AP EAMCET 2022 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતી એક સમાન અર્ધવર્તુળાકાર પ્લેટનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(COM)$ તેની સીધી ધારના કેન્દ્ર $(O)$ થી $\frac{4r}{3\pi}$ અંતરે સંમિતિની અક્ષ પર સ્થિત હોય છે.
તેથી,અંતર $OA = \frac{4r}{3\pi}$ થાય.

(A) ધારો કે મૂળ તકતીની ત્રિજ્યા $R_1$ છે અને દળ $M_1 = \sigma \pi R_1^2$ છે,જ્યાં $\sigma$ એ પૃષ્ઠ દળ ઘનતા છે. તેનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ $(0,0)$ પર છે.
ધારો કે દૂર કરેલા વર્તુળાકાર ભાગની ત્રિજ્યા $R_2$ છે અને દળ $M_2 = \sigma \pi R_2^2$ છે. આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ તેનું કેન્દ્ર $(R_1 - R_2, 0)$ પર છે.
બાકી રહેલા ભાગનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર નીચે મુજબ મળે છે:
$x_{CM} = \frac{M_1 x_1 - M_2 x_2}{M_1 - M_2}$
કિંમતો મૂકતા:
$x_{CM} = \frac{(\sigma \pi R_1^2)(0) - (\sigma \pi R_2^2)(R_1 - R_2)}{\sigma \pi R_1^2 - \sigma \pi R_2^2}$
$x_{CM} = \frac{-R_2^2(R_1 - R_2)}{R_1^2 - R_2^2}$
$x_{CM} = \frac{-R_2^2(R_1 - R_2)}{(R_1 - R_2)(R_1 + R_2)}$
$x_{CM} = -\frac{R_2^2}{R_1 + R_2}$

(A) $x=N$ સ્થાન પરનું દળ $m_N = m \left(\frac{1}{3}\right)^N \frac{1}{N}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$X$-અક્ષ પર દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $X_{cm}$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$X_{cm} = \frac{\sum m_N x_N}{\sum m_N} = \frac{\sum_{N=2}^{\infty} \left[ m \left(\frac{1}{3}\right)^N \frac{1}{N} \right] \times N}{M}$
$X_{cm} = \frac{m}{M} \sum_{N=2}^{\infty} \left(\frac{1}{3}\right)^N$
આ એક અનંત ભૂમિતિ શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = \left(\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{1}{9}$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = \frac{1}{3}$ છે.
અનંત ભૂમિતિ શ્રેણીનો સરવાળો $S = \frac{a}{1-r}$ છે.
$X_{cm} = \frac{m}{M} \left[ \frac{1/9}{1 - 1/3} \right] = \frac{m}{M} \left[ \frac{1/9}{2/3} \right] = \frac{m}{M} \left[ \frac{1}{9} \times \frac{3}{2} \right] = \frac{m}{6M}$.

(A) દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $X_{CM}$ નું સ્થાન $X_{CM} = \frac{\sum m_i x_i}{M}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$X_{CM} = \frac{m(1) + (1/2)(m/2)(2) + (1/2)^2(m/3)(3) + \dots + (1/2)^{N-1}(m/N)(N) + \dots}{M}$
$X_{CM} = \frac{m + (1/2)m + (1/2)^2m + \dots + (1/2)^{N-1}m + \dots}{M}$
$X_{CM} = \frac{m}{M} [1 + 1/2 + (1/2)^2 + \dots + (1/2)^{N-1} + \dots]$
કૌંસમાં રહેલું પદ અનંત સમગુણોત્તર શ્રેણી ($G$.$P$.) છે,જેમાં પ્રથમ પદ $a = 1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = 1/2$ છે.
અનંત $G$.$P$. નો સરવાળો $S = \frac{a}{1-r} = \frac{1}{1 - 1/2} = \frac{1}{1/2} = 2$ થાય.
તેથી,$X_{CM} = \frac{m}{M} \times 2 = \frac{2m}{M}$.
દળ માત્ર $X$-અક્ષ પર મૂકવામાં આવ્યા હોવાથી,$Y_{CM} = 0$ અને $Z_{CM} = 0$ થશે.
આમ,દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(\frac{2m}{M}, 0, 0)$ છે.

(A) અથડામણ પહેલાં અને પછી રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$M(150) + 2M(-v) = M(0) + 2M(v')$ (દડા $A$ ની દિશાને ધન લેતા)
$150 - 2v = 2v'$
$v' = 75 - v \dots (1)$
હવે,રિસ્ટિટ્યુશનનો ગુણાંક $e$ નીચે મુજબ છે:
$e = \frac{v_2 - v_1}{u_1 - u_2} = 1$
$1 = \frac{v' - 0}{150 - (-v)}$
$150 + v = v' \dots (2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ ને સરખાવતા:
$75 - v = 150 + v$
$2v = -75$
ઝડપ (મૂલ્ય) શોધતા,આપણને $37.5 \ m \ s^{-1}$ મળે છે.

(A) દડા $A$ માટે: $m_A = 1 \,kg$, $u_A = 4 \,ms^{-1}$. દડા $B$ માટે: $m_B = 3 \,kg$, $u_B = 0 \,ms^{-1}$.
અથડામણ પહેલાંનું કુલ વેગમાન $p_i = m_A u_A + m_B u_B = (1 \times 4) + (3 \times 0) = 4 \,kg \cdot ms^{-1}$.
અથડામણ પછી, બંને પદાર્થો એકબીજા સાથે ચોંટી જાય છે અને સામાન્ય વેગ $v$ થી ગતિ કરે છે.
અથડામણ પછીનું કુલ વેગમાન $p_f = (m_A + m_B)v = (1 + 3)v = 4v$.
વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ, $p_i = p_f$, તેથી $4 = 4v$, જેનો અર્થ છે કે $v = 1 \,ms^{-1}$.
દડા $B$ પર લાગતું બળ એ દડા $B$ ના વેગમાનમાં થતા ફેરફારનો દર છે:
$F_B = \frac{\Delta p_B}{\Delta t} = \frac{m_B(v - u_B)}{\Delta t} = \frac{3(1 - 0)}{0.1} = \frac{3}{0.1} = 30 \,N$.

(C) બોલનો પ્રારંભિક વેગ $u = 5 \,m \,s^{-1}$ છે જે સમક્ષિતિજ સાથે $30^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
આ વેગને સમક્ષિતિજ અને શિરોલંબ ઘટકોમાં વિભાજિત કરતા:
સમક્ષિતિજ ઘટક, $v_{1x} = u \cos 30^{\circ} = 5 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{5\sqrt{3}}{2} \,m \,s^{-1}$.
શિરોલંબ ઘટક, $v_{1y} = u \sin 30^{\circ} = 5 \times \frac{1}{2} = 2.5 \,m \,s^{-1}$.
જમીન સાથેની અથડામણ દરમિયાન, સમક્ષિતિજ દિશામાં કોઈ આઘાત (impulse) ન હોવાથી વેગનો સમક્ષિતિજ ઘટક બદલાતો નથી.
$v_{2x} = v_{1x} = \frac{5\sqrt{3}}{2} \,m \,s^{-1}$.
શિરોલંબ ઘટક રિસ્ટિટ્યુશનના ગુણાંક $e = 0.2$ મુજબ બદલાય છે:
$v_{2y} = e \times v_{1y} = 0.2 \times 2.5 = 0.5 \,m \,s^{-1}$.
બોલની અંતિમ ઝડપ $v_f$ એ પરિણામી વેગ સદિશનું મૂલ્ય છે:
$v_f = \sqrt{v_{2x}^2 + v_{2y}^2} = \sqrt{\left(\frac{5\sqrt{3}}{2}\right)^2 + (0.5)^2}$
$v_f = \sqrt{\frac{25 \times 3}{4} + 0.25} = \sqrt{\frac{75}{4} + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{76}{4}} = \sqrt{19} \,m \,s^{-1}$.

(A) રેખીય વેગમાન એ સદિશ રાશિ છે.
ધારો કે દીવાલ તરફની દિશા ધન છે.
પ્રારંભિક વેગમાન $\vec{p}_i = m \times 10 \hat{i} = 0.5 \times 10 \hat{i} = 5 \hat{i} \ kg \ m \ s^{-1}$.
દીવાલ સાથે અથડાયા પછી,દડો વિરુદ્ધ દિશામાં ગતિ કરે છે.
અંતિમ વેગમાન $\vec{p}_f = -m \times v \hat{i} = -0.5 \times v \hat{i} \ kg \ m \ s^{-1}$.
રેખીય વેગમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta \vec{p} = \vec{p}_f - \vec{p}_i$.
$\Delta \vec{p} = (-0.5v \hat{i}) - (5 \hat{i}) = -(0.5v + 5) \hat{i}$.
રેખીય વેગમાનમાં થતા ફેરફારનું મૂલ્ય $8.0 \ kg \ m \ s^{-1}$ આપેલ છે.
$|\Delta \vec{p}| = 0.5v + 5 = 8.0$.
$0.5v = 8.0 - 5 = 3.0$.
$v = \frac{3.0}{0.5} = 6.0 \ m \ s^{-1}$.

(A) પગલું $1$: $m$ દળની ગોળી $M_1$ સાથે અથડાય છે અને તેમાં ખૂંપી જાય છે. આ સંપૂર્ણ અસ્થિતિસ્થાપક અથડામણ છે. રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$m v = (m + M_1) v_1$
જ્યાં $v_1$ એ પ્રથમ અથડામણ પછી $(m + M_1)$ સિસ્ટમનો વેગ છે.
$v_1 = \frac{m v}{m + M_1}$
પગલું $2$: હવે $(m + M_1)$ સિસ્ટમ $v_1$ વેગ સાથે ગતિ કરે છે અને $M_2$ સાથે સ્થિતિસ્થાપક રીતે અથડાય છે,જે શરૂઆતમાં સ્થિર છે $(u_2 = 0)$.
બે દળ $m_A$ અને $m_B$ વચ્ચેની સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ માટે,જ્યાં $m_B$ શરૂઆતમાં સ્થિર હોય,ત્યારે $m_B$ નો અંતિમ વેગ $v_B$ નીચે મુજબ મળે છે:
$v_B = \frac{2 m_A}{m_A + m_B} u_A$
અહીં,$m_A = (m + M_1)$,$m_B = M_2$,અને $u_A = v_1$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$v_2 = \frac{2(m + M_1)}{(m + M_1) + M_2} v_1$
$v_2 = \frac{2(m + M_1)}{m + M_1 + M_2} \cdot \frac{m v}{m + M_1}$
$v_2 = \frac{2 m v}{m + M_1 + M_2}$
આમ,અથડામણ પછી $M_2$ નો વેગ $\frac{2 m v}{M_1 + M_2 + m}$ છે.

(C) $M$ દળ અને $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા સમાન ઘન ગોળાના કેન્દ્રથી $r$ અંતરે $(r \ge R)$ ગુરુત્વીય પ્રવેગ $g = \frac{GM}{r^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સપાટી પર,$r = R$ હોવાથી,$a_o = \frac{GM}{R^2}$ થાય.
આપણે તે અંતર $r$ શોધવું છે જ્યાં પ્રવેગ $a = \frac{a_o}{4}$ થાય.
સમીકરણો મૂકતા,$\frac{GM}{r^2} = \frac{1}{4} \left( \frac{GM}{R^2} \right)$ મળે.
બંને બાજુથી $GM$ દૂર કરતા,$\frac{1}{r^2} = \frac{1}{4R^2}$ મળે.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,$r^2 = 4R^2$,જેનું સાદું રૂપ $r = 2R$ થાય.
આમ,ગોળાના કેન્દ્રથી અંતર $2R$ છે.

(C) ગ્રહની સપાટી પર ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g = \frac{GM}{R^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઘનતા $\rho = \frac{M}{V} = \frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3}$ હોવાથી,આપણે ત્રિજ્યા $R$ ને $R = \left( \frac{3M}{4\pi \rho} \right)^{1/3}$ તરીકે દર્શાવી શકીએ છીએ.
$R$ ની કિંમત $g$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$g = \frac{GM}{(\frac{3M}{4\pi \rho})^{2/3}} = G M^{1/3} (\frac{4\pi \rho}{3})^{2/3}$.
આ દર્શાવે છે કે $g \propto M^{1/3} \rho^{2/3}$.
ગ્રહ માટે આપેલ છે: $M^{\prime} = 8M$ અને $\rho^{\prime} = 27\rho$.
ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{g^{\prime}}{g} = \left( \frac{M^{\prime}}{M} \right)^{1/3} \left( \frac{\rho^{\prime}}{\rho} \right)^{2/3}$.
$\frac{g^{\prime}}{g} = (8)^{1/3} \times (27)^{2/3} = 2 \times (3^3)^{2/3} = 2 \times 3^2 = 2 \times 9 = 18$.
તેથી,$g^{\prime} = 18g$.

