JEE Main 2015 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) સાદા લોલકના આવર્તકાળનું સૂત્ર $T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $T^2 = 4\pi^2 \frac{l}{g}$ મળે છે,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 મૂલ્યો $l = 20.0 \text{ cm}$,$\Delta l = 1 \text{ mm} = 0.1 \text{ cm}$ છે.
$100$ દોલનો માટેનો કુલ સમય $t = 90 \text{ s}$ છે અને રિઝોલ્યુશન $\Delta t = 1 \text{ s}$ છે.
આવર્તકાળ $T = \frac{t}{100} = 0.9 \text{ s}$,અને આવર્તકાળમાં ત્રુટિ $\Delta T = \frac{\Delta t}{100} = \frac{1}{100} = 0.01 \text{ s}$ છે.
હવે,પ્રતિશત ત્રુટિ $\frac{\Delta g}{g} \times 100 = \left( \frac{\Delta l}{l} \times 100 \right) + 2 \left( \frac{\Delta T}{T} \times 100 \right)$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\Delta g}{g} \times 100 = \left( \frac{0.1}{20.0} \times 100 \right) + 2 \left( \frac{0.01}{0.9} \times 100 \right)$.
$= 0.5\% + 2 \times 1.11\% = 0.5\% + 2.22\% = 2.72\%$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $3\%$ મળે છે.

(C) ધારો કે ટેકરીની ધાર ઉગમબિંદુ $(y = 0)$ છે અને ઉપરની દિશા ધન છે. સમય $t$ પર બે પથ્થરોના સ્થાન નીચે મુજબ છે:
$y_1 = 10t - 5t^2$
$y_2 = 40t - 5t^2$
પ્રથમ પથ્થર માટે,તે જમીન પર અથડાય છે જ્યારે $y_1 = -240 \ m$:
$-240 = 10t - 5t^2 \implies t^2 - 2t - 48 = 0 \implies (t-8)(t+6) = 0$. આમ,$t = 8 \ s$.
$t \le 8 \ s$ માટે,સાપેક્ષ સ્થાન $y_{rel} = y_2 - y_1 = (40t - 5t^2) - (10t - 5t^2) = 30t$. આ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતો રેખીય આલેખ છે.
$t = 8 \ s$ પર,$y_{rel} = 30(8) = 240 \ m$.
$t > 8 \ s$ માટે,પ્રથમ પથ્થર જમીન પર સ્થિર છે $(y_1 = -240 \ m)$. બીજો પથ્થર જમીન પર અથડાય છે જ્યારે $y_2 = -240 \ m$:
$-240 = 40t - 5t^2 \implies t^2 - 8t - 48 = 0 \implies (t-12)(t+4) = 0$. આમ,$t = 12 \ s$.
$8 \ s < t \le 12 \ s$ માટે,$y_{rel} = y_2 - y_1 = (40t - 5t^2) - (-240) = -5t^2 + 40t + 240$. આ નીચેની તરફ ખુલતો પરવલય છે.
તેથી,આલેખ $t \le 8 \ s$ માટે રેખીય છે અને $8 \ s < t \le 12 \ s$ માટે પરવલયાકાર છે.

(B) દીવાલ દ્વારા બ્લોક $B$ પર લાગતું ઘર્ષણ બળ શોધવા માટે,આપણે બંને બ્લોક $A$ અને $B$ ના તંત્રને સંતુલનમાં ગણીએ છીએ.
તંત્ર સંતુલનમાં હોવાથી,કુલ નીચેની તરફ લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ એ દીવાલ દ્વારા બ્લોક $B$ પર લાગતા ઉપરની તરફના ઘર્ષણ બળ દ્વારા સંતુલિત થવું જોઈએ.
તંત્રનું કુલ વજન $W_{total} = W_A + W_B = 20\ N + 100\ N = 120\ N$ છે.
ધારો કે $f_{wall}$ એ દીવાલ દ્વારા બ્લોક $B$ પર લાગતું ઘર્ષણ બળ છે.
તંત્ર શિરોલંબ સંતુલનમાં રહે તે માટે,ઉપરની તરફનું બળ નીચેની તરફના બળ જેટલું હોવું જોઈએ:
$f_{wall} = W_{total} = 120\ N$.
આમ,દીવાલ દ્વારા બ્લોક $B$ પર લાગતું ઘર્ષણ બળ $120\ N$ છે.

(B) $x$-દિશામાં તંત્રનું પ્રારંભિક વેગમાન: $p_x = m(2v) = 2mv$.
$y$-દિશામાં તંત્રનું પ્રારંભિક વેગમાન: $p_y = (2m)v = 2mv$.
કુલ પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા: $K_i = \frac{1}{2}m(2v)^2 + \frac{1}{2}(2m)v^2 = 2mv^2 + mv^2 = 3mv^2$.
અથડામણ સંપૂર્ણ અસ્થિતિસ્થાપક હોવાથી,કણો એકબીજા સાથે જોડાઈ જાય છે. ધારો કે અંતિમ વેગ $V_f$ છે.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $p_f = \sqrt{p_x^2 + p_y^2} = \sqrt{(2mv)^2 + (2mv)^2} = 2\sqrt{2}mv$.
વળી,$p_f = (m + 2m)V_f = 3mV_f$.
બંનેને સરખાવતા: $3mV_f = 2\sqrt{2}mv \Rightarrow V_f = \frac{2\sqrt{2}}{3}v$.
અંતિમ ગતિ ઉર્જા: $K_f = \frac{1}{2}(3m)V_f^2 = \frac{3m}{2} \left( \frac{8v^2}{9} \right) = \frac{4}{3}mv^2$.
ઉર્જામાં ઘટાડો: $\Delta K = K_i - K_f = 3mv^2 - \frac{4}{3}mv^2 = \frac{5}{3}mv^2$.
ટકાવારી ઘટાડો: $\frac{\Delta K}{K_i} \times 100 = \frac{(5/3)mv^2}{3mv^2} \times 100 = \frac{5}{9} \times 100 \approx 55.55\% \approx 56\%$.

(B) બાજુવાળા સમઘન માટે જે $R$ ત્રિજ્યાના ગોળામાં અંતર્ગત છે,સમઘનનો વિકર્ણ એ ગોળાના વ્યાસ જેટલો હોય છે. તેથી,$\sqrt{3}a = 2R$,જે $a = \frac{2R}{\sqrt{3}}$ આપે છે.
પદાર્થની ઘનતા $\rho$ ધારતા,ગોળાનું દળ $M = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi R^3$ છે. સમઘનનું દળ $M' = \rho a^3 = \rho \left(\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)^3 = \rho \frac{8R^3}{3\sqrt{3}}$ છે.
ગુણોત્તર લેતા,$\frac{M'}{M} = \frac{\rho \frac{8R^3}{3\sqrt{3}}}{\rho \frac{4}{3}\pi R^3} = \frac{8}{3\sqrt{3}} \cdot \frac{3}{4\pi} = \frac{2}{\sqrt{3}\pi}$. તેથી,$M' = \frac{2M}{\sqrt{3}\pi}$.
$M'$ દળ અને $a$ બાજુવાળા સમઘનની તેના કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અને તેની એક સપાટીને લંબ અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{M' a^2}{6}$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$I = \frac{1}{6} \left(\frac{2M}{\sqrt{3}\pi}\right) \left(\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{1}{6} \cdot \frac{2M}{\sqrt{3}\pi} \cdot \frac{4R^2}{3} = \frac{8M R^2}{18\sqrt{3}\pi} = \frac{4M R^2}{9\sqrt{3}\pi}$.

(A) ધારો કે $h$ ઊંચાઈ અને $R$ પાયાની ત્રિજ્યા ધરાવતો એક નક્કર શંકુ છે. પદાર્થની ઘનતા $\rho$ છે.
શિરોબિંદુને ઉગમબિંદુ $(0,0)$ પર અને શંકુની અક્ષને $y$-અક્ષ પર લઈએ.
શિરોબિંદુથી $y$ અંતરે,$dy$ જાડાઈ અને $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતી એક પાતળી તકતી (disk) વિચારો.
સમરૂપ ત્રિકોણના ગુણધર્મ મુજબ,$\frac{r}{y} = \frac{R}{h}$,જેનો અર્થ છે કે $r = \frac{R}{h}y$.
આ તકતીનું દળ $dm = \rho \cdot \pi r^2 dy = \rho \pi \left(\frac{R}{h}y\right)^2 dy$ થાય.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $z_0$ (અથવા $y_{cm}$) નીચે મુજબ મળે:
$z_0 = \frac{\int y dm}{\int dm} = \frac{\int_0^h y \cdot \rho \pi \frac{R^2}{h^2} y^2 dy}{\int_0^h \rho \pi \frac{R^2}{h^2} y^2 dy}$
$z_0 = \frac{\int_0^h y^3 dy}{\int_0^h y^2 dy} = \frac{[y^4/4]_0^h}{[y^3/3]_0^h} = \frac{h^4/4}{h^3/3} = \frac{3h}{4}$.

(A) ધારો કે મૂળ ગોળાનું કેન્દ્ર $O$ છે અને પોલાણનું કેન્દ્ર $P$ છે. અંતર $OP = R/2$ છે.
$M$ દળ અને $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા નક્કર ગોળાની અંદરના કોઈપણ બિંદુએ તેના કેન્દ્રથી $r$ અંતરે ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિમાન $V = \frac{-GM}{2R^3}(3R^2 - r^2)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$1$. મૂળ નક્કર ગોળાને કારણે બિંદુ $P$ પર સ્થિતિમાન:
અહીં,$r = OP = R/2$.
$V_{sphere} = \frac{-GM}{2R^3} \left[ 3R^2 - (R/2)^2 \right] = \frac{-GM}{2R^3} \left( 3R^2 - \frac{R^2}{4} \right) = \frac{-GM}{2R^3} \left( \frac{11R^2}{4} \right) = \frac{-11GM}{8R}$.
$2$. દૂર કરેલા ગોળાકાર ભાગ (પોલાણ) ને કારણે બિંદુ $P$ પર સ્થિતિમાન:
દૂર કરેલા ભાગનું દળ $M'$ એ કદના પ્રમાણમાં છે: $M' = M \times \frac{(4/3)\pi(R/2)^3}{(4/3)\pi R^3} = M/8$.
$M'$ દળ અને $R' = R/2$ ત્રિજ્યા ધરાવતા નક્કર ગોળાના કેન્દ્ર પર સ્થિતિમાન $V_{cavity} = \frac{-3GM'}{2R'} = \frac{-3G(M/8)}{2(R/2)} = \frac{-3GM}{8R}$.
$3$. પોલાણના કેન્દ્ર $(P)$ પર સ્થિતિમાન:
$V_{total} = V_{sphere} - V_{cavity} = \frac{-11GM}{8R} - \left( \frac{-3GM}{8R} \right) = \frac{-11GM + 3GM}{8R} = \frac{-8GM}{8R} = \frac{-GM}{R}$.

(A) એન્ટ્રોપી એ અવસ્થા વિધેય (state function) છે,જેનો અર્થ છે કે તેનો ફેરફાર માત્ર સિસ્ટમની પ્રારંભિક અને અંતિમ અવસ્થાઓ પર આધાર રાખે છે,અંતિમ અવસ્થા સુધી પહોંચવા માટે અપનાવેલા માર્ગ પર નહીં.
અચળ ઉષ્મા ધારિતા $C$ ધરાવતા પદાર્થ માટે તાપમાન $T_i$ થી $T_f$ સુધી ગરમ કરવા માટે એન્ટ્રોપીમાં થતો ફેરફાર $(\Delta S)$ નીચે મુજબ છે:
$\Delta S = \int_{T_i}^{T_f} \frac{dQ}{T} = \int_{T_i}^{T_f} \frac{C dT}{T} = C \ln\left(\frac{T_f}{T_i}\right)$.
અહીં $C = 1 \ J/^oC$ છે. બંને કિસ્સામાં પ્રારંભિક અને અંતિમ તાપમાન સમાન હોવાથી,પદાર્થની એન્ટ્રોપીમાં થતો ફેરફાર બંને કિસ્સામાં સમાન રહેશે.
જો તાપમાનનો ગુણોત્તર $200/100 = 2$ લેવામાં આવે,તો $\Delta S = \ln(2)$ મળે. આમ,બંને કિસ્સામાં એન્ટ્રોપીનો ફેરફાર $\ln(2)$ થશે.

(B) અથડામણ વચ્ચેનો સરેરાશ સમય $\tau = \frac{\lambda}{v_{rms}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\lambda$ એ સરેરાશ મુક્ત પથ છે અને $v_{rms}$ એ રૂટ મીન સ્ક્વેર ઝડપ છે.
$\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi d^2 (N/V)} \propto V$.
$v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}} \propto \sqrt{T}$.
આમ,$\tau \propto \frac{V}{\sqrt{T}}$.
એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,$TV^{\gamma-1} = \text{અચળ}$,જેનો અર્થ છે કે $T \propto V^{1-\gamma}$.
આ કિંમત $\tau$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\tau \propto \frac{V}{(V^{1-\gamma})^{1/2}} = \frac{V}{V^{(1-\gamma)/2}} = V^{1 - \frac{1-\gamma}{2}} = V^{\frac{2-1+\gamma}{2}} = V^{\frac{\gamma+1}{2}}$.
આને $V^q$ સાથે સરખાવતા,આપણને $q = \frac{\gamma+1}{2}$ મળે છે.

(B) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,થર્મોડાયનેમિક્સનો પ્રથમ નિયમ $dQ = dU + PdV = 0$ છે,તેથી $dU = -PdV$.
આપેલ છે કે $U = V \cdot E = V \cdot (aT^4)$,જ્યાં $a$ અચળાંક છે.
તેથી $dU = d(aVT^4) = a(T^4 dV + 4VT^3 dT)$.
$P = \frac{1}{3} aT^4$ નો ઉપયોગ કરીને $dU = -PdV$ માં કિંમત મૂકતા:
$aT^4 dV + 4aVT^3 dT = -\frac{1}{3} aT^4 dV$.
પદોને ગોઠવતા: $4aVT^3 dT = -\frac{4}{3} aT^4 dV$.
$4aVT^3$ વડે ભાગતા: $\frac{dT}{T} = -\frac{1}{3} \frac{dV}{V}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\ln T = -\frac{1}{3} \ln V + C$,જેનો અર્થ છે કે $T \propto V^{-1/3}$.
કારણ કે $V = \frac{4}{3} \pi R^3$,તેથી $V \propto R^3$.
તેથી,$T \propto (R^3)^{-1/3} = \frac{1}{R}$.

(D) સાદા આવર્ત દોલક માટે,સ્થિતિ ઊર્જા $(PE)$ એ $PE = \frac{1}{2} k d^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k$ એ બળ અચળાંક છે અને $d$ એ સ્થાનાંતર છે. આ ઉગમબિંદુ $(0,0)$ પર શિરોબિંદુ ધરાવતા ઉપરની તરફ ખુલતા પરવલયને દર્શાવે છે.
ગતિ ઊર્જા $(KE)$ એ $KE = \frac{1}{2} k (A^2 - d^2)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A$ એ કંપવિસ્તાર છે. આ નીચેની તરફ ખુલતા પરવલયને દર્શાવે છે,જેનું મહત્તમ મૂલ્ય મધ્યમાન સ્થિતિ $(d=0)$ પર હોય છે અને અંતિમ સ્થિતિઓ $(d = \pm A)$ પર શૂન્ય હોય છે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખામણી કરતા,જે આલેખમાં $PE$ ને ઉગમબિંદુથી શરૂ થતા ઉપરની તરફ ખુલતા પરવલય તરીકે અને $KE$ ને ઉગમબિંદુ પર મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવતા નીચેની તરફ ખુલતા પરવલય તરીકે દર્શાવવામાં આવ્યો છે,તે વિકલ્પ $D$ માં છે.

