IIT JEE 2018 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) કણની સ્થિતિ ઊર્જા $V(r) = \frac{kr^2}{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કણ પર લાગતું બળ $F = -\frac{dV}{dr} = -\frac{d}{dr}(\frac{kr^2}{2}) = -kr$ છે.
બળનું મૂલ્ય $F = kr$ છે. આ બળ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ તરીકે કાર્ય કરે છે.
બળને કેન્દ્રગામી બળ સાથે સરખાવતા: $kr = \frac{mv^2}{r}$.
$r = R$ આગળ,આપણને $kR = \frac{mv^2}{R}$ મળે છે,જે $v^2 = \frac{kR^2}{m}$ આપે છે,તેથી $v = \sqrt{\frac{k}{m}} R$. આમ,વિધાન $(B)$ સાચું છે.
કોણીય વેગમાન $L$ એ $L = mvr$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$v = \sqrt{\frac{k}{m}} R$ અને $r = R$ મૂકતા,આપણને $L = m \left( \sqrt{\frac{k}{m}} R \right) R = \sqrt{mk} R^2$ મળે છે. આમ,વિધાન $(C)$ સાચું છે.
તેથી,સાચા વિધાનો $(B)$ અને $(C)$ છે.

(A) પદાર્થ પર લાગતું બળ $\overrightarrow{F}=(\alpha t) \hat{i}+\beta \hat{j}$ છે.
આપેલ છે કે $\alpha=1.0 \ Ns^{-1}$ અને $\beta=1.0 \ N$,તેથી $\overrightarrow{F}=t \hat{i}+\hat{j}$.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,$m \frac{d\overrightarrow{v}}{dt} = \overrightarrow{F}$,જ્યાં $m=1.0 \ kg$,તેથી $\frac{d\overrightarrow{v}}{dt} = t \hat{i}+\hat{j}$.
સમય $t$ ની સાપેક્ષે સંકલન કરતા ($t=0$ સમયે $\overrightarrow{v}=0$),આપણને મળે $\overrightarrow{v} = \int_{0}^{t} (t \hat{i}+\hat{j}) dt = \frac{t^2}{2} \hat{i} + t \hat{j}$.
$t=1 \ s$ સમયે,$\overrightarrow{v} = \frac{1}{2} \hat{i} + \hat{j} = \frac{1}{2}(\hat{i} + 2\hat{j}) \ ms^{-1}$. આમ,વિધાન $(C)$ સાચું છે.
સ્થાન $\overrightarrow{r}$ શોધવા માટે વેગનું સંકલન કરતા ($t=0$ સમયે $\overrightarrow{r}=0$),આપણને મળે $\overrightarrow{r} = \int_{0}^{t} (\frac{t^2}{2} \hat{i} + t \hat{j}) dt = \frac{t^3}{6} \hat{i} + \frac{t^2}{2} \hat{j}$.
$t=1 \ s$ સમયે,$\overrightarrow{r} = \frac{1}{6} \hat{i} + \frac{1}{2} \hat{j}$.
સ્થાનાંતર $\overrightarrow{s} = \overrightarrow{r}(1) - \overrightarrow{r}(0) = \frac{1}{6} \hat{i} + \frac{1}{2} \hat{j}$.
સ્થાનાંતરનું મૂલ્ય $|\overrightarrow{s}| = \sqrt{(\frac{1}{6})^2 + (\frac{1}{2})^2} = \sqrt{\frac{1}{36} + \frac{9}{36}} = \sqrt{\frac{10}{36}} = \frac{\sqrt{10}}{6} \ m$. આમ,વિધાન $(D)$ ખોટું છે.
ટોર્ક $\vec{\tau} = \overrightarrow{r} \times \overrightarrow{F} = (\frac{t^3}{6} \hat{i} + \frac{t^2}{2} \hat{j}) \times (t \hat{i} + \hat{j})$.
$t=1 \ s$ સમયે,$\vec{\tau} = (\frac{1}{6} \hat{i} + \frac{1}{2} \hat{j}) \times (1 \hat{i} + 1 \hat{j}) = (\frac{1}{6} - \frac{1}{2}) \hat{k} = -\frac{1}{3} \hat{k} \ Nm$.
તેનું મૂલ્ય $|\vec{\tau}| = \frac{1}{3} \ Nm$ છે. આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે અને $(B)$ ખોટું છે.

(B) મેનિસ્કસ પર દબાણનું સંતુલન $\frac{2 \sigma}{R} = \rho g h$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $R$ એ મેનિસ્કસની ત્રિજ્યા છે.
મેનિસ્કસની ભૂમિતિ પરથી,$R = \frac{r}{\cos \theta}$,જ્યાં $r$ એ કેશિકાની ત્રિજ્યા છે અને $\theta$ એ સંપર્કકોણ છે.
ઊંચાઈના સમીકરણમાં $R$ ની કિંમત મૂકતા: $h = \frac{2 \sigma \cos \theta}{\rho g r}$.
$(A)$ આપેલ દ્રવ્ય માટે,$\theta$ અચળ છે,તેથી $h \propto \frac{1}{r}$. આમ,$r$ વધતા $h$ ઘટે છે. આ વિધાન સાચું છે.
$(B)$ સૂત્ર પરથી,$h \propto \sigma$,તેથી $h$ એ $\sigma$ પર આધાર રાખે છે. આ વિધાન ખોટું છે.
$(C)$ જો લિફ્ટ $a$ પ્રવેગથી ઉપર જતી હોય,તો અસરકારક ગુરુત્વાકર્ષણ $g_{\text{eff}} = g + a$ થાય છે. નવી ઊંચાઈ $h' = \frac{2 \sigma \cos \theta}{\rho (g+a) r}$ થાય. $g+a > g$ હોવાથી,$h'$ ઘટે છે. આ વિધાન સાચું છે.
$(D)$ સૂત્ર પરથી,$h \propto \cos \theta$,$\theta$ ના સમપ્રમાણમાં નથી. આ વિધાન ખોટું છે.
તેથી,વિધાન $(A)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(C) આપેલ $T-V$ આલેખમાં:
પ્રક્રિયા $I$: $V$ બદલાય છે,તેથી તે સમકદ નથી. વિધાન $(A)$ ખોટું છે.
પ્રક્રિયા $II$: આ સમતાપી વિસ્તરણ છે ($T$ અચળ છે,$V$ વધે છે). $W > 0$ અને $\Delta U = 0$ હોવાથી,વાયુ ઉષ્માનું શોષણ કરે છે $(\Delta Q = W > 0)$. વિધાન $(B)$ સાચું છે.
પ્રક્રિયા $III$: આ સમતાપી સંકોચન છે ($T$ અચળ છે,$V$ ઘટે છે). $W < 0$ અને $\Delta U = 0$ હોવાથી,વાયુ ઉષ્મા મુક્ત કરે છે $(\Delta Q = W < 0)$. વિધાન $(C)$ સાચું છે.
પ્રક્રિયા $IV$: આલેખ જોતા,પ્રક્રિયા $I$ અને $III$ વક્ર છે,રેખીય નથી,તેથી તે સમદાબી નથી. વિધાન $(D)$ સાચું છે.
તેથી,વિધાનો $(B), (C)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(B) આપેલ છે કે $\vec{A} = a \hat{i}$ અને $\vec{B} = a \cos \omega t \hat{i} + a \sin \omega t \hat{j}$.
$\vec{A} + \vec{B} = a(1 + \cos \omega t) \hat{i} + a \sin \omega t \hat{j}$.
$|\vec{A} + \vec{B}|^2 = a^2(1 + \cos \omega t)^2 + a^2 \sin^2 \omega t = a^2(1 + 2 \cos \omega t + \cos^2 \omega t + \sin^2 \omega t) = a^2(2 + 2 \cos \omega t) = 4a^2 \cos^2(\omega t / 2)$.
તેથી,$|\vec{A} + \vec{B}| = 2a \cos(\omega t / 2)$.
તે જ રીતે,$\vec{A} - \vec{B} = a(1 - \cos \omega t) \hat{i} - a \sin \omega t \hat{j}$.
$|\vec{A} - \vec{B}|^2 = a^2(1 - \cos \omega t)^2 + a^2 \sin^2 \omega t = a^2(1 - 2 \cos \omega t + \cos^2 \omega t + \sin^2 \omega t) = a^2(2 - 2 \cos \omega t) = 4a^2 \sin^2(\omega t / 2)$.
તેથી,$|\vec{A} - \vec{B}| = 2a \sin(\omega t / 2)$.
આપેલ છે કે $|\vec{A} + \vec{B}| = \sqrt{3}|\vec{A} - \vec{B}|$,તેથી $2a \cos(\omega t / 2) = \sqrt{3} \cdot 2a \sin(\omega t / 2)$.
$\tan(\omega t / 2) = 1 / \sqrt{3}$.
$\omega t / 2 = \pi / 6 \implies \omega t = \pi / 3$.
કારણ કે $\omega = \pi / 6 \text{ rad s}^{-1}$,આપણને મળે છે $(\pi / 6) \cdot t = \pi / 3$.
તેથી,$t = 2 \text{ s}$.

