JEE Main 2018 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) કેપ્લરના ત્રીજા નિયમ મુજબ,$M$ દળ ધરાવતા ગ્રહની આસપાસ $r$ ત્રિજ્યામાં ભ્રમણ કરતા ઉપગ્રહનો આવર્તકાળ $T$ નીચે મુજબ છે:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{r^3}{GM}}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$T^2 = \frac{4\pi^2}{GM} r^3$
દળ $M$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા:
$M = \frac{4\pi^2 r^3}{GT^2}$
સાપેક્ષ અનિશ્ચિતતા શોધવા માટે બંને બાજુ લઘુગણક લઈને વિકલન કરતા:
$\ln M = \ln(4\pi^2) + 3\ln r - \ln G - 2\ln T$
$\frac{\Delta M}{M} = 3\frac{\Delta r}{r} - 2\frac{\Delta T}{T}$
અહીં ત્રિજ્યામાં સાપેક્ષ અનિશ્ચિતતા $\frac{\Delta r}{r}$ નગણ્ય છે (એટલે કે $\frac{\Delta r}{r} = 0$):
$\left| \frac{\Delta M}{M} \right| = |-2| \frac{\Delta T}{T} = 2 \times 10^{-2}$

(B) વાયુઓના મિશ્રણ માટે,એડિયાબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma_{mix}$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\gamma_{mix} = \frac{n_1 C_{P1} + n_2 C_{P2}}{n_1 C_{V1} + n_2 C_{V2}}$
સ્વતંત્રતાના અંશો $f$ નો ઉપયોગ કરતા:
$C_V = \frac{f}{2}R$ અને $C_P = (\frac{f}{2} + 1)R$
હિલિયમ (એક-પરમાણ્વીય) માટે,$f_1 = 3$,તેથી $C_{V1} = \frac{3}{2}R$ અને $C_{P1} = \frac{5}{2}R$.
હાઇડ્રોજન (દ્વિ-પરમાણ્વીય) માટે,$f_2 = 5$,તેથી $C_{V2} = \frac{5}{2}R$ અને $C_{P2} = \frac{7}{2}R$.
અહીં $n_1 = 2$ અને $n_2 = n$ આપેલ છે,અને મિશ્રણનો ગુણોત્તર $\frac{C_P}{C_V} = \frac{3}{2}$ છે.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$\frac{2(\frac{5}{2}R) + n(\frac{7}{2}R)}{2(\frac{3}{2}R) + n(\frac{5}{2}R)} = \frac{3}{2}$
$\frac{5 + 3.5n}{3 + 2.5n} = \frac{3}{2}$
$10 + 7n = 9 + 7.5n$
$0.5n = 1$
$n = 2$.

(D) ધારો કે ગતિનું સમીકરણ $x = A \cos(\omega t + \phi)$ છે. સરળતા માટે,જો $t=0$ સમયે કળા શૂન્ય હોય તો $x = A \cos(\omega t)$ લઈ શકાય.
આપેલ સમય પર સ્થાન:
$a = A \cos(\omega t_0)$
$b = A \cos(2\omega t_0)$
$c = A \cos(3\omega t_0)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(3\theta) + \cos(\theta) = 2 \cos(2\theta) \cos(\theta)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$a + c = A \cos(3\omega t_0) + A \cos(\omega t_0) = A [2 \cos(2\omega t_0) \cos(\omega t_0)]$
$b = A \cos(2\omega t_0)$ કિંમત મૂકતા:
$a + c = 2b \cos(\omega t_0)$
$\cos(\omega t_0) = \frac{a+c}{2b}$
$\omega t_0 = \cos^{-1} \left( \frac{a+c}{2b} \right)$
$\omega = 2\pi f$ હોવાથી,$2\pi f t_0 = \cos^{-1} \left( \frac{a+c}{2b} \right)$
$f = \frac{1}{2\pi t_0} \cos^{-1} \left( \frac{a+c}{2b} \right)$

