JEE Main 2020 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) કાર્નોટ એન્જિનની કાર્યક્ષમતા $(\eta)$ અને રેફ્રિજરેટરના પરફોર્મન્સ ગુણાંક $(\beta)$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$\beta = \frac{1 - \eta}{\eta}$
અહીં $\eta = 1/10$ આપેલ છે,તેથી પરફોર્મન્સ ગુણાંક:
$\beta = \frac{1 - 1/10}{1/10} = \frac{9/10}{1/10} = 9$
પરફોર્મન્સ ગુણાંક $(\beta)$ ને ઠંડા રિઝર્વોયરમાંથી શોષાયેલી ઉષ્મા $(Q_2)$ અને સિસ્ટમ પર થયેલા કાર્ય $(W)$ ના ગુણોત્તર તરીકે પણ વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે:
$\beta = \frac{Q_2}{W}$
અહીં $W = 10 \ J$ અને $\beta = 9$ આપેલ છે,તેથી:
$9 = \frac{Q_2}{10 \ J}$
$Q_2 = 9 \times 10 \ J = 90 \ J$
આમ,નીચા તાપમાને રહેલા રિઝર્વોયરમાંથી શોષાયેલી ઉર્જા $90 \ J$ છે.

(D) ધારો કે $c$ એ અવાજની ઝડપ છે અને $v$ એ ટ્યુનિંગ ફોર્કની ઝડપ છે.
નજીક આવતા ટ્યુનિંગ ફોર્ક દ્વારા સંભળાતી આવૃત્તિ $\nu_{1} = \left(\frac{c}{c-v}\right) \nu_{0}$ છે.
દૂર જતા ટ્યુનિંગ ફોર્ક દ્વારા સંભળાતી આવૃત્તિ $\nu_{2} = \left(\frac{c}{c+v}\right) \nu_{0}$ છે.
બીટ આવૃત્તિ $\Delta \nu = \nu_{1} - \nu_{2} = 2 \; \text{Hz}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પદાવલિઓ મૂકતા:
$\Delta \nu = c \nu_{0} \left(\frac{1}{c-v} - \frac{1}{c+v}\right) = c \nu_{0} \left(\frac{c+v - (c-v)}{c^{2}-v^{2}}\right) = \frac{2 c \nu_{0} v}{c^{2}-v^{2}}$.
કારણ કે $v \ll c$, આપણે $c^{2} - v^{2} \approx c^{2}$ તરીકે અંદાજ લગાવી શકીએ છીએ.
તેથી, $\Delta \nu \approx \frac{2 c \nu_{0} v}{c^{2}} = \frac{2 \nu_{0} v}{c} = 2$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\frac{2 \times 1400 \times v}{350} = 2$.
$8v = 2 \Rightarrow v = \frac{2}{8} = \frac{1}{4} \; \text{m/s}$.

(C) વ્યક્તિઓનું કુલ દળ $M_p = 10 \times 68 \; kg = 680 \; kg$ છે.
લિફ્ટ સિસ્ટમનું કુલ દળ $M = M_p + M_{elevator} = 680 \; kg + 920 \; kg = 1600 \; kg$ છે.
ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે નીચેની તરફ લાગતું કુલ બળ $F_g = M \times g = 1600 \; kg \times 10 \; m/s^{2} = 16000 \; N$ છે.
ઉપરની તરફની ગતિનો વિરોધ કરતું ઘર્ષણ બળ $f = 6000 \; N$ છે.
લિફ્ટ અચળ ઝડપથી ગતિ કરતી હોવાથી,પ્રવેગ શૂન્ય છે. તેથી,કેબલમાં તણાવ $T$ એ નીચેની તરફ લાગતા કુલ બળને સંતુલિત કરવું જોઈએ:
$T = F_g + f = 16000 \; N + 6000 \; N = 22000 \; N$.
મોટર દ્વારા આપવામાં આવતો પાવર $P = T \times v$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $v$ એ વેગ છે.
$P = 22000 \; N \times 3 \; m/s = 66000 \; W$.

(A) $r$ ત્રિજ્યા અને $dr$ જાડાઈ ધરાવતી એક પાતળી વર્તુળાકાર રીંગનો વિચાર કરો. આ રીંગનું ક્ષેત્રફળ $dA = 2 \pi r dr$ છે.
આ સૂક્ષ્મ રીંગનું દળ $dm = \sigma(r) dA = (A + Br) (2 \pi r dr)$ છે.
તકતીના સમતલને લંબ અને કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અક્ષને અનુલક્ષીને આ રીંગની જડત્વની ચાકમાત્રા $dI = dm r^{2}$ છે.
$dm$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $dI = (A + Br) (2 \pi r dr) r^{2} = 2 \pi (A r^{3} + B r^{4}) dr$ મળે છે.
કુલ જડત્વની ચાકમાત્રા $I$ શોધવા માટે,આપણે $r = 0$ થી $r = a$ સુધી $dI$ નું સંકલન કરીએ છીએ:
$I = \int_{0}^{a} 2 \pi (A r^{3} + B r^{4}) dr = 2 \pi \left[ \frac{A r^{4}}{4} + \frac{B r^{5}}{5} \right]_{0}^{a}$.
$I = 2 \pi \left( \frac{A a^{4}}{4} + \frac{B a^{5}}{5} \right) = 2 \pi a^{4} \left( \frac{A}{4} + \frac{aB}{5} \right)$.

(A) પદ $\frac{B^{2}}{2 \mu_{0}}$ એ ચુંબકીય ઉર્જા ઘનતા દર્શાવે છે,જે એકમ કદ દીઠ સંગ્રહિત ચુંબકીય ઉર્જા છે.
ઉર્જા ઘનતાનું સૂત્ર $u = \frac{\text{Energy}}{\text{Volume}}$ છે.
ઉર્જાનું પરિમાણ $[M L^{2} T^{-2}]$ છે અને કદનું પરિમાણ $[L^{3}]$ છે.
તેથી,ઉર્જા ઘનતાનું પરિમાણ $\frac{[M L^{2} T^{-2}]}{[L^{3}]} = [M L^{-1} T^{-2}]$ થાય.
આમ,$\frac{B^{2}}{2 \mu_{0}}$ નું પરિમાણ $[M L^{-1} T^{-2}]$ છે.

(A) ધારો કે દોરડાના ઉપરના અડધા ભાગમાં તણાવ $T$ છે. દોરડાનો નીચેનો અડધો ભાગ શિરોલંબ છે અને તે $10 \; kg$ ના દળને આધાર આપે છે,તેથી નીચેના ભાગમાં તણાવ $T_{lower} = mg = 10 \times 10 = 100 \; N$ થશે.
મધ્યબિંદુ પર જ્યાં બળ $F$ લગાડવામાં આવે છે,ત્યાં બળોનું સંતુલન ધ્યાનમાં લેતા:
ઉપરના દોરડામાં તણાવ $T$ નો સમક્ષિતિજ ઘટક લગાડેલા બળ $F$ ને સંતુલિત કરે છે: $T \sin 45^{\circ} = F$.
ઉપરના દોરડામાં તણાવ $T$ નો શિરોલંબ ઘટક નીચેના દોરડાના તણાવને સંતુલિત કરે છે: $T \cos 45^{\circ} = T_{lower} = 100 \; N$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{T \sin 45^{\circ}}{T \cos 45^{\circ}} = \frac{F}{100}$.
$\tan 45^{\circ} = \frac{F}{100}$.
$\tan 45^{\circ} = 1$ હોવાથી,$1 = \frac{F}{100}$,જેનો અર્થ છે કે $F = 100 \; N$.

(C) પ્રથમ કાર્નોટ એન્જિન માટે,કાર્યક્ષમતા $\eta_{1} = 1 - \frac{T}{T_{1}}$ છે. થયેલું કાર્ય $W_{1} = Q_{H1} \eta_{1} = Q_{H1} \left(1 - \frac{T}{T_{1}}\right)$ છે.
બીજા કાર્નોટ એન્જિન માટે,કાર્યક્ષમતા $\eta_{2} = 1 - \frac{T_{2}}{T}$ છે. થયેલું કાર્ય $W_{2} = Q_{H2} \eta_{2} = Q_{L1} \left(1 - \frac{T_{2}}{T}\right)$ છે.
પ્રથમ એન્જિન દ્વારા મુક્ત થતી ઉષ્મા એ બીજા એન્જિન દ્વારા શોષાયેલી ઉષ્મા હોવાથી,$Q_{L1} = Q_{H2}$ થાય.
પ્રથમ એન્જિન પરથી,$Q_{L1} = Q_{H1} \left(\frac{T}{T_{1}}\right)$.
આપેલ છે કે $W_{1} = W_{2}$,તેથી $Q_{H1} \left(1 - \frac{T}{T_{1}}\right) = Q_{H1} \left(\frac{T}{T_{1}}\right) \left(1 - \frac{T_{2}}{T}\right)$.
સાદું રૂપ આપતા,$1 - \frac{T}{T_{1}} = \frac{T}{T_{1}} - \frac{T_{2}}{T_{1}}$.
$1 + \frac{T_{2}}{T_{1}} = \frac{2T}{T_{1}}$.
$T_{1}$ વડે ગુણતા,આપણને $T_{1} + T_{2} = 2T$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $T = \frac{T_{1} + T_{2}}{2}$.

(D) ઉત્તર ધ્રુવ પર બોક્સનું વજન $W_p = mg = 196 \; N$ છે. આપેલ $g = 10 \; m/s^2$ હોવાથી,દળ $m = 196 / 10 = 19.6 \; kg$ થાય.
વિષુવવૃત્ત પર ગુરુત્વપ્રવેગ $g' = g - \omega^2 R$ છે,જ્યાં $\omega$ એ પૃથ્વીની કોણીય ઝડપ છે.
વિષુવવૃત્ત પર વજન $W_e = m(g - \omega^2 R) = mg - m\omega^2 R$ થાય.
કોણીય ઝડપ $\omega = \frac{2\pi}{T}$,જ્યાં $T = 24 \times 3600 \; s$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $W_e = 196 - 19.6 \times \left( \frac{2\pi}{24 \times 3600} \right)^2 \times 6400 \times 10^3$.
$m\omega^2 R$ પદની ગણતરી કરતા: $19.6 \times (7.27 \times 10^{-5})^2 \times 6.4 \times 10^6 \approx 19.6 \times 0.0337 \approx 0.66 \; N$.
તેથી,$W_e = 196 - 0.66 = 195.34 \; N$.
સૌથી નજીકનો વિકલ્પ $195.32 \; N$ છે.

(A) સરેરાશ અથડામણ સમય $\tau$ એ સરેરાશ મુક્ત પથ $\lambda$ અને રૂટ મીન સ્ક્વેર ઝડપ $v_{RMS}$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે.
$\tau = \frac{\lambda}{v_{RMS}}$
આપણે જાણીએ છીએ કે સરેરાશ મુક્ત પથ $\lambda \propto V$ છે.
વળી,$v_{RMS} \propto \sqrt{T}$ અને $T \propto PV$ હોવાથી,$v_{RMS} \propto \sqrt{PV}$ થાય.
તેથી,$\tau \propto \frac{V}{\sqrt{PV}} = \sqrt{\frac{V}{P}}$.
એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,$PV^{\gamma} = \text{constant}$,એટલે કે $P \propto V^{-\gamma}$.
આ કિંમત મૂકતા,$\tau \propto \sqrt{\frac{V}{V^{-\gamma}}} = V^{\frac{1+\gamma}{2}}$.
જ્યારે કદ $V_1$ થી $V_2 = 2V_1$ થાય,ત્યારે $\frac{\tau_2}{\tau_1} = \left(\frac{V_2}{V_1}\right)^{\frac{1+\gamma}{2}} = (2)^{\frac{1+\gamma}{2}}$.

(D) આદર્શ પ્રવાહી માટે સાતત્યના સમીકરણ મુજબ,આડછેદનું ક્ષેત્રફળ અને પ્રવાહીના વેગનો ગુણાકાર અચળ રહે છે: $A_1 v_1 = A_2 v_2$.
આનો અર્થ એ છે કે વેગ એ ક્ષેત્રફળના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે: $v \propto \frac{1}{A}$.
ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2 = \pi (d/2)^2$ હોવાથી,$A \propto d^2$ થાય,જ્યાં $d$ એ વ્યાસ છે.
તેથી,ન્યૂનતમ વેગ અને મહત્તમ વેગનો ગુણોત્તર એ ન્યૂનતમ ક્ષેત્રફળ અને મહત્તમ ક્ષેત્રફળના ગુણોત્તર જેટલો થાય:
$\frac{v_{\min}}{v_{\max}} = \frac{A_{\min}}{A_{\max}} = \left( \frac{d_{\min}}{d_{\max}} \right)^2$.
આપેલ કિંમતો $d_{\min} = 4.8 \; cm$ અને $d_{\max} = 6.4 \; cm$ મૂકતા:
$\frac{v_{\min}}{v_{\max}} = \left( \frac{4.8}{6.4} \right)^2 = \left( \frac{3}{4} \right)^2 = \frac{9}{16}$.

(B) બોક્સને ખસેડવા માટે,લાગુ પાડવામાં આવેલ બળ $F$ એ સીમાંત ઘર્ષણ બળ જેટલું હોવું જોઈએ:
$F = \mu mg \dots (1)$
બોક્સ પલટી ન ખાય તે માટે,આગળની ધાર પર ટોર્ક શૂન્ય અથવા સંતુલિત હોવું જોઈએ. બળ $F$ એ પાયાથી $h = \frac{a}{2} + b$ ઊંચાઈ પર લગાડવામાં આવે છે. પલટી ખાતા અટકાવવા માટે લંબબળ $N$ આગળની ધાર પર સ્થાનાંતરિત થાય છે. આગળની ધાર પર ટોર્ક લેતા:
$F \left( \frac{a}{2} + b \right) = mg \left( \frac{a}{2} \right) \dots (2)$
સમીકરણ $(1)$ માંથી $F = \mu mg$ ની કિંમત સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા:
$\mu mg \left( \frac{a}{2} + b \right) = mg \left( \frac{a}{2} \right)$
$\mu \left( \frac{a}{2} + b \right) = \frac{a}{2}$
આપેલ છે કે $\mu = 0.4 = \frac{2}{5}$,તેથી:
$\frac{2}{5} \left( \frac{a}{2} + b \right) = \frac{a}{2}$
$5$ વડે ગુણતા:
$2 \left( \frac{a}{2} + b \right) = 2.5a$
$a + 2b = 2.5a$
$2b = 1.5a$
$\frac{b}{a} = \frac{1.5}{2} = 0.75$
તેથી,$100 \times \frac{b}{a} = 100 \times 0.75 = 75$.

(B) આપેલ છે કે $|\overrightarrow{P} + \overrightarrow{Q}| = |\overrightarrow{P}|$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $P^2 + Q^2 + 2PQ \cos \theta = P^2$ મળે છે,જ્યાં $\theta$ એ $\overrightarrow{P}$ અને $\overrightarrow{Q}$ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $Q^2 + 2PQ \cos \theta = 0$ અથવા $Q(Q + 2P \cos \theta) = 0$ મળે છે.
$Q \neq 0$ હોવાથી,$Q + 2P \cos \theta = 0$ થાય.
હવે,ધારો કે $\overrightarrow{R'} = 2\overrightarrow{P} + \overrightarrow{Q}$. $\overrightarrow{R'}$ દ્વારા $\overrightarrow{Q}$ સાથે બનતો ખૂણો $\alpha$ એ $\tan \alpha = \frac{|2\overrightarrow{P}| \sin \theta}{|\overrightarrow{Q}| + |2\overrightarrow{P}| \cos \theta} = \frac{2P \sin \theta}{Q + 2P \cos \theta}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$Q + 2P \cos \theta = 0$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $\tan \alpha = \frac{2P \sin \theta}{0} = \infty$ મળે છે.
તેથી,$\alpha = 90^{\circ}$.

(C) કેલરીમેટ્રીના સિદ્ધાંત મુજબ,વરાળ દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા = બરફ દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા.
$100^{\circ} C$ તાપમાન ધરાવતી $M$ ગ્રામ વરાળ $40^{\circ} C$ તાપમાનના પાણીમાં રૂપાંતરિત થાય ત્યારે ગુમાવેલી ઉષ્મા:
$Q_{lost} = M \times L_v + M \times c_w \times \Delta T$
$Q_{lost} = M \times 540 + M \times 1 \times (100 - 40) = 540M + 60M = 600M$
$0^{\circ} C$ તાપમાન ધરાવતો $200 \; g$ બરફ $40^{\circ} C$ તાપમાનના પાણીમાં રૂપાંતરિત થાય ત્યારે મેળવેલી ઉષ્મા:
$Q_{gained} = m_{ice} \times L_f + m_{ice} \times c_w \times \Delta T$
$Q_{gained} = 200 \times 80 + 200 \times 1 \times (40 - 0) = 16000 + 8000 = 24000 \; cal$
બંનેને સરખાવતા:
$600M = 24000$
$M = 24000 / 600 = 40 \; g$.

