IIT JEE 2022 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) પ્રારંભિક સ્થિતિ: $R_A = R_B = R$,$M_A = M$,$M_B = 2M = 2M_A$. ઘનતા $\rho_A = \frac{M_A}{\frac{4}{3}\pi R^3}$.
આંતરક્રિયા પછી,તારા $A$ ની ત્રિજ્યા $R_A' = R/2$ છે. ઘનતા $\rho_A$ અચળ હોવાથી,નવું દળ $M_A' = \rho_A \cdot \frac{4}{3}\pi (R/2)^3 = M_A/8$.
નિષ્ક્રમણ વેગ $v_A = \sqrt{\frac{2GM_A'}{R_A'}} = \sqrt{\frac{2G(M_A/8)}{R/2}} = \sqrt{\frac{GM_A}{2R}}$.
$A$ દ્વારા ગુમાવેલ દળ $\Delta M = M_A - M_A/8 = \frac{7}{8}M_A$ છે. આ દળ $B$ માં $\rho_A$ ઘનતાના કવચ તરીકે ઉમેરવામાં આવે છે. ધારો કે $B$ ની નવી ત્રિજ્યા $R_B'$ છે.
કવચનું કદ = $\frac{4}{3}\pi(R_B'^3 - R^3) = \frac{\Delta M}{\rho_A} = \frac{7/8 M_A}{\rho_A} = \frac{7}{8} \cdot \frac{4}{3}\pi R^3$.
$R_B'^3 - R^3 = \frac{7}{8}R^3 \Rightarrow R_B'^3 = \frac{15}{8}R^3 \Rightarrow R_B' = R \left(\frac{15}{8}\right)^{1/3}$.
$B$ નું નવું દળ $M_B' = M_B + \Delta M = 2M_A + \frac{7}{8}M_A = \frac{23}{8}M_A$ છે.
નિષ્ક્રમણ વેગ $v_B = \sqrt{\frac{2GM_B'}{R_B'}} = \sqrt{\frac{2G(23/8)M_A}{R(15/8)^{1/3}}} = \sqrt{\frac{23GM_A}{4R(15/8)^{1/3}}} = \sqrt{\frac{23GM_A}{2R(15^{1/3})}}$.
ગુણોત્તર $\frac{v_B}{v_A} = \sqrt{\frac{23GM_A}{2R(15^{1/3})} \cdot \frac{2R}{GM_A}} = \sqrt{\frac{23}{15^{1/3}}} = \sqrt{\frac{10 \times 2.3}{15^{1/3}}}$.
$\sqrt{\frac{10n}{15^{1/3}}}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $n = 2.30$ મળે છે.

(C) $t=0$ સમયે,$\omega=0$. $t=\sqrt{\pi} \text{ s}$ સમયે,$\omega = \alpha t = \frac{2}{3} \sqrt{\pi} \text{ rad/s}$.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો રેખીય વેગ $v_{cm} = \omega R = \frac{2}{3} \sqrt{\pi} \times 1 = \frac{2}{3} \sqrt{\pi} \text{ m/s}$ છે.
તકતી દ્વારા ભ્રમણ કરેલ ખૂણો $\theta = \frac{1}{2} \alpha t^2 = \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \times (\sqrt{\pi})^2 = \frac{\pi}{3} = 60^{\circ}$ છે.
આ ક્ષણે,પથ્થર જમીનથી $y = R - R \cos \theta = 1 - \cos 60^{\circ} = 1 - 0.5 = 0.5 \text{ m}$ ની ઊંચાઈ પર છે.
જમીનની સાપેક્ષમાં પથ્થરનો વેગ એ દ્રવ્યમાન કેન્દ્રના વેગ અને દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષમાં સ્પર્શીય વેગનો સદિશ સરવાળો છે. આ વેગનો ઉર્ધ્વ ઘટક $v_y = v_{cm} \sin \theta = (\frac{2}{3} \sqrt{\pi}) \sin 60^{\circ} = \frac{2}{3} \sqrt{\pi} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3\pi}}{3} \text{ m/s}$ છે.
છૂટા પડ્યા પછી પથ્થર દ્વારા પ્રાપ્ત વધારાની ઊંચાઈ $h = \frac{v_y^2}{2g} = \frac{(\frac{\sqrt{3\pi}}{3})^2}{2 \times 10} = \frac{3\pi / 9}{20} = \frac{\pi}{60} \text{ m}$ છે.
સપાટીથી કુલ મહત્તમ ઊંચાઈ $H = y + h = 0.5 + \frac{\pi}{60} = \frac{1}{2} + \frac{\pi/6}{10}$ છે.
$\frac{1}{2} + \frac{x}{10}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = \frac{\pi}{6} \approx \frac{3.14}{6} \approx 0.523$ મળે છે. આમ,$x \approx 0.52$.

(D) આપેલ છે: દળ $M = 1 kg$,ત્રિજ્યા $R = 1 m$,$\theta = 30^{\circ}$,$g = 10 m s^{-2}$.
સમતલ પર નીચે તરફ વજનનો ઘટક: $Mg \sin \theta = 1 \times 10 \times \sin 30^{\circ} = 5 N$.
ધારો કે $f$ એ સમતલ પર ઉપરની તરફ લાગતું ઘર્ષણ બળ છે. બે $1 N$ ના બાહ્ય બળો વિરુદ્ધ દિશામાં લાગે છે.
સ્થાનાંતર માટે ગતિનું સમીકરણ: $Mg \sin \theta - f = Ma \Rightarrow 5 - f = a \Rightarrow f = 5 - a$.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(COM)$ ની આસપાસ ભ્રમણ માટેનું સમીકરણ: $\tau_{net} = I \alpha$.
ઘર્ષણ બળ $f$ ને કારણે ટોર્ક $fR$ છે અને બે $1 N$ ના બળોને કારણે ટોર્ક $2 \times (1 N \times 0.5 m) = 1 N m$ છે.
તેથી,$fR - 1 = I \alpha$,જ્યાં $I = \frac{2}{5} MR^2 = 0.4 kg m^2$ અને $\alpha = \frac{a}{R} = a$.
$f(1) - 1 = 0.4 a \Rightarrow f = 1 + 0.4 a$.
$f$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $5 - a = 1 + 0.4 a$.
$4 = 1.4 a \Rightarrow a = \frac{40}{14} = \frac{20}{7} \approx 2.86 m s^{-2}$.

(B) પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની પ્રારંભિક અવધિ $d = \frac{v^2 \sin 2\theta}{g}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
મહત્તમ બિંદુએ,શિરોલંબ વેગ શૂન્ય છે અને સમક્ષિતિજ વેગ $u = v \cos \theta$ છે. પ્રાપ્ત કરેલી મહત્તમ ઊંચાઈ $H_{\max} = \frac{v^2 \sin^2 \theta}{2g}$ છે.
નવા વિસ્તારમાં પ્રવેશ્યા પછી,પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થ $g^{\prime} = \frac{g}{0.81}$ ગુરુત્વાકર્ષણ હેઠળ $H_{\max}$ ઊંચાઈથી નીચે પડે છે. ધારો કે મહત્તમ બિંદુથી જમીન સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t$ છે.
$H_{\max} = \frac{1}{2} g^{\prime} t^2$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $t = \sqrt{\frac{2 H_{\max}}{g^{\prime}}} = \sqrt{\frac{2 (v^2 \sin^2 \theta / 2g)}{g / 0.81}} = \sqrt{\frac{v^2 \sin^2 \theta \times 0.81}{g^2}} = \frac{0.9 v \sin \theta}{g}$.
આ સમયમાં કાપેલું સમક્ષિતિજ અંતર $d_1 = u \times t = (v \cos \theta) \times \left( \frac{0.9 v \sin \theta}{g} \right) = \frac{0.9 v^2 \sin \theta \cos \theta}{g} = \frac{0.45 v^2 \sin 2\theta}{g}$ છે.
કુલ નવી અવધિ $d^{\prime} = \frac{d}{2} + d_1 = \frac{v^2 \sin 2\theta}{2g} + \frac{0.9 v^2 \sin 2\theta}{2g} = \frac{v^2 \sin 2\theta}{2g} (1 + 0.9) = \frac{v^2 \sin 2\theta}{2g} (1.9) = 0.95 \left( \frac{v^2 \sin 2\theta}{g} \right) = 0.95 d$.
આમ,$n = 0.95$.