(A) ધારો કે સ્થિર માણસ બિંદુ $C$ પર છે અને આડી રેખા $AB$ છે. ધારો કે $O$ એ $AB$ રેખા પર $C$ ની બરાબર નીચેનું બિંદુ છે. આપેલ છે $CO = 12 \,m$. માણસો $A$ અને $B$ પર છે જેથી $AO = OB = 5 \,m$. અંતર $AC = BC = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13 \,m$. રેખા $AC$ (અથવા $BC$) અને શિરોલંબ $CO$ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ છે,જ્યાં $\cos \theta = \frac{12}{13}$ અને $\sin \theta = \frac{5}{13}$ છે.
$A$ પરનો માણસ (પાછળનો) $v_A = 2.0 \,m \,s^{-1}$ ના વેગ સાથે $O$ તરફ ગતિ કરે છે. રેખા $AC$ ની દિશામાં તેના વેગનો ઘટક $v_{A, \text{eff}} = v_A \sin \theta = 2.0 \times \frac{5}{13} \,m \,s^{-1}$ છે. તે $C$ તરફ ગતિ કરતો હોવાથી,અવલોકિત આવૃત્તિ $f_A = f \left( \frac{v}{v - v_A \sin \theta} \right) = 1430 \left( \frac{330}{330 - 2 \times \frac{5}{13}} \right) \approx 1430 \left( 1 + \frac{10}{13 \times 330} \right)$ છે.
$B$ પરનો માણસ (આગળનો) $v_B = 1.0 \,m \,s^{-1}$ ના વેગ સાથે $O$ થી દૂર ગતિ કરે છે. રેખા $BC$ ની દિશામાં તેના વેગનો ઘટક $v_{B, \text{eff}} = v_B \sin \theta = 1.0 \times \frac{5}{13} \,m \,s^{-1}$ છે. તે $C$ થી દૂર ગતિ કરતો હોવાથી,અવલોકિત આવૃત્તિ $f_B = f \left( \frac{v}{v + v_B \sin \theta} \right) = 1430 \left( \frac{330}{330 + 1 \times \frac{5}{13}} \right) \approx 1430 \left( 1 - \frac{5}{13 \times 330} \right)$ છે.
બીટ આવૃત્તિ $\Delta f = |f_A - f_B| = 1430 \left( \frac{10}{13 \times 330} + \frac{5}{13 \times 330} \right) = 1430 \left( \frac{15}{13 \times 330} \right) = \frac{1430}{330} \times \frac{15}{13} = \frac{13}{3} \times \frac{15}{13} = 5 \,Hz$.

(C) ઢળતા સમતલ પર ગબડતી વસ્તુનો પ્રવેગ $a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{k^2}{R^2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
રીંગ માટે, $k^2 = R^2$, તેથી $a_R = \frac{g \sin \theta}{1 + 1} = \frac{g \sin \theta}{2}$.
ડિસ્ક માટે, $k^2 = \frac{R^2}{2}$, તેથી $a_D = \frac{g \sin \theta}{1 + 0.5} = \frac{2g \sin \theta}{3}$.
ઢાળ પર કાપેલું અંતર $d = \frac{h}{\sin \theta}$ છે.
$d = \frac{1}{2} a t^2$ નો ઉપયોગ કરતા, $t = \sqrt{\frac{2d}{a}} = \sqrt{\frac{2h}{a \sin \theta}}$.
રીંગ માટે: $t_R = \sqrt{\frac{2h}{(g \sin \theta / 2) \sin \theta}} = \sqrt{\frac{4h}{g \sin^2 \theta}}$.
ડિસ્ક માટે: $t_D = \sqrt{\frac{2h}{(2g \sin \theta / 3) \sin \theta}} = \sqrt{\frac{3h}{g \sin^2 \theta}}$.
આપેલ છે $\theta = 60^{\circ}$, $\sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$, તેથી $\sin^2 \theta = \frac{3}{4}$.
$t_R = \sqrt{\frac{4h}{g(3/4)}} = \sqrt{\frac{16h}{3g}}$ અને $t_D = \sqrt{\frac{3h}{g(3/4)}} = \sqrt{\frac{4h}{g}}$.
આપેલ છે $t_R - t_D = \frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{10}}$, તેથી $\sqrt{\frac{h}{g}} \left( \frac{4}{\sqrt{3}} - 2 \right) = \frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{10}}$.
$\sqrt{\frac{h}{10}} \left( \frac{4-2\sqrt{3}}{\sqrt{3}} \right) = \frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{10}}$.
$\sqrt{h} \left( \frac{2(2-\sqrt{3})}{\sqrt{3}} \right) = 2-\sqrt{3} \Rightarrow \sqrt{h} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow h = \frac{3}{4} = 0.75 \,m$.

(C) ધારો કે $m_1 = 1.0 \,kg$ અને $m_2 = 2.0 \,kg$. $m_1$ નો પ્રારંભિક વેગ $u_1 = 2.0 \,m \,s^{-1}$ અને $m_2$ નો $u_2 = 0$ છે.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $m_1 u_1 = m_1 v_1 + m_2 v_2 \implies 1(2) = 1(v_1) + 2(v_2) \implies v_1 + 2v_2 = 2$ $(i)$
સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ માટે, રિસ્ટિટ્યુશનનો ગુણાંક $e = 1$: $v_2 - v_1 = e(u_1 - u_2) = 1(2 - 0) = 2$ $(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ ને ઉકેલતા: બંનેનો સરવાળો કરતા $3v_2 = 4 \implies v_2 = \frac{4}{3} \,m \,s^{-1}$ મળે. $(ii)$ માં કિંમત મૂકતા, $v_1 = v_2 - 2 = \frac{4}{3} - 2 = -\frac{2}{3} \,m \,s^{-1}$ મળે.
સ્પ્રિંગ સાથે જોડાયેલ $2.0 \,kg$ નો બ્લોક સરળ આવર્ત ગતિ કરે છે. સ્પ્રિંગને તેની મૂળ સ્થિતિમાં પાછા આવવા માટે લાગતો સમય આવર્તકાળના અડધા જેટલો છે: $\Delta t = \frac{T}{2} = \pi \sqrt{\frac{m_2}{k}} = \pi \sqrt{\frac{2}{2}} = \pi \,s$.
આ સમય દરમિયાન, $1.0 \,kg$ નો બ્લોક $v_1 = -\frac{2}{3} \,m \,s^{-1}$ ના અચળ વેગથી (ડાબી તરફ) ગતિ કરે છે. $2.0 \,kg$ નો બ્લોક જમણી તરફ ગતિ કરે છે, સ્પ્રિંગને દબાવે છે અને સંતુલન સ્થિતિમાં પાછો આવે છે.
$1.0 \,kg$ બ્લોકનું સ્થાનાંતર: $s_1 = v_1 \Delta t = -\frac{2}{3} \pi \,m$.
$2.0 \,kg$ બ્લોકનું સ્થાનાંતર: $s_2 = 0$ (કારણ કે તે પ્રારંભિક સ્થિતિમાં પાછો આવે છે).
બ્લોક્સ વચ્ચેનું અંતર $|s_2 - s_1| = |0 - (- \frac{2}{3} \pi)| = \frac{2}{3} \pi = \frac{2 \times 3.14159}{3} \approx 2.094 \,m$. બે દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા, અંતર $2.09 \,m$ મળે છે.

(A) સ્થાયી અવસ્થામાં,બંને નળાકારોમાંથી પસાર થતો ઉષ્માનો દર સમાન હોય છે.
ધારો કે નાના નળાકારની ત્રિજ્યા $r_1$ છે અને મોટા નળાકારની ત્રિજ્યા $r_2$ છે.
આપેલ છે કે $r_2 = 2 r_1$,તેથી આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A_1 = \pi r_1^2$ અને $A_2 = \pi r_2^2 = \pi (2 r_1)^2 = 4 \pi r_1^2 = 4 A_1$ થાય.
ઉષ્મા વહનનો દર $\frac{dQ}{dt} = \frac{K A \Delta T}{L}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ નળાકાર માટે: $\frac{dQ}{dt} = \frac{K_1 A_1 (300 - 200)}{L} = \frac{K_1 A_1 (100)}{L}$.
બીજા નળાકાર માટે: $\frac{dQ}{dt} = \frac{K_2 A_2 (200 - 100)}{L} = \frac{K_2 (4 A_1) (100)}{L}$.
બંને ઉષ્મા વહનના દરને સરખાવતા:
$\frac{K_1 A_1 (100)}{L} = \frac{K_2 (4 A_1) (100)}{L}$.
$K_1 = 4 K_2$.
તેથી,$\frac{K_1}{K_2} = 4$.

(C) $V-T$ આલેખ પરથી:
$1$. પ્રક્રિયા $AB$: તાપમાન અચળ $(T_1)$ છે,તેથી તે સમતાપી પ્રક્રિયા છે. આદર્શ વાયુ માટે,$\Delta U = 0$.
$2$. પ્રક્રિયા $AC$: કદ અચળ $(V_1)$ છે,તેથી તે સમકદ પ્રક્રિયા છે. આપલે થયેલ ઉષ્મા $q_{AC} = \Delta U_{AC} = nC_v(T_2 - T_1)$.
$3$. પ્રક્રિયા $BC$: દબાણ અચળ $(P_2)$ છે,તેથી તે સમદાબી પ્રક્રિયા છે. આપલે થયેલ ઉષ્મા $q_{BC} = \Delta H_{BC} = nC_p(T_2 - T_1)$.
વિકલ્પોનું વિશ્લેષણ:
- પ્રક્રિયા $CA$ (સમકદ) માટે,$\Delta H_{CA} = nC_p(T_1 - T_2)$ અને $\Delta U_{CA} = nC_v(T_1 - T_2)$. કારણ કે $C_p > C_v$ અને $(T_1 - T_2) < 0$,તેથી $\Delta H_{CA} < \Delta U_{CA}$ સાચું છે.

