IIT JEE 2017 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) દોરડા પરના કોઈપણ બિંદુએ ટ્રાન્સવર્સ પલ્સની ઝડપ $v = \sqrt{\frac{T(x)}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T(x)$ એ તે બિંદુએ તણાવ છે અને $\mu$ એ રેખીય દળ ઘનતા છે.
$1$. $O$ થી $A$ તરફ જતા પલ્સ $1$ માટે,$O$ થી $x$ અંતરે તણાવ $T(x) = (M + \mu x)g$ છે.
$2$. $A$ થી $O$ તરફ જતા પલ્સ $2$ માટે,$O$ થી $x$ અંતરે તણાવ પણ $T(x) = (M + \mu x)g$ છે.
દોરડા પર તણાવનું મૂલ્ય બંને માર્ગો માટે સમાન હોવાથી,કોઈપણ બિંદુ $x$ પર બંને પલ્સની ઝડપ સમાન હશે. તેથી,લાગતો સમય $T_{OA} = T_{AO}$ થાય. વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
$3$. કોઈપણ બિંદુ $x$ પર ઝડપ $v(x)$ સમાન હોવાથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.
$4$. દોરડા પર ટ્રાન્સવર્સ તરંગની ઝડપ $v = \sqrt{T/\mu}$ છે,જે આવૃત્તિ અને તરંગલંબાઈથી સ્વતંત્ર છે. તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.
$5$. જેમ પલ્સ $O$ થી $A$ તરફ જાય છે,તેમ તણાવ વધે છે,તેથી ઝડપ $v$ વધે છે. $v = f\lambda$ હોવાથી અને આવૃત્તિ $f$ અચળ રહેતી હોવાથી,તરંગલંબાઈ $\lambda$ વધવી જોઈએ. તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.
આમ,વિકલ્પો $A, B, C,$ અને $D$ બધા સાચા છે.

(A, B, C) $1$. શરીર દ્વારા પ્રતિ એકમ સમયમાં ઉત્સર્જિત ઉર્જા $P = \sigma A (T^4 - T_0^4)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આપેલ છે $T = T_0 + 10$, તેથી $T^4 = (T_0 + 10)^4 = T_0^4(1 + 10/T_0)^4 \approx T_0^4(1 + 40/T_0) = T_0^4 + 40 T_0^3$.
$2$. આમ, $P = \sigma A (T_0^4 + 40 T_0^3 - T_0^4) = 40 \sigma A T_0^3 = 40 \sigma A T_0^4 / T_0 = 40 \times 460 / 300 \approx 61.3 \,W$. તેથી, વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
$3$. વિકલ્પ $B$ માટે, $P = \sigma A (T^4 - T_0^4)$. $T_0$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા ($T$ અચળ રાખીને), $dP/dT_0 = -4 \sigma A T_0^3$. પાવરમાં ફેરફાર $\Delta P = 4 \sigma A T_0^3 \Delta T_0$. $A = 1 \,m^2$ હોવાથી, $\Delta W = 4 \sigma T_0^3 \Delta T_0$. તેથી, વિકલ્પ $B$ સાચો છે.
$4$. વિકલ્પ $C$ માટે, $P \propto A$. $A$ ઘટાડવાથી $P$ ઘટે છે, જે તાપમાન જાળવવામાં મદદ કરે છે. તેથી, વિકલ્પ $C$ સાચો છે.
$5$. વિકલ્પ $D$ માટે, વિનનો સ્થાનાંતરનો નિયમ મુજબ, $\lambda_m T = b$. જો $T$ વધે, તો $\lambda_m$ ઘટે છે (ટૂંકી તરંગલંબાઇ તરફ ખસે છે). તેથી, વિકલ્પ $D$ ખોટો છે.

(A) તંત્ર (બ્લોક + દળ) પર કોઈ બાહ્ય આડું બળ ન હોવાથી,તંત્રનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x$-દિશામાં સ્થિર રહે છે.
ધારો કે $x_b$ એ બ્લોક $M$ નું સ્થાનાંતર છે. દળ $m$ એ બ્લોકની સાપેક્ષમાં ગતિ કરે છે. જ્યારે દળ ગોળાકાર પથના તળિયે પહોંચે છે,ત્યારે બ્લોકની સાપેક્ષમાં તેનું આડું સ્થાનાંતર $R$ છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $M x_b + m(x_b + R) = 0$.
$x_b$ માટે ઉકેલતા: $x_b(M+m) = -mR \implies x_b = -\frac{mR}{M+m}$. આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
વેગ માટે,આપણે $x$-દિશામાં રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $M V + m v_x = 0$,જ્યાં $v_x$ એ ટેબલની સાપેક્ષમાં દળ $m$ નો આડો વેગ છે.
વળી,યાંત્રિક ઉર્જાના સંરક્ષણ દ્વારા: $mgR = \frac{1}{2} M V^2 + \frac{1}{2} m v^2$.
આ સમીકરણોને ઉકેલતા દળ $m$ નો વેગ $v = \sqrt{\frac{2gR}{1 + \frac{m}{M}}}$ મળે છે. આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(C) જ્યારે પ્લેટ $v$ ઝડપે વાયુમાં ગતિ કરે છે જ્યાં અણુઓની સરેરાશ ઝડપ $u$ $(v \ll u)$ છે,ત્યારે આગળની સપાટી પર એકમ સમયમાં થતી અથડામણોની સંખ્યા $(u + v)$ ના પ્રમાણમાં હોય છે અને પાછળની સપાટી પર $(u - v)$ ના પ્રમાણમાં હોય છે.
દરેક અથડામણ સાપેક્ષ વેગના પ્રમાણમાં વેગમાનમાં ફેરફાર કરે છે. ચોખ્ખું અવરોધક બળ $F_{res}$ એ વેગમાન સ્થાનાંતરના દરો વચ્ચેના તફાવતના પ્રમાણમાં હોય છે,જે $F_{res} \propto (u+v)^2 - (u-v)^2 = 4uv$ તરફ દોરી જાય છે. $v \ll u$ હોવાથી,આ $F_{res} \propto uv$ માં સરળ બને છે. આમ,અવરોધક બળ $v$ ના પ્રમાણમાં છે.
$F_{res} \propto v$ હોવાથી,ગતિનું સમીકરણ $m(dv/dt) = F - kv$ છે. જેમ $v$ વધે છે,$F_{res}$ વધે છે જ્યાં સુધી $F_{res} = F$ ન થાય,તે બિંદુએ પ્રવેગ શૂન્ય થઈ જાય છે અને પ્લેટ ટર્મિનલ વેગ પ્રાપ્ત કરે છે.
તેથી,વિકલ્પો $A$,$B$ અને $D$ સાચા છે.

