IIT JEE 2013 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) ધારો કે પ્રથમ કણ $P_1$ છે અને બીજો $P_2$ છે. મહત્તમ બિંદુએ,$P_1$ નો વેગ $v_{x1} = u_0 \cos \alpha$ અને $v_{y1} = 0$ છે.
બીજા કણને $P_2$ ને $u_0$ ઝડપ સાથે શિરોલંબ ઉપરની તરફ ફેંકવામાં આવે છે. $P_1$ ના મહત્તમ બિંદુએ (ઊંચાઈ $H = \frac{u_0^2 \sin^2 \alpha}{2g}$),$P_2$ નો વેગ $v_{y2} = \sqrt{u_0^2 - 2gH} = \sqrt{u_0^2 - u_0^2 \sin^2 \alpha} = u_0 \cos \alpha$ છે.
સમક્ષિતિજ દિશામાં રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$m(u_0 \cos \alpha) + m(0) = (2m)v_x \implies v_x = \frac{u_0 \cos \alpha}{2}$.
શિરોલંબ દિશામાં રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$m(0) + m(u_0 \cos \alpha) = (2m)v_y \implies v_y = \frac{u_0 \cos \alpha}{2}$.
સમક્ષિતિજ સાથેનો ખૂણો $\theta$ એ $\tan \theta = \frac{v_y}{v_x} = \frac{u_0 \cos \alpha / 2}{u_0 \cos \alpha / 2} = 1$ દ્વારા મળે છે.
તેથી,$\theta = 45^{\circ} = \frac{\pi}{4}$.

(B) આપેલ છે કે $50 \text{ VSD} = 2.45 \ cm$.
તેથી,$1 \text{ VSD} = \frac{2.45}{50} \ cm = 0.049 \ cm$.
મુખ્ય સ્કેલનું અવલોકન $(MSR)$ $5.10 \ cm$ છે.
વર્નિયર કેલિપર્સનું લઘુત્તમ માપશક્તિ $(LC)$ $1 \text{ MSD} - 1 \text{ VSD}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
વર્નિયર સ્કેલનું શૂન્ય $5.10 \ cm$ અને $5.15 \ cm$ ની વચ્ચે હોવાથી,$1 \text{ MSD} = 5.15 - 5.10 = 0.05 \ cm$ થાય.
આમ,$LC = 0.05 \ cm - 0.049 \ cm = 0.001 \ cm$.
વ્યાસની ગણતરી $MSR + (n \times LC)$ મુજબ થાય છે,જ્યાં $n$ એ સંપાત થતો વર્નિયર વિભાગ છે.
વ્યાસ $= 5.10 \ cm + (24 \times 0.001 \ cm) = 5.10 + 0.024 = 5.124 \ cm$.

(D) આપેલ બળ $\vec{F} = K \left[ \frac{x}{(x^2+y^2)^{3/2}} \hat{i} + \frac{y}{(x^2+y^2)^{3/2}} \hat{j} \right]$ છે.
ધ્રુવીય યામ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,$x = r \cos \theta$ અને $y = r \sin \theta$,જ્યાં $r^2 = x^2 + y^2$.
આ કિંમતો બળના સમીકરણમાં મૂકતા: $\vec{F} = K \left[ \frac{r \cos \theta}{r^3} \hat{i} + \frac{r \sin \theta}{r^3} \hat{j} \right] = \frac{K}{r^2} (\cos \theta \hat{i} + \sin \theta \hat{j})$.
અહીં $\cos \theta \hat{i} + \sin \theta \hat{j}$ એ એકમ ત્રિજ્યાવર્તી સદિશ $\hat{r}$ છે,તેથી બળ $\vec{F} = \frac{K}{r^2} \hat{r}$ થાય.
આ એક કેન્દ્રીય બળ છે જે ત્રિજ્યાવર્તી દિશામાં કાર્ય કરે છે.
ઉગમબિંદુ પર કેન્દ્રિત $a$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર પથ માટે,સ્થાનાંતર સદિશ $d\vec{l}$ હંમેશા ત્રિજ્યાવર્તી સદિશ $\hat{r}$ ને લંબ હોય છે (વર્તુળને સ્પર્શક).
બળ સંપૂર્ણપણે ત્રિજ્યાવર્તી હોવાથી અને સ્થાનાંતર સ્પર્શકની દિશામાં હોવાથી,કરવામાં આવેલ કાર્ય $W = \int \vec{F} \cdot d\vec{l} = 0$ થાય.

(C) ધારો કે પાતળા તારની લંબાઈ $L_1 = L$ અને ત્રિજ્યા $r_1 = R$ છે. તેનું ક્ષેત્રફળ $A_1 = \pi R^2$ છે.
ધારો કે જાડા તારની લંબાઈ $L_2 = 2L$ અને ત્રિજ્યા $r_2 = 2R$ છે. તેનું ક્ષેત્રફળ $A_2 = \pi (2R)^2 = 4\pi R^2 = 4A_1$ છે.
તાર શ્રેણીમાં હોવાથી,બંને તાર પર સમાન બળ $F$ લાગે છે.
યંગ મોડ્યુલસ $Y = \frac{F/A}{\Delta L/L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,તેથી $\Delta L = \frac{FL}{AY}$.
પાતળા તાર માટે: $\Delta L_1 = \frac{FL_1}{A_1 Y} = \frac{FL}{\pi R^2 Y}$.
જાડા તાર માટે: $\Delta L_2 = \frac{FL_2}{A_2 Y} = \frac{F(2L)}{(4\pi R^2) Y} = \frac{FL}{2\pi R^2 Y}$.
પાતળા તારમાં થતા વિસ્તરણ અને જાડા તારમાં થતા વિસ્તરણનો ગુણોત્તર $\frac{\Delta L_1}{\Delta L_2} = \frac{FL/\pi R^2 Y}{FL/2\pi R^2 Y} = 2$ થાય છે.

(A) ધારો કે દરેક બ્લોકની લંબાઈ $L$ છે,આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ છે,અને $k$ વાહકતા ધરાવતા બ્લોકનો ઉષ્મીય અવરોધ $R = \frac{L}{kA}$ છે. તો $2k$ વાહકતા ધરાવતા બ્લોકનો અવરોધ $R' = \frac{L}{2kA} = \frac{R}{2}$ થશે.
કન્ફિગ્યુરેશન $I$ (શ્રેણી): બ્લોક્સ શ્રેણીમાં છે. સમતુલ્ય ઉષ્મીય અવરોધ $R_{eq,I} = R + \frac{R}{2} = \frac{3R}{2}$ છે.
ઉષ્મા પ્રવાહ $H_I = \frac{\Delta T}{R_{eq,I}} = \frac{2\Delta T}{3R}$.
કન્ફિગ્યુરેશન $II$ (સમાંતર): બ્લોક્સ સમાંતરમાં છે. સમતુલ્ય ઉષ્મીય અવરોધ $\frac{1}{R_{eq,II}} = \frac{1}{R} + \frac{1}{R/2} = \frac{1}{R} + \frac{2}{R} = \frac{3}{R}$ દ્વારા મળે છે. તેથી,$R_{eq,II} = \frac{R}{3}$.
ઉષ્મા પ્રવાહ $H_{II} = \frac{\Delta T}{R_{eq,II}} = \frac{3\Delta T}{R}$.
ઉષ્માનો જથ્થો $Q$ સમાન હોવાથી,$Q = H_I t_I = H_{II} t_{II}$.
$t_{II} = t_I \times \frac{H_I}{H_{II}} = 9 \times \frac{2\Delta T / 3R}{3\Delta T / R} = 9 \times \frac{2}{9} = 2.0 \ s$.

