JEE Main 2016 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) સ્ક્રૂ ગેજનું લઘુત્તમ માપ $(LC)$ નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે: $LC = \frac{\text{Pitch}}{\text{Circular scale divisions}} = \frac{0.5 \ mm}{50} = 0.01 \ mm$.
જ્યારે $45^{th}$ વિભાગ મુખ્ય સ્કેલ લાઇન સાથે સુસંગત હોય અને શૂન્ય માંડ દેખાતું હોય,ત્યારે શૂન્ય ત્રુટિ ઋણ હોય છે. શૂન્ય ચિહ્નથી આગળના વિભાગોની સંખ્યા $50 - 45 = 5$ છે.
શૂન્ય ત્રુટિ $(ZE)$ = $-5 \times LC = -5 \times 0.01 \ mm = -0.05 \ mm$.
અવલોકિત વાંચન: $\text{Main Scale Reading} + (\text{Circular Scale Reading} \times LC) = 0.5 \ mm + (25 \times 0.01 \ mm) = 0.5 \ mm + 0.25 \ mm = 0.75 \ mm$.
સુધારેલ વાંચન (જાડાઈ) = $\text{Observed Reading} - ZE = 0.75 \ mm - (-0.05 \ mm) = 0.75 \ mm + 0.05 \ mm = 0.80 \ mm$.

(A) પગલું $1$: સરેરાશ આવર્તકાળ $(T_{mean})$ ગણો:
$T_{mean} = \frac{90 + 91 + 95 + 92}{4} = \frac{368}{4} = 92\;s$.
પગલું $2$: દરેક માપન માટે નિરપેક્ષ ત્રુટિ ગણો:
$|\Delta T_1| = |92 - 90| = 2\;s$
$|\Delta T_2| = |92 - 91| = 1\;s$
$|\Delta T_3| = |92 - 95| = 3\;s$
$|\Delta T_4| = |92 - 92| = 0\;s$
પગલું $3$: સરેરાશ નિરપેક્ષ ત્રુટિ $(\Delta T_{mean})$ ગણો:
$\Delta T_{mean} = \frac{2 + 1 + 3 + 0}{4} = \frac{6}{4} = 1.5\;s$.
પગલું $4$: લઘુત્તમ માપશક્તિ (Least count) ના આધારે રાઉન્ડિંગ:
ઘડિયાળની લઘુત્તમ માપશક્તિ $1\;s$ છે. તેથી,સરેરાશ નિરપેક્ષ ત્રુટિને નજીકના પૂર્ણાંકમાં ફેરવતા તે $2\;s$ મળે છે.
આમ,નોંધાયેલ સરેરાશ સમય $92 \pm 2\;s$ છે.

(A) બિંદુ $P$ ની ઊંચાઈ $h = 2 \ m$ છે. ઢળતા ટ્રેક $PQ$ ની લંબાઈ $L = h / \sin(30^\circ) = 2 / 0.5 = 4 \ m$ છે.
પથ $PQ$ પર ગુમાવેલી ઉર્જા $W_{PQ} = \mu mg \cos(30^\circ) \times L = \mu mg (\sqrt{3}/2) \times 4 = 2\sqrt{3} \mu mg$ છે.
સમક્ષિતિજ પથ $QR$ પર ગુમાવેલી ઉર્જા $W_{QR} = \mu mg x$ છે.
આપેલ છે કે $PQ$ અને $QR$ પર ગુમાવેલી ઉર્જા સમાન છે,તેથી $W_{PQ} = W_{QR}$:
$2\sqrt{3} \mu mg = \mu mg x \implies x = 2\sqrt{3} \approx 3.46 \ m$.
કુલ ગુમાવેલી ઉર્જા કણની પ્રારંભિક સ્થિતિ ઉર્જા જેટલી હોય છે: $W_{PQ} + W_{QR} = mgh$.
કારણ કે $W_{PQ} = W_{QR}$,તેથી $2 W_{PQ} = mgh$,જેનો અર્થ છે કે $W_{PQ} = mgh / 2$.
$2\sqrt{3} \mu mg = mgh / 2 \implies 2\sqrt{3} \mu = h / 2$.
$h = 2 \ m$ મૂકતા: $2\sqrt{3} \mu = 1 \implies \mu = 1 / (2\sqrt{3}) \approx 1 / 3.464 \approx 0.288 \approx 0.29$.
આમ,$\mu \approx 0.29$ અને $x \approx 3.5 \ m$.

(B) $1000$ વખત દળ ઊંચકવા માટે થયેલું કાર્ય $W = n \times mgh$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $n = 1000$, $m = 10 \ kg$, $g = 9.8 \ m/s^2$, અને $h = 1 \ m$ છે.
$W = 1000 \times 10 \times 9.8 \times 1 = 98000 \ J$.
કાર્યક્ષમતા $\eta = 20\% = 0.2$ આપેલ હોવાથી, ચરબીમાંથી જરૂરી કુલ ઊર્જા ઇનપુટ $E_{in} = \frac{W}{\eta} = \frac{98000}{0.2} = 490000 \ J = 4.9 \times 10^5 \ J$ છે.
$1 \ kg$ ચરબી દ્વારા પૂરી પાડવામાં આવતી ઊર્જા $3.8 \times 10^7 \ J/kg$ છે.
તેથી, વપરાયેલી ચરબીનું દળ $M_{fat} = \frac{E_{in}}{3.8 \times 10^7} = \frac{4.9 \times 10^5}{3.8 \times 10^7} \approx 1.289 \times 10^{-2} \ kg = 12.89 \times 10^{-3} \ kg$ થાય.

(D) કોણીય વેગમાન $\vec L = \vec r \times \vec p = r_{\perp} p \hat n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r_{\perp}$ એ ઉગમબિંદુથી ગતિની રેખાનું લંબ અંતર છે.
$A$ થી $B$ વિભાગ માટે: ગતિની રેખા $y = R/\sqrt{2}$ છે. લંબ અંતર $R/\sqrt{2}$ છે. વેગ $+x$ દિશામાં છે,તેથી $\vec L = (R/\sqrt{2})mv(-\hat k)$.
$B$ થી $C$ વિભાગ માટે: ગતિની રેખા $x = R/\sqrt{2} + a$ છે. લંબ અંતર $R/\sqrt{2} + a$ છે. વેગ $+y$ દિશામાં છે,તેથી $\vec L = (R/\sqrt{2} + a)mv(\hat k)$.
$C$ થી $D$ વિભાગ માટે: ગતિની રેખા $y = R/\sqrt{2} + a$ છે. લંબ અંતર $R/\sqrt{2} + a$ છે. વેગ $-x$ દિશામાં છે,તેથી $\vec L = (R/\sqrt{2} + a)mv(\hat k)$.
$D$ થી $A$ વિભાગ માટે: ગતિની રેખા $x = R/\sqrt{2}$ છે. લંબ અંતર $R/\sqrt{2}$ છે. વેગ $-y$ દિશામાં છે,તેથી $\vec L = (R/\sqrt{2})mv(\hat k)$.
આ વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,વિધાન $(b)$ અને $(c)$ ખોટા છે.

(C) આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ,રોલરને બે પાટા $AB$ અને $CD$ પર રાખવામાં આવે છે. પાટા અસમપ્રમાણ છે જેથી પરિભ્રમણની ધરીથી ડાબા પાટા $AB$ પરના સંપર્ક બિંદુનું અંતર જમણા પાટા $CD$ પરના અંતર કરતા અલગ છે.
રોલર બે શંકુઓનું બનેલું હોવાથી જે તેમના શિરોબિંદુ $O$ પર જોડાયેલા છે,પાટા સાથેના સંપર્ક બિંદુ પર રોલરની ત્રિજ્યા શિરોબિંદુ $O$ થી અંતર પર આધાર રાખે છે.
રોલિંગ ગતિ માટે,સંપર્કના કોઈપણ બિંદુ પર રેખીય વેગ $v = r \omega$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r$ એ તે બિંદુ પર શંકુની ત્રિજ્યા છે અને $\omega$ એ કોણીય વેગ છે.
પાટા અસમપ્રમાણ રીતે ગોઠવાયેલા હોવાથી,ડાબા પાટા પરના સંપર્ક બિંદુ પરની અસરકારક ત્રિજ્યા $r$ એ જમણા પાટા પરના સંપર્ક બિંદુ પરની અસરકારક ત્રિજ્યા $r$ કરતા નાની છે.
$v = r \omega$ હોવાથી,નાની ત્રિજ્યા ધરાવતી બાજુનો રેખીય વેગ ઓછો હશે,જેના કારણે રોલર નાની ત્રિજ્યા ધરાવતી બાજુ તરફ વળશે,જે ડાબી બાજુ છે.

(D) પોલિટ્રોપિક પ્રક્રિયા માટે,મોલર ઉષ્માધારિતા $C$ નીચેના સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $C = C_v + \frac{R}{1 - n}$.
$n$ માટે ઉકેલવા માટે પદોને ફરીથી ગોઠવતા:
$C - C_v = \frac{R}{1 - n}$
$1 - n = \frac{R}{C - C_v}$
$n = 1 - \frac{R}{C - C_v}$
મેયરના સંબંધ $R = C_p - C_v$ નો ઉપયોગ કરતા:
$n = \frac{C - C_v - (C_p - C_v)}{C - C_v}$
$n = \frac{C - C_v - C_p + C_v}{C - C_v}$
$n = \frac{C - C_p}{C - C_v}$.

(B) ધારો કે પ્રારંભિક કંપવિસ્તાર $A$ છે અને નવો કંપવિસ્તાર $A'$ છે. સરળ આવર્ત ગતિ કરતા કણનો સંતુલન સ્થાનથી $x$ અંતરે વેગ $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$x = \frac{2A}{3}$ પર,પ્રારંભિક વેગ $v = \omega \sqrt{A^2 - (\frac{2A}{3})^2} = \omega \sqrt{A^2 - \frac{4A^2}{9}} = \omega \sqrt{\frac{5A^2}{9}} = \frac{\omega A \sqrt{5}}{3}$ છે.
નવી ઝડપ $v' = 3v = \omega A \sqrt{5}$ છે.
તે જ સ્થાન $x = \frac{2A}{3}$ પર નવા કંપવિસ્તાર $A'$ માટેનું સૂત્ર વાપરતા:
$(v')^2 = \omega^2 (A'^2 - x^2)$
$(\omega A \sqrt{5})^2 = \omega^2 (A'^2 - (\frac{2A}{3})^2)$
$5A^2 = A'^2 - \frac{4A^2}{9}$
$A'^2 = 5A^2 + \frac{4A^2}{9} = \frac{45A^2 + 4A^2}{9} = \frac{49A^2}{9}$
$A' = \sqrt{\frac{49A^2}{9}} = \frac{7A}{3}$.

(C) લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આવર્તકાળમાં થતો આંશિક ફેરફાર $\frac{\Delta T}{T} = \frac{1}{2} \alpha \Delta \theta$ છે.
એક દિવસ માટે,$T = 24 \times 3600 \; s$.
જ્યારે ઘડિયાળ $40^{\circ}C$ તાપમાને $12\;s$ ગુમાવે છે (જ્યાં $\theta$ એ સાચું તાપમાન છે): $\frac{12}{T} = \frac{1}{2} \alpha (40 - \theta) \quad ...(1)$
જ્યારે ઘડિયાળ $20^{\circ}C$ તાપમાને $4\;s$ મેળવે છે: $\frac{4}{T} = \frac{1}{2} \alpha (\theta - 20) \quad ...(2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $(2)$ વડે ભાગતા: $\frac{12}{4} = \frac{40 - \theta}{\theta - 20} \implies 3(\theta - 20) = 40 - \theta \implies 3\theta - 60 = 40 - \theta \implies 4\theta = 100 \implies \theta = 25^{\circ}C$.
સમીકરણ $(2)$ માં $\theta = 25^{\circ}C$ મૂકતા: $\frac{4}{24 \times 3600} = \frac{1}{2} \alpha (25 - 20) \implies \frac{4}{86400} = \frac{1}{2} \alpha (5) \implies \alpha = \frac{8}{86400 \times 5} = \frac{8}{432000} \approx 1.85 \times 10^{-5}/^{\circ}C$.

(A) દોરી પર તરંગનો વેગ $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ તણાવ છે અને $\mu$ એ એકમ લંબાઈ દીઠ દળ છે.
$l$ લંબાઈ અને $m$ દળ ધરાવતી દોરી માટે,$\mu = \frac{m}{l}$.
નીચેના છેડેથી $x$ અંતરે,તણાવ $T$ એ તે બિંદુની નીચે રહેલી દોરીના વજનને કારણે હોય છે: $T = \mu x g$.
આને વેગના સૂત્રમાં મૂકતા: $v = \sqrt{\frac{\mu x g}{\mu}} = \sqrt{gx}$.
કારણ કે $v = \frac{dx}{dt}$,તેથી $\frac{dx}{dt} = \sqrt{gx}$.
ચલને અલગ કરતા: $x^{-1/2} dx = \sqrt{g} dt$.
$x=0$ થી $x=l$ અને $t=0$ થી $t=T_{total}$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{0}^{l} x^{-1/2} dx = \int_{0}^{T_{total}} \sqrt{g} dt$.
$[2x^{1/2}]_{0}^{l} = \sqrt{g} T_{total}$.
$2\sqrt{l} = \sqrt{g} T_{total} \implies T_{total} = 2\sqrt{\frac{l}{g}}$.
અહીં $l = 20 \ m$ અને $g = 10 \ ms^{-2}$ આપેલ છે,તેથી $T_{total} = 2\sqrt{\frac{20}{10}} = 2\sqrt{2} \ s$.