(C) ધારો કે લિફ્ટ $V$ જેટલી અચળ ઝડપથી ઉપરની તરફ ગતિ કરે છે.
લિફ્ટ પર લાગતું કુલ નીચેની તરફનું બળ એ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ અને ઘર્ષણ બળનો સરવાળો છે.
$T = mg + f_r$
અહીં $m = 2000\; kg$,$g = 10\; ms^{-2}$,અને $f_r = 4000\; N$ આપેલ છે.
$T = (2000 \times 10) + 4000 = 20000 + 4000 = 24000\; N$.
મોટરનો પાવર $P = T \times V$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $P = 60\; HP = 60 \times 746\; W = 44760\; W$ છે.
પાવરને સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$44760 = 24000 \times V$
$V = \frac{44760}{24000} = 1.865\; m/s$.
એક દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,ઝડપ આશરે $1.9\; m/s$ મળે છે.

(A) સમોષ્મી પ્રક્રિયા માટે,થયેલ કાર્ય $W = \frac{P_1 V_1 - P_2 V_2}{\gamma - 1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$STP$ પર,$P_1 = 1.013 \times 10^5 \; Pa$ અને $V_1 = 1 \; L = 10^{-3} \; m^3$ છે.
સમોષ્મી સંબંધ $P_1 V_1^\gamma = P_2 V_2^\gamma$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $P_2 = P_1 \left(\frac{V_1}{V_2}\right)^\gamma = P_1 \left(\frac{1}{3}\right)^{1.4}$ મળે છે.
કાર્યના સૂત્રમાં $P_2$ ની કિંમત મૂકતા: $W = \frac{P_1 V_1 - P_1 V_1 (1/3)^{1.4} \times 3}{\gamma - 1} = \frac{P_1 V_1 [1 - 3 \times (1/3)^{1.4}]}{0.4}$.
આપેલ છે કે $3^{1.4} = 4.6555$,તેથી $(1/3)^{1.4} = 1/4.6555 \approx 0.2148$.
$W = \frac{1.013 \times 10^5 \times 10^{-3} \times [1 - 3 \times 0.2148]}{0.4} = \frac{101.3 \times [1 - 0.6444]}{0.4} = \frac{101.3 \times 0.3556}{0.4} \approx 90.04 \; J$.
આપેલા વિકલ્પોની નજીકની કિંમત લેતા,થયેલ કાર્ય આશરે $90.5 \; J$ છે.

(C) ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,ગોળાની સ્થિતિ ઉર્જામાં થતો ઘટાડો એ કુલ ગતિ ઉર્જામાં થતા વધારા (ગોળાની સ્થાનાંતરિત ગતિ ઉર્જા + ડિસ્કની ચાકગતિ ઉર્જા) જેટલો હોય છે.
સ્થિતિ ઉર્જામાં ઘટાડો = $mgh$
ગતિ ઉર્જામાં વધારો = $\frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{2} I \omega^2$
દોરી ડિસ્ક પર વીંટાળેલી હોવાથી,ગોળાનો રેખીય વેગ $v$ અને ડિસ્કની કોણીય વેગ $\omega$ વચ્ચેનો સંબંધ $v = r\omega$ છે.
ડિસ્કની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{1}{2} mr^2$ છે.
ઉર્જાને સરખાવતા: $mgh = \frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{2} (\frac{1}{2} mr^2) \omega^2$
$v = r\omega$ મૂકતા: $mgh = \frac{1}{2} m(r\omega)^2 + \frac{1}{4} mr^2 \omega^2$
$mgh = \frac{1}{2} mr^2 \omega^2 + \frac{1}{4} mr^2 \omega^2 = \frac{3}{4} mr^2 \omega^2$
$\omega$ માટે ઉકેલતા: $\omega^2 = \frac{4gh}{3r^2}$
$\omega = \frac{1}{r} \sqrt{\frac{4gh}{3}}$

(B) $m$ દળ અને $l$ લંબાઈના સમાન સળિયાની તેના કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અને તેને લંબ અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{cm} = \frac{ml^2}{12}$ છે.
સમાંતર અક્ષના પ્રમેય મુજબ,કેન્દ્રથી $d = \frac{l}{4}$ અંતરે આવેલી અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = I_{cm} + md^2$ થાય.
કિંમતો મૂકતા,$I = \frac{ml^2}{12} + m(\frac{l}{4})^2 = \frac{ml^2}{12} + \frac{ml^2}{16}$ મળે.
લઘુત્તમ સામાન્ય અવયવી લેતા,$I = \frac{4ml^2 + 3ml^2}{48} = \frac{7ml^2}{48}$ થાય.
ચક્રાવર્તનની ત્રિજ્યા $k$ ને $I = mk^2$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,તેથી $mk^2 = \frac{7ml^2}{48}$.
આમ,$k^2 = \frac{7l^2}{48}$,જેનું સાદું રૂપ $k = \sqrt{\frac{7}{48}} l$ મળે છે.

(C) ખેંચાયેલા તાર પર લંબગત તરંગની ઝડપ $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ તણાવ છે અને $\mu$ એ રેખીય દળ ઘનતા છે.
આપેલ છે: $v = 90\; ms^{-1}$,$m = 6.0 \times 10^{-3}\; kg$,$L = 0.6\; m$,$A = 1.0 \times 10^{-6}\; m^{2}$,$Y = 16 \times 10^{11}\; Nm^{-2}$.
રેખીય દળ ઘનતા $\mu = \frac{m}{L} = \frac{6.0 \times 10^{-3}}{0.6} = 10^{-2}\; kg/m$.
$v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ પરથી,$T = v^{2} \mu = (90)^{2} \times 10^{-2} = 8100 \times 10^{-2} = 81\; N$.
યંગ મોડ્યુલસ $Y = \frac{T/A}{\Delta L/L}$,તેથી $\Delta L = \frac{T L}{Y A}$.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta L = \frac{81 \times 0.6}{16 \times 10^{11} \times 1.0 \times 10^{-6}} = \frac{48.6}{16 \times 10^{5}} = 3.0375 \times 10^{-5}\; m \approx 0.03\; mm$.

(B) $1$. પૃથ્વીની સપાટીથી $R$ ઊંચાઈ (કેન્દ્રથી $2R$ અંતર) સુધી ઉર્જા સંરક્ષણનો નિયમ વાપરતા:
$\frac{1}{2}mu^2 - \frac{GMm}{R} = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{2R}$
$\frac{1}{2}v^2 = \frac{1}{2}u^2 - \frac{GM}{2R} \Rightarrow v = \sqrt{u^2 - \frac{GM}{R}}$
$2$. $R$ ઊંચાઈ પર, ઉપગ્રહ ($m$ દળ) રોકેટ ($m/10$ દળ) બહાર ફેંકે છે। બાકી રહેલો ઉપગ્રહ ($9m/10$ દળ) $2R$ અંતરે વર્તુળાકાર કક્ષામાં પ્રવેશે છે। કક્ષીય વેગ $v_o = \sqrt{\frac{GM}{2R}}$ છે।
$3$. ત્રિજ્યાવર્તી અને સ્પર્શકીય દિશામાં વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
ત્રિજ્યાવર્તી: $\frac{m}{10} v_r = m v = m \sqrt{u^2 - \frac{GM}{R}} \Rightarrow v_r = 10 \sqrt{u^2 - \frac{GM}{R}}$
સ્પર્શકીય: $\frac{m}{10} v_T = \frac{9m}{10} v_o = \frac{9m}{10} \sqrt{\frac{GM}{2R}} \Rightarrow v_T = 9 \sqrt{\frac{GM}{2R}}$
$4$. રોકેટની ગતિઊર્જા $(K_r = \frac{1}{2} (m/10) (v_r^2 + v_T^2))$:
$K_r = \frac{m}{20} \left( 100(u^2 - \frac{GM}{R}) + 81(\frac{GM}{2R}) \right)$
$K_r = \frac{m}{20} \left( 100u^2 - 100\frac{GM}{R} + 40.5\frac{GM}{R} \right) = \frac{m}{20} \left( 100u^2 - 59.5\frac{GM}{R} \right)$
$K_r = 5m \left( u^2 - 0.595 \frac{GM}{R} \right) = 5m \left( u^2 - \frac{119}{200} \frac{GM}{R} \right)$.

(B) ધારો કે $1.0 \; kg$ દળ ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ પર છે.
ત્રણેય દળોના યામ નીચે મુજબ છે:
$m_1 = 1.0 \; kg$ એ $(0, 0) \; cm$ પર છે.
$m_2 = 1.5 \; kg$ એ $(3, 0) \; cm$ પર છે.
$m_3 = 2.5 \; kg$ એ $(0, 4) \; cm$ પર છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો $x$-યામ:
$x_{cm} = \frac{m_1x_1 + m_2x_2 + m_3x_3}{m_1 + m_2 + m_3} = \frac{1.0(0) + 1.5(3) + 2.5(0)}{1.0 + 1.5 + 2.5} = \frac{4.5}{5.0} = 0.9 \; cm$
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો $y$-યામ:
$y_{cm} = \frac{m_1y_1 + m_2y_2 + m_3y_3}{m_1 + m_2 + m_3} = \frac{1.0(0) + 1.5(0) + 2.5(4)}{1.0 + 1.5 + 2.5} = \frac{10.0}{5.0} = 2.0 \; cm$
આમ,દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $1.0 \; kg$ દળથી $0.9 \; cm$ જમણી બાજુ અને $2.0 \; cm$ ઉપરના બિંદુએ છે.

(B) વાયુ $1$ માટે: $n_1 = 2$,$\gamma_1 = \frac{5}{3}$. $\gamma = 1 + \frac{2}{f}$ હોવાથી,$f_1 = 3$. તેથી,$C_{V_1} = \frac{3}{2}R$ અને $C_{P_1} = \frac{5}{2}R$.
વાયુ $2$ માટે: $n_2 = 3$,$\gamma_2 = \frac{4}{3}$. $\gamma = 1 + \frac{2}{f}$ હોવાથી,$f_2 = 6$. તેથી,$C_{V_2} = \frac{6}{2}R = 3R$ અને $C_{P_2} = 4R$.
મિશ્રણ માટે અચળ કદ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_{V_{mix}} = \frac{n_1 C_{V_1} + n_2 C_{V_2}}{n_1 + n_2} = \frac{2(\frac{3}{2}R) + 3(3R)}{2+3} = \frac{3R + 9R}{5} = \frac{12R}{5} = 2.4R$.
મિશ્રણ માટે અચળ દબાણ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_{P_{mix}} = \frac{n_1 C_{P_1} + n_2 C_{P_2}}{n_1 + n_2} = \frac{2(\frac{5}{2}R) + 3(4R)}{2+3} = \frac{5R + 12R}{5} = \frac{17R}{5} = 3.4R$.
ગુણોત્તર $\gamma_{mix} = \frac{C_{P_{mix}}}{C_{V_{mix}}} = \frac{17R/5}{12R/5} = \frac{17}{12} \approx 1.4167 \approx 1.42$.

(B) ટ્રેક ઘર્ષણરહિત હોવાથી,કણની કુલ યાંત્રિક ઊર્જા તેની ગતિ દરમિયાન સંરક્ષિત રહે છે.
ધારો કે જમીનના સ્તરે સ્થિતિઊર્જા શૂન્ય છે.
બિંદુ $A$ પર,કણ સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થાય છે,તેથી તેની પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $K_A = 0$ અને સ્થિતિઊર્જા $U_A = mgh_A = 1 \times 10 \times 2 = 20 \; J$ છે.
પ્રક્ષિપ્ત ગતિના સર્વોચ્ચ બિંદુ $P$ પર,કણ પાસે હજુ પણ સમક્ષિતિજ વેગનો ઘટક હોય છે. ધારો કે $P$ પર ગતિઊર્જા $K_P$ છે અને સ્થિતિઊર્જા $U_P = mgh_P = 1 \times 10 \times 1 = 10 \; J$ છે.
યાંત્રિક ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$K_A + U_A = K_P + U_P$
$0 + 20 = K_P + 10$
$K_P = 20 - 10 = 10 \; J$.

(C) કાર્નોટ એન્જિન માટે,ઉષ્મા વિનિમયનો ગુણોત્તર એ રિઝર્વોયરના તાપમાનના ગુણોત્તર જેટલો હોય છે:
$\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{T_1}{T_2}$
અહીં,$T_1 = 900 \; K$ (સ્ત્રોતનું તાપમાન),$T_2 = 300 \; K$ (સિંકનું તાપમાન),અને $W = 1200 \; J$ છે.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,થયેલ કાર્ય $W = Q_1 - Q_2$ છે,તેથી $Q_1 = Q_2 + W$.
ધારો કે $Q_2 = Q$. તો $Q_1 = Q + 1200$.
આ કિંમતોને કાર્યક્ષમતાના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{Q + 1200}{Q} = \frac{900}{300}$
$\frac{Q + 1200}{Q} = 3$
$Q + 1200 = 3Q$
$2Q = 1200$
$Q = 600 \; J$.
આમ,ઓછા તાપમાનવાળા રિઝર્વોયરને આપવામાં આવતી ઉષ્મા ઉર્જા $600 \; J$ છે.

(D) નોન-આઈસોટ્રોપિક ઘન પદાર્થ માટે,કદ પ્રસરણાંક $\gamma$ એ ત્રણ પરસ્પર લંબ અક્ષો પરના રેખીય પ્રસરણાંકનો સરવાળો છે:
$\gamma = \alpha_{x} + \alpha_{y} + \alpha_{z}$
આપેલ છે:
$\alpha_{x} = 5 \times 10^{-5} /^{\circ} C = 50 \times 10^{-6} /^{\circ} C$
$\alpha_{y} = 5 \times 10^{-6} /^{\circ} C$
$\alpha_{z} = 5 \times 10^{-6} /^{\circ} C$
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\gamma = (50 \times 10^{-6} + 5 \times 10^{-6} + 5 \times 10^{-6}) /^{\circ} C$
$\gamma = (50 + 5 + 5) \times 10^{-6} /^{\circ} C$
$\gamma = 60 \times 10^{-6} /^{\circ} C$
આને આપેલ સ્વરૂપ $C \times 10^{-6} /^{\circ} C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $C = 60$ મળે છે.

(C) ધારો કે ગોળાની સમાન ઘનતા $\rho$ છે.
$R$ ત્રિજ્યાના મૂળ ગોળાનું દળ $M = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho$ છે.
$1$ ત્રિજ્યાના ગોળાકાર પોલાણનું દળ $m = \frac{4}{3} \pi (1)^{3} \rho = \frac{4}{3} \pi \rho$ છે.
બાકી રહેલા ભાગનું દળ $M' = M - m = \frac{4}{3} \pi \rho (R^{3} - 1)$ છે.
મૂળ ગોળાનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $C$ પર છે. પોલાણનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $O$ પર છે. અંતર $CO = R - 1$ છે.
બાકી રહેલા ભાગનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $G$ પર છે,જે પોલાણની સપાટી પર છે,તેથી $CG = R - 2$ (કેન્દ્ર $C$ થી પોલાણની ધાર સુધીનું અંતર).
દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $C$ ની સાપેક્ષે મોમેન્ટના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરતા:
$M' \times CG = m \times CO$
$\left[\frac{4}{3} \pi \rho (R^{3} - 1)\right] \times (2 - R) = \frac{4}{3} \pi \rho \times (R - 1)$
$(R^{3} - 1)(2 - R) = R - 1$
$(R - 1)(R^{2} + R + 1)(2 - R) = (R - 1)$
$(R^{2} + R + 1)(2 - R) = 1$

(C) સાદા લોલકના આવર્તકાળનું સૂત્ર $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા અને $g$ ને કર્તા બનાવતા,$g = \frac{4\pi^2 \ell}{T^2}$ મળે છે.
$g$ માં સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta \ell}{\ell} + 2 \frac{\Delta T}{T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: $\ell = 25.0 \; cm$,તેથી $\Delta \ell = 0.1 \; cm$. $40$ દોલનો માટેનો સમય $t = 50 \; s$ છે,તેથી આવર્તકાળ $T = \frac{50}{40} = 1.25 \; s$. સ્ટોપવોચનું રિઝોલ્યુશન $\Delta t = 1 \; s$ છે,તેથી $\Delta T = \frac{\Delta t}{40} = \frac{1}{40} \; s$.
આ કિંમતો મૂકતા: $\frac{\Delta g}{g} = \frac{0.1}{25.0} + 2 \times \frac{1/40}{50/40} = \frac{0.1}{25} + 2 \times \frac{1}{50} = 0.004 + 0.04 = 0.044$.
તેથી,ટકાવારી ત્રુટિ $0.044 \times 100 = 4.4 \%$ છે.