(D) આદર્શ વાયુનું સમીકરણ $PV = nRT$ છે,જ્યાં $n = \frac{m}{M}$ છે.
$n$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $PV = \frac{m}{M}RT$ મળે છે,જેને $P = \frac{m}{V} \cdot \frac{RT}{M} = \frac{\rho RT}{M}$ તરીકે લખી શકાય,જ્યાં $\rho$ એ ઘનતા છે.
આમ,ઘનતા $\rho = \frac{PM}{RT}$ થાય.
સમાન તાપમાન $T$ પર બે વાયુઓ માટે,તેમની ઘનતાનો ગુણોત્તર $\frac{\rho_1}{\rho_2} = \frac{P_1 M_1}{P_2 M_2}$ છે.
પરમાણ્વીય દળનો ગુણોત્તર $\frac{M_1}{M_2} = \frac{2}{3}$ અને આંશિક દબાણનો ગુણોત્તર $\frac{P_1}{P_2} = \frac{4}{3}$ આપેલ છે.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને $\frac{\rho_1}{\rho_2} = \left(\frac{4}{3}\right) \times \left(\frac{2}{3}\right) = \frac{8}{9}$ મળે છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $y(x, t) = (0.01 \ m) \sin(62.8x) \cos(628t)$ છે.
$(A)$ $n$-મા હાર્મોનિક માટે,લૂપ્સની સંખ્યા $n = 5$ છે. નોડ્સની સંખ્યા $n + 1 = 5 + 1 = 6$ થાય. તેથી,વિધાન $(A)$ ખોટું છે.
$(B)$ તરંગ સંખ્યા $k = 62.8 \ m^{-1}$. $k = \frac{2\pi}{\lambda}$ હોવાથી,$\lambda = \frac{2 \times 3.14}{62.8} = 0.1 \ m$. $5$-મા હાર્મોનિક માટે,દોરીની લંબાઈ $L = \frac{5\lambda}{2} = \frac{5 \times 0.1}{2} = 0.25 \ m$. તેથી,વિધાન $(B)$ સાચું છે.
$(C)$ સ્થિત તરંગનો કંપવિસ્તાર $A(x) = 0.01 \sin(62.8x)$ છે. મધ્યબિંદુ $x = \frac{L}{2} = 0.125 \ m$ પર,$A(0.125) = 0.01 \sin(62.8 \times 0.125) = 0.01 \sin(7.85) \approx 0.01 \sin(2.5\pi) = 0.01 \times 1 = 0.01 \ m$. તેથી,વિધાન $(C)$ સાચું છે.
$(D)$ કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 628 \ rad/s$. આવૃત્તિ $f = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{628}{2 \times 3.14} = 100 \ Hz$. મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_1 = \frac{f}{n} = \frac{100}{5} = 20 \ Hz$. તેથી,વિધાન $(D)$ ખોટું છે.
આમ,સાચા વિધાનો $(B)$ અને $(C)$ છે.

(C) ધારો કે દરેક ગોળાનું કદ $V = \frac{4}{3} \pi R^3$ છે.
ઉપરના ગોળા માટે (ઘનતા $\rho$): લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ ($mg = V\rho g$ નીચેની તરફ),સ્પ્રિંગ બળ ($kx$ ઉપરની તરફ,કારણ કે તે નીચેના ગોળા દ્વારા નીચે ખેંચાય છે),અને ઉત્પ્લાવક બળ ($F_{B1} = V(2\rho)g$ ઉપરની તરફ) છે. સંતુલનમાં: $V\rho g + kx = V(2\rho)g \implies kx = V\rho g = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho g$. તેથી,$x = \frac{4 \pi R^3 \rho g}{3 k}$. આ વિધાન $(A)$ સાચું હોવાનું સાબિત કરે છે.
નીચેના ગોળા માટે (ઘનતા $3\rho$): બળો ગુરુત્વાકર્ષણ ($mg = V(3\rho)g$ નીચેની તરફ),સ્પ્રિંગ બળ ($kx$ નીચેની તરફ),અને ઉત્પ્લાવક બળ ($F_{B2} = V(2\rho)g$ ઉપરની તરફ) છે. સંતુલનમાં: $V(3\rho)g = V(2\rho)g + kx \implies kx = V\rho g = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho g$. આ પુષ્ટિ કરે છે કે વિસ્તરણ ખરેખર $\frac{4 \pi R^3 \rho g}{3 k}$ છે.
ઉપરના ગોળા પરનું ઉત્પ્લાવક બળ $(2V\rho g)$ તેના વજન $(V\rho g)$ કરતા વધારે હોવાથી,સંતુલન જાળવવા માટે તે સંપૂર્ણપણે ડૂબેલું હોવું જોઈએ,કારણ કે સ્પ્રિંગ ચોખ્ખા ઉપરના ઉત્પ્લાવક બળને સંતુલિત કરવા માટે જરૂરી નીચેની તરફનું બળ પૂરું પાડે છે. આમ,હલકો ગોળો સંપૂર્ણપણે ડૂબેલો છે. વિધાન $(D)$ સાચું છે.

(A) તકતીની તેની કેન્દ્રીય ધરીને અનુલક્ષીને પ્રારંભિક જડત્વની ચાકમાત્રા $I_1 = \frac{1}{2} M R^2 = \frac{1}{2} \times 50 \times (0.4)^2 = 4 \ kg \ m^2$ છે.
પ્રારંભિક કોણીય વેગ $\omega_1 = 10 \ rad \ s^{-1}$ છે.
જ્યારે બે રીંગને તકતી પર મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે ભ્રમણની ધરીને અનુલક્ષીને તેમની જડત્વની ચાકમાત્રા સમાંતર અક્ષ પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને ગણવી જોઈએ. $m$ દળ અને $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતી દરેક રીંગ માટે,તેની પોતાની કેન્દ્રીય ધરીને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $mr^2$ છે. ભ્રમણની ધરીથી દરેક રીંગના કેન્દ્રનું અંતર $r = 0.2 \ m$ છે. આમ,તકતીની ધરીને અનુલક્ષીને એક રીંગની જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{ring} = mr^2 + mr^2 = 2mr^2 = 2 \times 6.25 \times (0.2)^2 = 0.5 \ kg \ m^2$ છે.
બે રીંગ મૂક્યા પછી તંત્રની કુલ જડત્વની ચાકમાત્રા $I_2 = I_{disc} + 2 \times I_{ring} = 4 + 2 \times 0.5 = 5 \ kg \ m^2$ છે.
કોણીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$I_1 \omega_1 = I_2 \omega_2$.
કિંમતો મૂકતા: $4 \times 10 = 5 \times \omega_2$.
$\omega_2 = \frac{40}{5} = 8 \ rad \ s^{-1}$.