(D) આપેલ છે: તાર $A$ ની આવૃત્તિ,$n_A = 425 \, Hz$. પ્રારંભિક બીટ આવૃત્તિ $x_1 = 5 \, Hz$.
બીટ આવૃત્તિ $|n_A - n_B| = 5 \, Hz$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આનો અર્થ એ છે કે $n_B$ કાં તો $420 \, Hz$ અથવા $430 \, Hz$ હોઈ શકે છે.
જ્યારે તાર $B$ નું તણાવ વધારવામાં આવે છે,ત્યારે તેની આવૃત્તિ $n_B$ વધે છે કારણ કે $n \propto \sqrt{T}$.
કિસ્સો $1$: જો $n_B = 420 \, Hz$ હોય,તો તણાવ વધારવાથી $n_B$ વધે છે. જેમ $n_B$ એ $n_A$ $(425 \, Hz)$ ની નજીક જાય છે,તેમ બીટ આવૃત્તિ $|n_A - n_B|$ ઘટે છે. આ અવલોકન સાથે મેળ ખાય છે કે બીટ આવૃત્તિ ઘટીને $3 \, Hz$ થઈ છે.
કિસ્સો $2$: જો $n_B = 430 \, Hz$ હોય,તો તણાવ વધારવાથી $n_B$ એ $n_A$ $(425 \, Hz)$ થી વધુ દૂર જાય છે,જેનાથી બીટ આવૃત્તિ વધશે. આ અવલોકનથી વિપરીત છે.
તેથી,$B$ ની મૂળ આવૃત્તિ $420 \, Hz$ હોવી જોઈએ.

(D) અક્ષાંશ $\phi$ પર ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે અસરકારક પ્રવેગ $g'$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $g' = g - \omega^2 R \cos^2 \phi$,જ્યાં $\omega$ એ પૃથ્વીની કોણીય ઝડપ છે અને $R$ એ પૃથ્વીની ત્રિજ્યા છે.
ધ્રુવો પર,અક્ષાંશ $\phi = 90^\circ$ છે,તેથી $\cos 90^\circ = 0$ થાય. આમ,$g' = g$,જેનો અર્થ છે કે $\omega$ માં ફેરફાર થવા છતાં ધ્રુવો પર ગુરુત્વાકર્ષણમાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી.
અન્ય તમામ અક્ષાંશો પર,જેમ કોણીય ઝડપ $\omega$ વધે છે,તેમ પદ $\omega^2 R \cos^2 \phi$ વધે છે.
કારણ કે $g' = g - \omega^2 R \cos^2 \phi$,તેથી $\omega$ માં વધારો થવાથી $g'$ માં ઘટાડો થાય છે.
પરિણામે,ધ્રુવો સિવાય પૃથ્વી પરના તમામ બિંદુઓ પર પદાર્થનું વજન $W = mg'$ ઘટશે.

(A) $BC$ પથ એ $(V_0, 3P_0)$ અને $(2V_0, P_0)$ બિંદુઓમાંથી પસાર થતી સીધી રેખા છે.
$BC$ રેખાનો ઢાળ $m = \frac{P_0 - 3P_0}{2V_0 - V_0} = \frac{-2P_0}{V_0}$ છે.
$BC$ રેખાનું સમીકરણ $P - 3P_0 = \frac{-2P_0}{V_0}(V - V_0)$ છે,જેનું સાદું રૂપ આપતા $P = 3P_0 - \frac{2P_0}{V_0}(V - V_0) = P_0(5 - \frac{2V}{V_0})$ મળે છે.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ માં $n = 1$ લેતા,$T = \frac{PV}{R} = \frac{P_0}{R}(5V - \frac{2V^2}{V_0})$ મળે.
મહત્તમ તાપમાન શોધવા માટે,આપણે $\frac{dT}{dV} = 0$ લઈએ છીએ:
$\frac{dT}{dV} = \frac{P_0}{R}(5 - \frac{4V}{V_0}) = 0 \implies V = \frac{5}{4}V_0$.
$V = \frac{5}{4}V_0$ ને $T$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$T_{max} = \frac{P_0}{R}(5(\frac{5}{4}V_0) - \frac{2}{V_0}(\frac{25}{16}V_0^2)) = \frac{P_0}{R}(\frac{25}{4}V_0 - \frac{25}{8}V_0) = \frac{25}{8} \frac{P_0 V_0}{R}$.