(B) ધારો કે સ્થિર માણસ બિંદુ $C$ પર છે અને બે ગતિ કરતા માણસો $A$ અને $B$ પર છે. અંતર $CO = 12 \ m$ છે. માણસો $10 \ m$ દૂર હોવાથી અને સ્થિર માણસ સમાન અંતરે હોવાથી,$AO = OB = 5 \ m$ થાય.
અંતર $AC = BC = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13 \ m$ થાય.
ગતિની રેખા અને અવલોકનકારને સ્ત્રોત સાથે જોડતી રેખા વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ છે,જ્યાં $\cos \theta = \frac{5}{13}$ મળે.
પાછળના માણસ $(A)$ માટે જે $v_s = 2.0 \ m \ s^{-1}$ ની ઝડપે $O$ તરફ ગતિ કરે છે,$AC$ રેખા પર વેગનો ઘટક $v_s \cos \theta$ છે. અવલોકિત આવૃત્તિ $f_A = f \left( \frac{v}{v - v_s \cos \theta} \right) = 1430 \left( \frac{330}{330 - 2 \cos \theta} \right) \approx 1430 \left( 1 + \frac{2 \cos \theta}{330} \right)$ થાય.
આગળના માણસ $(B)$ માટે જે $v_s = 1.0 \ m \ s^{-1}$ ની ઝડપે $O$ થી દૂર ગતિ કરે છે,$BC$ રેખા પર વેગનો ઘટક $v_s \cos \theta$ છે. અવલોકિત આવૃત્તિ $f_B = f \left( \frac{v}{v + v_s \cos \theta} \right) = 1430 \left( \frac{330}{330 + 1 \cos \theta} \right) \approx 1430 \left( 1 - \frac{\cos \theta}{330} \right)$ થાય.
બીટ આવૃત્તિ $\Delta f = f_A - f_B = 1430 \left( \frac{2 \cos \theta + \cos \theta}{330} \right) = 1430 \left( \frac{3 \cos \theta}{330} \right) = 13 \cos \theta$ થાય.
$\cos \theta = \frac{5}{13}$ મૂકતા,આપણને $\Delta f = 13 \times \frac{5}{13} = 5 \ Hz$ મળે છે.

(B) ઢળતા સમતલ પર ગબડતી વસ્તુનો પ્રવેગ $a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{k^2}{R^2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
રીંગ માટે,$k^2 = R^2$,તેથી $a_R = \frac{g \sin \theta}{1+1} = \frac{g \sin \theta}{2}$.
ડિસ્ક માટે,$k^2 = R^2/2$,તેથી $a_D = \frac{g \sin \theta}{1+0.5} = \frac{2g \sin \theta}{3}$.
ઢાળ પર કાપવાનું અંતર $d = \frac{h}{\sin \theta}$ છે.
$d = \frac{1}{2} a t^2$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $t = \sqrt{\frac{2d}{a}} = \sqrt{\frac{2h}{a \sin \theta}}$ મળે છે.
રીંગ માટે: $t_R = \sqrt{\frac{2h}{(g \sin \theta / 2) \sin \theta}} = \sqrt{\frac{4h}{g \sin^2 \theta}} = \sqrt{\frac{4h}{g (3/4)}} = \sqrt{\frac{16h}{3g}}$.
ડિસ્ક માટે: $t_D = \sqrt{\frac{2h}{(2g \sin \theta / 3) \sin \theta}} = \sqrt{\frac{3h}{g \sin^2 \theta}} = \sqrt{\frac{3h}{g (3/4)}} = \sqrt{\frac{4h}{g}}$.
આપેલ છે કે $t_R - t_D = \frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{10}}$,તેથી $\sqrt{\frac{h}{g}} \left( \sqrt{\frac{16}{3}} - 2 \right) = \frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{10}}$.
$\sqrt{\frac{h}{10}} \left( \frac{4 - 2\sqrt{3}}{\sqrt{3}} \right) = \frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{10}}$.
$\sqrt{h} \left( \frac{2(2-\sqrt{3})}{\sqrt{3}} \right) = 2-\sqrt{3}$.
$\sqrt{h} = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies h = \frac{3}{4} = 0.75 \ m$.

(C) ધારો કે $m_1 = 1.0 \ kg$ અને $m_2 = 2.0 \ kg$. $m_1$ નો પ્રારંભિક વેગ $u_1 = 2.0 \ m \ s^{-1}$ અને $m_2$ નો $u_2 = 0$ છે. ધારો કે સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ પછી તેમના વેગ $v_1$ અને $v_2$ છે.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $m_1 u_1 = m_1 v_1 + m_2 v_2 \implies 1(2) = 1(v_1) + 2(v_2) \implies v_1 + 2v_2 = 2$ . . . . . $(1)$
સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ માટે રેસ્ટિટ્યુશનના ગુણાંક $(e=1)$ નો ઉપયોગ કરતા: $v_2 - v_1 = e(u_1 - u_2) = 1(2 - 0) = 2$ . . . . . $(2)$
સમીકરણો $(1)$ અને $(2)$ ઉકેલતા,આપણને $v_2 = 4/3 \ m \ s^{-1}$ અને $v_1 = -2/3 \ m \ s^{-1}$ મળે છે.
સ્પ્રિંગ સાથે જોડાયેલ $2.0 \ kg$ નો બ્લોક સરળ આવર્ત ગતિ કરે છે. તેનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{m_2/k} = 2\pi \sqrt{2/2} = 2\pi \ s$ છે.
સ્પ્રિંગ અડધા આવર્તકાળ પછી તેની મૂળ સ્થિતિમાં પાછી આવે છે,એટલે કે $\Delta t = T/2 = \pi \ s$.
આ સમય દરમિયાન,$1.0 \ kg$ નો બ્લોક અચળ વેગ $v_1 = -2/3 \ m \ s^{-1}$ થી (સ્પ્રિંગથી દૂર) ગતિ કરે છે. તેનું સ્થાનાંતર $\Delta x_1 = v_1 \Delta t = (-2/3) \times \pi = -2\pi/3 \ m$ છે.
$2.0 \ kg$ નો બ્લોક $x=0$ થી $x_{max}$ સુધી જાય છે અને પાછો $x=0$ પર આવે છે. તેનું સ્થાનાંતર $\Delta x_2 = 0$ છે.
બંને બ્લોક વચ્ચેનું અંતર $|\Delta x_1 - \Delta x_2| = |-2\pi/3 - 0| = 2\pi/3 \approx 2(3.14)/3 = 6.28/3 \approx 2.09 \ m$ થાય.

(C) સ્થાયી અવસ્થામાં,બંને નળાકારોમાંથી પસાર થતો ઉષ્માનો દર સમાન હોય છે.
ધારો કે નાના નળાકારની ત્રિજ્યા $r_1$ છે અને મોટા નળાકારની ત્રિજ્યા $r_2$ છે.
આપેલ છે કે $r_2 = 2r_1$.
આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A_1 = \pi r_1^2$ અને $A_2 = \pi r_2^2 = \pi (2r_1)^2 = 4\pi r_1^2 = 4A_1$ થાય.
ઉષ્મા વહનનો દર $\frac{dQ}{dt} = \frac{KA(T_{high} - T_{low})}{L}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ નળાકાર માટે: $\frac{dQ}{dt} = \frac{K_1 A_1 (300 - 200)}{L} = \frac{K_1 A_1 (100)}{L}$.
બીજા નળાકાર માટે: $\frac{dQ}{dt} = \frac{K_2 A_2 (200 - 100)}{L} = \frac{K_2 (4A_1) (100)}{L}$.
ઉષ્મા વહનના દરોને સરખાવતા:
$\frac{K_1 A_1 (100)}{L} = \frac{K_2 (4A_1) (100)}{L}$.
$K_1 = 4K_2$.
તેથી,$K_1 / K_2 = 4$.

$(C, D)$ $(1)$ $q$ વિદ્યુતભાર પર લાગતું લોરેન્ટ્ઝ બળ $F = qE + q(v \times B)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે। પરિમાણોની સુસંગતતા માટે, વિદ્યુત બળ $qE$ નું મૂલ્ય ચુંબકીય બળ $qvB$ ના મૂલ્ય જેટલું હોવું જોઈએ।
તેથી, $qE = qvB$, જેનો અર્થ છે $E = vB$.
વેગ $v$ નું પરિમાણ $[L][T]^{-1}$ હોવાથી, આપણને $[E] = [L][T]^{-1}[B]$ મળે છે. આ વિકલ્પ $(C)$ સાથે મેળ ખાય છે।
$(2)$ શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશની ઝડપ $c$ એ પરમિટિવિટી $\varepsilon_0$ અને પરમીબિલિટી $\mu_0$ સાથે $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}$ સંબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે।
બંને બાજુ વર્ગ કરતા, આપણને $c^2 = \frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}$ મળે છે, અથવા $\mu_0 = \frac{1}{\varepsilon_0 c^2}$.
$c$ નું પરિમાણ $[L][T]^{-1}$ હોવાથી, $c^2$ નું પરિમાણ $[L]^2[T]^{-2}$ થાય છે।
તેથી, $[\mu_0] = [\varepsilon_0]^{-1} ([L]^2[T]^{-2})^{-1} = [\varepsilon_0]^{-1}[L]^{-2}[T]^2$. આ વિકલ્પ $(D)$ સાથે મેળ ખાય છે।

