$ એ $Y = \overline{X \cdot X} = \overline{X} = \overline{A + B}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આ $NOR$ ગેટ માટેનું બુલિયન સમીકરણ છે. સત્યતા કોષ્ટક નીચે મુજબ છે:

$A$	$B$	$X = A + B$	$Y = \overline{X \cdot X}$
$0$	$0$	$0$	$1$
$0$	$1$	$1$	$0$
$1$	$0$	$1$	$0$
$1$	$1$	$1$	$0$

(B) વિદ્યુતપ્રવાહને કારણે તાર દ્વારા ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા જૂલના નિયમ મુજબ મળે છે: $H = I^2 R t$.
આપેલ છે: $I = 10 \ A$,$R = 20 \ \Omega$,$t = 1 \ minute = 60 \ s$.
$H = (10)^2 \times 20 \times 60 = 100 \times 20 \times 60 = 120,000 \ J$.
આ ઉષ્માને કેલરીમાં ફેરવવા માટે,આપણે $1 \ cal = 4.2 \ J$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$H_{\text{cal}} = \frac{120,000}{4.2} \approx 28,571.4 \ cal$.
બરફને ઓગળવા માટે જરૂરી ઉષ્મા $Q = m L_{\text{ice}}$ છે.
ઉત્પન્ન થયેલી ઉષ્મા અને જરૂરી ઉષ્માને સરખાવતા: $m = \frac{H_{\text{cal}}}{L_{\text{ice}}} = \frac{28,571.4}{79.7} \approx 358.48 \ g$.
નજીકના મૂલ્યને ધ્યાનમાં લેતા,બરફનું દળ $359 \ g$ છે.

(C) ધારો કે ઉદગમો વચ્ચેનું અંતર $d = 10 \mu m$ છે. કેન્દ્ર $O$ થી દરેક ઉદગમનું અંતર $d/2 = 5 \mu m$ છે. વર્તુળની ત્રિજ્યા $R = 40 \mu m$ છે.
બિંદુ $B$ અને $D$ પર,પથ તફાવત $\Delta x = S_1P - S_2P = 0$ છે કારણ કે આ બિંદુઓ $S_1$ અને $S_2$ ને જોડતી રેખાના લંબદ્વિભાજક પર આવેલા છે.
કારણ કે $\Delta x = 0$,કળા તફાવત $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x = 0$ છે. તેથી,બિંદુ $B$ અને $D$ પ્રકાશિત છે.
બિંદુ $A$ અને $C$ પર,પથ તફાવત મહત્તમ છે. બિંદુ $A$ માટે,અંતર $S_1A = R - d/2 = 40 - 5 = 35 \mu m$ અને $S_2A = R + d/2 = 40 + 5 = 45 \mu m$ છે. પથ તફાવત $\Delta x_A = |S_2A - S_1A| = 10 \mu m$ છે.
આપેલ છે કે $\lambda = 4 \mu m$,તેથી તરંગલંબાઈના સંદર્ભમાં પથ તફાવત $\Delta x_A = 10/4 \lambda = 2.5 \lambda$ છે.
પથ તફાવત $\lambda/2$ નો એકી ગુણાંક (એટલે કે $5\lambda/2$) હોવાથી,વ્યતિકરણ વિનાશક છે,અને બિંદુ $A$ અને $C$ અપ્રકાશિત છે.

(B) ધારો કે બિંદુ $O$ થી પ્રથમ પ્રકાશિત શલાકાનું અંતર $y$ છે. બિંદુ $P$ (જ્યાં પ્રથમ પ્રકાશિત શલાકા રચાય છે) નું $S_2$ થી અંતર $\sqrt{D^2 + y^2}$ અને $S_1$ થી અંતર $\sqrt{(D + n \lambda)^2 + y^2}$ છે.
સંબંધિત વ્યતિકરણ (પ્રકાશિત શલાકા) માટે,પથ તફાવત $\Delta x = |S_1P - S_2P| = \lambda$.
તેથી,$\sqrt{(D + n \lambda)^2 + y^2} - \sqrt{D^2 + y^2} = \lambda$.
પદ ગોઠવતા,$\sqrt{(D + n \lambda)^2 + y^2} = \lambda + \sqrt{D^2 + y^2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(D + n \lambda)^2 + y^2 = \lambda^2 + D^2 + y^2 + 2 \lambda \sqrt{D^2 + y^2}$.
$D^2 + 2Dn \lambda + n^2 \lambda^2 + y^2 = \lambda^2 + D^2 + y^2 + 2 \lambda \sqrt{D^2 + y^2}$.
$2Dn \lambda + n^2 \lambda^2 - \lambda^2 = 2 \lambda \sqrt{D^2 + y^2}$.
$\lambda$ વડે ભાગતા: $2Dn + n^2 \lambda - \lambda = 2 \sqrt{D^2 + y^2}$.
આ સમીકરણ ઉકેલતા $y = \sqrt{\frac{2 D(D+n \lambda)}{n}}$ મળે છે.