(A, B, C, D) દળનો પ્રવાહ દર: $\frac{dm}{dt} = \rho_1 A_1 v_1 = 0.8 \ kg/s$.
નીચેના છેડે વેગ: $v_1 = \frac{0.8}{0.2 \times 0.1} = 40 \ m/s$.
એડિબેટિક વિસ્તરણ માટે: $P^{1-\gamma} T^{\gamma} = \text{અચળ}$,તેથી $\frac{P_2}{P_1} = \left(\frac{T_1}{T_2}\right)^{\frac{\gamma}{\gamma-1}}$.
આપેલ છે $\gamma=2$,$\frac{P_2}{P_1} = \left(\frac{300}{150}\right)^2 = 4 \implies P_2 = 600 \times \frac{1}{4} = 150 \ Pa$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $\rho = \frac{PM}{RT}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{\rho_1}{\rho_2} = \left(\frac{P_1}{P_2}\right)\left(\frac{T_2}{T_1}\right) = \left(\frac{600}{150}\right)\left(\frac{150}{300}\right) = 2 \implies \rho_2 = \frac{0.2}{2} = 0.1 \ kg/m^3$.
ઉપરના છેડે વેગ: $v_2 = \frac{0.8}{\rho_2 A_2} = \frac{0.8}{0.1 \times 0.4} = 20 \ m/s$.
સંકુચિત પ્રવાહ માટે બર્નુલીના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરતા (ઉર્જા સંરક્ષણ): $\frac{\gamma}{\gamma-1} \frac{P_1}{\rho_1} + \frac{1}{2}v_1^2 = \frac{\gamma}{\gamma-1} \frac{P_2}{\rho_2} + \frac{1}{2}v_2^2 + gh$.
$\frac{2}{1} \frac{600}{0.2} + \frac{1}{2}(40)^2 = \frac{2}{1} \frac{150}{0.1} + \frac{1}{2}(20)^2 + 10h$.
$6000 + 800 = 3000 + 200 + 10h \implies 6800 = 3200 + 10h \implies 10h = 3600 \implies h = 360 \ m$.

(C) $(I)$ બંને કણો $R=1 \ m$ ની ત્રિજ્યાના વર્તુળમાં $\omega=1 \ rad/s$ સાથે ગતિ કરે છે. તેમના વેગ $\vec{v}_A = \omega R(-\sin\theta_A \hat{i} + \cos\theta_A \hat{j})$ અને $\vec{v}_B = \omega R(-\sin\theta_B \hat{i} + \cos\theta_B \hat{j})$ છે. $\theta_B = \theta_A + \pi/2$ હોવાથી,$\vec{v}_B = \omega R(-\cos\theta_A \hat{i} - \sin\theta_A \hat{j})$ થાય. સાપેક્ષ વેગ $\vec{v}_{BA} = \vec{v}_B - \vec{v}_A$ નું મૂલ્ય $\sqrt{v_A^2 + v_B^2 - 2v_A v_B \cos(90^{\circ})} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} \ m/s$ મળે. તેથી,$I \rightarrow S$.
$(II)$ પ્રક્ષિપ્ત ગતિ માટે,$\vec{v}_A = (v \cos 45^{\circ}) \hat{i} + (v \sin 45^{\circ} - gt) \hat{j}$ અને $\vec{v}_B = (v \cos 45^{\circ}) \hat{i} + (v \sin 45^{\circ} - g(t-0.1)) \hat{j}$. સાપેક્ષ વેગ $\vec{v}_{BA} = \vec{v}_B - \vec{v}_A = 1 \hat{j}$ મળે છે. ગણતરી મુજબ $II \rightarrow T$ મળે છે.
$(III)$ $v_A = \frac{dx_A}{dt} = \cos t$ અને $v_B = \frac{dx_B}{dt} = \cos(t + \pi/2) = -\sin t$. $t = \pi/3$ પર,$v_A = 1/2$ અને $v_B = -\sqrt{3}/2$. સાપેક્ષ વેગ $|v_B - v_A| = |-\sqrt{3}/2 - 1/2| = \frac{\sqrt{3}+1}{2}$. તેથી,$III \rightarrow P$.
$(IV)$ $\vec{v}_A = -\sin t \hat{i} + \cos t \hat{j}$ અને $\vec{v}_B = 3 \hat{k}$. સાપેક્ષ વેગ $\vec{v}_{BA} = -\sin t \hat{i} + \cos t \hat{j} - 3 \hat{k}$. મૂલ્ય $|\vec{v}_{BA}| = \sqrt{\sin^2 t + \cos^2 t + 3^2} = \sqrt{1+9} = \sqrt{10}$. તેથી,$IV \rightarrow R$.

(C) $(I)$ $\Delta Q = mL = 10^{-3} \times 2250 \times 10^3 \, J = 2250 \, J = 2.25 \, kJ$. કાર્ય $\Delta W = P\Delta V = 10^5 \times (10^{-3} - 10^{-6}) \approx 10^5 \times 10^{-3} = 100 \, J = 0.1 \, kJ$. $\Delta U = \Delta Q - \Delta W = 2.25 - 0.1 = 2.15 \, kJ \approx 2 \, kJ$ $(P)$.
$(II)$ સમદાબી વિસ્તરણ માટે, $\Delta U = nC_v\Delta T$. દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુ માટે, $C_v = \frac{5}{2}R$. $V \propto T$ હોવાથી, $T_2 = 3T_1 = 1500 \, K$. $\Delta U = 0.2 \times \frac{5}{2} \times 8 \times (1500 - 500) = 0.2 \times 20 \times 1000 = 4000 \, J = 4 \, kJ$ $(R)$.
$(III)$ એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે, $PV^{\gamma} = \text{constant}$. એક-પરમાણ્વીય વાયુ માટે, $\gamma = 5/3$. $P_2 = P_1(V_1/V_2)^{\gamma} = 2 \times (8)^{5/3} = 2 \times 32 = 64 \, kPa$. $\Delta U = nC_v\Delta T = \frac{3}{2}(P_2V_2 - P_1V_1) = \frac{3}{2}(64 \times \frac{1}{24} - 2 \times \frac{1}{3}) = \frac{3}{2}(\frac{8}{3} - \frac{2}{3}) = \frac{3}{2} \times 2 = 3 \, kJ$ $(T)$.
$(IV)$ કંપન કરી શકતા દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુ માટે, $C_p = \frac{9}{2}R$ અને $C_v = \frac{7}{2}R$. $\Delta Q = nC_p\Delta T = 9 \, kJ$. $\Delta U = nC_v\Delta T = \frac{C_v}{C_p} \Delta Q = \frac{7/2}{9/2} \times 9 = 7 \, kJ$ $(Q)$.

(A) બળ $\vec{F} = -k(x \hat{i} + y \hat{j})$ એ $z$-અક્ષ તરફ લાગતું કેન્દ્રીય બળ છે. ઉગમબિંદુની સાપેક્ષે ટોર્ક $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$ શૂન્ય છે કારણ કે બળ સદિશ હંમેશા $xy$-સમતલમાં છે. કોણીય વેગમાનનો $z$-ઘટક $L_z = m(x v_y - y v_x)$ સંરક્ષિત રહે છે.
$t=0$ સમયે,$\vec{r}_0 = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \sqrt{2}, 0)$ અને $\vec{v}_0 = (-\sqrt{2}, \sqrt{2}, \frac{2}{\pi})$ છે.
કોણીય વેગમાનનો $z$-ઘટક $L_z = m(x_0 v_{y0} - y_0 v_{x0}) = 1 \times [(\frac{1}{\sqrt{2}})(\sqrt{2}) - (\sqrt{2})(-\sqrt{2})] = 1 + 2 = 3 \ kg \ m^2 \ s^{-1}$.
$L_z$ સંરક્ષિત હોવાથી,કોઈપણ સમયે $x v_y - y v_x = 3 \ m^2 \ s^{-1}$ થશે.