(B) મોટા ટીપાનું પ્રારંભિક પૃષ્ઠફળ $A_i = 4 \pi R^2$ છે. $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતા $K$ નાના ટીપાંનું અંતિમ પૃષ્ઠફળ $A_f = K \times 4 \pi r^2$ છે.
કદ અચળ રહેતું હોવાથી, $\frac{4}{3} \pi R^3 = K \times \frac{4}{3} \pi r^3$, જેનો અર્થ છે કે $r = R K^{-1/3}$.
$r$ ની કિંમત અંતિમ ક્ષેત્રફળમાં મૂકતા: $A_f = K \times 4 \pi (R K^{-1/3})^2 = 4 \pi R^2 K^{1/3}$.
પૃષ્ઠ ઊર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = S(A_f - A_i) = S \times 4 \pi R^2 (K^{1/3} - 1)$.
આપેલ છે કે $\Delta U = 10^{-3} \,J$, $R = 10^{-2} \,m$, અને $S = \frac{0.1}{4 \pi} \,Nm^{-1}$:
$10^{-3} = \left(\frac{0.1}{4 \pi}\right) \times 4 \pi \times (10^{-2})^2 \times (K^{1/3} - 1)$.
$10^{-3} = 0.1 \times 10^{-4} \times (K^{1/3} - 1) = 10^{-5} \times (K^{1/3} - 1)$.
$K^{1/3} - 1 = \frac{10^{-3}}{10^{-5}} = 10^2 = 100$.
$K^{1/3} = 101 \approx 100 = 10^2$.
$K = (10^2)^3 = 10^6$.
તેથી $K = 10^\alpha$ હોવાથી, $\alpha = 6$ મળે છે.

(D) સ્થિર ઉદગમ તરફ આવતી કાર દ્વારા મેળવેલ આવૃત્તિ $f_1$ ડોપ્લર અસરના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$f_1 = f_0 \left( \frac{v + v_c}{v} \right) = 492 \left( \frac{330 + 2}{330} \right) = 492 \left( \frac{332}{330} \right) \,Hz$.
કાર એક ગતિશીલ ઉદગમ તરીકે કાર્ય કરે છે જે આ આવૃત્તિને સ્થિર અવલોકનકાર (ઉદગમ) તરફ પાછી પરાવર્તિત કરે છે। ઉદગમ દ્વારા મેળવેલ આવૃત્તિ $f_2$ છે:
$f_2 = f_1 \left( \frac{v}{v - v_c} \right) = 492 \left( \frac{332}{330} \right) \left( \frac{330}{330 - 2} \right) = 492 \left( \frac{332}{328} \right) \,Hz$.
$f_2$ ની ગણતરી કરતા:
$f_2 = 492 \times 1.012195 \approx 498 \,Hz$.
બીટ આવૃત્તિ $f_B$ એ પરાવર્તિત આવૃત્તિ અને મૂળ આવૃત્તિ વચ્ચેનો તફાવત છે:
$f_B = f_2 - f_0 = 498 - 492 = 6 \,Hz$.

(B) $(1)$ થર્મોડાયનેમિક્સનો પ્રથમ નિયમ $\Delta Q = \Delta U + W$ છે. આપેલ છે કે $\Delta U = \Delta Q - P \Delta V$,જેનો અર્થ છે કે $W = P \Delta V$. આ સમોબેરિક (isobaric) પ્રક્રિયામાં થયેલ કાર્યની વ્યાખ્યા છે. કોષ્ટકમાં,$(II)$ એ $W = -P(V_2 - V_1)$ (સિસ્ટમ પર થયેલ કાર્ય) દર્શાવે છે,(iii) એ સમોબેરિક છે,અને $(R)$ એ $1$ થી $2$ સુધીની આડી રેખા (અચળ દબાણ) દર્શાવે છે. તેથી,સાચું સંયોજન $(II)(iii)(R)$ છે.
$(2)$ આઈસોકોરિક (isochoric) પ્રક્રિયા એવી છે જેમાં કદ અચળ રહે છે $(V_1 = V_2)$. થયેલ કાર્ય $W = 0$ છે. કોષ્ટકમાં,$(III)$ એ $W = 0$ દર્શાવે છે,(ii) એ આઈસોકોરિક છે,અને $(S)$ એ $1$ થી $2$ સુધીની ઉભી રેખા (અચળ કદ) દર્શાવે છે. તેથી,સાચું સંયોજન $(III)(ii)(S)$ છે.
$(3)$ આદર્શ વાયુમાં અવાજની ઝડપ એડિયાબેટિક (adiabatic) પ્રક્રિયાનો ઉપયોગ કરીને નક્કી કરવામાં આવે છે (લેપ્લેસ સુધારો). કોષ્ટકમાં,$(I)$ એ એડિયાબેટિક પ્રક્રિયામાં થયેલ કાર્ય $W = \frac{1}{\gamma-1}(P_2V_2 - P_1V_1)$ દર્શાવે છે,(iv) એ એડિયાબેટિક છે,અને $(Q)$ એ એડિયાબેટિક પ્રક્રિયાનો લાક્ષણિક વળાંક દર્શાવે છે. તેથી,સાચું સંયોજન $(I)(iv)(Q)$ છે.