(D) સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે વધારાનું દળ $M$ ઉમેરવામાં આવે છે,ત્યારે તારમાં $\Delta \ell$ જેટલો ખેંચાણ થાય છે,અને નવો આવર્તકાળ $T_M = 2\pi \sqrt{\frac{\ell + \Delta \ell}{g}}$ થાય છે.
ગુણોત્તર લેતા,આપણને $\frac{T_M}{T} = \sqrt{\frac{\ell + \Delta \ell}{\ell}}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\left( \frac{T_M}{T} \right)^2 = 1 + \frac{\Delta \ell}{\ell}$.
યંગ મોડ્યુલસ $Y = \frac{Mg/A}{\Delta \ell / \ell}$ ની વ્યાખ્યા પરથી,આપણને $\frac{\Delta \ell}{\ell} = \frac{Mg}{AY}$ મળે છે.
આ કિંમતને સમીકરણમાં મૂકતા: $\left( \frac{T_M}{T} \right)^2 = 1 + \frac{Mg}{AY}$.
$\frac{1}{Y}$ માટે ગોઠવતા,આપણને $\frac{1}{Y} = \left[ \left( \frac{T_M}{T} \right)^2 - 1 \right] \frac{A}{Mg}$ મળે છે.

(A) જ્યારે ટ્રેન નજીક આવી રહી હોય ત્યારે અવલોકનકાર દ્વારા સાંભળવામાં આવતી આવૃત્તિ $f_1 = f \left( \frac{v}{v - v_s} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $v = 320 \ ms^{-1}$ અને $v_s = 20 \ ms^{-1}$ છે.
$f_1 = 1000 \times \left( \frac{320}{320 - 20} \right) = 1000 \times \frac{320}{300} \ Hz$.
જ્યારે ટ્રેન દૂર જઈ રહી હોય, ત્યારે સાંભળવામાં આવતી આવૃત્તિ $f_2 = f \left( \frac{v}{v + v_s} \right)$ છે.
$f_2 = 1000 \times \left( \frac{320}{320 + 20} \right) = 1000 \times \frac{320}{340} \ Hz$.
આવૃત્તિમાં થતો ફેરફાર $\Delta f = f_1 - f_2$ છે.
આવૃત્તિમાં થતો ટકાવારી ફેરફાર $\frac{f_1 - f_2}{f_1} \times 100 = \left( 1 - \frac{f_2}{f_1} \right) \times 100$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\left( 1 - \frac{320/340}{320/300} \right) \times 100 = \left( 1 - \frac{300}{340} \right) \times 100 = \left( \frac{40}{340} \right) \times 100 \approx 11.76 \% \approx 12 \%$.

(A) કણ માટે ગતિના સમીકરણો આપેલા છે:
$x = a \sin \omega t \Rightarrow \sin \omega t = \frac{x}{a}$
$y = a \sin 2 \omega t$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin 2 \theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે લખી શકીએ:
$y = a (2 \sin \omega t \cos \omega t)$
કારણ કે $\cos \omega t = \sqrt{1 - \sin^2 \omega t} = \sqrt{1 - (\frac{x}{a})^2} = \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{a}$,આપણે આ કિંમતને $y$ ના સમીકરણમાં મૂકીએ:
$y = 2a (\frac{x}{a}) (\frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{a})$
$y = \frac{2x}{a} \sqrt{a^2 - x^2}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા $y^2 = \frac{4x^2}{a^2} (a^2 - x^2)$ મળે છે,જે $x$ અને $y$ અક્ષોની સાપેક્ષે સંમિત આઠડા (figure-eight) જેવો વક્ર દર્શાવે છે. આ આકૃતિ વિકલ્પ $A$ માં દર્શાવેલ આકારને અનુરૂપ છે.

(A) આપેલ $V - T$ આલેખમાં:
$1$. પ્રક્રિયા $a \to b$: રેખા ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થાય છે,તેથી $V \propto T$. આદર્શ વાયુના સમીકરણ $PV = nRT$ પરથી,આનો અર્થ એ છે કે $P$ અચળ છે. આમ,$a \to b$ એ સમદાબી પ્રક્રિયા છે જેમાં તાપમાન વધે છે,એટલે કે કદ પણ વધે છે.
$2$. પ્રક્રિયા $b \to c$: આ પ્રક્રિયા સમોષ્મી (adiabatic) તરીકે આપવામાં આવી છે. આલેખ પરથી જોઈ શકાય છે કે $V$ ઘટે છે અને $T$ વધે છે,તેથી દબાણ $P$ માં નોંધપાત્ર વધારો થવો જોઈએ.
$3$. પ્રક્રિયા $c \to d$: રેખા ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થાય છે,તેથી $V \propto T$,જેનો અર્થ છે કે $P$ અચળ છે. આમ,$c \to d$ એ સમદાબી પ્રક્રિયા છે જેમાં તાપમાન ઘટે છે,એટલે કે કદ પણ ઘટે છે.
$4$. પ્રક્રિયા $d \to a$: આ પ્રક્રિયા સમોષ્મી (adiabatic) તરીકે આપવામાં આવી છે. આલેખ પરથી જોઈ શકાય છે કે $V$ વધે છે અને $T$ ઘટે છે,તેથી દબાણ $P$ ઘટવું જોઈએ.
આ લાક્ષણિકતાઓને આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,જે $P - V$ આલેખ આ પ્રક્રિયાઓને યોગ્ય રીતે રજૂ કરે છે તે વિકલ્પ $A$ છે.

(D) ગતિવાદ મુજબ આદર્શ વાયુનું દબાણ $P = \frac{1}{3} \frac{N m}{V} v_{rms}^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અણુની સરેરાશ ગતિઊર્જા $\frac{1}{2} m v_{rms}^2 = \frac{3}{2} k_B T$ હોવાથી,$v_{rms}^2 \propto T$ થાય.
અણુ દ્વારા દીવાલ પર લાગતું બળ $F$ એ વેગમાનના ફેરફારના દરના સમપ્રમાણમાં હોય છે,જે વેગના વર્ગના સમપ્રમાણમાં હોય છે $(F \propto v^2)$.
$v_{rms}^2 \propto T$ હોવાથી,બળ $F \propto T^1$ થાય.
આને $F \propto T^q$ સાથે સરખાવતા,આપણને $q = 1$ મળે છે.

(D) ધારો કે $M = 10\,kg$ અને $m = 0.05\,kg.$ અથડામણ દરમિયાન રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$mv = (M + m)V_0$
$V_0 = \frac{mv}{M + m} = \frac{0.05v}{10.05} \approx \frac{0.05v}{10} = 0.005v$
બ્લોક ઘર્ષણને કારણે અટકે તે પહેલાં $s = 2\,m$ અંતર કાપે છે. પ્રતિપ્રવેગ $a$:
$a = \mu g = 0.05 \times 10 = 0.5\,m/s^2$
$v_f^2 - u^2 = 2as$ નો ઉપયોગ કરતા:
$0 - V_0^2 = 2(-a)s \implies V_0^2 = 2as = 2 \times 0.5 \times 2 = 2$
$V_0 = \sqrt{2}\,m/s$
$V_0 = \frac{0.05v}{10.05} \approx 0.005v$ હોવાથી,$0.005v = \sqrt{2} \implies v = 200\sqrt{2}\,m/s$.
મુક્ત પતન કરતા પદાર્થ માટે,$v_{final} = \sqrt{2gH}$. આપેલ છે કે $v_{final} = \frac{v}{10} = \frac{200\sqrt{2}}{10} = 20\sqrt{2}\,m/s$:
$20\sqrt{2} = \sqrt{2 \times 10 \times H}$
$(20\sqrt{2})^2 = 20H$
$400 \times 2 = 20H \implies 800 = 20H \implies H = 40\,m = 0.04\,km$.

(C) નળાકારના ફ્રી બોડી ડાયાગ્રામ પરથી:
$1$. સ્થાનાંતરિત ગતિનું સમીકરણ:
$ma = F - f$ ---$(i)$
જ્યાં $f$ એ સંપર્ક બિંદુ પર લાગતું ઘર્ષણ બળ છે.
$2$. દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની આસપાસ ભ્રમણ ગતિનું સમીકરણ:
$\tau = I\alpha$
$fR = \left(\frac{1}{2}mR^2\right)\alpha$
નળાકાર સરક્યા વિના ગબડતું હોવાથી,$a = R\alpha$ શરતનું પાલન થાય છે,તેથી $\alpha = \frac{a}{R}$.
આ કિંમતને ટોર્કના સમીકરણમાં મૂકતા:
$fR = \left(\frac{1}{2}mR^2\right)\left(\frac{a}{R}\right)$
$f = \frac{1}{2}ma$ ---(ii)
$3$. સમીકરણ (ii) માંથી $f$ ની કિંમત સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$ma = F - \frac{1}{2}ma$
$F = ma + \frac{1}{2}ma = \frac{3}{2}ma$

(C) જ્યારે કોઈ પદાર્થ વર્તુળાકાર માર્ગ પર અચળ ઝડપ $V$ થી ગતિ કરતો હોય,ત્યારે કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$a = \frac{V^2}{r}$
અહીં આપેલ છે કે ઝડપ $V = 10\,ms^{-1}$ અચળ છે,તેથી સમીકરણ આ મુજબ થશે:
$a = \frac{100}{r}$
આ દર્શાવે છે કે પ્રવેગ $a$ એ ત્રિજ્યા $r$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે $(a \propto \frac{1}{r})$.
આ સંબંધ એક લંબચોરસ હાયપરબોલા (rectangular hyperbola) દર્શાવે છે,જે વિકલ્પ $C$ માં આપેલા આલેખ સાથે સુસંગત છે.

(A) વક્ર પ્રવાહી સપાટી પર દબાણનો તફાવત યંગ-લાપ્લેસ સમીકરણ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\Delta P = T \left( \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} \right)$.
બે પ્લેટો વચ્ચેના પાણીની નળાકાર સપાટી માટે,વક્રતાની બે ત્રિજ્યા $R_1 = R$ અને $R_2 = \infty$ છે (કારણ કે સપાટી નળાકાર વક્રતાને લંબ દિશામાં સીધી છે).
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\Delta P = T \left( \frac{1}{R} + \frac{1}{\infty} \right)$
કારણ કે $\frac{1}{\infty} = 0$,આપણને મળે છે:
$\Delta P = \frac{T}{R}$.

(B) ધારો કે $m_1 = 0.1\,kg$ દળ ધરાવતા બ્લોકનો $\frac{x}{2}$ સ્થાન પર વેગ $u$ છે. જ્યારે તે $m_2$ દળના બીજા બ્લોક સાથે અથડાય છે,ત્યારે પ્રથમ બ્લોક સ્થિર થઈ જાય છે,એટલે કે $v_1 = 0.$ બીજો બ્લોક $v_2 = 3\,m/s$ ના વેગથી ગતિ કરે છે.
વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $m_1 u + m_2(0) = m_1(0) + m_2(3) \Rightarrow 0.1u = 3m_2.$
અથડામણ માટે ઉર્જા સંરક્ષણ મુજબ: $\frac{1}{2}m_1 u^2 = \frac{1}{2}m_2(3)^2 \Rightarrow 0.1u^2 = 9m_2.$
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{0.1u^2}{0.1u} = \frac{9m_2}{3m_2} \Rightarrow u = 3\,m/s.$
હવે,સ્પ્રિંગ-બ્લોક સિસ્ટમ માટે પ્રારંભિક દબાયેલી સ્થિતિથી $\frac{x}{2}$ સ્થાન સુધી ઉર્જા સંરક્ષણનો ઉપયોગ કરતા:
કુલ પ્રારંભિક ઉર્જા $E = \frac{1}{2}kx^2.$
$\frac{x}{2}$ સ્થાન પર ઉર્જા $E' = \frac{1}{2}k(\frac{x}{2})^2 + \frac{1}{2}m_1 u^2.$
$E = E'$ હોવાથી,આપણને મળે છે: $\frac{1}{2}kx^2 = \frac{1}{8}kx^2 + \frac{1}{2}(0.1)(3)^2.$
$\frac{3}{8}kx^2 = 0.45 \Rightarrow \frac{1}{2}kx^2 = \frac{0.45 \times 8}{3 \times 2} = 0.6\,J.$

(D) બાજુ અને $m$ દળ ધરાવતી પાતળી સમાન ચોરસ શીટ માટે,કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અને સમતલને લંબ અક્ષ પર જડત્વની ચાકમાત્રા $I_z = \frac{ma^2}{6}$ છે.
લંબ અક્ષના પ્રમેય મુજબ,$I_z = I_x + I_y$,જ્યાં $I_x$ અને $I_y$ એ શીટના સમતલમાં કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી બે લંબ અક્ષો પરની જડત્વની ચાકમાત્રા છે.
સમાનતાને કારણે,$I_x = I_y = \frac{ma^2}{12}$.
ધારો કે $I_d$ એ વિકર્ણ પરની જડત્વની ચાકમાત્રા છે. બે વિકર્ણો (જે એકબીજાને લંબ છે અને સમતલમાં આવેલા છે) પર લાગુ પડતા લંબ અક્ષના પ્રમેય મુજબ,$I_z = I_{d1} + I_{d2}$.
ચોરસ સમાન હોવાથી,$I_{d1} = I_{d2} = I$.
આમ,$I_z = 2I$,જે સૂચવે છે કે $I = \frac{I_z}{2} = \frac{ma^2/6}{2} = \frac{ma^2}{12}$.
તેથી,$I = \frac{ma^2}{12}$.