(A) ધારો કે દીવાલની પહોળાઈ $w$ છે. દરેક વિભાગ $MN$ અને $NO$ નું ક્ષેત્રફળ $A = h \times w = 5w$ છે.
ઉપરના પ્રવાહી માટે (ભાગ $MN$):
ટોચ પર દબાણ $0$ છે અને $h$ ઊંડાઈએ દબાણ $\rho_{1}gh$ છે. સરેરાશ દબાણ $P_{avg1} = \frac{0 + \rho_{1}gh}{2} = \frac{\rho_{1}gh}{2}$ છે.
બળ $F_{1} = P_{avg1} \times A = \left(\frac{\rho_{1}gh}{2}\right) (5w) = \frac{5}{2} \rho_{1}ghw$ થાય.
નીચેના પ્રવાહી માટે (ભાગ $NO$):
આ વિભાગની ટોચ પર દબાણ ($h$ ઊંડાઈએ) $P_{top} = \rho_{1}gh$ છે. તળિયે ($2h$ ઊંડાઈએ) દબાણ $P_{bottom} = \rho_{1}gh + \rho_{2}gh = \rho_{1}gh + 2\rho_{1}gh = 3\rho_{1}gh$ છે.
સરેરાશ દબાણ $P_{avg2} = \frac{P_{top} + P_{bottom}}{2} = \frac{\rho_{1}gh + 3\rho_{1}gh}{2} = 2\rho_{1}gh$ છે.
બળ $F_{2} = P_{avg2} \times A = (2\rho_{1}gh) (5w) = 10\rho_{1}ghw$ થાય.
ગુણોત્તર $\frac{F_{1}}{F_{2}} = \frac{\frac{5}{2} \rho_{1}ghw}{10\rho_{1}ghw} = \frac{5}{20} = \frac{1}{4}$ મળે.

(B) તણાયેલા તાર પર લંબગત તરંગનો વેગ $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ તણાવ છે અને $\mu$ એ રેખીય દળ ઘનતા છે.
આ સંબંધ પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $v \propto \sqrt{T}$.
ધારો કે પ્રારંભિક તણાવ $T_1 = 2.06 \times 10^{4} \; N$ અને પ્રારંભિક વેગ $v_1 = v$ છે.
ધારો કે અંતિમ તણાવ $T_2 = T$ અને અંતિમ વેગ $v_2 = v/2$ છે.
પ્રમાણસરતા $v \propto \sqrt{T}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખી શકીએ: $\frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\frac{v/2}{v} = \sqrt{\frac{T}{2.06 \times 10^{4}}}$.
$\frac{1}{2} = \sqrt{\frac{T}{2.06 \times 10^{4}}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{1}{4} = \frac{T}{2.06 \times 10^{4}}$.
$T = \frac{2.06 \times 10^{4}}{4} = 0.515 \times 10^{4} = 5.15 \times 10^{3} \; N$.

(D) ધારો કે નીચેની દિશા ધન છે. કણ $A$ (મુક્ત કરેલ) નું સ્થાન $y_A = h - \frac{1}{2}gt^2$ છે. કણ $B$ (ઉપર ફેંકાયેલ) નું સ્થાન $y_B = \sqrt{2gh}t - \frac{1}{2}gt^2$ છે.
અથડામણ ત્યારે થાય છે જ્યારે $y_A = y_B$: $h - \frac{1}{2}gt^2 = \sqrt{2gh}t - \frac{1}{2}gt^2$,જે $t = \frac{h}{\sqrt{2gh}} = \sqrt{\frac{h}{2g}}$ આપે છે.
અથડામણની ઊંચાઈ $y = h - \frac{1}{2}g(\frac{h}{2g}) = h - \frac{h}{4} = \frac{3h}{4}$ છે.
અથડામણ સમયે,$A$ નો વેગ $v_A = -gt = -g\sqrt{\frac{h}{2g}} = -\sqrt{\frac{gh}{2}}$ છે.
$B$ નો વેગ $v_B = \sqrt{2gh} - gt = \sqrt{2gh} - \sqrt{\frac{gh}{2}} = \sqrt{\frac{gh}{2}}$ છે.
અથડામણ સંપૂર્ણ અસ્થિતિસ્થાપક હોવાથી,સંયુક્ત દળ $2m$ નો વેગ $v_{cm} = \frac{m v_A + m v_B}{2m} = \frac{-\sqrt{gh/2} + \sqrt{gh/2}}{2} = 0$ થશે.
સંયુક્ત દળ $H = \frac{3h}{4}$ ઊંચાઈ પર સ્થિર છે.
આ ઊંચાઈ $H$ પરથી નીચે પડવા માટે લાગતો સમય $t' = \sqrt{\frac{2H}{g}} = \sqrt{\frac{2(3h/4)}{g}} = \sqrt{\frac{3h}{2g}} = \sqrt{\frac{3}{2}} \sqrt{\frac{h}{g}}$ છે.
આમ,$\sqrt{\frac{h}{g}}$ ના એકમમાં સમય $\sqrt{\frac{3}{2}}$ છે.

(B) વાયુઓના મિશ્રણ માટે,વિશિષ્ટ ઉષ્માનો ગુણોત્તર $\frac{C_{P, \text{mix}}}{C_{V, \text{mix}}} = \frac{n_1 C_{P1} + n_2 C_{P2}}{n_1 C_{V1} + n_2 C_{V2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
હિલિયમ એક પરમાણ્વિક વાયુ છે,તેથી $C_{V1} = \frac{3R}{2}$ અને $C_{P1} = \frac{5R}{2}$.
ઓક્સિજન દ્વિ-પરમાણ્વિક દ્રઢ વાયુ છે,તેથી $C_{V2} = \frac{5R}{2}$ અને $C_{P2} = \frac{7R}{2}$.
અહીં $n_1 = n$ અને $n_2 = 2n$ આપેલ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{C_{P, \text{mix}}}{C_{V, \text{mix}}} = \frac{n(\frac{5R}{2}) + 2n(\frac{7R}{2})}{n(\frac{3R}{2}) + 2n(\frac{5R}{2})}$
$= \frac{\frac{5nR}{2} + \frac{14nR}{2}}{\frac{3nR}{2} + \frac{10nR}{2}} = \frac{19nR/2}{13nR/2} = \frac{19}{13}$.

(A) આપેલ છે: દળ $m = 500 \; g = 0.5 \; kg$,વેગ $v = 5.00 \; cm/s = 0.05 \; m/s$.
સરક્યા વગર ગબડતા નક્કર ગોળા માટે,દ્રવ્યમાન કેન્દ્રને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{2}{5} mR^2$ છે.
કુલ ગતિઊર્જા $KE$ એ સ્થાનાંતરિત અને ચાકગતિ ઉર્જાનો સરવાળો છે:
$KE = \frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{2} I \omega^2$.
$v = R\omega$ હોવાથી,$\omega = v/R$ મળે.
$KE = \frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{2} (\frac{2}{5} mR^2) (\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{5} mv^2 = \frac{7}{10} mv^2$.
કિંમતો મૂકતા:
$KE = 0.7 \times 0.5 \; kg \times (0.05 \; m/s)^2 = 0.35 \times 0.0025 \; J = 8.75 \times 10^{-4} \; J$.

(A) આપેલ સ્થાન સદિશ: $\overrightarrow{r}(t) = \cos \omega t \hat{i} + \sin \omega t \hat{j}$.
વેગ $\overrightarrow{v}(t)$ શોધવા માટે,આપણે $\overrightarrow{r}(t)$ નું સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\overrightarrow{v}(t) = \frac{d\overrightarrow{r}}{dt} = -\omega \sin \omega t \hat{i} + \omega \cos \omega t \hat{j}$.
પ્રવેગ $\overrightarrow{a}(t)$ શોધવા માટે,આપણે $\overrightarrow{v}(t)$ નું સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\overrightarrow{a}(t) = \frac{d\overrightarrow{v}}{dt} = -\omega^2 \cos \omega t \hat{i} - \omega^2 \sin \omega t \hat{j} = -\omega^2 (\cos \omega t \hat{i} + \sin \omega t \hat{j}) = -\omega^2 \overrightarrow{r}$.
હવે,$\overrightarrow{v}$ અને $\overrightarrow{r}$ નો અદિશ ગુણાકાર તપાસીએ:
$\overrightarrow{v} \cdot \overrightarrow{r} = (-\omega \sin \omega t)(\cos \omega t) + (\omega \cos \omega t)(\sin \omega t) = 0$.
અદિશ ગુણાકાર $0$ હોવાથી,$\overrightarrow{v}$ એ $\overrightarrow{r}$ ને લંબ છે.
કારણ કે $\overrightarrow{a} = -\omega^2 \overrightarrow{r}$,પ્રવેગ સદિશ એ સ્થાન સદિશ $\overrightarrow{r}$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં છે,જેનો અર્થ છે કે તે ઉગમબિંદુ તરફ દિશામાન છે.

(D) ધારો કે પાત્રો $C_{1}, C_{2}$ અને $C_{3}$ માં પાણીનું તાપમાન અનુક્રમે $T_{1}, T_{2}$ અને $T_{3}$ છે.
કેલરીમેટ્રીના સિદ્ધાંત $(m_{1}T_{1} + m_{2}T_{2} = (m_{1}+m_{2})T_{mix})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$1$. પ્રથમ મિશ્રણ માટે: $1T_{1} + 2T_{2} = (1+2)60 = 180$ ---$(i)$
$2$. બીજા મિશ્રણ માટે: $1T_{2} + 2T_{3} = (1+2)30 = 90$ ---(ii)
$3$. ત્રીજા મિશ્રણ માટે: $2T_{1} + 1T_{3} = (2+1)60 = 180$ ---(iii)
સમીકરણો $(i)$,(ii) અને (iii) નો સરવાળો કરતા:
$(1+2)T_{1} + (2+1)T_{2} + (2+1)T_{3} = 180 + 90 + 180$
$3(T_{1} + T_{2} + T_{3}) = 450$
$T_{1} + T_{2} + T_{3} = 150^{\circ} C$
દરેકનું $1 \ l$ લેતા અંતિમ મિશ્રણ માટે:
$1T_{1} + 1T_{2} + 1T_{3} = (1+1+1)\theta$
$150 = 3\theta$
$\theta = 50^{\circ} C$

(B) ધારો કે જમીન પર પહોંચવા માટે લાગતો કુલ સમય $T$ સેકન્ડ છે.
ગતિના સમીકરણ $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = 0$ (સ્થિર સ્થિતિમાંથી મુક્ત કરવામાં આવે છે):
કુલ અંતર $100\; m$ માટે,$100 = \frac{1}{2}aT^2 \implies T = \sqrt{\frac{200}{a}}$.
છેલ્લી $\frac{1}{2}\; s$ માં,દડો $19\; m$ અંતર કાપે છે. આનો અર્થ એ છે કે $(T - 0.5)\; s$ સમયમાં,દડો $(100 - 19) = 81\; m$ અંતર કાપે છે.
તેથી,$81 = \frac{1}{2}a(T - 0.5)^2 \implies T - 0.5 = \sqrt{\frac{162}{a}}$.
$T = \sqrt{\frac{200}{a}}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$\sqrt{\frac{200}{a}} - 0.5 = \sqrt{\frac{162}{a}}$
$\frac{10\sqrt{2}}{\sqrt{a}} - \frac{9\sqrt{2}}{\sqrt{a}} = 0.5$
$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{a}} = 0.5$
$\sqrt{\frac{2}{a}} = \frac{1}{2}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{2}{a} = \frac{1}{4} \implies a = 8\; m/s^2$.

(D) યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરતા: $U_1 + K_1 = U_2 + K_2$
અહીં,$U = -\frac{GM_e m}{r}$ અને $K = \frac{1}{2}mv^2$. નિષ્ક્રમણ વેગ $v_e = \sqrt{\frac{2GM_e}{R}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,તેથી $\frac{GM_e}{R} = \frac{v_e^2}{2}$.
$r_1 = 10R$ અંતરે,ઝડપ $v_1 = 12 \; km/s$. સપાટી પર $r_2 = R$ અંતરે,ઝડપ $v_2$ છે.
$-\frac{GM_e m}{10R} + \frac{1}{2}mv_1^2 = -\frac{GM_e m}{R} + \frac{1}{2}mv_2^2$
$\frac{1}{2}v_2^2 = \frac{1}{2}v_1^2 + \frac{GM_e}{R} - \frac{GM_e}{10R} = \frac{1}{2}v_1^2 + \frac{9}{10} \left( \frac{GM_e}{R} \right)$
$\frac{GM_e}{R} = \frac{v_e^2}{2}$ મૂકતા:
$v_2^2 = v_1^2 + \frac{9}{10} v_e^2$
$v_2^2 = (12)^2 + 0.9 \times (11.2)^2 = 144 + 0.9 \times 125.44 = 144 + 112.896 = 256.896$
$v_2 = \sqrt{256.896} \approx 16.028 \; km/s$.
નજીકનો પૂર્ણાંક $16 \; km/s$ છે.

(D) ગોળો ન્યૂનતમ ઘનતા ધરાવતા પ્રવાહીમાં તરે તે માટે તે સંપૂર્ણપણે ડૂબેલો હોવો જોઈએ. આ સ્થિતિમાં,ગોળાનું વજન ઉત્પ્લાવક બળ જેટલું હોય છે.
વજન $W = mg = \int \rho(r) g dV = \int_{0}^{R} \rho_{0} \left(1 - \frac{r^{2}}{R^{2}}\right) g (4 \pi r^{2} dr)$.
$W = 4 \pi \rho_{0} g \int_{0}^{R} \left(r^{2} - \frac{r^{4}}{R^{2}}\right) dr$.
$W = 4 \pi \rho_{0} g \left[ \frac{r^{3}}{3} - \frac{r^{5}}{5R^{2}} \right]_{0}^{R} = 4 \pi \rho_{0} g \left( \frac{R^{3}}{3} - \frac{R^{3}}{5} \right) = 4 \pi \rho_{0} g \left( \frac{2R^{3}}{15} \right) = \frac{8}{15} \pi R^{3} \rho_{0} g$.
ઉત્પ્લાવક બળ $B = V_{sphere} \rho_{l} g = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho_{l} g$.
$W = B$ લેતા: $\frac{8}{15} \pi R^{3} \rho_{0} g = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho_{l} g$.
$\rho_{l}$ માટે ઉકેલતા: $\rho_{l} = \frac{8}{15} \times \frac{3}{4} \rho_{0} = \frac{2}{5} \rho_{0}$.

(D) સરેરાશ મુક્ત સમય $t$ એ સરેરાશ મુક્ત પથ $\lambda$ અને વાયુના અણુઓની સરેરાશ ઝડપ $v_{avg}$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે.
$t = \frac{\lambda}{v_{avg}}$
સરેરાશ મુક્ત પથ $\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi D^{2} n}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $D$ એ અણુનો વ્યાસ છે અને $n$ એ સંખ્યા ઘનતા છે. જો આપણે સંખ્યા ઘનતા $n$ ને અચળ માનીએ,તો $\lambda$ અચળ રહે છે.
સરેરાશ ઝડપ $v_{avg} = \sqrt{\frac{8 RT}{\pi M_{w}}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે સૂચવે છે કે $v_{avg} \propto \sqrt{T}$.
તેથી,$t = \frac{\lambda}{v_{avg}} \propto \frac{1}{\sqrt{T}}$.
આમ,$t$ અને $1/\sqrt{T}$ વચ્ચેનો આલેખ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી સીધી રેખા હશે. તેથી,સાચો આલેખ $t$ વિરુદ્ધ $1/\sqrt{T}$ છે.

