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

(D) સૌર અચળાંક $S$ ને એકમ ક્ષેત્રફળ $A$ અને એકમ સમય $t$ દીઠ મળતી ઉર્જા $E$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$S = \frac{E}{A \times t}$
ઉર્જા $E$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[ML^{2}T^{-2}]$ છે.
ક્ષેત્રફળ $A$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[L^{2}]$ છે.
સમય $t$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[T]$ છે.
આ પારિમાણિક સૂત્રોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$S = \frac{[ML^{2}T^{-2}]}{[L^{2}] \times [T]}$
$S = \frac{[ML^{2}T^{-2}]}{[L^{2}T]}$
$S = [MT^{-3}]$
આમ,સૌર અચળાંકનું પારિમાણિક સૂત્ર $[MT^{-3}]$ છે.

(B) કેલરીમેટ્રીના સિદ્ધાંત મુજબ,ગરમ પદાર્થ દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા = ઠંડા પદાર્થ દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા.
કેલરીમીટર અને પાણી દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા:
$Q_{\text{gained}} = (m_{\text{cal}} + m_{\text{water}}) \times c_w \times \Delta T$
$Q_{\text{gained}} = (20 \, g + 180 \, g) \times 1 \, \text{cal} \, g^{-1} {}^{\circ} C^{-1} \times (31^{\circ} C - 25^{\circ} C)$
$Q_{\text{gained}} = 200 \times 6 = 1200 \, \text{cal}$.
$100^{\circ} C$ તાપમાનની વરાળ $31^{\circ} C$ તાપમાનના પાણીમાં રૂપાંતરિત થાય ત્યારે ગુમાવેલી ઉષ્મા:
$Q_{\text{lost}} = m \times L_v + m \times c_w \times \Delta T$
$Q_{\text{lost}} = m \times 540 + m \times 1 \times (100^{\circ} C - 31^{\circ} C)$
$Q_{\text{lost}} = m \times (540 + 69) = 609m$.
મેળવેલી અને ગુમાવેલી ઉષ્માને સરખાવતા:
$1200 = 609m$
$m = \frac{1200}{609} \approx 1.97 \, g$.
આમ,'$m$' નું મૂલ્ય $2 \, g$ ની નજીક છે.

(B) સળિયો ધરીની આસપાસ ભ્રમણીય સંતુલનમાં રહે તે માટે,આપણે દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(CM)$ ની આસપાસ ટોર્ક ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
ઊભું બળ $F_{V}$ વજનને સંતુલિત કરે છે,તેથી $F_{V} = mg$.
આડું બળ $F_{H}$ એ $CM$ માટે કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે,તેથી $F_{H} = m \omega^{2} (\frac{l}{2} \sin \theta)$.
$CM$ ની આસપાસ ટોર્ક લેતા:
ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે ટોર્ક શૂન્ય છે કારણ કે તે $CM$ માંથી પસાર થાય છે.
$F_{V}$ ને કારણે ટોર્ક $F_{V} \cdot (\frac{l}{2} \sin \theta) = mg \frac{l}{2} \sin \theta$ છે.
$F_{H}$ ને કારણે ટોર્ક $F_{H} \cdot (\frac{l}{2} \cos \theta) = (m \omega^{2} \frac{l}{2} \sin \theta) \cdot (\frac{l}{2} \cos \theta)$ છે.
ચોખ્ખા ટોર્કને કોણીય વેગમાનના ફેરફારના દર સાથે સરખાવતા:
$mg \frac{l}{2} \sin \theta - m \omega^{2} \frac{l^{2}}{4} \sin \theta \cos \theta = \frac{m l^{2}}{12} \omega^{2} \sin \theta \cos \theta$
$mg \frac{l}{2} \sin \theta = \omega^{2} \sin \theta \cos \theta (\frac{m l^{2}}{12} + \frac{m l^{2}}{4})$
$mg \frac{l}{2} = \omega^{2} \cos \theta (\frac{m l^{2} + 3 m l^{2}}{12})$
$mg \frac{l}{2} = \omega^{2} \cos \theta (\frac{4 m l^{2}}{12}) = \omega^{2} \cos \theta (\frac{m l^{2}}{3})$
$\cos \theta = \frac{mg l / 2}{m l^{2} \omega^{2} / 3} = \frac{3g}{2 l \omega^{2}}$

(C) રેફ્રિજરેટર માટે,પરફોર્મન્સ ગુણાંક $(COP)$ નું સૂત્ર $COP = \frac{T_1}{T_2 - T_1} = \frac{Q_1}{W}$ છે,જ્યાં $T_1$ એ ઠંડા રિઝર્વોયરનું તાપમાન છે અને $T_2$ એ ગરમ રિઝર્વોયરનું તાપમાન છે.
આપેલ છે: $T_1 = 0^{\circ} C = 273 \; K$,$T_2 = 27^{\circ} C = 300 \; K$.
પાણીમાંથી દૂર કરવાની ઉષ્મા $Q_1 = m \times L = 100 \; g \times 80 \; cal/g = 8000 \; cal$ છે.
સંબંધ $\frac{Q_1}{W} = \frac{T_1}{T_2 - T_1}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $W = Q_1 \times \frac{T_2 - T_1}{T_1} = 8000 \times \frac{300 - 273}{273} = 8000 \times \frac{27}{273} \approx 791.21 \; cal$.
વાતાવરણમાં મુક્ત થતી ઉષ્મા $Q_2 = Q_1 + W = 8000 + 791.21 = 8791.21 \; cal$ છે.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,આપણને $8791 \; cal$ મળે છે.

(D) ધારો કે ઢાળ પર કાપેલું અંતર $s$ છે. ઉપર તરફ ગતિ કરતી વખતે પ્રવેગ $a_{up} = g(\sin \theta + \mu \cos \theta)$ છે.
$v^2 - u^2 = 2as$ નો ઉપયોગ કરતા,ઉપરની મુસાફરી માટે: $0 - v_{0}^2 = -2 a_{up} s \implies s = \frac{v_{0}^2}{2g(\sin \theta + \mu \cos \theta)}$.
નીચે તરફ ગતિ કરતી વખતે પ્રવેગ $a_{down} = g(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ છે.
નીચેની મુસાફરી માટે: $(\frac{v_{0}}{2})^2 - 0 = 2 a_{down} s \implies s = \frac{v_{0}^2}{8g(\sin \theta - \mu \cos \theta)}$.
$s$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{v_{0}^2}{2g(\sin \theta + \mu \cos \theta)} = \frac{v_{0}^2}{8g(\sin \theta - \mu \cos \theta)}$.
$4(\sin \theta - \mu \cos \theta) = \sin \theta + \mu \cos \theta \implies 3 \sin \theta = 5 \mu \cos \theta$.
$\mu = \frac{3}{5} \tan 30^{\circ} = \frac{3}{5} \times \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{5} \approx 0.3464$.
આપેલ છે કે $\mu = \frac{I}{1000}$,તેથી $I = 346.4$. નજીકનો પૂર્ણાંક $346$ છે.

