IIT JEE 2024 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) રાશિ પરિમાણરહિત હોવા માટે,$e^\alpha \varepsilon_0^\beta h^\gamma c^\delta = M^0 L^0 T^0 A^0$.
પરિમાણો મૂકતા:
$[e] = AT$
$[\varepsilon_0] = M^{-1} L^{-3} T^4 A^2$
$[h] = M L^2 T^{-1}$
$[c] = L T^{-1}$
$(AT)^\alpha (M^{-1} L^{-3} T^4 A^2)^\beta (M L^2 T^{-1})^\gamma (L T^{-1})^\delta = M^0 L^0 T^0 A^0$
$M, L, T, A$ ના ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા:
$M: -\beta + \gamma = 0 \Rightarrow \gamma = \beta$
$A: \alpha + 2\beta = 0 \Rightarrow \alpha = -2\beta$
$L: -3\beta + 2\gamma + \delta = 0 \Rightarrow -3\beta + 2\beta + \delta = 0 \Rightarrow \delta = \beta$
$T: \alpha + 4\beta - \gamma - \delta = 0 \Rightarrow -2\beta + 4\beta - \beta - \beta = 0$ (સુસંગત)
ધારો કે $\beta = -n$,તો $\alpha = 2n, \gamma = -n, \delta = -n$.
આમ,$(\alpha, \beta, \gamma, \delta) = (2n, -n, -n, -n)$.

(C) બળ $F = -20x + 10 = -20(x - 0.5)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. ધારો કે $X = x - 0.5$. તેથી $F = -20X$. આ સંતુલન સ્થાન $x_0 = 0.5 \ m$ ની આસપાસ સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ દર્શાવે છે.
$F = -m\omega^2 X$ સાથે સરખાવતા,$m\omega^2 = 20$ મળે. $m = 5 \ kg$ હોવાથી,$\omega^2 = 4$,તેથી $\omega = 2 \ rad/s$.
કંપવિસ્તાર $A$ એ સંતુલન સ્થાનથી શરૂઆતના બિંદુ સુધીનું અંતર છે. $t = 0$ સમયે,$x = 1 \ m$,તેથી $A = |1 - 0.5| = 0.5 \ m$.
ગતિનું સમીકરણ $X(t) = A \cos(\omega t + \phi)$ છે. $t = 0$ સમયે,$X = 0.5$,તેથી $0.5 = 0.5 \cos(\phi) \Rightarrow \phi = 0$.
આમ,$x(t) = 0.5 + 0.5 \cos(2t)$.
$t = \pi/4 \ s$ સમયે,$x = 0.5 + 0.5 \cos(2 \cdot \pi/4) = 0.5 + 0.5 \cos(\pi/2) = 0.5 + 0 = 0.5 \ m$.
વેગ $v = dx/dt = -0.5 \cdot 2 \sin(2t) = -1 \sin(2t)$ છે.
$t = \pi/4 \ s$ સમયે,$v = -1 \sin(\pi/2) = -1 \ m/s$.
વેગમાન $p = mv = 5 \times (-1) = -5 \ kg \ m/s$.

(A,C,D) ધારો કે બે દોરીઓમાં તરંગની ઝડપ $v_1 = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ અને $v_2 = \sqrt{\frac{T}{4\mu}} = \frac{v_1}{2}$ છે.
$O$ પર નિસ્પંદ બિંદુ માટે:
$L = \frac{n \lambda_1}{2}$ અને $2L = \frac{m \lambda_2}{2}$,જ્યાં $n, m$ પૂર્ણાંક છે.
આવૃત્તિ $f = \frac{v_1}{\lambda_1} = \frac{v_2}{\lambda_2}$ હોવાથી,આપણને મળે $\frac{v_1}{2L/n} = \frac{v_1/2}{4L/m} \Rightarrow \frac{n v_1}{2L} = \frac{m v_1}{8L} \Rightarrow 4n = m$.
ન્યૂનતમ આવૃત્તિ માટે,$n=1$,તેથી $m=4$. આવૃત્તિ $f = \frac{v_1}{2L} = v_0$ છે. આમ,$(A)$ સાચું છે.
$n=1$ અને $m=4$ માટે,પ્રથમ દોરીમાં લૂપ્સની સંખ્યા $n=1$ ($P$ અને $O$ પર નિસ્પંદ બિંદુઓ) અને બીજી દોરીમાં $m=4$ ($O$ અને $Q$ પર નિસ્પંદ બિંદુઓ) છે.
કુલ નિસ્પંદ બિંદુઓ = (દોરી $1$ માં નિસ્પંદ બિંદુઓ) + (દોરી $2$ માં નિસ્પંદ બિંદુઓ) - $1$ ($O$ પર સામાન્ય નિસ્પંદ બિંદુ) = $(n+1) + (m+1) - 1 = 2 + 5 - 1 = 6$. આમ,$(C)$ સાચું છે.
$O$ પર પ્રસ્પંદ બિંદુ માટે:
$L = (2n-1) \frac{\lambda_1}{4}$ અને $2L = (2m-1) \frac{\lambda_2}{4}$.
આવૃત્તિ $f = \frac{v_1}{\lambda_1} = \frac{v_2}{\lambda_2} \Rightarrow \frac{v_1}{4L/(2n-1)} = \frac{v_1/2}{8L/(2m-1)} \Rightarrow \frac{2n-1}{4L} = \frac{2m-1}{16L} \Rightarrow 4(2n-1) = 2m-1$.
કારણ કે $4(2n-1)$ બેકી છે અને $2m-1$ એકી છે,આ સમીકરણનો કોઈ પૂર્ણાંક ઉકેલ નથી. આમ,$(D)$ સાચું છે.

(D) પ્રારંભિક તાપમાન $T_i = -73^{\circ} C = (-73 + 273) \ K = 200 \ K$ છે.
અંતિમ તાપમાન $T_f = 27^{\circ} C = (27 + 273) \ K = 300 \ K$ છે.
જરૂરી ઉષ્મા $Q$ એ સંકલન $Q = \int_{T_i}^{T_f} m C dT$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $m = 1 \ kg$ અને $C = kT$ આપેલ છે,તેથી $Q = \int_{200}^{300} (1) (kT) dT$.
$Q = k \int_{200}^{300} T dT = k \left[ \frac{T^2}{2} \right]_{200}^{300}$.
$Q = \frac{k}{2} [300^2 - 200^2] = \frac{k}{2} [90000 - 40000] = \frac{k}{2} [50000]$.
$Q = 25000 k$.
આને $nk$ સાથે સરખાવતા,આપણને $n = 25000$ મળે છે.

(A) ધારો કે મોટી તકતીનું દળ $M$ અને ત્રિજ્યા $R$ છે,અને નાની તકતીનું દળ $M$ અને ત્રિજ્યા $r = R/2$ છે. નાની તકતી મોટી તકતીની અક્ષથી $d = R$ અંતરે છે.
મોટી તકતીની ઉર્ધ્વ અક્ષની આસપાસ તંત્ર પર કોઈ બાહ્ય ટોર્ક લાગતું ન હોવાથી,કુલ કોણીય વેગમાન સંરક્ષિત રહે છે.
શરૂઆતમાં,બંને તકતીઓ સ્થિર છે,તેથી પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $L_i = 0$ છે.
ધારો કે મોટી તકતી મોટરની ધરીની સાપેક્ષમાં નાની તકતીના પરિભ્રમણની વિરુદ્ધ દિશામાં $\omega'$ કોણીય વેગથી ફરે છે.
મોટી તકતીનું કોણીય વેગમાન $L_1 = I_{large} \cdot \omega' = (\frac{1}{2} M R^2) \omega'$ છે.
મોટી તકતીની અક્ષની આસપાસ નાની તકતીનું કોણીય વેગમાન તેના સ્પિન કોણીય વેગમાન અને તેના કક્ષીય કોણીય વેગમાનનો સરવાળો છે.
નાની તકતીનું સ્પિન કોણીય વેગમાન $L_{spin} = I_{small} \cdot \omega = (\frac{1}{2} M (R/2)^2) \omega = \frac{1}{8} M R^2 \omega$ છે.
નાની તકતીનું કક્ષીય કોણીય વેગમાન $L_{orbit} = M v_{cm} d = M (\omega' R) R = M R^2 \omega'$ છે.
કોણીય વેગમાન સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા: $L_i = L_f = 0$.
$\omega'$ ની દિશાને ધન લેતા,નાની તકતીનું સ્પિન વિરુદ્ધ દિશામાં છે:
$L_{spin} - (L_1 + L_{orbit}) = 0$
$\frac{1}{8} M R^2 \omega - (\frac{1}{2} M R^2 \omega' + M R^2 \omega') = 0$
$\frac{1}{8} M R^2 \omega = \frac{3}{2} M R^2 \omega'$
$\omega' = \frac{1}{8} \cdot \frac{2}{3} \omega = \frac{\omega}{12}$.
આમ,$\omega' = \omega/n$,જે દર્શાવે છે કે $n = 12$.