(D) $V-T$ આલેખ પરથી:
$AB$: $T$ અચળ $(T_1)$ છે,તેથી તે સમતાપી પ્રક્રિયા છે. આમ,$\Delta U_{AB} = 0$ અને $W_{AB} = nRT_1 \ln(V_2/V_1)$.
$AC$: $V$ અચળ $(V_1)$ છે,તેથી તે સમકદ પ્રક્રિયા છે. આમ,$W_{AC} = 0$ અને $q_{AC} = \Delta U_{AC} = nC_v(T_2 - T_1)$.
$BC$: $P$ અચળ $(P_2)$ છે,તેથી તે સમદાબી પ્રક્રિયા છે. આમ,$W_{BC} = P_2(V_1 - V_2)$ અને $q_{BC} = \Delta H_{BC} = nC_p(T_1 - T_2)$.
પ્રક્રિયા $CA$ માટે: $\Delta H_{CA} = nC_p(T_1 - T_2)$ અને $\Delta U_{CA} = nC_v(T_1 - T_2)$. કારણ કે $C_p > C_v$ અને $(T_1 - T_2) < 0$,તેથી $\Delta H_{CA} < \Delta U_{CA}$ થાય.
તેથી,વિકલ્પો $(B)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(B) આપેલ છે કે $\frac{dK}{dt} = \gamma t$. કારણ કે $K = \frac{1}{2}mv^2$,તેથી $\frac{dK}{dt} = mv \frac{dv}{dt} = \gamma t$.
આમ,$v \frac{dv}{dt} = \frac{\gamma t}{m}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int v dv = \int \frac{\gamma}{m} t dt$,જે $\frac{v^2}{2} = \frac{\gamma t^2}{2m}$ આપે છે.
તેથી,$v = \sqrt{\frac{\gamma}{m}} t$. આ દર્શાવે છે કે ઝડપ સમયના સમપ્રમાણમાં છે,તેથી $(B)$ સાચું છે.
પ્રવેગ $a = \frac{dv}{dt} = \sqrt{\frac{\gamma}{m}}$,જે અચળ છે. કારણ કે $F = ma$,તેથી બળ $F = \sqrt{\gamma m}$ પણ અચળ છે,તેથી $(A)$ સાચું છે.
કારણ કે $v = \frac{dx}{dt} = \sqrt{\frac{\gamma}{m}} t$,સંકલન કરતા $x = \int \sqrt{\frac{\gamma}{m}} t dt = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\gamma}{m}} t^2$ મળે છે. અંતર સમય સાથે વર્ગના પ્રમાણમાં વધે છે,રેખીય રીતે નહીં,તેથી $(C)$ ખોટું છે.
બળ અચળ હોવાથી,તે સંરક્ષી બળ છે,તેથી $(D)$ સાચું છે.
આમ,વિધાનો $(A), (B)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(C) ન્યૂટનના સ્નિગ્ધતાના નિયમ મુજબ,$h$ જાડાઈના પ્રવાહીના સ્તર પર $u_0$ વેગથી ગતિ કરતી $A$ ક્ષેત્રફળ ધરાવતી પ્લેટ પર લાગતું સ્નિગ્ધ બળ $F$ નીચે મુજબ છે:
$F = \eta A \frac{dv}{dx} = \eta A \frac{u_0}{h}$
આ સમીકરણ પરથી:
$1$. અવરોધક બળ $F$ એ $h$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે $(F \propto 1/h)$. તેથી,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
$2$. અવરોધક બળ $F$ એ ક્ષેત્રફળ $A$ ના સમપ્રમાણમાં છે $(F \propto A)$. તેથી,વિધાન $(B)$ ખોટું છે.
$3$. સ્પર્શક (શીયર) સ્ટ્રેસ $\tau$ ને $\tau = F/A = \eta \frac{u_0}{h}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$4$. $\tau = \eta \frac{u_0}{h}$ હોવાથી,ટાંકાના તળિયે (અથવા પ્લેટ પર) શીયર સ્ટ્રેસ $u_0$ ના સમપ્રમાણમાં છે. તેથી,વિધાન $(C)$ સાચું છે.
$5$. $\tau = \eta \frac{u_0}{h}$ હોવાથી,શીયર સ્ટ્રેસ એ પ્રવાહીની સ્નિગ્ધતા $\eta$ ના સમપ્રમાણમાં છે. તેથી,વિધાન $(D)$ સાચું છે.
આમ,વિધાનો $(A), (C),$ અને $(D)$ સાચા છે.

(B) $L_1$ અને $L_2$ લંબાઈ પરના બે ક્રમિક અનુનાદ માટે,અડધી તરંગલંબાઇ $\lambda/2 = L_2 - L_1$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\lambda/2 = 83.9 \text{ cm} - 50.7 \text{ cm} = 33.2 \text{ cm}$.
તેથી,તરંગલંબાઇ $\lambda = 2 \times 33.2 \text{ cm} = 66.4 \text{ cm}$. (વિધાન $C$ સાચું છે).
ધ્વનિની ઝડપ $v = f \lambda = 500 \text{ Hz} \times 0.664 \text{ m} = 332 \text{ m s}^{-1}$. (વિધાન $A$ સાચું છે).
પ્રથમ અનુનાદ માટે,$L_1 + e = \lambda/4$,જ્યાં $e$ એ અંતિમ સુધારો છે.
$50.7 \text{ cm} + e = 66.4 \text{ cm} / 4 = 16.6 \text{ cm}$.
$e = 16.6 \text{ cm} - 50.7 \text{ cm} = -34.1 \text{ cm}$.
નોંધ: પ્રશ્નની રચના સૂચવે છે કે $L_1$ અને $L_2$ એ બીજા અને ત્રીજા હાર્મોનિક (અથવા ઉચ્ચ) છે કારણ કે $L_1$ ઘણું મોટું છે. અંતિમ સુધારો $e$ સામાન્ય રીતે નાનો અને ધન હોય છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$A$ અને $C$ સાચા છે.

(B) આપેલ છે કે,$m = 0.4 \ kg$,આઘાત $J = 1.0 \ N \ s$,$\tau = 4 \ s$,અને $v(t) = v_0 e^{-t/\tau}$.
સમય $t = 0$ પર,વેગ $v(0) = v_0 e^0 = v_0$ છે.
આઘાત-વેગમાન પ્રમેય મુજબ,$J = \Delta p = m \Delta v = m(v(0) - 0) = m v_0$.
તેથી,$v_0 = J/m = 1.0 / 0.4 = 2.5 \ m/s$.
$t = \tau$ સમયે સ્થાનાંતર $S$ એ વેગના સંકલન દ્વારા મળે છે:
$S = \int_0^{\tau} v(t) \ dt = \int_0^{\tau} v_0 e^{-t/\tau} \ dt$.
$S = v_0 \left[ -\tau e^{-t/\tau} \right]_0^{\tau} = v_0 \tau (1 - e^{-1})$.
કિંમતો મૂકતા: $S = (2.5) \times (4) \times (1 - 0.37)$.
$S = 10 \times 0.63 = 6.3 \ m$.

(B) ધારો કે પ્રારંભિક વેગ $u$ છે. મહત્તમ ઊંચાઈ $H$ એ $H = \frac{u^2 \sin^2 45^{\circ}}{2g} = 120 \ m$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કારણ કે $\sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$, તેથી $H = \frac{u^2 (1/2)}{2g} = \frac{u^2}{4g} = 120 \ m$, એટલે કે $u^2 = 480g$.
અથડામણ પહેલાંની ગતિઊર્જા $K_i = \frac{1}{2}mu^2$ છે.
અથડામણ પછી, ગતિઊર્જા $K_f = \frac{1}{2}K_i = \frac{1}{4}mu^2 = \frac{1}{2}mv^2$ છે, જ્યાં $v$ એ અથડામણ પછીનો વેગ છે.
આમ, $v^2 = \frac{u^2}{2} = \frac{480g}{2} = 240g$.
નવી મહત્તમ ઊંચાઈ $h$ એ $h = \frac{v^2 \sin^2 30^{\circ}}{2g}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$v^2 = 240g$ અને $\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$ મૂકતા, આપણને $h = \frac{240g \times (1/2)^2}{2g} = \frac{240g \times (1/4)}{2g} = \frac{60}{2} = 30 \ m$ મળે છે.

(A) લંબાઈમાં થતો ફેરફાર $\Delta L$ એ સૂત્ર $\Delta L = \frac{FL}{AY}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: $F = mg = 1.2 \times 10 = 12 \text{ N}$,$L = 1.0 \text{ m}$,$d = 0.5 \times 10^{-3} \text{ m}$,$Y = 2 \times 10^{11} \text{ N m}^{-2}$,અને $\pi = 3.2$.
ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2 = \pi \left(\frac{d}{2}\right)^2 = 3.2 \times \frac{(0.5 \times 10^{-3})^2}{4} = 0.8 \times 0.25 \times 10^{-6} = 0.2 \times 10^{-6} \text{ m}^2$.
$\Delta L$ ની ગણતરી કરતા: $\Delta L = \frac{12 \times 1.0}{0.2 \times 10^{-6} \times 2 \times 10^{11}} = \frac{12}{0.4 \times 10^5} = 30 \times 10^{-5} \text{ m} = 0.3 \text{ mm}$.
વર્નિયર સ્કેલની લઘુત્તમ માપશક્તિ $(LC)$ એ $LC = \text{મુખ્ય સ્કેલનો વિભાગ} - \text{વર્નિયર સ્કેલનો વિભાગ} = 1.0 \text{ mm} - \frac{9}{10} \times 1.0 \text{ mm} = 0.1 \text{ mm}$ છે.
વર્નિયર સ્કેલનું રીડિંગ $\Delta L = n \times LC$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $n$ એ મુખ્ય સ્કેલ સાથે સંપાત થતો વર્નિયર વિભાગ છે.
$0.3 \text{ mm} = n \times 0.1 \text{ mm} \implies n = 3$.

