IIT JEE 2023 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A-D) $1$. સ્લાઇડના તળિયે વેગ: ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$\frac{1}{2} m u_0^2 = mgh$,તેથી $u_0 = \sqrt{2gh}$. આમ,$\vec{u}_0 = \sqrt{2gh} \hat{x}$. વિધાન $(A)$ સાચું છે.
$2$. દડાની ગતિ: દડો $H = 3h$ ઊંચાઈથી પ્રક્ષિપ્ત ગતિ કરે છે. ઉડ્ડયન સમય $T = \sqrt{2H/g} = \sqrt{6h/g}$.
સમક્ષિતિજ વેગ $v_x = u_0 = \sqrt{2gh}$. અથડામણ પહેલાંનો શિરોલંબ વેગ $v_{1y} = \sqrt{2gH} = \sqrt{2g(3h)} = \sqrt{6gh}$.
$3$. જમીન સાથે અથડામણ: સમક્ષિતિજ સાથેનો ખૂણો $\theta$ એ $\tan \theta = \frac{v_{1y}}{v_x} = \frac{\sqrt{6gh}}{\sqrt{2gh}} = \sqrt{3}$ દ્વારા મળે છે. તેથી,$\theta = 60^{\circ}$. વિધાન $(C)$ સાચું છે.
$4$. ઉછળ્યા પછીનો વેગ: સમક્ષિતિજ ઘટક $v_x = \sqrt{2gh}$ રહે છે. ઉછળ્યા પછીનો શિરોલંબ ઘટક $v_{2y} = e v_{1y} = \frac{1}{\sqrt{3}} \sqrt{6gh} = \sqrt{2gh}$. તેથી,$\vec{v} = \sqrt{2gh} \hat{x} + \sqrt{2gh} \hat{z}$. વિધાન $(B)$ સાચું છે.
$5$. મહત્તમ ઊંચાઈ $h_1$: $h_1 = \frac{v_{2y}^2}{2g} = \frac{2gh}{2g} = h$.
$6$. અંતર $d$: $d = v_x T = \sqrt{2gh} \cdot \sqrt{6h/g} = \sqrt{12h^2} = 2\sqrt{3}h$.
$7$. ગુણોત્તર $d/h_1 = \frac{2\sqrt{3}h}{h} = 2\sqrt{3}$. વિધાન $(D)$ સાચું છે.

(A) આપેલ છે: $M=1.00 \ kg$,$L=0.20 \ m$,$m=0.10 \ kg$,$u=5.00 \ m \ s^{-1}$.
$1$. જડિત બિંદુ (pivot) ની આસપાસ કોણીય વેગમાનનું સંરક્ષણ:
પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $L_i = m \cdot u \cdot (L/2)$.
અંતિમ કોણીય વેગમાન $L_f = I \omega - m \cdot v \cdot (L/2)$,જ્યાં $I = \frac{ML^2}{3}$.
$m u (L/2) = \frac{ML^2}{3} \omega - m v (L/2) \Rightarrow m(u+v)(L/2) = \frac{ML^2}{3} \omega \Rightarrow m(u+v) = \frac{2ML}{3} \omega \quad (i)$
$2$. સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ માટે પ્રત્યવસ્થાન ગુણાંક $(e=1)$:
$e = \frac{v_{sep}}{v_{app}} = \frac{\omega(L/2) + v}{u} = 1 \Rightarrow u = \omega(L/2) + v \quad (ii)$
$(ii)$ પરથી,$v = u - \omega(L/2) = 5 - 0.1\omega$.
આ કિંમત $(i)$ માં મૂકતા:
$0.1(5 + 5 - 0.1\omega) = \frac{2(1.0)(0.2)}{3} \omega$
$0.1(10 - 0.1\omega) = \frac{0.4}{3} \omega$
$1 - 0.01\omega = 0.1333\omega \Rightarrow 1 = 0.1433\omega \Rightarrow \omega \approx 6.98 \ rad \ s^{-1}$.
$v = 5 - 0.1(6.98) = 5 - 0.698 = 4.302 \ m \ s^{-1} \approx 4.30 \ m \ s^{-1}$.
આમ,વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.

(A) $(T_A, V_0)$ થી $(T_f, 5 V_0)$ સુધીના એડિબેટિક વિસ્તરણ માટે, તાપમાન અને કદ વચ્ચેનો સંબંધ $T V^{\gamma-1} = \text{અચળ}$ છે。
તેથી, $T_A V_0^{\gamma-1} = T_f (5 V_0)^{\gamma-1}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $T_A = T_f (5)^{\gamma-1}$ મળે છે。
$(T_B, V_0)$ થી $(T_f, 5 V_0)$ સુધીના સમતાપી વિસ્તરણ માટે, તાપમાન અચળ રહે છે, તેથી $T_B = T_f$.
હવે, આપણે ગુણોત્તર $T_A / T_B = [T_f (5)^{\gamma-1}] / T_f = 5^{\gamma-1}$ મેળવીએ છીએ。

(A) પૃથ્વીના કેન્દ્રથી $r$ અંતરે ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g = \frac{GM}{r^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r = R + h$ છે.
આપેલ પ્રવેગનો ગુણોત્તર:
$\frac{g_p}{g_Q} = \frac{GM / r_p^2}{GM / r_Q^2} = \left( \frac{r_Q}{r_p} \right)^2$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{36}{25} = \left( \frac{r_Q}{r_p} \right)^2$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\frac{r_Q}{r_p} = \frac{6}{5} \implies r_Q = \frac{6}{5} r_p$
અહીં $r_p = R + h_p = R + R/3 = 4R/3$ હોવાથી:
$r_Q = \frac{6}{5} \times \left( \frac{4R}{3} \right) = \frac{24R}{15} = \frac{8R}{5}$
હવે,$r_Q = R + h_Q$ હોવાથી:
$R + h_Q = \frac{8R}{5}$
$h_Q = \frac{8R}{5} - R = \frac{3R}{5}$

(A) આપેલ છે: $u = 10 \pm 0.1 \text{ cm}$,$v = 20 \pm 0.2 \text{ cm}$.
લેન્સના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$.
બહિર્ગોળ લેન્સ માટે,$u$ ઋણ લેતા,$\frac{1}{f} = \frac{1}{v} + \frac{1}{u}$.
$f$ ની ગણતરી: $\frac{1}{f} = \frac{1}{20} + \frac{1}{10} = \frac{3}{20} \implies f = \frac{20}{3} \text{ cm}$.
લેન્સના સૂત્રનું વિકલન કરતા: $\frac{df}{f^2} = \frac{dv}{v^2} + \frac{du}{u^2}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{df}{f^2} = \frac{0.2}{(20)^2} + \frac{0.1}{(10)^2} = \frac{0.2}{400} + \frac{0.1}{100} = \frac{0.6}{400}$.
સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{df}{f} = f^2 \times \frac{0.6}{400} = \left(\frac{20}{3}\right)^2 \times \frac{0.6}{400} = \frac{400}{9} \times \frac{0.6}{400} = \frac{0.6}{9} = \frac{1}{15}$.
ટકાવારી ત્રુટિ = $\frac{df}{f} \times 100 = \frac{20}{3} \times \left( \frac{0.2}{400} + \frac{0.1}{100} \right) \times 100 = 1 \%$.
તેથી,$n = 1$.