(A) ધારો કે શિરોબિંદુઓ $E(0, 0)$,$G(a, 0)$,અને $F(a/2, a\sqrt{3}/2)$ છે.
રેખા $EX$ એ $y$-અક્ષ છે ($E$ આગળ $EG$ ને લંબ).
$y$-અક્ષથી $E, G, F$ પરના કણોના અંતર $r_E = 0$,$r_G = a$,અને $r_F = a/2$ છે.
$y$-અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \sum m_i r_i^2$ દ્વારા મળે છે.
$I = m(0)^2 + m(a)^2 + m(a/2)^2$
$I = 0 + ma^2 + \frac{ma^2}{4} = \frac{5}{4} ma^2$.
આપણને $I = \frac{N}{20} ma^2$ આપેલ છે.
બંને પદોને સરખાવતા: $\frac{5}{4} ma^2 = \frac{N}{20} ma^2$.
$\frac{5}{4} = \frac{N}{20} \implies N = \frac{5 \times 20}{4} = 25$.

(D) સ્ક્રૂ ગેજનું લઘુત્તમ માપ $(LC)$ નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
$LC = \frac{\text{પિચ}}{\text{વર્તુળાકાર સ્કેલના વિભાગોની સંખ્યા}} = \frac{0.1 \ cm}{50} = 0.002 \ cm$.
આ સાધન વડે લેવામાં આવેલ કોઈપણ માપ એ લઘુત્તમ માપ $(0.002 \ cm)$ નો પૂર્ણાંક ગુણાંક હોવો જોઈએ.
વિકલ્પો તપાસતા:
$A) \ 2.123 / 0.002 = 1061.5$ (પૂર્ણાંક નથી)
$B) \ 2.125 / 0.002 = 1062.5$ (પૂર્ણાંક નથી)
$C) \ 2.121 / 0.002 = 1060.5$ (પૂર્ણાંક નથી)
$D) \ 2.124 / 0.002 = 1062$ (આ પૂર્ણાંક છે).
તેથી,સાચું માપ $2.124 \ cm$ છે.

(C) આપેલ જડત્વની ચાકમાત્રા $I = M \left(\frac{R^2}{4} + \frac{L^2}{12}\right)$ છે.
દળ $M$ અને ઘનતા $\rho$ અચળ હોવાથી,કદ $V = \pi R^2 L$ અચળ રહેશે.
તેથી,$R^2 L = K$ (જ્યાં $K$ અચળાંક છે).
$R$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$2RL + R^2 \frac{dL}{dR} = 0$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dL}{dR} = -\frac{2L}{R}$.
$I$ ને ન્યૂનતમ કરવા માટે,$\frac{dI}{dR} = 0$ લેતા:
$\frac{dI}{dR} = M \left(\frac{2R}{4} + \frac{2L}{12} \frac{dL}{dR}\right) = 0$.
$\frac{R}{2} + \frac{L}{6} \left(-\frac{2L}{R}\right) = 0$.
$\frac{R}{2} - \frac{L^2}{3R} = 0$.
$\frac{R}{2} = \frac{L^2}{3R} \Rightarrow \frac{L^2}{R^2} = \frac{3}{2}$.
તેથી,$\frac{L}{R} = \sqrt{\frac{3}{2}}$.

(B) ફુગ્ગાનું ફૂટવું એ એક અચાનક અને સ્વયંભૂ પ્રક્રિયા છે,જે તેને અપ્રતિવર્તી બનાવે છે.
આ પ્રક્રિયા ખૂબ જ ઝડપથી થતી હોવાથી,આસપાસના વાતાવરણ સાથે ઉષ્માના વિનિમય માટે પૂરતો સમય મળતો નથી $(dQ = 0)$.
તેથી,ફુગ્ગો ફૂટતી વખતે હિલિયમનું વિસ્તરણ એ અપ્રતિવર્તી સમોષ્મી પ્રક્રિયા છે.

(A) $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા સાબુના પરપોટાની અંદરનું વધારાનું દબાણ $\Delta P = P_{in} - P_{out} = \frac{4T}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વાતાવરણીય દબાણ $P_{atm} = 1 \text{ atm}$ લેતા, વધારાનું દબાણ નીચે મુજબ છે:
$\Delta P_1 = 1.01 - 1 = 0.01 \text{ atm} = \frac{4T}{R_1} \quad \dots(1)$
$\Delta P_2 = 1.02 - 1 = 0.02 \text{ atm} = \frac{4T}{R_2} \quad \dots(2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $(2)$ વડે ભાગતા:
$\frac{0.01}{0.02} = \frac{R_2}{R_1} \implies \frac{1}{2} = \frac{R_2}{R_1} \implies R_1 = 2R_2$.
કદ $V_1$ અને $V_2$ નો ગુણોત્તર:
$\frac{V_1}{V_2} = \frac{\frac{4}{3}\pi R_1^3}{\frac{4}{3}\pi R_2^3} = \left(\frac{R_1}{R_2}\right)^3 = (2)^3 = 8$.
આમ, ગુણોત્તર $8 : 1$ છે.