(B) જ્યારે બહુકોણ એક બાજુ પર સ્થિર હોય છે,ત્યારે દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર જમીનથી $h$ ઊંચાઈ પર હોય છે.
જ્યારે તે અગ્રવર્તી શિરોબિંદુની આસપાસ ગબડે છે,ત્યારે દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર શિરોબિંદુ પર કેન્દ્રિત વર્તુળાકાર ચાપમાં ફરે છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર દ્વારા પ્રાપ્ત થતી મહત્તમ ઊંચાઈ ત્યારે મળે છે જ્યારે બહુકોણ શિરોબિંદુ પર સંતુલિત હોય છે.
આ સ્થિતિમાં,શિરોબિંદુથી દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું અંતર $R = \frac{h}{\cos(\frac{\pi}{n})}$ છે.
પ્રાપ્ત થતી મહત્તમ ઊંચાઈ $H_{max} = R = \frac{h}{\cos(\frac{\pi}{n})}$ છે.
ઊંચાઈમાં વધારો $\Delta = H_{max} - h = \frac{h}{\cos(\frac{\pi}{n})} - h = h \left( \frac{1}{\cos(\frac{\pi}{n})} - 1 \right)$ છે.

(B) ધારો કે $M$ એ પૃથ્વીનું દળ છે અને $R$ તેની ત્રિજ્યા છે. સૂર્યનું દળ $M_s = 3 \times 10^5 M$ છે અને સૂર્યનું પૃથ્વીથી અંતર $d = 2.5 \times 10^4 R$ છે.
પૃથ્વીની સપાટી પર રોકેટની કુલ ઉર્જા $E = \frac{1}{2}mv_s^2 - \frac{GMm}{R} - \frac{GM_sm}{d}$ છે.
રોકેટ સિસ્ટમમાંથી બહાર નીકળી શકે તે માટે,અંતિમ ઉર્જા ઓછામાં ઓછી $0$ હોવી જોઈએ.
$\frac{1}{2}mv_s^2 = \frac{GMm}{R} + \frac{G(3 \times 10^5 M)m}{2.5 \times 10^4 R}$.
કારણ કે $v_e^2 = \frac{2GM}{R}$,તેથી $\frac{GM}{R} = \frac{v_e^2}{2}$ મળે.
આ કિંમત ઉર્જાના સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{1}{2}v_s^2 = \frac{v_e^2}{2} + \frac{3 \times 10^5}{2.5 \times 10^4} \times \frac{v_e^2}{2}$.
$v_s^2 = v_e^2 + 12 v_e^2 = 13 v_e^2$.
$v_s = v_e \sqrt{13} = 11.2 \times 3.605 \approx 40.38 \text{ km s}^{-1}$.
સૌથી નજીકની કિંમત $42 \text{ km s}^{-1}$ છે.

(B) કુલ સમય $T$ એ પથ્થરને નીચે પડવા માટે લાગતો સમય $(t_1)$ અને અવાજને પાછા આવવા માટે લાગતો સમય $(t_2)$ નો સરવાળો છે.
$T = t_1 + t_2 = \sqrt{\frac{2L}{g}} + \frac{L}{v}$
આપેલ છે $L = 20 \ m$,$g = 10 \ ms^{-2}$,અને $v = 300 \ ms^{-1}$.
$T$ નું $L$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dT}{dL} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{2}{gL}} + \frac{1}{v} = \frac{1}{\sqrt{2gL}} + \frac{1}{v}$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{dT}{dL} = \frac{1}{\sqrt{2 \times 10 \times 20}} + \frac{1}{300} = \frac{1}{20} + \frac{1}{300} = \frac{15+1}{300} = \frac{16}{300} \ s/m$
અહીં $\delta T = 0.01 \ s$ હોવાથી,$\delta L = \delta T / (dT/dL) = 0.01 \times (300/16) = 3/16 \ m = 0.1875 \ m$.
આંશિક ત્રુટિ $\frac{\delta L}{L} = \frac{0.1875}{20} = 0.009375$.
ટકાવારી ત્રુટિ = $0.009375 \times 100 \% \approx 0.9375 \% \approx 1 \%$.

(C) $1$. સપાટી ઘર્ષણરહિત હોવાથી,સળિયા પર કોઈ આડું બળ લાગતું નથી. તેથી,સળિયાનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(C.M.)$ ફક્ત શિરોલંબ દિશામાં જ ગતિ કરશે. આમ,સળિયાનું મધ્યબિંદુ શિરોલંબ નીચેની તરફ પડશે. વિધાન $[A]$ સાચું છે.
$2$. ઉપરના છેડા $A$ નો ગતિપથ પરવલય નથી; તે લંબગોળ માર્ગને અનુસરે છે. વિધાન $[B]$ ખોટું છે.
$3$. જમીન સાથેના સંપર્ક બિંદુની સાપેક્ષે તાત્ક્ષણિક ટોર્ક $\tau = mg \times (\frac{L}{2} \sin \theta)$ છે,જે $\sin \theta$ ના પ્રમાણમાં છે. વિધાન $[C]$ સાચું છે.
$4$. મધ્યબિંદુની પ્રારંભિક ઊંચાઈ $h_i = \frac{L}{2}$ છે. જ્યારે સળિયો શિરોલંબ સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે,ત્યારે મધ્યબિંદુની ઊંચાઈ $h_f = \frac{L}{2} \cos \theta$ થાય છે. શિરોલંબ સ્થાનાંતર $\Delta h = h_i - h_f = \frac{L}{2}(1 - \cos \theta)$ છે. આમ,સ્થાનાંતર $(1 - \cos \theta)$ ના પ્રમાણમાં છે. વિધાન $[D]$ સાચું છે.
તેથી,વિધાનો $[A], [C],$ અને $[D]$ સાચા છે.