(B) ધારો કે અથડામણ પછી તંત્રની કોણીય વેગ $\omega$ છે.
સળિયાને લંબ $m$ દળના વેગનો ઘટક $v_{\perp} = v \sin(\theta) = v \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{v}{\sqrt{2}}$ છે.
ધરી (સળિયાનું કેન્દ્ર) ની આસપાસ કોણીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$L_{initial} = L_{final}$
$m v_{\perp} r = I_{total} \omega$
$m \left(\frac{v}{\sqrt{2}}\right) \left(\frac{\ell}{2}\right) = \left( I_{rod} + I_{mass} \right) \omega$
સળિયાની તેના કેન્દ્રની આસપાસ જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{rod} = \frac{M \ell^2}{12} = \frac{(4m) \ell^2}{12} = \frac{m \ell^2}{3}$ છે.
$\frac{\ell}{2}$ અંતરે રહેલા $m$ દળની જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{mass} = m \left(\frac{\ell}{2}\right)^2 = \frac{m \ell^2}{4}$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{m v \ell}{2 \sqrt{2}} = \left( \frac{m \ell^2}{3} + \frac{m \ell^2}{4} \right) \omega$
$\frac{m v \ell}{2 \sqrt{2}} = \left( \frac{4m \ell^2 + 3m \ell^2}{12} \right) \omega$
$\frac{m v \ell}{2 \sqrt{2}} = \frac{7m \ell^2}{12} \omega$
$\omega$ માટે ઉકેલતા:
$\omega = \left( \frac{m v \ell}{2 \sqrt{2}} \right) \left( \frac{12}{7 m \ell^2} \right) = \frac{6 v}{7 \sqrt{2} \ell} = \frac{6 \sqrt{2} v}{14 \ell} = \frac{3 \sqrt{2}}{7} \frac{v}{\ell}$.

(D) સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_{0}$ નું પરિમાણ એ વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત જેટલું જ હોય છે,જે $\frac{\text{કાર્ય}}{\text{વીજભાર}} = \frac{ML^{2}T^{-2}}{AT} = ML^{2}T^{-3}A^{-1}$ છે.
ધારો કે $V_{0} = h^{x} c^{y} G^{z} A^{w}$.
પરિમાણો મૂકતા: $[ML^{2}T^{-3}A^{-1}] = [ML^{2}T^{-1}]^{x} [LT^{-1}]^{y} [M^{-1}L^{3}T^{-2}]^{z} [A]^{w}$.
$A$ ના ઘાતાંકો સરખાવતા: $w = -1$.
$M$ ના ઘાતાંકો સરખાવતા: $x - z = 1$.
$L$ ના ઘાતાંકો સરખાવતા: $2x + y + 3z = 2$.
$T$ ના ઘાતાંકો સરખાવતા: $-x - y - 2z = -3$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા: $x - z = 1$ પરથી $x = 1 + z$ મળે.
$L$ અને $T$ ના સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $(2x + y + 3z) + (-x - y - 2z) = 2 + (-3) \Rightarrow x + z = -1$.
હવે આપણી પાસે $x - z = 1$ અને $x + z = -1$ છે. બંનેનો સરવાળો કરતા $2x = 0 \Rightarrow x = 0$ મળે. તેથી $z = -1$.
$x=0$ અને $z=-1$ ને $2x + y + 3z = 2$ માં મૂકતા: $0 + y - 3 = 2 \Rightarrow y = 5$.
આમ,$V_{0} = h^{0} c^{5} G^{-1} A^{-1}$.

(D) $M$ દળ અને $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા નક્કર ગોળાની સપાટી પરનું ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર $I_{g} = \frac{GM}{R^{2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ આલેખ પરથી,ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્રનું મહત્તમ મૂલ્ય ગોળાની સપાટી પર જોવા મળે છે.
ગોળા $(1)$ માટે,ત્રિજ્યા $R_{1} = 1 \; m$ છે અને મહત્તમ ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર $I_{g1} = 2$ છે.
તેથી,$\frac{GM_{1}}{(1)^{2}} = 2 \implies GM_{1} = 2$.
ગોળા $(2)$ માટે,ત્રિજ્યા $R_{2} = 2 \; m$ છે અને મહત્તમ ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર $I_{g2} = 3$ છે.
તેથી,$\frac{GM_{2}}{(2)^{2}} = 3 \implies \frac{GM_{2}}{4} = 3 \implies GM_{2} = 12$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા:
$\frac{GM_{1}}{GM_{2}} = \frac{2}{12} = \frac{1}{6}$.
તેથી,$\frac{M_{1}}{M_{2}} = \frac{1}{6}$.

(D) આપેલ $V-T$ આલેખમાં:
$1$. પ્રક્રિયા $x \rightarrow y$: રેખા ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થાય છે,તેથી $V \propto T$. $PV = nRT$ હોવાથી,આ સૂચવે છે કે $P$ અચળ છે. આમ,$x \rightarrow y$ એ સમદાબી (isobaric) પ્રક્રિયા છે.
$2$. પ્રક્રિયા $y \rightarrow z$: રેખા આડી છે,જેનો અર્થ છે કે $V$ અચળ છે. આમ,$y \rightarrow z$ એ સમકદ (isochoric) પ્રક્રિયા છે.
$3$. પ્રક્રિયા $z \rightarrow x$: રેખા ઉભી છે,જેનો અર્થ છે કે $T$ અચળ છે. આમ,$z \rightarrow x$ એ સમતાપી (isothermal) પ્રક્રિયા છે.
આને $P-V$ આલેખ સાથે સરખાવતા:
- $x \rightarrow y$ એ આડી રેખા હોવી જોઈએ (અચળ $P$).
- $y \rightarrow z$ એ ઉભી રેખા હોવી જોઈએ (અચળ $V$).
- $z \rightarrow x$ એ હાયપરબોલિક વક્ર હોવો જોઈએ (સમતાપી,$P \propto 1/V$).
વિકલ્પો જોતા,વિકલ્પ $D$ એ સમદાબી પ્રક્રિયા $(x \rightarrow y)$,સમકદ પ્રક્રિયા $(y \rightarrow z)$ અને સમતાપી પ્રક્રિયા $(z \rightarrow x)$ ને યોગ્ય રીતે દર્શાવે છે.

(D) લેમિનાને બે લંબચોરસ પ્લેટોમાં વિભાજિત કરો: પ્લેટ-$1$ અને પ્લેટ-$2$।
પ્લેટ-$1$ ના પરિમાણો $1 \; m \times 3 \; m$ છે,તેથી તેનું ક્ષેત્રફળ $A_{1} = 3 \; m^{2}$ છે.
પ્લેટ-$2$ ના પરિમાણો $1 \; m \times 1 \; m$ છે,તેથી તેનું ક્ષેત્રફળ $A_{2} = 1 \; m^{2}$ છે.
લેમિના સમાન હોવાથી,દળ તેના ક્ષેત્રફળના પ્રમાણમાં હોય છે. કુલ ક્ષેત્રફળ $A = A_{1} + A_{2} = 4 \; m^{2}$.
આપેલ કુલ દળ $M = 4 \; kg$ હોવાથી,દરેક ભાગનું દળ $m_{1} = 3 \; kg$ અને $m_{2} = 1 \; kg$ થશે.
પ્લેટ-$1$ નું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(x_{1}, y_{1}) = (0.5 \; m, 1.5 \; m)$ પર છે.
પ્લેટ-$2$ નું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(x_{2}, y_{2}) = (1.5 \; m, 2.5 \; m)$ પર છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો $x$-યામ $x_{cm} = \frac{m_{1}x_{1} + m_{2}x_{2}}{m_{1} + m_{2}} = \frac{3 \times 0.5 + 1 \times 1.5}{4} = \frac{1.5 + 1.5}{4} = 0.75 \; m$ છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો $y$-યામ $y_{cm} = \frac{m_{1}y_{1} + m_{2}y_{2}}{m_{1} + m_{2}} = \frac{3 \times 1.5 + 1 \times 2.5}{4} = \frac{4.5 + 2.5}{4} = \frac{7}{4} = 1.75 \; m$ છે.
આમ,યામ $(0.75 \; m, 1.75 \; m)$ છે.

(A) ધારો કે નળાકારનું આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ છે અને $0^{\circ} C$ તથા $4^{\circ} C$ તાપમાને પાણીની ઘનતા અનુક્રમે $\rho_0$ અને $\rho_4$ છે.
$0^{\circ} C$ તાપમાને,નળાકારની ડૂબેલી લંબાઈ $h_0 = 100 \; cm - 20 \; cm = 80 \; cm$ છે.
પ્લવનના સિદ્ધાંત મુજબ,નળાકારનું વજન એ વિસ્થાપિત પાણીના વજન જેટલું હોય છે:
$mg = A \times h_0 \times \rho_0 \times g \implies m = A \times 80 \times \rho_0.$
$4^{\circ} C$ તાપમાને,નળાકારની ડૂબેલી લંબાઈ $h_4 = 100 \; cm - 21 \; cm = 79 \; cm$ છે.
નળાકારનું દળ અચળ રહેતું હોવાથી:
$m = A \times 79 \times \rho_4.$
$m$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$A \times 80 \times \rho_0 = A \times 79 \times \rho_4.$
તેથી,$4^{\circ} C$ તાપમાને ઘનતા અને $0^{\circ} C$ તાપમાને ઘનતાનો ગુણોત્તર:
$\frac{\rho_4}{\rho_0} = \frac{80}{79} \approx 1.0126.$
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,નજીકની કિંમત $1.01$ છે.

(D) રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$m \vec{u}_A + m \vec{u}_B = m \vec{v}_A + m \vec{v}_B$
અહીં $m = 0.1 \; kg$,$\vec{u}_A = 3 \hat{i} \; ms^{-1}$,$\vec{u}_B = 5 \hat{j} \; ms^{-1}$,અને $\vec{v}_A = 4(\hat{i} + \hat{j}) \; ms^{-1}$ આપેલ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$0.1(3 \hat{i}) + 0.1(5 \hat{j}) = 0.1(4 \hat{i} + 4 \hat{j}) + 0.1 \vec{v}_B$
$0.1$ વડે ભાગતા:
$3 \hat{i} + 5 \hat{j} = 4 \hat{i} + 4 \hat{j} + \vec{v}_B$
$\vec{v}_B = (3-4) \hat{i} + (5-4) \hat{j} = -\hat{i} + \hat{j} \; ms^{-1}$.
સંઘાત બાદ $B$ ની ઝડપ $|\vec{v}_B| = \sqrt{(-1)^2 + (1)^2} = \sqrt{2} \; ms^{-1}$ છે.
સંઘાત બાદ $B$ ની ગતિઉર્જા $K_B = \frac{1}{2} m |\vec{v}_B|^2$ છે.
$K_B = \frac{1}{2} (0.1) (\sqrt{2})^2 = \frac{1}{2} (0.1) (2) = 0.1 \; J$.
આમ,$K_B = \frac{x}{10} \; J$ હોવાથી,$0.1 = \frac{x}{10}$,જે દર્શાવે છે કે $x = 1$.

(C) પ્રથમ કણનો વેગ તેના સ્થાનનું સમયની સાપેક્ષે વિકલન કરવાથી મળે છે: $v_x = \frac{dx}{dt} = 8 - 6t$. $t = 1 \; s$ સમયે,$v_x = 8 - 6(1) = 2 \; m/s$. તેથી,$\vec{v}_1 = 2 \hat{i} \; m/s$.
બીજા કણનો વેગ તેના સ્થાનનું સમયની સાપેક્ષે વિકલન કરવાથી મળે છે: $v_y = \frac{dy}{dt} = -24t^2$. $t = 1 \; s$ સમયે,$v_y = -24(1)^2 = -24 \; m/s$. તેથી,$\vec{v}_2 = -24 \hat{j} \; m/s$.
પ્રથમ કણની સાપેક્ષે બીજા કણનો વેગ $\vec{v}_{21} = \vec{v}_2 - \vec{v}_1 = -2 \hat{i} - 24 \hat{j}$ છે.
પ્રથમ કણના ફ્રેમમાં બીજા કણની ઝડપ એ સાપેક્ષ વેગનું મૂલ્ય છે: $|\vec{v}_{21}| = \sqrt{(-2)^2 + (-24)^2} = \sqrt{4 + 576} = \sqrt{580}$.
આપેલ છે કે ઝડપ $\sqrt{v}$ છે,તેથી $\sqrt{v} = \sqrt{580}$,જેનો અર્થ છે કે $v = 580$.

(B) વાયુમાં ધ્વનિની ઝડપ $v = \sqrt{\frac{\gamma P}{\rho}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધારો કે વાયુ અને હવા માટે $\gamma$ અને $P$ સમાન છે,તેથી $\frac{v_{gas}}{v_{air}} = \sqrt{\frac{\rho_{air}}{\rho_{gas}}}$.
આપેલ છે કે $\rho_{gas} = 2 \rho_{air}$,તેથી $\frac{v_{gas}}{300} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આમ,$v_{gas} = \frac{300}{\sqrt{2}} = 150 \sqrt{2} \; m/s$.
$L$ લંબાઈની ખુલ્લી ઓર્ગન પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_1 = \frac{v}{2L}$ અને બીજો હાર્મોનિક $f_2 = \frac{2v}{2L} = \frac{v}{L}$ છે.
આવૃત્તિ તફાવત $\Delta f = f_2 - f_1 = \frac{v}{2L}$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$\Delta f = \frac{150 \sqrt{2}}{2(1)} = 75 \sqrt{2} \approx 75 \times 1.414 = 106.05 \; Hz$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં,જવાબ $106 \; Hz$ છે.

(D) ધારો કે ડિસ્કના પરિભ્રમણને કારણે સ્પ્રિંગમાં થતો વધારો $\Delta \ell$ છે.
સ્પ્રિંગની કુલ લંબાઈ $r = \ell_{0} + \Delta \ell$ થાય છે.
દળ $m$ ની વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ સ્પ્રિંગ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
તેથી,$k \Delta \ell = m \omega^{2} r = m \omega^{2} (\ell_{0} + \Delta \ell)$.
સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા: $k \Delta \ell - m \omega^{2} \Delta \ell = m \omega^{2} \ell_{0}$.
$\Delta \ell (k - m \omega^{2}) = m \omega^{2} \ell_{0}$.
$\Delta \ell = \frac{m \omega^{2} \ell_{0}}{k - m \omega^{2}}$.
આપેલ છે કે $k >> m \omega^{2}$,તેથી આપણે $k - m \omega^{2} \approx k$ તરીકે લઈ શકીએ.
તેથી,$\Delta \ell \approx \frac{m \omega^{2} \ell_{0}}{k}$.
લંબાઈમાં થતો સાપેક્ષ ફેરફાર $\frac{\Delta \ell}{\ell_{0}} = \frac{m \omega^{2}}{k}$ છે.

(D) દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x_{cm}$ નું સૂત્ર $x_{cm} = \frac{\int x dm}{\int dm}$ છે.
આપેલ રેખીય દળ ઘનતા $\rho(x) = \lambda(x) = a + b\left(\frac{x}{L}\right)^2$ છે,તેથી દળનો ઘટક $dm = \lambda(x) dx = \left(a + \frac{b x^2}{L^2}\right) dx$ થાય.
કુલ દળ $M = \int_0^L dm = \int_0^L \left(a + \frac{b x^2}{L^2}\right) dx = \left[ ax + \frac{b x^3}{3 L^2} \right]_0^L = aL + \frac{bL}{3} = L\left(a + \frac{b}{3}\right) = L\left(\frac{3a+b}{3}\right)$ મળે.
ઉગમબિંદુની સાપેક્ષ દળની મોમેન્ટ $\int_0^L x dm = \int_0^L x \left(a + \frac{b x^2}{L^2}\right) dx = \int_0^L \left(ax + \frac{b x^3}{L^2}\right) dx = \left[ \frac{a x^2}{2} + \frac{b x^4}{4 L^2} \right]_0^L = \frac{a L^2}{2} + \frac{b L^2}{4} = L^2\left(\frac{2a+b}{4}\right)$ થાય.
તેથી,$x_{cm} = \frac{L^2\left(\frac{2a+b}{4}\right)}{L\left(\frac{3a+b}{3}\right)} = \frac{3}{4} \left(\frac{2a+b}{3a+b}\right) L$ મળે.

