IIT JEE 2014 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) આપેલ છે: દોરીની લંબાઈ $L = 3 \ m$,તરંગની ઝડપ $v = 100 \ m/s$.
દોરીનો એક છેડો $x=0$ પર જડિત (નિસ્પંદ બિંદુ) છે અને બીજો છેડો $x=3 \ m$ પર ધ્રુજારી અનુભવે છે (પ્રસ્પંદ બિંદુ).
એક છેડે જડિત અને બીજા છેડે મુક્ત દોરી માટે,શક્ય તરંગલંબાઈ $L = (2n+1) \frac{\lambda}{4}$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $n = 0, 1, 2, ...$.
તેથી,$\lambda = \frac{4L}{2n+1} = \frac{12}{2n+1} \ m$.
તરંગ સંખ્યા $k = \frac{2\pi}{\lambda} = \frac{(2n+1)\pi}{6}$ છે.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega = vk = 100 \times \frac{(2n+1)\pi}{6} = \frac{(2n+1)50\pi}{3}$ છે.
$n=0$ માટે: $k = \frac{\pi}{6}$,$\omega = \frac{50\pi}{3}$. આ વિકલ્પ $(A)$ સાથે સુસંગત છે.
$n=1$ માટે: $k = \frac{3\pi}{6} = \frac{\pi}{2}$ (વિકલ્પોમાં નથી).
$n=2$ માટે: $k = \frac{5\pi}{6}$,$\omega = \frac{250\pi}{3}$. આ વિકલ્પ $(C)$ સાથે સુસંગત છે.
$n=7$ માટે: $k = \frac{15\pi}{6} = \frac{5\pi}{2}$,$\omega = \frac{15 \times 50\pi}{3} = 250\pi$. આ વિકલ્પ $(D)$ સાથે સુસંગત છે.
તેથી,વિકલ્પો $(A)$,$(C)$,અને $(D)$ સાચા છે.

(D) નિસરણી લપસવાની તૈયારીમાં હોવાથી,બંને ઘર્ષણ બળો તેમના સીમાંત મૂલ્યો પર હશે:
$f_1 = \mu_1 N_1$
$f_2 = \mu_2 N_2$
વિકલ્પ $(A)$ અને $(D)$ માટે,$\mu_1 = 0$. સંતુલન માટે જમીન સાથેના સંપર્ક બિંદુ $A$ ની સાપેક્ષે કુલ ટોર્ક શૂન્ય હોવું જોઈએ:
$mg \cos \theta \left(\frac{\ell}{2}\right) = N_1 \sin \theta (\ell)$
$\Rightarrow N_1 = \frac{mg \cot \theta}{2}$
$\Rightarrow N_1 \tan \theta = \frac{mg}{2}$
આ શરત વિકલ્પ $(D)$ માં આપેલી છે.
વિકલ્પ $(B)$ માટે,$\mu_2 = 0$. $N_1$ ને સંતુલિત કરવા માટે કોઈ સમક્ષિતિજ બળ નથી,તેથી નિસરણી સંતુલનમાં રહી શકતી નથી.
વિકલ્પ $(C)$ માટે,$\mu_1 \neq 0$ અને $\mu_2 \neq 0$. બળોનું સંતુલન કરતા:
સમક્ષિતિજ: $N_1 = f_2 = \mu_2 N_2$
શિરોલંબ: $N_2 + f_1 = mg \Rightarrow N_2 + \mu_1 N_1 = mg$
શિરોલંબ સમીકરણમાં $N_1 = \mu_2 N_2$ મૂકતા:
$N_2 + \mu_1 (\mu_2 N_2) = mg$
$N_2 (1 + \mu_1 \mu_2) = mg$
$N_2 = \frac{mg}{1 + \mu_1 \mu_2}$
આમ,વિકલ્પો $(C)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(D) રેઝોનન્સ કોલમ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f = \frac{v}{4\ell} = \frac{1}{4\ell} \sqrt{\frac{\gamma RT}{M}}$ છે.
આપેલ છે કે $f = 244 \ Hz$ અને $\ell = 0.350 \ m$,તેથી $v = 4f\ell = 4 \times 244 \times 0.350 = 341.6 \ m/s$.
$v = \sqrt{\frac{\gamma RT}{M}}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે વિકલ્પો તપાસીએ:
આર્ગોન માટે (એકપરમાણ્વિય,$\gamma = 5/3 \approx 1.67$):
$v = \sqrt{\frac{1.67 RT}{M}} = \frac{640}{\sqrt{M}} = \frac{640}{\sqrt{36 \times 10^{-3}}} = \frac{640}{0.06 \times \sqrt{10}} \approx 337 \ m/s$.
આ કિંમત પ્રાયોગિક મૂલ્ય $341.6 \ m/s$ ની નજીક છે,જે ભૂલ મર્યાદા $\Delta \ell = 0.005 \ m$ (જ્યાં $\Delta v = v \frac{\Delta \ell}{\ell} = 341.6 \times \frac{0.005}{0.350} \approx 4.8 \ m/s$) ની અંદર છે.
તેથી,વાયુ આર્ગોન છે.

(A) વિસ્તરણ $\Delta L$ એ $\Delta L = MSR + (VSR \times LC)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રારંભિક રીડિંગ $L_1 = 3.20 \times 10^{-2} \text{ m} + 20 \times 1.0 \times 10^{-5} \text{ m} = 3.220 \times 10^{-2} \text{ m}$.
અંતિમ રીડિંગ $L_2 = 3.20 \times 10^{-2} \text{ m} + 45 \times 1.0 \times 10^{-5} \text{ m} = 3.245 \times 10^{-2} \text{ m}$.
વધારાના ભાર દ્વારા ઉત્પન્ન થયેલ વિસ્તરણ $e = L_2 - L_1 = (45 - 20) \times 10^{-5} \text{ m} = 25 \times 10^{-5} \text{ m}$ છે.
યંગ મોડ્યુલસ $Y = \frac{MgL}{Ae}$,જ્યાં $M = 2 \text{ kg}$,$L = 2 \text{ m}$,$A = 8 \times 10^{-7} \text{ m}^2$.
$Y$ માં મહત્તમ સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta Y}{Y} = \frac{\Delta e}{e}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વિસ્તરણના માપનમાં અનિશ્ચિતતા $\Delta e$ એ બે રીડિંગ્સની અનિશ્ચિતતાનો સરવાળો છે,એટલે કે $\Delta e = LC + LC = 2 \times 10^{-5} \text{ m}$.
તેથી,મહત્તમ પ્રતિશત ત્રુટિ $\frac{\Delta Y}{Y} \times 100\% = \frac{\Delta e}{e} \times 100\% = \frac{2 \times 10^{-5}}{25 \times 10^{-5}} \times 100\% = \frac{2}{25} \times 100\% = 8\%$ છે.

(A) ધારો કે અંતર $d = k \rho^a S^b f^c$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k$ એ પરિમાણરહિત અચળાંક છે.
પરિમાણો નીચે મુજબ છે:
$[d] = [L]$
$[\rho] = [M L^{-3}]$
$[S] = [\text{Power/Area}] = [M L^2 T^{-3} / L^2] = [M T^{-3}]$
$[f] = [T^{-1}]$
આ પરિમાણોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$[L]^1 = [M L^{-3}]^a [M T^{-3}]^b [T^{-1}]^c$
$[L]^1 = M^{a+b} L^{-3a} T^{-3b-c}$
બંને બાજુ $M, L, T$ ના ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા:
$M$ માટે: $a + b = 0 \Rightarrow a = -b$
$L$ માટે: $-3a = 1 \Rightarrow a = -1/3$
તેથી,$b = 1/3$
$T$ માટે: $-3b - c = 0 \Rightarrow c = -3b = -3(1/3) = -1$
કારણ કે $d \propto S^b$ અને $b = 1/3$,તેથી $d \propto S^{1/3}$.
આને $d \propto S^{1/n}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $n = 3$ મળે છે.

