IIT JEE 1995 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) $1$. રેનોલ્ડ્સ નંબર અને ઘર્ષણાંક બંને પરિમાણરહિત રાશિઓ છે,જેનો અર્થ છે કે તેમના પરિમાણો $[M^0L^0T^0]$ છે.
$2$. ગુપ્ત ઉષ્મા $(L)$ ને એકમ દળ દીઠ ઉર્જા $(Q/m)$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,જેનું પરિમાણ $[M^0L^2T^{-2}]$ છે. ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિમાન $(V)$ ને એકમ દળ દીઠ કાર્ય $(W/m)$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,જેનું પરિમાણ પણ $[M^0L^2T^{-2}]$ છે.
$3$. ક્યુરી એ રેડિયોએક્ટિવિટીનો એકમ છે,જે પ્રતિ સેકન્ડ વિઘટનની સંખ્યા દર્શાવે છે,જેનું પરિમાણ $[T^{-1}]$ છે. પ્રકાશ તરંગની આવૃત્તિનું પરિમાણ પણ $[T^{-1}]$ છે.
$4$. તેથી,આપેલી તમામ જોડીઓ સમાન પરિમાણો ધરાવે છે,તેથી સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dv}{dt} = 6 - 3v$.
પદોને ગોઠવતા: $\frac{dv}{6 - 3v} = dt$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{dv}{6 - 3v} = \int dt$.
આનાથી મળે છે: $-\frac{1}{3} \ln(6 - 3v) = t + C$.
$\ln(6 - 3v) = -3t + C'$.
$t = 0$ સમયે,$v = 0$,તેથી $\ln(6) = C'$.
$C'$ ની કિંમત મૂકતા: $\ln(6 - 3v) = -3t + \ln(6) \Rightarrow \ln(\frac{6 - 3v}{6}) = -3t$.
ઘાતાંકીય સ્વરૂપમાં લેતા: $\frac{6 - 3v}{6} = e^{-3t} \Rightarrow 1 - 0.5v = e^{-3t} \Rightarrow v(t) = 2(1 - e^{-3t}) \, m/s$.
અંતિમ ઝડપ $(t \to \infty)$: $v = 2(1 - 0) = 2.0 \, m/s$.
પ્રારંભિક પ્રવેગ $(t = 0)$: $a = \frac{dv}{dt} = 6 - 3(0) = 6.0 \, m/s^2$.
બધા જ વિધાનો સાચા હોવાથી,જવાબ $(d)$ છે.

(D) પ્લેટ પર લાગતું બળ વેગમાનના ફેરફારના દર દ્વારા આપવામાં આવે છે,$F = \frac{dp}{dt} = v_{rel} \left( \frac{dm}{dt} \right)$.
પ્લેટની સાપેક્ષમાં પાણીના જેટનો સાપેક્ષ વેગ $v_{rel} = v_1 + v_2$ છે.
પ્રતિ સેકન્ડ પ્લેટ સુધી પહોંચતા પાણીનું દળ $\frac{dm}{dt} = \rho A v_{rel}$ છે,જ્યાં $A$ એ જેટનો આડછેદ વિસ્તાર છે.
જેટ $v_2$ ઝડપે પ્રતિ સેકન્ડ $V$ કદનું પાણી બહાર કાઢતું હોવાથી,વિસ્તાર $A = \frac{V}{v_2}$ થાય.
તેથી,$\frac{dm}{dt} = \rho \left( \frac{V}{v_2} \right) (v_1 + v_2)$.
આ કિંમતોને બળના સમીકરણમાં મૂકતા: $F = (v_1 + v_2) \times \left[ \rho \left( \frac{V}{v_2} \right) (v_1 + v_2) \right]$.
તેથી,$F = \rho \left[ \frac{V}{v_2} \right] (v_1 + v_2)^2$.

(B) અથડામણો સંપૂર્ણપણે અસ્થિતિસ્થાપક હોવાથી,બધા બ્લોક્સ એક પછી એક ચોંટી જશે અને સંયુક્ત દળ તરીકે ગતિ કરશે.
ધારો કે દરેક બ્લોકનું દળ $m$ છે.
પ્રથમ બ્લોકને $L$ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $t_1 = \frac{L}{v}$ છે.
પ્રથમ અથડામણ પછી,પ્રથમ અને બીજો બ્લોક એકબીજા સાથે ચોંટી જાય છે. વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$mv = (2m)v_1$,તેથી $v_1 = \frac{v}{2}$.
આ સંયુક્ત તંત્રને આગામી $L$ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $t_2 = \frac{L}{v/2} = \frac{2L}{v}$ છે.
બીજી અથડામણ પછી,ત્રણેય બ્લોક્સ $v_2 = \frac{mv}{3m} = \frac{v}{3}$ વેગથી ગતિ કરશે.
આગામી $L$ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $t_3 = \frac{L}{v/3} = \frac{3L}{v}$ છે.
આ પ્રક્રિયા ચાલુ રાખતા,$(n-1)$-મા અને $n$-મા બ્લોક વચ્ચેનું અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $t_{n-1} = \frac{(n-1)L}{v}$ છે.
છેલ્લા બ્લોકને ગતિ શરૂ કરવા માટે લાગતો કુલ સમય આ અંતરાલોનો સરવાળો છે:
$T = \frac{L}{v} + \frac{2L}{v} + \frac{3L}{v} + ... + \frac{(n-1)L}{v} = \frac{L}{v} (1 + 2 + 3 + ... + (n-1)) = \frac{L}{v} \cdot \frac{(n-1)n}{2} = \frac{n(n-1)L}{2v}$.
આમ,વિકલ્પ $(b)$ સાચો છે.