(B) ઉપગ્રહની પ્રારંભિક કક્ષીય ઝડપ $V_0 = \sqrt{\frac{GM}{R_e}}$ છે.
રોકેટ છોડ્યા પછી,નવી ઝડપ $V = \sqrt{\frac{3}{2}} V_0 = \sqrt{\frac{3GM}{2R_e}}$ થાય છે.
પેરીજી $(R_e)$ અને એપોજી $(R_{max} = R)$ પર કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણનો ઉપયોગ કરતા:
$L_{initial} = L_{final} \implies m V R_e = m V' R$
$V' = \frac{V R_e}{R} = \frac{R_e}{R} \sqrt{\frac{3GM}{2R_e}}$
યાંત્રિક ઉર્જાના સંરક્ષણનો ઉપયોગ કરતા:
$-\frac{GMm}{R_e} + \frac{1}{2} m V^2 = -\frac{GMm}{R} + \frac{1}{2} m V'^2$
$-\frac{GM}{R_e} + \frac{1}{2} \left(\frac{3GM}{2R_e}\right) = -\frac{GM}{R} + \frac{1}{2} \left(\frac{R_e^2}{R^2} \cdot \frac{3GM}{2R_e}\right)$
$-\frac{1}{R_e} + \frac{3}{4R_e} = -\frac{1}{R} + \frac{3R_e}{4R^2}$
$-\frac{1}{4R_e} = \frac{-4R + 3R_e}{4R^2}$
$-R^2 = -4R R_e + 3R_e^2 \implies R^2 - 4R R_e + 3R_e^2 = 0$
$(R - 3R_e)(R - R_e) = 0$
અહીં $R > R_e$ હોવાથી,આપણને $R = 3R_e$ મળે છે.

(B) દોરડા પર લંબગત તરંગની ઝડપ $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ તણાવ છે અને $\mu$ એ એકમ લંબાઈ દીઠ દળ છે.
તરંગની આવૃત્તિ $f$ અચળ રહેતી હોવાથી,$v = f \lambda$,જેનો અર્થ છે કે $v \propto \lambda$.
નીચેના છેડે,તણાવ $T_1$ એ $m = 2 \, kg$ દળના બ્લોકને કારણે છે:
$T_1 = mg = 2g$.
દોરડાના ઉપરના છેડે,તણાવ $T_2$ એ બ્લોક અને દોરડાના કુલ દળ $M = 6 \, kg$ ને કારણે છે:
$T_2 = (M + m)g = (6 + 2)g = 8g$.
સંબંધ $\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lambda_2 = \lambda_1 \sqrt{\frac{8g}{2g}} = 6 \times \sqrt{4} = 6 \times 2 = 12 \, cm$.

(B) પગલું $1$: અથડામણ દરમિયાન ધરી $O$ ની સાપેક્ષે કોણીય વેગમાનનું સંરક્ષણ.
$L_i = L_f$
$mvl = I_{total} \omega$
$mvl = (\frac{Ml^2}{3} + ml^2) \omega$
કિંમતો મૂકતા: $1 \times 6 \times 1 = (\frac{2 \times 1^2}{3} + 1 \times 1^2) \omega$
$6 = (\frac{2}{3} + 1) \omega = \frac{5}{3} \omega$
$\omega = \frac{18}{5} \, rad/s = 3.6 \, rad/s$
પગલું $2$: અથડામણ પછી યાંત્રિક ઉર્જાનું સંરક્ષણ.
જ્યારે સળિયો $\theta$ ખૂણે ફરે છે ત્યારે તંત્રની ગતિઊર્જા સ્થિતિઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
$K_i = U_f$
$\frac{1}{2} I_{total} \omega^2 = (M + m) g h_{cm}(1 - \cos \theta)$
જ્યાં $h_{cm}$ એ ધરીથી દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની ઊંચાઈ છે.
$h_{cm} = \frac{M(l/2) + m(l)}{M + m} = \frac{2(0.5) + 1(1)}{2 + 1} = \frac{2}{3} \, m$
$\frac{1}{2} (\frac{5}{3}) (\frac{18}{5})^2 = (2 + 1) \times 10 \times \frac{2}{3} (1 - \cos \theta)$
$\frac{1}{2} \times \frac{5}{3} \times \frac{324}{25} = 20 (1 - \cos \theta)$
$\frac{54}{5} = 20 (1 - \cos \theta)$
$1 - \cos \theta = \frac{54}{100} = 0.54$
$\cos \theta = 1 - 0.54 = 0.46$
$\theta = \cos^{-1}(0.46) \approx 62.6^{\circ} \approx 63^{\circ}$

(D) બિન-રેખીય (ત્રિકોણાકાર) સખત અણુ માટે,મુક્તિના અંશો $(f)$ નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
$1$. સ્થાનાંતરિત મુક્તિના અંશો: $3$ ($x, y, z$ અક્ષો પર).
$2$. ભ્રમણીય મુક્તિના અંશો: $3$ (બિન-રેખીય અણુ માટે ત્રણ મુખ્ય ભ્રમણ અક્ષોની આસપાસ).
કુલ મુક્તિના અંશો $(f)$ = $3 + 3 = 6$.
આદર્શ વાયુના $n$ મોલની આંતરિક ઉર્જા $(U)$ $U = \frac{f}{2} nRT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n = 1$ મોલ અને $f = 6$ માટે:
$U = \frac{6}{2} \times 1 \times RT = 3RT$.
આમ,આંતરિક ઉર્જા $3RT$ છે.

(A) ધારો કે $V_{0}$ એ બીકરની કુલ ક્ષમતા છે અને $V_{m}$ એ $30^{\circ} C$ તાપમાને મર્ક્યુરીનું કદ છે. ખાલી કદ $\Delta V = V_{0} - V_{m}$ છે.
જ્યારે તાપમાનમાં $\Delta T$ જેટલો વધારો થાય છે,ત્યારે બીકરની નવી ક્ષમતા $V_{0}' = V_{0}(1 + \gamma_{b} \Delta T)$ અને મર્ક્યુરીનું નવું કદ $V_{m}' = V_{m}(1 + \gamma_{m} \Delta T)$ થાય છે.
ખાલી કદ અચળ રહે છે,તેથી $\Delta V' = \Delta V$,જેનો અર્થ છે કે $V_{0}' - V_{m}' = V_{0} - V_{m}$.
$V_{0}'$ અને $V_{m}'$ ના સમીકરણો મૂકતા:
$V_{0}(1 + \gamma_{b} \Delta T) - V_{m}(1 + \gamma_{m} \Delta T) = V_{0} - V_{m}$
$V_{0} + V_{0} \gamma_{b} \Delta T - V_{m} - V_{m} \gamma_{m} \Delta T = V_{0} - V_{m}$
$V_{0} \gamma_{b} \Delta T = V_{m} \gamma_{m} \Delta T$
$V_{m} = \frac{V_{0} \gamma_{b}}{\gamma_{m}}$
આપેલ છે કે $V_{0} = 500\, cc$,$\gamma_{b} = 6 \times 10^{-6}{ }^{\circ} C^{-1}$,અને $\gamma_{m} = 1.5 \times 10^{-4}{ }^{\circ} C^{-1}$:
$V_{m} = \frac{500 \times 6 \times 10^{-6}}{1.5 \times 10^{-4}} = \frac{3000 \times 10^{-6}}{1.5 \times 10^{-4}} = \frac{3 \times 10^{-3}}{1.5 \times 10^{-4}} = 2 \times 10^{1} = 20\, cc$.