(A) ઘન ગોળાની ત્રિજ્યા $R$ છે અને તેનું દળ $M$ છે. ગોળાની ઘનતા $\rho = \frac{M}{\frac{4}{3} \pi R^3}$ છે.
દરેક ગોળાકાર પોલાણની ત્રિજ્યા $R/2$ છે. દૂર કરાયેલા દરેક ભાગનું દળ $M' = \rho \times \text{પોલાણનું કદ} = \frac{M}{\frac{4}{3} \pi R^3} \times \frac{4}{3} \pi (R/2)^3 = \frac{M}{8}$ છે.
ગોળાનું કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ પર છે. ધારો કે ડાબા પોલાણનું કેન્દ્ર $x = -R/2$ પર અને જમણા પોલાણનું કેન્દ્ર $x = R/2$ પર છે. બિંદુવત દળ $m$ એ $x = d$ પર છે.
$m$ પર લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ એ સંપૂર્ણ ગોળાને કારણે લાગતું બળ માઈનસ બે દૂર કરેલા ગોળાકાર દળોને કારણે લાગતું બળ છે.
$F = \frac{G M m}{d^2} - \frac{G M' m}{(d - R/2)^2} - \frac{G M' m}{(d + R/2)^2}$.
$M' = M/8$ મૂકતા:
$F = \frac{G M m}{d^2} - \frac{G M m}{8(d - R/2)^2} - \frac{G M m}{8(d + R/2)^2}$.
$\frac{G M m}{d^2}$ સામાન્ય કાઢતા:
$F = \frac{G M m}{d^2} \left[ 1 - \frac{1}{8(1 - R/2d)^2} - \frac{1}{8(1 + R/2d)^2} \right]$.

(A) નિષ્ક્રમણ ઝડપ $v_E = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પૃથ્વીની સપાટી પર,કુલ યાંત્રિક ઉર્જા $E_1 = KE_1 + PE_1 = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{R}$ છે.
$v = \alpha v_E = \alpha \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ મૂકતા,આપણને $KE_1 = \frac{1}{2}m(\alpha^2 \cdot \frac{2GM}{R}) = \frac{GMm\alpha^2}{R}$ મળે છે.
તેથી,$E_1 = \frac{GMm\alpha^2}{R} - \frac{GMm}{R} = \frac{GMm}{R}(\alpha^2 - 1)$.
મહત્તમ ઊંચાઈ $h$ પર,વેગ $0$ છે,તેથી $KE_2 = 0$ અને $PE_2 = -\frac{GMm}{R+h}$ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$E_1 = E_2$:
$\frac{GMm}{R}(\alpha^2 - 1) = -\frac{GMm}{R+h}$.
$\alpha^2 - 1 = -\frac{R}{R+h} = -\frac{6400}{6400+800} = -\frac{6400}{7200} = -\frac{8}{9}$.
$\alpha^2 = 1 - \frac{8}{9} = \frac{1}{9}$.
તેથી,$\alpha = \frac{1}{3}$.

(C) પૃથ્વીની સપાટી અને મહત્તમ ઊંચાઈ $h$ વચ્ચે યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
સપાટી પરની કુલ ઉર્જા = મહત્તમ ઊંચાઈ પરની કુલ ઉર્જા
$-\frac{G M m}{R_E} + \frac{1}{2} m v^2 = -\frac{G M m}{R_E + h} + 0$
આપેલ છે કે $h = \frac{4}{5} R_E$,તેથી $R_E + h = R_E + \frac{4}{5} R_E = \frac{9}{5} R_E$.
$GM = g R_E^2$ મૂકતા:
$-\frac{g R_E^2 m}{R_E} + \frac{1}{2} m v^2 = -\frac{g R_E^2 m}{\frac{9}{5} R_E}$
$-g R_E + \frac{v^2}{2} = -\frac{5}{9} g R_E$
$\frac{v^2}{2} = g R_E - \frac{5}{9} g R_E = \frac{4}{9} g R_E$
$v^2 = \frac{8}{9} g R_E$
$v = \sqrt{\frac{8}{9} g R_E} = \frac{2}{3} \sqrt{2 g R_E}$
નિષ્ક્રમણ વેગ $v_E = \sqrt{2 g R_E}$ હોવાથી,આપણને $v = \frac{2}{3} v_E$ મળે છે.
તેથી,$\frac{v}{v_E} = \frac{2}{3}$.

(B) ધારો કે પૃથ્વીની સપાટી પર પદાર્થની નિષ્ક્રમણ ઝડપ $V_e = V$ છે. નિષ્ક્રમણ ઝડપનું સૂત્ર $V = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ છે.
યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,સપાટી પરની કુલ ઉર્જા અનંત અંતરે રહેલી કુલ ઉર્જા જેટલી હોય છે:
$K_i + U_i = K_f + U_f$
$\frac{1}{2}m(4V)^2 - \frac{GMm}{R} = \frac{1}{2}mV_0^2 + 0$
કારણ કે $V^2 = \frac{2GM}{R}$,તેથી $\frac{GM}{R} = \frac{V^2}{2}$ થાય.
આ કિંમત ઉર્જાના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{1}{2}m(16V^2) - m(\frac{V^2}{2}) = \frac{1}{2}mV_0^2$
$8mV^2 - 0.5mV^2 = 0.5mV_0^2$
$7.5V^2 = 0.5V_0^2$
$V_0^2 = 15V^2$
$V_0 = \sqrt{15}V$

(B) નિષ્ક્રમણ વેગ $v_e$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$
ગ્રહનું દળ $M$ ને તેની ઘનતા $d$ અને ત્રિજ્યા $R$ ના પદમાં $M = d \times \frac{4}{3} \pi R^3$ તરીકે દર્શાવી શકાય છે,તેથી સૂત્રમાં કિંમત મૂકતા:
$v_e = \sqrt{\frac{2G}{R} \times \frac{4}{3} \pi R^3 d} = \sqrt{\frac{8}{3} G \pi R^2 d} = R \sqrt{\frac{8}{3} G \pi d}$
પ્રથમ ગ્રહ $(A)$ માટે:
$v_1 = 16 \ km/s = R \sqrt{\frac{8}{3} G \pi d}$
બીજા ગ્રહ $(B)$ માટે જેની ત્રિજ્યા $R' = 3R$ અને ઘનતા $d' = 2d$ છે:
$v_2 = (3R) \sqrt{\frac{8}{3} G \pi (2d)} = 3R \sqrt{2} \sqrt{\frac{8}{3} G \pi d} = 3 \sqrt{2} \times v_1$
$v_1 = 16 \ km/s$ મૂકતા:
$v_2 = 3 \sqrt{2} \times 16 = 48 \sqrt{2} \ km/s$
આપેલ છે કે $v_2 = v \sqrt{2} \ km/s$,તેથી:
$v = 48$

(B) ગ્રહની આસપાસ ફરતા ઉપગ્રહનો પરિભ્રમણ સમય $T = 2\pi \sqrt{\frac{r^3}{GM}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. બંને ઉપગ્રહો એક જ વર્તુળાકાર કક્ષામાં હોવાથી,તેમની કક્ષીય ત્રિજ્યા $r$ સમાન છે,જેનો અર્થ છે કે તેમના પરિભ્રમણ સમય સમાન છે. તેથી,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
ઉપગ્રહનો કક્ષીય વેગ $v = \sqrt{\frac{GM}{r}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આ દર્શાવે છે કે $v \propto \frac{1}{\sqrt{r}}$,એટલે કે કક્ષીય વેગ એ કક્ષાની ત્રિજ્યાના વર્ગમૂળના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે. તેથી,વિધાન $(B)$ સાચું છે.
ગ્રહના કેન્દ્રથી $r$ અંતરે આવેલા બિંદુથી નિષ્ક્રમણ વેગ $v_e = \sqrt{\frac{2GM}{r}}$ છે. અહીં $r = R + h$ (જ્યાં $R$ એ ગ્રહની ત્રિજ્યા છે અને $h$ એ ઊંચાઈ છે),તેથી નિષ્ક્રમણ વેગ પ્રક્ષેપણ બિંદુની ઊંચાઈ $h$ પર આધાર રાખે છે. તેથી,વિધાન $(C)$ ખોટું છે.

(D) આપેલ છે: $T_A = 8 T_B$.
કેપ્લરના ત્રીજા નિયમ મુજબ,$T^2 \propto R^3$,જ્યાં $T$ એ આવર્તકાળ છે અને $R$ એ કક્ષીય ત્રિજ્યા છે.
તેથી,$\frac{T_A^2}{T_B^2} = \frac{R_A^3}{R_B^3} \Rightarrow (8)^2 = \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^3 \Rightarrow 64 = \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^3$.
ઘનમૂળ લેતા,$\frac{R_A}{R_B} = (64)^{1/3} = 4$.
કક્ષીય વેગ $V$ નું સૂત્ર $V = \frac{2 \pi R}{T}$ છે.
તેથી,કક્ષીય વેગનો ગુણોત્તર $\frac{V_A}{V_B} = \frac{R_A}{R_B} \times \frac{T_B}{T_A} = 4 \times \frac{1}{8} = \frac{1}{2}$ થાય.
આમ,ગુણોત્તર $1: 2$ છે.

(C) ભૂસ્થિર ઉપગ્રહ એવો ઉપગ્રહ છે જે પૃથ્વીની ધરીભ્રમણની દિશામાં (પશ્ચિમથી પૂર્વ તરફ) પૃથ્વીની આસપાસ ફરે છે.
તેનો ભ્રમણકક્ષાનો સમયગાળો પૃથ્વીના ધરીભ્રમણના સમયગાળા જેટલો જ હોય છે, જે $24 \,h$ (અથવા $1 \,day$) છે.

(A) $m$ દળ ધરાવતા ઉપગ્રહની $M_e$ દળ ધરાવતી પૃથ્વીની આસપાસ $r$ અંતરે કુલ ઊર્જા $E$ નીચે મુજબ છે:
$E = -\frac{G M_e m}{2r}$
આ દર્શાવે છે કે $E \propto \frac{1}{r}$.
ધારો કે પ્રારંભિક ત્રિજ્યા $r_1$ છે અને પ્રારંભિક ઊર્જા $E_1 = -\frac{G M_e m}{2r_1}$ છે.
જ્યારે ત્રિજ્યા અડધી કરવામાં આવે,ત્યારે $r_2 = \frac{r_1}{2}$ થાય.
નવી ઊર્જા $E_2 = -\frac{G M_e m}{2r_2} = -\frac{G M_e m}{2(r_1/2)} = -\frac{G M_e m}{r_1} = 2 E_1$ થાય.
કુલ ઊર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta E = E_2 - E_1 = 2E_1 - E_1 = E_1$ છે.
ટકાવારી ફેરફાર $\frac{|\Delta E|}{|E_1|} \times 100\% = \frac{|E_1|}{|E_1|} \times 100\% = 100\%$ થાય.

(A) ગ્રહની સપાટી પર ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે ઉદ્ભવતો પ્રવેગ $g = \frac{GM}{R^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પૃથ્વી માટે,$g_e = \frac{GM}{R^2}$.
નવા ગ્રહ માટે,દળ $M' = 100M$ અને ત્રિજ્યા $R' = 10R$ છે.
તેથી,નવા ગ્રહ પર ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે ઉદ્ભવતો પ્રવેગ $g_p = \frac{G(100M)}{(10R)^2} = \frac{100GM}{100R^2} = \frac{GM}{R^2} = g_e$ થાય.
ઊંચાઈ $h$ સમાન હોવાથી અને ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $g$ સમાન હોવાથી,જમીન પર પહોંચવા માટે લાગતો સમય $h = \frac{1}{2}gt^2$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$.
અહીં $h$ અને $g$ બંને માટે સમાન હોવાથી,લાગતો સમય $t$ સમાન રહેશે.

(B) ત્રિ-પરિમાણીય અવકાશમાં,એક અણુ પાસે કુલ $3N$ સ્વતંત્રતાના અંશો (degrees of freedom) હોય છે,જ્યાં $N$ એ અણુઓની સંખ્યા છે. દ્વિપરમાણ્વીય અણુ માટે,$N = 2$,તેથી કુલ સ્વતંત્રતાના અંશો $3 \times 2 = 6$ થાય છે.
આ $6$ સ્વતંત્રતાના અંશોનું વર્ગીકરણ નીચે મુજબ છે:
$1$. સ્થાનાંતરીય સ્વતંત્રતાના અંશો: $3$ ($x, y,$ અને $z$ અક્ષોની દિશામાં).
$2$. ભ્રમણીય સ્વતંત્રતાના અંશો: $2$ (રેખીય દ્વિપરમાણ્વીય અણુ માટે).
$3$. કંપનશીલ સ્વતંત્રતાના અંશો: બાકી રહેલા સ્વતંત્રતાના અંશોની ગણતરી $6 - (3 + 2) = 1$ તરીકે કરવામાં આવે છે.
તેથી,દ્વિપરમાણ્વીય અણુ પાસે $1$ કંપનશીલ સ્વતંત્રતાનો અંશ હોય છે.

(C) નોન-રિજિડ દ્વિ-પરમાણ્વીય અણુ માટે,મુક્તિના અંશો $(f)$ નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
સ્થાનાંતરિત મુક્તિના અંશો $= 3$
ભ્રમણીય મુક્તિના અંશો $= 2$
કંપનશીલ મુક્તિના અંશો $= 2$ (એક ગતિ ઊર્જા માટે અને એક સ્થિતિ ઊર્જા માટે).
કુલ મુક્તિના અંશો $(f) = 3 + 2 + 2 = 7$.
વિશિષ્ટ ઉષ્માનો ગુણોત્તર $\gamma = \frac{C_p}{C_v} = 1 + \frac{2}{f}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$f = 7$ મૂકતા,આપણને $\gamma = 1 + \frac{2}{7} = \frac{9}{7}$ મળે છે.
તેથી,$\frac{C_p}{C_v} = \frac{9}{7}$,જેનો અર્થ છે કે $7 C_p = 9 C_v$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $49 C_p^2 = 81 C_v^2$ મળે છે.

(C) દ્વિ-પરમાણ્વીય અણુ બે અણુઓનો બનેલો હોય છે જે એક સખત બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
તે બે અક્ષો પર ફરી શકે છે જે બે અણુઓને જોડતી રેખાને લંબ હોય છે.
બે અણુઓમાંથી પસાર થતી અક્ષ પરનું પરિભ્રમણ શાસ્ત્રીય ગતિવાદમાં અવગણવામાં આવે છે કારણ કે આ અક્ષ પર જડત્વની ચાકમાત્રા (moment of inertia) નહિવત હોય છે.
તેથી,દ્વિ-પરમાણ્વીય અણુ પાસે $2$ પરિભ્રમણીય મુક્તિના અંશો હોય છે.