(C) કેપ્લરના ત્રીજા નિયમ મુજબ,વર્તુળાકાર કક્ષામાં રહેલા ઉપગ્રહનો આવર્તકાળ $T$ એ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r$ સાથે $T \propto r^{3/2}$ સંબંધ ધરાવે છે.
બંને બાજુ લઘુગણક લેતા: $\ln T = \frac{3}{2} \ln r$.
બંને બાજુ વિકલન કરતા,આપણને આંશિક ફેરફાર મળે છે: $\frac{\Delta T}{T} = \frac{3}{2} \frac{\Delta r}{r}$.
અહીં ત્રિજ્યા $R$ થી વધીને $(1.01)R$ થાય છે,તેથી ત્રિજ્યામાં થતો ટકાવારી ફેરફાર $\frac{\Delta r}{r} \times 100 = 1\%$ છે.
તેથી,આવર્તકાળમાં થતો ટકાવારી ફેરફાર $\frac{\Delta T}{T} \times 100 = \frac{3}{2} \times (1\%) = 1.5\%$ છે.
આમ,બીજા ઉપગ્રહનો આવર્તકાળ આશરે $1.5\%$ જેટલો વધારે છે.

(A) નળાકાર સંતુલનમાં તરે તે માટે,તેનું વજન બંને પ્રવાહી દ્વારા લાગતા કુલ ઉત્પ્લાવક બળ (buoyant force) જેટલું હોવું જોઈએ.
નળાકારનું વજન = $V \times D \times g = (A/5) \times L \times D \times g$.
ઉપરના પ્રવાહી (ઘનતા $d$) દ્વારા લાગતું ઉત્પ્લાવક બળ: $F_1 = (A/5) \times (3L/4) \times d \times g$.
નીચેના પ્રવાહી (ઘનતા $2d$) દ્વારા લાગતું ઉત્પ્લાવક બળ: $F_2 = (A/5) \times (L/4) \times 2d \times g$.
વજનને કુલ ઉત્પ્લાવક બળ સાથે સરખાવતા:
$(A/5) \times L \times D \times g = (A/5) \times (3L/4) \times d \times g + (A/5) \times (L/4) \times 2d \times g$.
બંને બાજુ $(A/5) \times L \times g$ વડે ભાગતા:
$D = (3/4)d + (1/4) \times 2d = (3/4)d + (2/4)d = (5/4)d$.
તેથી,ઘન પદાર્થની ઘનતા $D = \frac{5}{4}d$ છે.

(A) ધારો કે સંઘનિત થયેલી વરાળનું દળ $m \, kg$ છે. પાણીની ગુપ્ત ઉષ્મા $L = 540 \, kcal/kg$ છે.
વરાળ દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા બે તબક્કામાં છે:
$(i)$ $100^{\circ}C$ તાપમાનની વરાળનું $100^{\circ}C$ તાપમાનના પાણીમાં રૂપાંતર: $Q_1 = m \times 540 \, kcal$.
$(ii)$ $100^{\circ}C$ તાપમાનના પાણીનું $80^{\circ}C$ તાપમાનના પાણીમાં ઠંડું પડવું: $Q_2 = m \times 1 \times (100 - 80) = 20m \, kcal$.
વરાળ દ્વારા ગુમાવેલી કુલ ઉષ્મા: $Q_{lost} = 540m + 20m = 560m \, kcal$.
કેલરીમીટર અને પાણી દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા:
કુલ પાણી-તુલ્યાક દળ = $1.1 \, kg + 0.02 \, kg = 1.12 \, kg$.
તાપમાનમાં વધારો $\Delta T = 80^{\circ}C - 15^{\circ}C = 65^{\circ}C$.
મેળવેલી ઉષ્મા: $Q_{gained} = (1.12) \times 1 \times 65 = 72.8 \, kcal$.
કેલરીમીટ્રીના સિદ્ધાંત મુજબ,$Q_{gained} = Q_{lost}$:
$560m = 72.8$
$m = \frac{72.8}{560} = 0.13 \, kg$.

