IIT JEE 2020 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) ધારો કે ફૂટબોલની ત્રિજ્યા $R$ છે અને કાણાની ત્રિજ્યા $r$ છે. કાણાનો વ્યાસ $2r$ છે. જ્યારે પાટિયાને $\theta$ ખૂણે નમાવવામાં આવે છે,ત્યારે ફૂટબોલ કાણાની ધાર પર ટકે છે.
ગતિની શરૂઆતની સ્થિતિમાં (ગબડવાની તૈયારીમાં),કાણાની બીજી બાજુથી લાગતું લંબબળ શૂન્ય થઈ જાય છે.
ધારો કે ફૂટબોલનું કેન્દ્ર $O$ છે. ફૂટબોલ કાણાની ધાર પર બિંદુ $P$ આગળ સંપર્કમાં છે. કેન્દ્ર $O$ થી સંપર્ક બિંદુ $P$ સુધીનું અંતર $R$ છે.
કેન્દ્ર $O$ માંથી પસાર થતી શિરોલંબ રેખા પાટિયાને લંબ રેખા સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે.
ફૂટબોલનું કેન્દ્ર,કાણાનું કેન્દ્ર અને સંપર્ક બિંદુ દ્વારા બનતા ત્રિકોણમાં,કાણાના કેન્દ્રથી સંપર્ક બિંદુ સુધીનું અંતર $r$ છે.
આમ,$\sin \theta = \frac{r}{R}$.
તેથી,ફૂટબોલ ગબડે નહીં તે માટે $\theta$ નો મહત્તમ ખૂણો $\sin \theta = \frac{r}{R}$ દ્વારા મળે છે.

(C) ધારો કે $R$ એ રોલરની ત્રિજ્યા છે અને $r$ એ ધરીની ત્રિજ્યા છે.
આપેલ છે: $2R = 20 \ cm \implies R = 10 \ cm$ અને $2r = 10 \ cm \implies r = 5 \ cm$.
રોલર જમીન પર સરક્યા વિના ગબડે તે માટે,રોલરના કેન્દ્રનો વેગ $V_{\text{center}} = \omega R$ છે,જ્યાં $\omega$ એ કોણીય વેગ છે.
ધરીની ઉપર રહેલા સ્કેલનો વેગ $V_{\text{scale}} = V_{\text{center}} + \omega r$ છે.
$\omega = \frac{V_{\text{center}}}{R}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$V_{\text{scale}} = V_{\text{center}} + \left(\frac{V_{\text{center}}}{R}\right)r = V_{\text{center}} \left(1 + \frac{r}{R}\right)$.
$r = 5 \ cm$ અને $R = 10 \ cm$ આપેલ હોવાથી,$V_{\text{scale}} = V_{\text{center}} \left(1 + \frac{5}{10}\right) = 1.5 V_{\text{center}}$.
જો રોલર $t$ સમયમાં $d_{\text{roller}} = 50 \ cm$ અંતર કાપે,તો $V_{\text{center}} \cdot t = 50 \ cm$.
તે જ $t$ સમયમાં સ્કેલ દ્વારા કાપેલું અંતર $d_{\text{scale}} = V_{\text{scale}} \cdot t = 1.5 V_{\text{center}} \cdot t = 1.5 \times 50 \ cm = 75 \ cm$.
આમ,સ્કેલ જમીનની સાપેક્ષમાં $75 \ cm$ ખસે છે,જ્યારે રોલરનું કેન્દ્ર જમીનની સાપેક્ષમાં $50 \ cm$ ખસે છે. રોલરના કેન્દ્રની સાપેક્ષમાં સ્કેલનું સ્થાન કેન્દ્રથી $75 \ cm - 50 \ cm = 25 \ cm$ આગળ હશે.

(B) ધારો કે દરેક ભુજામાં પાણીની પ્રારંભિક ઊંચાઈ $H = 0.29 \ m$ છે. પાણીનું કુલ કદ અચળ રહે છે. જ્યારે ડાબી ભુજામાં $h_k = 0.1 \ m$ ઊંચાઈનું કેરોસીન ઉમેરવામાં આવે છે,ત્યારે ડાબી ભુજામાં પાણીનું સ્તર $x$ જેટલું નીચે જાય છે અને જમણી ભુજામાં $x$ જેટલું ઉપર આવે છે.
ડાબી ભુજામાં પ્રવાહીની કુલ ઊંચાઈ: $h_1 = (H - x) + h_k = 0.29 - x + 0.1 = 0.39 - x$.
જમણી ભુજામાં પ્રવાહીની ઊંચાઈ: $h_2 = H + x = 0.29 + x$.
$U$-ટ્યુબના તળિયે દબાણ સમાન કરતા:
$P_{left} = P_{right}$
$P_0 + \rho_k g h_k + \rho_w g (h_1 - h_k) = P_0 + \rho_w g h_2$
$\rho_k h_k + \rho_w (h_1 - h_k) = \rho_w h_2$
$800 \times 0.1 + 1000 \times (h_1 - 0.1) = 1000 \times h_2$
$80 + 1000 h_1 - 100 = 1000 h_2$
$1000 (h_1 - h_2) = 20 \implies h_1 - h_2 = 0.02 \ m$.
આપણી પાસે સમીકરણોની સિસ્ટમ છે:
$1$) $h_1 + h_2 = (0.29 - x + 0.1) + (0.29 + x) = 0.68 \ m$.
$2$) $h_1 - h_2 = 0.02 \ m$.
સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2h_1 = 0.70 \implies h_1 = 0.35 \ m$.
સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $2h_2 = 0.66 \implies h_2 = 0.33 \ m$.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{h_1}{h_2} = \frac{0.35}{0.33} = \frac{35}{33}$.

(D) આપેલ છે: સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $A = 64 \ mm^2 = 64 \times 10^{-6} \ m^2$,તાપમાન $T = 2500 \ K$,અંતર $d = 100 \ m$,આંખની કીકીની ત્રિજ્યા $R_e = 3 \ mm = 3 \times 10^{-3} \ m$.
$(A)$ ફિલામેન્ટ દ્વારા ઉત્સર્જિત પાવર $P = \sigma A e T^4$. કૃષ્ણ પદાર્થ માટે,ઉત્સર્જકતા $e = 1$.
$P = (5.67 \times 10^{-8}) \times (64 \times 10^{-6}) \times 1 \times (2500)^4 = 141.75 \ W$.
આમ,વિકલ્પ $(A)$ ખોટો છે.
$(B)$ આંખ સુધી પહોંચતો પાવર $P_{eye} = \frac{P}{4 \pi d^2} \times (\pi R_e^2) = \frac{141.75}{4 \times (100)^2} \times (3 \times 10^{-3})^2 = 3.189 \times 10^{-8} \ W$.
આ $3.15 \times 10^{-8} \ W$ થી $3.25 \times 10^{-8} \ W$ ની રેન્જમાં છે. આમ,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.
$(C)$ વિનનો સ્થાનાંતરનો નિયમ વાપરતા: $\lambda_m T = b$.
$\lambda_m = \frac{2.90 \times 10^{-3}}{2500} = 1.16 \times 10^{-6} \ m = 1160 \ nm$.
આમ,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.
$(D)$ પાવર $P_{eye} = \dot{N} \frac{hc}{\lambda_{avg}}$,જ્યાં $\dot{N}$ એ પ્રતિ સેકન્ડ ફોટોનની સંખ્યા છે.
$\dot{N} = \frac{P_{eye} \lambda_{avg}}{hc} = \frac{3.189 \times 10^{-8} \times 1740 \times 10^{-9}}{6.63 \times 10^{-34} \times 3.00 \times 10^8} \approx 2.79 \times 10^{11}$.
આ $2.75 \times 10^{11}$ થી $2.85 \times 10^{11}$ ની રેન્જમાં છે. આમ,વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.
નિષ્કર્ષ: વિકલ્પો $(B, C, D)$ સાચા છે.