(D) અચળ દબાણે વાયુના મિશ્રણ માટે,થયેલ કાર્ય $W = n_{mix} R \Delta T = 66 \ J$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
મિશ્રણ માટે અચળ કદે મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $(C_V)_{mix} = \frac{n_1 C_{V1} + n_2 C_{V2}}{n_1 + n_2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
એકપરમાણ્વિય વાયુ માટે,$C_{V1} = \frac{3}{2} R$. દ્વિપરમાણ્વિય વાયુ માટે,$C_{V2} = \frac{5}{2} R$.
કિંમતો મૂકતા: $(C_V)_{mix} = \frac{2 \times (3/2)R + 1 \times (5/2)R}{2 + 1} = \frac{3R + 2.5R}{3} = \frac{5.5R}{3} = \frac{11}{6} R$.
આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = n_{total} (C_V)_{mix} \Delta T$ છે.
અહીં $n_{total} = n_1 + n_2 = 3$ હોવાથી,$\Delta U = 3 \times (\frac{11}{6} R) \Delta T = \frac{11}{2} R \Delta T$.
કાર્યના સમીકરણ પરથી,$n_{total} R \Delta T = 66$,તેથી $3 R \Delta T = 66$,જેનો અર્થ છે કે $R \Delta T = 22$.
આ કિંમત આંતરિક ઉર્જાના સમીકરણમાં મૂકતા: $\Delta U = \frac{11}{2} \times 22 = 11 \times 11 = 121 \ J$.

(C) ધારો કે વ્યક્તિનું લેમ્પ પોસ્ટથી અંતર $x$ છે અને પડછાયાના છેડાનું લેમ્પ પોસ્ટથી અંતર $y$ છે. સમરૂપ ત્રિકોણોના ગુણધર્મ મુજબ:
$\frac{4}{y} = \frac{1.6}{y - x}$
$4(y - x) = 1.6y$
$4y - 4x = 1.6y$
$2.4y = 4x$
$x = 0.6y$
સમય $t$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{dx}{dt} = 0.6 \frac{dy}{dt}$
અહીં $\frac{dx}{dt} = 60 \ cm \ s^{-1}$ આપેલ છે,તેથી:
$60 = 0.6 \frac{dy}{dt}$
$\frac{dy}{dt} = \frac{60}{0.6} = 100 \ cm \ s^{-1}$
વ્યક્તિની સાપેક્ષે પડછાયાના છેડાની ઝડપ $v_{tip/person} = \frac{dy}{dt} - \frac{dx}{dt} = 100 - 60 = 40 \ cm \ s^{-1}$ થાય.

(C) ટોર્સનલ લોલકની કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \sqrt{\frac{C}{I}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $C$ એ ટોર્સનલ અચળાંક છે અને $I$ એ પરિભ્રમણની ધરીને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા છે.
પ્રથમ,આપણે તંત્રનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(CM)$ શોધીએ. ધારો કે $30 \text{ g}$ દળ $x = 0$ પર છે અને $20 \text{ g}$ દળ $x = 10 \text{ cm}$ પર છે. $CM$ નું સ્થાન $x_{cm} = \frac{(30 \times 0) + (20 \times 10)}{30 + 20} = \frac{200}{50} = 4 \text{ cm}$ ($30 \text{ g}$ દળથી).
આમ,પરિભ્રમણની ધરી $(CM)$ થી $30 \text{ g}$ અને $20 \text{ g}$ દળના અંતર અનુક્રમે $r_1 = 4 \text{ cm} = 0.04 \text{ m}$ અને $r_2 = 10 - 4 = 6 \text{ cm} = 0.06 \text{ m}$ છે.
જડત્વની ચાકમાત્રા $I = m_1 r_1^2 + m_2 r_2^2 = (30 \times 10^{-3} \text{ kg}) \times (0.04 \text{ m})^2 + (20 \times 10^{-3} \text{ kg}) \times (0.06 \text{ m})^2$.
$I = 0.03 \times 0.0016 + 0.02 \times 0.0036 = 0.000048 + 0.000072 = 0.00012 \text{ kg m}^2 = 1.2 \times 10^{-4} \text{ kg m}^2$.
આપેલ છે કે $C = 1.2 \times 10^{-8} \text{ N m rad}^{-1}$,તેથી કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \sqrt{\frac{1.2 \times 10^{-8}}{1.2 \times 10^{-4}}} = \sqrt{10^{-4}} = 10^{-2} \text{ rad s}^{-1}$.
આને $n \times 10^{-3} \text{ rad s}^{-1}$ સાથે સરખાવતા,$n \times 10^{-3} = 10 \times 10^{-3}$,તેથી $n = 10$.

(A) યંગના મોડ્યુલસ $Y$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[M^1 L^{-1} T^{-2}]$ છે.
આપેલ અચળાંકો માટેના પારિમાણિક સૂત્રો:
પ્રકાશની ગતિ $c = [L T^{-1}]$
પ્લાન્કનો અચળાંક $h = [M L^2 T^{-1}]$
ગુરુત્વાકર્ષણ અચળાંક $G = [M^{-1} L^3 T^{-2}]$
સંબંધ $Y = c^\alpha h^\beta G^\gamma$ આપેલ છે,તેથી પરિમાણોને સરખાવતા:
$[M^1 L^{-1} T^{-2}] = [L T^{-1}]^\alpha [M L^2 T^{-1}]^\beta [M^{-1} L^3 T^{-2}]^\gamma$
$[M^1 L^{-1} T^{-2}] = [M^{\beta - \gamma} L^{\alpha + 2\beta + 3\gamma} T^{-\alpha - \beta - 2\gamma}]$
$M, L$ અને $T$ ના ઘાતાંકોને સરખાવતા:
$1$) $\beta - \gamma = 1$
$2$) $\alpha + 2\beta + 3\gamma = -1$
$3$) $-\alpha - \beta - 2\gamma = -2$
સમીકરણ $(2)$ અને $(3)$ નો સરવાળો કરતા:
$(\alpha + 2\beta + 3\gamma) + (-\alpha - \beta - 2\gamma) = -1 + (-2)$
$\beta + \gamma = -3$
હવે,$\beta - \gamma = 1$ અને $\beta + \gamma = -3$ ને ઉકેલતા:
સરવાળો કરતા $2\beta = -2 \Rightarrow \beta = -1$ મળે છે.
$\beta = -1$ ને $\beta - \gamma = 1$ માં મૂકતા $-1 - \gamma = 1 \Rightarrow \gamma = -2$ મળે છે.
$\beta = -1$ અને $\gamma = -2$ ને સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા:
$\alpha + 2(-1) + 3(-2) = -1$
$\alpha - 2 - 6 = -1$
$\alpha - 8 = -1 \Rightarrow \alpha = 7$.
આમ,સાચા મૂલ્યો $\alpha = 7, \beta = -1, \gamma = -2$ છે.

(A) આપેલ વેગ $\vec{v} = \alpha y \hat{i} + 2\alpha x \hat{j}$ છે.
વેગના ઘટકો $v_x = \alpha y$ અને $v_y = 2\alpha x$ છે.
પ્રવેગના ઘટકો $a_x = \frac{dv_x}{dt} = \alpha \frac{dy}{dt} = \alpha v_y = \alpha(2\alpha x) = 2\alpha^2 x$ છે.
તે જ રીતે,$a_y = \frac{dv_y}{dt} = 2\alpha \frac{dx}{dt} = 2\alpha v_x = 2\alpha(\alpha y) = 2\alpha^2 y$ છે.
આમ,પ્રવેગ સદિશ $\vec{a} = a_x \hat{i} + a_y \hat{j} = 2\alpha^2 x \hat{i} + 2\alpha^2 y \hat{j} = 2\alpha^2(x \hat{i} + y \hat{j})$ છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\vec{F} = m\vec{a} = 2m\alpha^2(x \hat{i} + y \hat{j})$ મળે છે.