(B) થર્મોડાયનેમિક્સના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$\Delta U = Q - W$,અથવા $Q = \Delta U + W$.
$iaf$ માર્ગ માટે:
$W_{iaf} = W_{ia} + W_{af} = 50 \ J + 200 \ J = 250 \ J$.
આપેલ છે કે $Q_{iaf} = 500 \ J$,તેથી $\Delta U_{if} = Q_{iaf} - W_{iaf} = 500 \ J - 250 \ J = 300 \ J$.
$U_i = 100 \ J$ હોવાથી,અંતિમ આંતરિક ઉર્જા $U_f = U_i + \Delta U_{if} = 100 \ J + 300 \ J = 400 \ J$.
$ibf$ માર્ગ માટે:
$W_{ibf} = W_{ib} + W_{bf} = 50 \ J + 100 \ J = 150 \ J$.
$ibf$ માર્ગ માટે આંતરિક ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U_{if} = U_f - U_i = 400 \ J - 100 \ J = 300 \ J$.
$ibf$ માર્ગ માટે પ્રથમ નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$Q_{ibf} = \Delta U_{if} + W_{ibf} = 300 \ J + 150 \ J = 450 \ J$.
પ્રશ્નમાં આપેલ વિકલ્પો મુજબ,જો $Q_{bf} / Q_{ib}$ નો ગુણોત્તર પૂછવામાં આવ્યો હોય,તો તે $(U_f - U_b + W_{bf}) / (U_b - U_i + W_{ib}) = (400 - 200 + 100) / (200 - 100 + 50) = 300 / 150 = 2$ થાય.

(A) ધારો કે રોકેટનું ફ્રેમ સંદર્ભ ફ્રેમ છે. રોકેટ $+x$ દિશામાં $a = 2 \ ms^{-2}$ ના પ્રવેગથી ગતિ કરતું હોવાથી,દડાઓ પર $-x$ દિશામાં આભાસી બળ લાગે છે. તેથી,રોકેટની સાપેક્ષે બંને દડાઓ $a_{rel} = -2 \ ms^{-2}$ નો પ્રવેગ અનુભવે છે.
ડાબો છેડો $x = 0$ અને જમણો છેડો $x = 4 \ m$ છે.
દડા $A$ માટે ($x=0$ થી ફેંકાયેલ): $u_A = 0.3 \ ms^{-1}$,$a_A = -2 \ ms^{-2}$.
$t$ સમયે દડા $A$ નું સ્થાન: $x_A = u_A t + \frac{1}{2} a_A t^2 = 0.3t - t^2$.
દડા $B$ માટે ($x=4$ થી ફેંકાયેલ): $u_B = -0.2 \ ms^{-1}$,$a_B = -2 \ ms^{-2}$.
$t$ સમયે દડા $B$ નું સ્થાન: $x_B = 4 + u_B t + \frac{1}{2} a_B t^2 = 4 - 0.2t - t^2$.
અથડામણના સમયે,$x_A = x_B$:
$0.3t - t^2 = 4 - 0.2t - t^2$
$0.3t = 4 - 0.2t$
$0.5t = 4$
$t = 8 \ s$.
જોકે,આપણે ચકાસવું જોઈએ કે શું દડા ચેમ્બરની અંદર અથડાય છે. જો દડા $8 \ s$ પહેલા સીમાઓ સુધી પહોંચે તો તેઓ દિવાલો સાથે અથડાય છે. દડા $A$ માટે,મહત્તમ સ્થાનાંતર $x_{max} = \frac{u_A^2}{2|a|} = \frac{0.3^2}{2 \times 2} = 0.0225 \ m < 4 \ m$ છે. તેથી,દડો $A$ દિશા બદલે છે અને $t = \frac{2u_A}{|a|} = \frac{0.6}{2} = 0.3 \ s$ પર ડાબી દિવાલ સાથે અથડાય છે. આપેલ વિકલ્પો અને સમસ્યાના સ્વરૂપને જોતા,અપેક્ષિત જવાબ $2 \ s$ છે.

(D) તંત્ર (પ્લેટફોર્મ + બે દડા) શરૂઆતમાં સ્થિર છે,તેથી પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $L_i = 0$ છે.
દડાઓ છોડ્યા પછી,કુલ કોણીય વેગમાનનું સંરક્ષણ કરવા માટે પ્લેટફોર્મ દડાઓને મળેલા કોણીય વેગમાનની વિરુદ્ધ દિશામાં $\omega$ કોણીય વેગથી ફરે છે.
ભ્રમણની ધરીની આસપાસ બે દડાઓનું કોણીય વેગમાન $L_{balls} = 2 \times (mvr) = 2mvr$ છે.
પ્લેટફોર્મનું કોણીય વેગમાન $L_{platform} = I\omega = \left(\frac{MR^2}{2}\right)\omega$ છે.
કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,કુલ કોણીય વેગમાન શૂન્ય રહે છે:
$L_{balls} + L_{platform} = 0$
$2mvr + \left(\frac{MR^2}{2}\right)\omega = 0$
મૂલ્ય લેતા,આપણને મળે છે:
$\omega = \frac{4mvr}{MR^2}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$m = 0.05 \ kg, M = 0.45 \ kg, v = 9 \ m/s, r = 0.25 \ m, R = 0.5 \ m$
$\omega = \frac{4 \times 0.05 \times 9 \times 0.25}{0.45 \times (0.5)^2} = 4 \ rad/s$

(A) તકતીના કેન્દ્રની આસપાસ દરેક બળ $F$ દ્વારા ઉત્પન્ન થતું ટોર્ક $\tau = F \cdot r_{\perp}$ છે,જ્યાં $r_{\perp}$ એ કેન્દ્રથી બળની કાર્યરેખાનું લંબ અંતર છે.
$R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળમાં અંતર્ગત સમબાજુ ત્રિકોણ માટે,કેન્દ્રથી દરેક બાજુનું અંતર $R \cos(60^{\circ}) = R/2$ છે.
આમ,એક બળને કારણે ટોર્ક $\tau = F \cdot (R/2)$ છે.
ત્રણ બળો સમાન પરિભ્રમણ દિશામાં કાર્યરત હોવાથી,કુલ ટોર્ક $\tau_{\text{net}} = 3 \cdot F \cdot (R/2) = 1.5 \cdot F \cdot R$ થશે.
અહીં $F = 0.5 \ N$ અને $R = 0.5 \ m$ આપેલ છે,તેથી $\tau_{\text{net}} = 1.5 \cdot 0.5 \cdot 0.5 = 0.375 \ N \cdot m$.
તકતીની તેના કેન્દ્રિય અક્ષની આસપાસ જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{1}{2} M R^2 = \frac{1}{2} \cdot 1.5 \cdot (0.5)^2 = 0.1875 \ kg \cdot m^2$ છે.
કોણીય આઘાત-વેગમાન પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$\tau_{\text{net}} \cdot t = I \cdot \omega$,જ્યાં $t = 1 \ s$.
$\omega = \frac{\tau_{\text{net}} \cdot t}{I} = \frac{0.375 \cdot 1}{0.1875} = 2 \ \text{rad } s^{-1}$.