(B) બંને છેડે ખુલ્લી $\ell$ લંબાઈની પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f = \frac{v}{2\ell}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v$ એ હવામાં ધ્વનિની ઝડપ છે.
જ્યારે પાઇપને પાણીમાં ઊભી એવી રીતે ડૂબાડવામાં આવે છે કે તેની અડધી લંબાઈ પાણીની અંદર હોય,ત્યારે હવાના સ્તંભની લંબાઈ $\ell^{\prime} = \frac{\ell}{2}$ થાય છે.
હવે પાઇપ એક છેડે બંધ (પાણીની સપાટી દ્વારા) અને બીજા છેડે ખુલ્લી હોવાથી,તે એક છેડે બંધ પાઇપ તરીકે વર્તે છે.
એક છેડે બંધ અને $\ell^{\prime}$ લંબાઈની પાઇપની મૂળભૂત આવૃત્તિ $f^{\prime} = \frac{v}{4\ell^{\prime}}$ છે.
સમીકરણમાં $\ell^{\prime} = \frac{\ell}{2}$ મૂકતા,આપણને $f^{\prime} = \frac{v}{4(\ell/2)} = \frac{v}{2\ell}$ મળે છે.
આમ,શરૂઆતની આવૃત્તિ સાથે સરખાવતા,આપણને $f^{\prime} = f$ મળે છે.

(A) સમદાબી પ્રક્રિયામાં,આદર્શ વાયુ દ્વારા થયેલ કાર્ય $W = P \Delta V = nR \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અચળ દબાણે આપેલી ઉષ્મા $Q = n C_P \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
એકપરમાણ્વીય વાયુ માટે,અચળ દબાણે મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_P = \frac{5}{2}R$ છે.
થયેલ કાર્ય અને આપેલી ઉષ્માનો ગુણોત્તર $\frac{W}{Q} = \frac{nR \Delta T}{n C_P \Delta T} = \frac{R}{C_P}$ થાય.
$C_P$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $\frac{W}{Q} = \frac{R}{\frac{5}{2}R} = \frac{2}{5} = 0.4$ મળે છે.

(B) રોકેટના સંદર્ભ ફ્રેમમાં,પદાર્થ પર નીચેની તરફ આભાસી બળ $ma$ લાગે છે,જ્યાં $a = 2g$ છે. દળ $m$ પર લાગતો કુલ અસરકારક પ્રવેગ $g_{eff} = g + a = g + 2g = 3g$ નીચેની તરફ છે.
ઢળતા સમતલ પર દળ $m$ પર લાગતા બળો નીચે મુજબ છે:
$1$. અસરકારક વજનનો ઘટક $mg_{eff} \sin \theta = 3mg \sin \theta$ જે ઢાળની નીચેની દિશામાં લાગે છે.
$2$. ઘર્ષણ બળ $f$ જે ઢાળની ઉપરની દિશામાં લાગે છે.
ઢળતા સમતલને લંબ દિશામાં લાગતા બળો:
$1$. લંબબળ $N = mg_{eff} \cos \theta = 3mg \cos \theta$.
$2$. અસરકારક વજનનો ઘટક $mg_{eff} \cos \theta = 3mg \cos \theta$.
પદાર્થ સ્થિર રહે તે માટે,ઘર્ષણ બળ ઢાળની નીચેની તરફ લાગતા અસરકારક વજનના ઘટકને સંતુલિત કરવું જોઈએ:
$f = 3mg \sin \theta$
કારણ કે $f \le \mu N,$ તેથી ન્યૂનતમ ઘર્ષણાંક $\mu_{min}$ નીચે મુજબ મળે:
$f = \mu_{min} N$
$3mg \sin \theta = \mu_{min} (3mg \cos \theta)$
$\mu_{min} = \frac{3mg \sin \theta}{3mg \cos \theta} = \tan \theta$

(C) રસ્તાનો ઢાળ $\sin \theta \approx \tan \theta = \frac{100 \, m}{1000 \, m} = \frac{1}{10}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે $v_1 = 10 \, m/s$ ની ઝડપે ઉપરની તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે જરૂરી બળ $F_{up} = W \sin \theta + f = W(\frac{1}{10}) + \frac{W}{20} = \frac{3W}{20}$ છે.
જરૂરી પાવર $P = F_{up} \cdot v_1 = (\frac{3W}{20}) \cdot 10 = \frac{3W}{2}$ છે.
જ્યારે $v$ ઝડપે નીચેની તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે જરૂરી બળ $F_{down} = |W \sin \theta - f| = |\frac{W}{10} - \frac{W}{20}| = \frac{W}{20}$ છે.
આપેલ છે કે પાવર $P' = \frac{P}{2} = \frac{3W}{4}$ છે,તેથી $\frac{W}{20} \cdot v = \frac{3W}{4}$.
$v$ માટે ઉકેલતા: $v = \frac{3 \cdot 20}{4} = 15 \, m/s$.

(D) ધારો કે સંદર્ભ વર્તુળની ત્રિજ્યા $A$ છે. કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \frac{2\pi}{T}$ છે.
$t=0$ સમયે,પ્રથમ કણ $x = A$ પર છે,જે સંદર્ભ વર્તુળ પર $\phi_1 = 0$ ફેઝ એંગલ દર્શાવે છે.
બીજો કણ $x = -A/2$ પર છે અને સંતુલન બિંદુ તરફ (ધન દિશામાં) ગતિ કરી રહ્યો છે. આ ફેઝ એંગલ $\phi_2 = \frac{4\pi}{3}$ દર્શાવે છે.
તેઓ એકબીજા તરફ ગતિ કરે છે,તેથી સાપેક્ષ કોણીય વેગ $\omega$ છે. સંદર્ભ વર્તુળનો ઉપયોગ કરતા: કણ $1$ એ $0$ રેડિયનથી શરૂ થાય છે,કણ $2$ એ $240^{\circ}$ ($4\pi/3$ રેડિયન) થી શરૂ થાય છે. તેઓ ત્યારે મળે છે જ્યારે તેમના x-અક્ષ પરના પ્રક્ષેપણ સમાન હોય. લાગતો સમય $t = \frac{\Delta \phi}{\omega} = \frac{\pi/3}{2\pi/T} = \frac{T}{6}$ છે.

(C) કેપ્લરના બીજા નિયમ મુજબ,ગ્રહનો ક્ષેત્રીય વેગ અચળ હોય છે,જેનો અર્થ છે કે ક્ષેત્રફળ કાપવા માટે લાગતો સમય તે ક્ષેત્રફળના સમપ્રમાણમાં હોય છે.
ધારો કે લંબગોળનું કુલ ક્ષેત્રફળ $A$ છે.
માર્ગ $abc$ માં ગ્રહ દ્વારા આવરી લેવાયેલ ક્ષેત્રફળ એ અર્ધ-લંબગોળ (બાજુ $b$ તરફ) અને ત્રિકોણ $Sca$ ના ક્ષેત્રફળનો સરવાળો છે.
અર્ધ-લંબગોળનું ક્ષેત્રફળ $= \frac{A}{2}$.
ત્રિકોણ $Sca$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{4}A$ (આપેલ છે).
તેથી,માર્ગ $abc$ માં આવરી લેવાયેલ ક્ષેત્રફળ $A_1 = \frac{A}{2} + \frac{A}{4} = \frac{3A}{4}$ છે.
માર્ગ $cda$ માં આવરી લેવાયેલ ક્ષેત્રફળ $A_2 = A - A_1 = A - \frac{3A}{4} = \frac{A}{4}$ છે.
કારણ કે $\frac{t_1}{t_2} = \frac{A_1}{A_2}$,તેથી $\frac{t_1}{t_2} = \frac{3A/4}{A/4} = 3$.
આમ,$t_1 = 3t_2$.

(C) ધારો કે ઉપરનો છેડો $x=0$ પર અને નીચેનો છેડો $x=L$ પર છે. ઉપરથી $x$ અંતરે ત્રિજ્યા $r(x) = R + \frac{3R-R}{L}x = R(1 + \frac{2x}{L})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$dx$ લંબાઈના નાના ઘટકનું વિસ્તરણ $d\Delta L = \frac{Mg dx}{Y A(x)}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A(x) = \pi r(x)^2 = \pi R^2 (1 + \frac{2x}{L})^2$.
$x=0$ થી $x=L$ સુધી સંકલન કરતા:
$\Delta L = \int_0^L \frac{Mg dx}{\pi Y R^2 (1 + \frac{2x}{L})^2} = \frac{Mg}{\pi Y R^2} \int_0^L (1 + \frac{2x}{L})^{-2} dx$.
ધારો કે $u = 1 + \frac{2x}{L}$,તો $du = \frac{2}{L} dx$,અથવા $dx = \frac{L}{2} du$.
જ્યારે $x=0, u=1$; જ્યારે $x=L, u=3$.
$\Delta L = \frac{Mg}{\pi Y R^2} \cdot \frac{L}{2} \int_1^3 u^{-2} du = \frac{MgL}{2 \pi Y R^2} \left[ -\frac{1}{u} \right]_1^3 = \frac{MgL}{2 \pi Y R^2} \left( 1 - \frac{1}{3} \right) = \frac{MgL}{2 \pi Y R^2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{MgL}{3 \pi Y R^2}$.
કુલ ખેંચાયેલી લંબાઈ $L + \Delta L = L + \frac{MgL}{3 \pi Y R^2} = L \left( 1 + \frac{1}{3} \frac{Mg}{\pi Y R^2} \right)$ છે.

(A) ધારો કે છિદ્ર પાસે પાણીનો વેગ $v_1$ છે અને જ્યારે તે જમીન સાથે અથડાય છે ત્યારે પાણીનો વેગ $v_2$ છે.
ટોરીસેલીના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,છિદ્ર પાસે વેગ $v_1 = \sqrt{2gH}$ છે.
મુક્ત પતન કરતા પદાર્થ માટે ગતિના સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા,જમીન પાસે વેગ $v_2 = \sqrt{v_1^2 + 2gh} = \sqrt{2gH + 2gh} = \sqrt{2g(H + h)}$ મળે છે.
સાતત્યના સમીકરણ મુજબ,કદનો પ્રવાહ દર અચળ રહે છે:
$A_1 v_1 = A_2 v_2$
$\pi r^2 v_1 = \pi x^2 v_2$
$r^2 \sqrt{2gH} = x^2 \sqrt{2g(H + h)}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$r^4 (2gH) = x^4 (2g(H + h))$
$x^4 = r^4 \frac{H}{H + h}$
$x = r \left( \frac{H}{H + h} \right)^{\frac{1}{4}}$

(D) ડોપ્લર અસર મુજબ,આભાસી આવૃત્તિ $f^{\prime}$ માટેનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$f^{\prime} = f \left( \frac{v + v_{o}}{v - v_{s}} \right)$
અહીં,$v$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે,$v_{o}$ એ અવલોકનકાર (બીજા એન્જિનનો ડ્રાઈવર) નો વેગ છે,અને $v_{s}$ એ ઉદગમ (પ્રથમ એન્જિન) નો વેગ છે.
આપેલ છે: $v = 330\,m/s$,$v_{o} = 30\,m/s$ (ઉદગમ તરફ ગતિ કરે છે),$v_{s} = 30\,m/s$ (અવલોકનકાર તરફ ગતિ કરે છે),અને $f = 540\,Hz$.
કિંમતો મૂકતા:
$f^{\prime} = 540 \left( \frac{330 + 30}{330 - 30} \right)$
$f^{\prime} = 540 \left( \frac{360}{300} \right)$
$f^{\prime} = 540 \times 1.2 = 648\,Hz$.

(D) પાણીનું કદ અચળ રહે છે તેમ માનવામાં આવે છે,તેથી તંત્ર દ્વારા કે તંત્ર પર કોઈ કાર્ય થતું નથી $(W = 0)$.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ:
$Q = \Delta U + W$
પ્રક્રિયા સમકદ (isochoric) હોવાથી $(W = 0)$,પૂરી પાડવામાં આવેલ ઉષ્મા એ આંતરિક ઉર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલી હોય છે:
$Q = \Delta U$
ઉષ્માનું સૂત્ર $Q = mc\Delta T$ છે,જ્યાં:
$m = 200\,g = 0.2\,kg$
$c = 4184\,J/kg\cdot K$
$\Delta T = 60\,^{\circ}C - 40\,^{\circ}C = 20\,K$
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta U = 0.2\,kg \times 4184\,J/kg\cdot K \times 20\,K$
$\Delta U = 16736\,J$
$\Delta U = 16.736\,kJ \approx 16.7\,kJ$.

(C) સ્નિગ્ધ માધ્યમમાં ઊભી રીતે નીચે પડતા બિંદુવત દળ $m$ માટે,તેના પર લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ ($mg$ નીચેની તરફ) અને સ્નિગ્ધ અવરોધક બળ ($kv$ ઉપરની તરફ) છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,ગતિનું સમીકરણ છે: $ma = mg - kv$.
આમ,પ્રવેગ $a = g - (k/m)v$ છે.
$t = 0$ સમયે,$v = 0$ છે,તેથી પ્રારંભિક પ્રવેગ $a = g$ (મહત્તમ) છે.
જેમ જેમ ઝડપ $v$ વધે છે,તેમ અવરોધક બળ $kv$ વધે છે,જેના કારણે પ્રવેગ $a$ ઘટે છે.
અંતે,ઝડપ ટર્મિનલ વેગ $v_t = mg/k$ સુધી પહોંચે છે,જ્યાં પ્રવેગ $a$ શૂન્ય થઈ જાય છે.
તેથી,ઝડપ $v$ એ $0$ થી વધીને અચળ મૂલ્ય $v_t$ ની નજીક પહોંચે છે,જ્યારે પ્રવેગ $a$ એ $g$ થી ઘટીને $0$ ની નજીક પહોંચે છે.
આપેલા આલેખો સાથે સરખામણી કરતા,આલેખ $C$ યોગ્ય રીતે દર્શાવે છે કે ઝડપ $v$ અચળ મૂલ્ય તરફ વધે છે અને પ્રવેગ $a$ શૂન્ય તરફ ઘટે છે.

(C) સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln T = \ln(2\pi) + \frac{1}{2} \ln L - \frac{1}{2} \ln g$.
તાપમાન $\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{1}{T} \frac{dT}{d\theta} = \frac{1}{2L} \frac{dL}{d\theta}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{dL}{d\theta} = L\alpha$,તેથી $\frac{1}{T} \frac{dT}{d\theta} = \frac{1}{2L} (L\alpha) = \frac{\alpha}{2}$.
આમ,ઢાળ $S = \frac{dT}{d\theta} = \frac{T\alpha}{2}$.
અહીં $T = 2 \ s$ આપેલ હોવાથી,$S = \frac{2\alpha}{2} = \alpha$ મળે છે.