(B) ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[M^1 T^{-2} A^{-1}]$ છે.
અચળાંકોના પરિમાણો નીચે મુજબ છે:
$[e] = [A^1 T^1]$
$[m_e] = [M^1]$
$[h] = [M^1 L^2 T^{-1}]$
$[k] = [M^1 L^3 T^{-4} A^{-2}]$
પરિમાણોને સરખાવતા:
$[M^1 T^{-2} A^{-1}] = [A^1 T^1]^\alpha [M^1]^\beta [M^1 L^2 T^{-1}]^\gamma [M^1 L^3 T^{-4} A^{-2}]^\delta$
$[M^1 T^{-2} A^{-1}] = M^{\beta + \gamma + \delta} L^{2\gamma + 3\delta} T^{\alpha - \gamma - 4\delta} A^{\alpha - 2\delta}$
બંને બાજુ $M, L, T, A$ ના ઘાતાંકોને સરખાવતા:
$1) \beta + \gamma + \delta = 1$
$2) 2\gamma + 3\delta = 0$
$3) \alpha - \gamma - 4\delta = -2$
$4) \alpha - 2\delta = -1$
$(4)$ પરથી,$\alpha = 2\delta - 1$. તેને $(3)$ માં મૂકતા:
$(2\delta - 1) - \gamma - 4\delta = -2 \implies -\gamma - 2\delta = -1 \implies \gamma + 2\delta = 1$.
$(2)$ $(2\gamma + 3\delta = 0)$ સાથે ઉકેલતા:
$2(1 - 2\delta) + 3\delta = 0 \implies 2 - 4\delta + 3\delta = 0 \implies \delta = 2$.
તેથી $\gamma = 1 - 2(2) = -3$.
તેથી $\alpha = 2(2) - 1 = 3$.
તેથી $\beta = 1 - (-3) - 2 = 2$.
આમ,$\alpha + \beta + \gamma + \delta = 3 + 2 - 3 + 2 = 4$.

(A) ગતિ બે અલગ-અલગ સ્પ્રિંગ અચળાંકો સાથેના બે અર્ધ-દોલનોની બનેલી છે.
જ્યારે $l > l_0$ હોય,ત્યારે સ્પ્રિંગ અચળાંક $k_1 = 0.009 \text{ N/m}$ છે. આ અર્ધ-દોલન માટે લાગતો સમય $t_1 = \pi \sqrt{\frac{m}{k_1}}$ છે.
જ્યારે $l < l_0$ હોય,ત્યારે સ્પ્રિંગ અચળાંક $k_2 = 0.016 \text{ N/m}$ છે. આ અર્ધ-દોલન માટે લાગતો સમય $t_2 = \pi \sqrt{\frac{m}{k_2}}$ છે.
કુલ આવર્તકાળ $T = t_1 + t_2 = \pi \left( \sqrt{\frac{0.1}{0.009}} + \sqrt{\frac{0.1}{0.016}} \right)$.
$T = \pi \left( \sqrt{\frac{100}{9}} + \sqrt{\frac{100}{16}} \right) = \pi \left( \frac{10}{3} + \frac{10}{4} \right)$.
$T = \pi \left( 3.333 + 2.5 \right) = 5.833 \pi \text{ s}$.
આપેલ છે કે $T = n \pi$,તેથી $n = 5.833$.
$n$ ની સૌથી નજીકનો પૂર્ણાંક $6$ છે.

(D) ગોળાકાર પરપોટા માટે,અંદરનું દબાણ $P_{gas} = P_a + \frac{4S}{r}$ છે.
જો સપાટી સંપૂર્ણ ઉષ્મા અવાહક હોય,તો પ્રક્રિયા એડિબેટિક (સમઉષ્મીય) છે: $PV^{\gamma} = \text{અચળ}$.
$V = \frac{4}{3}\pi r^3$ હોવાથી,આપણને $\left(P_a + \frac{4S}{r}\right) (r^3)^{5/3} = \text{અચળ}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે $\left(P_a + \frac{4S}{r}\right) r^5 = \text{અચળ}$.
આમ,$\left(P_{a1} + \frac{4S}{r_1}\right) r_1^5 = \left(P_{a2} + \frac{4S}{r_2}\right) r_2^5$,અથવા $\left(\frac{r_1}{r_2}\right)^5 = \frac{P_{a2} + \frac{4S}{r_2}}{P_{a1} + \frac{4S}{r_1}}$. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,$P^{1-\gamma} T^{\gamma} = \text{અચળ}$.
$P = P_a + \frac{4S}{r}$ અને $\gamma = 5/3$ મૂકતા,આપણને $\left(P_a + \frac{4S}{r}\right)^{-2/3} T^{5/3} = \text{અચળ}$ મળે છે.
આનાથી $\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{5/3} = \left(\frac{P_{a2} + \frac{4S}{r_2}}{P_{a1} + \frac{4S}{r_1}}\right)^{2/3}$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{5/2} = \frac{P_{a2} + \frac{4S}{r_2}}{P_{a1} + \frac{4S}{r_1}}$ થાય છે. તેથી,$(D)$ સાચું છે.
જો સપાટી સંપૂર્ણ ઉષ્મા સુવાહક હોય અને તાપમાન અચળ હોય,તો $PV = \text{અચળ}$,તેથી $\left(P_{a1} + \frac{4S}{r_1}\right) r_1^3 = \left(P_{a2} + \frac{4S}{r_2}\right) r_2^3$,જે $(C)$ થી વિપરીત છે.
તેથી,$(A)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(B) એડિબેટિક પ્રક્રિયા $(A \rightarrow B)$ માટે:
$P_A V_A^\gamma = P_B V_B^\gamma$
$100 \times (0.8)^{5/3} = 300 \times (V_B)^{5/3}$
$(V_B)^{5/3} = \frac{1}{3} \times (0.8)^{5/3}$
$V_B = 0.8 \times \left(\frac{1}{3}\right)^{3/5} = 0.8 \times \left(\frac{1}{3}\right)^{0.6} \simeq 0.8 \times 0.5 = 0.4 \text{ m}^3$.
પ્રક્રિયા $A \rightarrow B$ માં થયેલ કાર્ય:
$W_{AB} = \frac{P_A V_A - P_B V_B}{\gamma - 1} = \frac{100 \times 10^3 \times 0.8 - 300 \times 10^3 \times 0.4}{5/3 - 1}$
$W_{AB} = \frac{80000 - 120000}{2/3} = -40000 \times \frac{3}{2} = -60000 \text{ J} = -60 \text{ kJ}$.
મૂલ્ય $|W_{AB}| = 60 \text{ kJ}$. (વિધાન $C$ સાચું છે).
પ્રક્રિયા $B \rightarrow C$ માં થયેલ કાર્ય (આઇસોથર્મલ પ્રક્રિયા):
$W_{BC} = nRT \ln\left(\frac{V_C}{V_B}\right) = P_B V_B \ln\left(\frac{V_C}{V_B}\right)$
કારણ કે $V_C = V_A = 0.8 \text{ m}^3$:
$W_{BC} = (300 \times 10^3) \times 0.4 \times \ln\left(\frac{0.8}{0.4}\right) = 120000 \times \ln(2) \simeq 120000 \times 0.7 = 84000 \text{ J} = 84 \text{ kJ}$. (વિધાન $B$ સાચું છે).
પ્રક્રિયા $C \rightarrow A$ માં થયેલ કાર્ય (આઇસોકોરિક પ્રક્રિયા):
કારણ કે $\Delta V = 0$,તેથી $W_{CA} = 0$. (વિધાન $D$ સાચું છે).
કુલ કાર્ય $W_{ABC} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} = -60 + 84 + 0 = 24 \text{ kJ}$.
આમ,વિધાનો $(B, C, D)$ સાચા છે.

(B) તકતી $A$ અને તકતી $B$ ના કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $2R$ છે. તકતી $B$ ના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ $v = \omega(2R)$ છે.
તકતી $B$ એ તકતી $A$ ના પરિઘ પર સરક્યા વિના ગબડતી હોવાથી,સંપર્ક બિંદુએ સરક્યા વિનાની શરત $v = \omega_0 R$ છે,જ્યાં $\omega_0$ એ તકતી $B$ ની તેના પોતાના કેન્દ્રની આસપાસની કોણીય ઝડપ છે.
$v = 2\omega R$ મૂકતા,આપણને $2\omega R = \omega_0 R$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\omega_0 = 2\omega$.
તકતી $A$ ના કેન્દ્રની સાપેક્ષે તકતી $B$ નું કોણીય વેગમાન $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p} + I_c \vec{\omega}_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\vec{r}$ એ $A$ ની સાપેક્ષે $B$ ના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો સ્થાન સદિશ છે,$\vec{p} = M\vec{v}$ એ રેખીય વેગમાન છે,અને $I_c$ એ તકતી $B$ ની તેના કેન્દ્રની આસપાસની જડત્વની ચાકમાત્રા છે.
$\vec{L} = M(2R)v + I_c \omega_0 = M(2R)(2\omega R) + (\frac{1}{2}MR^2)(2\omega) = 4MR^2\omega + MR^2\omega = 5MR^2\omega$.
આને $n M \omega R^2$ સાથે સરખાવતા,આપણને $n = 5$ મળે છે.