(C) ઉદગમો વચ્ચેનું અંતર $d = 10 \mu m$ છે અને તરંગલંબાઈ $\lambda = 4 \mu m$ છે.
$S_1$ અને $S_2$ ને જોડતી રેખાના લંબદ્વિભાજક પર આવેલા બિંદુઓ $B$ અને $D$ માટે,પથ તફાવત $\Delta p = S_1P - S_2P = 0$ થાય છે. ઉદગમો સમાન કળામાં હોવાથી,શૂન્ય પથ તફાવત સહાયક વ્યતિકરણ આપે છે,તેથી બિંદુઓ $B$ અને $D$ પ્રકાશિત છે.
ઉદગમોને જોડતી રેખા પર આવેલા બિંદુઓ $A$ અને $C$ માટે,પથ તફાવત એ ઉદગમો વચ્ચેના અંતર જેટલો થાય છે,$\Delta p = d = 10 \mu m$.
વિનાશક વ્યતિકરણ માટેની શરત $\Delta p = (n + 1/2)\lambda$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $10 = (n + 0.5) \times 4 \Rightarrow 2.5 = n + 0.5 \Rightarrow n = 2$.
અહીં $n$ પૂર્ણાંક હોવાથી,આ વિનાશક વ્યતિકરણ દર્શાવે છે,તેથી બિંદુઓ $A$ અને $C$ અપ્રકાશિત છે.

(A) જ્યારે $I_0$ તીવ્રતા ધરાવતો અધ્રુવીભૂત પ્રકાશ પ્રથમ પોલેરાઇઝરમાંથી પસાર થાય છે,ત્યારે તે રેખીય રીતે ધ્રુવીભૂત બને છે અને તેની તીવ્રતા $I_1 = I_0 / 2$ થાય છે.
પ્રથમ અને બીજા પોલેરોઇડ શરૂઆતમાં એકબીજાને લંબ ($90^{\circ}$ ના ખૂણે) હતા,તેથી ત્રીજો પોલેરોઇડ પ્રથમ સાથે $\theta$ ખૂણે અને બીજા સાથે $(90^{\circ} - \theta)$ ખૂણે મૂકવામાં આવે છે.
મેલસના નિયમ મુજબ,બીજા (વચ્ચેના) પોલેરાઇઝર પછીની તીવ્રતા $I_2 = I_1 \cos^2 \theta = (I_0 / 2) \cos^2 \theta$ છે.
ત્રીજા (છેલ્લા) પોલેરાઇઝર પછીની તીવ્રતા $I_3 = I_2 \cos^2(90^{\circ} - \theta) = (I_0 / 2) \cos^2 \theta \sin^2 \theta$ છે.
નિત્યસમ $\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin^2 2\theta = 4 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$ મળે છે.
તેથી,$I_3 = \frac{I_0}{2} \cdot \frac{\sin^2 2\theta}{4} = \frac{I_0}{8} \sin^2 2\theta$ થાય છે.

(A) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં, પડદા પરના કોઈપણ બિંદુએ તીવ્રતા $I = I_{max} \cos^2 \left( \frac{\phi}{2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $\phi$ એ કળા તફાવત છે。
આપેલ છે કે મધ્યસ્થ શલાકાની તીવ્રતા $I_0$ છે, તેથી $I_{max} = I_0$.
કળા તફાવત $\phi$ એ પથ તફાવત $\Delta p$ સાથે $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta p$ તરીકે સંબંધિત છે。
મધ્યસ્થ શલાકાથી $x$ અંતરે આવેલા બિંદુ માટે, પથ તફાવત $\Delta p = d \sin \theta \approx d \tan \theta = d \left( \frac{x}{D} \right)$ છે。
આમ, $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \left( \frac{dx}{D} \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે શલાકાની પહોળાઈ $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ છે, જેનો અર્થ છે કે $\frac{d}{\lambda D} = \frac{1}{\beta}$.
આ કિંમતને કળા તફાવતના સમીકરણમાં મૂકતા, આપણને $\phi = 2\pi \left( \frac{x}{\beta} \right)$ મળે છે。
હવે, $\phi$ ને તીવ્રતાના સૂત્રમાં મૂકતા: $I = I_0 \cos^2 \left( \frac{2\pi x / \beta}{2} \right) = I_0 \cos^2 \left( \frac{\pi x}{\beta} \right)$.