(C) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,તાપમાન અને કદ વચ્ચેનો સંબંધ $T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$ છે.
મોનોએટોમિક વાયુ માટે,એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma = \frac{5}{3}$ છે,તેથી $\gamma - 1 = \frac{2}{3}$.
આપેલ છે કે $V_2 = 8 V_1$ અને $T_1 = 100 K$.
$T_2 = T_1 \left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1} = 100 \times \left(\frac{1}{8}\right)^{2/3} = 100 \times \left(\frac{1}{4}\right) = 25 K$.
આંતરિક ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = n C_v \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
મોનોએટોમિક વાયુ માટે,$C_v = \frac{3}{2} R$.
$\Delta U = 1 \times \frac{3}{2} \times 8.0 \times (25 - 100) = 12 \times (-75) = -900 J$.
આંતરિક ઉર્જામાં થતો ઘટાડો $|\Delta U| = 900 J$ છે.

(B) આપેલ છે: $\frac{m_1}{m_2} = 2$ અને $\frac{R_1}{R_2} = \frac{1}{4}$.
$(P)$ કક્ષીય ઝડપ $v = \sqrt{\frac{GM}{R}}$ માટે:
$\frac{v_1}{v_2} = \sqrt{\frac{R_2}{R_1}} = \sqrt{4} = 2$. તેથી,$P \rightarrow 3$.
$(Q)$ કોણીય વેગમાન $L = mvr = m\sqrt{GMR}$ માટે:
$\frac{L_1}{L_2} = \frac{m_1}{m_2} \sqrt{\frac{R_1}{R_2}} = 2 \times \sqrt{\frac{1}{4}} = 2 \times \frac{1}{2} = 1$. તેથી,$Q \rightarrow 2$.
$(R)$ ગતિઊર્જા $K = \frac{GMm}{2R}$ માટે:
$\frac{K_1}{K_2} = \frac{m_1}{m_2} \times \frac{R_2}{R_1} = 2 \times 4 = 8$. તેથી,$R \rightarrow 4$.
$(S)$ પરિભ્રમણનો સમયગાળો $T = 2\pi \sqrt{\frac{R^3}{GM}}$ માટે:
$\frac{T_1}{T_2} = \left(\frac{R_1}{R_2}\right)^{3/2} = \left(\frac{1}{4}\right)^{3/2} = \frac{1}{8}$. તેથી,$S \rightarrow 1$.
આમ,સાચી જોડ $P \rightarrow 3, Q \rightarrow 2, R \rightarrow 4, S \rightarrow 1$ છે.

(A) પથ $P$ માટે: $\vec{r} = \alpha t \hat{i} + \beta t \hat{j}$. વેગ $\vec{v} = \alpha \hat{i} + \beta \hat{j}$ (અચળ), તેથી પ્રવેગ $\vec{a} = 0$ અને બળ $\vec{F} = 0$. રેખીય વેગમાન $\overrightarrow{p} = m\vec{v}$ અચળ છે. કોણીય વેગમાન $\overrightarrow{L} = \vec{r} \times \overrightarrow{p} = m(\alpha t \hat{i} + \beta t \hat{j}) \times (\alpha \hat{i} + \beta \hat{j}) = m(\alpha\beta t - \beta\alpha t)\hat{k} = 0$ (અચળ). $\vec{F}=0$ હોવાથી, $K$, $U$ અને $E$ અચળ છે. આમ, $P \rightarrow 1, 2, 3, 4, 5$.
પથ $Q$ માટે: $\vec{r} = \alpha \cos \omega t \hat{i} + \beta \sin \omega t \hat{j}$. આ એક લંબગોળ પથ છે. બળ કેન્દ્રીય હોવાથી, કોણીય વેગમાન $\overrightarrow{L}$ સંરક્ષિત છે. બળ સંરક્ષી હોવાથી, કુલ ઊર્જા $E$ સંરક્ષિત છે. આમ, $Q \rightarrow 2, 5$.
પથ $R$ માટે: $\vec{r} = \alpha(\cos \omega t \hat{i} + \sin \omega t \hat{j})$. આ અચળ ઝડપ $v = \alpha\omega$ વાળો વર્તુળાકાર પથ છે. તેથી, $K$ અચળ છે. બળ કેન્દ્રીય હોવાથી, $\overrightarrow{L}$ સંરક્ષિત છે. કેન્દ્રીય સ્થિતિમાનમાં વર્તુળાકાર પથ માટે, $U$ અને $E$ પણ અચળ છે. આમ, $R \rightarrow 2, 3, 4, 5$.
પથ $S$ માટે: $\vec{r} = \alpha t \hat{i} + \frac{\beta}{2} t^2 \hat{j}$. વેગ $\vec{v} = \alpha \hat{i} + \beta t \hat{j}$ (સમય પર આધારિત), તેથી $\overrightarrow{p}$ અચળ નથી. પ્રવેગ $\vec{a} = \beta \hat{j}$ (અચળ બળ). $\overrightarrow{L} = m(\alpha t \hat{i} + \frac{\beta}{2} t^2 \hat{j}) \times (\alpha \hat{i} + \beta t \hat{j}) = m(\alpha\beta t^2 - \frac{\alpha\beta}{2} t^2)\hat{k} = \frac{m\alpha\beta t^2}{2}\hat{k}$ (સમય પર આધારિત). માત્ર કુલ ઊર્જા $E$ સંરક્ષિત છે. આમ, $S \rightarrow 5$.

(D) ધારો કે ડાબા લૂપમાં પ્રવાહ $I_1$ છે અને જમણા લૂપમાં પ્રવાહ $I_2$ છે. મધ્યના વાયરમાં પ્રવાહ $I = I_2 - I_1$ છે.
ડાબા લૂપ માટે: $V - I_1 R - L \frac{dI_1}{dt} = 0 \implies I_1(t) = \frac{V}{R}(1 - e^{-(R/L)t})$.
જમણા લૂપ માટે: $V - I_2 R - 2L \frac{dI_2}{dt} = 0 \implies I_2(t) = \frac{V}{R}(1 - e^{-(R/2L)t})$.
મધ્યના વાયરમાં પ્રવાહ $I(t) = I_2(t) - I_1(t) = \frac{V}{R} [e^{-(R/L)t} - e^{-(R/2L)t}]$ છે.
મહત્તમ પ્રવાહ શોધવા માટે,$\frac{dI}{dt} = 0$ લો:
$\frac{dI}{dt} = \frac{V}{R} [-\frac{R}{L} e^{-(R/L)t} + \frac{R}{2L} e^{-(R/2L)t}] = 0$.
$\frac{1}{L} e^{-(R/L)t} = \frac{1}{2L} e^{-(R/2L)t} \implies e^{-(R/2L)t} = \frac{1}{2}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $-\frac{R}{2L} T = \ln(1/2) = -\ln 2 \implies T = \frac{2L}{R} \ln 2$.
$T$ ની કિંમત $I(t)$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I_{\max} = \frac{V}{R} [e^{-(R/L) \cdot (2L/R) \ln 2} - e^{-(R/2L) \cdot (2L/R) \ln 2}] = \frac{V}{R} [e^{-2 \ln 2} - e^{-\ln 2}] = \frac{V}{R} [\frac{1}{4} - \frac{1}{2}] = -\frac{V}{4R}$.
તેથી,મૂલ્ય $I_{\max} = \frac{V}{4R}$ છે.
આમ,વિધાનો $(B)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(A) $x=R$ પરના તારને કારણે ઉગમબિંદુ પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}_1 = \frac{\mu_0 I_1}{2 \pi R} (\hat{k})$ અને $x=-R$ પરના તારને કારણે $\vec{B}_2 = \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi R} (-\hat{k})$ છે.
$(A)$ જો $I_1=I_2$ હોય, તો ઉગમબિંદુ પર તારને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}_{wires} = \vec{B}_1 + \vec{B}_2 = 0$ થાય. જોકે, વર્તુળાકાર લૂપ ઉગમબિંદુ પર શૂન્ય ન હોય તેવું ચુંબકીય ક્ષેત્ર ઉત્પન્ન કરે છે. તેથી, કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}_{net} \neq 0$. વિધાન $(A)$ સાચું છે.
$(B)$ જો $I_1 > 0$ અને $I_2 < 0$ હોય, તો ઉગમબિંદુ પર તારને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}_{wires} = \frac{\mu_0}{2 \pi R} (I_1 - I_2) \hat{k}$ છે. $I_1 > 0$ અને $I_2 < 0$ હોવાથી, $(I_1 - I_2) > 0$, તેથી $\vec{B}_{wires}$ એ $+\hat{k}$ દિશામાં છે. લૂપને કારણે ઉગમબિંદુ પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $-\hat{k}$ દિશામાં છે. બંને ક્ષેત્રો $z$-અક્ષ પર હોવાથી, તેઓ એકબીજાને નાબૂદ કરી શકે છે. વિધાન $(B)$ સાચું છે.
$(C)$ જો $I_1 < 0$ અને $I_2 > 0$ હોય, તો $\vec{B}_{wires}$ એ $-\hat{k}$ દિશામાં છે. લૂપને કારણે ઉગમબિંદુ પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર પણ $-\hat{k}$ દિશામાં છે. તેઓ એકબીજાને નાબૂદ કરી શકતા નથી. વિધાન $(C)$ ખોટું છે.
$(D)$ લૂપના કેન્દ્ર $(0, 0, \sqrt{3}R)$ પર તારને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર સંપૂર્ણપણે $x$-અક્ષ પર છે. કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્રનો $z$-ઘટક માત્ર લૂપને કારણે છે, જે $\left(-\frac{\mu_0 I}{2 R}\right)$ છે. વિધાન $(D)$ સાચું છે.