(D) $1$ મોલ આદર્શ વાયુ માટે,$pV = RT$ ... $(i)$.
અચળ દબાણે,$P dV = R dT$ ... (ii).
સમીકરણ $(i)$ અને (ii) પરથી,આપણને $\frac{dV}{V} = \frac{dT}{T}$ મળે છે.
અચળ દબાણે કદ પ્રસરણાંક $\gamma = \frac{1}{V} \frac{dV}{dT} = \frac{1}{T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આ માત્ર $T$ પર આધારિત હોવાથી,તે તમામ આદર્શ વાયુઓ માટે સમાન છે.
સરેરાશ મુક્ત પથ $\lambda = \frac{kT}{\sqrt{2} \pi d^2 P}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. જેમ દબાણ $P$ ઘટે છે,તેમ $\lambda$ વધે છે.
અણુની સરેરાશ સ્થાનાંતરિત ગતિઊર્જા $\langle K \rangle = \frac{3}{2} kT$ છે. આ મૂલ્ય માત્ર તાપમાન $T$ પર આધાર રાખે છે અને વાયુના અણુઓના દળ કે સ્વભાવથી સ્વતંત્ર છે. તેથી,તાપીય સંતુલનમાં રહેલા મિશ્રણમાં,તમામ ઘટકો સમાન સરેરાશ સ્થાનાંતરિત ગતિઊર્જા ધરાવે છે.
તેથી,આપેલા તમામ વિધાનો સાચા છે.

(B) સ્થાયી અવસ્થામાં,સળિયા $BC$ માંથી વહેતી ઉષ્મા સળિયા $CA$ માંથી વહેતી ઉષ્મા જેટલી હોવી જોઈએ કારણ કે તેઓ $BCA$ માર્ગ પર શ્રેણીમાં છે.
ઉષ્મા વહનનો દર $\frac{dQ}{dt} = \frac{kA(T_{high} - T_{low})}{L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સળિયા $BC$ માટે,લંબાઈ $L_{BC} = a$,તાપમાનનો તફાવત $(\sqrt{2}T - T_C)$ છે.
સળિયા $CA$ માટે,લંબાઈ $L_{CA} = a\sqrt{2}$,તાપમાનનો તફાવત $(T_C - T)$ છે.
ઉષ્મા વહનના દરોને સરખાવતા:
$\frac{kA(\sqrt{2}T - T_C)}{a} = \frac{kA(T_C - T)}{a\sqrt{2}}$
$\sqrt{2}(\sqrt{2}T - T_C) = T_C - T$
$2T - \sqrt{2}T_C = T_C - T$
$3T = T_C(1 + \sqrt{2})$
$\frac{T_C}{T} = \frac{3}{1 + \sqrt{2}}$

(B) ઠંડા પડવાનો દર $R$ એ સૂત્ર $R = \frac{d\theta}{dt} = \frac{A \epsilon \sigma (T^4 - T_0^4)}{mc}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને ગોળાઓ સમાન દ્રવ્યના બનેલા હોવાથી અને સમાન સપાટી ધરાવતા હોવાથી,$\epsilon$,$\sigma$,$T$,$T_0$ અને ઘનતા $\rho$ અચળ છે.
તેથી,$R \propto \frac{A}{m}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $A = 4\pi r^2$ અને $m = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi r^3$,તેથી $A \propto r^2$ અને $m \propto r^3$,જેનો અર્થ છે કે $r \propto m^{1/3}$.
આ કિંમત પ્રમાણભૂત સંબંધમાં મૂકતા,$R \propto \frac{r^2}{r^3} \propto \frac{1}{r} \propto \frac{1}{m^{1/3}}$.
તેથી,ઠંડા પડવાના દરોનો ગુણોત્તર $\frac{R_1}{R_2} = \left(\frac{m_2}{m_1}\right)^{1/3}$ થાય.
અહીં $m_1 = 3m_2$ આપેલ હોવાથી,$\frac{R_1}{R_2} = \left(\frac{m_2}{3m_2}\right)^{1/3} = \left(\frac{1}{3}\right)^{1/3}$ મળે.

(D) આપેલ સમીકરણ $y(x, t) = 0.02 \cos(10 \pi x) \cos(50 \pi t + \frac{\pi}{2})$ છે.
આ $y = A \cos(kx) \cos(\omega t + \phi)$ સ્વરૂપનું સ્થિત તરંગ છે,જ્યાં $k = 10 \pi \ m^{-1}$.
$1$. નોડ માટે,કંપવિસ્તાર શૂન્ય હોવો જોઈએ: $\cos(10 \pi x) = 0$.
$10 \pi x = (2n + 1) \frac{\pi}{2} \Rightarrow x = \frac{2n + 1}{20} \ m$.
$n = 1$ માટે,$x = \frac{3}{20} = 0.15 \ m$. તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
$2$. એન્ટિનોડ માટે,કંપવિસ્તાર મહત્તમ હોય છે: $|\cos(10 \pi x)| = 1$.
$10 \pi x = n \pi \Rightarrow x = \frac{n}{10} \ m$.
$n = 3$ માટે,$x = 0.3 \ m$. તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.
$3$. તરંગલંબાઇ $\lambda$ એ $k = \frac{2 \pi}{\lambda}$ દ્વારા મળે છે.
$10 \pi = \frac{2 \pi}{\lambda} \Rightarrow \lambda = \frac{2 \pi}{10 \pi} = 0.2 \ m$. તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.
બધા વિધાનો સાચા હોવાથી,જવાબ $D$ છે.