(A) ધારો કે મૂળભૂત રાશિ $X$ ના પરિમાણો $[X] = [M^a L^b T^c]$ છે.
આપેલ છે:
$[L] = [X^\alpha] = [M^{a\alpha} L^{b\alpha} T^{c\alpha}] \implies a\alpha = 0, b\alpha = 1, c\alpha = 0 \implies a=0, c=0, b=1/\alpha$.
$[LT^{-1}] = [X^\beta] = [M^{a\beta} L^{b\beta} T^{c\beta}] \implies b\beta = 1, c\beta = -1 \implies \beta = 1/\alpha$.
$[LT^{-2}] = [X^p]$ પરથી, $b p = 1$ અને $c p = -2$. $b = 1/\alpha$ હોવાથી, $p = \alpha$. તેમજ $c = -2/p = -2/\alpha$.
$[MLT^{-1}] = [X^q]$ પરથી, $a q = 1, b q = 1, c q = -1$.
$[MLT^{-2}] = [X^r]$ પરથી, $a r = 1, b r = 1, c r = -2$.
આ સંબંધોનો ઉપયોગ કરતા:
$1$) $\alpha + p = 2\beta$ સાચું છે કારણ કે $[L] [LT^{-2}] = [L^2 T^{-2}] = [LT^{-1}]^2$.
$2$) $p + q - r = \beta$ સાચું છે કારણ કે $[LT^{-2}] [MLT^{-1}] / [MLT^{-2}] = [LT^{-1}]$.
આમ, વિકલ્પો $(A)$ અને $(B)$ સાચા છે.

(A) બે પાત્રો વચ્ચેના દબાણનો તફાવત $\Delta P = P_1 - P_2 = (n_1 - n_2) k_B T = \Delta n k_B T$ છે.
નળીમાં રહેલા અણુઓ પર લાગતું ચોખ્ખું બળ $F = \Delta P \cdot S = \Delta n k_B T S$ છે. આમ,$(A)$ સાચું છે.
નળીમાં રહેલા અણુઓ માટે,દરેક અણુ પર લાગતું સ્નિગ્ધ બળ $\beta v$ છે. નળીમાં અણુઓની કુલ સંખ્યા $N = n_1 \cdot S \cdot \ell$ છે (કારણ કે $\Delta n \ll n_1$,આપણે નળીમાં સાંદ્રતાને $n_1$ તરીકે ધારીએ છીએ).
ડ્રાઇવિંગ ફોર્સને કુલ સ્નિગ્ધ બળ સાથે સરખાવતા: $F = N \cdot \beta v = (n_1 S \ell) \beta v$.
તેથી,$\Delta n k_B T S = n_1 \beta v \ell S$,જેનું સાદું રૂપ $\Delta n k_B T = n_1 \beta v \ell$ થાય છે. આમ,$(B)$ સાચું છે.
એકમ સમયમાં નળીમાંથી પસાર થતા અણુઓની સંખ્યા (દર) $R = n_1 v S$ છે.
બળ સંતુલન પરથી,$v = \frac{\Delta n k_B T}{n_1 \beta \ell}$.
$v$ ની કિંમત દરના સમીકરણમાં મૂકતા: $R = n_1 \left( \frac{\Delta n k_B T}{n_1 \beta \ell} \right) S = \left( \frac{\Delta n}{\ell} \right) \left( \frac{k_B T}{\beta} \right) S$. આમ,$(C)$ સાચું છે.
જેમ અણુઓ પ્રસરણ પામે છે,તેમ $\Delta n$ સમય સાથે ઘટે છે,તેથી સ્થાનાંતરણનો દર $R$ સમય સાથે ઘટે છે. આમ,$(D)$ ખોટું છે.
તેથી,સાચા વિકલ્પો $(A), (B),$ અને $(C)$ છે.

(A) ધારો કે $N_1$ અને $N_2$ એ અનુક્રમે ડાબી અને જમણી આંગળીઓ પરના લંબબળ છે. $M$ દળ અને $100 \ cm$ લંબાઈની સમાન મીટર સ્કેલ માટે,દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $50 \ cm$ પર છે. શરૂઆતમાં,આંગળીઓ $0 \ cm$ અને $90 \ cm$ પર છે. દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું ડાબી આંગળીથી અંતર $50 \ cm$ અને જમણી આંગળીથી $40 \ cm$ છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની આસપાસ પરિભ્રમણીય સંતુલન માટે: $N_1(50) = N_2(40) \implies 5N_1 = 4N_2$.
વળી,$N_1 + N_2 = Mg$. $N_2 = 1.25N_1$ મૂકતા,આપણને $2.25N_1 = Mg \implies N_1 = \frac{4}{9}Mg$ અને $N_2 = \frac{5}{9}Mg$ મળે છે.
જ્યારે ડાબી આંગળી સરકે છે,ત્યારે તે ગતિક ઘર્ષણ $f_{k1} = \mu_k N_1$ અનુભવે છે અને જમણી આંગળી સ્થિત ઘર્ષણ $f_{s2} \le \mu_s N_2$ અનુભવે છે. જ્યારે ડાબી આંગળી અટકે છે અને જમણી સરકવાનું શરૂ કરે છે,ત્યારે જમણી આંગળી ગતિક ઘર્ષણ $f_{k2} = \mu_k N_2$ અનુભવે છે અને ડાબી આંગળી સ્થિત ઘર્ષણ $f_{s1} = \mu_s N_1$ અનુભવે છે.
જે બિંદુએ જમણી આંગળી અટકે છે અને ડાબી આંગળી સરકવાનું શરૂ કરે છે,ત્યાં દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની આસપાસ ટોર્ક શૂન્ય છે: $N_1 x_L = N_2 x_R$.
વળી,સંક્રમણ માટેની શરત $f_{s1} = f_{k2} \implies \mu_s N_1 = \mu_k N_2$ છે.
આપેલ છે કે $\mu_s = 0.40$ અને $\mu_k = 0.32$,તેથી $0.40 N_1 = 0.32 N_2 \implies N_1 = 0.8 N_2 = \frac{4}{5} N_2$.
આને ટોર્ક સમીકરણમાં મૂકતા: $(\frac{4}{5} N_2) x_L = N_2 x_R \implies x_R = 0.8 x_L$.
અગાઉના તબક્કામાંથી જ્યાં ડાબી આંગળી અટકી હતી,$N_1 x_L = N_2(40)$ અને $4N_1 = 5N_2$ (એટલે કે $N_1 = 1.25 N_2$) સાથે,આપણને $x_L = 32 \ cm$ મળ્યું.
આમ,$x_R = 0.8 \times 32 = 25.6 \ cm$.

(D) પાણીની ડિસ્કના તળિયે તેના વજનને કારણે દબાણ $P = \rho g h$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ દબાણ વક્ર સપાટી પર પૃષ્ઠતાણને કારણે વધારાના દબાણ દ્વારા સંતુલિત થાય છે,જે યંગ-લાપ્લેસ સમીકરણ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $P = T \left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}\right)$.
અહીં,$R_1$ એ ગ્લાસની ત્રિજ્યા છે (જે જાડાઈ $h$ ની તુલનામાં ખૂબ મોટી છે) અને $R_2$ એ અર્ધવર્તુળાકાર ધારની ત્રિજ્યા છે,જે $h/2$ છે.
કારણ કે $R_1 \gg R_2$,તેથી $\frac{1}{R_1} \approx 0$ થાય.
આમ,દબાણ સંતુલન સમીકરણ $\rho g h = T \left(0 + \frac{1}{h/2}\right) = \frac{2T}{h}$ બને છે.
$h$ માટે ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $h^2 = \frac{2T}{\rho g}$ મળે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $h = \sqrt{\frac{2 \times 0.07}{10^3 \times 10}} = \sqrt{\frac{0.14}{10^4}} = \sqrt{14 \times 10^{-6}} \ m$.
$h = \sqrt{14} \times 10^{-3} \ m \approx 3.741 \times 10^{-3} \ m$.
$mm$ માં રૂપાંતરિત કરતા,$h \approx 3.741 \ mm$,જે $3.75 \ mm$ ની સૌથી નજીક છે.