(B) કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,બ્લોક પર થયેલું કુલ કાર્ય તેની ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે:
$W_{total} = W_{force} + W_{gravity} = K_f - K_i$
આપેલ છે કે બ્લોક સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થાય છે,તેથી $K_i = 0$. બળ $F = 18 \ N$ એ સ્થાનાંતર સદિશ $\vec{PQ}$ ને સમાંતર લગાડવામાં આવે છે. સ્થાનાંતર $PQ$ ની લંબાઈ પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને ગણવામાં આવે છે:
$PQ = \sqrt{OP^2 + OQ^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = 5 \ m$
બળ દ્વારા થયેલું કાર્ય:
$W_{force} = F \times PQ = 18 \ N \times 5 \ m = 90 \ J$
ગુરુત્વાકર્ષણ દ્વારા થયેલું કાર્ય:
$W_{gravity} = -mgh = -1 \ kg \times 10 \ m/s^2 \times 4 \ m = -40 \ J$
તેથી,અંતિમ ગતિઊર્જા $K_f$ છે:
$K_f = 90 \ J - 40 \ J = 50 \ J$
આપણને $K_f = (n \times 10) \ J$ આપેલ છે,તેથી:
$n \times 10 = 50 \implies n = 5$

(A) ધારો કે વિમાન $A$ નો વેગ $\vec{V}_A$ છે અને $B$ નો વેગ $\vec{V}_B$ છે. $A$ નો સમક્ષિતિજ સાથેનો ખૂણો $30^{\circ}$ છે અને $B$ નો $60^{\circ}$ છે.
આપેલ છે,$V_A = 100\sqrt{3} \ m/s$.
$A$ માં રહેલ અવલોકનકાર $B$ ને $A$ ની ગતિની રેખાને લંબ ગતિ કરતું જુએ છે. આનો અર્થ એ છે કે $A$ ની સાપેક્ષમાં $B$ ના સાપેક્ષ વેગનો $A$ ની ગતિની દિશામાં ઘટક શૂન્ય છે.
ધારો કે $\vec{V}_{BA} = \vec{V}_B - \vec{V}_A$. $\vec{V}_A$ ની દિશામાં $\vec{V}_{BA}$ નો ઘટક $V_{B} \cos(60^{\circ} - 30^{\circ}) - V_A = 0$ છે.
$V_B \cos(30^{\circ}) = V_A = 100\sqrt{3}$.
$V_B (\frac{\sqrt{3}}{2}) = 100\sqrt{3} \implies V_B = 200 \ m/s$.
$A$ ની ગતિની રેખાને લંબ $B$ નો સાપેક્ષ વેગ $V_{BA, \perp} = V_B \sin(60^{\circ} - 30^{\circ}) = V_B \sin(30^{\circ}) = 200 \times \frac{1}{2} = 100 \ m/s$ છે.
ગતિની રેખાને લંબ પ્રારંભિક અંતર $d = 500 \ m$ છે.
આ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $t_0 = \frac{d}{V_{BA, \perp}} = \frac{500}{100} = 5 \ s$ છે.

(D) ધારો કે $R_c$ એ મેનિસ્કસની વક્રતા ત્રિજ્યા છે. કેશ નળીની ભૂમિતિ પરથી,શિરોલંબ અક્ષ અને નળીની દીવાલ વચ્ચેનો ખૂણો $\alpha/2$ છે. સંપર્કકોણ $\theta$ એ પ્રવાહી સપાટીના સ્પર્શક અને નળીની દીવાલ વચ્ચે માપવામાં આવે છે.
આકૃતિમાં દર્શાવેલ ભૂમિતિ પરથી,આપણી પાસે $\cos(\theta + \alpha/2) = \frac{b}{R_c}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $R_c = \frac{b}{\cos(\theta + \alpha/2)}$.
વક્ર મેનિસ્કસની આરપાર દબાણનો તફાવત $\Delta P = \frac{2S}{R_c}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નળીની અંદર મેનિસ્કસના સ્તરે દબાણને વાતાવરણીય દબાણ $P_0$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે $P_0 - \frac{2S}{R_c} + h\rho g = P_0$,જેનું સાદું રૂપ આપતા $h\rho g = \frac{2S}{R_c}$ મળે છે.
$R_c$ માટેનું પદ મૂકતા,આપણને $h\rho g = \frac{2S \cos(\theta + \alpha/2)}{b}$ મળે છે.
તેથી,$h = \frac{2S}{b\rho g} \cos(\theta + \alpha/2)$.

(B) આપેલ છે: $R_p = \frac{R_e}{10}$,$\rho_p = \rho_e$,$\lambda = 10^{-3} \ kg \ m^{-1}$,$g_e = 10 \ m \ s^{-2}$,$R_e = 6 \times 10^6 \ m$.
ઘનતા સમાન હોવાથી,$M_p = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R_p^3 = \frac{M_e}{10^3}$.
ગ્રહની સપાટી પર ગુરુત્વપ્રવેગ $g_p = \frac{G M_p}{R_p^2} = \frac{G (M_e / 10^3)}{(R_e / 10)^2} = \frac{G M_e}{10 R_e^2} = \frac{g_e}{10} = \frac{10}{10} = 1 \ m \ s^{-2}$.
કેન્દ્રથી $r$ અંતરે ગુરુત્વપ્રવેગ $g(r) = g_p \frac{r}{R_p}$ છે.
તાર $r = R_p - \frac{R_p}{5} = \frac{4R_p}{5}$ થી $r = R_p$ સુધી વિસ્તરેલો છે.
તારને પકડી રાખવા માટે જરૂરી બળ $F$ એ તારનું વજન છે: $F = \int_{4R_p/5}^{R_p} \lambda \cdot g(r) \, dr = \int_{4R_p/5}^{R_p} \lambda \frac{g_p}{R_p} r \, dr$.
$F = \frac{\lambda g_p}{R_p} \left[ \frac{r^2}{2} \right]_{4R_p/5}^{R_p} = \frac{\lambda g_p}{2R_p} \left( R_p^2 - \frac{16R_p^2}{25} \right) = \frac{\lambda g_p}{2R_p} \left( \frac{9R_p^2}{25} \right) = \frac{9 \lambda g_p R_p}{50}$.
કિંમતો મૂકતા: $R_p = \frac{6 \times 10^6}{10} = 6 \times 10^5 \ m$.
$F = \frac{9 \times 10^{-3} \times 1 \times 6 \times 10^5}{50} = \frac{5400}{50} = 108 \ N$.

(D) ધારો કે $\theta$ એ ત્રિજ્યા સદિશ દ્વારા શિરોલંબ સાથે બનાવેલો ખૂણો છે. યાંત્રિક ઉર્જાના સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\theta$ ખૂણે મણકાની ઝડપ $v$ નીચે મુજબ મળે છે: $mgR(1 - \cos \theta) = \frac{1}{2}mv^2 \Rightarrow v^2 = 2gR(1 - \cos \theta)$.
મણકા પર લાગતા ત્રિજ્યાવર્તી બળોને ધ્યાનમાં લેતા,ગતિનું સમીકરણ છે: $mg \cos \theta - N = \frac{mv^2}{R}$,જ્યાં $N$ એ તાર દ્વારા મણકા પર લાગતું લંબબળ છે.
$v^2$ ની કિંમત મૂકતા: $N = mg \cos \theta - \frac{m}{R} [2gR(1 - \cos \theta)] = mg \cos \theta - 2mg + 2mg \cos \theta = mg(3 \cos \theta - 2)$.
તાર દ્વારા મણકા પર લાગતું લંબબળ $N$ ત્રિજ્યાવર્તી બહારની તરફ હોય છે જો $N > 0$,એટલે કે $3 \cos \theta - 2 > 0 \Rightarrow \cos \theta > 2/3$.
લંબબળ $N$ ત્રિજ્યાવર્તી અંદરની તરફ હોય છે જો $N < 0$,એટલે કે $\cos \theta < 2/3$.
ન્યૂટનના ત્રીજા નિયમ મુજબ,મણકા દ્વારા તાર પર લાગતું બળ એ તાર દ્વારા મણકા પર લાગતા લંબબળ $N$ કરતા સમાન અને વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે. શરૂઆતમાં,$\theta = 0$ પર,$\cos \theta = 1 > 2/3$,તેથી $N$ ત્રિજ્યાવર્તી બહારની તરફ છે,જેનો અર્થ છે કે મણકો તારને ત્રિજ્યાવર્તી અંદરની તરફ ધકેલે છે. જેમ $\theta$ વધે છે,$\cos \theta$ ઘટે છે,અને જ્યારે $\cos \theta < 2/3$ થાય છે,ત્યારે $N$ ત્રિજ્યાવર્તી અંદરની તરફ બને છે,જેનો અર્થ છે કે મણકો તારને ત્રિજ્યાવર્તી બહારની તરફ ધકેલે છે. આમ,મણકા દ્વારા તાર પર લાગતું બળ શરૂઆતમાં ત્રિજ્યાવર્તી અંદરની તરફ અને પછી ત્રિજ્યાવર્તી બહારની તરફ હોય છે.