(B) આપેલ છે: બેટરી વોલ્ટેજ $E = 6\,V$,ઉચ્ચ અવરોધ $R = 11\,k\Omega = 11000\,\Omega$,ફિગર ઓફ મેરિટ $k = 60\,\mu A/\text{div}$,પ્રારંભિક વિચલન $\theta = 9\,\text{div}$.
$1$. પૂર્ણ વિચલન $\theta = 9$ માટે પ્રવાહ $I$ ની ગણતરી:
$I = k \cdot \theta = 60 \times 10^{-6} \times 9 = 5.4 \times 10^{-4}\,A$.
$2$. શંટ વગરના સર્કિટ માટે ઓહ્મના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{E}{R + G} \implies 5.4 \times 10^{-4} = \frac{6}{11000 + G}$.
અહીં $R \gg G$ હોવાથી,$R + G \approx R = 11000\,\Omega$.
$G = \frac{E}{I} - R = \frac{6}{5.4 \times 10^{-4}} - 11000 = 11111 - 11000 = 111.1\,\Omega$.
$3$. હાફ-ડિફ્લેક્શન પદ્ધતિમાં,શંટ અવરોધ $S$ એવી રીતે જોડવામાં આવે છે કે જેથી વિચલન $\theta/2 = 4.5\,\text{div}$ થાય.
હાફ-ડિફ્લેક્શન પદ્ધતિમાં શંટ અવરોધનું સૂત્ર $S = \frac{G \cdot R}{R - G}$ છે.
$R = 11000\,\Omega$ અને $G \approx 111.1\,\Omega$ લેતા:
$S = \frac{111.1 \times 11000}{11000 - 111.1} \approx \frac{111.1 \times 11000}{10888.9} \approx 112.2\,\Omega$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ નજીકનું મૂલ્ય $110\,\Omega$ છે.

(D) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{p}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $p$ એ ઇલેક્ટ્રોનનું વેગમાન છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોન માટે,કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n$ એ $n^2$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે અને વેગ $v_n$ એ $1/n$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે.
કોણીય વેગમાનનું ક્વોન્ટાઇઝેશન સૂત્ર $mvr = \frac{nh}{2\pi}$ છે,જે સૂચવે છે કે $2\pi r = n\lambda$.
આમ,ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda$ એ કક્ષાના પરિઘના સમપ્રમાણમાં છે,$\lambda = \frac{2\pi r_n}{n}$.
કારણ કે $r_n \propto n^2$,તેથી $\lambda \propto \frac{n^2}{n} = n$.
ધરા અવસ્થા માટે,$n_G = 1$,તેથી $\lambda_G \propto 1$.
બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,$n_B = 3$,તેથી $\lambda_B \propto 3$.
તેથી,$\frac{\lambda_B}{\lambda_G} = \frac{3}{1}$,જે દર્શાવે છે કે $\lambda_B = 3\lambda_G$.

(A) ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં ભ્રમણ કરતી $n$ આંટાવાળી કોઈલ સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = nBA \cos(\omega t)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ફેરાડેના વિદ્યુતચુંબકીય પ્રેરણના નિયમ મુજબ,પ્રેરિત $e.m.f.$ $e = -\frac{d\phi}{dt}$ છે.
$\phi$ નું સમીકરણ મૂકતા,$e = -\frac{d}{dt}(nBA \cos(\omega t)) = nBA\omega \sin(\omega t)$ મળે છે.
પ્રેરિત $e.m.f.$ $(e_0)$ નું મહત્તમ મૂલ્ય ત્યારે મળે છે જ્યારે $\sin(\omega t) = 1$ હોય.
તેથી,$e_0 = nBA\omega$.