(A) સમતાપી પ્રક્રિયા માટે,$P_1 V_1 = P_{\text{intermediate}} (4 V_1)$,તેથી $P_{\text{intermediate}} = \frac{P_1}{4}$.
સમોષ્મી પ્રક્રિયા માટે,$P_{\text{intermediate}} (4 V_1)^\gamma = P_2 (32 V_1)^\gamma$,જ્યાં હિલિયમ માટે $\gamma = \frac{5}{3}$ છે.
$\frac{P_1}{4} (4 V_1)^{5/3} = P_2 (32 V_1)^{5/3}$
$P_2 = \frac{P_1}{4} \left( \frac{4 V_1}{32 V_1} \right)^{5/3} = \frac{P_1}{4} \left( \frac{1}{8} \right)^{5/3} = \frac{P_1}{4} \times \frac{1}{32} = \frac{P_1}{128}$.
સમતાપી પ્રક્રિયામાં થયેલ કાર્ય: $W_{\text{iso}} = nRT \ln \left( \frac{V_f}{V_i} \right) = P_1 V_1 \ln \left( \frac{4 V_1}{V_1} \right) = P_1 V_1 \ln 4 = 2 P_1 V_1 \ln 2$.
સમોષ્મી પ્રક્રિયામાં થયેલ કાર્ય: $W_{\text{adia}} = \frac{P_i V_i - P_f V_f}{\gamma - 1} = \frac{\frac{P_1}{4} (4 V_1) - \frac{P_1}{128} (32 V_1)}{\frac{5}{3} - 1} = \frac{P_1 V_1 - \frac{P_1 V_1}{4}}{\frac{2}{3}} = \frac{\frac{3}{4} P_1 V_1}{\frac{2}{3}} = \frac{9}{8} P_1 V_1$.
ગુણોત્તર: $\frac{W_{\text{iso}}}{W_{\text{adia}}} = \frac{2 P_1 V_1 \ln 2}{\frac{9}{8} P_1 V_1} = \frac{16}{9} \ln 2 = f \ln 2$.
તેથી,$f = \frac{16}{9} \approx 1.7778 \approx 1.78$.

(A) સ્થિર ટ્યુનિંગ ફોર્ક માટે,અનુનાદ આવૃત્તિ $f = \frac{v}{4\ell_1}$ છે,તેથી $f \propto \frac{1}{\ell_1}$.
જ્યારે ટ્યુનિંગ ફોર્ક ખુલ્લા છેડાને સમાંતર ગતિ કરે છે,ત્યારે પાઇપ દ્વારા અનુભવાતી આવૃત્તિ ડોપ્લર શિફ્ટ થયેલી આવૃત્તિ છે. પાઇપ માટે નવી આવૃત્તિ $f' = f \left( \frac{v}{v - v_T} \right)$ થાય છે,જ્યાં $v_T$ એ ટ્યુનિંગ ફોર્કની ઝડપ છે.
અનુનાદ માટે,$f' = \frac{v}{4\ell_2}$.
આમ,$\frac{v}{4\ell_1} \left( \frac{v}{v - v_T} \right) = \frac{v}{4\ell_2}$.
આ સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા,$\frac{\ell_2}{\ell_1} = \frac{v - v_T}{v} = 1 - \frac{v_T}{v}$ મળે છે.
તેથી,$\frac{\ell_2 - \ell_1}{\ell_1} = -\frac{v_T}{v}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\Delta \ell}{\ell_1} \times 100 = -\frac{2}{320} \times 100 = -0.625 \%$.
ટકાવારી ફેરફારનું મૂલ્ય $0.625 \%$ છે,જે આશરે $0.63 \%$ થાય છે.

(D) ટ્રેનના સંદર્ભ ફ્રેમનો વિચાર કરો. આ ફ્રેમમાં,ટ્રેન સ્થિર છે અને ટનલ $v_t$ ઝડપે ગતિ કરે છે. ટ્રેનની આગળની હવા $v_t$ ઝડપે ટ્રેન તરફ ગતિ કરે છે.
ધારો કે ટ્રેન અને ટનલની દીવાલો વચ્ચેની જગ્યામાં હવાની ઝડપ ટ્રેનની સાપેક્ષમાં $v$ છે. જગ્યાનું આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A_{gap} = S_0 - S_t = 4S_t - S_t = 3S_t$ છે.
ટ્રેનની સાપેક્ષમાં હવાના પ્રવાહ માટે સાતત્ય સમીકરણ લાગુ પાડતા:
$S_0 v_t = A_{gap} v$
$4S_t v_t = 3S_t v$
$v = \frac{4}{3} v_t$
હવે,ટ્રેનની આગળથી ગેપ વિસ્તાર સુધીના સ્ટ્રીમલાઇન પર હવાના પ્રવાહ માટે બર્નુલીનું સમીકરણ લાગુ પાડતા:
$p_0 + \frac{1}{2} \rho v_t^2 = p + \frac{1}{2} \rho v^2$
$p_0 - p = \frac{1}{2} \rho (v^2 - v_t^2)$
$v = \frac{4}{3} v_t$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$p_0 - p = \frac{1}{2} \rho ((\frac{4}{3} v_t)^2 - v_t^2)$
$p_0 - p = \frac{1}{2} \rho (\frac{16}{9} v_t^2 - v_t^2)$
$p_0 - p = \frac{1}{2} \rho (\frac{7}{9} v_t^2) = \frac{7}{18} \rho v_t^2$
આને આપેલ સમીકરણ $p_0 - p = \frac{7}{2N} \rho v_t^2$ સાથે સરખાવતા:
$\frac{7}{2N} = \frac{7}{18}$
$2N = 18$
$N = 9$

(B) સંતુલન સ્થિતિમાં,ઉત્પ્લાવક બળ એ બલૂનના વજન જેટલું હોય છે: $Mg = V \rho(h) g$,જેનું સાદું રૂપ $M = V \rho(h)$ થાય છે.
પ્રારંભિક સ્થિતિ $h_1 = 100 m$ માટે: $480 = V \rho_0 e^{-\frac{100}{6000}}$.
$N$ રેતીની થેલીઓ દૂર કર્યા પછીની અંતિમ સ્થિતિ $h_2 = 150 m$ માટે: $(480 - N) = V \rho_0 e^{-\frac{150}{6000}}$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{480 - N}{480} = \frac{e^{-\frac{150}{6000}}}{e^{-\frac{100}{6000}}} = e^{-\frac{50}{6000}}$.
નાના $x$ માટે $e^{-x} \approx 1 - x$ અંદાજનો ઉપયોગ કરતા: $1 - \frac{N}{480} \approx 1 - \frac{50}{6000}$.
તેથી,$\frac{N}{480} = \frac{50}{6000} = \frac{1}{120}$.
$N = \frac{480}{120} = 4$.

(D) ધારો કે નળાકારનું આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ છે. શરૂઆતમાં,વિભાજક ઉપરથી $4 \ m$ પર છે,તેથી દરેક ભાગનું કદ $V_0 = A \times 4$ છે.
વિભાજક ડાયાથર્મિક હોવાથી,બંને ભાગો માટે તાપમાન $T = 300 \ K$ અચળ રહે છે.
ધારો કે વિભાજક તેની પ્રારંભિક સ્થિતિથી $x$ અંતર નીચે જાય છે. નવા કદ $V_1' = A(4 + x)$ અને $V_2' = A(4 - x)$ છે.
બોઈલના નિયમ $(PV = nRT)$ નો ઉપયોગ કરતા,સંતુલન સમયે બંને ભાગોમાં દબાણ:
$P_1' = \frac{nRT}{V_1'} = \frac{nRT}{A(4+x)}$ અને $P_2' = \frac{nRT}{V_2'} = \frac{nRT}{A(4-x)}$.
સંતુલન સમયે,વિભાજક પર બળનું સંતુલન:
$(P_2' - P_1')A = mg$
$\left[ \frac{nRT}{A(4-x)} - \frac{nRT}{A(4+x)} \right] A = mg$
$nRT \left[ \frac{1}{4-x} - \frac{1}{4+x} \right] = mg$
કિંમતો મૂકતા $n = 0.1 \ mol$,$R = 8.3 \ J \ mol^{-1} \ K^{-1}$,$T = 300 \ K$,$m = 8.3 \ kg$,અને $g = 10 \ m/s^2$:
$(0.1)(8.3)(300) \left[ \frac{(4+x) - (4-x)}{16-x^2} \right] = (8.3)(10)$
$249 \left[ \frac{2x}{16-x^2} \right] = 83$
$3 \left( \frac{2x}{16-x^2} \right) = 1$
$6x = 16 - x^2 \implies x^2 + 6x - 16 = 0$
$(x+8)(x-2) = 0$. $x > 0$ હોવાથી,$x = 2 \ m$.
ઉપરથી વિભાજકનું અંતર $4 + x = 4 + 2 = 6 \ m$ થશે.

