IIT JEE 1989 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) ગ્રહની વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ એ ગુરુત્વાકર્ષણ આકર્ષણ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F_g \propto R^{-5/2}$ તરીકે આપેલ છે.
કેન્દ્રગામી બળ $F_c = m \omega^2 R = m \left( \frac{2\pi}{T} \right)^2 R = \frac{4\pi^2 m R}{T^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બળોને સરખાવતા: $\frac{m R}{T^2} \propto R^{-5/2}$.
$T^2$ માટે ગોઠવતા: $\frac{1}{T^2} \propto \frac{R^{-5/2}}{R} = R^{-7/2}$.
તેથી,$T^2 \propto R^{7/2}$.

(C) બે મજબૂત દીવાલો વચ્ચે જડિત સળિયાને $\Delta \theta$ તાપમાનના ફેરફારથી ગરમ કરવામાં આવે ત્યારે તેમાં ઉત્પન્ન થતો થર્મલ સ્ટ્રેસ $\sigma$ નીચે મુજબના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\sigma = Y \alpha \Delta \theta$
જ્યાં $Y$ એ યંગ મોડ્યુલસ છે અને $\alpha$ એ રેખીય પ્રસરણ ગુણાંક છે.
આપેલ છે કે થર્મલ સ્ટ્રેસ સમાન છે $(\sigma_1 = \sigma_2)$ અને તાપમાનમાં વધારો $\Delta \theta$ બંને સળિયા માટે સમાન છે,તેથી:
$Y_1 \alpha_1 \Delta \theta = Y_2 \alpha_2 \Delta \theta$
$Y_1 \alpha_1 = Y_2 \alpha_2$
$Y_1 : Y_2$ નો ગુણોત્તર શોધવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$\frac{Y_1}{Y_2} = \frac{\alpha_2}{\alpha_1}$
આપેલ છે કે $\alpha_1 : \alpha_2 = 2 : 3$,તેથી $\frac{\alpha_1}{\alpha_2} = \frac{2}{3}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{\alpha_2}{\alpha_1} = \frac{3}{2}$.
તેથી,$\frac{Y_1}{Y_2} = \frac{3}{2}$ અથવા $Y_1 : Y_2 = 3 : 2$.

(D) ઓસિલેટરની કુલ યાંત્રિક ઊર્જા $E = 160 \, J$ આપેલ છે.
રેખીય હાર્મોનિક ઓસિલેટર માટે,હાર્મોનિક દોલન સાથે સંકળાયેલી ઊર્જા (ગતિ ઊર્જાનો ભાગ) $E_{osc} = \frac{1}{2} k A^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $E_{osc} = \frac{1}{2} \times (2 \times 10^6) \times (0.01)^2 = 10^6 \times 10^{-4} = 100 \, J$.
આ $100 \, J$ એ ઓસિલેટરની મહત્તમ ગતિ ઊર્જા $(K_{max})$ દર્શાવે છે.
કુલ ઊર્જા $160 \, J$ હોવાથી અને દોલનનો ભાગ $100 \, J$ હોવાથી,ત્યાં વધારાની અચળ સ્થિતિ ઊર્જા $U_0 = 160 - 100 = 60 \, J$ હોવી જોઈએ.
સ્થિતિ ઊર્જા $U(x) = U_0 + \frac{1}{2} k x^2$ મુજબ બદલાય છે.
મહત્તમ સ્થિતિ ઊર્જા અંતિમ સ્થાનો $(x = \pm A)$ પર મળે છે,જે $U_{max} = U_0 + \frac{1}{2} k A^2 = 60 + 100 = 160 \, J$ છે.
આમ,વિધાન $(b)$ અને $(c)$ બંને સાચા છે.

(A) ધારો કે નક્કર ગોળાની ત્રિજ્યા $a$ છે અને પોલા કવચની ત્રિજ્યા $b$ છે.
શરૂઆતમાં,નક્કર ગોળા પર $Q$ વિદ્યુતભાર છે અને કવચ પર $0$ વિદ્યુતભાર છે.
નક્કર ગોળાની સપાટી પરનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V_{\text{sphere}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{a} + \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{0}{b} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{a}$ છે.
પોલા કવચની સપાટી પરનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V_{\text{shell}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{b} + \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{0}{b} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{b}$ છે.
શરૂઆતનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V = V_{\text{sphere}} - V_{\text{shell}} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right)$ છે.
હવે,કવચને $-3Q$ વિદ્યુતભાર આપવામાં આવે છે.
નક્કર ગોળાની સપાટી પરનું નવું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V'_{\text{sphere}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{a} + \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{-3Q}{b}$ છે.
પોલા કવચની સપાટી પરનું નવું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V'_{\text{shell}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{b} + \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{-3Q}{b} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( -\frac{2Q}{b} \right)$ છે.
નવો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V' = V'_{\text{sphere}} - V'_{\text{shell}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{Q}{a} - \frac{3Q}{b} - (-\frac{2Q}{b}) \right) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{Q}{a} - \frac{Q}{b} \right) = V$ થાય છે.

