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

(A) ધારો કે કાર બિંદુ $A$ થી $B$ સુધી $s$ જેટલું અંતર કાપે છે અને પછી બિંદુ $A$ પર પાછી ફરે છે.
સરેરાશ ઝડપ એટલે કુલ કાપેલું અંતર ભાગ્યા કુલ લીધેલો સમય.
$A$ થી $B$ સુધીનો સમય $t_1 = \frac{s}{60}$ છે.
$B$ થી $A$ સુધીનો સમય $t_2 = \frac{s}{V}$ છે.
કુલ અંતર $s + s = 2s$ છે.
કુલ સમય $t_1 + t_2 = \frac{s}{60} + \frac{s}{V}$ છે.
સરેરાશ ઝડપ $48 \ km \ h^{-1}$ આપેલ હોવાથી:
$48 = \frac{2s}{\frac{s}{60} + \frac{s}{V}}$
બંને બાજુ $s$ વડે ભાગતા:
$48 = \frac{2}{\frac{1}{60} + \frac{1}{V}}$
$\frac{1}{60} + \frac{1}{V} = \frac{2}{48} = \frac{1}{24}$
$\frac{1}{V} = \frac{1}{24} - \frac{1}{60}$
$\frac{1}{V} = \frac{5 - 2}{120} = \frac{3}{120} = \frac{1}{40}$
તેથી,$V = 40 \ km \ h^{-1}$.

(B) સરેરાશ ઝડપ એટલે કુલ અંતર ભાગ્યા કુલ સમય.
ધારો કે કુલ અંતર $L$ છે.
પ્રથમ ભાગ માટે અંતર $d_1 = \frac{L}{3}$ અને ઝડપ $v_1$ છે.
પ્રથમ ભાગ માટે લાગતો સમય $t_1 = \frac{d_1}{v_1} = \frac{L/3}{v_1} = \frac{L}{3 v_1}$.
બીજા ભાગ માટે અંતર $d_2 = \frac{2L}{3}$ અને ઝડપ $v_2$ છે.
બીજા ભાગ માટે લાગતો સમય $t_2 = \frac{d_2}{v_2} = \frac{2L/3}{v_2} = \frac{2L}{3 v_2}$.
કુલ સમય $T = t_1 + t_2 = \frac{L}{3 v_1} + \frac{2L}{3 v_2} = \frac{L}{3} \left( \frac{1}{v_1} + \frac{2}{v_2} \right) = \frac{L}{3} \left( \frac{v_2 + 2 v_1}{v_1 v_2} \right)$.
સરેરાશ ઝડપ $v_{avg} = \frac{\text{કુલ અંતર}}{\text{કુલ સમય}} = \frac{L}{\frac{L}{3} \left( \frac{2 v_1 + v_2}{v_1 v_2} \right)} = \frac{3 v_1 v_2}{2 v_1 + v_2}$.

(D) પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની મહત્તમ ઊંચાઈ $(H)$ શોધવાનું સૂત્ર: $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ છે.
આપેલ કિંમતો:
પ્રારંભિક ઝડપ $u = 50 \ m \ s^{-1}$
પ્રક્ષેપણ કોણ $\theta = 60^{\circ}$
ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g = 10 \ m \ s^{-2}$
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$H = \frac{(50)^2 \times (\sin 60^{\circ})^2}{2 \times 10}$
$H = \frac{2500 \times (\frac{\sqrt{3}}{2})^2}{20}$
$H = \frac{2500 \times \frac{3}{4}}{20}$
$H = \frac{2500 \times 0.75}{20}$
$H = \frac{1875}{20} = 93.75 \ m$
તેથી,પ્રાપ્ત મહત્તમ ઊંચાઈ $93.75 \ m$ છે.

(C) વેગ એ સ્થાનાંતરના ફેરફારનો દર છે.
$v_y = \frac{dy}{dt}$
$= \frac{d(P t^2 - Q t^3)}{dt}$
$= 2Pt - 3Qt^2$
મહત્તમ ઊંચાઈએ,કણનો શિરોલંબ વેગ શૂન્ય થશે.
$2Pt - 3Qt^2 = 0$
$t(2P - 3Qt) = 0$
$t=0$ એ ગતિની શરૂઆત હોવાથી,મહત્તમ ઊંચાઈ માટેનો સમય $t = \frac{2P}{3Q}$ છે.
હવે,આ સમયને સ્થાનાંતરના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y_{max} = P(\frac{2P}{3Q})^2 - Q(\frac{2P}{3Q})^3$
$= P(\frac{4P^2}{9Q^2}) - Q(\frac{8P^3}{27Q^3})$
$= \frac{4P^3}{9Q^2} - \frac{8P^3}{27Q^2}$
$= \frac{12P^3 - 8P^3}{27Q^2}$
$= \frac{4P^3}{27Q^2}$

(D) પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની અવધિ (Range) $R = 90 \,m$ આપેલ છે.
પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની અવધિનું સૂત્ર $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g}$ છે.
નિયત અંતરે આવેલા લક્ષ્યને લઘુત્તમ પ્રારંભિક વેગ $u$ થી અથડાવવા માટે, તે વેગ માટે અવધિ મહત્તમ હોવી જોઈએ, જે $\theta = 45^{\circ}$ ના ખૂણે શક્ય છે.
$\theta = 45^{\circ}$ ને અવધિના સૂત્રમાં મૂકતા: $R = \frac{u^2 \sin(90^{\circ})}{g} = \frac{u^2}{g}$.
અહીં $R = 90 \,m$ અને $g = 10 \,ms^{-2}$ આપેલ છે, તેથી $90 = \frac{u^2}{10}$.
આથી, $u^2 = 900$, જેનું વર્ગમૂળ લેતા $u = 30 \,ms^{-1}$ મળે છે.

(B) સરક્યા વિના ગબડતા નક્કર નળાકાર માટે,કુલ ગતિઊર્જા $(K.E.)$ એ સ્થાનાંતરિત અને ચાકગતિઊર્જાનો સરવાળો છે:
$K.E. = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
નક્કર નળાકારની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{1}{2}mR^2$ છે અને સરક્યા વિના ગબડવાની શરત $v = R\omega$ (અથવા $\omega = v/R$) છે:
$K.E. = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(\frac{1}{2}mR^2)(\frac{v}{R})^2$
$K.E. = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{4}mv^2 = \frac{3}{4}mv^2$
ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,સ્થિતિઊર્જામાં $(P.E.)$ થતો ઘટાડો એ ગતિઊર્જામાં થતા વધારા જેટલો હોય છે:
$mgh = \frac{3}{4}mv^2$
$v^2 = \frac{4gh}{3}$
$v = \sqrt{\frac{4gh}{3}}$

(D) પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થના ગતિપથનું સામાન્ય સમીકરણ $y = x \tan \theta - \frac{g x^2}{2 u^2 \cos^2 \theta}$ છે.
આપેલ સમીકરણ $y = \frac{x}{\sqrt{3}} - \frac{x^2}{60}$ સાથે સરખાવતા:
$1$. $x$ ના સહગુણકની સરખામણી કરતા: $\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \theta = 30^{\circ}$.
$2$. $x^2$ ના સહગુણકની સરખામણી કરતા: $\frac{g}{2 u^2 \cos^2 \theta} = \frac{1}{60}$.
$g = 10 \text{ m s}^{-2}$ અને $\theta = 30^{\circ}$ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{10}{2 u^2 \cos^2 30^{\circ}} = \frac{1}{60} \Rightarrow \frac{5}{u^2 (\sqrt{3}/2)^2} = \frac{1}{60}$.
$\frac{5}{u^2 (3/4)} = \frac{1}{60} \Rightarrow \frac{20}{3 u^2} = \frac{1}{60}$.
$3 u^2 = 1200 \Rightarrow u^2 = 400$.
$u = 20 \text{ m s}^{-1}$.

(C) પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની સમક્ષિતિજ અવધિ $R$ નું સૂત્ર $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g} = 90 \,m$ છે.
મહત્તમ ઊંચાઈ $H$ નું સૂત્ર $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ છે.
$H$ ને $R$ વડે ભાગતા:
$\frac{H}{R} = \frac{u^2 \sin^2 \theta / 2g}{u^2 (2 \sin \theta \cos \theta) / g} = \frac{\tan \theta}{4}$.
અહીં $\theta = 45^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી $\tan 45^{\circ} = 1$.
તેથી,$H = \frac{R \tan 45^{\circ}}{4} = \frac{90 \times 1}{4} = 22.5 \,m$.

(C) પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની કુલ અવધિ $R$ નીચે મુજબ છે:
$R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g} = \frac{30^2 \sin(2 \times 30^{\circ})}{10} = \frac{900 \times \sin 60^{\circ}}{10} = 90 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 45 \sqrt{3} \,m$.
હવામાં રહેવાનો સમય (Time of flight) $T$ નીચે મુજબ છે:
$T = \frac{2u \sin \theta}{g} = \frac{2 \times 30 \times \sin 30^{\circ}}{10} = \frac{60 \times 0.5}{10} = 3 \,s$.
બીજો ખેલાડી પ્રથમ ખેલાડીથી $d = 21 \sqrt{3} \,m$ ના અંતરે ઉભો છે. બોલ જમીન પર પડે તે પહેલાં તેને પકડવા માટે, ખેલાડીએ તે બિંદુ સુધી પહોંચવું પડે જ્યાં બોલ પડે છે. આ માટે જરૂરી લઘુત્તમ ઝડપ એ છે કે તે ઉડ્ડયન સમય $T$ માં અંતર $R$ સુધી પહોંચે.
બીજા ખેલાડીએ કાપવાનું અંતર $S = R - d = 45 \sqrt{3} - 21 \sqrt{3} = 24 \sqrt{3} \,m$ છે.
ખેલાડી કિક મારવાના સમયે જ દોડવાનું શરૂ કરે છે, તેથી આ અંતર કાપવા માટેનો સમય $T = 3 \,s$ છે.
તેથી, લઘુત્તમ ઝડપ $v$:
$v = \frac{S}{T} = \frac{24 \sqrt{3}}{3} = 8 \sqrt{3} \,ms^{-1}$.
આમ, સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) મહત્તમ ઊંચાઈની ગણતરી કરવા માટે, આપણે ફક્ત ગતિના શિરોલંબ ઘટકને ધ્યાનમાં લઈએ છીએ।
આપેલી ઊંચાઈ $h_1 = 5 \text{ m}$ પર, વેગનો શિરોલંબ ઘટક $u_y = 5 \text{ m s}^{-1}$ છે।
મહત્તમ ઊંચાઈ પર, વેગનો શિરોલંબ ઘટક $v_y = 0 \text{ m s}^{-1}$ થાય છે।
ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $a_y = -10 \text{ m s}^{-2}$ છે।
ગતિના સમીકરણ $v_y^2 - u_y^2 = 2 a_y s$ નો ઉપયોગ કરતા, જ્યાં $s$ એ વધારાની પ્રાપ્ત કરેલી ઊંચાઈ છે:
$0^2 - (5)^2 = 2(-10) s$
$-25 = -20 s$
$s = \frac{25}{20} = 1.25 \text{ m}$
દડા દ્વારા પ્રાપ્ત કરવામાં આવતી કુલ મહત્તમ ઊંચાઈ $H = h_1 + s = 5 \text{ m} + 1.25 \text{ m} = 6.25 \text{ m}$ છે।

(B) અહીં આપણે દડાની શિરોલંબ ગતિને ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
પ્રારંભિક શિરોલંબ વેગ: $u_y = u \sin \theta = 20 \times \sin 30^{\circ} = 20 \times \frac{1}{2} = 10 \,m/s$.
શિરોલંબ પ્રવેગ: $a_y = -g = -10 \,m/s^2$.
જમીન પર પહોંચવા માટેનો સમય: $t = 3 \,s$.
શિરોલંબ સ્થાનાંતર માટે ગતિના સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $s_y = u_y t + \frac{1}{2} a_y t^2$.
અહીં, સ્થાનાંતર $s_y = -h$ (જ્યાં $h$ એ ઇમારતની ઊંચાઈ છે).
$-h = (10)(3) + \frac{1}{2}(-10)(3)^2$.
$-h = 30 - 5(9) = 30 - 45 = -15 \,m$.
તેથી, $h = 15 \,m$.

(C) મહત્તમ ઊંચાઈએ,પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થનો વેગ $v = u \cos \theta$ હોય છે.
આપેલ છે કે મહત્તમ ઊંચાઈએ ઝડપ પ્રારંભિક ઝડપ $u$ કરતા અડધી છે,તેથી $u \cos \theta = \frac{1}{2} u$,જેનો અર્થ છે કે $\cos \theta = \frac{1}{2}$,એટલે કે $\theta = 60^{\circ}$.
પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની અવધિ $R = \frac{u^2 \sin 2 \theta}{g}$ અને મહત્તમ ઊંચાઈ $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ છે.
અવધિ અને મહત્તમ ઊંચાઈનો ગુણોત્તર $\frac{R}{H} = \frac{u^2 \sin 2 \theta / g}{u^2 \sin^2 \theta / 2g} = \frac{2 \sin 2 \theta}{\sin^2 \theta}$ થાય.
નિત્યસમ $\sin 2 \theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{R}{H} = \frac{2(2 \sin \theta \cos \theta)}{\sin^2 \theta} = 4 \cot \theta$ મળે છે.
$\theta = 60^{\circ}$ મૂકતા,$\frac{R}{H} = 4 \cot 60^{\circ} = 4 \times \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$ મળે છે.

(C) ધારો કે $v_{CE}$ એ પૃથ્વીની સાપેક્ષમાં કારનો વેગ છે,$v_{RE}$ એ પૃથ્વીની સાપેક્ષમાં વરસાદનો વેગ છે,અને $v_{RC}$ એ કારની સાપેક્ષમાં વરસાદનો વેગ છે.
આપેલ છે: $v_{CE} = 40 \text{ km h}^{-1}$.
વરસાદ શિરોલંબ દિશામાં પડે છે,તેથી $v_{RE}$ શિરોલંબ દિશામાં છે.
કારની બારી પર વરસાદના નિશાન શિરોલંબ સાથે $\theta = 30^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
સાપેક્ષ વેગના સદિશ ત્રિકોણ પરથી,આપણી પાસે $\vec{v}_{RC} = \vec{v}_{RE} - \vec{v}_{CE}$ છે.
આ સદિશો દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,કારના વેગ $v_{CE}$ ને દર્શાવતી બાજુ $\theta = 30^{\circ}$ ખૂણાની સામેની બાજુ છે.
તેથી,$\sin \theta = \frac{v_{CE}}{v_{RC}}$.
$v_{RC}$ માટે સૂત્ર બનાવતા,$v_{RC} = \frac{v_{CE}}{\sin 30^{\circ}}$.
કિંમતો મૂકતા,$v_{RC} = \frac{40}{0.5} = 80 \text{ km h}^{-1}$.