(B) ગોળા માટે શિરોલંબ વર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે,સૌથી ઉપરના બિંદુએ લઘુત્તમ વેગ $v_{top} = \sqrt{g \ell}$ હોય છે.
ધારો કે પ્રથમ ગોળાનું દળ $m$ અને દોરીની લંબાઈ $l_1$ છે. અથડામણ પહેલાં સૌથી ઉપરના બિંદુએ તેનો વેગ $u_1 = \sqrt{g l_1}$ છે.
બીજા ગોળાનું દળ $m$ અને દોરીની લંબાઈ $l_2$ છે,અને તે શરૂઆતમાં સ્થિર છે $(u_2 = 0)$.
અથડામણ સ્થિતિસ્થાપક હોવાથી અને દળ સમાન હોવાથી,બંને ગોળા તેમના વેગની આપ-લે કરે છે.
તેથી,અથડામણ પછી બીજા ગોળાનો વેગ $v_2 = u_1 = \sqrt{g l_1}$ થાય છે.
બીજા ગોળા માટે શિરોલંબ વર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે,તેના સૌથી નીચેના બિંદુએ લઘુત્તમ વેગ $\sqrt{5 g l_2}$ હોવો જોઈએ.
અથડામણ બીજા ગોળાના માર્ગના સૌથી ઉપરના બિંદુએ થાય છે (જે તેના સંભવિત વર્તુળાકાર ગતિનું સૌથી નીચેનું બિંદુ છે). આમ,અથડામણ પછી બીજા ગોળા દ્વારા પ્રાપ્ત થયેલ વેગ એ વર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે સૌથી નીચેના બિંદુએ જરૂરી લઘુત્તમ વેગ જેટલો હોવો જોઈએ.
તેથી,$v_2 = \sqrt{5 g l_2}$.
$v_2$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\sqrt{g l_1} = \sqrt{5 g l_2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $g l_1 = 5 g l_2$.
તેથી,$\frac{l_1}{l_2} = 5$.

(C) કણને આપવામાં આવતો પાવર અચળ છે,$P = 0.5 \ W$.
પ્રારંભિક ઝડપ શૂન્ય હોવાથી,પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $0 \ J$ છે.
$t = 5 \ s$ સમયમાં બળ દ્વારા થયેલું કાર્ય એ ગતિઊર્જામાં થયેલા ફેરફાર જેટલું હોય છે.
થયેલું કાર્ય $W = P \times t = 0.5 \ W \times 5 \ s = 2.5 \ J$.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$W = \Delta K = \frac{1}{2}mv^2 - 0$.
$2.5 \ J = \frac{1}{2} \times 0.2 \ kg \times v^2$.
$2.5 = 0.1 \times v^2$.
$v^2 = 25$.
$v = 5 \ m/s$.

(A) ગતિનું સમીકરણ $x(t) = A \sin(\omega t)$ છે,જ્યાં $\omega = \sqrt{k/m}$.
વેગ $v(t) = A\omega \cos(\omega t)$ છે. $t=0$ સમયે,$v(0) = u_0 = A\omega$,તેથી $A = u_0/\omega$.
જ્યારે ઝડપ $0.5 u_0$ હોય,ત્યારે $A\omega \cos(\omega t) = 0.5 u_0 \implies u_0 \cos(\omega t) = 0.5 u_0 \implies \cos(\omega t) = 1/2$.
આમ,$\omega t_1 = \pi/3$,તેથી $t_1 = \frac{\pi}{3} \sqrt{\frac{m}{k}}$.
આ સમયે,કણ દીવાલ સાથે સ્થિતિસ્થાપક રીતે અથડાય છે. ઝડપ $0.5 u_0$ રહે છે પરંતુ દિશા ઉલટાય છે.
$(A)$ અથડામણ સ્થિતિસ્થાપક હોવાથી અને સ્પ્રિંગની સ્થિતિ ઊર્જા સંરક્ષિત હોવાથી,કુલ ઊર્જા અચળ રહે છે. જ્યારે તે સંતુલન સ્થિતિમાં પાછો ફરે છે $(x=0)$,ત્યારે સ્થિતિ ઊર્જા શૂન્ય હોય છે,તેથી ગતિ ઊર્જા $1/2 m u_0^2$ હોય છે. આમ,ઝડપ $u_0$ છે. (સાચું)
$(B)$ $t_1$ સમયે અથડામણ પછી,કણ પાછો ફરે છે. તે સંતુલન સ્થિતિમાં પહોંચે છે જ્યારે કળા $\omega t$ એ $\pi$ સુધી પહોંચે છે. સંતુલન સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $\Delta t = (\pi - \pi/3)/\omega = (2\pi/3)/\omega$. કુલ સમય $t = \pi/3\omega + 2\pi/3\omega = \pi\omega = \pi \sqrt{m/k}$. (સાચું)

(B) પવનના વેગ $w$ સાથે ડોપ્લર અસર માટેનું સામાન્ય સૂત્ર $f_2 = f_1 \left( \frac{V + w - v_o}{V + w - v_s} \right)$ છે,જ્યાં $v_o$ અને $v_s$ એ અનુક્રમે અવલોકનકાર અને સ્ત્રોતના જમીનની સાપેક્ષ વેગ છે.
કિસ્સો $1$: પવન સ્ત્રોતથી અવલોકનકાર તરફ ફૂંકાય છે.
ધ્વનિની અસરકારક ઝડપ $(V + w)$ છે. અવલોકનકાર $u$ ઝડપે સ્ત્રોત તરફ ગતિ કરે છે અને સ્ત્રોત $u$ ઝડપે અવલોકનકાર તરફ ગતિ કરે છે.
ચિહ્ન પ્રણાલીનો ઉપયોગ કરતા (સ્ત્રોતથી અવલોકનકાર તરફની દિશા ધન): $v_o = -u$ અને $v_s = u$.
$f_2 = f_1 \left( \frac{(V + w) - (-u)}{(V + w) - u} \right) = f_1 \left( \frac{V + w + u}{V + w - u} \right)$.
કારણ કે $(V + w + u) > (V + w - u)$,તેથી $f_2 > f_1$.
કિસ્સો $2$: પવન અવલોકનકારથી સ્ત્રોત તરફ ફૂંકાય છે.
ધ્વનિની અસરકારક ઝડપ $(V - w)$ છે.
ચિહ્ન પ્રણાલીનો ઉપયોગ કરતા: $v_o = -u$ અને $v_s = u$.
$f_2 = f_1 \left( \frac{(V - w) - (-u)}{(V - w) - u} \right) = f_1 \left( \frac{V - w + u}{V - w - u} \right)$.
કારણ કે $(V - w + u) > (V - w - u)$,તેથી $f_2 > f_1$.
બંને કિસ્સાઓમાં,અવલોકન કરેલી આવૃત્તિ $f_2$ એ સ્ત્રોતની આવૃત્તિ $f_1$ કરતા વધારે છે. આમ,વિધાનો $(A)$ અને $(B)$ સાચા છે.