(B) તળિયાના બિંદુ અને બિંદુ $y$ વચ્ચે યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના સિદ્ધાંત મુજબ:
$\frac{1}{2} mv_0^2 = mgh + \frac{1}{2} mv_1^2$
$\therefore v_1^2 = v_0^2 - 2gh \quad \dots (i)$
બિંદુ $y$ પર,અર્ધવર્તુળાકાર માર્ગ ઢળતા સમતલ પર છે. વર્તુળાકાર માર્ગના કેન્દ્ર તરફ કાર્ય કરતો ગુરુત્વાકર્ષણનો ઘટક $mg \sin 30^{\circ}$ છે. આ ઘટક જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$mg \sin 30^{\circ} = \frac{mv_1^2}{R}$
$\frac{1}{2} mg = \frac{mv_1^2}{R} \implies v_1^2 = \frac{gR}{2}$
આને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$v_0^2 - 2gh = \frac{gR}{2}$. આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
બિંદુઓ $x$ અને $z$ પર,સ્કેટર બિંદુ $y$ કરતા ઓછી ઊંચાઈ પર છે. ઉર્જા સંરક્ષણ મુજબ,$x$ અને $z$ પરનો વેગ $v$,$y$ પરના વેગ $v_1$ કરતા વધારે છે. જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $F_c = \frac{mv^2}{R}$ હોવાથી,અને $v > v_1$ હોવાથી,$x$ અને $z$ પર જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $y$ કરતા વધારે છે. આમ,વિધાન $(D)$ સાચું છે.

(C) ધરીબિંદુની આસપાસ કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$mvx = I_{total} \omega$
$mvx = \left( \frac{mL^2}{3} + mx^2 \right) \omega$
$\omega = \frac{mvx}{\frac{mL^2}{3} + mx^2} = \frac{3vx}{L^2 + 3x^2}$
આ વિકલ્પ $(A)$ સાથે સુસંગત છે.
મહત્તમ કોણીય ઝડપ $\omega_M$ શોધવા માટે,આપણે $\frac{d\omega}{dx} = 0$ લઈએ છીએ:
$\frac{d}{dx} \left( \frac{3vx}{L^2 + 3x^2} \right) = 3v \left[ \frac{(L^2 + 3x^2)(1) - x(6x)}{(L^2 + 3x^2)^2} \right] = 0$
$L^2 + 3x^2 - 6x^2 = 0 \Rightarrow L^2 = 3x^2 \Rightarrow x_M = \frac{L}{\sqrt{3}}$
આ વિકલ્પ $(C)$ સાથે સુસંગત છે.
$\omega$ ના સમીકરણમાં $x_M = \frac{L}{\sqrt{3}}$ મૂકતા:
$\omega_M = \frac{3v(L/\sqrt{3})}{L^2 + 3(L^2/3)} = \frac{\sqrt{3}vL}{2L^2} = \frac{v\sqrt{3}}{2L}$
આ વિકલ્પ $(D)$ સાથે સુસંગત છે.
તેથી,વિકલ્પો $(A), (C),$ અને $(D)$ સાચા છે.

(C) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,$PV^{\gamma} = \text{અચળ}$.
વિકલન કરતા,$V^{\gamma} dP + \gamma P V^{\gamma-1} dV = 0$,જે આપે છે $dP = -\gamma P \frac{dV}{V}$.
ત્રિજ્યામાં નાના ફેરફાર $a$ માટે કદમાં ફેરફાર $dV = 4 \pi R^2 a$ છે.
દબાણમાં ફેરફાર $\Delta P = |dP| = \gamma P_0 \frac{4 \pi R^2 a}{\frac{4}{3} \pi R^3} = \frac{3 \gamma P_0 a}{R}$.
થયેલ કાર્ય $W$ એ સરેરાશ દબાણ ફેરફાર અને કદમાં ફેરફારનો ગુણાકાર છે:
$W = \frac{1}{2} (\Delta P) (dV) = \frac{1}{2} \left( \frac{3 \gamma P_0 a}{R} \right) (4 \pi R^2 a) = 6 \pi \gamma P_0 R a^2$.
આપેલ છે કે $W = (4 \pi P_0 R a^2) X$,તેથી:
$4 \pi P_0 R a^2 X = 6 \pi \gamma P_0 R a^2 \Rightarrow X = \frac{6 \gamma}{4} = 1.5 \gamma$.
$\gamma = 41/30$ મૂકતા:
$X = 1.5 \times \frac{41}{30} = \frac{3}{2} \times \frac{41}{30} = \frac{41}{20} = 2.05$.

(A) કેપેસિટરના શ્રેણી સંયોજનમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{1}{2} C_{eq} V^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $C_{eq} = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2}$ છે.
પ્રથમ,સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq}$ ની ગણતરી કરો:
$C_{eq} = \frac{2000 \times 3000}{2000 + 3000} = \frac{6,000,000}{5000} = 1200 \text{ pF}$.
$C_{eq}$ માં ત્રુટિ શોધવા માટે,આપણે $\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ. વિકલન કરતા,આપણને $\frac{\Delta C_{eq}}{C_{eq}^2} = \frac{\Delta C_1}{C_1^2} + \frac{\Delta C_2}{C_2^2}$ મળે છે.
$\Delta C_{eq} = C_{eq}^2 \left( \frac{\Delta C_1}{C_1^2} + \frac{\Delta C_2}{C_2^2} \right) = (1200)^2 \left( \frac{10}{2000^2} + \frac{15}{3000^2} \right) = 1440000 \left( 2.5 \times 10^{-6} + 1.667 \times 10^{-6} \right) \approx 6 \text{ pF}$.
હવે,ઉર્જા $U = \frac{1}{2} C_{eq} V^2$ માટે,સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta U}{U} = \frac{\Delta C_{eq}}{C_{eq}} + 2 \frac{\Delta V}{V}$ છે.
પ્રતિશત ત્રુટિ $= \left( \frac{6}{1200} + 2 \times \frac{0.02}{5.00} \right) \times 100 = (0.005 + 0.008) \times 100 = 1.3 \%$.

(B) $h$ ઊંડાઈએ દબાણ $P = \rho g h$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $h = 5 \text{ km} = 5000 \text{ m}$,$\rho = 10^3 \text{ kg m}^{-3}$,અને $g = 10 \text{ m s}^{-2}$ છે,તેથી દબાણ $P = 10^3 \times 10 \times 5000 = 5 \times 10^7 \text{ Pa}$ થાય.
બલ્ક મોડ્યુલસ $B$ ની વ્યાખ્યા $B = -V \frac{dP}{dV}$ છે. $a$ બાજુવાળા ઘન માટે,$V = a^3$,તેથી $dV = 3a^2 da$ થાય.
આમ,$\frac{dV}{V} = \frac{3a^2 da}{a^3} = 3 \frac{da}{a}$ થાય.
આ કિંમત બલ્ક મોડ્યુલસના સૂત્રમાં મૂકતા: $B = -\frac{P}{3 \frac{da}{a}} \implies \frac{da}{a} = \frac{P}{3B}$ મળે.
અહીં,$a = 1 \text{ m}$,$P = 5 \times 10^7 \text{ Pa}$,અને $B = 70 \times 10^9 \text{ Pa}$ છે.
$da = \frac{a \times P}{3B} = \frac{1 \times 5 \times 10^7}{3 \times 70 \times 10^9} = \frac{5}{210} \times 10^{-2} \text{ m} = \frac{1}{42} \times 10^{-2} \text{ m} \approx 2.38 \text{ mm}$.