(D) કેપેસીટન્સ $C$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[M^{-1} L^{-2} T^4 I^2]$ છે.
આપેલા અચળાંકોના પરિમાણો તપાસીએ:
વિદ્યુતભાર $e = [I T]$
બોહર ત્રિજ્યા $a_0 = [L]$
પ્લાન્કનો અચળાંક $h = [M L^2 T^{-1}]$
પ્રકાશની ગતિ $c = [L T^{-1}]$
હવે,વિકલ્પ $D$ $(u = \frac{e^2 a_0}{hc})$ ના પરિમાણો તપાસીએ:
$\frac{e^2 a_0}{hc}$ ના પરિમાણો $= \frac{[I^2 T^2] [L]}{[M L^2 T^{-1}] [L T^{-1}]} = \frac{[I^2 T^2 L]}{[M L^3 T^{-2}]} = [M^{-1} L^{-2} T^4 I^2]$.
કેપેસીટન્સના પરિમાણો અને $u = \frac{e^2 a_0}{hc}$ ના પરિમાણો સમાન હોવાથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(C) બળયુક્ત આવર્ત દોલક માટે ગતિનું સમીકરણ $m \frac{d^2x}{dt^2} + m \omega^2 x = F(t)$ છે.
અહીં $\omega = 2 \, rad \, s^{-1}$ અને $F(t) = \sin(t)$ આપેલ છે,તેથી $\frac{d^2x}{dt^2} + 4x = \frac{1}{m} \sin(t)$.
પ્રમાણસરતા માટે $m = 1$ લેતા,વિશિષ્ટ ઉકેલ $x_p = A \sin(t)$ સ્વરૂપમાં મળે.
વિકલ સમીકરણમાં મૂકતા: $-A \sin(t) + 4A \sin(t) = \sin(t) \Rightarrow 3A = 1 \Rightarrow A = 1/3$.
પ્રારંભિક શરતો $x(0) = 0$ અને $v(0) = 0$ ને ધ્યાનમાં લેતા,સામાન્ય ઉકેલ $x(t) = c_1 \cos(2t) + c_2 \sin(2t) + \frac{1}{3} \sin(t)$ છે.
$x(0) = 0$ મૂકતા $c_1 = 0$ મળે છે.
$v(0) = 0$ મૂકતા $v(t) = 2c_2 \cos(2t) + \frac{1}{3} \cos(t) \Rightarrow 2c_2 + 1/3 = 0 \Rightarrow c_2 = -1/6$.
આમ,$x(t) = \frac{1}{3} \sin(t) - \frac{1}{6} \sin(2t) = \frac{1}{3} (\sin(t) - \frac{1}{2} \sin(2t))$.
તેથી,સ્થાન $\sin(t) - \frac{1}{2} \sin(2t)$ ના પ્રમાણમાં છે.

(A) ખૂબ જ લાંબા નળાકાર દળ વિતરણ માટે,ધરીથી $r$ $(r > R)$ અંતરે ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર $E$ ગુરુત્વાકર્ષણ માટેના ગૌસના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $E = \frac{2GM}{Lr}$.
$m$ દળ ધરાવતા તારા પર લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F = mE = \frac{2GMm}{Lr}$ છે.
તારો વર્તુળાકાર પથ પર ભ્રમણ કરતો હોવાથી,આ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $\frac{mv^2}{r} = \frac{2GMm}{Lr}$.
$v = r\omega = r(\frac{2\pi}{T})$ મૂકતા,આપણને મળે છે: $m r (\frac{2\pi}{T})^2 = \frac{2GMm}{Lr}$.
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા: $r \frac{4\pi^2}{T^2} = \frac{2GM}{Lr}$.
$T^2$ માટે ગોઠવતા: $T^2 = \frac{4\pi^2 L}{2GM} r^2$.
તેથી,$T^2 \propto r^2$,જેનો અર્થ છે કે $T \propto r$.

(A) આ પ્રશ્નમાં ડોપ્લર અસરના બે તબક્કાઓનો સમાવેશ થાય છે.
તબક્કો $1$: દીવાલ સ્થિર અવલોકનકાર તરીકે કાર્ય કરે છે જે ગતિ કરતા ચામાચીડિયા (ઉદગમ) પાસેથી ધ્વનિ મેળવે છે. દીવાલ દ્વારા પ્રાપ્ત આવૃત્તિ $f' = f_0 \left( \frac{V}{V - V_s} \right)$ છે,જ્યાં $V = 320\,ms^{-1}$,$V_s = 10\,ms^{-1}$,અને $f_0 = 8000\,Hz$.
$f' = 8000 \left( \frac{320}{320 - 10} \right) = 8000 \left( \frac{320}{310} \right)$.
તબક્કો $2$: દીવાલ સ્થિર ઉદગમ તરીકે કાર્ય કરે છે જે ધ્વનિને ગતિ કરતા ચામાચીડિયા (અવલોકનકાર) તરફ પરાવર્તિત કરે છે. ચામાચીડિયા દ્વારા સંભળાતી આવૃત્તિ $f = f' \left( \frac{V + V_0}{V} \right)$ છે,જ્યાં $V_0 = 10\,ms^{-1}$.
તબક્કા $1$ માંથી $f'$ ની કિંમત મૂકતા: $f = 8000 \left( \frac{320}{310} \right) \left( \frac{320 + 10}{320} \right) = 8000 \left( \frac{330}{310} \right) = 8000 \times 1.0645 \approx 8516\,Hz$.

(D) આપેલ છે: નળનો વ્યાસ $D = \frac{2}{\sqrt{\pi}}\,cm = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \times 10^{-2}\,m$.
ત્રિજ્યા $r = \frac{D}{2} = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \times 10^{-2}\,m$.
કદનો પ્રવાહ દર $Q = \frac{15\,litres}{5\,minutes} = \frac{15 \times 10^{-3}\,m^3}{300\,s} = 5 \times 10^{-5}\,m^3/s$.
આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2 = \pi \left( \frac{1}{\sqrt{\pi}} \times 10^{-2} \right)^2 = 10^{-4}\,m^2$.
વેગ $v = \frac{Q}{A} = \frac{5 \times 10^{-5}}{10^{-4}} = 0.5\,m/s$.
રેનોલ્ડ્સ નંબર $R_e = \frac{\rho v D}{\eta}$,જ્યાં $\rho = 10^3\,kg/m^3$,$v = 0.5\,m/s$,$D = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \times 10^{-2}\,m$,અને $\eta = 10^{-3}\,Pa\cdot s$.
$R_e = \frac{10^3 \times 0.5 \times (2/\sqrt{\pi}) \times 10^{-2}}{10^{-3}} = \frac{5 \times (2/\sqrt{\pi})}{10^{-3}} = \frac{10}{\sqrt{\pi}} \times 10^3 \approx \frac{10}{1.772} \times 10^3 \approx 5642$.
સૌથી નજીકની કિંમત $5500$ છે.

(B) વર્નિયર કેલિપર્સનું લઘુત્તમ માપ $(LC)$ નીચે મુજબ છે:
$LC = \frac{\text{મુખ્ય સ્કેલના 1 વિભાગનું મૂલ્ય}}{\text{વર્નિયર સ્કેલના કુલ વિભાગો}} = \frac{0.1\,cm}{10} = 0.01\,cm$.
અવલોકિત વ્યાસ $d$ ની ગણતરી આ રીતે થાય છે: $d = \text{મુખ્ય સ્કેલનું વાંચન} + (VS \text{ વિભાગ} \times LC)$.
શૂન્ય ત્રુટિ $-0.03\,cm$ આપેલ છે,તેથી સુધારો $-(\text{શૂન્ય ત્રુટિ}) = +0.03\,cm$ થશે.
સુધારેલ વ્યાસ $d' = d + 0.03\,cm$.
માપન $(1)$ માટે: $d_1 = 0.5 + (8 \times 0.01) + 0.03 = 0.5 + 0.08 + 0.03 = 0.61\,cm$.
માપન $(2)$ માટે: $d_2 = 0.5 + (4 \times 0.01) + 0.03 = 0.5 + 0.04 + 0.03 = 0.57\,cm$.
માપન $(3)$ માટે: $d_3 = 0.5 + (6 \times 0.01) + 0.03 = 0.5 + 0.06 + 0.03 = 0.59\,cm$.
સરેરાશ સુધારેલ વ્યાસ $= \frac{0.61 + 0.57 + 0.59}{3} = \frac{1.77}{3} = 0.59\,cm$.

(B) સ્થિતિ ઉર્જા $U$ એ કેન્દ્રીય બળની વિરુદ્ધ કરેલા કાર્ય દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે: $dU = -F \cdot dr$. બળ કેન્દ્ર તરફ હોવાથી,સ્થિતિ ઉર્જા $U = \int_0^r F dr = \int_0^r \alpha r^2 dr = \frac{\alpha r^3}{3}$ થાય.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે,કેન્દ્રગામી બળ આપેલ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $\frac{mv^2}{r} = F = \alpha r^2$.
તેથી,ગતિ ઉર્જા $K.E. = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}(\alpha r^2)r = \frac{1}{2}\alpha r^3$ થાય.
કુલ યાંત્રિક ઉર્જા $E = K.E. + P.E. = \frac{1}{2}\alpha r^3 + \frac{1}{3}\alpha r^3 = \frac{5}{6}\alpha r^3$ મળે.

(C) ડોપ્લર અસર મુજબ,સ્ત્રોત તરફ ગતિ કરતા અવલોકનકાર દ્વારા સંભળાતી આભાસી આવૃત્તિ $f$ નીચે મુજબ છે:
$f = \left( \frac{v + v_0}{v - v_s} \right) f_0$
આ સમીકરણને $v_0$ ના વિધેય તરીકે દર્શાવવા માટે ગોઠવતા:
$f = \left( \frac{f_0}{v - v_s} \right) v_0 + \frac{v f_0}{v - v_s}$
આ સમીકરણ $y = mx + c$ પ્રકારનું સુરેખ સમીકરણ છે,જ્યાં $y = f$ અને $x = v_0$ છે.
આલેખનો ઢાળ $m = \frac{f_0}{v - v_s}$ થાય.
આમ,આવૃત્તિ $f$ એ $v_0$ સાથે સુરેખ રીતે વધે છે,જે આલેખ $A$ દ્વારા સાચી રીતે દર્શાવેલ છે.
તેથી,વિકલ્પ $(c)$ સાચો જવાબ છે.

(B) કોઈ બિંદુ $O$ ને અનુલક્ષીને કણનું કોણીય વેગમાન $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p} = \vec{r} \times (m\vec{v})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,કણ $r = 0.6\, m$ ત્રિજ્યાના સમક્ષિતિજ વર્તુળમાં જમીનથી $h = 0.8\, m$ ઊંચાઈ પર ગતિ કરે છે.
ધારો કે વર્તુળના કેન્દ્રની બરાબર નીચે જમીન પરનું બિંદુ $O'$ છે. $O'$ ની સાપેક્ષમાં કણનો સ્થાન સદિશ $\vec{r}$ નો સમક્ષિતિજ ઘટક $r = 0.6\, m$ અને શિરોલંબ ઘટક $h = 0.8\, m$ છે.
કણનો વેગ $\vec{v}$ છે,જે વર્તુળાકાર માર્ગને સ્પર્શક છે,તેથી તેનું મૂલ્ય $v = r\omega = 0.6 \times 12 = 7.2\, m/s$ છે.
$O'$ ને અનુલક્ષીને કોણીય વેગમાન $L = |\vec{r} \times m\vec{v}| = mvr_{\perp}$ છે,જ્યાં $r_{\perp}$ એ $O'$ માંથી પસાર થતી પરિભ્રમણની ધરીથી વેગ સદિશનું લંબ અંતર છે. વેગ સમક્ષિતિજ હોવાથી અને બિંદુ $O'$ શિરોલંબ ધરી પર હોવાથી,વેગની રેખાથી બિંદુ $O'$ નું લંબ અંતર ત્રિજ્યા $r = 0.6\, m$ જેટલું થાય છે.
આમ,$L = mvr = (2\, kg) \times (7.2\, m/s) \times (0.6\, m) = 8.64\, kg\, m^2\, s^{-1}$.

(A) જ્યારે સદિશ $\vec{A}$ ને નાના ખૂણે $\Delta \theta$ જેટલો ફેરવવામાં આવે છે,ત્યારે સદિશનું મૂલ્ય બદલાતું નથી,તેથી $|\vec{A}| = |\vec{B}| = A$ થાય.
તફાવત સદિશ $\vec{B} - \vec{A}$ એ બે સદિશોના શીર્ષો વચ્ચેની જીવાની લંબાઈ દર્શાવે છે.
ખૂબ જ નાના ખૂણા $\Delta \theta$ માટે,જીવાની લંબાઈ એ સદિશના શીર્ષ દ્વારા રચાયેલા વર્તુળના ચાપની લંબાઈ જેટલી જ ગણાય છે.
સંબંધ $\text{ચાપની લંબાઈ} = \text{ત્રિજ્યા} \times \text{ખૂણો}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$|\vec{B} - \vec{A}| \approx |\vec{A}| \Delta \theta$.

(D) અવમંદિત દોલકની $t$ સમયે ઉર્જાનું સૂત્ર $E(t) = E_0 e^{-\gamma t}$ છે,જ્યાં $\gamma = \frac{b}{m}$ એ અવમંદન અચળાંક છે.
આપેલ છે કે,પ્રારંભિક ઉર્જા $E_0 = 45\, J$ અને અંતિમ ઉર્જા $E = 15\, J$ છે.
$T = 1\, s$ ના આવર્તકાળ સાથે $15$ દોલનો પૂર્ણ કરવા માટે લાગતો સમય $t = 15 \times T = 15 \times 1 = 15\, s$ થાય.
કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા: $15 = 45 e^{-\gamma (15)}$.
$45$ વડે ભાગતા: $\frac{1}{3} = e^{-15\gamma}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લેતા: $\ln(1/3) = -15\gamma$.
$-\ln 3 = -15\gamma$.
તેથી,$\gamma = \frac{1}{15} \ln 3\, s^{-1}$.

(C) તરતી વસ્તુના દોલનનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{h'}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $h'$ એ સંતુલન સ્થિતિમાં બ્લોકનો પ્રવાહીમાં ડૂબેલો ભાગ છે.
તરતી વસ્તુ માટે,વસ્તુનું વજન એ સ્થાનાંતરિત પ્રવાહીના વજન જેટલું હોય છે: $A \cdot h \cdot \rho_{\text{wood}} \cdot g = A \cdot h' \cdot \rho_{\text{liquid}} \cdot g$.
આમ,$h' = h \cdot \frac{\rho_{\text{wood}}}{\rho_{\text{liquid}}}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $h' = 54 \ cm \times \frac{650}{900}$.
$h' = 54 \times \frac{13}{18} = 3 \times 13 = 39 \ cm$.
સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ છે.
બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,સાદા લોલકની સમતુલ્ય લંબાઈ $l$ એ ડૂબેલા ઊંડાણ $h'$ જેટલી થાય છે.
તેથી,$l = 39 \ cm$.

(C) ધારો કે $\mu_0$ એ $e, m, c$ અને $h$ સાથે નીચે મુજબ સંબંધિત છે: $\mu_0 = k e^a m^b c^c h^d$.
$\mu_0$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[M L T^{-2} A^{-2}]$ છે.
આપેલ રાશિઓના પારિમાણિક સૂત્રો છે: $e = [A T]$,$m = [M]$,$c = [L T^{-1}]$,અને $h = [M L^2 T^{-1}]$.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા:
$[M L T^{-2} A^{-2}] = [A T]^a [M]^b [L T^{-1}]^c [M L^2 T^{-1}]^d$
$[M L T^{-2} A^{-2}] = [M^{b+d} L^{c+2d} T^{a-c-d} A^a]$
બંને બાજુ $M, L, T$ અને $A$ ના ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા:
$A: a = -2$
$M: b + d = 1$
$L: c + 2d = 1$
$T: a - c - d = -2$
$T$ ના સમીકરણમાં $a = -2$ મૂકતા: $-2 - c - d = -2 \implies c + d = 0 \implies c = -d$.
$L$ ના સમીકરણમાં $c = -d$ મૂકતા: $-d + 2d = 1 \implies d = 1$.
$d = 1$ હોવાથી,$c = -1$.
$b + d = 1$ હોવાથી,$b + 1 = 1 \implies b = 0$.
આમ,$\mu_0 \propto e^{-2} m^0 c^{-1} h^1 = \frac{h}{c e^2}$.