(B) અચળ દબાણે આપવામાં આવતી ઉષ્માનું સૂત્ર: $\Delta Q = n C_P \Delta T$ છે।
નાઈટ્રોજન $(N_2)$ એ દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુ હોવાથી, તેની મુક્તિની માત્રા (degrees of freedom) $f = 5$ છે।
અચળ દબાણે મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_P = (\frac{f}{2} + 1) R = (\frac{5}{2} + 1) R = \frac{7}{2} R$ થાય।
મોલની સંખ્યા $n = \frac{M}{M_0}$, જ્યાં $M$ એ વાયુનું દળ છે અને $M_0$ એ આણ્વીય દળ $(28 \,g/mol)$ છે।
કિંમતો મૂકતા: $498 = (\frac{M}{28}) \times (\frac{7}{2}) \times 8.3 \times 40$.
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા: $498 = M \times (\frac{7}{56}) \times 8.3 \times 40$.
$498 = M \times 0.125 \times 332$.
$498 = M \times 41.5$.
$M = \frac{498}{41.5} = 12 \,g$.

(A) આપેલ છે: પ્રારંભિક કદ $V_i = 100 \ cc$.
પ્રારંભિક દબાણ $P_i = 760 \ mm$ $Hg$.
પ્રારંભિક તાપમાન $T_i = 30^{\circ} C$.
અંતિમ તાપમાન $T_f = 30^{\circ} C$ (કારણ કે તાપમાન અચળ રહે છે).
અંતિમ દબાણ $P_f = 400 \ mm$ $Hg$.
તાપમાન અચળ હોવાથી,આપણે બોઈલના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $P_i V_i = P_f V_f$.
કિંમતો મૂકતા: $760 \times 100 = 400 \times V_f$.
$V_f$ માટે ઉકેલતા: $V_f = \frac{760 \times 100}{400}$.
$V_f = \frac{76000}{400} = 190 \ cc$.

(A) સમોષ્મી સંકોચનમાં,વાયુ પર કાર્ય કરવામાં આવે છે,જે તેની આંતરિક ઊર્જામાં વધારો કરે છે. આદર્શ વાયુની આંતરિક ઊર્જા તેના નિરપેક્ષ તાપમાન $(U \propto T)$ ના સીધા પ્રમાણમાં હોવાથી,વાયુનું તાપમાન વધે છે.
વાયુના ગતિવાદ મુજબ,વાયુના અણુઓની સરેરાશ ગતિઊર્જા $K_{avg} = \frac{3}{2} k_B T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. જેમ તાપમાન $T$ વધે છે,તેમ સરેરાશ ગતિઊર્જા પણ વધે છે.
ગતિઊર્જામાં આ વધારો એટલા માટે થાય છે કારણ કે સંકોચન દરમિયાન,અણુઓ ગતિશીલ પિસ્ટન (દીવાલ) સાથે અથડાય છે. જ્યારે કોઈ અણુ તેની તરફ આવતી દીવાલ સાથે અથડાય છે,ત્યારે સ્થિતિસ્થાપક અથડામણને કારણે અણુની ઝડપ (અને તેથી ગતિઊર્જા) વધે છે,જે ગતિશીલ બેટ સાથે અથડાતા દડા જેવું છે. તેથી,વિધાન અને કારણ બંને સાચા છે,અને કારણ એ વિધાનની સાચી સમજૂતી છે.

(C) વાયુ મિશ્રણ માટે,એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma_{\text{mix}} = \frac{C_{p(\text{mix})}}{C_{V(\text{mix})}}$ છે.
મિશ્રણના ગુણધર્મો માટેનું સૂત્ર: $\gamma_{\text{mix}} = \frac{n_1 C_{p1} + n_2 C_{p2}}{n_1 C_{V1} + n_2 C_{V2}}$.
ઓક્સિજન $(O_2)$ માટે,જે દ્વિપરમાણ્વીય છે: $n_1 = \frac{4 \ g}{32 \ g/mol} = \frac{1}{8} \ mol$. $C_{p1} = \frac{7}{2}R$,$C_{V1} = \frac{5}{2}R$.
હિલિયમ (He) માટે,જે એકપરમાણ્વીય છે: $n_2 = \frac{4 \ g}{4 \ g/mol} = 1 \ mol$. $C_{p2} = \frac{5}{2}R$,$C_{V2} = \frac{3}{2}R$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\gamma_{\text{mix}} = \frac{(\frac{1}{8} \times \frac{7}{2}R) + (1 \times \frac{5}{2}R)}{(\frac{1}{8} \times \frac{5}{2}R) + (1 \times \frac{3}{2}R)}$
$\gamma_{\text{mix}} = \frac{\frac{7}{16} + \frac{5}{2}}{\frac{5}{16} + \frac{3}{2}} = \frac{\frac{7+40}{16}}{\frac{5+24}{16}} = \frac{47}{29}$.

(B) વાયુના અણુની રૂટ મીન સ્ક્વેર (rms) ઝડપનું સૂત્ર $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M_0}}$ છે, જ્યાં $R$ એ સાર્વત્રિક વાયુ અચળાંક છે, $T$ એ નિરપેક્ષ તાપમાન છે અને $M_0$ એ વાયુનું મોલર દળ છે.
અહીં $R$ અને $T$ બંને વાયુઓ માટે સમાન હોવાથી, $V_{rms} \propto \frac{1}{\sqrt{M_0}}$ થાય.
તેથી, હાઇડ્રોજન $(H_2)$ અને ઓક્સિજન $(O_2)$ ની rms ઝડપનો ગુણોત્તર:
$\frac{(V_{rms})_{H_2}}{(V_{rms})_{O_2}} = \sqrt{\frac{M_{O_2}}{M_{H_2}}} = \sqrt{\frac{32}{2}} = \sqrt{16} = 4$.
આપેલ છે કે $(V_{rms})_{O_2} = 500 \,m/s$, તેથી:
$(V_{rms})_{H_2} = 4 \times 500 \,m/s = 2000 \,m/s$.

(C) વાયુની rms ઝડપ $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{m_1}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વાયુની સરેરાશ ઝડપ $v_{avg} = \sqrt{\frac{8RT}{\pi m_2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $v_1 = 1.5 v_2$,તેથી આપણે સમીકરણો મૂકીએ:
$\sqrt{\frac{3RT}{m_1}} = 1.5 \times \sqrt{\frac{8RT}{\pi m_2}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$\frac{3RT}{m_1} = (1.5)^2 \times \frac{8RT}{\pi m_2}$.
$\frac{3}{m_1} = 2.25 \times \frac{8}{\pi m_2}$.
ગુણોત્તર $\frac{m_1}{m_2}$ માટે સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{m_1}{m_2} = \frac{3 \pi}{2.25 \times 8} = \frac{3 \times 3.14159}{18} = \frac{9.42477}{18} \approx 0.52$.

(B) વાયુનો રૂટ મીન સ્ક્વેર (r.m.s.) વેગ $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે, જેનો અર્થ છે કે $v_{rms} \propto \sqrt{T}$, જ્યાં $T$ એ કેલ્વિનમાં નિરપેક્ષ તાપમાન છે.
ધારો કે $T_0 = 0^{\circ} C = 273 \,K$ તાપમાને r.m.s. વેગ $v_0$ છે.
ધારો કે $T$ તાપમાને r.m.s. વેગ $v_T$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ, $v_T = 3v_0$ છે.
પ્રમાણસરતા $v_{rms} \propto \sqrt{T}$ નો ઉપયોગ કરતા, આપણને મળે છે:
$\frac{v_T}{v_0} = \sqrt{\frac{T}{T_0}}$
$3 = \sqrt{\frac{T}{273}}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$9 = \frac{T}{273}$
$T = 9 \times 273 = 2457 \,K$.
આ તાપમાનને સેલ્સિયસમાં ફેરવવા માટે:
$T(^{\circ} C) = 2457 - 273 = 2184^{\circ} C$.

(A) આપેલ તંત્ર માટે,ગતિનું સમીકરણ કુલ બળને કુલ દળ વડે ભાગવાથી મળે છે.
$a = \frac{M_2 g \sin \theta}{M_1 + M_2}$
જ્યારે $M_1$ નું દળ બમણું $(M_1' = 2M_1)$ અને $M_2$ નું દળ અડધું $(M_2' = M_2/2)$ કરવામાં આવે,ત્યારે નવો પ્રવેગ $a'$ નીચે મુજબ મળે:
$a' = \frac{M_2' g \sin \theta}{M_1' + M_2'} = \frac{(M_2/2) g \sin \theta}{2M_1 + M_2/2}$
અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા:
$a' = \frac{M_2 g \sin \theta}{4M_1 + M_2}$
હવે,$a'$ ને $a$ ના પદમાં દર્શાવતા:
$a' = \left( \frac{M_2 g \sin \theta}{M_1 + M_2} \right) \times \left( \frac{M_1 + M_2}{4M_1 + M_2} \right) = a \left( \frac{M_1 + M_2}{4M_1 + M_2} \right)$

(C) બ્લોક નીચેની તરફ સરકવાની વૃત્તિ ધરાવે છે,તેથી ઘર્ષણ બળ $f$ ઢળતા સમતલ પર ઉપરની દિશામાં કાર્ય કરે છે.
બોક્સ સરકે નહીં તે માટે,મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ એ ઢળતા સમતલ પર નીચેની તરફ લાગતા વજનના ઘટકને સંતુલિત કરવું જોઈએ.
$f_{max} \geq mg \sin \theta$
અહીં $f_{max} = \mu N$,જ્યાં $N$ એ લંબ પ્રતિક્રિયા બળ છે.
બળ $F$ ઢળતા સમતલને લંબ રૂપે લગાડવામાં આવે છે,તેથી લંબ પ્રતિક્રિયા $N$:
$N = mg \cos \theta + F$
ઘર્ષણના સમીકરણમાં $N$ ની કિંમત મૂકતા:
$\mu(mg \cos \theta + F) \geq mg \sin \theta$
$\mu mg \cos \theta + \mu F \geq mg \sin \theta$
$\mu F \geq mg \sin \theta - \mu mg \cos \theta$
$F \geq \frac{mg(\sin \theta - \mu \cos \theta)}{\mu}$
આપેલ છે: $m = 2 \ kg$,$g = 10 \ ms^{-2}$,$\theta = 30^{\circ}$,$\mu = 0.2$.
$F \geq \frac{2 \times 10 \times (\sin 30^{\circ} - 0.2 \times \cos 30^{\circ})}{0.2}$
$F \geq \frac{20 \times (0.5 - 0.2 \times 0.866)}{0.2}$
$F \geq \frac{20 \times (0.5 - 0.1732)}{0.2}$
$F \geq \frac{20 \times 0.3268}{0.2}$
$F \geq 100 \times 0.3268 = 32.68 \ N$
એક દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,$F$ નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય $32.7 \ N$ મળે છે.

(B) ધારો કે સંતુલન સ્થિતિમાં દોરી શિરોલંબ સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે.
સંતુલન સ્થિતિમાં,બ્લોક પર લાગતા બળો સંતુલિત છે:
$1$. આડું બળ સંતુલન: $F = T \sin \theta$ ... $(i)$
$2$. શિરોલંબ બળ સંતુલન: $mg = T \cos \theta$ ... (ii)
સમીકરણ $(i)$ ને સમીકરણ (ii) વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{F}{mg} = \frac{T \sin \theta}{T \cos \theta} = \tan \theta$
અહીં $F = 40 \ N$,$m = 8 \ kg$,અને $g = 10 \ m \ s^{-2}$ આપેલ છે:
$\tan \theta = \frac{40}{8 \times 10} = \frac{40}{80} = \frac{1}{2}$
તેથી,$\theta = \tan ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)$.

(B) ઘર્ષણરહિત ઢળતા સમતલ પર અચળ ઝડપે ગતિ કરતા પદાર્થ માટે, તેના પર લાગતું પરિણામી બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ.
જ્યારે પદાર્થને સમતલ પર ઉપર ખેંચવામાં આવે છે, ત્યારે લાગુ પાડવામાં આવેલ બળ $F$ એ સમતલની નીચેની તરફ લાગતા ગુરુત્વાકર્ષણ બળના ઘટકને સંતુલિત કરે છે.
ઢળતા સમતલ પર નીચેની તરફ લાગતું વજન $W = mg$ નો ઘટક $mg \sin \theta$ છે.
આપેલ છે:
લાગુ પાડવામાં આવેલ બળ $F = 500 \,N$
ઢાળનો ખૂણો $\theta = 30^{\circ}$
પદાર્થ અચળ ઝડપે ગતિ કરતો હોવાથી, બળો સંતુલનમાં છે:
$F = mg \sin 30^{\circ}$
$500 \,N = mg \cdot \frac{1}{2}$
$mg = 500 \,N \times 2$
$mg = 1000 \,N$
તેથી, પદાર્થનું વજન $1000 \,N$ છે.