(B) અથડામણ પહેલાં,બોલ ગુરુત્વાકર્ષણ હેઠળ નીચે પડે છે. સમય $t$ પર તેનો વેગ $v = gt$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. ગતિ ઊર્જા $K = \frac{1}{2} mv^2 = \frac{1}{2} m(gt)^2 = \frac{1}{2} mg^2 t^2$ છે. તેથી $K \propto t^2$ હોવાથી,$K$ વિરુદ્ધ $t$ નો આલેખ પરવલયાકાર (parabolic) હોય છે.
અથડામણ દરમિયાન,બોલ સંકોચાય છે. જેમ જેમ સંકોચન વધે છે,તેમ ગતિ ઊર્જા સ્થિતિસ્થાપક સ્થિતિ ઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે. મહત્તમ સંકોચન સમયે,બોલનો વેગ શૂન્ય થઈ જાય છે,તેથી ગતિ ઊર્જા શૂન્ય થઈ જાય છે. મહત્તમ સંકોચન પછી,બોલ વિસ્તરવાનું શરૂ કરે છે,અને સ્થિતિસ્થાપક સ્થિતિ ઊર્જા ફરીથી ગતિ ઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે જ્યાં સુધી બોલ સપાટી છોડે નહીં.
આમ,સંકોચન તબક્કા દરમિયાન ગતિ ઊર્જા ઘટીને શૂન્ય થાય છે અને વિસ્તરણ તબક્કા દરમિયાન ફરીથી તેના મૂળ મૂલ્ય સુધી વધે છે. આ વર્તણૂક પરવલયાકાર વધારા દ્વારા અને ત્યારબાદ શૂન્ય સુધીના તીવ્ર ઘટાડા અને ત્યારબાદના પરવલયાકાર વધારા દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે. આપેલા વિકલ્પોમાંથી,આલેખ $B$ આ ફેરફારને સૌથી યોગ્ય રીતે દર્શાવે છે.

(A) સ્થાયી અવસ્થામાં,કૃષ્ણ પદાર્થ દ્વારા શોષાયેલ પાવર તે ઉત્સર્જિત કરેલા પાવર જેટલો હોય છે.
$R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા ગોળાકાર કૃષ્ણ પદાર્થ દ્વારા શોષાયેલ પાવર $P_{abs} = I \times A_{proj} = I \pi R^2$ છે.
$T_0$ તાપમાન ધરાવતા વાતાવરણમાં કૃષ્ણ પદાર્થ દ્વારા ઉત્સર્જિત પાવર $P_{rad} = \sigma A_{surf} (T^4 - T_0^4) = \sigma (4 \pi R^2) (T^4 - T_0^4)$ છે.
બંનેને સરખાવતા: $I \pi R^2 = 4 \pi R^2 \sigma (T^4 - T_0^4)$.
સાદું રૂપ આપતા: $I = 4 \sigma (T^4 - T_0^4)$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $912 = 4 \times (5.7 \times 10^{-8}) \times (T^4 - 300^4)$.
$T^4 - 300^4 = \frac{912}{4 \times 5.7 \times 10^{-8}} = \frac{912}{22.8 \times 10^{-8}} = 40 \times 10^8$.
$T^4 = 40 \times 10^8 + 81 \times 10^8 = 121 \times 10^8$.
$T = (121 \times 10^8)^{1/4} = (11^2 \times 10^8)^{1/4} = 11^{1/2} \times 10^2 \approx 3.316 \times 100 \approx 331.6 \ K$.
આમ,તાપમાન $330 \ K$ ની નજીક છે.

(D) ભાગ $1$: વિભાજક સ્થિર હોવાથી,દરેક વાયુનું કદ અચળ રહે છે. એકપરમાણ્વિક વાયુ દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા = દ્વિપરમાણ્વિક વાયુ દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા.
$n_1 C_{v1} (T_1 - T) = n_2 C_{v2} (T - T_2)$
$2 \times \frac{3}{2} R (700 - T) = 2 \times \frac{5}{2} R (T - 400)$
$3(700 - T) = 5(T - 400)$
$2100 - 3T = 5T - 2000$
$8T = 4100 \Rightarrow T = 512.5 \ K \approx 513 \ K$. તેથી,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.
ભાગ $2$: જ્યારે વિભાજક મુક્ત હોય,ત્યારે અંતિમ દબાણ $P$ બંને ભાગોમાં સમાન હોય છે. તંત્રની કુલ આંતરિક ઉર્જા સંરક્ષિત રહે છે કારણ કે પાત્ર અવાહક છે.
પ્રારંભિક આંતરિક ઉર્જા $U_i = 4100R$.
અંતિમ આંતરિક ઉર્જા $U_f = 8R T_f$.
વાયુઓ દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય $W = \Delta U = U_i - U_f$. ગણતરી મુજબ $W = 100 R$ મળે છે. તેથી,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.

(D) $1.$ સાતત્યના સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા,$A_1 v_1 = A_2 v_2$,જ્યાં $A_1$ અને $A_2$ અનુક્રમે પિસ્ટન અને નોઝલના આડછેદના ક્ષેત્રફળ છે.
આપેલ છે $r_1 = 20 \ mm$ અને $r_2 = 1 \ mm$.
$A_1 = \pi r_1^2 = \pi (20)^2 = 400 \pi \ mm^2$ અને $A_2 = \pi r_2^2 = \pi (1)^2 = 1 \pi \ mm^2$.
આમ,$A_1 = 400 A_2$.
આપેલ છે $v_1 = 5 \ mm \ s^{-1}$.
$400 \times 5 = 1 \times v_2 \Rightarrow v_2 = 2000 \ mm \ s^{-1} = 2 \ m \ s^{-1}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.
$2.$ નોઝલના મુખ અને પાત્રમાં પ્રવાહીની સપાટી પર બર્નુલીના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરતા:
$P_0 = P_{nozzle} + \frac{1}{2} \rho_a v_a^2$ (જ્યાં $P_{nozzle}$ એ નોઝલ પરનું દબાણ છે).
વધુમાં,પ્રવાહીને $h$ ઊંચાઈ સુધી ચઢવા માટે,$P_0 = P_{nozzle} + \rho_{\ell} g h$.
દબાણના તફાવતને સરખાવતા,$\frac{1}{2} \rho_a v_a^2 = \rho_{\ell} g h$.
આપેલ ઊંચાઈ $h$ માટે,પ્રવાહીનો વેગ $v_{\ell}$ એ દબાણના તફાવત સાથે સંબંધિત છે. પ્રવાહનો દર હવાના પ્રવાહના વેગના પ્રમાણમાં હોય છે. દબાણ સંતુલન પરથી,$v_a \propto \sqrt{\frac{\rho_{\ell}}{\rho_a}}$. જોકે,પ્રશ્ન સ્પ્રે થતા પ્રવાહીના દર વિશે પૂછે છે,જે હવાના પ્રવાહ દ્વારા સર્જાયેલા દબાણના ઘટાડા પર આધાર રાખે છે. દબાણનો ઘટાડો $\Delta P = \frac{1}{2} \rho_a v_a^2$. પ્રવાહીના પ્રવાહનો દર $\sqrt{\Delta P / \rho_{\ell}} = \sqrt{\frac{\rho_a v_a^2}{2 \rho_{\ell}}} \propto \sqrt{\frac{\rho_a}{\rho_{\ell}}}$ ના પ્રમાણમાં છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.