(C) $R$ ત્રિજ્યા અને $M$ દળ ધરાવતા સમાન ઘનતાવાળા નક્કર ગોળા માટે,ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિમાન $V(r)$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
ગોળાની અંદર $(r \le R)$: $V(r) = -\frac{GM}{2R^3}(3R^2 - r^2)$. આ એક પરવલયાકાર ફેરફાર છે જ્યાં સ્થિતિમાન સપાટી પર $(r=R)$ મહત્તમ (ઓછું ઋણ) અને કેન્દ્ર પર $(r=0)$ ન્યૂનતમ (વધારે ઋણ) હોય છે.
ગોળાની બહાર $(r > R)$: $V(r) = -\frac{GM}{r}$. આ અંતર સાથે વ્યસ્ત ફેરફાર દર્શાવે છે.
આલેખ $C$ યોગ્ય રીતે દર્શાવે છે કે સ્થિતિમાન કેન્દ્ર પર ઋણ મૂલ્યથી શરૂ થાય છે,જેમ $r$ વધે છે તેમ $R$ તરફ વધે છે (ઓછું ઋણ બને છે),અને ત્યારબાદ જેમ $r$ વધે છે તેમ શૂન્ય તરફ વધવાનું ચાલુ રાખે છે.

(B) ધારો કે $P$ એ હીટરનો પાવર (એકમ સમયમાં અપાતી ઉષ્મા) છે.
પાણીને $0\,^oC$ થી $100\,^oC$ સુધી ગરમ કરવા માટે:
$Q_1 = P \times t_1 = m \cdot c \cdot \Delta T$
$P \times 10 = m \times 1 \times (100 - 0) = 100m \quad ... (i)$
પાણીને $100\,^oC$ પર વરાળમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે:
$Q_2 = P \times t_2 = m \cdot L$
$P \times 55 = m \cdot L \quad ... (ii)$
સમીકરણ $(ii)$ ને $(i)$ વડે ભાગતા:
$\frac{P \times 55}{P \times 10} = \frac{m \cdot L}{100m}$
$5.5 = \frac{L}{100}$
$L = 5.5 \times 100 = 550\, cal/g$.

(D) ધારો કે $\frac{Q}{A} = \eta^a \left( \frac{S\Delta \theta}{h} \right)^b \left( \frac{1}{\rho g} \right)^c$.
$\frac{Q}{A}$ (હીટ ફ્લક્સ) ના પરિમાણો $[M T^{-3}]$ છે.
$\eta$ ના પરિમાણો $[M L^{-1} T^{-1}]$ છે.
$\frac{S\Delta \theta}{h}$ ના પરિમાણો $[L^2 T^{-2} K^{-1} \cdot K \cdot L^{-1}] = [L T^{-2}]$ છે.
$\frac{1}{\rho g}$ ના પરિમાણો $[(M L^{-3})^{-1} (L T^{-2})^{-1}] = [M^{-1} L^3 \cdot L^{-1} T^2] = [M^{-1} L^2 T^2]$ છે.
પરિમાણોને સરખાવતા: $[M T^{-3}] = [M L^{-1} T^{-1}]^a [L T^{-2}]^b [M^{-1} L^2 T^2]^c$.
$[M T^{-3}] = [M^{a-c} L^{-a+b+2c} T^{-a-2b+2c}]$.
ઘાતને સરખાવતા:
$a - c = 1$
$-a + b + 2c = 0$
$-a - 2b + 2c = -3$
આ સમીકરણો ઉકેલતા:
પ્રથમ સમીકરણ પરથી,$a = 1 + c$.
ત્રીજા સમીકરણમાં મૂકતા: $-(1+c) - 2b + 2c = -3 \Rightarrow -1 + c - 2b = -3 \Rightarrow c - 2b = -2$.
બીજા સમીકરણમાં મૂકતા: $-(1+c) + b + 2c = 0 \Rightarrow c + b = 1$.
$c - 2b = -2$ અને $2(c + b) = 2$ નો સરવાળો કરતા $3c = 0$ મળે,તેથી $c = 0$.
તેથી $b = 1$ અને $a = 1$.
આમ,$\frac{Q}{A} = \eta \frac{S\Delta \theta}{h}$.

(D) ઊર્જાના સમવિભાજનના નિયમ મુજબ, દરેક સ્વતંત્રતાના અંશ (degree of freedom) અણુની સરેરાશ ઊર્જામાં $\frac{1}{2} k_B T$ નો ફાળો આપે છે.
ઘન પદાર્થ માટે, દરેક પરમાણુ $3D$ હાર્મોનિક ઓસિલેટર તરીકે વર્તે છે, જેમાં ગતિ ઊર્જા માટે $3$ અને સ્થિતિ ઊર્જા માટે $3$ એમ કુલ $6$ સ્વતંત્રતાના અંશ હોય છે.
પરમાણુ દીઠ સરેરાશ ઊર્જા $U = 6 \times \frac{1}{2} k_B T = 3 k_B T$ છે.
$1 \, \text{mole}$ પદાર્થ માટે, આંતરિક ઊર્જા $U_m = 3 R T$ થાય.
મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા ધારિતા $C_v = \frac{dU_m}{dT} = 3 R$ છે.
અહીં $R = 8.314 \, J \, mol^{-1} \, K^{-1}$ અને પરમાણુ દળ $M = 27 \times 10^{-3} \, kg/mol$ આપેલ છે, તેથી વિશિષ્ટ ઉષ્મા ધારિતા $c = \frac{C_v}{M} = \frac{3 R}{M}$ મળે.
કિંમતો મૂકતા: $c = \frac{3 \times 8.314}{27 \times 10^{-3}} \approx \frac{24.942}{0.027} \approx 923.77 \, J \, kg^{-1} \, K^{-1}$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ નજીકની કિંમત $925 \, J \, kg^{-1} \, K^{-1}$ છે.

(B) ચલ રેખીય દળ ઘનતા $\mu(x)$ ધરાવતા સળિયાનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x_{cm}$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$x_{cm} = \frac{\int_{0}^{L} x \mu(x) dx}{\int_{0}^{L} \mu(x) dx}$
$\mu(x) = a + \frac{bx}{L}$ મૂકતા:
$x_{cm} = \frac{\int_{0}^{L} x(a + \frac{bx}{L}) dx}{\int_{0}^{L} (a + \frac{bx}{L}) dx} = \frac{\int_{0}^{L} (ax + \frac{bx^2}{L}) dx}{\int_{0}^{L} (a + \frac{bx}{L}) dx}$
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
અંશ: $[\frac{ax^2}{2} + \frac{bx^3}{3L}]_{0}^{L} = \frac{aL^2}{2} + \frac{bL^2}{3} = L^2(\frac{a}{2} + \frac{b}{3})$
છેદ: $[ax + \frac{bx^2}{2L}]_{0}^{L} = aL + \frac{bL}{2} = L(a + \frac{b}{2})$
આમ,$x_{cm} = \frac{L^2(\frac{a}{2} + \frac{b}{3})}{L(a + \frac{b}{2})} = L \frac{(\frac{3a + 2b}{6})}{(\frac{2a + b}{2})} = L \frac{3a + 2b}{3(2a + b)}$
આપેલ છે કે $x_{cm} = \frac{7}{12}L$,તેથી:
$\frac{3a + 2b}{3(2a + b)} = \frac{7}{12}$
$\frac{3a + 2b}{2a + b} = \frac{7}{4}$
$4(3a + 2b) = 7(2a + b)$
$12a + 8b = 14a + 7b$
$b = 2a$.

(B) મણકાઓની ગતિ માટે ઉપલબ્ધ કુલ લંબાઈ $L_{eff} = L - 2nr$ છે,કારણ કે $n$ મણકાઓમાંથી દરેક $2r$ જેટલી લંબાઈ રોકે છે.
જ્યારે એક મણકો $v$ ઝડપથી ગતિ કરે છે અને આધાર સાથે સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ અનુભવે છે,ત્યારે એક અથડામણ માટે વેગમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta p = mv - (-mv) = 2mv$ છે.
બે આધાર વચ્ચે મુસાફરી કરીને પાછા ફરવા માટે લાગતો સમય $\Delta t = \frac{2(L - 2nr)}{v}$ છે.
દરેક આધાર પર લાગતું સરેરાશ બળ $F$ એ વેગમાનના ફેરફારના દર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $F = \frac{\Delta p}{\Delta t} = \frac{2mv}{2(L - 2nr) / v} = \frac{mv^2}{L - 2nr}$.

(B) સમાન રીતે વિદ્યુતભારીત નક્કર ગોળાની સપાટી પરનું સ્થિતિમાન $V_0 = \frac{Kq}{R}$ છે.
$r < R$ માટે, સ્થિતિમાન $V_i = \frac{Kq}{2R^3}(3R^2 - r^2)$ છે.
કેન્દ્ર પર $(r = 0)$, $V_{center} = \frac{3Kq}{2R} = \frac{3}{2}V_0$. તેથી, $\frac{3V_0}{2}$ સ્થિતિમાન માટે $R_1 = 0$ મળે.
$\frac{5V_0}{4}$ સ્થિતિમાન માટે $(r < R)$: $\frac{5}{4} \frac{Kq}{R} = \frac{Kq}{2R^3}(3R^2 - R_2^2) \implies \frac{5}{2} = 3 - \frac{R_2^2}{R^2} \implies \frac{R_2^2}{R^2} = \frac{1}{2} \implies R_2 = \frac{R}{\sqrt{2}} \approx 0.707R$.
$\frac{3V_0}{4}$ સ્થિતિમાન માટે $(r > R)$: $\frac{3}{4} \frac{Kq}{R} = \frac{Kq}{R_3} \implies R_3 = \frac{4}{3}R \approx 1.333R$.
$\frac{V_0}{4}$ સ્થિતિમાન માટે $(r > R)$: $\frac{1}{4} \frac{Kq}{R} = \frac{Kq}{R_4} \implies R_4 = 4R$.
હવે, $R_2 = 0.707R$ અને $(R_4 - R_3) = 4R - 1.333R = 2.667R$.
આમ, $0.707R < 2.667R$ હોવાથી, $R_2 < (R_4 - R_3)$ સાચું છે.

(A) સર્કિટમાં કેપેસિટર $C$ એ $1 \ \mu F$ અને $2 \ \mu F$ ના સમાંતર જોડાણ સાથે શ્રેણીમાં છે. સમાંતર જોડાણનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_p = 1 \ \mu F + 2 \ \mu F = 3 \ \mu F$ છે.
સર્કિટનું કુલ કેપેસિટન્સ $C_{eq} = \frac{C \times C_p}{C + C_p} = \frac{3C}{C + 3}$ છે.
બેટરી $E$ દ્વારા આપવામાં આવતો કુલ વિદ્યુતભાર $Q = C_{eq} E = \frac{3CE}{C + 3}$ છે.
આ કુલ વિદ્યુતભાર $Q$ કેપેસિટર $C$ માંથી વહે છે અને ત્યારબાદ $1 \ \mu F$ અને $2 \ \mu F$ ના સમાંતર કેપેસિટર્સ વચ્ચે વહેંચાય છે.
$2 \ \mu F$ ના કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $Q_2$ એ વિદ્યુતભાર વિભાજનના નિયમ મુજબ: $Q_2 = Q \times \left( \frac{2 \ \mu F}{1 \ \mu F + 2 \ \mu F} \right) = Q \times \frac{2}{3}$ છે.
$Q$ નું પદ મૂકતા: $Q_2 = \frac{2}{3} \times \left( \frac{3CE}{C + 3} \right) = \frac{2CE}{C + 3} = 2E \left( \frac{C}{C + 3} \right) = 2E \left( 1 - \frac{3}{C + 3} \right)$ મળે.
જેમ $C$ નું મૂલ્ય $1 \ \mu F$ થી $3 \ \mu F$ સુધી વધે છે,તેમ $\frac{3}{C + 3}$ પદ ઘટે છે,તેથી $Q_2$ વધે છે. વિધેય $f(C) = \frac{2CE}{C + 3}$ એ નીચેની તરફ વક્રતા (concave downwards) ધરાવતો આલેખ દર્શાવે છે,જે આલેખ $A$ સાથે સુસંગત છે.

(C) નળાકાર કવચના ઉપરના અર્ધ ભાગમાં ધન વિદ્યુતભાર અને નીચેના અર્ધ ભાગમાં ઋણ વિદ્યુતભારનું વિતરણ છે. આ ગોઠવણી વિદ્યુત ડાયપોલ (દ્વિધ્રુવી) જેવું જ વિદ્યુત ક્ષેત્ર ઉત્પન્ન કરે છે.
વિદ્યુત ક્ષેત્ર રેખાઓ ધન વિદ્યુતભારમાંથી ઉદ્ભવે છે અને ઋણ વિદ્યુતભાર પર સમાપ્ત થાય છે.
તેઓ ધન વિદ્યુતભારિત સપાટીમાંથી લંબરૂપે બહાર નીકળવી જોઈએ અને ઋણ વિદ્યુતભારિત સપાટીમાં લંબરૂપે પ્રવેશવી જોઈએ.
આપેલા વિકલ્પો જોતા,આકૃતિ $C$ ($115$-c981) માં દર્શાવેલ ક્ષેત્ર રેખાઓ ડાયપોલ જેવી ક્ષેત્ર ભાતને યોગ્ય રીતે રજૂ કરે છે,જ્યાં રેખાઓ ઉપરના અર્ધ ભાગમાંથી ઉદ્ભવે છે અને નીચેના અર્ધ ભાગ પર સમાપ્ત થાય છે,જે નળાકારની આસપાસ વળાંક લે છે.

(B) વાહકમાં વિદ્યુતપ્રવાહ $I = n e A v_d$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા,$e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનો વીજભાર,$A$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ અને $v_d$ એ ડ્રિફ્ટ વેગ છે.
ઓમના નિયમ મુજબ,$V = I R$,જ્યાં $R = \rho \frac{l}{A}$.
સમીકરણમાં $I$ અને $R$ ની કિંમત મૂકતા: $V = (n e A v_d) \times (\rho \frac{l}{A}) = n e v_d \rho l$.
અવરોધકતા $\rho$ માટે સૂત્ર: $\rho = \frac{V}{n e v_d l}$.
આપેલ કિંમતો: $V = 5 \ V$,$l = 0.1 \ m$,$n = 8 \times 10^{28} \ m^{-3}$,$v_d = 2.5 \times 10^{-4} \ m/s$,અને $e = 1.6 \times 10^{-19} \ C$.
આ કિંમતો મૂકતા: $\rho = \frac{5}{8 \times 10^{28} \times 1.6 \times 10^{-19} \times 2.5 \times 10^{-4} \times 0.1}$.
$\rho = \frac{5}{3.2 \times 10^5} = 1.5625 \times 10^{-5} \ \Omega m \approx 1.6 \times 10^{-5} \ \Omega m$.