(A) પદાર્થ સંતુલનમાં રહે તે માટે,પરિણામી બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ,એટલે કે $\Sigma F_x = 0$ અને $\Sigma F_y = 0$.
બળોને $x$ અને $y$ ઘટકોમાં વિભાજિત કરતા:
$F_{1x} = F_1 \cos 30^{\circ} = F_1 \frac{\sqrt{3}}{2}$,$F_{1y} = F_1 \sin 30^{\circ} = F_1 \frac{1}{2}$
$F_{2x} = -F_2 \cos 60^{\circ} = -F_2 \frac{1}{2}$,$F_{2y} = F_2 \sin 60^{\circ} = F_2 \frac{\sqrt{3}}{2}$
$F_{3x} = F_3 \sin 45^{\circ} = F_3 \frac{1}{\sqrt{2}}$,$F_{3y} = -F_3 \cos 45^{\circ} = -F_3 \frac{1}{\sqrt{2}}$
$\Sigma F_x = 0$ માટે:
$F_1 \frac{\sqrt{3}}{2} - F_2 \frac{1}{2} + F_3 \frac{1}{\sqrt{2}} = 0 \Rightarrow \sqrt{3} F_1 - F_2 + \sqrt{2} F_3 = 0$ ... $(i)$
$\Sigma F_y = 0$ માટે:
$F_1 \frac{1}{2} + F_2 \frac{\sqrt{3}}{2} - F_3 \frac{1}{\sqrt{2}} = 0 \Rightarrow F_1 + \sqrt{3} F_2 - \sqrt{2} F_3 = 0$ ... (ii)
$(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા:
$(\sqrt{3}+1) F_1 + (\sqrt{3}-1) F_2 = 0 \Rightarrow F_2 = -F_1 \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1} = -F_1 \frac{(\sqrt{3}+1)^2}{3-1} = -F_1 \frac{4+2\sqrt{3}}{2} = -F_1(2+\sqrt{3})$
$F_2$ ની કિંમત $(i)$ માં મૂકતા:
$\sqrt{3} F_1 - [-F_1(2+\sqrt{3})] + \sqrt{2} F_3 = 0$
$\sqrt{3} F_1 + 2 F_1 + \sqrt{3} F_1 + \sqrt{2} F_3 = 0$
$\sqrt{2} F_3 = -F_1(2+2\sqrt{3}) \Rightarrow F_3 = -F_1 \frac{2(1+\sqrt{3})}{\sqrt{2}} = -\sqrt{2} F_1(1+\sqrt{3}) = -F_1(\sqrt{2}+\sqrt{6})$
નોંધ: વિકલ્પ $C$ એ $F_3 = -F_1(\sqrt{2}+\sqrt{6})$ છે,જે $F_3 = \frac{-4 F_1}{\sqrt{6}-\sqrt{2}}$ ને સમાન છે.

(B) સમક્ષિતિજ ખરબચડી સપાટી પર પદાર્થની પ્રારંભિક ઝડપ,$u = 10 \,ms^{-1}$.
અંતિમ વેગ,$v = 4 \,ms^{-1}$ અને સમય,$t = 2 \,s$.
જો ઘર્ષણને કારણે ઉદ્ભવતો પ્રતિપ્રવેગ $a$ હોય,તો ગતિના સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા:
$v = u - at$
$4 = 10 - a \times 2$
$2a = 6 \Rightarrow a = 3 \,ms^{-2}$.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,ઘર્ષણ બળ $f_k = ma$ છે.
કારણ કે $f_k = \mu_k N = \mu_k mg$,તેથી:
$\mu_k mg = ma$
$\mu_k = \frac{a}{g} = \frac{3}{10} = 0.3$.

(B) વસ્તુનું વજન $W = mg = 150 \ N$ છે.
વસ્તુને સમક્ષિતિજ સપાટી પર ખસેડવા માટે,લાગુ પાડવામાં આવેલ બળ $F$ એ સીમાંત ઘર્ષણ બળ $f_l$ જેટલું હોવું જોઈએ.
સીમાંત ઘર્ષણ બળનું સૂત્ર $f_l = \mu N$ છે,જ્યાં $\mu$ એ ઘર્ષણાંક છે અને $N$ એ લંબ પ્રતિક્રિયા બળ છે.
સમક્ષિતિજ સપાટી માટે,લંબ પ્રતિક્રિયા $N$ એ વસ્તુના વજન જેટલી હોય છે,તેથી $N = mg = 150 \ N$.
આપેલ છે કે વસ્તુને ખસેડવા માટે જરૂરી બળ $F = 75 \ N$ છે,તેથી:
$F = \mu N$
$75 = \mu \times 150$
$\mu = \frac{75}{150} = 0.5$.
આમ,ઘર્ષણાંકનું મૂલ્ય $0.5$ છે.

(A) જ્યારે બ્લોકની પ્રારંભિક ગતિઊર્જા ઘર્ષણ વિરુદ્ધ કાર્ય કરવામાં અને સ્થિતિઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે,ત્યારે બ્લોક ઢળતા સમતલ પર અટકી જાય છે.
ઢળતા સમતલનો ખૂણો $\theta = 45^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી ઢાળ પર કાપેલું અંતર $(s)$ અને ઊંચાઈ $(h)$ વચ્ચેનો સંબંધ:
$\sin 45^{\circ} = \frac{h}{s} \implies s = \frac{h}{\sin 45^{\circ}} = h \sqrt{2}$.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $(K.E.)$ એ ઘર્ષણ વિરુદ્ધ કરેલા કાર્ય અને સ્થિતિઊર્જામાં થયેલા વધારાના સરવાળા જેટલી હોય છે:
$K.E. = W_{\text{friction}} + \Delta U$
$K.E. = (\mu mg \cos \theta) \cdot s + mgh$
$s = h \sqrt{2}$ અને $\cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ કિંમતો મૂકતા:
$100 = (0.5 \times 5 \times 10 \times \frac{1}{\sqrt{2}}) \times (h \sqrt{2}) + (5 \times 10 \times h)$
$100 = (0.5 \times 5 \times 10 \times h) + 50h$
$100 = 25h + 50h$
$100 = 75h$
$h = \frac{100}{75} = \frac{4}{3} \text{ m}$.
તેથી,કાપેલું અંતર $s$:
$s = h \sqrt{2} = \frac{4}{3} \sqrt{2} \text{ m}$.

(B) ઘર્ષણ વિરુદ્ધ લાગુ પાડેલા બળનો આલેખ દર્શાવે છે કે સ્થિત ઘર્ષણનું મહત્તમ મૂલ્ય (સીમાંત ઘર્ષણ) ગતિ દરમિયાન લાગતા ગતિક ઘર્ષણ કરતા વધારે હોય છે.
સીમાંત ઘર્ષણ $f_{s,max} = \mu_s N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે અને ગતિક ઘર્ષણ $f_k = \mu_k N$ છે,જ્યાં $N$ એ લંબબળ છે.
આલેખ પરથી,$f_{s,max} > f_k$.
તેથી,$\mu_s N > \mu_k N$,જેનો અર્થ છે કે $\mu_s > \mu_k$.

(D) જ્યારે બસ $a$ પ્રવેગ સાથે આગળ વધે છે,ત્યારે બ્લોક પર બસની સાપેક્ષમાં પાછળની દિશામાં સ્યુડો બળ $F_p = ma$ લાગે છે.
બ્લોક બસની સાપેક્ષમાં સ્થિર રહે તે માટે,સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f_s$ એ આ સ્યુડો બળને સંતુલિત કરવું જોઈએ.
મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f_{s,max} = \mu N = \mu mg$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બ્લોક સ્થિર રહે તે માટે,સ્યુડો બળ એ મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ કરતા ઓછું અથવા તેના જેટલું હોવું જોઈએ:
$ma \leq \mu mg$
$a \leq \mu g$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$a \leq 0.2 \times 10 \ m/s^2$
$a \leq 2 \ m/s^2$
તેથી,બસનો મહત્તમ પ્રવેગ જેથી બ્લોક સ્થિર રહે તે $2 \ m/s^2$ છે.

(B) તંત્રનું કુલ દળ $M = 40 \ kg + 60 \ kg = 100 \ kg$ છે.
સમગ્ર તંત્ર માટે ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા,પ્રવેગ $a$ નીચે મુજબ મળે:
$a = \frac{F}{M} = \frac{1000 \ N}{100 \ kg} = 10 \ m/s^2$.
હવે,$40 \ kg$ ના બ્લોકનો વિચાર કરો. તેના પર લાગતું એકમાત્ર આડું બળ દોરીમાં રહેલું તણાવબળ $T$ છે.
$40 \ kg$ ના બ્લોક માટે ન્યૂટનનો બીજો નિયમ લાગુ પાડતા:
$T = m_1 \times a$
$T = 40 \ kg \times 10 \ m/s^2 = 400 \ N$.

(B) આપેલ છે:
દળ $m = 50 \ g = 50 \times 10^{-3} \ kg = 0.05 \ kg$
પ્રારંભિક વેગ $u = 50 \ cm \ s^{-1} = 50 \times 10^{-2} \ m \ s^{-1} = 0.5 \ m \ s^{-1}$
અંતિમ વેગ $v = 0 \ m \ s^{-1}$
સમય $t = 0.5 \ s$
પ્રારંભિક વેગમાન $p_i = m \times u = 0.05 \ kg \times 0.5 \ m \ s^{-1} = 0.025 \ kg \ m \ s^{-1}$
અંતિમ વેગમાન $p_f = m \times v = 0.05 \ kg \times 0 \ m \ s^{-1} = 0 \ kg \ m \ s^{-1}$
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,બળ $F$ એ વેગમાનમાં થતા ફેરફારનો દર છે:
$F = \frac{\Delta p}{t} = \frac{p_f - p_i}{t}$
$F = \frac{0 - 0.025 \ kg \ m \ s^{-1}}{0.5 \ s}$
$F = -0.05 \ N$
દડાને અટકાવવા માટે લાગતા બળનું મૂલ્ય $0.05 \ N$ છે.

(A) સમક્ષિતિજ ગતિ માટે જવાબદાર બળનો ઘટક $F \cos \theta$ છે.
તેથી,સળિયાનો પ્રવેગ $a = \frac{F \cos \theta}{m}$ છે.
પ્રવેગ $a = v \frac{d v}{d x}$ હોવાથી,આપણી પાસે છે:
$v \frac{d v}{d x} = \frac{F \cos \theta}{m}$
આપેલ છે કે $\theta = k x$,તેથી $d \theta = k d x$,અથવા $d x = \frac{d \theta}{k}$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$v d v = \frac{F \cos \theta}{m} \cdot \frac{d \theta}{k}$
બંને બાજુ સંકલન કરતા,પ્રારંભિક શરતો $v = 0$ જ્યારે $\theta = 0$:
$\int_{0}^{v} v d v = \frac{F}{m k} \int_{0}^{\theta} \cos \theta d \theta$
$\frac{v^2}{2} = \frac{F}{m k} [\sin \theta]_{0}^{\theta}$
$\frac{v^2}{2} = \frac{F \sin \theta}{m k}$
$v^2 = \frac{2 F \sin \theta}{m k}$
$v = \sqrt{\frac{2 F \sin \theta}{m k}}$

(C) જ્યારે ઢળતી સપાટીનો ખૂણો (જેને વિરામ કોણ પણ કહેવાય છે) એ ઘર્ષણ કોણ જેટલો થાય ત્યારે પદાર્થ નીચે સરકવાનું શરૂ કરે છે. ધારો કે $\theta$ એ ખૂણો છે જેના પર પદાર્થ સરકવાનું શરૂ કરે છે.
સરકવાની શરૂઆતની સ્થિતિમાં,સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f_s$ એ ગુરુત્વાકર્ષણના નીચેની તરફના ઘટક જેટલું હોય છે.
$f_s = mg \sin \theta$
કારણ કે $f_s = \mu N$ અને લંબબળ $N = mg \cos \theta$ છે,તેથી:
$\mu (mg \cos \theta) = mg \sin \theta$
$\mu = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \tan \theta$
$\theta = \tan^{-1} \mu$
આમ,વિરામ કોણ $\theta$ માત્ર સ્થિત ઘર્ષણાંક $\mu$ પર આધાર રાખે છે અને પદાર્થના દળ $m$ થી સ્વતંત્ર છે. તેથી,ત્રણેય દળ એક જ સમયે સમાન ખૂણે સરકવાનું શરૂ કરશે.

(D) ધારો કે એક અવગણ્ય દળ ધરાવતો તાર છત પરથી લટકાવેલ છે. તારના નીચેના છેડે $F$ જેટલું બળ લગાડવામાં આવે છે.
તારનું દળ શૂન્ય હોવાથી,સંતુલન સ્થિતિમાં તારના કોઈપણ ભાગ પર લાગતું પરિણામી બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ.
જો આપણે તારનો કોઈપણ આડછેદ લઈએ અને તે આડછેદની નીચેનો ભાગ વિચારીએ,તો આ ભાગ પર માત્ર બે જ બળો લાગે છે: આડછેદ પર ઉપરની તરફ લાગતું તણાવ બળ $T$ અને છેડે નીચેની તરફ લાગતું વજન $F$.
ન્યૂટનના બીજા નિયમ મુજબ,$T - F = ma$. અહીં તારનું દળ $m = 0$ હોવાથી,$T - F = 0$,જે દર્શાવે છે કે $T = F$.
તેથી,તારના કોઈપણ આડછેદ પર તણાવ $F$ જેટલું હોય છે.

(B) આપેલ છે: દળ $m = 0.6 \, kg$, ત્રિજ્યા $r = 1 \, m$, આવૃત્તિ $f = \frac{900}{\pi} \, \text{rpm}$.
પ્રથમ, આવૃત્તિને પરિભ્રમણ પ્રતિ સેકન્ડ (Hz) માં ફેરવો:
$f = \frac{900}{\pi} \times \frac{1}{60} = \frac{15}{\pi} \, \text{Hz}$.
કોણીય વેગ $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times \frac{15}{\pi} = 30 \, \text{rad/s}$.
રેખીય વેગ $v = \omega r = 30 \times 1 = 30 \, \text{m/s}$.
ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2} m v^2$.
$K = \frac{1}{2} \times 0.6 \times (30)^2$.
$K = 0.3 \times 900 = 270 \, \text{J}$.