(A) $1$. શરૂઆતમાં,$S_1$ બંધ છે અને $S_2$ ખુલ્લી છે। કેપેસિટર $C_3$ સીધું $V_0 = 8 \,V$ ના emf ધરાવતી બેટરી સાથે જોડાયેલ છે।
$2$. $C_3$ પરનો ચાર્જ $Q_3 = C_3 V_0 = (1.0 \mu F)(8 \,V) = 8 \mu C$ થાય છે।
$3$. જ્યારે $S_1$ ખોલવામાં આવે છે અને $S_2$ બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે $C_3$ એ $C_1$ (ડાયલેક્ટ્રિક $\varepsilon_r$ સાથે) અને $C_2$ ના શ્રેણી જોડાણ સાથે સમાંતરમાં જોડાય છે।
$4$. ધારો કે $C_3$ પરનો અંતિમ ચાર્જ $Q_3' = 5 \mu C$ છે। $C_3$ પરનો પોટેન્શિયલ તફાવત $V = \frac{Q_3'}{C_3} = \frac{5 \mu C}{1.0 \mu F} = 5 \,V$ છે।
$5$. $C_3$ દ્વારા ગુમાવેલ ચાર્જ $8 \mu C - 5 \mu C = 3 \mu C$ છે। આ ચાર્જ $C_1$ અને $C_2$ ના શ્રેણી જોડાણ તરફ વહે છે।
$6$. ડાયલેક્ટ્રિક સાથે $C_1$ નું કેપેસિટન્સ $C_1' = \varepsilon_r C_1 = \varepsilon_r (1.0 \mu F)$ છે।
$7$. શ્રેણીમાં $C_1'$ અને $C_2$ નું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq} = \frac{C_1' C_2}{C_1' + C_2} = \frac{\varepsilon_r (1.0)}{\varepsilon_r + 1.0} \mu F$ છે।
$8$. આ શ્રેણી જોડાણ પરનો ચાર્જ $3 \mu C$ છે। તેથી,$V = \frac{Q}{C_{eq}} \implies 5 \,V = \frac{3 \mu C}{\frac{\varepsilon_r}{\varepsilon_r + 1} \mu F}$.
$9$. $5 = \frac{3(\varepsilon_r + 1)}{\varepsilon_r} \implies 5\varepsilon_r = 3\varepsilon_r + 3 \implies 2\varepsilon_r = 3 \implies \varepsilon_r = 1.50$.

(C) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં વીજભારિત કણના વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $R = \frac{mv}{qB}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$y > 0$ વિસ્તાર માટે, ત્રિજ્યા $R_1 = \frac{mv_0}{qB_1}$ છે.
$y < 0$ વિસ્તાર માટે, ત્રિજ્યા $R_2 = \frac{mv_0}{qB_2}$ છે.
આપેલ છે કે $B_2 = 4B_1$, તેથી $R_2 = \frac{mv_0}{q(4B_1)} = \frac{R_1}{4}$.
કણ $y > 0$ વિસ્તારમાં અર્ધવર્તુળમાં ગતિ કરે છે અને ત્યારબાદ $x$-અક્ષને ફરીથી ઓળંગતા પહેલા $y < 0$ વિસ્તારમાં અર્ધવર્તુળમાં ગતિ કરે છે.
$x$-અક્ષ પર કુલ સ્થાનાંતર $\Delta x = 2R_1 + 2R_2 = 2R_1 + 2(\frac{R_1}{4}) = 2R_1 + \frac{R_1}{2} = \frac{5R_1}{2}$ છે.
$y > 0$ વિસ્તારમાં અર્ધવર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે લાગતો સમય $t_1 = \frac{\pi m}{qB_1}$ છે.
$y < 0$ વિસ્તારમાં અર્ધવર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે લાગતો સમય $t_2 = \frac{\pi m}{qB_2} = \frac{\pi m}{q(4B_1)} = \frac{t_1}{4}$ છે.
કુલ લાગતો સમય $T = t_1 + t_2 = t_1 + \frac{t_1}{4} = \frac{5t_1}{4}$ છે.
$x$-અક્ષ પર સરેરાશ ઝડપ $v_{avg} = \frac{\Delta x}{T} = \frac{5R_1/2}{5t_1/4} = \frac{5R_1}{2} \times \frac{4}{5t_1} = \frac{2R_1}{t_1}$ છે.
$R_1 = \frac{mv_0}{qB_1}$ અને $t_1 = \frac{\pi m}{qB_1}$ મૂકતા, આપણને $v_{avg} = \frac{2(mv_0/qB_1)}{\pi m/qB_1} = \frac{2v_0}{\pi}$ મળે છે.
$v_0 = \pi \text{ m s}^{-1}$ આપેલ હોવાથી, સરેરાશ ઝડપ $v_{avg} = \frac{2(\pi)}{\pi} = 2 \text{ m s}^{-1}$ થાય છે.

(B) $(1)$ માટે: વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં $v$ વેગથી ગતિ કરતા $q$ વિદ્યુતભાર પર લાગતું બળ લોરેન્ઝ બળના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $F = qE + q(v \times B)$. પરિમાણો સુસંગત રહે તે માટે, $E$ અને $vB$ ના એકમો સમાન હોવા જોઈએ। તેથી, $E = vB$. વેગ $v$ નું પરિમાણ $[L][T]^{-1}$ હોવાથી, $[E] = [L][T]^{-1}[B]$ મળે છે. આ વિકલ્પ $(A)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(2)$ માટે: શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશની ઝડપ $c$ એ પરમિટિવિટી $\varepsilon_0$ અને પરમીબિલિટી $\mu_0$ સાથે $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}$ સંબંધ દ્વારા જોડાયેલ છે. બંને બાજુ વર્ગ કરતા, $c^2 = \frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}$ મળે છે, જેનો અર્થ છે કે $\mu_0 = \frac{1}{\varepsilon_0 c^2}$. $c$ નું પરિમાણ $[L][T]^{-1}$ હોવાથી, $c^2$ નું પરિમાણ $[L]^2[T]^{-2}$ થાય છે. તેથી, $[\mu_0] = [\varepsilon_0]^{-1} ([L]^2[T]^{-2})^{-1} = [\varepsilon_0]^{-1}[L]^{-2}[T]^2$. આ વિકલ્પ $(B)$ સાથે મેળ ખાય છે.

(C) $(1)$ આપેલ છે $r = \frac{1-a}{1+a}$. બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln r = \ln(1-a) - \ln(1+a)$. બંને બાજુ વિકલન કરતા: $\frac{dr}{r} = \frac{-da}{1-a} - \frac{da}{1+a}$. ક્ષતિઓ હંમેશા ઉમેરાતી હોવાથી,$\frac{\Delta r}{r} = \frac{\Delta a}{1-a} + \frac{\Delta a}{1+a} = \Delta a \frac{(1+a) + (1-a)}{(1-a)(1+a)} = \frac{2 \Delta a}{1-a^2}$. આમ,$\Delta r = r \cdot \frac{2 \Delta a}{1-a^2} = \frac{1-a}{1+a} \cdot \frac{2 \Delta a}{(1-a)(1+a)} = \frac{2 \Delta a}{(1+a)^2}$. સાચો વિકલ્પ $B$ છે.
$(2)$ બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N = N_0 - N_{decayed} = 3000 - 1000 = 2000$. ક્ષયનો નિયમ $N = N_0 e^{-\lambda t}$ છે,તેથી $\ln N = \ln N_0 - \lambda t$. વિકલન કરતા,$\frac{dN}{N} = -t \cdot d\lambda$. ક્ષતિઓ માટે મૂલ્યો ધ્યાનમાં લેતા,$\Delta \lambda = \frac{\Delta N}{N \cdot t}$. અહીં $\Delta N = 40$,$N = 2000$,અને $t = 1.0 \ s$. તેથી,$\Delta \lambda = \frac{40}{2000 \times 1} = 0.02 \ s^{-1}$. સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) $1$. શરૂઆતમાં,$S_1$ બંધ છે અને $S_2$ ખુલ્લી છે. $C_3$ સીધું બેટરી $V_0 = 8 \ V$ સાથે જોડાયેલ છે. $C_3$ પરનો વિદ્યુતભાર $Q_3 = C_3 V_0 = (1.0 \mu F)(8 \ V) = 8 \mu C$ થાય છે.
$2$. જ્યારે $S_1$ ખોલવામાં આવે છે અને $S_2$ બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે $C_3$ પરનો $8 \mu C$ વિદ્યુતભાર $C_1, C_2$ અને $C_3$ વચ્ચે પુનઃવિતરિત થાય છે. ધારો કે $C_3$ પરનો અંતિમ વિદ્યુતભાર $Q_3' = 5 \mu C$ છે. $C_3$ એ $C_1$ અને $C_2$ ના શ્રેણી જોડાણ સાથે સમાંતરમાં હોવાથી,$C_3$ પરનો વોલ્ટેજ $C_1$ અને $C_2$ પરના વોલ્ટેજના સરવાળા જેટલો હોવો જોઈએ.
$3$. $C_3$ પરનો વોલ્ટેજ $V_3 = \frac{Q_3'}{C_3} = \frac{5 \mu C}{1 \mu F} = 5 \ V$ છે.
$4$. $C_1$ અને $C_2$ ના શ્રેણી જોડાણ માટે બાકી રહેલો વિદ્યુતભાર $Q_{12} = Q_{initial} - Q_3' = 8 \mu C - 5 \mu C = 3 \mu C$ છે. આમ,$Q_1 = Q_2 = 3 \mu C$.
$5$. $C_1$ પરનો વોલ્ટેજ $V_1 = \frac{Q_1}{C_1'} = \frac{3 \mu C}{\varepsilon_r (1 \mu F)} = \frac{3}{\varepsilon_r} \ V$ છે,જ્યાં $C_1' = \varepsilon_r C_1$.
$6$. $C_2$ પરનો વોલ્ટેજ $V_2 = \frac{Q_2}{C_2} = \frac{3 \mu C}{1 \mu F} = 3 \ V$ છે.
$7$. લૂપનો નિયમ લાગુ પાડતા: $V_3 = V_1 + V_2 \implies 5 = \frac{3}{\varepsilon_r} + 3$.
$8$. $\varepsilon_r$ માટે ઉકેલતા: $2 = \frac{3}{\varepsilon_r} \implies \varepsilon_r = \frac{3}{2} = 1.50$.