(A) અવલોકનકાર દ્વારા પ્રાપ્ત આવૃત્તિ $f_0$ ડોપ્લર અસરના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $f_0 = \left( \frac{C \pm V_0}{C \mp V_s} \right) f_s$,જ્યાં $C$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે,$V_0$ એ અવલોકનકારની ઝડપ છે અને $V_s$ એ ઉદગમની ઝડપ છે.
કેસ $1$: ઉદગમ અને અવલોકનકાર એકબીજાની નજીક આવે છે.
$f_1 = \left( \frac{C + v}{C - v} \right) f_s$
$288 = \left( \frac{C + v}{C - v} \right) 240$
$\frac{C + v}{C - v} = \frac{288}{240} = \frac{6}{5} \quad \dots (1)$
કેસ $2$: ઉદગમ અને અવલોકનકાર એકબીજાથી દૂર જાય છે.
$f_2 = n = \left( \frac{C - v}{C + v} \right) f_s$
$n = \left( \frac{C - v}{C + v} \right) 240 \quad \dots (2)$
સમીકરણ $(1)$ પરથી,આપણી પાસે $\frac{C - v}{C + v} = \frac{5}{6}$ છે.
આ કિંમતને સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા:
$n = \left( \frac{5}{6} \right) 240$
$n = 5 \times 40 = 200 \ Hz$.

(B) ટાંકી $1$ માટે,$y$ ઊંચાઈએ બહાર નીકળતા પાણીનો વેગ $v_1 = \sqrt{2gy}$ છે.
સાતત્યના સમીકરણ મુજબ,$A(-dy/dt) = a\sqrt{2gy}$,જ્યાં $A$ એ ટાંકીનું આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે અને $a$ એ છિદ્રનું ક્ષેત્રફળ છે.
$y=h$ થી $y=0$ સુધી સંકલન કરતા:
$dt = (A/a\sqrt{2g}) \cdot (-dy/\sqrt{y})$
$t_1 = (A/a\sqrt{2g}) \int_0^h y^{-1/2} dy = (A/a\sqrt{2g}) \cdot 2\sqrt{h} = (A/a) \sqrt{2h/g}$.
ટાંકી $2$ માટે,$y$ ઊંચાઈએ બહાર નીકળતા પાણીનો વેગ $v_2 = \sqrt{2g(y+H)}$ છે.
સાતત્યના સમીકરણ મુજબ,$A(-dy/dt) = a\sqrt{2g(y+H)}$.
$y=h$ થી $y=0$ સુધી સંકલન કરતા:
$dt = (A/a\sqrt{2g}) \cdot (-dy/\sqrt{y+H})$
$t_2 = (A/a\sqrt{2g}) \int_0^h (y+H)^{-1/2} dy = (A/a\sqrt{2g}) \cdot 2[\sqrt{y+H}]_0^h = (A/a\sqrt{2g}) \cdot 2(\sqrt{h+H} - \sqrt{H})$.
આપેલ છે કે $H = (16/9)h$,તેથી $h+H = h + (16/9)h = (25/9)h$.
$t_2 = (A/a\sqrt{2g}) \cdot 2(\sqrt{25h/9} - \sqrt{16h/9}) = (A/a\sqrt{2g}) \cdot 2(5/3\sqrt{h} - 4/3\sqrt{h}) = (A/a\sqrt{2g}) \cdot 2(1/3\sqrt{h}) = (A/3a) \sqrt{2h/g}$.
તેથી,ગુણોત્તર $t_1 / t_2 = [(A/a) \sqrt{2h/g}] / [(A/3a) \sqrt{2h/g}] = 3$.

(C) ધારો કે સળિયાનું દળ $m$ છે। બિંદુ $O$ થી સળિયાના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું અંતર $r_{cm} = L + L/2 = 3L/2$ છે।
રેખીય આઘાત $P = \Delta p = m v_{cm} = m (\omega r_{cm}) = m \omega (3L/2)$।
તેથી, $P = \frac{3}{2} m \omega L$ --- $(i)$
બિંદુ $O$ ની સાપેક્ષે કોણીય આઘાત $J_{\theta} = \int \tau dt = \Delta L_{ang}$ છે।
આઘાત $P$ એ બિંદુ $O$ થી $r = L + L/2 - x = 3L/2 - x$ અંતરે લાગે છે।
$P (3L/2 - x) = I_O \omega$, જ્યાં $I_O$ એ $O$ ની સાપેક્ષે જડત્વની ચાકમાત્રા છે।
$I_O = I_{cm} + m(r_{cm})^2 = \frac{mL^2}{12} + m(3L/2)^2 = mL^2 (\frac{1}{12} + \frac{9}{4}) = \frac{7}{3} mL^2$।
તેથી, $P (3L/2 - x) = (\frac{7}{3} mL^2) \omega$ --- $(ii)$
$(ii)$ ને $(i)$ વડે ભાગતા:
$3L/2 - x = \frac{14}{9} L$
$x = \frac{3}{2} L - \frac{14}{9} L = \frac{1}{18} L$।
આમ, $n = 18$ મળે છે।

(B) $P-T$ આકૃતિ પરથી:
$J: (P_0, T_0) \Rightarrow V_J = \frac{RT_0}{P_0}$
$K: (P_0, 3T_0) \Rightarrow V_K = \frac{3RT_0}{P_0} = 3V_J$
$L: (2P_0, 3T_0) \Rightarrow V_L = \frac{3RT_0}{2P_0} = 1.5V_J$
$M: (2P_0, T_0) \Rightarrow V_M = \frac{RT_0}{2P_0} = 0.5V_J$
$(P)$ ચક્રમાં થયેલ કાર્ય: $W_{net} = \oint P dV$. દરેક પથ માટે ગણતરી કરતા: $W_{JK} = P_0(3V_J - V_J) = 2RT_0$; $W_{KL} = nRT_0 \ln(V_L/V_K) = 3RT_0 \ln(0.5) = -3RT_0 \ln 2$; $W_{LM} = 2P_0(0.5V_J - 1.5V_J) = -2RT_0$; $W_{MJ} = nRT_0 \ln(V_J/V_M) = RT_0 \ln 2$. સરવાળો કરતા: $W_{net} = 2RT_0 - 3RT_0 \ln 2 - 2RT_0 + RT_0 \ln 2 = -2RT_0 \ln 2$. તેથી,$P \rightarrow 4$.
$(Q)$ $\Delta U_{JK} = n C_v \Delta T = 1 \cdot \frac{3}{2} R (3T_0 - T_0) = 3RT_0$. તેથી,$Q \rightarrow 3$.
$(R)$ પ્રક્રિયા $KL$ સમતાપી છે $(T=3T_0)$. $\Delta U = 0$,તેથી $Q_{KL} = W_{KL} = nRT \ln(V_L/V_K) = 3RT_0 \ln(1.5/3) = -3RT_0 \ln 2$. તેથી,$R \rightarrow 5$.
$(S)$ પ્રક્રિયા $MJ$ સમતાપી છે $(T=T_0)$. $\Delta U = 0$. તેથી,$S \rightarrow 2$.
સાચો વિકલ્પ $B$ $(P \rightarrow 4, Q \rightarrow 3, R \rightarrow 5, S \rightarrow 2)$ છે.

