IIT JEE 2025 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) ધારો કે તકતીને સંતુલન સ્થિતિમાંથી $\theta$ ખૂણે સ્થાનાંતરિત કરવામાં આવે છે. ચાપ પર તકતીના કેન્દ્રનું સ્થાનાંતર $x = (R-r)\theta$ છે.
તંત્રની કુલ ઉર્જા $E$ એ સ્પ્રિંગની સ્થિતિ ઉર્જા,તકતીની ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિ ઉર્જા અને તકતીની ગતિ ઉર્જા (સ્થાનાંતરીય + ચાકગતિ) નો સરવાળો છે.
$E = \frac{1}{2} k x^2 + mg(R-r)(1 - \cos \theta) + \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} I \omega_{rot}^2$
અહીં $x = (R-r)\theta$,$v = (R-r)\dot{\theta}$,અને સરક્યા વિના ગબડવા માટે,$\omega_{rot} = \frac{v}{r} = \frac{(R-r)\dot{\theta}}{r}$. તકતીની તેના કેન્દ્રની આસપાસ જડત્વની આઘૂર્ણ $I = \frac{1}{2}mr^2$ છે.
$E = \frac{1}{2} k (R-r)^2 \theta^2 + mg(R-r) \frac{\theta^2}{2} + \frac{1}{2} m (R-r)^2 \dot{\theta}^2 + \frac{1}{2} (\frac{1}{2}mr^2) (\frac{(R-r)\dot{\theta}}{r})^2$
$E = \frac{1}{2} [k(R-r)^2 + mg(R-r)] \theta^2 + \frac{1}{2} [m(R-r)^2 + \frac{1}{2}m(R-r)^2] \dot{\theta}^2$
$E = \frac{1}{2} [k(R-r)^2 + mg(R-r)] \theta^2 + \frac{3}{4} m(R-r)^2 \dot{\theta}^2$
કુલ ઉર્જા સંરક્ષિત હોવાથી,$\frac{dE}{dt} = 0$:
$[k(R-r)^2 + mg(R-r)] \theta \dot{\theta} + \frac{3}{2} m(R-r)^2 \dot{\theta} \ddot{\theta} = 0$
$\dot{\theta}$ વડે ભાગતા (ધારો કે $\dot{\theta} \neq 0$):
$\ddot{\theta} + \frac{k(R-r)^2 + mg(R-r)}{\frac{3}{2} m(R-r)^2} \theta = 0$
$\ddot{\theta} + \frac{2}{3} [\frac{k}{m} + \frac{g}{R-r}] \theta = 0$
$SHM$ ના પ્રમાણિત સમીકરણ $\ddot{\theta} + \omega^2 \theta = 0$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$\omega = \sqrt{\frac{2}{3} [\frac{k}{m} + \frac{g}{R-r}]}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.

(B) $2m$ દળના કણનો પ્રારંભિક વેગ $v_1$ અને $2m$ તથા $m$ દળના કણોના અંતિમ વેગ અનુક્રમે $v_{1f}$ અને $v_{2f}$ છે,જે $\theta$ અને $\phi$ ખૂણે છે.
$x$-અક્ષ પર રેખીય વેગમાનનું સંરક્ષણ:
$2mv_1 = 2mv_{1f} \cos \theta + mv_{2f} \cos \phi$ ---$(i)$
$y$-અક્ષ પર રેખીય વેગમાનનું સંરક્ષણ:
$0 = 2mv_{1f} \sin \theta - mv_{2f} \sin \phi \implies 2mv_{1f} \sin \theta = mv_{2f} \sin \phi$ ---(ii)
ગતિઊર્જાનું સંરક્ષણ:
$\frac{1}{2}(2m)v_1^2 = \frac{1}{2}(2m)v_{1f}^2 + \frac{1}{2}mv_{2f}^2 \implies 2v_1^2 = 2v_{1f}^2 + v_{2f}^2$ ---(iii)
$(i)$ અને (ii) પરથી,$mv_{2f} \cos \phi = 2m(v_1 - v_{1f} \cos \theta)$ અને $mv_{2f} \sin \phi = 2mv_{1f} \sin \theta$.
બંનેનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા:
$(mv_{2f})^2 = 4m^2(v_1^2 + v_{1f}^2 - 2v_1v_{1f} \cos \theta)$.
(iii) પરથી $v_{2f}^2 = 2v_1^2 - 2v_{1f}^2$ મૂકતા:
$m^2(2v_1^2 - 2v_{1f}^2) = 4m^2(v_1^2 + v_{1f}^2 - 2v_1v_{1f} \cos \theta)$.
$v_1^2 - v_{1f}^2 = 2v_1^2 + 2v_{1f}^2 - 4v_1v_{1f} \cos \theta$.
$3v_{1f}^2 - (4v_1 \cos \theta)v_{1f} + v_1^2 = 0$.
$v_{1f}$ વાસ્તવિક હોવા માટે,વિવેચક $D \geq 0$:
$(4v_1 \cos \theta)^2 - 4(3)(v_1^2) \geq 0 \implies 16v_1^2 \cos^2 \theta - 12v_1^2 \geq 0$.
$\cos^2 \theta \geq \frac{12}{16} = \frac{3}{4} \implies \cos \theta \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$.
આમ,$\theta$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $\cos^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{\pi}{6}$ છે.

(D) આકૃતિ $1$ પરથી,$10 \text{ MSD} = 1 \text{ cm}$,તેથી $1 \text{ MSD} = 0.1 \text{ cm}$.
વળી,$10 \text{ VSD} = 7 \text{ MSD} = 0.7 \text{ cm}$,તેથી $1 \text{ VSD} = 0.07 \text{ cm}$.
લઘુત્તમ માપશક્તિ $(LC)$ $LC = 1 \text{ MSD} - 1 \text{ VSD} = 0.1 \text{ cm} - 0.07 \text{ cm} = 0.03 \text{ cm}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આકૃતિ $2$ માં,વર્નિયર સ્કેલનો શૂન્ય મુખ્ય સ્કેલ પરના $0.1 \text{ cm}$ ના કાપાથી આગળ છે,તેથી મુખ્ય સ્કેલનું વાંચન $(MSR)$ $0.1 \text{ cm}$ છે.
વર્નિયર સ્કેલનો $1^{\text{લો}}$ કાપો મુખ્ય સ્કેલના કાપા સાથે બંધ બેસે છે,તેથી વર્નિયર સ્કેલનું વાંચન $(VSR)$ $1$ છે.
માપેલ વ્યાસ $D = MSR + (VSR \times LC) = 0.1 \text{ cm} + (1 \times 0.03 \text{ cm}) = 0.13 \text{ cm}$.

(B) આપેલ માપન: $L = 10.5 \ cm$ ($3$ સાર્થક અંકો),$b = 0.05 \ mm = 0.005 \ cm$ ($1$ સાર્થક અંક),અને $t = 6.0 \ \mu m = 6.0 \times 10^{-4} \ cm$ ($2$ સાર્થક અંકો).
સાર્થક અંકોના નિયમ મુજબ,ગુણાકારના પરિણામમાં સૌથી ઓછા સાર્થક અંકો ધરાવતા માપન જેટલા જ સાર્થક અંકો હોવા જોઈએ.
અહીં,સૌથી ઓછા સાર્થક અંકો $1$ છે ($b = 0.05 \ mm$ માંથી).
કદ $V = L \times b \times t = 10.5 \ cm \times 0.005 \ cm \times 6.0 \times 10^{-4} \ cm$.
$V = 10.5 \times 5 \times 10^{-3} \times 6.0 \times 10^{-4} \ cm^3 = 315 \times 10^{-7} \ cm^3 = 3.15 \times 10^{-5} \ cm^3$.
$1$ સાર્થક અંક સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $V = 3 \times 10^{-5} \ cm^3$ મળે છે.

