JEE Main 2014 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) એક છેડે બંધ પાઇપની મૂળભૂત આવૃત્તિ $(f_1)$ નું સૂત્ર $f_1 = \frac{v}{4L}$ છે.
આપેલ છે: $v = 340 \, m s^{-1}$ અને $L = 85 \, cm = 0.85 \, m$.
કિંમતો મૂકતા: $f_1 = \frac{340}{4 \times 0.85} = \frac{340}{3.4} = 100 \, Hz$.
બંધ પાઇપની પ્રાકૃતિક આવૃત્તિઓ મૂળભૂત આવૃત્તિના એકી ગુણકો હોય છે: $f_n = (2n - 1)f_1$,જ્યાં $n = 1, 2, 3, \dots$.
આવૃત્તિઓ નીચે મુજબ છે: $100 \, Hz, 300 \, Hz, 500 \, Hz, 700 \, Hz, 900 \, Hz, 1100 \, Hz, 1300 \, Hz, \dots$.
આપણે $1250 \, Hz$ થી ઓછી આવૃત્તિઓની સંખ્યા શોધવાની છે.
આ આવૃત્તિઓ $100, 300, 500, 700, 900, 1100$ છે.
આમ,કુલ $6$ શક્ય પ્રાકૃતિક દોલનો મળે છે.

(B) જ્યારે પરપોટો છૂટો પડવાની તૈયારીમાં હોય,ત્યારે ઉપરની તરફ લાગતું ઉત્પ્લાવક બળ નીચેની તરફ લાગતા પૃષ્ઠતાણના બળ દ્વારા સંતુલિત થાય છે.
પરપોટા પર લાગતું ઉત્પ્લાવક બળ $F_{B} = V \rho_{w} g = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho_{w} g$ છે.
પૃષ્ઠતાણ બળ $F_{S}$ એ $r$ ત્રિજ્યાના સંપર્ક વર્તુળના પરિઘ પર લાગે છે. આ બળ $F_{S} = T \times (2 \pi r) \times \sin \theta$ છે,જ્યાં $\theta$ એ ત્રિજ્યા શિરોલંબ સાથે બનાવેલો ખૂણો છે. $r << R$ હોવાથી,$\sin \theta \approx \tan \theta = \frac{r}{R}$ થાય.
તેથી,$F_{S} = T \times 2 \pi r \times \frac{r}{R} = \frac{2 \pi T r^{2}}{R}$.
બળોને સરખાવતા: $\frac{2 \pi T r^{2}}{R} = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho_{w} g$.
$r^{2}$ માટે ઉકેલતા: $r^{2} = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho_{w} g \times \frac{R}{2 \pi T} = \frac{2 R^{4} \rho_{w} g}{3 T}$.
તેથી,$r = R^{2} \sqrt{\frac{2 \rho_{w} g}{3 T}}$.

(A) $3.50\;cm$ નું માપન સેન્ટિમીટરમાં બે દશાંશ સ્થળ સુધીની ચોકસાઈ સૂચવે છે,જે $0.01\;cm$ ના લઘુત્તમ માપ (Least Count) ને અનુરૂપ છે.
વિકલ્પ $A$ માં વર્ણવેલ વર્નિયર કેલિપર્સ માટે:
મુખ્ય સ્કેલ વિભાગ $(MSD)$ $= 1\;cm / 10 = 0.1\;cm$.
આપેલ છે કે $10\;VSD = 9\;MSD$,તેથી $1\;VSD = 0.9\;MSD = 0.9 \times 0.1\;cm = 0.09\;cm$.
લઘુત્તમ માપ $(LC)$ $= 1\;MSD - 1\;VSD = 0.1\;cm - 0.09\;cm = 0.01\;cm$.
વિકલ્પ $B$ માં આપેલ સ્ક્રૂ ગેજ માટે:
$LC = \text{પિચ} / \text{વર્તુળાકાર સ્કેલના વિભાગોની સંખ્યા} = 1\;mm / 100 = 0.01\;mm = 0.001\;cm$.
વિકલ્પ $C$ માં આપેલ સ્ક્રૂ ગેજ માટે:
$LC = 1\;mm / 50 = 0.02\;mm = 0.002\;cm$.
આમ,$3.50\;cm$ નું માપન $0.01\;cm$ ની ચોકસાઈ ધરાવતું હોવાથી,વિકલ્પ $A$ માં વર્ણવેલ વર્નિયર કેલિપર્સ સાચું સાધન છે.

(B) ધારો કે સૌથી ઉચ્ચતમ બિંદુ સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t_1$ છે। સૌથી ઉચ્ચતમ બિંદુ પર, અંતિમ વેગ $0$ હોય છે। $v = u + at$ નો ઉપયોગ કરતા, આપણને $0 = u - gt_1$ મળે છે, તેથી $t_1 = \frac{u}{g}$.
ધારો કે જમીન પર અથડાવા માટે લાગતો કુલ સમય $T$ છે। ગતિના સમીકરણ $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ નો ઉપયોગ કરતા, જ્યાં સ્થાનાંતર $s = -H$, પ્રારંભિક વેગ $u$, અને પ્રવેગ $a = -g$ છે, આપણને મળે છે:
$-H = uT - \frac{1}{2}gT^2$
$\frac{1}{2}gT^2 - uT - H = 0$
આપેલ છે કે $T = nt_1 = n(\frac{u}{g}) = \frac{nu}{g}$.
$T$ ની કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{1}{2}g(\frac{nu}{g})^2 - u(\frac{nu}{g}) - H = 0$
$\frac{n^2u^2}{2g} - \frac{nu^2}{g} - H = 0$
$2g$ વડે ગુણતા:
$n^2u^2 - 2nu^2 - 2gH = 0$
$n^2u^2 - 2nu^2 = 2gH$
$nu^2(n - 2) = 2gH$.

(D) બ્લોક ઢળતી સપાટી પર લપસે નહીં તે માટેની શરત એ છે કે ઢાળનો ખૂણો $\theta$ એ વિરામકોણ $\phi$ કરતા ઓછો અથવા તેના જેટલો હોવો જોઈએ,જ્યાં $\tan \phi = \mu$ થાય.
આમ,સીમાંત કિસ્સા માટે,$\tan \theta = \mu$.
કોઈપણ બિંદુ $x$ પર સપાટીનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \tan \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $y = \frac{x^3}{6}$,તેથી $\frac{dy}{dx} = \frac{3x^2}{6} = \frac{x^2}{2}$.
ઢાળને ઘર્ષણાંક $\mu = 0.5$ સાથે સરખાવતા:
$\frac{x^2}{2} = 0.5$
$x^2 = 1$
$x = 1$ (ધન બાજુને ધ્યાનમાં લેતા).
હવે,મહત્તમ ઊંચાઈ $y$ શોધવા માટે $x = 1$ ને સપાટીના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = \frac{x^3}{6} = \frac{1^3}{6} = \frac{1}{6} \ m$.

(B) રબર બેન્ડને સૂક્ષ્મ અંતર $dx$ જેટલું ખેંચવા માટે કરવામાં આવેલ કાર્ય $dW = F dx$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ બળ $F = ax + bx^2$ મૂકતા,આપણને $dW = (ax + bx^2) dx$ મળે છે.
રબર બેન્ડને $0$ થી $L$ સુધી ખેંચવા માટે કરવામાં આવેલ કુલ કાર્ય $W$ શોધવા માટે,આપણે આ પદનું સંકલન કરીશું:
$W = \int_{0}^{L} (ax + bx^2) dx$
$W = \int_{0}^{L} ax dx + \int_{0}^{L} bx^2 dx$
$W = a \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{L} + b \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{L}$
$W = \frac{aL^2}{2} + \frac{bL^3}{3}$

(B) ઉષ્મા પ્રવાહનો દર $Q$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$Q = \frac{KA(\theta_1 - \theta_2)}{l}$
જ્યાં $K$ એ ઉષ્મીય વાહકતાનો ગુણાંક છે,$l$ એ સળિયાની લંબાઈ છે અને $A$ એ સળિયાના આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
ધારો કે જંકશનનું તાપમાન $T$ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના સિદ્ધાંત મુજબ,તાંબાના સળિયા દ્વારા જંકશનમાં આવતી ઉષ્મા એ પિત્તળ અને સ્ટીલના સળિયા દ્વારા બહાર જતી ઉષ્મા જેટલી હોવી જોઈએ:
$Q_{\text{copper}} = Q_{\text{brass}} + Q_{\text{steel}}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{0.92 \times 4 \times (100 - T)}{46} = \frac{0.26 \times 4 \times (T - 0)}{13} + \frac{0.12 \times 4 \times (T - 0)}{12}$
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા:
$0.08 \times (100 - T) = 0.08 \times T + 0.04 \times T$
$8 - 0.08T = 0.12T$
$8 = 0.2T$
$T = \frac{8}{0.2} = 40^\circ C$
હવે,તાંબાના સળિયામાંથી પસાર થતા ઉષ્મા પ્રવાહનો દર શોધીએ:
$Q_{\text{copper}} = \frac{0.92 \times 4 \times (100 - 40)}{46} = \frac{0.92 \times 4 \times 60}{46} = 0.02 \times 4 \times 60 = 4.8 \ cal \ s^{-1}$.

(A) ધારો કે $m$ દળનો રેખીય પ્રવેગ $a$ છે અને નળાકારનો કોણીય પ્રવેગ $\alpha$ છે. દોરી સરકતી ન હોવાથી,$a = R\alpha$,જેનો અર્થ છે કે $\alpha = \frac{a}{R}$.
નીચે પડતા $m$ દળ માટે,ગતિનું સમીકરણ: $mg - T = ma$ . . . $(i)$
પોલા નળાકારની ભ્રમણ ગતિ માટે,ટોર્ક $\tau = I\alpha$ એ તણાવ બળ $T$ દ્વારા મળે છે:
$T \times R = I\alpha$
પોલા નળાકારની તેની અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = mR^2$ હોવાથી:
$T \times R = (mR^2) \times \left( \frac{a}{R} \right)$
$T = ma$ . . . (ii)
સમીકરણ (ii) ની કિંમત સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$mg - ma = ma$
$mg = 2ma$
$a = \frac{g}{2}$

(B) ગોળા પર લાગતા બળો દોરીમાં રહેલું તણાવ $T$ અને નીચેની તરફ લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ છે.
નિલંબન બિંદુને ઉગમબિંદુ તરીકે લેતા,ગુરુત્વાકર્ષણ બળને કારણે લાગતું ટોર્ક $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F} = \vec{r} \times m\vec{g}$ છે.
આ ટોર્કનું મૂલ્ય $\tau = mg \ell \sin \theta$ છે,જ્યાં $\theta$ એ દોરી અને ઉભી અક્ષ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
આ ટોર્ક હંમેશા સમક્ષિતિજ દિશામાં હોય છે,જે દોરી અને ઉભી અક્ષ ધરાવતા સમતલને લંબ હોય છે.
કોણીય વેગમાનના ફેરફારનો દર $\frac{d\vec{L}}{dt} = \vec{\tau}$ હોવાથી,ટોર્કને કારણે કોણીય વેગમાન સદિશ $\vec{L}$ ની દિશા સતત બદલાતી રહે છે કારણ કે તે ઉભી અક્ષની આસપાસ પ્રિસેસન કરે છે.
જોકે,ટોર્ક હંમેશા કોણીય વેગમાન સદિશ $\vec{L}$ ને લંબ હોવાથી,કોણીય વેગમાનનું મૂલ્ય અચળ રહે છે.
તેથી,કોણીય વેગમાનની દિશા બદલાય છે પરંતુ મૂલ્ય બદલાતું નથી.

(C) $M$ દળ ધરાવતા એક કણનો વિચાર કરો. તેના પર અન્ય ત્રણ કણો દ્વારા બળ લાગે છે. પાસપાસેના કણો વચ્ચેનું અંતર $a = R\sqrt{2}$ અને સામસામેના કણો વચ્ચેનું અંતર $d = 2R$ છે.
બે પાસપાસેના કણો દ્વારા લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F = \frac{GM^2}{a^2} = \frac{GM^2}{2R^2}$ છે. કેન્દ્ર તરફ આ બળોના ઘટકો $F \cos(45^{\circ})$ છે.
વિકર્ણની સામેના કણ દ્વારા લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F' = \frac{GM^2}{d^2} = \frac{GM^2}{(2R)^2} = \frac{GM^2}{4R^2}$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ આ બળોના સરવાળા દ્વારા મળે છે:
$F_{net} = 2F \cos(45^{\circ}) + F' = \frac{Mv^2}{R}$
કિંમતો મૂકતા:
$2 \left( \frac{GM^2}{2R^2} \right) \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{GM^2}{4R^2} = \frac{Mv^2}{R}$
$\frac{GM^2}{R^2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{4} \right) = \frac{Mv^2}{R}$
$v^2 = \frac{GM}{R} \left( \frac{4 + \sqrt{2}}{4\sqrt{2}} \right) = \frac{GM}{R} \left( \frac{2\sqrt{2} + 1}{4} \right)$
$v = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{GM}{R} (1 + 2\sqrt{2})}$

(D) યંગ મોડ્યુલસ $Y$ એ સ્ટ્રેસ અને સ્ટ્રેઈનનો ગુણોત્તર છે: $Y = \frac{\text{stress}}{\text{strain}}$.
લંબાઈ અચળ રાખવા માટે,ઉષ્મીય પ્રસરણને લાગુ પડેલા દબાણને કારણે ઉદ્ભવતા સંકોચન સ્ટ્રેઈન દ્વારા સંતુલિત કરવું આવશ્યક છે.
ઉષ્મીય સ્ટ્રેઈન $\frac{\Delta L}{L} = \alpha \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સ્ટ્રેસ $= Y \times \text{strain}$ હોવાથી,જરૂરી દબાણ $P = Y \times \alpha \Delta T$ થશે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $P = (2 \times 10^{11} \ N/m^2) \times (1.1 \times 10^{-5} \ K^{-1}) \times (100 \ K)$.
$P = 2.2 \times 10^{11} \times 10^{-5} \times 10^2 = 2.2 \times 10^8 \ Pa$.

(B) ધારો કે વર્તુળાકાર નળીની ત્રિજ્યા $R$ છે. બે પ્રવાહી વચ્ચેની આંતર સપાટી શિરોલંબ સાથે $\alpha$ ખૂણે છે.
$d_1$ ઘનતા ધરાવતા પ્રવાહી માટે,સ્તંભની શિરોલંબ ઊંચાઈ $h_1 = R \cos \alpha - R \sin \alpha$ છે.
$d_2$ ઘનતા ધરાવતા પ્રવાહી માટે,સ્તંભની શિરોલંબ ઊંચાઈ $h_2 = R \cos \alpha + R \sin \alpha$ છે.
સ્થિર પ્રવાહીમાં સમાન સમક્ષિતિજ સ્તરે દબાણ સમાન હોવાથી,આપણે આંતર સપાટીના સૌથી નીચલા બિંદુએ દબાણને સરખાવીએ:
$P_1 = P_2$
$d_1 g h_1 = d_2 g h_2$
$d_1 (R \cos \alpha - R \sin \alpha) = d_2 (R \cos \alpha + R \sin \alpha)$
$\frac{d_1}{d_2} = \frac{R \cos \alpha + R \sin \alpha}{R \cos \alpha - R \sin \alpha}$
અંશ અને છેદને $R \cos \alpha$ વડે ભાગતા:
$\frac{d_1}{d_2} = \frac{1 + \tan \alpha}{1 - \tan \alpha}$

(D) પ્રારંભિક સ્થિતિ: હવાના સ્તંભની લંબાઈ $L_1 = 8 \ cm$ છે અને દબાણ વાતાવરણીય દબાણ જેટલું છે,$P_1 = 76 \ cm$ of $Hg$.
અંતિમ સ્થિતિ: નળીને $46 \ cm$ ઊંચી કરવામાં આવે છે. ધારો કે હવાના સ્તંભની નવી લંબાઈ $L_2$ છે. ધારો કે નળીની અંદર પારાના સ્તંભની ઊંચાઈ બહારના પારાના સ્તરથી $x$ છે. બહારના પારાના સ્તરથી નળીની કુલ લંબાઈ $8 + 46 = 54 \ cm$ છે. તેથી,$L_2 = 54 - x$.
અંતિમ સ્થિતિમાં ફસાયેલી હવાનું દબાણ $P_2 = P_0 - x = 76 - x$ છે.
બોઈલના નિયમ $(P_1 V_1 = P_2 V_2)$ નો ઉપયોગ કરતા અને આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ અચળ ધારતા:
$76 \times A \times 8 = (76 - x) \times A \times (54 - x)$
$608 = 4104 - 76x - 54x + x^2$
$x^2 - 130x + 3496 = 0$
દ્વિઘાત સમીકરણના સૂત્ર $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરીને ઉકેલતા:
$x = \frac{130 \pm \sqrt{16900 - 13984}}{2} = \frac{130 \pm \sqrt{2916}}{2} = \frac{130 \pm 54}{2}$
$x_1 = 92$ (અશક્ય કારણ કે $x < 54$) અથવા $x_2 = 38 \ cm$.
તેથી,હવાના સ્તંભની લંબાઈ $L_2 = 54 - 38 = 16 \ cm$ થશે.