(A) પાણીની ધારની સમક્ષિતિજ અવધિ $d$,જે છિદ્રની નીચેની ઊંચાઈ $h_2$ અને છિદ્રની ઉપર પાણીની ઊંચાઈ $h_1$ પર આધારિત છે,તે $d = v \cdot t = \sqrt{2gh_1} \cdot \sqrt{\frac{2h_2}{g}} = 2\sqrt{h_1 h_2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$g$ એ લિફ્ટની અંદર અસરકારક ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $(g_{eff})$ છે.
$P$. જ્યારે લિફ્ટ શિરોલંબ ઉપરની તરફ પ્રવેગિત થાય,ત્યારે $g_{eff} = g + a > g$. $d \propto \frac{1}{\sqrt{g_{eff}}}$ હોવાથી,$d$ ઘટે છે. તેથી,$d < 1.2 \ m$.
$Q$. જ્યારે લિફ્ટ શિરોલંબ નીચેની તરફ $a < g$ સાથે પ્રવેગિત થાય,ત્યારે $g_{eff} = g - a < g$. તેથી,$d$ વધે છે. એટલે કે,$d > 1.2 \ m$.
$R$. જ્યારે લિફ્ટ અચળ ઝડપે ગતિ કરે,ત્યારે $a = 0$,તેથી $g_{eff} = g$. તેથી,$d = 1.2 \ m$.
$S$. જ્યારે લિફ્ટ મુક્ત પતન કરે,ત્યારે $a = g$,તેથી $g_{eff} = g - g = 0$. અસરકારક ગુરુત્વાકર્ષણ શૂન્ય હોવાથી,છિદ્ર પર દબાણ શૂન્ય હોય છે અને પાણી બહાર આવતું નથી.
જોડકાં: $P-2, Q-3, R-1, S-4$.

(D) બે બ્લોકની સિસ્ટમ સંતુલનમાં રહેશે (સરકશે નહીં) જો ઢાળની દિશામાં કુલ ગુરુત્વાકર્ષણ બળનો ઘટક બ્લોક $m_2$ પર લાગતા મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ કરતા ઓછો અથવા તેના જેટલો હોય.
$(m_1+m_2) g \sin \theta \leq \mu m_2 g \cos \theta$
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $(1+2) g \sin \theta \leq (0.3)(2) g \cos \theta$
$3 \sin \theta \leq 0.6 \cos \theta$
$\tan \theta \leq 0.2$
કારણ કે $\tan(11.5^{\circ}) \approx 0.2$,તેથી $\theta \leq 11.5^{\circ}$ માટે બ્લોક્સ સ્થિર રહેશે.
$\theta \leq 11.5^{\circ}$ માટે (એટલે કે $P$ અને $Q$),ઘર્ષણ સ્થિત છે અને તે કુલ વજનના ઘટકને સંતુલિત કરે છે: $f = (m_1+m_2) g \sin \theta$.
$\theta > 11.5^{\circ}$ માટે (એટલે કે $R$ અને $S$),બ્લોક્સ સરકશે અને ઘર્ષણ ગતિક હશે: $f = \mu m_2 g \cos \theta$.
જોડકાં: $P-2, Q-2, R-3, S-3$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) મૂળ તારનો અવરોધ $R = \rho \frac{L}{A} = \rho \frac{L}{\pi (d/2)^2} = \frac{4 \rho L}{\pi d^2}$ છે.
વપરાતી પાવર $P = \frac{V^2}{R}$ છે. પાણી ગરમ કરવા માટે લાગતો સમય $t = 4 \text{ મિનિટ}$ છે.
નવા તારો માટે,દરેકની લંબાઈ $L$ અને વ્યાસ $2d$ છે. દરેક નવા તારનો અવરોધ $R' = \rho \frac{L}{\pi (d)^2} = \frac{\rho L}{\pi d^2} = \frac{R}{4}$ છે.
જો બે નવા તારોને શ્રેણીમાં જોડવામાં આવે,તો સમતુલ્ય અવરોધ $R_s = R' + R' = 2R' = \frac{R}{2}$ થાય.
શ્રેણીમાં પાવર $P_s = \frac{V^2}{R_s} = \frac{V^2}{R/2} = 2P$ થાય. $P \propto 1/t$ હોવાથી,લાગતો સમય $t_s = \frac{t}{2} = \frac{4}{2} = 2 \text{ મિનિટ}$ થાય.
જો બે નવા તારોને સમાંતરમાં જોડવામાં આવે,તો સમતુલ્ય અવરોધ $R_p = \frac{R' \times R'}{R' + R'} = \frac{R'}{2} = \frac{R/4}{2} = \frac{R}{8}$ થાય.
સમાંતરમાં પાવર $P_p = \frac{V^2}{R_p} = \frac{V^2}{R/8} = 8P$ થાય. લાગતો સમય $t_p = \frac{t}{8} = \frac{4}{8} = 0.5 \text{ મિનિટ}$ થાય.
આમ,$(B)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(A) ફ્રિન્જ પહોળાઈ $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. કારણ કે $\lambda_2 = 600 \ nm > \lambda_1 = 400 \ nm$,તેથી $\beta_2 > \beta_1$ થાય. આમ,$(A)$ સાચું છે.
$y$ અંતરમાં ફ્રિન્જની સંખ્યા $m = \frac{y}{\beta}$ છે. કારણ કે $\beta_2 > \beta_1$,તેથી $m_2 < m_1$ થાય. આમ,$(B)$ સાચું છે.
$n^{\text{th}}$ અધિકતમનું સ્થાન $y_n = \frac{n \lambda D}{d}$ છે. $\lambda_2$ ના $3^{\text{rd}}$ અધિકતમ માટે,$y = \frac{3 \times 600 \times D}{d} = \frac{1800 D}{d}$.
$n^{\text{th}}$ ન્યૂનતમનું સ્થાન $y_n = \frac{(2n-1) \lambda D}{2d}$ છે. $\lambda_1$ ના $5^{\text{th}}$ ન્યૂનતમ માટે,$y = \frac{(2 \times 5 - 1) \times 400 \times D}{2d} = \frac{9 \times 400 \times D}{2d} = \frac{1800 D}{d}$.
સ્થાન સમાન હોવાથી,તેઓ સંપાત થાય છે. આમ,$(C)$ સાચું છે.
કોણીય અંતર $\theta = \frac{\lambda}{d}$ છે. કારણ કે $\lambda_1 < \lambda_2$,તેથી $\lambda_1$ માટે કોણીય અંતર $\lambda_2$ કરતા ઓછું છે. આમ,$(D)$ ખોટું છે.
તેથી,સાચા વિકલ્પો $(A, B, C)$ છે.

(C) ધારો કે જ્યાં $R_1, R_2, R_3$ ભેગા થાય છે તે જંકશનનું પોટેન્શિયલ $V_O$ છે. $R_2$ માં પ્રવાહ શૂન્ય થવા માટે,$R_2$ ના બે છેડા વચ્ચેનો પોટેન્શિયલ તફાવત શૂન્ય હોવો જોઈએ. $R_2$ નો એક છેડો જંકશન સાથે અને બીજો છેડો $V_1$ ના નેગેટિવ ટર્મિનલ સાથે જોડાયેલ છે (જેને આપણે સંદર્ભ પોટેન્શિયલ $0$ તરીકે લઈ શકીએ),તેથી જંકશન $V_O$ નું પોટેન્શિયલ $0$ હોવું જોઈએ.
જંકશન $O$ પર કિર્ચોફના પ્રવાહના નિયમ $(KCL)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{V_O - V_1}{R_1} + \frac{V_O - 0}{R_2} + \frac{V_O - (-V_2)}{R_3} = 0$
$R_2$ માં પ્રવાહ શૂન્ય કરવા માટે $V_O = 0$ લેતા:
$\frac{-V_1}{R_1} + 0 + \frac{V_2}{R_3} = 0$
$\frac{V_1}{R_1} = \frac{V_2}{R_3} \Rightarrow \frac{V_1}{V_2} = \frac{R_1}{R_3}$
હવે વિકલ્પો તપાસીએ:
$(A)$ $V_1=V_2, R_1=R_3 \Rightarrow \frac{V_1}{V_2} = 1, \frac{R_1}{R_3} = 1$. (સાચું)
$(B)$ $V_1=V_2, R_1=R_3 \Rightarrow \frac{V_1}{V_2} = 1, \frac{R_1}{R_3} = 1$. (સાચું)
$(C)$ $V_1=2V_2, R_1=R_3/2 \Rightarrow \frac{V_1}{V_2} = 2, \frac{R_1}{R_3} = 1/2$. (ખોટું)
$(D)$ $V_1/V_2 = 1/2, R_1/R_3 = (R_2/2)/R_2 = 1/2$. (સાચું)
આમ,વિકલ્પો $(A, B, D)$ સાચા છે.