(D) જ્યારે પદાર્થને સ્થિર સ્થિતિમાંથી મુક્ત કરવામાં આવે છે, ત્યારે તેનો વેગ શૂન્ય હોય છે. તેથી, કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $(a_c = v^2/r)$ શૂન્ય છે。
પદાર્થ પર લાગતા બળો તેના વજન $(mg)$ જે શિરોલંબ નીચેની તરફ લાગે છે અને દોરીમાં તણાવ $(T)$ જે દોરીની દિશામાં લાગે છે。
આપણે વજન $(mg)$ ને બે ઘટકોમાં વિભાજિત કરીએ છીએ: એક દોરીની દિશામાં $(mg \cos 30^{\circ})$ અને બીજો દોરીને લંબ $(mg \sin 30^{\circ})$。
જેহেতু દોરી ખેંચાયેલી રહે છે અને પદાર્થ સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થાય છે, તેથી મુક્ત કરવાના સમયે ત્રિજ્યાવર્તી ગતિ ન હોવા માટે દોરીની દિશામાં કુલ બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ $(T - mg \cos 30^{\circ} = 0)$。
પદાર્થ પર લાગતું કુલ બળ એ દોરીને લંબ ઘટક છે, જે $F_{net} = mg \sin 30^{\circ}$ છે。
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા, $F_{net} = ma$:
$ma = mg \sin 30^{\circ}$
$a = g \sin 30^{\circ}$
અહીં $g = 10 \,ms^{-2}$ અને $\sin 30^{\circ} = 0.5$ આપેલ છે:
$a = 10 \times 0.5 = 5.0 \,ms^{-2}$。

(B) પ્રારંભિક કોણીય ઝડપ $\omega_0 = 300 \text{ rpm} = \frac{300 \times 2\pi}{60} \text{ rad/s} = 10\pi \text{ rad/s}$.
અંતિમ કોણીય ઝડપ $\omega = 0 \text{ rad/s}$.
લાગતો સમય $t = 80 \text{ s}$.
ગતિના સમીકરણ $\omega = \omega_0 + \alpha t$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે કોણીય પ્રતિપ્રવેગ $\alpha$ શોધીએ છીએ:
$0 = 10\pi + \alpha(80) \Rightarrow \alpha = -\frac{10\pi}{80} = -\frac{\pi}{8} \text{ rad/s}^2$.
કુલ કોણીય સ્થાનાંતર $\theta$ એ $\theta = \omega_0 t + \frac{1}{2} \alpha t^2$ દ્વારા મળે છે:
$\theta = (10\pi)(80) + \frac{1}{2} \left(-\frac{\pi}{8}\right) (80)^2 = 800\pi - \frac{\pi}{16} (6400) = 800\pi - 400\pi = 400\pi \text{ rad}$.
પરિભ્રમણોની સંખ્યા $n$ એ $n = \frac{\theta}{2\pi}$ દ્વારા મળે છે:
$n = \frac{400\pi}{2\pi} = 200$.

(A) આપેલ છે: ત્રિજ્યા, $r = 10 \,m$.
કેન્દ્રગામી પ્રવેગ, $a_c = 10 \,ms^{-2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે કેન્દ્રગામી પ્રવેગનું સૂત્ર $a_c = \omega^2 r$ છે.
કોણીય ઝડપ $\omega$ શોધવા માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા:
$\omega = \sqrt{\frac{a_c}{r}}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\omega = \sqrt{\frac{10 \,ms^{-2}}{10 \,m}} = \sqrt{1 \,s^{-2}} = 1 \,rad \,s^{-1}$.
તેથી, કોણીય ઝડપ $1 \,rad \,s^{-1}$ છે.

(A) ધારો કે બિંદુ $A$ પર વેગ $\vec{v}_1$ છે અને બિંદુ $B$ પર વેગ $\vec{v}_2$ છે. ઝડપ અચળ હોવાથી,$|\vec{v}_1| = |\vec{v}_2| = v$ થાય.
વેગમાં થતો ફેરફાર $\Delta \vec{v} = \vec{v}_2 - \vec{v}_1$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વર્તુળાકાર માર્ગ પર $v$ જેટલી અચળ ઝડપથી ગતિ કરતા કણ માટે $\theta$ ખૂણા દરમિયાન વેગમાં થતા ફેરફારનું મૂલ્ય સદિશ બાદબાકીના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$|\Delta \vec{v}| = \sqrt{v^2 + v^2 - 2v^2 \cos \theta}$
$|\Delta \vec{v}| = \sqrt{2v^2(1 - \cos \theta)}$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \frac{\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$|\Delta \vec{v}| = \sqrt{2v^2 \cdot 2 \sin^2 \frac{\theta}{2}}$
$|\Delta \vec{v}| = \sqrt{4v^2 \sin^2 \frac{\theta}{2}}$
$|\Delta \vec{v}| = 2v \sin \frac{\theta}{2}$

(D) હાર્મોનિક ઓસિલેટરની યાંત્રિક ઉર્જા $E$ તેના કંપનવિસ્તાર $A$ ના વર્ગના પ્રમાણમાં હોય છે,જે $E = \frac{1}{2} k A^2$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.
કંપનવિસ્તારમાં થતા નાના ફેરફાર માટે,ઉર્જામાં થતો આંશિક ફેરફાર વિકલન દ્વારા મળે છે:
$\frac{dE}{E} = \frac{d(A^2)}{A^2} = \frac{2A dA}{A^2} = 2 \frac{dA}{A}$.
આપેલ છે કે કંપનવિસ્તાર $1.5 \%$ ઘટે છે,તેથી $\frac{dA}{A} = 1.5 \%$.
આ કિંમતને ઉર્જામાં થતા આંશિક ફેરફારના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{dE}{E} = 2 \times 1.5 \% = 3 \%$.
આમ,દરેક ચક્રમાં ગુમાવેલી યાંત્રિક ઉર્જા $3 \%$ છે.

(A) સાદા લોલકના આવર્તકાળ $T$ નું સૂત્ર $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ છે.
આપેલ છે: $T = 4 \ s$ અને $g = \pi^2 \ ms^{-2}$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$4 = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{\pi^2}}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$16 = 4\pi^2 \cdot \frac{\ell}{\pi^2}$
$16 = 4\ell$
$\ell = \frac{16}{4} = 4 \ m$.
તેથી,લોલકની લંબાઈ $4 \ m$ છે.

(C) સાદા લોલકની આવૃત્તિનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{g}{\ell}}$
આ સૂત્ર પરથી જોઈ શકાય છે કે આવૃત્તિ એ લોલકની લંબાઈના વર્ગમૂળના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે:
$f \propto \frac{1}{\sqrt{\ell}}$
ધારો કે પ્રારંભિક લંબાઈ $\ell_1 = \ell$ અને પ્રારંભિક આવૃત્તિ $f_1 = 8 \,Hz$ છે.
જ્યારે દોરીને તેના મધ્યબિંદુએ ક્લેમ્પ કરવામાં આવે છે, ત્યારે નવી લંબાઈ $\ell_2 = \frac{\ell}{2}$ થાય છે.
હવે, નવી આવૃત્તિ $f_2$ અને પ્રારંભિક આવૃત્તિ $f_1$ નો ગુણોત્તર મેળવીએ:
$\frac{f_2}{f_1} = \sqrt{\frac{\ell_1}{\ell_2}} = \sqrt{\frac{\ell}{\ell / 2}} = \sqrt{2}$
તેથી, નવી આવૃત્તિ $f_2$ થશે:
$f_2 = \sqrt{2} \times f_1 = \sqrt{2} \times 8 \,Hz \approx 1.414 \times 8 \,Hz = 11.312 \,Hz$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ નજીકની કિંમત $11.28 \,Hz$ મળે છે.

(B) અવમંદિત દોલકનો કંપવિસ્તાર સમય સાથે $A(t) = A_0 e^{-\alpha t}$ મુજબ બદલાય છે, જ્યાં $\alpha = \frac{b}{2m}$ છે。
આપેલ છે કે કંપવિસ્તાર તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના અડધા થાય છે, તેથી $A(t) = \frac{A_0}{2}$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{A_0}{2} = A_0 e^{-\alpha t} \Rightarrow \frac{1}{2} = e^{-\alpha t}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln(0.5) = -\alpha t \Rightarrow -\ln 2 = -\alpha t \Rightarrow \ln 2 = \alpha t$.
અહીં $b = 69.3 \,g \,s^{-1}$ અને $m = 100 \,g$ આપેલ છે。
$\alpha = \frac{b}{2m} = \frac{69.3}{2 \times 100} = \frac{69.3}{200} = 0.3465 \,s^{-1}$.
$\ln 2 = 0.693$ આપેલ છે, તેથી $0.693 = 0.3465 \times t$.
સમય $t = \frac{0.693}{0.3465} = 2 \,s$ મળે છે.

(A) સ્પ્રિંગ-દળ તંત્રનો આવર્તકાળ $T$ નીચે મુજબના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}}$
અહીં, દળ $m = 2 \,kg$ અને સ્પ્રિંગ અચળાંક $k = 8 \,N/m$ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{2}{8}} = 2 \pi \sqrt{\frac{1}{4}} = 2 \pi \times \frac{1}{2} = \pi \,s$.
$t = 66 \,s$ સમયમાં પૂર્ણ થતા દોલનોની સંખ્યા $n$ નીચે મુજબ છે:
$n = \frac{t}{T} = \frac{66}{\pi}$.
$\pi \approx \frac{22}{7}$ લેતા, આપણને મળે છે:
$n = \frac{66}{22/7} = \frac{66 \times 7}{22} = 3 \times 7 = 21$.
આમ, પદાર્થ આપેલા સમયમાં $21$ દોલનો પૂર્ણ કરે છે.

(C) $S.H.M.$ કરતા પદાર્થની $x$ સ્થાનાંતર પરની સ્થિતિ ઊર્જા $U = \frac{1}{2} k x^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k$ એ બળ અચળાંક છે.
આપેલ છે:
$U_x = \frac{1}{2} k x^2 = 9 \ J$ --- $(1)$
$U_y = \frac{1}{2} k y^2 = 16 \ J$ --- $(2)$
આપણે $(x+y)$ સ્થાનાંતર પર સ્થિતિ ઊર્જા શોધવાની છે,જે $U_{(x+y)} = \frac{1}{2} k (x+y)^2$ છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા:
$U_{(x+y)} = \frac{1}{2} k (x^2 + y^2 + 2xy) = \frac{1}{2} k x^2 + \frac{1}{2} k y^2 + 2 \left( \sqrt{\frac{1}{2} k x^2} \right) \left( \sqrt{\frac{1}{2} k y^2} \right)$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$U_{(x+y)} = 9 + 16 + 2 \times \sqrt{9} \times \sqrt{16}$
$U_{(x+y)} = 25 + 2 \times 3 \times 4$
$U_{(x+y)} = 25 + 24 = 49 \ J$.

(C) $SHM$ કરતા કણનો કંપવિસ્તાર $A = 10 \ cm$ છે.
કણનું તાત્કાલિક સ્થાનાંતર $x = 6 \ cm$ છે.
કણની ગતિઊર્જા $(K)$ નું સૂત્ર $K = \frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2)$ છે.
કણની સ્થિતિઊર્જા $(U)$ નું સૂત્ર $U = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2$ છે.
ગતિઊર્જા અને સ્થિતિઊર્જાનો ગુણોત્તર $\frac{K}{U} = \frac{\frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2)}{\frac{1}{2} m \omega^2 x^2} = \frac{A^2 - x^2}{x^2}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{K}{U} = \frac{10^2 - 6^2}{6^2} = \frac{100 - 36}{36} = \frac{64}{36}$ મળે.
અપૂર્ણાંકનું સાદું રૂપ આપતા,$\frac{K}{U} = \frac{16}{9}$ મળે.
આમ,ગતિઊર્જા અને સ્થિતિઊર્જાનો ગુણોત્તર $16: 9$ છે.

(B) $S.H.M$ માં,ગતિઊર્જા $(K.E)$ અને સ્થિતિઊર્જા $(P.E)$ નીચે મુજબ છે:
$K.E = \frac{1}{2} m \omega^2 (a^2 - y^2)$
$P.E = \frac{1}{2} m \omega^2 y^2$
જ્યાં $a$ એ કંપવિસ્તાર છે અને $y$ એ સ્થાનાંતર છે.
$K.E = P.E$ માટે:
$\frac{1}{2} m \omega^2 (a^2 - y^2) = \frac{1}{2} m \omega^2 y^2$
$a^2 - y^2 = y^2$
$a^2 = 2y^2$
$y = \pm \frac{a}{\sqrt{2}}$
આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
કારણ $(R)$ અંગે,$S.H.M$ માં કણની સ્થિતિઊર્જા ખરેખર આવર્તકાલીન છે અને તે અંતિમ સ્થાનાંતર $(y = \pm a)$ પર મહત્તમ મૂલ્ય પ્રાપ્ત કરે છે. જોકે,આ વિધાન એ સમજાવતું નથી કે શા માટે ગતિઊર્જા અને સ્થિતિઊર્જા $y = a/\sqrt{2}$ પર સમાન છે. તેથી,બંને સાચા છે,પરંતુ $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી નથી.

(D) કણનું સ્થાન $x = 2 \cos (2t)$ છે.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને વેગ $v$ મળે છે:
$v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt} [2 \cos (2t)] = -2 \sin (2t) \times 2 = -4 \sin (2t) \,m/s$.
જ્યારે $|\sin (2t)| = 1$ હોય ત્યારે વેગ મહત્તમ હોય છે,તેથી $|v_{\max}| = 4 \,m/s$.
મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_{\max}$ નું સૂત્ર $K_{\max} = \frac{1}{2} m (v_{\max})^2$ છે.
આપેલ દળ $m = 2 \,kg$ અને $v_{\max} = 4 \,m/s$ કિંમતો મૂકતા:
$K_{\max} = \frac{1}{2} \times 2 \,kg \times (4 \,m/s)^2 = 16 \,J$.

(B) બ્લોક્સની ફ્રી બોડી ડાયાગ્રામ આકૃતિમાં દર્શાવેલ છે.
સંતુલન સ્થિતિમાં,પદાર્થ પર લાગતું કુલ બળ શૂન્ય હોય છે.
ઊભી રીતે લટકતા બ્લોક $A$ માટે:
$m_A g = k x$
$\Rightarrow k = \frac{m_A g}{x}$
ઢાળવાળા સમતલ પરના બ્લોક $B$ માટે:
$m_B g \sin 30^{\circ} = k x^{\prime}$
$\Rightarrow x^{\prime} = \frac{m_B g \sin 30^{\circ}}{k} = \frac{m_B g \sin 30^{\circ}}{(m_A g / x)} = \frac{m_B}{m_A} x \sin 30^{\circ}$
બંને બ્લોક્સ સમાન પદાર્થના બનેલા હોવાથી,દળ એ કદના સમપ્રમાણમાં હોય છે $(m = \rho V)$:
$\Rightarrow x^{\prime} = \frac{V_B}{V_A} x \sin 30^{\circ} = \frac{0.75}{0.25} \times 0.2 \times \sin 30^{\circ}$
$\Rightarrow x^{\prime} = 3 \times 0.2 \times 0.5 = 0.3 \ m$
ટોચથી બ્લોકનું કુલ અંતર એ અખિંચાયેલી લંબાઈ $l$ અને વિસ્તરણ $x^{\prime}$ નો સરવાળો છે:
$d = l + x^{\prime} = 1.0 \ m + 0.3 \ m = 1.3 \ m$.

(D) કણનું સ્થાનાંતર $x = x_0 \sin \left(\omega t - \frac{\pi}{6}\right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રવેગ $a$ એ $a = \frac{d^2x}{dt^2} = -\omega^2 x$ દ્વારા મળે છે.
$x$ માટેનું સમીકરણ મૂકતા:
$a = -\omega^2 x_0 \sin \left(\omega t - \frac{\pi}{6}\right)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $-\sin(\theta) = \sin(\theta + \pi)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$a = \omega^2 x_0 \sin \left(\omega t - \frac{\pi}{6} + \pi\right)$.
$a = \omega^2 x_0 \sin \left(\omega t + \frac{5\pi}{6}\right)$.
આને $a = A \sin(\omega t + \delta)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = x_0 \omega^2$ અને $\delta = \frac{5\pi}{6}$ મળે છે.