(B) ધારો કે ડાબા લૂપમાં વહેતો પ્રવાહ $I_1$ (ક્લોકવાઇઝ) છે અને જમણા લૂપમાં વહેતો પ્રવાહ $I_2$ (ક્લોકવાઇઝ) છે.
ડાબા લૂપ માટે કિર્ચોફનો વોલ્ટેજ નિયમ $(KVL)$ લાગુ પાડતા:
$-6 + 3I_1 + 1(I_1 - I_2) = 0$
$4I_1 - I_2 = 6$ .....$(1)$
જમણા લૂપ માટે $KVL$ લાગુ પાડતા:
$-9 + 4I_2 + 1(I_2 - I_1) + 2I_2 = 0$
$-I_1 + 7I_2 = 9$ .....$(2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $7$ વડે ગુણીને સમીકરણ $(2)$ માં ઉમેરતા:
$28I_1 - 7I_2 = 42$
$-I_1 + 7I_2 = 9$
$27I_1 = 51 \implies I_1 = \frac{51}{27} = 1.88\ A$
$I_1$ ની કિંમત $(1)$ માં મૂકતા:
$4(1.88) - I_2 = 6 \implies 7.52 - 6 = I_2 \implies I_2 = 1.52\ A$
$1\,\Omega$ ના અવરોધમાં વહેતો પ્રવાહ $(I_1 - I_2) = 1.88 - 1.52 = 0.36\ A$ જે $Q$ થી $P$ તરફ છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો વિકલ્પ $0.13\ A$ ($Q$ થી $P$) છે.

(A) ધારો કે વિદ્યુતપ્રવાહ ધારિત તારની લંબાઈ $l$ છે.
સંતુલન સ્થિતિમાં,તાર પર લાગતા બળો તણાવ $T$,ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $(\lambda l)g$ અને ચુંબકીય બળ $F_B$ છે.
બે તાર વચ્ચેનું અંતર $r = 2L \sin \theta$ છે.
એકમ લંબાઈ દીઠ ચુંબકીય બળ $\frac{F_B}{l} = \frac{\mu_0 I^2}{2 \pi r} = \frac{\mu_0 I^2}{2 \pi (2L \sin \theta)} = \frac{\mu_0 I^2}{4 \pi L \sin \theta}$ થાય.
બળોને શિરોલંબ અને સમક્ષિતિજ દિશામાં ઘટકોમાં વિભાજિત કરતા:
$T \cos \theta = \lambda l g$
$T \sin \theta = F_B = \frac{\mu_0 I^2 l}{4 \pi L \sin \theta}$
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા:
$\tan \theta = \frac{F_B}{\lambda l g} = \frac{\mu_0 I^2 l}{4 \pi L \sin \theta \cdot \lambda l g} = \frac{\mu_0 I^2}{4 \pi \lambda g L \sin \theta}$
$I$ માટે ઉકેલતા:
$I^2 = \frac{4 \pi \lambda g L \sin \theta \tan \theta}{\mu_0} = \frac{4 \pi \lambda g L \sin^2 \theta}{\mu_0 \cos \theta}$
$I = 2 \sin \theta \sqrt{\frac{\pi \lambda g L}{\mu_0 \cos \theta}}$.

(B) પ્રવાહ લૂપની ચુંબકીય મોમેન્ટ $\overrightarrow{M}$ એ $\overrightarrow{M} = I \overrightarrow{A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં ક્ષેત્રફળ સદિશ $\overrightarrow{A}$ ની દિશા જમણા હાથના અંગૂઠાના નિયમ દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
સ્થાયી સંતુલન માટે,ચુંબકીય મોમેન્ટ $\overrightarrow{M}$ એ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\overrightarrow{B}$ ને સમાંતર હોવી જોઈએ (એટલે કે,$\theta = 0^\circ$).
અસ્થાયી સંતુલન માટે,ચુંબકીય મોમેન્ટ $\overrightarrow{M}$ એ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\overrightarrow{B}$ ને પ્રતિ-સમાંતર હોવી જોઈએ (એટલે કે,$\theta = 180^\circ$).
આકૃતિ $(a)$ માં,પ્રવાહ $yz$-સમતલમાં વહે છે. જમણા હાથના નિયમ મુજબ,ક્ષેત્રફળ સદિશ $\overrightarrow{A}$ એ $+x$ દિશામાં નિર્દેશ કરે છે.
આકૃતિ $(b)$ માં,પ્રવાહ $xy$-સમતલમાં વહે છે. જમણા હાથના નિયમ મુજબ,ક્ષેત્રફળ સદિશ $\overrightarrow{A}$ એ $+z$ દિશામાં નિર્દેશ કરે છે. કારણ કે $\overrightarrow{B}$ એ $+z$ દિશામાં છે,તેથી $\overrightarrow{M} \parallel \overrightarrow{B}$,જે સ્થાયી સંતુલન દર્શાવે છે.
આકૃતિ $(c)$ માં,પ્રવાહ $xz$-સમતલમાં વહે છે. જમણા હાથના નિયમ મુજબ,ક્ષેત્રફળ સદિશ $\overrightarrow{A}$ એ $-y$ દિશામાં નિર્દેશ કરે છે.
આકૃતિ $(d)$ માં,પ્રવાહ $xy$-સમતલમાં વહે છે. જમણા હાથના નિયમ મુજબ,ક્ષેત્રફળ સદિશ $\overrightarrow{A}$ એ $-z$ દિશામાં નિર્દેશ કરે છે. કારણ કે $\overrightarrow{B}$ એ $+z$ દિશામાં છે,તેથી $\overrightarrow{M}$ એ $\overrightarrow{B}$ ને પ્રતિ-સમાંતર છે,જે અસ્થાયી સંતુલન દર્શાવે છે.
તેથી,$(b)$ સ્થાયી છે અને $(d)$ અસ્થાયી છે.

(D) સમાન દિશામાં વિદ્યુતપ્રવાહ વહન કરતા બે કોએક્સિયલ સોલેનોઇડ માટે,બહારના સોલેનોઇડ દ્વારા ઉત્પન્ન થતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર તેની અંદર સમાન હોય છે અને તેની બહાર શૂન્ય હોય છે. અંદરનો સોલેનોઇડ આ સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં મૂકવામાં આવે છે. અંદરના સોલેનોઇડમાં વિદ્યુતપ્રવાહ સપ્રમાણ રીતે વહેંચાયેલો હોવાથી,અંદરના સોલેનોઇડ પરનું કુલ ચુંબકીય બળ શૂન્ય થાય છે કારણ કે વિરુદ્ધ બાજુઓ પર લાગતા બળો એકબીજાની અસર નાબૂદ કરે છે.
તે જ રીતે,અંદરના સોલેનોઇડ દ્વારા ઉત્પન્ન થતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર તેના પોતાના કદની અંદર મર્યાદિત હોય છે અને તેની બહાર શૂન્ય હોય છે. તેથી,બહારનો સોલેનોઇડ એવા વિસ્તારમાં મૂકવામાં આવે છે જ્યાં અંદરના સોલેનોઇડને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર શૂન્ય હોય છે. આમ,બહારના સોલેનોઇડ પરનું કુલ ચુંબકીય બળ પણ શૂન્ય છે.
તેથી,$\overrightarrow{F_1} = 0$ અને $\overrightarrow{F_2} = 0$.

(C) પ્રશ્ન મુજબ,હવાનો વક્રીભવનાંક $\mu$ જમીનથી ઊંચાઈ સાથે વધે છે.
માધ્યમમાં પ્રકાશની ઝડપ $v = c/\mu$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $c$ એ શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશની ઝડપ છે,તેથી જેમ જમીનથી ઊંચાઈ વધે છે તેમ પ્રકાશની ઝડપ $v$ ઘટે છે.
સમક્ષિતિજ રીતે ગતિ કરતા સમતલ તરંગ અગ્ર (wavefront) નો વિચાર કરો. તરંગ અગ્રનો જે ભાગ વધુ ઊંચાઈ પર છે તે જમીનની નજીકના ભાગ કરતા ધીમો ગતિ કરે છે.
હ્યુજન્સના સિદ્ધાંત મુજબ,તરંગ અગ્ર પરનો દરેક બિંદુ ગૌણ તરંગોના ઉદગમ તરીકે કાર્ય કરે છે.
કારણ કે તરંગ અગ્રનો નીચેનો ભાગ ઝડપથી ગતિ કરે છે,તેથી તરંગ અગ્ર નમે છે,જેના કારણે પ્રસરણની દિશા (જે તરંગ અગ્રને લંબ હોય છે) ઉપરની તરફ વળે છે.
તેથી,પ્રકાશનું કિરણ ઉપરની તરફ વળે છે.

(D) ધારો કે સપાટી $AB$ પર આપાતકોણ $\theta$ છે અને વક્રીભૂતકોણ $r_1$ છે. સપાટી $AC$ પર,આપાતકોણ $r_2$ અને નિર્ગમનકોણ $e$ છે.
કિરણ સપાટી $AC$ માંથી બહાર નીકળે તે માટે,આપાતકોણ $r_2$ એ ક્રાંતિકોણ $C$ કરતા ઓછો હોવો જોઈએ,જ્યાં $\sin C = \frac{1}{\mu}$ છે.
આમ,$r_2 < C$,જેનો અર્થ છે કે $r_2 < \sin^{-1}\left( \frac{1}{\mu} \right)$.
પ્રિઝમની ભૂમિતિ પરથી,$r_1 + r_2 = A$,તેથી $r_1 = A - r_2$.
$r_2 < C$ હોવાથી,આપણને $r_1 > A - C$ મળે,અથવા $r_1 > A - \sin^{-1}\left( \frac{1}{\mu} \right)$.
સપાટી $AB$ પર સ્નેલનો નિયમ લાગુ પાડતા: $\sin \theta = \mu \sin r_1$.
સાઇન વિધેય $[0, \pi/2]$ અંતરાલમાં વધતું હોવાથી,$r_1 > A - C$ નો અર્થ છે કે $\sin r_1 > \sin(A - C)$.
તેથી,$\sin \theta = \mu \sin r_1 > \mu \sin(A - C)$.
$C = \sin^{-1}(1/\mu)$ મૂકતા,આપણને $\sin \theta > \mu \sin(A - \sin^{-1}(1/\mu))$ મળે છે.
આમ,$\theta > \sin^{-1}\left[ \mu \sin\left( A - \sin^{-1}\left( \frac{1}{\mu} \right) \right) \right]$.

(C) $1$. જ્યારે કી $K_1$ લાંબા સમય સુધી બંધ હોય,ત્યારે ઇન્ડક્ટર શોર્ટ સર્કિટ તરીકે વર્તે છે. સર્કિટમાં સ્થાયી પ્રવાહ $i_0 = \frac{V}{R} = \frac{15}{0.15 \times 10^3} = 0.1 \; A$ મળે છે.
$2$. $t = 0$ સમયે,$K_1$ ખોલવામાં આવે છે અને $K_2$ બંધ કરવામાં આવે છે. બેટરી સર્કિટમાંથી દૂર થાય છે અને ઇન્ડક્ટર અવરોધ દ્વારા ડિસ્ચાર્જ થાય છે. આ એક ક્ષીણ થતો $LR$ સર્કિટ છે.
$3$. $t$ સમયે પ્રવાહ $i = i_0 e^{-\frac{Rt}{L}}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$4$. કિંમતો મૂકતા: $i = 0.1 \times e^{-\frac{0.15 \times 10^3 \times 10^{-3}}{0.03}} = 0.1 \times e^{-\frac{0.15}{0.03}} = 0.1 \times e^{-5}$.
$5$. આપેલ છે કે $e^5 \cong 150$,તેથી $e^{-5} = \frac{1}{150}$.
$6$. તેથી,$i = 0.1 \times \frac{1}{150} = \frac{0.1}{150} \; A = \frac{0.1}{150} \times 1000 \; mA = \frac{100}{150} \; mA = \frac{2}{3} \; mA \approx 0.67 \; mA$.

(A) કોઈપણ સમયે $t$ પર $LCR$ સર્કિટ માટે કિર્ચોફનો વોલ્ટેજ નિયમ $(KVL)$ લાગુ પાડતા:
$\frac{q}{C} - iR - L \frac{di}{dt} = 0$
કારણ કે $i = -\frac{dq}{dt}$,તેથી:
$\frac{q}{C} + R \frac{dq}{dt} + L \frac{d^2q}{dt^2} = 0$
આને ફરીથી ગોઠવતા ડેમ્પ્ડ હાર્મોનિક ઓસિલેટરનું વિકલ સમીકરણ મળે છે:
$\frac{d^2q}{dt^2} + \frac{R}{L} \frac{dq}{dt} + \frac{q}{LC} = 0$
કેપેસિટર પરનો ચાર્જ $q(t) = Q_0 e^{-\frac{Rt}{2L}} \cos(\omega' t + \phi)$ મુજબ ઘટે છે.
કોઈપણ ચક્ર પર મહત્તમ ચાર્જ એન્વલપ $Q_{Max} = Q_0 e^{-\frac{Rt}{2L}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આનો વર્ગ કરતા,આપણને $Q_{Max}^2 = Q_0^2 e^{-\frac{Rt}{L}}$ મળે છે.
ક્ષય અચળાંક $\lambda = \frac{R}{L}$ ની સરખામણી કરતા,આપણે જોઈએ છીએ કે નિશ્ચિત $R$ માટે,નાનું $L$ એ મોટો ક્ષય અચળાંક આપે છે,જેનો અર્થ છે કે ચાર્જ ઝડપથી ઘટે છે.
$L_1 > L_2$ હોવાથી,$L_2$ માટેનો ક્ષય અચળાંક $L_1$ કરતા મોટો છે.
તેથી,$L_2$ માટેનો વક્ર $L_1$ માટેના વક્ર કરતા ઝડપથી ઘટે છે.

(A) વિદ્યુતચુંબકીય તરંગની સરેરાશ ઉર્જા ઘનતા $U_{av} = \frac{1}{2} \varepsilon_{0} E_{0}^{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $E_{0}$ એ વિદ્યુતક્ષેત્રનો કંપવિસ્તાર છે.
બિંદુ સ્ત્રોતથી $r$ અંતરે તીવ્રતા $I = \frac{P}{4 \pi r^{2}}$ છે.
વળી,તીવ્રતા અને ઉર્જા ઘનતા વચ્ચેનો સંબંધ $I = U_{av} \times c$ છે,જ્યાં $c$ એ પ્રકાશની ગતિ છે.
તીવ્રતા માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{P}{4 \pi r^{2}} = \frac{1}{2} \varepsilon_{0} E_{0}^{2} c$.
$E_{0}^{2}$ માટે સૂત્ર બનાવતા: $E_{0}^{2} = \frac{2P}{4 \pi r^{2} \varepsilon_{0} c} = \frac{2P}{r^{2}} \times \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \times \frac{1}{c}$.
આપેલ છે કે $P = 0.1 \ W$,$r = 1 \ m$,$\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} = 9 \times 10^{9} \ N \ m^{2} \ C^{-2}$,અને $c = 3 \times 10^{8} \ m/s$.
$E_{0}^{2} = \frac{2 \times 0.1}{1^{2}} \times (9 \times 10^{9}) \times \frac{1}{3 \times 10^{8}} = 0.2 \times 3 \times 10 = 6$.
$E_{0} = \sqrt{6} \approx 2.45 \ V \ m^{-1}$.