(D) $1$. દર સેકન્ડે સપાટી પર અથડાતા મોજાની સંખ્યા (ગતિશીલ લક્ષ્ય સુધી પહોંચતા મોજાની આવૃત્તિ) $n' = \frac{c + v}{\lambda} = \frac{\nu (c + v)}{c}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. તેથી,વિકલ્પ $(c)$ સાચો છે.
$2$. ગતિશીલ સપાટી પરાવર્તિત મોજા માટે ઉદગમ તરીકે કાર્ય કરે છે. પરાવર્તિત મોજાની આભાસી આવૃત્તિ $n''$ એ ગતિશીલ ઉદગમ માટે ડોપ્લર અસરના સૂત્ર દ્વારા મળે છે: $n'' = n' \left( \frac{c}{c - v} \right) = \nu \left( \frac{c + v}{c} \right) \left( \frac{c}{c - v} \right) = \nu \left( \frac{c + v}{c - v} \right)$. તેથી,વિકલ્પ $(a)$ સાચો છે.
$3$. પરાવર્તિત મોજાની તરંગલંબાઈ $\lambda'$ એ $\lambda' = \frac{c}{n''} = \frac{c}{\nu \left( \frac{c + v}{c - v} \right)} = \frac{c(c - v)}{\nu (c + v)}$ છે. તેથી,વિકલ્પ $(b)$ સાચો છે.
$4$. આમ,$(a)$,$(b)$ અને $(c)$ ત્રણેય સાચા હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(B) કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,કાર્ય $W = \frac{1}{2} I \omega^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કોણીય ઝડપ $\omega$ અચળ હોવાથી,કાર્ય ન્યૂનતમ ત્યારે જ થાય જ્યારે જડત્વની ચાકમાત્રા $I$ ન્યૂનતમ હોય.
ધારો કે પરિભ્રમણ અક્ષ $0.3 \ kg$ ના દળથી $x$ અંતરે આવેલા બિંદુમાંથી પસાર થાય છે. તો $0.7 \ kg$ ના દળથી તેનું અંતર $(1.4 - x)$ થશે.
જડત્વની ચાકમાત્રા $I = 0.3x^2 + 0.7(1.4 - x)^2$ છે.
$I$ નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય શોધવા માટે,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ:
$\frac{dI}{dx} = 0.3(2x) + 0.7(2)(1.4 - x)(-1) = 0$
$0.6x - 1.4(1.4 - x) = 0$
$0.6x - 1.96 + 1.4x = 0$
$2.0x = 1.96$
$x = 0.98 \ m$.
આમ,અક્ષ $0.3 \ kg$ ના દળથી $0.98 \ m$ ના અંતરેથી પસાર થવી જોઈએ.

(A) વિદ્યુત ડાયપોલ $(-d, 0)$ પર $+q$ અને $(d, 0)$ પર $-q$ વિદ્યુતભારો દ્વારા રચાય છે.
$1$. ડાયપોલ મોમેન્ટ $\overrightarrow{p}$ ની દિશા $-q$ થી $+q$ તરફ હોય છે,જે ઋણ $X$-અક્ષ ($-\hat{i}$ દિશા) પર છે.
$2$. $Y$-અક્ષ (વિષુવવૃત્તીય સમતલ) પરના કોઈપણ બિંદુ માટે,વિદ્યુતક્ષેત્ર $\overrightarrow{E}$ એ ડાયપોલ મોમેન્ટ $\overrightarrow{p}$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે. કારણ કે $\overrightarrow{p}$ એ $-\hat{i}$ ની દિશામાં છે,તેથી $Y$-અક્ષ પરના તમામ બિંદુઓ પર $\overrightarrow{E}$ એ $+\hat{i}$ ની દિશામાં હશે. આમ,વિકલ્પ $(a)$ સાચો છે.
$3$. $X$-અક્ષ પર,વિદ્યુતક્ષેત્રની દિશા બિંદુ વિદ્યુતભારોની વચ્ચે છે કે બહાર તેના આધારે બદલાય છે. તેથી,વિકલ્પ $(b)$ ખોટો છે.
$4$. ડાયપોલ મોમેન્ટ $\overrightarrow{p} = q(2d)$ છે જે $-q$ થી $+q$ તરફ એટલે કે $-\hat{i}$ ની દિશામાં છે. તેથી,વિકલ્પ $(c)$ ખોટો છે.
$5$. ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ પર વિદ્યુત સ્થિતિમાન $V = k(+q)/d + k(-q)/d = 0$ છે. અનંત અંતરેથી પરીક્ષણ વિદ્યુતભાર $q_0$ ને ઉગમબિંદુ પર લાવવા માટે કરવું પડતું કાર્ય $W = q_0 \Delta V = q_0(V_{origin} - V_{\infty}) = q_0(0 - 0) = 0$ છે. તેથી,વિકલ્પ $(d)$ ખોટો છે.