(D) પાણી દ્વારા એકમ સમયમાં શોષાતી ઉર્જા $P_{in} = I \cdot A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $I = 700 \ W \ m^{-2}$ અને $A = 0.05 \ m^2$ છે.
$P_{in} = 700 \times 0.05 = 35 \ W$.
ન્યૂટનના શીતલનના નિયમ મુજબ, આસપાસના વાતાવરણમાં થતો ઉષ્માનો વ્યય $\frac{dQ}{dt} = k \cdot m \cdot s \cdot \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $\Delta T$ એ પાણી અને આસપાસના તાપમાન વચ્ચેનો તફાવત છે.
લાંબા સમય પછી, સિસ્ટમ સ્થિર સ્થિતિમાં પહોંચે છે જ્યાં ઉષ્મા શોષણનો દર અને ઉષ્મા વ્યયનો દર સમાન હોય છે:
$P_{in} = \frac{dQ}{dt}$
$35 = k \cdot m \cdot s \cdot \Delta T$
અહીં $k = 0.001 \ s^{-1}$, $m = 1 \ kg$, અને $s = 4200 \ J \ kg^{-1} \ K^{-1}$ આપેલ છે:
$35 = 0.001 \times 1 \times 4200 \times \Delta T$
$35 = 4.2 \times \Delta T$
$\Delta T = \frac{35}{4.2} = \frac{350}{42} = \frac{25}{3} \approx 8.33 \ ^{\circ}C$.

(D) ક્ષય પ્રક્રિયા છે: ${ }_{92}^{238} U \rightarrow { }_{82}^{206} Pb + n_{\alpha} { }_{2}^{4} He + n_{\beta} { }_{-1}^{0} e$.
દળ સંખ્યાને સરખાવતા: $238 = 206 + 4n_{\alpha} \Rightarrow 4n_{\alpha} = 32 \Rightarrow n_{\alpha} = 8$.
${ }_{92}^{238} U$ ના શરૂઆતના મોલ $= \frac{68 \times 10^{-6} \text{ g}}{238 \text{ g/mol}} \approx 2.857 \times 10^{-7} \text{ mol}$.
ત્રણ અર્ધ-આયુષ્યમાં,ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસનો અંશ $1 - (1/2)^3 = 1 - 1/8 = 7/8$ છે.
ક્ષય પામેલા ${ }_{92}^{238} U$ ના મોલ $= \frac{7}{8} \times \frac{68 \times 10^{-6}}{238} \text{ mol}$.
ઉત્સર્જિત આલ્ફા કણોની કુલ સંખ્યા $= (\text{ક્ષય પામેલા મોલ}) \times n_{\alpha} \times N_{A}$.
$= \frac{7}{8} \times \frac{68 \times 10^{-6}}{238} \times 8 \times 6.022 \times 10^{23}$.
$= 7 \times \frac{68 \times 10^{-6}}{238} \times 6.022 \times 10^{23} \approx 1.2044 \times 10^{18}$.
$Z \times 10^{18}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $Z \approx 1.20$ મળે છે.

(B) જ્યારે ચુંબકને તકતીની ઉપર ફેરવવામાં આવે છે,ત્યારે એલ્યુમિનિયમની તકતી સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સ સતત બદલાય છે.
ફેરાડેના વિદ્યુતચુંબકીય પ્રેરણના નિયમ મુજબ,ચુંબકીય ફ્લક્સમાં થતો આ ફેરફાર તકતીમાં વિદ્યુતચાલક બળ $(EMF)$ પ્રેરિત કરે છે.
તકતી વાહક હોવાથી,આ પ્રેરિત $EMF$ ને કારણે તકતીમાં એડી પ્રવાહો (eddy currents) વહે છે.
લેન્ઝના નિયમ મુજબ,આ એડી પ્રવાહો એવી દિશામાં વહેશે કે જે તેમને ઉત્પન્ન કરનાર કારણનો વિરોધ કરે,જે ચુંબક અને તકતી વચ્ચેની સાપેક્ષ ગતિ છે.
આ સાપેક્ષ ગતિનો વિરોધ કરવા માટે,તકતી પર ટોર્ક લાગે છે જે તેને ચુંબકની ગતિની દિશામાં જ ફેરવે છે.
આ ઘટનાને 'એરાગોની ડિસ્ક' (Arago's disc) પ્રયોગ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.

(B) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં પ્રવાહધારિત ગૂંચળા પર લાગતું ટોર્ક $\tau$ એ $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B}_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\vec{M}$ એ ગૂંચળાની ચુંબકીય મોમેન્ટ છે.
ટોર્કનું મૂલ્ય $\tau = M B_0 \sin(\theta)$ છે. ગૂંચળાનું સમતલ શિરોલંબ છે અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_0$ સમક્ષિતિજ અને ગૂંચળાના સમતલને સમાંતર હોવાથી,ક્ષેત્રફળ સદિશ (સમતલને લંબ) અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર વચ્ચેનો ખૂણો $\theta = 90^\circ$ છે. તેથી,$\sin(90^\circ) = 1$.
ગૂંચળાની ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = N i A = N i (\pi R^2)$ છે.
તેથી,ટોર્ક $\tau = N i \pi R^2 B_0$ થાય.
કોણીય આઘાત-વેગમાન પ્રમેય મુજબ,કોણીય વેગમાન $L$ માં થતો ફેરફાર $\Delta L = \int \tau dt$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ટોર્ક માટેનું સૂત્ર મૂકતા: $\Delta L = \int (N i \pi R^2 B_0) dt = N \pi R^2 B_0 \int i dt$.
ગૂંચળામાંથી ડિસ્ચાર્જ થયેલ કુલ વિદ્યુતભાર $Q = \int i dt$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$L = N \pi R^2 B_0 Q$.

(A) કાચમાં પ્રકાશની ઝડપ હવા કરતાં ઓછી હોય છે.
જ્યારે સમતલ તરંગ અગ્ર માધ્યમમાંથી પસાર થાય છે,ત્યારે તરંગ અગ્રનો જે ભાગ માધ્યમની વધુ જાડાઈમાંથી પસાર થાય છે તે વધુ વિલંબિત થાય છે.
આપેલ કાચના ટુકડામાં,ઉપરનો અને નીચેનો ભાગ જાડો છે,તેથી આ ભાગોમાંથી પસાર થતો પ્રકાશ કાચમાં વધુ અંતર કાપે છે,પરિણામે વધુ સમયનો વિલંબ થાય છે.
વચ્ચેનો ભાગ પાતળો છે,તેથી તેમાંથી પસાર થતો પ્રકાશ કાચમાં ઓછું અંતર કાપે છે,પરિણામે ઓછો સમય વિલંબિત થાય છે.
પરિણામે,તરંગ અગ્ર બહાર આવે ત્યારે ઉપરનો અને નીચેનો ભાગ વચ્ચેના ભાગની પાછળ રહી જાય છે.
આના પરિણામે એક એવો આકાર મળે છે જેમાં વચ્ચેનો ભાગ આગળ ધકેલાય છે (બહિર્ગોળ) અને ઉપરનો અને નીચેનો ભાગ પાછળ ધકેલાય છે (અંતર્ગોળ),જે વિકલ્પ $A$ માં દર્શાવેલ આકારને અનુરૂપ છે.

(B) સ્થિતિઊર્જા $V(r) = Fr$ છે. કેન્દ્રગામી બળનું મૂલ્ય $F_c = |-\frac{dV}{dr}| = F$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે,$F = \frac{mv^2}{R} \implies v^2 = \frac{FR}{m}$.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરતનો ઉપયોગ કરતા,$mvr = \frac{nh}{2\pi} \implies v = \frac{nh}{2\pi mR}$.
બળના સમીકરણમાં $v$ ની કિંમત મૂકતા: $F = \frac{m}{R} \left( \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 m^2 R^2} \right) = \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 m R^3}$.
આમ,$R^3 = \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 mF} \implies R \propto n^{2/3}$.
$v = \frac{nh}{2\pi mR}$ પરથી,કારણ કે $R \propto n^{2/3}$,આપણને $v \propto \frac{n}{n^{2/3}} = n^{1/3}$ મળે છે. તેથી,$(B)$ સાચું છે.
કુલ ઊર્જા $E = K.E. + P.E. = \frac{1}{2}mv^2 + FR$.
કારણ કે $mv^2 = FR$,તેથી $E = \frac{1}{2}FR + FR = \frac{3}{2}FR$.
$R = \left( \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 mF} \right)^{1/3}$ મૂકતા,આપણને $E = \frac{3}{2} F \left( \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 mF} \right)^{1/3} = \frac{3}{2} \left( \frac{n^2 h^2 F^2}{4 \pi^2 m} \right)^{1/3}$ મળે છે. તેથી,$(C)$ સાચું છે.