(A) માનવ આંખનું કોણીય વિભેદન $\Delta \theta = \frac{1.22 \lambda}{D}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $D$ એ કીકીનો વ્યાસ છે.
આપેલ ત્રિજ્યા $r = 0.25 \ cm$,તેથી વ્યાસ $D = 2r = 0.50 \ cm = 5 \times 10^{-3} \ m$.
તરંગલંબાઇ $\lambda = 500 \ nm = 500 \times 10^{-9} \ m = 5 \times 10^{-7} \ m$.
કોણીય વિભેદન $\Delta \theta = \frac{1.22 \times 5 \times 10^{-7}}{5 \times 10^{-3}} = 1.22 \times 10^{-4} \ rad$ છે.
$L = 25 \ cm = 0.25 \ m$ અંતરે લઘુત્તમ અંતર $d = L \times \Delta \theta$ છે.
$d = 0.25 \times 1.22 \times 10^{-4} \ m = 0.305 \times 10^{-4} \ m = 30.5 \ \mu m$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ નજીકની કિંમત $30 \ \mu m$ છે.

(B) $1$. ફ્રેન્ક-હર્ટ્ઝ પ્રયોગે દર્શાવ્યું કે પરમાણુઓ માત્ર અસતત (discrete) જથ્થામાં જ ઉર્જાનું શોષણ કરી શકે છે,જે પરમાણુઓમાં અસતત ઉર્જા સ્તરોનું અસ્તિત્વ સાબિત કરે છે.
$2$. ફોટો-ઇલેક્ટ્રિક અસરનો પ્રયોગ પ્રકાશની કણ પ્રકૃતિ માટે પુરાવા પૂરા પાડે છે,જે દર્શાવે છે કે પ્રકાશ ફોટોન નામના ક્વોન્ટાનો બનેલો છે.
$3$. ડેવિસન-ગર્મર પ્રયોગે ઇલેક્ટ્રોનનું વિવર્તન (diffraction) દર્શાવીને ઇલેક્ટ્રોનની તરંગ પ્રકૃતિની પુષ્ટિ કરી,જે ડી-બ્રોગ્લી ઉત્કલ્પનાને સમર્થન આપે છે.
તેથી,સાચી જોડ $(a)-(ii), (b)-(i), (c)-(iii)$ છે.

(D) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે,કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n \propto n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. જેમ ઇલેક્ટ્રોન ઉત્તેજિત અવસ્થામાંથી ધરાવસ્થામાં સંક્રમણ કરે છે,તેમ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ઘટે છે,તેથી ત્રિજ્યા $r$ ઘટે છે.
ગતિઊર્જા $K.E. = \frac{kZe^2}{2r}$ છે. $r$ ઘટતું હોવાથી,$K.E.$ વધે છે.
સ્થિતિઊર્જા $P.E. = -\frac{kZe^2}{r}$ છે. $r$ ઘટતું હોવાથી,$P.E.$ નું મૂલ્ય વધે છે,જેનો અર્થ છે કે $P.E.$ વધુ ઋણ બને છે (ઘટે છે).
કુલ ઊર્જા $T.E. = -\frac{kZe^2}{2r}$ છે. $r$ ઘટતું હોવાથી,$T.E.$ નું મૂલ્ય વધે છે,જેનો અર્થ છે કે $T.E.$ વધુ ઋણ બને છે (ઘટે છે).
તેથી,ગતિઊર્જા વધે છે,જ્યારે સ્થિતિઊર્જા અને કુલ ઊર્જા ઘટે છે.

(B) એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેશનમાં,પરિણામી સિગ્નલમાં કેરિયર આવૃત્તિ $(f_c)$ અને બે સાઇડબેન્ડ આવૃત્તિઓ હોય છે: અપર સાઇડબેન્ડ $(f_c + f_m)$ અને લોઅર સાઇડબેન્ડ $(f_c - f_m)$.
આપેલ છે:
કેરિયર આવૃત્તિ $f_c = 2\ MHz = 2000\ kHz$.
મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલની આવૃત્તિ $f_m = 5\ kHz$.
મોડ્યુલેટેડ તરંગમાં હાજર આવૃત્તિઓ નીચે મુજબ છે:
$1$. કેરિયર આવૃત્તિ = $2000\ kHz$.
$2$. અપર સાઇડબેન્ડ $(USB)$ = $f_c + f_m = 2000\ kHz + 5\ kHz = 2005\ kHz$.
$3$. લોઅર સાઇડબેન્ડ $(LSB)$ = $f_c - f_m = 2000\ kHz - 5\ kHz = 1995\ kHz$.
આમ,પરિણામી આવૃત્તિઓ $2005\ kHz$,$2000\ kHz$ અને $1995\ kHz$ છે.

(D) પથની ભૂમિતિ પરથી,પ્રોટોન ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર ચાપમાં ગતિ કરે છે. આકૃતિ પરથી,$\sin \alpha = \frac{d}{R}$ મળે છે.
ચુંબકીય બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે,તેથી $\frac{mv^2}{R} = qvB$,જે ત્રિજ્યા $R = \frac{mv}{qB}$ આપે છે.
$\sin \alpha$ ના સમીકરણમાં $R$ ની કિંમત મૂકતા,$\sin \alpha = \frac{d}{mv/qB} = \frac{dqB}{mv}$ મળે છે.
પ્રોટોન દ્વારા મેળવેલી ગતિઊર્જા $\frac{1}{2}mv^2 = qV$ છે,જેનો અર્થ છે કે $v = \sqrt{\frac{2qV}{m}}$.
$\sin \alpha$ ના સમીકરણમાં $v$ ની કિંમત મૂકતા:
$\sin \alpha = \frac{dqB}{m \sqrt{\frac{2qV}{m}}} = \frac{dqB}{\sqrt{2mqV}} = Bd \sqrt{\frac{q^2}{2mqV}} = Bd \sqrt{\frac{q}{2mV}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) સામાન્ય ગોઠવણમાં ટેલિસ્કોપની મોટવણી $(M)$ $M = \frac{f_o}{f_e}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $f_o = 150\,cm$ અને $f_e = 5\,cm$ આપેલ છે,તેથી $M = \frac{150}{5} = 30$.
ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ પર પદાર્થ દ્વારા બનતો ખૂણો $\alpha \approx \tan \alpha = \frac{\text{ટાવરની ઊંચાઈ}}{\text{અંતર}} = \frac{50\,m}{1000\,m} = 0.05\,rad$.
આઈપીસ પર છબી દ્વારા બનતો ખૂણો $\beta = \theta$ છે.
$M = \frac{\beta}{\alpha}$ હોવાથી,$\theta = M \times \alpha = 30 \times 0.05 = 1.5\,rad$.
રેડિયનને ડિગ્રીમાં ફેરવવા માટે,આપણે $\frac{180}{\pi} \approx 57.3^o$ વડે ગુણીએ છીએ.
આમ,$\theta \approx 1.5 \times 57.3^o \approx 86^o$. જોકે,નાના ખૂણાના અંદાજ અને આ ચોક્કસ પ્રશ્ન માટેના પ્રમાણિત પાઠ્યપુસ્તકના સંદર્ભને ધ્યાનમાં લેતા,આપેલા વિકલ્પો મુજબ સાચો જવાબ $60^o$ છે.

(A) $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી ડિસ્કની અક્ષ પર તેના કેન્દ્રથી $h$ અંતરે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left( 1 - \frac{h}{\sqrt{R^2 + h^2}} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
છિદ્રવાળી ડિસ્ક માટે,આપણે તેને $R_1 = 2a$ ત્રિજ્યાની મોટી ડિસ્કમાંથી $R_2 = a$ ત્રિજ્યાની નાની ડિસ્ક બાદ કરીને ગણી શકીએ.
મોટી ડિસ્કને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_1 = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left( 1 - \frac{h}{\sqrt{(2a)^2 + h^2}} \right) = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left( 1 - \frac{h}{2a \sqrt{1 + (h/2a)^2}} \right)$ છે.
$h << a$ હોવાથી,આપણે દ્વિપદી અંદાજ $(1+x)^n \approx 1+nx$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $E_1 \approx \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left( 1 - \frac{h}{2a} \right)$.
નાની ડિસ્કને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_2 = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left( 1 - \frac{h}{\sqrt{a^2 + h^2}} \right) \approx \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left( 1 - \frac{h}{a} \right)$ છે.
કુલ વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = E_1 - E_2 = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left[ (1 - \frac{h}{2a}) - (1 - \frac{h}{a}) \right] = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left( \frac{h}{a} - \frac{h}{2a} \right) = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left( \frac{h}{2a} \right) = \frac{\sigma h}{4a\epsilon_0}$.
આને $Ch$ સાથે સરખાવતા,આપણને $C = \frac{\sigma}{4a\epsilon_0}$ મળે છે.

(C) $V$ જેટલા વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત દ્વારા પ્રવેગિત ઇલેક્ટ્રોન માટે ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda$ નું સૂત્ર: $\lambda = \frac{12.27}{\sqrt{V}}\,\mathring{A}$ છે.
અહીં $V = 50\,V$ આપેલ છે.
સૂત્રમાં $V$ ની કિંમત મૂકતા:
$\lambda = \frac{12.27}{\sqrt{50}}\,\mathring{A}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sqrt{50} \approx 7.071$.
તેથી,$\lambda = \frac{12.27}{7.071} \approx 1.735\,\mathring{A}$.
એક દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $\lambda \approx 1.7\,\mathring{A}$ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) મોટી અને આભાસી છબી મેળવવા માટે શેવિંગ મિરર તરીકે અંતર્ગોળ અરીસાનો ઉપયોગ કરવામાં આવે છે.
આપેલ છે:
વસ્તુનું અંતર,$u = -10\,cm$ (અરીસાની સામે મૂકવામાં આવેલ છે).
છબી આભાસી છે અને સ્પષ્ટ દ્રષ્ટિના સૌથી નજીકના આરામદાયક અંતરે રચાય છે,તેથી $v = -25\,cm$.
અરીસાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{f} = \frac{1}{v} + \frac{1}{u}$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1}{f} = \frac{1}{-25} + \frac{1}{-10} = \frac{-2 - 5}{50} = \frac{-7}{50}$
$f = -\frac{50}{7}\,cm$
વક્રતા ત્રિજ્યા $R$ એ $R = 2f$ દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$R = 2 \times (-\frac{50}{7}) = -\frac{100}{7} \approx -14.28\,cm$.
વક્રતા ત્રિજ્યાનું મૂલ્ય $14.28\,cm$ છે.

(D) પરિપથ $(a)$ માં,આપણી પાસે $RC$ શ્રેણી પરિપથ છે. જ્યારે સ્વીચ $t=0$ સમયે બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે કેપેસિટર ચાર્જ થવાનું શરૂ કરે છે. પરિપથમાં પ્રવાહ $i(t) = \frac{E}{R} e^{-t/RC}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આ દર્શાવે છે કે પ્રવાહ $\frac{E}{R}$ ના મહત્તમ મૂલ્યથી શરૂ થાય છે અને જેમ $t \to \infty$ થાય છે તેમ ઘાતાંકીય રીતે શૂન્ય તરફ જાય છે.
પરિપથ $(b)$ માં,આપણી પાસે $RL$ શ્રેણી પરિપથ છે. જ્યારે સ્વીચ $t=0$ સમયે બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે ઇન્ડક્ટર પ્રવાહમાં થતા ફેરફારનો વિરોધ કરે છે. પરિપથમાં પ્રવાહ $i(t) = \frac{E}{R} (1 - e^{-Rt/L})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આ દર્શાવે છે કે પ્રવાહ $0$ થી શરૂ થાય છે અને જેમ $t \to \infty$ થાય છે તેમ $\frac{E}{R}$ ના મહત્તમ સ્થિર-સ્થિતિ મૂલ્ય સુધી ઘાતાંકીય રીતે વધે છે.
આ વર્તણૂકોની આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખામણી કરતા,આકૃતિ $(d)$ માં વક્ર $(a)$ ને $\frac{E}{R}$ થી શરૂ થતો અને ઘટતો દર્શાવવામાં આવ્યો છે,અને વક્ર $(b)$ ને $0$ થી શરૂ થતો અને $\frac{E}{R}$ સુધી વધતો દર્શાવવામાં આવ્યો છે. આમ,આકૃતિ $(d)$ સાચું નિરૂપણ છે.

(A) સ્થિત-વિદ્યુત પ્રેરણના સિદ્ધાંત મુજબ,જ્યારે $+Q$ અને $-Q$ વિદ્યુતભારોને તટસ્થ વાહક ગોળાકાર કવચના પોલાણમાં મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે કવચના દ્રવ્યની અંદર દોરેલી ગાઉસિયન સપાટી દ્વારા ઘેરાયેલો કુલ વિદ્યુતભાર $Q_{net} = (+Q) + (-Q) = 0$ થાય છે.
ઘેરાયેલો કુલ વિદ્યુતભાર શૂન્ય હોવાથી,આંતરિક સપાટી પરનો કુલ પ્રેરિત વિદ્યુતભાર $Q_1 = 0$ હોવો જોઈએ. વિદ્યુતભારો અસમપ્રમાણ રીતે મૂકવામાં આવ્યા હોવાથી,આંતરિક સપાટી પર વિદ્યુતભારનું વિતરણ અસમાન છે,જેનો અર્થ છે કે પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતા $\sigma_1 \neq 0$ છે.
બાહ્ય સપાટી માટે,કવચ તટસ્થ હોવાથી અને પોલાણની અંદરનો કુલ વિદ્યુતભાર શૂન્ય હોવાથી,બાહ્ય સપાટી પર કોઈ વિદ્યુતભાર પ્રેરિત થતો નથી. તેથી,બાહ્ય સપાટી પરનો કુલ વિદ્યુતભાર $Q_2 = 0$ અને પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતા $\sigma_2 = 0$ છે.

(D) ફેરાડેના વિદ્યુતચુંબકીય પ્રેરણના નિયમ મુજબ,કોઈલમાં ઉત્પન્ન થતું પ્રેરિત $emf$ $(e)$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$e = L \left| \frac{di}{dt} \right|$
આપેલ છે:
પ્રારંભિક પ્રવાહ,$i_1 = 5\,A$
અંતિમ પ્રવાહ,$i_2 = 2\,A$
સમયનો ફેરફાર,$dt = 0.1\,s$
પ્રેરિત $emf$,$e = 50\,V$
પ્રવાહમાં ફેરફાર,$di = |i_2 - i_1| = |2 - 5| = 3\,A$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$50 = L \times \frac{3}{0.1}$
$50 = L \times 30$
$L = \frac{50}{30} = \frac{5}{3} \approx 1.67\,H$
તેથી,કોઈલનું આત્મ-પ્રેરકત્વ $1.67\,H$ છે.

(D) અનબાયસ્ડ $p-n$ જંકશનમાં,$p-$ વિસ્તારની સરખામણીમાં $n-$ વિસ્તારમાં મુક્ત ઇલેક્ટ્રોનની સાંદ્રતા ઘણી વધારે હોય છે.
આ સાંદ્રતાના તફાવતને કારણે,ઇલેક્ટ્રોન કુદરતી રીતે વધુ સાંદ્રતા ધરાવતા વિસ્તાર ($n-$ વિસ્તાર) માંથી ઓછી સાંદ્રતા ધરાવતા વિસ્તાર ($p-$ વિસ્તાર) તરફ પ્રસરણ પામે છે.