(C) આદર્શ વાયુ માટે,આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = n C_v \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુ માટે,અચળ કદ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_v = \frac{5}{2} R$ છે.
અહીં $n = 1 \text{ મોલ}$ આપેલ છે.
પ્રક્રિયા $AB$ માટે: $\Delta U_{AB} = n C_v (T_B - T_A) = 1 \times \frac{5}{2} R \times (800 - 400) = \frac{5}{2} R \times 400 = 1000 \ R$.
પ્રક્રિયા $BC$ માટે: $\Delta U_{BC} = n C_v (T_C - T_B) = 1 \times \frac{5}{2} R \times (600 - 800) = \frac{5}{2} R \times (-200) = -500 \ R$.
પ્રક્રિયા $CA$ માટે: $\Delta U_{CA} = n C_v (T_A - T_C) = 1 \times \frac{5}{2} R \times (400 - 600) = \frac{5}{2} R \times (-200) = -500 \ R$.
ચક્રીય પ્રક્રિયામાં,આંતરિક ઉર્જામાં થતો કુલ ફેરફાર શૂન્ય હોય છે.
ગણતરી કરેલ મૂલ્યોને વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(B) સરળ આવર્ત ગતિમાં,અંતિમ સ્થાનેથી સ્થિર સ્થિતિમાં શરૂઆત કરતા:
$t=0$ સમયે,$x=A$ છે.
સ્થાનાંતરનું સમીકરણ $x = A \cos \omega t$ છે.
જ્યારે $t = \tau$ હોય,ત્યારે કાપેલું અંતર $a$ છે,તેથી સ્થાન $x = A - a$ થાય.
$A - a = A \cos \omega \tau \implies \cos \omega \tau = \frac{A - a}{A} \quad ...(i)$
જ્યારે $t = 2\tau$ હોય,ત્યારે કુલ કાપેલું અંતર $a + 2a = 3a$ છે,તેથી સ્થાન $x = A - 3a$ થાય.
$A - 3a = A \cos 2\omega \tau \quad ...(ii)$
નિત્યસમ $\cos 2\theta = 2 \cos^2 \theta - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{A - 3a}{A} = 2 \left( \frac{A - a}{A} \right)^2 - 1$
$A - 3a = A \left( 2 \frac{(A - a)^2}{A^2} - 1 \right) = \frac{2(A^2 + a^2 - 2Aa) - A^2}{A} = \frac{A^2 + 2a^2 - 4Aa}{A}$
$A^2 - 3aA = A^2 + 2a^2 - 4Aa$
$aA = 2a^2 \implies A = 2a$.
$A = 2a$ ને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$\cos \omega \tau = \frac{2a - a}{2a} = \frac{1}{2}$.
કારણ કે $\cos \omega \tau = \cos \frac{\pi}{3}$,તેથી $\omega \tau = \frac{\pi}{3}$ મળે.
$\frac{2\pi}{T} \tau = \frac{\pi}{3} \implies T = 6\tau$.

(D) આપેલ પ્રવાહ-વોલ્ટેજ સંબંધ $I = (e^{1000V/T} - 1) \text{ mA}$ છે.
જ્યારે $I = 5 \text{ mA}$ હોય,ત્યારે $5 = e^{1000V/T} - 1$,જેનો અર્થ છે કે $e^{1000V/T} = 6$.
પ્રવાહમાં ભૂલ $(dI)$ શોધવા માટે,આપણે $V$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીશું:
$dI = \frac{d}{dV} (e^{1000V/T} - 1) \cdot dV = \left( e^{1000V/T} \cdot \frac{1000}{T} \right) dV$.
આપેલ છે કે $dV = 0.01 \text{ V}$ અને $T = 300 \text{ K}$,કિંમતો મૂકતા:
$dI = (6) \cdot \left( \frac{1000}{300} \right) \cdot (0.01)$.
$dI = 6 \cdot \left( \frac{10}{3} \right) \cdot 0.01 = 2 \cdot 10 \cdot 0.01 = 0.2 \text{ mA}$.
આમ,પ્રવાહના મૂલ્યમાં ભૂલ $0.2 \text{ mA}$ છે.

(B) સાદા લોલકના આવર્તકાળનું સૂત્ર $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$T^2 = 4\pi^2 \frac{L}{g}$,જેનો અર્થ છે કે $g = 4\pi^2 \frac{L}{T^2}$.
$g$ માં સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta L}{L} + 2 \frac{\Delta T}{T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: $L = 20.0$ cm,$\Delta L = 1$ mm = $0.1$ cm.
$T_{total} = 90.0$ s,$\Delta T_{total} = 1$ s. કારણ કે $T = \frac{T_{total}}{100}$,તેથી $\Delta T = \frac{\Delta T_{total}}{100} = \frac{1}{100} = 0.01$ s.
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{\Delta g}{g} = \frac{0.1}{20.0} + 2 \times \frac{1}{90} = 0.005 + 0.0222 = 0.0272$.
ટકાવારી ત્રુટિ = $0.0272 \times 100 = 2.72 \% \approx 2.7 \%$.

(C) સમક્ષિતિજ સ્થાન $x = u_x t$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. $t = 2\,s$ સમયે $x = 40\,m$ આપેલ છે,તેથી $40 = u_x \times 2$,એટલે કે $u_x = 20\,m/s$.
શિરોલંબ સ્થાન $y = u_y t - \frac{1}{2} g t^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. $t = 2\,s$ સમયે $y = 50\,m$ અને $g = 10\,m/s^2$ આપેલ છે,તેથી $50 = u_y(2) - \frac{1}{2}(10)(2)^2$.
$50 = 2u_y - 20$,જેનો અર્થ છે કે $2u_y = 70$,તેથી $u_y = 35\,m/s$.
પ્રક્ષિપ્ત કોણ $\theta$ એ $\tan \theta = \frac{u_y}{u_x}$ દ્વારા મળે છે.
$\tan \theta = \frac{35}{20} = \frac{7}{4}$.
તેથી,$\theta = \tan^{-1}(\frac{7}{4})$.

(A) હથેળી પર પાણી દ્વારા લાગતું બળ એ પાણીના વેગમાનમાં થતા ફેરફારના દર જેટલું હોય છે.
$F = \frac{dp}{dt} = v \frac{dm}{dt}$
અહીં દળના વહનનો દર $\frac{dm}{dt} = A \rho v$ છે,જ્યાં $A$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે,$\rho$ એ ઘનતા છે અને $v$ એ વેગ છે.
આ કિંમતને બળના સમીકરણમાં મૂકતા:
$F = v(A \rho v) = A \rho v^2$
આપેલ કિંમતો: $v = 1.5\, ms^{-1}$,$A = 10^{-2}\, m^2$,$\rho = 10^3\, kgm^{-3}$.
$F = 10^{-2} \times 10^3 \times (1.5)^2$
$F = 10 \times 2.25 = 22.5\, N$.

(C) ધારો કે બ્લોક $A$ અને $B$ વચ્ચેનો ઘર્ષણાંક $\mu$ છે. બ્લોક $A$ અને $B$ વચ્ચેનું મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f_{max} = \mu m_A g = \mu \times 4 \times 10 = 40\mu$ છે.
જ્યારે $A$ પર $F_A = 12\, N$ બળ લગાડવામાં આવે,ત્યારે તંત્રનો પ્રવેગ $a = \frac{F_A}{m_A + m_B} = \frac{12}{4 + 5} = \frac{12}{9} = \frac{4}{3}\, m/s^2$ થાય.
બ્લોક $A$ એ $B$ સાથે ગતિ કરે તે માટે,ઘર્ષણ બળ $f$ એ $A$ ને પ્રવેગ પૂરો પાડવો જોઈએ: $f = m_A a = 4 \times \frac{4}{3} = \frac{16}{3}\, N$.
આ સીમાંત કિસ્સો હોવાથી,$f = f_{max} \Rightarrow 40\mu = \frac{16}{3} \Rightarrow \mu = \frac{16}{120} = \frac{2}{15}$.
હવે,ધારો કે બ્લોક $B$ પર મહત્તમ બળ $F_B$ લગાડવામાં આવે છે. તંત્રનો પ્રવેગ $a' = \frac{F_B}{m_A + m_B} = \frac{F_B}{9}$ થાય.
બ્લોક $A$ એ $B$ સાથે ગતિ કરે તે માટે,ઘર્ષણ બળ $f$ એ $A$ ને પ્રવેગ પૂરો પાડવો જોઈએ: $f = m_A a' = 4 \times \frac{F_B}{9}$.
$f \le f_{max}$ હોવાથી,$4 \times \frac{F_B}{9} \le 40 \times \frac{2}{15} \Rightarrow F_B \le 40 \times \frac{2}{15} \times \frac{9}{4} = 12\, N$. જો કે,જો બળ ફક્ત $B$ પર લાગે તો $F_B - f = m_B a'$ અને $f = m_A a'$ થાય. $F_B = (m_A + m_B) a' = 9a'$. $f = 4a' = 40(1/6) = 20/3 \Rightarrow a' = 5/3$. તેથી $F_B = 9(5/3) = 15\, N$.

(C) મોટા પદાર્થનું દળ $M = 4\, kg$.
નાના પદાર્થનું દળ $m = 1\, kg$.
નાનો પદાર્થ $(m = 1\, kg)$ એ $25\, rad/s$ ની કોણીય આવૃત્તિ $(\omega)$ અને $1.6\, cm = 1.6 \times 10^{-2}\, m$ ના કંપનવિસ્તાર $(A)$ સાથે સરળ આવર્ત ગતિ ($S$.$H$.$M$.) કરે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega = \sqrt{\frac{K}{m}}$,તેથી $K = m\omega^2 = 1 \times (25)^2 = 625\, N/m$.
તંત્ર દ્વારા જમીન પર લાગતું બળ એ મોટા પદાર્થનું વજન,નાના પદાર્થનું વજન અને સ્પ્રિંગ બળનો સરવાળો છે.
જમીન દ્વારા તંત્ર પર લાગતું લંબબળ $N = Mg + mg + F_{spring}$ છે.
જેમ નાનો પદાર્થ દોલન કરે છે તેમ સ્પ્રિંગ બળ $F_{spring}$ બદલાય છે. જમીન પર લાગતું મહત્તમ બળ ત્યારે મળે છે જ્યારે સ્પ્રિંગનું વિસ્તરણ મહત્તમ હોય.
મહત્તમ સ્પ્રિંગ બળ $F_{max} = KA = 625 \times 1.6 \times 10^{-2} = 10\, N$ છે.
આમ,જમીન પર લાગતું મહત્તમ બળ $F_{total} = Mg + mg + F_{max} = (4 \times 10) + (1 \times 10) + 10 = 40 + 10 + 10 = 60\, N$ થાય.

(D) ઢળતી સપાટી પર સરક્યા વિના ગબડતા પદાર્થનો પ્રવેગ $a$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{I}{MR^2}}$
નળાકાર માટે,જડત્વની ચાકમાત્રા $I_c = \frac{1}{2} M_c R^2$ છે. તેથી,પ્રવેગ $a_c$:
$a_c = \frac{g \sin \theta_c}{1 + \frac{1}{2}} = \frac{g \sin \theta_c}{3/2} = \frac{2}{3} g \sin \theta_c$
ઘન ગોળા માટે,જડત્વની ચાકમાત્રા $I_s = \frac{2}{5} M_s R^2$ છે. તેથી,પ્રવેગ $a_s$:
$a_s = \frac{g \sin \theta_s}{1 + \frac{2}{5}} = \frac{g \sin \theta_s}{7/5} = \frac{5}{7} g \sin \theta_s$
આપેલ છે કે પ્રવેગ સમાન છે $(a_c = a_s)$:
$\frac{2}{3} g \sin \theta_c = \frac{5}{7} g \sin \theta_s$
ગુણોત્તર શોધવા માટે:
$\frac{\sin \theta_c}{\sin \theta_s} = \frac{5/7}{2/3} = \frac{5}{7} \times \frac{3}{2} = \frac{15}{14}$

(C) ટ્રાન્સફર ઓર્બિટ એ એક લંબગોળ માર્ગ છે જેમાં સૂર્ય એક કેન્દ્ર પર હોય છે। આ ટ્રાન્સફર ઓર્બિટનો અર્ધ-મુખ્ય અક્ષ $a_{tr}$ એ પૃથ્વી અને મંગળની કક્ષાઓના અર્ધ-મુખ્ય અક્ષોની સરેરાશ છે:
$a_{tr} = \frac{a_e + a_m}{2} = \frac{1.5 \times 10^{11} + 2.28 \times 10^{11}}{2} = 1.89 \times 10^{11} \, m$
કેપ્લરના ત્રીજા નિયમ મુજબ, $T^2 \propto a^3$. ધારો કે $T_e$ એ પૃથ્વીનો કક્ષાનો સમયગાળો $(1 \, \text{વર્ષ} = 365 \, \text{દિવસ})$ છે અને $T_{tr}$ એ ટ્રાન્સફર ઓર્બિટનો સમયગાળો છે:
$\left( \frac{T_{tr}}{T_e} \right)^2 = \left( \frac{a_{tr}}{a_e} \right)^3$
$T_{tr} = T_e \times \left( \frac{1.89 \times 10^{11}}{1.5 \times 10^{11}} \right)^{3/2} = 365 \times (1.26)^{1.5} \approx 365 \times 1.415 \approx 516.5 \, \text{દિવસ}$
પૃથ્વીથી મંગળ સુધી મુસાફરી કરવા માટે લાગતો સમય એ ટ્રાન્સફર ઓર્બિટના સંપૂર્ણ કક્ષાના સમયગાળાનો અડધો ભાગ છે:
$t = \frac{T_{tr}}{2} = \frac{516.5}{2} \approx 258.25 \, \text{દિવસ}$
આપેલા વિકલ્પો મુજબ નજીકની કિંમત $260 \, \text{દિવસ}$ છે.