(B) આપાત તરંગ $y_i = y_0 \cos(\omega t - kx)$ છે.
બિંદુ $P$ પર,તરંગ $\mu$ ઘનતા ધરાવતા માધ્યમમાંથી $4\mu$ ઘનતા ધરાવતા માધ્યમમાં જાય છે. તે પાતળા માધ્યમમાંથી ઘટ્ટ માધ્યમમાં જતું હોવાથી,પરાવર્તિત તરંગમાં $\pi$ નો કળા તફાવત ઉદભવે છે. તેથી,$y_r = \alpha_1 y_0 \cos(\omega t + kx + \pi)$. વિધાન $(A)$ સાચું છે.
$S_2$ માં પારગમિત તરંગ સમાન આવૃત્તિ $\omega$ ધરાવે છે. તરંગની ઝડપ $v = \sqrt{T/\mu}$ છે. $T$ અચળ હોવાથી,$v \propto 1/\sqrt{\mu}$. તેથી,$v_2 = v_1 / \sqrt{4} = v_1 / 2$. $v = \omega/k$ હોવાથી,આપણને $k_2 = 2k$ મળે છે. પારગમિત તરંગ $y_t = \alpha_2 y_0 \cos(\omega t - 2kx)$ છે. વિધાન $(B)$ ખોટું છે.
બિંદુ $Q$ પર,તરંગ $S_2$ (ઘનતા $4\mu$) માંથી $S_3$ (ઘનતા $16\mu$) માં જાય છે. $Q$ પર આપાત તરંગ $y_i = \alpha_2 y_0 \cos(\omega t - 2kx)$ છે. તે પાતળા માધ્યમમાંથી ઘટ્ટ માધ્યમમાં જતું હોવાથી,$Q$ પર પરાવર્તિત તરંગમાં $\pi$ નો કળા તફાવત ઉદભવે છે. તેથી,$y_r = \alpha_3 y_0 \cos(\omega t + 2kx + \pi)$. વિધાન $(C)$ ખોટું છે.
$S_3$ માં પારગમિત તરંગ માટે,$v_3 = v_2 / \sqrt{16/4} = v_2 / 2 = v_1 / 4$. તેથી,$k_3 = 4k$. પારગમિત તરંગ $y_t = \alpha_4 y_0 \cos(\omega t - 4kx)$ છે. વિધાન $(D)$ સાચું છે.
તેથી,સાચા વિધાનો $(A)$ અને $(D)$ છે.

(D) લિફ્ટની ઊંચાઈ $y = 8 + 8 \sin(\frac{2 \pi t}{T})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં દ્વિતીય વિકલન લેતા,લિફ્ટનો પ્રવેગ $a = \frac{d^2y}{dt^2} = -8(\frac{2 \pi}{T})^2 \sin(\frac{2 \pi t}{T})$ મળે છે.
વસ્તુનું આભાસી વજન $W' = m(g + a)$ છે.
વજનમાં ફેરફાર $\Delta W = m \cdot |a|$ છે.
મહત્તમ પ્રવેગ $a_{\max} = A \omega^2$ છે,જ્યાં $A = 8 \ m$ અને $\omega = \frac{2 \pi}{T} = \frac{2 \pi}{40 \pi} = 0.05 \ rad/s$ છે.
તેથી,$a_{\max} = 8 \times (0.05)^2 = 8 \times 0.0025 = 0.02 \ m/s^2$.
વજનમાં કુલ ફેરફાર $\Delta W = 2 \times m \times a_{\max} = 2 \times 50 \times 0.02 = 2 \ N$ થાય છે.

(B) આકૃતિ $1$ માટે,એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ સ્થાનાંતરિત પાવર સ્ટેફન-બોલ્ટ્ઝમેન નિયમ મુજબ નીચે મુજબ છે:
$W_0 = \sigma(T_P^4 - T_Q^4)$
આકૃતિ $2$ માટે,ધારો કે બે મધ્યવર્તી પ્લેટોના તાપમાન $T_1$ અને $T_2$ છે. સ્થાયી અવસ્થામાં,દરેક ગેપમાંથી પસાર થતો ઉષ્મા ફ્લક્સ $W_S$ સમાન હોવો જોઈએ:
$W_S = \sigma(T_P^4 - T_1^4) = \sigma(T_1^4 - T_2^4) = \sigma(T_2^4 - T_Q^4)$
આ સમીકરણો પરથી,આપણને મળે છે:
$T_P^4 - T_1^4 = T_1^4 - T_2^4 = T_2^4 - T_Q^4 = W_S / \sigma$
આ ત્રણેય સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$(T_P^4 - T_1^4) + (T_1^4 - T_2^4) + (T_2^4 - T_Q^4) = 3(W_S / \sigma)$
$T_P^4 - T_Q^4 = 3(W_S / \sigma)$
$W_0 = \sigma(T_P^4 - T_Q^4)$ મૂકતા:
$W_0 / \sigma = 3(W_S / \sigma)$
$W_0 = 3W_S$
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{W_0}{W_S} = 3$ થાય.

(A) $e.m.f.$ નું પરિમાણ $[M L^2 T^{-3} I^{-1}]$ છે. $S$ એ એકમ તાપમાનના તફાવત દીઠ $e.m.f.$ હોવાથી,$[S] = [M L^2 T^{-3} I^{-1} K^{-1}]$ થાય.
વિદ્યુત વાહકતા $\sigma$ એ અવરોધકતા $\rho$ નો વ્યસ્ત છે. $R = \rho \frac{l}{A}$ હોવાથી,$\rho = \frac{R A}{l}$ થાય. અવરોધ $R$ નું પરિમાણ $[M L^2 T^{-3} I^{-2}]$ છે. તેથી,$[\rho] = [M L^3 T^{-3} I^{-2}]$ અને $[\sigma] = [M^{-1} L^{-3} T^3 I^2]$ થાય.
ઉષ્મીય વાહકતા $\kappa$ ને $Q = \frac{\kappa A (T_2 - T_1) t}{d}$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,તેથી $[\kappa] = \frac{[Energy] [Length]}{[Area] [Temperature] [Time]} = [M L T^{-3} K^{-1}]$ થાય.
હવે,$Z = \frac{S^2 \sigma}{\kappa}$ નું પરિમાણ ગણીએ:
$[Z] = \frac{[M L^2 T^{-3} I^{-1} K^{-1}]^2 [M^{-1} L^{-3} T^3 I^2]}{[M L T^{-3} K^{-1}]}$
$[Z] = \frac{[M^2 L^4 T^{-6} I^{-2} K^{-2}] [M^{-1} L^{-3} T^3 I^2]}{[M L T^{-3} K^{-1}]}$
$[Z] = \frac{[M L T^{-3} K^{-2}]}{[M L T^{-3} K^{-1}]} = [K^{-1}] = [M^0 L^0 T^0 I^0 K^{-1}]$.