(C) બે કોષો એકબીજાના વિરોધમાં જોડાયેલા હોવાથી,બંધ પરિપથમાં અસરકારક $EMF$ $E_{eff} = 15 - 10 = 5\,V$ છે.
પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{total} = 1 + 0.6 = 1.6\,\Omega$ છે (કારણ કે બંધ લૂપમાં આંતરિક અવરોધો શ્રેણીમાં છે).
પરિપથમાં વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{E_{eff}}{R_{total}} = \frac{5}{1.6} = 3.125\,A$ છે.
વોલ્ટમીટર બેટરીના ટર્મિનલ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત માપે છે. $15\,V$ ની બેટરી માટે (જે ડિસ્ચાર્જ થઈ રહી છે),ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $V = E_1 - I r_1 = 15 - (3.125 \times 0.6) = 15 - 1.875 = 13.125\,V$ છે.
વૈકલ્પિક રીતે,$10\,V$ ની બેટરી માટે (જે ચાર્જ થઈ રહી છે),ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $V = E_2 + I r_2 = 10 + (3.125 \times 1) = 10 + 3.125 = 13.125\,V$ છે.
આમ,વોલ્ટમીટરનું રીડિંગ આશરે $13.1\,V$ હશે.

(C) ચુંબકીય બળ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$q v B = \frac{m v^2}{r} \implies q B = \frac{m v}{r} \implies r = \frac{m v}{q B}$ ..... $(i)$
કોણીય વેગમાન માટે બોહરની ક્વોન્ટાઈઝેશન શરત મુજબ:
$m v r = \frac{n h}{2 \pi}$ ..... $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ માંથી $r$ ની કિંમત સમીકરણ $(ii)$ માં મૂકતા:
$m v \left( \frac{m v}{q B} \right) = \frac{n h}{2 \pi}$
$m^2 v^2 = \frac{n h q B}{2 \pi}$
ગતિ ઉર્જા $E = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{m^2 v^2}{2 m}$ છે.
$m^2 v^2$ ની કિંમત મૂકતા:
$E = \frac{1}{2 m} \left( \frac{n h q B}{2 \pi} \right) = n \left( \frac{h q B}{4 \pi m} \right)$.

(D) ચુંબકીય ક્ષેત્રનો કંપવિસ્તાર $B_0 = \frac{E_0}{c}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $E_0 = 27 \, Vm^{-1}$ અને $c = 3 \times 10^8 \, ms^{-1}$,તેથી $B_0 = \frac{27}{3 \times 10^8} = 9 \times 10^{-8} \, T$.
તરંગ $x-$ દિશામાં ગતિ કરતું હોવાથી,ચુંબકીય ક્ષેત્ર $y-z$ સમતલમાં દોલન કરશે. તેથી,તેની દિશા $\hat{j}$ અથવા $\hat{k}$ હોઈ શકે છે.
તરંગ સંખ્યા $k = \frac{2\pi f}{c} = \frac{2\pi \times 2 \times 10^{14}}{3 \times 10^8} = \frac{4\pi}{3} \times 10^6 \approx 4.19 \times 10^6 \, m^{-1}$.
વિકલ્પો સાથે સરખામણી કરતા,સાઈન વિધેયની અંદરનું પદ $2\pi (\frac{x}{\lambda} - ft)$ છે. અહીં $\frac{1}{\lambda} = \frac{f}{c} = \frac{2 \times 10^{14}}{3 \times 10^8} \approx 1.5 \times 10^{-6} \, m^{-1}$.
આમ,સાચું સ્વરૂપ $\vec{B}(x, t) = (9 \times 10^{-8} \, T) \hat{k} \sin [2\pi (1.5 \times 10^{-6} \, x - 2 \times 10^{14} \, t)]$ છે.

(C) સોલેનોઈડની ચુંબકીય મોમેન્ટ $m$ એ $m = N i A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N$ એ આંટાની સંખ્યા છે,$i$ એ વિદ્યુતપ્રવાહ છે,અને $A$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
મેગ્નેટાઈઝેશન $\vec M$ ને એકમ કદ $V$ દીઠ ચુંબકીય મોમેન્ટ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$V = A \ell$,જ્યાં $\ell$ એ સોલેનોઈડની લંબાઈ છે.
તેથી,$|\vec M| = \frac{m}{V} = \frac{N i A}{A \ell} = \frac{N i}{\ell}$.
આપેલ છે કે $N = 500$,$i = 15\,A$,અને $\ell = 25\,cm = 0.25\,m$.
$|\vec M| = \frac{500 \times 15}{0.25} = \frac{7500}{0.25} = 30000\,A m^{-1}$.

(C) પ્રવાહ $I$ અને ડ્રિફ્ટ વેગ $v_d$ વચ્ચેનો સંબંધ $I = n e A v_d$ છે,જ્યાં $n$ એ વિદ્યુતભાર વાહકની ઘનતા,$e$ એ વિદ્યુતભાર અને $A$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
આપેલ છે કે $v_d \propto \sqrt{E}$,તેથી:
$I \propto v_d \propto \sqrt{E}$
તારની લંબાઈ $L$ માટે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ અને સ્થિતિમાનનો તફાવત $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $E = V/L$ છે,એટલે કે $E \propto V$.
આ કિંમત પ્રવાહના સમપ્રમાણતાના સંબંધમાં મૂકતા:
$I \propto \sqrt{V}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$I^2 \propto V$
આ એક પરવલયાકાર સંબંધ દર્શાવે છે જ્યાં $V$ એ $I^2$ ના સમપ્રમાણમાં છે $(V = k I^2)$. આ આલેખ ઉગમબિંદુથી શરૂ થતો અને ઉપરની તરફ વળેલો (concave up) વક્ર દર્શાવે છે. આપેલા વિકલ્પોમાંથી,જે આલેખમાં $V$ એ $I$ કરતા વધુ ઝડપથી વધે છે તે સાચો આલેખ છે.

(C) હાઇઝનબર્ગના અનિશ્ચિતતાના સિદ્ધાંત મુજબ,$y-$ દિશામાં ઇલેક્ટ્રોનના સ્થાનમાં અનિશ્ચિતતા $\Delta y \simeq d$ છે.
$y-$ દિશામાં વેગમાનમાં અનિશ્ચિતતા $\Delta P_y \simeq |P_y|$ છે.
અનિશ્ચિતતાના સિદ્ધાંત પરથી,આપણી પાસે $\Delta y \cdot \Delta P_y \simeq h$ છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $d \cdot |P_y| \simeq h$ મળે છે.
મોટાભાગના ઇલેક્ટ્રોન માટે,મેળવેલ વેગમાન એ અનિશ્ચિતતાના ક્રમનું હોય છે,તેથી $|P_y|d \simeq h$.

(B) વિદ્યુતચુંબકીય તરંગ માટે,વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E}$ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}$ પરસ્પર લંબ હોય છે,એટલે કે $\vec{E} \cdot \vec{B} = 0$.
વધુમાં,તરંગના પ્રસરણની દિશા $\vec{E} \times \vec{B}$ ની દિશા દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે $z$-દિશામાં (એટલે કે $\hat{k}$) હોવી જોઈએ.
વિકલ્પ $(b)$ તપાસતા:
$\vec{E} \cdot \vec{B} = (-2\hat{i} - 3\hat{j}) \cdot (3\hat{i} - 2\hat{j}) = (-2)(3) + (-3)(-2) = -6 + 6 = 0$.
$\vec{E} \times \vec{B} = (-2\hat{i} - 3\hat{j}) \times (3\hat{i} - 2\hat{j}) = 4(\hat{i} \times \hat{j}) - 9(\hat{j} \times \hat{i}) = 4\hat{k} - 9(-\hat{k}) = 4\hat{k} + 9\hat{k} = 13\hat{k}$.
પરિણામ $z$-દિશામાં હોવાથી,વિકલ્પ $(b)$ સાચો છે.

(C) તારના એક નાના ભાગનો વિચાર કરો જે કેન્દ્ર પર $d\theta$ ખૂણો આંતરે છે. આ ભાગ પર લાગતું ચુંબકીય બળ $dF = I(R d\theta)B = IBR d\theta$ છે,જે ત્રિજ્યાવર્તી રીતે બહારની તરફ લાગે છે.
ધારો કે $T$ એ તારમાં રહેલું તણાવ છે. આ નાના ભાગના છેડાઓ પર તણાવના ઘટકો,દરેક છેડે $T \sin(d\theta/2)$,ચુંબકીય બળને સંતુલિત કરવા માટે ત્રિજ્યાવર્તી રીતે અંદરની તરફ લાગે છે.
નાના ખૂણાઓ માટે,$\sin(d\theta/2) \approx d\theta/2$. તેથી,કુલ અંદરની તરફ લાગતું બળ $2T \sin(d\theta/2) \approx 2T(d\theta/2) = T d\theta$ છે.
અંદરની તરફ લાગતા બળને બહારની તરફ લાગતા ચુંબકીય બળ સાથે સરખાવતા:
$T d\theta = IBR d\theta$
તેથી,તારમાં તણાવ $T = IBR$ છે.

(C) આપેલ $LCR$ સર્કિટમાં,પ્રવાહ વોલ્ટેજ કરતા આગળ છે,જેનો અર્થ છે કે સર્કિટ કેપેસિટીવ છે,એટલે કે $X_C > X_L$ અથવા $\frac{1}{\omega C} > \omega L$. આનો અર્થ એ છે કે $\omega^2 LC < 1$.
પાવર ફેક્ટરને એકમ બનાવવા માટે,સર્કિટ રેઝોનન્સમાં હોવી જોઈએ,જ્યાં $X_L = X_{eq}$,જ્યાં $X_{eq}$ એ સમતુલ્ય કેપેસિટીવ રિએક્ટન્સ છે.
કારણ કે પ્રવાહ વોલ્ટેજ કરતા આગળ છે,આપણે રેઝોનન્સ સુધી પહોંચવા માટે કુલ કેપેસિટીવ રિએક્ટન્સ ઘટાડવાની જરૂર છે. આ સર્કિટની કુલ કેપેસીટન્સ વધારીને પ્રાપ્ત થાય છે.
જ્યારે કેપેસિટર $C'$ ને $C$ સાથે સમાંતરમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $C_{eq} = C + C'$ બને છે.
રેઝોનન્સ પર,ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ એ કેપેસિટીવ રિએક્ટન્સ જેટલું હોય છે:
$\omega L = \frac{1}{\omega (C + C')}$
$\omega^2 L (C + C') = 1$
$C + C' = \frac{1}{\omega^2 L}$
$C' = \frac{1}{\omega^2 L} - C = \frac{1 - \omega^2 LC}{\omega^2 L}$
કારણ કે $\omega^2 LC < 1$,$C'$ નું મૂલ્ય ધન છે. તેથી,કેપેસિટર $C'$ ને $C$ સાથે સમાંતરમાં જોડવું આવશ્યક છે.

(A) અંતરે રહેલા $I_1$ અને $I_2$ પ્રવાહ ધરાવતા બે લાંબા સમાંતર તાર વચ્ચે લાગતું એકમ લંબાઈ દીઠ બળ $F = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2 \pi d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રશ્ન મુજબ,જો પ્રવાહો સમાન દિશામાં હોય,તો $I_1 I_2 > 0$,તાર એકબીજાને આકર્ષે છે,અને બળ $F$ ને 'ઋણ' તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
જો પ્રવાહો વિરુદ્ધ દિશામાં હોય,તો $I_1 I_2 < 0$,તાર એકબીજાને અપાકર્ષે છે,અને બળ $F$ ને 'ધન' તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
આમ,સંબંધ $F = -k(I_1 I_2)$ છે,જ્યાં $k = \frac{\mu_0}{2 \pi d}$ એ ધન અચળાંક છે.
આ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી અને ઋણ ઢાળ ધરાવતી સીધી રેખા દર્શાવે છે. તેથી,$F$ નો $I_1 I_2$ પરનો આધાર દર્શાવતો આલેખ બીજા અને ચોથા ચરણમાં સીધી રેખા છે,જે આલેખ $A$ ને અનુરૂપ છે.

(D) તારની લંબાઈ $L = 20 \, cm = 0.2 \, m$ છે. તાર અર્ધવર્તુળ બનાવે છે,તેથી $\pi r = L$,જે ત્રિજ્યા $r = L/\pi = 0.2/\pi \, m$ આપે છે.
ચાપના દરેક અડધા ભાગની લંબાઈ $L/2 = \pi r / 2$ છે. રેખીય વિદ્યુતભાર ઘનતા $\lambda = \pm Q / (L/2) = \pm 2Q / L$ છે.
$Q$ વિદ્યુતભાર અને $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતી ક્વાર્ટર-વર્તુળાકાર ચાપના કેન્દ્ર પર વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{\sqrt{2} K \lambda}{r}$ છે,જે સંમિતિ અક્ષ સાથે $45^\circ$ ના ખૂણે હોય છે.
ડાબા ક્વાર્ટર (વિદ્યુતભાર $+Q$) માટે,ક્ષેત્ર $E_1$ એ $x$ અને $y$ અક્ષ સાથે $45^\circ$ પર ચાપથી દૂર જાય છે: $E_1 = \frac{\sqrt{2} K (2Q/L)}{r} (\cos 45^\circ \hat{i} + \sin 45^\circ \hat{j}) = \frac{2KQ}{Lr} (\hat{i} + \hat{j})$.
જમણા ક્વાર્ટર (વિદ્યુતભાર $-Q$) માટે,ક્ષેત્ર $E_2$ એ $x$ અને $y$ અક્ષ સાથે $45^\circ$ પર ચાપ તરફ જાય છે: $E_2 = \frac{\sqrt{2} K (2Q/L)}{r} (\cos 45^\circ \hat{i} - \sin 45^\circ \hat{j}) = \frac{2KQ}{Lr} (\hat{i} - \hat{j})$.
પરિણામી ક્ષેત્ર $E = E_1 + E_2 = \frac{4KQ}{Lr} \hat{i} = \frac{4KQ}{L(L/\pi)} \hat{i} = \frac{4\pi KQ}{L^2} \hat{i}$.
$K = 1/(4\pi\varepsilon_0)$ અને $Q = 10^3 \varepsilon_0$ મૂકતા:
$E = \frac{4\pi (1/4\pi\varepsilon_0) (10^3 \varepsilon_0)}{(0.2)^2} \hat{i} = \frac{10^3}{0.04} \hat{i} = 25 \times 10^3 \, N/C \hat{i}$.

(A) જ્યારે સ્વિચ $S$ ખુલ્લી હોય,ત્યારે સર્કિટમાં બે શાખાઓ સમાંતર હોય છે. ઉપરની શાખામાં $2\, \mu F$ અને $3\, \mu F$ ના બે કેપેસિટર શ્રેણીમાં છે. સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_1 = \frac{2 \times 3}{2 + 3} = 1.2\, \mu F$ છે. આ શાખા પરનો વિદ્યુતભાર $Q_1 = C_1 V = 1.2 \times 10 = 12\, \mu C$ છે. બિંદુ $a$ પરનું સ્થિતિમાન $V_a = V - \frac{Q_1}{C_{2\mu F}} = 10 - \frac{12}{2} = 4\, V$ છે.
તે જ રીતે,નીચેની શાખામાં $3\, \mu F$ અને $2\, \mu F$ ના બે કેપેસિટર શ્રેણીમાં છે. સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_2 = \frac{3 \times 2}{3 + 2} = 1.2\, \mu F$ છે. આ શાખા પરનો વિદ્યુતભાર $Q_2 = C_2 V = 1.2 \times 10 = 12\, \mu C$ છે. બિંદુ $b$ પરનું સ્થિતિમાન $V_b = V - \frac{Q_2}{C_{3\mu F}} = 10 - \frac{12}{3} = 6\, V$ છે.
જ્યારે સ્વિચ $S$ બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે બિંદુઓ $a$ અને $b$ જોડાય છે,અને બંને બિંદુઓનું સ્થિતિમાન સમાન થઈ જાય છે,જે $V_{ab} = \frac{C_1 V_1 + C_2 V_2}{C_1 + C_2} = \frac{1.2 \times 4 + 1.2 \times 6}{1.2 + 1.2} = 5\, V$ છે.
આમ,સ્વિચ દ્વારા $b$ થી $a$ તરફ $5\, \mu C$ નો વિદ્યુતભાર વહેશે.