(B) ટીપું સંતુલનમાં રહે તે માટે,ઉપરની તરફ લાગતું કુલ બળ નીચેની તરફ લાગતા બળ જેટલું હોવું જોઈએ.
ટીપા પર લાગતા બળો નીચે મુજબ છે:
$1$. ઉત્પ્લાવક બળ $(B)$: $B = V_{\text{immersed}} \rho g = (\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} \pi r^3) \rho g = \frac{2}{3} \pi r^3 \rho g$
$2$. પૃષ્ઠતાણ બળ $(F)$: $F = T \cdot (2 \pi r)$
$3$. ટીપાનું વજન $(mg)$: $mg = (V_{\text{total}} d) g = (\frac{4}{3} \pi r^3) d g$
બળોને સરખાવતા: $B + F = mg$
$\frac{2}{3} \pi r^3 \rho g + 2 \pi r T = \frac{4}{3} \pi r^3 d g$
$\pi r$ વડે ભાગતા:
$\frac{2}{3} r^2 \rho g + 2 T = \frac{4}{3} r^2 d g$
$r^2$ માટે ગોઠવતા:
$2 T = \frac{4}{3} r^2 d g - \frac{2}{3} r^2 \rho g$
$2 T = \frac{2}{3} r^2 g (2d - \rho)$
$T = \frac{1}{3} r^2 g (2d - \rho)$
$r^2 = \frac{3 T}{(2d - \rho) g}$
$r = \sqrt{\frac{3 T}{(2d - \rho) g}}$

(D) બંને છેડે જડેલા તાર માટે $n$-મી હાર્મોનિકની આવૃત્તિ $f_n = \frac{n}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ ક્રમિક આવૃત્તિઓ $f_n = 420 \; Hz$ અને $f_{n+1} = 490 \; Hz$ છે.
ક્રમિક આવૃત્તિઓ વચ્ચેનો તફાવત એ મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_1 = f_{n+1} - f_n = 490 - 420 = 70 \; Hz$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $f_1 = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}} = 70 \; Hz$.
અહીં $T = 540 \; N$ અને $\mu = 6.0 \times 10^{-3} \; kg/m$ આપેલ છે.
તરંગની ઝડપ $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}} = \sqrt{\frac{540}{6.0 \times 10^{-3}}} = \sqrt{90,000} = 300 \; m/s$ ગણો.
$v$ ની કિંમત મૂળભૂત આવૃત્તિના સમીકરણમાં મૂકતા: $70 = \frac{300}{2L}$.
$L$ માટે ઉકેલતા: $L = \frac{300}{140} \approx 2.14 \; m$.
આમ,લંબાઈ $L$ આશરે $2.1 \; m$ છે.

(D) ધારો કે દરેક ઉદગમની તીવ્રતા $I_0$ છે. પરિણામી તીવ્રતા $I = 4I_0 \cos^2(\phi/2)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\phi$ એ કુલ કળા તફાવત છે.
આપેલ છે: તરંગલંબાઈ $\lambda = 20 \, m$,અંતર $d = 5.0 \, m$,અને પ્રારંભિક કળા તફાવત $\Delta\phi_{initial} = 90^{\circ} = \pi/2$ ($P$ એ $Q$ થી આગળ છે).
પથ તફાવત $\Delta x = d \sin(\theta)$. પથને કારણે કળા તફાવત $\Delta\phi_{path} = (2\pi/\lambda) \Delta x$.
બિંદુ $A$ પર: $\theta = 90^{\circ}$,$\Delta x = d = 5 \, m$. $\Delta\phi_{path} = (2\pi/20) \times 5 = \pi/2$. $P$ આગળ હોવાથી,$\phi_A = \Delta\phi_{initial} - \Delta\phi_{path} = \pi/2 - \pi/2 = 0$. તીવ્રતા $I_A = 4I_0 \cos^2(0) = 4I_0$.
બિંદુ $B$ પર: $\theta = 0^{\circ}$,$\Delta x = 0$. $\phi_B = \Delta\phi_{initial} = \pi/2$. તીવ્રતા $I_B = 4I_0 \cos^2(\pi/4) = 2I_0$.
બિંદુ $C$ પર: $\theta = -90^{\circ}$,$\Delta x = -5 \, m$. $\Delta\phi_{path} = -\pi/2$. $\phi_C = \pi/2 - (-\pi/2) = \pi$. તીવ્રતા $I_C = 4I_0 \cos^2(\pi/2) = 0$.
આમ,ગુણોત્તર $I_A : I_B : I_C = 4I_0 : 2I_0 : 0 = 2 : 1 : 0$ છે.

(D) $E$ ઉર્જા ધરાવતા ઇલેક્ટ્રોન માટે,ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda_{e} = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ છે.
$E$ ઉર્જા ધરાવતા ફોટોન માટે,સંબંધ $E = \frac{hc}{\lambda_{p}}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $\lambda_{p} = \frac{hc}{E}$.
તરંગલંબાઇનો ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{\lambda_{e}}{\lambda_{p}} = \frac{h}{\sqrt{2mE}} \times \frac{E}{hc} = \frac{1}{c} \times \frac{E^{1}}{\sqrt{E}} \times \frac{1}{\sqrt{2m}} = \frac{1}{c} \sqrt{\frac{E}{2m}} = \frac{1}{C}(\frac{E}{2m})^{1/2}$.

(C) ધારો કે $r$ અને $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા ગોળાઓ પરના વિદ્યુતભારો અનુક્રમે $q_1$ અને $q_2$ છે.
આપેલ છે કે $q_1 + q_2 = Q$.
પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતા સમાન હોવાથી,$\sigma_1 = \sigma_2$.
$\frac{q_1}{4\pi r^2} = \frac{q_2}{4\pi R^2} \implies \frac{q_1}{r^2} = \frac{q_2}{R^2}$.
ગુણોત્તરના નિયમ મુજબ,$\frac{q_1}{r^2} = \frac{q_2}{R^2} = \frac{q_1 + q_2}{r^2 + R^2} = \frac{Q}{r^2 + R^2}$.
તેથી,$q_1 = \frac{Q r^2}{R^2 + r^2}$ અને $q_2 = \frac{Q R^2}{R^2 + r^2}$.
સામાન્ય કેન્દ્ર પર વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{q_1}{r} + \frac{q_2}{R} \right)$.
$q_1$ અને $q_2$ ની કિંમતો મૂકતા:
$V = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{Q r^2}{r(R^2 + r^2)} + \frac{Q R^2}{R(R^2 + r^2)} \right) = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{Q r + Q R}{R^2 + r^2} \right)$.
$V = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{(R + r)Q}{R^2 + r^2}$.

(D) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની $t$ સમયે એક્ટિવિટીનું સૂત્ર $A = A_0 \left( \frac{1}{2} \right)^{\frac{t}{T_{1/2}}}$ છે,જ્યાં $A_0$ એ પ્રારંભિક એક્ટિવિટી છે,$A$ એ અંતિમ એક્ટિવિટી છે,$t$ એ વીતેલો સમય છે અને $T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
આપેલ છે: $A_0 = 700 \; s^{-1}$,$A = 500 \; s^{-1}$,અને $t = 30 \; min$.
કિંમતો મૂકતા: $500 = 700 \left( \frac{1}{2} \right)^{\frac{30}{T_{1/2}}}$.
બંને બાજુ $700$ વડે ભાગતા: $\frac{5}{7} = \left( \frac{1}{2} \right)^{\frac{30}{T_{1/2}}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લેતા: $\ln(5/7) = \frac{30}{T_{1/2}} \ln(1/2)$.
$\ln(0.714) = \frac{30}{T_{1/2}} (-0.693)$.
$-0.337 = \frac{30}{T_{1/2}} (-0.693)$.
$T_{1/2} = \frac{30 \times 0.693}{0.337} \approx 61.69 \; min$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,અર્ધ-આયુષ્ય આશરે $62 \; min$ છે.

(C) વિદ્યુતભારિત કણ પર લાગતું લોરેન્ઝ બળ $\overrightarrow{F} = q(\overrightarrow{E} + \overrightarrow{v} \times \overrightarrow{B})$ છે.
$t=0$ અને $z = \frac{\pi}{k}$ પર,વિદ્યુતક્ષેત્ર $\overrightarrow{E} = E_{0} \left(\frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}\right) \cos(\pi) = -E_{0} \left(\frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}\right)$ થાય છે.
વિદ્યુતચુંબકીય તરંગ માટે,પ્રસરણની દિશા $\hat{k}_{prop} = \frac{\overrightarrow{E} \times \overrightarrow{B}}{|E||B|}$ છે. અહીં તરંગ $-z$ દિશામાં પ્રસરણ પામે છે (કારણ કે કળા $kz + \omega t$ છે),તેથી $\hat{k}_{prop} = -\hat{k}$ થાય.
આમ,$\left(\frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}\right) \times \overrightarrow{B} = -\hat{k} \cdot \frac{E_{0}}{c}$ મળે. આને ઉકેલતા,$\overrightarrow{B} = -\frac{E_{0}}{c} \left(\frac{\hat{i}-\hat{j}}{\sqrt{2}}\right)$ મળે છે.
ચુંબકીય બળ $\overrightarrow{F}_{m} = q(\overrightarrow{v} \times \overrightarrow{B}) = q(v_{0}\hat{k} \times [-\frac{E_{0}}{c} \frac{\hat{i}-\hat{j}}{\sqrt{2}}]) = -q \frac{v_{0}E_{0}}{c} \left(\frac{\hat{j}+\hat{i}}{\sqrt{2}}\right)$ થાય.
કારણ કે $\frac{v_{0}}{c} \ll 1$,ચુંબકીય બળ વિદ્યુત બળની સરખામણીમાં અવગણ્ય છે.
તેથી,$\overrightarrow{F} \approx q\overrightarrow{E} = -q E_{0} \left(\frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}\right)$,જે $\frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}$ ને પ્રતિ-સમાંતર છે.

(C) કણનો પ્રારંભિક વેગ $\vec{v}_{i} = v_{0} \hat{j}$ છે.
વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E} = E_{0} \hat{i}$ એ બળ $\vec{F}_{E} = q E_{0} \hat{i}$ લગાડે છે,જેના કારણે $x$-અક્ષ પર પ્રવેગ $a_{x} = \frac{q E_{0}}{m}$ ઉત્પન્ન થાય છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B} = B_{0} \hat{i}$ એ $x$-અક્ષને સમાંતર છે. પ્રારંભિક વેગ $y$-અક્ષ પર હોવાથી,ચુંબકીય બળ $\vec{F}_{B} = q(\vec{v} \times \vec{B})$ એ $z$-દિશામાં કાર્ય કરશે. જોકે,ચુંબકીય બળ કોઈ કાર્ય કરતું નથી,તેથી ગતિઊર્જામાં ફેરફાર માત્ર વિદ્યુતક્ષેત્રને કારણે થાય છે.
ધારો કે અંતિમ ઝડપ $v_{f} = 2 v_{0}$ છે. અંતિમ વેગના ઘટકો $v_{x} = a_{x} t = \frac{q E_{0}}{m} t$ અને $v_{y} = v_{0}$ છે.
$v_{f}^{2} = v_{x}^{2} + v_{y}^{2} + v_{z}^{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,અને ઝડપનો વર્ગ $v_{f}^{2} = (2 v_{0})^{2} = 4 v_{0}^{2}$ હોવાથી:
$4 v_{0}^{2} = v_{x}^{2} + v_{0}^{2} + v_{z}^{2}$.
ચુંબકીય બળ માત્ર વેગ સદિશને $yz$-સમતલમાં ફેરવે છે,તેથી $yz$-સમતલમાં વેગના ઘટકનું મૂલ્ય $v_{0}$ અચળ રહે છે. તેથી,$v_{x}^{2} = 4 v_{0}^{2} - v_{0}^{2} = 3 v_{0}^{2}$.
આથી,$v_{x} = \sqrt{3} v_{0}$.
$v_{x} = \frac{q E_{0}}{m} t$ મૂકતા,આપણને $\frac{q E_{0}}{m} t = \sqrt{3} v_{0}$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $t = \frac{\sqrt{3} m v_{0}}{q E_{0}}$ થાય છે.

(B) ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે કારણ કે $A$ પાસેનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $B$ કરતા વધારે છે. આદર્શ ડાયોડ ધારતા,તે શોર્ટ સર્કિટ તરીકે વર્તે છે.
ધારો કે $B$ પાસેનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $0 \ V$ છે. સર્કિટમાં $30 \ V$ નો સ્ત્રોત $10 \ k\Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં જોડાયેલ છે,જે બે $10 \ k\Omega$ ના સમાંતર જોડાણ સાથે જોડાયેલ છે (એક $A$ અને $B$ વચ્ચે,અને બીજો ડાયોડ સાથે શ્રેણીમાં).
બે સમાંતર $10 \ k\Omega$ અવરોધોનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_p = \frac{10 \times 10}{10 + 10} = 5 \ k\Omega$ છે.
સર્કિટનો કુલ અવરોધ $R_{eq} = 10 \ k\Omega + 5 \ k\Omega = 15 \ k\Omega$ છે.
બેટરીમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{30 \ V}{15 \ k\Omega} = 2 \ mA$ છે.
$B$ ની સાપેક્ષમાં $A$ પાસેનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન એ સમાંતર જોડાણ $R_p$ પરનો વોલ્ટેજ ડ્રોપ છે:
$V_{AB} = I \times R_p = 2 \ mA \times 5 \ k\Omega = 10 \ V$.

(D) બિલ્ડિંગમાં વપરાતો કુલ પાવર $P$ એ તમામ ઉપકરણોના પાવરનો સરવાળો છે.
$P = (15 \times 45) + (15 \times 100) + (15 \times 10) + (2 \times 1000)$
$P = 675 + 1500 + 150 + 2000 = 4325 \; W$
સૂત્ર $P = V \times I$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $V = 220 \; V$ વોલ્ટેજ છે:
$I = \frac{P}{V} = \frac{4325}{220} \approx 19.66 \; A$
ફ્યુઝે કુલ પ્રવાહને હેન્ડલ કરવો પડતો હોવાથી,ન્યૂનતમ ફ્યુઝ ક્ષમતા આગામી પ્રમાણભૂત પૂર્ણાંક મૂલ્ય હોવી જોઈએ,જે $20 \; A$ છે.

(B) $RL$ પરિપથમાં $t$ સમયે પ્રવાહ $i(t) = i_0(1 - e^{-Rt/L})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $i_0 = V/R$ એ $t = \infty$ સમયે સ્થાયી પ્રવાહ છે.
અહીં $V = 20\; V$,$R = 5\; \Omega$,અને $L = 10\; mH = 0.01\; H$ છે.
ટાઇમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau = L/R = 0.01 / 5 = 0.002\; s = 2\; ms$ છે.
$t = 4\; ms$ માટે,ઘાતાંક $-Rt/L = -t/\tau = -4\; ms / 2\; ms = -2$ થાય છે.
તેથી,$i(4\; ms) = i_0(1 - e^{-2})$.
ગુણોત્તર $i(\infty) / i(4\; ms) = i_0 / [i_0(1 - e^{-2})] = 1 / (1 - 1/e^2) = e^2 / (e^2 - 1)$ થાય.
$e^2 = 7.389$ લેતા,ગુણોત્તર $7.389 / (7.389 - 1) = 7.389 / 6.389 \approx 1.156$ મળે છે.

(B) $1$. રીટેન્ટિવિટી એ ચુંબકીય ઇન્ડક્શન $B$ નું મૂલ્ય છે જ્યારે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $H$ શૂન્ય હોય છે. આલેખ પરથી,$H = 0$ પર,$B = 1.0 \; T$ છે.
$2$. કો-અર્સિવિટી એ વિરુદ્ધ દિશાના ચુંબકીય ક્ષેત્ર $H$ નું મૂલ્ય છે જે ચુંબકીય ઇન્ડક્શન $B$ ને શૂન્ય કરવા માટે જરૂરી છે. આલેખ પરથી,$B = 0$ પર,$H = -50 \; A/m$ છે. કો-અર્સિવિટીનું મૂલ્ય $50 \; A/m$ છે.
$3$. સેચ્યુરેશન મેગ્નેટાઇઝેશન એ પદાર્થ દ્વારા પ્રાપ્ત થયેલ ચુંબકીય ઇન્ડક્શન $B$ નું મહત્તમ મૂલ્ય છે. આલેખ પરથી,$B$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $1.5 \; T$ છે.
તેથી,રીટેન્ટિવિટી,કો-અર્સિવિટી અને સેચ્યુરેશન અનુક્રમે $1.0 \; T, 50 \; A/m$ અને $1.5 \; T$ છે.

(B) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં શલાકાની પહોળાઈ $\beta$ માટેનું સૂત્ર: $\beta = \frac{D \lambda}{d}$ છે.
અહીં,$D = 1.5 \; m$ એ સ્લિટ અને પડદા વચ્ચેનું અંતર છે.
$\lambda = 589 \; nm = 589 \times 10^{-9} \; m$ એ પ્રકાશના સ્ત્રોતની તરંગલંબાઇ છે.
$d = 0.15 \; mm = 0.15 \times 10^{-3} \; m$ એ સ્લિટ્સ વચ્ચેનું અંતર છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\beta = \frac{1.5 \times 589 \times 10^{-9}}{0.15 \times 10^{-3}}$
$\beta = \frac{1.5}{0.15} \times 589 \times 10^{-6} \; m$
$\beta = 10 \times 589 \times 10^{-6} \; m = 5890 \times 10^{-6} \; m = 5.89 \times 10^{-3} \; m$.
એક દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,$\beta \approx 5.9 \times 10^{-3} \; m = 5.9 \; mm$ મળે છે.