(B) કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,બળ $F$ દ્વારા દડા પર થયેલું કાર્ય તેની ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે,જે મહત્તમ ઊંચાઈએ પ્રાપ્ત કરેલી સ્થિતિઊર્જા જેટલું હોય છે.
મશીન દ્વારા થયેલું કાર્ય,$W = F \times S$,જ્યાં $S = 0.2 \, m$ છે.
મહત્તમ ઊંચાઈએ પ્રાપ્ત કરેલી સ્થિતિઊર્જા,$U = mgh$,જ્યાં $m = 0.15 \, kg$,$g = 10 \, m/s^2$ અને $h = 20 \, m$ છે.
થયેલા કાર્યને સ્થિતિઊર્જા સાથે સરખાવતા: $F \times S = mgh$.
$F \times 0.2 = 0.15 \times 10 \times 20$.
$F \times 0.2 = 30$.
$F = \frac{30}{0.2} = 150 \, N$.

(C) કેશનળીમાં પ્રવાહીના સ્તંભની ઊંચાઈનું સૂત્ર $h = \frac{2S \cos \theta}{\rho gr}$ છે.
પૃષ્ઠતાણ $S$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા,$S = \frac{\rho grh}{2 \cos \theta}$ મળે.
આપેલ કિંમતો:
ત્રિજ્યા $r = 0.015 \; cm = 1.5 \times 10^{-4} \; m$.
ઊંચાઈ $h = 15 \; cm = 0.15 \; m$.
ઘનતા $\rho = 900 \; kg \; m^{-3}$.
ગુરુત્વપ્રવેગ $g = 10 \; ms^{-2}$.
સંપર્કકોણ $\theta = 0^{\circ}$,તેથી $\cos \theta = 1$.
કિંમતો મૂકતા:
$S = \frac{900 \times 10 \times 0.15 \times 1.5 \times 10^{-4}}{2 \times 1}$
$S = \frac{9000 \times 0.225 \times 10^{-4}}{2}$
$S = \frac{2025 \times 10^{-4}}{2} = 1012.5 \times 10^{-4} \; N/m$.
$mN/m$ માં રૂપાંતર કરતા $(1 \; N/m = 1000 \; mN/m)$:
$S = 1012.5 \times 10^{-4} \times 10^3 \; mN/m = 101.25 \; mN/m$.
નજીકનો પૂર્ણાંક $101$ છે.

(D) તંત્ર પર કોઈ બાહ્ય ટોર્ક લાગતું ન હોવાથી,કોણીય વેગમાનનું સંરક્ષણ થાય છે: $L_i = L_f$.
પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $L_i = I_i \omega_i = (I_{\text{person}} + I_{\text{platform}}) \omega_i$.
$I_{\text{person}} = mR^2 = 80R^2$ અને $I_{\text{platform}} = \frac{1}{2}MR^2 = \frac{1}{2} \times 200 \times R^2 = 100R^2$.
તેથી,$L_i = (80R^2 + 100R^2) \omega_i = 180R^2 \omega_i$.
જ્યારે વ્યક્તિ કેન્દ્ર પર પહોંચે છે,ત્યારે અક્ષથી તેનું અંતર $0$ થઈ જાય છે,તેથી $I_{\text{person}} = 0$.
અંતિમ કોણીય વેગમાન $L_f = (0 + 100R^2) \omega_f = 100R^2 \omega_f$.
$L_i = L_f$ ને સરખાવતા: $180R^2 \omega_i = 100R^2 \omega_f$.
$180 \times 5 = 100 \times \omega_f$.
$\omega_f = \frac{900}{100} = 9\, rpm$.

(B) સમાન તક્તિની તેની કેન્દ્રીય અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{1}{2} M R^{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તક્તિઓ સમાન દ્રવ્યની બનેલી છે અને સમાન જાડાઈ $t$ ધરાવે છે,તેથી દળ $M$ ને $M = \rho V = \rho (\pi R^{2} t)$ તરીકે દર્શાવી શકાય,જ્યાં $\rho$ ઘનતા છે.
આ કિંમત $I$ ના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $I = \frac{1}{2} (\rho \pi R^{2} t) R^{2} = \frac{1}{2} \rho \pi t R^{4}$ મળે છે.
અહીં $\rho$,$\pi$,અને $t$ બંને તક્તિઓ માટે અચળ હોવાથી,$I \propto R^{4}$ થાય.
આપેલ ગુણોત્તર $\frac{I_{1}}{I_{2}} = \frac{1}{16}$ પરથી,આપણે લખી શકીએ કે $\frac{R_{1}^{4}}{R_{2}^{4}} = \frac{1}{16}$.
બંને બાજુ ચતુર્થ મૂળ લેતા,$\frac{R_{1}}{R_{2}} = \frac{1}{2}$ મળે છે.
અહીં $R_{1} = R$ અને $R_{2} = \alpha R$ આપેલ હોવાથી,$\frac{R}{\alpha R} = \frac{1}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{\alpha} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\alpha = 2$.

(B) ચલ બળ દ્વારા થયેલ કાર્ય એ બળ-સ્થાનાંતર આલેખ હેઠળના ક્ષેત્રફળ અથવા સંકલન $W = \int F(x) dx$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ ભાગ માટે $(0 \leq x \leq 15\, m)$,બળ અચળ $F = 200\, N$ છે.
$W_1 = 200 \times 15 = 3000\, J$.
બીજા ભાગ માટે $(15 < x \leq 30\, m)$,બળ $15\, m$ ના અંતરમાં $200\, N$ થી ઘટીને $100\, N$ થાય છે.
બળનું વિધેય $F(x) = 200 - \frac{200 - 100}{15}(x - 15) = 200 - \frac{100}{15}(x - 15) = 300 - \frac{100}{15}x$ છે.
$W_2 = \int_{15}^{30} (300 - \frac{100}{15}x) dx = [300x - \frac{100}{30}x^2]_{15}^{30}$.
$W_2 = (300(30) - \frac{100}{30}(900)) - (300(15) - \frac{100}{30}(225)) = (9000 - 3000) - (4500 - 750) = 6000 - 3750 = 2250\, J$.
કુલ કાર્ય $W = W_1 + W_2 = 3000 + 2250 = 5250\, J$ છે.