(A) સંતુલન સ્થિતિથી શરૂ થતી સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ માટે કણનું સ્થાનાંતર $x = A \sin(\omega t)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $A = 10 \,cm$ અને $x = 5 \,cm$ આપેલ છે,તેથી $5 = 10 \sin(\omega t)$,જેનો અર્થ છે કે $\sin(\omega t) = 1/2$.
આમ,$\omega t = \pi/6$. કારણ કે $\omega = 2\pi/T$,આપણને $t = \frac{\pi/6}{2\pi/T} = T/12$ મળે છે.
$T = 0.6 \,s$ આપેલ હોવાથી,સમયગાળો $t = 0.6/12 = 0.05 \,s$ થાય છે.
સરેરાશ વેગ $V_{\text{mean}}$ એ કુલ સ્થાનાંતર ભાગ્યા કુલ સમયગાળા તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$V_{\text{mean}} = \frac{\Delta x}{\Delta t} = \frac{x_f - x_i}{t_f - t_i}$.
સંતુલન સ્થિતિ ($t_i = 0$ સમયે $x_i = 0$) થી $t_f = 0.05 \,s$ સમયે $x_f = 5 \,cm$ સુધી:
$V_{\text{mean}} = \frac{5 \,cm - 0}{0.05 \,s} = 100 \,cm/s = 1 \,m/s$.

(A) આપેલ છે, દળ $m = 400 \, g = 0.4 \, kg$.
બળ $F = -10 x$.
$S.H.M.$ ના પ્રમાણિત સમીકરણ $F = -m \omega^2 x$ સાથે સરખાવતા, આપણને $m \omega^2 = 10$ મળે છે.
$m$ ની કિંમત મૂકતા:
$0.4 \omega^2 = 10$
$\omega^2 = \frac{10}{0.4} = 25$
$\omega = 5 \, rad/s$.
દોલનના કેન્દ્ર પર મહત્તમ ઝડપ $V_{max} = \omega A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$V_{max} = 10 \, m/s$ આપેલ હોવાથી:
$10 = 5 \times A$
$A = \frac{10}{5} = 2 \, m$.

(B) સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ માં,પદાર્થનો મહત્તમ વેગ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$v_{\max} = A\omega$
આના પરથી,આપણે કંપવિસ્તાર $A$ ને આ રીતે દર્શાવી શકીએ:
$A = \frac{v_{\max}}{\omega} \quad ...(i)$
જ્યાં $A$ એ કંપવિસ્તાર છે અને $\omega$ એ કોણીય આવૃત્તિ છે.
$SHM$ કરતી પદાર્થનો મહત્તમ પ્રવેગ નીચે મુજબ છે:
$a_{\max} = \omega^2 A$
સમીકરણ $(i)$ માંથી $A$ ની કિંમત $a_{\max}$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$a_{\max} = \omega^2 \left( \frac{v_{\max}}{\omega} \right)$
$a_{\max} = \omega v_{\max}$

(A) આપેલ છે,$m = 3 \ kg$ દળના કણનું સ્થાન $x = 0.3 \cos (\omega t)$ છે.
કણનો વેગ,$v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt} (0.3 \cos \omega t) = -0.3 \omega \sin (\omega t)$.
ગતિઊર્જા $K(t) = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m (-0.3 \omega \sin \omega t)^2 = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2 \sin^2 \omega t)$.
$t_1 = \frac{\pi}{6 \omega}$ સમયે,$K\left(\frac{\pi}{6 \omega}\right) = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2 \sin^2 \frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2) \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2) \left(\frac{1}{4}\right)$.
$t_2 = \frac{\pi}{3 \omega}$ સમયે,$K\left(\frac{\pi}{3 \omega}\right) = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2 \sin^2 \frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2) \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2) \left(\frac{3}{4}\right)$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{K\left(\frac{\pi}{6 \omega}\right)}{K\left(\frac{\pi}{3 \omega}\right)} = \frac{1/4}{3/4} = \frac{1}{3}$.

(B) આપેલ છે: $m = 1 \,kg$, $k = 100 \,N \,m^{-1}$, $\theta = 45^{\circ}$, $x = 10 \,cm = 0.1 \,m$, $g = 10 \,m \,s^{-2}$.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ, ગુરુત્વાકર્ષણ દ્વારા થયેલ કાર્ય અને ઘર્ષણ દ્વારા થયેલ કાર્યનો તફાવત એ બ્લોક સ્થિર થાય ત્યારે સ્પ્રિંગમાં સંગ્રહિત સ્થિતિ ઊર્જા જેટલો હોય છે.
ગુરુત્વાકર્ષણ દ્વારા થયેલ કાર્ય = $mg \sin \theta \cdot x$
ઘર્ષણ દ્વારા થયેલ કાર્ય = $f \cdot x = \mu N \cdot x = \mu mg \cos \theta \cdot x$
સ્પ્રિંગની સ્થિતિ ઊર્જા = $\frac{1}{2} k x^2$
કાર્ય-ઊર્જાના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરતા:
$mg \sin \theta \cdot x - \mu mg \cos \theta \cdot x = \frac{1}{2} k x^2$
$mg \sin \theta - \mu mg \cos \theta = \frac{1}{2} k x$
કિંમતો મૂકતા:
$1 \times 10 \times \sin 45^{\circ} - \mu \times 1 \times 10 \times \cos 45^{\circ} = \frac{1}{2} \times 100 \times 0.1$
$10 \times \frac{1}{\sqrt{2}} - \mu \times 10 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 5$
$\frac{10}{\sqrt{2}} (1 - \mu) = 5$
$1 - \mu = \frac{5 \sqrt{2}}{10} = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
$\mu = 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 1 - 0.707 = 0.293$
એક દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા, આપણને $\mu \approx 0.3$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે શંકુની ઘનતા $\rho_C$ એ પાણીની ઘનતા $\rho_W$ કરતા અડધી છે,તેથી $\rho_C = \frac{1}{2} \rho_W$.
ધારો કે સંતુલન સ્થિતિમાં પાણીમાં ડૂબેલા શંકુની ઊંચાઈ $h$ છે. તરવા માટે,શંકુનું વજન એ ઉત્પ્લાવક બળ જેટલું હોય છે:
$\frac{1}{3} \pi R^2 H \rho_C = \frac{1}{3} \pi r^2 h \rho_W$
કારણ કે $\frac{r}{h} = \tan 30^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ અને $\frac{R}{H} = \frac{1}{\sqrt{3}}$,તેથી $r = \frac{h}{\sqrt{3}}$ અને $R = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
આ કિંમતોને સંતુલન સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{1}{3} \pi (\frac{H}{\sqrt{3}})^2 H \rho_C = \frac{1}{3} \pi (\frac{h}{\sqrt{3}})^2 h \rho_W$
$\frac{H^3}{3} \rho_C = \frac{h^3}{3} \rho_W \Rightarrow \frac{h^3}{H^3} = \frac{\rho_C}{\rho_W} = \frac{1}{2} \Rightarrow h = H (\frac{1}{2})^{\frac{1}{3}}$.
જ્યારે શંકુને થોડા અંતર $\delta$ નીચે ખસેડવામાં આવે છે,ત્યારે વધારાનું ઉત્પ્લાવક બળ $F = \pi r^2 \rho_W g \delta$ થાય છે.
પુનઃસ્થાપક બળનો અચળાંક $k = \pi r^2 \rho_W g$ છે.
શંકુનું દળ $M = \frac{1}{3} \pi R^2 H \rho_C = \frac{1}{3} \pi (\frac{H}{\sqrt{3}})^2 H (\frac{1}{2} \rho_W) = \frac{1}{18} \pi H^3 \rho_W$.
સરળ આવર્ત ગતિની આવૃત્તિ $f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{k}{M}}$ છે.
$k = \pi (\frac{h}{\sqrt{3}})^2 \rho_W g = \frac{\pi h^2 \rho_W g}{3} = \frac{\pi H^2 (1/2)^{2/3} \rho_W g}{3}$.
$f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{\pi H^2 (1/2)^{2/3} \rho_W g / 3}{\pi H^3 \rho_W / 18}} = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{6 g (1/2)^{2/3}}{H}} = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{6 g}{H} \frac{1}{4^{1/3}}}$.

(B) સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ માં,અંતિમ સ્થાનો પર કણનો વેગ શૂન્ય હોય છે.
ધારો કે સ્થાનાંતર $x = A \sin(\omega t)$ છે. વેગ $v = \frac{dx}{dt} = A\omega \cos(\omega t)$ થશે.
જ્યારે $\cos(\omega t) = 0$ હોય ત્યારે વેગ શૂન્ય થાય છે,જે $t = \frac{T}{4}, \frac{3T}{4}, \dots$ સમયે થાય છે.
શૂન્ય વેગ ધરાવતા બે ક્રમિક બિંદુઓ વચ્ચેનો સમયગાળો (એટલે કે,બે અંતિમ સ્થાનો વચ્ચે) એ એક અંતિમ સ્થાનથી બીજા અંતિમ સ્થાન સુધી પહોંચવા માટેનો સમય છે,જે આવર્તકાળનો અડધો ભાગ,$\frac{T}{2}$ છે.
આપેલ છે કે,$\frac{T}{2} = 0.5 \text{ s}$.
તેથી,$T = 1 \text{ s}$.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega$ એ $\omega = \frac{2\pi}{T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$T = 1 \text{ s}$ મૂકતા,આપણને $\omega = \frac{2\pi}{1} = 2\pi \text{ rad s}^{-1}$ મળે છે.

(A) જ્યારે હાઇડ્રોમીટર સંતુલનમાં તરે છે,ત્યારે તેનું વજન ઉત્પ્લાવક બળ દ્વારા સંતુલિત થાય છે.
જ્યારે તેને $x$ જેટલા નાના અંતરે નીચે ધકેલવામાં આવે છે,ત્યારે વધારાનું ઉત્પ્લાવક બળ પુનઃસ્થાપક બળ તરીકે કાર્ય કરે છે.
વધારાનું ડૂબેલું કદ $V = \pi r^2 x$ છે.
વધારાનું ઉત્પ્લાવક બળ $F = \rho V g = \rho (\pi r^2 x) g$ છે.
આ બળ સ્થાનાંતરની વિરુદ્ધ દિશામાં કાર્ય કરતું હોવાથી,પુનઃસ્થાપક બળ $F_{restoring} = -\rho \pi r^2 g x$ થાય છે.
ન્યૂટનના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$m a = -\rho \pi r^2 g x$,જે આપણને $a = -(\frac{\rho \pi r^2 g}{m}) x$ આપે છે.
આને સરળ આવર્ત ગતિના પ્રમાણિત સમીકરણ $a = -\omega^2 x$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\omega^2 = \frac{\rho \pi r^2 g}{m}$ મળે છે.
આવર્તકાળ $T$ એ $T = \frac{2 \pi}{\omega} = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{\rho \pi r^2 g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.

(B) આપેલ છે કે,કણનું તાત્કાલિક સ્થાનાંતર $x = A \sin^2(\omega t - \frac{\pi}{4})$ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે સમીકરણને આ રીતે લખી શકીએ:
$x = A \left[ \frac{1 - \cos(2(\omega t - \frac{\pi}{4}))}{2} \right]$
$x = \frac{A}{2} [1 - \cos(2\omega t - \frac{\pi}{2})]$
સરળ આવર્ત ગતિમાં,સામાન્ય સ્વરૂપ $x = x_0 + A' \cos(\omega' t + \phi)$ છે.
આ સમીકરણની સરખામણી કરતા,દોલનની કોણીય આવૃત્તિ $\omega' = 2\omega$ મળે છે.
આવર્તકાળ $T'$ નું સૂત્ર $T' = \frac{2\pi}{\omega'}$ છે.
$\omega' = 2\omega$ મૂકતા,આપણને $T' = \frac{2\pi}{2\omega} = \frac{\pi}{\omega}$ મળે છે.

(C) તંત્રની કુલ યાંત્રિક ઉર્જા $E$ એ સ્થાનાંતરિત ગતિ ઉર્જા,ચાકગતિ ઉર્જા અને સ્પ્રિંગની સ્થિતિ ઉર્જાનો સરવાળો છે:
$E = \frac{1}{2} M V^2 + \frac{1}{2} I \omega^2 + \frac{1}{2} K x^2$
ગોળો સરક્યા વિના ગબડતો હોવાથી,$V = R \omega$,તેથી $\omega = V/R$. નક્કર ગોળાની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{2}{5} M R^2$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$E = \frac{1}{2} M V^2 + \frac{1}{2} (\frac{2}{5} M R^2) (\frac{V^2}{R^2}) + \frac{1}{2} K x^2 = \frac{1}{2} M V^2 + \frac{1}{5} M V^2 + \frac{1}{2} K x^2 = \frac{7}{10} M V^2 + \frac{1}{2} K x^2$
કુલ ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$\frac{dE}{dt} = 0$:
$\frac{d}{dt} (\frac{7}{10} M V^2 + \frac{1}{2} K x^2) = 0$
$\frac{7}{10} M (2 V \frac{dV}{dt}) + \frac{1}{2} K (2 x \frac{dx}{dt}) = 0$
$V = \frac{dx}{dt}$ અને $a = \frac{dV}{dt}$ હોવાથી:
$\frac{7}{5} M V a + K V x = 0$
$\frac{7}{5} M a + K x = 0 \implies a = -(\frac{5 K}{7 M}) x$
$SHM$ ના સમીકરણ $a = -\omega^2 x$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\omega^2 = \frac{5 K}{7 M}$ મળે છે,તેથી $\omega = \sqrt{\frac{5 K}{7 M}}$.
આવર્તકાળ $T = \frac{2 \pi}{\omega} = 2 \pi \sqrt{\frac{7 M}{5 K}}$.

(D) આપેલ છે: બરફનું દળ $m_{\text{ice}} = 5 \ g$,પ્રારંભિક તાપમાન $T_{\text{ice}} = -30^{\circ} C$. પાણીનું દળ $m_w = 20 \ g$,પ્રારંભિક તાપમાન $T_w = 35^{\circ} C$.
બરફની વિશિષ્ટ ઉષ્મા $s_{\text{ice}} = 0.5 \ cal \ g^{-1} {}^{\circ} C^{-1}$,પાણીની વિશિષ્ટ ઉષ્મા $s_w = 1 \ cal \ g^{-1} {}^{\circ} C^{-1}$,ગલનગુપ્ત ઉષ્મા $L_f = 80 \ cal \ g^{-1}$.
બરફને $-30^{\circ} C$ થી $0^{\circ} C$ સુધી ગરમ કરવા માટે જરૂરી ઉષ્મા: $Q_1 = m_{\text{ice}} s_{\text{ice}} \Delta T = 5 \times 0.5 \times 30 = 75 \ cal$.
$0^{\circ} C$ પર બરફને ઓગાળવા માટે જરૂરી ઉષ્મા: $Q_2 = m_{\text{ice}} L_f = 5 \times 80 = 400 \ cal$.
બરફને $-30^{\circ} C$ થી $0^{\circ} C$ ના પાણીમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે કુલ જરૂરી ઉષ્મા $Q_{\text{total}} = 75 + 400 = 475 \ cal$.
પાણી દ્વારા $35^{\circ} C$ થી $0^{\circ} C$ સુધી ઠંડા થતા મુક્ત થતી ઉષ્મા: $Q_{\text{avail}} = m_w s_w \Delta T = 20 \times 1 \times 35 = 700 \ cal$.
અહીં $Q_{\text{avail}} > Q_{\text{total}}$ હોવાથી,અંતિમ તાપમાન $T$ એ $0^{\circ} C$ થી વધારે હશે.
કેલરીમીટ્રીના સિદ્ધાંત મુજબ,પાણી દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા = બરફ દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા:
$m_w s_w (35 - T) = Q_{\text{total}} + m_{\text{ice}} s_w (T - 0)$
$20 \times 1 \times (35 - T) = 475 + 5 \times 1 \times T$
$700 - 20T = 475 + 5T$
$225 = 25T$
$T = 9^{\circ} C$.