(D) $y$-દિશામાં કણનો પ્રવેગ $a_y = \frac{qE_y}{m} = (10^{10})(-400 \sqrt{3}) = -400 \sqrt{3} \times 10^{10} \text{ ms}^{-2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ક્ષેત્ર ઋણ $y$-દિશામાં હોવાથી,કણ નીચેની તરફ પ્રવેગ અનુભવે છે. પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની અવધિ $R$ એ $R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{|a_y|}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$R = 5 \text{ m}$ અને $u = 2 \sqrt{10} \times 10^6 \text{ ms}^{-1}$ આપેલ હોવાથી,આપણી પાસે $u^2 = 40 \times 10^{12} \text{ m}^2\text{s}^{-2}$ છે.
$5 = \frac{40 \times 10^{12} \sin 2\theta}{400 \sqrt{3} \times 10^{10}} = \frac{4000 \sin 2\theta}{400 \sqrt{3}} = \frac{10 \sin 2\theta}{\sqrt{3}}$.
$\sin 2\theta = \frac{5 \sqrt{3}}{10} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
આમ,$2\theta = 60^{\circ}$ અથવા $120^{\circ}$,જે $\theta = 30^{\circ}$ અથવા $60^{\circ}$ આપે છે. તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.
ઉડ્ડયન સમય $t = \frac{2u \sin \theta}{|a_y|}$ છે.
$\theta = 30^{\circ}$ માટે,$t_1 = \frac{2 \times 2 \sqrt{10} \times 10^6 \times (1/2)}{400 \sqrt{3} \times 10^{10}} = \sqrt{\frac{5}{6}} \mu\text{s}$.
$\theta = 60^{\circ}$ માટે,$t_2 = \frac{2 \times 2 \sqrt{10} \times 10^6 \times (\sqrt{3}/2)}{400 \sqrt{3} \times 10^{10}} = \sqrt{\frac{5}{2}} \mu\text{s}$.
આમ,વિકલ્પ $(C)$ પણ સાચો છે.

(C) ત્રિજ્યા $x$ અને જાડાઈ $dx$ ધરાવતા એક નાના અર્ધવર્તુળાકાર ઘટકનો વિચાર કરો. આ ઘટકનો અવરોધ $dR = \frac{\rho \cdot \pi x}{t \cdot dx}$ છે.
આવા તમામ ઘટકો સમાંતરમાં જોડાયેલા હોવાથી,સમતુલ્ય વાહકતા $\frac{1}{R} = \int_{R_1}^{R_2} \frac{1}{dR} = \int_{R_1}^{R_2} \frac{t \cdot dx}{\rho \pi x} = \frac{t}{\pi \rho} \ln \left(\frac{R_2}{R_1}\right)$ થાય.
આમ,કુલ પ્રવાહ $I = \frac{V_0}{R} = \frac{V_0 t}{\pi \rho} \ln \left(\frac{R_2}{R_1}\right)$. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
ઇલેક્ટ્રોનને વર્તુળાકાર માર્ગમાં ગતિ કરવા માટે,તેમને કેન્દ્ર તરફ નિર્દેશિત કેન્દ્રગામી બળની જરૂર હોય છે. આ બળ ત્રિજ્યાવર્તી બહારની તરફ નિર્દેશિત વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે,જેથી ઇલેક્ટ્રોન પરનું બળ $(-eE)$ અંદરની તરફ હોય. કારણ કે $E$ ત્રિજ્યાવર્તી બહારની તરફ છે,તેથી જેમ આપણે બહારની તરફ જઈએ તેમ પોટેન્શિયલ ઘટે છે. આમ,$V_{\text{outer}} < V_{\text{inner}}$. તેથી,$(C)$ સાચું છે.
કેન્દ્રગામી બળ $eE = \frac{m v_d^2}{x}$ છે,જ્યાં $v_d$ એ ડ્રિફ્ટ વેગ છે. કારણ કે $I = n e A v_d$,તેથી $v_d \propto I$ મળે. આમ,$E \propto v_d^2 \propto I^2$. $E$ નું સંકલન કરતા $\Delta V \propto I^2$ મળે છે. તેથી,$(D)$ સાચું છે.
તેથી,$(A, C, D)$ સાચા છે.

(C) ધારો કે સંતુલન સ્થિતિથી સ્થાનાંતર $x = \Delta \ell$ છે.
સંતુલન લંબાઈ $\ell$ પર,સ્પ્રિંગ બળ $F_{sp} = k\ell$ એ વિદ્યુત બળ $F_e = \frac{2kpq}{\ell^3}$ ને સંતુલિત કરે છે. તેથી,$k\ell = \frac{2kpq}{\ell^3}$.
જ્યારે $x$ જેટલું સ્થાનાંતર થાય,ત્યારે ચોખ્ખું પુનઃસ્થાપક બળ $F_{net} = F_{sp} - F_e = k(\ell + x) - \frac{2kpq}{(\ell + x)^3}$ થાય.
$x \ll \ell$ માટે દ્વિપદી અંદાજ $(1 + \frac{x}{\ell})^{-3} \approx 1 - \frac{3x}{\ell}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$F_{net} = k\ell + kx - \frac{2kpq}{\ell^3}(1 + \frac{x}{\ell})^{-3} \approx k\ell + kx - \frac{2kpq}{\ell^3}(1 - \frac{3x}{\ell})$.
$k\ell = \frac{2kpq}{\ell^3}$ મૂકતા:
$F_{net} = k\ell + kx - k\ell(1 - \frac{3x}{\ell}) = k\ell + kx - k\ell + 3kx = 4kx$.
અસરકારક સ્પ્રિંગ અચળાંક $k_{eff} = 4k$ છે.
દોલન આવૃત્તિ $f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k_{eff}}{m}} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{4k}{m}} = \frac{2}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{m}} = \frac{1}{\pi} \sqrt{\frac{k}{m}}$ મળે.
આને $\frac{1}{\delta} \sqrt{\frac{k}{m}}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\delta = \pi \approx 3.14$ મળે છે.

(C) ગોસના નિયમ મુજબ,બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ડિસ્ક પરનો કુલ વિદ્યુતભાર $Q$:
$Q = \int_0^R \sigma(r) \cdot 2\pi r \, dr = \int_0^R \sigma_0 \left(1 - \frac{r}{R}\right) 2\pi r \, dr = 2\pi \sigma_0 \int_0^R \left(r - \frac{r^2}{R}\right) dr = 2\pi \sigma_0 \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^3}{3R} \right]_0^R = 2\pi \sigma_0 \left( \frac{R^2}{2} - \frac{R^2}{3} \right) = 2\pi \sigma_0 \left( \frac{R^2}{6} \right) = \frac{\pi \sigma_0 R^2}{3}$.
તેથી,$\phi_0 = \frac{Q}{\varepsilon_0} = \frac{\pi \sigma_0 R^2}{3\varepsilon_0}$.
$r' = \frac{R}{4}$ ત્રિજ્યા ધરાવતી સંકેન્દ્રિત ગોળીય સપાટી દ્વારા ઘેરાયેલો વિદ્યુતભાર $q$:
$q = \int_0^{R/4} \sigma(r) \cdot 2\pi r \, dr = 2\pi \sigma_0 \int_0^{R/4} \left(r - \frac{r^2}{R}\right) dr = 2\pi \sigma_0 \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^3}{3R} \right]_0^{R/4} = 2\pi \sigma_0 \left( \frac{R^2}{32} - \frac{R^3}{3R \cdot 64} \right) = 2\pi \sigma_0 \left( \frac{R^2}{32} - \frac{R^2}{192} \right) = 2\pi \sigma_0 \left( \frac{6R^2 - R^2}{192} \right) = 2\pi \sigma_0 \left( \frac{5R^2}{192} \right) = \frac{5\pi \sigma_0 R^2}{96}$.
તેથી,$\phi = \frac{q}{\varepsilon_0} = \frac{5\pi \sigma_0 R^2}{96\varepsilon_0}$.
ગુણોત્તર $\frac{\phi_0}{\phi}$:
$\frac{\phi_0}{\phi} = \frac{\pi \sigma_0 R^2 / 3\varepsilon_0}{5\pi \sigma_0 R^2 / 96\varepsilon_0} = \frac{1}{3} \cdot \frac{96}{5} = \frac{32}{5} = 6.40$.