(B) વિદ્યુતક્ષેત્ર એ સંરક્ષી ક્ષેત્ર છે,તેથી વિદ્યુતક્ષેત્ર દ્વારા થયેલ કાર્ય માત્ર પ્રારંભિક અને અંતિમ સ્થાન પર આધાર રાખે છે,માર્ગ પર નહીં.
થયેલ કાર્ય $W = \vec{F} \cdot \vec{d} = q\vec{E} \cdot \vec{d}$,જ્યાં $\vec{d}$ એ સ્થાનાંતર સદિશ છે.
પ્રારંભિક સ્થાન $P(a, b, 0)$ છે અને અંતિમ સ્થાન $S(0, 0, 0)$ છે.
સ્થાનાંતર સદિશ $\vec{d} = \vec{S} - \vec{P} = (0 - a)\hat{i} + (0 - b)\hat{j} + (0 - 0)\hat{k} = -a\hat{i} - b\hat{j}$.
વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E} = E\hat{i}$ છે.
થયેલ કાર્ય $W = q(E\hat{i}) \cdot (-a\hat{i} - b\hat{j}) = qE(-a) = -qEa$.

(A) સૌ પ્રથમ,સર્કિટની જમણી બાજુને સરળ બનાવો. $7\,\Omega$,$1\,\Omega$,અને $10\,\Omega$ ના અવરોધો શ્રેણીમાં છે,તેથી તેમનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_s = 7 + 1 + 10 = 18\,\Omega$ થાય.
આ $18\,\Omega$ નો અવરોધ $6\,\Omega$ ના અવરોધ સાથે સમાંતર જોડાણમાં છે. તેમનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_p$ નીચે મુજબ મળે: $\frac{1}{R_p} = \frac{1}{6} + \frac{1}{18} = \frac{3+1}{18} = \frac{4}{18}$,તેથી $R_p = \frac{18}{4} = 4.5\,\Omega$.
હવે,સર્કિટનો કુલ અવરોધ $R_{total} = 2\,\Omega + 0.5\,\Omega + 4.5\,\Omega + 8\,\Omega = 15\,\Omega$ થાય.
બેટરીમાંથી વહેતો પ્રવાહ $i = \frac{V}{R_{total}} = \frac{15\,V}{15\,\Omega} = 1\,A$ મળે.

(D) લૂપ સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi$ એ $\phi = B \cdot A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A = L^2$ એ ચોરસ લૂપનું ક્ષેત્રફળ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ સમય અને અવકાશમાં સમાન હોવાથી,અને લૂપ આ ક્ષેત્રની અંદર ગતિ કરે છે,લૂપ દ્વારા ઘેરાયેલું ક્ષેત્રફળ $A$ અચળ રહે છે.
ફેરાડેના વિદ્યુતચુંબકીય પ્રેરણના નિયમ મુજબ,પ્રેરિત વિદ્યુતચાલક બળ $(EMF)$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કારણ કે $\phi = B \cdot L^2$ અચળ છે,તેથી $\frac{d\phi}{dt} = 0$.
તેથી,પ્રેરિત $EMF$ $\varepsilon = 0$ થાય છે.
પરિણામે,પ્રેરિત પ્રવાહ $I = \frac{\varepsilon}{R} = 0$ થાય છે.

(B) રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થનું અર્ધ-આયુષ્ય $(T_{1/2})$ એ સમય છે જે દરમિયાન અડધા રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસનું ક્ષય થાય છે.
તેનું સૂત્ર છે: $T_{1/2} = \frac{ln 2}{\lambda} = \frac{log_e 2}{\lambda}$.
સરેરાશ આયુષ્ય $(\tau)$ એ ક્ષય અચળાંકના વ્યસ્ત તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
તેનું સૂત્ર છે: $\tau = \frac{1}{\lambda}$.
તેથી,અર્ધ-આયુષ્ય અને સરેરાશ આયુષ્ય અનુક્રમે $\frac{log_e 2}{\lambda}$ અને $\frac{1}{\lambda}$ છે.