(A) આ પ્રક્રિયા ત્રણ તબક્કામાં થાય છે:
$1$. બરફને $-10^{\circ}C$ થી $0^{\circ}C$ સુધી ગરમ કરવો: $Q_1 = m \cdot S_{ice} \cdot \Delta T = 0.2 \ kg \times 2100 \ J \ kg^{-1} K^{-1} \times 10 \ K = 4200 \ J$
$2$. $0^{\circ}C$ તાપમાને બરફનું પાણીમાં રૂપાંતર: $Q_2 = m \cdot L_f = 0.2 \ kg \times 3.35 \times 10^5 \ J \ kg^{-1} = 67000 \ J$
$3$. પાણીને $0^{\circ}C$ થી $30^{\circ}C$ સુધી ગરમ કરવું: $Q_3 = m \cdot S_{water} \cdot \Delta T = 0.2 \ kg \times 4186 \ J \ kg^{-1} K^{-1} \times 30 \ K = 25116 \ J$
કુલ જરૂરી ઉષ્મા $Q = Q_1 + Q_2 + Q_3 = 4200 + 67000 + 25116 = 96316 \ J$.

(C) આપેલ છે: ધાતુના બ્લોકનું દળ,$m = 3.3 \ kg = 3300 \ g$.
તાપમાનમાં ફેરફાર,$\Delta T = 400^{\circ} C$.
ધાતુની વિશિષ્ટ ઉષ્મા,$s_m = 0.4 \ J \ g^{-1} \ K^{-1}$.
બરફની ગલનગુપ્ત ઉષ્મા,$L_f = 330 \ J \ g^{-1}$.
ધાતુના બ્લોક દ્વારા મુક્ત થતી ઉષ્મા $Q = m \cdot s_m \cdot \Delta T$ છે.
$Q = 3300 \ g \times 0.4 \ J \ g^{-1} \ K^{-1} \times 400 \ K = 528,000 \ J$.
ધારો કે $m'$ એ ઓગળેલા બરફનું દળ છે. બરફને ઓગળવા માટે જરૂરી ઉષ્મા $Q = m' \cdot L_f$ છે.
$m' = \frac{Q}{L_f} = \frac{528,000 \ J}{330 \ J \ g^{-1}} = 1600 \ g$.
તેથી,$m' = 1.6 \ kg$.

(D)
આપેલ છે: પાણીનું દળ $m = 200 \,g = 0.2 \,kg$, સમય $t = 200 \,s$, વિશિષ્ટ ઉષ્મા $s = 4200 \,J \,kg^{-1} \,K^{-1}$, અને તાપમાનનો તફાવત $\Delta T = 100^\circ C - 40^\circ C = 60 \,K$।
પાણીનું તાપમાન વધારવા માટે જરૂરી ઉષ્મા ઉર્જા:
$Q = m \cdot s \cdot \Delta T$
હીટર દ્વારા પૂરો પાડવામાં આવતો પાવર:
$P = \frac{Q}{t} = \frac{m \cdot s \cdot \Delta T}{t}$
કિંમતો મૂકતા:
$P = \frac{0.2 \,kg \times 4200 \,J \,kg^{-1} \,K^{-1} \times 60 \,K}{200 \,s}$
$P = \frac{50400}{200} \,W = 252 \,W$

(C) ગોળાના ઉર્જા વિનિમયનો ચોખ્ખો દર સ્ટીફન-બોલ્ટ્ઝમેન નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $P = \varepsilon \sigma A (T^4 - T_s^4)$.
આપેલ છે:
ઉત્સર્જકતા $\varepsilon = 0.5$
સ્ટીફન-બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક $\sigma = 5.67 \times 10^{-8} \ W \ m^{-2} \ K^{-4}$
સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $A = 4 \ m^2$
ગોળાનું તાપમાન $T = 400 \ K$
વાતાવરણનું તાપમાન $T_s = 200 \ K$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$P = 0.5 \times (5.67 \times 10^{-8}) \times 4 \times [400^4 - 200^4]$
$P = 2 \times 5.67 \times 10^{-8} \times [(4 \times 10^2)^4 - (2 \times 10^2)^4]$
$P = 11.34 \times 10^{-8} \times [256 \times 10^8 - 16 \times 10^8]$
$P = 11.34 \times 10^{-8} \times [240 \times 10^8]$
$P = 11.34 \times 240 = 2721.6 \ W$.

(C) ન્યૂટનના શીતલન (cooling) ના નિયમ મુજબ,ઠંડા પડવાનો દર $\frac{dT}{dt} = -k(T - T_s)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ પદાર્થનું તાપમાન છે અને $T_s$ એ આસપાસનું તાપમાન છે.
પ્રથમ અંતરાલ માટે,સરેરાશ તાપમાન $T_{avg1} = \frac{75+60}{2} = 67.5^{\circ}C$ છે.
બીજા અંતરાલ માટે,સરેરાશ તાપમાન $T_{avg2} = \frac{65+55}{2} = 60^{\circ}C$ છે.
અહીં $T_{avg2} < T_{avg1}$ હોવાથી,પદાર્થ અને આસપાસના તાપમાન વચ્ચેનો તફાવત બીજા કિસ્સામાં ઓછો છે.
તેથી,બીજા કિસ્સામાં ઠંડા પડવાનો દર $\frac{dT}{dt}$ ઓછો હશે.
બંને કિસ્સામાં તાપમાનનો ઘટાડો $10^{\circ}C$ હોવાથી,ઠંડા પડવાનો દર ઓછો હોવાનો અર્થ એ છે કે બીજા કિસ્સામાં ઠંડા થવા માટે વધુ સમય લાગશે.

(A) તાપમાન $T$ પર ધાતુની પટ્ટીની લંબાઈ $L = L_0 [1 + \alpha \Delta T]$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $L_0$ એ અંકન તાપમાન $T_0 = 25^{\circ} C$ પરની લંબાઈ છે.
લંબાઈમાં થતો ફેરફાર $\Delta L = L - L_0 = L_0 \alpha (T - T_0)$ છે.
માપનમાં થતી પ્રતિશત ભૂલ $|\frac{\Delta L}{L_0} \times 100\%|$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\alpha = 1 \times 10^{-5} {}^{\circ} C^{-1}$,$T = -15^{\circ} C$,અને $T_0 = 25^{\circ} C$.
પ્રતિશત ભૂલ $= |\alpha (T - T_0) \times 100\%|$
$= |1 \times 10^{-5} (-15 - 25) \times 100\%|$
$= |1 \times 10^{-5} (-40) \times 100\%|$
$= |-40 \times 10^{-3}\%| = 0.04\%$.

(D) આપેલ છે,ગોળાનો વ્યાસ $= D$.
પ્રારંભિક સપાટીનું ક્ષેત્રફળ,$A = 4 \pi R^2 = 4 \pi (D/2)^2 = \pi D^2$.
$\delta T$ તાપમાન વધાર્યા પછી સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $A' = \pi (D')^2$ છે,જ્યાં $D'$ એ નવો વ્યાસ છે.
રેખીય પ્રસરણના સમીકરણ પરથી,$D' = D(1 + \alpha \delta T)$.
$A'$ ના સમીકરણમાં $D'$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે $A' = \pi [D(1 + \alpha \delta T)]^2 = \pi D^2 (1 + 2\alpha \delta T + \alpha^2 \delta T^2)$.
સપાટીના ક્ષેત્રફળમાં થતો ફેરફાર $\Delta A = A' - A = \pi D^2 (1 + 2\alpha \delta T + \alpha^2 \delta T^2) - \pi D^2$.
$\Delta A = \pi D^2 (2\alpha \delta T + \alpha^2 \delta T^2) = \pi D^2 \alpha \delta T (2 + \alpha \delta T)$.

(B) ઘનતા $\rho$ એ કદ $V$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $\rho \propto \frac{1}{V}$.
તાપમાનમાં નાના ફેરફાર $\Delta \theta$ માટે,કદ $V_2 = V_1(1 + \gamma \Delta \theta)$ મુજબ બદલાય છે,જ્યાં $\gamma$ એ કદ પ્રસરણાંક છે.
આમ,નવી ઘનતા $\rho_2 = \frac{m}{V_2} = \frac{m}{V_1(1 + \gamma \Delta \theta)} = \rho_1(1 + \gamma \Delta \theta)^{-1}$ દ્વારા મળે છે.
દ્વિપદી અંદાજ $(1 + x)^{-1} \approx 1 - x$ નો ઉપયોગ કરતા,$\rho_2 \approx \rho_1(1 - \gamma \Delta \theta)$ મળે છે.
ઘનતામાં થતો આંશિક ફેરફાર $\frac{\Delta \rho}{\rho_1} = \frac{\rho_2 - \rho_1}{\rho_1} = -\gamma \Delta \theta$ છે.
અહીં $\gamma = 5 \times 10^{-4} {^{\circ}C}^{-1}$ અને $\Delta \theta = 40^{\circ}C$ આપેલ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\Delta \rho}{\rho_1} = -(5 \times 10^{-4} {^{\circ}C}^{-1}) \times (40^{\circ}C) = -200 \times 10^{-4} = -0.02$.
ઘનતામાં થતા આંશિક ફેરફારનું મૂલ્ય $0.02$ છે.

(B) ઘનતાનું સૂત્ર $\rho = \frac{m}{V}$ છે.
દળ $m$ અચળ રહેતું હોવાથી,$\rho \propto \frac{1}{V}$ થાય.
લોગેરિધમિક વિકલન લેતા,$\frac{d\rho}{\rho} = -\frac{dV}{V}$ મળે.
નાના ફેરફારો માટે,$\frac{\Delta \rho}{\rho} = -\frac{\Delta V}{V}$ લખી શકાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\Delta V = V_0 \gamma \Delta T$,જ્યાં $\gamma$ એ કદ પ્રસરણાંક છે.
તેથી,$\frac{\Delta \rho}{\rho} = -\gamma \Delta T$ થાય.
ઘનતામાં થતો ટકાવારી ફેરફાર $\frac{\Delta \rho}{\rho} \times 100 = -\gamma \Delta T \times 100$ છે.
અહીં $\gamma = 18.2 \times 10^{-5} \ K^{-1}$ અને $\Delta T = 60^{\circ} C - 10^{\circ} C = 50 \ K$ આપેલ છે.
ટકાવારી ફેરફાર $= 18.2 \times 10^{-5} \times 50 \times 100 = 18.2 \times 10^{-5} \times 5000 = 0.91 \%$.

(A) આપેલ છે: વાયુ દ્વારા થયેલ કાર્ય, $W = 200 \,J$.
અચળ દબાણે વિસ્તરણ પામતા આદર્શ એકપરમાણ્વીય વાયુ માટે, શોષાયેલી ઉષ્મા $Q = n C_p \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
થયેલ કાર્ય $W = n R \Delta T$ છે.
$Q$ અને $W$ નો ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{Q}{W} = \frac{n C_p \Delta T}{n R \Delta T} = \frac{C_p}{R}$.
એકપરમાણ્વીય વાયુ માટે, અચળ કદે મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_v = \frac{3}{2} R = 1.5 R$ છે.
સંબંધ $C_p = C_v + R$ નો ઉપયોગ કરતા, આપણને $C_p = 1.5 R + R = 2.5 R$ મળે છે.
આ કિંમત ગુણોત્તરમાં મૂકતા:
$\frac{Q}{W} = \frac{2.5 R}{R} = 2.5$.
તેથી, $Q = 2.5 \times W = 2.5 \times 200 \,J = 500 \,J$.

(B) $n$ મોલ વાયુની આંતરિક ઉર્જા $U = n \frac{f}{2} RT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $f$ એ મુક્તિના અંશો (degrees of freedom) છે.
એક-પરમાણ્વીય વાયુઓ $(He, Ar)$ માટે,$f = 3$.
દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુઓ $(N_2, H_2)$ માટે,$f = 5$ (કંપન ગતિના પ્રકારોને અવગણતા).
કુલ આંતરિક ઉર્જા $U_{total} = U_{He} + U_{Ar} + U_{N_2} + U_{H_2}$.
$U_{total} = (3 \times \frac{3}{2} RT) + (1 \times \frac{3}{2} RT) + (5 \times \frac{5}{2} RT) + (3 \times \frac{5}{2} RT)$.
$U_{total} = (4.5 + 1.5 + 12.5 + 7.5) RT = 26 RT$.

(A) ધારો કે એક પદાર્થ પરનો વિદ્યુતભાર $q$ છે,તો બીજા પદાર્થ પરનો વિદ્યુતભાર $(Q - q)$ થશે.
કુલંબના નિયમ મુજબ,તેમની વચ્ચેનું સ્થિત-વિદ્યુત બળ $F_e = \frac{K q(Q - q)}{r^2}$ છે,જ્યાં $r$ તેમની વચ્ચેનું અંતર છે.
મહત્તમ બળ માટેની શરત મેળવવા માટે,આપણે $F_e$ નું $q$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ:
$\frac{dF_e}{dq} = \frac{K}{r^2} \frac{d}{dq}(qQ - q^2) = 0$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{d}{dq}(qQ - q^2) = 0$.
$Q - 2q = 0$,જે આપણને $q = Q/2$ આપે છે.
બીજા પદાર્થ પરનો વિદ્યુતભાર $(Q - q) = Q - Q/2 = Q/2$ થશે.
તેથી,જ્યારે વિદ્યુતભારો $Q/2$ અને $Q/2$ તરીકે સમાન રીતે વહેંચાયેલા હોય ત્યારે સ્થિત-વિદ્યુત બળ મહત્તમ હોય છે.

(A) ચાર વિદ્યુતભારો $A(1,0,0), B(-1,0,0), C(0,1,0),$ અને $D(0,-1,0)$ પર સ્થિત છે. આપણે બિંદુ $P(0,0,1)$ પર વિદ્યુતક્ષેત્ર શોધવાનું છે.
દરેક વિદ્યુતભારથી બિંદુ $P$ નું અંતર $r = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} \text{ m}$ છે.
બિંદુ $P$ પર દરેક વિદ્યુતભારને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્રનું મૂલ્ય:
$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q}{r^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q}{2}$.
સંમિતિને કારણે,ચાર વિદ્યુતભારોના વિદ્યુતક્ષેત્રના સમક્ષિતિજ ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે. માત્ર શિરોલંબ ઘટકો ($Z$-અક્ષની દિશામાં) જ કુલ વિદ્યુતક્ષેત્રમાં ફાળો આપે છે.
દરેક વિદ્યુતભારથી વિદ્યુતક્ષેત્ર સદિશ $Z$-અક્ષ સાથે જે ખૂણો $\theta$ બનાવે છે તે $\cos \theta = \frac{1}{r} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
દરેક વિદ્યુતભારથી વિદ્યુતક્ષેત્રનો શિરોલંબ ઘટક $E_z = E \cos \theta = \left( \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q}{2} \right) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}$ છે.
આવા ચાર વિદ્યુતભારો હોવાથી,કુલ વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_{\text{net}}$:
$E_{\text{net}} = 4 \cdot E_z = 4 \cdot \left( \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q}{2 \sqrt{2}} \right) = \frac{q}{2 \sqrt{2} \pi \varepsilon_0} \text{ N/C}$.