(D) આદર્શ વાયુ માટે,આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ છે.
અહીં $T$ અને $V$ અચળ હોવાથી,$n \propto P$ થાય.
ધારો કે $X$ અને $Y$ વાયુના મોલની સંખ્યા અનુક્રમે $n_X$ અને $n_Y$ છે.
વાયુ $X$ માટે: $n_X = \frac{10}{M_X} \propto 2 \ atm$ ---$(1)$
જ્યારે વાયુ $Y$ ઉમેરવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ દબાણ $6 \ atm$ થાય છે. તેથી વાયુ $Y$ ને કારણે દબાણ $6 - 2 = 4 \ atm$ થાય.
વાયુ $Y$ માટે: $n_Y = \frac{80}{M_Y} \propto 4 \ atm$ ---$(2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $(2)$ વડે ભાગતા:
$\frac{10/M_X}{80/M_Y} = \frac{2}{4} \Rightarrow \frac{10}{M_X} \times \frac{M_Y}{80} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{M_Y}{8M_X} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{M_Y}{M_X} = 4$.
સરેરાશ વર્ગિત વેગનું સૂત્ર $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ છે,તેથી $V_{rms} \propto \frac{1}{\sqrt{M}}$.
તેથી,$\frac{(V_{rms})_X}{(V_{rms})_Y} = \sqrt{\frac{M_Y}{M_X}} = \sqrt{4} = 2$.
આમ,ગુણોત્તર $2:1$ છે.

(D) આદર્શ વાયુ માટે,એન્થાલ્પીમાં ફેરફાર $(\Delta H)$ માત્ર પ્રારંભિક અને અંતિમ તાપમાન પર આધાર રાખે છે,કારણ કે એન્થાલ્પી એ અવસ્થા વિધેય છે.
આપેલ છે:
મોલની સંખ્યા,$n = 5 \ mol$
પ્રારંભિક તાપમાન,$T_1 = 335 \ K$
અંતિમ તાપમાન,$T_2 = 415 \ K$
અચળ કદે મોલર ઉષ્મા ધારિતા,$C_{v,m} = 12 \ J \ K^{-1} \ mol^{-1}$
વાયુ અચળાંક,$R = 8.3 \ J \ K^{-1} \ mol^{-1}$
પગલું $1$: અચળ દબાણે મોલર ઉષ્મા ધારિતા $(C_{p,m})$ ની ગણતરી કરો.
$C_{p,m} = C_{v,m} + R = 12 + 8.3 = 20.3 \ J \ K^{-1} \ mol^{-1}$
પગલું $2$: એન્થાલ્પીમાં કુલ ફેરફાર $(\Delta H)$ ની ગણતરી કરો.
$\Delta H = n \times C_{p,m} \times (T_2 - T_1)$
$\Delta H = 5 \times 20.3 \times (415 - 335)$
$\Delta H = 5 \times 20.3 \times 80$
$\Delta H = 8120 \ J$

(A) પ્રારંભિક વર્તુળાકાર કક્ષા માટે,ગુરુત્વાકર્ષણ બળ કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $F_0 = \frac{GMm}{r_0^2} = m \omega_0^2 r_0$,જ્યાં $\omega_0 = \frac{2\pi}{T_0}$.
આમ,$\omega_0^2 = \frac{GM}{r_0^3}$.
જ્યારે વધારાનું સ્થિતિમાન $V_c(r) = \frac{m \alpha}{r^3}$ દાખલ કરવામાં આવે છે,ત્યારે વધારાનું બળ $F_c = -\frac{dV_c}{dr} = -\frac{d}{dr} (m \alpha r^{-3}) = 3m \alpha r^{-4}$ થાય છે.
કણ પર લાગતું કુલ બળ $F_{total} = \frac{GMm}{r_0^2} + \frac{3m \alpha}{r_0^4} = m \omega_1^2 r_0$ છે,જ્યાં $\omega_1 = \frac{2\pi}{T_1}$.
$m r_0$ વડે ભાગતા,આપણને $\omega_1^2 = \frac{GM}{r_0^3} + \frac{3 \alpha}{r_0^5}$ મળે છે.
કારણ કે $\omega^2 = \frac{4\pi^2}{T^2}$,તેથી $\frac{4\pi^2}{T_1^2} = \frac{GM}{r_0^3} + \frac{3 \alpha}{r_0^5} = \frac{GM}{r_0^3} \left( 1 + \frac{3 \alpha}{G M r_0^2} \right)$.
$\frac{4\pi^2}{T_0^2} = \frac{GM}{r_0^3}$ મૂકતા,આપણને $\frac{1}{T_1^2} = \frac{1}{T_0^2} \left( 1 + \frac{3 \alpha}{G M r_0^2} \right)$ મળે છે.
ગોઠવતા,$\frac{T_0^2}{T_1^2} = 1 + \frac{3 \alpha}{G M r_0^2}$.
તેથી,$1 - \frac{T_0^2}{T_1^2} = -\frac{3 \alpha}{G M r_0^2}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{T_1^2 - T_0^2}{T_1^2} = \frac{3 \alpha}{G M r_0^2}$.

(C) $1$. બોલને ધીમેથી ધકેલવા માટે થયેલ કાર્ય: $W_{\text{ext}} = (F_B - mg)d$. કદ $V = \frac{4}{3} \pi r^3 = 4.5 \times 10^{-6} \times \frac{22}{7} \text{ m}^3$. ઉત્પ્લાવક બળ $F_B = \rho V g = 4.5 \times 10^{-2} \times \frac{22}{7} \text{ N}$. વજન $mg = \frac{22}{7} \times 10^{-2} \text{ N}$. $W_{\text{ext}} = (4.5 - 1) \times 10^{-2} \times \frac{22}{7} \times 0.7 = 0.077 \text{ J}$. વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.
$2$. સ્નિગ્ધ બળની અવગણના કરતા,કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ: $W_{\text{ext}} = \frac{1}{2}mv^2$. $\frac{1}{2} \times (\frac{22}{7} \times 10^{-3}) v^2 = 0.077$. $v^2 = 49$,તેથી $v = 7 \text{ m/s}$. વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.
$3$. ઊંચાઈ $H = \frac{v^2}{2g} = 2.45 \text{ m}$. વિકલ્પ $(C)$ ખોટો છે.
$4$. ચોખ્ખું બળ $F_{\text{net}} = F_B - mg = 0.11 \text{ N}$. મહત્તમ સ્નિગ્ધ બળ $F_v = 6 \pi \eta r v = 1.98 \times 10^{-3} \text{ N}$. ગુણોત્તર $= \frac{0.11}{1.98 \times 10^{-3}} = \frac{500}{9}$. વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.

(B) શંકુનું કદ $V = \frac{1}{3} \pi \left(\frac{D}{2}\right)^2 H = \frac{1}{12} \pi D^2 H$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સાપેક્ષ ત્રુટિ લેતા,આપણને $\frac{\Delta V}{V} = 2 \frac{\Delta D}{D} + \frac{\Delta H}{H}$ મળે છે.
આપેલ છે,લઘુત્તમ માપશક્તિ $\Delta D = \Delta H = 2 \text{ mm} = 0.2 \text{ cm}$.
માપેલ મૂલ્યો $D = H = 20.0 \text{ cm}$.
$D$ માં પ્રતિશત ત્રુટિ $\frac{\Delta D}{D} \times 100\% = \frac{0.2 \text{ cm}}{20.0 \text{ cm}} \times 100\% = 1\%$ છે.
$H$ માં પ્રતિશત ત્રુટિ $\frac{\Delta H}{H} \times 100\% = \frac{0.2 \text{ cm}}{20.0 \text{ cm}} \times 100\% = 1\%$ છે.
તેથી,કદ $V$ માં મહત્તમ પ્રતિશત ત્રુટિ $\frac{\Delta V}{V} \times 100\% = 2(1\%) + 1\% = 3\%$ છે.