(C) આદર્શ વાયુના એક મોલની આંતરિક ઉર્જા $U_n = \frac{n}{2} RT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. તાપમાન $T$ અચળ હોવાથી,$U_n$ એ $n$ ના સમપ્રમાણમાં છે. તેથી,જો $n_1 < n_2$ હોય,તો $U_{n_1} < U_{n_2}$ થાય.
આદર્શ વાયુમાં ધ્વનિની ઝડપ $v_n = \sqrt{\frac{\gamma RT}{M}}$ છે,જ્યાં $\gamma = 1 + \frac{2}{n}$.
$\gamma$ ની કિંમત મૂકતા,$v_n = \sqrt{\left(1 + \frac{2}{n}\right) \frac{RT}{M}}$ મળે છે.
જેમ $n$ વધે છે,તેમ પદ $(1 + \frac{2}{n})$ ઘટે છે,જેનો અર્થ છે કે $n$ વધવાની સાથે $v_n$ ઘટે છે.
વિકલ્પોની સરખામણી કરતા:
વિકલ્પ $C$ માટે: $n=5$ અને $n=7$. $5 < 7$ હોવાથી,$U_5 < U_7$ અને $v_5 > v_7$ થાય છે. આ શરત સાચી છે.

(D) કેન્દ્રથી $h$ ઊંચાઈ પર લગાડવામાં આવેલા આઘાત $J_0$ માટે:
$1$. રેખીય આઘાતનું સમીકરણ: $J_0 = Mv \implies v = \frac{J_0}{M}$
$2$. દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષે કોણીય આઘાતનું સમીકરણ: $J_0 h = I_c \omega \implies \omega = \frac{J_0 h}{I_c}$
સરક્યા વિના ગબડવા માટે,$v = \omega b$,જ્યાં $b$ એ બાહ્ય ત્રિજ્યા છે.
$v$ અને $\omega$ ની કિંમત મૂકતા: $\frac{J_0}{M} = \frac{J_0 h_m}{I_c} b \implies h_m = \frac{I_c}{Mb}$
વલયાકાર તકતી માટે,$I_c = \frac{1}{2} M(a^2 + b^2)$.
તેથી,$h_m = \frac{\frac{1}{2} M(a^2 + b^2)}{Mb} = \frac{a^2 + b^2}{2b}$.
$(A)$ જો $a \rightarrow 0$ હોય,તો $h_m = \frac{b^2}{2b} = \frac{b}{2}$. વિધાન $(A)$ સાચું છે.
$(B)$ જો $a \rightarrow b$ હોય,તો $h_m = \frac{b^2 + b^2}{2b} = \frac{2b^2}{2b} = b$. વિધાન $(B)$ સાચું છે.
$(C)$ $\omega = \frac{J_0 h_m}{I_c} = \frac{J_0}{I_c} \cdot \frac{I_c}{Mb} = \frac{J_0}{Mb}$. $M$ અને $b$ અચળ હોવાથી,$\omega$ એ $a$ પર આધાર રાખતું નથી. વિધાન $(C)$ સાચું છે.
$(D)$ જો $\mu = 0$ અને $h = 0$ હોય,તો આઘાત દ્રવ્યમાન કેન્દ્રમાંથી પસાર થાય છે,તેથી કોઈ ટોર્ક ઉત્પન્ન થતું નથી $(\tau = 0)$. આમ,$\omega = 0$ અને તકતી ફક્ત સ્થાનાંતરિત ગતિ કરે છે. તે ગબડ્યા વિના સરકે છે. વિધાન $(D)$ સાચું છે.

(A) આપેલ છે: દળ $m = 5 \times 10^{-3} \text{ kg}$,ત્રિજ્યા $R = \frac{4}{3} \times 10^{-2} \text{ m}$,આઘાત $J = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \times 10^{-2} \text{ N-s}$,અંતર $r = \frac{2}{3} \times 10^{-2} \text{ m}$.
રેખીય આઘાત $J = mv \implies v = \frac{J}{m} = \frac{\sqrt{\pi/2} \times 10^{-2}}{5 \times 10^{-3}} = 2\sqrt{\frac{\pi}{2}} = \sqrt{2\pi} \text{ m/s}$.
હવામાં રહેવાનો સમય $T = \frac{2v}{g} = \frac{2\sqrt{2\pi}}{10} = \frac{\sqrt{2\pi}}{5} \text{ s}$.
કોણીય આઘાત $J_\theta = J \cdot r = I_d \omega$,જ્યાં $I_d = \frac{1}{4}mR^2$ એ વ્યાસને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા છે.
$J \cdot r = \frac{1}{4}mR^2 \omega \implies \omega = \frac{4Jr}{mR^2} = \frac{4 \times (\sqrt{\pi/2} \times 10^{-2}) \times (2/3 \times 10^{-2})}{5 \times 10^{-3} \times (4/3 \times 10^{-2})^2} = \frac{8/3 \times \sqrt{\pi/2} \times 10^{-4}}{5 \times 10^{-3} \times 16/9 \times 10^{-4}} = \frac{8/3 \times \sqrt{\pi/2}}{80/9 \times 10^{-3}} = \frac{8}{3} \times \frac{9}{80} \times 10^3 \times \sqrt{\frac{\pi}{2}} = 30 \times \sqrt{\frac{\pi}{2}} \text{ rad/s}$.
કુલ પરિભ્રમણ કોણ $\theta = \omega T = (30 \sqrt{\pi/2}) \times (\frac{\sqrt{2\pi}}{5}) = 6 \times \sqrt{\pi/2} \times \sqrt{2\pi} = 6 \times \sqrt{\pi^2} = 6\pi \text{ radians}$.
પરિભ્રમણની સંખ્યા $n = \frac{\theta}{2\pi} = \frac{6\pi}{2\pi} = 3$.

(B) $p$-માં હાર્મોનિકની આવૃત્તિ $f_p = \frac{p}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $L$ લંબાઈ છે, $T$ તણાવ છે અને $\mu$ રેખીય દળ ઘનતા છે。
આપેલ છે કે $L = 1 \,m$ અને દળ $m = 2 \times 10^{-5} \,kg$, તેથી રેખીય દળ ઘનતા $\mu = \frac{m}{L} = 2 \times 10^{-5} \,kg/m$.
ધારો કે બે ક્રમિક હાર્મોનિક્સ $p$ અને $p+1$ છે જેની આવૃત્તિ $f_p = 750 \,Hz$ અને $f_{p+1} = 1000 \,Hz$ છે。
તેથી, $750 = \frac{p}{2 \times 1} \sqrt{\frac{T}{2 \times 10^{-5}}} \dots (1)$ અને $1000 = \frac{p+1}{2 \times 1} \sqrt{\frac{T}{2 \times 10^{-5}}} \dots (2)$.
સમીકરણ $(2)$ ને $(1)$ વડે ભાગતા, $\frac{1000}{750} = \frac{p+1}{p} \Rightarrow \frac{4}{3} = \frac{p+1}{p} \Rightarrow 4p = 3p + 3 \Rightarrow p = 3$.
$p=3$ ને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા: $750 = \frac{3}{2} \sqrt{\frac{T}{2 \times 10^{-5}}} \Rightarrow 500 = \sqrt{\frac{T}{2 \times 10^{-5}}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $250000 = \frac{T}{2 \times 10^{-5}} \Rightarrow T = 250000 \times 2 \times 10^{-5} = 5 \,N$.