(A) જ્યારે $I$ તીવ્રતાનો અધ્રુવીભૂત પ્રકાશ પ્રથમ પોલરાઇઝર $A$ માંથી પસાર થાય છે,ત્યારે તીવ્રતા $I_A = I/2$ થાય છે.
$B$ પછી બહાર આવતી તીવ્રતા $I/2$ હોવાથી,પોલરાઇઝર $A$ અને $B$ સમાંતર હોવા જોઈએ (તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $0^\circ$ છે).
જ્યારે ત્રીજું પોલરાઇઝર $C$ ને $A$ અને $B$ ની વચ્ચે $A$ સાથે $\theta$ ખૂણે મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે $C$ અને $B$ વચ્ચેનો ખૂણો પણ $\theta$ થાય છે.
મેલસના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $I_{final} = I_A \cos^2 \theta \cos^2 \theta = (I/2) \cos^4 \theta$.
આપેલ છે કે $I_{final} = I/3$,તેથી $(I/2) \cos^4 \theta = I/3$.
$\cos^4 \theta = 2/3$.
તેથી,$\cos \theta = (2/3)^{1/4}$.

(C) આપેલ છે: પ્રાઇમરી વોલ્ટેજ $V_{P} = 2300\,V$,સેકન્ડરી વોલ્ટેજ $V_{S} = 230\,V$,પ્રાઇમરી પ્રવાહ $I_{P} = 5\,A$,કાર્યક્ષમતા $\eta = 90\% = 0.9$.
ટ્રાન્સફોર્મરની કાર્યક્ષમતા એ આઉટપુટ પાવર $(P_{S})$ અને ઇનપુટ પાવર $(P_{P})$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$\eta = \frac{P_{S}}{P_{P}} \Rightarrow P_{S} = \eta \times P_{P}$.
પાવર $P = V \times I$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$V_{S} \times I_{S} = 0.9 \times (V_{P} \times I_{P})$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$230 \times I_{S} = 0.9 \times 2300 \times 5$.
$I_{S}$ માટે ઉકેલતા:
$I_{S} = \frac{0.9 \times 2300 \times 5}{230} = 0.9 \times 10 \times 5 = 45\,A$.
તેથી,આઉટપુટ પ્રવાહ $45\,A$ છે.

(A) ફોટોનની ઉર્જા $E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આના પરથી,આપણને મળે છે $\lambda = \frac{hc}{E}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{\lambda_N}{\lambda_A} = \frac{E_A}{E_N}$.
અહીં,$E_N$ એ ન્યુક્લિયર ડી-એક્સાઇટેશન દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા છે,જે સામાન્ય રીતે $MeV$ $(10^6 \ eV)$ ના ક્રમની હોય છે.
$E_A$ એ પરમાણુ ડી-એક્સાઇટેશન દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા છે,જે સામાન્ય રીતે થોડા $eV$ (દા.ત.,$1-10 \ eV$) ના ક્રમની હોય છે.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{\lambda_N}{\lambda_A} = \frac{E_A}{E_N} \approx \frac{1 \ eV}{10^6 \ eV} = 10^{-6}$ થાય છે.

(A) આ સર્કિટમાં બે કેપેસિટર $C_1$ અને $C_2$ શ્રેણીમાં અવરોધ $R$ અને $E$ $EMF$ ધરાવતી બેટરી સાથે જોડાયેલા છે.
જ્યારે સ્વીચ $S$ ને $t = 0$ સમયે બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે કેપેસિટરો ચાર્જ થવાનું શરૂ કરે છે.
શ્રેણી જોડાણનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq} = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2}$ છે.
શ્રેણી $RC$ સર્કિટ માટે ચાર્જિંગનું સમીકરણ $Q(t) = Q_0(1 - e^{-t/\tau})$ છે,જ્યાં $Q_0$ એ મહત્તમ વિદ્યુતભાર છે અને $\tau = RC_{eq}$ એ ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ છે.
સમતુલ્ય કેપેસિટર પરનો મહત્તમ વિદ્યુતભાર $Q_0 = C_{eq}E$ છે.
કેપેસિટરો શ્રેણીમાં હોવાથી,દરેક કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર સમાન હોય છે અને તે સમતુલ્ય કેપેસિટર પરના વિદ્યુતભાર જેટલો જ હોય છે.
આમ,સમયના વિધેય તરીકે $C_1$ પરનો વિદ્યુતભાર $Q(t) = C_{eq}E[1 - \exp(-t/RC_{eq})]$ થશે.