(A) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વીજભારિત કણના વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $R = \frac{mv}{qB}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$y > 0$ વિસ્તાર માટે,ત્રિજ્યા $R_1 = \frac{mv_0}{qB_1}$ છે.
$y < 0$ વિસ્તાર માટે,ત્રિજ્યા $R_2 = \frac{mv_0}{qB_2}$ છે.
આપેલ છે કે $B_2 = 4B_1$,તેથી $R_2 = \frac{mv_0}{q(4B_1)} = \frac{R_1}{4}$ મળે.
કણ $y > 0$ વિસ્તારમાં $R_1$ ત્રિજ્યાના અર્ધવર્તુળમાં અને ત્યારબાદ $y < 0$ વિસ્તારમાં $R_2$ ત્રિજ્યાના અર્ધવર્તુળમાં ગતિ કરે છે.
$x$-અક્ષ પર કાપેલું કુલ અંતર $\Delta x = 2R_1 + 2R_2 = 2R_1 + 2(\frac{R_1}{4}) = 2R_1 + \frac{R_1}{2} = \frac{5R_1}{2}$ છે.
$y > 0$ વિસ્તારમાં અર્ધવર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે લાગતો સમય $t_1 = \frac{\pi m}{qB_1}$ છે.
$y < 0$ વિસ્તારમાં અર્ધવર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે લાગતો સમય $t_2 = \frac{\pi m}{qB_2} = \frac{\pi m}{q(4B_1)} = \frac{t_1}{4}$ છે.
કુલ સમય $T = t_1 + t_2 = t_1 + \frac{t_1}{4} = \frac{5t_1}{4}$ છે.
$x$-અક્ષ પર સરેરાશ ઝડપ $v_{avg} = \frac{\Delta x}{T} = \frac{5R_1/2}{5t_1/4} = \frac{5R_1}{2} \times \frac{4}{5t_1} = 2 \frac{R_1}{t_1}$ છે.
$R_1 = \frac{mv_0}{qB_1}$ અને $t_1 = \frac{\pi m}{qB_1}$ મૂકતા,આપણને $v_{avg} = 2 \frac{mv_0/qB_1}{\pi m/qB_1} = 2 \frac{v_0}{\pi}$ મળે છે.
$v_0 = \pi \text{ m s}^{-1}$ આપેલ હોવાથી,સરેરાશ ઝડપ $v_{avg} = 2 \frac{\pi}{\pi} = 2 \text{ m s}^{-1}$ થાય.

(B) આપેલ છે: આપાત પ્રકાશની તીવ્રતા $I_0 = 1.3 \text{ kW m}^{-2}$,કેન્દ્રલંબાઈ $f = 20 \text{ cm}$.
ધારો કે લેન્સના એપર્ચરની ત્રિજ્યા $R$ છે અને લેન્સથી $d = 22 \text{ cm}$ અંતરે પ્રકાશના કિરણપુંજની ત્રિજ્યા $r$ છે.
આ સમતલનું મુખ્ય કેન્દ્ર $F$ થી અંતર $x = d - f = 22 \text{ cm} - 20 \text{ cm} = 2 \text{ cm}$ છે.
સમરૂપ ત્રિકોણો $\Delta ABF$ અને $\Delta PQF$ પરથી (જ્યાં $AB$ એ લેન્સનો વ્યાસ છે અને $PQ$ એ આપેલ સમતલ પર કિરણપુંજનો વ્યાસ છે):
$\frac{r}{R} = \frac{x}{f} = \frac{2 \text{ cm}}{20 \text{ cm}} = \frac{1}{10}$.
લેન્સનું ક્ષેત્રફળ $A = \pi R^2$ છે અને આપેલ સમતલ પર કિરણપુંજનું ક્ષેત્રફળ $a = \pi r^2$ છે.
તેથી,$\frac{a}{A} = \left(\frac{r}{R}\right)^2 = \left(\frac{1}{10}\right)^2 = \frac{1}{100}$.
લેન્સ પર આપાત થતો કુલ પાવર $P$ સંરક્ષિત રહે છે અને તે $a$ ક્ષેત્રફળમાંથી પસાર થાય છે,તેથી આ સમતલ પરની તીવ્રતા $I$ એ $I \times a = I_0 \times A$ દ્વારા મળે છે.
તેથી,$I = I_0 \times \left(\frac{A}{a}\right) = 1.3 \times 100 = 130 \text{ kW m}^{-2}$.

(B, C) $(1)$ આપેલ છે $r = \frac{1 - a}{1 + a}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln r = \ln(1 - a) - \ln(1 + a)$.
વિકલન કરતા: $\frac{dr}{r} = \frac{-da}{1 - a} - \frac{da}{1 + a}$.
મહત્તમ ક્ષતિ માટે મૂલ્યો લેતા: $\frac{\Delta r}{r} = \frac{\Delta a}{1 - a} + \frac{\Delta a}{1 + a} = \Delta a \left( \frac{1 + a + 1 - a}{1 - a^2} \right) = \frac{2 \Delta a}{1 - a^2}$.
$r = \frac{1 - a}{1 + a}$ મૂકતા: $\Delta r = r \left( \frac{2 \Delta a}{1 - a^2} \right) = \left( \frac{1 - a}{1 + a} \right) \left( \frac{2 \Delta a}{(1 - a)(1 + a)} \right) = \frac{2 \Delta a}{(1 + a)^2}$.
$(2)$ આપેલ છે $N = N_0 e^{-\lambda t}$,જ્યાં $N_0 = 3000$.
ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $1000 \pm 40$ છે,તેથી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N = 3000 - 1000 = 2000$. $N$ માં ક્ષતિ $\Delta N = 40$ છે.
$\ln$ લેતા: $\ln N = \ln N_0 - \lambda t$.
વિકલન કરતા: $\frac{dN}{N} = -d(\lambda t) \implies \Delta \lambda = \frac{\Delta N}{N \cdot t}$.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta \lambda = \frac{40}{2000 \times 1.0} = 0.02 \ s^{-1}$.

(A) ગૌસના નિયમ મુજબ,બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi = \frac{Q_{\text{enclosed}}}{\epsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ગોળાકાર કવચની અંદર રહેલા તારના ભાગ $PQ$ ની લંબાઈ $L = 2R \sin(120^{\circ}/2) = 2R \sin(60^{\circ}) = 2R \times \frac{\sqrt{3}}{2} = R\sqrt{3}$ છે.
કવચ દ્વારા ઘેરાયેલો વિદ્યુતભાર $Q_{\text{enclosed}} = \lambda L = \lambda R \sqrt{3}$ છે.
તેથી,કવચમાંથી પસાર થતું વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi = \frac{\lambda R \sqrt{3}}{\epsilon_0}$ છે. આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે અને $(C)$ ખોટું છે.
તાર $z$-અક્ષને સમાંતર હોવાથી,વિદ્યુતક્ષેત્રની રેખાઓ $xy$-સમતલમાં તારથી ત્રિજ્યાવર્તી બહારની તરફ હોય છે. તેથી,વિદ્યુતક્ષેત્રનો $z$-અક્ષની દિશામાં કોઈ ઘટક હોતો નથી. આમ,વિધાન $(B)$ સાચું છે.
વિદ્યુતક્ષેત્ર ત્યારે જ કવચની સપાટીને લંબ હોય જો વિદ્યુતભારનું વિતરણ ગોળીય રીતે સંમિત હોય,જે અહીં નથી. આમ,વિધાન $(D)$ ખોટું છે.
તેથી,સાચા વિધાનો $(A)$ અને $(B)$ છે.