(C) આકૃતિ $1$ માટે,નાના કોણીય સ્થાનાંતર $\theta$ માટે પુનઃસ્થાપક ટોર્ક $\tau$ બંને સ્પ્રિંગ્સના ટોર્કના સરવાળા દ્વારા આપવામાં આવે છે. મધ્યબિંદુ પરની સ્પ્રિંગ મિજાગરા $O$ થી $l/2$ અંતરે છે અને ઉપરના છેડા પરની સ્પ્રિંગ મિજાગરા $O$ થી $l$ અંતરે છે. પુનઃસ્થાપક ટોર્ક $\tau = -(K \cdot (l/2\theta) \cdot l/2 + K \cdot (l\theta) \cdot l) = -K\theta(l^2/4 + l^2) = -\frac{5}{4}Kl^2\theta$ છે.
ભ્રમણ માટે ગતિના સમીકરણ $I\alpha = \tau$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $I = \frac{Ml^2}{3}$ એ મિજાગરા $O$ ની આસપાસ જડત્વની આઘૂર્ણ છે અને $\alpha = \ddot{\theta}$ છે:
$\frac{Ml^2}{3} \ddot{\theta} = -\frac{5}{4}Kl^2\theta \implies \ddot{\theta} + \frac{15K}{4M}\theta = 0$.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega_1 = \sqrt{\frac{15K}{4M}}$ છે.
આકૃતિ $2$ માટે,બંને સ્પ્રિંગ્સ મધ્યબિંદુ $(l/2)$ પર જોડાયેલ છે. પુનઃસ્થાપક ટોર્ક $\tau = -(K \cdot (l/2\theta) \cdot l/2 + K \cdot (l/2\theta) \cdot l/2) = -2K(l/2)^2\theta = -\frac{1}{2}Kl^2\theta$ છે.
ગતિના સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{Ml^2}{3} \ddot{\theta} = -\frac{1}{2}Kl^2\theta \implies \ddot{\theta} + \frac{3K}{2M}\theta = 0$.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega_2 = \sqrt{\frac{3K}{2M}}$ છે.
આવૃત્તિઓનો ગુણોત્તર $\frac{f_1}{f_2} = \frac{\omega_1}{\omega_2} = \sqrt{\frac{15K}{4M} \cdot \frac{2M}{3K}} = \sqrt{\frac{15}{6}} = \sqrt{\frac{5}{2}}$ છે.

(D) ગુરુત્વાકર્ષણ બળ કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $m_2 \omega^2 r = \frac{G m_1 m_2}{r^2}$.
આ સાદું રૂપ આપતા $\omega = \sqrt{\frac{G m_1}{r^3}}$ મળે છે.
હળવા તારાનું કોણીય વેગમાન $L = m_2 \omega r^2 = m_2 \sqrt{G m_1 r}$ છે.
કોઈ બાહ્ય ટોર્ક ન હોવાથી,$L$ અચળ છે: $L^2 = m_2^2 G m_1 r = \text{અચળ}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $2 \ln m_2 + \ln G + \ln m_1 + \ln r = \text{અચળ}$.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $2 \frac{1}{m_2} \frac{dm_2}{dt} + \frac{1}{m_1} \frac{dm_1}{dt} + \frac{1}{r} \frac{dr}{dt} = 0$.
આપેલ છે કે $\frac{dm_2}{dt} = -\gamma$ અને $\frac{dm_1}{dt} = \gamma$,તેથી: $2 \frac{(-\gamma)}{m_2} + \frac{\gamma}{m_1} + \frac{1}{r} \frac{dr}{dt} = 0$.
$m_1 \gg m_2$ હોવાથી,$\frac{\gamma}{m_1}$ પદ $\frac{2\gamma}{m_2}$ ની સરખામણીમાં અવગણ્ય છે.
આમ,$\frac{1}{r} \frac{dr}{dt} = \frac{2\gamma}{m_2} - \frac{\gamma}{m_1} \approx \frac{2\gamma}{m_2}$.

(D) કાર્નો એન્જિન માટે:
કાર્યક્ષમતા $\eta = 0.4$,$T_1 = 1000 K$,$Q_1 = 150 J$.
થયેલ કાર્ય $W = \eta \times Q_1 = 0.4 \times 150 = 60 J$. (વિધાન $A$ સાચું છે)
કાર્યક્ષમતા $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1} \implies 0.4 = 1 - \frac{T_2}{1000} \implies \frac{T_2}{1000} = 0.6 \implies T_2 = 600 K$. (વિધાન $B$ સાચું છે)
હીટ પંપ માટે:
પરફોર્મન્સ ગુણાંક $COP = 10$,$T_3 = 300 K$,કાર્ય ઇનપુટ $W = 60 J$.
$COP = \frac{Q_3}{W} \implies 10 = \frac{Q_3}{60} \implies Q_3 = 600 J$ (કોલ્ડ રિઝર્વોયરમાંથી મેળવેલ ઉષ્મા).
હોટ રિઝર્વોયરને આપવામાં આવતી ઉષ્મા $Q_4 = Q_3 + W = 600 + 60 = 660 J$. (વિધાન $D$ ખોટું છે)
$COP = \frac{T_3}{T_3 - T_4} \implies 10 = \frac{300}{300 - T_4} \implies 300 - T_4 = 30 \implies T_4 = 270 K$. (વિધાન $C$ સાચું છે)
આમ,વિધાન $A, B,$ અને $C$ સાચા છે.

(C) એકપરમાણ્વિક વાયુ માટે,એડિયાબેટિક અચળાંક $\gamma = 5/3$ છે.
$V-T$ આલેખમાં,$XY$ પ્રક્રિયા ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી સીધી રેખા છે,જે સમદાબ પ્રક્રિયા $(V \propto T)$ દર્શાવે છે.
$YZ$ પ્રક્રિયા એડિયાબેટિક $(TV^{\gamma-1} = \text{અચળ})$ છે,અને $ZW$ સમદાબ છે.
આપેલ છે: $V_W = 64 \ cm^3, V_X = 125 \ cm^3, V_Y = 250 \ cm^3$.
$XY$ સમદાબ હોવાથી,$P_X = P_Y$.
એડિયાબેટિક પ્રક્રિયા $YZ$ માટે,$T_Y V_Y^{\gamma-1} = T_Z V_Z^{\gamma-1}$.
એડિયાબેટિક પ્રક્રિયા $WX$ માટે,$T_W V_W^{\gamma-1} = T_X V_X^{\gamma-1}$.
$XY$ સમદાબ હોવાથી,$V_X/T_X = V_Y/T_Y \Rightarrow T_Y = T_X (V_Y/V_X) = T_X (250/125) = 2T_X$.
સમદાબ પ્રક્રિયા $XY$ માં શોષાયેલી ઉષ્મા $Q = nC_P \Delta T = n(5R/2)(T_Y - T_X) = (5/2)nR(2T_X - T_X) = (5/2)nRT_X$.
એડિયાબેટિક પ્રક્રિયા $WX$ પરથી,$T_X = T_W (V_W/V_X)^{\gamma-1} = T_W (64/125)^{5/3-1} = T_W (64/125)^{2/3} = T_W (4/5)^2 = T_W (16/25)$.
આમ,$Q = (5/2) nRT_W (16/25) = (5/2) (1 \ J) (16/25) = (1/2) (16/5) \ J = 8/5 \ J = 1.6 \ J$.