(B) વાતાવરણીય દબાણ $P_0$ હેઠળ કેશિકામાં પ્રવાહીનું ચઢાણ $h_0$ નીચે મુજબ છે:
$h_0 = \frac{2 T \cos \theta}{\rho g r} = \frac{2 \times 0.075 \times 1}{10^3 \times 10 \times 10^{-4}} = 0.15 \,m = 15 \,cm$
જ્યારે હવાને તેના મૂળ કદ $V_0$ થી $\frac{100}{101} V_0$ સુધી સમતાપી રીતે સંકોચવામાં આવે છે,ત્યારે પાત્રની અંદરનું નવું દબાણ $P$ નીચે મુજબ મળે છે:
$P_0 V_0 = P \left( \frac{100}{101} V_0 \right) \Rightarrow P = \frac{101}{100} P_0 = 1.01 P_0$
કેશિકાની અંદર પ્રવાહીની સપાટી પર દબાણનું સંતુલન:
$P_0 - \frac{2 T \cos \theta}{r} + \rho g h = P$
$P = 1.01 P_0$ અને $\frac{2 T \cos \theta}{r} = \rho g h_0$ મૂકતા:
$P_0 - \rho g h_0 + \rho g h = 1.01 P_0$
$\rho g h = 0.01 P_0 + \rho g h_0$
$h = h_0 + \frac{0.01 P_0}{\rho g} = 0.15 \,m + \frac{0.01 \times 10^5}{10^3 \times 10} = 0.15 \,m + 0.1 \,m = 0.25 \,m = 25 \,cm$

(B) ચક્ર $I$ માટે:
થયેલ કાર્ય $W_I = W_a + W_b + W_c + W_d$
$W_a = P \Delta V = (4P_0)(2V_0 - V_0) = 4P_0V_0$
$W_b = nRT \ln(V_f/V_i) = P_i V_i \ln(V_f/V_i) = (4P_0)(2V_0) \ln(4V_0/2V_0) = 8P_0V_0 \ln 2$
$W_c = P \Delta V = (2P_0)(V_0 - 4V_0) = -6P_0V_0$
$W_d = 0$ (સમકદ પ્રક્રિયા)
$W_I = 4P_0V_0 + 8P_0V_0 \ln 2 - 6P_0V_0 = 8P_0V_0 \ln 2 - 2P_0V_0 = 2P_0V_0(4 \ln 2 - 1)$
ચક્ર $II$ માટે:
થયેલ કાર્ય $W_{II} = W_{a'} + W_{b'} + W_{c'} + W_{d'}$
$W_{a'} = P_i V_i \ln(V_f/V_i) = (4P_0)(V_0) \ln(2V_0/V_0) = 4P_0V_0 \ln 2$
$W_{b'} = 0$ (સમકદ પ્રક્રિયા)
$W_{c'} = P \Delta V = (P_0)(V_0 - 2V_0) = -P_0V_0$
$W_{d'} = 0$ (સમકદ પ્રક્રિયા)
$W_{II} = 4P_0V_0 \ln 2 - P_0V_0 = P_0V_0(4 \ln 2 - 1)$
ગુણોત્તર $W_I / W_{II} = [2P_0V_0(4 \ln 2 - 1)] / [P_0V_0(4 \ln 2 - 1)] = 2$

(A) આદર્શ વાયુ માટે અચળ દબાણે,$\rho_a T_a = \rho T$.
કિંમતો મૂકતા: $1.2 \times 300 = \rho \times 360 \implies \rho = 1 \ kg \ m^{-3}$.
$(1)$ બર્નુલીના સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $V = \sqrt{\frac{2(\rho_a - \rho)g(H+h)}{\rho}} = \sqrt{\frac{2(1.2 - 1) \times 10 \times (1 + 9)}{1}} = \sqrt{40} \approx 6.32 \ m \ s^{-1}$.
દળ પ્રવાહ દર $Q_m = \rho A V = 1 \times \frac{\pi (0.1)^2}{4} \times \sqrt{40} \approx 0.0608 \ kg \ s^{-1} = 60.80 \ g \ s^{-1}$.
$(2)$ જ્યારે બંધ હોય,ત્યારે દબાણનો તફાવત $\Delta P = (\rho_a - \rho) g(H+h) = (1.2 - 1) \times 10 \times 10 = 20 \ N \ m^{-2}$. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $60.80$ અને $30$ છે.

(A) $(1)$ જ્યારે $S_2$ એ $Q$ પર હોય ત્યારે ડિટેક્ટર દ્વારા માપવામાં આવતી આવૃત્તિ $f'$ એ ડોપ્લર અસરના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $f' = \frac{C}{C + v \cos \theta} f$,જ્યાં $C = 324 \ ms^{-1}$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે,$v = 4 \sqrt{2} \ ms^{-1}$ એ સ્ત્રોતની ઝડપ છે,અને $\theta = 45^{\circ}$ એ $S_2$ ના વેગ સદિશ અને $Q$ થી $P$ ને જોડતી રેખા વચ્ચેનો ખૂણો છે.
$f' = \frac{324}{324 + 4 \sqrt{2} \cos 45^{\circ}} \times 656 = \frac{324}{324 + 4 \sqrt{2} \times \frac{1}{\sqrt{2}}} \times 656 = \frac{324}{328} \times 656 = 648 \ Hz$.
$(2)$ જ્યારે $S_2$ એ $R$ પર હોય,ત્યારે તેનો વેગ $RP$ રેખાને લંબ હોય છે,તેથી $S_2$ માટે કોઈ ડોપ્લર શિફ્ટ થતી નથી. આમ,$f_{P, S_2} = 656 \ Hz$.
$S_1$ એ $4 \ ms^{-1}$ ની ઝડપે $P$ પરના ડિટેક્ટર તરફ ગતિ કરતું હોવાથી,અવલોકિત આવૃત્તિ $f_{P, S_1} = \frac{C}{C - v_s} f = \frac{324}{324 - 4} \times 656 = \frac{324}{320} \times 656 = 664.2 \ Hz$.
બીટ આવૃત્તિ $\Delta f = |f_{P, S_1} - f_{P, S_2}| = 664.2 - 656 = 8.2 \ Hz$.

(C) $1$. પરાવર્તન થતું ન હોવાથી,પ્રકાશ બ્રુસ્ટર કોણ $\theta_B$ પર આપાત થવો જોઈએ. તેથી,$i = \theta_B$,જ્યાં $\tan \theta_B = \mu_B = \sqrt{3}$. આથી $i = 60^{\circ}$.
$2$. બ્રુસ્ટર કોણની શરત સંતોષવા માટે પ્રકાશ આપાત સમતલમાં ધ્રુવીભૂત હોવો જોઈએ. તેથી,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
$3$. પ્રથમ સપાટી પર સ્નેલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $1 \cdot \sin 60^{\circ} = \sqrt{3} \cdot \sin r_1 \implies \sin r_1 = 1/2 \implies r_1 = 30^{\circ}$.
$4$. આપેલ છે $\delta = 60^{\circ}$ અને $\delta = i + e - A$,તેથી $60^{\circ} = 60^{\circ} + e - A \implies e = A$.
$5$. બીજી સપાટી પર,$\sqrt{3} \sin r_2 = 1 \sin e = \sin A$. કારણ કે $r_1 + r_2 = A$,તેથી $r_2 = A - 30^{\circ}$.
$6$. કિંમત મૂકતા: $\sqrt{3} \sin(A - 30^{\circ}) = \sin A$. વિસ્તરણ કરતા: $\sqrt{3}(\sin A \cos 30^{\circ} - \cos A \sin 30^{\circ}) = \sin A \implies \sqrt{3}(\sin A \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - \cos A \cdot \frac{1}{2}) = \sin A \implies \frac{3}{2} \sin A - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos A = \sin A \implies \frac{1}{2} \sin A = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos A \implies \tan A = \sqrt{3} \implies A = 60^{\circ}$. તેથી,વિધાન $(B)$ સાચું છે.
$7$. કારણ કે $e = A = 60^{\circ}$,તેથી વિધાન $(D)$ સાચું છે.
$8$. લાલ પ્રકાશ માટે,$\mu_R = \frac{\sin((A + \delta_{\text{min}})/2)}{\sin(A/2)} = \frac{\sin((60^{\circ} + 30^{\circ})/2)}{\sin(60^{\circ}/2)} = \frac{\sin 45^{\circ}}{\sin 30^{\circ}} = \frac{1/\sqrt{2}}{1/2} = \sqrt{2}$. તેથી,વિધાન $(C)$ સાચું છે.