(A) ધારો કે વિદ્યુતભારોના સ્થાન $+5q$ માટે $x_1 = 0$,$Q$ માટે $x_2 = 2r/3$ અને $-2q$ માટે $x_3 = r$ છે. $+5q$ અને $-2q$ વચ્ચેનું અંતર $r$ છે,અને $Q$ તથા $-2q$ વચ્ચેનું અંતર $r/3$ છે.
$-2q$ વિદ્યુતભાર પરનું પરિણામી બળ શૂન્ય થવા માટે,$+5q$ અને $Q$ દ્વારા $-2q$ પર લાગતા બળોના મૂલ્યો સમાન અને દિશા પરસ્પર વિરુદ્ધ હોવી જોઈએ.
ધારો કે $+5q$ દ્વારા $-2q$ પર લાગતું બળ $F_1$ છે અને $Q$ દ્વારા $-2q$ પર લાગતું બળ $F_2$ છે.
$F_1 = \frac{k |5q| |-2q|}{r^2} = \frac{10kq^2}{r^2}$ (આકર્ષી,ડાબી તરફ).
પરિણામી બળ શૂન્ય થવા માટે,$F_2$ અપાકર્ષી (જમણી તરફ) હોવું જોઈએ,તેથી $Q$ ધન હોવો જોઈએ.
$F_2 = \frac{k |Q| |-2q|}{(r/3)^2} = \frac{k |Q| 2q}{r^2/9} = \frac{18k|Q|q}{r^2}$.
બંનેના મૂલ્યોને સરખાવતા: $\frac{10kq^2}{r^2} = \frac{18kQq}{r^2}$.
$10q = 18Q \Rightarrow Q = \frac{10}{18}q = \frac{5}{9}q$.

(C) બાહ્ય વિદ્યુતક્ષેત્રમાં રહેલા વિદ્યુત ડાયપોલ પર લાગતું ટોર્ક $\tau$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\tau = p E \sin \theta$.
આપેલ છે:
ડાયપોલ મોમેન્ટ $p = 5 \times 10^{-7} \text{ C m}$
વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = 2 \times 10^4 \text{ N C}^{-1}$
ખૂણો $\theta = 60^{\circ}$
કિંમતો મૂકતા:
$\tau = (5 \times 10^{-7}) \times (2 \times 10^4) \times \sin(60^{\circ})$
$\tau = 10 \times 10^{-3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\tau = 10 \times 10^{-3} \times 0.866$
$\tau = 8.66 \times 10^{-3} \text{ N m}$

(C) ધારો કે અર્ધવર્તુળની ત્રિજ્યા $R$ છે. તારની લંબાઈ $L = \pi R$ છે,તેથી $R = L / \pi$. રેખીય વિદ્યુતભાર ઘનતા $\lambda = Q / L$ છે.
તારના $dl = R d\theta$ લંબાઈના નાના ખંડનો વિચાર કરો જે શિરોલંબ અક્ષ સાથે $\theta$ ખૂણે છે. આ ખંડ પરનો વિદ્યુતભાર $dQ = \lambda dl = \lambda R d\theta$ છે.
કેન્દ્ર પર આ ખંડને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $dE = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{dQ}{R^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{\lambda R d\theta}{R^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{\lambda d\theta}{R}$ છે.
સંમિતિને કારણે,વિદ્યુતક્ષેત્રના સમક્ષિતિજ ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે. કુલ વિદ્યુતક્ષેત્ર એ શિરોલંબ ઘટકો $dE \cos \theta$ નું $-\pi / 2$ થી $\pi / 2$ સુધીનું સંકલન છે:
$E = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} dE \cos \theta = \frac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_0 R} \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \cos \theta d\theta = \frac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_0 R} [\sin \theta]_{-\pi / 2}^{\pi / 2} = \frac{2 \lambda}{4 \pi \varepsilon_0 R} = \frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0 R}$.
$\lambda = Q / L$ અને $R = L / \pi$ મૂકતા:
$E = \frac{Q / L}{2 \pi \varepsilon_0 (L / \pi)} = \frac{Q}{2 \varepsilon_0 L^2} \cdot \pi = \frac{\pi Q}{2 \varepsilon_0 L^2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) જ્યારે અવલોકનકાર સ્થિર વિદ્યુતભારની સાપેક્ષમાં સ્થિર હોય છે,ત્યારે તે માત્ર વિદ્યુતક્ષેત્ર અનુભવે છે.
જ્યારે અવલોકનકાર વિદ્યુતભારથી દૂર જવાનું શરૂ કરે છે,ત્યારે વિદ્યુતભાર અને અવલોકનકાર વચ્ચે સાપેક્ષ વેગ ઉદભવે છે.
વિદ્યુતચુંબકત્વના સિદ્ધાંતો મુજબ,ગતિમાન વિદ્યુતભાર અવલોકનકારના સંદર્ભ ફ્રેમમાં વિદ્યુતક્ષેત્ર અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર બંને ઉત્પન્ન કરે છે.
તેથી,અવલોકનકાર વિદ્યુતક્ષેત્ર અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર બંને અનુભવે છે.

(B) વિધાન $(A)$ માટે:
સ્થિતિમાનનો તફાવત $dV = -\vec{E} \cdot d\vec{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. જો વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E} = 0$ હોય,તો $dV = 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે સમગ્ર વિસ્તારમાં સ્થિતિમાન $V$ અચળ રહે છે.
કારણ $(R)$ માટે:
ગૌસના નિયમ મુજબ,બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi_E = \oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{q_{enclosed}}{\epsilon_0}$ છે.
જો વિસ્તારમાં દરેક જગ્યાએ $\vec{E} = 0$ હોય,તો ફ્લક્સ $\phi_E = 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $q_{enclosed} = 0$. આમ,કારણ સાચું છે.
જોકે,કારણ એ સમજાવે છે કે જો ક્ષેત્ર શૂન્ય હોય તો વિદ્યુતભાર શા માટે શૂન્ય હોવો જોઈએ,પરંતુ તે એ સમજાવતું નથી કે તે વિસ્તારમાં સ્થિતિમાન શા માટે અચળ છે (જે $E = -\nabla V$ સંબંધ પરથી તારવવામાં આવે છે). તેથી,$(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી નથી.

(A) વિદ્યુતભારો $x = 0, \pm 1 \text{ cm}, \pm 2 \text{ cm}, \pm 3 \text{ cm}, \dots$ પર મૂકવામાં આવ્યા છે.
ગોળીય સપાટીની ત્રિજ્યા $2.5 \text{ cm}$ છે અને તે ઉગમબિંદુ પર કેન્દ્રિત હોવાથી,તે $x = 0, \pm 1 \text{ cm},$ અને $\pm 2 \text{ cm}$ પર રહેલા વિદ્યુતભારોને આવરી લે છે.
આમ,કુલ આવરી લેવાયેલા વિદ્યુતભારોની સંખ્યા $1$ (ઉગમબિંદુ પર) $+ 2$ ($\pm 1 \text{ cm}$ પર) $+ 2$ ($\pm 2 \text{ cm}$ પર) $= 5$ વિદ્યુતભારો છે.
તેથી,ગોળા દ્વારા ઘેરાયેલો કુલ વિદ્યુતભાર $Q_{\text{enclosed}} = 5q$ થાય.
ગોસના નિયમ મુજબ,ગોળીય સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi = \frac{Q_{\text{enclosed}}}{\varepsilon_0}$ છે.
તેથી,$\phi = \frac{5q}{\varepsilon_0}$.

(D) ગૌસના નિયમ મુજબ,બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi = \frac{q_{\text{net}}}{\varepsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $q_{\text{net}}$ એ સપાટી દ્વારા ઘેરાયેલો કુલ વિદ્યુતભાર છે.
સપાટી $A$ માટે,ઘેરાયેલા વિદ્યુતભારો $q$,$3q$,$-2q$,અને $-5q$ છે.
તેથી,$(q_{\text{net}})_A = q + 3q - 2q - 5q = -3q$.
આમ,$\phi_A = \frac{-3q}{\varepsilon_0}$.
સપાટી $B$ માટે,ઘેરાયેલા વિદ્યુતભારો $3q$,$-q$,અને $2q$ છે.
તેથી,$(q_{\text{net}})_B = 3q - q + 2q = 4q$.
આમ,$\phi_B = \frac{4q}{\varepsilon_0}$.
હવે,ફ્લક્સનો ગુણોત્તર:
$\frac{\phi_A}{\phi_B} = \frac{-3q / \varepsilon_0}{4q / \varepsilon_0} = -\frac{3}{4}$.

(A) પૃષ્ઠ ઘનતા $\sigma$ ધરાવતા મોટા વિદ્યુતભારીત સમતલને કારણે ઉદ્ભવતું વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{\sigma}{2 \varepsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $\sigma = 4.9 \times 10^{-6} \text{ C m}^{-2}$ આપેલ છે.
ક્ષેત્રફળ $A$ માંથી પસાર થતું વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi = \vec{E} \cdot \vec{A} = EA \cos \theta$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે,જ્યાં $\theta$ એ વિદ્યુતક્ષેત્ર સદિશ અને ક્ષેત્રફળ સદિશ (સપાટીને લંબ) વચ્ચેનો ખૂણો છે.
અહીં,વિદ્યુતક્ષેત્ર $z$-અક્ષની દિશામાં છે. વર્તુળાકાર સમતલનો લંબ $z$-અક્ષ સાથે $\theta = 60^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2 = \pi \times (0.01 \text{ m})^2 = \pi \times 10^{-4} \text{ m}^2$.
$\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} = 9 \times 10^9 \text{ N m}^2 \text{ C}^{-2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{2 \varepsilon_0} = 18 \pi \times 10^9$ થાય.
તેથી,$\phi = \left( \frac{\sigma}{2 \varepsilon_0} \right) A \cos 60^{\circ} = (\sigma \times 18 \pi \times 10^9) \times (\pi \times 10^{-4}) \times \frac{1}{2}$.
કિંમતો મૂકતા: $\phi = (4.9 \times 10^{-6}) \times (18 \pi^2 \times 10^5) \times 0.5 = 43.56 \text{ N m}^2 \text{ C}^{-1}$.

(A) ગોસના નિયમ મુજબ,બંધ સપાટી સાથે સંકળાયેલ વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi = \frac{Q_{\text{enclosed}}}{\varepsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સપાટી $P_1$ માટે,બંધિત વિદ્યુતભાર $Q_{\text{enclosed}, 1} = \frac{Q}{2}$ છે.
તેથી,$P_1$ સાથે સંકળાયેલ ફ્લક્સ $\phi_1 = \frac{Q/2}{\varepsilon_0} = \frac{Q}{2\varepsilon_0}$ છે.
સપાટી $P_2$ માટે,બંધિત વિદ્યુતભાર $Q_{\text{enclosed}, 2} = \frac{Q}{2} + 4Q = \frac{9Q}{2}$ છે.
તેથી,$P_2$ સાથે સંકળાયેલ ફ્લક્સ $\phi_2 = \frac{9Q/2}{\varepsilon_0} = \frac{9Q}{2\varepsilon_0}$ છે.
બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,આપણને $\phi_2 = 9 \times \left(\frac{Q}{2\varepsilon_0}\right) = 9\phi_1$ મળે છે.

(A) સ્થિત વિદ્યુત ક્ષેત્રમાં વિદ્યુતભારને ખસેડવા માટે કરવું પડતું કાર્ય $W$ એ સ્થિત વિદ્યુત સ્થિતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર $\Delta U$ જેટલું હોય છે.
$W = U_f - U_i = k q_1 q_2 (\frac{1}{r_f} - \frac{1}{r_i})$
આપેલ છે: $q_1 = 10 \times 10^{-6} \ C$,$q_2 = 12 \times 10^{-6} \ C$,$k = 9 \times 10^9 \ N \ m^2/C^2$.
પ્રારંભિક અંતર $r_i = 10 \ cm = 0.1 \ m$.
અંતિમ અંતર $r_f = 10 \ cm - 6 \ cm = 4 \ cm = 0.04 \ m$.
$W = (9 \times 10^9) \times (10 \times 10^{-6}) \times (12 \times 10^{-6}) \times (\frac{1}{0.04} - \frac{1}{0.1})$
$W = 1.08 \times (25 - 10) = 1.08 \times 15 = 16.2 \ J$.
નોંધ: ગણતરી કરેલ પરિણામ $16.2 \ J$ છે. આપેલા વિકલ્પોમાંથી કોઈ પણ આ પરિણામ સાથે મેળ ખાતું નથી.

(A) વિધાન $(A)$ સાચું છે: વિદ્યુતભારીત પોલા ધાતુના ગોળાની અંદર,વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = 0$ હોય છે કારણ કે અંદર કોઈ વિદ્યુતભાર હોતો નથી. જોકે,વિદ્યુત સ્થિતિમાન $V$ અચળ હોય છે અને સપાટી પરના સ્થિતિમાન જેટલું હોય છે,તેથી $V \neq 0$.
વિધાન $(B)$ સાચું છે: વ્યાખ્યા મુજબ,સમસ્થિતિમાન પૃષ્ઠ એવું પૃષ્ઠ છે જ્યાં દરેક બિંદુએ સ્થિતિમાન સમાન હોય છે. કાર્ય $W = q(V_f - V_i)$ હોવાથી અને $V_f = V_i$ હોવાથી,થયેલું કાર્ય $0$ થાય છે.
વિધાન $(C)$ સાચું છે: જ્યારે બે સમાન વિદ્યુતભારોને નજીક લાવવામાં આવે છે,ત્યારે તેઓ એકબીજાને અપાકર્ષે છે. તેમને નજીક લાવવા માટે,સ્થિત-વિદ્યુત અપાકર્ષણ બળની વિરુદ્ધ બાહ્ય કાર્ય કરવું પડે છે. આ કાર્ય તંત્રની પરસ્પર સ્થિત-વિદ્યુત સ્થિતિ ઊર્જામાં વધારા તરીકે સંગ્રહિત થાય છે.
તેથી,ત્રણેય વિધાનો સાચા છે.

(C) વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = 5x \hat{i}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બે બિંદુઓ વચ્ચેનો સ્થિતિમાનનો તફાવત $V_B - V_A = -\int_{A}^{B} \vec{E} \cdot d\vec{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વિદ્યુતક્ષેત્ર માત્ર $X$-દિશામાં હોવાથી, $Y$-અક્ષ (જ્યાં $x=0$ છે) એ સમસ્થિતિમાન રેખા છે. તેથી, બિંદુ $A(0, 5)$ પરનું સ્થિતિમાન એ ઉગમબિંદુ $C(0, 0)$ પરના સ્થિતિમાન જેટલું જ છે.
$V_A = V_C$.
હવે, આપણે $C(0, 0)$ અને $B(2, 0)$ વચ્ચેનો સ્થિતિમાનનો તફાવત ગણીએ:
$V_B - V_C = -\int_{0}^{2} E_x dx = -\int_{0}^{2} 5x dx$.
$V_B - V_C = -5 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{2} = -5 \left( \frac{4}{2} - 0 \right) = -5(2) = -10 \text{ V}$.
કારણ કે $V_A = V_C$, તેથી $V_B - V_A = -10 \text{ V}$ થાય.

(A) વિદ્યુત ક્ષેત્ર $\vec{E}$ અને વિદ્યુત સ્થિતિમાન $\phi$ વચ્ચેનો સંબંધ $\vec{E} = -\nabla \phi$ છે.
અહીં સ્થિતિમાન $\phi$ માત્ર $x$ પર આધારિત હોવાથી,વિદ્યુત ક્ષેત્ર $\vec{E} = -\frac{\partial \phi}{\partial x} \hat{i}$ થશે.
આપેલ છે કે $\phi(x) = \phi_0 \frac{x_0}{x} = (8 \ V)(5 \ m) \frac{1}{x} = \frac{40}{x} \ V \cdot m$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $\frac{\partial \phi}{\partial x} = 40 \frac{d}{dx}(x^{-1}) = 40 (-x^{-2}) = -\frac{40}{x^2}$.
તેથી,$\vec{E} = -(-\frac{40}{x^2}) \hat{i} = \frac{40}{x^2} \hat{i} \ V/m$.
બિંદુ $(10 \ m, 5 \ m, 5 \ m)$ પર,$x$-યામ $10 \ m$ છે.
$\vec{E}$ ના સમીકરણમાં $x = 10 \ m$ મૂકતા: $\vec{E} = \frac{40}{10^2} \hat{i} = \frac{40}{100} \hat{i} = 0.40 \ Vm^{-1} \hat{i}$.