(B) વળાંકવાળા અઢળ રસ્તા પર કાર માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ ટાયર અને રસ્તા વચ્ચેના સ્થિત ઘર્ષણ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
સુરક્ષિત વળાંક માટે,કેન્દ્રગામી બળ એ મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ કરતા ઓછું અથવા તેના જેટલું હોવું જોઈએ:
$\frac{mV^2}{r} \leq \mu mg$
આપેલ ઝડપ $V$ માટે મહત્તમ ત્રિજ્યા $r$ શોધવા માટે,આપણે સીમાંત સ્થિતિનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$\frac{mV^2}{r} = \mu mg$
$r = \frac{V^2}{\mu g}$
આપેલ કિંમતો $V = 10 \,ms^{-1}$,$\mu = 0.4$,અને $g = 10 \,ms^{-2}$ છે.
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$r = \frac{10^2}{0.4 \times 10}$
$r = \frac{100}{4}$
$r = 25 \,m$
આમ,વક્રતાની મહત્તમ ત્રિજ્યા $25 \,m$ છે.

(D) શ્રેણીમાં જોડાયેલી સ્પ્રિંગ માટે,અસરકારક સ્પ્રિંગ અચળાંક $K_{\text{eff}}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{1}{K_{\text{eff}}} = \frac{1}{K_1} + \frac{1}{K_2}$
અહીં $K_1 = K_2 = 10 \text{ N/m}$ આપેલ છે,તેથી:
$\frac{1}{K_{\text{eff}}} = \frac{1}{10} + \frac{1}{10} = \frac{2}{10} = \frac{1}{5}$
આમ,$K_{\text{eff}} = 5 \text{ N/m}$.
$K_{\text{eff}}$ ને $\text{dyne/cm}$ માં ફેરવતા:
$1 \text{ N} = 10^5 \text{ dyne}$ અને $1 \text{ m} = 100 \text{ cm}$.
$K_{\text{eff}} = 5 \times \frac{10^5 \text{ dyne}}{100 \text{ cm}} = 5 \times 10^3 \text{ dyne/cm}$.
સિસ્ટમને $x = 1 \text{ cm}$ ખેંચવા માટે થયેલ કાર્ય $W$:
$W = \frac{1}{2} K_{\text{eff}} x^2 = \frac{1}{2} \times (5 \times 10^3) \times (1)^2 = 2500 \text{ erg}$.

(A) આપેલ છે: પ્રારંભિક સ્થાન $x_i = 3 \ cm$,અંતિમ સ્થાન $x_f = -5 \ cm$,પ્રારંભિક વેગ $\vec{u} = 12 \hat{i} \ cm \ s^{-1}$,અને સમય $t = 2 \ s$.
સ્થાનાંતર $\vec{s} = x_f - x_i = (-5 - 3) \hat{i} = -8 \hat{i} \ cm$.
ગતિના સમીકરણ $\vec{s} = \vec{u}t + \frac{1}{2} \vec{a}t^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$-8 \hat{i} = (12 \hat{i})(2) + \frac{1}{2} \vec{a} (2)^2$
$-8 \hat{i} = 24 \hat{i} + 2 \vec{a}$
$2 \vec{a} = -8 \hat{i} - 24 \hat{i} = -32 \hat{i}$
$\vec{a} = -16 \ cm \ s^{-2} \hat{i}$.

(A) કેપેસિટરનું કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ $X_C$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $X_C = \frac{1}{2 \pi f C}$.
અહીં,$f$ એ $AC$ સ્ત્રોતની આવૃત્તિ છે અને $C$ એ કેપેસિટન્સ છે.
સૂત્ર પરથી સ્પષ્ટ છે કે $X_C \propto \frac{1}{f}$.
આપેલ છે કે,પ્રારંભિક કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ $X_{C1} = 3 \ k\Omega$ જ્યારે આવૃત્તિ $f_1 = f$ હોય.
જ્યારે આવૃત્તિ બમણી કરવામાં આવે,ત્યારે $f_2 = 2f$ થાય.
નવું કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ $X_{C2}$ આ મુજબ હશે: $X_{C2} = \frac{1}{2 \pi (2f) C} = \frac{1}{2} \times \left( \frac{1}{2 \pi f C} \right) = \frac{X_{C1}}{2}$.
કિંમત મૂકતા: $X_{C2} = \frac{3 \ k\Omega}{2} = 1.5 \ k\Omega$.

(B) આપેલ છે: ઇન્ડક્ટન્સ $L = 70 mH = 70 \times 10^{-3} H$,વોલ્ટેજ $V_{rms} = 220 V$,આવૃત્તિ $f = 50 Hz$.
ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $\chi_{L} = \omega L = 2 \pi f L$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\chi_{L} = 2 \times \pi \times 50 \times 70 \times 10^{-3} = 7 \pi \Omega$.
$rms$ પ્રવાહ $i_{rms} = \frac{V_{rms}}{\chi_{L}} = \frac{220}{7 \pi} \approx 10 A$.

(D) $LR$ સર્કિટનું ઈમ્પિડન્સ $Z$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2}$,જ્યાં $X_L = \omega L = 2 \pi f L$.
આપેલ છે: $R = 8 \Omega$,$L = \frac{60}{\pi} \text{ mH} = \frac{60}{\pi} \times 10^{-3} \text{ H}$,અને $f = 50 \text{ Hz}$.
પ્રથમ,ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L$ ની ગણતરી કરો:
$X_L = 2 \pi \times 50 \times \left( \frac{60}{\pi} \times 10^{-3} \right) = 100 \pi \times \frac{60}{\pi} \times 10^{-3} = 6000 \times 10^{-3} = 6 \Omega$.
હવે,ઈમ્પિડન્સ $Z$ ની ગણતરી કરો:
$Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10 \Omega$.

(B) શ્રેણી $L-C-R$ પરિપથની અનુનાદ આવૃત્તિનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$f_0 = \frac{1}{2 \pi \sqrt{L C}} \quad \dots (i)$
જ્યારે ઇન્ડક્ટન્સ ઘટાડીને $L^{\prime} = \frac{L}{4}$ અને કેપેસિટન્સ વધારીને $C^{\prime} = 16 C$ કરવામાં આવે,ત્યારે નવી અનુનાદ આવૃત્તિ $f_0^{\prime}$:
$f_0^{\prime} = \frac{1}{2 \pi \sqrt{L^{\prime} C^{\prime}}}$
નવી કિંમતો મૂકતા:
$f_0^{\prime} = \frac{1}{2 \pi \sqrt{(\frac{L}{4}) \times (16 C)}}$
$f_0^{\prime} = \frac{1}{2 \pi \sqrt{4 L C}}$
$f_0^{\prime} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2 \pi \sqrt{L C}}$
સમીકરણ $(i)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$f_0^{\prime} = \frac{f_0}{2}$

(A) આપેલ છે: કેપેસિટન્સ $C = \frac{50}{\pi} \mu F = \frac{50}{\pi} \times 10^{-6} \, F$.
સોર્સ વોલ્ટેજ $V_{rms} = 250 \, V$ અને આવૃત્તિ $f = 50 \, Hz$.
કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ $X_C$ નું સૂત્ર $X_C = \frac{1}{2 \pi f C}$ છે।
કિંમતો મૂકતા: $X_C = \frac{1}{2 \pi \times 50 \times (\frac{50}{\pi} \times 10^{-6})} = \frac{1}{100 \times 50 \times 10^{-6}} = \frac{1}{5000 \times 10^{-6}} = \frac{1}{0.005} = 200 \, \Omega$.
rms પ્રવાહ $I_{rms}$ નું સૂત્ર $I_{rms} = \frac{V_{rms}}{X_C}$ છે।
$I_{rms} = \frac{250}{200} = 1.25 \, A$.

(A) ધારો કે આપેલ સર્કિટમાં પ્રવાહનું વિતરણ દર્શાવ્યા મુજબ છે.
હવે,લૂપ $1$ અને લૂપ $2$ માં કિર્ચોફનો લૂપનો નિયમ લાગુ પાડતા નીચે મુજબના સમીકરણો મળે છે:
લૂપ $1$ માં,
$-i R - (i + i_1) R - 2 E + E = 0$
$-2 i R - i_1 R = E$
$i_1 R + 2 i R = -E$ ... $(i)$
અને લૂપ $2$ માં,
$-3 E + i_1 R + \frac{i_1}{2} R + i_1 R + 2 E + (i + i_1) R = 0$
$\frac{7}{2} i_1 R + i R = E$
$7 i_1 R + 2 i R = 2 E$ ... (ii)
હવે,$7 \times$ સમીકરણ $(i)$ - સમીકરણ (ii) કરતા:
$7(i_1 R + 2 i R) - (7 i_1 R + 2 i R) = 7(-E) - 2 E$
$7 i_1 R + 14 i R - 7 i_1 R - 2 i R = -9 E$
$12 i R = -9 E$
$i = -\frac{9 E}{12 R} = -\frac{3 E}{4 R}$

(A) આપેલ છે: $V_{rms} = 100 \text{ V}$, $f = 50 \text{ Hz}$, $C = 100 \mu F = 100 \times 10^{-6} \text{ F}$.
સૌ પ્રથમ, કેપેસિટીવ રિએક્ટન્સ $X_C$ ની ગણતરી $X_C = \frac{1}{2 \pi f C}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને કરો.
$X_C = \frac{1}{2 \times \pi \times 50 \times 100 \times 10^{-6}} = \frac{1}{100 \pi \times 10^{-4}} = \frac{1}{0.01 \pi} = \frac{100}{\pi} \Omega$.
પ્રવાહનું rms મૂલ્ય $I_{rms}$ એ $I_{rms} = \frac{V_{rms}}{X_C}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$I_{rms} = \frac{100}{100 / \pi} = \pi \text{ A}$.
કારણ કે $\pi \approx 3.14$, તેથી પ્રવાહ $3.14 \text{ A}$ છે.

(D) ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L = \omega L = 2 \pi f L$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $X_L = 2 \times \pi \times 350 \times 0.1 = 70 \pi \approx 70 \times 3.14159 = 219.9 \Omega$.
$RL$ શ્રેણી સર્કિટમાં,વોલ્ટેજ અને પ્રવાહ વચ્ચેનો કળા તફાવત $\phi$ એ $\tan \phi = \frac{X_L}{R}$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\tan \phi = \frac{219.9}{110} \approx 1.999 \approx 2$.
તેથી,કળા તફાવત $\phi = \tan ^{-1}(2)$ છે.

(D) $R-L-C$ શ્રેણી સર્કિટમાં,આપેલી કિંમતો નીચે મુજબ છે:
$R = 150 \Omega$
$C = 20 \mu F = 2 \times 10^{-5} F$
$L = 500 mH = 0.5 H$
$\omega = 400 rad s^{-1}$
સૌ પ્રથમ,ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L$ ની ગણતરી કરો:
$X_L = \omega L = 400 \times 0.5 = 200 \Omega$
ત્યારબાદ,કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ $X_C$ ની ગણતરી કરો:
$X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{400 \times 2 \times 10^{-5}} = 125 \Omega$
ફેઝ એંગલ $\phi$ શોધવા માટેનું સૂત્ર:
$\tan \phi = \frac{X_L - X_C}{R}$
કિંમતો મૂકતા:
$\tan \phi = \frac{200 - 125}{150} = \frac{75}{150} = 0.5$
તેથી,ફેઝ એંગલ $\phi = \tan^{-1}(0.5)$ થાય.

(C) આપેલ છે: ઇન્ડક્ટન્સ $L = \frac{1}{6 \pi} \text{ H}$,અવરોધ $R = 15 \text{ } \Omega$,વોલ્ટેજ $V = 100 \text{ V}$,આવૃત્તિ $f = 60 \text{ Hz}$.
પ્રથમ,ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L$ શોધો:
$X_L = L \omega = L(2 \pi f) = \left(\frac{1}{6 \pi}\right) \times 2 \pi \times 60 = 20 \text{ } \Omega$.
ત્યારબાદ,$LR$ શ્રેણી સર્કિટનો ઇમ્પિડન્સ $Z$ શોધો:
$Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = \sqrt{15^2 + 20^2} = \sqrt{225 + 400} = \sqrt{625} = 25 \text{ } \Omega$.
સર્કિટમાં પ્રવાહ $I$:
$I = \frac{V}{Z} = \frac{100}{25} = 4 \text{ A}$.
વોલ્ટેજ અને પ્રવાહ વચ્ચેનો કળા તફાવત $\phi$:
$\tan \phi = \frac{X_L}{R} = \frac{20}{15} = \frac{4}{3}$.
તેથી,$\phi = \tan^{-1}\left(\frac{4}{3}\right)$.

(B) કેપેસિટરનો કેપેસિટીવ રિએક્ટન્સ $X_C$ એ સૂત્ર $X_C = \frac{1}{2 \pi f C}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $f$ એ $AC$ સ્ત્રોતની આવૃત્તિ છે અને $C$ એ કેપેસિટન્સ છે.
આ સંબંધ પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $X_C \propto \frac{1}{f}$.
ધારો કે પ્રારંભિક આવૃત્તિ $f_1$ છે અને પ્રારંભિક રિએક્ટન્સ $X_{C1} = 6 \ k\Omega$ છે.
ધારો કે નવી આવૃત્તિ $f_2 = 2f_1$ છે.
નવો રિએક્ટન્સ $X_{C2}$ ગુણોત્તર દ્વારા મળે છે:
$\frac{X_{C2}}{X_{C1}} = \frac{f_1}{f_2} = \frac{f_1}{2f_1} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$X_{C2} = \frac{X_{C1}}{2} = \frac{6 \ k\Omega}{2} = 3 \ k\Omega$.