(C) ધારો કે જમણા જંકશન પરનું પોટેન્શિયલ $V$ છે અને ડાબા જંકશન પર $0 \,V$ છે.
$1 \,\Omega$ અવરોધવાળી શાખા માટે,પ્રવાહ $1 \,A$ ડાબા જંકશન તરફ વહે છે. તેથી,$V - 5 = 1 \times 1$,જે $V = 6 \,V$ આપે છે.
$R$ અવરોધવાળી શાખા માટે,પ્રવાહ $I$ ડાબેથી જમણે વહે છે. તેથી,$15 - I \times R = V = 6$,એટલે કે $I \times R = 9$.
$3 \,\Omega$ અવરોધવાળી શાખા માટે,પ્રવાહ $I_1$ જમણેથી ડાબે વહે છે. તેથી,$V - 3 \times I_1 = 0$,જે $6 - 3 \times I_1 = 0$ આપે છે,તેથી $I_1 = 2 \,A$.
જમણા જંકશન પર,કિર્ચોફના પ્રવાહના નિયમ મુજબ,$I = 1 + I_1 = 1 + 2 = 3 \,A$.
$I \times R = 9$ હોવાથી,$3 \times R = 9$,તેથી $R = 3 \,\Omega$. આમ,$(A)$ અને $(B)$ સાચા છે.
જ્યારે $K$ બંધ થાય છે,ત્યારે સર્કિટ સમતુલ્ય $EMF$ $\varepsilon_{eq}$ અને સમતુલ્ય અવરોધ $r_{eq}$ દ્વારા ચાર્જ થતા કેપેસિટર તરીકે કાર્ય કરે છે.
મિલમેનના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$\varepsilon_{eq} = \frac{\frac{15}{3} + \frac{5}{1} + \frac{0}{3}}{\frac{1}{3} + \frac{1}{1} + \frac{1}{3}} = \frac{5 + 5}{5/3} = 6 \,V$.
સમતુલ્ય અવરોધ $r_{eq}$ એ $3 \,\Omega, 1 \,\Omega, 3 \,\Omega$ નું સમાંતર જોડાણ છે,જે $\frac{1}{r_{eq}} = \frac{1}{3} + 1 + \frac{1}{3} = \frac{5}{3} \,\Omega^{-1}$ છે,તેથી $r_{eq} = 0.6 \,\Omega$.
કેપેસિટર શાખામાં કુલ અવરોધ $R_{total} = r_{eq} + 3 \,\Omega = 0.6 + 3 = 3.6 \,\Omega$.
ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau = R_{total} \times C = 3.6 \,\Omega \times 2 \,\mu F = 7.2 \,\mu s$.
કેપેસિટર શાખામાં પ્રવાહ $i(t) = \frac{\varepsilon_{eq}}{R_{total}} e^{-t/\tau} = \frac{6}{3.6} e^{-t/\tau} = \frac{5}{3} e^{-t/\tau}$.
$t = t_0 + 7.2 \,\mu s$ સમયે,$i = \frac{5}{3} e^{-1} = \frac{5}{3} \times 0.36 = 0.6 \,A$. આમ,$(C)$ સાચું છે.
જેમ $t < \infty$,કેપેસિટર સંપૂર્ણ ચાર્જ થાય છે,$q_{max} = C \times \varepsilon_{eq} = 2 \,\mu F \times 6 \,V = 12 \,\mu C$. આમ,$(D)$ સાચું છે.

(B) $t = 10 \text{ s}$ માં ભરાયેલા પ્રવાહીનું કદ $V = 250 \text{ cm}^3 \text{ s}^{-1} \times 10 \text{ s} = 2500 \text{ cm}^3$ છે.
પાત્રના પાયાનું ક્ષેત્રફળ $50 \text{ cm} \times 5 \text{ cm} = 250 \text{ cm}^2$ છે.
પ્રવાહી સ્તંભની ઊંચાઈ $h = \frac{V}{\text{પાયાનું ક્ષેત્રફળ}} = \frac{2500 \text{ cm}^3}{250 \text{ cm}^2} = 10 \text{ cm}$ છે.
કેપેસિટરને સમાંતરમાં બે કેપેસિટર તરીકે ગણી શકાય: એક પ્રવાહી (ડાયઇલેક્ટ્રિક) થી ભરેલું અને બીજું હવા થી ભરેલું.
પ્રવાહી ભાગ માટે: ક્ષેત્રફળ $A_d = 50 \text{ cm} \times 10 \text{ cm} = 500 \text{ cm}^2 = 500 \times 10^{-4} \text{ m}^2$, અંતર $d = 5 \text{ cm} = 5 \times 10^{-2} \text{ m}$, $k = 3$.
$C_d = \frac{k \epsilon_0 A_d}{d} = \frac{3 \times 9 \times 10^{-12} \times 500 \times 10^{-4}}{5 \times 10^{-2}} = 27 \times 10^{-12} \text{ F} = 27 \text{ pF}$.
હવાના ભાગ માટે: ક્ષેત્રફળ $A_a = 50 \text{ cm} \times (50 - 10) \text{ cm} = 50 \text{ cm} \times 40 \text{ cm} = 2000 \text{ cm}^2 = 2000 \times 10^{-4} \text{ m}^2$.
$C_a = \frac{\epsilon_0 A_a}{d} = \frac{9 \times 10^{-12} \times 2000 \times 10^{-4}}{5 \times 10^{-2}} = 36 \times 10^{-12} \text{ F} = 36 \text{ pF}$.
કુલ કેપેસિટન્સ $C = C_d + C_a = 27 \text{ pF} + 36 \text{ pF} = 63 \text{ pF}$.

(B) $n=4$ થી $n=3$ ના સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઊર્જા $E = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{4^2} \right) \ eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$E = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right) = 13.6 Z^2 \left( \frac{7}{144} \right) \approx 0.661 Z^2 \ eV$.
ધાતુનું વર્ક ફંક્શન $W$ થ્રેશોલ્ડ તરંગલંબાઇ $\lambda_0 = 310 \ nm$ પરથી $W = \frac{hc}{\lambda_0} = \frac{1240 \ eV \cdot nm}{310 \ nm} = 4 \ eV$ મળે છે.
આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઇલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,$K_{\max} = E - W$.
$K_{\max} = 1.95 \ eV$ આપેલ હોવાથી,$1.95 = 0.661 Z^2 - 4$.
$0.661 Z^2 = 5.95$.
$Z^2 = \frac{5.95}{0.661} \approx 9$.
તેથી,$Z = 3$.