(B) જ્યારે બ્લોક અવરોધ સાથે અથડાય છે,ત્યારે તે અવરોધની ધારની આસપાસ ફરવાનું શરૂ કરે છે. આપણે અથડામણના બિંદુ (અવરોધ) ની આસપાસ કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ કરીએ છીએ.
અવરોધની આસપાસ બ્લોકનું પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $L_i = m v r_{\perp}$ છે,જ્યાં $r_{\perp}$ એ અવરોધથી બ્લોકના દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર સુધીનું લંબ અંતર છે. બ્લોક સમક્ષિતિજ ગતિ કરતો હોવાથી,$r_{\perp} = a/2 = 0.15\,m$.
તેથી,$L_i = m \times 2 \times 0.15 = 0.3m$.
ધારમાંથી પસાર થતી અક્ષની આસપાસ સમઘનનું જડત્વની આઘૂર્ણ $I = \frac{2}{3}ma^2$ લેતા:
કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણ મુજબ: $L_i = I \omega$
$0.3m = (\frac{2}{3}m(0.3)^2) \omega$
$0.3 = \frac{2}{3} \times 0.09 \times \omega$
$0.3 = 0.06 \omega$
$\omega = \frac{0.3}{0.06} = 5.0\,rad/s$.

(A) યંગ મોડ્યુલસનું સૂત્ર $Y = \frac{F \ell}{A \Delta \ell} = \frac{F \ell}{\pi r^2 \Delta \ell}$ છે.
આપેલ છે: $\ell = 1 \, m = 1000 \, mm$,$r = 5 \, mm$,$F = 50 \pi \times 10^3 \, N$,અને $\Delta \ell = \Delta r = 0.01 \, mm$.
સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta Y}{Y} = \frac{\Delta \ell}{\ell} + 2 \frac{\Delta r}{r} + \frac{\Delta(\Delta \ell)}{\Delta \ell}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ કે $\Delta \ell$ એ સૌથી નાની માપી શકાય તેવી લંબાઈ છે,તેથી $\Delta(\Delta \ell) = 0.01 \, mm$.
ફાળો ગણતા: $\frac{\Delta \ell}{\ell} = \frac{0.01}{1000} = 10^{-5}$,$2 \frac{\Delta r}{r} = 2 \times \frac{0.01}{5} = 4 \times 10^{-3}$,અને $\frac{\Delta(\Delta \ell)}{\Delta \ell} = \frac{0.01}{\Delta \ell}$.
$\Delta \ell$ ખૂબ નાનું હોવાથી,$\frac{\Delta(\Delta \ell)}{\Delta \ell}$ પદ ત્રુટિમાં પ્રભુત્વ ધરાવે છે.
વિધાન $A$ ખોટું છે કારણ કે મહત્તમ $Y$ એ લઘુત્તમ માપી શકાય તેવી $\Delta \ell$ પર આધાર રાખે છે. જો $\Delta \ell = 0.01 \, mm$ હોય,તો $Y = \frac{50 \pi \times 10^3 \times 1000}{\pi \times 5^2 \times 0.01} = 2 \times 10^{11} \, N/m^2$. તેથી $10^{14}$ મૂલ્ય ખોટું છે.

(A) ઘટકો દિવાલ પર ન ચોંટે તે માટે,ડ્રમના ઉપરના ભાગે લંબબળ શૂન્ય અથવા તેનાથી વધુ હોવું જોઈએ. મર્યાદિત સ્થિતિ ત્યારે આવે છે જ્યારે લંબબળ શૂન્ય હોય,જે શિરોલંબ વર્તુળાકાર ગતિની સ્થિતિને અનુરૂપ છે જ્યાં ઉપરના બિંદુએ કેન્દ્રગામી બળ ગુરુત્વાકર્ષણ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
$v = \sqrt{Rg}$
ત્રિજ્યા $R = 1.25\, m$ અને $g = 10\, m/s^2$ આપેલ છે,તેથી કોણીય વેગ $\omega$:
$\omega = \frac{v}{R} = \sqrt{\frac{g}{R}} = \sqrt{\frac{10}{1.25}} = \sqrt{8} = 2.828\, rad/s$.
આને પ્રતિ મિનિટ પરિભ્રમણ (rpm) માં રૂપાંતરિત કરવા માટે,આપણે $\omega (rpm) = \frac{60}{2\pi} \times \omega$ સંબંધનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$\omega (rpm) = \frac{60}{2 \times 3.14} \times 2.828 \approx 9.55 \times 2.828 \approx 27.0\, rpm$.
આમ,મહત્તમ પરિભ્રમણ ઝડપ આશરે $27.0\, rpm$ છે.

(C) આપેલ વેગ-સમયના આલેખ પરથી,$t = 0$ સમયે પ્રારંભિક વેગ $u = 50\, m/s$ છે અને $t = 10\, s$ સમયે અંતિમ વેગ $v = 0\, m/s$ છે.
પ્રવેગ $a$ એ આલેખનો ઢાળ છે:
$a = \frac{v_f - v_i}{t_f - t_i} = \frac{0 - 50}{10 - 0} = -5\, m/s^2$.
$t = 2\, s$ સમયે વેગ $v(t) = u + at$ દ્વારા મળે છે:
$v(2) = 50 + (-5)(2) = 50 - 10 = 40\, m/s$.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,થયેલ કાર્ય $W$ એ ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર $\Delta K.E.$ જેટલું હોય છે:
$W = \Delta K.E. = \frac{1}{2} m (v_f^2 - v_i^2)$
$W = \frac{1}{2} \times 10\, kg \times ((40\, m/s)^2 - (50\, m/s)^2)$
$W = 5 \times (1600 - 2500)$
$W = 5 \times (-900) = -4500\, J$.

(C) ધારો કે તાર $AB$ ની લંબાઈ $x$ અને $BC$ ની લંબાઈ $y$ છે. રેખીય દળ ઘનતા $\lambda$ છે.
$BC$ નું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(y/2, 0)$ પર છે અને તેનું દળ $m_1 = \lambda y$ છે.
$AB$ નું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(x/2 \cos 60^{\circ}, x/2 \sin 60^{\circ}) = (x/4, x\sqrt{3}/4)$ પર છે અને તેનું દળ $m_2 = \lambda x$ છે.
તંત્રના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો $x$-યામ:
$X_{cm} = \frac{m_1(y/2) + m_2(x/4)}{m_1 + m_2} = \frac{\lambda y(y/2) + \lambda x(x/4)}{\lambda(x + y)} = \frac{y^2/2 + x^2/4}{x + y}$.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $A$ ની નીચે હોવાથી,તેનો $x$-યામ $A$ ના $x$-યામ જેટલો એટલે કે $x \cos 60^{\circ} = x/2$ હોવો જોઈએ.
બંનેને સરખાવતા:
$\frac{y^2/2 + x^2/4}{x + y} = \frac{x}{2} \Rightarrow y^2/2 + x^2/4 = x^2/2 + xy/2$.
$4$ વડે ગુણતા:
$2y^2 + x^2 = 2x^2 + 2xy \Rightarrow 2y^2 - 2xy - x^2 = 0$.
$x^2$ વડે ભાગતા અને $r = y/x$ લેતા:
$2r^2 - 2r - 1 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $r = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$r = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 4(2)(-1)}}{4} = \frac{2 \pm \sqrt{12}}{4} = \frac{2 \pm 2\sqrt{3}}{4} = \frac{1 \pm \sqrt{3}}{2}$.
$r$ ધન હોવાથી,$r = \frac{1 + \sqrt{3}}{2} \approx \frac{1 + 1.732}{2} = 1.366 \approx 1.37$.

(A) આપેલ બળનો નિયમ $F = \frac{R}{t^2} v(t)$ છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,$F = m \frac{dv}{dt}$,તેથી:
$m \frac{dv}{dt} = \frac{R}{t^2} v(t)$
પદોને સંકલન માટે ગોઠવતા:
$\frac{dv}{v} = \frac{R}{m} \frac{dt}{t^2}$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{dv}{v} = \frac{R}{m} \int t^{-2} dt$
$\ln v = \frac{R}{m} (-\frac{1}{t}) + C$
અહીં,$\ln v$ એ $\frac{1}{t}$ નું સુરેખ વિધેય છે.
તેથી,$\ln v(t)$ ને $\frac{1}{t}$ ની સાપેક્ષમાં આલેખવાથી સીધી રેખા મળે છે,જે આ નિયમની ચકાસણી કરવાની શ્રેષ્ઠ રીત છે.

(B) કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c = \frac{v^2}{R} = n^2 R t^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આના પરથી,વેગનો વર્ગ $v^2 = n^2 R^2 t^2$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $v = nRt$.
સ્પર્શકીય પ્રવેગ $a_t = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(nRt) = nR$ છે.
કણ પર લાગતો પાવર $P = F_t v = (M a_t) v$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$P = M(nR)(nRt) = M n^2 R^2 t$ મળે છે.

(D) $AD = C \ln(BD)$ સમીકરણમાં,લઘુગણકીય વિધેયનો આર્ગ્યુમેન્ટ પરિમાણરહિત હોવો જોઈએ. તેથી,$BD$ નું પરિમાણ $1$ (પરિમાણરહિત) હોવું જોઈએ,એટલે કે $[BD] = [M^0 L^0 T^0]$.
આનો અર્થ એ છે કે $[B] = [D]^{-1}$.
આને સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $[AD] = [C] \times [1]$ મળે છે,તેથી $[A][D] = [C]$.
સરવાળા કે બાદબાકીમાં ભૌતિક રાશિ અર્થપૂર્ણ બને તે માટે,પદોના પરિમાણો સમાન હોવા જોઈએ.
વિકલ્પ $D$ તપાસતા: $\frac{A - C}{D}$. અહીં,$A$ અને $C$ ની બાદબાકી કરવામાં આવી રહી છે. કારણ કે $[A] = [C][D]^{-1}$ અને $[C] = [A][D]$,તેથી $A$ અને $C$ ના પરિમાણો અલગ છે. આમ,$A - C$ એ અર્થપૂર્ણ પ્રક્રિયા નથી.

(B) જ્યારે પિસ્ટનનો નીચેની તરફનો પ્રવેગ ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $(g)$ કરતા વધી જાય ત્યારે વોશર પિસ્ટન સાથેનો સંપર્ક ગુમાવે છે.
સંપર્ક ગુમાવવાના બિંદુએ,લંબબળ $(N)$ $0$ થઈ જાય છે.
સરળ આવર્ત ગતિ માટે,મહત્તમ નીચેની તરફનો પ્રવેગ $a_{\max} = \omega^2 A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સંપર્ક ગુમાવવાની શરત $a_{\max} = g$ છે,જ્યાં $g \approx 9.8\, m/s^2$.
આપેલ કંપનવિસ્તાર $A = 7\, cm = 0.07\, m$.
કિંમતો મૂકતા: $\omega^2 A = g \Rightarrow \omega = \sqrt{\frac{g}{A}}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega = 2\pi f$,તેથી $f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{g}{A}}$.
$f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{9.8}{0.07}} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{140} \approx \frac{11.83}{6.28} \approx 1.88\, Hz$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,આવૃત્તિ $1.9\, Hz$ છે.

(D) પાણી (સિંક) માંથી દૂર કરવામાં આવતી ઉષ્મા $Q_{sink} = mL = 5 \times 336 \times 10^3 = 1.68 \times 10^6\,J$ છે.
કાર્નોટ રેફ્રિજરેટર માટે,પરફોર્મન્સ ગુણાંક $\beta = \frac{T_{sink}}{T_{source} - T_{sink}} = \frac{Q_{sink}}{W}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ તાપમાન: $T_{sink} = 0 + 273 = 273\,K$ અને $T_{source} = 27 + 273 = 300\,K$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{273}{300 - 273} = \frac{1.68 \times 10^6}{W}$.
$\frac{273}{27} = \frac{1.68 \times 10^6}{W}$.
$W = \frac{1.68 \times 10^6 \times 27}{273} \approx 1.6615 \times 10^5\,J$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,વપરાતી ઉર્જા $1.67 \times 10^5\,J$ છે.

(D) બૂચના કદમાં થતો ફેરફાર $\Delta V = V_{initial} - V_{final} = \pi (a + \Delta a)^2 b - \pi a^2 b \approx \pi (a^2 + 2a \Delta a) b - \pi a^2 b = 2\pi a b \Delta a$ છે.
કદ વિકૃતિ (volumetric strain) $\frac{\Delta V}{V} = \frac{2\pi a b \Delta a}{\pi a^2 b} = \frac{2 \Delta a}{a}$ છે.
બૂચ દ્વારા બોટલની દીવાલ પર લાગતું દબાણ $P = B \times \text{volumetric strain} = B \left( \frac{2 \Delta a}{a} \right)$ છે.
બૂચ દ્વારા બોટલના મુખની અંદરની સપાટી પર લાગતું લંબબળ $N = P \times A_{surface} = \left( \frac{2B \Delta a}{a} \right) \times (2\pi a b) = 4\pi B b \Delta a$ છે.
બૂચને અંદર ધકેલવા માટે જરૂરી ઘર્ષણ બળ $f = \mu N = \mu (4\pi B b \Delta a) = (4\pi \mu B b) \Delta a$ છે.

(D) ધારો કે હોર્નની આવૃત્તિ $f$ છે.
અવલોકનકાર બે અવાજો સાંભળે છે: એક સીધો કારમાંથી અને બીજો દીવાલ પરથી પરાવર્તિત થઈને.
$1$. કારમાંથી સીધો સંભળાતો અવાજ $(f_1)$: ડોપ્લર અસરના સૂત્ર મુજબ,$f_1 = f \left( \frac{340}{340 - 5} \right)$.
$2$. દીવાલ પરથી પરાવર્તિત અવાજ $(f_2)$: દીવાલ એક સ્ત્રોત તરીકે કાર્ય કરે છે. પરાવર્તિત અવાજની આવૃત્તિ $f_2 = f \left( \frac{340}{340 + 5} \right)$ થશે.
બીટ આવૃત્તિ $|f_1 - f_2| = 5$ આપેલ છે.
$5 = f \left( \frac{340}{335} - \frac{340}{345} \right) = 340f \left( \frac{10}{115575} \right)$.
$f = \frac{5 \times 115575}{3400} \approx 170\, Hz$.