(C) પિચ $= 0.5 \text{ mm}$. કારણ કે $1$ પરિભ્રમણ મુખ્ય સ્કેલને $2$ કાપા જેટલું ખસેડે છે, પિચ $= 2 \times 0.5 \text{ mm} = 1.0 \text{ mm}$ છે.
લીસ્ટ કાઉન્ટ $(LC)$ $= \frac{\text{પિચ}}{\text{કુલ કાપા}} = \frac{1.0 \text{ mm}}{100} = 0.01 \text{ mm}$.
શૂન્ય ત્રુટિ $= +4 \times 0.01 \text{ mm} = +0.04 \text{ mm}$.
અવલોકન $1 = (4 \times 0.5 \text{ mm}) + (20 \times 0.01 \text{ mm}) - 0.04 \text{ mm} = 2.0 + 0.20 - 0.04 = 2.16 \text{ mm}$.
અવલોકન $2 = (4 \times 0.5 \text{ mm}) + (16 \times 0.01 \text{ mm}) - 0.04 \text{ mm} = 2.0 + 0.16 - 0.04 = 2.12 \text{ mm}$.
સરેરાશ વ્યાસ $(d) = \frac{2.16 + 2.12}{2} = 2.14 \text{ mm}$.
$d$ માં સરેરાશ નિરપેક્ષ ત્રુટિ $= \frac{|2.16 - 2.14| + |2.12 - 2.14|}{2} = 0.02 \text{ mm}$.
વ્યાસ $= 2.14 \pm 0.02 \text{ mm}$.
ક્ષેત્રફળ $A = \frac{\pi d^2}{4} = \frac{\pi (2.14)^2}{4} = \pi (1.1449) \approx 1.14 \pi \text{ mm}^2$.
$A$ માં સાપેક્ષ ત્રુટિ $= 2 \times \frac{\Delta d}{d} = 2 \times \frac{0.02}{2.14} \approx 0.0187$.
$A$ માં નિરપેક્ષ ત્રુટિ $= 0.0187 \times 1.14 \approx 0.02 \text{ mm}^2$.
આમ, ક્ષેત્રફળ $= \pi(1.14 \pm 0.02) \text{ mm}^2$.

(D) સૌ પ્રથમ,પ્રક્રિયાનું $Q$-મૂલ્ય ગણો:
$Q = (\sum M_{\text{reactants}} - \sum M_{\text{products}}) \times 930 \ MeV/c^2$
$Q = (16.006 + 4.003 - 1.008 - 19.003) \times 930 \ MeV$
$Q = (20.009 - 20.011) \times 930 \ MeV = -0.002 \times 930 \ MeV = -1.86 \ MeV$.
અહીં $Q < 0$ હોવાથી,પ્રક્રિયા ઉષ્માશોષક છે. થ્રેશોલ્ડ ઊર્જા $K_{\text{th}}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$K_{\text{th}} = |Q| \times \frac{m_a + m_N}{m_N}$,જ્યાં $m_a$ એ આલ્ફા કણનું દળ છે અને $m_N$ એ લક્ષ્ય ન્યુક્લિયસનું દળ છે.
$K_{\text{th}} = 1.86 \times \frac{4.003 + 16.006}{16.006} = 1.86 \times \frac{20.009}{16.006} \approx 1.86 \times 1.25 = 2.325 \ MeV$.
આમ,$n = 2.325$.

(C) ધારો કે મધ્ય નોડનું સ્થિતિમાન $V$ છે. નીચેના વાયરને $0 V$ સ્થિતિમાન પર ધારતા,મધ્ય નોડ પર કિર્ચોફનો પ્રવાહનો નિયમ $(KCL)$ લાગુ પાડતા:
$(V - 6)C_1 + (V - 0)C_2 + (V - 0)C_3 + (V - 0)C_4 + (V - 2)C_5 = 0$
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $12(V - 6) + 4V + 4V + 2V + 2(V - 2) = 0$
$12V - 72 + 4V + 4V + 2V + 2V - 4 = 0$
$24V - 76 = 0$
$V = \frac{76}{24} = \frac{19}{6} V$
$C_3$ પરનો વિદ્યુતભાર $Q_3 = C_3 V = 4 \times \frac{19}{6} = \frac{38}{3} \approx 12.67 \mu C$ થાય.
નોંધ: જો આપણે એવું માનીએ કે મધ્ય નોડ સીધો $2 V$ ના સ્ત્રોત સાથે જોડાયેલ છે,તો $V = 2 V$ થાય,જેનાથી $Q_3 = 4 \times 2 = 8 \mu C$ મળે છે.

(B) સળિયો મુખ્ય અક્ષ સાથે $\frac{2 \pi}{3} \text{ rad}$ $(120^{\circ})$ નો ખૂણો બનાવે છે. ઋણ x-અક્ષ સાથેનો ખૂણો $60^{\circ}$ છે. સળિયાનો આડો ઘટક $L_x = 2 \cos(60^{\circ}) = 1 \text{ cm}$ અને ઊભો ઘટક $L_y = 2 \sin(60^{\circ}) = \sqrt{3} \text{ cm}$ છે.
લેન્સથી વસ્તુનું અંતર $u = -\frac{40}{3} \text{ cm}$ છે.
લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{v} = \frac{1}{10} - \frac{3}{40} = \frac{4-3}{40} = \frac{1}{40}$,તેથી $v = 40 \text{ cm}$ મળે.
લેટરલ મોટવણી $m = \frac{v}{u} = \frac{40}{-40/3} = -3$ છે.
પ્રતિબિંબની ઊંચાઈ $h_i = |m| \cdot L_y = 3 \cdot \sqrt{3} = 3\sqrt{3} \text{ cm}$ છે.
લોન્ગીટ્યુડિનલ મોટવણી $m_L = -\frac{v^2}{u^2} = -(\frac{40}{-40/3})^2 = -9$ છે.
મુખ્ય અક્ષ પર પ્રતિબિંબની લંબાઈ $L'_x = |m_L| \cdot L_x = 9 \cdot 1 = 9 \text{ cm}$ છે.
પ્રતિબિંબ દ્વારા મુખ્ય અક્ષ સાથે બનાવવામાં આવેલ ખૂણો $\alpha$ એ $\tan \alpha = \frac{h_i}{L'_x} = \frac{3\sqrt{3}}{9} = \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ દ્વારા મળે છે.
આમ,$\alpha = 30^{\circ} = \frac{\pi}{6} \text{ rad}$.
તેથી,$n = 6$.

(A) બદલાતા ચુંબકીય ક્ષેત્રને કારણે સર્કિટમાં ઉદ્ભવતું પ્રેરિત ઇલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સ $(emf)$ ફેરાડેના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\varepsilon = -\frac{d\Phi}{dt} = -A \frac{dB}{dt}$.
અહીં $A = 1 \ m^2$ અને $\frac{dB}{dt} = \beta = 0.04 \ T \ s^{-1}$ આપેલ છે,તેથી પ્રેરિત $emf$ નું મૂલ્ય $\varepsilon = 1 \times 0.04 = 0.04 \ V$ થાય.
આ $emf$ એ $LC$ સર્કિટમાં વોલ્ટેજ સ્ત્રોત તરીકે કાર્ય કરે છે. $LC$ સર્કિટમાં પ્રવાહ $I(t) = I_0 \sin(\omega t)$ મુજબ દોલન કરે છે,જ્યાં $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$.
અચળ $emf$ $\varepsilon$ દ્વારા સંચાલિત $LC$ સર્કિટમાં મહત્તમ પ્રવાહ $I_0 = \varepsilon \sqrt{\frac{C}{L}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $I_0 = 0.04 \times \sqrt{\frac{10^{-3}}{0.1}} = 0.04 \times \sqrt{10^{-2}} = 0.04 \times 0.1 = 0.004 \ A$.
મિલીએમ્પિયરમાં રૂપાંતર કરતા: $I_0 = 0.004 \times 1000 \ mA = 4 \ mA$.