(C) વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E}$ અને સ્થિતિમાન $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $\vec{E} = -\nabla V$ છે,જેનો અર્થ છે કે $dV = -\vec{E} \cdot d\vec{r}$.
આપેલ છે કે $\vec{E} = A(x \hat{i} + y \hat{j})$,તેથી $dV = -A(x dx + y dy)$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$V = -A \int x dx - A \int y dy = -A \frac{x^2}{2} - A \frac{y^2}{2} + C$,જ્યાં $C$ એ સંકલન અચળાંક છે.
$A = 10 \ Vm^{-2}$ મૂકતા,$V = -5(x^2 + y^2) + C$ મળે.
આપેલ છે કે $(10 \ m, 20 \ m)$ પર સ્થિતિમાન શૂન્ય છે,તેથી $0 = -5(10^2 + 20^2) + C$.
$0 = -5(100 + 400) + C \Rightarrow 0 = -5(500) + C \Rightarrow C = 2500 \ V$.
આમ,સ્થિતિમાનનું વિધેય $V(x, y) = -5(x^2 + y^2) + 2500$ છે.
ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ પર,સ્થિતિમાન $V(0, 0) = -5(0^2 + 0^2) + 2500 = 2500 \ V$ થાય.

(D) અનંત અવાહક શીટ દ્વારા ઉત્પન્ન થતું વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{\sigma}{2 \varepsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $\sigma = 7 \times 10^{-7} \text{ C m}^{-2}$ અને $\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} = 9 \times 10^9 \text{ SI units}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\varepsilon_0 = \frac{1}{4 \pi \times 9 \times 10^9} \approx 8.85 \times 10^{-12} \text{ F m}^{-1}$.
વિદ્યુતક્ષેત્ર અને વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત $\Delta V$ વચ્ચેનો સંબંધ અંતર $\Delta r$ માટે $|E| = \frac{\Delta V}{\Delta r}$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{\sigma}{2 \varepsilon_0} = \frac{\Delta V}{\Delta r}$
$\Delta r = \frac{\Delta V \times 2 \varepsilon_0}{\sigma} = \frac{19.8 \times 2 \times 8.85 \times 10^{-12}}{7 \times 10^{-7}}$
$\Delta r = \frac{19.8 \times 17.7 \times 10^{-12}}{7 \times 10^{-7}} \approx 5 \times 10^{-4} \text{ m} = 0.5 \text{ mm}$.

(A) બાજુવાળા ચોરસના કેન્દ્ર પર $4$ ખૂણાઓ પર $q$ વીજભાર હોય ત્યારે વિદ્યુત સ્થિતિમાન $V = 4 \times \frac{Kq}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r$ એ કેન્દ્રથી કોઈપણ ખૂણા સુધીનું અંતર છે.
$a$ બાજુવાળા ચોરસ માટે,વિકર્ણ $a\sqrt{2}$ છે,તેથી કેન્દ્રથી ખૂણા સુધીનું અંતર $r = \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a}{\sqrt{2}}$ થાય.
પ્રથમ ચોરસ માટે,$a_1 = 1 \ m$,તેથી $r_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} \ m$. સ્થિતિમાન $V_1 = 4 \times \frac{K \times 2}{1/\sqrt{2}} = 8\sqrt{2}K$ છે.
બીજા ચોરસ માટે,$a_2 = 2 \ m$,તેથી $r_2 = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \ m$. સ્થિતિમાન $V_2 = 4 \times \frac{K \times 2}{\sqrt{2}} = \frac{8K}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2}K$ છે.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{V_2}{V_1} = \frac{4\sqrt{2}K}{8\sqrt{2}K} = \frac{1}{2}$ થાય.

(C) બિંદુવત વિદ્યુતભારોના તંત્રની સ્થિત-વિદ્યુત સ્થિતિ ઊર્જા $U$ એ તમામ વિદ્યુતભારોની જોડીઓની સ્થિતિ ઊર્જાના સરવાળા જેટલી હોય છે: $U = \sum \frac{k q_i q_j}{r_{ij}}$.
આપેલ તંત્ર માટે,જેમાં $-q$,$+q$,અને $Q$ વિદ્યુતભારો કાટકોણ ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ પર છે,જેની બાજુઓ $x, x$ અને કર્ણ $\sqrt{x^2 + x^2} = \sqrt{2}x$ છે,કુલ સ્થિતિ ઊર્જા:
$U = k \left[ \frac{(-q)(q)}{x} + \frac{(q)(Q)}{x} + \frac{(-q)(Q)}{\sqrt{2}x} \right]$
તંત્રની સ્થિતિ ઊર્જા શૂન્ય કરવા માટે,$U = 0$ લેતા:
$0 = k \left[ -\frac{q^2}{x} + \frac{qQ}{x} - \frac{qQ}{\sqrt{2}x} \right]$
$\frac{kq}{x}$ વડે ભાગતા:
$0 = -q + Q - \frac{Q}{\sqrt{2}}$
$q = Q \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} \right)$
$Q = \frac{\sqrt{2} q}{\sqrt{2} - 1}$
વિકલ્પ $C$ ને તપાસતા: $\frac{2q}{2-\sqrt{2}} = \frac{2q(2+\sqrt{2})}{4-2} = (2+\sqrt{2})q$. તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(D) પ્રકૃતિમાં ચાર મૂળભૂત બળો છે: $1$. ગુરુત્વાકર્ષણ બળ,$2$. વિદ્યુતચુંબકીય બળ,$3$. વીક ન્યુક્લિયર બળ,અને $4$. સ્ટ્રોંગ ન્યુક્લિયર બળ.
લંબબળ,ઘર્ષણ બળ અને સ્પ્રિંગ બળ એ પરમાણુઓ અને અણુઓ વચ્ચેની વિદ્યુતચુંબકીય આંતરક્રિયાઓમાંથી ઉદ્ભવતા તારવેલા બળો છે. તેથી,આપેલા વિકલ્પોમાંથી સ્ટ્રોંગ ન્યુક્લિયર બળ એ એકમાત્ર મૂળભૂત બળ છે.

(C) સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}$ માં રહેલા $\vec{L}$ લંબાઈના પ્રવાહધારિત વાહક પર લાગતું ચુંબકીય બળ $\vec{F} = I(\vec{L} \times \vec{B})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કોઈપણ બંધ પ્રવાહધારિત લૂપ માટે જે સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં મૂકવામાં આવેલ હોય,તેના પર લાગતું કુલ ચુંબકીય બળ હંમેશા શૂન્ય હોય છે.
ગાણિતિક રીતે,$\vec{F}_{net} = I \oint (d\vec{l} \times \vec{B}) = I (\oint d\vec{l}) \times \vec{B}$.
લૂપ બંધ હોવાથી,તમામ લંબાઈના ઘટકોનો સદિશ સરવાળો $\oint d\vec{l} = 0$ થાય છે.
તેથી,$\vec{F}_{net} = 0$.

(A) ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}$ માં મૂકાયેલ ચુંબકીય ડાયપોલ $\vec{M}$ પર લાગતું ટોર્ક $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધારો કે ચુંબકીય મોમેન્ટનું મૂલ્ય $M$ છે. સોયની દિશામાં એકમ સદિશ $\hat{u} = \frac{\sqrt{3}\hat{i} + \hat{j}}{2}$ છે. તેથી,$\vec{M} = \frac{M}{2}(\sqrt{3}\hat{i} + \hat{j})$.
આપેલ છે કે $\vec{B}_1 = B\hat{i}$,તેથી ટોર્ક $\vec{\tau}_1 = \frac{M}{2}(\sqrt{3}\hat{i} + \hat{j}) \times B\hat{i} = \frac{MB}{2}(\sqrt{3}(\hat{i} \times \hat{i}) + (\hat{j} \times \hat{i})) = \frac{MB}{2}(0 - \hat{k}) = -\frac{MB}{2}\hat{k}$.
આપેલ છે કે $|\vec{\tau}_1| = 0.06 \ N-m$,તેથી $\frac{MB}{2} = 0.06$,એટલે કે $MB = 0.12 \ N-m$.
બીજા કિસ્સામાં,સોય $(\hat{i} + \sqrt{3}\hat{j})$ દિશામાં છે,તેથી $\vec{M}_2 = \frac{M}{2}(\hat{i} + \sqrt{3}\hat{j})$. ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}_2 = 2B\hat{j}$ છે.
ટોર્ક $\vec{\tau}_2 = \vec{M}_2 \times \vec{B}_2 = \frac{M}{2}(\hat{i} + \sqrt{3}\hat{j}) \times 2B\hat{j} = MB(\hat{i} \times \hat{j} + \sqrt{3}(\hat{j} \times \hat{j})) = MB(\hat{k} + 0) = MB\hat{k}$.
આમ,ટોર્કનું મૂલ્ય $|\vec{\tau}_2| = MB = 0.12 \ N-m$ થાય.

(A) જ્યારે સમાન ડાયપોલ મોમેન્ટ $M$ ધરાવતા બે ટૂંકા ચુંબકોને તેમના કેન્દ્રો પર લંબરૂપે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે તેમની પરિણામી ડાયપોલ મોમેન્ટ $M^{\prime}$ સદિશ સરવાળા દ્વારા મળે છે:
$M^{\prime} = \sqrt{M^2 + M^2 + 2 M M \cos 90^{\circ}} = M \sqrt{2}$
આ પરિણામી ડાયપોલ મોમેન્ટ $M^{\prime}$ કાટખૂણાના દ્વિભાજકની દિશામાં કાર્ય કરે છે.
દ્વિભાજક પર $d$ અંતરે આવેલું બિંદુ આ પરિણામી ડાયપોલ $M^{\prime}$ ની અક્ષીય રેખા પર આવેલું છે.
ટૂંકા ચુંબકીય ડાયપોલની અક્ષીય સ્થિતિ પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$B = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2 M^{\prime}}{d^3}$
સૂત્રમાં $M^{\prime} = M \sqrt{2}$ મૂકતા:
$B = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2 (M \sqrt{2})}{d^3} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2 \sqrt{2} M}{d^3}$

(D) ટોરોઇડની સરેરાશ ત્રિજ્યા $r$ એ આંતરિક અને બાહ્ય ત્રિજ્યાની સરેરાશ દ્વારા મળે છે:
$r = \frac{r_1 + r_2}{2} = \frac{24 \ cm + 25 \ cm}{2} = 24.5 \ cm = 24.5 \times 10^{-2} \ m$
આપેલ આંટાની સંખ્યા $N = 4900$ અને પ્રવાહ $I = 12 \ A$ છે.
ટોરોઇડના કોરની અંદર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$B = \frac{\mu_0 N I}{2 \pi r}$
કિંમતો મૂકતા:
$B = \frac{(4 \pi \times 10^{-7}) \times 4900 \times 12}{2 \pi \times 24.5 \times 10^{-2}}$
$B = \frac{2 \times 10^{-7} \times 4900 \times 12}{24.5 \times 10^{-2}}$
$B = \frac{2 \times 4900 \times 12}{24.5} \times 10^{-5}$
$B = \frac{117600}{24.5} \times 10^{-5} = 4800 \times 10^{-5} \ T = 48 \ mT$.

(A) લાંબા સીધા વિદ્યુતપ્રવાહ ધારિત તાર વડે $r$ અંતરે ઉત્પન્ન થતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$B = \frac{\mu_0 i}{2 \pi r}$
આ સમીકરણ પરથી જોઈ શકાય છે કે $B \propto \frac{1}{r}$.
આપેલ છે કે $r$ અંતરે $B = 1 \ T$ છે.
$(a)$ $\frac{r}{2}$ અંતરે:
$B_{\frac{r}{2}} = B \times \frac{r}{\frac{r}{2}} = 1 \times 2 = 2 \ T$.
$(b)$ $2r$ અંતરે:
$B_{2r} = B \times \frac{r}{2r} = 1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \ T$.
$(c)$ $3r$ અંતરે:
$B_{3r} = B \times \frac{r}{3r} = 1 \times \frac{1}{3} = \frac{1}{3} \ T$.
આમ,મૂલ્યો $2 \ T, \frac{1}{2} \ T, \text{ અને } \frac{1}{3} \ T$ છે.

(D) ધારો કે બિંદુ $P$ તાર $A$ થી $r$ અંતરે છે જ્યાં પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર શૂન્ય છે.
કારણ કે વિદ્યુતપ્રવાહ સમાન દિશામાં છે,તેથી બંને તાર દ્વારા તેમની વચ્ચેના બિંદુએ ઉત્પન્ન થતા ચુંબકીય ક્ષેત્રો વિરુદ્ધ દિશામાં હશે.
બિંદુ $P$ પર પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર શૂન્ય થવા માટે,તાર $A$ અને $B$ દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ચુંબકીય ક્ષેત્રોના મૂલ્યો સમાન હોવા જોઈએ.
$B_A = B_B$
$\frac{\mu_0 i_1}{2 \pi r} = \frac{\mu_0 i_2}{2 \pi (d - r)}$
જ્યાં $i_1 = 12 \,A$,$i_2 = 36 \,A$,અને $d = 50 \,cm = 0.5 \,m$ છે.
$\frac{12}{r} = \frac{36}{0.5 - r}$
$\frac{1}{r} = \frac{3}{0.5 - r}$
$0.5 - r = 3r$
$4r = 0.5$
$r = \frac{0.5}{4} = 0.125 \,m = 12.5 \,cm$
આમ,આ બિંદુ તાર $A$ થી $12.5 \,cm$ ના અંતરે છે.

(A) તાર $A(1, 1)$ અને $B(1, -1)$ પર સ્થિત છે. ઉગમબિંદુ $O(0, 0)$ થી દરેક તારનું અંતર $r = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} \text{ cm}$ છે.
બંને તારોમાં વિદ્યુતપ્રવાહ એક જ દિશામાં ($xy$-સમતલને લંબ) વહેતો હોવાથી,ઉગમબિંદુ પર ચુંબકીય ક્ષેત્રના સદિશો સ્થાન સદિશો $OA$ અને $OB$ ને લંબ હોય છે.
$OA$ નો $x$-અક્ષ સાથેનો ખૂણો $45^\circ$ અને $OB$ નો $-45^\circ$ છે. તાર $A$ ને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_A$ એ $OA$ ને લંબ $135^\circ$ ના ખૂણે અને તાર $B$ ને કારણે $B_B$ એ $OB$ ને લંબ $45^\circ$ ના ખૂણે હોય છે.
$B_A$ અને $B_B$ વચ્ચેનો ખૂણો $90^\circ$ છે.
એક તારને કારણે ક્ષેત્રનું મૂલ્ય $B_0 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ છે.
પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્રનું મૂલ્ય $|B| = \sqrt{B_0^2 + B_0^2 + 2 B_0 B_0 \cos(90^\circ)} = \sqrt{2 B_0^2} = \sqrt{2} B_0$ થાય.
તેથી,$\frac{|B|}{B_0} = \sqrt{2}$.