(D) આદર્શ વાયુ માટે,અવસ્થાનું સમીકરણ $PV = nRT$ છે.
જ્યાં $n = m/M$ અને ઘનતા $\rho = m/V$ હોવાથી,આપણે $V = m/\rho$ લખી શકીએ છીએ.
આ કિંમતને આદર્શ વાયુના સમીકરણમાં મૂકતા: $P(m/\rho) = (m/M)RT$.
આ સાદું રૂપ આપતા $P = (\rho RT)/M$ મળે છે.
અચળ તાપમાન $T$ પર,વાયુ અચળાંક $R$ અને મોલર દળ $M$ પણ અચળ રહે છે.
તેથી,$P = k\rho$,જ્યાં $k = (RT)/M$ એક અચળાંક છે.
આ સમીકરણ દબાણ $P$ અને ઘનતા $\rho$ વચ્ચેનો રેખીય સંબંધ દર્શાવે છે,જે ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી સીધી રેખા છે.
આમ,સાચો આલેખ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી સીધી રેખા છે.

(C) ન્યૂટનના સાર્વત્રિક ગુરુત્વાકર્ષણના નિયમ મુજબ,બે બિંદુવત દળો વચ્ચેનું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F_G = \frac{GMm}{r^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r$ એ બે દળોના કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર છે.
આ કિસ્સામાં,અવકાશયાત્રી પૃથ્વીની સપાટીથી $h$ અંતરે છે,તેથી પૃથ્વીના કેન્દ્રથી તેનું અંતર $r = R + h$ થાય.
તેથી,અવકાશયાત્રી પર લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F_G = \frac{GMm}{(R + h)^2}$ છે.

(D) આપેલ આલેખ માટે,$(V_0, 2P_0)$ અને $(2V_0, P_0)$ માંથી પસાર થતી $P-V$ રેખાનું સમીકરણ:
$P - 2P_0 = \frac{P_0 - 2P_0}{2V_0 - V_0} (V - V_0)$
$P - 2P_0 = -\frac{P_0}{V_0} (V - V_0)$
$P = 3P_0 - \frac{P_0}{V_0} V$
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,$T = \frac{PV}{nR}$ મળે.
$P$ ની કિંમત $V$ ના સ્વરૂપમાં મૂકતા:
$T = \frac{1}{nR} (3P_0 - \frac{P_0}{V_0} V) V = \frac{1}{nR} (3P_0 V - \frac{P_0}{V_0} V^2)$
મહત્તમ તાપમાન માટે,$\frac{dT}{dV} = 0$:
$\frac{d}{dV} (3P_0 V - \frac{P_0}{V_0} V^2) = 0$
$3P_0 - \frac{2P_0}{V_0} V = 0$
$V = \frac{3}{2} V_0$
$V = \frac{3}{2} V_0$ ની કિંમત દબાણના સમીકરણમાં મૂકતા:
$P = 3P_0 - \frac{P_0}{V_0} (\frac{3}{2} V_0) = 3P_0 - \frac{3}{2} P_0 = \frac{3}{2} P_0$
હવે,મહત્તમ તાપમાનની ગણતરી કરતા:
$T_{max} = \frac{P V}{nR} = \frac{(\frac{3}{2} P_0) (\frac{3}{2} V_0)}{nR} = \frac{9 P_0 V_0}{4nR}$

(D) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ: $K_{\max} = \frac{hc}{\lambda} - W_0 = \frac{1}{2}mv^2$,જ્યાં $W_0 = \frac{hc}{\lambda_0}$ એ વર્ક ફંક્શન છે.
આમ,$v = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right)} = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{\lambda_0 - \lambda}{\lambda \lambda_0} \right)} \dots (i)$
જ્યારે તરંગલંબાઈ બદલીને $\lambda' = \frac{3\lambda}{4}$ કરવામાં આવે,ત્યારે નવી ઝડપ $v'$ નીચે મુજબ મળે:
$v' = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{1}{3\lambda/4} - \frac{1}{\lambda_0} \right)} = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{4\lambda_0 - 3\lambda}{3\lambda \lambda_0} \right)} \dots (ii)$
સમીકરણ $(ii)$ ને $(i)$ વડે ભાગતા:
$\frac{v'}{v} = \sqrt{\frac{4\lambda_0 - 3\lambda}{3\lambda \lambda_0} \cdot \frac{\lambda \lambda_0}{\lambda_0 - \lambda}} = \sqrt{\frac{4}{3} \cdot \frac{\lambda_0 - 0.75\lambda}{\lambda_0 - \lambda}}$
ચૂકવણી મુજબ $\lambda_0 > \lambda$ હોવાથી,$(\lambda_0 - 0.75\lambda) > (\lambda_0 - \lambda)$ થાય.
તેથી,$\frac{\lambda_0 - 0.75\lambda}{\lambda_0 - \lambda} > 1$.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{v'}{v} > \sqrt{\frac{4}{3}}$,એટલે કે $v' > v(4/3)^{1/2}$.

(C) આપેલ સર્કિટમાં એક $OR$ ગેટ અને ત્યારબાદ એક $AND$ ગેટ છે. $OR$ ગેટનું આઉટપુટ $(A + B)$ છે. આ આઉટપુટને ઇનપુટ $C$ સાથે $AND$ ગેટમાં આપવામાં આવે છે. તેથી,આઉટપુટ $Y$ માટેનું બુલિયન સમીકરણ $Y = (A + B) \cdot C$ છે.
આઉટપુટ $Y = 1$ મેળવવા માટે,$AND$ ગેટના બંને ઇનપુટ $1$ હોવા જોઈએ. આનો અર્થ એ છે કે $(A + B) = 1$ અને $C = 1$ હોવું જોઈએ.
$(A + B) = 1$ માટે,$A$ અથવા $B$ માંથી ઓછામાં ઓછું એક $1$ હોવું જોઈએ.
વિકલ્પો તપાસતા:
- વિકલ્પ $A$ માટે: $A=0, B=1, C=0 \implies Y = (0+1) \cdot 0 = 0$.
- વિકલ્પ $B$ માટે: $A=1, B=0, C=0 \implies Y = (1+0) \cdot 0 = 0$.
- વિકલ્પ $C$ માટે: $A=1, B=0, C=1 \implies Y = (1+0) \cdot 1 = 1$.
- વિકલ્પ $D$ માટે: $A=1, B=1, C=0 \implies Y = (1+1) \cdot 0 = 0$.
તેથી,સાચો ઇનપુટ $A = 1, B = 0, C = 1$ છે.

(B) ધારો કે પદાર્થની સપાટીનું વર્ક ફંક્શન $\phi_{0}$ છે. આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,પ્રથમ કિસ્સામાં ઉત્સર્જિત ફોટોઈલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_{\max 1} = \frac{hc}{\lambda} - \phi_{0}$ છે.
બીજા કિસ્સામાં,તરંગલંબાઈ $\lambda/2$ છે,તેથી મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_{\max 2} = \frac{hc}{\lambda/2} - \phi_{0} = \frac{2hc}{\lambda} - \phi_{0}$ છે.
આપેલ છે કે $K_{\max 2} = 3 K_{\max 1}$,તેથી કિંમતો મૂકતા:
$\frac{2hc}{\lambda} - \phi_{0} = 3 \left( \frac{hc}{\lambda} - \phi_{0} \right)$.
સમીકરણનું વિસ્તરણ કરતા: $\frac{2hc}{\lambda} - \phi_{0} = \frac{3hc}{\lambda} - 3\phi_{0}$.
પદોને ગોઠવતા: $3\phi_{0} - \phi_{0} = \frac{3hc}{\lambda} - \frac{2hc}{\lambda}$.
$2\phi_{0} = \frac{hc}{\lambda}$.
તેથી,વર્ક ફંક્શન $\phi_{0} = \frac{hc}{2\lambda}$ મળે છે.

(A) પરિપથમાં $3 \mu F$ અને $9 \mu F$ ના સમાંતર જોડાણ સાથે $4 \mu F$ નું કેપેસિટર શ્રેણીમાં છે.
પ્રથમ,સમાંતર ભાગનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ ગણો: $C_p = 3 \mu F + 9 \mu F = 12 \mu F$.
હવે,આ શાખામાં $8 \ V$ ના સ્ત્રોત સાથે $4 \mu F$ અને $C_p = 12 \mu F$ શ્રેણીમાં છે.
આ શાખાનું કુલ સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq} = \frac{4 \times 12}{4 + 12} = \frac{48}{16} = 3 \mu F$ છે.
આ શાખામાંથી વહેતો કુલ વિદ્યુતભાર $q = C_{eq} \times V = 3 \mu F \times 8 \ V = 24 \mu C$ છે.
આ વિદ્યુતભાર $q$ એ $4 \mu F$ ના કેપેસિટરમાંથી પસાર થાય છે.
સમાંતર જોડાણ $C_p$ પરનો વોલ્ટેજ $V_p = V - V_{4\mu F} = 8 \ V - \frac{24 \mu C}{4 \mu F} = 8 \ V - 6 \ V = 2 \ V$ છે.
$9 \mu F$ ના કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q_{9\mu F} = C_{9\mu F} \times V_p = 9 \mu F \times 2 \ V = 18 \mu C$ છે.
કુલ વિદ્યુતભાર $Q$ એ $4 \mu F$ અને $9 \mu F$ ના કેપેસિટર્સ પરના વિદ્યુતભારોનો સરવાળો છે: $Q = 24 \mu C + 18 \mu C = 42 \mu C = 42 \times 10^{-6} \ C$.
$r = 30 \ m$ અંતરે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{kQ}{r^2} = \frac{9 \times 10^9 \times 42 \times 10^{-6}}{30^2} = \frac{9 \times 10^9 \times 42 \times 10^{-6}}{900} = 420 \ N/C$ થાય.

(C) $a < r < b$ હોય તેવી $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતી ગોળાકાર ગૌસિયન સપાટી ધ્યાનમાં લો.
ગૌસના નિયમ મુજબ,$\oint_{S} \vec{E} \cdot d\vec{S} = \frac{q_{enclosed}}{\epsilon_0}$.
અહીં,$q_{enclosed} = Q + \int_{a}^{r} \rho(r') \cdot 4\pi r'^2 dr'$.
આપેલ છે કે $\rho(r') = \frac{A}{r'}$,તેથી $q_{enclosed} = Q + \int_{a}^{r} \frac{A}{r'} \cdot 4\pi r'^2 dr' = Q + 4\pi A \int_{a}^{r} r' dr' = Q + 4\pi A \left[ \frac{r'^2}{2} \right]_{a}^{r} = Q + 2\pi A (r^2 - a^2)$.
ગૌસનો નિયમ લાગુ પાડતા: $E \cdot 4\pi r^2 = \frac{Q + 2\pi A (r^2 - a^2)}{\epsilon_0}$.
$E = \frac{1}{4\pi \epsilon_0 r^2} [Q - 2\pi A a^2 + 2\pi A r^2] = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} [\frac{Q - 2\pi A a^2}{r^2} + 2\pi A]$.
વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ અચળ ( $r$ થી સ્વતંત્ર) રહે તે માટે,$\frac{1}{r^2}$ નો સહગુણક શૂન્ય હોવો જોઈએ.
તેથી,$Q - 2\pi A a^2 = 0$.
$A = \frac{Q}{2\pi a^2}$.

(A) $Cu$ જેવી ધાતુ માટે,મર્યાદિત તાપમાનના ગાળામાં અવરોધ $R$ તાપમાન $T$ સાથે રેખીય રીતે વધે છે,જે $R = R_0(1 + \alpha \Delta T)$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે,જ્યાં $\alpha$ એ અવરોધનો તાપમાન ગુણાંક છે.
$Si$ જેવા આંતરિક (અશુદ્ધિ રહિત) અર્ધવાહક માટે,તાપમાન વધતા ચાર્જ કેરિયર્સની સંખ્યા ઘાતાંકીય રીતે વધે છે,જેના પરિણામે અવરોધમાં ઘાતાંકીય ઘટાડો થાય છે,જે $\rho = \rho_0 e^{E_g / k_B T}$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે,જ્યાં $E_g$ એ બેન્ડ ગેપ ઉર્જા છે અને $k_B$ એ બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક છે.

(B) તાર $A$ (વર્તુળ) માટે: પરિઘ $l = 2\pi R$ છે,તેથી $R = \frac{l}{2\pi}$. કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_A = \frac{\mu_0 I}{2R} = \frac{\mu_0 I}{2(l/2\pi)} = \frac{\mu_0 I \pi}{l}$ છે.
તાર $B$ (ચોરસ) માટે: પરિમિતિ $l = 4a$ છે,તેથી $a = \frac{l}{4}$. કેન્દ્રથી બાજુનું અંતર $d = \frac{a}{2} = \frac{l}{8}$ છે. એક બાજુને કારણે કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_1 = \frac{\mu_0 I}{4\pi d} (\sin 45^{\circ} + \sin 45^{\circ}) = \frac{\mu_0 I}{4\pi (l/8)} (\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{2\mu_0 I}{\pi l} \sqrt{2}$ છે.
ચોરસમાં $4$ બાજુઓ હોવાથી,કુલ ક્ષેત્ર $B_B = 4 \times B_1 = \frac{8\sqrt{2}\mu_0 I}{\pi l}$ થાય.
ગુણોત્તર ગણતા: $\frac{B_A}{B_B} = \frac{\mu_0 I \pi / l}{8\sqrt{2}\mu_0 I / \pi l} = \frac{\pi^2}{8\sqrt{2}}$.

(C) ગેલ્વેનોમીટરને એમીટરમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે,ગેલ્વેનોમીટર સાથે સમાંતરમાં શંટ અવરોધ $S$ જોડવામાં આવે છે.
આપેલ છે:
ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ $G = 100 \ \Omega$
પૂર્ણ સ્કેલ વિચલન પ્રવાહ $I_g = 1 \ mA = 10^{-3} \ A$
માપવા માટેનો કુલ પ્રવાહ $I = 10 \ A$
શંટ અવરોધ માટેનું સૂત્ર $S = \frac{I_g G}{I - I_g}$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$S = \frac{10^{-3} \times 100}{10 - 10^{-3}}$
$S = \frac{0.1}{9.999}$
$S \approx 0.01 \ \Omega$.