(D) કેપ્લરના ત્રીજા નિયમ મુજબ,ઉપગ્રહનો સમયગાળો $T$ એ તેની ભ્રમણકક્ષાની ત્રિજ્યા $r$ સાથે $T \propto r^{3/2}$ સંબંધ ધરાવે છે.
$r_1$ ત્રિજ્યા અને $T_1 = 24 \text{ કલાક}$ સમયગાળા ધરાવતા ભૂસ્થિર ઉપગ્રહ $(GSS)$ માટે અને $r_2$ ત્રિજ્યા તથા $T_2$ સમયગાળા ધરાવતા બીજા ઉપગ્રહ માટે:
$\frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{r_2}{r_1}\right)^{3/2} = \left(\frac{1}{1.21}\right)^{3/2} = \left(\frac{1}{1.1^2}\right)^{3/2} = \frac{1}{1.1^3} = \frac{1}{1.331} \approx \frac{1}{1.33} = \frac{3}{4}$.
આમ,$T_2 = \frac{3}{4} T_1 = \frac{3}{4} \times 24 = 18 \text{ કલાક}$.
$GSS$ નો કોણીય વેગ $\omega_1 = \frac{2\pi}{T_1}$ છે અને બીજા ઉપગ્રહનો કોણીય વેગ $\omega_2 = \frac{2\pi}{T_2}$ છે.
બીજો ઉપગ્રહ વિરુદ્ધ દિશામાં ગતિ કરતો હોવાથી,તેમનો સાપેક્ષ કોણીય વેગ $\omega_{rel} = \omega_1 + \omega_2$ થશે.
$GSS$ પરથી માપવામાં આવતો સમયગાળો $t_0 = \frac{2\pi}{\omega_1 + \omega_2} = \frac{2\pi}{\frac{2\pi}{T_1} + \frac{2\pi}{T_2}} = \frac{T_1 T_2}{T_1 + T_2}$.
કિંમતો મૂકતા: $t_0 = \frac{24 \times 18}{24 + 18} = \frac{432}{42} = \frac{72}{7} \text{ કલાક}$.
આપેલ છે કે $t_0 = \frac{24}{p}$,તેથી $\frac{24}{p} = \frac{72}{7}$,જે આપણને $p = \frac{24 \times 7}{72} = \frac{7}{3} \approx 2.33$ આપે છે.

(A) સ્પ્રિંગમાં વિસ્તરણ $x = \frac{L}{2} - \frac{2L}{5} = \frac{L}{10}$ છે.
પિસ્ટનના ફ્રી બોડી ડાયાગ્રામને ધ્યાનમાં લેતા,તેના પર લાગતા બળો ડાબા વાયુનું દબાણ $(P_1 A)$,જમણા વાયુનું દબાણ $(P_2 A)$ અને સ્પ્રિંગ બળ $(kx)$ છે.
પિસ્ટન સંતુલનમાં હોવાથી,$P_1 A = P_2 A + kx$,જે આપે છે $P_1 = P_2 + \frac{kx}{A} = P_2 + \frac{k(L/10)}{A} = P_2 + \frac{kL}{10A}$.
પિસ્ટન થર્મલી વાહક હોવાથી,બંને ખાનામાં વાયુનું તાપમાન $T$ સમાન છે.
આદર્શ વાયુના નિયમ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણી પાસે $P_1 V_1 = n_1 RT$ અને $P_2 V_2 = n_2 RT$ છે.
આપેલ છે કે $V_1 = V_2 = A(L/2)$,તેથી $\frac{P_1}{P_2} = \frac{n_1}{n_2} = \frac{3/2}{1} = \frac{3}{2}$,એટલે કે $P_1 = 1.5 P_2$.
સંતુલન સમીકરણમાં $P_1$ ની કિંમત મૂકતા: $1.5 P_2 = P_2 + \frac{kL}{10A}$.
$0.5 P_2 = \frac{kL}{10A} \implies P_2 = \frac{kL}{5A} = \frac{kL}{A} \times 0.2$.
આમ,$\alpha = 0.2$.

(C) પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થ પર લાગતું પરિણામી બળ $\vec{F}_{net} = m \frac{d\vec{v}}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમક્ષિતિજ દિશામાં,માત્ર સ્નિગ્ધ અવરોધક બળ $F_x = -c v_x$ લાગે છે.
તેથી,$m \frac{dv_x}{dt} = -c v_x$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $\frac{dv_x}{v_x} = -\frac{c}{m} dt$ મળે છે.
બંને બાજુ $t = 0$ થી $t$ અને $v_x = v_{0x}$ થી $v_x$ સુધી સંકલન કરતા,આપણને $\ln \left( \frac{v_x}{v_{0x}} \right) = -\frac{c}{m} t$ મળે છે.
તેથી,$v_x = v_{0x} e^{-(c/m)t}$.
અહીં $m = 200 \ g = 0.2 \ kg$ અને $c = 0.1 \ kg/s$ આપેલ છે,તેથી ગુણોત્તર $c/m = 0.1 / 0.2 = 0.5 \ s^{-1}$ થાય.
તેથી,$v_x = v_{0x} e^{-0.5t}$.
કારણ કે $v_x = \frac{dx}{dt}$,તેથી $x = \int_0^t v_{0x} e^{-0.5t} dt = v_{0x} \left[ \frac{e^{-0.5t}}{-0.5} \right]_0^t = 2 v_{0x} (1 - e^{-0.5t})$.
અહીં $v_0 = 270 \ m/s$ અને ખૂણો $\theta = 60^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી $v_{0x} = v_0 \cos 60^{\circ} = 270 \times 0.5 = 135 \ m/s$.
$t = 2 \ s$ સમયે,$x = 2 \times 135 \times (1 - e^{-0.5 \times 2}) = 270 \times (1 - e^{-1}) = 270 \times (1 - 1/2.7) = 270 \times (1.7 / 2.7) = 100 \times 1.7 = 170 \ m$.

(D) કોણીય કંપવિસ્તાર $\theta_0 = \cos^{-1}(0.9)$ છે. $\theta_0$ નાનું હોવાથી,$\cos \theta_0 \approx 1 - \frac{\theta_0^2}{2} = 0.9$,જે આપે છે $\frac{\theta_0^2}{2} = 0.1$,તેથી $\theta_0^2 = 0.2$ અને $\theta_0 = \sqrt{0.2} = \sqrt{\frac{1}{5}}$.
સરળ લોલક માટે,મહત્તમ વેગ $v' = \ell \omega \theta_0 = \ell \sqrt{\frac{g}{\ell}} \theta_0 = \theta_0 \sqrt{g\ell}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $v' = \sqrt{\frac{1}{5}} \sqrt{10 \times 8} = \sqrt{\frac{80}{5}} = \sqrt{16} = 4 \ m/s$.
સ્ત્રોત અને અવલોકનકાર એકબીજા તરફ ગતિ કરતા હોય ત્યારે ડોપ્લર શિફ્ટનું સૂત્ર $f_{max} = \left( \frac{v + v'}{v - v'} \right) f$ અને દૂર જતા હોય ત્યારે $f_{min} = \left( \frac{v - v'}{v + v'} \right) f$ છે.
આવૃત્તિમાં મહત્તમ ફેરફાર $\Delta f = f_{max} - f_{min} = f \left( \frac{v + v'}{v - v'} - \frac{v - v'}{v + v'} \right) = f \left( \frac{(v + v')^2 - (v - v')^2}{v^2 - v'^2} \right) = f \left( \frac{4vv'}{v^2 - v'^2} \right)$.
$v = 330 \ m/s$,$v' = 4 \ m/s$,અને $f = 660 \ Hz$ મૂકતા:
$\Delta f = 660 \times \left( \frac{4 \times 330 \times 4}{330^2 - 4^2} \right) = 660 \times \left( \frac{5280}{108900 - 16} \right) \approx 660 \times \left( \frac{5280}{108884} \right) \approx 660 \times 0.04849 \approx 32.003 \ Hz$.
આમ,કિંમત $(31.19$ થી $32.27)$ ની રેન્જમાં આવે છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) લૂપમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = \vec{B} \cdot \vec{A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$0 \leq t \leq \frac{\pi}{\omega}$ માટે,લૂપ $y \geq 0$ વિસ્તારમાં છે. ક્ષેત્રફળ સદિશ $\vec{A}$ એ $Z$-અક્ષ સાથે $\theta = \omega t$ ખૂણો બનાવે છે. તેથી,$\phi = B_0(\cos \omega t) A \sin(\omega t) = \frac{B_0 A}{2} \sin(2\omega t)$.
પ્રેરિત e.m.f. $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -\frac{d}{dt} \left( \frac{B_0 A}{2} \sin(2\omega t) \right) = -B_0 A \omega \cos(2\omega t)$,જ્યારે $0 \leq t \leq \frac{\pi}{\omega}$.
$\frac{\pi}{\omega} \leq t \leq \frac{2\pi}{\omega}$ માટે,લૂપ $y \leq 0$ વિસ્તારમાં છે જ્યાં ચુંબકીય ક્ષેત્ર શૂન્ય છે,તેથી $\phi = 0$ અને $\varepsilon = 0$.
આ ભાત પુનરાવર્તિત થાય છે,જે વિકલ્પ $D$ ના આલેખ સાથે મેળ ખાય છે.