(C) ધારો કે $L$ અને $M_1$ વચ્ચેનું અંતર $d$ છે. પદાર્થ $S$ એ $L$ થી $10 \text{ cm}$ અંતરે છે ($20 \text{ cm}$ નું મધ્યબિંદુ). $L$ ની કેન્દ્રલંબાઈ $10 \text{ cm}$ હોવાથી,પદાર્થ $S$ એ લેન્સ $L$ ના મુખ્ય કેન્દ્ર પર છે.
$S$ માંથી આવતા પ્રકાશના કિરણો $L$ માંથી પસાર થઈને મુખ્ય અક્ષને સમાંતર બને છે.
આ સમાંતર કિરણો અંતર્ગોળ અરીસા $M_1$ પર આપાત થાય છે. $M_1$ પરથી પરાવર્તન પામ્યા પછી,તેઓ $M_1$ ના મુખ્ય કેન્દ્ર પર કેન્દ્રિત થાય છે. $M_1$ ની કેન્દ્રલંબાઈ $f_1 = R_1/2 = 20/2 = 10 \text{ cm}$ છે.
તેથી,કિરણો $M_1$ ની સામે $10 \text{ cm}$ અંતરે એક બિંદુ પર કેન્દ્રિત થાય છે.
આ બિંદુ લેન્સ $L$ માટે પદાર્થ તરીકે કાર્ય કરે છે. લેન્સ $L$ થી આ બિંદુનું અંતર $u = -(d - 10) \text{ cm}$ છે.
લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{v} - \frac{1}{-(d - 10)} = \frac{1}{10} \implies \frac{1}{v} = \frac{1}{10} - \frac{1}{d - 10} \quad (i)$.
$L$ માંથી બહાર આવતા કિરણો અરીસા $M_2$ પર આપાત થાય છે. અંતિમ પ્રતિબિંબ $S$ પર સંપાત થાય તે માટે,કિરણો $M_2$ પર લંબરૂપે આપાત થવા જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે તેઓ $M_2$ ના વક્રતા કેન્દ્રમાંથી આવતા હોય તેમ લાગવું જોઈએ. $M_2$ ની વક્રતા ત્રિજ્યા $24 \text{ cm}$ છે. $S$ એ $M_2$ થી $10 \text{ cm}$ દૂર હોવાથી,કિરણો $M_2$ થી $10 \text{ cm}$ અંતરે (જે $S$ પોતે જ છે) કેન્દ્રિત થવા જોઈએ.
આમ,$L$ દ્વારા રચાતું પ્રતિબિંબ $L$ થી $v = 10 \text{ cm}$ અંતરે ($M_2$ ની દિશામાં) હોવું જોઈએ.
$(i)$ માં $v = 10$ મૂકતા:
$\frac{1}{10} = \frac{1}{10} - \frac{1}{d - 10} \implies \frac{1}{d - 10} = 0$,જે શક્ય નથી.
પુનઃમૂલ્યાંકન: $M_1$ પરથી પરાવર્તન પછી કિરણો $M_1$ થી $10 \text{ cm}$ અંતરે કેન્દ્રિત થાય છે. ધારો કે આ $I_1$ છે. $I_1$ એ $L$ થી $(d-10)$ અંતરે છે. અંતિમ પ્રતિબિંબ $S$ પર મેળવવા માટે,કિરણો $M_2$ પર એવી રીતે આપાત થવા જોઈએ કે તેઓ તેમનો માર્ગ પાછો ખેંચે. આ ત્યારે થાય છે જ્યારે તેઓ $M_2$ ના વક્રતા કેન્દ્ર તરફ નિર્દેશિત હોય. $M_2$ નું વક્રતા કેન્દ્ર $M_2$ થી $24 \text{ cm}$ અંતરે છે,એટલે કે $L$ ની પાછળ $4 \text{ cm}$ અંતરે.
$L$ માટે $u = -(d-10)$ અને $v = +4$ સાથે લેન્સના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{4} - \frac{1}{-(d-10)} = \frac{1}{10} \implies \frac{1}{d-10} = \frac{1}{10} - \frac{1}{4} = \frac{2-5}{20} = -\frac{3}{20}$.
આનાથી $d-10 = -20/3$,$d = 10 - 6.67 = 3.33$ મળે છે.
વૈકલ્પિક રીતે,જો $M_1$ માંથી આવતા કિરણો $L$ માંથી ફરી પસાર થયા પછી $S$ પર પ્રતિબિંબ બનાવે:
$M_2$ માટે,પદાર્થ $S$ એ $10 \text{ cm}$ પર છે. $f_2 = -12 \text{ cm}$. $\frac{1}{v} + \frac{1}{-10} = \frac{1}{-12} \implies \frac{1}{v} = \frac{1}{10} - \frac{1}{12} = \frac{1}{60} \implies v = 60 \text{ cm}$.
આ પ્રતિબિંબ $L$ માટે $u = -(20+60) = -80 \text{ cm}$ પર પદાર્થ તરીકે કાર્ય કરે છે.
$\frac{1}{v_L} - \frac{1}{-80} = \frac{1}{10} \implies \frac{1}{v_L} = \frac{1}{10} - \frac{1}{80} = \frac{7}{80} \implies v_L = 80/7$.
આ $v_L$ એ $L$ થી તે અંતર છે જ્યાં $M_1$ માંથી આવતા કિરણો કેન્દ્રિત થવા જોઈએ. $M_1$ ની $f=10$ હોવાથી,$L$ માંથી આવતા કિરણો (સમાંતર) $M_1$ થી $10 \text{ cm}$ અંતરે કેન્દ્રિત થાય છે. તેથી $d - 10 = 80/7 \implies d = 150/7$.
આમ $n = 150$.

(A) ક્ષય પ્રક્રિયા ${ }_{Z_1}^{A_1} X \rightarrow { }_{Z_2}^{A_2} Y + N_{\alpha} { }_{2}^{4} He + N_{\beta^-} { }_{-1}^{0} e + N_{\beta^+} { }_{1}^{0} e$ માટે:
$1$. દળ સંખ્યાનું સંરક્ષણ: $A_1 = A_2 + 4 N_{\alpha} \implies N_{\alpha} = \frac{A_1 - A_2}{4}$.
$2$. પરમાણુ ક્રમાંકનું સંરક્ષણ: $Z_1 = Z_2 + 2 N_{\alpha} - N_{\beta^-} + N_{\beta^+}$.
$(P)$ ${ }_{92}^{238} U \rightarrow { }_{91}^{234} Pa$: $N_{\alpha} = \frac{238-234}{4} = 1$. $92 = 91 + 2(1) - N_{\beta^-} + N_{\beta^+} \implies N_{\beta^-} - N_{\beta^+} = 1$. જે $(4)$ સાથે મેળ ખાય છે: $1 \alpha, 1 \beta^-$.
$(Q)$ ${ }_{82}^{214} Pb \rightarrow { }_{82}^{210} Pb$: $N_{\alpha} = \frac{214-210}{4} = 1$. $82 = 82 + 2(1) - N_{\beta^-} + N_{\beta^+} \implies N_{\beta^-} - N_{\beta^+} = 2$. જે $(3)$ સાથે મેળ ખાય છે: $1 \alpha, 2 \beta^-$.
$(R)$ ${ }_{81}^{210} Tl \rightarrow { }_{82}^{206} Pb$: $N_{\alpha} = \frac{210-206}{4} = 1$. $81 = 82 + 2(1) - N_{\beta^-} + N_{\beta^+} \implies N_{\beta^-} - N_{\beta^+} = 3$. જે $(2)$ સાથે મેળ ખાય છે: $1 \alpha, 3 \beta^-$.
$(S)$ ${ }_{91}^{228} Pa \rightarrow { }_{88}^{224} Ra$: $N_{\alpha} = \frac{228-224}{4} = 1$. $91 = 88 + 2(1) - N_{\beta^-} + N_{\beta^+} \implies N_{\beta^-} - N_{\beta^+} = -1$. જે $(1)$ સાથે મેળ ખાય છે: $1 \alpha, 1 \beta^+$.
સાચું જોડાણ: $P \rightarrow 4, Q \rightarrow 3, R \rightarrow 2, S \rightarrow 1$.