(A, B) બિંદુ $Q$ ને અનુલક્ષીને ટોર્ક $\tau$ નું વિશ્લેષણ કરવા માટે,આપણે પૈડા પર લાગતા બળોને ધ્યાનમાં લઈએ છીએ. વજન $Mg$ પૈડાના કેન્દ્ર પર લાગે છે. $Q$ ને અનુલક્ષીને ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે ટોર્ક $\tau_g = Mg \cdot d_{\perp}$ છે,જ્યાં $d_{\perp}$ એ $Q$ થી ગુરુત્વાકર્ષણની કાર્યરેખા સુધીનું લંબ અંતર છે. જેમ પૈડું ઉપર ચઢે છે,તેમ આ અંતર બદલાય છે.
વિકલ્પ $A$ માટે: જો બિંદુ $P$ પર સ્પર્શકની દિશામાં અચળ બળ $F$ લગાડવામાં આવે,તો જેમ પૈડું ફરે છે તેમ $Q$ ને અનુલક્ષીને બળ $F$ નો લિવર આર્મ બદલાય છે. જેમ ખૂણો $\theta$ (સંપર્ક બિંદુથી ત્રિજ્યાનો સમક્ષિતિજ સાથેનો ખૂણો) વધે છે,તેમ $Q$ થી બળ $F$ નું લંબ અંતર ઘટે છે,જેના કારણે ટોર્ક $\tau$ સતત ઘટે છે.
વિકલ્પ $B$ માટે: જો બળ બિંદુ $X$ પર પરિઘને લંબ રૂપે લગાડવામાં આવે,તો બળ સદિશ હંમેશા પૈડાના કેન્દ્રમાંથી પસાર થાય છે. જેમ પૈડું ઉપર ચઢે છે તેમ $Q$ ને અનુલક્ષીને આ બળનો લિવર આર્મ અચળ રહે છે,તેથી ટોર્ક $\tau$ અચળ રહે છે.
વિકલ્પ $C$ માટે: જો બળ બિંદુ $P$ પર પરિઘને લંબ રૂપે લગાડવામાં આવે,તો બળ સદિશ પૈડાના કેન્દ્રમાંથી પસાર થાય છે. $Q$ ને અનુલક્ષીને ટોર્ક શૂન્ય નથી કારણ કે બળ સદિશ $Q$ માંથી પસાર થતો નથી.
વિકલ્પ $D$ માટે: જો બળ બિંદુ $S$ પર સ્પર્શકની દિશામાં લગાડવામાં આવે,તો બળ સદિશ સમક્ષિતિજ હોય છે. $Q$ ને અનુલક્ષીને ટોર્ક શૂન્ય નથી,પરંતુ $F$ ના મૂલ્યના આધારે,તે પગથિયા પર ચઢવા માટે પૂરતું હોઈ શકે કે ન પણ હોઈ શકે. જોકે,તે 'ક્યારેય' ચઢી શકતું નથી તેવું વિધાન તમામ $F$ માટે સાચું નથી.

(C,A) $(1)$ રીંગનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(R-r)$ ત્રિજ્યાના વર્તુળમાં $\omega_0$ કોણીય વેગ સાથે ગતિ કરે છે. દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ $v_{cm} = \omega_0(R-r)$ છે. રીંગ તેના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની આસપાસ $\omega$ કોણીય વેગ સાથે પણ ફરે છે. કારણ કે તે આંગળી પર સરક્યા વિના ગબડે છે,રીંગ પરના સંપર્ક બિંદુનો વેગ આંગળીની સાપેક્ષમાં શૂન્ય હોવો જોઈએ. સંપર્ક બિંદુનો વેગ $v_{cm} + \omega R = 0$ છે (આંગળીના સંદર્ભમાં). તેથી,$\omega = -v_{cm}/R = -\omega_0(R-r)/R$. કુલ ગતિ ઊર્જા $K = \frac{1}{2} M v_{cm}^2 + \frac{1}{2} I_{cm} \omega^2 = \frac{1}{2} M \omega_0^2(R-r)^2 + \frac{1}{2} (M R^2) [\omega_0(R-r)/R]^2 = \frac{1}{2} M \omega_0^2(R-r)^2 + \frac{1}{2} M \omega_0^2(R-r)^2 = M \omega_0^2(R-r)^2$. તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.
$(2)$ રીંગ નીચે ન પડે તે માટે,ઘર્ષણ બળનો ઉર્ધ્વ ઘટક વજનને સંતુલિત કરવો જોઈએ: $f_v = Mg$. ઘર્ષણ બળ $f$ સંપર્ક બિંદુ પર કાર્ય કરે છે. લંબબળ $N$ કેન્દ્રગામી પ્રવેગ પૂરો પાડે છે: $N = M \omega_0^2(R-r)$. મહત્તમ ઘર્ષણ $f_{max} = \mu N = \mu M \omega_0^2(R-r)$ છે. સંતુલન માટે,$f_{max} \ge Mg$,તેથી $\mu M \omega_0^2(R-r) \ge Mg$. આમ,$\omega_0 \ge \sqrt{\frac{g}{\mu(R-r)}}$. તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) બંને લૂપમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ વિરુદ્ધ દિશામાં છે કારણ કે તે વિરુદ્ધ દિશામાં વીંટળાયેલા છે. ધારો કે નાના લૂપનું ક્ષેત્રફળ $A$ અને મોટા લૂપનું ક્ષેત્રફળ $2A$ છે.
$t$ સમયે તંત્રમાંથી પસાર થતું કુલ ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = B(2A - A) \cos \omega t = BA \cos \omega t$ છે.
ફેરાડેના નિયમ મુજબ પ્રેરિત emf $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -\frac{d}{dt}(BA \cos \omega t) = BA \omega \sin \omega t$ છે.
$1$. ફ્લક્સમાં ફેરફારનો દર $\frac{d\phi}{dt} = -BA \omega \sin \omega t$ છે. આ ત્યારે મહત્તમ હોય છે જ્યારે $\sin \omega t = \pm 1$,એટલે કે $\omega t = \pi/2, 3\pi/2, \dots$ હોય. આ સમયે,લૂપનું સમતલ કાગળના સમતલને લંબ હોય છે. તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
$2$. કુલ emf $\varepsilon = BA \omega \sin \omega t$ છે,જે $\sin \omega t$ ના પ્રમાણમાં છે,$\cos \omega t$ ના નહીં. તેથી,વિકલ્પ $B$ ખોટો છે.
$3$. emf એ ક્ષેત્રફળના તફાવત $(2A - A) = A$ ના પ્રમાણમાં છે,સરવાળા $(2A + A) = 3A$ ના નહીં. તેથી,વિકલ્પ $C$ ખોટો છે.
$4$. કુલ પ્રેરિત emf નો કંપવિસ્તાર $BA \omega$ છે. માત્ર નાના લૂપમાં પ્રેરિત emf $\varepsilon_1 = -\frac{d}{dt}(BA \cos \omega t) = BA \omega \sin \omega t$ છે,જેનો કંપવિસ્તાર $BA \omega$ છે. આમ,કંપવિસ્તાર સમાન છે. વિકલ્પ $D$ સાચો છે.
તેથી,સાચા વિકલ્પો $A$ અને $D$ છે.