(C) આઈસોટ્રોપિક પદાર્થો માટે, સ્થિતિસ્થાપક મોડ્યુલસ પોઈસન ગુણોત્તર $\sigma$ દ્વારા નીચે મુજબ સંબંધિત છે:
$Y = 2n(1 + \sigma)$
$Y = 3k(1 - 2\sigma)$
જ્યાં $Y$ એ યંગ મોડ્યુલસ છે, $n$ એ શિયર મોડ્યુલસ (દ્રઢતા) છે, અને $k$ એ બલ્ક મોડ્યુલસ છે.
એલ્યુમિનિયમ અને કોપર જેવી મોટાભાગની ધાતુઓ માટે, પોઈસન ગુણોત્તર $\sigma$ એ $0$ અને $0.5$ ની વચ્ચે હોય છે (સામાન્ય રીતે $0.3$ ની આસપાસ).
કારણ કે $0 < \sigma < 0.5$, આપણે સંબંધ મેળવી શકીએ છીએ:
$Y = 2n(1 + \sigma)$ પરથી, કારણ કે $(1 + \sigma) > 1$, આપણને $Y > n$ મળે છે.
$Y = 3k(1 - 2\sigma)$ પરથી, કારણ કે $(1 - 2\sigma) < 1$, આપણને $Y < 3k$ મળે છે, જેનો અર્થ છે કે $k > Y/3$.
સામાન્ય ધાતુઓ માટે મૂલ્યોની સરખામણી કરતા, સંબંધ $n < Y < k$ મળે છે.
તેથી, સાચો ક્રમ શિયર મોડ્યુલસ < યંગ મોડ્યુલસ < બલ્ક મોડ્યુલસ છે.

(C) અવમંદિત દોલકનો કંપવિસ્તાર $A(t) = A_0 e^{-(b/2m)t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $b$ એ અવમંદન અચળાંક છે. સ્ટોક્સના નિયમ મુજબ,$b = 6\pi \eta r$,જ્યાં $\eta$ એ સ્નિગ્ધતા ગુણાંક છે.
હવા માટે: $8 = 10 e^{-(b_{air}/2m) \cdot 40} \implies 0.8 = e^{-(b_{air}/2m) \cdot 40}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln(0.8) = -(b_{air}/2m) \cdot 40 \implies \ln(4/5) = -(b_{air}/2m) \cdot 40 \implies \ln(5/4) = (b_{air}/2m) \cdot 40$.
તેથી,$(b_{air}/2m) = \frac{\ln(1.25)}{40} = \frac{0.223}{40} = 0.005575 \ s^{-1}$.
આપેલ છે કે $\frac{\eta_{air}}{\eta_{CO_2}} = 1.3$,તેથી $b_{CO_2} = \frac{b_{air}}{1.3}$.
આમ,$(b_{CO_2}/2m) = \frac{b_{air}}{1.3 \cdot 2m} = \frac{0.005575}{1.3} \approx 0.004288 \ s^{-1}$.
$CO_2$ માટે: $5 = 10 e^{-(b_{CO_2}/2m) \cdot t} \implies 0.5 = e^{-(0.004288)t}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln(0.5) = -0.004288 \cdot t \implies -0.693 = -0.004288 \cdot t$.
$t = \frac{0.693}{0.004288} \approx 161.6 \ s$.
તેથી,સમય આશરે $161 \ s$ ની નજીક છે.

(A) કેશ નળીમાં પાણીના સ્તંભની ઊંચાઈનું સૂત્ર $h = \frac{2T \cos \theta}{r \rho g}$ છે,જ્યાં $T$ એ પૃષ્ઠતાણ છે,$\theta$ એ સંપર્ક કોણ છે,$r$ એ નળીની ત્રિજ્યા છે,$\rho$ એ પાણીની ઘનતા છે અને $g$ એ ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ છે.
અહીં $T, \theta, r,$ અને $\rho$ અચળ હોવાથી,ઊંચાઈ $h$ એ $g$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે,એટલે કે $h \propto \frac{1}{g}$.
પૃથ્વીની સપાટી પર ઊંચાઈ $x = \frac{k}{g}$ છે,જ્યાં $k = \frac{2T \cos \theta}{r \rho}$.
ખાણમાં $d$ ઊંડાઈએ,ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $g' = g \left( 1 - \frac{d}{R} \right)$ થાય છે.
નવી ઊંચાઈ $y = \frac{k}{g'} = \frac{k}{g \left( 1 - \frac{d}{R} \right)}$ છે.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{x}{y} = \frac{k/g}{k / [g(1 - d/R)]} = 1 - \frac{d}{R}$ થાય છે.

(A) આપેલ છે:
પાણીનું કદ $V = 2\, L$,તેથી દળ $m = 2\, kg$ (કારણ કે પાણીની ઘનતા $1\, kg/L$ છે).
કોઈલનો પાવર $P_{in} = 1000\, J/s$.
ઉષ્મા વ્યયનો દર $P_{out} = 160\, J/s$.
તાપમાનમાં ફેરફાર $\Delta T = 77\, ^\circ C - 27\, ^\circ C = 50\, ^\circ C$.
પાણીની વિશિષ્ટ ઉષ્મા ધારિતા $c = 4.2\, kJ/kg\cdot K = 4200\, J/kg\cdot K$.
પાણીને મળતો ચોખ્ખો પાવર $P_{net} = P_{in} - P_{out} = 1000\, J/s - 160\, J/s = 840\, J/s$.
જરૂરી કુલ ઉષ્મા $Q = m \cdot c \cdot \Delta T = 2\, kg \times 4200\, J/kg\cdot K \times 50\, K = 420,000\, J$.
જરૂરી સમય $t = \frac{Q}{P_{net}} = \frac{420,000\, J}{840\, J/s} = 500\, s$.
મિનિટમાં રૂપાંતર: $500\, s = 8\, min\, 20\, s$.

(A) આપેલ અવસ્થાનું સમીકરણ: $PV = nRT + \alpha V$.
$n = 1$ મોલ માટે,$PV = RT + \alpha V$,જેને $V(P - \alpha) = RT$ અથવા $V = \frac{RT}{P - \alpha}$ તરીકે લખી શકાય.
શરૂઆતમાં,$T = T_0$ અને $P = P_0$ પર,કદ $V_0 = \frac{RT_0}{P_0 - \alpha}$ છે.
પ્રક્રિયા સમદાબી હોવાથી,$P$ એ $P_0$ જેટલું અચળ રહે છે. જ્યારે તાપમાન બમણું થાય,ત્યારે $T_f = 2T_0$.
અંતિમ કદ $V_f = \frac{R(2T_0)}{P_0 - \alpha} = 2V_0$ થાય.
સમદાબી પ્રક્રિયામાં થયેલ કાર્ય $W = P_0(V_f - V_0)$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $W = P_0(2V_0 - V_0) = P_0 V_0$.
કારણ કે $V_0 = \frac{RT_0}{P_0 - \alpha}$,તેથી $W = P_0 \left( \frac{RT_0}{P_0 - \alpha} \right) = \frac{P_0 T_0 R}{P_0 - \alpha}$.

(B) વાયુના અણુઓ વચ્ચેનું સરેરાશ અંતર $D$ એ સંખ્યા ઘનતા $n$ સાથે $D \approx n^{-1/3}$ સંબંધ દ્વારા જોડાયેલું છે.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ મુજબ,$PV = n_{mol}RT$,જ્યાં $n_{mol} = N/N_A$.
તેથી,$P = (N/V) \cdot (R/N_A) \cdot T = n \cdot k_B \cdot T$,જ્યાં $n = N/V$ એ સંખ્યા ઘનતા છે.
આપેલ છે કે $P = 4.0 \times 10^{-15} \, atm = 4.0 \times 10^{-15} \times 10^5 \, Pa = 4.0 \times 10^{-10} \, Pa$.
$n = P / (k_B T)$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $k_B = R/N_A = 8.0 / (6 \times 10^{23}) \approx 1.33 \times 10^{-23} \, J/K$.
$n = (4.0 \times 10^{-10}) / (1.33 \times 10^{-23} \times 300) = (4.0 \times 10^{-10}) / (4.0 \times 10^{-21}) = 10^{11} \, molecules/m^3$.
સરેરાશ અંતર $D \approx n^{-1/3} = (10^{11})^{-1/3} \approx 10^{-3.66} \, m \approx 2.15 \times 10^{-4} \, m = 0.215 \, mm$.
આમ,મૂલ્યનો ક્રમ $0.2 \, mm$ છે.

(A) આપેલ બે લંબ $S.H.Ms$:
$x = a_1 \cos \omega t \implies \cos \omega t = \frac{x}{a_1} \quad ...(1)$
$y = a_2 \cos 2 \omega t \quad ...(2)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos 2 \theta = 2 \cos^2 \theta - 1$ નો ઉપયોગ કરીને,સમીકરણ $(1)$ ને સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા:
$y = a_2 (2 \cos^2 \omega t - 1)$
$y = a_2 \left( 2 \left( \frac{x}{a_1} \right)^2 - 1 \right)$
$y = \frac{2 a_2}{a_1^2} x^2 - a_2$
આ ઉપરની તરફ ખુલતા પરવલયનું સમીકરણ છે જેનું શિરોબિંદુ $(0, -a_2)$ પર છે. આ આકૃતિ $822-$a914 માં દર્શાવેલ વક્રને અનુરૂપ છે.

(A) આપેલ તરંગ સમીકરણ $y = a \sin \left( \frac{2\pi}{T}t - \frac{2\pi}{\lambda}x \right)$ છે,જ્યાં કંપવિસ્તાર $a = \frac{10}{\pi} \ cm$ છે.
તરંગનો વેગ $v = \frac{\omega}{k} = \frac{2\pi/T}{2\pi/\lambda} = \frac{\lambda}{T} = f\lambda$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કણનો મહત્તમ વેગ $v_{p,max} = a\omega = a \left( \frac{2\pi}{T} \right)$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,તરંગનો વેગ એ કણના મહત્તમ વેગ કરતા બમણો છે:
$v = 2 v_{p,max}$
સમીકરણો મૂકતા:
$\frac{\lambda}{T} = 2 \left( a \cdot \frac{2\pi}{T} \right)$
બંને બાજુથી $T$ દૂર કરતા:
$\lambda = 4\pi a$
$a = \frac{10}{\pi} \ cm$ ની કિંમત મૂકતા:
$\lambda = 4\pi \left( \frac{10}{\pi} \right) = 40 \ cm$.

(C) ધારો કે ગોળીને લક્ષ્ય સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t$ છે.
ક્ષૈતિજ અંતર $d = 700 \; m$ અને ક્ષૈતિજ વેગ $v_x = 630 \; m/s$ છે.
ક્ષૈતિજ દિશામાં કોઈ પ્રવેગ ન હોવાથી,$t = \frac{d}{v_x} = \frac{700}{630} = \frac{10}{9} \; s$.
ઉર્ધ્વ ગતિ માટે,ગોળી ગુરુત્વાકર્ષણ હેઠળ છે. ઉર્ધ્વ સ્થાનાંતર $h$ (નીચે તરફનું અંતર) $h = u_y t + \frac{1}{2} g t^2$ દ્વારા મળે છે.
અહીં પ્રારંભિક ઉર્ધ્વ વેગ $u_y = 0$ હોવાથી,$h = \frac{1}{2} g t^2$.
કિંમતો મૂકતા: $h = \frac{1}{2} \times 10 \times \left( \frac{10}{9} \right)^2$.
$h = 5 \times \frac{100}{81} = \frac{500}{81} \approx 6.17 \; m$.
તેથી,ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે થતા ઘટાડાને સરભર કરવા માટે રાઇફલને લક્ષ્યના કેન્દ્રથી $6.17 \; m$ ઉપર નિશાન લગાવવી જોઈએ.

(A) આપેલ માહિતી:
દળ $m = 5\, kg$
$t = 0\, s$ સમયે વેગ $\vec{u} = (6\hat i - 2\hat j)\, m/s$
$t = 10\, s$ સમયે વેગ $\vec{v} = 6\hat j\, m/s$
પ્રવેગ $\vec{a} = \frac{\vec{v} - \vec{u}}{t}$
$\vec{a} = \frac{6\hat j - (6\hat i - 2\hat j)}{10} = \frac{-6\hat i + 8\hat j}{10} = (-0.6\hat i + 0.8\hat j)\, m/s^2$
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,બળ $\vec{F} = m\vec{a}$
$\vec{F} = 5 \times (-0.6\hat i + 0.8\hat j) = (-3\hat i + 4\hat j)\, N$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,બિંદુ $A$ પરની કુલ ઉર્જા એ બિંદુ $B$ પરની કુલ ઉર્જા જેટલી હોય છે.
ટ્રેક $BC$ ના સ્તર પર સ્થિતિ ઉર્જા શૂન્ય લેતા,આપણને મળે છે:
$mgh + \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_B^2$
$v_B^2 = v_0^2 + 2gh$
હવે,દડો ખરબચડી સપાટી $BC$ પર ગતિ કરે છે અને $L$ અંતર કાપ્યા પછી $C$ પર સ્થિર થાય છે. ઘર્ષણ દ્વારા થયેલ કાર્ય એ ગતિ ઉર્જામાં થયેલા ફેરફાર જેટલું હોય છે:
$-f_k \cdot L = 0 - \frac{1}{2}mv_B^2$
$-\mu mg \cdot L = -\frac{1}{2}m(v_0^2 + 2gh)$
$L = \frac{v_0^2 + 2gh}{2\mu g}$
$L = \frac{v_0^2}{2\mu g} + \frac{2gh}{2\mu g} = \frac{h}{\mu} + \frac{v_0^2}{2\mu g}$

(B) વર્ષમાં પ્રતિ ચોરસ મીટર દીઠ મળતા વરસાદનું કદ $V = \text{ક્ષેત્રફળ} \times \text{ઊંચાઈ} = 1 \, m^2 \times 1 \, m = 1 \, m^3$ છે.
પાણીની ઘનતા $d = 10^3 \, kg/m^3$ હોવાથી, આ પાણીનું કુલ દળ $M = d \times V = 10^3 \, kg/m^3 \times 1 \, m^3 = 10^3 \, kg$ થાય.
વરસાદ દ્વારા સ્થાનાંતરિત ગતિ ઉર્જાનું સૂત્ર $E = \frac{1}{2} M v^2$ છે, જ્યાં $v$ એ ટર્મિનલ વેગ છે.
કિંમતો મૂકતા: $E = \frac{1}{2} \times 10^3 \, kg \times (9 \, m/s)^2$.
$E = 0.5 \times 10^3 \times 81 = 40.5 \times 10^3 \, J = 4.05 \times 10^4 \, J$.

(C) ધારો કે એકમ લંબાઈ દીઠ દળ $\lambda(x) = \lambda_0 + kx$ છે.
કુલ દળ $M = \int_{0}^{L} (\lambda_0 + kx) dx = \lambda_0 L + \frac{kL^2}{2}$.
આના પરથી,$k = \frac{2(M - \lambda_0 L)}{L^2} = \frac{2M}{L^2} - \frac{2\lambda_0}{L}$.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x_{cm} = \frac{1}{M} \int_{0}^{L} x dm = \frac{1}{M} \int_{0}^{L} x (\lambda_0 + kx) dx$.
$x_{cm} = \frac{1}{M} [\frac{\lambda_0 x^2}{2} + \frac{kx^3}{3}]_{0}^{L} = \frac{1}{M} (\frac{\lambda_0 L^2}{2} + \frac{kL^3}{3})$.
$k = \frac{2M}{L^2} - \frac{2\lambda_0}{L}$ ની કિંમત મૂકતા:
$x_{cm} = \frac{1}{M} [\frac{\lambda_0 L^2}{2} + \frac{L^3}{3} (\frac{2M}{L^2} - \frac{2\lambda_0}{L})] = \frac{1}{M} [\frac{\lambda_0 L^2}{2} + \frac{2ML}{3} - \frac{2\lambda_0 L^2}{3}]$.
$x_{cm} = \frac{2L}{3} + \frac{\lambda_0 L^2}{M} (\frac{1}{2} - \frac{2}{3}) = \frac{2L}{3} - \frac{\lambda_0 L^2}{6M}$.