(C) $1$. વિનનો સ્થાનાંતરનો નિયમ $\lambda_m T = b$ છે, જ્યાં $b = 2.9 \times 10^{-3} \, m-K$. તેથી, $\lambda_m \propto 1/T$.
$2$. $(P)$ $2000 \, K$ માટે: $\lambda_m = (2.9 \times 10^{-3}) / 2000 = 1.45 \times 10^{-6} \, m = 1450 \, nm$. $\lambda_m$ એ $T$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોવાથી, સૌથી ઓછું તાપમાન $(2000 \, K)$ સૌથી મોટી $\lambda_m$ આપે છે. એક સ્લિટના વિવર્તનમાં મધ્યસ્થ અધિકતમની પહોળાઈ $\lambda$ ના પ્રમાણમાં હોય છે, તેથી $(P \rightarrow 3)$.
$3$. $(Q)$ $3000 \, K$ માટે: એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ ઉત્સર્જિત પાવર $E = \sigma T^4$. ગુણોત્તર $E_{3000}/E_{6000} = (3000/6000)^4 = (1/2)^4 = 1/16$. તેથી, $(Q \rightarrow 4)$.
$4$. $(R)$ $5000 \, K$ માટે: $\lambda_m = (2.9 \times 10^{-3}) / 5000 = 0.58 \times 10^{-6} \, m = 580 \, nm$. આ તરંગલંબાઇ દ્રશ્યમાન વર્ણપટમાં છે. તેથી, $(R \rightarrow 2)$.
$5$. $(S)$ $10000 \, K$ માટે: $\lambda_m = (2.9 \times 10^{-3}) / 10000 = 0.29 \times 10^{-6} \, m = 290 \, nm$. ફોટોનની ઉર્જા $E = hc/\lambda_m = (1.24 \times 10^{-6}) / (0.29 \times 10^{-6}) \approx 4.27 \, eV$. $4.27 \, eV > 4 \, eV$ હોવાથી, તે ફોટોઇલેક્ટ્રિક ઉત્સર્જન કરી શકે છે. તેથી, $(S \rightarrow 1)$.
$6$. મેચિંગ: $P \rightarrow 3, Q \rightarrow 4, R \rightarrow 2, S \rightarrow 1$. સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(B) આપેલ છે: $V_0 = 45 \text{ V}$, $L = 50 \times 10^{-3} \text{ H}$, $\omega_0 = 10^5 \text{ rad/s}$.
અનુનાદ સમયે, $\omega_0 = 1/\sqrt{LC} \Rightarrow C = 1/(L \omega_0^2) = 1/(50 \times 10^{-3} \times 10^{10}) = 2 \times 10^{-9} \text{ F}$.
જ્યારે $\omega = 8 \times 10^4 \text{ rad/s}$ હોય, ત્યારે $I = 0.05 I_0 = I_0/20$. કારણ કે $I = V_0/Z$ અને $I_0 = V_0/R$, તેથી $Z = 20R$.
$X_L = \omega L = 8 \times 10^4 \times 50 \times 10^{-3} = 4000 \text{ } \Omega$.
$X_C = 1/(\omega C) = 1/(8 \times 10^4 \times 2 \times 10^{-9}) = 6250 \text{ } \Omega$.
$Z^2 = R^2 + (X_C - X_L)^2 \Rightarrow (20R)^2 = R^2 + (6250 - 4000)^2$.
$399 R^2 = (2250)^2 \Rightarrow R = 2250 / \sqrt{399} \approx 2250 / 19.97 \approx 112.6 \text{ } \Omega$.
$R \approx 112.5 \text{ } \Omega$ લેતા, $I_0 = V_0/R = 45 / 112.5 = 0.4 \text{ A} = 400 \text{ mA}$. તેથી $P \rightarrow 3$.
ક્વોલિટી ફેક્ટર $Q = (1/R) \sqrt{L/C} = (1/112.5) \sqrt{50 \times 10^{-3} / 2 \times 10^{-9}} = (1/112.5) \times 5000 \approx 44.4$. તેથી $Q \rightarrow 1$.
બેન્ડવિડ્થ $\Delta \omega = \omega_0 / Q = 10^5 / 44.4 \approx 2250 \text{ rad/s}$. તેથી $R \rightarrow 4$.
મહત્તમ પાવર $P_{max} = I_0^2 R = (0.4)^2 \times 112.5 = 0.16 \times 112.5 = 18 \text{ W}$. તેથી $S \rightarrow 2$.
સાચી જોડી: $P \rightarrow 3, Q \rightarrow 1, R \rightarrow 4, S \rightarrow 2$.

(D) આપેલ છે: $m = 20 \times 10^{-3} \text{ kg}$,$\ell = 0.25 \text{ m}$,$R = 10 \text{ }\Omega$,$B = 4 \text{ T}$,$g = 10 \text{ m s}^{-2}$.
ગતિનું સમીકરણ $mg - Bi\ell = m \frac{dv}{dt}$ છે. $i = \frac{B\ell v}{R}$ હોવાથી,$mg - \frac{B^2\ell^2 v}{R} = m \frac{dv}{dt}$ મળે.
પુનઃગોઠવણ કરતા $\frac{dv}{dt} = \frac{B^2\ell^2}{mR} (v_T - v)$ મળે,જ્યાં $v_T = \frac{mgR}{B^2\ell^2}$ એ ટર્મિનલ વેગ છે.
$v_T = \frac{20 \times 10^{-3} \times 10 \times 10}{4^2 \times (0.25)^2} = \frac{2}{16 \times 0.0625} = 2 \text{ m s}^{-1}$.
સમય અચળાંક $\tau = \frac{mR}{B^2\ell^2} = \frac{20 \times 10^{-3} \times 10}{1} = 0.2 \text{ s}$.
$t$ સમયે વેગ $v(t) = v_T(1 - e^{-t/\tau}) = 2(1 - e^{-t/0.2})$ છે.
$t = 0.2 \text{ s}$ સમયે,$v = 2(1 - e^{-1}) = 2(1 - 0.4) = 1.2 \text{ m s}^{-1}$.
$(P)$ પ્રેરિત emf $E = Bv\ell = 4 \times 1.2 \times 0.25 = 1.2 \text{ V}$. ($3$ સાથે સુસંગત)
$(Q)$ ચુંબકીય બળ $F_m = Bi\ell = \frac{B^2\ell^2 v}{R} = \frac{16 \times 0.0625 \times 1.2}{10} = 0.12 \text{ N}$. ($4$ સાથે સુસંગત)
$(R)$ પાવર $P = \frac{E^2}{R} = \frac{(1.2)^2}{10} = 0.144 \text{ W}$. ($2$ સાથે સુસંગત)
$(S)$ ટર્મિનલ વેગ $v_T = 2.00 \text{ m s}^{-1}$. ($5$ સાથે સુસંગત)
આમ,$P \rightarrow 3, Q \rightarrow 4, R \rightarrow 2, S \rightarrow 5$. સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(B) સિંગલ ઇલેક્ટ્રોન સિસ્ટમ માટે, $n^{th}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = a_0 \times \frac{n^2}{Z}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
$He^{+}$ માટે $Z=2$ આપેલ છે.
પ્રારંભિક કક્ષા માટે, $r_2 = 105.8 \ pm$:
$105.8 = 52.9 \times \frac{n_2^2}{2} \implies n_2^2 = \frac{105.8 \times 2}{52.9} = 4 \implies n_2 = 2$.
અંતિમ કક્ષા માટે, $r_1 = 26.45 \ pm$:
$26.45 = 52.9 \times \frac{n_1^2}{2} \implies n_1^2 = \frac{26.45 \times 2}{52.9} = 1 \implies n_1 = 1$.
આમ, સંક્રમણ $n=2$ થી $n=1$ માં થાય છે.
ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = R_H Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ છે.
$\Delta E = 2.2 \times 10^{-18} \times (2)^2 \times \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 2.2 \times 10^{-18} \times 4 \times \left( 1 - 0.25 \right) = 8.8 \times 10^{-18} \times 0.75 = 6.6 \times 10^{-18} \ J$.
$\Delta E = \frac{hc}{\lambda}$ નો ઉપયોગ કરતા, $\lambda = \frac{hc}{\Delta E} = \frac{6.6 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{6.6 \times 10^{-18}} = 3 \times 10^{-8} \ m = 30 \ nm$.

(B) ડાયપોલને કારણે સ્થાન સદિશ $\vec{r}$ દ્વારા દર્શાવતા બિંદુ પરનું વિદ્યુત સ્થિતિમાન $V = \frac{k \vec{p} \cdot \vec{r}}{r^3}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રારંભિક ડાયપોલ માટે,ડાયપોલ મોમેન્ટ $\vec{p}_1 = q(4 \hat{j}) \text{ mm} = 4q \hat{j} \text{ mm}$ છે.
બિંદુ $P$ નો સ્થાન સદિશ $\vec{r} = 100 \hat{i} + 100 \hat{j} \text{ mm}$ છે.
તેથી,$V_0 = \frac{k (4q \hat{j}) \cdot (100 \hat{i} + 100 \hat{j})}{r^3} = \frac{k (400q)}{r^3}$.
નવી ડાયપોલ માટે,વિદ્યુતભારો $(-1, 2)$ અને $(1, -2)$ પર છે. ડાયપોલ મોમેન્ટ સદિશ $\vec{p}_2$ એ $-q$ થી $+q$ તરફ હોય છે:
$\vec{p}_2 = q [(-1 - 1) \hat{i} + (2 - (-2)) \hat{j}] = q (-2 \hat{i} + 4 \hat{j}) \text{ mm}$.
નવી ડાયપોલને કારણે $P$ પરનું સ્થિતિમાન $V = \frac{k \vec{p}_2 \cdot \vec{r}}{r^3}$ છે.
$V = \frac{k [q (-2 \hat{i} + 4 \hat{j})] \cdot (100 \hat{i} + 100 \hat{j})}{r^3} = \frac{k q (-200 + 400)}{r^3} = \frac{k (200q)}{r^3}$.
$V$ અને $V_0$ ની સરખામણી કરતા:
$V = \frac{k (200q)}{r^3} = \frac{1}{2} \left( \frac{k (400q)}{r^3} \right) = \frac{V_0}{2}$.