(B) $LR$ શ્રેણી સર્કિટમાં વ્યય થતો સરેરાશ પાવર નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$P_{avg} = I_{rms}^2 R = \frac{V_{rms}^2 R}{Z^2}$
અહીં,$Z$ એ સર્કિટનું ઇમ્પિડન્સ છે,જે $Z = \sqrt{X_L^2 + R^2}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ કિંમતો $X_L = 1 \ \Omega$,$R = 3 \ \Omega$,અને $V_{rms} = 10 \ V$ છે.
સૌ પ્રથમ,ઇમ્પિડન્સ $Z$ ની ગણતરી કરો:
$Z = \sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10} \ \Omega$.
હવે,સરેરાશ પાવર $P_{avg}$ ની ગણતરી કરો:
$P_{avg} = \frac{(10)^2 \times 3}{(\sqrt{10})^2} = \frac{100 \times 3}{10} = 30 \ W$.
આમ,સર્કિટમાં વ્યય થતો પાવર $30 \ W$ છે.

(A) સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $E = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
હાઇડ્રોજન $(Z=1)$ માટે,$n=4$ થી $n=2$ નું સંક્રમણ:
$E_H = 13.6 \times 1^2 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right) = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = 13.6 \left( \frac{3}{16} \right) = 2.55 \text{ eV}$.
આપેલ છે કે $Li^{2+}$ સંક્રમણ $(Z=3)$ ની આવૃત્તિ (અને તેથી ઉર્જા) એવી છે કે $E_H = \frac{3}{7} E_{Li}$,તેથી $E_{Li} = \frac{7}{3} E_H = \frac{7}{3} \times 2.55 = 5.95 \text{ eV}$.
$Li^{2+}$ માટે,$E_{Li} = 13.6 \times 3^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = 122.4 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = 5.95 \text{ eV}$.
$\left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = \frac{5.95}{122.4} \approx 0.0486$.
સંક્રમણો ચકાસતા:
$n_2=4$ થી $n_1=3$ માટે: $\frac{1}{9} - \frac{1}{16} = 0.111 - 0.0625 = 0.0486$.
આમ,સંક્રમણ $4$ થી $3$ છે.

(C) હાઇડ્રોજન વર્ણપટ માટે તરંગલંબાઇ $\lambda$ રિડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{1}{\lambda} = R_H \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
પાશ્ચન શ્રેણી માટે,સંક્રમણ $n_1 = 3$ ઉર્જા સ્તર પર થાય છે.
સૌથી ટૂંકી તરંગલંબાઇ ઉચ્ચતમ ઉર્જા સ્તર $n_2 = \infty$ થી થતા સંક્રમણને અનુરૂપ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{1}{\lambda_S} = R_H \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{\infty^2} \right) = R_H \left( \frac{1}{9} - 0 \right) = \frac{R_H}{9}$.
તેથી,$\lambda_S = \frac{9}{R_H}$.
આપેલ $R_H = 1.097 \times 10^7 \ m^{-1}$ માટે:
$\lambda_S = \frac{9}{1.097 \times 10^7} \ m \approx 8.204 \times 10^{-7} \ m$.
નેનોમીટરમાં રૂપાંતર કરતા $(1 \ nm = 10^{-9} \ m)$:
$\lambda_S = 820.4 \ nm$.

(D) પાશ્ચન શ્રેણીમાં,ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચ ઉર્જા અવસ્થામાંથી $n=3$ અવસ્થામાં સંક્રમણ કરે છે. પાશ્ચન શ્રેણીમાં ફોટોનની ઉર્જા $E = 13.6 \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{n^2} \right) \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 4, 5, 6, \dots$
ન્યૂનતમ ઉર્જા $n=4$ થી $n=3$ ના સંક્રમણને અનુરૂપ છે:
$E_{\min} = 13.6 \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right) = 13.6 \left( \frac{16-9}{144} \right) = 13.6 \left( \frac{7}{144} \right) \approx 0.66 \text{ eV}$.
મહત્તમ ઉર્જા $n=\infty$ થી $n=3$ ના સંક્રમણને અનુરૂપ છે:
$E_{\max} = 13.6 \left( \frac{1}{9} - 0 \right) = \frac{13.6}{9} \approx 1.51 \text{ eV}$.
ફોટોન દ્વારા ફોટોઇલેક્ટ્રોન ઉત્સર્જિત કરવા માટે,તેની ઉર્જા ધાતુના કાર્ય વિધેય $\phi_0$ કરતા વધારે અથવા તેના જેટલી હોવી જોઈએ. આમ,$\phi_0 \leq E_{\text{photon}}$. પાશ્ચન ફોટોનની મહત્તમ ઉર્જા $1.51 \text{ eV}$ હોવાથી,કાર્ય વિધેય $\phi_0 \leq 1.51 \text{ eV}$ હોવું જોઈએ.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$1.1 \text{ eV}$ એ એકમાત્ર મૂલ્ય છે જે આ શરતને સંતોષે છે.

(D) બોહરના અભિધારણા મુજબ,હાઇડ્રોજન પરમાણુ અથવા હાઇડ્રોજન જેવા આયનમાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$L = \frac{n h}{2 \pi}$
જ્યાં $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે,$h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે અને $\pi$ એ ગાણિતિક અચળાંક છે.
ભૂમિ અવસ્થા માટે,તમામ હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુઓ અને આયનો માટે મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 1$ હોય છે.
કારણ કે $h$ અને $\pi$ એ સાર્વત્રિક અચળાંકો છે,તેથી $n = 1$ માટે $L$ નું મૂલ્ય $L = \frac{h}{2 \pi}$ થાય છે,જે પરમાણુ ક્રમાંક $Z$ થી સ્વતંત્ર છે.
તેથી,ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન તમામ હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુઓ અને આયનો માટે તેમની ભૂમિ અવસ્થામાં સમાન રહે છે.

(A) બોહરના અધિતર્ક મુજબ,$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં ઇલેક્ટ્રોન $n_1 = 2$ કક્ષામાંથી $n_2 = 4$ કક્ષામાં ઉત્તેજિત થાય છે.
કોણીય વેગમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta L$ નીચે મુજબ છે:
$\Delta L = L_2 - L_1 = \frac{n_2 h}{2\pi} - \frac{n_1 h}{2\pi} = \frac{h}{2\pi} (n_2 - n_1)$.
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta L = \frac{6.64 \times 10^{-34}}{2 \times 3.14} (4 - 2)$.
$\Delta L = \frac{6.64 \times 10^{-34}}{6.28} \times 2$.
$\Delta L = 1.0576 \times 10^{-34} \times 2 \approx 2.11 \times 10^{-34} \ J \cdot s$.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ ની ઉર્જા $E_1 = -\frac{13.6}{1^2} = -13.6 \text{ eV}$ છે.
બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,$n=3$. ઉર્જા $E_3 = -\frac{13.6}{3^2} = -\frac{13.6}{9} \approx -1.51 \text{ eV}$ છે.
ઇલેક્ટ્રોનને ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાંથી બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થામાં ઉત્તેજિત કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા $\Delta E = E_3 - E_1 = -1.51 - (-13.6) = 12.09 \text{ eV} \approx 12 \text{ eV}$ છે.
$(b)$ આયનીકરણ ઉર્જા એ ઇલેક્ટ્રોનને ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ થી અનંત $(n=\infty)$ સુધી દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા છે.
$E_{\infty} = 0 \text{ eV}$.
જરૂરી ઉર્જા = $E_{\infty} - E_1 = 0 - (-13.6) = 13.6 \text{ eV}$.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની કુલ ઊર્જા $E_n = -\frac{13.6}{n^2} eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=4$ માટે,કુલ ઊર્જા $E_4 = -\frac{13.6}{4^2} = -\frac{13.6}{16} = -0.85 eV$ છે.
બોહરની કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની સ્થિતિ ઊર્જા $(PE)$ અને કુલ ઊર્જા $(E)$ વચ્ચેનો સંબંધ $PE = 2E$ છે.
તેથી,$PE = 2 \times (-0.85 eV) = -1.7 eV$ થાય.

(A) $n^{\text{th}}$ બોહર કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = a_0 n^2$ છે,જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે અને $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે.
તેથી,$3^{\text{rd}}$ અને $6^{\text{th}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યાનો ગુણોત્તર $\frac{r_3}{r_6} = \frac{n_3^2}{n_6^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n_3 = 3$ અને $n_6 = 6$ કિંમતો મૂકતા,આપણને $\frac{r_3}{r_6} = \frac{3^2}{6^2} = \frac{9}{36}$ મળે છે.
આ અપૂર્ણાંકનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને $\frac{r_3}{r_6} = \frac{1}{4} = 0.25$ મળે છે.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં $n$ માં સ્તરની ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ક્રમિક સ્તરો વચ્ચેનો ઉર્જાનો તફાવત $\Delta E = E_{n+1} - E_n = 13.6 \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right]$ છે.
આ પદને સરળ બનાવતા,આપણને $\Delta E = 13.6 \left[ \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} \right] = 13.6 \left[ \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} \right]$ મળે છે.
$n$ ના મોટા મૂલ્યો માટે,$\Delta E \approx 13.6 \left[ \frac{2n}{n^4} \right] = \frac{27.2}{n^3}$.
કારણ કે $\Delta E \propto \frac{1}{n^3}$,તેથી જેમ ક્વોન્ટમ નંબર $n$ વધે છે,તેમ ઉર્જાનો તફાવત $\Delta E$ ઘટે છે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં,$n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની સ્થિતિઊર્જા $(PE)$ $PE = -\frac{kZe^2}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n$ ના ઉચ્ચ મૂલ્યો માટે,ત્રિજ્યા $r$ વધે છે કારણ કે $r \propto n^2$.
જેમ $r$ વધે છે,તેમ ઋણ સ્થિતિઊર્જાનું મૂલ્ય વધે છે (ઓછું ઋણ બને છે).
તેથી,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
થોમસનના મોડેલમાં,પરમાણુ એ ધન વિદ્યુતભારોનો ગોળાકાર વાદળ છે જેમાં ઇલેક્ટ્રોન જડિત હોય છે. તેથી,વિધાન $(B)$ સાચું છે.
બોહરના મોડેલ મુજબ,પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોન ન્યુક્લિયસથી ચોક્કસ અંતરે સ્થિત છે અને ચોક્કસ વેગ સાથે તેની આસપાસ ફરે છે. જોકે,હાઇઝનબર્ગના અનિશ્ચિતતાના સિદ્ધાંત મુજબ,ગતિશીલ ઇલેક્ટ્રોનનું ચોક્કસ સ્થાન અને વેગમાન એકસાથે નક્કી કરવું અશક્ય છે.
તેથી,બોહરનું પરમાણુ મોડેલ અનિશ્ચિતતાના સિદ્ધાંત સાથે વિરોધાભાસ ધરાવે છે,તેથી વિધાન $(C)$ ખોટું છે.
આમ,વિકલ્પ $(b)$ સાચો જવાબ છે.

(B) આપેલ છે,$C_1 = C_2 = 8 \mu F = 8 \times 10^{-6} \ F$ અને $V = 10 \ V$.
કેપેસિટર $C_1$ અને $C_2$ સમાંતરમાં જોડાયેલા હોવાથી,પ્રારંભિક સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq} = C_1 + C_2 = 16 \mu F = 1.6 \times 10^{-5} \ F$ થાય.
પ્રારંભિક કુલ વિદ્યુતભાર $q_i = C_{eq} \cdot V = 1.6 \times 10^{-5} \times 10 = 1.6 \times 10^{-4} \ C = 160 \mu C$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે કેપેસિટન્સ $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$,તેથી $C \propto \frac{1}{d}$.
જો પ્લેટનું અંતર $d$ ઘટાડીને તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના $40 \%$ કરવામાં આવે,તો નવું અંતર $d' = 0.4d$ થાય. તેથી,નવું કેપેસિટન્સ $C' = \frac{C}{0.4} = 2.5C = 2.5 \times 8 \mu F = 20 \mu F$ થાય.
નવું કુલ કેપેસિટન્સ $C_{eq}' = C' + C_2 = 20 \mu F + 8 \mu F = 28 \mu F$ થાય.
નવો વિદ્યુતભાર $q_f = C_{eq}' \cdot V = 28 \mu F \times 10 \ V = 280 \mu C$ થાય.
વિદ્યુતભારમાં થતો વધારો $\Delta q = q_f - q_i = 280 \mu C - 160 \mu C = 120 \mu C$ છે.

(D) કેપેસિટરનું પ્રારંભિક કેપેસીટન્સ $C_0 = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ છે.
જ્યારે $d/2$ જાડાઈ ધરાવતી બે ડાયઇલેક્ટ્રિક સ્લેબ પ્લેટો વચ્ચે મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે આ ગોઠવણી શ્રેણીમાં જોડાયેલા બે કેપેસિટર તરીકે વર્તે છે,જેમાં દરેકનું પ્લેટ અંતર $d/2$ છે.
પ્રથમ સ્લેબનું કેપેસીટન્સ $C_1 = \frac{K_1 \varepsilon_0 A}{d/2} = \frac{2 K_1 \varepsilon_0 A}{d} = 2 K_1 C_0$ છે.
બીજી સ્લેબનું કેપેસીટન્સ $C_2 = \frac{K_2 \varepsilon_0 A}{d/2} = \frac{2 K_2 \varepsilon_0 A}{d} = 2 K_2 C_0$ છે.
તેઓ શ્રેણીમાં હોવાથી,સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $C_{eq}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} = \frac{1}{2 K_1 C_0} + \frac{1}{2 K_2 C_0} = \frac{1}{2 C_0} \left( \frac{1}{K_1} + \frac{1}{K_2} \right) = \frac{1}{2 C_0} \left( \frac{K_1 + K_2}{K_1 K_2} \right)$.
તેથી,$C_{eq} = 2 C_0 \left( \frac{K_1 K_2}{K_1 + K_2} \right)$.