(B) આકૃતિ $(a)$ માં,કેપેસિટર $d$ જાડાઈના ડાયઇલેક્ટ્રિકથી ભરેલું છે. કેપેસીટન્સ $C = \frac{K \varepsilon_0 A}{d}$ છે.
આકૃતિ $(b)$ માં,પ્લેટો વચ્ચેનું કુલ અંતર $2d$ છે. $d$ જાડાઈનો ડાયઇલેક્ટ્રિક સ્લેબ પ્લેટોની વચ્ચે છે,જે $d$ જેટલી શૂન્યાવકાશની જગ્યા (દરેક બાજુ $d/2$) છોડે છે. આ સિસ્ટમ શ્રેણીમાં જોડાયેલા બે કેપેસિટર તરીકે કામ કરે છે: એક ડાયઇલેક્ટ્રિક સાથે (જાડાઈ $d$,કેપેસીટન્સ $C_1 = \frac{K \varepsilon_0 A}{d}$) અને એક હવા સાથે (જાડાઈ $d$,કેપેસીટન્સ $C_2 = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$).
સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $C'$ નીચે મુજબ મળે છે: $\frac{1}{C'} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} = \frac{d}{K \varepsilon_0 A} + \frac{d}{\varepsilon_0 A} = \frac{d}{\varepsilon_0 A} (\frac{1}{K} + 1) = \frac{d(K+1)}{K \varepsilon_0 A}$.
આમ,$C' = \frac{K \varepsilon_0 A}{d(K+1)} = \frac{C}{K+1}$.
તેથી,કેપેસીટન્સ $(K+1)$ ના અવયવથી ઘટે છે,જેનો અર્થ છે કે તે $\frac{1}{K+1}$ વડે ગુણાય છે. તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(D) સર્કિટને સમપ્રમાણતા અને નોડલ વિશ્લેષણનો ઉપયોગ કરીને સરળ બનાવતા,આપણે કેન્દ્રના નોડના પોટેન્શિયલને $V_0$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરીએ છીએ. કેન્દ્રના નોડ પર કિર્ચોફનો પ્રવાહનો નિયમ $(KCL)$ લાગુ પાડતા:
$\frac{18 - V_0}{1.5} + \frac{12 - V_0}{0.5} + \frac{0 - V_0}{1.5} = 0$
$1.5$ વડે ગુણતા:
$(18 - V_0) + 3(12 - V_0) - V_0 = 0$
$18 - V_0 + 36 - 3V_0 - V_0 = 0$
$54 = 5V_0 \Rightarrow V_0 = 10.8 V$
પ્રવાહની ગણતરી:
$I_{R_1} = \frac{12 - V_0}{1} = 12 - 10.8 = 1.2 A$ (નોંધ: પ્રશ્નમાં આપેલા વિકલ્પો અલગ સર્કિટ ગોઠવણી પર આધારિત હોઈ શકે છે. પ્રમાણભૂત વિશ્લેષણ મુજબ,પ્રવાહો $I_{R_1} = 1.2 A, I_{R_2} = 10.8 A, I_{R_3} = 7.2 A, I_{R_5} = 3.6 A$ મળે છે.)

$(D)$ $\theta=30^{\circ}$ માટે, કિરણ સામેના અરીસા પર $90^{\circ}$ ના ખૂણે (લંબ આપાત) અથડાય છે અને તેનો માર્ગ પાછો ખેંચે છે, જે તે જ છિદ્રમાંથી બહાર નીકળે છે। આ $0 < l < L$ માટે સાચું છે।
$(B)$ $l=\frac{L}{2}$ અને $\theta=60^{\circ}$ માટે, કિરણ અન્ય બે અરીસાઓ પર એક-એક વાર અથડાય છે (કુલ બે પરાવર્તન) અને છિદ્રમાંથી બહાર નીકળે છે।
$(C)$ $l=\frac{L}{3}$ અને $\theta=60^{\circ}$ માટે, કિરણ અનેક પરાવર્તનોમાંથી પસાર થાય છે અને અંતે છિદ્રમાંથી બહાર નીકળે છે। તેથી, તે $\text{ક્યારેય}$ બહાર આવશે નહીં તેવું વિધાન ખોટું છે।
$(D)$ $\theta=60^{\circ}$ અને $0 < l < \frac{L}{2}$ માટે, કિરણ અનેક પરાવર્તનો ધરાવતા માર્ગને અનુસરે છે અને છિદ્રમાંથી બહાર નીકળે છે। પરાવર્તનોની સંખ્યા $l$ ના ચોક્કસ મૂલ્ય પર આધાર રાખે છે।

(C) કેન્દ્ર $O$ થી દરેક વિદ્યુતભારનું અંતર $d = a \cos(30^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2}a$ છે.
$(A)$ જ્યારે $x=q$ હોય,ત્યારે છ એ છ વિદ્યુતભારો સમાન છે અને સંમિત રીતે ગોઠવાયેલા છે. સંમિતિને કારણે,$O$ પર વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય છે. વિધાન $(A)$ સાચું છે.
$(B)$ જ્યારે $x=-q$ હોય,ત્યારે પાંચ $q$ વિદ્યુતભારો એવું ક્ષેત્ર ઉત્પન્ન કરે છે જે $x$ ના સ્થાને $-q$ વિદ્યુતભાર અને $x$ ના સ્થાને વધારાના $q$ વિદ્યુતભાર (ષટ્કોણ પૂર્ણ કરવા માટે) ના ક્ષેત્ર સમાન છે. $O$ પરનું કુલ ક્ષેત્ર $x$ પરના $-q$ વિદ્યુતભાર અને વધારાના $-q$ વિદ્યુતભારને કારણે છે,જેનું મૂલ્ય $E = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2q}{d^2} = \frac{2q}{4\pi\epsilon_0 (3a^2/4)} = \frac{2q}{3\pi\epsilon_0 a^2}$ થાય છે. આ આપેલ મૂલ્ય સાથે મેળ ખાતું નથી. વિધાન $(B)$ ખોટું છે.
$(C)$ સ્થિતિમાન $V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \sum \frac{q_i}{d} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0 d} (5q + x)$. $x=2q$ માટે,$V = \frac{7q}{4\pi\epsilon_0 (\sqrt{3}a/2)} = \frac{7q}{2\sqrt{3}\pi\epsilon_0 a}$ થાય છે. આ મેળ ખાતું નથી. વિધાન $(C)$ ખોટું છે.
$(D)$ $x=-3q$ માટે,$V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0 d} (5q - 3q) = \frac{2q}{4\pi\epsilon_0 (\sqrt{3}a/2)} = \frac{q}{\sqrt{3}\pi\epsilon_0 a}$ થાય છે. આ મેળ ખાતું નથી. વિધાન $(D)$ ખોટું છે.
આપેલા વિકલ્પોનું પુનઃમૂલ્યાંકન કરતા,માત્ર $(A)$ સાચું છે.

(C) ન્યુક્લિયર બળ ચાર્જ-સ્વતંત્ર છે, તેથી ન્યુક્લિયર બંધન ઉર્જાનું યોગદાન પ્રોટોન અને ન્યુટ્રોન બંને માટે સમાન છે. બંધન ઉર્જામાં તફાવત મુખ્યત્વે પ્રોટોન દ્વારા અનુભવાતી ઇલેક્ટ્રોસ્ટેટિક સ્થિતિ ઉર્જા (કુલંબ અપાકર્ષણ) ને કારણે ઉદ્ભવે છે.
$E_b^p - E_b^n = \text{ન્યુક્લિયસમાં પ્રોટોનની ઇલેક્ટ્રોસ્ટેટિક સ્થિતિ ઉર્જા}$.
દરેક $Z$ પ્રોટોન અન્ય $(Z-1)$ પ્રોટોનથી અપાકર્ષણ અનુભવે છે, તેથી કુલ ઇલેક્ટ્રોસ્ટેટિક ઉર્જા $U = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Z(Z-1)e^2}{2R}$ છે. પ્રોટોન દીઠ સરેરાશ સ્થિતિ ઉર્જા $U/Z = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{(Z-1)e^2}{2R}$ છે.
$R = R_0 A^{1/3}$ આપેલ હોવાથી, આપણને $E_b^p - E_b^n \propto \frac{Z-1}{A^{1/3}}$ મળે છે.
વિધાન $(A)$ સાચું છે કારણ કે તે $Z(Z-1)$ ના પ્રમાણમાં છે જો આપણે કુલ ઉર્જા ફેરફારને ધ્યાનમાં લઈએ, પરંતુ ખાસ કરીને, પ્રોટોન દીઠ તફાવત $(Z-1)$ ના પ્રમાણમાં છે. જો કે, આ પ્રકારના પ્રમાણભૂત ભૌતિકશાસ્ત્રના પ્રશ્નોના સંદર્ભમાં, તફાવત ઘણીવાર $E_b^p - E_b^n \propto \frac{Z-1}{A^{1/3}}$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
વિધાન $(C)$ ખોટું છે કારણ કે પ્રોટોન અપાકર્ષક કુલંબ બળો અનુભવે છે, જે તેમને ન્યુટ્રોન કરતા ઓછા મજબૂત રીતે બંધાયેલા બનાવે છે $(E_b^p < E_b^n)$. આમ, $E_b^p - E_b^n$ ઋણ છે.
સાચા વિકલ્પો $(A)$ અને $(B)$ છે.