(D) આપેલ સમીકરણ: $2 d \sin \theta = \lambda$,તેથી $d = \frac{\lambda}{2 \sin \theta}$.
નિરપેક્ષ ત્રુટિ $\Delta d$ શોધવા માટે $\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\Delta d = \left| \frac{d}{d\theta} \left( \frac{\lambda}{2 \sin \theta} \right) \right| \Delta \theta = \left| -\frac{\lambda \cos \theta}{2 \sin^2 \theta} \right| \Delta \theta = \frac{\lambda \cos \theta}{2 \sin^2 \theta} \Delta \theta$.
અહીં $\Delta \theta$ અચળ છે,તેથી જેમ $\theta$,$0^{\circ}$ થી $90^{\circ}$ સુધી વધે છે,તેમ $\cos \theta$ ઘટે છે અને $\sin \theta$ વધે છે,પરિણામે $\Delta d$ ઘટે છે.
હવે,સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta d}{d}$ ની ગણતરી કરતા:
$\frac{\Delta d}{d} = \frac{\frac{\lambda \cos \theta}{2 \sin^2 \theta} \Delta \theta}{\frac{\lambda}{2 \sin \theta}} = \frac{\cos \theta}{\sin \theta} \Delta \theta = \cot \theta \Delta \theta$.
જેમ $\theta$,$0^{\circ}$ થી $90^{\circ}$ સુધી વધે છે,તેમ $\cot \theta$ ઘટે છે. તેથી,સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta d}{d}$ ઘટે છે.

(D) ઉષ્મા શોષણનો દર $R = \frac{dq}{dt} = m C \frac{dT}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. તાપમાન અચળ દરે વધતું હોવાથી,$\frac{dT}{dt} = k$ (અચળ). તેથી,$R \propto C$.
$(A)$ $0-100 \ K$ ની રેન્જમાં,$C$ વિરુદ્ધ $T$ નો આલેખ અરેખીય (વક્ર) છે,તેથી ઉષ્મા શોષણનો દર $R$ એ $T$ સાથે રેખીય રીતે બદલાતો નથી. વિધાન $(A)$ ખોટું છે.
$(B)$ શોષાયેલી ઉષ્મા $\Delta Q = \int m C dT$ છે,જે $C-T$ આલેખ હેઠળના ક્ષેત્રફળના સમપ્રમાણમાં છે. $0-100 \ K$ માટે આલેખ હેઠળનું ક્ષેત્રફળ $400-500 \ K$ (જ્યાં $C$ તેના મહત્તમ મૂલ્ય પર લગભગ અચળ છે) માટેના ક્ષેત્રફળ કરતા સ્પષ્ટપણે ઓછું છે. વિધાન $(B)$ સાચું છે.
$(C)$ $400-500 \ K$ ની રેન્જમાં,$C$ વિરુદ્ધ $T$ નો આલેખ આડી રેખા છે,જેનો અર્થ છે કે $C$ અચળ છે. $R \propto C$ હોવાથી,ઉષ્મા શોષણનો દર અચળ રહે છે. વિધાન $(C)$ સાચું છે.
$(D)$ $200-300 \ K$ ની રેન્જમાં,$C$ વિરુદ્ધ $T$ ના આલેખનો ઢાળ ધન છે,જેનો અર્થ છે કે $C$ વધી રહ્યો છે. $R \propto C$ હોવાથી,ઉષ્મા શોષણનો દર વધે છે. વિધાન $(D)$ સાચું છે.
તેથી,વિધાનો $(B, C, D)$ સાચા છે.

(A) $1.$ ધારો કે બ્લોક $h = R = 40 \ m$ ની ઊંચાઈ પરથી મુક્ત કરવામાં આવે છે. તળિયેથી બિંદુ $Q$ ની ઊભી ઊંચાઈ $h_Q = R - R \sin(30^{\circ}) = R - R/2 = R/2 = 20 \ m$ છે.
શરૂઆતના બિંદુ અને બિંદુ $Q$ વચ્ચે કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય લાગુ પાડતા:
$W_{gravity} + W_{friction} = \Delta K$
$Mg(R - h_Q) - 150 = \frac{1}{2} M v^2$
$1 \times 10 \times (40 - 20) - 150 = \frac{1}{2} \times 1 \times v^2$
$200 - 150 = 0.5 v^2 \Rightarrow 50 = 0.5 v^2 \Rightarrow v^2 = 100 \Rightarrow v = 10 \ m s^{-1}$.
આમ,$Q$ પર ઝડપ $10 \ m s^{-1}$ છે. (વિકલ્પ $B$)
$2.$ બિંદુ $Q$ પર,બ્લોક પર લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ $(Mg)$ અને લંબબળ $(N)$ છે. ટ્રેકને લંબ ગુરુત્વાકર્ષણનો ઘટક $Mg \cos(60^{\circ}) = Mg/2$ છે.
કેન્દ્રગામી બળ $N - Mg \cos(60^{\circ}) = \frac{M v^2}{R}$ છે.
$N - 1 \times 10 \times 0.5 = \frac{1 \times 100}{40}$
$N - 5 = 2.5 \Rightarrow N = 7.5 \ N$. (વિકલ્પ $A$)
તેથી,સાચી જોડી $(B, A)$ છે.

(C) $(P)$ બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક $(k)$: $U = \frac{1}{2}kT$ પરથી,$[k] = [U]/[T] = [ML^2T^{-2}]/[K] = [ML^2T^{-2}K^{-1}]$. તેથી,$P-4$.
$(Q)$ સ્નિગ્ધતાનો ગુણાંક $(\eta)$: $F = \eta A \frac{dv}{dx}$ પરથી,$[\eta] = [F]/([A][dv/dx]) = [MLT^{-2}]/([L^2][LT^{-1}/L]) = [ML^{-1}T^{-1}]$. તેથી,$Q-2$.
$(R)$ પ્લાન્ક અચળાંક $(h)$: $E = h\nu$ પરથી,$[h] = [E]/[\nu] = [ML^2T^{-2}]/[T^{-1}] = [ML^2T^{-1}]$. તેથી,$R-1$.
$(S)$ ઉષ્મીય વાહકતા $(k)$: $\frac{dQ}{dt} = \frac{kA\Delta\theta}{\ell}$ પરથી,$[k] = [dQ/dt][\ell]/([A][\Delta\theta]) = [ML^2T^{-3}][L]/([L^2][K]) = [MLT^{-3}K^{-1}]$. તેથી,$S-3$.
આમ,સાચી જોડ $P-4, Q-2, R-1, S-3$ છે.

(A) માર્ગ $F \rightarrow G$ (સમતાપી) માટે: કાર્ય $W_{FG} = nRT \ln(V_f/V_i)$. આપેલ છે $P_F = 32P_0$,$V_F = V_0$,$P_G = P_0$,$V_G = 32V_0$. કારણ કે $P_F V_F = P_G V_G$,તાપમાન અચળ છે. $W_{FG} = P_F V_F \ln(V_G/V_F) = (32P_0 V_0) \ln(32V_0/V_0) = 32 P_0 V_0 \ln(2^5) = 160 P_0 V_0 \ln 2$.
માર્ગ $G \rightarrow E$ (સમદાબી) માટે: કાર્ય $W_{GE} = P_0 (V_E - V_G) = P_0 (V_0 - 32V_0) = -31 P_0 V_0$. મૂલ્ય $31 P_0 V_0$ છે.
માર્ગ $F \rightarrow H$ (એડિબેટિક) માટે: $W_{FH} = \frac{nR(T_F - T_H)}{\gamma - 1} = \frac{P_F V_F - P_H V_H}{\gamma - 1}$. મોનોએટોમિક વાયુ માટે,$\gamma = 5/3$. $P_F V_F = 32 P_0 V_0$. એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે $P_F V_F^\gamma = P_H V_H^\gamma \Rightarrow (32P_0) V_0^{5/3} = P_0 V_H^{5/3} \Rightarrow V_H = (32)^{3/5} V_0 = 8 V_0$. $W_{FH} = \frac{32 P_0 V_0 - P_0 (8 V_0)}{5/3 - 1} = \frac{24 P_0 V_0}{2/3} = 36 P_0 V_0$.
માર્ગ $G \rightarrow H$ (સમદાબી) માટે: $W_{GH} = P_0 (V_H - V_G) = P_0 (8V_0 - 32V_0) = -24 P_0 V_0$. મૂલ્ય $24 P_0 V_0$ છે.
જોડકાં: $P-4, Q-3, R-2, S-1$.