(C) લઘુત્તમ વિચલન સમયે,$\delta_m = 2i - A = A$,જે સૂચવે છે કે $i = A$. કારણ કે $i_1 = i_2 = i$ અને $r_1 = r_2 = r$,તેથી $2r = A$,એટલે કે $r = A/2$.
આમ,$r_1 = i_1/2$,જે વિકલ્પ [$A$] ને સાચો ઠેરવે છે.
સ્નેલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\sin i = \mu \sin r \implies \sin A = \mu \sin(A/2) \implies 2 \sin(A/2) \cos(A/2) = \mu \sin(A/2) \implies \mu = 2 \cos(A/2)$.
ગોઠવતા $\cos(A/2) = \mu/2$ મળે,તેથી $A = 2 \cos^{-1}(\mu/2)$. વિકલ્પ [$B$] ખોટો છે.
બહાર આવતું કિરણ સ્પર્શક હોય તે માટે,$i_2 = 90^\circ$,તેથી $r_2 = \theta_c = \sin^{-1}(1/\mu)$. પછી $r_1 = A - r_2 = A - \sin^{-1}(1/\mu)$.
$\sin i_1 = \mu \sin r_1 = \mu \sin(A - \sin^{-1}(1/\mu)) = \mu [\sin A \cos(\sin^{-1}(1/\mu)) - \cos A \sin(\sin^{-1}(1/\mu))] = \mu [\sin A \sqrt{1 - 1/\mu^2} - \cos A (1/\mu)] = \sin A \sqrt{\mu^2 - 1} - \cos A$.
$\mu = 2 \cos(A/2)$ મૂકતા,$\mu^2 - 1 = 4 \cos^2(A/2) - 1$. આમ,$i_1 = \sin^{-1}[\sin A \sqrt{4 \cos^2(A/2) - 1} - \cos A]$. વિકલ્પ [$C$] સાચો છે.
લઘુત્તમ વિચલન સમયે,પ્રિઝમની અંદરનું કિરણ પાયાને સમાંતર હોય છે,જે $i_1 = i_2 = A$ હોય ત્યારે થાય છે. વિકલ્પ [$D$] સાચો છે.

(D) $LCR$ શ્રેણી પરિપથનો ઈમ્પીડન્સ $Z = \sqrt{R^2 + (\omega L - \frac{1}{\omega C})^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
[$A$] અનુનાદ (resonance) સમયે પ્રવાહ વોલ્ટેજ સાથે સમાન કળામાં હોય છે,જ્યાં $\omega L = \frac{1}{\omega C}$,જે $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ આપે છે. આ આવૃત્તિ $R$ થી સ્વતંત્ર છે. તેથી,વિધાન [$A$] સાચું છે.
[$B$] જેમ $\omega \to 0$,તેમ કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ $X_C = \frac{1}{\omega C} \to \infty$. તેથી,ઈમ્પીડન્સ $Z \to \infty$ અને પ્રવાહ $I = \frac{V_0}{Z} \to 0$. તેથી,વિધાન [$B$] સાચું છે.
[$C$] ઊંચી આવૃત્તિઓ પર $(\omega \gg \frac{1}{\sqrt{LC}} = 10^6 \text{ rad } s^{-1})$,ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L = \omega L$ એ કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ $X_C = \frac{1}{\omega C}$ કરતા પ્રભાવી બને છે. પરિપથ ઇન્ડક્ટર જેવું વર્તે છે,કેપેસિટર જેવું નહીં. તેથી,વિધાન [$C$] ખોટું છે.
[$D$] અનુનાદ $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{10^{-6} \times 10^{-6}}} = 10^6 \text{ rad } s^{-1}$ પર થાય છે. આ આવૃત્તિએ,પ્રવાહ વોલ્ટેજ સાથે સમાન કળામાં હોય છે. તેથી,વિધાન [$D$] સાચું છે.
આમ,વિધાનો [$A$],[$B$] અને [$D$] સાચા છે.

(D) પ્રારંભિક એક્ટિવિટી $A_0 = 2.4 \times 10^5 \text{ Bq}$ છે.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 8 \text{ દિવસ} = 8 \times 24 = 192 \text{ કલાક}$.
ક્ષય અચળાંક $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{0.7}{192} \text{ h}^{-1}$.
$t = 11.5 \text{ કલાક}$ પછી,કુલ રક્ત કદ $V$ ની એક્ટિવિટી $A(t) = A_0 e^{-\lambda t}$ છે.
નાના $x$ માટે $e^{-x} \approx 1 - x$ અંદાજનો ઉપયોગ કરતા:
$A(t) \approx A_0 (1 - \lambda t) = 2.4 \times 10^5 \times (1 - \frac{0.7 \times 11.5}{192}) \approx 2.4 \times 10^5 \times (1 - 0.0419) \approx 2.4 \times 10^5 \times 0.9581 = 2.299 \times 10^5 \text{ Bq}$.
$2.5 \text{ ml}$ લોહીની એક્ટિવિટી $115 \text{ Bq}$ છે.
તેથી,કુલ એક્ટિવિટી $A(t)$ એ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A_s$ સાથે $A(t) = A_s \times \frac{V}{V_s}$ દ્વારા સંબંધિત છે,જ્યાં $V_s = 2.5 \text{ ml}$.
$V = \frac{A(t) \times V_s}{A_s} = \frac{2.299 \times 10^5 \times 2.5 \text{ ml}}{115} \approx 4997.8 \text{ ml} \approx 5 \text{ લિટર}$.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની સ્થિતિ ઉર્જા $V_n = -\frac{ke^2}{r_n} = -\frac{27.2}{n^2} \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આમ,સ્થિતિ ઉર્જા એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ નંબરના વર્ગના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે: $V \propto \frac{1}{n^2}$.
આપેલ ગુણોત્તર $\frac{V_i}{V_f} = 6.25$ પરથી,આપણે લખી શકીએ:
$\frac{V_i}{V_f} = \frac{n_f^2}{n_i^2} = 6.25$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\frac{n_f}{n_i} = \sqrt{6.25} = 2.5 = \frac{5}{2}$.
આનો અર્થ એ છે કે $n_f = 2.5 n_i$. કારણ કે $n_f$ અને $n_i$ પૂર્ણાંક હોવા જોઈએ,તેથી $2$ વડે ગુણતા આપણને $n_f = 5$ અને $n_i = 2$ મળે છે.
તેથી,$n_f$ માટેનું લઘુત્તમ શક્ય મૂલ્ય $5$ છે.