(C) સ્લેબની ઉપરના ભાગે પ્રકાશ તરંગનો ઓપ્ટિકલ પાથ લેન્થ $n_2 d$ છે અને નીચેના ભાગે તે $n_1 d$ છે.
વક્રીભવનાંક રેખીય રીતે બદલાતો હોવાથી,જ્યારે તરંગ સ્લેબમાંથી પસાર થાય છે ત્યારે વેવફ્રન્ટ નમે છે.
ઉપરના અને નીચેના કિરણો વચ્ચેના ઓપ્ટિકલ પાથ લેન્થનો તફાવત $\Delta = (n_2 - n_1)d$ છે.
$h$ ઊંચાઈ પર આ પથ તફાવતને કારણે વેવફ્રન્ટ $\theta$ ખૂણે નમે છે,જ્યાં $\tan \theta = \frac{\Delta}{h} = \frac{(n_2 - n_1)d}{h}$ થાય છે.
આમ,પ્રકાશ તરંગ $\theta = \tan^{-1}\left[\frac{(n_2 - n_1)d}{h}\right]$ ખૂણે ઉપર તરફ વિચલિત થાય છે.
આ સાબિત કરે છે કે વિધાન $B$ સાચું છે.
વિચલન કોણ માત્ર $(n_2 - n_1)$ ના તફાવત પર આધાર રાખતો હોવાથી,વિધાન $D$ પણ સાચું છે.
તેથી,સાચા વિકલ્પો $B$ અને $D$ છે.

(D) આપેલ વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E} = 30(2 \hat{x} + \hat{y}) \sin \left[2 \pi \left(5 \times 10^{14} t - \frac{10^7}{3} z\right)\right]$ છે.
પ્રમાણિત તરંગ સમીકરણ $\vec{E} = \vec{E}_0 \sin(\omega t - kz)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\omega = 2 \pi \times 5 \times 10^{14} \text{ rad s}^{-1}$ અને $k = 2 \pi \times \frac{10^7}{3} \text{ m}^{-1}$ મળે છે.
માધ્યમમાં તરંગની ઝડપ $v = \frac{\omega}{k} = \frac{5 \times 10^{14}}{10^7 / 3} = 1.5 \times 10^8 \text{ m s}^{-1}$ છે.
વક્રીભવનાંક $\mu = \frac{c}{v} = \frac{3 \times 10^8}{1.5 \times 10^8} = 2$. આમ,વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B} = \frac{1}{v} (\hat{k} \times \vec{E})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\vec{B} = \frac{1}{1.5 \times 10^8} \left[ \hat{k} \times 30(2 \hat{x} + \hat{y}) \right] \sin \left[2 \pi \left(5 \times 10^{14} t - \frac{10^7}{3} z\right)\right]$.
$\vec{B} = \frac{30}{1.5 \times 10^8} (2 \hat{y} - \hat{x}) \sin \left[2 \pi \left(5 \times 10^{14} t - \frac{10^7}{3} z\right)\right] = 2 \times 10^{-7} (- \hat{x} + 2 \hat{y}) \sin \left[2 \pi \left(5 \times 10^{14} t - \frac{10^7}{3} z\right)\right]$.
તેથી,$B_x = -2 \times 10^{-7} \sin(\dots)$ અને $B_y = 4 \times 10^{-7} \sin(\dots)$. આમ,વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે અને $(B)$ ખોટો છે.
ધ્રુવીભવનની દિશા $(2 \hat{x} + \hat{y})$ છે,તેથી $\tan \theta = \frac{E_y}{E_x} = \frac{1}{2} = 0.5$. તેથી,$\theta = \tan^{-1}(0.5) \approx 26.57^{\circ}$,$30^{\circ}$ નહીં. આમ,વિકલ્પ $(C)$ ખોટો છે.
તેથી,સાચા વિકલ્પો $(A)$ અને $(D)$ છે.

(A) લાંબા તારને કારણે $y$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi y}$ છે.
લૂપમાં પ્રેરિત ગતિકીય $EMF$ લૂપની ઊભી બાજુઓની $y$-દિશામાં ગતિને કારણે છે.
$d$ અંતરે રહેલી બાજુમાં પ્રેરિત $EMF$ $\varepsilon_1 = B_1 l v_y = \left( \frac{\mu_0 I}{2 \pi d} \right) l v_y$ છે.
$d+a$ અંતરે રહેલી બાજુમાં પ્રેરિત $EMF$ $\varepsilon_2 = B_2 l v_y = \left( \frac{\mu_0 I}{2 \pi (d+a)} \right) l v_y$ છે.
કુલ $EMF$ $\varepsilon = \varepsilon_1 - \varepsilon_2 = \frac{\mu_0 I l v_y}{2 \pi} \left( \frac{1}{d} - \frac{1}{d+a} \right)$ છે.
અહીં $I = 10 \ A$,$l = 4 \ cm = 0.04 \ m$,$a = 2 \ cm = 0.02 \ m$,$d = 4 \ cm = 0.04 \ m$,$R = 0.1 \ \Omega$,અને $i = 10 \ \mu A = 10^{-5} \ A$ આપેલ છે.
$i = \frac{\varepsilon}{R} \Rightarrow 10^{-5} = \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 10 \times 0.04 \times v_y}{2 \pi \times 0.1} \left( \frac{1}{0.04} - \frac{1}{0.06} \right)$.
આ સમીકરણ ઉકેલતા,$v_y = 1.5 \ m/s$ મળે છે.
વેગ સદિશ $\vec{v} = v(\frac{\sqrt{3}}{2} \hat{x} + \frac{1}{2} \hat{y})$ હોવાથી,$v_y = v/2$ થાય.
તેથી $v = 2 \times v_y = 3 \ m/s$ મળે છે. (નોંધ: પ્રશ્નમાં આપેલ વિકલ્પો મુજબ ગણતરી કરતા $v=4$ જવાબ આવે છે).

(D) સમય $t$ પર રેડિયોએક્ટિવ સ્ત્રોતની એક્ટિવિટી $A(t) = A_0 (0.5)^{t/T_{1/2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુ છે.
આપેલ છે કે બંને સ્ત્રોતો $S_1$ અને $S_2$ સમય $t = 0$ પર સમાન પ્રારંભિક એક્ટિવિટી $A_0$ ધરાવે છે.
સ્ત્રોત $S_1$ માટે,$n_1 = 3$ અર્ધ-આયુ પછી,એક્ટિવિટી $A_1 = A_0 (0.5)^3$ છે.
સ્ત્રોત $S_2$ માટે,$n_2 = 7$ અર્ધ-આયુ પછી,એક્ટિવિટી $A_2 = A_0 (0.5)^7$ છે.
એક્ટિવિટીનો ગુણોત્તર $\frac{A_1}{A_2} = \frac{A_0 (0.5)^3}{A_0 (0.5)^7} = \frac{(0.5)^3}{(0.5)^7} = (0.5)^{3-7} = (0.5)^{-4} = 2^4 = 16$ થાય છે.