(B) જ્યારે લૂપ ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં પ્રવેશે છે,ત્યારે ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = B_0 L x$ બદલાય છે,જ્યાં $x$ એ લૂપ દ્વારા કાપેલું અંતર છે. પ્રેરિત $EMF$ $\varepsilon = \frac{d\phi}{dt} = B_0 L v$ છે. પ્રેરિત પ્રવાહ $i = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{B_0 L v}{R}$ છે.
અગ્રણી ધાર પરનું ચુંબકીય બળ $F = i L B_0 = \frac{B_0^2 L^2 v}{R}$ છે. આ બળ ગતિનો વિરોધ કરતું હોવાથી,$M a = -\frac{B_0^2 L^2 v}{R}$.
$K = \frac{B_0^2 L^2}{RM}$ આપેલ હોવાથી,$a = -K v$,અથવા $\frac{dv}{dt} = -K v$.
આનું સંકલન કરતા,$v(t) = v_0 e^{-Kt}$ મળે છે.
કાપેલું અંતર $x(t) = \int_0^t v(t) dt = \frac{v_0}{K}(1 - e^{-Kt})$.
લૂપ સંપૂર્ણપણે અંદર પ્રવેશવા માટે,$x$ એ $L$ સુધી પહોંચવું જોઈએ. તેથી $L = \frac{v_0}{K}(1 - e^{-Kt_{entry}})$.
$(A)$ જો $v_0 = 1.5 KL$ હોય,તો $L = \frac{1.5 KL}{K}(1 - e^{-Kt}) \Rightarrow 1 = 1.5(1 - e^{-Kt}) \Rightarrow e^{-Kt} = 1 - \frac{1}{1.5} = \frac{1}{3}$. $e^{-Kt} > 0$ હોવાથી,લૂપ સંપૂર્ણપણે પ્રવેશે છે. વિધાન $(A)$ ખોટું છે.
$(B)$ જ્યારે લૂપ સંપૂર્ણપણે અંદર હોય,ત્યારે ફ્લક્સ $\phi = B_0 L^2$ અચળ રહે છે,તેથી $\frac{d\phi}{dt} = 0$,$\varepsilon = 0$,$i = 0$,અને $F = 0$. વિધાન $(B)$ સાચું છે.
$(C)$ લૂપ માત્ર $t \to \infty$ સમયે સ્થિર થાય છે. વિધાન $(C)$ ખોટું છે.
$(D)$ $v_0 = 3 KL$ માટે,$L = \frac{3 KL}{K}(1 - e^{-Kt}) \Rightarrow \frac{1}{3} = 1 - e^{-Kt} \Rightarrow e^{-Kt} = \frac{2}{3} \Rightarrow t = \frac{1}{K} \ln(\frac{3}{2})$. વિધાન $(D)$ સાચું છે.
આમ,સાચા વિધાનો $(B)$ અને $(D)$ છે.

(A) એકમ કદમાં ફોટોનની કુલ ઉર્જા $E = N \times hf$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N = 35 \times 10^7$,$h = 6 \times 10^{-34} \text{ Js}$,અને $f = 10^{15} \text{ Hz}$.
$E = (35 \times 10^7) \times (6 \times 10^{-34}) \times 10^{15} = 210 \times 10^{-12} = 2.1 \times 10^{-10} \text{ J}$.
વિદ્યુતચુંબકીય તરંગની ઉર્જા ઘનતા $u = \frac{B_0^2}{2\mu_0}$ છે,જ્યાં $B_0$ એ ચુંબકીય ક્ષેત્રનો કંપવિસ્તાર છે.
કદ $V = 1 \text{ m}^3$ હોવાથી,કુલ ઉર્જા $E = u \times V = \frac{B_0^2}{2\mu_0} \times 1$.
ઉર્જાને સરખાવતા: $2.1 \times 10^{-10} = \frac{B_0^2}{2 \times 4\pi \times 10^{-7}}$.
$B_0^2 = 2.1 \times 10^{-10} \times 8\pi \times 10^{-7} = 16.8\pi \times 10^{-17}$.
$\pi = \frac{22}{7}$ લેતા,$B_0^2 = 16.8 \times \frac{22}{7} \times 10^{-17} = 2.4 \times 22 \times 10^{-17} = 52.8 \times 10^{-17} = 528 \times 10^{-18}$.
$B_0 = \sqrt{528} \times 10^{-9} \approx 22.978 \times 10^{-9} \text{ T}$.
આમ,$\alpha \approx 22.98$.

(C) પરાવર્તન પછી પ્રકાશ સંપૂર્ણ ધ્રુવીભૂત થાય તે માટે,આંતરિક સપાટી પરનો આપાતકોણ બ્રુસ્ટર કોણ,$\alpha$ હોવો જોઈએ. બ્રુસ્ટરના નિયમ મુજબ,$\tan \alpha = \frac{n_{glass}}{n_{air}} = \frac{\sqrt{3}}{1} = \sqrt{3}$.
તેથી,$\alpha = 60^{\circ}$.
ધારો કે $\beta$ એ આંતરિક સપાટી પરનો વક્રીભવન કોણ છે. સ્નેલના નિયમ મુજબ,$n_{glass} \sin \beta = n_{air} \sin \alpha$,તેથી $\sqrt{3} \sin \beta = 1 \times \sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,જે $\sin \beta = 0.5$ આપે છે,તેથી $\beta = 30^{\circ}$.
ગોળાનું કેન્દ્ર,પોલાણનું કેન્દ્ર અને બિંદુ $O$ દ્વારા બનતા ત્રિકોણમાં,બાજુઓ $R/2$,$R/2$ છે અને ગોળાના કેન્દ્રથી $O$ સુધીનું અંતર $R/2$ છે. $R/2$ અને $R/2$ બાજુઓ અને $\beta=30^{\circ}$ ખૂણાવાળા ત્રિકોણમાં સાઈનનો નિયમ વાપરતા,ભૂમિતિ મુજબ $\sin \theta = \frac{3}{4} = 0.75$ મળે છે.

(D) સ્લિટની પહોળાઈ $b = \frac{m \lambda D}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: $m = 3$,$\lambda = 600 \ nm = 600 \times 10^{-6} \ mm$,$D = 1 \ m = 1000 \ mm$,$d = 5 \ mm$.
લઘુત્તમ માપન: $\Delta D = 1 \ cm = 10 \ mm$,$\Delta d = 1 \ mm$.
$b$ ની ગણતરી: $b = \frac{3 \times 600 \times 10^{-6} \times 1000}{5} = 0.36 \ mm = 360 \ \mu m$.
મહત્તમ ત્રુટિની પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા: $b_{max} = \frac{m \lambda (D + \Delta D)}{(d - \Delta d)} = \frac{3 \times 600 \times 10^{-6} \times 1010}{4} = 0.4545 \ mm = 454.5 \ \mu m$.
$b_{min} = \frac{m \lambda (D - \Delta D)}{(d + \Delta d)} = \frac{3 \times 600 \times 10^{-6} \times 990}{6} = 0.297 \ mm = 297 \ \mu m$.
ત્રુટિઓ: $\Delta b_1 = |454.5 - 360| = 94.5 \ \mu m$ અને $\Delta b_2 = |297 - 360| = 63 \ \mu m$.
વિકલન પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{\Delta b}{b} = \frac{\Delta D}{D} + \frac{\Delta d}{d} = \frac{10}{1000} + \frac{1}{5} = 0.01 + 0.2 = 0.21$.
$\Delta b = 0.21 \times 360 = 75.6 \ \mu m$.
આમ,શક્ય ત્રુટિઓ $75.6 \ \mu m$ અથવા $94.5 \ \mu m$ છે.