(C) આપેલ છે,પ્રતિબિંબ અંતર $v = 8 \ m$ (લેન્સની પાછળ રચાતું વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ).
મોટવણી $m = -\frac{1}{3}$.
મોટવણીના સૂત્ર $m = \frac{v}{u}$ નો ઉપયોગ કરતા,$-\frac{1}{3} = \frac{8}{u}$,જેનો અર્થ છે કે $u = -24 \ m$.
લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{f} = \frac{1}{8} - \frac{1}{-24} = \frac{3+1}{24} = \frac{4}{24} = \frac{1}{6}$. તેથી,$f = 6 \ m$.
વક્રીભવનાંક $\mu$ એ શૂન્યાવકાશમાં તરંગલંબાઇ અને માધ્યમમાં તરંગલંબાઇના ગુણોત્તર દ્વારા મળે છે: $\mu = \frac{\lambda_0}{\lambda} = \frac{1}{2/3} = 1.5 = \frac{3}{2}$.
પ્લેનો-કોન્વેક્સ લેન્સ માટે લેન્સ મેકરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$.
અહીં,$R_1 = R$ અને $R_2 = -\infty$ (અથવા તેનાથી ઉલટું),તેથી $\frac{1}{6} = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{R} \right) = 0.5 \times \frac{1}{R} = \frac{1}{2R}$.
તેથી,$2R = 6$,જે $R = 3 \ m$ આપે છે.

(C) ધારો કે આપાત એકમ સદિશ $\vec{a} = \frac{1}{2}\hat{i} + \frac{\sqrt{3}}{2}\hat{j}$ છે અને પરાવર્તિત એકમ સદિશ $\vec{b} = \frac{1}{2}\hat{i} - \frac{\sqrt{3}}{2}\hat{j}$ છે.
આ બે સદિશો વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ ડોટ પ્રોડક્ટના સૂત્ર દ્વારા મળે છે: $\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}| |\vec{b}| \cos \theta$.
આ એકમ સદિશો હોવાથી,$|\vec{a}| = 1$ અને $|\vec{b}| = 1$ છે.
$\vec{a} \cdot \vec{b} = (\frac{1}{2})(\frac{1}{2}) + (\frac{\sqrt{3}}{2})(-\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{1}{4} - \frac{3}{4} = -\frac{2}{4} = -\frac{1}{2}$.
તેથી,$\cos \theta = -\frac{1}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $\theta = 120^{\circ}$.
આપાત કિરણ અને પરાવર્તિત કિરણ વચ્ચેનો ખૂણો $120^{\circ}$ છે.
વિચલન કોણ $\delta = 180^{\circ} - 120^{\circ} = 60^{\circ}$ છે.
વિચલન કોણનું સૂત્ર $\delta = 180^{\circ} - 2i$ પણ છે,જ્યાં $i$ એ આપાતકોણ છે.
$60^{\circ} = 180^{\circ} - 2i \implies 2i = 120^{\circ} \implies i = 60^{\circ}$.

(B) પ્રકાશના પલ્સની ઉર્જા $E = P \times t$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $P$ એ પાવર છે અને $t$ એ સમયગાળો છે.
આપેલ છે કે $P = 30 \ mW = 30 \times 10^{-3} \ W$ અને $t = 100 \ ns = 100 \times 10^{-9} \ s$.
$E = (30 \times 10^{-3}) \times (100 \times 10^{-9}) = 3000 \times 10^{-12} = 3 \times 10^{-9} \ J$.
જ્યારે પ્રકાશ સંપૂર્ણપણે શોષાય છે,ત્યારે વસ્તુને મળતું વેગમાન $p = E/c$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $c$ એ પ્રકાશની ઝડપ છે.
$p = \frac{3 \times 10^{-9} \ J}{3 \times 10^8 \ m/s} = 1 \times 10^{-17} \ kg \cdot m/s$.

(B) વ્યતિકરણ ભાતમાં કોઈપણ બિંદુએ તીવ્રતા $I = I_{max} \cos^2(\frac{\phi}{2})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\phi$ એ કળા તફાવત છે.
આપેલ છે કે તીવ્રતા મહત્તમ તીવ્રતાની અડધી છે,તેથી $I = \frac{I_{max}}{2}$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{I_{max}}{2} = I_{max} \cos^2(\frac{\phi}{2})$.
આથી $\cos^2(\frac{\phi}{2}) = \frac{1}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $\cos(\frac{\phi}{2}) = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.
તેથી,$\frac{\phi}{2} = \frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \dots$,જે સૂચવે છે કે $\phi = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}, \dots$.
સામાન્ય રીતે,$\phi = (2n+1) \frac{\pi}{2}$.
પથ તફાવત $\Delta x = \frac{\lambda}{2\pi} \phi$ હોવાથી,$\phi$ ની કિંમત મૂકતા:
$\Delta x = \frac{\lambda}{2\pi} \times (2n+1) \frac{\pi}{2} = (2n+1) \frac{\lambda}{4}$.

(C) ધારો કે નાના ગોળાની ત્રિજ્યા $R$ અને કેન્દ્ર $C_1$ છે,અને મોટા ગોળાની ત્રિજ્યા $2R$ અને કેન્દ્ર $C_2$ છે. $C_1$ અને $C_2$ વચ્ચેનું અંતર $3R$ છે.
કિસ્સો $1$: બિંદુ $P$ એ $C_1$ થી $C_2$ તરફ $2R$ અંતરે છે. $P$ એ મોટા ગોળાની અંદર $C_2$ થી $R$ અંતરે છે.
ગોળા $1$ ને કારણે $P$ પર વિદ્યુતક્ષેત્ર: $E_1 = \frac{k Q_1}{(2R)^2} = \frac{k (\rho_1 \cdot \frac{4}{3} \pi R^3)}{4R^2} = \frac{k \rho_1 \pi R}{3}$.
ગોળા $2$ ને કારણે $P$ પર વિદ્યુતક્ષેત્ર: $E_2 = \frac{k Q_2 r}{R_{2}^3} = \frac{k (\rho_2 \cdot \frac{4}{3} \pi (2R)^3) \cdot R}{(2R)^3} = \frac{4}{3} k \rho_2 \pi R$.
$E_{net} = 0$ માટે,$E_1 = E_2 \implies \frac{\rho_1}{3} = \frac{4}{3} \rho_2 \implies \frac{\rho_1}{\rho_2} = 4$.
કિસ્સો $2$: બિંદુ $Q$ એ $C_1$ થી $C_2$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં $2R$ અંતરે છે. $Q$ બંને ગોળાઓની બહાર છે.
$Q$ નું $C_1$ થી અંતર $2R$ છે,અને $C_2$ થી અંતર $2R + 3R = 5R$ છે.
$E_1 = \frac{k Q_1}{(2R)^2} = \frac{k \rho_1 \pi R}{3}$.
$E_2 = \frac{k Q_2}{(5R)^2} = \frac{k (\rho_2 \cdot \frac{4}{3} \pi (2R)^3)}{25R^2} = \frac{32}{75} k \rho_2 \pi R$.
$E_{net} = 0$ માટે,$E_1 + E_2 = 0 \implies \frac{\rho_1}{3} + \frac{32}{75} \rho_2 = 0 \implies \frac{\rho_1}{\rho_2} = -\frac{32}{25}$.
આમ,શક્ય ગુણોત્તર $4$ અને $-\frac{32}{25}$ છે.