(D) $d = d_0$ પર, ઇલેક્ટ્રોન-ઇલેક્ટ્રોન અપાકર્ષણ અને ન્યુક્લિયસ-ન્યુક્લિયસ અપાકર્ષણ ગેરહાજર છે। સ્થિતિ ઊર્જા મુખ્યત્વે દરેક $H$ પરમાણુમાં પ્રોટોન અને ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચેના આકર્ષણને કારણે છે.
એક $H$ પરમાણુ માટે સ્થિતિ ઊર્જા $(P.E.)$ નીચે મુજબ છે:
$P.E. = \frac{-K q_1 q_2}{r} = \frac{-(9 \times 10^9) \times (1.6 \times 10^{-19})^2}{0.529 \times 10^{-10}} \ J$
$P.E. = -4.355 \times 10^{-18} \ J$
આને એક મોલ $H$ પરમાણુઓ માટે $kJ \ mol^{-1}$ માં રૂપાંતરિત કરવા માટે:
$E_0 = (-4.355 \times 10^{-18} \ J) \times (6.023 \times 10^{23} \ mol^{-1}) \times 10^{-3} \ kJ/J$
$E_0 = -2623.249 \ kJ \ mol^{-1}$
પ્રશ્નમાં આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ સ્થિતિ ઊર્જા $E_0$ ના મૂલ્ય વિશે પૂછવામાં આવ્યું હોવાથી, જવાબ $2623.249 \ kJ \ mol^{-1}$ છે.

(C) ધારો કે ખૂણાથી તારનું અંતર $L = 12 \ cm$ છે. અવલોકનકાર ખૂણામાંથી જુએ છે,તેથી આંતરપૃષ્ઠ પર આપાતકોણ $\alpha = 45^{\circ}$ છે.
આંતરપૃષ્ઠ પર સ્નેલના નિયમ મુજબ: $\mu \sin \alpha = 1 \sin \theta$,જ્યાં $\theta$ એ વક્રીભવન કોણ છે.
$\frac{4}{3} \sin 45^{\circ} = \sin \theta \Rightarrow \sin \theta = \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$.
વક્રીભવન સપાટી દ્વારા જોવામાં આવતી વસ્તુના આભાસી સ્થાન માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,ખૂણાથી પ્રતિબિંબનું અંતર $x = \frac{L \cos^2 \theta}{\mu \cos^2 \alpha}$ છે.
કારણ કે $\cos^2 \alpha = \cos^2 45^{\circ} = 0.5$ અને $\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta = 1 - \frac{8}{9} = \frac{1}{9}$,તેથી:
$x = \frac{12 \cdot (1/9)}{(4/3) \cdot (1/2)} = \frac{12/9}{2/3} = \frac{4}{3} \cdot \frac{3}{2} = 2 \ cm$.
બે પ્રતિબિંબો વચ્ચેનું કોણીય અંતર $2(\theta - \alpha)$ છે. બે પ્રતિબિંબો વચ્ચેનું રેખીય અંતર $d$ એ $d = 2x \sin(\theta - \alpha)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$d = 2(2) \sin(\theta - 45^{\circ}) = 4(\sin \theta \cos 45^{\circ} - \cos \theta \sin 45^{\circ})$.
$d = 4 \left( \frac{2\sqrt{2}}{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \right) = 4 \left( \frac{2}{3} - \frac{1}{3\sqrt{2}} \right) = \frac{8}{3} - \frac{4}{3\sqrt{2}} = \frac{8}{3} - \frac{2\sqrt{2}}{3} = \frac{8 - 2.828}{3} = \frac{5.172}{3} \approx 1.724 \ cm$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,અંતર $1.73 \ cm$ છે.

(A) પ્લેટો વચ્ચેનું વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{V}{d} = \frac{200}{0.01} = 2 \times 10^4 \ V/m$ છે.
તેલના ટીપાને તરવા માટે,વિદ્યુત બળ ગુરુત્વાકર્ષણ બળને સંતુલિત કરવું જોઈએ: $qE = mg$.
અહીં,$q = ne$,જ્યાં $n$ એ ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા છે અને $e = 1.6 \times 10^{-19} \ C$ છે.
ગોળાકાર તેલના ટીપાનું દળ $m = \rho V_{drop} = \rho \left( \frac{4}{3} \pi r^3 \right)$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $n \times (1.6 \times 10^{-19}) \times (2 \times 10^4) = 900 \times \frac{4}{3} \times 3.14 \times (8 \times 10^{-7})^3 \times 10$.
$n \times 3.2 \times 10^{-15} = 1200 \times 3.14 \times 512 \times 10^{-21} \times 10$.
$n \times 3.2 \times 10^{-15} = 1.93 \times 10^{-14}$.
$n = \frac{1.93 \times 10^{-14}}{3.2 \times 10^{-15}} \approx 6.03$.
આમ,ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $6$ છે.

(C) સિસ્ટમની પ્રારંભિક સ્થિતિ ઉર્જા $U_i = 0$ છે.
સિસ્ટમની અંતિમ સ્થિતિ ઉર્જા $U_f = \frac{k q p}{(2l \sin(\alpha/2))^2} + mgh$ છે,જ્યાં $k = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}$.
ત્રિકોણની ભૂમિતિ પરથી,અંતર $r = 2l \sin(\alpha/2)$.
સંતુલનમાં રહેલા વિદ્યુતભાર $q$ પર લાગતા બળો તણાવ $T$,ગુરુત્વાકર્ષણ $mg$ અને વિદ્યુત બળ $F_e = qE$ છે. $r$ અંતરે ડાયપોલનું વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{kp}{r^3} \sqrt{1 + 3\cos^2\phi}$ છે. ભૂમિતિ મુજબ,બળ $F_e = \frac{kqp}{r^3} \times 2$ થાય છે.
લેમીના પ્રમેય અથવા સંતુલન માટે સાઈન નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{mg}{\sin(90^\circ + \alpha/2)} = \frac{qE}{\sin(180^\circ - 2\theta)}$.
સંતુલનની શરત ઉકેલતા $F_e = mg \cdot 2 \sin(\alpha/2)$ મળે છે.
$F_e = \frac{kqp}{r^2} \cdot \frac{2}{r} = \frac{2kqp}{r^3}$ મૂકતા,આપણને મળે છે કે સ્થિતિ ઉર્જા $U_f = \frac{kqp}{r^2} + mgh = mgh + mgh = 2mgh$.
તેથી $W = \Delta U = U_f - U_i = 2mgh - 0 = 2mgh$,તેથી $N = 2$.