(C) લેન્સ મેકરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{f} = (\mu_{g} - 1) \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right)$.
હવામાં લેન્સ માટે $(\mu_{a} = 1)$:
$\frac{1}{f} = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right) = 0.5 \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right) \dots (1)$
પ્રવાહીમાં લેન્સ માટે $(\mu_{l} = 1.42)$:
$\frac{1}{f_{l}} = \left( \frac{1.5}{1.42} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right) = \left( \frac{1.5 - 1.42}{1.42} \right) \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right) = \frac{0.08}{1.42} \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right) \dots (2)$
સમીકરણ $(1)$ ને સમીકરણ $(2)$ વડે ભાગતા:
$\frac{f_{l}}{f} = \frac{0.5 \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right)}{\frac{0.08}{1.42} \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right)} = \frac{0.5 \times 1.42}{0.08} = \frac{0.71}{0.08} = 8.875$.
મૂલ્ય $8.875$ એ પૂર્ણાંક $9$ ની સૌથી નજીક છે.

(D) લૂપ સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = \vec{B} \cdot \vec{A} = BA \cos \theta = BA \cos(\omega t)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રેરિત emf $e$ ફેરાડેના નિયમ મુજબ $|e| = |\frac{d\phi}{dt}| = |BA\omega \sin(\omega t)|$ છે.
પ્રેરિત emf $|e|$ મહત્તમ ત્યારે હોય જ્યારે $\sin(\omega t) = 1$ થાય,જે $\omega t = \frac{\pi}{2}$ સમયે મળે છે.
આવર્તકાળ $T = 10 \; s$ હોવાથી,કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{10} = \frac{\pi}{5} \; rad/s$ થાય.
$\omega t = \frac{\pi}{2}$ મૂકતા,$(\frac{\pi}{5})t = \frac{\pi}{2}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $t = 2.5 \; s$.
પ્રેરિત emf $|e|$ ન્યૂનતમ ત્યારે હોય જ્યારે $\sin(\omega t) = 0$ થાય,જે $\omega t = \pi$ સમયે મળે છે.
$\omega t = \pi$ મૂકતા,$(\frac{\pi}{5})t = \pi$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $t = 5.0 \; s$.
આમ,પ્રેરિત emf $2.5 \; s$ સમયે મહત્તમ અને $5.0 \; s$ સમયે ન્યૂનતમ હશે.

(B) કેપેસિટર પરનો પ્રારંભિક ચાર્જ: $Q = CV = 60 \times 10^{-12} \; F \times 20 \; V = 1200 \times 10^{-12} \; C = 1.2 \times 10^{-9} \; C$.
સંગ્રહિત પ્રારંભિક સ્થિર વિદ્યુત ઉર્જા: $U_i = \frac{1}{2} CV^2 = \frac{1}{2} \times 60 \times 10^{-12} \times (20)^2 = 30 \times 10^{-12} \times 400 = 12000 \times 10^{-12} \; J = 12 \; nJ$.
જ્યારે સમાંતરમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ કેપેસીટન્સ $C_{eq} = C + C = 2C = 120 \; pF$ થાય છે. કુલ ચાર્જ $Q$ સંરક્ષિત રહે છે અને દરેક કેપેસિટર પર $Q/2$ તરીકે સમાન રીતે વહેંચાય છે.
અંતિમ સંગ્રહિત સ્થિર વિદ્યુત ઉર્જા: $U_f = \frac{(Q/2)^2}{2C} + \frac{(Q/2)^2}{2C} = 2 \times \frac{Q^2/4}{2C} = \frac{Q^2}{4C} = \frac{1}{2} \times \frac{Q^2}{2C} = \frac{1}{2} U_i = \frac{1}{2} \times 12 \; nJ = 6 \; nJ$.
ગુમાવેલી ઉર્જા: $\Delta U = U_i - U_f = 12 \; nJ - 6 \; nJ = 6 \; nJ$.

(A) પોટેન્શિયોમીટરના પ્રયોગમાં,સંતુલન લંબાઈ $l_1$ એ કોષના $EMF$ ને અનુરૂપ છે,$E = k l_1$,જ્યાં $k$ એ પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ છે.
જ્યારે બાહ્ય અવરોધ $R$ સમાંતરમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $V = E \left( \frac{R}{R+r} \right) = k l_2$ થાય છે.
આમ,$\frac{E}{V} = \frac{l_1}{l_2} = 1 + \frac{r}{R}$.
અહીં $l_1 = 560 \; cm$ અને લંબાઈમાં ફેરફાર $60 \; cm$ હોવાથી,નવી સંતુલન લંબાઈ $l_2 = 560 - 60 = 500 \; cm$ થશે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{560}{500} = 1 + \frac{r}{10}$.
$1.12 = 1 + \frac{r}{10} \implies 0.12 = \frac{r}{10} \implies r = 1.2 \; \Omega$.
આંતરિક અવરોધ $r = \frac{N}{10} \; \Omega$ હોવાથી,$\frac{N}{10} = 1.2$,તેથી $N = 12$.

(A) ડાયલેક્ટ્રિક અચળાંક $k(x)$ અંતર $x$ સાથે બદલાતો હોવાથી,આપણે એક પ્લેટથી $x$ અંતરે $dx$ જાડાઈની એક પાતળી તત્વ સ્લાઈસ વિચારીએ છીએ.
આ તત્વ સ્લાઈસનું કેપેસિટન્સ $dC = \frac{\varepsilon_0 k(x) A}{dx} = \frac{\varepsilon_0 K(1+\alpha x) A}{dx}$ છે.
આ તમામ તત્વ કેપેસિટર્સ શ્રેણીમાં જોડાયેલા હોવાથી,સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{1}{C} = \int_0^d \frac{1}{dC} = \int_0^d \frac{dx}{\varepsilon_0 K A (1+\alpha x)}$.
આનું સંકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{1}{C} = \frac{1}{\varepsilon_0 K A} \left[ \frac{\ln(1+\alpha x)}{\alpha} \right]_0^d = \frac{1}{\alpha \varepsilon_0 K A} \ln(1+\alpha d)$.
$u = \alpha d << 1$ માટે ટેલર વિસ્તરણ $\ln(1+u) \approx u - \frac{u^2}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{C} \approx \frac{1}{\alpha \varepsilon_0 K A} (\alpha d - \frac{(\alpha d)^2}{2}) = \frac{d}{\varepsilon_0 K A} (1 - \frac{\alpha d}{2})$.
$C$ શોધવા માટે વ્યસ્ત લેતા અને દ્વિપદી અંદાજ $(1-u)^{-1} \approx 1+u$ નો ઉપયોગ કરતા:
$C \approx \frac{\varepsilon_0 K A}{d} (1 - \frac{\alpha d}{2})^{-1} \approx \frac{\varepsilon_0 K A}{d} (1 + \frac{\alpha d}{2})$.

(C) $n^{\text{th}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનના પરિભ્રમણનો સમયગાળો $T \propto \frac{n^3}{Z^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,$Z = 1$,તેથી $T \propto n^3$.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $n_1 = 1$ ને અનુરૂપ છે,અને પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n_2 = 2$ ને અનુરૂપ છે.
આપેલ છે કે $T_1 = 1.6 \times 10^{-16} \; s$.
પ્રમાણસરતાનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{n_2}{n_1}\right)^3 = \left(\frac{2}{1}\right)^3 = 8$.
તેથી,$T_2 = 8 \times T_1 = 8 \times 1.6 \times 10^{-16} = 12.8 \times 10^{-16} \; s$.
આવૃત્તિ $f_2$ એ સમયગાળાનો વ્યસ્ત છે: $f_2 = \frac{1}{T_2} = \frac{1}{12.8 \times 10^{-16}} \approx 0.078125 \times 10^{16} \; s^{-1} = 7.8 \times 10^{14} \; s^{-1}$.

(A) સોલેનોઈડની અંદર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \mu_{0} n I(t) = \mu_{0} n I_{0} (t - t^{2})$ છે.
$2R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી રીંગમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi$ સોલેનોઈડના ક્ષેત્રફળ $(R)$ સુધી મર્યાદિત છે,તેથી $\phi = B \cdot A = B \cdot \pi R^{2}$.
$\phi = \pi R^{2} \mu_{0} n I_{0} (t - t^{2})$.
પ્રેરિત $EMF$ $V_{R} = -\frac{d\phi}{dt} = -\pi R^{2} \mu_{0} n I_{0} (1 - 2t) = \pi R^{2} \mu_{0} n I_{0} (2t - 1)$ છે.
પ્રેરિત પ્રવાહ $I_{R} = \frac{V_{R}}{R_{R}}$ છે,જ્યાં $R_{R}$ એ રીંગનો અવરોધ છે.
$t = 0.5$ પર,$V_{R} = \pi R^{2} \mu_{0} n I_{0} (2(0.5) - 1) = 0$.
જેમ કે પદ $(2t - 1)$ એ $t = 0.5$ પર ચિહ્ન બદલે છે,તેથી પ્રેરિત $EMF$ અને પ્રેરિત પ્રવાહની દિશા $t = 0.5$ પર ઉલટાય છે.

(B) ઉપરની શાખામાં સમાંતરમાં જોડાયેલા બે $1\; \Omega$ ના અવરોધો છે,જે શ્રેણીમાં $2\; \Omega$ ના અવરોધ સાથે જોડાયેલા છે.
સમાંતરમાં જોડાયેલા બે $1\; \Omega$ ના અવરોધોનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{p} = \frac{1 \times 1}{1 + 1} = 0.5\; \Omega$ છે.
ઉપરની શાખાનો કુલ અવરોધ $R_{upper} = 0.5\; \Omega + 2\; \Omega = 2.5\; \Omega$ છે.
ઉપરની શાખા પરનો વોલ્ટેજ $V = 1\; V$ છે.
ઉપરની શાખામાંથી વહેતો કુલ વિદ્યુતપ્રવાહ $i = \frac{V}{R_{upper}} = \frac{1}{2.5} = 0.4\; A$ છે.
આ વિદ્યુતપ્રવાહ $i$ સમાંતરમાં રહેલા બે $1\; \Omega$ ના અવરોધો વચ્ચે સમાન રીતે વહેંચાય છે.
તેથી,$1\; \Omega$ ના એક અવરોધમાંથી વહેતો વિદ્યુતપ્રવાહ $I_{1} = \frac{i}{2} = \frac{0.4}{2} = 0.2\; A$ છે.

(B) જો આઉટપુટ ડેટા પરથી ઇનપુટ ડેટાને અનન્ય રીતે પુનઃપ્રાપ્ત કરી શકાય,તો લોજિક ગેટને રિવર્સિબલ ગણવામાં આવે છે.
$NOT$ ગેટમાં,આઉટપુટ એ ઇનપુટનું પૂરક છે $(Y = \bar{A})$. જો આઉટપુટ $0$ હોય,તો ઇનપુટ $1$ હોવું જોઈએ,અને જો આઉટપુટ $1$ હોય,તો ઇનપુટ $0$ હોવું જોઈએ. આમ,આઉટપુટ પરથી ઇનપુટને ચોક્કસ રીતે નક્કી કરી શકાય છે.
$OR$,$NOR$,$AND$,અને $NAND$ જેવા અન્ય ગેટ્સમાં બે ઇનપુટ હોય છે,જેનો અર્થ છે કે $2^2 = 4$ શક્ય ઇનપુટ સંયોજનો છે,પરંતુ માત્ર $2$ શક્ય આઉટપુટ સ્ટેટ્સ ($0$ અથવા $1$) છે. કારણ કે એકથી વધુ ઇનપુટ સંયોજનો સમાન આઉટપુટ આપી શકે છે,તેથી આ ગેટ્સ રિવર્સિબલ નથી.

(A) સંયુક્ત માઇક્રોસ્કોપની મોટવણી $M$ નું સૂત્ર $M = \frac{L}{f_0} \left(1 + \frac{d}{f_e}\right)$ છે,જ્યાં $L$ એ ટ્યુબની લંબાઈ છે,$f_0$ એ ઓબ્જેક્ટિવની કેન્દ્રલંબાઈ છે,$f_e$ એ આઈ-પીસની કેન્દ્રલંબાઈ છે અને $d$ એ સ્પષ્ટ દ્રષ્ટિનું લઘુત્તમ અંતર $(d = 250\; mm)$ છે.
આપેલ છે: $M = 375$,$L = 150\; mm$,$f_0 = 5\; mm$,$d = 250\; mm$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$375 = \frac{150}{5} \left(1 + \frac{250}{f_e}\right)$
$375 = 30 \left(1 + \frac{250}{f_e}\right)$
$12.5 = 1 + \frac{250}{f_e}$
$11.5 = \frac{250}{f_e}$
$f_e = \frac{250}{11.5} \approx 21.74\; mm$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,$f_e \approx 22\; mm$.

(A) આપેલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\overrightarrow{B} = B_0 \sin (kx + \omega t) \hat{j}$ છે,જ્યાં $B_0 = 3 \times 10^{-8} \; T$ છે.
તરંગ ઋણ $x$-દિશામાં પ્રસરણ પામે છે (કારણ કે $+kx$ છે),તેથી પ્રસરણની દિશા $-\hat{i}$ છે.
વિદ્યુત ક્ષેત્ર અને ચુંબકીય ક્ષેત્રના કંપવિસ્તાર વચ્ચેનો સંબંધ $E_0 = c B_0$ છે,જ્યાં $c = 3 \times 10^{8} \; m/s$ છે.
$E_0 = (3 \times 10^{8} \; m/s) \times (3 \times 10^{-8} \; T) = 9 \; V/m$.
વિદ્યુતચુંબકીય તરંગમાં,પ્રસરણની દિશા $\overrightarrow{E} \times \overrightarrow{B}$ ની દિશા દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$(-\hat{i}) = \hat{E} \times \hat{j}$ છે.
કારણ કે $\hat{k} \times \hat{j} = -\hat{i}$ થાય છે,તેથી વિદ્યુત ક્ષેત્ર $\hat{k}$ દિશામાં હોવું જોઈએ.
આમ,$\overrightarrow{E} = 9 \sin (1.6 \times 10^{3} x + 48 \times 10^{10} t) \hat{k} \; V/m$ મળે છે.

(A) પ્રવાહ ધારિત વર્તુળાકાર કોઈલ માટે,ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓ કોઈલમાંથી ઉદ્ભવે છે અને બંધ લૂપ બનાવે છે.
ચુંબકત્વ માટેના ગૌસના નિયમ મુજબ,કોઈપણ બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ ચુંબકીય ફ્લક્સ શૂન્ય હોય છે,એટલે કે $\oint \vec{B} \cdot d\vec{A} = 0$.
કોઈલ ધરાવતા અનંત સમતલનો વિચાર કરો. કોઈલના ક્ષેત્રફળમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ $(\phi_{0})$ એક દિશામાં (દા.ત. ઉપરની તરફ) હોય છે.
બાકીના અનંત સમતલમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ $(\phi_{i})$ વિરુદ્ધ દિશામાં (નીચેની તરફ) હોવું જોઈએ જેથી સમગ્ર અનંત સમતલમાંથી પસાર થતું કુલ ફ્લક્સ શૂન્ય થાય.
આમ,$\phi_{0} + \phi_{i} = 0$,જે સૂચવે છે કે $\phi_{i} = -\phi_{0}$.

(D) એક સ્લિટના વિવર્તન માટે,$n$-માં ન્યૂનતમ માટેની શરત $a \sin \theta = n \lambda$ છે,જ્યાં $a$ એ સ્લિટની પહોળાઈ છે,$\lambda$ એ તરંગલંબાઈ છે,અને $n = 1, 2, 3, ...$ છે.
બીજા ન્યૂનતમ $(n = 2)$ માટે,ખૂણો $\theta_2 = 60^{\circ}$ છે.
તેથી,$a \sin 60^{\circ} = 2 \lambda$.
$a \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 2 \lambda \implies \frac{\lambda}{a} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.
પ્રથમ ન્યૂનતમ $(n = 1)$ માટે,શરત $a \sin \theta_1 = 1 \lambda$ છે.
$\sin \theta_1 = \frac{\lambda}{a} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.
$\sin \theta_1 \approx \frac{1.732}{4} = 0.433$.
$\theta_1 = \arcsin(0.433) \approx 25.6^{\circ}$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,$\theta_1 \approx 25^{\circ}$.