(A) ધારો કે ગોળાની ઘનતા $\rho$ છે.
મૂળ ગોળાનું દળ $M = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi R^3$.
દૂર કરેલા ગોળાનું કદ $V_{\text{removed}} = \frac{4}{3}\pi (\frac{R}{2})^3 = \frac{1}{8} (\frac{4}{3}\pi R^3)$.
દૂર કરેલા ગોળાનું દળ $m = \rho \cdot V_{\text{removed}} = \frac{M}{8}$.
ગોળાના બાકી રહેલા ભાગનું દળ $M' = M - m = M - \frac{M}{8} = \frac{7M}{8}$.
ગોળાના બાકી રહેલા ભાગ અને દૂર કરેલા ગોળા વચ્ચેનું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ ન્યૂટનના ગુરુત્વાકર્ષણના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$F = \frac{G M' m}{r^2}$
અહીં,$r = 3R$ એ બે ગોળાઓના કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર છે.
$F = \frac{G (\frac{7M}{8}) (\frac{M}{8})}{(3R)^2}$
$F = \frac{G (\frac{7M^2}{64})}{9R^2}$
$F = \frac{7GM^2}{576R^2}$

(A) બલ્ક મોડ્યુલસ $B$ ને $B = -\frac{\Delta P}{\Delta V/V}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,જેનો અર્થ છે કે આંશિક સંકોચન $\frac{\Delta V}{V} = \frac{\Delta P}{B}$ થાય.
દબાણમાં થતા અચળ ફેરફાર $\Delta P$ માટે,આંશિક સંકોચન $\frac{\Delta V}{V}$ એ બલ્ક મોડ્યુલસ $B$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે (એટલે કે,$\frac{\Delta V}{V} \propto \frac{1}{B}$).
આપેલ બલ્ક મોડ્યુલસ:
$B_{\text{ethanol}} = 0.9 \times 10^9 \, Nm^{-2}$
$B_{\text{water}} = 2.2 \times 10^9 \, Nm^{-2}$
$B_{\text{mercury}} = 25 \times 10^9 \, Nm^{-2}$
જેમ કે $B_{\text{ethanol}} < B_{\text{water}} < B_{\text{mercury}}$,તેથી આંશિક સંકોચનનો ક્રમ નીચે મુજબ થશે:
$\left( \frac{\Delta V}{V} \right)_{\text{ethanol}} > \left( \frac{\Delta V}{V} \right)_{\text{water}} > \left( \frac{\Delta V}{V} \right)_{\text{mercury}}$
તેથી,સાચો ક્રમ ઇથેનોલ $>$ પાણી $>$ મર્ક્યુરી છે.

(B) બર્નુલીના સિદ્ધાંત મુજબ,ટાંકીના તળિયે દબાણ એ બંને પ્રવાહીના હાઇડ્રોસ્ટેટિક દબાણના સરવાળા જેટલું હોય છે.
$P = h_w \rho_w g + h_k \rho_k g$
અહીં,$h_w = 3\,m$,$\rho_w = 1000\,kg/m^3$,$h_k = 2\,m$,અને $\rho_k = 0.8 \times 1000 = 800\,kg/m^3$.
$P = (3 \times 1000 \times 10) + (2 \times 800 \times 10) = 30000 + 16000 = 46000\,Pa$.
તળિયે બહાર નીકળતા વેગ $v$ માટે ટોરિસેલીના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં દબાણ ઉર્જા ગતિ ઉર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે:
$P = \frac{1}{2} \rho_w v^2$
$46000 = \frac{1}{2} \times 1000 \times v^2$
$v^2 = \frac{46000 \times 2}{1000} = 92$
$v = \sqrt{92} \approx 9.6\,ms^{-1}$.

(A) આપેલ છે: હવાના પરપોટાની ત્રિજ્યા,$r = 0.1\, cm = 10^{-3}\, m$.
પ્રવાહીનું પૃષ્ઠતાણ,$S = 0.06\, N/m = 6 \times 10^{-2}\, N/m$.
પ્રવાહીની ઘનતા,$\rho = 10^3\, kg/m^3$.
પરપોટાની અંદરનું વધારાનું દબાણ,$P_{excess} = 1100\, N/m^2$.
પ્રવાહીની સપાટીથી પરપોટાની ઊંડાઈ,$h = ?$.
ઊંડાઈ $h$ પર પરપોટાની અંદરનું કુલ દબાણ $P_{in} = P_{atm} + h\rho g + \frac{2S}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વાતાવરણીય દબાણ કરતા વધારાનું દબાણ $P_{excess} = P_{in} - P_{atm} = h\rho g + \frac{2S}{r}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $1100 = h \times 10^3 \times 9.8 + \frac{2 \times 6 \times 10^{-2}}{10^{-3}}$.
$1100 = 9800h + 120$.
$9800h = 1100 - 120 = 980$.
$h = \frac{980}{9800} = 0.1\, m$.

(B) ન્યૂટનના શીતલનના નિયમ મુજબ,પદાર્થને $\theta_1$ તાપમાનથી $\theta_2$ તાપમાન સુધી ઠંડું થવા માટે લાગતો સમય $t$,જ્યાં વાતાવરણનું તાપમાન $\theta_0$ છે,તે $t = \frac{1}{k} \ln \left( \frac{\theta_1 - \theta_0}{\theta_2 - \theta_0} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ અંતરાલ ($80\,^oC$ થી $40\,^oC$) માટે:
$5 = \frac{1}{k} \ln \left( \frac{80 - 30}{40 - 30} \right) = \frac{1}{k} \ln \left( \frac{50}{10} \right) = \frac{1}{k} \ln 5$.
તેથી,$k = \frac{\ln 5}{5} = \frac{1.609}{5} = 0.3218\,min^{-1}$.
બીજા અંતરાલ ($62\,^oC$ થી $32\,^oC$) માટે:
$t = \frac{1}{k} \ln \left( \frac{62 - 30}{32 - 30} \right) = \frac{1}{k} \ln \left( \frac{32}{2} \right) = \frac{1}{k} \ln 16 = \frac{1}{k} \ln(2^4) = \frac{4 \ln 2}{k}$.
કિંમતો મૂકતા:
$t = \frac{4 \times 0.693}{0.3218} \approx \frac{2.772}{0.3218} \approx 8.61\,minutes$.
આમ,લાગતો સમય $8.6\,minutes$ છે.

(C) આપેલ છે: વાયુ પર થયેલ કાર્ય,$W = -830 \ J$ (કારણ કે કાર્ય સિસ્ટમ પર થાય છે).
મોલની સંખ્યા,$\mu = 2$.
દ્વિપરમાણ્વીય આદર્શ વાયુ માટે,એડિબેટિક ઘાતાંક $\gamma = 1.4$.
એડિબેટિક પ્રક્રિયા દરમિયાન થયેલ કાર્યનું સૂત્ર:
$W = \frac{\mu R (T_1 - T_2)}{\gamma - 1} = -\frac{\mu R \Delta T}{\gamma - 1}$
કિંમતો મૂકતા:
$-830 = -\frac{2 \times 8.3 \times \Delta T}{1.4 - 1}$
$830 = \frac{16.6 \times \Delta T}{0.4}$
$830 = 41.5 \times \Delta T$
$\Delta T = \frac{830}{41.5} = 20 \ K$
આમ,તાપમાનમાં થતો ફેરફાર $20 \ K$ છે.

(C) આપેલ છે:
આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A = 8.0 \times 10^{-3} \, m^2$
પ્રારંભિક તાપમાન $T_1 = 300 \, K$
પ્રારંભિક કદ $V_1 = 2.4 \times 10^{-3} \, m^3$
પિસ્ટનનું સ્થાનાંતર $\Delta x = 0.1 \, m$
સ્પ્રિંગ અચળાંક $k = 8000 \, N/m$
વાતાવરણીય દબાણ $P_0 = 1.0 \times 10^5 \, N/m^2$
$1$. અંતિમ કદ $V_2$ ની ગણતરી:
$V_2 = V_1 + A \Delta x = 2.4 \times 10^{-3} + (8.0 \times 10^{-3} \times 0.1) = 2.4 \times 10^{-3} + 0.8 \times 10^{-3} = 3.2 \times 10^{-3} \, m^3$
$2$. અંતિમ દબાણ $P_2$ ની ગણતરી:
અંતિમ દબાણ એ વાતાવરણીય દબાણ અને સ્પ્રિંગ બળ દ્વારા લાગતા દબાણનો સરવાળો છે:
$P_2 = P_0 + \frac{k \Delta x}{A} = 1.0 \times 10^5 + \frac{8000 \times 0.1}{8.0 \times 10^{-3}} = 1.0 \times 10^5 + \frac{800}{8.0 \times 10^{-3}} = 1.0 \times 10^5 + 1.0 \times 10^5 = 2.0 \times 10^5 \, N/m^2$
$3$. આદર્શ વાયુ સમીકરણ $\frac{P_1 V_1}{T_1} = \frac{P_2 V_2}{T_2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
પ્રારંભિક દબાણ $P_1 = P_0 = 1.0 \times 10^5 \, N/m^2$ (કારણ કે સ્પ્રિંગ શરૂઆતમાં મુક્ત સ્થિતિમાં છે).
$\frac{1.0 \times 10^5 \times 2.4 \times 10^{-3}}{300} = \frac{2.0 \times 10^5 \times 3.2 \times 10^{-3}}{T_2}$
$T_2 = \frac{2.0 \times 10^5 \times 3.2 \times 10^{-3} \times 300}{1.0 \times 10^5 \times 2.4 \times 10^{-3}} = \frac{2.0 \times 3.2 \times 300}{2.4} = \frac{6.4 \times 300}{2.4} = \frac{1920}{2.4} = 800 \, K$

(A) અનડેમ્પ્ડ ઓસિલેટરની કોણીય આવૃત્તિ $\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}$ છે.
ડેમ્પ્ડ ઓસિલેટરની કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \sqrt{\frac{k}{m} - \frac{r^2}{4m^2}} = \omega_0 \sqrt{1 - \frac{r^2}{4mk}}$ છે.
નાના $x$ માટે દ્વિપદી અંદાજ $(1-x)^n \approx 1-nx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\omega \approx \omega_0 (1 - \frac{r^2}{8mk})$ મળે છે.
સમયગાળો $T = \frac{2\pi}{\omega}$ હોવાથી,$T \approx T_0 (1 - \frac{r^2}{8mk})^{-1} \approx T_0 (1 + \frac{r^2}{8mk})$ થાય.
સમયગાળામાં આંશિક ફેરફાર $\frac{\Delta T}{T_0} = \frac{T - T_0}{T_0} = \frac{r^2}{8mk}$ છે.
આપેલ છે કે $\frac{r^2}{mk} = 8\% = 0.08$,તેથી $\frac{\Delta T}{T_0} = \frac{0.08}{8} = 0.01 = 1\%$.
આ મૂલ્ય ધન હોવાથી,સમયગાળો $1\%$ વધે છે.

(D) આપેલ છે: સાયરનની આવૃત્તિ,$f = 800 \, Hz$.
અવલોકનકારની ઝડપ,$v_o = 2 \, m/s$.
ધ્વનિનો વેગ,$v = 320 \, m/s$.
જ્યારે અવલોકનકાર એક ફેક્ટરી તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે ડોપ્લર અસર મુજબ આભાસી આવૃત્તિ $f_1$ મળે છે: $f_1 = f \left( \frac{v + v_o}{v} \right) = 800 \left( \frac{320 + 2}{320} \right) = 800 \left( \frac{322}{320} \right) = 805 \, Hz$.
જ્યારે અવલોકનકાર બીજી ફેક્ટરીથી દૂર જાય છે,ત્યારે આભાસી આવૃત્તિ $f_2$ મળે છે: $f_2 = f \left( \frac{v - v_o}{v} \right) = 800 \left( \frac{320 - 2}{320} \right) = 800 \left( \frac{318}{320} \right) = 795 \, Hz$.
એક સેકન્ડમાં સંભળાતા બીટ્સની સંખ્યા એ બે આભાસી આવૃત્તિઓ વચ્ચેનો તફાવત છે: $\text{બીટ આવૃત્તિ} = |f_1 - f_2| = |805 - 795| = 10 \, Hz$.

(B) જો કોઈ ભૌતિક રાશિ પરિમાણરહિત હોય,તો તે એકમોની વિવિધ પદ્ધતિઓમાં સમાન મૂલ્ય ધરાવે છે. આપણે આપેલ પદ $\frac{e^2}{2\pi \varepsilon _0 G m_e^2}$ ના પરિમાણો ચકાસીએ.
અચળાંકોના પરિમાણો નીચે મુજબ છે:
$e = [M^0 L^0 T^1 A^1]$
$\varepsilon _0 = [M^{-1} L^{-3} T^4 A^2]$
$G = [M^{-1} L^3 T^{-2}]$
$m_e = [M^1 L^0 T^0]$
આ કિંમતોને પદમાં મૂકતા:
$\frac{[T^2 A^2]}{[M^{-1} L^{-3} T^4 A^2] [M^{-1} L^3 T^{-2}] [M^2]} = \frac{[T^2 A^2]}{[M^{-1-1+2} L^{-3+3} T^{4-2} A^2]} = \frac{[T^2 A^2]}{[M^0 L^0 T^2 A^2]} = 1$
આ પદ પરિમાણરહિત હોવાથી,તેનું મૂલ્ય એકમોની તમામ પદ્ધતિઓમાં સમાન રહે છે.

(C) ધારો કે એસ્કેલેટરની લંબાઈ $L$ છે.
બંધ પડેલા એસ્કેલેટર પર વ્યક્તિની ચાલવાની ઝડપ $v_p = \frac{L}{60}$ છે.
એસ્કેલેટરની ઝડપ $v_e = \frac{L}{40}$ છે.
જ્યારે વ્યક્તિ ચાલતા એસ્કેલેટર પર ચાલે છે,ત્યારે તેની અસરકારક ઝડપ $v_{eff} = v_p + v_e$ થાય છે.
$v_{eff} = \frac{L}{60} + \frac{L}{40} = L \left( \frac{2+3}{120} \right) = \frac{5L}{120} = \frac{L}{24}$.
$L$ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $t = \frac{L}{v_{eff}} = \frac{L}{L/24} = 24\,s$ થાય.

(C) રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,કુલ પ્રારંભિક વેગમાન એ કુલ અંતિમ વેગમાન જેટલું હોય છે.
ધારો કે સંયુક્ત દળનો વેગ $\vec{v}$ છે.
પ્રારંભિક વેગમાન સદિશો નીચે મુજબ છે:
$\vec{p}_1 = m(3u)\hat{i} = 3mu\hat{i}$
$\vec{p}_2 = 2m(2u)(-\cos 60^\circ \hat{i} + \sin 60^\circ \hat{j}) = 4mu(-\frac{1}{2}\hat{i} + \frac{\sqrt{3}}{2}\hat{j}) = -2mu\hat{i} + 2\sqrt{3}mu\hat{j}$
$\vec{p}_3 = 3m(u)(-\cos 60^\circ \hat{i} - \sin 60^\circ \hat{j}) = 3mu(-\frac{1}{2}\hat{i} - \frac{\sqrt{3}}{2}\hat{j}) = -1.5mu\hat{i} - 1.5\sqrt{3}mu\hat{j}$
કુલ પ્રારંભિક વેગમાન $\vec{P}_{total} = \vec{p}_1 + \vec{p}_2 + \vec{p}_3 = (3 - 2 - 1.5)mu\hat{i} + (2\sqrt{3} - 1.5\sqrt{3})mu\hat{j} = -0.5mu\hat{i} + 0.5\sqrt{3}mu\hat{j}$
કુલ દળ $M = m + 2m + 3m = 6m$.
$\vec{P}_{total} = M\vec{v}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$-0.5mu\hat{i} + 0.5\sqrt{3}mu\hat{j} = 6m\vec{v}$
$\vec{v} = \frac{-0.5u\hat{i} + 0.5\sqrt{3}u\hat{j}}{6} = \frac{u}{12}(-\hat{i} + \sqrt{3}\hat{j})$.