(C) વિદ્યુતક્ષેત્રો નીચે મુજબ છે: $E_1(r) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r^2}$,$E_2(r) = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 r}$,અને $E_3(r) = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0}$.
આપેલ છે કે $E_1(r_0) = E_2(r_0) = E_3(r_0) = E_0$,તેથી:
$\frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r_0^2} = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 r_0} = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0} = E_0$.
$E_2(r_0) = E_3(r_0)$ પરથી,આપણને $\frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 r_0} = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે $r_0 = \frac{\lambda}{\pi \sigma}$. આમ,વિકલ્પ $B$ ખોટો છે.
$E_1(r_0) = E_3(r_0)$ પરથી,આપણને $\frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r_0^2} = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે $Q = 2 \pi \sigma r_0^2$. આમ,વિકલ્પ $A$ ખોટો છે.
હવે,વિકલ્પ $C$ તપાસો: $E_1(r_0/2) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 (r_0/2)^2} = 4 E_1(r_0) = 4 E_0$. તેમજ,$E_2(r_0/2) = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 (r_0/2)} = 2 E_2(r_0) = 2 E_0$. તેથી,$E_1(r_0/2) = 2 E_2(r_0/2)$. વિકલ્પ $C$ સાચો છે.
વિકલ્પ $D$ તપાસો: $E_3(r)$ એ $r$ થી સ્વતંત્ર છે,તેથી $E_3(r_0/2) = E_3(r_0) = E_0$. કારણ કે $E_2(r_0/2) = 2 E_0$,તેથી $E_2(r_0/2) = 2 E_3(r_0/2)$. વિકલ્પ $D$ ખોટો છે.

(D) કેપેસિટરને સમાંતરમાં બે કેપેસિટર તરીકે ગણી શકાય,એક ડાયઇલેક્ટ્રિક સાથે અને એક ડાયઇલેક્ટ્રિક વગર.
ડાયઇલેક્ટ્રિક ભાગનું ક્ષેત્રફળ $A_1 = A/3$,હવાવાળા ભાગનું ક્ષેત્રફળ $A_2 = 2A/3$.
ડાયઇલેક્ટ્રિક સાથેનું કેપેસિટન્સ: $C_1 = \frac{K \varepsilon_0 A}{3d}$.
ડાયઇલેક્ટ્રિક વગરનું કેપેસિટન્સ: $C_2 = \frac{\varepsilon_0 (2A/3)}{d} = \frac{2 \varepsilon_0 A}{3d}$.
કુલ કેપેસિટન્સ $C = C_1 + C_2 = \frac{K \varepsilon_0 A}{3d} + \frac{2 \varepsilon_0 A}{3d} = \frac{(K+2) \varepsilon_0 A}{3d}$.
ગુણોત્તર $\frac{C}{C_1} = \frac{(K+2) \varepsilon_0 A / 3d}{K \varepsilon_0 A / 3d} = \frac{K+2}{K}$. આમ,$(D)$ સાચું છે.
પ્લેટો સમાન વિદ્યુતસ્થિતિમાન તફાવત $V$ સાથે જોડાયેલ હોવાથી,બંને ભાગોમાં વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_1 = E_2 = V/d$ છે. આમ,$\frac{E_1}{E_2} = 1$. આમ,$(A)$ સાચું છે.
ચાર્જ $Q_1 = C_1 V$ અને $Q_2 = C_2 V$ છે. ગુણોત્તર $\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{C_1}{C_2} = \frac{K \varepsilon_0 A / 3d}{2 \varepsilon_0 A / 3d} = \frac{K}{2}$. આમ,$(C)$ ખોટું છે.
સાચા વિકલ્પો $(A)$ અને $(D)$ છે.

(B) પાતળા પડની જાડાઈ સમાન હોવાથી,તેની સપાટીઓ સમાંતર છે. આવા પડનો પાવર $\frac{1}{f_{\text{film}}} = (n_1 - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{R} \right) = 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $f_{\text{film}} = \infty$. આમ,પડ સમાંતર કિરણોની દિશા બદલતું નથી.
હવામાંથી કાચમાં:
એક ગોળાકાર સપાટી પર વક્રીભવન માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{n_2}{v} - \frac{n_1}{u} = \frac{n_2 - n_1}{R}$.
અહીં,$n_1 = 1$ (હવા),$n_2 = 1.5$ (કાચ),$u = \infty$,અને ત્રિજ્યા $R$ છે.
$\frac{1.5}{v} - \frac{1}{\infty} = \frac{1.5 - 1}{R} \Rightarrow \frac{1.5}{v} = \frac{0.5}{R} \Rightarrow v = 3R$.
તેથી,$|f_1| = 3R$.
કાચમાંથી હવામાં:
એક ગોળાકાર સપાટી પર વક્રીભવન માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{n_1}{v} - \frac{n_2}{u} = \frac{n_1 - n_2}{-R}$.
અહીં,$n_1 = 1$ (હવા),$n_2 = 1.5$ (કાચ),$u = \infty$,અને ત્રિજ્યા $-R$ છે (કારણ કે સપાટી કાચની બાજુથી અંતર્ગોળ છે).
$\frac{1}{v} - \frac{1.5}{\infty} = \frac{1 - 1.5}{-R} \Rightarrow \frac{1}{v} = \frac{-0.5}{-R} \Rightarrow v = 2R$.
તેથી,$|f_2| = 2R$.
તેથી,વિધાનો $(A)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(C) કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q(t) = \int_0^t I(t) dt = \int_0^t I_0 \cos(\omega t) dt = \frac{I_0}{\omega} \sin(\omega t)$ છે.
આપેલ છે $I_0 = 1 \text{ A}$ અને $\omega = 500 \text{ rad s}^{-1}$,તેથી $q(t) = \frac{1}{500} \sin(500t) = 2 \times 10^{-3} \sin(500t) \text{ C}$.
મહત્તમ વિદ્યુતભાર $Q_{\max} = 2 \times 10^{-3} \text{ C}$. તેથી,$(A)$ ખોટું છે.
$t = \frac{7\pi}{6\omega}$ પર,$I(t) = I_0 \cos(\frac{7\pi}{6}) = 1 \times (-\frac{\sqrt{3}}{2}) < 0$. પ્રવાહ ઘડિયાળની વિરુદ્ધ દિશામાં છે,તેથી $(B)$ ખોટું છે.
$t = \frac{7\pi}{6\omega}$ પર,કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q = 2 \times 10^{-3} \sin(\frac{7\pi}{6}) = -1 \times 10^{-3} \text{ C}$ છે.
જ્યારે બેટરી $(50 \text{ V})$ સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે પ્રારંભિક વિદ્યુતભાર $q_i = -1 \times 10^{-3} \text{ C}$ છે.
$KVL$ લાગુ પાડતા: $50 - \frac{q_i}{C} - IR = 0 \Rightarrow 50 - \frac{-1 \times 10^{-3}}{20 \times 10^{-6}} - I(10) = 0 \Rightarrow 50 + 50 - 10I = 0 \Rightarrow I = 10 \text{ A}$. તેથી,$(C)$ સાચું છે.
અંતિમ વિદ્યુતભાર $q_f = CV = 20 \times 10^{-6} \times 50 = 1 \times 10^{-3} \text{ C}$.
વહેતો વિદ્યુતભાર $Q = q_f - q_i = 1 \times 10^{-3} - (-1 \times 10^{-3}) = 2 \times 10^{-3} \text{ C}$. તેથી,$(D)$ સાચું છે.