(C) બે અલગ અલગ તરંગલંબાઇઓ $\lambda_1$ અને $\lambda_2$ ની પ્રકાશિત શલાકાઓ મધ્યસ્થ અધિકતમથી $x$ અંતરે સંપાત થાય તે માટેની શરત $x = \frac{n_1 \lambda_1 D}{d} = \frac{n_2 \lambda_2 D}{d}$ છે.
આનો અર્થ એ છે કે $n_1 \lambda_1 = n_2 \lambda_2$,જ્યાં $n_1$ અને $n_2$ પૂર્ણાંકો છે.
આપેલ છે કે $\lambda_1 = 4200 \text{ Å}$ અને $\lambda_2 = 5040 \text{ Å}$,તેથી $\frac{n_1}{n_2} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{5040}{4200} = \frac{6}{5}$.
લઘુત્તમ અંતર માટે,આપણે સૌથી નાના પૂર્ણાંકો $n_1 = 6$ અને $n_2 = 5$ લઈએ છીએ.
અંતર $x$ નું સૂત્ર $x = \frac{n_1 \lambda_1 D}{d}$ છે.
આપેલ છે કે $D = 200 \text{ cm} = 2 \text{ m}$,$d = 2.4 \text{ mm} = 2.4 \times 10^{-3} \text{ m}$,અને $\lambda_1 = 4200 \times 10^{-10} \text{ m}$.
કિંમતો મૂકતા: $x = \frac{6 \times 4200 \times 10^{-10} \times 2}{2.4 \times 10^{-3}} = 2.1 \times 10^{-3} \text{ m} = 2.1 \text{ mm}$.

(A) ગેલ્વેનોમીટરની સંવેદનશીલતા એકમ પ્રવાહ દીઠ આવર્તન તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,જે $S_g = \frac{\theta}{i_g}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. જ્યારે $G$ અવરોધ ધરાવતા ગેલ્વેનોમીટર સાથે $S$ શંટ સમાંતરમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે નવી સંવેદનશીલતા $S'$ એ ગેલ્વેનોમીટરમાંથી વહેતા પ્રવાહ $i_g$ અને કુલ પ્રવાહ $i$ ના ગુણોત્તર દ્વારા મળે છે.
ગેલ્વેનોમીટરમાંથી વહેતો પ્રવાહ $i_g = i \left( \frac{S}{G+S} \right)$ છે.
તેથી,નવી સંવેદનશીલતા $S' = \frac{i_g}{i} = \frac{S}{G+S}$ છે.
આપેલ છે,પ્રારંભિક સંવેદનશીલતા $= 60 \text{ div/A}$ અને અંતિમ સંવેદનશીલતા $= 10 \text{ div/A}$.
સંવેદનશીલતાનો ગુણોત્તર $\frac{S'}{S_g} = \frac{10}{60} = \frac{1}{6}$ છે.
સૂત્રમાં કિંમત મૂકતા: $\frac{1}{6} = \frac{S}{G+S}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા $G + S = 6S$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $G = 5S$ થાય છે.
અહીં $G = 20 \ \Omega$ આપેલ છે,તેથી $20 = 5S$.
આમ,$S = \frac{20}{5} = 4 \ \Omega$.

(A) એક ન્યુક્લિયસના વિખંડનમાં મુક્ત થતી ઉર્જા $E_1 = 200 \text{ MeV}$ છે.
આ ઉર્જાને જૂલમાં રૂપાંતરિત કરતા:
$E_1 = 200 \times 1.6 \times 10^{-13} \text{ J} = 3.2 \times 10^{-11} \text{ J}$.
આપણે કુલ $E_{total} = 1000 \text{ J}$ ઉર્જા મુક્ત કરવા માટે જરૂરી ન્યુક્લિયસોની સંખ્યા $(n)$ શોધવાની છે.
સંબંધ છે: $E_{total} = n \times E_1$.
તેથી,$n = \frac{E_{total}}{E_1} = \frac{1000}{3.2 \times 10^{-11}}$.
$n = \frac{10^3}{3.2 \times 10^{-11}} = \frac{1}{3.2} \times 10^{14} = 0.3125 \times 10^{14} = 3.125 \times 10^{13}$ ન્યુક્લિયસ.