(B) પદાર્થ $A$ માટે હિસ્ટરેસિસ લૂપનું ક્ષેત્રફળ મોટું છે અને તેની કોએર્સિવિટી (coercivity) ઊંચી છે,જે તેને કાયમી ચુંબક બનાવવા માટે યોગ્ય બનાવે છે.
પદાર્થ $B$ માટે હિસ્ટરેસિસ લૂપનું ક્ષેત્રફળ નાનું છે અને તેની કોએર્સિવિટી ઓછી છે,જે હિસ્ટરેસિસને કારણે થતા ઉર્જાના વ્યયને ઘટાડે છે.
તેથી,પદાર્થ $B$ ઇલેક્ટ્રોમેગ્નેટ અને ટ્રાન્સફોર્મરના કોર બનાવવા માટે આદર્શ છે,જ્યાં ઉર્જાનો વ્યય ઓછો હોવો જરૂરી છે.
આમ,ઇલેક્ટ્રોમેગ્નેટ અને ટ્રાન્સફોર્મર માટે $B$ નો ઉપયોગ કરવો યોગ્ય છે.

(B) ટેલિસ્કોપની મોટવણી $(M)$ એ આંખ પર પ્રતિબિંબ દ્વારા બનતા ખૂણા અને ખુલ્લી આંખ દ્વારા વસ્તુ પર બનતા ખૂણાના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
વ્યવહારિક રીતે,ટેલિસ્કોપ વસ્તુની ભૌતિક ઊંચાઈ બદલતું નથી; તેના બદલે,તે વસ્તુને તેની મોટવણી જેટલા ગણા અંતરે નિરીક્ષકની નજીક લાવે છે.
અહીં મોટવણી $20$ હોવાથી,વૃક્ષ નિરીક્ષકને તેના વાસ્તવિક અંતર કરતા $20$ ગણું નજીક દેખાશે.

(C) આપણે પ્રિઝમ માટેનું સૂત્ર જાણીએ છીએ: $i + e - A = \delta$.
અહીં $i = 35^o$,$e = 79^o$,અને $\delta = 40^o$ આપેલ છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $35^o + 79^o - A = 40^o$.
$114^o - A = 40^o \implies A = 74^o$.
વક્રીભવનાંક $\mu$ નું સૂત્ર $\mu = \frac{\sin((A + \delta_m)/2)}{\sin(A/2)}$ છે.
અહીં $\delta_m$ એ લઘુત્તમ વિચલન છે,તેથી $\delta_m \le \delta = 40^o$.
તેથી,$\mu = \frac{\sin((74^o + \delta_m)/2)}{\sin(37^o)}$.
$\sin(37^o) \approx 0.6$ હોવાથી,$\mu = \frac{\sin(37^o + \delta_m/2)}{0.6}$.
જો $\delta_m = 40^o$ લઈએ,તો $\mu = \frac{\sin(57^o)}{0.6} \approx \frac{0.838}{0.6} \approx 1.397$.
આમ,આપેલા વિકલ્પોમાંથી $1.5$ એ ગણતરી કરેલ મૂલ્યની સૌથી નજીક છે.

(A) ટપકાનો ભૌમિતિક ફેલાવો છિદ્રની ત્રિજ્યા $a$ જેટલો છે.
વિવર્તનને કારણે થતો ફેલાવો એ કોણીય ફેલાવો $\theta \approx \frac{\lambda}{a}$ અને લંબાઈ $L$ નો ગુણાકાર છે,એટલે કે $\frac{\lambda L}{a}$.
કુલ ફેલાવો $b$ એ આ બંનેનો સરવાળો છે: $b = a + \frac{\lambda L}{a}$.
ન્યૂનતમ કદ $b_{min}$ શોધવા માટે,આપણે $b$ નું $a$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ અને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ:
$\frac{db}{da} = 1 - \frac{\lambda L}{a^2} = 0$.
$a$ માટે ઉકેલતા,આપણને $a^2 = \lambda L$ અથવા $a = \sqrt{\lambda L}$ મળે છે.
$a$ ની આ કિંમતને $b$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$b_{min} = \sqrt{\lambda L} + \frac{\lambda L}{\sqrt{\lambda L}} = \sqrt{\lambda L} + \sqrt{\lambda L} = 2\sqrt{\lambda L} = \sqrt{4\lambda L}$.

(B) આર્ક લેમ્પનો અવરોધ $R = \frac{V}{I} = \frac{80\ V}{10\ A} = 8\ \Omega$ છે.
જ્યારે તેને $AC$ સપ્લાય સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે $RL$ સર્કિટનો ઇમ્પિડન્સ $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $X_L = 2\pi f L$ છે.
$AC$ સર્કિટમાં પ્રવાહ $I = \frac{V_{rms}}{Z} = \frac{V_{rms}}{\sqrt{R^2 + (2\pi f L)^2}}$ છે.
આપેલ છે કે $I = 10\ A$,$V_{rms} = 220\ V$,$f = 50\ Hz$,અને $R = 8\ \Omega$:
$10 = \frac{220}{\sqrt{8^2 + (2 \cdot \pi \cdot 50 \cdot L)^2}}$
$\sqrt{64 + (100\pi L)^2} = 22$
$64 + (100\pi L)^2 = 484$
$(100\pi L)^2 = 420$
$100\pi L = \sqrt{420} \approx 20.49$
$L = \frac{20.49}{314} \approx 0.065\ H$.

(A) ફોટોનની ઊર્જા $E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $h$ પ્લાન્કનો અચળાંક છે,$c$ પ્રકાશની ઝડપ છે અને $\lambda$ તરંગલંબાઇ છે.
$E \propto \frac{1}{\lambda}$ હોવાથી,ટૂંકી તરંગલંબાઇ ધરાવતા વિકિરણોની ઊર્જા વધુ હોય છે.
આપેલ વિકિરણો માટે તરંગલંબાઇનો ક્રમ આ મુજબ છે: $\lambda_{\text{Radiowave}} > \lambda_{\text{Yellow}} > \lambda_{\text{Blue}} > \lambda_{\text{X-ray}}$.
તેથી,વધતી જતી ઊર્જાનો ક્રમ છે: $E_{\text{Radiowave}} < E_{\text{Yellow}} < E_{\text{Blue}} < E_{\text{X-ray}}$.
આ ક્રમ $D, B, A, C$ ને અનુરૂપ છે.

(B) તત્વ $A$ માટે,અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 20 \ min$. કુલ સમય $t = 80 \ min$. અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n_A = \frac{80}{20} = 4$.
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N_A = \frac{N_0}{2^4} = \frac{N_0}{16}$.
ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસ $N_{A, decayed} = N_0 - \frac{N_0}{16} = \frac{15N_0}{16}$.
તત્વ $B$ માટે,અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 40 \ min$. કુલ સમય $t = 80 \ min$. અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n_B = \frac{80}{40} = 2$.
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N_B = \frac{N_0}{2^2} = \frac{N_0}{4}$.
ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસ $N_{B, decayed} = N_0 - \frac{N_0}{4} = \frac{3N_0}{4}$.
ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસનો ગુણોત્તર $\frac{N_{A, decayed}}{N_{B, decayed}} = \frac{15N_0 / 16}{3N_0 / 4} = \frac{15}{16} \times \frac{4}{3} = \frac{5}{4}$.

(C) આલેખ $(a)$ એ $p-n$ જંકશન ડાયોડની ફોરવર્ડ બાયસમાં લાક્ષણિકતા દર્શાવે છે,જે એક સાદો ડાયોડ છે.
આલેખ $(b)$ એ ઝેનર ડાયોડની $I-V$ લાક્ષણિકતા દર્શાવે છે,જે રિવર્સ બાયસમાં તીવ્ર બ્રેકડાઉન વોલ્ટેજ દર્શાવે છે.
આલેખ $(c)$ એ વિવિધ પ્રકાશની તીવ્રતા હેઠળ સોલર સેલની $I-V$ લાક્ષણિકતા દર્શાવે છે,જે ચોથા ચરણમાં ફોટોકરંટનું નિર્માણ દર્શાવે છે.
આલેખ $(d)$ એ પ્રકાશની તીવ્રતા સાથે અવરોધમાં થતો ફેરફાર દર્શાવે છે,જે પ્રકાશ આધારિત અવરોધ $(LDR)$ ની લાક્ષણિકતા છે.
તેથી,સાચો ક્રમ છે: $(a)$ સાદો ડાયોડ,$(b)$ ઝેનર ડાયોડ,$(c)$ સોલર સેલ,$(d)$ પ્રકાશ આધારિત અવરોધ $(LDR)$.

(A) $Cu$ (તાંબુ) એ ધાતુ/વાહક છે. ધાતુઓ માટે,તાપમાન વધતા અવરોધ $R_T = R_0(1 + \alpha \Delta T)$ સંબંધ મુજબ રેખીય રીતે વધે છે.
$Si$ (સિલિકોન) એ શુદ્ધ અર્ધવાહક છે. અર્ધવાહકો માટે,તાપમાન વધતા વિદ્યુતભાર વાહકોની સંખ્યા ઘાતાંકીય રીતે વધે છે,જેના પરિણામે અવરોધમાં ઘાતાંકીય ઘટાડો થાય છે,જે $R = R_0 e^{E_g / 2kT}$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.

(A) સમયના આલેખનું અવલોકન કરીને,આપણે ઇનપુટ $a, b, c, d$ અને આઉટપુટ $x$ વચ્ચેના સંબંધનું વિશ્લેષણ કરી શકીએ છીએ.
આપેલ આલેખમાં,આઉટપુટ $x$ હાઇ $(1)$ બને છે જેવું કોઈ પણ ઇનપુટ $(a, b, c, d)$ હાઇ $(1)$ થાય છે.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,શરૂઆતમાં બધા ઇનપુટ $0$ છે અને આઉટપુટ $x$ પણ $0$ છે.
જેવું ઇનપુટ $d$ માં પ્રથમ પલ્સ આવે છે,આઉટપુટ $x$ બદલાઈને $1$ થાય છે અને બાકીના સમયગાળા માટે $1$ જ રહે છે,પછી ભલે અન્ય ઇનપુટની સ્થિતિ ગમે તે હોય.
આ વર્તણૂક,જેમાં જો ઓછામાં ઓછું એક ઇનપુટ $1$ હોય તો આઉટપુટ $1$ મળે છે,તે $OR$ ગેટની લાક્ષણિક સત્યતા કોષ્ટકની વર્તણૂક છે.
તેથી,આ ગેટ $OR$ ગેટ છે.

(C) એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેશન $(AM)$ માં,ઉચ્ચ ફ્રીક્વન્સી ધરાવતા કેરિયર તરંગનો કંપવિસ્તાર મોડ્યુલેટિંગ (ઓડિયો) સિગ્નલના તત્કાલિન કંપવિસ્તાર અનુસાર બદલાય છે,જ્યારે કેરિયરની ફ્રીક્વન્સી અને ફેઝ અચળ રહે છે.
ફ્રીક્વન્સી મોડ્યુલેશન $(FM)$ માં,ઉચ્ચ ફ્રીક્વન્સી ધરાવતા કેરિયર તરંગની ફ્રીક્વન્સી મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલના તત્કાલિન કંપવિસ્તાર અનુસાર બદલાય છે,જ્યારે કેરિયરનો કંપવિસ્તાર અચળ રહે છે.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચું વિધાન છે.

(D) $6\,\mu F$ નું અસરકારક કેપેસિટન્સ મેળવવા માટે,$4\,\mu F$ ના બે કેપેસિટરને શ્રેણીમાં અને $4\,\mu F$ ના એક કેપેસિટરને તેમની સાથે સમાંતરમાં જોડવા પડે.
પ્રથમ,શ્રેણીમાં રહેલા બે કેપેસિટરનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ ગણો:
$\frac{1}{C_s} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$
$\therefore C_s = 2\,\mu F$
હવે,આ સમતુલ્ય કેપેસિટન્સને ત્રીજા કેપેસિટર $(C_3 = 4\,\mu F)$ સાથે સમાંતરમાં જોડો:
$C_{eq} = C_s + C_3 = 2\,\mu F + 4\,\mu F = 6\,\mu F$
આમ,સાચી ગોઠવણી બે કેપેસિટર શ્રેણીમાં અને એક સમાંતરમાં છે.

(C) પરિપથમાં $V$ વોલ્ટેજની બેટરી $R$ અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં અને $R$ તથા $r$ ના સમાંતર જોડાણ સાથે જોડાયેલ છે.
સમાંતર ભાગનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_p = \frac{Rr}{R+r}$ છે.
પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{eq} = R + \frac{Rr}{R+r} = \frac{R^2 + 2Rr}{R+r}$ થાય.
પરિપથમાં વહેતો કુલ પ્રવાહ $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{V(R+r)}{R(R+2r)}$ છે.
ચલ અવરોધ $r$ માંથી વહેતો પ્રવાહ કરંટ ડિવાઈડરના નિયમ મુજબ: $I_r = I \times \frac{R}{R+r} = \frac{V(R+r)}{R(R+2r)} \times \frac{R}{R+r} = \frac{V}{R+2r}$ મળે.
$r$ માં ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા $H = I_r^2 r = \left(\frac{V}{R+2r}\right)^2 r = \frac{V^2 r}{(R+2r)^2}$ છે.
મહત્તમ ઉષ્મા શોધવા માટે,આપણે $H$ નું $r$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ: $\frac{dH}{dr} = V^2 \left[ \frac{(R+2r)^2 - r \cdot 2(R+2r) \cdot 2}{(R+2r)^4} \right] = 0$.
આના પરથી $(R+2r)^2 - 4r(R+2r) = 0$ મળે.
$R+2r \neq 0$ હોવાથી,$R+2r - 4r = 0$,એટલે કે $R - 2r = 0$,જેનો અર્થ છે $r = \frac{R}{2}$.
આપેલ છે કે $r = fR$,તેથી $f = \frac{1}{2}$ મળે.