(B) જ્યારે દડો ઉપરની તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે ગુરુત્વાકર્ષણ બળ અને અવરોધક બળ બંને નીચેની તરફ લાગે છે. પરિણામી બળ $F = -(mg + mkv^{2})$ છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,પ્રવેગ $a = \frac{F}{m} = -(g + kv^{2})$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $a = v \frac{dv}{dh}$,તેથી $v \frac{dv}{dh} = -(g + kv^{2})$.
સંકલન કરવા માટે પદોને ગોઠવતા,આપણને $\frac{v \, dv}{g + kv^{2}} = -dh$ મળે છે.
પ્રારંભિક વેગ $u$ (જ્યારે $h=0$) થી અંતિમ વેગ $0$ (જ્યારે $h=H$) સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{u}^{0} \frac{v \, dv}{g + kv^{2}} = -\int_{0}^{H} dh$.
ધારો કે $I = g + kv^{2}$,તો $dI = 2kv \, dv$,અથવા $v \, dv = \frac{dI}{2k}$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$\frac{1}{2k} \int_{g+ku^{2}}^{g} \frac{dI}{I} = -H$.
$\frac{1}{2k} [\ln I]_{g+ku^{2}}^{g} = -H$.
$\frac{1}{2k} [\ln g - \ln(g + ku^{2})] = -H$.
$\frac{1}{2k} \ln \left( \frac{g}{g + ku^{2}} \right) = -H$.
$-1$ વડે ગુણતા,આપણને $H = \frac{1}{2k} \ln \left( \frac{g + ku^{2}}{g} \right) = \frac{1}{2k} \ln \left( 1 + \frac{ku^{2}}{g} \right)$ મળે છે.

(C) $M$ દળ,$L = 80 \text{ cm}$ લંબાઈ અને $B = 60 \text{ cm}$ પહોળાઈ ધરાવતી લંબચોરસ શીટની તેના દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $O$ માંથી પસાર થતી અને શીટને લંબ અક્ષ વિશે જડત્વની ચાકમાત્રા:
$I_O = \frac{M}{12} [L^2 + B^2] = \frac{M}{12} [80^2 + 60^2] = \frac{M}{12} [6400 + 3600] = \frac{10000M}{12} = \frac{2500M}{3}$.
સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,ખૂણાના બિંદુ $O'$ માંથી પસાર થતી અને શીટને લંબ અક્ષ વિશે જડત્વની ચાકમાત્રા:
$I_{O'} = I_O + Md^2$,જ્યાં $d$ એ $O$ અને $O'$ વચ્ચેનું અંતર છે.
અંતર $d = \sqrt{(L/2)^2 + (B/2)^2} = \sqrt{40^2 + 30^2} = \sqrt{1600 + 900} = 50 \text{ cm}$.
$I_{O'} = \frac{2500M}{3} + M(50)^2 = \frac{2500M}{3} + 2500M = \frac{2500M + 7500M}{3} = \frac{10000M}{3}$.
જડત્વની ચાકમાત્રાઓનો ગુણોત્તર:
$\frac{I_O}{I_{O'}} = \frac{2500M/3}{10000M/3} = \frac{2500}{10000} = \frac{1}{4}$.

(A) $(I)$ એડિબેટિક પ્રક્રિયા: $\Delta Q = 0$. આસપાસના વાતાવરણ સાથે ઉષ્માની કોઈ આપ-લે થતી નથી.
$(II)$ આઇસોથર્મલ પ્રક્રિયા: તાપમાન અચળ રહે છે $(\Delta T = 0)$. આંતરિક ઉર્જા $\Delta U = \frac{f}{2}nR\Delta T$ હોવાથી,$\Delta U = 0$ થાય છે.
$(III)$ આઇસોકોરિક પ્રક્રિયા: કદ અચળ રહે છે $(\Delta V = 0)$. કરેલું કાર્ય $W = \int P \cdot dV = 0$ થાય છે.
$(IV)$ આઇસોબેરિક પ્રક્રિયા: દબાણ અચળ રહે છે. અહીં,$W = P\Delta V \neq 0$,$\Delta U = \frac{f}{2}nR\Delta T \neq 0$,અને $\Delta Q = nC_p\Delta T \neq 0$ થાય છે.

(A) ધારો કે બસની ઝડપ $v_B$ છે અને ધ્વનિની ઝડપ $v = 330\, ms^{-1}$ છે.
પ્રથમ,હોર્નમાંથી નીકળતો અવાજ દીવાલ સુધી પહોંચે છે. દીવાલ એક સ્થિર અવલોકનકાર તરીકે કાર્ય કરે છે જે ગતિશીલ ઉદગમ (બસ) પાસેથી અવાજ મેળવે છે. દીવાલ દ્વારા પ્રાપ્ત આવૃત્તિ $f'$ છે:
$f' = f_0 \left( \frac{v}{v - v_B} \right) = 420 \left( \frac{330}{330 - v_B} \right)$
ત્યારબાદ,દીવાલ આ અવાજને પરાવર્તિત કરે છે,જે $f'$ આવૃત્તિના સ્થિર ઉદગમ તરીકે કાર્ય કરે છે. ડ્રાઈવર (ગતિશીલ ઉદગમ) આ ઉદગમ તરફ ગતિ કરતા અવલોકનકાર તરીકે કાર્ય કરે છે. ડ્રાઈવર દ્વારા સંભળાતી આવૃત્તિ $f''$ છે:
$f'' = f' \left( \frac{v + v_B}{v} \right) = 420 \left( \frac{330}{330 - v_B} \right) \left( \frac{330 + v_B}{330} \right)$
આપેલ છે કે $f'' = 490\, Hz$,તેથી:
$490 = 420 \left( \frac{330 + v_B}{330 - v_B} \right)$
બંને બાજુ $70$ વડે ભાગતા:
$7 = 6 \left( \frac{330 + v_B}{330 - v_B} \right)$
$7(330 - v_B) = 6(330 + v_B)$
$2310 - 7v_B = 1980 + 6v_B$
$13v_B = 330$
$v_B = \frac{330}{13} \approx 25.38\, ms^{-1}$
$kmh^{-1}$ માં રૂપાંતર કરતા:
$v_B = \frac{330}{13} \times \frac{18}{5} = \frac{66 \times 18}{13} = \frac{1188}{13} \approx 91.38\, kmh^{-1}$
નજીકના પૂર્ણાંકમાં,ઝડપ $91\, kmh^{-1}$ છે.