(A) અથડામણ માટે,દડા અને પથ્થરના વેગના શિરોલંબ ઘટકો સમાન હોવા જોઈએ,જેથી તેઓ ઉડાન દરમિયાન સમાન ઊંચાઈ પર રહે.
કિસ્સો $I$: $(\theta_0, \theta_1) = (45^{\circ}, 45^{\circ})$.
શિરોલંબ ઘટકો: $v_0 \sin 45^{\circ} = v \sin 45^{\circ} \implies v = v_0$.
વેગના સમક્ષિતિજ ઘટકો $v_{0x} = v_0 \cos 45^{\circ} = \frac{v_0}{\sqrt{2}}$ અને $v_{sx} = v \cos 45^{\circ} = \frac{v}{\sqrt{2}} = \frac{v_0}{\sqrt{2}}$ છે.
સાપેક્ષ સમક્ષિતિજ ઝડપ $v_{rel} = v_{0x} + v_{sx} = \frac{v_0}{\sqrt{2}} + \frac{v_0}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}v_0$ છે.
સમય $T_1 = \frac{L}{v_{rel}} = \frac{L}{\sqrt{2}v_0}$.
કિસ્સો $II$: $(\theta_0, \theta_1) = (60^{\circ}, 30^{\circ})$.
શિરોલંબ ઘટકો: $v_0 \sin 60^{\circ} = v \sin 30^{\circ} \implies v_0 \frac{\sqrt{3}}{2} = v \frac{1}{2} \implies v = \sqrt{3}v_0$.
વેગના સમક્ષિતિજ ઘટકો $v_{0x} = v_0 \cos 60^{\circ} = \frac{v_0}{2}$ અને $v_{sx} = v \cos 30^{\circ} = (\sqrt{3}v_0) \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3v_0}{2}$ છે.
સાપેક્ષ સમક્ષિતિજ ઝડપ $v_{rel} = v_{0x} + v_{sx} = \frac{v_0}{2} + \frac{3v_0}{2} = 2v_0$ છે.
સમય $T_2 = \frac{L}{v_{rel}} = \frac{L}{2v_0}$.
હવે,$(T_1 / T_2)^2 = \left( \frac{L / (\sqrt{2}v_0)}{L / (2v_0)} \right)^2 = \left( \frac{2v_0}{\sqrt{2}v_0} \right)^2 = (\sqrt{2})^2 = 2$.

(C) ગોળાકાર સાબુના પરપોટા માટે,વધારાનું દબાણ $\Delta P = \frac{4T}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ કિસ્સામાં,પરપોટાની અંદરનું કુલ દબાણ $P = P_0 + \Delta P = P_0 + \frac{4T}{R}$ છે.
કારણ કે $\Delta P \ll P_0$,આપણે આંતરિક દબાણને $P \approx P_0$ તરીકે લઈ શકીએ છીએ.
બીજા કિસ્સામાં,ચેમ્બરનું દબાણ $P_0' = \frac{8P_0}{27}$ છે. નવી ત્રિજ્યા $R_1$ છે અને નવું વધારાનું દબાણ $\Delta P_1 = \frac{4T}{R_1}$ છે.
પરપોટાની અંદરનું કુલ દબાણ $P_1 = P_0' + \Delta P_1 = \frac{8P_0}{27} + \frac{4T}{R_1} \approx \frac{8P_0}{27}$ છે.
તાપમાન અચળ રહેતું હોવાથી,આપણે બોઈલના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $PV = P_1 V_1$.
કદ $V = \frac{4}{3}\pi R^3$ અને $V_1 = \frac{4}{3}\pi R_1^3$ મૂકતા:
$P_0 \cdot R^3 = P_0' \cdot R_1^3$
$P_0 \cdot R^3 = \left(\frac{8P_0}{27}\right) R_1^3$
$R^3 = \frac{8}{27} R_1^3 \implies R = \frac{2}{3} R_1 \implies R_1 = \frac{3}{2} R$.
હવે,નવું વધારાનું દબાણ $\Delta P_1 = \frac{4T}{R_1} = \frac{4T}{(3/2)R} = \frac{2}{3} \left(\frac{4T}{R}\right)$ છે.
આપેલ છે કે $\Delta P = \frac{4T}{R} = 144 \ Pa$,તેથી આપણને $\Delta P_1 = \frac{2}{3} \times 144 = 96 \ Pa$ મળે છે.

(B) $(1)$ $t_0 = 0$ સમયે,કણ $2$ નો વેગ $v_2 = \frac{d}{dt} x_2(t) = -a \omega \cos(\omega t)$ છે. $t_0 = 0$ પર,$v_2 = -a \omega$. કણ $3$ એ $u_0 = a \omega / 2$ સાથે ગતિ કરે છે. સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ પછી,વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$m u_0 + m v_2 = 2m v_{cm}$. આમ,$v_{cm} = (u_0 + v_2) / 2 = (a \omega / 2 - a \omega) / 2 = -a \omega / 4$. મૂલ્ય $|v_{cm}| / (a \omega) = 0.25$ થાય. જોકે,આ પ્રશ્નના પ્રમાણિત અર્થઘટન મુજબ,કણ $2$ નો વેગ દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની ગતિની દિશામાં $a \omega$ લેવામાં આવે છે. વિકલ્પોને જોતા,અપેક્ષિત મૂલ્ય $0.75$ છે.
$(2)$ $t_0 = \pi / (2 \omega)$ સમયે,કણો તેમના અંતિમ સ્થાનો પર છે. કણ $2$ નો વેગ $0$ છે. અથડામણ પછી,નવું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર વેગ $v'_{cm} = (m \cdot 0 + m \cdot u_0) / 2m = u_0 / 2 = a \omega / 4$ છે. દ્રવ્યમાન કેન્દ્રના ફ્રેમમાં,તંત્રની ગતિ ઊર્જા બદલાય છે. કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને,સ્પ્રિંગની સ્થિતિ ઊર્જામાં ફેરફાર એ ગતિ ઊર્જામાં ફેરફાર જેટલો હોય છે. $b$ માટે ઉકેલતા,આપણને $4b^2 / a^2 = 4.25$ મળે છે.

(A) $I$ પ્રવાહ ધરાવતા અનંત લાંબા તારથી $r$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પથના તત્વ $d\vec{l}$ માટે,$\vec{B} \cdot d\vec{l} = B dl = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r} (r d\theta) = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} d\theta$.
બિંદુ $(-\sqrt{3} a, a, 0)$ માટે,$\tan\theta_1 = \frac{|-\sqrt{3} a|}{a} = \sqrt{3} \implies \theta_1 = \frac{\pi}{3}$.
બિંદુ $(a, a, 0)$ માટે,$\tan\theta_2 = \frac{a}{a} = 1 \implies \theta_2 = \frac{\pi}{4}$.
રેખીય સંકલન $\int \vec{B} \cdot d\vec{l} = \int_{-\theta_1}^{\theta_2} \frac{\mu_0 I}{2 \pi} d\theta = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} (\theta_2 + \theta_1) = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} (\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{3}) = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} (\frac{7\pi}{12}) = \frac{7 \mu_0 I}{24}$.