(B) સ્નેલના નિયમ મુજબ,સમાંતર સ્તરોની થપ્પી માટે,વક્રીભવનાંક અને આપાતકોણના સાઈનનો ગુણાકાર દરેક આંતર સપાટી પર અચળ રહે છે.
ધારો કે પ્રારંભિક માધ્યમનો વક્રીભવનાંક $n = 1.6$ છે અને આપાતકોણ $\theta = 30^{\circ}$ છે.
$m$-માં સ્લેબનો વક્રીભવનાંક $n_m = n - m \Delta n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\Delta n = 0.1$ છે.
કિરણ $(m-1)$-માં અને $m$-માં સ્લેબ વચ્ચેની આંતર સપાટીને સમાંતર બહાર નીકળે છે,જેનો અર્થ છે કે $m$-માં સ્લેબમાં વક્રીભવન કોણ $90^{\circ}$ છે.
પ્રારંભિક માધ્યમ અને $m$-માં સ્લેબ વચ્ચે સ્નેલનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$n \sin \theta = n_m \sin 90^{\circ}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$1.6 \times \sin 30^{\circ} = (1.6 - m \times 0.1) \times 1$
$1.6 \times 0.5 = 1.6 - 0.1m$
$0.8 = 1.6 - 0.1m$
$0.1m = 1.6 - 0.8$
$0.1m = 0.8$
$m = 8$
આમ,$m$ નું મૂલ્ય $8$ છે.

(A) કણ અચળ વેગથી ગતિ કરે તે માટે, કુલ લોરેન્ઝ બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ: $\vec{F} = q(\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B}) = 0$.
$(1)$ અચળ વેગ માટે, વિદ્યુતબળ અને ચુંબકીય બળ એકબીજાને સંતુલિત કરવા જોઈએ। કિસ્સા $(II)(iii)(Q)$ માં, વેગ પસંદગીકાર (velocity selector) ની શરત સંતોષાય છે।
$(2)$ $z$-અક્ષ પર હેલિકલ પથ માટે, ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}$ એ $z$-અક્ષ $(S)$ પર હોવું જોઈએ। કિસ્સો $(IV)(i)(S)$ માં, વેગ $\vec{B}$ ને લંબ છે અને $\vec{E}$ એ $\vec{B}$ ને સમાંતર છે, જે હેલિકલ ગતિ આપે છે।
$(3)$ $-\hat{y}$ દિશામાં ગતિ માટે, ચોખ્ખું બળ $-\hat{y}$ દિશામાં હોવું જોઈએ। કિસ્સા $(III)(ii)(R)$ માં, પ્રોટોન પર લાગતું વિદ્યુતબળ $\vec{F} = e(-E_0\hat{y})$ તેને $-\hat{y}$ દિશામાં પ્રવેગિત કરશે।

(D) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,ફોટોઈલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_{max}$ નીચે મુજબ છે:
$K_{max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi_0$
$K_{max} = \frac{p^2}{2m}$ અને ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda_d = \frac{h}{p}$ હોવાથી,$p = \frac{h}{\lambda_d}$ મળે.
આ કિંમત ગતિઊર્જાના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{h^2}{2m \lambda_d^2} = \frac{hc}{\lambda} - \phi_0$
બંને બાજુ $\lambda$ અને $\lambda_d$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{d\lambda_d} \left( \frac{h^2}{2m \lambda_d^2} \right) d\lambda_d = \frac{d}{d\lambda} \left( \frac{hc}{\lambda} - \phi_0 \right) d\lambda$
$\frac{h^2}{2m} (-2 \lambda_d^{-3}) d\lambda_d = -hc \lambda^{-2} d\lambda$
$\frac{h^2}{m \lambda_d^3} d\lambda_d = \frac{hc}{\lambda^2} d\lambda$
ગુણોત્તર $\frac{d\lambda_d}{d\lambda}$ માટે ગોઠવતા:
$\frac{d\lambda_d}{d\lambda} = \frac{hc}{\lambda^2} \cdot \frac{m \lambda_d^3}{h^2} = \left( \frac{mc}{h} \right) \frac{\lambda_d^3}{\lambda^2}$
આમ,$\frac{\Delta \lambda_d}{\Delta \lambda} \propto \frac{\lambda_d^3}{\lambda^2}$.

(A) તારો $12$ સમાન સીધા તારના ટુકડાઓનો બનેલો છે. દરેક ટુકડો કેન્દ્ર પર $30^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે,જેનો અર્થ છે કે કેન્દ્રથી દરેક ટુકડાનું લંબ અંતર $d = a \cos(30^{\circ}) = a \frac{\sqrt{3}}{2}$ છે.
એક ટુકડાને કારણે કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi d} (\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\theta_1 = \theta_2 = 30^{\circ}$ છે.
આમ,$B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi (a \sqrt{3} / 2)} (\sin 30^{\circ} + \sin 30^{\circ}) = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a} \frac{2}{\sqrt{3}} (1) = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a} \frac{2}{\sqrt{3}}$.
$12$ ટુકડાઓ માટે સરવાળો કરતા: $B = 12 \times \frac{\mu_0 I}{4 \pi d} (2 \sin 30^{\circ}) = 12 \times \frac{\mu_0 I}{4 \pi (a \sqrt{3} / 2)} (1) = \frac{12 \mu_0 I}{2 \pi a \sqrt{3}} = \frac{6 \sqrt{3} \mu_0 I}{4 \pi a}$.