(C) તંત્રની પ્રારંભિક સ્થિતિઊર્જા બંને પાત્રોમાં રહેલા પ્રવાહીની સ્થિતિઊર્જાના સરવાળા દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$U_{i} = (dSx_{1})g \cdot \frac{x_{1}}{2} + (dSx_{2})g \cdot \frac{x_{2}}{2} = \frac{dSg}{2}(x_{1}^{2} + x_{2}^{2})$
કદ સંરક્ષણના સિદ્ધાંત મુજબ,પ્રવાહીનું કુલ કદ અચળ રહે છે:
$Sx_{1} + Sx_{2} = S(x_{f} + x_{f}) = 2Sx_{f}$
$x_{f} = \frac{x_{1} + x_{2}}{2}$
તંત્રની અંતિમ સ્થિતિઊર્જા:
$U_{f} = 2 \times (dSx_{f})g \cdot \frac{x_{f}}{2} = dSgx_{f}^{2} = dSg \left( \frac{x_{1} + x_{2}}{2} \right)^{2}$
સ્થિતિઊર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = U_{f} - U_{i}$ છે:
$\Delta U = dSg \left[ \left( \frac{x_{1} + x_{2}}{2} \right)^{2} - \frac{x_{1}^{2} + x_{2}^{2}}{2} \right]$
$\Delta U = dSg \left[ \frac{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 2x_{1}x_{2}}{4} - \frac{2x_{1}^{2} + 2x_{2}^{2}}{4} \right]$
$\Delta U = dSg \left[ \frac{2x_{1}x_{2} - x_{1}^{2} - x_{2}^{2}}{4} \right] = -\frac{dSg}{4}(x_{1} - x_{2})^{2}$
ઊર્જામાં થતા ફેરફારનું મૂલ્ય $\frac{1}{4} gdS(x_{2} - x_{1})^{2}$ છે.

(B) બલ્ક મોડ્યુલસ $B$ ને $B = -\frac{\Delta P}{\Delta V / V}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
કદમાં થતા આંશિક ફેરફારનું મૂલ્ય $\left| \frac{\Delta V}{V} \right| = \frac{\Delta P}{B}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા,$\Delta P = 4 \times 10^9 \; Pa$ અને $B = 8 \times 10^{10} \; Pa$:
$\left| \frac{\Delta V}{V} \right| = \frac{4 \times 10^9}{8 \times 10^{10}} = \frac{1}{20} = 0.05$.
$\ell$ બાજુની લંબાઈ ધરાવતા સમઘન માટે,કદ $V = \ell^3$ છે. વિકલન કરતા,આપણને $\frac{\Delta V}{V} = 3 \frac{\Delta \ell}{\ell}$ મળે છે.
તેથી,લંબાઈમાં થતો આંશિક ફેરફાર $\frac{\Delta \ell}{\ell} = \frac{1}{3} \left| \frac{\Delta V}{V} \right| = \frac{1}{3} \times \frac{1}{20} = \frac{1}{60}$ છે.
લંબાઈમાં થતો પ્રતિશત ફેરફાર $\frac{\Delta \ell}{\ell} \times 100\% = \frac{1}{60} \times 100\% = \frac{10}{6}\% \approx 1.67\%$ છે.

(C) $M$ દળ ધરાવતા ગ્રહના કેન્દ્રથી $R$ અંતરે વર્તુળાકાર કક્ષામાં ગતિ કરતા પદાર્થની કક્ષીય ઝડપ $V_{\text{orbit}} = \sqrt{\frac{GM}{R}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ગ્રહની સપાટી પરથી પલાયન વેગ $V_{\text{escape}} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કક્ષીય ઝડપ અને પલાયન વેગનો ગુણોત્તર લેતા,આપણને મળે છે:
$\frac{V_{\text{orbit}}}{V_{\text{escape}}} = \frac{\sqrt{\frac{GM}{R}}}{\sqrt{\frac{2GM}{R}}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $x = \frac{I F v^{2}}{W L^{4}}$
રાશિઓના પરિમાણો નીચે મુજબ છે:
$I = [M L^{2}]$
$F = [M L T^{-2}]$
$v = [L T^{-1}]$
$W = [M L^{2} T^{-2}]$
$L = [L]$
આ કિંમતોને $x$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$[x] = \frac{[M L^{2}] [M L T^{-2}] [L T^{-1}]^{2}}{[M L^{2} T^{-2}] [L]^{4}}$
$[x] = \frac{[M^{2} L^{3} T^{-2}] [L^{2} T^{-2}]}{[M L^{6} T^{-2}]}$
$[x] = \frac{[M^{2} L^{5} T^{-4}]}{[M L^{6} T^{-2}]}$
$[x] = [M L^{-1} T^{-2}]$
હવે,ઉર્જા ઘનતાના પરિમાણો તપાસતા:
ઉર્જા ઘનતા = $\frac{\text{ઉર્જા}}{\text{કદ}} = \frac{[M L^{2} T^{-2}]}{[L^{3}]} = [M L^{-1} T^{-2}]$
આમ,$x$ ના પરિમાણો ઉર્જા ઘનતાના પરિમાણો સાથે સમાન હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) કણ દ્વારા કાપેલું અંતર એ ઝડપ-સમયના આલેખની નીચેના ક્ષેત્રફળ જેટલું હોય છે.
આપેલ આલેખ પરથી,બનતો આકાર એક કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેનો પાયો $b = 5\, s$ અને ઊંચાઈ $h = 8\, m/s$ છે.
અંતર $= \text{ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ} = \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ}$
અંતર $= \frac{1}{2} \times 5\, s \times 8\, m/s = 20\, m$.
તેથી,કણ દ્વારા કાપેલું અંતર $20\, m$ છે.