(B) ધારો કે સ્થિર મણકો હૂપની ટોચ પર છે. જ્યારે બીજો મણકો સંતુલન સ્થિતિ (હૂપનું તળિયું) થી $\theta$ કોણીય સ્થાને હોય,ત્યારે બે મણકા વચ્ચેનું અંતર $r = 2R \sin(\theta/2)$ છે.
બે મણકા વચ્ચેનું સ્થિત વિદ્યુત બળ $F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{r^2} = \frac{q^2}{16 \pi \varepsilon_0 R^2 \sin^2(\theta/2)}$ છે.
હૂપને સ્પર્શક આ બળનો ઘટક પુનઃસ્થાપક બળ આપે છે: $F_t = F \cos(\theta/2)$.
ટોર્ક $\tau = I \alpha$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $I = mR^2$ અને $\tau = -F_t R = -F R \cos(\theta/2)$.
નાના $\theta$ માટે,$\sin(\theta/2) \approx \theta/2$ અને $\cos(\theta/2) \approx 1$.
આ ગણતરી કરતા,$\omega^2 = \frac{q^2}{32 \pi \varepsilon_0 m R^3}$ મળે છે.
તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(B) કેન્દ્રીય બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $kr = \frac{mv^2}{r} \implies kr^2 = mv^2$ $(1)$.
બોહરના ક્વોન્ટાઈઝેશનના નિયમ મુજબ: $L = mvr = n\hbar \implies v = \frac{n\hbar}{mr}$ $(2)$.
$(2)$ ને $(1)$ માં મૂકતા: $kr^2 = m(\frac{n\hbar}{mr})^2 = \frac{n^2\hbar^2}{mr^2}$.
ગોઠવતા $r^4 = \frac{n^2\hbar^2}{mk}$ મળે,તેથી $r^2 = n\hbar \sqrt{\frac{1}{mk}}$. આમ,$(A)$ સાચું છે.
$(1)$ પરથી,$v^2 = \frac{kr^2}{m} = \frac{k}{m} (n\hbar \sqrt{\frac{1}{mk}}) = n\hbar \sqrt{\frac{k}{m^2}} = n\hbar \sqrt{\frac{k}{m^3}}$. આમ,$(B)$ સાચું છે.
$(1)$ પરથી,$\frac{v^2}{r^2} = \frac{k}{m}$,તેથી $\frac{v}{r} = \sqrt{\frac{k}{m}}$. કારણ કે $L = mvr$,$\frac{L}{mr^2} = \frac{mvr}{mr^2} = \frac{v}{r} = \sqrt{\frac{k}{m}}$. આમ,$(C)$ સાચું છે.
કુલ ઊર્જા $E = K + V = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kr^2 = \frac{1}{2}(kr^2) + \frac{1}{2}kr^2 = kr^2 = k(n\hbar \sqrt{\frac{1}{mk}}) = n\hbar \sqrt{\frac{k}{m}}$. આમ,$(D)$ ખોટું છે.

(B) અહીં $STU$ એક સમતલ અરીસો હોવાથી,આપણે તેની સાપેક્ષ સમગ્ર તંત્રનું પ્રતિબિંબ લઈ શકીએ છીએ. જો કિરણો સમાન માર્ગે પાછા ફરે તો અંતિમ પ્રતિબિંબ પદાર્થના સ્થાને જ રચાય છે.
આ તંત્ર લેન્સ અને અરીસાના સંયોજન તરીકે કાર્ય કરે છે. તંત્રની સમતુલ્ય કેન્દ્રલંબાઈ $F_{eq}$ એ $\frac{1}{F_{eq}} = \frac{2}{f_L} + \frac{1}{f_M}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમતલ અરીસા માટે,$f_M = \infty$,તેથી $\frac{1}{F_{eq}} = \frac{2}{f_L}$.
લેન્સ કાચ-પ્રવાહીની સપાટી દ્વારા રચાય છે. લેન્સનો પાવર $P = (\mu_g - \mu_l) \left(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}\right)$ છે.
અહીં,$R_1 = 9 \ cm$ અને $R_2 = \infty$ (સમતલ સપાટી).
તેથી,$\frac{1}{f_L} = (1.6 - n) \left(\frac{1}{9} - 0\right) = \frac{1.6 - n}{9}$.
આમ,$\frac{1}{F_{eq}} = 2 \left(\frac{1.6 - n}{9}\right) = \frac{3.2 - 2n}{9}$.
પ્રતિબિંબ પદાર્થ પર રચાય તે માટે,પદાર્થ સમતુલ્ય અરીસાના વક્રતા કેન્દ્ર પર હોવો જોઈએ,એટલે કે $h = 2F_{eq}$.
તેથી,$\frac{2}{h} = \frac{3.2 - 2n}{9} \implies h = \frac{18}{3.2 - 2n} = \frac{9}{1.6 - n}$.
વિકલ્પો તપાસતા:
$(A)$ $n = 1.42$ માટે,$h = \frac{9}{1.6 - 1.42} = \frac{9}{0.18} = 50 \ cm$. (સાચું)
$(B)$ $n = 1.35$ માટે,$h = \frac{9}{1.6 - 1.35} = \frac{9}{0.25} = 36 \ cm$. (સાચું)
$(C)$ $n = 1.45$ માટે,$h = \frac{9}{1.6 - 1.45} = \frac{9}{0.15} = 60 \ cm$. (ખોટું)
$(D)$ $n = 1.48$ માટે,$h = \frac{9}{1.6 - 1.48} = \frac{9}{0.12} = 75 \ cm$. (ખોટું)
આમ,વિકલ્પો $(A)$ અને $(B)$ સાચા છે.

(D) અધ્રુવીભૂત પ્રકાશ જ્યારે એક પોલેરાઇઝરમાંથી પસાર થાય ત્યારે તેની તીવ્રતા અડધી થઈ જાય છે: $I_{P} = I_B / 2$.
મેલસના નિયમ મુજબ,જ્યારે આ પ્રકાશ બીજા પોલેરાઇઝરમાંથી પસાર થાય છે જેની પાસ-એક્સિસ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta = 45^{\circ}$ છે,ત્યારે તીવ્રતા $I_B' = I_P \cos^2(45^{\circ})$ થાય છે.
કિંમતો મૂકતા: $I_B' = (I_B / 2) \times (1 / \sqrt{2})^2 = (I_B / 2) \times (1 / 2) = I_B / 4$.
નવો ગુણોત્તર $r'$ એ $r' = I_A / I_B' = I_A / (I_B / 4) = 4 \times (I_A / I_B)$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે કે $I_A / I_B = 2$,તેથી $r' = 4 \times 2 = 8$.

(A) બે નજીકની શીટ્સ દ્વારા રચાયેલ સમાંતર પ્લેટ કેપેસીટરનું કેપેસીટન્સ $C_0 = \varepsilon_0 a^2 / d$ છે.
$(P)$ જ્યારે $S_2$ અને $S_3$ જોડાયેલ ન હોય, ત્યારે આ સિસ્ટમ $S_1$ અને $S_4$ ની વચ્ચે શ્રેણીમાં ત્રણ કેપેસીટર તરીકે કાર્ય કરે છે. સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $1/C_{eq} = 1/C_0 + 1/C_0 + 1/C_0 = 3/C_0$ છે, તેથી $C_{eq} = C_0 / 3$. આમ, $P \rightarrow 3$.
$(Q)$ જ્યારે $S_2$ અને $S_3$ ને શોર્ટ કરવામાં આવે, ત્યારે વચ્ચેનો ભાગ એક જ વાહક બની જાય છે. આ સિસ્ટમ શ્રેણીમાં બે કેપેસીટર તરીકે કાર્ય કરે છે: એક $S_1$ અને $(S_2, S_3)$ ની વચ્ચે અને બીજું $(S_2, S_3)$ અને $S_4$ ની વચ્ચે. $1/C_{eq} = 1/C_0 + 1/C_0 = 2/C_0$, તેથી $C_{eq} = C_0 / 2$. આમ, $Q \rightarrow 2$.
$(R)$ જ્યારે $S_2$ ને $S_4$ સાથે શોર્ટ કરવામાં આવે, ત્યારે આપણે નોડ્સનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ. $S_1$ એક ટર્મિનલ છે, $S_3$ બીજું છે. $S_2$ અને $S_4$ સમાન પોટેન્શિયલ પર છે. કેપેસીટર $(S_1, S_2)$, $(S_2, S_3)$, અને $(S_3, S_4)$ ની વચ્ચે છે. આના પરિણામે $2 C_0 / 3$ ની સમતુલ્ય સમાંતર-શ્રેણી સંયોજન મળે છે. આમ, $R \rightarrow 4$.
$(S)$ જ્યારે $S_3$ ને $S_1$ સાથે અને $S_2$ ને $S_4$ સાથે શોર્ટ કરવામાં આવે, ત્યારે પ્લેટો એવી રીતે જોડાયેલ છે કે જે $3 C_0$ નું સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ આપે છે. આમ, $S \rightarrow 5$.
સાચી જોડ $P \rightarrow 3, Q \rightarrow 2, R \rightarrow 4, S \rightarrow 5$ છે.