(A) ઉગમબિંદુથી તાર $I$ નું અંતર $d = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} \ cm = \sqrt{2} \times 10^{-2} \ m$ છે.
ઉગમબિંદુ પર તાર $I$ ને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_1 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d}$ છે. ધારો કે $B_0 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d}$.
જમણા હાથના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$B_1$ ની દિશા સ્થાન સદિશ $(1, 1)$ અને પ્રવાહની દિશા $(+z)$ ને લંબ છે. સ્થાન માટે એકમ સદિશ $\frac{\hat{i} + \hat{j}}{\sqrt{2}}$ છે. ક્ષેત્રની દિશા $\frac{\hat{i} + \hat{j}}{\sqrt{2}} \times \hat{k} = \frac{\hat{j} - \hat{i}}{\sqrt{2}}$ છે. આમ,$\vec{B}_1 = B_0 \left( \frac{\hat{j} - \hat{i}}{\sqrt{2}} \right)$.
$y = 1 \ cm$ પર $+x$ દિશામાં પ્રવાહ વહેતા તાર $II$ માટે,અંતર $d_2 = 1 \ cm = 10^{-2} \ m$ છે. ક્ષેત્રનું મૂલ્ય $B_2 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d_2} = \sqrt{2} B_0$ છે.
$y=1$ પર $+x$ દિશામાં પ્રવાહ માટે જમણા હાથના નિયમનો ઉપયોગ કરતા $B_2$ ની દિશા $-\hat{k}$ છે. આમ,$\vec{B}_2 = -\sqrt{2} B_0 \hat{k}$.
કુલ ક્ષેત્ર $\vec{B} = \vec{B}_1 + \vec{B}_2 = B_0 \left( -\frac{1}{\sqrt{2}} \hat{i} + \frac{1}{\sqrt{2}} \hat{j} - \sqrt{2} \hat{k} \right)$ છે.
તેથી,$\frac{\vec{B}}{B_0} = \left( -\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, -\sqrt{2} \right)$.

(B) $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી પ્રવાહધારિત કોઈલને કારણે તેના કેન્દ્રથી $x$ અંતરે અક્ષ પરનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર નીચે મુજબ છે:
$B_{\text{axis}} = \frac{\mu_0 N I R^2}{2(x^2 + R^2)^{3/2}}$
આપેલ છે: $x = 8 \text{ cm} = 8 \times 10^{-2} \text{ m}$,$R = 6 \text{ cm} = 6 \times 10^{-2} \text{ m}$,અને $B_{\text{axis}} = 27 \mu \text{T} = 27 \times 10^{-6} \text{ T}$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$27 \times 10^{-6} = \frac{\mu_0 N I (6 \times 10^{-2})^2}{2((8 \times 10^{-2})^2 + (6 \times 10^{-2})^2)^{3/2}}$
$27 \times 10^{-6} = \frac{\mu_0 N I (36 \times 10^{-4})}{2(64 \times 10^{-4} + 36 \times 10^{-4})^{3/2}}$
$27 \times 10^{-6} = \frac{\mu_0 N I (36 \times 10^{-4})}{2(100 \times 10^{-4})^{3/2}} = \frac{\mu_0 N I (36 \times 10^{-4})}{2(10^{-2})^{3/2}}$
$27 \times 10^{-6} = \frac{\mu_0 N I (36 \times 10^{-4})}{2 \times 10^{-3}}$
$\mu_0 N I = \frac{27 \times 10^{-6} \times 2 \times 10^{-3}}{36 \times 10^{-4}} = \frac{54 \times 10^{-9}}{36 \times 10^{-4}} = 1.5 \times 10^{-5} \text{ T} \cdot \text{m}$.
હવે,કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{\text{centre}} = \frac{\mu_0 N I}{2R}$ છે.
$B_{\text{centre}} = \frac{1.5 \times 10^{-5}}{2 \times 6 \times 10^{-2}} = \frac{1.5 \times 10^{-5}}{12 \times 10^{-2}} = 0.125 \times 10^{-3} \text{ T} = 125 \mu \text{T}$.

(D) લાંબા સીધા તારને કારણે ઉદ્ભવતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે।
$x$-અક્ષ પર રહેલા $I_1 = 8 \,A$ પ્રવાહ ધરાવતા તાર માટે, બિંદુ $P(2, 4)$ નું લંબ અંતર $r_1 = 4$ એકમ છે। જમણા હાથના નિયમનો ઉપયોગ કરતા, $P$ પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_1$ સમતલની અંદરની તરફ $(\otimes)$ છે।
$B_1 = \frac{\mu_0 I_1}{2\pi r_1} = \frac{(4\pi \times 10^{-7}) \times 8}{2\pi \times 4} = 4 \times 10^{-7} \,T$ (અંદરની તરફ)।
$y$-અક્ષ પર રહેલા $I_2 = 6 \,A$ પ્રવાહ ધરાવતા તાર માટે, બિંદુ $P(2, 4)$ નું લંબ અંતર $r_2 = 2$ એકમ છે। જમણા હાથના નિયમનો ઉપયોગ કરતા, $P$ પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_2$ સમતલની બહારની તરફ $(\odot)$ છે।
$B_2 = \frac{\mu_0 I_2}{2\pi r_2} = \frac{(4\pi \times 10^{-7}) \times 6}{2\pi \times 2} = 6 \times 10^{-7} \,T$ (બહારની તરફ)।
પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{net} = |B_2 - B_1| = |6 \times 10^{-7} - 4 \times 10^{-7}| = 2 \times 10^{-7} \,T$।

(A) લાંબા સોલેનોઈડની અંદર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ નું સૂત્ર $B = \mu_0 n I$ છે, જ્યાં $n$ એ એકમ લંબાઈ દીઠ આંટાની સંખ્યા છે.
આપેલ છે:
લંબાઈ $L = 1 \,m$
સ્તરોની સંખ્યા $= 5$
દરેક સ્તરમાં આંટા $= 500$
કુલ આંટાની સંખ્યા $N = 5 \times 500 = 2500$
એકમ લંબાઈ દીઠ આંટાની સંખ્યા $n = N / L = 2500 / 1 = 2500 \,m^{-1}$
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 4.4 \,mT = 4.4 \times 10^{-3} \,T$
શૂન્યાવકાશની પરમીએબિલિટી $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \,T \cdot m/A$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$4.4 \times 10^{-3} = (4\pi \times 10^{-7}) \times 2500 \times I$
$4.4 \times 10^{-3} = (4 \times 3.14159 \times 10^{-7}) \times 2500 \times I$
$4.4 \times 10^{-3} = 3.14159 \times 10^{-3} \times I$
$I = 4.4 / 3.14159 \approx 1.4 \,A$
તેથી, વહેતો પ્રવાહ $1.4 \,A$ છે.

(B) લાંબા સીધા તારથી $d$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
બિંદુ $P(0, 2, 0) \, m$ પર:
$1$. તાર $A$ ($X$-અક્ષ પર, $I_1 = 40 \, A$) ને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર: તારથી બિંદુ $P$ નું અંતર $d_1 = 2 \, m$ છે। જમણા હાથના નિયમ મુજબ ક્ષેત્રની દિશા $+z$-દિશા $(\hat{k})$ માં છે।
$B_1 = \frac{\mu_0 (40)}{2 \pi (2)} = \frac{20 \mu_0}{\pi} \, T$.
$2$. તાર $B$ ($(0, 3, 0) \, m$ માંથી પસાર થતો, $Z$-અક્ષને સમાંતર, પ્રવાહ $I_2$) ને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર: તારથી બિંદુ $P$ નું અંતર $d_2 = |3 - 2| = 1 \, m$ છે। ક્ષેત્રની દિશા $+x$-દિશા $(\hat{i})$ માં છે।
$B_2 = \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi (1)} = \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi} \, T$.
$B_1$ અને $B_2$ પરસ્પર લંબ હોવાથી, પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર $R = \sqrt{B_1^2 + B_2^2}$ થાય।
આપેલ છે $R = 5 \times 10^{-6} \, T$ અને $\frac{\mu_0}{2 \pi} = 2 \times 10^{-7} \, T \cdot m/A$:
$R = \frac{\mu_0}{2 \pi} \sqrt{20^2 + I_2^2} = 2 \times 10^{-7} \sqrt{400 + I_2^2} = 5 \times 10^{-6}$.
$\sqrt{400 + I_2^2} = \frac{5 \times 10^{-6}}{2 \times 10^{-7}} = 25$.
$400 + I_2^2 = 625$.
$I_2^2 = 225 \Rightarrow I_2 = 15 \, A$.

(D) સીધા તારના ભાગો $ab$ અને $cd$ બિંદુ $O$ પર કોઈ ચુંબકીય ક્ષેત્ર ઉત્પન્ન કરતા નથી કારણ કે બિંદુ $O$ આ તારની અક્ષ પર આવેલું છે.
ચાપ $bc$ (ત્રિજ્યા $R_1 = 2 \, cm = 2 \times 10^{-2} \, m$) માટે, $O$ આગળ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_1$ અંદરની તરફ $(\otimes)$ છે અને તે નીચે મુજબ મળે છે:
$B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi R_1} \theta = \frac{10^{-7} \times I \times \theta}{R_1}$
$B_1 = \frac{10^{-7} \times (1.2 / \pi) \times (30^\circ \times \pi / 180^\circ)}{2 \times 10^{-2}} = \frac{10^{-7} \times 1.2 \times (1/6)}{2 \times 10^{-2}} = 10^{-6} \, T = 1000 \, nT$ (અંદરની તરફ).
ચાપ $ad$ (ત્રિજ્યા $R_2 = 1 \, cm = 1 \times 10^{-2} \, m$) માટે, $O$ આગળ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_2$ બહારની તરફ $(\odot)$ છે અને તે નીચે મુજબ મળે છે:
$B_2 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi R_2} \theta = \frac{10^{-7} \times (1.2 / \pi) \times (30^\circ \times \pi / 180^\circ)}{1 \times 10^{-2}} = \frac{10^{-7} \times 1.2 \times (1/6)}{1 \times 10^{-2}} = 2 \times 10^{-6} \, T = 2000 \, nT$ (બહારની તરફ).
$O$ આગળ કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{net} = B_2 - B_1 = 2000 \, nT - 1000 \, nT = 1000 \, nT = 1 \, \mu T$ થાય.

(C) $l$ લંબાઈ અને $m$ ધ્રુવ પ્રબળતા ધરાવતા સીધા તારની ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = m \times l$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે તારને $R$ ત્રિજ્યાના અર્ધવર્તુળાકાર ચાપમાં વાળવામાં આવે છે,ત્યારે તારની લંબાઈ અર્ધવર્તુળના પરિઘ જેટલી થાય છે: $l = \pi R$.
તેથી,ચાપની ત્રિજ્યા $R = \frac{l}{\pi}$ થશે.
નવી ચુંબકીય મોમેન્ટ $M'$ એ ધ્રુવ પ્રબળતા $m$ અને બે છેડાઓ વચ્ચેના સીધા અંતર (અર્ધવર્તુળનો વ્યાસ) નો ગુણાકાર છે.
વ્યાસ $d = 2R = \frac{2l}{\pi}$ છે.
આમ,$M' = m \times d = m \times \frac{2l}{\pi}$.
ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = ml$ હોવાથી,$ml$ ની જગ્યાએ $M$ મૂકતા આપણને $M' = \frac{2}{\pi} M$ મળે છે.

(A) જ્યારે વીજભારિત કણ ચુંબકીય ક્ષેત્રને લંબ રૂપે ગતિ કરે છે,ત્યારે તે વર્તુળાકાર માર્ગે ગતિ કરે છે.
ચુંબકીય લોરેન્ઝ બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $q v B = \frac{m v^2}{r}$.
આ સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{v}{r} = \frac{q B}{m}$ મળે છે.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \frac{v}{r}$ હોવાથી,$\omega = \frac{q B}{m}$ થાય છે.
પરિભ્રમણની આવૃત્તિ $f$ એ $f = \frac{\omega}{2 \pi} = \frac{q B}{2 \pi m}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આવૃત્તિ $f$ માત્ર વીજભાર $q$,ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ અને દળ $m$ પર આધાર રાખે છે,તે કણના વેગ કે ગતિઊર્જાથી સ્વતંત્ર છે.
તેથી,બંને ઇલેક્ટ્રોન $e_1$ અને $e_2$ માટે આવૃત્તિઓ સમાન રહેશે,એટલે કે $f_1 = f_2$.

(A) $x=1 \ cm$ પરના તારને કારણે ઉગમબિંદુ પરનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_0 = \frac{\mu_0 i}{2 \pi (0.01)}$ $+z$ દિશામાં $(\hat{k})$ છે.
$x=-2 \ cm$ પરના તારને કારણે ઉગમબિંદુ પરનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B' = \frac{\mu_0 i}{2 \pi (0.02)}$ $-z$ દિશામાં $(-\hat{k})$ છે.
ઉગમબિંદુ પરનું પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}_{net} = B_0 \hat{k} - \frac{B_0}{2} \hat{k} = \frac{B_0}{2} \hat{k}$ છે.
ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $\vec{v} = U \cos(45^{\circ}) \hat{i} + U \sin(45^{\circ}) \hat{j} = \frac{U}{\sqrt{2}} \hat{i} + \frac{U}{\sqrt{2}} \hat{j}$ છે.
ઇલેક્ટ્રોન પર લાગતું બળ $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B}) = (-e) \left( \frac{U}{\sqrt{2}} \hat{i} + \frac{U}{\sqrt{2}} \hat{j} \right) \times \left( \frac{B_0}{2} \hat{k} \right)$ છે.
ક્રોસ પ્રોડક્ટની ગણતરી કરતા: $\hat{i} \times \hat{k} = -\hat{j}$ અને $\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$.
$\vec{F} = -e \left( \frac{U B_0}{2 \sqrt{2}} (-\hat{j}) + \frac{U B_0}{2 \sqrt{2}} (\hat{i}) \right) = \frac{-e U B_0}{2 \sqrt{2}} (\hat{i} - \hat{j})$.

(A) ઇલેક્ટ્રોનની ગતિઊર્જા $K = 100 eV = 100 \times 1.6 \times 10^{-19} J = 1.6 \times 10^{-17} J$ છે.
વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $r = 10 cm = 0.1 m$ છે.
ઇલેક્ટ્રોનનું દળ $m = 0.5 MeV/c^2 = \frac{0.5 \times 10^6 \times 1.6 \times 10^{-19} J}{(3 \times 10^8 m/s)^2} \approx 8.89 \times 10^{-31} kg$ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વિદ્યુતભારિત કણના વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$ છે.
$B$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા,$B = \frac{\sqrt{2mK}}{rq}$ મળે.
કિંમતો મૂકતા: $B = \frac{\sqrt{2 \times 8.89 \times 10^{-31} \times 1.6 \times 10^{-17}}}{0.1 \times 1.6 \times 10^{-19}}$.
$B = \frac{\sqrt{28.448 \times 10^{-48}}}{1.6 \times 10^{-20}} = \frac{5.33 \times 10^{-24}}{1.6 \times 10^{-20}} \approx 3.33 \times 10^{-4} T$.

(C) સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં ગતિ કરતા વીજભારિત કણની વક્રતા ત્રિજ્યા $r$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$r = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2m(K.E.)}}{qB}$
અહીં $m$,$q$ અને $B$ અચળ હોવાથી,$r \propto \sqrt{K.E.}$ મળે છે.
ધારો કે પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $K_1$ છે અને અંતિમ ગતિઊર્જા $K_2 = \frac{K_1}{2}$ છે.
ત્રિજ્યાનો ગુણોત્તર:
$\frac{r_2}{r_1} = \sqrt{\frac{K_2}{K_1}} = \sqrt{\frac{K_1/2}{K_1}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આમ,વક્રતા ત્રિજ્યા તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના $\frac{1}{\sqrt{2}}$ ગણી થઈ જાય છે.