(A) ધારો કે $I_0$ એ અધ્રુવીભૂત પ્રકાશની પ્રારંભિક તીવ્રતા છે.
પોલરાઇઝરમાંથી પસાર થયા પછી,તીવ્રતા $I_p = \frac{I_0}{2}$ થાય છે.
મેલસના નિયમ મુજબ,એનાલાઇઝરમાંથી બહાર આવતી તીવ્રતા $I = I_p \cos^2 \theta$ છે,જ્યાં $\theta$ એ પોલરાઇઝર અને એનાલાઇઝરની ટ્રાન્સમિશન અક્ષો વચ્ચેનો ખૂણો છે.
આપેલ છે કે $I = \frac{I_0}{10}$,તેથી $\frac{I_0}{10} = \frac{I_0}{2} \cos^2 \theta$.
$\cos^2 \theta = \frac{1}{5} \implies \cos \theta = \frac{1}{\sqrt{5}} \approx 0.447$.
$\theta = \cos^{-1}(0.447) \approx 63.43^o$.
આઉટપુટ તીવ્રતાને શૂન્ય કરવા માટે,એનાલાઇઝરને ત્યાં સુધી ફેરવવું જોઈએ જ્યાં સુધી અક્ષો વચ્ચેનો ખૂણો $90^o$ ન થાય.
જરૂરી વધારાનો ખૂણો $\Delta \theta = 90^o - 63.43^o = 26.57^o$ છે.

(A) $LCR$ સર્કિટ માટે,બાહ્ય સ્ત્રોત વગરના બંધ લૂપમાં કિર્ચોફના વોલ્ટેજ નિયમ $(KVL)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$-L \frac{di}{dt} - \frac{q}{C} - iR = 0$
કારણ કે $i = \frac{dq}{dt}$,તેથી આપણને મળે છે:
$L \frac{d^2q}{dt^2} + R \frac{dq}{dt} + \frac{1}{C}q = 0$
યાંત્રિક ડેમ્પ્ડ હાર્મોનિક ઓસિલેટર માટે,ગતિનું સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$m \frac{d^2x}{dt^2} + b \frac{dx}{dt} + kx = 0$
આ બંને વિકલ સમીકરણોની પદ-દર-પદ સરખામણી કરતા:
$1$. બીજા વિકલનનો સહગુણક: $L$ એ $m$ ને અનુરૂપ છે.
$2$. પ્રથમ વિકલનનો સહગુણક: $R$ એ $b$ ને અનુરૂપ છે.
$3$. સ્થાનાંતર/વીજભારનો સહગુણક: $\frac{1}{C}$ એ $k$ ને અનુરૂપ છે,જેનો અર્થ છે કે $C$ એ $\frac{1}{k}$ ને અનુરૂપ છે.
આમ,સાચી સમાનતા $L \leftrightarrow m, C \leftrightarrow \frac{1}{k}, R \leftrightarrow b$ છે.

(B) પૃષ્ઠ ઘનતા $\sigma$ ધરાવતી અનંત સમતલ શીટને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}$ છે,જે શીટથી દૂરની દિશામાં હોય છે.
ધારો કે આડી શીટ $x$-અક્ષ પર છે. તેનું વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E}_{1} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} \hat{y}$ છે.
બીજી શીટ $x$-અક્ષ સાથે $30^{\circ}$ ના ખૂણે છે. તેનો લંબ $x$-અક્ષ સાથે $30^{\circ} + 90^{\circ} = 120^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
બીજી શીટને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E}_{2} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} (\cos 120^{\circ} \hat{x} + \sin 120^{\circ} \hat{y}) = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} (-\frac{1}{2} \hat{x} + \frac{\sqrt{3}}{2} \hat{y})$ છે.
કુલ વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E}_{net} = \vec{E}_{1} + \vec{E}_{2} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} \hat{y} + \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} (-\frac{1}{2} \hat{x} + \frac{\sqrt{3}}{2} \hat{y})$ છે.
$\vec{E}_{net} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} [-\frac{1}{2} \hat{x} + (1 + \frac{\sqrt{3}}{2}) \hat{y}]$.

(C) વિકિરણની તીવ્રતા $I = 6.4 \times 10^{-5} \; W/cm^{2}$ અને ક્ષેત્રફળ $A = 1 \; cm^{2}$ છે.
સપાટી પર આપાત થતો પાવર $P = I \times A = 6.4 \times 10^{-5} \; W$ છે.
એક ફોટોનની ઉર્જા $E_{ph} = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1240 \; eV \cdot nm}{310 \; nm} = 4 \; eV$ છે.
આ ઉર્જાને જૂલમાં ફેરવતા: $E_{ph} = 4 \times 1.6 \times 10^{-19} \; J = 6.4 \times 10^{-19} \; J$ મળે.
દર સેકન્ડે આપાત થતા ફોટોનની સંખ્યા $(n)$ $n = \frac{P}{E_{ph}} = \frac{6.4 \times 10^{-5} \; J/s}{6.4 \times 10^{-19} \; J} = 10^{14} \; \text{ફોટોન/સેકન્ડ}$ છે.
આપેલ છે કે દર $10^{3}$ ફોટોનમાંથી એક ફોટોન ઇલેક્ટ્રોનનું ઉત્સર્જન કરે છે, તેથી દર સેકન્ડે ઉત્સર્જિત થતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $N_e = n \times 10^{-3} = 10^{14} \times 10^{-3} = 10^{11}$ છે.
આને $10^{x}$ સાથે સરખાવતા, $x = 11$ મળે છે.

(D) લૂપ $ABCDEFA$ બે સમતલીય સપાટીઓ ધરાવે છે: $xy$-સમતલમાં લંબચોરસ $ABCD$ અને $yz$-સમતલમાં લંબચોરસ $ADEF$.
$xy$-સમતલમાં રહેલા લંબચોરસ $ABCD$ માટે ક્ષેત્રફળ સદિશ $\overrightarrow{A}_{ABCD} = (5 \times 5) \hat{k} = 25 \hat{k} \; \text{m}^2$ છે.
$yz$-સમતલમાં રહેલા લંબચોરસ $ADEF$ માટે ક્ષેત્રફળ સદિશ $\overrightarrow{A}_{ADEF} = (5 \times 5) \hat{i} = 25 \hat{i} \; \text{m}^2$ છે.
કુલ ક્ષેત્રફળ સદિશ $\overrightarrow{A}_{net} = \overrightarrow{A}_{ABCD} + \overrightarrow{A}_{ADEF} = 25 \hat{i} + 25 \hat{k} \; \text{m}^2$ થાય.
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\overrightarrow{B} = 3 \hat{i} + 4 \hat{k} \; \text{T}$ આપેલું છે.
ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi$ ની ગણતરી ડોટ પ્રોડક્ટ દ્વારા કરવામાં આવે છે: $\phi = \overrightarrow{B} \cdot \overrightarrow{A}_{net}$.
$\phi = (3 \hat{i} + 4 \hat{k}) \cdot (25 \hat{i} + 25 \hat{k})$
$\phi = (3 \times 25) + (4 \times 25) = 75 + 100 = 175 \; \text{Wb}$.
આમ,લૂપમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ $175 \; \text{Wb}$ છે.

(A) વ્યતિકરણ ભાતમાં કોઈપણ બિંદુએ તીવ્રતા $I = I_{max} \cos^2 \left( \frac{\Delta \phi}{2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I_{max}$ એ પ્રકાશિત શલાકાના કેન્દ્ર પરની તીવ્રતા છે.
કળા તફાવત $\Delta \phi$ અને પથ તફાવત $\Delta x$ વચ્ચેનો સંબંધ $\Delta \phi = \frac{2 \pi}{\lambda} \Delta x$ છે.
આપેલ પથ તફાવત $\Delta x = \frac{\lambda}{8}$ માટે,કળા તફાવત:
$\Delta \phi = \frac{2 \pi}{\lambda} \times \frac{\lambda}{8} = \frac{\pi}{4}$.
હવે,આ કિંમતને તીવ્રતાના સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{I}{I_{max}} = \cos^2 \left( \frac{\pi / 4}{2} \right) = \cos^2 \left( \frac{\pi}{8} \right)$.
$\cos(\frac{\pi}{8}) \approx 0.9239$ લેતા,આપણને મળે છે:
$\frac{I}{I_{max}} = (0.9239)^2 \approx 0.853$.

(D) શૂન્યાવકાશમાં પ્રસરતા વિદ્યુતચુંબકીય તરંગ માટે,વિદ્યુતક્ષેત્ર $\overrightarrow{E}$,ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\overrightarrow{B}$ અને વેગ સદિશ $\overrightarrow{c}$ વચ્ચેનો સંબંધ $\overrightarrow{E} = \overrightarrow{c} \times \overrightarrow{B}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તરંગ $z$-દિશામાં પ્રસરણ પામે છે,તેથી વેગ સદિશ $\overrightarrow{c} = c \hat{k} = (3 \times 10^{8}) \hat{k}\; m/s$ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\overrightarrow{B} = 5 \times 10^{-8} \hat{j}\; T$ આપેલ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\overrightarrow{E} = (3 \times 10^{8} \hat{k}) \times (5 \times 10^{-8} \hat{j})$
એકમ સદિશોના ક્રોસ પ્રોડક્ટના નિયમોનો ઉપયોગ કરતા $(\hat{k} \times \hat{j} = -\hat{i})$:
$\overrightarrow{E} = (3 \times 5) \times (10^{8} \times 10^{-8}) \times (\hat{k} \times \hat{j})$
$\overrightarrow{E} = 15 \times 1 \times (-\hat{i})$
$\overrightarrow{E} = -15 \hat{i}\; V/m$.

(A) આપેલ છે: ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ $R_{g} = 100 \; \Omega$,પૂર્ણ-સ્કેલ વિચલન પ્રવાહ $i_{g} = 1 \; mA = 1 \times 10^{-3} \; A$,અને લક્ષ્ય સ્થિતિમાન તફાવત $V = 10 \; V$.
ગેલ્વેનોમીટરને વોલ્ટમીટરમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે,ગેલ્વેનોમીટર સાથે શ્રેણીમાં એક મોટો અવરોધ $R$ જોડવામાં આવે છે.
સ્થિતિમાન તફાવત માટેનું સૂત્ર $V = i_{g}(R + R_{g})$ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$10 = 1 \times 10^{-3} \times (R + 100)$
$10 / (1 \times 10^{-3}) = R + 100$
$10000 = R + 100$
$R = 10000 - 100 = 9900 \; \Omega$.
$k\Omega$ માં રૂપાંતર કરતા: $R = 9900 / 1000 = 9.9 \; k\Omega$.

(C) સમાન વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ માં કણ પર લાગતું બળ $F = qE$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા,પ્રવેગ $a = \frac{F}{m} = \frac{qE}{m}$ થાય.
કણ સ્થિર સ્થિતિમાંથી મુક્ત થતો હોવાથી,તેનો પ્રારંભિક વેગ $u = 0$ છે.
ગતિના સમીકરણ $v^{2} = u^{2} + 2ax$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે કિંમતો મૂકીએ:
$v^{2} = 0 + 2 \left( \frac{qE}{m} \right) x$
$v^{2} = \left( \frac{2qE}{m} \right) x$
$v = \sqrt{\frac{2qE}{m}} \sqrt{x}$
આ દર્શાવે છે કે $v \propto \sqrt{x}$ છે.
સંબંધ $v = k \sqrt{x}$ (જ્યાં $k$ અચળાંક છે) માટે $v$ વિરુદ્ધ $x$ નો આલેખ એ $x$-અક્ષની દિશામાં ખુલતો પરવલય છે,જે આલેખ $C$ ને અનુરૂપ છે.

(B) $LR$ સર્કિટમાં $t$ સમયે પ્રવાહ $i(t) = \frac{\varepsilon}{R} (1 - e^{-Rt/L})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધારો કે $T_c = \frac{L}{R}$ એ ટાઇમ કોન્સ્ટન્ટ છે. તેથી $i(t) = \frac{\varepsilon}{R} (1 - e^{-t/T_c})$.
$t=0$ થી $t=T_c$ સુધી વહેતો કુલ વિદ્યુતભાર $q$ એ સમયની સાપેક્ષમાં પ્રવાહનું સંકલન છે:
$q = \int_{0}^{T_c} i(t) dt = \int_{0}^{T_c} \frac{\varepsilon}{R} (1 - e^{-t/T_c}) dt$
$q = \frac{\varepsilon}{R} \left[ t - \frac{e^{-t/T_c}}{-1/T_c} \right]_{0}^{T_c} = \frac{\varepsilon}{R} \left[ t + T_c e^{-t/T_c} \right]_{0}^{T_c}$
$q = \frac{\varepsilon}{R} \left[ (T_c + T_c e^{-1}) - (0 + T_c e^{0}) \right]$
$q = \frac{\varepsilon}{R} [T_c + T_c e^{-1} - T_c] = \frac{\varepsilon}{R} T_c e^{-1}$
$T_c = \frac{L}{R}$ મૂકતા:
$q = \frac{\varepsilon}{R} \cdot \frac{L}{R} \cdot \frac{1}{e} = \frac{\varepsilon L}{e R^2}$.

(D) ડાબી બાજુથી $x$ અંતરે $dx$ પહોળાઈની એક નાની પટ્ટી ધ્યાનમાં લો. આ અંતર $x$ પર પ્લેટો વચ્ચેનું અંતર $d' = d + x\alpha$ છે.
આ નાની પટ્ટીનું કેપેસીટન્સ $dC = \frac{\varepsilon_0 a dx}{d + x\alpha}$ છે.
કુલ કેપેસીટન્સ $C$ શોધવા માટે,આપણે $x = 0$ થી $x = a$ સુધી સંકલન કરીએ છીએ:
$C = \int_{0}^{a} \frac{\varepsilon_0 a dx}{d + x\alpha} = \frac{\varepsilon_0 a}{\alpha} [\ln(d + x\alpha)]_{0}^{a} = \frac{\varepsilon_0 a}{\alpha} \ln\left(\frac{d + a\alpha}{d}\right) = \frac{\varepsilon_0 a}{\alpha} \ln\left(1 + \frac{a\alpha}{d}\right)$.
નાના $y = \frac{a\alpha}{d}$ માટે ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણ $\ln(1 + y) \approx y - \frac{y^2}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$C \approx \frac{\varepsilon_0 a}{\alpha} \left(\frac{a\alpha}{d} - \frac{1}{2} \left(\frac{a\alpha}{d}\right)^2\right) = \frac{\varepsilon_0 a^2}{d} \left(1 - \frac{a\alpha}{2d}\right)$.

(B) કેન્દ્ર પર કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ એ ત્રણ ભાગો દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ક્ષેત્રોનો સદિશ સરવાળો છે: સીધો તાર $AB$,વર્તુળાકાર લૂપ $DMND$ અને સીધો તાર $BC$.
$1$. સીધા તાર $AB$ ને કારણે વર્તુળના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર (જે $AB$ ની રેખાથી $R$ લંબ અંતરે છે): $B_{AB} = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi R} (\sin 90^{\circ} + \sin 0^{\circ}) = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi R}$.
$2$. વર્તુળાકાર લૂપ $DMND$ ને કારણે તેના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર: $B_{loop} = \frac{\mu_{0} I}{2 R}$.
$3$. સીધા તાર $BC$ ને કારણે વર્તુળના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર (જે $BC$ ની રેખાથી $R$ લંબ અંતરે છે): $B_{BC} = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi R} (\sin 90^{\circ} + \sin 0^{\circ}) = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi R}$.
બધા ભાગો માટે પ્રવાહ એક જ દિશામાં વહેતો હોવાથી,ચુંબકીય ક્ષેત્રોનો સરવાળો થાય છે:
$B = B_{AB} + B_{loop} + B_{BC} = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi R} + \frac{\mu_{0} I}{2 R} + \frac{\mu_{0} I}{4 \pi R}$
$B = \frac{\mu_{0} I}{2 \pi R} + \frac{\mu_{0} I}{2 R} = \frac{\mu_{0} I}{2 \pi R} (1 + \pi)$.