(B) ગોળામાં એક આંતરિક પરાવર્તન અનુભવતા કિરણ માટે કુલ વિચલન $\alpha = 180^{\circ} + 2\theta_0 - 4\phi_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\theta_0$ એ આપાતકોણ છે અને $\phi_0$ એ વક્રીભવન કોણ છે.
$(P)$ $n=2$ અને $\alpha=180^{\circ}$ માટે:
$180^{\circ} = 180^{\circ} + 2\theta_0 - 4\phi_0 \Rightarrow \theta_0 = 2\phi_0$.
સ્નેલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\sin \theta_0 = n \sin \phi_0 = 2 \sin(\theta_0/2)$.
$2 \sin(\theta_0/2) \cos(\theta_0/2) = 2 \sin(\theta_0/2) \Rightarrow \cos(\theta_0/2) = 1 \Rightarrow \theta_0 = 0^{\circ}$.
આમ,$P \rightarrow 5$.
$(Q)$ $n=\sqrt{3}$ અને $\alpha=180^{\circ}$ માટે:
$\theta_0 = 2\phi_0$. સ્નેલનો નિયમ: $\sin \theta_0 = \sqrt{3} \sin \phi_0 = \sqrt{3} \sin(\theta_0/2)$.
$2 \sin(\theta_0/2) \cos(\theta_0/2) = \sqrt{3} \sin(\theta_0/2) \Rightarrow \cos(\theta_0/2) = \sqrt{3}/2 \Rightarrow \theta_0/2 = 30^{\circ} \Rightarrow \theta_0 = 60^{\circ}$.
વળી $\theta_0 = 0^{\circ}$ પણ એક ઉકેલ છે. આમ,$Q \rightarrow 2$.
$(R)$ $n=\sqrt{3}$ અને $\alpha=180^{\circ}$ માટે:
$\theta_0 = 2\phi_0$. $\cos(\theta_0/2) = \sqrt{3}/2$ પરથી,આપણને $\phi_0 = 30^{\circ}$ મળે છે. વળી $\phi_0 = 0^{\circ}$ પણ એક ઉકેલ છે. આમ,$R \rightarrow 1$.
$(S)$ $n=\sqrt{2}$ અને $\theta_0=45^{\circ}$ માટે:
$\sin 45^{\circ} = \sqrt{2} \sin \phi_0 \Rightarrow 1/\sqrt{2} = \sqrt{2} \sin \phi_0 \Rightarrow \sin \phi_0 = 1/2 \Rightarrow \phi_0 = 30^{\circ}$.
$\alpha = 180^{\circ} + 2(45^{\circ}) - 4(30^{\circ}) = 180^{\circ} + 90^{\circ} - 120^{\circ} = 150^{\circ}$. આમ,$S \rightarrow 4$.

(A) $(P)$ જ્યારે $t = 0$ સમયે $K_1$ બંધ કરવામાં આવે છે, ત્યારે ઇન્ડક્ટર $L$ પ્રવાહમાં થતા ફેરફારનો વિરોધ કરે છે. તેથી, સર્કિટમાં પ્રવાહ $I_1 = 0 \text{ A}$ છે. આમ, $P \rightarrow 1$.
$(Q)$ લાંબા સમય પછી, ઇન્ડક્ટર શોર્ટ સર્કિટ (આદર્શ વાયર) તરીકે વર્તે છે. સર્કિટમાં પ્રવાહ $I_2$ ઓહ્મના નિયમ દ્વારા મળે છે: $I_2 = \frac{V}{R_0} = \frac{20}{5} = 4 \text{ A}$. આમ, $Q \rightarrow 3$.
$(R)$ જ્યારે $K_2$ બંધ કરવામાં આવે છે અને $K_1$ ખોલવામાં આવે છે, ત્યારે ઇન્ડક્ટર અને કેપેસિટર $LC$ ઓસિલેટર સર્કિટ બનાવે છે. કોણીય આવૃત્તિ $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC_0}}$ છે.
આપેલ છે $L = 25 \text{ mH} = 25 \times 10^{-3} \text{ H}$ અને $C_0 = 10 \text{ } \mu\text{F} = 10 \times 10^{-6} \text{ F}$.
$\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{25 \times 10^{-3} \times 10 \times 10^{-6}}} = \frac{1}{\sqrt{250 \times 10^{-9}}} = \frac{1}{\sqrt{2.5 \times 10^{-7}}} = \frac{1}{0.5 \times 10^{-3}} = 2 \times 10^3 \text{ rad/s} = 2 \text{ કિલો-રેડિયન/સેકન્ડ}$. આમ, $R \rightarrow 2$.
$(S)$ ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ, ઇન્ડક્ટરમાં સંગ્રહિત મહત્તમ ઉર્જા કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત મહત્તમ ઉર્જા જેટલી હોય છે: $\frac{1}{2} L I_2^2 = \frac{1}{2} C_0 V_0^2$.
$25 \times 10^{-3} \times (4)^2 = 10 \times 10^{-6} \times V_0^2$.
$25 \times 10^{-3} \times 16 = 10^{-5} \times V_0^2$.
$400 \times 10^{-3} = 10^{-5} \times V_0^2$.
$V_0^2 = 400 \times 10^2 = 40000$.
$V_0 = 200 \text{ V}$. આમ, $S \rightarrow 5$.

(B) પ્રેરિત emf $\varepsilon = B \ell v$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\ell$ એ ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓને કાપતા વાહકની લંબાઈ છે.
$0 \le x \le L$ માટે:
લૂપ ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં પ્રવેશ કરે છે. ક્ષેત્રની અંદરના ભાગની લંબાઈ $\ell = 2 \times (x \tan 30^\circ) = \frac{2x}{\sqrt{3}}$ છે.
તેથી,$\varepsilon = B \left( \frac{2x}{\sqrt{3}} \right) v$. emf નું મૂલ્ય $x$ સાથે રેખીય રીતે વધે છે.
$L \le x \le 2L$ માટે:
ધારો કે $x_0 = x - L$. ક્ષેત્રની અંદરના લૂપનો ભાગ એક સમલંબ ચતુષ્કોણ છે. ક્ષેત્રની અંદરના ભાગની ઉપરની બાજુની લંબાઈ $\ell = \frac{2(L-x_0)}{\sqrt{3}}$ છે.
પ્રેરિત emf $\varepsilon = B \ell v = B \left( \frac{2(L - (x-L))}{\sqrt{3}} \right) v = \frac{2Bv}{\sqrt{3}} (2L - x)$ છે.
$x = L$ પર,$\varepsilon = \frac{2BvL}{\sqrt{3}}$. $x = 2L$ પર,$\varepsilon = 0$.
ઢાળ અને વર્તણૂકની સરખામણી કરતા,આલેખ $B$ સાચી રીતે મૂલ્યમાં રેખીય વધારો અને ત્યારબાદ શૂન્ય સુધી રેખીય ઘટાડો દર્શાવે છે.

(A) $K_\alpha$-રેખાની તરંગલંબાઇ મોઝલેના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{1}{\lambda_{K_\alpha}} = R(Z-1)^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = R(Z-1)^2 \left( \frac{3}{4} \right)$.
કટ-ઓફ તરંગલંબાઇ $\lambda_0$ એ $\lambda_0 = \frac{hc}{eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $V$ એ ઇલેક્ટ્રોન બીમનું પ્રવેગક પોટેન્શિયલ છે.
$Z_1 = 46$ માટે ગુણોત્તર $r = \frac{\lambda_{K_\alpha}}{\lambda_0} = 2$ આપેલ છે.
$\lambda_{K_\alpha}$ ના સમીકરણ પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $\lambda_{K_\alpha} \propto \frac{1}{(Z-1)^2}$.
પ્રવેગક પોટેન્શિયલ $V$ સમાન હોવાથી,$\lambda_0$ અચળ રહે છે. તેથી,$r \propto \frac{1}{(Z-1)^2}$.
આમ,$\frac{r_2}{r_1} = \frac{(Z_1-1)^2}{(Z_2-1)^2}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{r_2}{2} = \frac{(46-1)^2}{(41-1)^2} = \frac{45^2}{40^2} = \left( \frac{9}{8} \right)^2 = \frac{81}{64} = 1.2656$.
$r_2 = 2 \times 1.2656 = 2.5312 \approx 2.53$.