(C) આપેલ છે, $C_1 = C_2 = C_3 = C_4 = C_5 = 4 \mu F$.
પરિપથને જોતા, આપણે ઓળખી શકીએ છીએ કે કેપેસીટર $C_1, C_2, C_3, C_4, C_5$ એક બ્રિજ નેટવર્ક બનાવે છે।
ધારો કે નોડ્સ $X$ (ઇનપુટ), $Y$ (આઉટપુટ) અને મધ્યવર્તી નોડ્સ $A, B, C$ છે।
પોટેન્શિયલ વિતરણનું વિશ્લેષણ કરીને, આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે આ પરિપથ બે શાખાઓના સમાંતર જોડાણની સમકક્ષ છે।
ચોક્કસ રીતે, $C_1$ અને $C_2$ શ્રેણીમાં ધરાવતી શાખા, $C_4$ અને $C_5$ શ્રેણીમાં ધરાવતી શાખા સાથે સમાંતરમાં છે।
જો કે, આને જોવાની એક સરળ રીત એ છે કે પરિપથ બે સમાંતર શાખાઓમાં સરળ બને છે, જેમાં દરેક શાખામાં શ્રેણીમાં બે કેપેસીટર હોય છે।
$C_{eq} = (C_1 \text{ શ્રેણીમાં } C_2) + (C_4 \text{ શ્રેણીમાં } C_5)$.
બધા $C = 4 \mu F$ હોવાથી, બે $4 \mu F$ કેપેસીટરનું શ્રેણી જોડાણ $\frac{4 \times 4}{4 + 4} = 2 \mu F$ થાય છે।
તેથી, $C_{eq} = 2 \mu F + 2 \mu F = 4 \mu F$.

(A) સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટરનું કેપેસિટન્સ $C = \frac{K A \varepsilon_0}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શરૂઆતમાં,હવા માટે $K_1 = 1$ અને $d_1 = d$ છે,તેથી $C_1 = \frac{A \varepsilon_0}{d} = 12 \mu F$.
જ્યારે અંતર બમણું કરવામાં આવે છે,ત્યારે $d_2 = 2d$ અને ડાયઇલેક્ટ્રિક અચળાંક $K_2 = 4$ થાય છે.
નવું કેપેસિટન્સ $C_2 = \frac{K_2 A \varepsilon_0}{d_2}$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $C_2 = \frac{4 A \varepsilon_0}{2d} = 2 \left( \frac{A \varepsilon_0}{d} \right) = 2 \times C_1$ મળે છે.
તેથી,$C_2 = 2 \times 12 \mu F = 24 \mu F$.

(A) આપેલ છે:
$C_1 = 10 \mu F = 10^{-5} \text{ F}$
$V_1 = 9 \text{ V}$
કેપેસીટર $C_1$ પરનો પ્રારંભિક વિદ્યુતભાર:
$q_1 = C_1 V_1 = 10^{-5} \times 9 = 9 \times 10^{-5} \text{ C}$
જ્યારે અનચાર્જ્ડ કેપેસીટર $C_2 = 20 \mu F = 2 \times 10^{-5} \text{ F}$ ને ચાર્જ્ડ કેપેસીટર $C_1$ સાથે સમાંતરમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે બંને કેપેસીટર સમાન સ્થિતિમાન $V$ પ્રાપ્ત ન કરે ત્યાં સુધી $C_1$ માંથી $C_2$ માં વિદ્યુતભાર વહે છે.
સામાન્ય સ્થિતિમાન $V$ નીચે મુજબ મળે છે:
$V = \frac{\text{કુલ વિદ્યુતભાર}}{\text{કુલ કેપેસીટન્સ}} = \frac{q_1}{C_1 + C_2}$
$V = \frac{9 \times 10^{-5}}{10^{-5} + 2 \times 10^{-5}} = \frac{9 \times 10^{-5}}{3 \times 10^{-5}} = 3 \text{ V}$
સંતુલન સ્થિતિમાં કેપેસીટર $C_2$ પરનો વિદ્યુતભાર:
$q_2 = C_2 V = (2 \times 10^{-5} \text{ F}) \times (3 \text{ V}) = 6 \times 10^{-5} \text{ C}$

(A) પ્રારંભિક સંગ્રહિત ઉર્જા $U_i = \frac{1}{2} C_1 V_1^2$
$U_i = \frac{1}{2} \times 500 \times 10^{-12} \times (100)^2 = 2.5 \ \mu J$
જ્યારે કેપેસિટરોને જોડવામાં આવે છે,ત્યારે વિદ્યુતભારનું પુનઃવિતરણ થાય છે જ્યાં સુધી સ્થિતિમાન સમાન ન થાય.
સમાન સ્થિતિમાન $V = \frac{C_1 V_1 + C_2 V_2}{C_1 + C_2} = \frac{500 \times 10^{-12} \times 100 + 0}{500 \times 10^{-12} + 500 \times 10^{-12}} = 50 \ V$
અંતિમ સંગ્રહિત ઉર્જા $U_f = \frac{1}{2} (C_1 + C_2) V^2$
$U_f = \frac{1}{2} \times (1000 \times 10^{-12}) \times (50)^2 = 1.25 \ \mu J$
ગુમાવેલી ઉર્જા $\Delta U = U_i - U_f = 2.5 \ \mu J - 1.25 \ \mu J = 1.25 \ \mu J$

(A) શરૂઆતમાં,જ્યારે $C_1$ ને $9 \ V$ ની બેટરી સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે તેના પરનો વિદ્યુતભાર $q_0 = C_1 V = 1 \ \mu F \times 9 \ V = 9 \ \mu C$ થાય છે.
જ્યારે $C_1$ ને $C_2$ અને $C_3$ સાથે સમાંતર જોડવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ વિદ્યુતભાર $q_0$ ત્રણેય કેપેસીટર વચ્ચે એવી રીતે વહેંચાય છે કે જેથી તેઓ સમાન સ્થિતિમાનનો તફાવત $V'$ ધરાવે.
વિદ્યુતભાર સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$q_1 + q_2 + q_3 = q_0 = 9 \ \mu C$.
તેઓ સમાંતરમાં હોવાથી,$V' = \frac{q_1}{C_1} = \frac{q_2}{C_2} = \frac{q_3}{C_3}$.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{q_1}{1} = \frac{q_2}{2} = \frac{q_3}{3} = V'$.
આમ,$q_1 = V'$,$q_2 = 2V'$,અને $q_3 = 3V'$.
આને સંરક્ષણના સમીકરણમાં મૂકતા: $V' + 2V' + 3V' = 9 \ \mu C$.
$6V' = 9 \ \mu C \Rightarrow V' = 1.5 \ V$.
$C_3$ પરનો વિદ્યુતભાર $q_3 = C_3 V' = 3 \ \mu F \times 1.5 \ V = 4.5 \ \mu C = 4.5 \times 10^{-6} \ C$ થાય.

(B) આપેલ સર્કિટ એ વ્હીટસ્ટોન બ્રિજ જેવી રચના છે. ધારો કે કેપેસિટર્સ $C_1 = 1 \mu F$,$C_2 = 3 \mu F$,$C_3 = 2 \mu F$,$C_4 = 6 \mu F$ અને વચ્ચેનું કેપેસિટર $C_5 = 5 \mu F$ છે.
આર્મ્સમાં કેપેસિટર્સનો ગુણોત્તર તપાસો: $\frac{C_1}{C_3} = \frac{1}{2}$ અને $\frac{C_2}{C_4} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.
અહીં $\frac{C_1}{C_3} = \frac{C_2}{C_4}$ હોવાથી,વ્હીટસ્ટોન બ્રિજ સંતુલિત છે.
સંતુલિત વ્હીટસ્ટોન બ્રિજમાં,વચ્ચેના કેપેસિટર $C_5$ માંથી કોઈ વિદ્યુતભાર વહેતો નથી,તેથી તેને સર્કિટમાંથી દૂર કરી શકાય છે.
હવે,સર્કિટમાં બે સમાંતર શાખાઓ છે: એકમાં $C_1$ અને $C_2$ શ્રેણીમાં છે,અને બીજીમાં $C_3$ અને $C_4$ શ્રેણીમાં છે.
ઉપરની શાખાનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ: $C_{up} = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} = \frac{1 \times 3}{1 + 3} = \frac{3}{4} \mu F$.
નીચેની શાખાનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ: $C_{low} = \frac{C_3 C_4}{C_3 + C_4} = \frac{2 \times 6}{2 + 6} = \frac{12}{8} = \frac{3}{2} \mu F$.
આ બે શાખાઓ સમાંતરમાં હોવાથી,કુલ સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{AB} = C_{up} + C_{low} = \frac{3}{4} + \frac{3}{2} = \frac{3 + 6}{4} = \frac{9}{4} \mu F$.

(B) પ્લેટો વચ્ચે સ્થાનાંતરિત થયેલા વિદ્યુતભારનું મૂલ્ય $Q = N \cdot e$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
અહીં $N = 10^{12}$ ઇલેક્ટ્રોન અને $e = 1.6 \times 10^{-19} \,C$ આપેલ છે।
તેથી,$Q = 10^{12} \times 1.6 \times 10^{-19} = 1.6 \times 10^{-7} \,C$.
ઉદભવતો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V = 10 \,V$ છે।
કેપેસિટન્સ $C$ ની વ્યાખ્યા મુજબ $C = \frac{Q}{V}$.
કિંમતો મૂકતા,$C = \frac{1.6 \times 10^{-7}}{10} = 1.6 \times 10^{-8} \,F$.

(D) કેપેસિટન્સ ધરાવતા $n$ સમાન કેપેસિટરોના શ્રેણી જોડાણમાં,સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$C_{eq} = \frac{C}{n}$
અહીં $n = 25$ અને $C = 2 \mu F = 2 \times 10^{-6} F$ આપેલ છે.
$C_{eq} = \frac{2 \times 10^{-6}}{25} F = 0.08 \times 10^{-6} F = 8 \times 10^{-8} F$.
આપેલ વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V = 100 \ V$ છે.
શ્રેણી જોડાણમાં સંગ્રહિત કુલ વિદ્યુતભાર $Q$ એ દરેક કેપેસિટર પરના વિદ્યુતભાર જેટલો જ હોય છે,જે નીચે મુજબ છે:
$Q = C_{eq} \times V$
$Q = (8 \times 10^{-8} F) \times (100 \ V)$
$Q = 8 \times 10^{-6} C$.

(B) કોએક્સિયલ કેબલ,જેને $TV$ એરિયલ કેબલ અથવા કોક્સ તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે,તેનો ઉપયોગ મુખ્યત્વે એન્ટેનાથી સેટેલાઇટ ડિશ અથવા ટેલિવિઝન જેવા ઉપકરણો સુધી વિડિયો અને ડેટા સિગ્નલ લઈ જવા માટે થાય છે.
આનું કારણ સારી રીતે ઇન્સ્યુલેટેડ કંડક્ટર વાયર છે,જે ફ્રીક્વન્સીમાં દખલગીરીને અટકાવે છે.
ઓછા પાવર લોસને કારણે કોએક્સિયલ કેબલ ઉચ્ચ શ્રેણીની ફ્રીક્વન્સી પ્રસારિત કરી શકે છે.
એક કોએક્સિયલ કેબલ દ્વારા એકસાથે પ્રસારિત કરી શકાય તેવા $TV$ સિગ્નલોની મહત્તમ સંખ્યા $125$ છે.

(A) $UHF$ (અલ્ટ્રા હાઈ ફ્રીક્વન્સી) રેન્જ સામાન્ય રીતે $300 \ MHz$ થી $3000 \ MHz$ સુધીની હોય છે.
તેમની ઊંચી આવૃત્તિને કારણે,આ તરંગો આયનોસ્ફિયર દ્વારા પરાવર્તિત થઈ શકતા નથી (આકાશી તરંગો) અને જમીન દ્વારા ખૂબ જ શોષાઈ જાય છે (જમીનના તરંગો).
તેથી,તેઓ મુખ્યત્વે લાઇન-ઓફ-સાઇટ કોમ્યુનિકેશન દ્વારા પ્રસરણ પામે છે,જે અવકાશ તરંગો (space waves) દ્વારા પ્રાપ્ત થાય છે.

(D) માઇક્રોવેવની તરંગલંબાઇ ટૂંકી હોય છે અને તે સીધી રેખામાં ગતિ કરે છે. તે તેમના માર્ગમાં આવતા અવરોધોની આસપાસ નોંધપાત્ર રીતે વળતા નથી. આ ગુણધર્મને કારણે,તે શોધ અને ટ્રેકિંગ માટે અત્યંત અસરકારક છે,તેથી જ તેનો ઉપયોગ રિમોટ સેન્સિંગ અને નેવિગેશન માટે રેડાર સિસ્ટમમાં વ્યાપકપણે થાય છે.