(B) આપેલ છે: ગોળીનું દળ $m_1 = 4\,g = 0.004\,kg$,પ્રારંભિક વેગ $u_1 = 300\,m/s$. બ્લોકનું દળ $m_2 = 0.8\,kg$,પ્રારંભિક વેગ $u_2 = 0\,m/s$.
વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,ગોળી બ્લોકમાં ખૂંપી ગયા પછી સંયુક્ત વેગ $v$ નીચે મુજબ મળે:
$m_1 u_1 + m_2 u_2 = (m_1 + m_2)v$
$0.004 \times 300 + 0.8 \times 0 = (0.8 + 0.004)v$
$1.2 = 0.804v$
$v = \frac{1.2}{0.804} \approx 1.4925\,m/s$.
હવે,ઘર્ષણને કારણે બ્લોક સરકે છે. પ્રતિપ્રવેગ $a = \mu g = 0.3 \times 10 = 3\,m/s^2$ છે.
ગતિના સમીકરણ $v_f^2 = v_i^2 + 2as$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $v_f = 0$ (અંતિમ વેગ) અને $v_i = v$:
$0 = (1.4925)^2 - 2 \times 3 \times s$
$6s = 2.2275$
$s = \frac{2.2275}{6} \approx 0.371\,m$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,બ્લોક આશરે $0.379\,m$ જેટલું અંતર કાપશે.

(D) આપણે સ્પ્રિંગના તમામ સૂક્ષ્મ દળના ઘટકોની ગતિઊર્જાનું સંકલન કરીને તેની અસરકારક ગતિઊર્જા શોધી શકીએ છીએ.
ધારો કે સ્પ્રિંગની લંબાઈ $L$ છે. સ્થિર છેડાથી $y$ અંતરે $dy$ લંબાઈનો એક ઘટક ધ્યાનમાં લો.
આ ઘટકનું દળ $dm = (m/L) dy$ છે.
આ ઘટકનો વેગ $u$ એ સ્થિર છેડાથી તેના અંતર $y$ ના પ્રમાણમાં છે: $u = (y/L)v$.
આ ઘટકની ગતિઊર્જા $dT = \frac{1}{2} (dm) u^2 = \frac{1}{2} (m/L) dy (yv/L)^2$ છે.
$y = 0$ થી $y = L$ સુધી સંકલન કરતા:
$T = \int_{0}^{L} \frac{1}{2} \frac{m}{L} \frac{v^2}{L^2} y^2 dy$
$T = \frac{mv^2}{2L^3} \int_{0}^{L} y^2 dy$
$T = \frac{mv^2}{2L^3} [y^3/3]_{0}^{L} = \frac{mv^2}{2L^3} (L^3/3) = \frac{1}{6} mv^2$.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n$ મી કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનું સૂત્ર $E_n = -\frac{13.6 \ Z^2}{n^2} \ eV$ છે.
$Li^{++}$ (લિથિયમ આયન) માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 3$ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n = 2$ ને અનુરૂપ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા,પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_2 = -\frac{13.6 \times 3^2}{2^2} = -\frac{13.6 \times 9}{4} = -30.6 \ eV$ મળે છે.
બંધન ઉર્જા (ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા) એ આ ઉર્જાનું મૂલ્ય છે,જે $30.6 \ eV$ છે.

(B) વિદ્યુતક્ષેત્રમાં બે બિંદુઓ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $dV = -\vec{E} \cdot d\vec{x}$ સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ સમીકરણનું ઉગમબિંદુ $(x = 0)$ થી $x = 2 \ m$ બિંદુ સુધી સંકલન કરતા:
$V_A - V_O = -\int_{0}^{2} 30x^2 dx$
$V_A - V_O = -[10x^3]_{0}^{2}$
$V_A - V_O = -(10(2)^3 - 10(0)^3)$
$V_A - V_O = -(10 \times 8) = -80 \ V$.

(D) સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટરની પ્લેટો વચ્ચે ડાયલેક્ટ્રિકની હાજરીમાં વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$E = \frac{\sigma}{K \varepsilon_0}$
જ્યાં $\sigma$ એ પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતા છે,$K$ એ ડાયલેક્ટ્રિક અચળાંક છે,અને $\varepsilon_0$ એ શૂન્યાવકાશની પરમિટિવિટી છે.
વિદ્યુતભાર ઘનતા $\sigma$ શોધવા માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા:
$\sigma = K \varepsilon_0 E$
આપેલ કિંમતો:
$K = 2.2$
$\varepsilon_0 \approx 8.85 \times 10^{-12} \ F/m$
$E = 3 \times 10^4 \ V/m$
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$\sigma = 2.2 \times (8.85 \times 10^{-12}) \times (3 \times 10^4)$
$\sigma = 2.2 \times 8.85 \times 3 \times 10^{-8}$
$\sigma \approx 58.41 \times 10^{-8} \ C/m^2$
$\sigma \approx 5.84 \times 10^{-7} \ C/m^2$
નજીકની કિંમત લેતા,આપણને $\sigma \approx 6 \times 10^{-7} \ C/m^2$ મળે છે.

(B) સૌ પ્રથમ,તમામ ઉપકરણોનો કુલ પાવર વપરાશ $(P_{\text{total}})$ ગણો:
$P_{\text{total}} = (15 \times 40\ W) + (5 \times 100\ W) + (5 \times 80\ W) + (1 \times 1000\ W)$
$P_{\text{total}} = 600\ W + 500\ W + 400\ W + 1000\ W = 2500\ W$
પાવર માટેના સૂત્ર $P = V \times I$ નો ઉપયોગ કરીને,જ્યાં $V = 220\ V$ છે:
$I = \frac{P_{\text{total}}}{V} = \frac{2500}{220} \approx 11.36\ A$
ફ્યુઝે કુલ પ્રવાહને હેન્ડલ કરવો પડતો હોવાથી,મુખ્ય ફ્યુઝની લઘુત્તમ ક્ષમતા તેના પછીની ઉચ્ચ પૂર્ણાંક કિંમત હોવી જોઈએ,જે $12\ A$ છે.

(A) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં પ્રવાહધારિત વાહક પર લાગતું બળ $\vec{F} = I(\vec{L} \times \vec{B})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,લંબાઈ સદિશ $\vec{L} = 3 \hat{a}_z \ m$ છે અને પ્રવાહ $I = 10 \ A$ એ $-\hat{a}_z$ દિશામાં છે,તેથી $\vec{L} = -3 \hat{a}_z \ m$.
ચુંબકીય બળ $\vec{F} = 10 \times (-3 \hat{a}_z \times 3.0 \times 10^{-4} e^{-0.2x} \hat{a}_y) = -30 \times 3.0 \times 10^{-4} e^{-0.2x} (\hat{a}_z \times \hat{a}_y) = -90 \times 10^{-4} e^{-0.2x} (-\hat{a}_x) = 9.0 \times 10^{-3} e^{-0.2x} \hat{a}_x \ N$.
વાહકને અચળ ઝડપે ખસેડવા માટે,બાહ્ય બળ $\vec{F}_{ext} = -\vec{F} = -9.0 \times 10^{-3} e^{-0.2x} \hat{a}_x \ N$ લગાડવું આવશ્યક છે.
વાહકને $x = 0$ થી $x = 2.0 \ m$ સુધી ખસેડવામાં થયેલ કાર્ય $W$ છે:
$W = \int_{0}^{2} |F_{ext}| dx = \int_{0}^{2} 9.0 \times 10^{-3} e^{-0.2x} dx$
$W = 9.0 \times 10^{-3} \left[ \frac{e^{-0.2x}}{-0.2} \right]_{0}^{2} = \frac{9.0 \times 10^{-3}}{0.2} (1 - e^{-0.4}) = 45 \times 10^{-3} (1 - 0.6703) = 45 \times 10^{-3} \times 0.3297 \approx 14.836 \times 10^{-3} \ J$.
જરૂરી પાવર $P = \frac{W}{t} = \frac{14.836 \times 10^{-3}}{5 \times 10^{-3}} = 2.967 \ W \approx 2.97 \ W$.

(B) કોઅર્સિવિટી $H_c$ એ પદાર્થનું ચુંબકત્વ નાશ કરવા માટે જરૂરી ચુંબકીય ક્ષેત્રની તીવ્રતા છે.
સોલેનોઈડ માટે,ચુંબકીય ક્ષેત્રની તીવ્રતા $H = n i$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ એકમ લંબાઈ દીઠ આંટાની સંખ્યા છે અને $i$ એ વિદ્યુતપ્રવાહ છે.
આપેલ છે:
કોઅર્સિવિટી $H_c = 3 \times 10^3 \ Am^{-1}$
સોલેનોઈડની લંબાઈ $L = 10 \ cm = 0.1 \ m$
આંટાની સંખ્યા $N = 100$
એકમ લંબાઈ દીઠ આંટાની સંખ્યા $n = N / L = 100 / 0.1 = 1000 \ m^{-1}$
ચુંબકનું ચુંબકત્વ નાશ કરવા માટે,સોલેનોઈડે કોઅર્સિવિટી જેટલી ચુંબકીય ક્ષેત્રની તીવ્રતા ઉત્પન્ન કરવી જોઈએ:
$H = H_c$
$n i = 3 \times 10^3$
$1000 \times i = 3 \times 10^3$
$i = 3 \ A$

(A) લેન્સ મેકરના સૂત્ર મુજબ: $\frac{1}{f_m} = \left( \frac{\mu_g}{\mu_m} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$.
હવામાં બહિર્ગોળ લેન્સ માટે,$\frac{1}{f} = (\mu_g - 1) \left( \frac{2}{R} \right) = (\frac{3}{2} - 1) \frac{2}{R} = \frac{1}{R}$. તેથી,$f = R$.
પ્રવાહી $1$ માં જ્યાં $\mu_{L1} = \frac{4}{3}$ છે: $\frac{1}{f_1} = \left( \frac{3/2}{4/3} - 1 \right) \frac{2}{R} = \left( \frac{9}{8} - 1 \right) \frac{2}{R} = \frac{1}{8} \cdot \frac{2}{R} = \frac{1}{4R}$. તેથી,$f_1 = 4R = 4f$. અહીં $f_1 > f$ હોવાથી કેન્દ્રલંબાઈ વધે છે.
પ્રવાહી $2$ માં જ્યાં $\mu_{L2} = \frac{5}{3}$ છે: $\frac{1}{f_2} = \left( \frac{3/2}{5/3} - 1 \right) \frac{2}{R} = \left( \frac{9}{10} - 1 \right) \frac{2}{R} = -\frac{1}{10} \cdot \frac{2}{R} = -\frac{1}{5R}$. તેથી,$f_2 = -5R = -5f$. $f_2$ ઋણ હોવાથી,લેન્સ અંતર્ગોળ લેન્સ તરીકે વર્તે છે.

(A) ક્રાંતિકોણ $\theta_c$ માટેનું સૂત્ર $\sin \theta_c = \frac{1}{\mu}$ છે.
કોશીના સમીકરણ મુજબ,જેમ તરંગલંબાઈ $\lambda$ વધે તેમ વક્રીભવનાંક $\mu$ ઘટે છે,એટલે કે આવૃત્તિ $f$ વધે તેમ $\mu$ વધે છે.
લીલા પ્રકાશ માટે,આપાતકોણ $\theta_c$ છે.
જો આવૃત્તિ લીલા પ્રકાશ કરતા ઓછી હોય,તો તરંગલંબાઈ વધારે હોય,તેથી વક્રીભવનાંક $\mu$ ઓછો હોય. પરિણામે,ક્રાંતિકોણ $\theta_c = \arcsin(1/\mu)$ એ આપાતકોણ $\theta$ કરતા મોટો બને છે. આપાતકોણ ક્રાંતિકોણ કરતા ઓછો હોવાથી,આ પ્રકાશના ઘટકો હવામાં વક્રીભવન પામશે.
જો આવૃત્તિ લીલા પ્રકાશ કરતા વધારે હોય,તો તરંગલંબાઈ ઓછી હોય,તેથી વક્રીભવનાંક $\mu$ વધારે હોય. પરિણામે,ક્રાંતિકોણ $\theta_c$ એ આપાતકોણ $\theta$ કરતા નાનો બને છે. આપાતકોણ ક્રાંતિકોણ કરતા વધારે હોવાથી,આ પ્રકાશના ઘટકો પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન પામશે.

(B) $1$. જ્યારે બિંદુ '$C$' ને '$A$' સાથે જોડવામાં આવે છે, ત્યારે સર્કિટમાં પ્રવાહ અચળ બને છે, $I_0 = E/R$. ઇન્ડક્ટર શોર્ટ સર્કિટ તરીકે વર્તે છે.
$2$. જ્યારે '$C$' ને $t = 0$ પર '$B$' સાથે જોડવામાં આવે છે, ત્યારે બેટરી દૂર થાય છે અને સર્કિટ ક્ષીણ થતી $LR$ સર્કિટ બની જાય છે.
$3$. સમય $t$ પર સર્કિટમાં પ્રવાહ $I(t) = I_0 e^{-Rt/L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$4$. $t = L/R$ સમયે, પ્રવાહ $I = I_0 e^{-R(L/R)/L} = I_0 e^{-1} = I_0/e$ છે.
$5$. અવરોધ પરનો વોલ્ટેજ $V_R = I R = (I_0/e) R = (E/R \cdot 1/e) R = E/e$ છે.
$6$. બંધ લૂપમાં કિર્ચોફનો વોલ્ટેજ નિયમ લાગુ કરતા (બેટરી વગર): $V_R + V_L = 0$, જેનો અર્થ છે કે $V_L = -V_R$.
$7$. તેથી, અવરોધ $(V_R)$ અને ઇન્ડક્ટર $(V_L)$ વચ્ચેના વોલ્ટેજનો ગુણોત્તર $V_R / V_L = V_R / (-V_R) = -1$ થશે.

(B) વિદ્યુતચુંબકીય તરંગ માટે,વિદ્યુત ક્ષેત્ર $(E_0)$ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર $(B_0)$ ના કંપવિસ્તાર વચ્ચેનો સંબંધ $E_0 = cB_0$ છે,જ્યાં $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}$ છે.
વિદ્યુત ઉર્જા ઘનતા $u_E = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ચુંબકીય ઉર્જા ઘનતા $u_B = \frac{1}{2} \frac{B_0^2}{\mu_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વિદ્યુત ઉર્જા ઘનતાના સૂત્રમાં $E_0 = cB_0$ મૂકતા:
$u_E = \frac{1}{2} \varepsilon_0 (cB_0)^2 = \frac{1}{2} \varepsilon_0 \left(\frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}\right) B_0^2 = \frac{1}{2} \frac{B_0^2}{\mu_0}$.
તેથી,$u_E = u_B$. ઉર્જા વિદ્યુત અને ચુંબકીય ક્ષેત્રો વચ્ચે સમાન રીતે વહેંચાયેલી હોય છે.

(C) $(1)$ ઇન્ફ્રારેડ કિરણોનો ઉપયોગ સ્નાયુઓના દુખાવાની સારવાર માટે થાય છે કારણ કે તે ઉષ્મા કિરણો છે.
$(2)$ રેડિયો તરંગોનો ઉપયોગ પ્રસારણ માટે થાય છે કારણ કે આ તરંગોની તરંગલંબાઇ ખૂબ લાંબી હોય છે, જે થોડા સેન્ટિમીટરથી લઈને થોડા સો કિલોમીટર સુધીની હોય છે.
$(3)$ $X$-કિરણોનો ઉપયોગ હાડકાના ફ્રેક્ચરને શોધવા માટે થાય છે કારણ કે તેમની ભેદનશક્તિ વધુ હોય છે પરંતુ તે હાડકા જેવા ઘટ્ટ માધ્યમોમાંથી પસાર થઈ શકતા નથી.
$(4)$ અલ્ટ્રાવાયોલેટ કિરણો વાતાવરણના ઓઝોન સ્તર દ્વારા શોષાય છે.
તેથી, સાચી જોડ $a-i, b-ii, c-iii, d-iv$ છે.