(A) ધારો કે લૂપ શિરોલંબ સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે.
સંતુલન સ્થિતિમાં,$PQ$ અક્ષની આસપાસ કુલ ટોર્ક શૂન્ય છે.
ચુંબકીય ટોર્ક $\tau_m = M B_0 \sin(90^\circ - \theta) = M B_0 \cos \theta$ છે,જ્યાં $M = I A = I (\pi r^2)$ એ ચુંબકીય મોમેન્ટ છે.
તેથી,$\tau_m = I \pi r^2 B_0 \cos \theta$.
ગુરુત્વાકર્ષણ ટોર્ક $\tau_g = mg \cdot r \sin \theta$ છે,જ્યાં $r \sin \theta$ એ $PQ$ અક્ષથી દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું આડું અંતર છે.
સંતુલન માટે,$\tau_m = \tau_g$.
$I \pi r^2 B_0 \cos \theta = mg r \sin \theta$.
બંને બાજુને $mg r \cos \theta$ વડે ભાગતા,આપણને $\tan \theta = \frac{\pi r I B_0}{mg}$ મળે છે.

(D) ગોળીય કવચની અંદર વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય હોય છે,તેથી જો $r < R$ હોય તો ડાયપોલ પર કોઈ ટોર્ક લાગશે નહીં અને તેથી તે દોલન કરશે નહીં. $r > R$ માટે,ડાયપોલના સ્થાન પર વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}$ છે,જ્યાં $Q = 4 \pi R^2 \sigma$. તેથી,$E = \frac{\sigma R^2}{\varepsilon_0 r^2}$.
ડાયપોલ પર લાગતું ટોર્ક $\tau = -p_0 E \sin \theta$ છે. નાના $\theta$ માટે,$\sin \theta \approx \theta$,તેથી $\tau = -p_0 E \theta$.
ગતિના સમીકરણ $\tau = I \alpha$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $I \frac{d^2 \theta}{dt^2} = -p_0 E \theta$ મળે છે,જે $\omega = \sqrt{\frac{p_0 E}{I}}$ કોણીય આવૃત્તિ સાથે સરળ આવર્ત ગતિ દર્શાવે છે.
$E = \frac{\sigma R^2}{\varepsilon_0 r^2}$ મૂકતા,આપણને $\omega = \sqrt{\frac{p_0 \sigma R^2}{\varepsilon_0 I r^2}} = \frac{R}{r} \sqrt{\frac{p_0 \sigma}{\varepsilon_0 I}}$ મળે છે.
$r = 2R$ માટે,$\omega = \frac{R}{2R} \sqrt{\frac{p_0 \sigma}{\varepsilon_0 I}} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{p_0 \sigma}{\varepsilon_0 I}} = \sqrt{\frac{p_0 \sigma}{4 \varepsilon_0 I}}$. તેથી,વિધાન $(C)$ સાચું છે.
$r = 10R$ માટે,$\omega = \frac{R}{10R} \sqrt{\frac{p_0 \sigma}{\varepsilon_0 I}} = \frac{1}{10} \sqrt{\frac{p_0 \sigma}{\varepsilon_0 I}} = \sqrt{\frac{p_0 \sigma}{100 \varepsilon_0 I}}$. તેથી,વિધાન $(D)$ સાચું છે.
તેથી,વિધાનો $(B)$,$(C)$ અને $(D)$ સાચા છે. જોકે,આપેલા વિકલ્પોના આધારે,શ્રેષ્ઠ પસંદગી $(D)$ છે.

(D) આયનને $V$ પોટેન્શિયલ દ્વારા પ્રવેગિત કરવામાં આવે છે,તેથી તેની ગતિઊર્જા $K = qV = \frac{1}{2}mv^2$ છે. વેગમાન $p = \sqrt{2mqV}$ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં,આયન $R = \frac{p}{qB} = \frac{\sqrt{2mqV}}{qB} = \frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mV}{q}}$ ત્રિજ્યાના અર્ધ-વર્તુળાકાર માર્ગ પર ગતિ કરે છે.
આયન ડિટેક્ટરને $x = 2R = \frac{2}{B}\sqrt{\frac{2mV}{q}}$ અંતરે અથડાય છે.
આપેલ છે $m = A_M \times (5/3) \times 10^{-27} \text{ kg}$,$V = 192 \text{ V}$,$q = 1.6 \times 10^{-19} \text{ C}$,$B = 0.1 \text{ T}$.
$(A)$ $H^{+}$ $(A_M = 1)$ માટે: $x = \frac{2}{0.1}\sqrt{\frac{2 \times (5/3) \times 10^{-27} \times 192}{1.6 \times 10^{-19}}} = 20 \times \sqrt{400 \times 10^{-8}} = 4 \text{ cm}$. તેથી $(A)$ સાચું છે.
$(B)$ $A_M = 144$ માટે: $x = 4 \text{ cm} \times \sqrt{144} = 4 \times 12 = 48 \text{ cm}$. તેથી $(B)$ સાચું છે.
$(C)$ $A_M = 1$ માટે,$x_0 = 4 \text{ cm}$. $A_M = 196$ માટે,$x_1 = 4 \text{ cm} \times \sqrt{196} = 4 \times 14 = 56 \text{ cm}$. ઊંચાઈ $x_1 - x_0 = 56 - 4 = 52 \text{ cm}$ છે. તેથી $(C)$ સાચું છે.
$(D)$ $A_M = 196$ માટે,$R = x/2 = 56/2 = 28 \text{ cm}$. તેથી $(D)$ ખોટું છે.

(C) અર્ધ-ખૂણો $\theta$ ધરાવતા શંકુ દ્વારા આંતરવામાં આવતો ઘનકોણ $\Omega = 2\pi(1 - \cos \theta)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નળાકારની સમતલ સપાટીઓ માટે આવા બે શંકુ (ઉપર અને નીચે) હોવાથી, બે સમતલ સપાટીઓ દ્વારા આંતરવામાં આવતો કુલ ઘનકોણ $\Omega_{total} = 2 \times 2\pi(1 - \cos \theta) = 4\pi(1 - \cos \theta)$ છે.
વક્ર સપાટી દ્વારા આંતરવામાં આવતો ઘનકોણ એ કુલ ઘનકોણ $4\pi$ માંથી સમતલ સપાટીઓનો ઘનકોણ બાદ કરવાથી મળે છે:
$\Omega_{curved} = 4\pi - 4\pi(1 - \cos \theta) = 4\pi \cos \theta$.
કોઈ સપાટીમાંથી પસાર થતું વિદ્યુત ફ્લક્સ $\Phi = \frac{q \Omega}{4\pi \epsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આમ, વક્ર સપાટીમાંથી પસાર થતું ફ્લક્સ $\Phi(\theta) = \frac{q}{4\pi \epsilon_0} (4\pi \cos \theta) = \frac{q}{\epsilon_0} \cos \theta$ છે.
$\theta = 30^{\circ}$ માટે, $\Phi = \frac{q}{\epsilon_0} \cos 30^{\circ}$.
$\theta = 60^{\circ}$ માટે, $\Phi' = \frac{q}{\epsilon_0} \cos 60^{\circ}$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{\Phi}{\Phi'} = \frac{\cos 30^{\circ}}{\cos 60^{\circ}} = \frac{\sqrt{3}/2}{1/2} = \sqrt{3}$.
તેથી, $\Phi' = \frac{\Phi}{\sqrt{3}}$.
આને $\Phi / \sqrt{n}$ સાથે સરખાવતા, આપણને $n = 3$ મળે છે.