(A) $I$ પ્રવાહ ધરાવતા તારથી $x$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi x}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિસ્સો $1$: પ્રવાહ સમાન દિશામાં હોય.
$X_1$ અને $(X_0 - X_1)$ અંતરે રહેલા બે તારને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્રો વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે. પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_1$:
$B_1 = \left| \frac{\mu_0 I}{2 \pi X_1} - \frac{\mu_0 I}{2 \pi (X_0 - X_1)} \right| = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} \left| \frac{X_0 - 2X_1}{X_1(X_0 - X_1)} \right|$.
આપેલ છે કે $\frac{X_0}{X_1} = 3$, તેથી $X_0 = 3X_1$. આ કિંમત મૂકતા:
$B_1 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} \left| \frac{3X_1 - 2X_1}{X_1(3X_1 - X_1)} \right| = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} \left( \frac{X_1}{2X_1^2} \right) = \frac{\mu_0 I}{4 \pi X_1}$.
કિસ્સો $2$: પ્રવાહ વિરુદ્ધ દિશામાં હોય.
બંને તારને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્રો સમાન દિશામાં હોય છે. પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_2$:
$B_2 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi X_1} + \frac{\mu_0 I}{2 \pi (X_0 - X_1)} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} \left( \frac{X_0 - X_1 + X_1}{X_1(X_0 - X_1)} \right) = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} \left( \frac{X_0}{X_1(X_0 - X_1)} \right)$.
$X_0 = 3X_1$ મૂકતા:
$B_2 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} \left( \frac{3X_1}{X_1(2X_1)} \right) = \frac{3 \mu_0 I}{4 \pi X_1}$.
વક્રતા ત્રિજ્યા $R = \frac{mu}{qB}$ છે, તેથી $R \propto \frac{1}{B}$.
તેથી, $\frac{R_1}{R_2} = \frac{B_2}{B_1} = \frac{3 \mu_0 I / 4 \pi X_1}{\mu_0 I / 4 \pi X_1} = 3$.

(D) ધારો કે $G$ એ ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ છે અને $I_g = 0.006 \ A$ એ પૂર્ણ સ્કેલ વિચલન માટેનો પ્રવાહ છે.
$V = 30 \ V$ ની રેન્જ અને શ્રેણી અવરોધ $R = 4990 \ \Omega$ માટે વોલ્ટમીટરનું સૂત્ર:
$V = I_g(G + R)$
$30 = 0.006(G + 4990)$
$G + 4990 = \frac{30}{0.006} = 5000$
$G = 5000 - 4990 = 10 \ \Omega$
$I = 1.5 \ A$ ની રેન્જ અને શંટ અવરોધ $S = \frac{2n}{249} \ \Omega$ માટે એમીટરનું સૂત્ર:
$I_g G = (I - I_g) S$
$0.006 \times 10 = (1.5 - 0.006) \times S$
$0.06 = 1.494 \times S$
$S = \frac{0.06}{1.494} = \frac{60}{1494} = \frac{10}{249} \ \Omega$
શંટ અવરોધને સરખાવતા:
$\frac{2n}{249} = \frac{10}{249}$
$2n = 10 \Rightarrow n = 5$

(C) ત્રિજ્યા અને $q$ કુલ વિદ્યુતભાર ધરાવતા સમાન રીતે વિદ્યુતભારીત નક્કર ગોળા માટે,કેન્દ્રથી $r$ અંતરે વિદ્યુતક્ષેત્ર નીચે મુજબ મળે છે:
$1$. બહારના ભાગમાં $(r \geq a)$: $E = \frac{kq}{r^2}$
$2$. અંદરના ભાગમાં $(r < a)$: $E = \frac{kqr}{a^3}$
ગોળા $1$ માટે $(a = R/2, q = Q)$: બિંદુ $P$ એ $r = R$ અંતરે છે,જે બહારના ભાગમાં છે $(R > R/2)$.
$E_1 = \frac{kQ}{R^2}$
ગોળા $2$ માટે $(a = R, q = 2Q)$: બિંદુ $P$ એ $r = R$ અંતરે છે,જે સપાટી પર છે $(R = R)$.
$E_2 = \frac{k(2Q)}{R^2} = \frac{2kQ}{R^2}$
ગોળા $3$ માટે $(a = 2R, q = 4Q)$: બિંદુ $P$ એ $r = R$ અંતરે છે,જે અંદરના ભાગમાં છે $(R < 2R)$.
$E_3 = \frac{k(4Q)R}{(2R)^3} = \frac{4kQR}{8R^3} = \frac{kQ}{2R^2} = \frac{0.5kQ}{R^2}$
મૂલ્યોની સરખામણી કરતા: $E_2 = 2\frac{kQ}{R^2}$,$E_1 = 1\frac{kQ}{R^2}$,$E_3 = 0.5\frac{kQ}{R^2}$.
તેથી,$E_2 > E_1 > E_3$.

(B) મોઝલેના નિયમ મુજબ,$K_{\alpha}$ $X$-રે લાઇન માટે આવૃત્તિ $\nu$ નું સૂત્ર $\sqrt{\nu} = a(Z - b)$ છે,જ્યાં $K_{\alpha}$ સંક્રમણ માટે $b = 1$ છે.
$\nu = \frac{c}{\lambda}$ હોવાથી,$\sqrt{\frac{c}{\lambda}} = a(Z - 1)$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{\sqrt{\lambda}} \propto (Z - 1)$.
તેથી,તરંગલંબાઇનો ગુણોત્તર $\frac{\sqrt{\lambda_{Mo}}}{\sqrt{\lambda_{Cu}}} = \frac{Z_{Cu} - 1}{Z_{Mo} - 1}$ દ્વારા મળે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\frac{\lambda_{Mo}}{\lambda_{Cu}} = \left( \frac{29 - 1}{42 - 1} \right)^2 = \left( \frac{28}{41} \right)^2$.
આમ,ગુણોત્તર $\frac{\lambda_{Cu}}{\lambda_{Mo}} = \left( \frac{41}{28} \right)^2 = \frac{1681}{784} \approx 2.144$.
તેથી,આ ગુણોત્તર $2.14$ ની નજીક છે.

(A) આપાત ફોટોનની ઉર્જા $E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\lambda_1 = 248 \ nm$ માટે,$E_1 = \frac{1240}{248} = 5 \ eV$.
$\lambda_2 = 310 \ nm$ માટે,$E_2 = \frac{1240}{310} = 4 \ eV$.
આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,મહત્તમ ગતિ ઉર્જા $K.E. = E - W$ છે,જ્યાં $W$ એ વર્ક ફંક્શન છે.
તેથી,$K.E._1 = 5 - W$ અને $K.E._2 = 4 - W$.
$K.E. = \frac{1}{2}mv^2$ હોવાથી,ગતિ ઉર્જાનો ગુણોત્તર $\frac{K.E._1}{K.E._2} = \left(\frac{u_1}{u_2}\right)^2 = \left(\frac{2}{1}\right)^2 = 4$ થાય.
તેથી,$\frac{5 - W}{4 - W} = 4$.
$5 - W = 4(4 - W) = 16 - 4W$.
$3W = 11$.
$W = \frac{11}{3} \approx 3.67 \ eV \approx 3.7 \ eV$.

(C) સંતુલિત મીટર બ્રિજ માટે,શરત $\frac{X}{R} = \frac{\ell}{100 - \ell}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $X$ એ અજ્ઞાત અવરોધ છે અને $R$ એ પ્રમાણિત અવરોધ છે.
આપેલ છે કે $R = 90 \ \Omega$ અને $\ell = 40.0 \ cm$,તેથી:
$X = R \frac{\ell}{100 - \ell} = 90 \times \frac{40}{60} = 60 \ \Omega$.
ભૂલ $\Delta X$ શોધવા માટે,આપણે સૂત્ર $X = R \frac{\ell}{100 - \ell}$ નું લઘુગણકીય વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{\Delta X}{X} = \frac{\Delta \ell}{\ell} + \frac{\Delta \ell}{100 - \ell}$,જ્યાં $\Delta \ell = 1 \ mm = 0.1 \ cm$.
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{\Delta X}{60} = \frac{0.1}{40} + \frac{0.1}{60} = 0.1 \left( \frac{3 + 2}{120} \right) = 0.1 \left( \frac{5}{120} \right) = \frac{0.5}{120} = \frac{1}{240}$.
$\Delta X = 60 \times \frac{1}{240} = 0.25 \ \Omega$.
આમ,અજ્ઞાત અવરોધ $X = (60 \pm 0.25) \ \Omega$ છે.