(A) $1$. શરૂઆતમાં, $S_1$ બંધ છે। કેપેસીટર $C_1$ તેની ઉપરની પ્લેટ પર $Q_1 = C(2V_0) = 2CV_0$ જેટલો ચાર્જ મેળવે છે। ત્યારબાદ $S_1$ ખોલવામાં આવે છે।
$2$. આગળ, $S_2$ બંધ કરવામાં આવે છે। $C_1$ પરનો $2CV_0$ ચાર્જ $C_1$ અને $C_2$ વચ્ચે વહેંચાય છે। બંનેનું કેપેસીટન્સ $C$ હોવાથી, બંને વચ્ચેનો પોટેન્શિયલ તફાવત $V = \frac{Q_{total}}{C_{eq}} = \frac{2CV_0}{2C} = V_0$ થાય છે। આમ, $C_1$ ની ઉપરની પ્લેટ પરનો ચાર્જ $CV_0$ થાય છે અને $C_2$ ની ઉપરની પ્લેટ પરનો ચાર્જ $CV_0$ થાય છે। ત્યારબાદ $S_2$ ખોલવામાં આવે છે।
$3$. અંતે, $S_3$ બંધ કરવામાં આવે છે। કેપેસીટર $C_2$ ને $V_0$ પોટેન્શિયલ ધરાવતી બેટરી સાથે જોડવામાં આવે છે, જેમાં પોઝિટિવ ટર્મિનલ નીચેની પ્લેટ સાથે જોડાયેલ છે। આમ, $C_2$ ની ઉપરની પ્લેટનું પોટેન્શિયલ નીચેની પ્લેટની સાપેક્ષમાં $-V_0$ થાય છે। $C_2$ ની ઉપરની પ્લેટ પરનો ચાર્જ $Q_2 = C(-V_0) = -CV_0$ થાય છે। $C_1$ અલગ હોવાથી તેના પરનો ચાર્જ $CV_0$ જ રહે છે।
$4$. તેથી, $C_1$ ની ઉપરની પ્લેટ પરનો ચાર્જ $CV_0$ (વિધાન $B$) છે અને $C_2$ ની ઉપરની પ્લેટ પરનો ચાર્જ $-CV_0$ (વિધાન $D$) છે।

(C) પ્રારંભિક વેગ $\vec{u}_1 = 4\hat{i} \text{ m/s}$ છે. અંતિમ વેગ $\vec{u}_2 = 2\sqrt{3}\hat{i} + 2\hat{j} \text{ m/s}$ છે.
ચુંબકીય બળ વેગને લંબ હોવાથી,ઝડપ અચળ રહે છે: $|\vec{u}_1| = |\vec{u}_2| = 4 \text{ m/s}$.
વિચલન કોણ $\theta$ એ $\tan \theta = \frac{v_y}{v_x} = \frac{2}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ દ્વારા મળે છે,તેથી $\theta = 30^\circ = \frac{\pi}{6} \text{ rad}$.
કણ $+y$ દિશામાં વિચલિત થાય છે,જેનો અર્થ છે કે ચુંબકીય બળ $\vec{F} = Q(\vec{v} \times \vec{B})$ નો $y$-ઘટક ધન છે. જો $\vec{v}$ એ $x$-દિશામાં હોય,તો $\hat{i} \times \vec{B}$ નો $j$-ઘટક ધન હોવો જોઈએ,જે ત્યારે જ શક્ય છે જો $\vec{B}$ એ $-z$ દિશામાં હોય.
ચાપ કાપવા માટે લાગતો સમય $t = \frac{\theta}{\omega} = \frac{\theta M}{QB}$ છે.
આપેલ છે કે $t = 10 \text{ ms} = 0.01 \text{ s}$,તેથી $0.01 = \frac{\pi/6 \cdot M}{QB}$.
$B$ માટે ઉકેલતા: $B = \frac{\pi M}{6 \cdot 0.01 \cdot Q} = \frac{100\pi M}{6Q} = \frac{50\pi M}{3Q}$.
આમ,વિધાન $(A)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(A) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,ઉત્સર્જિત ફોટોઈલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિઊર્જા નીચે મુજબ છે:
$KE_{\text{max}} = h\nu - \phi$
અહીં $KE_{\text{max}} = eV_s$ છે,જ્યાં $V_s$ એ સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ છે,તેથી:
$eV_s = h\nu - \phi$
$V_s = \left(\frac{h}{e}\right)\nu - \frac{\phi}{e}$
આ સમીકરણ $y = mx + c$ ના સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $y = V_s$,$x = \nu$,અને ઢાળ $m = \frac{h}{e}$ છે.
$h$ (પ્લાન્કનો અચળાંક) અને $e$ (ઈલેક્ટ્રોનનો વીજભાર) એ સાર્વત્રિક અચળાંકો હોવાથી,ઢાળ $\frac{h}{e}$ એ વપરાયેલી ધાતુ પર આધાર રાખતો નથી.
તેથી,સિલ્વર અને સોડિયમ બંને માટે ઢાળ સમાન છે.
આમ,ઢાળનો ગુણોત્તર $\frac{h/e}{h/e} = 1$ થાય છે.

(A) ક્ષય અચળાંક $\lambda$ નીચે મુજબ મળે છે: $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{0.693}{1386} = 5 \times 10^{-4} \ s^{-1}$.
સમય $t$ પર બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ક્ષય પામતા ન્યુક્લિયસનો અંશ $\frac{N_0 - N(t)}{N_0} = 1 - e^{-\lambda t}$ છે.
$\lambda t$ ના નાના મૂલ્યો માટે,આપણે $1 - e^{-\lambda t} \approx \lambda t$ અંદાજનો ઉપયોગ કરી શકીએ છીએ.
અહીં,$\lambda t = (5 \times 10^{-4}) \times 80 = 400 \times 10^{-4} = 0.04$.
જેથી,ક્ષય પામતો અંશ આશરે $0.04$ છે.
તેને ટકાવારીમાં દર્શાવતા: $0.04 \times 100 = 4\%$.