(A) આદર્શ વાયુ માટે,અવસ્થાનું સમીકરણ $PV = nRT$ છે.
કિસ્સો $1$: અચળ તાપમાન ($T$ અચળ છે).
$PV = nRT$ નું દબાણની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $P \Delta V + V \Delta P = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\Delta V = -\frac{V \Delta P}{P}$.
કદમાં થતા ફેરફારનું મૂલ્ય $|\Delta V| = \frac{V |\Delta P|}{P}$ છે.
કિસ્સો $2$: અચળ દબાણ ($P$ અચળ છે).
$PV = nRT$ નું તાપમાનની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $P \Delta V = nR \Delta T$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\Delta V = \frac{nR \Delta T}{P}$.
કદમાં થતા ફેરફારનું મૂલ્ય $|\Delta V| = \frac{nR |\Delta T|}{P}$ છે.
બંને કિસ્સાઓમાં કદમાં થતા ફેરફારનું મૂલ્ય સમાન હોવાથી:
$\frac{V |\Delta P|}{P} = \frac{nR |\Delta T|}{P}$
$V |\Delta P| = nR |\Delta T|$
$|\Delta T| = \frac{V}{nR} |\Delta P|$
આદર્શ વાયુના નિયમ મુજબ,$\frac{V}{nR} = \frac{T}{P}$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $|\Delta T| = \frac{T}{P} |\Delta P|$ મળે છે.
આપેલ છે કે $|\Delta T| = C |\Delta P|$,તેથી $C = \frac{T}{P}$.
અહીં $T = 300 \ K$ અને $P = 2 \ atm$ હોવાથી,$C = \frac{300}{2} = 150 \ K/atm$.

(A) વિશિષ્ટ ઉષ્માનો ગુણોત્તર $\gamma = \frac{C_{P}}{C_{v}} = 1 + \frac{2}{f}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $f$ એ મુક્તિના અંશો (degree of freedom) છે.
$(A)$ એકપરમાણ્વીય: $f = 3$,તેથી $\gamma = 1 + \frac{2}{3} = \frac{5}{3}$ $(IV)$.
$(B)$ દ્વિપરમાણ્વીય દ્રઢ અણુઓ: $f = 5$,તેથી $\gamma = 1 + \frac{2}{5} = \frac{7}{5}$ $(I)$.
$(C)$ દ્વિપરમાણ્વીય અદ્રઢ અણુઓ: $f = 7$,તેથી $\gamma = 1 + \frac{2}{7} = \frac{9}{7}$ $(II)$.
$(D)$ ત્રિપરમાણ્વીય દ્રઢ અણુઓ: $f = 6$,તેથી $\gamma = 1 + \frac{2}{6} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}$ $(III)$.
આમ,સાચી જોડ $A-IV, B-I, C-II, D-III$ છે.

(C) હવાના પરપોટાનું કદ $V = \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \times \pi \times (1)^3 \approx 4.1888\,cm^3 \approx 4.19\,cm^3$ છે.
પરપોટા પર લાગતા બળો ઉત્પ્લાવક બળ $B$ (ઉપરની તરફ) અને વજન $mg$ (નીચેની તરફ) છે.
ન્યૂટનના બીજા નિયમ મુજબ,પરિણામી બળ $B - mg = ma$ છે.
અહીં,$B = V \rho_w g$,જ્યાં $\rho_w = 1\,g\,cm^{-3}$ એ પાણીની ઘનતા છે.
સમીકરણમાં $B$ ની કિંમત મૂકતા: $V \rho_w g - mg = ma$.
દળ $m$ શોધવા માટે સમીકરણને ગોઠવતા: $m(g + a) = V \rho_w g$.
$m = \frac{V \rho_w g}{g + a} = \frac{V \rho_w}{1 + \frac{a}{g}}$.
કિંમતો મૂકતા: $m = \frac{4.19 \times 1}{1 + \frac{9.8}{980}} = \frac{4.19}{1 + 0.01} = \frac{4.19}{1.01} \approx 4.1485\,g \approx 4.15\,g$.

(A) ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર $E_G$ અને ગુરુત્વાકર્ષણ સ્થિતિમાન $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $V(x) = -\int_{\infty}^{x} E_G \cdot dx$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $E_G = \frac{Ax}{(x^2+a^2)^{3/2}}$.
આ કિંમતને સંકલનમાં મૂકતા:
$V(x) = -\int_{\infty}^{x} \frac{Ax}{(x^2+a^2)^{3/2}} dx$.
ધારો કે $u = x^2 + a^2$,તો $du = 2x dx$,અથવા $x dx = \frac{du}{2}$.
જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $u \to \infty$. જ્યારે $x = x$,ત્યારે $u = x^2 + a^2$.
$V(x) = -\int_{\infty}^{x^2+a^2} \frac{A}{u^{3/2}} \cdot \frac{du}{2} = -\frac{A}{2} \int_{\infty}^{x^2+a^2} u^{-3/2} du$.
$V(x) = -\frac{A}{2} \left[ \frac{u^{-1/2}}{-1/2} \right]_{\infty}^{x^2+a^2} = A \left[ \frac{1}{\sqrt{u}} \right]_{\infty}^{x^2+a^2}$.
$V(x) = A \left( \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}} - 0 \right) = \frac{A}{(x^2+a^2)^{1/2}}$.

(C) આપેલ છે: પ્રારંભિક વેગ $\vec{u} = 5 \hat{j} \, m/s$,પ્રવેગ $\vec{a} = 10 \hat{i} + 4 \hat{j} \, m/s^2$,અને પ્રારંભિક સ્થાન $(x_0, y_0) = (0, 0)$.
$t$ સમયે સ્થાન સદિશ $\vec{r} = \vec{u}t + \frac{1}{2} \vec{a}t^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$x$-યામ માટે:
$x = u_x t + \frac{1}{2} a_x t^2$
$20 = 0 \cdot t + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot t^2$
$20 = 5t^2 \implies t^2 = 4 \implies t = 2 \, s$.
$y$-યામ માટે:
$y = u_y t + \frac{1}{2} a_y t^2$
$y_0 = 5 \cdot t + \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot t^2$
$t = 2 \, s$ મૂકતા:
$y_0 = 5(2) + 2(2^2) = 10 + 8 = 18 \, m$.
આમ,$t = 2 \, s$ અને $y_0 = 18 \, m$.