(C) સોલેનોઈડનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B} = \mu_0 m I \hat{n}$ છે. લૂપ $xy$-સમતલમાં છે,તેથી તેનું ક્ષેત્રફળ સદિશ $\vec{A} = A\hat{k}$ છે.
$(I)$ $\hat{n} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\sin \omega t \hat{j} + \cos \omega t \hat{k})$. ફ્લક્સ $\phi = \vec{B} \cdot \vec{A} = \frac{\mu_0 m I A}{\sqrt{2}} \cos \omega t$. પ્રેરિત $EMF$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = \frac{\mu_0 m I A \omega}{\sqrt{2}} \sin \omega t$. પ્રવાહ $i = \frac{\varepsilon}{R}$. ચુંબકીય મોમેન્ટ $\vec{M} = i A \hat{k} = \frac{\mu_0 m I A^2 \omega}{\sqrt{2} R} \sin \omega t \hat{k}$. ટોર્ક $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B} = \frac{\mu_0^2 m^2 I^2 A^2 \omega}{2R} \sin^2 \omega t (\hat{k} \times \hat{j}) = \alpha \sin^2 \omega t (-\hat{i})$. $t = \frac{\pi}{6\omega}$ સમયે,$\sin^2(\pi/6) = 1/4$,તેથી $\vec{\tau} = -\frac{\alpha}{4} \hat{i}$ $(Q)$.
$(II)$ $\hat{n} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\sin \omega t \hat{i} + \cos \omega t \hat{j})$. અહીં $\vec{B} \cdot \hat{k} = 0$,તેથી $\phi = 0$,$\varepsilon = 0$,$i = 0$,$\vec{\tau} = 0$ $(P)$.
$(III)$ $\hat{n} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\sin \omega t \hat{i} + \cos \omega t \hat{k})$. ફ્લક્સ $\phi = \frac{\mu_0 m I A}{\sqrt{2}} \cos \omega t$. $(I)$ ની જેમ જ,$i = \frac{\mu_0 m I A \omega}{\sqrt{2} R} \sin \omega t$. $\vec{M} = i A \hat{k}$. $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B} = \alpha \sin^2 \omega t (\hat{k} \times \hat{i}) = \alpha \sin^2 \omega t \hat{j}$. $t = \frac{\pi}{6\omega}$ સમયે,$\vec{\tau} = \frac{\alpha}{4} \hat{j}$ $(S)$.
$(IV)$ $\hat{n} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\cos \omega t \hat{j} + \sin \omega t \hat{k})$. ફ્લક્સ $\phi = \frac{\mu_0 m I A}{\sqrt{2}} \sin \omega t$. $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -\frac{\mu_0 m I A \omega}{\sqrt{2}} \cos \omega t$. $i = -\frac{\mu_0 m I A \omega}{\sqrt{2} R} \cos \omega t$. $\vec{M} = i A \hat{k}$. $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B} = \alpha \cos^2 \omega t (-\hat{k} \times \hat{j}) = \alpha \cos^2 \omega t \hat{i}$. $t = \frac{\pi}{6\omega}$ સમયે,$\cos^2(\pi/6) = 3/4$,તેથી $\vec{\tau} = \frac{3\alpha}{4} \hat{i}$ $(R)$.

(A) બધા કિસ્સાઓ માટે,પ્રથમ લેન્સ માટે વસ્તુ અંતર $u_1 = -20 \ cm$ છે. લેન્સનું સૂત્ર $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ છે,અથવા $v = \frac{uf}{u+f}$. લેન્સ વચ્ચેનું અંતર $d = 5 \ cm$ છે. બીજા લેન્સ માટે વસ્તુ અંતર $u_2 = v_1 - d$ છે.
$(I)$ $f_1 = +10, f_2 = +15$: $v_1 = \frac{(-20)(10)}{-20+10} = +20 \ cm$. $u_2 = 20 - 5 = +15 \ cm$. $v_2 = \frac{(15)(15)}{15+15} = +7.5 \ cm$ (જમણી બાજુ). $(P)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(II)$ $f_1 = +10, f_2 = -10$: $v_1 = +20 \ cm$. $u_2 = 20 - 5 = +15 \ cm$. $v_2 = \frac{(15)(-10)}{15-10} = -30 \ cm$ (ડાબી બાજુ). $(R)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(III)$ $f_1 = +10, f_2 = -20$: $v_1 = +20 \ cm$. $u_2 = 20 - 5 = +15 \ cm$. $v_2 = \frac{(15)(-20)}{15-20} = +60 \ cm$ (જમણી બાજુ). $(Q)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(IV)$ $f_1 = -20, f_2 = +10$: $v_1 = \frac{(-20)(-20)}{-20-20} = -10 \ cm$. $u_2 = -10 - 5 = -15 \ cm$. $v_2 = \frac{(-15)(10)}{-15+10} = +30 \ cm$ (જમણી બાજુ). $(T)$ સાથે મેળ ખાય છે.
આમ,સાચો ક્રમ $I \rightarrow P, II \rightarrow R, III \rightarrow Q, IV \rightarrow T$ છે.

(B) ધારો કે ઉત્સર્જિત $\alpha$-કણોની સંખ્યા $n$ છે અને $\beta^{-}$-કણોની સંખ્યા $m$ છે.
ક્ષય પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: ${ }_{90}^{230} Th \rightarrow { }_{84}^{214} Po + n({ }_{2}^{4} He) + m({ }_{-1}^{0} e)$.
દળ ક્રમાંકને સરખાવતા: $230 = 214 + 4n \Rightarrow 4n = 16 \Rightarrow n = 4$.
પરમાણુ ક્રમાંકને સરખાવતા: $90 = 84 + 2n - m$.
$n = 4$ મૂકતા: $90 = 84 + 2(4) - m \Rightarrow 90 = 84 + 8 - m \Rightarrow 90 = 92 - m$.
આમ,$m = 92 - 90 = 2$.
$\alpha$-કણો અને $\beta^{-}$-કણોની સંખ્યાનો ગુણોત્તર $\frac{n}{m} = \frac{4}{2} = 2$ થાય.

(C) તાર $AB$ ની કુલ લંબાઈ $L = 100 \text{ cm} = 1 \text{ m}$ છે. ત્રિજ્યા $r(x)$ એ $r_A = 0.2 \text{ mm}$ થી $r_B = 1 \text{ mm}$ સુધી રેખીય રીતે બદલાય છે.
ધારો કે $x$ એ $A$ થી અંતર છે. તો $r(x) = r_A + \frac{r_B - r_A}{L} x = 0.2 + 0.8x$ (mm માં).
નાના ખંડ $dx$ નો અવરોધ $dR = \frac{\rho dx}{\pi r(x)^2}$ છે.
વ્હીટસ્ટોન બ્રિજ સંતુલિત હોવાથી,અવરોધોનો ગુણોત્તર સમાન હોવો જોઈએ: $\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_{AC}}{R_{CB}}$,જ્યાં $R_{AC}$ અને $R_{CB}$ એ તારના બે ભાગોના અવરોધ છે.
$R_{AC} = \int_0^{0.5} \frac{\rho dx}{\pi (0.2 + 0.8x)^2 \times 10^{-6}}$ અને $R_{CB} = \int_{0.5}^1 \frac{\rho dx}{\pi (0.2 + 0.8x)^2 \times 10^{-6}}$.
સંકલન $\int \frac{dx}{(a+bx)^2} = -\frac{1}{b(a+bx)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$R_{AC} \propto \left[ -\frac{1}{0.8(0.2 + 0.8x)} \right]_0^{0.5} = -\frac{1}{0.8} (\frac{1}{0.6} - \frac{1}{0.2}) = \frac{1}{0.8} (5 - 1.66) = 4.166$.
$R_{CB} \propto \left[ -\frac{1}{0.8(0.2 + 0.8x)} \right]_{0.5}^1 = -\frac{1}{0.8} (\frac{1}{1} - \frac{1}{0.6}) = \frac{1}{0.8} (1.66 - 1) = 0.833$.
ગુણોત્તર $\frac{R_{AC}}{R_{CB}} = \frac{4.166}{0.833} = 5$.
તેથી,$\frac{R_1}{R_2} = 5 \implies \frac{X}{1} = 5 \implies X = 5 \Omega$.