(B) $\triangle OAB$ માં,જ્યાં $O$ વક્રતા કેન્દ્ર છે,$A$ પરિઘ પરનું બિંદુ છે,અને $B$ પાણીની સપાટીનું કેન્દ્ર છે:
$R^2 = (R-h)^2 + r^2$
$R^2 = R^2 - 2Rh + h^2 + r^2$
$2Rh = h^2 + r^2$
$R = \frac{h^2 + r^2}{2h}$. $h \ll r$ હોવાથી,$R \approx \frac{r^2}{2h}$. આમ,$(A)$ અને $(B)$ બંને ગાણિતિક રીતે સાચા છે,પરંતુ $(A)$ એ ચોક્કસ ભૌમિતિક સંબંધ છે.
ભ્રમણ કરતા પ્રવાહી માટે,સપાટીનું સમીકરણ $y = y_0 + \frac{\omega^2 r^2}{2g}$ છે. ઊંચાઈનો તફાવત $h = \frac{\omega^2 r^2}{2g}$ છે.
ગોળાકાર સપાટી પર વક્રીભવનના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{\mu_2}{v} - \frac{\mu_1}{u} = \frac{\mu_2 - \mu_1}{R}$.
અહીં $\mu_1 = \frac{4}{3}$ (પાણી),$\mu_2 = 1$ (હવા),$u = -H$ (આશરે),અને સપાટી અંતર્ગોળ હોવાથી,$R$ ઋણ છે: $-R$.
$\frac{1}{v} - \frac{4/3}{-H} = \frac{1 - 4/3}{-R} \Rightarrow \frac{1}{v} + \frac{4}{3H} = \frac{1}{3R}$.
$\frac{1}{v} = \frac{1}{3R} - \frac{4}{3H} = \frac{2h}{3r^2} - \frac{4}{3H}$.
$h = \frac{\omega^2 r^2}{2g}$ મૂકતા:
$\frac{1}{v} = \frac{2(\omega^2 r^2 / 2g)}{3r^2} - \frac{4}{3H} = \frac{\omega^2}{3g} - \frac{4}{3H} = -\frac{4}{3H} (1 - \frac{\omega^2 H}{4g})$.
$v = -\frac{3H}{4} (1 - \frac{\omega^2 H}{4g})^{-1} \approx -\frac{3H}{4} (1 + \frac{\omega^2 H}{4g})^{-1}$.
આમ,$(C)$ સાચું છે.

$(A)$ $1$. કટ-ઓફ તરંગલંબાઇ $(\lambda_{\min})$ નું સૂત્ર: $\lambda_{\min} = \frac{hc}{eV}$ છે।
$2$. $V$ વધારીને $2V$ કરવામાં આવતા, નવી કટ-ઓફ તરંગલંબાઇ $\lambda'_{\min} = \frac{hc}{e(2V)} = \frac{1}{2} \lambda_{\min}$ થાય છે। આમ, કટ-ઓફ તરંગલંબાઇ અડધી થાય છે।
$3$. લાક્ષણિક $X$-rays ની તરંગલંબાઇ માત્ર ટાર્ગેટના દ્રવ્ય પર આધાર રાખે છે, પ્રવેગક પોટેન્શિયલ $V$ કે ફિલામેન્ટ પ્રવાહ $I$ પર નહીં। તેથી, તે બદલાતી નથી।
$4$. $X$-rays ની તીવ્રતા ટાર્ગેટ પર અથડાતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યાના સમપ્રમાણમાં હોય છે, જે ફિલામેન્ટ પ્રવાહ $I$ દ્વારા નક્કી થાય છે। $I$ ઘટાડીને $I/2$ કરવામાં આવતા, ટાર્ગેટ પર અથડાતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા ઘટે છે, જેનાથી તમામ $X$-rays ની તીવ્રતામાં ઘટાડો થાય છે।
$5$. આથી, કટ-ઓફ તરંગલંબાઇ અડધી થાય છે અને તીવ્રતા ઘટે છે। તેથી, વિધાનો $(A)$ અને $(C)$ સાચા છે।

(A) હવામાં,દરેક ગોળા પર લાગતા બળો તણાવ $T$,વજન $mg$,અને સ્થિત વિદ્યુત બળ $F = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q^2}{r^2}$ છે.
સંતુલન સ્થિતિમાં:
$T \cos(\alpha/2) = mg$
$T \sin(\alpha/2) = F$
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\tan(\alpha/2) = \frac{F}{mg} = \frac{q^2}{4\pi\epsilon_0 r^2 mg}$.
જ્યારે $K$ ડાયઇલેક્ટ્રિક અચળાંક ધરાવતા પ્રવાહીમાં ડુબાડવામાં આવે,ત્યારે સ્થિત વિદ્યુત બળ $F' = \frac{F}{K}$ થાય છે. ગોળા પર ઉપરની તરફ ઉત્પ્લાવક બળ $F_B = V \rho_l g$ લાગે છે,જ્યાં $V$ એ ગોળાનું કદ અને $\rho_l$ એ પ્રવાહીની ઘનતા છે. અસરકારક વજન $mg' = mg - V \rho_l g = V \rho_s g - V \rho_l g = V g (\rho_s - \rho_l)$ થાય છે,જ્યાં $\rho_s$ એ ગોળાની ઘનતા છે.
પ્રવાહીમાં સંતુલન સ્થિતિમાં:
$T' \cos(\alpha/2) = V g (\rho_s - \rho_l)$
$T' \sin(\alpha/2) = F/K$
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\tan(\alpha/2) = \frac{F/K}{V g (\rho_s - \rho_l)}$.
ખૂણો $\alpha$ સમાન રહેતો હોવાથી,$\tan(\alpha/2)$ અચળ છે:
$\frac{F}{mg} = \frac{F/K}{V g (\rho_s - \rho_l)}$
$\frac{1}{mg} = \frac{1}{K V g (\rho_s - \rho_l)}$
$m = V \rho_s$ હોવાથી:
$\frac{1}{V \rho_s g} = \frac{1}{K V g (\rho_s - \rho_l)}$
$\rho_s = K (\rho_s - \rho_l)$
$21 (\rho_s - 800) = \rho_s$
$21 \rho_s - 16800 = \rho_s$
$20 \rho_s = 16800 \implies \rho_s = 840 \ kg \ m^{-3}$.
$F' = F/K$ હોવાથી,વિદ્યુત બળ ઘટે છે (વિકલ્પ $B$ સાચો છે). ગોળાની ઘનતા $840 \ kg \ m^{-3}$ છે (વિકલ્પ $C$ સાચો છે).

(D) પ્રારંભિક અવરોધ $R_3 = 300 \ \Omega$ છે. જ્યારે તાપમાન $\Delta T = 100 \ {}^{\circ}C$ વધે છે,ત્યારે નવો અવરોધ $R_3'$ નીચે મુજબ મળે છે:
$R_3' = R_3(1 + \alpha \Delta T) = 300(1 + 0.0004 \times 100) = 300(1 + 0.04) = 300(1.04) = 312 \ \Omega$.
હવે,પરિપથમાં $50 \ V$ ના સ્ત્રોત સાથે જોડાયેલી બે સમાંતર શાખાઓ છે.
ઉપરની શાખાનો કુલ અવરોધ $R_1 + R_2 = 60 + 100 = 160 \ \Omega$ છે.
નીચેની શાખાનો કુલ અવરોધ $R_3' + R_4 = 312 + 500 = 812 \ \Omega$ છે.
પરિપથના વિશ્લેષણ મુજબ,પ્રવાહો $I_1 = \frac{50}{60+312} = \frac{50}{372} \approx 0.1344 \ A$ અને $I_2 = \frac{50}{100+500} = \frac{50}{600} \approx 0.0833 \ A$ છે.
$S$ અને $T$ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_S - V_T = (I_1 \times 312) - (I_2 \times 500) = 41.94 - 41.67 = 0.27 \ V$ થાય છે.

(C) સ્થાયી સ્થિતિમાં,બંને સર્કિટમાં પ્રવાહ નીચે મુજબ છે:
$I_1 = \frac{V_1}{R_1} = \frac{5 \text{ V}}{5 \text{ }\Omega} = 1 \text{ A}$
$I_2 = \frac{V_2}{R_2} = \frac{20 \text{ V}}{10 \text{ }\Omega} = 2 \text{ A}$
બે કપલ્ડ ઇન્ડક્ટર્સની સિસ્ટમમાં સંગ્રહિત કુલ ઉર્જા નીચે મુજબ છે:
$U = \frac{1}{2} L_1 I_1^2 + \frac{1}{2} L_2 I_2^2 + M I_1 I_2$
આપેલ કિંમતો મૂકતા $(L_1 = 10 \text{ mH}, L_2 = 20 \text{ mH}, M = 5 \text{ mH}, I_1 = 1 \text{ A}, I_2 = 2 \text{ A})$:
$U = \frac{1}{2} \times (10 \times 10^{-3}) \times (1)^2 + \frac{1}{2} \times (20 \times 10^{-3}) \times (2)^2 + (5 \times 10^{-3}) \times 1 \times 2$
$U = 5 \times 10^{-3} + 40 \times 10^{-3} + 10 \times 10^{-3}$
$U = 55 \times 10^{-3} \text{ J} = 55 \text{ mJ}$