(C) પ્રારંભિક વેગ $\overrightarrow{v} = v_{0} \hat{i} + v_{0} \hat{j}$ છે. પ્રારંભિક ઝડપ $v = \sqrt{v_{0}^{2} + v_{0}^{2}} = v_{0} \sqrt{2}$ છે.
પ્રારંભિક ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda_{0} = \frac{h}{m v_{0} \sqrt{2}} \implies h = \lambda_{0} m v_{0} \sqrt{2}$ થાય.
વિદ્યુતક્ષેત્ર $\overrightarrow{E} = -E_{0} \hat{k}$ છે. ઇલેક્ટ્રોન પર લાગતું બળ $\overrightarrow{F} = -e \overrightarrow{E} = e E_{0} \hat{k}$ છે.
પ્રવેગ $\overrightarrow{a} = \frac{e E_{0}}{m} \hat{k}$ છે.
સમય $t$ પર,વેગ $\overrightarrow{v}(t) = v_{0} \hat{i} + v_{0} \hat{j} + \frac{e E_{0} t}{m} \hat{k}$ છે.
સમય $t$ પર ઝડપ $v(t) = \sqrt{v_{0}^{2} + v_{0}^{2} + \left(\frac{e E_{0} t}{m}\right)^{2}} = \sqrt{2 v_{0}^{2} + \frac{e^{2} E_{0}^{2} t^{2}}{m^{2}}}$ છે.
સમય $t$ પર ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{m v(t)} = \frac{\lambda_{0} m v_{0} \sqrt{2}}{m \sqrt{2 v_{0}^{2} + \frac{e^{2} E_{0}^{2} t^{2}}{m^{2}}}} = \frac{\lambda_{0} v_{0} \sqrt{2}}{\sqrt{2 v_{0}^{2} + \frac{e^{2} E_{0}^{2} t^{2}}{m^{2}}}} = \frac{\lambda_{0}}{\sqrt{1 + \frac{e^{2} E_{0}^{2} t^{2}}{2 m^{2} v_{0}^{2}}}}$ થાય.

(D) ગોળાની સપાટી પરનું વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{KQ}{R^{2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $E_{1} = \frac{KQ_{1}}{R_{1}^{2}}$ અને $E_{2} = \frac{KQ_{2}}{R_{2}^{2}}.$
પ્રશ્ન મુજબ,$\frac{E_{1}}{E_{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}}.$
કિંમતો મૂકતા,$\frac{KQ_{1} / R_{1}^{2}}{KQ_{2} / R_{2}^{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}}.$
$\frac{Q_{1}}{Q_{2}} \cdot \frac{R_{2}^{2}}{R_{1}^{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}} \implies \frac{Q_{1}}{Q_{2}} = \frac{R_{1}^{3}}{R_{2}^{3}}.$
ગોળાની સપાટી પરનું સ્થિત વિદ્યુત પોટેન્શિયલ $V = \frac{KQ}{R}$ છે.
તેથી,$\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{KQ_{1} / R_{1}}{KQ_{2} / R_{2}} = \frac{Q_{1}}{Q_{2}} \cdot \frac{R_{2}}{R_{1}}.$
$\frac{Q_{1}}{Q_{2}} = \frac{R_{1}^{3}}{R_{2}^{3}}$ મૂકતા,આપણને મળે છે $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{R_{1}^{3}}{R_{2}^{3}} \cdot \frac{R_{2}}{R_{1}} = \frac{R_{1}^{2}}{R_{2}^{2}} = (R_{1} / R_{2})^{2}.$

(C) અંતર્ગોળ અરીસા માટે,અરીસાનું સૂત્ર $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ છે.
ચિહ્ન પ્રણાલીનો ઉપયોગ કરતા,$u = -x$,જ્યાં $x$ એ અરીસાથી વસ્તુનું અંતર છે $(x > 0)$.
તેથી,$-\frac{1}{v} - \frac{1}{x} = -\frac{1}{f} \implies \frac{1}{v} = \frac{1}{f} - \frac{1}{x} = \frac{x-f}{fx} \implies v = \frac{fx}{x-f}$.
રેખીય મોટવણી $m$ એ $m = -\frac{v}{u} = -\frac{fx/(x-f)}{-x} = \frac{f}{x-f}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
રેખીય મોટવણીનું મૂલ્ય $|m| = \left| \frac{f}{x-f} \right|$ છે.
જેમ જેમ વસ્તુ મુખ્ય કેન્દ્ર $(x = f)$ થી અનંત $(x \to \infty)$ તરફ જાય છે:
$1$. $x = f$ પર,$|m| \to \infty$.
$2$. $x = 2f$ પર,$|m| = |f / (2f - f)| = 1$.
$3$. જેમ $x \to \infty$,$|m| \to 0$.
તેથી,આલેખમાં $x = f$ પર $|m| \to \infty$,$x = 2f$ પર $|m| = 1$ અને $x \to \infty$ પર $|m| \to 0$ દર્શાવવું જોઈએ. આ વિકલ્પ $C$ માં દર્શાવેલ આલેખ સાથે સુસંગત છે.

(D) ધારો કે ઇનપુટ $A=1$ અને $B=0$ છે.
$1$. ઇનપુટ $A=1$ એ $NOT$ ગેટમાંથી પસાર થાય છે,જે $0$ બને છે.
$2$. આ $0$ ને ઉપરના $NAND$ ગેટમાં આપવામાં આવે છે (બંને ઇનપુટ $0$ છે),તેથી ઉપરના $NAND$ ગેટનું આઉટપુટ $\overline{0 \cdot 0} = 1$ છે.
$3$. પ્રથમ $NOT$ ગેટમાંથી મળેલ $0$ બીજા $NOT$ ગેટમાંથી પસાર થઈને $1$ બને છે.
$4$. આ $1$ ને મધ્યના $NAND$ ગેટમાં આપવામાં આવે છે.
$5$. નીચેના $NAND$ ગેટમાં ઇનપુટ $B=0$ અને $Y$ તરફથી ફીડબેક મળે છે.
$6$. સર્કિટનું વિશ્લેષણ કરતા,આઉટપુટ $Y$ એ ઉપરના અને મધ્યના $NAND$ ગેટના આઉટપુટ સાથે જોડાયેલ છે.
$7$. આ ગોઠવણીને જોતા,આઉટપુટ $Y$ એ $1$ પર સ્થિર થાય છે.

(C) બામર શ્રેણી માટે,રિડબર્ગ સૂત્ર $\frac{1}{\lambda} = R_{H} \left( \frac{1}{2^{2}} - \frac{1}{n^{2}} \right)$ છે,જ્યાં $n = 3, 4, 5, \dots$ છે.
પ્રથમ સભ્ય માટે $n = 3$ લેતા: $\frac{1}{\lambda_{1}} = R_{H} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R_{H} \left( \frac{5}{36} \right)$.
બીજા સભ્ય માટે $n = 4$ લેતા: $\frac{1}{\lambda_{2}} = R_{H} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = R_{H} \left( \frac{3}{16} \right)$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}} = \frac{5/36}{3/16} = \frac{5}{36} \times \frac{16}{3} = \frac{20}{27}$.
અહીં $\lambda_{1} = 6561 \; \mathring{A}$ આપેલ છે,તેથી $\lambda_{2} = \frac{20}{27} \times 6561 = 4860 \; \mathring{A}$.
નેનોમીટરમાં ફેરવતા: $4860 \; \mathring{A} = 486 \; nm$.

(A) ધારો કે પરિપથમાં વહેતો પ્રવાહ $i$ છે. બેટરીઓ શ્રેણીમાં હોવાથી,કુલ emf $E_{eq} = 10 + 10 = 20 \; V$ અને કુલ આંતરિક અવરોધ $r_{eq} = 20 + 5 = 25 \; \Omega$ થશે.
$20 \; \Omega$ આંતરિક અવરોધ ધરાવતી બેટરીના બે છેડા વચ્ચેનો વોલ્ટેજ $V_1 = E - i r_1 = 10 - i(20)$ છે.
આપેલ છે કે $V_1 = 0,$ તેથી $10 - 20i = 0,$ જે પરથી $i = 0.5 \; A$ મળે છે.
કુલ બાહ્ય અવરોધ $R_{ext}$ એ $30 \; \Omega$ અને $R \; \Omega$ નું સમાંતર જોડાણ છે,તેથી $R_{ext} = \frac{30R}{30+R}$ થાય.
આખા પરિપથ માટે ઓહ્મના નિયમ મુજબ,$E_{eq} = i(R_{ext} + r_{eq}).$
$20 = 0.5 \left( \frac{30R}{30+R} + 25 \right).$
$40 = \frac{30R}{30+R} + 25.$
$15 = \frac{30R}{30+R}.$
$15(30+R) = 30R.$
$450 + 15R = 30R.$
$15R = 450 \implies R = 30 \; \Omega.$

(C) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $K$ એ ગતિઊર્જા છે.
આપેલ છે કે $\lambda_{B} = 2 \lambda_{A}$,તેથી $\frac{h}{\sqrt{2m T_{B}}} = 2 \frac{h}{\sqrt{2m T_{A}}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $\frac{1}{T_{B}} = \frac{4}{T_{A}}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $T_{A} = 4 T_{B}$.
આપણને $T_{B} = T_{A} - 1.5$ આપેલ છે. $T_{A} = 4 T_{B}$ મૂકતા,$T_{B} = 4 T_{B} - 1.5$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $3 T_{B} = 1.5$,તેથી $T_{B} = 0.5 \; eV$.
ધાતુ $B$ માટે આઈન્સ્ટાઈનનું ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ વાપરતા: $K_{max} = E - \phi_{B}$,જ્યાં $E = 4.5 \; eV$.
$0.5 = 4.5 - \phi_{B}$.
તેથી,$\phi_{B} = 4.5 - 0.5 = 4.0 \; eV$.

(D) ધારો કે પોટેન્શિયોમીટરના તારની કુલ લંબાઈ $L = 1200 \; cm$ છે.
તારમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I = 60 \; mA = 0.06 \; A$ છે.
તારનો કુલ અવરોધ $R$ છે.
તારના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_{wire} = I \times R = 0.06 \times R$ થાય.
પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ $\lambda = \frac{V_{wire}}{L} = \frac{0.06 \times R}{1200} = 0.00005 \times R \; V/cm$ થાય.
$5 \; V$ ના emf માટે તટસ્થ બિંદુ $\ell = 1000 \; cm$ પર મળે છે.
સંતુલન સ્થિતિ માટે,$E = \lambda \times \ell$.
$5 = (\frac{0.06 \times R}{1200}) \times 1000$.
$5 = \frac{0.06 \times R}{1.2} = 0.05 \times R$.
તેથી,$R = \frac{5}{0.05} = 100 \; \Omega$.

(D) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વિદ્યુતભારિત કણ પર લાગતું બળ $F = qvB$ છે. $F = ma$ હોવાથી,$ma = qvB$,જેનો અર્થ છે કે $a = \frac{qvB}{m}$.
ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2}mv^2$ હોવાથી,વેગ $v = \sqrt{\frac{2K}{m}}$ મળે છે.
પ્રવેગના સૂત્રમાં $v$ ની કિંમત મૂકતા: $a = \frac{qB}{m} \sqrt{\frac{2K}{m}} = \frac{qB \sqrt{2K}}{m^{3/2}}$.
$B$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા: $B = \frac{m^{3/2} a}{q \sqrt{2K}}$.
આપેલ કિંમતો: $m = 1.6 \times 10^{-27} \; kg$,$a = 10^{12} \; m/s^2$,$q = 1.6 \times 10^{-19} \; C$,$K = 1 \; MeV = 1.6 \times 10^{-13} \; J$.
ગણતરી કરતા: $B = \frac{(1.6 \times 10^{-27})^{3/2} \times 10^{12}}{1.6 \times 10^{-19} \times \sqrt{2 \times 1.6 \times 10^{-13}}} \approx 0.71 \times 10^{-3} \; T = 0.71 \; mT$.

(D) ગોસનો નિયમ સંકલન સ્વરૂપમાં $\oint \overrightarrow{E} \cdot d\overrightarrow{A} = \frac{q_{enc}}{\varepsilon_{0}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આને $|\overrightarrow{E}| |A| = \frac{q_{enc}}{\varepsilon_{0}}$ સ્વરૂપમાં સરળ બનાવવા માટે,આપણે એ સુનિશ્ચિત કરવું જોઈએ કે વિદ્યુતક્ષેત્રનું મૂલ્ય $|\overrightarrow{E}|$ સપાટી પર અચળ રહે અને વિદ્યુતક્ષેત્ર સદિશ $\overrightarrow{E}$ એ સપાટી પરના દરેક બિંદુએ ક્ષેત્રફળ સદિશ $d\overrightarrow{A}$ ને સમાંતર હોય.
જો $|\overrightarrow{E}|$ અચળ હોય અને સપાટી એવી રીતે પસંદ કરવામાં આવે કે $\overrightarrow{E}$ હંમેશા સપાટીને લંબ હોય,તો તે સપાટી સમસ્થિતિમાન સપાટી બને છે.
તેથી,સંકલનમાંથી $|\overrightarrow{E}|$ ને બહાર કાઢવા માટે બંને શરતો જરૂરી છે.

(D) ટેલિસ્કોપની ટ્યુબની લંબાઈ $L$ એ ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ $(f_o)$ અને આઈપીસ $(f_e)$ ની કેન્દ્રલંબાઈના સરવાળા જેટલી હોય છે: $L = f_o + f_e = 60 \; cm$.
ટેલિસ્કોપની મોટવણી $M$ એ કેન્દ્રલંબાઈના ગુણોત્તર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $M = \frac{f_o}{f_e} = 5$.
આના પરથી,આપણને $f_o = 5 f_e$ મળે છે.
આ કિંમતને ટ્યુબની લંબાઈના સમીકરણમાં મૂકતા: $5 f_e + f_e = 60 \; cm$,જેનું સાદું રૂપ $6 f_e = 60 \; cm$ થાય છે.
તેથી,આઈપીસની કેન્દ્રલંબાઈ $f_e = 10 \; cm$ છે.

(C) રધરફોર્ડના પ્રકીર્ણન સૂત્ર મુજબ,પ્રકીર્ણન કોણ $\theta$ પર શોધાયેલ પ્રકીર્ણિત $\alpha$-કણોની સંખ્યા $N(\theta)$ નીચે મુજબ છે:
$N(\theta) \propto \frac{1}{\sin^4(\theta/2)}$
જેમ પ્રકીર્ણન કોણ $\theta$ $0$ થી $\pi$ સુધી વધે છે,તેમ $\sin(\theta/2)$ નું મૂલ્ય $0$ થી $1$ સુધી વધે છે.
પરિણામે,પદ $\sin^4(\theta/2)$ $0$ થી $1$ સુધી વધે છે.
તેથી,પ્રકીર્ણિત કણોની સંખ્યા $Y$ જેમ $\theta$ વધે છે તેમ ખૂબ જ ઝડપથી ઘટે છે.
આ સંબંધને એવા આલેખ દ્વારા શ્રેષ્ઠ રીતે દર્શાવવામાં આવે છે જ્યાં નાના ખૂણાઓ પર $Y$ ખૂબ મોટું હોય અને જેમ $\theta$ વધે તેમ તે ઝડપથી ઘટે,જે વિકલ્પ $C$ માં દર્શાવેલ વળાંકને અનુરૂપ છે.

(D) માધ્યમનો વક્રીભવનાંક $\mu$ એ $\mu = \sqrt{\epsilon_r \mu_r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં સાપેક્ષ પરમિટિવિટી $\epsilon_r = 3$ અને સાપેક્ષ પરમીબિલિટી $\mu_r = \frac{4}{3}$ આપેલ છે.
તેથી,$\mu = \sqrt{3 \times \frac{4}{3}} = \sqrt{4} = 2$.
ક્રાંતિકોણ $\theta_C$ એ $\sin \theta_C = \frac{1}{\mu}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$\mu$ ની કિંમત મૂકતા,$\sin \theta_C = \frac{1}{2}$ મળે છે.
આમ,$\theta_C = 30^{\circ}$ થાય.

(C) આ પરિપથમાં બે સ્વીચો $A$ અને $B$ ડાયોડ સાથે જોડાયેલ છે,જે $OR$ ગેટના ઇનપુટ સ્ટેજ તરીકે કાર્ય કરે છે. જ્યારે સ્વીચ $A$ અથવા $B$ બંધ (લોજિક $1$) હોય,ત્યારે $NPN$ ટ્રાન્ઝિસ્ટરના બેઝને ઉચ્ચ વોલ્ટેજ મળે છે,જેના કારણે તે વહન કરે છે. જ્યારે ટ્રાન્ઝિસ્ટર વહન કરે છે,ત્યારે કલેક્ટર વોલ્ટેજ ઘટીને લગભગ $0 \ V$ (લોજિક $0$) થઈ જાય છે. જો બંને સ્વીચો ખુલ્લી (લોજિક $0$) હોય,તો બેઝ રઝિસ્ટર દ્વારા ગ્રાઉન્ડ થયેલ છે,ટ્રાન્ઝિસ્ટર કટઓફ $(OFF)$ સ્થિતિમાં છે,અને આઉટપુટ $Y$ ખેંચાઈને $+5 \ V$ (લોજિક $1$) પર જાય છે. આ વર્તન $NOR$ ગેટને અનુરૂપ છે,જ્યાં $Y = \overline{A+B}$. ડી મોર્ગનના પ્રમેય મુજબ,$\overline{A+B} = \overline{A} \cdot \overline{B}$.

$A$	$B$	$Y$
$0$	$0$	$1$
$1$	$0$	$0$
$0$	$1$	$0$
$1$	$1$	$0$