(A) સેટેલાઇટ કોમ્યુનિકેશનમાં,અપલિંક ફ્રીક્વન્સી એ ફ્રીક્વન્સી છે જેના પર ગ્રાઉન્ડ સ્ટેશન ઉપગ્રહને સિગ્નલ મોકલે છે.
આ ફ્રીક્વન્સીને ઊંચી (માઇક્રોવેવ રેન્જમાં) રાખવામાં આવે છે જેથી સિગ્નલ આયનોસ્ફિયર (આયનાવરણ) માંથી પરાવર્તિત થયા વિના પસાર થઈ શકે.
સેટેલાઇટ કોમ્યુનિકેશન માટે અપલિંક ફ્રીક્વન્સી બેન્ડ સામાન્ય રીતે $5.9-6.4 \text{ GHz}$ હોય છે.

(A) મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $m$ એ મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલના પીક વોલ્ટેજ $(E_m)$ અને કેરિયર સિગ્નલના પીક વોલ્ટેજ $(E_c)$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે: $m = \frac{E_m}{E_c}$.
જ્યારે મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલમાં $1 \%$ નો વધારો થાય છે,ત્યારે નવો પીક વોલ્ટેજ $E_m' = E_m(1 + 0.01) = 1.01 E_m$ થાય છે.
જ્યારે કેરિયર સિગ્નલમાં $3 \%$ નો વધારો થાય છે,ત્યારે નવો પીક વોલ્ટેજ $E_c' = E_c(1 + 0.03) = 1.03 E_c$ થાય છે.
નવો મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $m'$ એ $m' = \frac{E_m'}{E_c'} = \frac{1.01 E_m}{1.03 E_c} \approx 0.9806 m$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સમાં થતો ટકાવારી ફેરફાર $\frac{m' - m}{m} \times 100 = (0.9806 - 1) \times 100 \approx -1.94 \% \approx -2 \%$ છે.
આમ,મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સમાં આશરે $-2 \%$ નો ફેરફાર થાય છે.

(D) મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu$ એ મેસેજ સિગ્નલના પીક વોલ્ટેજ $(A_m)$ અને કેરિયર સિગ્નલના પીક વોલ્ટેજ $(A_c)$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
આપેલ છે:
$A_m = 12 \text{ V}$
$A_c = 20 \text{ V}$
સૂત્ર:
$\mu = \frac{A_m}{A_c}$
ગણતરી:
$\mu = \frac{12}{20} = \frac{3}{5} = 0.6$
તેથી,મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $0.6$ છે.

(B) $AM$ તરંગનો મહત્તમ કંપવિસ્તાર, $A_{\max} = 20 \,V$.
$AM$ તરંગનો ન્યૂનતમ કંપવિસ્તાર, $A_{\min} = 4 \,V$.
મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\mu = \frac{A_{\max} - A_{\min}}{A_{\max} + A_{\min}}$
કિંમતો મૂકતા:
$\mu = \frac{20 - 4}{20 + 4} = \frac{16}{24} = \frac{2}{3} \approx 0.67$.

(B) ટ્રાન્સમિટિંગ એન્ટેનાનું લઘુત્તમ કદ $l = \frac{\lambda}{4}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ આવૃત્તિ $f = 1500 \text{ MHz} = 1500 \times 10^6 \text{ Hz}$ છે.
પ્રકાશની ઝડપ $c = 3 \times 10^8 \text{ m/s}$ છે.
તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{c}{f} = \frac{3 \times 10^8}{1500 \times 10^6} = \frac{3}{15} = 0.2 \text{ m}$ થાય.
તેથી,લઘુત્તમ લંબાઈ $l = \frac{0.2}{4} = 0.05 \text{ m}$ મળે.
સેન્ટિમીટરમાં રૂપાંતર કરતા,$l = 0.05 \times 100 = 5 \text{ cm}$ થાય.

(B) મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $m$ એ મેસેજ સિગ્નલના કંપનવિસ્તાર $A_m$ અને કેરિયર સિગ્નલના કંપનવિસ્તાર $A_c$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$m = \frac{A_m}{A_c} = \frac{5 \,V}{25 \,V} = \frac{1}{5} = 0.2$.
એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેશનમાં, દરેક સાઇડબેન્ડ (અપર અને લોઅર) નું કંપનવિસ્તાર $\frac{m A_c}{2}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા, આપણને મળે છે:
સાઇડ બેન્ડનું કંપનવિસ્તાર $= \frac{0.2 \times 25 \,V}{2} = \frac{5 \,V}{2} = 2.5 \,V$.

(B) મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu$ એ મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલના કંપવિસ્તાર $(A_M)$ અને કેરિયર વેવના કંપવિસ્તાર $(A_C)$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$\mu = \frac{A_M}{A_C}$
અહીં,$\mu = 90 \% = 0.9$ અને $A_C = 60 \,V$ આપેલ છે.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$0.9 = \frac{A_M}{60}$
$A_M = 0.9 \times 60$
$A_M = 54 \,V$
આમ,મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલનો પીક વોલ્ટેજ $54 \,V$ છે.

(B) સ્કાય વેવ પ્રસરણ,જેને સ્કિપ પ્રસરણ તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે,તેમાં ક્ષિતિજની પેલે પારના સ્થળો સુધી પહોંચવા માટે આયનોસ્ફિયર (ionosphere) પરથી રેડિયો તરંગોનું પરાવર્તન થાય છે.
આ પ્રકારનો સંદેશાવ્યવહાર સામાન્ય રીતે $3 MHz$ થી $30 MHz$ ની આવૃત્તિ માટે અસરકારક છે,જેને હાઈ ફ્રિકવન્સી $(HF)$ બેન્ડ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$10 MHz$ આ શ્રેણીમાં આવે છે,જે તેને સ્કાય વેવ સંદેશાવ્યવહાર માટે સૌથી યોગ્ય આવૃત્તિ બનાવે છે.

(D) ધારો કે કોષનું ઇલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સ $(EMF)$ $E$ છે અને તેનો આંતરિક અવરોધ $r$ છે.
ઓહ્મના નિયમ મુજબ,$R$ બાહ્ય અવરોધ ધરાવતા પરિપથમાં પ્રવાહ $I = \frac{E}{R + r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ કિસ્સા માટે: $1 = \frac{E}{2.5 + r} \implies E = 2.5 + r$ (સમીકરણ $1$).
બીજા કિસ્સા માટે: $0.5 = \frac{E}{10 + r} \implies E = 0.5(10 + r) = 5 + 0.5r$ (સમીકરણ $2$).
$E$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$2.5 + r = 5 + 0.5r$
$r - 0.5r = 5 - 2.5$
$0.5r = 2.5$
$r = \frac{2.5}{0.5} = 5 \ \Omega$.
તેથી,કોષનો આંતરિક અવરોધ $5 \ \Omega$ છે.

(B) આપેલ છે:
ઇલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સ (emf) $\varepsilon = 12 \, V$
કુલ ચાર્જ ક્ષમતા $q = 80 \, A \cdot h$
પાવર આઉટપુટ $P = 120 \, W$
બેટરીમાં સંગ્રહિત કુલ ઉર્જા $E$ એ $E = q \cdot \varepsilon$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $E = 80 \, A \cdot h \times 12 \, V = 960 \, W \cdot h$.
પાવર $P$ એ ઉર્જા આપવાનો દર હોવાથી, $P = E / \Delta t$, જ્યાં $\Delta t$ એ સમય છે.
તેથી, $\Delta t = E / P = 960 \, W \cdot h / 120 \, W = 8 \, h$.
આમ, બેટરી $8 \, h$ સુધી $120 \, W$ ના દરે ઉર્જા આપી શકે છે.

(C) બેટરીનો ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $V$ એ સંબંધ $V = E - Ir$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $E$ એ emf છે,$I$ એ વિદ્યુતપ્રવાહ છે અને $r$ એ આંતરિક અવરોધ છે.
આપેલ છે:
બાહ્ય અવરોધ $R = 8 \ \Omega$
આંતરિક અવરોધ $r = 0.2 \ \Omega$
ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $V = 10 \ V$
પરિપથમાંથી વહેતો વિદ્યુતપ્રવાહ $I$ એ બાહ્ય અવરોધ માટે ઓહ્મના નિયમ દ્વારા મળે છે:
$I = \frac{V}{R} = \frac{10 \ V}{8 \ \Omega} = 1.25 \ A$
હવે,ટર્મિનલ વોલ્ટેજના સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા:
$V = E - Ir$
$10 = E - (1.25 \ A \times 0.2 \ \Omega)$
$10 = E - 0.25 \ V$
$E = 10 + 0.25 = 10.25 \ V$
તેથી,બેટરીનું emf $10.25 \ V$ છે.

(A) પ્રવાહ ઘનતા $J$ એ $J(r) = \beta(r + r_0)^2$ તરીકે આપવામાં આવેલ છે.
$r$ ત્રિજ્યા અને $dr$ જાડાઈ તથા $d\theta$ કોણીય પહોળાઈ ધરાવતા નાના ક્ષેત્રફળ $dA$ નો વિચાર કરો. ક્ષેત્રફળ ઘટક $dA = r dr d\theta$ છે.
આ ઘટકમાંથી પસાર થતો પ્રવાહ $di = J(r) dA = \beta(r + r_0)^2 r dr d\theta$ છે.
છાયાંકિત ભાગ બે સેક્ટરનો બનેલો છે,જે દરેકની કોણીય પહોળાઈ $\pi/6$ છે. કુલ કોણીય પહોળાઈ $\Delta \theta = \pi/6 + \pi/6 = \pi/3$ છે.
છાયાંકિત ભાગમાંથી પસાર થતો કુલ પ્રવાહ $I$ મેળવવા માટે $di$ નું $r=0$ થી $R$ અને $\theta$ નું કુલ કોણીય પહોળાઈ $\Delta \theta$ પર સંકલન કરતા:
$I = \int_0^{\pi/3} d\theta \int_0^R \beta(r^2 + 2rr_0 + r_0^2) r dr$
$I = \frac{\pi}{3} \beta \int_0^R (r^3 + 2r_0r^2 + r_0^2r) dr$
$I = \frac{\pi \beta}{3} \left[ \frac{r^4}{4} + \frac{2r_0r^3}{3} + \frac{r_0^2r^2}{2} \right]_0^R$
$I = \frac{\pi \beta}{3} \left[ \frac{R^4}{4} + \frac{2r_0R^3}{3} + \frac{r_0^2R^2}{2} \right]$
$I = \pi \beta \left[ \frac{R^4}{12} + \frac{2r_0R^3}{9} + \frac{r_0^2R^2}{6} \right]$

(D) ડ્રિફ્ટ વેગ $v_d$ એ તારની લંબાઈ $L$ અને તેને પસાર કરવા માટે લાગતા સમય $t$ ના ગુણોત્તર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$v_d = \frac{L}{t} = \frac{2 \ m}{40 \times 10^3 \ s} = 0.5 \times 10^{-4} \ m/s = 5 \times 10^{-5} \ m/s$.
વાહકમાં પ્રવાહ $I$ અને મુક્ત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા ઘનતા $n$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$I = n e A v_d$
જ્યાં $e = 1.6 \times 10^{-19} \ C$ એ ઇલેક્ટ્રોનનો વીજભાર છે અને $A$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
અહીં $A = 4 \ mm^2 = 4 \times 10^{-6} \ m^2$ અને $I = 1.6 \ A$ આપેલ છે,તેથી $n$ માટે સૂત્ર:
$n = \frac{I}{e A v_d}$
$n = \frac{1.6}{(1.6 \times 10^{-19}) \times (4 \times 10^{-6}) \times (5 \times 10^{-5})}$
$n = \frac{1.6}{1.6 \times 10^{-19} \times 20 \times 10^{-11}}$
$n = \frac{1}{20 \times 10^{-30}} = \frac{1}{2} \times 10^{29} = 5 \times 10^{28} \ m^{-3}$.

(C) આપેલ છે,ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ $R_g = 100 \Omega$.
પૂર્ણ સ્કેલ વિચલન પ્રવાહ $I_g = 50 \mu A = 5 \times 10^{-5} \text{ A}$.
એમીટરની જરૂરી રેન્જ $I = 10 \text{ mA} = 10^{-2} \text{ A}$.
ગેલ્વેનોમીટરને એમીટરમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે,સમાંતરમાં શંટ અવરોધ $R_s$ જોડવામાં આવે છે.
શંટ અવરોધનું સૂત્ર $R_s = \frac{I_g}{I - I_g} \times R_g$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$R_s = \frac{5 \times 10^{-5}}{10^{-2} - 5 \times 10^{-5}} \times 100$
$R_s = \frac{5 \times 10^{-5}}{995 \times 10^{-5}} \times 100$
$R_s = \frac{500}{995} \approx 0.5025 \Omega$.
આમ,ઉમેરવો પડતો અવરોધ આશરે $0.5 \Omega$ છે.

(A) પોટેન્શિયોમીટરના પ્રયોગમાં,કોષનું emf $E$ તેની સંતુલન લંબાઈ $l$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે,જે સંબંધ $E \propto l$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.
તેથી,$l_1$ અને $l_2$ સંતુલન લંબાઈ ધરાવતા બે કોષો $E_1$ અને $E_2$ માટે,આપણી પાસે ગુણોત્તર છે: $\frac{E_1}{E_2} = \frac{l_1}{l_2}$ છે.
$E_2$ માટે સૂત્ર ગોઠવતા: $E_2 = E_1 \cdot \frac{l_2}{l_1}$ મળે છે.
આપેલ કિંમતો $E_1 = 2.4 \ V$,$l_1 = 360 \ cm$ અને $l_2 = 420 \ cm$ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા: $E_2 = 2.4 \times \frac{420}{360}$ મળે છે.
અપૂર્ણાંકનું સાદું રૂપ આપતા: $E_2 = 2.4 \times \frac{7}{6} = 0.4 \times 7 = 2.8 \ V$ મળે છે.
આમ,કોષ $B$ નું emf $2.8 \ V$ છે.