(A) $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v = \frac{Z e^2}{2 \epsilon_0 n h}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઇલેક્ટ્રોન માટે,દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda_e = \frac{h}{m v} = \frac{2 \epsilon_0 n h^2}{m Z e^2}$ છે.
$E = k_B T$ જેટલી ઉષ્મીય ઉર્જા ધરાવતા ન્યુટ્રોન માટે,દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda_n = \frac{h}{\sqrt{2 m_N k_B T}}$ છે.
$\lambda_e = \lambda_n$ સરખાવતા,આપણને $\frac{h}{m v} = \frac{h}{\sqrt{2 m_N k_B T}}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $m^2 v^2 = 2 m_N k_B T$.
$v = \frac{Z e^2}{2 \epsilon_0 n h}$ મૂકતા,આપણને $T = \frac{m^2 Z^2 e^4}{8 \epsilon_0^2 n^2 h^2 m_N k_B}$ મળે છે.
$n=3$ લેતા,$T = \frac{m^2 Z^2 e^4}{72 \epsilon_0^2 h^2 m_N k_B}$.
ચૂકી $a_0 = \frac{h^2 \epsilon_0}{\pi m e^2}$,તેથી $a_0^2 = \frac{h^4 \epsilon_0^2}{\pi^2 m^2 e^4}$.
$\frac{m^2 e^4}{\epsilon_0^2} = \frac{h^4}{\pi^2 a_0^2}$ મૂકતા,આપણને $T = \frac{Z^2 h^2}{72 \pi^2 a_0^2 m_N k_B}$ મળે છે.
આને આપેલ સમીકરણ $T = \frac{Z^2 h^2}{\alpha \pi^2 a_0^2 m_N k_B}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = 72$ મળે છે.

(B) આદર્શ ડાયપોલનું વિદ્યુત ક્ષેત્ર $\vec{p}$ મોમેન્ટ સાથે $\vec{r}$ સ્થાન પર $\vec{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} [\frac{3(\vec{p}\cdot\hat{r})\hat{r} - \vec{p}}{r^3}]$ છે.
$(P)$ બંને ડાયપોલ $x = -r$ અને $x = r$ પર $\vec{p} = p\hat{j}$ છે. $X(0,0)$ પર,$\vec{r}_1 = r\hat{i}$ અને $\vec{r}_2 = -r\hat{i}$. બંનેનું ક્ષેત્ર વિષુવવૃત્તીય છે: $\vec{E} = 2 \times [-\frac{p}{4\pi\epsilon_0 r^3}\hat{j}] = -\frac{p}{2\pi\epsilon_0 r^3}\hat{j}$. જે $(2)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(Q)$ ડાયપોલ $-r$ પર $p\hat{j}$ અને $r$ પર $-p\hat{j}$ છે. $X$ પરના ક્ષેત્રો સમાન અને વિરુદ્ધ છે,તેથી $\vec{E} = 0$. જે $(1)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(R)$ $-r$ પર ડાયપોલ $p\hat{j}$ (વિષુવવૃત્તીય ક્ષેત્ર $-\frac{p}{4\pi\epsilon_0 r^3}\hat{j}$) અને $r$ પર ડાયપોલ $p\hat{i}$ (અક્ષીય ક્ષેત્ર $\frac{2p}{4\pi\epsilon_0 r^3}\hat{i}$). કુલ $\vec{E} = \frac{p}{4\pi\epsilon_0 r^3}(2\hat{i}-\hat{j})$. જે $(4)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(S)$ બંને ડાયપોલ $x = -r$ અને $x = r$ પર $p\hat{i}$ છે. બંને ક્ષેત્રો અક્ષીય છે: $\vec{E} = \frac{2p}{4\pi\epsilon_0 r^3}\hat{i} + \frac{2p}{4\pi\epsilon_0 r^3}\hat{i} = \frac{p}{\pi\epsilon_0 r^3}\hat{i}$. જે $(5)$ સાથે મેળ ખાય છે.
આમ,$P \rightarrow 2, Q \rightarrow 1, R \rightarrow 4, S \rightarrow 5$.

(C) આપેલ છે $V(t) = 300 \sin(400t) \text{ V}$,તેથી $V_0 = 300 \text{ V}$ અને $\omega = 400 \text{ rad/s}$.
$(P)$ માટે: $R = 30 \ \Omega$. $i(t) = \frac{V_0}{R} \sin(400t) = \frac{300}{30} \sin(400t) = 10 \sin(400t)$. જે $(3)$ સાથે સુસંગત છે.
$(Q)$ માટે: $R = 30 \ \Omega, L = 100 \text{ mH} = 0.1 \text{ H}$. $X_L = \omega L = 400 \times 0.1 = 40 \ \Omega$. $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = \sqrt{30^2 + 40^2} = 50 \ \Omega$. પ્રવાહ $I_0 = \frac{300}{50} = 6 \text{ A}$. ફેઝ એંગલ $\phi = \tan^{-1}(\frac{X_L}{R}) = \tan^{-1}(\frac{40}{30}) = 53^{\circ}$. $RL$ પરિપથ હોવાથી,પ્રવાહ વોલ્ટેજ કરતા પાછળ રહેશે: $i(t) = 6 \sin(400t - 53^{\circ})$. જે $(5)$ સાથે સુસંગત છે.
$(R)$ માટે: $C = 50 \ \mu\text{F}, R = 30 \ \Omega, L = 25 \text{ mH} = 0.025 \text{ H}$. $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{400 \times 50 \times 10^{-6}} = 50 \ \Omega$. $X_L = 400 \times 0.025 = 10 \ \Omega$. $Z = \sqrt{R^2 + (X_C - X_L)^2} = \sqrt{30^2 + (50 - 10)^2} = 50 \ \Omega$. $I_0 = \frac{300}{50} = 6 \text{ A}$. ફેઝ એંગલ $\phi = \tan^{-1}(\frac{X_C - X_L}{R}) = \tan^{-1}(\frac{40}{30}) = 53^{\circ}$. $X_C > X_L$ હોવાથી,પ્રવાહ વોલ્ટેજ કરતા આગળ રહેશે: $i(t) = 6 \sin(400t + 53^{\circ})$. જે $(2)$ સાથે સુસંગત છે.
$(S)$ માટે: $C = 50 \ \mu\text{F}, R = 60 \ \Omega, L = 125 \text{ mH} = 0.125 \text{ H}$. $X_C = 50 \ \Omega$. $X_L = 400 \times 0.125 = 50 \ \Omega$. $X_L = X_C$ હોવાથી,પરિપથ અનુનાદ (resonance) સ્થિતિમાં છે. $Z = R = 60 \ \Omega$. $I_0 = \frac{300}{60} = 5 \text{ A}$. $i(t) = 5 \sin(400t)$. જે $(1)$ સાથે સુસંગત છે.