(A) $1$. જ્યારે ધન ટર્મિનલ $A$ સાથે જોડાયેલ હોય,ત્યારે ડાયોડ $D_1$ ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય છે અને $D_2$ રિવર્સ બાયસમાં હોય છે. પરિપથ $5\,\Omega$ ના અવરોધ તરીકે વર્તે છે જે બેટરી સાથે શ્રેણીમાં છે.
$2$. પ્રવાહ $I_1 = \frac{V}{R_1} = \frac{2\,V}{5\,\Omega} = 0.4\,A$.
$3$. જ્યારે ધન ટર્મિનલ $B$ સાથે જોડાયેલ હોય,ત્યારે ડાયોડ $D_2$ ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય છે અને $D_1$ રિવર્સ બાયસમાં હોય છે. પરિપથ $10\,\Omega$ ના અવરોધ તરીકે વર્તે છે જે બેટરી સાથે શ્રેણીમાં છે.
$4$. પ્રવાહ $I_2 = \frac{V}{R_2} = \frac{2\,V}{10\,\Omega} = 0.2\,A$.
$5$. આમ,પ્રવાહ અનુક્રમે $0.4\,A$ અને $0.2\,A$ છે.

(A) આપેલ $dc$ વોલ્ટેજ રેગ્યુલેટર સર્કિટમાં,શ્રેણી અવરોધ $R_S$ માંથી વહેતો કુલ પ્રવાહ એ લોડ પ્રવાહ $I_L$ અને ઝેનર ડાયોડ પ્રવાહ $I_Z$ નો સરવાળો છે.
સર્કિટ ડાયાગ્રામ પરથી,ઝેનર ડાયોડ પ્રવાહ $I_Z = nI_L$ તરીકે આપેલ છે.
તેથી,$R_S$ માંથી વહેતો કુલ પ્રવાહ $I = I_L + I_Z = I_L + nI_L = (n + 1)I_L$ થાય.
અવરોધ $R_S$ ની આસપાસનો વોલ્ટેજ ડ્રોપ $V_i - V_L$ છે.
ઓહ્મના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$V_i - V_L = I \times R_S$.
$I$ નું મૂલ્ય મૂકતા,આપણને $V_i - V_L = (n + 1)I_L \times R_S$ મળે છે.
આમ,અવરોધ $R_S$ નું મૂલ્ય $R_S = \frac{V_i - V_L}{(n + 1)I_L}$ થાય છે.

(C) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં કોઈપણ બિંદુએ તીવ્રતા $I = 4I_0 \cos^2(\frac{\Delta \phi}{2})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I_0$ એ દરેક સ્લિટની તીવ્રતા છે અને $\Delta \phi$ એ કળા તફાવત છે.
મધ્યસ્થ અધિકતમ પર,તીવ્રતા $I_{max} = 4I_0$ છે.
આપણે તે સ્થાન $y$ શોધવા માંગીએ છીએ જ્યાં તીવ્રતા $I$ મહત્તમ તીવ્રતાના અડધા ભાગની થાય,એટલે કે $I = \frac{I_{max}}{2} = 2I_0$.
આ કિંમતને તીવ્રતાના સૂત્રમાં મૂકતા: $2I_0 = 4I_0 \cos^2(\frac{\Delta \phi}{2}) \implies \cos^2(\frac{\Delta \phi}{2}) = \frac{1}{2} \implies \cos(\frac{\Delta \phi}{2}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{\Delta \phi}{2} = \frac{\pi}{4}$,તેથી કળા તફાવત $\Delta \phi = \frac{\pi}{2}$ મળે.
કળા તફાવત $\Delta \phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ હોવાથી,$\frac{\pi}{2} = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$,જે પથ તફાવત $\Delta x = \frac{\lambda}{4}$ આપે છે.
નાના ખૂણાઓ માટે,પથ તફાવત $\Delta x = \frac{dy}{D}$ છે.
બંનેને સરખાવતા: $\frac{dy}{D} = \frac{\lambda}{4} \implies y = \frac{\lambda D}{4d}$.
ફ્રિન્જની પહોળાઈ $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ હોવાથી,આ કિંમત મૂકતા $y = \frac{\beta}{4}$ મળે છે.

(B) શરૂઆતની ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_0 = \frac{m}{M} \times N_A = \frac{1}{24} \times 6.023 \times 10^{23} \approx 2.51 \times 10^{22}$ છે.
$t$ સમયમાં ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_{\beta} = N_0(1 - e^{-\lambda t})$ છે.
અહીં $t = 7.5 \, hrs$ અને $T_{1/2} = 15 \, hrs$ આપેલ છે,તેથી ક્ષય અચળાંક $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ થાય.
તેથી,$N_{\beta} = N_0(1 - e^{-\frac{\ln 2}{15} \times 7.5}) = N_0(1 - e^{-\frac{\ln 2}{2}}) = N_0(1 - 2^{-1/2})$.
$2^{-1/2} \approx 0.707$ લેતા,$N_{\beta} = 2.51 \times 10^{22} \times (1 - 0.707) = 2.51 \times 10^{22} \times 0.293 \approx 7.35 \times 10^{21}$ મળે છે.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,$N_{\beta} \approx 7.5 \times 10^{21}$ થાય.

(C) જ્યારે ટૂંકા ગજિયા ચુંબકને ઉત્તર ધ્રુવ ભૌગોલિક ઉત્તર તરફ રહે તેમ મૂકવામાં આવે, ત્યારે તટસ્થ બિંદુઓ વિષુવવૃત્તીય રેખા (પૂર્વ-પશ્ચિમ રેખા) પર મળે છે.
તટસ્થ બિંદુ પર, ચુંબકને કારણે ઉદ્ભવતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રના સમક્ષિતિજ ઘટક $(B_H)$ જેટલું હોય છે.
ટૂંકા ગજિયા ચુંબકની વિષુવવૃત્તીય રેખા પર ચુંબકીય ક્ષેત્રનું સૂત્ર $B = \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{M}{r^3}$ છે.
આપેલ છે: $r = 30 \, cm = 0.3 \, m$, $B_H = 3.6 \times 10^{-5} \, T$, અને $\frac{\mu_0}{4\pi} = 10^{-7} \, T \cdot m/A$.
ક્ષેત્રોને સરખાવતા: $10^{-7} \cdot \frac{M}{(0.3)^3} = 3.6 \times 10^{-5}$.
$M$ માટે ગણતરી કરતા: $M = \frac{3.6 \times 10^{-5} \times (0.3)^3}{10^{-7}}$.
$M = 3.6 \times 10^2 \times 0.027$.
$M = 360 \times 0.027 = 9.72 \, A \cdot m^2$.
આમ, ચુંબકીય મોમેન્ટ આશરે $9.7 \, A \cdot m^2$ છે.

(C) ધારો કે વસ્તુને લેન્સથી $a$ અંતરે રાખવામાં આવે છે. પ્રકાશના કિરણો પહેલા લેન્સમાંથી પસાર થાય છે,પછી અરીસા પરથી પરાવર્તિત થાય છે અને અંતે ફરીથી લેન્સમાંથી પસાર થાય છે.
$1$. લેન્સ દ્વારા પ્રથમ વક્રીભવન:
લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = -a$:
$\frac{1}{v_1} - \frac{1}{-a} = \frac{1}{f} \implies \frac{1}{v_1} = \frac{1}{f} - \frac{1}{a} = \frac{a-f}{af} \implies v_1 = \frac{af}{a-f}$.
$2$. સમતલ અરીસા દ્વારા પરાવર્તન:
લેન્સ દ્વારા રચાયેલ પ્રતિબિંબ અરીસા માટે આભાસી વસ્તુ તરીકે કાર્ય કરે છે. અરીસો લેન્સ પર હોવાથી,પ્રતિબિંબ $v_1$ અરીસાની પાછળ $v_1$ અંતરે રચાય છે. અરીસો તેની સામે સમાન અંતરે પ્રતિબિંબ રચે છે,તેથી બીજા વક્રીભવન માટે નવી વસ્તુનું અંતર $u_2 = -v_1 = -\frac{af}{a-f}$ છે.
$3$. લેન્સ દ્વારા બીજું વક્રીભવન:
અંતિમ પ્રતિબિંબ $v_2 = -a/3$ પર રચાય છે (સંયોજનની સામે).
ફરીથી લેન્સના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{v_2} - \frac{1}{u_2} = \frac{1}{f}$
$\frac{1}{-a/3} - \frac{1}{-af/(a-f)} = \frac{1}{f}$
$-\frac{3}{a} + \frac{a-f}{af} = \frac{1}{f}$
$af$ વડે ગુણતા: $-3f + a - f = a$
આમ,સંયોજનની અસરકારક કેન્દ્રલંબાઈ $F = f/2$ છે. $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{F}$ માં $u = -a$ અને $v = -a/3$ મૂકતા:
$-\frac{3}{a} + \frac{1}{a} = \frac{2}{f} \implies -\frac{2}{a} = \frac{2}{f} \implies a = f$.

(B) સામાન્ય $DC$ વોલ્ટમીટર $AC$ વોલ્ટેજ માપી શકતું નથી કારણ કે એક સંપૂર્ણ ચક્ર પર અલ્ટરનેટિંગ વોલ્ટેજનું સરેરાશ મૂલ્ય શૂન્ય હોય છે, જેના કારણે સાધન શૂન્ય રીડિંગ દર્શાવે છે.
$AC$ વોલ્ટેજ માપવા માટે, આપણે એવા સાધનનો ઉપયોગ કરીએ છીએ જે પ્રવાહની ઉષ્મીય અસર પર કાર્ય કરે છે, જે પ્રવાહની દિશાથી સ્વતંત્ર છે.
હોટ વાયર વોલ્ટમીટર એ પ્રવાહની ઉષ્મીય અસર $(H = I^2Rt)$ ના સિદ્ધાંત પર કાર્ય કરે છે, જ્યાં વિચલન એ પ્રવાહ (અથવા વોલ્ટેજ) ના વર્ગના પ્રમાણમાં હોય છે. તેથી, તે $AC$ વોલ્ટેજનું $RMS$ મૂલ્ય માપી શકે છે.

(A) જ્યારે અધ્રુવીભૂત પ્રકાશ બ્રુસ્ટરના ખૂણે આપાત થાય છે,ત્યારે પરાવર્તિત પ્રકાશ સંપૂર્ણપણે સમતલ ધ્રુવીભૂત હોય છે,જેમાં તેનો વિદ્યુત ક્ષેત્ર સદિશ આપાતકોણના સમતલને લંબ હોય છે.
આપાત પ્રકાશ અધ્રુવીભૂત હોવાથી,તેમાં સમાંતર અને લંબ બંને દિશામાં $\frac{I_0}{2}$ જેટલી સમાન તીવ્રતાના ઘટકો હોય છે.
બ્રુસ્ટરના ખૂણે,પરાવર્તિત કિરણમાં માત્ર આપાતકોણના સમતલને લંબ ઘટક જ હોય છે,પરંતુ સપાટી પર પરાવર્તનના નુકસાનને કારણે,તેની તીવ્રતા $\frac{I_0}{2}$ કરતા ઓછી હોય છે.
પારગમિત પ્રકાશ આંશિક રીતે ધ્રુવીભૂત હોય છે કારણ કે તેમાં સમાંતર ઘટકનો સંપૂર્ણ ભાગ અને લંબ ઘટકનો બાકીનો ભાગ હોય છે.

(A) વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E}$ અને વિદ્યુત સ્થિતિમાન $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $\vec{E} = -\nabla V$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$dV = -\vec{E} \cdot d\vec{r} = -(E_x dx + E_y dy)$.
અહીં $\vec{E} = (25 \hat{i} + 30 \hat{j}) \, NC^{-1}$ આપેલ છે,તેથી $E_x = 25$ અને $E_y = 30$ છે.
ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ ની સાપેક્ષે $(2, 2)$ પર સ્થિતિમાન શોધવા માટે,આપણે સંકલન કરીશું:
$V(2, 2) - V(0, 0) = -\int_{(0,0)}^{(2,2)} (25 dx + 30 dy)$.
કારણ કે $V(0, 0) = 0$ છે,તેથી:
$V(2, 2) = -[25x + 30y]_{(0,0)}^{(2,2)}$.
$V(2, 2) = -[25(2) + 30(2)] - [25(0) + 30(0)]$.
$V(2, 2) = -(50 + 60) = -110 \, V$.

(C) ધારો કે બિંદુ $B$ પરનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V_B = 0 \, V$ છે.
આર્મ $EB$ માંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો ન હોવાથી,$4 \, \Omega$ ના અવરોધ પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત શૂન્ય છે.
આમ,$E$ પરનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $4 \, \Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં જોડાયેલ $4 \, V$ ની બેટરી દ્વારા નક્કી થાય છે. કોઈ પ્રવાહ વહેતો ન હોવાથી,$V_E = 4 \, V$ થાય.
હવે,લૂપ $AFEB$ ને ધ્યાનમાં લો. લૂપ $AFEB$ માં વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{\text{Net EMF}}{\text{Total Resistance}} = \frac{9 \, V - 2 \, V}{2 \, \Omega + 2 \, \Omega} = \frac{7 \, V}{4 \, \Omega} = 1.75 \, A$ છે.
$B$ ની સાપેક્ષે $A$ પરનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V_A - V_B = 9 \, V - I(2 \, \Omega) = 9 - (1.75 \times 2) = 9 - 3.5 = 5.5 \, V$ છે.
આપેલ વિકલ્પોને ધ્યાનમાં લેતા,સાચો જવાબ $5 \, V$ છે.

(B) ઇલેક્ટ્રોનની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda$ નું સૂત્ર $\lambda = \frac{h}{mv}$ છે.
બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ,$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $v \propto \frac{1}{n}$.
આ કિંમત તરંગલંબાઇના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $\lambda = \frac{h}{m(k/n)} = \frac{h}{mk} \cdot n$ મળે છે,જે દર્શાવે છે કે $\lambda \propto n$.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n = 1)$ માટે,ધારો કે તરંગલંબાઇ $\lambda_1$ છે.
$n = 4$ સ્તર માટે,તરંગલંબાઇ $\lambda_4$ એ $\lambda_4 = 4 \lambda_1$ થશે.
તેથી,$n = 4$ સ્તરમાં ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ એ ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટની તરંગલંબાઇ કરતા ચાર ગણી હોય છે.