(D) આપેલ છે:
ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ,$R_g = 25\,\Omega$
પૂર્ણ-સ્કેલ આવર્તન માટે પ્રવાહ,$I_g = 1\,mA = 10^{-3}\,A$
માપવાનો મહત્તમ પ્રવાહ,$I = 2\,A$
ગેલ્વેનોમીટરને એમીટરમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે,ગેલ્વેનોમીટર સાથે સમાંતરમાં શંટ અવરોધ $S$ જોડવામાં આવે છે.
ગેલ્વેનોમીટર અને શંટ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત સમાન હોવો જોઈએ:
$I_g R_g = (I - I_g) S$
કિંમતો મૂકતા:
$10^{-3} \times 25 = (2 - 10^{-3}) S$
$0.025 = (2 - 0.001) S$
$0.025 = 1.999 S$
$S = \frac{0.025}{1.999} \approx \frac{0.025}{2} = 0.0125\,\Omega$
આમ,$S = 1.25 \times 10^{-2}\,\Omega$.

(B) ઝેનર ડાયોડ પરનો વોલ્ટેજ $V_{Z} = 10 \ V$ છે. ઝેનર ડાયોડ એ અવરોધ $R_{2} = 1500 \ \Omega$ સાથે સમાંતર જોડાયેલ હોવાથી,$R_{2}$ પરનો વોલ્ટેજ $V_{R_{2}} = V_{Z} = 10 \ V$ થશે.
$R_{2}$ માંથી વહેતો પ્રવાહ:
$I_{R_{2}} = \frac{V_{R_{2}}}{R_{2}} = \frac{10 \ V}{1500 \ \Omega} = \frac{1}{150} \ A \approx 6.67 \times 10^{-3} \ A = 6.67 \ mA$.
$R_{1} = 500 \ \Omega$ પરનો વોલ્ટેજ ડ્રોપ:
$V_{R_{1}} = V_{source} - V_{Z} = 15 \ V - 10 \ V = 5 \ V$.
$R_{1}$ માંથી વહેતો કુલ પ્રવાહ:
$I_{R_{1}} = \frac{V_{R_{1}}}{R_{1}} = \frac{5 \ V}{500 \ \Omega} = 0.01 \ A = 10 \ mA$.
જંકશન પર કિર્ચોફનો પ્રવાહનો નિયમ લાગુ પાડતા,ઝેનર ડાયોડમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_{Z}$:
$I_{Z} = I_{R_{1}} - I_{R_{2}} = 10 \ mA - 6.67 \ mA = 3.33 \ mA \approx 3.3 \ mA$.

(D) ધારો કે ગોળાઓ $A$ અને $B$ પરનો પ્રારંભિક વિદ્યુતભાર $q$ છે. તેમની વચ્ચેનું બળ $F = \frac{k q^2}{r^2}$ છે.
જ્યારે ગોળા $C$ (વિદ્યુતભાર રહિત) ને $A$ સાથે સ્પર્શ કરાવવામાં આવે છે,ત્યારે વિદ્યુતભાર બંને વચ્ચે સમાન રીતે વહેંચાય છે. તેથી,$A$ પરનો નવો વિદ્યુતભાર $q_A = \frac{q + 0}{2} = \frac{q}{2}$ થાય છે. $C$ પરનો વિદ્યુતભાર પણ $\frac{q}{2}$ થાય છે.
ત્યારબાદ,ગોળા $C$ (હવે $\frac{q}{2}$ વિદ્યુતભાર સાથે) ને $B$ (જેનો વિદ્યુતભાર $q$ છે) સાથે સ્પર્શ કરાવવામાં આવે છે. કુલ વિદ્યુતભાર $\frac{q}{2} + q = \frac{3q}{2}$ થાય છે. આ વિદ્યુતભાર સમાન રીતે વહેંચાતા,$B$ પરનો નવો વિદ્યુતભાર $q_B = \frac{3q/2}{2} = \frac{3q}{4}$ થાય છે.
$A$ અને $B$ વચ્ચેનું નવું બળ $F' = \frac{k q_A q_B}{r^2} = \frac{k (q/2) (3q/4)}{r^2} = \frac{3}{8} \frac{k q^2}{r^2} = \frac{3}{8} F$ થાય.