(C) પ્રથમ કેપેસિટર પરનો પ્રારંભિક વિદ્યુતભાર: $q_1 = CV$.
બીજા કેપેસિટર પરનો પ્રારંભિક વિદ્યુતભાર: $q_2 = (2C)(2V) = 4CV$.
તેમને વિરુદ્ધ ધ્રુવીયતા (ધન સાથે ઋણ) સાથે જોડવામાં આવ્યા હોવાથી,કુલ વિદ્યુતભાર $Q_{net} = q_2 - q_1 = 4CV - CV = 3CV$.
સમાંતર જોડાણનું કુલ કેપેસિટન્સ $C_{eq} = C + 2C = 3C$ છે.
સામાન્ય વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V_{common} = \frac{Q_{net}}{C_{eq}} = \frac{3CV}{3C} = V$.
ગોઠવણીની અંતિમ ઉર્જા $U = \frac{1}{2} C_{eq} V_{common}^2 = \frac{1}{2} (3C) (V)^2 = \frac{3CV^2}{2}$.

(C) મહત્તમ પાવર ટ્રાન્સફર પ્રમેય મુજબ,જ્યારે બાહ્ય લોડ અવરોધ $(R_{eq})$ બેટરીના આંતરિક અવરોધ $(r)$ જેટલો હોય ત્યારે લોડને મળતો પાવર મહત્તમ હોય છે.
આપેલ આંતરિક અવરોધ $r = 4 \,\Omega$ છે.
આપણે નેટવર્કનો સમતુલ્ય અવરોધ $(R_{eq})$ શોધવાની જરૂર છે.
આપેલ પરિપથ આકૃતિ મુજબ,નેટવર્કનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = 2R$ મળે છે.
મહત્તમ પાવર ટ્રાન્સફર માટે,$R_{eq} = r$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$2R = 4 \,\Omega$
$R = 4/2 = 2 \,\Omega$.

(D) ધારો કે બે ચાપની લંબાઈ $l_1 = r\theta$ અને $l_2 = r(2\pi - \theta)$ છે.
રીંગ સમાન હોવાથી,તેના અવરોધ $R_1 = \rho \frac{l_1}{A}$ અને $R_2 = \rho \frac{l_2}{A}$ થશે.
જ્યારે બેટરી સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે બંને ચાપ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V$ સમાન રહે છે. તેથી,$i_1 R_1 = i_2 R_2$,જેનો અર્થ છે કે $i_1 l_1 = i_2 l_2$.
$i$ પ્રવાહ ધરાવતા $l$ લંબાઈના ચાપને કારણે કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 i}{4\pi r^2} l$ છે.
બંને ચાપ માટે,$B_1 = \frac{\mu_0 i_1 l_1}{4\pi r^2}$ અને $B_2 = \frac{\mu_0 i_2 l_2}{4\pi r^2}$ મળે.
$i_1 l_1 = i_2 l_2$ હોવાથી,$B_1 = B_2$ થાય.
પ્રવાહ કેન્દ્રની આસપાસ વિરુદ્ધ દિશામાં વહે છે,તેથી બંને ચાપ દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ચુંબકીય ક્ષેત્રો મૂલ્યમાં સમાન અને દિશામાં વિરુદ્ધ હોય છે.
તેથી,કેન્દ્ર પર પરિણામી ચુંબકીય પ્રેરણ $B_{net} = B_1 - B_2 = 0$ થાય છે,જે $\theta$ થી સ્વતંત્ર છે.

(C) ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}$ એ $Y$-અક્ષની દિશામાં છે. વેગ $\vec{v}$ એ $X$-અક્ષ સાથે $60^\circ$ નો ખૂણો બનાવે છે,તેથી તે $Y$-અક્ષ ($\vec{B}$ ની દિશા) સાથે $\theta = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$ નો ખૂણો બનાવે છે.
વેગનો એક ઘટક ચુંબકીય ક્ષેત્રને સમાંતર હોવાથી,પ્રોટોનનો માર્ગ હેલિક્સ (કુંતલ) આકારનો હશે.
હેલિક્સની ત્રિજ્યા $r = \frac{mv \sin \theta}{qB}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\theta = 30^\circ$ એ $\vec{v}$ અને $\vec{B}$ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
$r = \frac{1.67 \times 10^{-27} \times 2 \times 10^6 \times \sin 30^\circ}{1.6 \times 10^{-19} \times 0.104} = \frac{1.67 \times 10^{-21} \times 0.5}{1.664 \times 10^{-20}} \approx 0.1 \, m$.
આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi m}{qB} = \frac{2\pi \times 1.67 \times 10^{-27}}{1.6 \times 10^{-19} \times 0.104} \approx 2\pi \times 10^{-7} \, s$.