(C) મેલસના નિયમ મુજબ,બહાર આવતા કિરણની તીવ્રતા $I = I_0 \cos^2 \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધારો કે કિરણ $A$ ની પ્રારંભિક તીવ્રતા $I_A$ છે અને કિરણ $B$ ની $I_B$ છે. જ્યારે પોલરોઇડ એવી સ્થિતિમાં હોય કે જ્યાં કિરણ $A$ ની તીવ્રતા મહત્તમ હોય,ત્યારે પોલરોઇડની ટ્રાન્સમિશન ધરી અને કિરણ $A$ ના ધ્રુવીભવનના સમતલ વચ્ચેનો ખૂણો $0^{\circ}$ છે,અને કિરણ $B$ માટે તે $90^{\circ}$ છે.
પોલરોઇડને $30^{\circ}$ ફેરવ્યા પછી,કિરણ $A$ માટે નવો ખૂણો $\theta_A = 30^{\circ}$ અને કિરણ $B$ માટે $\theta_B = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ}$ થાય છે.
પોલરોઇડમાંથી પસાર થયા પછી કિરણોની તીવ્રતા:
$I_A' = I_A \cos^2(30^{\circ}) = I_A \cdot \frac{3}{4}$
$I_B' = I_B \cos^2(60^{\circ}) = I_B \cdot \frac{1}{4}$
આપેલ છે કે બંને કિરણો સમાન તેજસ્વી દેખાય છે,તેથી $I_A' = I_B'$:
$I_A \cdot \frac{3}{4} = I_B \cdot \frac{1}{4}$
$\frac{I_A}{I_B} = \frac{1}{3}$

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં $3 \rightarrow 2$ સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા:
$E = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = 13.6 \times \frac{5}{36} \approx 1.889 \ eV$.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ઈલેક્ટ્રોનના વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $r = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2mK}}{eB}$ છે,જ્યાં $K$ એ ફોટોઈલેક્ટ્રોનની ગતિ ઉર્જા છે.
$K = \frac{r^2 e^2 B^2}{2m}$.
અહીં $r = 10.0 \ mm = 10^{-2} \ m$,$B = 3 \times 10^{-4} \ T$,$e = 1.6 \times 10^{-19} \ C$,અને $m = 9.1 \times 10^{-31} \ kg$ છે:
$K = \frac{(10^{-2})^2 \times (1.6 \times 10^{-19}) \times (3 \times 10^{-4})^2}{2 \times 9.1 \times 10^{-31}} \approx 0.79 \ eV \approx 0.8 \ eV$.
આઈન્સ્ટાઈનના પ્રકાશ-વિદ્યુત સમીકરણ મુજબ: $E = \Phi + K$,જ્યાં $\Phi$ એ કાર્ય વિધેય છે.
$\Phi = E - K = 1.889 \ eV - 0.8 \ eV = 1.089 \ eV \approx 1.1 \ eV$.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે ઉત્સર્જિત વિકિરણની તરંગલંબાઇ $\lambda$ રીડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$
બધા આયનો માટે સંક્રમણ $n_2 = 2$ થી $n_1 = 1$ હોવાથી,કૌંસમાં રહેલું પદ અચળ છે: $\left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right] = \frac{3}{4}$.
આમ,$\lambda \propto \frac{1}{Z^2}$.
હાઇડ્રોજન $(Z=1)$ માટે,$\lambda_1 \propto \frac{1}{1^2} = 1$.
ડ્યુટેરિયમ $(Z=1)$ માટે,$\lambda_2 \propto \frac{1}{1^2} = 1$.
હિલિયમ $(Z=2)$ માટે,$\lambda_3 \propto \frac{1}{2^2} = \frac{1}{4}$.
લિથિયમ $(Z=3)$ માટે,$\lambda_4 \propto \frac{1}{3^2} = \frac{1}{9}$.
આ સરખામણી કરતા,આપણને $\lambda_1 = \lambda_2 = 4\lambda_3 = 9\lambda_4$ મળે છે.

(D) $p-n$ જંકશન ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય તે માટે,$p$-બાજુ $n$-બાજુ કરતા ઉચ્ચ પોટેન્શિયલ પર હોવી જોઈએ.
ધારો કે $V_p$ એ $p$-બાજુનું પોટેન્શિયલ છે અને $V_n$ એ $n$-બાજુનું પોટેન્શિયલ છે.
ફોરવર્ડ બાયસની શરત: $V_p > V_n$.
વિકલ્પોનું મૂલ્યાંકન કરતા:
$(A)$ $V_p = -3 \ V, V_n = +3 \ V \implies V_p < V_n$ (રિવર્સ બાયસ)
$(B)$ $V_p = 2 \ V, V_n = 4 \ V \implies V_p < V_n$ (રિવર્સ બાયસ)
$(C)$ $V_p = -2 \ V, V_n = +2 \ V \implies V_p < V_n$ (રિવર્સ બાયસ)
$(D)$ $V_p = +2 \ V, V_n = -2 \ V \implies V_p > V_n$ (ફોરવર્ડ બાયસ)
તેથી,વિકલ્પ $(D)$ એ ફોરવર્ડ બાયસ્ડ ડાયોડ માટે સાચું જોડાણ છે.

(C) આપેલ છે:
વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = 150\, N/C$ (અંદરની તરફ હોવાથી,$E = -150\, N/C$)
પૃથ્વીની ત્રિજ્યા $R_E = 6.37 \times 10^6\, m$
શૂન્યાવકાશની પરમિટિવિટી $\epsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12}\, C^2/(N \cdot m^2)$
ગૌસના નિયમ મુજબ,પૃથ્વીની સપાટીમાંથી પસાર થતું વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi = \frac{q}{\epsilon_0} = E \cdot A$ છે,જ્યાં $A = 4\pi R_E^2$ એ પૃથ્વીનું પૃષ્ઠફળ છે.
તેથી,$q = \epsilon_0 \cdot E \cdot 4\pi R_E^2$
કિંમતો મૂકતા:
$q = (8.85 \times 10^{-12}) \times (-150) \times 4 \times 3.14159 \times (6.37 \times 10^6)^2$
$q \approx -6.80 \times 10^5\, C$
$kC$ માં રૂપાંતર કરતા $(1\, kC = 10^3\, C)$:
$q \approx -680\, kC$
વિદ્યુતક્ષેત્ર અંદરની તરફ હોવાથી,વિદ્યુતભાર ઋણ છે.

(D) અહીં આપણને $C = 3\,\mu F$ ના ત્રણ કેપેસિટર આપેલા છે.
શક્ય જોડાણો નીચે મુજબ છે:
$1$. ત્રણેય શ્રેણીમાં: $\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = 1 \implies C_{eq} = 1\,\mu F$.
$2$. ત્રણેય સમાંતરમાં: $C_{eq} = 3 + 3 + 3 = 9\,\mu F$.
$3$. બે સમાંતરમાં અને એક શ્રેણીમાં: $C_p = 3 + 3 = 6\,\mu F$. ત્યારબાદ,$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{6} + \frac{1}{3} = \frac{1+2}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \implies C_{eq} = 2\,\mu F$.
$4$. બે શ્રેણીમાં અને એક સમાંતરમાં: $C_s = \frac{3 \times 3}{3 + 3} = 1.5\,\mu F$. ત્યારબાદ,$C_{eq} = 1.5 + 3 = 4.5\,\mu F$.
આ પરિણામોની આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખામણી કરતા,$6\,\mu F$ મેળવી શકાતું નથી.

(C) ધારો કે $d.c.$ સપ્લાય વોલ્ટેજ $V_s = 220 \, V$ છે,બેટરીનું $e.m.f.$ $E = 200 \, V$ છે અને આંતરિક અવરોધ $r = 1 \, \Omega$ છે.
બેટરી ચાર્જ થાય તે માટે,બેટરીના ટર્મિનલ પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત તેના $e.m.f.$ $E$ કરતા વધારે હોવો જોઈએ.
ચાર્જિંગ માટેની શરત એ છે કે પ્રવાહ $I$ બેટરીના ધન ટર્મિનલમાં દાખલ થવો જોઈએ.
બેટરીના ટર્મિનલ પરનો વોલ્ટેજ $V_t = V_s - I r$ છે.
ચાર્જિંગ માટે,$V_t > E \implies V_s - I r > E$.
કિંમતો મૂકતા: $220 - I(1) > 200 \implies I < 20 \, A$.
વળી,પ્રવાહ $I = \frac{V_s}{r + R} = \frac{220}{1 + R}$ છે.
આ કિંમત અસમતામાં મૂકતા: $\frac{220}{1 + R} < 20$.
$220 < 20(1 + R) \implies 11 < 1 + R \implies R > 10 \, \Omega$.
આમ,$R$ નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય $11 \, \Omega$ છે.

(D) $M$ ચુંબકીય મોમેન્ટ ધરાવતા ચુંબકીય ડાયપોલ દ્વારા તેની અક્ષ પર $x$ અંતરે (એન્ડ-ઓન સ્થિતિ) ઉત્પન્ન થતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{2M}{x^3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં મૂકવામાં આવેલા $M$ ચુંબકીય મોમેન્ટ ધરાવતા બીજા ચુંબકીય ડાયપોલ પર લાગતું બળ $F = M \cdot \frac{dB}{dx}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$B$ માટેનું સૂત્ર મૂકતા:
$F = M \cdot \frac{d}{dx} \left( \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{2M}{x^3} \right)$
$F = M \cdot \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot 2M \cdot (-3) x^{-4}$
$F = - \frac{6 \mu_0 M^2}{4\pi x^4}$
આમ,બળનું મૂલ્ય $F \propto \frac{1}{x^4}$ છે,જેને $F \propto x^{-4}$ તરીકે લખી શકાય છે.
આને $F \propto x^{-n}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $n = 4$ મળે છે.

(A) આપેલ છે:
વિષુવવૃત્ત પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર,$B = 4 \times 10^{-5} \, T$
પૃથ્વીની ત્રિજ્યા,$R_E = 6.4 \times 10^6 \, m$
ચુંબકીય ડાયપોલને કારણે વિષુવવૃત્ત પરનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર નીચે મુજબ છે:
$B = \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{M}{R_E^3}$
ચુંબકીય ડાયપોલ મોમેન્ટ $M$ માટે સૂત્ર:
$M = \frac{B \cdot 4\pi \cdot R_E^3}{\mu_0}$
કિંમતો મૂકતા:
$M = \frac{(4 \times 10^{-5}) \cdot (6.4 \times 10^6)^3}{10^{-7}}$
$M = 4 \times 10^{-5} \times 10^7 \times (6.4)^3 \times 10^{18}$
$M = 4 \times 10^2 \times 262.144 \times 10^{18}$
$M \approx 1048 \times 10^{20} \approx 1.048 \times 10^{23} \, A \cdot m^2$
આમ,ડાયપોલ મોમેન્ટનો ક્રમ $10^{23} \, A \cdot m^2$ છે.

(C) શ્રેણીબદ્ધ $LCR$ સર્કિટમાં,કુલ $rms$ વોલ્ટેજ $V$ નીચેના સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $V = \sqrt{V_R^2 + (V_L - V_C)^2}$.
આપેલ ગુણોત્તર $V_L : V_C : V_R = 1 : 2 : 3$ પરથી,આપણે આ વોલ્ટેજને અચળાંક $x$ ના સ્વરૂપમાં $V_L = x$,$V_C = 2x$,અને $V_R = 3x$ તરીકે લખી શકીએ.
આ કિંમતોને $V$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$100 = \sqrt{(3x)^2 + (x - 2x)^2}$
$100 = \sqrt{9x^2 + (-x)^2}$
$100 = \sqrt{9x^2 + x^2}$
$100 = \sqrt{10x^2}$
$100 = x\sqrt{10}$
$x = \frac{100}{\sqrt{10}} = 10\sqrt{10} \approx 10 \times 3.162 = 31.62 \, V$.
હવે,$V_R$ ની ગણતરી કરતા:
$V_R = 3x = 3 \times 31.62 = 94.86 \, V$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$V_R$ નું મૂલ્ય $90 \, V$ ની નજીક છે.

(D) સાચી જોડ નીચે મુજબ છે:
$(1)$ $700\, nm$ થી $1\, mm$ એ ઇન્ફ્રારેડ કિરણો છે,જે પરમાણુઓ અને અણુઓના કંપન $(i)$ દ્વારા ઉત્પન્ન થાય છે.
$(2)$ $1\, nm$ થી $400\, nm$ એ અલ્ટ્રાવાયોલેટ કિરણો છે,જે પરમાણુઓમાં આંતરિક કક્ષાના ઇલેક્ટ્રોનનું ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તરથી નીચા ઉર્જા સ્તરમાં સંક્રમણ $(ii)$ દ્વારા ઉત્પન્ન થાય છે.
$(3)$ $< 10^{-3}\, nm$ એ ગામા કિરણો છે,જે ન્યુક્લિયસના રેડિયોએક્ટિવ ક્ષય $(iii)$ દ્વારા ઉત્પન્ન થાય છે.
$(4)$ $1\, mm$ થી $0.1\, m$ એ માઇક્રોવેવ્સ છે,જે મેગ્નેટ્રોન વાલ્વ $(iv)$ દ્વારા ઉત્પન્ન થાય છે.
તેથી,સાચો ક્રમ $(1)-(i), (2)-(ii), (3)-(iii), (4)-(iv)$ છે.

(D) આપેલ છે,વક્રીભવનાંક $\mu = \frac{4}{3}$.
ડાઇવરની ઊંડાઈ $h = 15 \, cm$.
ધારો કે $R$ એ વર્તુળાકાર ક્ષિતિજની ત્રિજ્યા છે.
બહારની દુનિયામાંથી આવતો પ્રકાશ પાણીમાં પ્રવેશે છે અને ડાઇવરની આંખો સુધી ત્યારે જ પહોંચે છે જો આપાતકોણ એ ક્રાંતિકોણ $C$ કરતા ઓછો અથવા તેના જેટલો હોય.
સ્નેલના નિયમ મુજબ,$\sin C = \frac{1}{\mu} = \frac{1}{4/3} = \frac{3}{4}$.
આ સમસ્યાની ભૂમિતિ પરથી,$\tan C = \frac{R}{h}$.
કારણ કે $\sin C = \frac{3}{4}$,તેથી $\cos C = \sqrt{1 - \sin^2 C} = \sqrt{1 - (3/4)^2} = \sqrt{1 - 9/16} = \sqrt{7/16} = \frac{\sqrt{7}}{4}$.
તેથી,$\tan C = \frac{\sin C}{\cos C} = \frac{3/4}{\sqrt{7}/4} = \frac{3}{\sqrt{7}}$.
આમ,$R = h \tan C = 15 \times \frac{3}{\sqrt{7}} \, cm = \frac{15 \times 3}{\sqrt{7}} \, cm$.

(B) આપેલ છે કે માઈકા શીટની જાડાઈ $t = 1.8 \times 10^{-6} \ m$,વક્રીભવનાંક $\mu = 1.6$,અને સ્થાનાંતર $y = (\mu - 1)t \frac{D}{d}$ છે.
પ્રથમ કિસ્સામાં ફ્રિન્જની પહોળાઈ $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ છે.
ત્રીજા કિસ્સામાં ફ્રિન્જની પહોળાઈ $\beta' = \frac{\lambda (2D)}{d} = 2\beta$ છે.
શરત $y = \beta'$ આપેલ હોવાથી,$(\mu - 1)t \frac{D}{d} = 2 \frac{\lambda D}{d}$ મળે.
સાદુરૂપ આપતા,$(\mu - 1)t = 2\lambda$ મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $(1.6 - 1) \times 1.8 \times 10^{-6} = 2\lambda$.
$0.6 \times 1.8 \times 10^{-6} = 2\lambda$.
$1.08 \times 10^{-6} = 2\lambda$.
$\lambda = 0.54 \times 10^{-6} \ m = 540 \ nm$.