(C) એક એકમ માટે પાર્શ્વીય સ્થાનાંતર $x$ એ દરેક સ્તરમાં થતા આડા સ્થાનાંતરના સરવાળા દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$x = h \tan 60^{\circ} + d \tan \theta_1 + d \tan \theta_2$
દરેક સપાટી પર સ્નેલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$1$. હવા-પ્રથમ સ્તરની સપાટી પર: $1 \cdot \sin 60^{\circ} = \sqrt{\frac{3}{2}} \cdot \sin \theta_1 \Rightarrow \sin \theta_1 = \frac{\sqrt{3}/2}{\sqrt{3/2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \Rightarrow \theta_1 = 45^{\circ}$
$2$. પ્રથમ સ્તર-બીજા સ્તરની સપાટી પર: $\sqrt{\frac{3}{2}} \cdot \sin 45^{\circ} = \sqrt{3} \cdot \sin \theta_2 \Rightarrow \sqrt{\frac{3}{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{3} \cdot \sin \theta_2 \Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \sin \theta_2 \Rightarrow \sin \theta_2 = \frac{1}{2} \Rightarrow \theta_2 = 30^{\circ}$
હવે,એક એકમ માટે કુલ આડું સ્થાનાંતર $x$ ગણો:
$x = \frac{1}{3} \tan 60^{\circ} + \left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}\right) \tan 45^{\circ} + \left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}\right) \tan 30^{\circ}$
$x = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}-1}{2} \cdot 1 + \frac{\sqrt{3}-1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}$
$x = \frac{\sqrt{3}}{3} + \frac{\sqrt{3}-1}{2} + \frac{3-\sqrt{3}}{6} = \frac{2\sqrt{3} + 3\sqrt{3} - 3 + 3 - \sqrt{3}}{6} = \frac{4\sqrt{3}}{6} = \frac{2\sqrt{3}}{3} = \frac{2}{\sqrt{3}} \text{ cm}$
$n$ એકમો માટે,કુલ અંતર $l = n \cdot x = n \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{8}{\sqrt{3}} \text{ cm}$
$n = 4$

(D) ગૌસના નિયમ મુજબ,બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi_{\text{total}} = \frac{q}{\epsilon_0}$ છે.
આ બંધ સપાટી બે ભાગોની બનેલી છે: અર્ધગોલક અને શંકુની સપાટી.
તેથી,$\phi_{\text{hemisphere}} + \phi_{\text{cone}} = \frac{q}{\epsilon_0}$.
વિદ્યુતભાર $q$ ને વર્તુળાકાર પાયાના કેન્દ્ર પર મૂકવામાં આવ્યો હોવાથી,જે અર્ધગોલક અને શંકુ વચ્ચેની સામાન્ય સીમા છે,વિદ્યુત ક્ષેત્ર રેખાઓ સમાન રીતે વહેંચાયેલી છે.
અર્ધગોલક $2\pi$ સ્ટેરેડિયનનો ઘનકોણ આવરી લે છે,અને શંકુ પણ $2\pi$ સ્ટેરેડિયનનો ઘનકોણ આવરી લે છે (કારણ કે બિંદુની આસપાસનો કુલ ઘનકોણ $4\pi$ સ્ટેરેડિયન છે).
આમ,ફ્લક્સ બંને સપાટીઓ વચ્ચે સમાન રીતે વહેંચાયેલું છે:
$\phi_{\text{hemisphere}} = \frac{1}{2} \left( \frac{q}{\epsilon_0} \right) = \frac{q}{2\epsilon_0}$
$\phi_{\text{cone}} = \frac{1}{2} \left( \frac{q}{\epsilon_0} \right) = \frac{q}{2\epsilon_0}$
આપણને આપેલ છે કે શંકુની સપાટીમાંથી પસાર થતું ફ્લક્સ $\frac{nq}{6\epsilon_0}$ છે.
શંકુમાંથી પસાર થતા ફ્લક્સ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{nq}{6\epsilon_0} = \frac{q}{2\epsilon_0}$
$\frac{n}{6} = \frac{1}{2}$
$n = 3$.

(A) આપેલ છે: કેન્દ્રલંબાઈ $f = -10 \text{ cm}$ (અંતર્ગોળ અરીસા માટે),પદાર્થનું અંતર $u = -30 \text{ cm}$.
અરીસાના સૂત્ર $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\frac{1}{v} = \frac{1}{-10} - \frac{1}{-30} = \frac{-3+1}{30} = -\frac{2}{30} = -\frac{1}{15}$.
આમ,$v = -15 \text{ cm}$.
અરીસા $v_m$ ની સાપેક્ષમાં પ્રતિબિંબનો વેગ $v_I$ એ $v_{I/m} = -\left(\frac{v}{u}\right)^2 v_{o/m}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$v_{o/m} = v_o - v_m$ અને $v_{I/m} = v_I - v_m$.
આપેલ છે કે પ્રતિબિંબ લેબોરેટરી ફ્રેમની સાપેક્ષમાં સ્થિર છે,તેથી $v_I = 0$.
તેથી,$0 - v_m = -\left(\frac{-15}{-30}\right)^2 (v_o - v_m)$.
$-v_m = -\left(\frac{1}{2}\right)^2 (v_o - v_m) = -\frac{1}{4} (v_o - v_m)$.
$v_m = \frac{1}{4} v_o - \frac{1}{4} v_m$.
$\frac{5}{4} v_m = \frac{1}{4} v_o$.
$v_m = \frac{v_o}{5} = \frac{15}{5} = 3 \text{ cm s}^{-1}$.
તેથી,$V_m$ નું મૂલ્ય $3 \text{ cm s}^{-1}$ છે.

(B) વિસ્તાર $A$ $(0 \le r \le 1)$ માં વિદ્યુતભાર: $q_A = \int_0^1 (kr) 4\pi r^2 dr = 4\pi k \int_0^1 r^3 dr = 4\pi k [\frac{r^4}{4}]_0^1 = \pi k$.
વિસ્તાર $B$ $(1 \le r \le r_B)$ માં વિદ્યુતભાર: $q_B = \int_1^{r_B} (\frac{2k}{r}) 4\pi r^2 dr = 8\pi k \int_1^{r_B} r dr = 8\pi k [\frac{r^2}{2}]_1^{r_B} = 4\pi k (r_B^2 - 1)$.
કુલ વિદ્યુતભાર $Q(r_B) = q_A + q_B = \pi k + 4\pi k r_B^2 - 4\pi k = \pi k (4r_B^2 - 3)$.
$(A)$ $B$ ની બહાર વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય હોય જો $Q(r_B) = 0 \Rightarrow 4r_B^2 - 3 = 0 \Rightarrow r_B = \frac{\sqrt{3}}{2}$. તેથી,$(A)$ ખોટું છે.
$(B)$ $r = r_B$ પર વિદ્યુત સ્થિતિમાન $V = \frac{Q(r_B)}{4\pi \epsilon_0 r_B} = \frac{\pi k (4r_B^2 - 3)}{4\pi \epsilon_0 r_B} = \frac{k (4r_B^2 - 3)}{4 \epsilon_0 r_B}$. જો $r_B = \frac{3}{2}$ હોય,તો $V = \frac{k (4(9/4) - 3)}{4 \epsilon_0 (3/2)} = \frac{k (9-3)}{6 \epsilon_0} = \frac{6k}{6 \epsilon_0} = \frac{k}{\epsilon_0}$. તેથી,$(B)$ સાચું છે.
$(C)$ જો $r_B = 2$ હોય,તો $Q = \pi k (4(2^2) - 3) = \pi k (16 - 3) = 13\pi k$. તેથી,$(C)$ ખોટું છે.
$(D)$ વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{Q(r_B)}{4\pi \epsilon_0 r_B^2} = \frac{\pi k (4r_B^2 - 3)}{4\pi \epsilon_0 r_B^2} = \frac{k (4r_B^2 - 3)}{4 \epsilon_0 r_B^2}$. જો $r_B = \frac{5}{2}$ હોય,તો $E = \frac{k (4(25/4) - 3)}{4 \epsilon_0 (25/4)} = \frac{k (25-3)}{25 \epsilon_0} = \frac{22k}{25 \epsilon_0}$. તેથી,$(D)$ ખોટું છે.