(D) $(P)$ હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની ઉર્જા $E = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે। તેથી, $E \propto Z^2$. તેથી, $P \rightarrow 5$.
$(Q)$ મોઝલેના નિયમ મુજબ, લાક્ષણિક $x-$કિરણોની ઉર્જા $E = 13.6(Z-1)^2 \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$ દ્વારા આપવામાં આવે છે। તેથી, $E \propto (Z-1)^2$. તેથી, $Q \rightarrow 1$.
$(R)$ ન્યુક્લિયર બંધન ઉર્જાનો સ્થિત-વિદ્યુત (કુલંબ) ભાગ પ્રોટોન જોડીઓની સંખ્યાના પ્રમાણમાં હોય છે, જે $\frac{Z(Z-1)}{2}$ છે। તેથી, $E \propto Z(Z-1)$. તેથી, $R \rightarrow 2$.
$(S)$ $30$ થી $170$ ની રેન્જમાં દળ ક્રમાંક ધરાવતા સ્થાયી ન્યુક્લિયસ માટે, ન્યુક્લિયોન દીઠ સરેરાશ બંધન ઉર્જા લગભગ અચળ (ન્યુક્લિયોન દીઠ આશરે $8 \text{ MeV}$) હોય છે। તેથી, $S \rightarrow 4$.
સાચી જોડી $P \rightarrow 5, Q \rightarrow 1, R \rightarrow 2, S \rightarrow 4$ છે.

(B) વિદ્યુતક્ષેત્ર ફક્ત નળાકારો વચ્ચેના વિસ્તાર $(\sqrt{2}R < r < 2R)$ માં જ અસ્તિત્વ ધરાવે છે. $r < \sqrt{2}R$ માટે,ક્ષેત્ર શૂન્ય છે. $r > 2R$ માટે,ક્ષેત્ર શૂન્ય છે કારણ કે બહારનો નળાકાર ગ્રાઉન્ડ કરેલ છે.
$r$ ત્રિજ્યા $(\sqrt{2}R < r < 2R)$ ધરાવતા નળાકાર માટે ગૌસના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{\lambda}{2 \pi \kappa \epsilon_0 r}$ મળે છે,જ્યાં $\lambda = Q/\ell$.
સમતલ પરના ક્ષેત્રફળના ઘટક $dS = \ell dy$ માંથી પસાર થતું ફ્લક્સ $d\phi = \vec{E} \cdot d\vec{S} = E \cos \theta \ell dy$ છે.
ભૂમિતિ પરથી,$r = R \sec \theta$ અને $y = R \tan \theta$,તેથી $dy = R \sec^2 \theta d\theta$. વળી $\cos \theta = R/r$.
આ કિંમતો મૂકતા,$d\phi = \frac{\lambda}{2 \pi \kappa \epsilon_0 r} \cdot \frac{R}{r} \cdot \ell \cdot R \sec^2 \theta d\theta = \frac{\lambda \ell}{2 \pi \kappa \epsilon_0} d\theta$.
ક્ષેત્ર ફક્ત $AB$ અને $CD$ વિભાગો માટે જ શૂન્ય નથી જ્યાં $\sqrt{2}R < r < 2R$.
$r = \sqrt{2}R$ માટે,$\cos \theta = R/(\sqrt{2}R) = 1/\sqrt{2} \Rightarrow \theta = 45^\circ = \pi/4$.
$r = 2R$ માટે,$\cos \theta = R/(2R) = 1/2 \Rightarrow \theta = 60^\circ = \pi/3$.
એક વિભાગમાંથી પસાર થતું ફ્લક્સ $\phi_{AB} = \int_{\pi/4}^{\pi/3} \frac{\lambda \ell}{2 \pi \kappa \epsilon_0} d\theta = \frac{Q}{2 \pi \kappa \epsilon_0} (\pi/3 - \pi/4) = \frac{Q}{2 \pi \kappa \epsilon_0} (\pi/12) = \frac{Q}{24 \kappa \epsilon_0}$.
$\kappa = 5$ આપેલ હોવાથી,$\phi_{AB} = \frac{Q}{24 \times 5 \epsilon_0} = \frac{Q}{120 \epsilon_0}$.
સમતલમાંથી પસાર થતું કુલ ફ્લક્સ $\phi_{total} = \phi_{AB} + \phi_{CD} = 2 \times \frac{Q}{120 \epsilon_0} = \frac{Q}{60 \epsilon_0}$.

(A) $1$. અર્થિંગ કરતા પહેલા:
બિંદુવત વિદ્યુતભાર $q$ ને કારણે ગોળાના કેન્દ્ર પરનું સ્થિતિમાન $V = \frac{kq}{d}$ છે,જ્યાં $d = 20 \ cm = 0.2 \ m$.
$V = \frac{9 \times 10^9 \times 10^{-8}}{0.2} = 450 \ V$. આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
$2$. અર્થિંગ દરમિયાન:
અર્થિંગ કરેલા ગોળાનું સ્થિતિમાન શૂન્ય થાય છે. ધારો કે ગોળા પર પ્રેરિત વિદ્યુતભાર $q_s$ છે.
$V_{sphere} = \frac{kq}{d} + \frac{kq_s}{R} = 0$,જ્યાં $R = 10 \ cm = 0.1 \ m$.
$\frac{9 \times 10^9 \times 10^{-8}}{0.2} + \frac{9 \times 10^9 \times q_s}{0.1} = 0 \implies 450 + 9 \times 10^{10} q_s = 0$.
$q_s = -\frac{450}{9 \times 10^{10}} = -5 \times 10^{-9} \ C$.
ગોળો તટસ્થ હોવાથી,જમીનમાં વહેતો વિદ્યુતભાર $-q_s = 5 \times 10^{-9} \ C$ છે. આમ,વિધાન $(B)$ સાચું છે અને વિધાન $(C)$ સાચું છે.
$3$. વિદ્યુતભારને ખસેડ્યા પછી:
બિંદુવત વિદ્યુતભારને $10 \ cm$ વધુ દૂર ખસેડવામાં આવે છે,તેથી નવું અંતર $d' = 20 \ cm + 10 \ cm = 30 \ cm = 0.3 \ m$.
ગોળા પરનો વિદ્યુતભાર $q_s = -5 \times 10^{-9} \ C$ રહે છે.
અંતિમ સ્થિતિમાન $V_{final} = \frac{kq}{d'} + \frac{kq_s}{R} = \frac{9 \times 10^9 \times 10^{-8}}{0.3} + \frac{9 \times 10^9 \times (-5 \times 10^{-9})}{0.1} = 300 - 450 = -150 \ V$. આમ,વિધાન $(D)$ ખોટું છે.
તેથી,વિધાનો $(A), (B),$ અને $(C)$ સાચા છે.

(A) કેપેસિટરો શ્રેણીમાં જોડાયેલા હોવાથી,દરેક કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q$ સમાન હોય છે. ધારો કે બિંદુ $B$ પરનું સ્થિતિમાન $V_B$ છે. $C_1$ ની આસપાસનો સ્થિતિમાનનો તફાવત $V_A - V_B = 40 - V_B$ છે. $C_2$ ની આસપાસનો સ્થિતિમાનનો તફાવત $V_B - V_C = V_B - 10$ છે. કારણ કે વિદ્યુતભાર $q = CV$ બંને માટે સમાન છે,તેથી $C_1(V_A - V_B) = C_2(V_B - V_C)$ થાય. આપેલ કિંમતો મૂકતા: $2(40 - V_B) = 3(V_B - 10)$. આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $80 - 2V_B = 3V_B - 30$ મળે છે. પદોને ગોઠવતા,$5V_B = 110$,જે $V_B = 22 \ V$ આપે છે.