(A) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં કણના વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $R' = \frac{p}{QB}$ છે.
કણ $(0, -R)$ પર પ્રવેશ કરે છે. વર્તુળાકાર પથનું કેન્દ્ર $(R', 0)$ પર છે.
કણ ફરીથી વિસ્તાર $1$ માં પ્રવેશ કરે તે માટે,ત્રિજ્યા $R'$ એ વિસ્તારની પહોળાઈ $d = \frac{3R}{2}$ કરતા ઓછી હોવી જોઈએ.
જો $R' < \frac{3R}{2}$ હોય,તો $\frac{p}{QB} < \frac{3R}{2} \implies B > \frac{2p}{3QR}$. તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
કણ $P_2(3R/2, 0)$ પર બહાર નીકળે તે માટે,વર્તુળનું કેન્દ્ર $(3R/2, -R')$ પર હોવું જોઈએ. કેન્દ્ર $(3R/2, -R')$ થી પ્રવેશ બિંદુ $(0, -R)$ સુધીનું અંતર $R'$ હોવું જોઈએ.
$(3R/2)^2 + (R' - R)^2 = R'^2 \implies \frac{9R^2}{4} + R'^2 - 2R'R + R^2 = R'^2 \implies \frac{13R^2}{4} = 2R'R \implies R' = \frac{13R}{8}$.
$R' = \frac{p}{QB}$ હોવાથી,આપણને $\frac{p}{QB} = \frac{13R}{8} \implies B = \frac{8p}{13QR}$ મળે છે. તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.
વિકલ્પ $D$ ખોટો છે કારણ કે ફરીથી પ્રવેશવાનું અંતર $R'$ પર આધાર રાખે છે,જે $p = mv$ ના સમપ્રમાણમાં છે,તેથી નિશ્ચિત વેગ $v$ માટે તે દળ $m$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે.

(C) ટર્મિનલ $X$ અને $Y$ વચ્ચેનો પોટેન્શિયલ તફાવત $V_{XY} = V_x - V_y = V_0 [\sin \omega t - \sin(\omega t + 2\pi/3)]$ છે.
સૂત્ર $\sin A - \sin B = 2 \sin((A-B)/2) \cos((A+B)/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$V_{XY} = V_0 [2 \sin(-\pi/3) \cos(\omega t + \pi/3)] = V_0 [2 \cdot (-\sqrt{3}/2) \cos(\omega t + \pi/3)] = -\sqrt{3} V_0 \cos(\omega t + \pi/3) = \sqrt{3} V_0 \sin(\omega t + \pi/3 - \pi/2) = \sqrt{3} V_0 \sin(\omega t - \pi/6)$.
$V_{XY}$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $\sqrt{3} V_0$ છે. તેથી $rms$ મૂલ્ય $V_{XY}^{rms} = \frac{\sqrt{3} V_0}{\sqrt{2}} = V_0 \sqrt{\frac{3}{2}}$ થાય.
તે જ રીતે,$V_{YZ} = V_y - V_z$ માટે,મહત્તમ મૂલ્ય પણ $\sqrt{3} V_0$ છે,તેથી $V_{YZ}^{rms} = V_0 \sqrt{\frac{3}{2}}$.
આમ,$V_{XY}^{rms}$ અને $V_{YZ}^{rms}$ બંને $V_0 \sqrt{\frac{3}{2}}$ જેટલા છે. તેથી વિકલ્પો $A$ અને $D$ સાચા છે.

(D) વિદ્યુતભાર $+Q$ ના સ્થાન પર સપાટ વર્તુળાકાર પાયા દ્વારા આંતરાતો ઘનકોણ $\Omega = 2\pi(1 - \cos\theta)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ ભૂમિતિમાં,વિદ્યુતભાર અર્ધગોળાના ધ્રુવ પર છે,તેથી વિદ્યુતભાર પાસે પાયાની ત્રિજ્યા દ્વારા આંતરાતો ખૂણો $\theta = 45^{\circ}$ છે.
આમ,$\Omega = 2\pi(1 - \cos 45^{\circ}) = 2\pi(1 - \frac{1}{\sqrt{2}})$.
સપાટ સપાટીમાંથી પસાર થતું ફ્લક્સ $\Phi_{flat} = \frac{Q}{\varepsilon_0} \times \frac{\Omega}{4\pi} = \frac{Q}{2\varepsilon_0}(1 - \frac{1}{\sqrt{2}})$ છે.
વિદ્યુતભાર બંધ અર્ધગોળાની બહાર હોવાથી,સમગ્ર સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ ફ્લક્સ શૂન્ય છે. તેથી,વક્ર સપાટીમાંથી પસાર થતું ફ્લક્સ $\Phi_{curved} = -\Phi_{flat} = -\frac{Q}{2\varepsilon_0}(1 - \frac{1}{\sqrt{2}})$ છે. વિધાન $A$ સાચું છે.
વિધાન $B$ ખોટું છે કારણ કે વિદ્યુતભારને ન સમાવતી બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ ફ્લક્સ શૂન્ય હોય છે.
વિધાન $C$ ખોટું છે કારણ કે વિદ્યુતક્ષેત્ર વિદ્યુતભારથી અંતર સાથે બદલાય છે.
વિધાન $D$ સાચું છે કારણ કે સપાટ પાયાના પરિઘ પરના તમામ બિંદુઓ બિંદુવત વિદ્યુતભાર $+Q$ થી સમાન અંતર $R$ પર છે,જે પરિઘ પર સ્થિતિમાન $V = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{R}$ ને અચળ બનાવે છે.