(A) $1$. $I$ પ્રવાહ ધરાવતા $R$ ત્રિજ્યાના પોલા નળાકાર વાહક માટે,એમ્પીયરના નિયમ મુજબ અંદરના ભાગમાં $(r < R)$ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{cyl} = 0$ છે,અને બહારના ભાગમાં $(r > R)$ તે $B_{cyl} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ (સ્પર્શક) છે.
$2$. $I$ પ્રવાહ ધરાવતા $2R$ ત્રિજ્યાના અનંત સોલેનોઇડ માટે,અંદરના ભાગમાં $(r < 2R)$ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{sol} = \mu_0 n I$ (અક્ષની દિશામાં) છે,અને બહારના ભાગમાં $(r > 2R)$ તે $0$ છે.
$3$. $0 < r < R$ વિસ્તાર: $B_{cyl} = 0$ અને $B_{sol} = \mu_0 n I$. આમ,કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \mu_0 n I \neq 0$. વિધાન $(A)$ સાચું છે.
$4$. $R < r < 2R$ વિસ્તાર: $B_{cyl} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ (સ્પર્શક) અને $B_{sol} = \mu_0 n I$ (અક્ષીય). કુલ ક્ષેત્ર આ બંનેનો સદિશ સરવાળો છે,જે સંપૂર્ણપણે અક્ષીય કે સંપૂર્ણપણે સ્પર્શક નથી. વિધાન $(B)$ અને $(C)$ ખોટા છે.
$5$. $r > 2R$ વિસ્તાર: $B_{cyl} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ (સ્પર્શક) અને $B_{sol} = 0$. આમ,$B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r} \neq 0$. વિધાન $(D)$ સાચું છે.
$6$. તેથી,સાચા વિધાનો $(A)$ અને $(D)$ છે.

(A) ઓવરલેપિંગ વિસ્તારમાં કોઈ બિંદુ $P$ માટે,પ્રથમ ગોળાને કારણે વિદ્યુત ક્ષેત્ર $\vec{E}_1 = \frac{\rho \vec{r}_1}{3 \varepsilon_0}$ છે,જ્યાં $\vec{r}_1$ એ કેન્દ્ર $C_1$ ની સાપેક્ષે બિંદુ $P$ નો સ્થાન સદિશ છે.
બીજા ગોળાને કારણે વિદ્યુત ક્ષેત્ર $\vec{E}_2 = \frac{-\rho \vec{r}_2}{3 \varepsilon_0}$ છે,જ્યાં $\vec{r}_2$ એ કેન્દ્ર $C_2$ ની સાપેક્ષે બિંદુ $P$ નો સ્થાન સદિશ છે.
બિંદુ $P$ પરનું કુલ વિદ્યુત ક્ષેત્ર $\vec{E}_P = \vec{E}_1 + \vec{E}_2 = \frac{\rho}{3 \varepsilon_0} (\vec{r}_1 - \vec{r}_2)$ છે.
કારણ કે $\vec{r}_1 - \vec{r}_2 = \vec{C}_2 C_1$ (એક અચળ સદિશ) છે,તેથી કુલ વિદ્યુત ક્ષેત્ર $\vec{E}_P = \frac{\rho}{3 \varepsilon_0} \vec{C}_2 C_1$ નું મૂલ્ય અને દિશા બંને અચળ રહે છે.
વિદ્યુત ક્ષેત્ર શૂન્ય નથી અને સમાન હોવાથી,ઓવરલેપિંગ વિસ્તારમાં સ્થિતિમાન અચળ નથી.
તેથી,વિધાનો $(C)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(C) કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = a_0 \frac{n^2}{Z} = 4.5 a_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi} = \frac{3h}{2\pi}$ છે,તેથી $n = 3$.
ત્રિજ્યાના સૂત્રમાં $n=3$ મૂકતા: $4.5 = \frac{3^2}{Z} = \frac{9}{Z}$,જે $Z = 2$ આપે છે.
આ પરમાણુ હિલિયમ આયન $(He^+)$ છે.
જ્યારે પરમાણુ $n=3$ થી નીચે આવે છે,ત્યારે શક્ય સંક્રમણો $3 \rightarrow 2$,$3 \rightarrow 1$,અને $2 \rightarrow 1$ છે.
તરંગલંબાઇ $\lambda$ એ $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$3 \rightarrow 1$ માટે: $\frac{1}{\lambda_{3 \rightarrow 1}} = R(2^2) \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 4R \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = 4R \left( \frac{8}{9} \right) = \frac{32R}{9} \Rightarrow \lambda_{3 \rightarrow 1} = \frac{9}{32R}$.
$3 \rightarrow 2$ માટે: $\frac{1}{\lambda_{3 \rightarrow 2}} = R(2^2) \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 4R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = 4R \left( \frac{5}{36} \right) = \frac{5R}{9} \Rightarrow \lambda_{3 \rightarrow 2} = \frac{9}{5R}$.
$2 \rightarrow 1$ માટે: $\frac{1}{\lambda_{2 \rightarrow 1}} = R(2^2) \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 4R \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = 4R \left( \frac{3}{4} \right) = 3R \Rightarrow \lambda_{2 \rightarrow 1} = \frac{1}{3R}$.
શક્ય તરંગલંબાઇઓ $\frac{9}{32R}$ અને $\frac{9}{5R}$ છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(A) $1.$ આપેલ પાવર $P = 600 \ kW = 6 \times 10^5 \ W$,વોલ્ટેજ $V = 4000 \ V$.
પ્રવાહ $I = P/V = (6 \times 10^5) / 4000 = 150 \ A$.
કુલ અવરોધ $R = 0.4 \ \Omega \ km^{-1} \times 20 \ km = 8 \ \Omega$.
પાવર વ્યય $P_d = I^2 R = (150)^2 \times 8 = 22500 \times 8 = 180,000 \ W = 180 \ kW$.
ટકાવારી વ્યય $= (180 / 600) \times 100 = 30 \%$.
$2.$ સ્ટેપ-અપ ટ્રાન્સફોર્મર ગુણોત્તર $N_p/N_s = 1:10$. આઉટપુટ વોલ્ટેજ $V_s = V_p \times (N_s/N_p) = 4000 \times 10 = 40,000 \ V$.
સ્ટેપ-ડાઉન ટ્રાન્સફોર્મર માટે,ઇનપુટ વોલ્ટેજ $V'_p = 40,000 \ V$ અને આઉટપુટ વોલ્ટેજ $V'_s = 200 \ V$.
ગુણોત્તર $N'_p/N'_s = V'_p/V'_s = 40,000 / 200 = 200:1$.