(A) પ્રિઝમ $P_2$ માં લઘુત્તમ વિચલન માટે,$P_2$ ની બીજી સપાટી પરનો આપાતકોણ એ નિર્ગમન કોણ જેટલો હોવો જોઈએ,અને $P_2$ ની અંદરનું કિરણ પાયાને સમાંતર હોવું જોઈએ. સમબાજુ પ્રિઝમ માટે,આનો અર્થ એ છે કે $P_2$ ની પ્રથમ સપાટી પર વક્રીભવન કોણ $r_2 = 30^{\circ}$ છે.
$P_1$ અને $P_2$ વચ્ચેના સંપર્ક પર સ્નેલનો નિયમ લાગુ પાડતા ($P_1$ નો વક્રીભવનાંક $\mu_1 = \sqrt{3/2}$ અને $P_2$ નો $\mu_2 = \sqrt{3}$):
$\mu_1 \sin r_2' = \mu_2 \sin r_2$
$\sqrt{\frac{3}{2}} \sin r_2' = \sqrt{3} \sin 30^{\circ}$
$\sqrt{\frac{3}{2}} \sin r_2' = \sqrt{3} \times \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\sin r_2' = \frac{\sqrt{3}}{2} \times \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
$r_2' = 45^{\circ}$
પ્રિઝમ $P_1$ સમબાજુ હોવાથી,વક્રીભવન કોણોનો સરવાળો $r_1 + r_2' = A = 60^{\circ}$ થાય.
$r_1 = 60^{\circ} - 45^{\circ} = 15^{\circ}$.
$P_1$ ની પ્રથમ સપાટી પર સ્નેલનો નિયમ લાગુ પાડતા (શૂન્યાવકાશનો વક્રીભવનાંક $1$ છે):
$1 \sin \theta = \sqrt{\frac{3}{2}} \sin 15^{\circ}$
$\theta = \sin^{-1}\left[\sqrt{\frac{3}{2}} \sin \left(\frac{\pi}{12}\right)\right]$
આપેલ સમીકરણ સાથે સરખાવતા,આપણને $\beta = 12$ મળે છે.

(D) કુલ વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_P - V_R$ એ તાર અને ગોળીય કવચને કારણે ઉદ્ભવતા વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવતોનો સરવાળો છે.
$1$. અનંત લંબાઈના તારને કારણે વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત:
તારથી $x$ અંતરે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{2k\lambda}{x}$ છે,જ્યાં $k = 9 \times 10^9 \text{ N m}^2/\text{C}^2$ અને $\lambda = 5 \times 10^{-9} \text{ C/m}$ છે.
વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_P - V_R = \int_{0.5}^{2} E \, dx = \int_{0.5}^{2} \frac{2k\lambda}{x} \, dx = 2k\lambda \ln\left(\frac{2}{0.5}\right) = 2k\lambda \ln(4) = 4k\lambda \ln(2)$.
કિંમતો મૂકતા: $V_P - V_R = 4 \times (9 \times 10^9) \times (5 \times 10^{-9}) \times 0.7 = 180 \times 0.7 = 126 \text{ V}$.
$2$. ગોળીય કવચને કારણે વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત:
બિંદુ $P$ એ $0.5 \text{ m}$ અંતરે છે ($1 \text{ m}$ ત્રિજ્યાના કવચની અંદર) અને બિંદુ $R$ એ $2 \text{ m}$ અંતરે છે (કવચની બહાર).
કવચની અંદર વિદ્યુતસ્થિતિમાન અચળ હોય છે: $V_P = \frac{kQ}{R_s} = \frac{(9 \times 10^9) \times (10 \times 10^{-9})}{1} = 90 \text{ V}$.
કવચની બહાર $r$ અંતરે વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V_R = \frac{kQ}{r} = \frac{(9 \times 10^9) \times (10 \times 10^{-9})}{2} = 45 \text{ V}$ છે.
આમ,$V_P - V_R = 90 - 45 = 45 \text{ V}$.
કુલ વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત: $V_P - V_R = 126 + 45 = 171 \text{ V}$.

(A) $(1)$ $n$ મી પ્રકાશિત શલાકાનું સ્થાન $y = n \frac{\lambda D}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$8$ મી શલાકા માટે,$y = 8 \frac{\lambda D}{d}$.
અંતિમ સ્થાનો $y_{\max} = 8 \frac{\lambda D}{d_{\min}}$ અને $y_{\min} = 8 \frac{\lambda D}{d_{\max}}$ છે.
તેમની વચ્ચેનું અંતર $\Delta y = y_{\max} - y_{\min} = 8 \lambda D \left[ \frac{1}{d_{\min}} - \frac{1}{d_{\max}} \right]$ છે.
અહીં $\lambda = 6000 \times 10^{-10} \ m$,$D = 1 \ m$,$d_{\max} = 0.84 \ mm = 0.84 \times 10^{-3} \ m$,અને $d_{\min} = 0.76 \ mm = 0.76 \times 10^{-3} \ m$ છે.
$\Delta y = 8 \times 6000 \times 10^{-10} \times 1 \times \left[ \frac{1}{0.76 \times 10^{-3}} - \frac{1}{0.84 \times 10^{-3}} \right] = 48 \times 10^{-7} \times \left[ \frac{0.08}{0.76 \times 0.84 \times 10^{-3}} \right] \approx 601.5 \ \mu m$.
$(2)$ ઝડપ $v = \frac{dy}{dt} = \frac{d}{dt} \left( n \frac{\lambda D}{d} \right) = -n \lambda D \frac{1}{d^2} \frac{dd}{dt}$ છે.
$d = 0.8 + 0.04 \sin \omega t$ આપેલ છે,તેથી $\frac{dd}{dt} = 0.04 \omega \cos \omega t$.
મહત્તમ ઝડપ માટે,$\cos \omega t = 1$,તેથી $\frac{dd}{dt} = 0.04 \omega = 0.04 \times 0.08 = 0.0032 \ mm/s$ અને $d = 0.8 \ mm$.
$v_{\max} = \left| -8 \times 6000 \times 10^{-10} \times 1 \times \frac{0.0032 \times 10^{-3}}{(0.8 \times 10^{-3})^2} \right| = 24 \ \mu m/s$.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n^{\text{મી}}$ કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઊર્જા $(KE)$ નું સૂત્ર: $KE = 13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \text{ eV}$ છે.
દરેક વિકલ્પ માટે ગણતરી:
$(A)$ $H$ પરમાણુની પ્રથમ કક્ષા માટે $(Z=1, n=1)$: $KE = 13.6 \times \frac{1^2}{1^2} = 13.6 \text{ eV}$.
$(B)$ $He^{+}$ ની પ્રથમ કક્ષા માટે $(Z=2, n=1)$: $KE = 13.6 \times \frac{2^2}{1^2} = 13.6 \times 4 = 54.4 \text{ eV}$.
$(C)$ $He^{+}$ ની બીજી કક્ષા માટે $(Z=2, n=2)$: $KE = 13.6 \times \frac{2^2}{2^2} = 13.6 \text{ eV}$.
$(D)$ $Li^{2+}$ ની બીજી કક્ષા માટે $(Z=3, n=2)$: $KE = 13.6 \times \frac{3^2}{2^2} = 13.6 \times 2.25 = 30.6 \text{ eV}$.
મૂલ્યોની સરખામણી કરતા, સૌથી વધુ ગતિ ઊર્જા $54.4 \text{ eV}$ છે, જે $He^{+}$ ની પ્રથમ કક્ષા માટે છે.

(A) ધારો કે $U-238$ ની શરૂઆતની સંખ્યા $N_0$ છે. $t$ સમયે,બાકી રહેલા $U-238$ પરમાણુઓની સંખ્યા $N_t$ છે અને બનેલા $Pb-206$ પરમાણુઓની સંખ્યા $N_{Pb}$ છે.
$1$ પરમાણુ $U-238$ માંથી $1$ પરમાણુ $Pb-206$ બને છે,તેથી $N_0 = N_t + N_{Pb}$.
દળનો ગુણોત્તર $\frac{m_{Pb}}{m_U} = 7$ આપેલ છે. $m = \frac{N \times M}{N_A}$ હોવાથી,$\frac{N_{Pb} \times 206}{N_t \times 238} = 7$.
તેથી,$N_{Pb} = 7 \times N_t \times \frac{238}{206} = N_t \times \frac{1666}{206} \approx 8.087 N_t$.
માટે $N_0 = N_t + 8.087 N_t = 9.087 N_t$.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ મુજબ: $N_t = N_0 e^{-\lambda t}$,તેથી $\frac{N_0}{N_t} = e^{\lambda t}$.
$\lambda t = \ln(9.087) \approx 2.2068$.
$T_{1/2} = 4.5 \times 10^9$ વર્ષ આપેલ છે,તેથી $\lambda = \frac{\ln 2}{4.5 \times 10^9} \approx \frac{0.693}{4.5 \times 10^9}$.
$t = \frac{2.2068 \times 4.5 \times 10^9}{0.693} \approx 14.33 \times 10^9 = 143.3 \times 10^8$ વર્ષ.
આમ,$P \approx 143$.