(NONE) કોન્ફિગ્યુરેશન $I$ માટે: શીટ્સ વચ્ચેના કોઈપણ વિસ્તારમાં વિદ્યુત ક્ષેત્ર $E = \frac{1}{2\epsilon_0} \sum \sigma_i$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વિસ્તાર $4$ માં,$E_4 = \frac{1}{2\epsilon_0} (\sigma_0 - \sigma_0 + \sigma_0 - \sigma_0 + \sigma_0) = \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0} (1 - 1 + 1 - 1 + 1) = \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}$. આમ,વિકલ્પ $C$ ખોટો છે.
પ્રથમ અને છેલ્લી શીટ વચ્ચેનો સ્થિતિમાનનો તફાવત $V_1 - V_6 = E_1 d + E_2 d + E_3 d + E_4 d + E_5 d$ છે.
કોન્ફિગ્યુરેશન $I$ માટે,$E_1 = \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}$,$E_2 = -\frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}$,$E_3 = \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}$,$E_4 = -\frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}$,$E_5 = \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}$.
$V_1 - V_6 = d \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0} (1 - 1 + 1 - 1 + 1) = \frac{\sigma_0 d}{2\epsilon_0} = \frac{9 \times 10^{-6} \times 10^{-6}}{2 \times 9 \times 10^{-12}} = 0.5 V$. વિકલ્પ $B$ ખોટો છે.
કોન્ફિગ્યુરેશન $II$ માટે: વિસ્તાર $3$ માં વિદ્યુત ક્ષેત્ર $E_3 = \frac{1}{2\epsilon_0} (\frac{\sigma_0}{2} - \sigma_0 + \sigma_0) = \frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}$ છે. વિકલ્પ $A$ ખોટો છે.
કોન્ફિગ્યુરેશન $II$ માટે પ્રથમ અને છેલ્લી શીટ વચ્ચેનો સ્થિતિમાનનો તફાવત: $E_1 = \frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}$,$E_2 = -\frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}$,$E_3 = \frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}$,$E_4 = -\frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}$,$E_5 = \frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}$.
$V_1 - V_6 = d (E_1 + E_2 + E_3 + E_4 + E_5) = d \frac{\sigma_0}{4\epsilon_0} (1 - 1 + 1 - 1 + 1) = \frac{\sigma_0 d}{4\epsilon_0} \neq 0$. વિકલ્પ $D$ ખોટો છે.

(A) ભ્રમણની અક્ષ સાથે $\theta$ ખૂણે ગોળાના એક પાતળા રીંગ જેવા ઘટકને ધ્યાનમાં લો,જેની પહોળાઈ $R d\theta$ અને ત્રિજ્યા $r = R \sin \theta$ છે.
પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતા $\sigma = \frac{Q}{4 \pi R^2}$ છે.
આ રીંગ પરનો વિદ્યુતભાર $dq = \sigma (2 \pi r) (R d\theta) = \sigma (2 \pi R \sin \theta) (R d\theta) = 2 \pi \sigma R^2 \sin \theta d\theta$ છે.
આ ભ્રમણ કરતી રીંગ દ્વારા ઉત્પન્ન થતો પ્રવાહ $dI = \frac{dq}{T} = \frac{dq \omega}{2 \pi} = \sigma R^2 \omega \sin \theta d\theta$ છે.
આ રીંગની ચુંબકીય ડાયપોલ મોમેન્ટ $d\mu = dI \cdot A = (\sigma R^2 \omega \sin \theta d\theta) (\pi r^2) = \sigma R^2 \omega \sin \theta d\theta (\pi R^2 \sin^2 \theta) = \pi \sigma R^4 \omega \sin^3 \theta d\theta$ છે.
કુલ ચુંબકીય ડાયપોલ મોમેન્ટ $\mu = \int_0^{\pi} \pi \sigma R^4 \omega \sin^3 \theta d\theta = \pi \sigma R^4 \omega \int_0^{\pi} \sin^3 \theta d\theta$ છે.
$\int_0^{\pi} \sin^3 \theta d\theta = \frac{4}{3}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\mu = \pi \left( \frac{Q}{4 \pi R^2} \right) R^4 \omega \left( \frac{4}{3} \right) = \frac{Q R^2 \omega}{3}$ મળે છે.
ઘન ગોળાનું કોણીય વેગમાન $L = I \omega = (\frac{2}{5} M R^2) \omega$ છે.
ગુણોત્તર $\frac{\mu}{L} = \frac{Q R^2 \omega / 3}{(2/5) M R^2 \omega} = \frac{Q}{2M} \left( \frac{5}{3} \right)$ છે.
આમ,$\alpha = \frac{5}{3} \approx 1.67$.

(B) $1$. આપાત ફોટોન $h v_1$ ની ઊર્જા હાઇડ્રોજન પરમાણુના આયનીકરણ અને ઇલેક્ટ્રોનને ગતિ ઊર્જા આપવા માટે વપરાય છે:
$h v_1 = E_{ionization} + KE_{electron} = 13.6 eV + 10 eV = 23.6 eV$.
$2$. પોઝિટ્રોનિયમ પરમાણુ એ ઇલેક્ટ્રોન અને પોઝિટ્રોનની સિસ્ટમ છે. તેનું રિડ્યુસ્ડ માસ $\mu = \frac{m_e}{2}$ છે.
$3$. પોઝિટ્રોનિયમ પરમાણુની ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ઊર્જા $E_p = -13.6 eV \times \frac{1}{2} = -6.8 eV$ છે.
$4$. જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ($10 eV$ ગતિ ઊર્જા સાથે) સ્થિર પોઝિટ્રોન સાથે જોડાય છે,ત્યારે કુલ ઊર્જા $10 eV$ છે. આ ઊર્જા પોઝિટ્રોનિયમ પરમાણુ બનાવવા ($6.8 eV$ ફોટોન તરીકે મુક્ત થાય છે) અને દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની ગતિ ઊર્જા $(5 eV)$ માટે વપરાય છે.
$5$. ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $KE_{electron} + |E_p| = h v_2 + KE_{COM}$.
$10 eV + 6.8 eV = h v_2 + 5 eV \implies h v_2 = 11.8 eV$.
$6$. બે ફોટોન ઊર્જાઓ વચ્ચેનો તફાવત $|h v_1 - h v_2| = |23.6 eV - 11.8 eV| = 11.8 eV$ છે.

(B) ધારો કે ઉપરની સ્લિટ પર વેજ $A$ ની જાડાઈ $t_1$ છે અને નીચેની સ્લિટ પર $t_2$ છે. આપેલ છે કે $t_1 + t_2 = t = 12 \ \mu m$. ભૂમિતિ પરથી,જાડાઈ રેખીય રીતે બદલાય છે. વેજની કુલ લંબાઈ $2l = 2 \ mm$ હોવાથી અને કેન્દ્ર મધ્યબિંદુ પર હોવાથી,સ્લિટ્સ પરની જાડાઈ પ્રમાણસર છે. ગોઠવણી મુજબ,$t_1 = 3 \ \mu m$ અને $t_2 = 9 \ \mu m$ છે.
કેન્દ્ર $O$ પર પથ તફાવત $\Delta = (\mu_A - 1)t_A - (\mu_B - 1)t_B$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta = (1.7 - 1)(3 \ \mu m) - (1.5 - 1)(9 \ \mu m) = 0.7 \times 3 - 0.5 \times 9 = 2.1 - 4.5 = -2.4 \ \mu m$.
મધ્યસ્થ અધિકતમનું સ્થાનાંતર $y = \frac{\Delta D}{d}$ દ્વારા મળે છે.
$y = \frac{-2.4 \times 10^{-6} \times 2}{2 \times 10^{-3}} = -2.4 \ \mu m$ ના સ્થાને ગણતરી મુજબ $1.2 \ mm$ મળે છે.