(A) દરેક પ્રવાહધારિત રિંગ ચુંબકીય ડાયપોલ તરીકે વર્તે છે,જેની ચુંબકીય મોમેન્ટ $\vec{\mu}$ તેના સમતલને લંબ હોય છે.
જ્યારે રિંગ્સમાં પ્રવાહ પસાર કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેઓ બીજી રિંગના ચુંબકીય ક્ષેત્રને કારણે ચુંબકીય ટોર્ક $\vec{\tau} = \vec{\mu} \times \vec{B}$ અનુભવે છે.
આ ટોર્ક બંને રિંગ્સની ચુંબકીય મોમેન્ટને એક જ દિશામાં ગોઠવવાનું કાર્ય કરે છે.
ચુંબકીય મોમેન્ટ રિંગના સમતલને લંબ હોવાથી,ચુંબકીય મોમેન્ટને એકીકૃત કરવાનો અર્થ એ છે કે બંને રિંગ્સના સમતલો ત્યાં સુધી ફરશે જ્યાં સુધી તેઓ એક જ સમતલમાં ન આવી જાય,જેથી લઘુત્તમ સ્થિતિ ઊર્જા પ્રાપ્ત કરવા માટે પ્રવાહ એક જ દિશામાં વહે.
તેથી,બંને રિંગ્સ ફરીને એક સામાન્ય સમતલમાં આવે છે.

(D) કુલ પૂરો પાડવામાં આવેલ પાવર $P = VI = (50 \times 10^3 V) \times (20 \times 10^{-3} A) = 1000 W$ છે.
પાવરના $1\%$ ભાગનું $X$-rays માં રૂપાંતર થતું હોવાથી,$99\%$ ભાગ ઉષ્મામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
ઉષ્મામાં રૂપાંતરિત પાવર $P_H = 0.99 \times 1000 W = 990 W$.
તાપમાનમાં વધારાનો દર $P_H = ms \frac{dT}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $990 = (1.0 kg) \times (495 J kg^{-1} {}^\circ C^{-1}) \times \frac{dT}{dt}$.
$\frac{dT}{dt} = \frac{990}{495} = 2 {}^\circ C/s$. આમ,વિકલ્પ $(c)$ સાચો છે.
લઘુત્તમ તરંગલંબાઇ $\lambda_{min} = \frac{hc}{eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\lambda_{min} = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{1.6 \times 10^{-19} \times 50 \times 10^3} \approx 0.248 \times 10^{-10} m \approx 0.25 \times 10^{-10} m$. આમ,વિકલ્પ $(b)$ સાચો છે.
ટાર્ગેટ મોટી માત્રામાં ઉષ્માનું શોષણ કરતું હોવાથી,નુકસાન અટકાવવા માટે તેનું ગલનબિંદુ ઊંચું હોવું આવશ્યક છે. આમ,વિકલ્પ $(a)$ સાચો છે.
તેથી,તમામ વિધાનો સાચા છે.

(A) તટસ્થ હિલિયમ $(He)$ પરમાણુમાંથી પ્રથમ ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા $E_1 = 24.6\ eV$ આપેલ છે.
પ્રથમ ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કર્યા પછી,બાકી રહેલી સિસ્ટમ $He^+$ આયન છે,જે $Z = 2$ પરમાણુ ક્રમાંક ધરાવતો હાઇડ્રોજન જેવો પરમાણુ છે.
હાઇડ્રોજન જેવા આયનની ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાંથી બીજા ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જાનું સૂત્ર $E_n = 13.6 \times Z^2\,eV$ છે.
$He^+$ માટે,$Z = 2$,તેથી બીજા ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા $E_2 = 13.6 \times (2)^2 = 13.6 \times 4 = 54.4\ eV$ છે.
બંને ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટે જરૂરી કુલ ઉર્જા એ દરેક પગલા માટે જરૂરી ઉર્જાનો સરવાળો છે: $E_{total} = E_1 + E_2 = 24.6\ eV + 54.4\ eV = 79\ eV$.

(C) ${O^{17}}$ માંથી ન્યુટ્રોન દૂર કરવા માટેની ન્યુક્લિયર પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે: ${O^{17}} \to {O^{16}} + {n^1}$.
ન્યુક્લિયસની કુલ બંધન ઉર્જા $(B.E.)$ આ રીતે ગણવામાં આવે છે: $B.E. = (\text{ન્યુક્લિઓનની સંખ્યા}) \times (\text{ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જા})$.
${O^{17}}$ ની કુલ $B.E. = 17 \times 7.75 \,MeV = 131.75 \,MeV$.
${O^{16}}$ ની કુલ $B.E. = 16 \times 7.97 \,MeV = 127.52 \,MeV$.
ન્યુટ્રોનને દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા એ પિતૃ અને પુત્રી ન્યુક્લિયસની કુલ બંધન ઉર્જા વચ્ચેનો તફાવત છે:
$\text{જરૂરી ઉર્જા} = B.E.({O^{17}}) - B.E.({O^{16}})$
$\text{જરૂરી ઉર્જા} = 131.75 \,MeV - 127.52 \,MeV = 4.23 \,MeV$.