(C) જ્યારે ફ્રિન્જ વચ્ચેનું કોણીય અંતર માનવ આંખના કોણીય વિભેદન કરતા ઓછું થાય ત્યારે વ્યતિકરણ ભાત અદ્રશ્ય થઈ જાય છે.
કોણીય ફ્રિન્જ પહોળાઈ $\beta_{\theta} = \frac{\lambda}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આંખનું કોણીય વિભેદન $\Delta\theta = \frac{1}{60}^o = \frac{1}{60} \times \frac{\pi}{180} \text{ રેડિયન}$ છે.
ભાત અદ્રશ્ય થવા માટે,કોણીય ફ્રિન્જ પહોળાઈ આંખના કોણીય વિભેદન જેટલી હોવી જોઈએ: $\frac{\lambda}{d_0} = \Delta\theta$.
કિંમતો મૂકતા: $d_0 = \frac{\lambda}{\Delta\theta} = \frac{600 \times 10^{-9} \text{ m}}{\frac{1}{60} \times \frac{\pi}{180} \text{ rad}}$.
$d_0 = \frac{600 \times 10^{-9} \times 60 \times 180}{\pi} \approx \frac{6.48 \times 10^{-3}}{3.14} \approx 2.06 \times 10^{-3} \text{ m}$.
આમ,$d_0 \approx 2 \text{ mm}$.

(B) $pnp$ ટ્રાન્ઝિસ્ટર માટે,બેઝ $n$-પ્રકારનો હોય છે અને એમિટર/કલેક્ટર $p$-પ્રકારના હોય છે.
જ્યારે મલ્ટિમીટરનું $+ve$ ટર્મિનલ બેઝ ($n$-પ્રકાર) સાથે અને $-ve$ ટર્મિનલ એમિટર અથવા કલેક્ટર ($p$-પ્રકાર) સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે જંકશન રિવર્સ-બાયસમાં હોય છે.
રિવર્સ બાયસમાં,અવરોધ ખૂબ વધારે હોય છે.
ટર્મિનલ $2$ એ બેઝ ($n$-પ્રકાર) હોવાથી,મલ્ટિમીટરનું $+ve$ ટર્મિનલ ટર્મિનલ $2$ સાથે અને $-ve$ ટર્મિનલ ટર્મિનલ $1$ અથવા $3$ ($p$-પ્રકાર) સાથે જોડવાથી વધારે અવરોધ મળે છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(C) રક્ષણાત્મક અવરોધ $R$ માં પાવર ડિસિપેશન $P$ એ સૂત્ર $P = \frac{V^2}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $V$ એ અવરોધ પરનો વોલ્ટેજ છે.
ડાયોડને તેના મહત્તમ પાવર રેટિંગ સુધી ચકાસવા માટે જરૂરી $DC$ સ્ત્રોતની લઘુત્તમ વોલ્ટેજ રેન્જ નક્કી કરવા માટે,આપણે પાવરના સૂત્ર $P = \frac{V^2}{R}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ છે કે $P = 1 \,W$ અને $R = 100 \,\Omega$,તેથી $V^2 = P \times R$.
$V^2 = 1 \,W \times 100 \,\Omega = 100 \,V^2$.
વર્ગમૂળ લેતા,આપણને $V = 10 \,V$ મળે છે.
તેથી,$DC$ સ્ત્રોતની લઘુત્તમ વોલ્ટેજ રેન્જ ઓછામાં ઓછી $0-10 \,V$ હોવી જોઈએ. આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$0-12 \,V$ એ યોગ્ય રેન્જ છે જે જરૂરી $10 \,V$ ની મર્યાદાને આવરી લે છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે અવરોધકતા $\rho = \frac{R A}{\ell}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વાહકતા $\sigma = \frac{1}{\rho} = \frac{\ell}{R A}$.
$V = I R$ હોવાથી,$R = \frac{V}{I}$ થાય. આ કિંમત મૂકતા,$\sigma = \frac{\ell I}{V A}$.
પરિમાણો નીચે મુજબ છે:
$[\ell] = [L]$
$[I] = [I]$
$[A] = [L^2]$
$[V] = [M L^2 T^{-3} I^{-1}]$
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\sigma = \frac{[L][I]}{[M L^2 T^{-3} I^{-1}] [L^2]} = \frac{[L][I]}{[M L^3 T^{-3} I^{-1}]}$
$\sigma = [M^{-1} L^{-3} T^3 I^2]$.

(C) $AM$ સિગ્નલની બેન્ડવિડ્થ સિગ્નલમાં રહેલી મહત્તમ અને ન્યૂનતમ ફ્રીક્વન્સી વચ્ચેના તફાવત તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
માનવ વાણીના સિગ્નલ માટે,ફ્રીક્વન્સી રેન્જ $200\,Hz$ થી $2700\,Hz$ છે. તેથી બેન્ડવિડ્થ $BW_1 = 2700\,Hz - 200\,Hz = 2500\,Hz$ થાય.
જ્યારે બંને સિગ્નલોને સાથે મોકલવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ ફ્રીક્વન્સી રેન્જ વાણીના સિગ્નલની સૌથી ઓછી ફ્રીક્વન્સી $(200\,Hz)$ થી મ્યુઝિક સિગ્નલની સૌથી વધુ ફ્રીક્વન્સી $(15200\,Hz)$ સુધીની હોય છે. તેથી કુલ બેન્ડવિડ્થ $BW_{total} = 15200\,Hz - 200\,Hz = 15000\,Hz$ થાય.
કુલ બેન્ડવિડ્થ અને વાણીના સિગ્નલની બેન્ડવિડ્થનો ગુણોત્તર $\frac{BW_{total}}{BW_1} = \frac{15000\,Hz}{2500\,Hz} = 6$ થાય.

(A) પ્રથમ કિસ્સામાં,ગેલ્વેનોમીટરમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_g = \frac{V}{R + G}$ છે.
બીજા કિસ્સામાં,જ્યારે ગેલ્વેનોમીટર સાથે સમાંતરમાં $S$ અવરોધનો શંટ જોડવામાં આવે છે,ત્યારે સમાંતર જોડાણનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_p = \frac{GS}{G + S}$ થાય છે.
પરિપથમાં કુલ પ્રવાહ $I = \frac{V}{R + R_p} = \frac{V}{R + \frac{GS}{G + S}}$ થાય છે.
હવે ગેલ્વેનોમીટરમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_g' = I \times \frac{S}{G + S} = \frac{V}{R + \frac{GS}{G + S}} \times \frac{S}{G + S} = \frac{VS}{R(G + S) + GS}$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,કોણાવર્તન અડધું થાય છે,તેથી $I_g' = \frac{I_g}{2}$.
પદો મૂકતા: $\frac{VS}{R(G + S) + GS} = \frac{1}{2} \times \frac{V}{R + G}$.
$\frac{S}{RG + RS + GS} = \frac{1}{2(R + G)}$.
$2S(R + G) = RG + RS + GS$.
$2SR + 2SG = RG + RS + GS$.
$2SR - RS + 2SG - GS = RG$.
$SR + SG = RG$.
$S(R + G) = RG$.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુ દ્વારા $n = 2$ થી $n = 1$ ના સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા નીચે મુજબ છે:
$E = 13.6 \text{ eV} \times Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$
હાઇડ્રોજન $(Z = 1)$ માટે,$E = 13.6 \times 1^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 13.6 \times \frac{3}{4} = 10.2 \text{ eV}$.
આ ફોટોન ઉત્તેજિત અવસ્થા $n$ માં રહેલા દ્વિ-આયનીકૃત લિથિયમ પરમાણુ ($Li^{2+}$,$Z = 3$) દ્વારા શોષાય છે. હાઇડ્રોજન જેવા આયનની $n$-મી અવસ્થામાંથી ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા:
$E_n = 13.6 \text{ eV} \times \frac{Z^2}{n^2} = 13.6 \times \frac{3^2}{n^2} = 13.6 \times \frac{9}{n^2}$.
ફોટોન ઇલેક્ટ્રોનને સંપૂર્ણપણે દૂર કરી શકે તે માટે,તેની ઉર્જા $n$ અવસ્થાની આયનીકરણ ઉર્જા કરતા વધારે અથવા તેના જેટલી હોવી જોઈએ:
$10.2 \ge 13.6 \times \frac{9}{n^2}$
$\frac{10.2}{13.6} \ge \frac{9}{n^2}$
$0.75 \ge \frac{9}{n^2}$
$n^2 \ge \frac{9}{0.75} = 12$
$n \ge \sqrt{12} \approx 3.46$.
$n$ એ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી ન્યૂનતમ ક્વોન્ટમ નંબર $n = 4$ છે.

(D) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,આપાત ફોટોનની ઉર્જા એ વર્ક ફંક્શન અને મહત્તમ ગતિ ઉર્જાના સરવાળા જેટલી હોય છે,જે $eV_s$ છે,જ્યાં $V_s$ એ સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ છે.
તરંગલંબાઈ $\lambda_1$ માટે: $\frac{hc}{\lambda_1} = \phi + eV$ ..... $(1)$
તરંગલંબાઈ $\lambda_2$ માટે: $\frac{hc}{\lambda_2} = \phi + 3eV$ ..... $(2)$
તરંગલંબાઈ $\lambda_3$ માટે: $\frac{hc}{\lambda_3} = \phi + eV'$ ..... $(3)$
$\phi$ ને દૂર કરવા માટે સમીકરણ $(2)$ માંથી $(1)$ બાદ કરતા:
$\frac{hc}{\lambda_2} - \frac{hc}{\lambda_1} = 2eV \implies eV = \frac{hc}{2} \left( \frac{1}{\lambda_2} - \frac{1}{\lambda_1} \right)$
હવે,સમીકરણ $(1)$ પરથી $\phi$ શોધો:
$\phi = \frac{hc}{\lambda_1} - eV = \frac{hc}{\lambda_1} - \frac{hc}{2} \left( \frac{1}{\lambda_2} - \frac{1}{\lambda_1} \right) = hc \left( \frac{1}{\lambda_1} - \frac{1}{2\lambda_2} + \frac{1}{2\lambda_1} \right) = hc \left( \frac{3}{2\lambda_1} - \frac{1}{2\lambda_2} \right)$
$\phi$ ની કિંમત સમીકરણ $(3)$ માં મૂકતા:
$eV' = \frac{hc}{\lambda_3} - \phi = \frac{hc}{\lambda_3} - hc \left( \frac{3}{2\lambda_1} - \frac{1}{2\lambda_2} \right)$
$V' = \frac{hc}{e} \left[ \frac{1}{\lambda_3} + \frac{1}{2\lambda_2} - \frac{3}{2\lambda_1} \right]$

(B) ધારો કે બે ચુંબકીય ક્ષેત્રો $B_1 = 15 \, mT$ અને $B_2$ છે. તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $\alpha = 75^{\circ}$ છે.
સ્થાયી સંતુલનમાં,ચુંબકીય ડાયપોલ પર લાગતા બે ક્ષેત્રોના ટોર્ક સમાન અને વિરુદ્ધ દિશામાં હોવા જોઈએ.
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં ડાયપોલ પર લાગતું ટોર્ક $\tau = MB \sin \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\theta$ એ ડાયપોલ મોમેન્ટ $M$ અને ક્ષેત્ર $B$ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
ધારો કે ડાયપોલ $B_1$ સાથે $\theta_1 = 30^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે. તો $B_2$ સાથેનો ખૂણો $\theta_2 = \alpha - \theta_1 = 75^{\circ} - 30^{\circ} = 45^{\circ}$ થશે.
સંતુલન માટે,$MB_1 \sin \theta_1 = MB_2 \sin \theta_2$.
$B_1 \sin 30^{\circ} = B_2 \sin 45^{\circ}$.
$15 \times \frac{1}{2} = B_2 \times \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$B_2 = \frac{15 \times \sqrt{2}}{2} = \frac{15}{1.414} \approx 10.6 \, mT$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,$B_2 \approx 11 \, mT$.

(A) સત્યતા કોષ્ટક દર્શાવે છે કે જો ઇનપુટ $A$ અથવા ઇનપુટ $B$ (અથવા બંને) માંથી કોઈ પણ $1$ હોય,તો આઉટપુટ $Y$ એ $1$ મળે છે. જો બંને ઇનપુટ $0$ હોય,તો આઉટપુટ $0$ મળે છે.
આ વર્તણૂક બુલિયન સમીકરણ $Y = A + B$ ને અનુરૂપ છે,જે $OR$ ગેટની લાક્ષણિક કામગીરી છે.

$A$	$B$	$Y = A + B$
$0$	$0$	$0$
$0$	$1$	$1$
$1$	$0$	$1$
$1$	$1$	$1$

(B) માત્ર $z$ પર આધારિત સ્થિતિમાન માટે પોઈસનનું સમીકરણ વાપરતા: $\frac{d^2V}{dz^2} = -\frac{\rho}{\varepsilon_0}$.
$|z| < 1 \ m$ માટે,$V(z) = 30 - 5z^2$. તેથી,$\frac{dV}{dz} = -10z$ અને $\frac{d^2V}{dz^2} = -10$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $-10 = -\frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \implies \rho_0 = 10 \varepsilon_0$.
$|z| > 1 \ m$ માટે,$V(z) = 35 - 10|z|$. $z > 1$ માટે,$V(z) = 35 - 10z$,તેથી $\frac{dV}{dz} = -10$ અને $\frac{d^2V}{dz^2} = 0$. આમ,$\rho = 0$.
$z < -1$ માટે,$V(z) = 35 + 10z$,તેથી $\frac{dV}{dz} = 10$ અને $\frac{d^2V}{dz^2} = 0$. આમ,$\rho = 0$.
તેથી,$|z| \le 1 \ m$ માટે $\rho_0 = 10 \varepsilon_0$ અને અન્યત્ર $\rho_0 = 0$ છે.