(C) આપેલ છે: પ્રિઝમનો કોણ,$A = 30^o$,આપાતકોણ,$i = 60^o$,વિચલન કોણ,$\delta = 30^o$.
વિચલન માટે પ્રિઝમનું સૂત્ર વાપરતા: $\delta = i + e - A$.
કિંમતો મૂકતા: $30^o = 60^o + e - 30^o$.
નિર્ગમન કોણ $e$ માટે ઉકેલતા: $e = 30^o + 30^o - 60^o = 0^o$.
અહીં નિર્ગમન કોણ $e = 0^o$ હોવાથી,નિર્ગમન કિરણ પ્રિઝમની બીજી સપાટીને લંબ (perpendicular) છે.
તેથી,નિર્ગમન કિરણ પ્રિઝમની બીજી સપાટી સાથે $90^o$ નો ખૂણો બનાવશે.

(A) આપેલ છે: મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $m = 80\% = 0.8$.
કેરિયર વેવનો પીક વોલ્ટેજ $E_c = 14\,V$.
આપણે જાણીએ છીએ કે મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $m$ એ મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલના પીક વોલ્ટેજ $(E_m)$ અને કેરિયર વેવના પીક વોલ્ટેજ $(E_c)$ નો ગુણોત્તર છે.
સૂત્ર: $m = \frac{E_m}{E_c}$.
$E_m$ શોધવા માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા: $E_m = m \times E_c$.
કિંમતો મૂકતા: $E_m = 0.8 \times 14\,V = 11.2\,V$.
તેથી,મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલનો પીક વોલ્ટેજ $11.2\,V$ છે.

(C) વિદ્યુતચુંબકીય તરંગની તીવ્રતા $I$ અને વિદ્યુતક્ષેત્રના કંપવિસ્તાર $E_0$ વચ્ચેનો સંબંધ $I = \frac{1}{2} \varepsilon_0 c E_0^2$ છે.
તેથી,$E_0 = \sqrt{\frac{2I}{\varepsilon_0 c}}$ મળે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રનું મૂલ્ય $B_0 = \frac{E_0}{c}$ છે.
તરંગનું પ્રસરણ $\vec E \times \vec B$ ની દિશામાં હોય છે. પ્રસરણ ધન $Y$-દિશા $(\hat j)$ માં હોવાથી,વિકલ્પ $C$ માટે તપાસતા: $\hat k \times \hat i = \hat j$. આ પ્રસરણની દિશા સાથે સુસંગત છે. તેથી,સાચું સમીકરણ $\vec E = E_0 \cos[\frac{2\pi}{\lambda}(y - ct)] \hat k$ અને $\vec B = \frac{E_0}{c} \cos[\frac{2\pi}{\lambda}(y - ct)] \hat i$ છે.

(A) દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda$ નું સૂત્ર $\lambda = \frac{h}{mv}$ છે,જ્યાં $h$ પ્લાન્કનો અચળાંક છે,$m$ દળ છે અને $v$ વેગ છે.
આપેલ છે કે દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ સમાન છે,તેથી $\lambda_p = \lambda_{\alpha}$.
તેથી,$\frac{h}{m_p v_p} = \frac{h}{m_{\alpha} v_{\alpha}}$.
આનો અર્થ એ થાય કે $m_p v_p = m_{\alpha} v_{\alpha}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\alpha$-કણનું દળ પ્રોટોનના દળ કરતાં આશરે $4$ ગણું હોય છે,તેથી $m_{\alpha} = 4m_p$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $m_p v_p = (4m_p) v_{\alpha}$.
બંને બાજુ $m_p$ વડે ભાગતા,આપણને $v_p = 4v_{\alpha}$ મળે છે.
આમ,તેમના વેગનો ગુણોત્તર $\frac{v_p}{v_{\alpha}} = 4:1$ છે.