(B) $1.$ ફેરાડેના પ્રેરણના નિયમ મુજબ,$\oint E \cdot dl = -\frac{d\Phi_B}{dt}$.
$R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર પથ માટે,પ્રેરિત વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ સ્પર્શકની દિશામાં હોય છે.
$E(2\pi R) = -\frac{d}{dt}(B \cdot \pi R^2) = -\pi R^2 \frac{dB}{dt}$.
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $1$ સેકન્ડમાં $0$ થી $B$ સુધી વધતું હોવાથી,$\frac{dB}{dt} = B$.
આમ,પ્રેરિત વિદ્યુતક્ષેત્રનું મૂલ્ય $E = \frac{R}{2} \frac{dB}{dt} = \frac{BR}{2}$ છે.
તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.
$2.$ ચુંબકીય ડાયપોલ મોમેન્ટ $M$ એ કોણીય વેગમાન $J$ સાથે $M = \gamma J$ દ્વારા સંબંધિત છે.
ચુંબકીય ડાયપોલ મોમેન્ટમાં ફેરફાર $\Delta M = \gamma \Delta J$ છે.
પ્રેરિત વિદ્યુતક્ષેત્ર ટોર્ક $\tau = r \times F = R(QE) = R Q (\frac{R}{2} \frac{dB}{dt}) = \frac{QR^2}{2} \frac{dB}{dt}$ ઉત્પન્ન કરે છે.
કોણીય વેગમાનમાં ફેરફાર $\Delta J = \int \tau dt = \int_0^1 \frac{QR^2}{2} \frac{dB}{dt} dt = \frac{QR^2}{2} B$.
પ્રેરિત વિદ્યુતક્ષેત્ર ગતિનો વિરોધ કરતું હોવાથી (લેન્ઝનો નિયમ),ટોર્ક ઋણ છે,તેથી $\Delta J = -\frac{BQR^2}{2}$.
આમ,$\Delta M = -\gamma \frac{BQR^2}{2}$.
તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(A) $1.$ પ્રક્રિયા શક્ય છે કે નહીં તે ચકાસવા માટે, પ્રક્રિયકોનું દળ નીપજોના દળ કરતા વધારે હોવું જોઈએ $(\Delta m > 0)$.
$(A)$ ${ }_3^6 Li \rightarrow { }_1^2 H + { }_2^4 He$: $\Delta m = 6.015123 - (2.014102 + 4.002603) = -0.001582 u$. પ્રક્રિયા શક્ય નથી.
$(B)$ ${ }_{84}^{210} Po \rightarrow { }_{83}^{209} Bi + { }_1^1 H$: $\Delta m = 209.982876 - (208.980388 + 1.007825) = -0.005337 u$. પ્રક્રિયા શક્ય નથી.
$(C)$ ${ }_1^2 H + { }_2^4 He \rightarrow { }_3^6 Li$: $\Delta m = (2.014102 + 4.002603) - 6.015123 = +0.001582 u$. પ્રક્રિયા શક્ય છે.
$(D)$ ${ }_{30}^{70} Zn + { }_{34}^{82} Se \rightarrow { }_{64}^{152} Gd$: $\Delta m = (69.925325 + 81.916709) - 151.919803 = -0.077769 u$. પ્રક્રિયા શક્ય નથી.
આમ, માત્ર $(C)$ સાચું છે.
$2.$ આલ્ફા ક્ષય: ${ }_{84}^{210} Po \rightarrow { }_{82}^{206} Pb + { }_2^4 He$.
$Q = [M(Po) - M(Pb) - M(He)] \times 931.5 \text{ MeV/u}$.
$Q = [209.982876 - 205.974455 - 4.002603] \times 931.5 = 0.005818 \times 931.5 \approx 5.422 \text{ MeV} = 5422 \text{ keV}$.
$K_{\alpha} = \frac{M_{Pb}}{M_{Pb} + M_{He}} \times Q = \frac{206}{210} \times 5422 \approx 5319 \text{ keV}$.

(D) કિરણ લંબ આપાતકોણે પ્રિઝમમાં પ્રવેશે છે અને કર્ણ પર $45^{\circ}$ ના આપાતકોણે અથડાય છે.
$1$. માર્ગ $e \rightarrow i$ (પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન) માટે: શરત $i > \theta_c$ છે,જ્યાં $\sin \theta_c = \mu_2 / \mu_1$. તેથી,$\sin 45^{\circ} > \mu_2 / \mu_1 \Rightarrow 1/\sqrt{2} > \mu_2 / \mu_1 \Rightarrow \mu_1 > \sqrt{2} \mu_2$. (જે $S-1$ સાથે જોડાય છે)
$2$. માર્ગ $e \rightarrow f$ (લંબથી દૂર વક્રીભવન) માટે: આ ત્યારે થાય છે જ્યારે કિરણ પ્રિઝમ-બ્લોક ઇન્ટરફેસ પર લંબથી દૂર વળે છે,જેના માટે $\mu_2 < \mu_1$ હોવું જરૂરી છે. ત્યારબાદ તે બ્લોકમાંથી $\mu_3$ માધ્યમમાં બહાર નીકળે છે,જેના માટે $\mu_2 > \mu_3$ હોવું જરૂરી છે. (જે $P-2$ સાથે જોડાય છે)
$3$. માર્ગ $e \rightarrow g$ (કોઈ વિચલન નહીં) માટે: આ ત્યારે થાય છે જ્યારે ઇન્ટરફેસ પર વક્રીભવનાંકમાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી,એટલે કે $\mu_1 = \mu_2$. (જે $Q-3$ સાથે જોડાય છે)
$4$. માર્ગ $e \rightarrow h$ (લંબ તરફ વક્રીભવન) માટે: આ ત્યારે થાય છે જ્યારે $\mu_2 > \mu_1$ (પરંતુ પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન ન હોય) અને અંતિમ બહાર નીકળવા માટે $\mu_2 > \mu_3$ હોય. ખાસ કરીને,$\mu_2 < \mu_1 < \sqrt{2} \mu_2$. (જે $R-4$ સાથે જોડાય છે)
આમ,સાચી જોડી $P-2, Q-3, R-4, S-1$ છે.

(C) આલ્ફા $(\alpha)$ ક્ષયમાં,દળ ક્રમાંક $4$ જેટલો ઘટે છે અને પરમાણુ ક્રમાંક $2$ જેટલો ઘટે છે. આ પ્રક્રિયા $2$ $({ }_{92}^{238} U \rightarrow{ }_{90}^{234} Th + { }_{2}^{4} He)$ સાથે મેળ ખાય છે. તેથી,$P-2$.
$\beta^{+}$ ક્ષયમાં,દળ ક્રમાંક અપરિવર્તિત રહે છે જ્યારે પરમાણુ ક્રમાંક $1$ જેટલો ઘટે છે. આ પ્રક્રિયા $1$ $({ }_{8}^{15} O \rightarrow{ }_{7}^{15} N + { }_{+1}^{0} e)$ સાથે મેળ ખાય છે. તેથી,$Q-1$.
પરમાણુ વિખંડનમાં,એક ભારે પિતૃ ન્યુક્લિયસ બે નાના,લગભગ સમાન ટુકડાઓમાં વિભાજિત થાય છે. આ પ્રક્રિયા $4$ $({ }_{94}^{239} Pu \rightarrow{ }_{57}^{140} La + \dots)$ સાથે મેળ ખાય છે. તેથી,$R-4$.
પ્રોટોન ઉત્સર્જનમાં,એક પ્રોટોન બહાર નીકળે છે,તેથી દળ ક્રમાંક અને પરમાણુ ક્રમાંક બંને $1$ જેટલા ઘટે છે. આ પ્રક્રિયા $3$ $({ }_{83}^{185} Bi \rightarrow{ }_{82}^{184} Pb + { }_{1}^{1} H)$ સાથે મેળ ખાય છે. તેથી,$S-3$.
તેથી,સાચી જોડ $P-2, Q-1, R-4, S-3$ છે.