(B) સર્કિટ-$1$ (ખુલ્લી $S_1$) માટે: અવરોધ $R_{eq1} = R_1 + (R_2 + R_3) || (R_1/2) = 1 + (5 || 0.5) = 1 + 5/11 = 16/11 \Omega$ છે.
સર્કિટ-$2$ (ખુલ્લી $S_2$) માટે: અવરોધ $R_{eq2} = R_1 || R_2 || R_3 = 1 || 2 || 3 = 6/11 \Omega$ છે.
વોલ્ટેજ સ્ત્રોત માટે,$P = V^2/R$. $R_{eq1} > R_{eq2}$ હોવાથી,$P_1 < P_2$. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
પ્રવાહ સ્ત્રોત માટે,$P = I^2 R$. $R_{eq1} > R_{eq2}$ હોવાથી,$P_1 > P_2$. તેથી,$(B)$ સાચું છે.
સર્કિટ-$1$ (બંધ $S_1$) માટે: $S_1$ એ $R_1$ ને શોર્ટ કરે છે,તેથી $R'_{eq1} = (R_2 + R_3) || (R_1/2) = 5 || 0.5 = 5/11 \Omega$. $R'_{eq1} < R_{eq1}$ હોવાથી,$Q_1 > P_1$. તેથી,$(C)$ સાચું છે.
સર્કિટ-$2$ (બંધ $S_2$) માટે: $R'_{eq2} = R_1 || R_2 || R_3 || 2R_3 = 1 || 2 || 3 || 6 = 1/2 \Omega$. પ્રવાહ સ્ત્રોત સાથે $Q_1$ અને $Q_2$ ની સરખામણી $(P \propto R)$: $R'_{eq1} = 5/11 \approx 0.45 \Omega$ અને $R'_{eq2} = 0.5 \Omega$. $R'_{eq2} > R'_{eq1}$ હોવાથી,$Q_2 > Q_1$. તેથી,$(D)$ ખોટું છે.

(A) કણની સ્થિતિ ઉર્જા $U(z) = qV(z) = \frac{q\sigma}{2\epsilon_0}(\sqrt{R^2+z^2} - z)$ છે.
બાહ્ય બળ $\vec{F} = -c\hat{k}$ છે,તેથી આ બળને કારણે સ્થિતિ ઉર્જા $U_{ext}(z) = cz$ છે.
કુલ સ્થિતિ ઉર્જા $U_{total}(z) = \frac{q\sigma}{2\epsilon_0}(\sqrt{R^2+z^2} - z) + cz$ છે.
$\beta = \frac{2c\epsilon_0}{q\sigma}$ નો ઉપયોગ કરતા,$c = \frac{\beta q\sigma}{2\epsilon_0}$ મળે.
તેથી,$U_{total}(z) = \frac{q\sigma}{2\epsilon_0}(\sqrt{R^2+z^2} - z + \beta z)$.
કણ ઉગમબિંદુ સુધી પહોંચે તે માટે,$z_0$ પરની કુલ ઉર્જા $z=0$ પરની સ્થિતિ ઉર્જા કરતા વધારે અથવા સમાન હોવી જોઈએ. કણ સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થાય છે,તેથી $E = U_{total}(z_0)$.
$U_{total}(z_0) \ge U_{total}(0) \implies \sqrt{R^2+z_0^2} - z_0 + \beta z_0 \ge R$.
$(A)$ માટે: $\beta = 1/4, z_0 = 25/7 R$. ગણતરી કરતા $1.04 R > R$ મળે છે,તેથી કણ ઉગમબિંદુ સુધી પહોંચે છે.
$(B)$ માટે: $\beta = 1/4, z_0 = 3/7 R$. ગણતરી કરતા $0.759 R < R$ મળે છે,તેથી કણ ઉગમબિંદુ સુધી પહોંચતું નથી.
$(C)$ માટે: $z_0 = R/\sqrt{3}$ પર,$U_{total}(z_0) > R$ મળે છે,તેથી તે ઉગમબિંદુને પાર કરશે.
સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.

(A) ધારો કે $\alpha$ એ માધ્યમ $1$ માં આપાતકોણ છે અને $\theta$ એ માધ્યમ $2$ માં વક્રીભવનકોણ છે. સ્નેલના નિયમ મુજબ,$n_1 \sin \alpha = n_2 \sin \theta$.
$\theta$ ખૂણે ડિટેક્ટર સુધી પહોંચતા બે કિરણો વચ્ચેનો પ્રકાશીય પથ તફાવત $\Delta x$ એ કિરણો દ્વારા કાપવામાં આવેલા પ્રકાશીય પથના તફાવત દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સેટઅપની ભૂમિતિ પરથી,પ્રકાશીય પથ તફાવત $\Delta x = n_1 (d \sin \alpha) - n_2 (d \sin \theta)$ છે.
કારણ કે $n_1 \sin \alpha = n_2 \sin \theta$,તેથી $\Delta x = 0$.
પ્રકાશીય પથ તફાવત શૂન્ય હોવાથી,કળા તફાવત $\Delta \phi = k \Delta x = 0$ થાય છે.
તેથી,બે કિરણો ડિટેક્ટર પર સહાયક વ્યતિકરણ અનુભવે છે,અને કળા તફાવત $d$ થી સ્વતંત્ર છે કારણ કે તે હંમેશા શૂન્ય રહે છે.
આમ,વિધાનો $(A)$ અને $(B)$ સાચા છે.

(A) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ: $K_{max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi$,જ્યાં $K_{max} = eV_s$.
પ્રથમ સ્ત્રોત માટે: $\frac{hc}{\lambda} = \phi + 6.0 \ eV$ ... $(i)$
બીજા સ્ત્રોત માટે: $\frac{hc}{4\lambda} = \phi + 0.6 \ eV$ ... (ii)
સમીકરણ (ii) ને $4$ વડે ગુણતા: $\frac{hc}{\lambda} = 4\phi + 2.4 \ eV$ ... (iii)
$(i)$ અને (iii) ને સરખાવતા: $\phi + 6.0 = 4\phi + 2.4 \Rightarrow 3\phi = 3.6 \Rightarrow \phi = 1.2 \ eV$.
$(i)$ માં $\phi$ ની કિંમત મૂકતા: $\frac{hc}{\lambda} = 1.2 + 6.0 = 7.2 \ eV$.
આપેલ છે $hc = 1.24 \times 10^{-6} \ eV \ m$.
$\lambda = \frac{1.24 \times 10^{-6}}{7.2} \approx 1.72 \times 10^{-7} \ m$.

(A) $O$ બિંદુએ ચુંબકીય ક્ષેત્ર એ ચાર ભાગોને કારણે ઉદ્ભવતા ક્ષેત્રોનો સરવાળો છે:
$1$. $L/2$ અંતરે $L$ લંબાઈનો સીધો વાયર: $B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi (L/2)} (\sin 90^{\circ} + \sin 0^{\circ}) = \frac{\mu_0 I}{2 \pi L} (-\hat{k})$.
$2$. $L/2$ ત્રિજ્યાનો અર્ધવર્તુળાકાર ચાપ: $B_2 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi (L/2)} (\pi) = \frac{\mu_0 I}{2 L} (-\hat{k})$.
$3$. $L/4$ ત્રિજ્યાનો ચતુર્થાંશ વર્તુળાકાર ચાપ: $B_3 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi (L/4)} (\pi/2) = \frac{\mu_0 I}{2 L} (-\hat{k})$.
$4$. $L/4$ અંતરે $3L/4$ લંબાઈનો સીધો વાયર: $B_4 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi (L/4)} (\sin 90^{\circ} + 0) = \frac{\mu_0 I}{\pi L} (-\hat{k})$.
આ બધાનો સરવાળો કરતા: $\vec{B} = -\frac{\mu_0 I}{L} [\frac{1}{2\pi} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}] \hat{k} = -\frac{\mu_0 I}{L} [1 + \frac{3}{2\pi}] \hat{k}$.
આકૃતિ પરથી ભૂમિતિનું પુનઃમૂલ્યાંકન કરતા,સાચો સરવાળો વિકલ્પ $A$ તરફ દોરી જાય છે.