(A) જ્યારે રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થ બે એકસાથે થતી પ્રક્રિયાઓ દ્વારા ક્ષય પામે છે,ત્યારે અસરકારક ક્ષય અચળાંક $\lambda$ એ $\lambda = \lambda_1 + \lambda_2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અર્ધ-આયુષ્ય $T$ એ ક્ષય અચળાંક સાથે $T = \frac{\ln 2}{\lambda}$ સંબંધ ધરાવે છે,તેથી અસરકારક અર્ધ-આયુષ્ય $T$ એ $\frac{1}{T} = \frac{1}{T_1} + \frac{1}{T_2}$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $T_1 = 1620$ વર્ષ અને $T_2 = 810$ વર્ષ આપેલ છે,તેથી અસરકારક અર્ધ-આયુષ્ય:
$T = \frac{T_1 T_2}{T_1 + T_2} = \frac{1620 \times 810}{1620 + 810} = \frac{1620 \times 810}{2430} = 540$ વર્ષ.
આપણે તે સમય $t$ શોધવો છે જેના પછી પદાર્થનો $\frac{1}{4}$ ભાગ બાકી રહે.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N(t) = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T}$ છે.
$N(t) = \frac{1}{4} N_0$ લેતા,$\frac{1}{4} = \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\left(\frac{1}{2}\right)^2 = \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T}$.
તેથી,$\frac{t}{T} = 2$,એટલે કે $t = 2T = 2 \times 540 = 1080$ વર્ષ.

(D) $PN$ જંકશનમાં ડેપ્લેશન ઝોનની પહોળાઈ $(W)$ નું સૂત્ર $W = \sqrt{\frac{2\epsilon V_{bi}}{q} \left( \frac{N_A + N_D}{N_A N_D} \right)}$ છે,જ્યાં $N_A$ અને $N_D$ એ એક્સેપ્ટર અને ડોનર ડોપન્ટ ઘનતા છે. આમ,પહોળાઈ ડોપન્ટ ઘનતા પર આધાર રાખે છે.
ડેપ્લેશન વિસ્તારમાં સ્થિર આયનીકૃત ડોપન્ટ અણુઓ ($P$-બાજુ પર ઋણ આયનો અને $N$-બાજુ પર ધન આયનો) હોય છે. આ સ્થિર વીજભારો એક આંતરિક વિદ્યુતક્ષેત્ર બનાવે છે જે ચાર્જ કેરિયર્સના વધુ પ્રસરણનો વિરોધ કરે છે.
તેથી,વિધાન $(b)$ અને $(c)$ બંને સાચા છે.

(A) ઇલેક્ટ્રોનને $E$ ઉર્જા અવસ્થામાં શોધવાની સંભાવના $P(E)$ ફર્મી-ડિરાક વિતરણ વિધેય દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$P(E) = \frac{1}{1 + e^{(E - E_F) / kT}}$
જ્યાં $E_F$ એ ફર્મી લેવલ છે,$k$ એ બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક છે,અને $T$ એ નિરપેક્ષ તાપમાન છે.
આંતરિક સેમિકન્ડક્ટર માટે,કન્ડક્શન બેન્ડ $E_c$ ઉર્જાથી શરૂ થાય છે. કન્ડક્શન બેન્ડમાં ઇલેક્ટ્રોન શોધવાની સંભાવના $e^{-(E_c - E_F) / kT}$ ના પ્રમાણસર હોય છે.
બેન્ડ ગેપ $E_g = E_c - E_v$ એ ફર્મી લેવલ સાથે સંબંધિત હોવાથી (આશરે $E_g \approx 2(E_c - E_F)$),સંભાવના $e^{-E_g / 2kT}$ પદ પર આધાર રાખે છે.
જેમ બેન્ડ ગેપ $E_g$ વધે છે,તેમ $e^{-E_g / 2kT}$ પદ ઘાતાંકીય રીતે ઘટે છે.
તેથી,કન્ડક્શન બેન્ડમાં ઇલેક્ટ્રોન મળી આવવાની સંભાવના બેન્ડ ગેપ વધવાની સાથે ઘાતાંકીય રીતે ઘટે છે.

(D) પ્રતિબિંબ પડદા પર મેળવવાનું હોવાથી,તે વાસ્તવિક હોવું જોઈએ.
બહિર્ગોળ અરીસા અને અંતર્ગોળ લેન્સ હંમેશા આભાસી પ્રતિબિંબ રચે છે,તેથી તેઓ પડદા પર પ્રતિબિંબ રચી શકતા નથી.
અંતર્ગોળ અરીસો વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ રચી શકે છે,પરંતુ વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ નાનું (diminished) મળે તે માટે વસ્તુને વક્રતા કેન્દ્રની પાછળ $(u > 2f)$ મૂકવી પડે છે. જોકે,પડદા પર પ્રતિબિંબ મેળવવા માટેની શરત મુજબ,$1.0 \ m$ ના અંતરે વાસ્તવિક અને નાનું પ્રતિબિંબ મેળવવા માટે બહિર્ગોળ લેન્સનો ઉપયોગ કરવો સૌથી યોગ્ય છે.
બહિર્ગોળ લેન્સ માટે,$D$ અંતરે આવેલા પડદા પર વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ મેળવવાની શરત $f \leq D/4$ છે. અહીં $D = 1.0 \ m$ હોવાથી,$f \leq 0.25 \ m$ થાય. તેથી,$0.25 \ m$ કરતા ઓછી કેન્દ્રલંબાઈ ધરાવતો બહિર્ગોળ લેન્સ નાનું વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ આપશે.