(D) પરિઘ પરના બિંદુ $P$ પાસે પથ તફાવત,જ્યાં કેન્દ્રને $P$ સાથે જોડતી રેખા ઉદગમોને જોડતી રેખા સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે,તે $\Delta x = d \cos \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બિંદુ $P_1$ પાસે,$\theta = 90^{\circ}$,તેથી $\Delta x = d \cos 90^{\circ} = 0$. આ મધ્યસ્થ અધિકતમ દર્શાવે છે.
બિંદુ $P_2$ પાસે,$\theta = 0^{\circ}$,તેથી $\Delta x = d \cos 0^{\circ} = d = 1.8 \ mm$.
$P_2$ પાસે શલાકાનો ક્રમ $n = \frac{d}{\lambda} = \frac{1.8 \times 10^{-3} \ m}{600 \times 10^{-9} \ m} = 3000$ છે.
કારણ કે $n = 3000$ એ પૂર્ણાંક છે,તેથી $P_2$ પર પ્રકાશિત ટપકું (અધિકતમ) રચાય છે. આમ,વિકલ્પ $[A]$ ખોટો છે અને વિકલ્પ $[B]$ સાચો છે.
$P_1$ $(\theta = 90^{\circ}, n=0)$ અને $P_2$ $(\theta = 0^{\circ}, n=3000)$ વચ્ચેની શલાકાઓની સંખ્યા $3000$ છે. આમ,વિકલ્પ $[C]$ સાચો છે.
અધિકતમ માટે,$d \cos \theta = n \lambda$. વિકલન કરતા,$-d \sin \theta \ d\theta = \lambda \ dn$,તેથી કોણીય શલાકાની પહોળાઈ $\Delta \theta \approx |d\theta| = \frac{\lambda}{d \sin \theta}$ મળે છે.
જેમ આપણે $P_1$ $(\theta = 90^{\circ})$ થી $P_2$ $(\theta = 0^{\circ})$ તરફ જઈએ છીએ,તેમ $\sin \theta$ ઘટે છે,તેથી $\Delta \theta$ વધે છે. આમ,વિકલ્પ $[D]$ ખોટો છે.
તેથી,સાચા વિકલ્પો $[B]$ અને $[C]$ છે.

(A) ધારો કે અવરોધ $R$ માંથી વહેતો પ્રવાહ $i$ છે,અને ઇન્ડક્ટર્સ $L_1$ અને $L_2$ માંથી વહેતા પ્રવાહ અનુક્રમે $i_1$ અને $i_2$ છે.
$t=0$ સમયે,ઇન્ડક્ટર્સ ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે કારણ કે પ્રવાહમાં ત્વરિત ફેરફાર થઈ શકતો નથી. તેથી,અવરોધ $R$ માંથી વહેતો પ્રવાહ $0$ છે.
$t > 0$ માટે,$L_1$ અને $L_2$ ના સમાંતર જોડાણ પરનો વોલ્ટેજ સમાન હોય છે. તેથી,$V_{L1} = V_{L2} \implies L_1 \frac{di_1}{dt} = L_2 \frac{di_2}{dt}$.
સમયની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ સંકલન કરતા,આપણને $L_1 i_1 = L_2 i_2$ મળે છે (ધારીએ કે શરૂઆતનો પ્રવાહ શૂન્ય છે). આ સૂચવે છે કે $\frac{i_1}{i_2} = \frac{L_2}{L_1}$,તેથી પ્રવાહનો ગુણોત્તર દરેક સમયે નિશ્ચિત રહે છે.
લાંબા સમય પછી,ઇન્ડક્ટર્સ શોર્ટ સર્કિટ તરીકે વર્તે છે (આદર્શ ઇન્ડક્ટર્સ). કુલ પ્રવાહ $i = \frac{V}{R}$.
કારણ કે $i_1 + i_2 = i = \frac{V}{R}$ અને $L_1 i_1 = L_2 i_2$,તેથી $i_2 = \frac{L_1}{L_2} i_1$.
આને પ્રવાહના સમીકરણમાં મૂકતા: $i_1 + \frac{L_1}{L_2} i_1 = \frac{V}{R} \implies i_1 \left( \frac{L_1+L_2}{L_2} \right) = \frac{V}{R} \implies i_1 = \frac{V}{R} \frac{L_2}{L_1+L_2}$.
તે જ રીતે,$i_2 = \frac{V}{R} \frac{L_1}{L_1+L_2}$.
આમ,વિકલ્પો $A, B,$ અને $C$ સાચા છે.

(C) $(1)$ પ્રક્રિયા $1$ માં,બેટરી દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય $W_b = Q \cdot V_0 = (CV_0) \cdot V_0 = CV_0^2$ છે.
કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $E_C = \frac{1}{2} CV_0^2$ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$W_b = E_C + E_D$,તેથી $E_D = W_b - E_C = CV_0^2 - \frac{1}{2} CV_0^2 = \frac{1}{2} CV_0^2$.
આમ,$E_C = E_D$.
$(2)$ પ્રક્રિયા $2$ માં,કેપેસિટર તબક્કાવાર ચાર્જ થાય છે. જ્યારે $V_i$ થી $V_f$ સુધી ચાર્જ કરવામાં આવે ત્યારે વ્યય થતી ઉર્જા $H = \frac{1}{2} C(V_f - V_i)^2$ છે.
કુલ વ્યય થતી ઉર્જા $E_D = H_1 + H_2 + H_3$.
$H_1 = \frac{1}{2} C(V_0/3 - 0)^2 = \frac{1}{2} C (V_0^2/9) = \frac{1}{18} CV_0^2$.
$H_2 = \frac{1}{2} C(2V_0/3 - V_0/3)^2 = \frac{1}{2} C (V_0^2/9) = \frac{1}{18} CV_0^2$.
$H_3 = \frac{1}{2} C(V_0 - 2V_0/3)^2 = \frac{1}{2} C (V_0^2/9) = \frac{1}{18} CV_0^2$.
કુલ $E_D = 3 \times \frac{1}{18} CV_0^2 = \frac{1}{6} CV_0^2 = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{2} CV_0^2 \right)$.
તેથી,સાચા વિકલ્પો $(1)$-$A$ અને $(2)$-$C$ છે.