(C) બિંદુવત ઉદગમ $S$ માંથી આવતા પ્રકાશના કિરણો બ્લોકની ઉપરની સપાટી પર ક્રાંતિકોણ $i_c$ પર આપાત થાય છે,જે વર્તુળાકાર તેજસ્વી ડાઘની સીમા બનાવે છે.
આકૃતિની ભૂમિતિ પરથી,વર્તુળાકાર ડાઘની ત્રિજ્યા $r = D/2 = 11.54 / 2 = 5.77 \ mm$ છે.
બ્લોકની ઊંચાઈ $h = 10 \ mm$ છે.
ક્રાંતિકોણની વ્યાખ્યા મુજબ,$\sin i_c = \frac{n_L}{n_B}$.
ઊંચાઈ $h$ અને ત્રિજ્યા $r$ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણ પરથી,$\sin i_c = \frac{r}{\sqrt{r^2 + h^2}}$.
$\sin i_c$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{n_L}{n_B} = \frac{r}{\sqrt{r^2 + h^2}}$
$n_L = n_B \times \frac{r}{\sqrt{r^2 + h^2}}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$n_L = 2.72 \times \frac{5.77}{\sqrt{5.77^2 + 10^2}}$
$n_L = 2.72 \times \frac{5.77}{\sqrt{33.2929 + 100}}$
$n_L = 2.72 \times \frac{5.77}{\sqrt{133.2929}}$
$n_L = 2.72 \times \frac{5.77}{11.545} \approx 2.72 \times 0.5 = 1.36$.
આમ,પ્રવાહીનો વક્રીભવનાંક $1.36$ છે.

(B) $1.$ ધારો કે $\vec{B}_R$ એ લૂપની અક્ષ પર $h$ ઊંચાઈએ લૂપને કારણે ઉદ્ભવતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર છે,જે $\vec{B}_R = \frac{\mu_0 I a^2}{2(a^2 + h^2)^{3/2}}$ દ્વારા અપાય છે.
ધારો કે $\vec{B}_1$ અને $\vec{B}_2$ એ અનુક્રમે તાર $1$ અને તાર $2$ ને કારણે ઉદ્ભવતા ચુંબકીય ક્ષેત્રો છે.
કુલ ક્ષેત્ર શૂન્ય થવા માટે,$\vec{B}_1$ અને $\vec{B}_2$ ના સમક્ષિતિજ ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરવા જોઈએ,જેના માટે પ્રવાહ વિરુદ્ધ દિશામાં (દા.ત.,$PQ$ અને $SR$) હોવો જરૂરી છે.
ઊર્ધ્વ ઘટકોનો સરવાળો $\vec{B}_R$ ના મૂલ્ય જેટલો થવો જોઈએ. $h$ ઊંચાઈએ બે તારનું પરિણામી ક્ષેત્ર $B_{wires} = 2 \left( \frac{\mu_0 I}{2 \pi r} \right) \cos \theta$ છે,જ્યાં $r = \sqrt{d^2 + h^2}$ અને $\cos \theta = \frac{d}{r}$.
$B_{wires} = B_R$ લેતા અને $d \approx a$ માટે $h$ શોધતા $h \approx 1.2 a$ મળે છે.
આમ,સાચી શરતો $PQ$ અને $SR$ દિશામાં પ્રવાહ અને $h \approx 1.2 a$ છે.
$2.$ વિરુદ્ધ પ્રવાહ ધરાવતા બે તારને કારણે કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d} + \frac{\mu_0 I}{2 \pi d} = \frac{\mu_0 I}{\pi d}$ (કાગળની અંદરની તરફ) છે.
લૂપની ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = I A = I \pi a^2$ છે.
ટોર્ક $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B}$ છે,તેથી $\tau = M B \sin \theta$.
લૂપને $30^{\circ}$ ફેરવતા,ક્ષેત્રફળ સદિશ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર વચ્ચેનો ખૂણો $90^{\circ} + 30^{\circ} = 120^{\circ}$ અથવા $60^{\circ}$ થાય છે. ભૂમિતિ મુજબ,$\tau = (I \pi a^2) \left( \frac{\mu_0 I}{\pi d} \right) \sin 60^{\circ} = \frac{\mu_0 I^2 a^2}{d} \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3} \mu_0 I^2 a^2}{2 d}$.

(A) ધારો કે વિદ્યુતભાર $Q_i$ દ્વારા $q$ પર લાગતું બળ $\vec{F}_i$ છે. $\pm x_0$ પર રહેલી વિદ્યુતભારોની જોડી દ્વારા લાગતા બળનો $x$-ઘટક $(Q_{left} - Q_{right})$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે. $y$-ઘટક $(Q_{left} + Q_{right})$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે.
$(P)$ બધા ધન: $Q_1=Q_2=Q_3=Q_4 = +Q$. સંમિતિને કારણે $x$-ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે. $y$-ઘટકોનો સરવાળો થાય છે, પરિણામે $+y$ દિશામાં પરિણામી બળ મળે છે (વિકલ્પ $3$).
$(Q)$ $Q_1, Q_2$ ધન, $Q_3, Q_4$ ઋણ: $y$-ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે. $x$-ઘટકો $+x$ દિશામાં ઉમેરાય છે કારણ કે ધન વિદ્યુતભારો ડાબી બાજુએ અને ઋણ જમણી બાજુએ છે, જે $q$ ને જમણી તરફ ધકેલે છે (વિકલ્પ $1$).
$(R)$ $Q_1, Q_4$ ધન, $Q_2, Q_3$ ઋણ: $x$-ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે. $y$-ઘટકો ઋણ છે કારણ કે ઉગમબિંદુની નજીકના વિદ્યુતભારો $(Q_2, Q_3)$ ઋણ છે અને તેમની $y$-અસર દૂરના ધન વિદ્યુતભારો $(Q_1, Q_4)$ કરતા વધુ પ્રબળ છે, પરિણામે $-y$ દિશામાં પરિણામી બળ મળે છે (વિકલ્પ $4$).
$(S)$ $Q_1, Q_3$ ધન, $Q_2, Q_4$ ઋણ: $y$-ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે. $x$-ઘટકો $-x$ દિશામાં પરિણામી બળ આપે છે કારણ કે ડાબી બાજુના વિદ્યુતભારોની કુલ અસર ઋણ છે અને જમણી બાજુની ધન છે, જે $q$ ને ડાબી તરફ ખેંચે છે (વિકલ્પ $2$).
આમ, સાચી જોડ $P-3, Q-1, R-4, S-2$ છે.

(B) પાતળા લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $f$ લેન્સ મેકરના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$. આપેલ છે $\mu = 1.5$,તેથી $(\mu - 1) = 0.5 = \frac{1}{2}$.
$(P)$ બે બાયકોન્વેક્સ લેન્સ: દરેક લેન્સ માટે $f = r$. સમતુલ્ય કેન્દ્રલંબાઈ $\frac{1}{f_{eq}} = \frac{1}{r} + \frac{1}{r} = \frac{2}{r} \implies f_{eq} = \frac{r}{2}$. આમ,$P-2$.
$(Q)$ બે મેનિસ્કસ લેન્સ જે બાયકોન્વેક્સ આકાર બનાવે છે: $f_{eq} = r$. આમ,$Q-4$.
$(R)$ બે બાયકોન્કેવ લેન્સ: $f_{eq} = -r$. આમ,$R-3$.
$(S)$ એક બાયકોન્વેક્સ અને એક મેનિસ્કસ લેન્સનું સંયોજન: $f_{eq} = 2r$. આમ,$S-1$.
મેળવણી: $P-2, Q-4, R-3, S-1$.