(B) તારને $f/2$ અને $f$ ની વચ્ચે મૂકવામાં આવ્યો છે. અંતર્ગોળ અરીસા માટે,અરીસાનું સૂત્ર $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ છે.
ધારો કે કર્ણ પરનો એક બિંદુ $P$ એ મુખ્ય કેન્દ્ર $f$ થી $x$ અંતરે છે,તેથી $u = -(f-x)$.
આને અરીસાના સૂત્રમાં મૂકતા: $\frac{1}{v} - \frac{1}{f-x} = -\frac{1}{f}$.
$\frac{1}{v} = \frac{1}{f-x} - \frac{1}{f} = \frac{x}{f(f-x)}$.
આમ,$v = \frac{f(f-x)}{x}$.
મોટવણી $M = -\frac{v}{u} = -\frac{f(f-x)/x}{-(f-x)} = \frac{f}{x}$.
$u = -f/2$ પરના ત્રિકોણના ઊભા ભાગ માટે,પ્રતિબિંબ $v = -f$ પર મળે છે (વાસ્તવિક,ઉલટું અને $2$ ગણું મોટું).
મુખ્ય કેન્દ્ર $(u = -f)$ પરના બિંદુ માટે,પ્રતિબિંબ અનંત $(v \rightarrow \infty)$ પર મળે છે.
જેમ જેમ $x$ એ $0$ થી $f/2$ સુધી વધે છે,તેમ મોટવણી $M = f/x$ એ $\infty$ થી $2$ સુધી ઘટે છે. કર્ણનું પ્રતિબિંબ એક વક્ર છે જે અનંત સુધી વિસ્તરે છે,જે વિકલ્પ $B$ સાથે સુસંગત છે.

(B) ક્ષય પ્રક્રિયાને આ રીતે દર્શાવી શકાય: ${ }_{90}^{232} Th \rightarrow { }_{82}^{212} Pb + N_{\alpha} { }_{2}^{4} He + N_{\beta} { }_{-1}^{0} e$.
પ્રથમ,દળ ક્રમાંકમાં થતો ફેરફાર $(\Delta A)$ ધ્યાનમાં લો:
$\Delta A = 232 - 212 = 20$.
દરેક $\alpha$-કણનો દળ ક્રમાંક $4$ હોવાથી,ઉત્સર્જિત $\alpha$-કણોની સંખ્યા $N_{\alpha} = \frac{20}{4} = 5$ થશે.
હવે,પરમાણુ ક્રમાંકમાં થતો ફેરફાર $(\Delta Z)$ ધ્યાનમાં લો:
$\Delta Z = 90 - 82 = 8$.
ક્ષયમાં,પરમાણુ ક્રમાંકમાં થતો ફેરફાર $2N_{\alpha} - N_{\beta} = \Delta Z$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $2(5) - N_{\beta} = 8$.
$10 - N_{\beta} = 8$,જે આપણને $N_{\beta} = 2$ આપે છે.
આમ,$N_{\alpha} = 5$ અને $N_{\beta} = 2$ છે. તેથી સાચા વિધાનો $(A)$ અને $(C)$ છે.

(A) કણ પર લાગતું બળ $F = qE = qE_0 \sin(\omega t)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ન્યૂટનના બીજા નિયમ મુજબ,$F = ma$,તેથી $a = \frac{qE_0}{m} \sin(\omega t)$.
$a = \frac{dv}{dt}$ હોવાથી,આપણે સમયની સાપેક્ષમાં સંકલન કરીએ:
$v(t) = \int_0^t \frac{qE_0}{m} \sin(\omega t') dt' = \frac{qE_0}{m\omega} [-\cos(\omega t')]_0^t = \frac{qE_0}{m\omega} (1 - \cos(\omega t))$.
જ્યારે $\cos(\omega t) = -1$ હોય ત્યારે ઝડપ મહત્તમ હોય છે,જે $\omega t = \pi, 3\pi, \dots$ સમયે થાય છે.
આ સમયે,$v_{\max} = \frac{qE_0}{m\omega} (1 - (-1)) = \frac{2qE_0}{m\omega}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $q = 1.0 \ C$,$E_0 = 1.0 \ N \ C^{-1}$,$m = 10^{-3} \ kg$,અને $\omega = 10^3 \ rad \ s^{-1}$.
$v_{\max} = \frac{2 \times 1.0 \times 1.0}{10^{-3} \times 10^3} = \frac{2}{1} = 2 \ m \ s^{-1}$.

(C) આપેલ છે:
આંટાની સંખ્યા $n = 50$
ક્ષેત્રફળ $A = 2 \times 10^{-4} \ m^2$
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 0.02 \ T$
ટોર્સનલ અચળાંક $C = 10^{-4} \ N \ m \ rad^{-1}$
પૂર્ણ સ્કેલ વિચલન ખૂણો $\theta = 0.2 \ rad$
ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ $G = 50 \ \Omega$
મૂવિંગ કોઈલ ગેલ્વેનોમીટર માટે ટોર્ક સંતુલન સમીકરણ:
$C \theta = n i_g A B$
જ્યાં $i_g$ એ પૂર્ણ સ્કેલ વિચલન પ્રવાહ છે.
$i_g = \frac{C \theta}{n A B} = \frac{10^{-4} \times 0.2}{50 \times 2 \times 10^{-4} \times 0.02} = 0.1 \ A$
ગેલ્વેનોમીટરને $I = 1.0 \ A$ ની રેન્જના એમીટરમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે,સમાંતરમાં શંટ અવરોધ $S$ જોડવામાં આવે છે.
શંટમાંથી પસાર થતો પ્રવાહ $I_s = I - i_g = 1.0 - 0.1 = 0.9 \ A$.
ગેલ્વેનોમીટર અને શંટ સમાંતરમાં હોવાથી,તેમની વચ્ચેનો વોલ્ટેજ સમાન હોય છે:
$i_g G = I_s S$
$0.1 \times 50 = 0.9 \times S$
$S = \frac{5}{0.9} = \frac{50}{9} \approx 5.56 \ \Omega$

(B) આપેલ પાવર $P = 200 \ W$ અને વર્ક ફંક્શન $\phi = 6.25 \ eV$.
આવૃત્તિ થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ કરતા સહેજ વધારે હોવાથી,ફોટોઈલેક્ટ્રોનની પ્રારંભિક ગતિ ઊર્જા શૂન્ય છે.
એક ફોટોનની ઊર્જા $E_1 = h\nu = \phi = 6.25 \ eV = 6.25 \times 1.6 \times 10^{-19} \ J = 10^{-18} \ J$.
પ્રતિ સેકન્ડ આપાત થતા ફોટોનની સંખ્યા $N = P / E_1 = 200 / 10^{-18} = 2 \times 10^{20} \ s^{-1}$.
કાર્યક્ષમતા $100 \%$ હોવાથી,પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્સર્જિત ઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા પણ $N = 2 \times 10^{20} \ s^{-1}$ છે.
જ્યારે આ ઈલેક્ટ્રોન $V = 500 \ V$ ના સ્થિતિમાન દ્વારા પ્રવેગિત થાય છે,ત્યારે તેમની અંતિમ ગતિ ઊર્જા $K = eV = 1.6 \times 10^{-19} \times 500 = 8 \times 10^{-17} \ J$.
દરેક ઈલેક્ટ્રોનનું વેગમાન $p = \sqrt{2m_eK} = \sqrt{2 \times 9 \times 10^{-31} \times 8 \times 10^{-17}} = \sqrt{144 \times 10^{-48}} = 12 \times 10^{-24} \ kg \ m/s$.
એનોડ પર લાગતું બળ $F = N \times p = (2 \times 10^{20}) \times (12 \times 10^{-24}) = 24 \times 10^{-4} \ N$.
$F = n \times 10^{-4} \ N$ સાથે સરખાવતા,$n = 24$ મળે છે.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં $n_2$ થી $n_1$ સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = 13.6 Z^2 \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right] \ eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n = 2$ થી $n = 1$ સંક્રમણ માટે:
$E_1 = 13.6 Z^2 \left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right] = 13.6 Z^2 \left( \frac{3}{4} \right)$.
$n = 3$ થી $n = 2$ સંક્રમણ માટે:
$E_2 = 13.6 Z^2 \left[ \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right] = 13.6 Z^2 \left( \frac{5}{36} \right)$.
પ્રશ્ન મુજબ,$E_1 - E_2 = 74.8 \ eV$:
$13.6 Z^2 \left( \frac{3}{4} - \frac{5}{36} \right) = 74.8$.
કૌંસમાં રહેલા પદની ગણતરી કરતા:
$\frac{3}{4} - \frac{5}{36} = \frac{27 - 5}{36} = \frac{22}{36} = \frac{11}{18}$.
કિંમત મૂકતા:
$13.6 Z^2 \times \frac{11}{18} = 74.8$.
$Z^2 = \frac{74.8 \times 18}{13.6 \times 11} = 5.5 \times \frac{18}{11} = 9$.
$Z = 3$.

(B) $(1)$ ઉગમબિંદુ પરના બિંદુવત વિદ્યુતભારને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{kQ}{d^2}$ છે,તેથી $E \propto \frac{1}{d^2}$.
$(2)$ ડાયપોલની અક્ષ પરના કોઈપણ બિંદુએ વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{2kp}{d^3} = \frac{4kQl}{d^3}$ છે,તેથી $E \propto \frac{1}{d^3}$.
$(3)$ અનંત લંબાઈના રેખીય વિદ્યુતભારને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{2k\lambda}{d}$ છે,તેથી $E \propto \frac{1}{d}$.
$(4)$ બે અનંત લાંબા તારને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E} = \vec{E}_1 + \vec{E}_2 = \frac{2k\lambda}{d-l} - \frac{2k\lambda}{d+l} = \frac{4k\lambda l}{d^2-l^2}$ છે. જો $d \gg l$ હોય,તો $E = \frac{4k\lambda l}{d^2}$,તેથી $E \propto \frac{1}{d^2}$.
$(5)$ અનંત સમતલ વિદ્યુતભારને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}$ છે,જે $d$ થી સ્વતંત્ર છે.
જોડકાં: $P \rightarrow 5$,$Q \rightarrow 3$,$R \rightarrow 1, 4$,$S \rightarrow 2$. આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.