(D) આપેલ છે: ઓબ્જેક્ટિવની કેન્દ્રલંબાઈ,$f_{o} = 30\, cm$.
આઈ લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ,$f_{e} = 3.0\, cm$.
સ્પષ્ટ દ્રષ્ટિનું લઘુત્તમ અંતર,$D = 25\, cm$.
ગેલિલિયન ટેલિસ્કોપ માટે,જ્યારે અંતિમ પ્રતિબિંબ સ્પષ્ટ દ્રષ્ટિના લઘુત્તમ અંતરે રચાય ત્યારે મોટવણી $M$ નીચે મુજબ મળે છે:
$M = \frac{f_{o}}{f_{e}} \left( 1 - \frac{f_{e}}{D} \right)$
કિંમતો મૂકતા:
$M = \frac{30}{3} \left( 1 - \frac{3}{25} \right)$
$M = 10 \times \left( \frac{25 - 3}{25} \right)$
$M = 10 \times \frac{22}{25}$
$M = \frac{220}{25} = 8.8$
પ્રતિબિંબ ચત્તું હોવાથી,મોટવણી ધન મળે છે. તેથી,$M = +8.8$.

(D) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{h}{mv}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કોઈપણ કણ તરંગ જેવી લાક્ષણિકતાઓ દર્શાવે તે માટે,તેની તરંગલંબાઈ $\lambda$ પ્રાયોગિક રીતે શોધી શકાય તેટલી મોટી હોવી જોઈએ.
જેમ કે $\lambda$ એ કણના દળ $m$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે,તેથી ખૂબ મોટા દળ ધરાવતા કણોની તરંગલંબાઈ અત્યંત નાની હોય છે,જેને વર્તમાન ટેકનોલોજી દ્વારા માપવી અશક્ય છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,ધૂળના કણનું દળ સૌથી વધુ છે ($m$ ખૂબ વધારે છે).
તેથી,ધૂળના કણ માટે ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ અત્યંત નાની હોય છે,જેના કારણે તેને પ્રાયોગિક રીતે ચકાસવું સૌથી મુશ્કેલ છે.

(A) પ્રથમ ગેટ એ $A$ અને $B$ ઇનપુટ ધરાવતો $NAND$ ગેટ છે. તેનું આઉટપુટ $\overline{A \cdot B}$ છે.
આ આઉટપુટને બીજા $NAND$ ગેટમાં આપવામાં આવે છે જેના બંને ઇનપુટ ટૂંકા (short) કરેલા છે,જે $NOT$ ગેટ તરીકે કાર્ય કરે છે.
ધારો કે પ્રથમ $NAND$ ગેટનું આઉટપુટ $X = \overline{A \cdot B}$ છે.
અંતિમ આઉટપુટ $Y$ એ $X$ નું વ્યસ્ત છે,તેથી $Y = \overline{X} = \overline{(\overline{A \cdot B})} = A \cdot B$.
અંતિમ આઉટપુટ $Y = A \cdot B$ હોવાથી,આ પરિપથ $AND$ ગેટ તરીકે કાર્ય કરે છે.
$A = 1$ અને $B = 1$ માટે,$Y = 1 \cdot 1 = 1$. આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(B) આપેલ છે: ટ્રાન્સમિટિંગ એન્ટેનાની ઊંચાઈ $h_T = 50\, m$ અને રિસીવિંગ એન્ટેનાની ઊંચાઈ $h_R = 32\, m$.
પૃથ્વીની ત્રિજ્યા $R \approx 6.4 \times 10^6\, m$.
મહત્તમ લાઇન-ઓફ-સાઇટ અંતર $d_M$ માટેનું સૂત્ર: $d_M = \sqrt{2Rh_T} + \sqrt{2Rh_R}$.
કિંમતો મૂકતા:
$d_M = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 50} + \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 32}$.
$d_M = \sqrt{640 \times 10^6} + \sqrt{409.6 \times 10^6}$.
$d_M = (25.298 \times 10^3) + (20.238 \times 10^3) = 45.536 \times 10^3\, m$.
કિલોમીટરમાં રૂપાંતર કરતા: $d_M \approx 45.5\, km$.

(C) $n-p-n$ ટ્રાન્ઝિસ્ટરમાં,બેઝ એ મધ્યનો ભાગ છે. જ્યારે આપણે ભીની આંગળીઓ વડે $B$ અને $C$ ને જોડીએ છીએ,ત્યારે આપણે શરીરના અવરોધ દ્વારા નાનો બેઝ પ્રવાહ $(I_B)$ પૂરો પાડીએ છીએ. એમીટર $A$ અને $C$ ની વચ્ચે જોડાયેલ છે. મોટી આવર્તન માટે,$A$ એ બેઝ,$B$ એ કલેક્ટર અને $C$ એ એમીટર તરીકે કાર્ય કરે છે જેથી ટ્રાન્ઝિસ્ટર શરીરના અવરોધના બાયસ દ્વારા ચાલુ થઈ શકે. આમ,$A, B, C$ અનુક્રમે બેઝ,કલેક્ટર અને એમીટર છે.

(C) પરમીએબિલિટી $\mu$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[M L T^{-2} A^{-2}]$ છે.
પરમિટિવિટી $\varepsilon$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[M^{-1} L^{-3} T^4 A^2]$ છે.
અવરોધ $R$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[M L^2 T^{-3} A^{-2}]$ છે.
હવે,ગુણોત્તર $\frac{\mu}{\varepsilon}$ ધ્યાનમાં લો:
$\frac{\mu}{\varepsilon} = \frac{[M L T^{-2} A^{-2}]}{[M^{-1} L^{-3} T^4 A^2]} = [M^2 L^4 T^{-6} A^{-4}]$.
હવે,આને $R^2$ ના પારિમાણિક સૂત્ર સાથે સરખાવો:
$R^2 = ([M L^2 T^{-3} A^{-2}])^2 = [M^2 L^4 T^{-6} A^{-4}]$.
આમ,$\frac{\mu}{\varepsilon}$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[R^2]$ છે.

(B) કોઈ સપાટીમાંથી પસાર થતું વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi$ એ વિદ્યુતક્ષેત્રની દિશામાં સપાટીના ક્ષેત્રફળના પ્રક્ષેપણ દ્વારા આપવામાં આવે છે,એટલે કે $\phi = \vec{E} \cdot \vec{A}$.
જ્યારે શંકુને તેના પાયાને સમાંતર સમાન વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E}$ માં મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે શંકુમાં દાખલ થતું ફ્લક્સ એ વિદ્યુતક્ષેત્રને લંબ સમતલ પર શંકુના પ્રક્ષેપણમાંથી પસાર થતા ફ્લક્સ જેટલું હોય છે.
વિદ્યુતક્ષેત્રને લંબ સમતલ પર શંકુનું પ્રક્ષેપણ $2R$ પાયો અને $h$ ઊંચાઈ ધરાવતો ત્રિકોણ છે.
આ ત્રિકોણાકાર પ્રક્ષેપણનું ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ} = \frac{1}{2} \times (2R) \times h = Rh$ છે.
આમ,શંકુમાં દાખલ થતું વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi = E \times A = E \times (Rh) = EhR$ થાય છે.

(C) સ્લેબ પર લાગતું વિદ્યુત બળ $F = -\frac{dU}{dx}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{Q^2}{2C}$ છે.
કેપેસિટરને સમાંતરમાં બે કેપેસિટર તરીકે જોઈ શકાય છે: એક $x$ લંબાઈના ડાયલેક્ટ્રિક સાથે અને બીજું $(l-x)$ લંબાઈના ડાયલેક્ટ્રિક વગર.
$C = C_1 + C_2 = \frac{K \varepsilon_0 w x}{d} + \frac{\varepsilon_0 w (l-x)}{d} = \frac{\varepsilon_0 w}{d} [x(K-1) + l]$.
$C$ ની કિંમત ઉર્જાના સૂત્રમાં મૂકતા:
$U = \frac{Q^2 d}{2 \varepsilon_0 w [x(K-1) + l]}$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$F = -\frac{dU}{dx} = -\frac{Q^2 d}{2 \varepsilon_0 w} \cdot \frac{d}{dx} [x(K-1) + l]^{-1}$.
$F = -\frac{Q^2 d}{2 \varepsilon_0 w} \cdot (-1) [x(K-1) + l]^{-2} \cdot (K-1)$.
$F = \frac{Q^2 d (K-1)}{2 \varepsilon_0 w [x(K-1) + l]^2}$.
ધાર પર $(x=0)$:
$F = \frac{Q^2 d (K-1)}{2 \varepsilon_0 w l^2}$.

(C) ધારો કે ડાબી બાજુના નોડનું પોટેન્શિયલ $V_1 = 50\; V$ અને જમણી બાજુના નોડનું પોટેન્શિયલ $V_2 = 30\; V$ છે.
વચ્ચેના અવરોધનો કુલ અવરોધ $R_{eq} = 5 + 5 = 10\; \Omega$ છે.
ડાબેથી જમણી તરફ વહેતો પ્રવાહ $I = (50 - 30) / 10 = 2\; A$ છે.
ડાબી બાજુના નોડ પર,$50\; V$ બેટરીમાંથી નીકળતો પ્રવાહ $I_1$ છે. તે $2\; A$ (જમણી તરફ) અને $I_{20} = 50 / 20 = 2.5\; A$ (નીચે તરફ) માં વહેંચાય છે.
તેથી,$I_1 = 2 + 2.5 = 4.5\; A$.
જમણી બાજુના નોડ પર,$30\; V$ બેટરીમાંથી $I_2$ પ્રવાહ આવે છે. ડાબી બાજુથી $2\; A$ પ્રવાહ આવે છે અને $I_{10} = 30 / 10 = 3\; A$ નીચે તરફ વહે છે.
જમણી બાજુના નોડ પર $KCL$ મુજબ: $I_2 + 2 = 3 \implies I_2 = 1\; A$.
આમ,$50\; V$ અને $30\; V$ બેટરીમાંથી વહેતો પ્રવાહ અનુક્રમે $4.5\; A$ અને $1\; A$ છે.

(A) આપેલ છે,વાયર $Q$ ની લંબાઈ,$L = 25\, cm = 0.25\, m$.
$I_1$ અને $I_2$ પ્રવાહ ધરાવતા અને $r$ અંતરે રહેલા બે સમાંતર વાયરો વચ્ચે એકમ લંબાઈ દીઠ લાગતું બળ $f = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વાયર $R$ ને કારણે વાયર $Q$ પર લાગતું બળ $(F_{QR})$:
$I_Q = 10\, A$,$I_R = 20\, A$,$r = 0.05\, m$.
પ્રવાહો વિરુદ્ધ દિશામાં હોવાથી,બળ અપાકર્ષી (ડાબી તરફ) હશે.
$F_{QR} = \frac{\mu_0 I_Q I_R}{2\pi r} \times L = 2 \times 10^{-7} \times \frac{10 \times 20}{0.05} \times 0.25 = 20 \times 10^{-5}\, N$ (ડાબી તરફ).
વાયર $P$ ને કારણે વાયર $Q$ પર લાગતું બળ $(F_{QP})$:
$I_Q = 10\, A$,$I_P = 30\, A$,$r = 0.03\, m$.
પ્રવાહો વિરુદ્ધ દિશામાં હોવાથી,બળ અપાકર્ષી (જમણી તરફ) હશે.
$F_{QP} = \frac{\mu_0 I_Q I_P}{2\pi r} \times L = 2 \times 10^{-7} \times \frac{10 \times 30}{0.03} \times 0.25 = 50 \times 10^{-5}\, N$ (જમણી તરફ).
પરિણામી બળ $F_{\text{net}} = F_{QP} - F_{QR} = 50 \times 10^{-5} - 20 \times 10^{-5} = 30 \times 10^{-5}\, N = 3 \times 10^{-4}\, N$ જમણી તરફ.

(B) $1$. ફેરોમેગ્નેટિક પદાર્થો $(F)$ ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓને પ્રબળ રીતે આકર્ષે છે,જેના કારણે તે પદાર્થની અંદર એકત્રિત થાય છે. સળિયો $A$ આ વર્તન દર્શાવે છે.
$2$. ડાયામેગ્નેટિક પદાર્થો $(D)$ ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓને અપાકર્ષે છે,જેના કારણે તે પદાર્થથી દૂર વળે છે. સળિયો $B$ આ વર્તન દર્શાવે છે.
$3$. પેરામેગ્નેટિક પદાર્થો $(P)$ ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓને નિર્બળ રીતે આકર્ષે છે,જેના કારણે તે પદાર્થની અંદર થોડી માત્રામાં એકત્રિત થાય છે. સળિયો $C$ આ વર્તન દર્શાવે છે.
તેથી,સાચો સંબંધ $A \leftrightarrow F, B \leftrightarrow D, C \leftrightarrow P$ છે.

(A) આપેલ છે: આંટાની સંખ્યા $N = 1000$.
ક્ષેત્રફળ $A = 4 \, cm^2 = 4 \times 10^{-4} \, m^2$.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ફેરફાર $\Delta B = 10^{-2} \, Wb \, m^{-2}$.
સમયગાળો $\Delta t = 0.01 \, s = 10^{-2} \, s$.
ફેરાડેના નિયમ મુજબ ઉદ્ભવતું $e.m.f.$: $e = N \frac{\Delta \phi}{\Delta t} = N A \frac{\Delta B}{\Delta t} \cos \theta$.
અક્ષ ચુંબકીય ક્ષેત્રને સમાંતર હોવાથી,ક્ષેત્રફળ સદિશ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર વચ્ચેનો ખૂણો $\theta = 0^\circ$ થશે,તેથી $\cos 0^\circ = 1$.
કિંમતો મૂકતા: $e = 1000 \times (4 \times 10^{-4} \, m^2) \times \frac{10^{-2} \, Wb \, m^{-2}}{10^{-2} \, s}$.
$e = 1000 \times 4 \times 10^{-4} = 0.4 \, V$.
$mV$ માં ફેરવતા: $0.4 \, V = 400 \, mV$.

(C) આપેલ છે: વિદ્યુતક્ષેત્રનો કંપવિસ્તાર,$E_0 = 4 \, V/m$.
શૂન્યાવકાશની પરમિટિવિટી,$\varepsilon_0 = 8.8 \times 10^{-12} \, C^2/N \cdot m^2$.
વિદ્યુતક્ષેત્રની સરેરાશ ઉર્જા ઘનતા $(u_E)$ શોધવા માટેનું સૂત્ર:
$u_E = \frac{1}{4} \varepsilon_0 E_0^2$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$u_E = \frac{1}{4} \times (8.8 \times 10^{-12}) \times (4)^2$
$u_E = \frac{1}{4} \times 8.8 \times 10^{-12} \times 16$
$u_E = 2.2 \times 16 \times 10^{-12} = 35.2 \times 10^{-12} \, J/m^3$.

(D) આપેલ છે: લેન્સના બે સ્થાનો વચ્ચેનું અંતર,$d = 10\, cm$.
બે સ્થાનોમાં પ્રતિબિંબના કદનો ગુણોત્તર,$\frac{I_1}{I_2} = \frac{3}{2}$.
ધારો કે વસ્તુ અને પડદા વચ્ચેનું અંતર $D$ છે.
પાતળા લેન્સ માટે ડિસ્પ્લેસમેન્ટ પદ્ધતિના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,પ્રતિબિંબના કદનો ગુણોત્તર $\frac{I_1}{I_2} = \frac{(D+d)^2}{(D-d)^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\frac{3}{2} = \frac{(D+10)^2}{(D-10)^2}$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા: $\sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{D+10}{D-10}$.
આનાથી મળે છે: $\sqrt{3}(D-10) = \sqrt{2}(D+10)$.
$D(\sqrt{3} - \sqrt{2}) = 10(\sqrt{3} + \sqrt{2})$.
$D = 10 \times \frac{\sqrt{3} + \sqrt{2}}{\sqrt{3} - \sqrt{2}} = 10 \times (\sqrt{3} + \sqrt{2})^2 = 10 \times (3 + 2 + 2\sqrt{6}) = 10(5 + 2\sqrt{6}) \approx 10(5 + 4.899) = 98.99\, cm \approx 99\, cm$.