(A) માઇક્રોવેવ ઓવન એવા આવર્તન (frequency) પર વિદ્યુતચુંબકીય તરંગો ઉત્પન્ન કરીને કાર્ય કરે છે જે પાણીના અણુઓની અનુનાદ આવર્તન (resonant frequency) સાથે મેળ ખાય છે. આ તરંગો પાણીના અણુઓને ઝડપથી પરિભ્રમણ કરાવે છે,જેનાથી તેમની પરિભ્રમણીય ગતિઊર્જા વધે છે. આ ઊર્જા અથડામણો દ્વારા ખોરાકના અન્ય અણુઓમાં સ્થાનાંતરિત થાય છે,જેના પરિણામે ખોરાક ગરમ થાય છે. તેથી,મુખ્ય સિદ્ધાંત પાણીના અણુઓમાં પરિભ્રમણીય મોડ્સને ઉત્તેજિત કરવાનો છે.

(A) બહિર્ગોળ લેન્સ માટે,વસ્તુ અંતર $u_1$ અને પ્રતિબિંબ અંતર $v_1$ નીચે મુજબ છે:
$u_1 = -(32.2 - 22.2) \, cm = -10 \, cm$
$v_1 = (71.2 - 32.2) \, cm = 39 \, cm$
લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{f_1} = \frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{f_1} = \frac{1}{39} - \frac{1}{-10} = \frac{1}{39} + \frac{1}{10} = \frac{10 + 39}{390} = \frac{49}{390}$
$f_1 = \frac{390}{49} \, cm \approx 7.96 \, cm \approx 7.8 \, cm$ (વિકલ્પો મુજબ).
બહિર્ગોળ અરીસા માટે,જ્યારે કિરણો અરીસા પર લંબ રૂપે પડે છે ત્યારે તે જ માર્ગે પાછા ફરે છે. આ ત્યારે થાય છે જ્યારે કિરણો વક્રતા કેન્દ્ર તરફ નિર્દેશિત હોય. અરીસા અને ઈમેજ પિન વચ્ચેનું અંતર એ વક્રતા ત્રિજ્યા $R$ છે:
$R = (71.2 - 45.8) \, cm = 25.4 \, cm$
અરીસાની કેન્દ્રલંબાઈ $f_2 = R/2$ છે:
$f_2 = \frac{25.4}{2} \, cm = 12.7 \, cm$.

(D) એમીટર વગર પરિપથમાં પ્રવાહ $I = \frac{V}{R} = \frac{5}{50} = 0.1\,A$ છે.
માપેલ પ્રવાહ $I'$ એ $I$ ના $1\%$ ની અંદર હોવો જોઈએ. તેથી,$I' \geq 0.99 \times 0.1 = 0.099\,A$.
પ્રવાહ માપવા માટે,એમીટર (ગેલ્વેનોમીટર અને સમાંતરમાં શંટ અવરોધ $r_s$) ને $50\,\Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં જોડવામાં આવે છે.
પરિપથનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = 50 + R_A$ છે,જ્યાં $R_A = \frac{100 \times r_s}{100 + r_s}$.
માપેલ પ્રવાહ $I' = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{5}{50 + R_A} = 0.099\,A$.
$R_A$ માટે ઉકેલતા: $50 + R_A = \frac{5}{0.099} \approx 50.505\,\Omega$.
તેથી,$R_A = 50.505 - 50 = 0.505\,\Omega$.
$R_A = \frac{100 \times r_s}{100 + r_s} = 0.505$ હોવાથી,આપણને $100 r_s = 50.5 + 0.505 r_s$ મળે છે.
$99.495 r_s = 50.5 \Rightarrow r_s \approx 0.507\,\Omega$.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,$0.5\,\Omega$ નો શંટ સમાંતરમાં જોડવો એ સાચો વિકલ્પ છે.

(D) $V(t) = V_0 \sin \omega t$ $AC$ વોલ્ટેજ સ્ત્રોત સાથે જોડાયેલ શ્રેણી $LR$ સર્કિટમાં,પ્રવાહ $I(t) = I_0 \sin(\omega t - \phi)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I_0 = \frac{V_0}{Z}$ અને $Z = \sqrt{R^2 + (\omega L)^2}$ છે.
પ્રવાહનો ટ્રાન્ઝિયન્ટ ભાગ,જેમાં $e^{-Rt/L}$ પદનો સમાવેશ થાય છે,તે $t \to \infty$ તરીકે શૂન્ય થઈ જાય છે કારણ કે $t_0 \gg \frac{L}{R}$ છે.
તેથી,ખૂબ લાંબા સમય પછી,માત્ર સ્થાયી-સ્થિતિ સાઇનસોઇડલ પ્રવાહ બાકી રહે છે,જે સ્ત્રોત વોલ્ટેજની સમાન આવૃત્તિ સાથે દોલન કરે છે પરંતુ $\phi = \tan^{-1}(\frac{\omega L}{R})$ જેટલો ફેઝ લેગ (કળા તફાવત) ધરાવે છે.
આ સ્થાયી-સ્થિતિ સાઇનસોઇડલ દોલનને અનુરૂપ છે.

(A) $1$. બહિર્ગોળ લેન્સ માટે: $f_1 = +30\,cm$,$u_1 = -60\,cm$. લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{30} = \frac{1}{v_1} - \frac{1}{-60} \Rightarrow \frac{1}{v_1} = \frac{1}{30} - \frac{1}{60} = \frac{1}{60}$. તેથી,$v_1 = +60\,cm$. આ પ્રતિબિંબ અંતર્ગોળ લેન્સ માટે વસ્તુ તરીકે કાર્ય કરે છે.
$2$. બહિર્ગોળ અને અંતર્ગોળ લેન્સ વચ્ચેનું અંતર $20\,cm$ છે. બહિર્ગોળ લેન્સ દ્વારા રચાતું પ્રતિબિંબ તેની પાછળ $60\,cm$ અંતરે છે. તેથી,અંતર્ગોળ લેન્સથી આ પ્રતિબિંબનું અંતર $60 - 20 = 40\,cm$ છે. તે લેન્સની પાછળ હોવાથી,તે અંતર્ગોળ લેન્સ માટે આભાસી વસ્તુ તરીકે કાર્ય કરે છે,તેથી $u_2 = +40\,cm$.
$3$. અંતર્ગોળ લેન્સ માટે: $f_2 = -120\,cm$,$u_2 = +40\,cm$. લેન્સના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{-120} = \frac{1}{v_2} - \frac{1}{40} \Rightarrow \frac{1}{v_2} = \frac{1}{40} - \frac{1}{120} = \frac{3-1}{120} = \frac{2}{120} = \frac{1}{60}$. તેથી,$v_2 = +60\,cm$. આ પ્રતિબિંબ અંતર્ગોળ લેન્સની પાછળ $60\,cm$ અંતરે રચાય છે.
$4$. સમતલ અરીસો બહિર્ગોળ લેન્સથી $70\,cm$ અંતરે છે. અંતર્ગોળ લેન્સ બહિર્ગોળ લેન્સથી $20\,cm$ દૂર હોવાથી,અરીસો અંતર્ગોળ લેન્સથી $70 - 20 = 50\,cm$ દૂર છે. પ્રતિબિંબ $v_2$ અંતર્ગોળ લેન્સની પાછળ $60\,cm$ છે,જે અરીસાની પાછળ $60 - 50 = 10\,cm$ છે. આ સમતલ અરીસા માટે આભાસી વસ્તુ તરીકે કાર્ય કરે છે.
$5$. સમતલ અરીસો તેની સામે $10\,cm$ અંતરે વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ રચે છે. અરીસો અંતર્ગોળ લેન્સથી $50\,cm$ દૂર હોવાથી,અંતિમ પ્રતિબિંબ અંતર્ગોળ લેન્સની પાછળ $50 - 10 = 40\,cm$ અથવા બહિર્ગોળ લેન્સની પાછળ $60\,cm$ અંતરે મળે છે.

(B) લૂપમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = B \cdot A = B_0 \pi r^2 e^{-t/\tau}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ફેરાડેના નિયમ મુજબ,પ્રેરિત ઇલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સ $(EMF)$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ છે.
$\varepsilon = -\frac{d}{dt} (B_0 \pi r^2 e^{-t/\tau}) = \frac{B_0 \pi r^2}{\tau} e^{-t/\tau}$.
ઉષ્મા તરીકે વ્યય થતો તાત્કાલિક પાવર $P = \frac{\varepsilon^2}{R} = \frac{B_0^2 \pi^2 r^4}{\tau^2 R} e^{-2t/\tau}$ છે.
ઉત્પન્ન થતી કુલ ઉષ્મા $H$ એ $t = 0$ થી $t = \infty$ સુધીના પાવરનું સંકલન છે:
$H = \int_{0}^{\infty} \frac{\varepsilon^2}{R} dt = \frac{B_0^2 \pi^2 r^4}{\tau^2 R} \int_{0}^{\infty} e^{-2t/\tau} dt$.
સંકલનનું મૂલ્ય: $\int_{0}^{\infty} e^{-2t/\tau} dt = \left[ -\frac{\tau}{2} e^{-2t/\tau} \right]_{0}^{\infty} = 0 - (-\frac{\tau}{2}) = \frac{\tau}{2}$.
તેથી,$H = \frac{B_0^2 \pi^2 r^4}{\tau^2 R} \cdot \frac{\tau}{2} = \frac{\pi^2 r^4 B_0^2}{2\tau R}$.

(C) વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ અને સ્થિતિમાન $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $E = -\frac{dV}{dr}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે અચળ સ્થિતિમાન તફાવત $\Delta V$ માટે ત્રિજ્યાઓનો તફાવત $\Delta r = r_{i+1} - r_i$ અચળ છે,જેનો અર્થ છે કે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = -\frac{\Delta V}{\Delta r}$ અચળ છે.
ગોલીય વિદ્યુતભાર વિતરણ માટે,ગૌસના નિયમ મુજબ,$r$ અંતરે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{q_{enclosed}}{4\pi\epsilon_0 r^2}$ છે.
જેથી $E$ અચળ હોવાથી,$q_{enclosed} \propto r^2$ મળે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $q_{enclosed} = \int_0^r \rho(r) 4\pi r^2 dr$.
$q_{enclosed} \propto r^2$ હોવાથી,બંને બાજુ $r$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા $\frac{dq}{dr} \propto 2r$ મળે.
આમ,$\rho(r) 4\pi r^2 \propto r$,જે સૂચવે છે કે $\rho(r) \propto \frac{1}{r}$.

(A) ટ્રાન્ઝિસ્ટરમાં,ઇનપુટ અવરોધ $r_i$ સામાન્ય રીતે ઓછો હોય છે,જ્યારે આઉટપુટ અવરોધ $r_0$ સામાન્ય રીતે ઘણો વધારે હોય છે.
કોમન બેઝ $(CB)$ કોન્ફિગરેશન માટે,ઇનપુટ અવરોધ $r_i$ ખૂબ જ ઓછો (થોડા $\Omega$) હોય છે અને આઉટપુટ અવરોધ $r_0$ ખૂબ જ વધારે ($k\Omega$ માં) હોય છે. તેથી,ગુણોત્તર $R = \frac{r_0}{r_i}$ સામાન્ય રીતે $10^2$ થી $10^3$ ની રેન્જમાં હોય છે.
કોમન એમિટર $(CE)$ અને કોમન કલેક્ટર $(CC)$ કોન્ફિગરેશન માટે પણ આ ગુણોત્તર $1$ કરતા ઘણો વધારે હોય છે.
તેથી,ગુણોત્તર $R = \frac{r_0}{r_i}$ માટેની લાક્ષણિક રેન્જ $10^2 - 10^3$ છે.

(D) $+x$ દિશામાં પ્રસરતા વિદ્યુતચુંબકીય તરંગ માટે,વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E}$ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}$ એ $(x, t)$ ના વિધેયો હોવા જોઈએ.
વિદ્યુતચુંબકીય તરંગમાં,પ્રસરણની દિશા પોઇન્ટિંગ વેક્ટર $\vec{S} = \frac{1}{\mu_0} (\vec{E} \times \vec{B})$ ની દિશા દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$+x$ દિશામાં પ્રસરણ માટે,$\vec{E} \times \vec{B}$ એ $+x$ દિશામાં હોવું જોઈએ.
વિકલ્પ $D$ માં,$\vec{E} \propto (\hat{y} - \hat{z})$ અને $\vec{B} \propto (\hat{y} + \hat{z})$ છે.
ક્રોસ પ્રોડક્ટની ગણતરી કરતા: $(\hat{y} - \hat{z}) \times (\hat{y} + \hat{z}) = (\hat{y} \times \hat{y}) + (\hat{y} \times \hat{z}) - (\hat{z} \times \hat{y}) - (\hat{z} \times \hat{z}) = 0 + \hat{x} - (-\hat{x}) - 0 = 2\hat{x}$.
ક્રોસ પ્રોડક્ટનું પરિણામ $+x$ દિશામાં હોવાથી,આ એક માન્ય વિદ્યુતચુંબકીય તરંગ દર્શાવે છે.

(C) ટ્રાવેલિંગ માઇક્રોસ્કોપનો ઉપયોગ કરીને કાચના સ્લેબનો વક્રીભવનાંક $(\mu)$ નક્કી કરવા માટે, આપણે આ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\mu = \frac{\text{વાસ્તવિક જાડાઈ}}{\text{આભાસી જાડાઈ}}$.
પગલું $1$: કાચના સ્લેબ વગર માઇક્રોસ્કોપના પાયા પરના નિશાનનું રીડિંગ લો $(R_1)$.
પગલું $2$: કાચના સ્લેબને નિશાન પર મૂકો અને કાચના સ્લેબ દ્વારા તે જ નિશાનનું રીડિંગ લો $(R_2)$.
પગલું $3$: કાચના સ્લેબની ઉપરની સપાટી પર થોડો લાકડાનો વહેર (saw dust) અથવા ઝીણો પાવડર મૂકો અને તે વહેરનું રીડિંગ લો $(R_3)$.
આ ત્રણ રીડિંગ્સનો ઉપયોગ કરીને, વાસ્તવિક જાડાઈ $(R_3 - R_1)$ છે અને આભાસી જાડાઈ $(R_3 - R_2)$ છે. આમ, વક્રીભવનાંક નક્કી કરવા માટે ઓછામાં ઓછા $3$ રીડિંગ્સની જરૂર પડે છે.