(B) પરિપથ $(1)$ માં,પ્રથમ ડાયોડનો $N$-વિસ્તાર બીજા ડાયોડના $N$-વિસ્તાર સાથે જોડાયેલ છે. આ ગોઠવણી જંકશનના યોગ્ય શ્રેણી બાયસિંગ માટે સક્ષમ નથી.
પરિપથ $(2)$ માં,પ્રથમ ડાયોડનો $P$-વિસ્તાર બીજા ડાયોડના $N$-વિસ્તાર સાથે જોડાયેલ છે. બાહ્ય બેટરી એવી રીતે જોડાયેલ છે કે જેથી બંને ડાયોડ ફોરવર્ડ-બાયસ (અથવા પોલેરિટીના આધારે બંને રિવર્સ-બાયસ) થાય છે,જે બંને જંકશન પર સમાન વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત જાળવી રાખે છે.
પરિપથ $(3)$ માં,પ્રથમ ડાયોડનો $P$-વિસ્તાર બીજા ડાયોડના $N$-વિસ્તાર સાથે જોડાયેલ છે. પરિપથ $(2)$ ની જેમ જ,આ ગોઠવણી એક સપ્રમાણ શ્રેણી જોડાણ બનાવે છે જ્યાં વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત બંને જંકશન પર સમાન રીતે વહેંચાય છે.
તેથી,પરિપથ $(2)$ અને $(3)$ એ સાચા જોડાણો છે.

(D) ખગોળીય ટેલિસ્કોપ માટે જ્યારે અંતિમ પ્રતિબિંબ અનંત અંતરે હોય (સામાન્ય ગોઠવણ),ત્યારે કોણીય મોટવણી $|m| = \frac{f_o}{f_e} = 5$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $f_o = 5f_e$ ... $(i)$.
ટેલિસ્કોપની નળીની લંબાઈ એ ઓબ્જેક્ટિવ અને આઈપીસની કેન્દ્રલંબાઈનો સરવાળો છે: $L = f_o + f_e = 36 \, cm$ ... $(ii)$.
$(i)$ ને $(ii)$ માં મૂકતા,આપણને $5f_e + f_e = 36 \, cm$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $6f_e = 36 \, cm$ થાય છે.
આમ,$f_e = 6 \, cm$.
$f_e$ ની કિંમત $(i)$ માં મૂકતા,આપણને $f_o = 5 \times 6 \, cm = 30 \, cm$ મળે છે.
તેથી,કેન્દ્રલંબાઈઓ $f_o = 30 \, cm$ અને $f_e = 6 \, cm$ છે.

(A) જ્યારે પ્રકાશનો કિરણપુંજ કાટકોણ પ્રિઝમ $ABC$ ની સપાટી $AB$ પર લંબરૂપે આપાત થાય છે,ત્યારે સપાટી $AB$ પર કોઈ વક્રીભવન થતું નથી. પ્રકાશ સીધો પસાર થાય છે અને સપાટી $AC$ પર $i = 45^{\circ}$ ના આપાતકોણે અથડાય છે.
સપાટી $AC$ પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન થવા માટે,શરત $i > i_c$ છે,જ્યાં $i_c$ એ ક્રાંતિકોણ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin i_c = \frac{1}{\mu}$. તેથી,પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન માટેની શરત $\sin i > \frac{1}{\mu}$ અથવા $\mu > \frac{1}{\sin i}$ છે.
અહીં $i = 45^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી $\sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707$. આમ,શરત $\mu > \sqrt{2} \approx 1.414$ બને છે.
વક્રીભવનાંકની સરખામણી કરતા:
લાલ માટે: $\mu_{\text{red}} = 1.39 < 1.414$.
લીલા માટે: $\mu_{\text{green}} = 1.44 > 1.414$.
વાદળી માટે: $\mu_{\text{blue}} = 1.47 > 1.414$.
કારણ કે $\mu_{\text{red}} < 1.414$ છે,લાલ પ્રકાશ સપાટી $AC$ માંથી વક્રીભવન પામીને બહાર આવશે. કારણ કે $\mu_{\text{green}}$ અને $\mu_{\text{blue}}$ બંને $1.414$ કરતા વધારે છે,તેથી લીલો અને વાદળી બંને પ્રકાશ સપાટી $AC$ પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન અનુભવશે.
તેથી,પ્રિઝમ લાલ રંગને લીલા અને વાદળી રંગોથી અલગ કરશે.