(D) તીવ્રતા $I \propto a^2$,જ્યાં $a$ એ કંપવિસ્તાર છે.
આપેલ છે કે $I_1 = 16$ અને $I_2 = 9$.
તેથી,કંપવિસ્તારનો ગુણોત્તર $\frac{a_1}{a_2} = \sqrt{\frac{I_1}{I_2}} = \sqrt{\frac{16}{9}} = \frac{4}{3}$ થાય.
ધારો કે $a_1 = 4k$ અને $a_2 = 3k$.
પ્રકાશિત શલાકાની તીવ્રતા $I_{max} = (a_1 + a_2)^2 = (4k + 3k)^2 = (7k)^2 = 49k^2$ છે.
અપ્રકાશિત શલાકાની તીવ્રતા $I_{min} = (a_1 - a_2)^2 = (4k - 3k)^2 = (k)^2 = k^2$ છે.
તીવ્રતાનો ગુણોત્તર $\frac{I_{max}}{I_{min}} = \frac{49k^2}{k^2} = \frac{49}{1}$ થાય.

(A) આપેલ છે: $f_{o} = 1.2 \, cm$,$f_{e} = 3.0 \, cm$,$u_{o} = -1.25 \, cm$.
ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ માટે,લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{f_{o}} = \frac{1}{v_{o}} - \frac{1}{u_{o}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{1.2} = \frac{1}{v_{o}} - \frac{1}{-1.25}$
$\frac{1}{v_{o}} = \frac{1}{1.2} - \frac{1}{1.25} = \frac{1.25 - 1.2}{1.5} = \frac{0.05}{1.5} = \frac{1}{30}$
તેથી,$v_{o} = 30 \, cm$.
અનંત પર અંતિમ પ્રતિબિંબ માટે મોટવણીનું સૂત્ર $M = -\frac{v_{o}}{u_{o}} \times \frac{D}{f_{e}}$ છે,જ્યાં $D = 25 \, cm$ એ સ્પષ્ટ દ્રષ્ટિનું લઘુત્તમ અંતર છે.
$M = -\frac{30}{-1.25} \times \frac{25}{3.0}$
$M = 24 \times 8.333 = 200$.
આમ,સંયુક્ત માઇક્રોસ્કોપની મોટવણી $200$ છે.

(B) ફોટોનનું પ્રારંભિક વેગમાન $P_i = \frac{h}{\lambda}$ છે.
અંતિમ તરંગલંબાઈ $\lambda' = \lambda + \Delta \lambda = \lambda + 3\lambda = 4\lambda$.
ફોટોનનું અંતિમ વેગમાન $P_f = \frac{h}{4\lambda} = \frac{P_i}{4}$ છે. ધારો કે $P = P_f = \frac{h}{4\lambda}$,તો $P_i = 4P$.
વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $\vec{P}_i = \vec{P}_f + \vec{P}_e$,જ્યાં $\vec{P}_e$ એ ઈલેક્ટ્રોનનું વેગમાન છે.
$\vec{P}_e = \vec{P}_i - \vec{P}_f$.
આપાત ફોટોનની દિશાને $x$-અક્ષ તરીકે લેતા:
$\vec{P}_i = 4P \hat{i}$.
$\vec{P}_f = P \cos 60^o \hat{i} + P \sin 60^o \hat{j} = P(\frac{1}{2}) \hat{i} + P(\frac{\sqrt{3}}{2}) \hat{j}$.
$\vec{P}_e = (4P - \frac{P}{2}) \hat{i} - \frac{\sqrt{3}P}{2} \hat{j} = \frac{7P}{2} \hat{i} - \frac{\sqrt{3}P}{2} \hat{j}$.
ઈલેક્ટ્રોનનો પ્રકીર્ણન કોણ $\phi$ માટે $\tan \phi = |\frac{P_{ey}}{P_{ex}}| = \frac{\sqrt{3}P/2}{7P/2} = \frac{\sqrt{3}}{7}$.
$\tan \phi = \frac{1.732}{7} \approx 0.247 \approx 0.25$.

(B) ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N$ માં થતો ફેરફાર એ ઉત્પાદન દર અને ક્ષય દરનો તફાવત છે:
$\frac{dN}{dt} = P - \lambda N$
અહીં $P = 100$ અને $\lambda = 0.5$ આપેલ છે,તેથી $\frac{dN}{dt} = 100 - 0.5N$.
$t=0$ $(N=0)$ થી $t$ $(N=50)$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_0^N \frac{dN}{100 - 0.5N} = \int_0^t dt$
$-\frac{1}{0.5} [\ln(100 - 0.5N)]_0^N = t$
$-2 [\ln(100 - 0.5N) - \ln(100)] = t$
$\ln \left( \frac{100 - 0.5N}{100} \right) = -0.5t$
$1 - \frac{0.5N}{100} = e^{-0.5t}$
$N = 200(1 - e^{-0.5t})$.
$N = 50$ મુકતા:
$50 = 200(1 - e^{-0.5t})$
$0.25 = 1 - e^{-0.5t}$
$e^{-0.5t} = 0.75 = \frac{3}{4}$
$-0.5t = \ln(3/4) = -\ln(4/3)$
$t = \frac{\ln(4/3)}{0.5} = 2 \ln \left( \frac{4}{3} \right) s$.

(D) આપેલ છે: શ્રેણી અવરોધ $R = 4 \, k\Omega = 4 \times 10^3 \, \Omega$,ઇનપુટ વોલ્ટેજ $V_i = 60 \, V$,ઝેનર વોલ્ટેજ $V_Z = 10 \, V$,લોડ અવરોધ $R_L = 2 \, k\Omega = 2 \times 10^3 \, \Omega$.
$1$. લોડ પ્રવાહ $I_L$ એ લોડ અવરોધ પરના ઝેનર વોલ્ટેજ દ્વારા નક્કી થાય છે:
$I_L = \frac{V_Z}{R_L} = \frac{10 \, V}{2 \times 10^3 \, \Omega} = 5 \times 10^{-3} \, A = 5 \, mA$.
$2$. શ્રેણી અવરોધ $R$ માંથી વહેતો કુલ પ્રવાહ $I$ તેના પરના વોલ્ટેજ ડ્રોપ દ્વારા નક્કી થાય છે:
$I = \frac{V_i - V_Z}{R} = \frac{60 \, V - 10 \, V}{4 \times 10^3 \, \Omega} = \frac{50 \, V}{4000 \, \Omega} = 12.5 \times 10^{-3} \, A = 12.5 \, mA$.
$3$. નોડ $A$ પર કિર્ચોફનો પ્રવાહનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$I = I_Z + I_L$
$I_Z = I - I_L = 12.5 \, mA - 5 \, mA = 7.5 \, mA$.
આમ,પ્રવાહો $I = 12.5 \, mA$,$I_Z = 7.5 \, mA$ અને $I_L = 5 \, mA$ છે.

(B) $1$. સોડિયમ ડબલેટ ($D$-લાઇન્સ) ની તરંગલંબાઇ આશરે $589.0 \; nm$ અને $589.6 \; nm$ છે,જે દ્રશ્ય વર્ણપટમાં આવે છે. તેથી,$I-A$.
$2$. અવકાશમાં ફેલાયેલ આઇસોટ્રોપિક વિકિરણ (કોસ્મિક માઇક્રોવેવ બેકગ્રાઉન્ડ રેડિયેશન) આશરે $2.7 \; K$ તાપમાનને અનુરૂપ છે,જે માઇક્રોવેવ વિસ્તારમાં આવે છે. તેથી,$II-B$.
$3$. આંતરતારકીય અવકાશમાં પરમાણ્વીય હાઇડ્રોજન દ્વારા ઉત્સર્જિત $21 \; cm$ લાઇન વિકિરણ એ રેડિયો તરંગ છે. તેથી,$III-C$.
$4$. હાઇડ્રોજનમાં લેમ્બ શિફ્ટ (બે નજીકના ઉર્જા સ્તરો) થી ઉદ્ભવતા વિકિરણની તરંગલંબાઇ આશરે $30 \; cm$ છે,જે માઇક્રોવેવ વિસ્તારમાં છે. તેથી,$IV-B$.
આમ,સાચી જોડ $I-A, II-B, III-C, IV-B$ છે.

(D) અડધા કોણાવર્તનની પદ્ધતિમાં,પ્રવાહને લગભગ અચળ રાખવા માટે ગેલ્વેનોમીટર સાથે શ્રેણીમાં એક ઉચ્ચ અવરોધ $R$ જોડવામાં આવે છે,અને કોણાવર્તનને અડધું કરવા માટે ગેલ્વેનોમીટર સાથે સમાંતરમાં એક શંટ અવરોધ $S$ જોડવામાં આવે છે.
સર્કિટ આકૃતિ $D$ માં ગેલ્વેનોમીટર $G$ સાથે શ્રેણીમાં ઉચ્ચ અવરોધ $R$ અને કી $K_2$ દ્વારા ગેલ્વેનોમીટર સાથે સમાંતરમાં જોડાયેલ શંટ અવરોધ $S$ દર્શાવેલ છે.
જ્યારે કી $K_1$ બંધ હોય અને $K_2$ ખુલ્લી હોય,ત્યારે પ્રવાહ $I$ એ $R$ અને $G$ માંથી વહે છે. જ્યારે $K_2$ બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે શંટ $S$ દાખલ થાય છે,અને ગેલ્વેનોમીટરમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I/2$ થઈ જાય છે. આ કિસ્સામાં ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ $G$ સૂત્ર $G = \frac{RS}{R - S}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.

(B) ગોસના નિયમ મુજબ,ગોલીય સંમિત વિદ્યુતભાર વિતરણના કેન્દ્રથી $r$ અંતરે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ નીચે મુજબ મળે છે: $E \cdot (4\pi r^2) = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_0}$.
$r < R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા ગોળાની અંદરનો કુલ વિદ્યુતભાર $q$ શોધવા માટે,આપણે કદ પર વિદ્યુતભાર ઘનતાનું સંકલન કરીશું:
$q = \int_0^r \rho(x) \cdot 4\pi x^2 dx$
$\rho(x) = \rho_0 \left( 1 - \frac{x}{R} \right)$ મૂકતા:
$q = 4\pi \rho_0 \int_0^r \left( x^2 - \frac{x^3}{R} \right) dx$
$q = 4\pi \rho_0 \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4R} \right]_0^r = 4\pi \rho_0 \left( \frac{r^3}{3} - \frac{r^4}{4R} \right)$
હવે,ગોસના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$E \cdot 4\pi r^2 = \frac{4\pi \rho_0}{\varepsilon_0} \left( \frac{r^3}{3} - \frac{r^4}{4R} \right)$
બંને બાજુ $4\pi r^2$ વડે ભાગતા:
$E = \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \left( \frac{r}{3} - \frac{r^2}{4R} \right)$

(C) ડાયઇલેક્ટ્રિક અચળાંક $K(x) = K_0 + \lambda x$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અંતર $x$ પર $dx$ જાડાઈનો એક નાનો ઘટક ધ્યાનમાં લો. આ $dC = \frac{\epsilon_0 K(x) A}{dx}$ કેપેસિટન્સ ધરાવતા કેપેસિટર તરીકે કાર્ય કરે છે.
આ ઘટકો શ્રેણીમાં હોવાથી,કુલ કેપેસિટન્સ $C$ નીચે મુજબ મળે: $\frac{1}{C} = \int_0^d \frac{1}{dC} = \int_0^d \frac{dx}{\epsilon_0 A (K_0 + \lambda x)}$.
સંકલન કરતા: $\frac{1}{C} = \frac{1}{\epsilon_0 A} \int_0^d \frac{dx}{K_0 + \lambda x} = \frac{1}{\epsilon_0 A \lambda} [\ln(K_0 + \lambda x)]_0^d$.
$\frac{1}{C} = \frac{1}{\epsilon_0 A \lambda} \ln \left( \frac{K_0 + \lambda d}{K_0} \right) = \frac{1}{\epsilon_0 A \lambda} \ln \left( 1 + \frac{\lambda d}{K_0} \right)$.
શૂન્યાવકાશ કેપેસિટન્સ $C_0 = \frac{\epsilon_0 A}{d}$ હોવાથી,$\epsilon_0 A = C_0 d$ થાય.
આ કિંમત મૂકતા: $\frac{1}{C} = \frac{1}{C_0 d \lambda} \ln \left( 1 + \frac{\lambda d}{K_0} \right)$.
તેથી,$C = \frac{\lambda d}{\ln(1 + \lambda d / K_0)} C_0$.

(B) સ્થાયી અવસ્થામાં,કેપેસિટર સંપૂર્ણપણે ચાર્જ થયેલું હોય છે,તેથી કેપેસિટર ધરાવતી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
આમ,સર્કિટ એક જ લૂપમાં સરળ બને છે જેમાં બે બેટરી અને $3 \, \Omega$ તથા $9 \, \Omega$ ના બે અવરોધકો શ્રેણીમાં હોય છે.
લૂપમાં કુલ ઇલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સ $(EMF)$ $E_{net} = 16.0 \, V - 8.0 \, V = 8.0 \, V$ છે.
લૂપમાં કુલ અવરોધ $R_{total} = 3 \, \Omega + 9 \, \Omega = 12 \, \Omega$ છે.
ઓહ્મના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,સર્કિટમાં પ્રવાહ $I = \frac{E_{net}}{R_{total}} = \frac{8.0 \, V}{12 \, \Omega} = \frac{2}{3} \, A \approx 0.67 \, A$ મળે છે.

(C) ચુંબકીય ક્ષેત્ર કણને $d$ વ્યાસ ધરાવતા અર્ધવર્તુળાકાર પથ પર ગતિ કરવા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે,તેથી ત્રિજ્યા $R = \frac{d}{2}$ થાય.
કેન્દ્રગામી બળના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $Bqv = \frac{mv^2}{R} = \frac{mv^2}{d/2}$.
$B$ માટે ઉકેલતા: $B = \frac{2mv}{qd}$.
અર્ધવર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે લાગતો સમય $\Delta t$ એ સંપૂર્ણ વર્તુળાકાર કક્ષાના આવર્તકાળ કરતા અડધો હોય છે.
આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi m}{Bq}$.
તેથી,$\Delta t = \frac{T}{2} = \frac{\pi m}{Bq}$.
$\Delta t$ ના સમીકરણમાં $B = \frac{2mv}{qd}$ મૂકતા:
$\Delta t = \frac{\pi m}{(2mv/qd)q} = \frac{\pi d}{2v}$.

(B) $n$ આંટા અને $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતી વર્તુળાકાર લૂપના કેન્દ્રમાં $I$ પ્રવાહને કારણે ઉદ્ભવતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 n I}{2r}$ છે.
પ્રથમ તાર માટે,તેને $R$ ત્રિજ્યાની એક લૂપમાં વાળવામાં આવે છે $(n_1 = 1)$. ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_1 = \frac{\mu_0 (1) I}{2R} = \frac{\mu_0 I}{2R}$ છે.
બીજા તારની લંબાઈ $L = 2\pi R$ સમાન છે. તેને $n_2 = 3$ લૂપમાં વાળવામાં આવે છે. ધારો કે દરેક નવી લૂપની ત્રિજ્યા $r$ છે. તેથી $L = n_2 (2\pi r) = 3(2\pi r)$.
લંબાઈને સરખાવતા: $2\pi R = 6\pi r$,જે આપણને $r = R/3$ આપે છે.
બીજી કોઈલમાંથી પસાર થતો પ્રવાહ $I_2 = I/3$ છે.
બીજી કોઈલના કેન્દ્રમાં ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_2 = \frac{\mu_0 n_2 I_2}{2r} = \frac{\mu_0 (3) (I/3)}{2(R/3)} = \frac{\mu_0 I}{2(R/3)} = \frac{3\mu_0 I}{2R}$ છે.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{B_1}{B_2} = \frac{\mu_0 I / 2R}{3\mu_0 I / 2R} = \frac{1}{3}$.
તેથી,$B_1 : B_2 = 1 : 3$.