(B) આપેલ છે: દળ $m = 1 \times 10^{-27} \ kg$,વીજભાર $q = 1 \times 10^{-16} \ C$,ઝડપ $v = 1000 \ m/s$,ખૂણો $\theta = 60^{\circ}$,આંટાની સંખ્યા $N = 5000$,પ્રવાહ $I = 5 \ A$.
વેગના ઘટકો:
$v_{\parallel} = v \cos 60^{\circ} = 1000 \times 0.5 = 500 \ m/s$ (અક્ષની દિશામાં)
$v_{\perp} = v \sin 60^{\circ} = 1000 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 500\sqrt{3} \ m/s$ (અક્ષને લંબ)
સોલેનોઈડની અંદર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \mu_0 n I = \mu_0 (N/L) I$ છે.
સોલેનોઈડની લંબાઈ $L$ કાપવા માટે લાગતો સમય $t = \frac{L}{v_{\parallel}} = \frac{L}{500}$ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં એક પરિભ્રમણ માટેનો સમયગાળો $T = \frac{2\pi m}{qB}$ છે.
પરિભ્રમણની સંખ્યા $n'$ નીચે મુજબ મળે: $n' = \frac{t}{T} = \frac{L/v_{\parallel}}{2\pi m / qB} = \frac{L \cdot q \cdot B}{v_{\parallel} \cdot 2\pi m}$.
$B = \frac{\mu_0 N I}{L}$ મૂકતા:
$n' = \frac{L \cdot q \cdot (\mu_0 N I / L)}{v_{\parallel} \cdot 2\pi m} = \frac{q \mu_0 N I}{v_{\parallel} \cdot 2\pi m}$.
કિંમતો મૂકતા:
$n' = \frac{10^{-16} \times (4\pi \times 10^{-7}) \times 5000 \times 5}{500 \times 2\pi \times 10^{-27}}$
$n' = \frac{10^{-16} \times 4\pi \times 10^{-7} \times 25000}{1000\pi \times 10^{-27}}$
$n' = 10^6$.
આમ,પરિભ્રમણની કુલ સંખ્યા $1 \times 10^6$ છે.

(D) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વીજભારિત કણ પર લાગતું ચુંબકીય બળ લોરેન્ઝ બળના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $F = q(v \times B)$.
આપેલ છે:
$q = 1.0 \times 10^{-16} \ C$
$v = (2 \hat{i} + 4 \hat{j}) \ ms^{-1}$
$B = B_0(\hat{i} + 4 \hat{j}) \ T$
$F = 3 \times 10^{-16} \hat{k} \ N$
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$3 \times 10^{-16} \hat{k} = 1.0 \times 10^{-16} \times [(2 \hat{i} + 4 \hat{j}) \times B_0(\hat{i} + 4 \hat{j})]$
$3 \hat{k} = B_0 \times [2 \hat{i} \times \hat{i} + 8 \hat{i} \times \hat{j} + 4 \hat{j} \times \hat{i} + 16 \hat{j} \times \hat{j}]$
સદિશ ગુણાકારના નિયમોનો ઉપયોગ કરતા $(\hat{i} \times \hat{i} = 0, \hat{j} \times \hat{j} = 0, \hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}, \hat{j} \times \hat{i} = -\hat{k})$:
$3 \hat{k} = B_0 \times [0 + 8 \hat{k} - 4 \hat{k} + 0]$
$3 \hat{k} = B_0 \times (4 \hat{k})$
$4 B_0 = 3$
$B_0 = \frac{3}{4} = 0.75 \ T$.

(D) પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ચુંબકીય સોયની દોલન આવૃત્તિ $f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{\mu B_H}{I}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $B_H = B \cos \theta$ એ પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રનો સમક્ષિતિજ ઘટક છે,$\mu$ એ ચુંબકીય મોમેન્ટ છે અને $I$ એ જડત્વની આઘૂર્ણ છે.
સમાન સોયનો ઉપયોગ થતો હોવાથી,$\mu$ અને $I$ અચળ રહે છે. તેથી,$f \propto \sqrt{B \cos \theta}$.
આપેલ છે કે $f_1 = 20$ દોલન/મિનિટ,$\theta_1 = 45^{\circ}$ અને $f_2 = 30$ દોલન/મિનિટ,$\theta_2 = 30^{\circ}$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{f_1}{f_2} = \sqrt{\frac{B_1 \cos 45^{\circ}}{B_2 \cos 30^{\circ}}} \Rightarrow \frac{20}{30} = \sqrt{\frac{B_1 (1/\sqrt{2})}{B_2 (\sqrt{3}/2)}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{4}{9} = \frac{B_1}{B_2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} \times \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{B_1}{B_2} \times \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
તેથી,$\frac{B_1}{B_2} = \frac{4}{9} \times \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \frac{2 \sqrt{2}}{3 \sqrt{3}}$.
આમ,$B_1: B_2 = 2 \sqrt{2}: 3 \sqrt{3}$.

(A) ડિપ એંગલ (નમન કોણ) $\delta$ એ પૃથ્વીના કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર દ્વારા સમક્ષિતિજ દિશા સાથે બનાવેલો ખૂણો છે. અહીં,$\delta = 30^{\circ}$ છે.
આપેલ છે કે,પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રનો સમક્ષિતિજ ઘટક $B_H = 0.3 \ G$ છે.
કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$,સમક્ષિતિજ ઘટક $B_H$ અને ડિપ એંગલ $\delta$ વચ્ચેનો સંબંધ $B_H = B \cos \delta$ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $0.3 = B \cos 30^{\circ}$.
કારણ કે $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,તેથી $0.3 = B \times \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$B$ માટે ઉકેલતા: $B = \frac{0.3 \times 2}{\sqrt{3}} = \frac{0.6}{\sqrt{3}} = \frac{0.6 \times \sqrt{3}}{3} = 0.2 \sqrt{3} \ G$.
વૈકલ્પિક રીતે,$B = \frac{0.6}{\sqrt{3}} = \frac{6}{10 \sqrt{3}} = \frac{3}{5 \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{5} \ G$.

(A) વાઇબ્રેશન મેગ્નેટોમીટરનો સમયગાળો $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB_{H}}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $I$ એ જડત્વની આઘૂર્ણ છે, $M$ એ ચુંબકીય મોમેન્ટ છે, અને $B_{H}$ એ પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રનો સમક્ષિતિજ ઘટક છે。
સૂત્ર પરથી, આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $T \propto \frac{1}{\sqrt{B_{H}}}$.
આપેલ છે કે $T_{A} = 2T_{B}$, તેથી આપણે ગુણોત્તર $\frac{T_{A}}{T_{B}} = 2$ લખી શકીએ。
પ્રમાણસરતાનો ઉપયોગ કરતા, $\frac{T_{A}}{T_{B}} = \sqrt{\frac{B_{HB}}{B_{HA}}}$.
કિંમતો મૂકતા, $2 = \sqrt{\frac{32 \times 10^{-6}}{B_{HA}}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા, $4 = \frac{32 \times 10^{-6}}{B_{HA}}$.
તેથી, $B_{HA} = \frac{32 \times 10^{-6}}{4} = 8 \times 10^{-6} \,T$.

(C) દરેક ચુંબક પાસે $M = ml$ મૂલ્યની ચુંબકીય મોમેન્ટ સદિશ $\vec{M_1}$ અને $\vec{M_2}$ છે.
ચુંબકો એકબીજા સાથે કાટખૂણે ગોઠવાયેલા હોવાથી,તેમની ચુંબકીય મોમેન્ટ સદિશો વચ્ચેનો ખૂણો $90^{\circ}$ છે.
તંત્રની પરિણામી ચુંબકીય મોમેન્ટ સદિશ સરવાળા $\vec{M_{net}} = \vec{M_1} + \vec{M_2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પરિણામી ચુંબકીય મોમેન્ટનું મૂલ્ય $M_{net} = \sqrt{M_1^2 + M_2^2 + 2M_1M_2 \cos(90^{\circ})}$ છે.
કારણ કે $\cos(90^{\circ}) = 0$ છે,તેથી $M_{net} = \sqrt{M^2 + M^2} = \sqrt{2M^2} = \sqrt{2}M$ મળે.
$M = ml$ મૂકતા,આપણને $M_{net} = \sqrt{2} ml$ મળે છે.

(A) સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં ચુંબકીય ડાયપોલ દ્વારા અનુભવાતું ટોર્ક $\tau$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\tau = MB \sin \theta$.
આપેલ છે:
ટોર્ક $\tau = 3.6 \times 10^{-5} \,J$
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 28.3 \times 10^{-3} \,T$
ખૂણો $\theta = 45^{\circ}$
ચુંબકીય મોમેન્ટ $M$ શોધવા માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા:
$M = \frac{\tau}{B \sin \theta}$
કિંમતો મૂકતા:
$M = \frac{3.6 \times 10^{-5}}{28.3 \times 10^{-3} \times \sin 45^{\circ}}$
કારણ કે $\sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707$ છે:
$M = \frac{3.6 \times 10^{-5}}{28.3 \times 10^{-3} \times 0.707} \approx \frac{3.6 \times 10^{-5}}{20.008 \times 10^{-3}} \approx 0.1799 \times 10^{-2} \approx 1.8 \times 10^{-3} \,J \,T^{-1}$.

(B) અક્ષ પરના તટસ્થ બિંદુએ,ગજિયા ચુંબકનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $(B_{axis})$ એ પૃથ્વીના સમક્ષિતિજ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $(B)$ જેટલું અને વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે.
$B_{axis} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2M}{d^3} = B$
સમાન અંતર $d$ પર વિષુવરેખા (લંબ દ્વિભાજક) પર,ગજિયા ચુંબકનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $(B_{eq})$ નીચે મુજબ મળે છે:
$B_{eq} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{d^3} = \frac{B_{axis}}{2} = \frac{B}{2}$
ડીપ કોણ $0^{\circ}$ હોવાથી,પૃથ્વીનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર સંપૂર્ણપણે સમક્ષિતિજ છે. વિષુવરેખા પર,ચુંબકનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રની દિશામાં જ હોય છે.
તેથી,આ બિંદુએ કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $(B_{total})$ નીચે મુજબ થશે:
$B_{total} = B_{eq} + B = \frac{B}{2} + B = \frac{3B}{2}$
આપેલ છે કે $B_{total} = 0.6 \ G$,તેથી:
$0.6 = \frac{3B}{2}$
$B = \frac{0.6 \times 2}{3} = 0.4 \ G$

(C) ટૂંકા ગજિયા ચુંબક માટે તેની અક્ષ પર $(B_{\text{axis}})$ અને વિષુવરેખા પર $(B_{\text{equator}})$ કેન્દ્રથી $r$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર નીચે મુજબ છે:
$B_{\text{axis}} = \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{2M}{r^3}$
$B_{\text{equator}} = \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{M}{r^3}$
આમ,સમાન અંતર $r$ માટે $B_{\text{axis}} = 2 \times B_{\text{equator}}$ થાય.
આપેલ છે:
$B_{\text{equator}} = 6.4 \times 10^{-5} \,T$,જ્યાં $r_2 = 20 \,cm = 0.2 \,m$
આપણે $r_1 = 40 \,cm = 0.4 \,m$ અંતરે $B_{\text{axis}}$ શોધવાનું છે.
સામાન્ય સૂત્ર $B \propto \frac{1}{r^3}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{B_{\text{axis}}(r_1)}{B_{\text{equator}}(r_2)} = \frac{\frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{2M}{r_1^3}}{\frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{M}{r_2^3}} = 2 \times \left(\frac{r_2}{r_1}\right)^3$
$B_{\text{axis}} = 2 \times B_{\text{equator}} \times \left(\frac{20}{40}\right)^3$
$B_{\text{axis}} = 2 \times (6.4 \times 10^{-5}) \times \left(\frac{1}{2}\right)^3$
$B_{\text{axis}} = 2 \times (6.4 \times 10^{-5}) \times \frac{1}{8}$
$B_{\text{axis}} = \frac{6.4 \times 10^{-5}}{4} = 1.6 \times 10^{-5} \,T$

(B) જ્યારે ગજિયા ચુંબકને તેની લંબાઈને લંબ કાપવામાં આવે છે,ત્યારે દરેક ટુકડો એક નવો,નાનો ગજિયા ચુંબક બની જાય છે.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,કાપવાથી ડાબા ટુકડા પર નવો દક્ષિણ ધ્રુવ $(S)$ અને જમણા ટુકડા પર નવો ઉત્તર ધ્રુવ $(N)$ રચાય છે.
આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ,ડાબા ટુકડામાં તેનો મૂળ ઉત્તર ધ્રુવ $(N)$ ડાબી બાજુ અને નવો દક્ષિણ ધ્રુવ $(S)$ જમણી બાજુ હશે.
જમણા ટુકડામાં નવો ઉત્તર ધ્રુવ $(N)$ ડાબી બાજુ અને તેનો મૂળ દક્ષિણ ધ્રુવ $(S)$ જમણી બાજુ હશે.
જ્યારે આ બે ટુકડાઓને એકબીજાની નજીક રાખવામાં આવે છે,ત્યારે ડાબા ટુકડાનો નવો દક્ષિણ ધ્રુવ $(S)$ જમણા ટુકડાના નવા ઉત્તર ધ્રુવ $(N)$ ની સામે આવે છે.
ચુંબકના વિરુદ્ધ ધ્રુવો એકબીજાને આકર્ષતા હોવાથી,બંને ટુકડાઓ એકબીજાને આકર્ષશે.

(A) ન્યુક્લિયસની ત્રિજ્યા $R$ અને તેના દળ ક્રમાંક $A$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$R = R_0 A^{1/3} \dots(1)$
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લેતા:
$\ln(R) = \ln(R_0 A^{1/3}) = \ln(R_0) + \frac{1}{3} \ln(A)$
પદોને ગોઠવતા:
$\ln(R) - \ln(R_0) = \frac{1}{3} \ln(A)$
$\ln \left(\frac{R}{R_0}\right) = \frac{1}{3} \ln(A)$
આ સમીકરણ $y = mx$ પ્રકારનું છે,જ્યાં $y = \ln \left(\frac{R}{R_0}\right)$,$x = \ln(A)$ અને ઢાળ $m = \frac{1}{3}$ છે.
આ એક સુરેખ સમીકરણ હોવાથી,તેનો આલેખ એક સીધી રેખા મળે છે.

(D) પરમાણુ ન્યુક્લિયસની ત્રિજ્યા $R$ અને તેના દળ-ક્રમાંક $A$ વચ્ચેનો સંબંધ $R = R_0 A^{1/3}$ છે,જ્યાં $R_0$ અચળાંક છે.
આનો અર્થ એ છે કે $R \propto A^{1/3}$ અથવા $A \propto R^3$.
પ્રથમ ન્યુક્લિયસ માટે આપેલ છે: $A_1 = 64$ અને $R_1 = 4.8 \text{ fermi}$.
બીજા ન્યુક્લિયસ માટે: $R_2 = 6 \text{ fermi}$ અને આપણે $A_2$ શોધવાનું છે.
ગુણોત્તરનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{A_2}{A_1} = \left(\frac{R_2}{R_1}\right)^3$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{A_2}{64} = \left(\frac{6}{4.8}\right)^3$.
અપૂર્ણાંકનું સાદુંરૂપ આપતા: $\frac{6}{4.8} = \frac{60}{48} = \frac{5}{4} = 1.25$.
તેથી,$A_2 = 64 \times (1.25)^3 = 64 \times \frac{125}{64} = 125$.