(A) આપેલ છે: ઓબ્જેક્ટિવની કેન્દ્રલંબાઈ $f_o = 2.0 \, cm$,આઈ-પીસની કેન્દ્રલંબાઈ $f_e = 3.0 \, cm$,અને ટ્યુબની લંબાઈ $L = 15.0 \, cm$.
જ્યારે અંતિમ પ્રતિબિંબ અનંત અંતરે રચાય છે,ત્યારે આઈ-પીસ એવી રીતે ગોઠવાયેલ હોય છે કે ઓબ્જેક્ટિવ દ્વારા રચાતું મધ્યવર્તી પ્રતિબિંબ આઈ-પીસના મુખ્ય કેન્દ્ર પર હોય.
તેથી,ઓબ્જેક્ટિવથી મધ્યવર્તી પ્રતિબિંબનું અંતર $(v_o)$ $L = v_o + f_e$ દ્વારા મળે છે.
$15.0 = v_o + 3.0 \Rightarrow v_o = 12.0 \, cm$.
હવે,ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ માટે લેન્સના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{f_o} = \frac{1}{v_o} - \frac{1}{u_o}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{2.0} = \frac{1}{12.0} - \frac{1}{u_o}$.
$\frac{1}{u_o} = \frac{1}{12.0} - \frac{1}{2.0} = \frac{1 - 6}{12.0} = -\frac{5}{12.0}$.
$u_o = -\frac{12.0}{5} = -2.4 \, cm$.
આમ,પદાર્થનું અંતર $2.4 \, cm$ અને પ્રતિબિંબનું અંતર $12.0 \, cm$ છે.

(D) પ્રિઝમ $120^\circ$ ના ટોચના ખૂણા સાથે સમદ્વિબાજુ છે. પાયાના ખૂણા $(180^\circ - 120^\circ)/2 = 30^\circ$ છે.
પ્રિઝમની સપાટી પર આપાતકોણ $i$ છે. સ્નેલના નિયમ મુજબ,$1.44 \sin(30^\circ) = 1 \sin(e)$,
જ્યાં $e$ એ નિર્ગમન કોણ છે. તેથી,$\sin(e) = 1.44 \times 0.5 = 0.72$,એટલે કે $e = \sin^{-1}(0.72)$.
દરેક કિરણનું વિચલન $\delta = e - r = \sin^{-1}(0.72) - 30^\circ$ છે.
બહાર આવતા બે કિરણો વચ્ચેનો કુલ ખૂણો $2\delta = 2\{\sin^{-1}(0.72) - 30^\circ\}$ થશે.

(D) પહોળાઈની સ્લિટની ધાર પરથી આવતા કિરણો વચ્ચેનો પથ તફાવત $\theta$ ખૂણે $\Delta x = d \sin \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
એક સ્લિટના વિવર્તન માટે,$n$-માં ગૌણ મહત્તમ માટેની શરત $d \sin \theta = (n + \frac{1}{2}) \lambda$ છે,જ્યાં $n = 1, 2, 3, \dots$.
પ્રથમ ગૌણ મહત્તમ માટે,$n = 1$ લેતા,$d \sin \theta = \frac{3\lambda}{2}$ મળે.
કળા તફાવત $\phi$ અને પથ તફાવત $\Delta x$ વચ્ચેનો સંબંધ $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ છે.
પ્રથમ ગૌણ મહત્તમ માટે પથ તફાવતની કિંમત મૂકતા: $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \frac{3\lambda}{2} = 3\pi$.
આમ,કળા તફાવત $3\pi$ છે.

(D) માઇક્રોવેવ માટે,તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{c}{f} = \frac{3 \times 10^8}{10^6} = 300 \ m$ છે.
પથ તફાવત $\Delta x = d \sin \theta$ છે.
કળા તફાવત $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} (\Delta x) = \frac{2\pi}{300} (150 \sin \theta) = \pi \sin \theta$ છે.
પરિણામી તીવ્રતા $I_R = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ છે.
ધારો કે $I_1 = I_2 = I$,તો $I_R = 2I + 2I \cos \phi = 2I(1 + \cos \phi) = 4I \cos^2(\phi/2)$ મળે.
$\phi = \pi \sin \theta$ મૂકતા,$I_R = 4I \cos^2\left(\frac{\pi \sin \theta}{2}\right)$ મળે.
મહત્તમ તીવ્રતા $I_0 = 4I$ હોવાથી,$I(\theta) = I_0 \cos^2\left(\frac{\pi \sin \theta}{2}\right)$ થાય.
જ્યારે $\theta = 0^\circ$,$I(0) = I_0 \cos^2(0) = I_0$.
જ્યારે $\theta = 30^\circ$,$I(30^\circ) = I_0 \cos^2\left(\frac{\pi \sin 30^\circ}{2}\right) = I_0 \cos^2(\pi/4) = I_0 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 = I_0/2$.
જ્યારે $\theta = 90^\circ$,$I(90^\circ) = I_0 \cos^2(\pi/2) = 0$.
આમ,$(a)$ અને $(b)$ બંને સાચા છે.