(A) પૃથ્વીનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 5 \times 10^{-5}\,T$ છે. તેનો શિરોલંબ ઘટક $B_V = B \sin \theta = 5 \times 10^{-5} \times (2/3) \approx 3.33 \times 10^{-5}\,T$ છે。
સમક્ષિતિજ ઘટક $B_H = B \cos \theta = B \sqrt{1 - \sin^2 \theta} = 5 \times 10^{-5} \times \sqrt{1 - 4/9} = 5 \times 10^{-5} \times \sqrt{5}/3 \approx 3.73 \times 10^{-5}\,T$ છે。
પ્લેનની નીચેની અને ઉપરની બાજુ (ઊંચાઈ $h = 5\,m$) વચ્ચેના વોલ્ટેજ $V_B$ માટે, પ્લેન સમક્ષિતિજ ગતિ કરે છે, તેથી શિરોલંબ ઘટક $B_V$ ઊંચાઈને કાપે છે: $V_B = B_V \cdot v \cdot h = (3.33 \times 10^{-5}) \times 240 \times 5 = 0.04\,V = 40\,mV$.
પાંખોના ટેરવા (ફેલાવો $w = 15\,m$) વચ્ચેના વોલ્ટેજ $V_W$ માટે, પ્લેન પૂર્વ તરફ ગતિ કરે છે, તેથી સમક્ષિતિજ ઘટક $B_H$ (જે ઉત્તર-દક્ષિણ છે) પાંખોને કાપે છે: $V_W = B_H \cdot v \cdot w = (3.73 \times 10^{-5}) \times 240 \times 15 \approx 0.134\,V = 134\,mV \approx 135\,mV$.
મોશનલ $EMF$ $(\vec{v} \times \vec{B})$ માટે જમણા હાથના નિયમનો ઉપયોગ કરતા, વેગ પૂર્વ તરફ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર ઉત્તર તરફ હોવાથી, ધન વીજભાર પર લાગતું બળ પાયલોટની ડાબી બાજુ તરફ હોય છે.

(B) $1$. સૌ પ્રથમ,વક્ર સપાટી (જે અંતર્ગોળ અરીસા તરીકે વર્તે છે) દ્વારા બનતું પ્રતિબિંબ શોધો.
વક્રતા ત્રિજ્યા $R = 10\, cm$. કેન્દ્રલંબાઈ $f = -R/2 = -5\, cm$.
અરીસાના ધ્રુવથી વસ્તુનું અંતર $u = -(R - 6) = -(10 - 6) = -4\, cm$.
અરીસાના સૂત્ર $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{v} + \frac{1}{-4} = \frac{1}{-5} \Rightarrow \frac{1}{v} = \frac{1}{4} - \frac{1}{5} = \frac{1}{20}$.
આમ,$v = 20\, cm$ (અરીસાના ધ્રુવથી કાચની અંદર).
$2$. હવે,સપાટ સપાટીની બહારથી જોતા આ પ્રતિબિંબનું આભાસી સ્થાન શોધો.
અરીસા દ્વારા બનેલું પ્રતિબિંબ ધ્રુવથી $20\, cm$ અંતરે છે. પરપોટો સપાટ સપાટીથી $6\, cm$ દૂર હતો,તેથી પ્રતિબિંબ વક્ર સપાટીથી $20\, cm$ અંતરે છે. સપાટ સપાટીથી કુલ ઊંડાઈ $10\, cm + 20\, cm = 30\, cm$ છે.
આભાસી ઊંડાઈના સૂત્ર $d_{apparent} = d_{real} / \mu$ નો ઉપયોગ કરતા:
$d_{apparent} = 30 / 1.5 = 20\, cm$.
તેથી,પ્રતિબિંબ સપાટ સપાટીથી $20\, cm$ નીચે જોવા મળે છે.

(A) $1$. બે $2\,\mu F$ કેપેસિટર્સ સમાંતર જોડાણમાં છે. તેમનું સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $C_1 = 2 + 2 = 4\,\mu F$ છે。
$2$. આ $C_1$ એ $8\,\mu F$ કેપેસિટર સાથે શ્રેણીમાં છે. તેમનું સમતુલ્ય $C_2 = \frac{4 \times 8}{4 + 8} = \frac{32}{12} = \frac{8}{3}\,\mu F$ છે。
$3$. $6\,\mu F$ અને $12\,\mu F$ કેપેસિટર્સ શ્રેણીમાં છે. તેમનું સમતુલ્ય $C_3 = \frac{6 \times 12}{6 + 12} = \frac{72}{18} = 4\,\mu F$ છે。
$4$. આ $C_3$ એ $4\,\mu F$ કેપેસિટર સાથે સમાંતર જોડાણમાં છે. તેમનું સમતુલ્ય $C_4 = 4 + 4 = 8\,\mu F$ છે。
$5$. આ $C_4$ એ $1\,\mu F$ કેપેસિટર સાથે શ્રેણીમાં છે. તેમનું સમતુલ્ય $C_5 = \frac{8 \times 1}{8 + 1} = \frac{8}{9}\,\mu F$ છે。
$6$. હવે, $C_2$ અને $C_5$ સમાંતર જોડાણમાં છે. તેમનું સમતુલ્ય $C_6 = C_2 + C_5 = \frac{8}{3} + \frac{8}{9} = \frac{24 + 8}{9} = \frac{32}{9}\,\mu F$ છે。
$7$. અંતે, $C$ એ $C_6$ સાથે શ્રેણીમાં છે. કુલ સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $C_{eq} = 1\,\mu F$ આપેલ હોવાથી, $\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C} + \frac{1}{C_6}$ થાય。
$8$. $1 = \frac{1}{C} + \frac{9}{32} \Rightarrow \frac{1}{C} = 1 - \frac{9}{32} = \frac{23}{32}$ થાય。
$9$. તેથી, $C = \frac{32}{23}\,\mu F$ મળે.

(B) $AM$ તરંગ માટેનું પ્રમાણિત સમીકરણ $C_m(t) = A_c \sin(\omega_c t) + \frac{\mu A_c}{2} \cos((\omega_c - \omega_m)t) - \frac{\mu A_c}{2} \cos((\omega_c + \omega_m)t)$ છે.
આપેલ સમીકરણ $C_m(t) = 30 \sin(300\pi t) + 10 \cos(200\pi t) - 10 \cos(400\pi t)$ સાથે સરખાવતા:
$1$. કેરિયર ફ્રીક્વન્સી: $\omega_c = 300\pi \Rightarrow 2\pi f_c = 300\pi \Rightarrow f_c = 150 \text{ Hz}$.
$2$. સાઇડબેન્ડ ફ્રીક્વન્સી: $\omega_c - \omega_m = 200\pi$ અને $\omega_c + \omega_m = 400\pi$.
બંનેની બાદબાકી કરતા: $2\omega_m = 200\pi \Rightarrow \omega_m = 100\pi \Rightarrow 2\pi f_m = 100\pi \Rightarrow f_m = 50 \text{ Hz}$.
$3$. મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ: $\frac{\mu A_c}{2} = 10$. અહીં $A_c = 30$ હોવાથી,$\frac{\mu(30)}{2} = 10 \Rightarrow 15\mu = 10 \Rightarrow \mu = 10/15 = 2/3$.

(B) જ્યારે ધાતુની શીટ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં $v$ વેગથી ગતિ કરે છે,ત્યારે ધાતુમાં રહેલા મુક્ત ઇલેક્ટ્રોન ચુંબકીય લોરેન્ઝ બળ $F_m = q(v \times B)$ અનુભવે છે.
જમણા હાથના નિયમ મુજબ,કાગળના સમતલની અંદરની તરફના ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ઉપરની તરફ ગતિ કરતા ધન વિદ્યુતભાર માટે,બળ જમણી તરફ લાગે છે. આમ,ઇલેક્ટ્રોન ડાબી સપાટી પર ધકેલાય છે,જેનાથી તે ઋણ વીજભારિત બને છે,અને જમણી સપાટી પર ધન વીજભાર એકઠો થાય છે.
આ વિદ્યુતભારનું અલગીકરણ જમણીથી ડાબી તરફ એક આંતરિક વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ ઉત્પન્ન કરે છે.
સ્થાયી અવસ્થામાં,ચુંબકીય બળ વિદ્યુત બળ દ્વારા સંતુલિત થાય છે: $qE = qvB$,જે $E = vB$ આપે છે.
બે વિરુદ્ધ વીજભારિત પ્લેટો (શીટની સપાટીઓ) વચ્ચેનું વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{\sigma}{\epsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\sigma$ એ સપાટી પરની વિદ્યુતભાર ઘનતાનું મૂલ્ય છે.
$E$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{\sigma}{\epsilon_0} = vB$,તેથી $\sigma = \epsilon_0 vB$.
ડાબી સપાટી ઋણ વીજભારિત હોવાથી અને જમણી સપાટી ધન વીજભારિત હોવાથી,આપણને $\sigma_1 = -\epsilon_0 vB$ અને $\sigma_2 = \epsilon_0 vB$ મળે છે.

(D) ધારો કે $I$ એ ફુલ સ્કેલ આવર્તન પ્રવાહ છે અને $V = 2\,V$ એ બેટરીનો વોલ્ટેજ છે.
કિસ્સા $1$ માં,જ્યારે $R_1 = 2400\,\Omega$,ત્યારે આવર્તન $\theta_1 = 40$ કાપા.
$\frac{40}{50} I = \frac{V}{G + R_1} \Rightarrow \frac{4}{5} I = \frac{2}{G + 2400} \dots (1)$
કિસ્સા $2$ માં,જ્યારે $R_2 = 4900\,\Omega$,ત્યારે આવર્તન $\theta_2 = 20$ કાપા.
$\frac{20}{50} I = \frac{V}{G + R_2} \Rightarrow \frac{2}{5} I = \frac{2}{G + 4900} \dots (2)$
$(1)$ ને $(2)$ વડે ભાગતા:
$\frac{4/5 I}{2/5 I} = \frac{G + 4900}{G + 2400} \Rightarrow 2 = \frac{G + 4900}{G + 2400}$
$2G + 4800 = G + 4900 \Rightarrow G = 100\,\Omega$.
$G = 100\,\Omega$ ની કિંમત $(1)$ માં મૂકતા:
$\frac{4}{5} I = \frac{2}{100 + 2400} = \frac{2}{2500} = \frac{1}{1250}$
$I = \frac{5}{4} \times \frac{1}{1250} = \frac{1}{1000}\,A = 1\,mA$.
પ્રવાહ સંવેદિતા $= \frac{I}{50} = \frac{1\,mA}{50} = 0.02\,mA/\text{division} = 20\,\mu A/\text{division}$.
$10$ કાપાના આવર્તન માટે:
$\frac{10}{50} I = \frac{V}{G + R} \Rightarrow \frac{1}{5} \times 10^{-3} = \frac{2}{100 + R}$
$100 + R = 10000 \Rightarrow R = 9900\,\Omega$.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(C) કોમન એમિટર ટ્રાન્ઝિસ્ટર કોન્ફિગ્યુરેશનમાં, ઇનપુટ લાક્ષણિકતાઓ અચળ કલેક્ટર-એમિટર વોલ્ટેજ $(V_{CE})$ પર બેઝ-એમિટર વોલ્ટેજ $(V_{BE})$ સાથે બેઝ કરંટ $(I_B)$ ના ફેરફારને દર્શાવે છે.
ઇનપુટ અવરોધ $(r_i)$ ને ઇનપુટ લાક્ષણિકતા વક્રના ઢાળના વ્યસ્ત તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે: $r_i = (\Delta V_{BE} / \Delta I_B)_{V_{CE}}$.
તેથી, ઇનપુટ અવરોધનો વ્યસ્ત $(1/r_i)$ એ ઇનપુટ લાક્ષણિકતા વક્રના ઢાળ જેટલો છે: $1/r_i = \Delta I_B / \Delta V_{BE}$.
ટ્રાન્ઝિસ્ટરનો ઇનપુટ લાક્ષણિકતા વક્ર ફોરવર્ડ-બાયસ્ડ $p-n$ જંકશન ડાયોડ જેવો જ હોય છે, જે સ્વભાવે ઘાતાંકીય (exponential) છે: $I_B \propto e^{V_{BE}/\eta V_T}$.
જેમ $V_{BE}$ વધે છે, તેમ આ ઘાતાંકીય વક્રનો ઢાળ $(\Delta I_B / \Delta V_{BE})$ ઝડપથી વધે છે.
આમ, $1/r_i$ વિરુદ્ધ $V_{BE}$ નો આલેખ ઘાતાંકીય વધારો દર્શાવવો જોઈએ, જે આલેખ $C$ માં યોગ્ય રીતે દર્શાવેલ છે.

(A) $m$ દળ ધરાવતા ન્યુટ્રોન અને $m$ દળ ધરાવતા હાઇડ્રોજન પરમાણુ વચ્ચેના હેડ-ઓન સંઘાતમાં,દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ $v_{cm} = v/2$ થાય છે.
સંઘાત પછી,બંને કણો દ્રવ્યમાન કેન્દ્રના ફ્રેમમાં સમાન વેગ $v/2$ થી ગતિ કરે છે.
ગતિઊર્જામાં થતો ઘટાડો $\Delta K = K_{initial} - K_{final} = \frac{1}{2}mv^2 - [\frac{1}{2}m(v/2)^2 + \frac{1}{2}m(v/2)^2] = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{4}mv^2 = \frac{1}{4}mv^2$ છે.
અસ્થિતિસ્થાપક સંઘાત થવા માટે,આ ગુમાવેલી ગતિઊર્જા હાઇડ્રોજન પરમાણુની ધરા અવસ્થા $(n=1)$ થી પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n=2)$ માં જવા માટેની ઉત્તેજન ઊર્જા જેટલી હોવી જોઈએ,જે $\Delta E = 10.2 \ eV$ છે.
તેથી,$\frac{1}{4}mv^2 = 10.2 \ eV$.
ન્યુટ્રોનની પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2}mv^2 = 2 \times (\frac{1}{4}mv^2) = 2 \times 10.2 \ eV = 20.4 \ eV$ થાય.