(D) બે ક્રમિક શૃંગો વચ્ચેનું અંતર તરંગલંબાઈ $\lambda$ છે. જો તરંગો ક્રમિક ન હોય,તો બે શૃંગો વચ્ચેનું અંતર $n_2 \lambda$ થાય,જ્યાં $n_2$ પૂર્ણાંક છે.
આપેલ છે કે $n_2 \lambda = 5 \, m \implies \lambda = \frac{5}{n_2}$.
એક શૃંગ અને એક ગર્ત વચ્ચેનું અંતર $(2n_1 + 1) \frac{\lambda}{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n_1$ પૂર્ણાંક છે.
આપેલ છે કે $(2n_1 + 1) \frac{\lambda}{2} = 1.5 \, m \implies (2n_1 + 1) \lambda = 3 \, m \implies \lambda = \frac{3}{2n_1 + 1}$.
$\lambda$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{5}{n_2} = \frac{3}{2n_1 + 1} \implies 5(2n_1 + 1) = 3n_2 \implies 10n_1 + 5 = 3n_2$.
$n_1 = 1$ માટે,$3n_2 = 15 \implies n_2 = 5$,તેથી $\lambda = \frac{5}{5} = 1 \, m$.
$n_1 = 4$ માટે,$3n_2 = 45 \implies n_2 = 15$,તેથી $\lambda = \frac{5}{15} = \frac{1}{3} \, m$.
$n_1 = 7$ માટે,$3n_2 = 75 \implies n_2 = 25$,તેથી $\lambda = \frac{5}{25} = \frac{1}{5} \, m$.
આમ,શક્ય તરંગલંબાઈઓ $1, \frac{1}{3}, \frac{1}{5}, \dots$ છે.

(D) બધી અથડામણો સંપૂર્ણ અસ્થિતિસ્થાપક હોવાથી,અંતિમ અથડામણ પછી,બધા બ્લોક્સ એકસાથે સામાન્ય વેગ $v^{\prime}$ થી ગતિ કરશે.
આખા તંત્ર માટે વેગમાન સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
પ્રારંભિક વેગમાન = અંતિમ વેગમાન
$mv = (m + m + 2m + 4m + 8m)v^{\prime}$
$mv = 16mv^{\prime}$
$v^{\prime} = \frac{v}{16}$
તંત્રની પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા:
$E_{i} = \frac{1}{2}mv^{2}$
તંત્રની અંતિમ ગતિ ઉર્જા:
$E_{f} = \frac{1}{2}(16m)(v^{\prime})^{2} = \frac{1}{2}(16m)\left(\frac{v}{16}\right)^{2} = \frac{1}{2}m\frac{v^{2}}{16}$
ઉર્જાનો વ્યય $\Delta E = E_{i} - E_{f} = \frac{1}{2}mv^{2} - \frac{1}{2}m\frac{v^{2}}{16} = \frac{1}{2}mv^{2}\left(1 - \frac{1}{16}\right) = \frac{1}{2}mv^{2}\left(\frac{15}{16}\right)$
ઉર્જા વ્યયની ટકાવારી $p = \frac{\Delta E}{E_{i}} \times 100$
$p = \frac{\frac{1}{2}mv^{2}(\frac{15}{16})}{\frac{1}{2}mv^{2}} \times 100 = \frac{15}{16} \times 100 = 93.75\%$
નજીકના પૂર્ણાંકમાં,$p$ નું મૂલ્ય $94$ ની નજીક છે.

(A) પાણી જ્યારે $25^{\circ} C$ થી $0^{\circ} C$ સુધી ઠંડુ થાય ત્યારે ગુમાવેલી ઉષ્માનો ઉપયોગ બરફને ઓગાળવા માટે થાય છે.
પાણી દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા: $Q = m_w s_w \Delta \theta$
$Q = 0.2 \, kg \times 4200 \, J \, kg^{-1} \, K^{-1} \times (25 - 0) \, K = 21000 \, J$
$m_{ice}$ ગ્રામ બરફને ઓગાળવા માટે જરૂરી ઉષ્મા: $Q = m_{ice} L_f$
$21000 \, J = m_{ice} \times 3.4 \times 10^{5} \, J \, kg^{-1}$
$m_{ice} = \frac{21000}{3.4 \times 10^{5}} \, kg$
$m_{ice} = 0.06176 \, kg = 61.76 \, g$
નજીકના મૂલ્યને ધ્યાનમાં લેતા,ઓગળતા બરફનો જથ્થો આશરે $61.7 \, g$ છે.

(D) ગુરુત્વાકર્ષણ હેઠળ બોલની ગતિ ગતિના સમીકરણ $v^2 = u^2 + 2as$ દ્વારા સંચાલિત થાય છે. $h$ ઊંચાઈ પરથી સ્થિર સ્થિતિમાંથી પડતા બોલ માટે,કોઈપણ ઊંચાઈ $y$ પર વેગ $v$ એ $v^2 = 2g(h - y)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$1$. $h$ થી $0$ સુધીની નીચે તરફની ગતિ દરમિયાન,વેગ $0$ થી વધીને $\sqrt{2gh}$ થાય છે. સંબંધ $v = \sqrt{2g(h-y)}$ દર્શાવે છે કે $v$ એ $y$ ની સાપેક્ષમાં અરેખીય છે.
$2$. ભોંયતળિયા સાથે અથડાતી વખતે,વેગ ત્વરિત રીતે $-\sqrt{2gh}$ થી બદલાઈને $+\sqrt{2g(h/2)} = \sqrt{gh}$ થાય છે.
$3$. $0$ થી $h/2$ સુધીની ઉપર તરફની ગતિ દરમિયાન,વેગ $v^2 = 2g(h/2 - y)$ ને અનુસરીને $\sqrt{gh}$ થી ઘટીને $0$ થાય છે.
$4$. $v^2 = 2g(h-y)$ નું $y$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $2v \frac{dv}{dy} = -2g$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dv}{dy} = -\frac{g}{v}$.
$5$. જેમ $v \to 0$ (મહત્તમ ઊંચાઈ પર),ઢાળ $\frac{dv}{dy} \to \infty$ થાય છે. આનો અર્થ એ છે કે જ્યાં $v=0$ છે (એટલે કે $h$ અને $h/2$ પર) ત્યાં આલેખ શિરોલંબ હોવો જોઈએ.
$6$. આલેખ $D$ આ વર્તણૂકને યોગ્ય રીતે રજૂ કરે છે,જે અરેખીય સંબંધ અને મહત્તમ ઊંચાઈ પર અનંત ઢાળ દર્શાવે છે.

(B) ધારો કે સમબાજુ ત્રિકોણ $ABC$ ની બાજુ $a$ છે અને તેનું દળ $m$ છે.
લેમિના $ABC$ ની તેના મધ્યકેન્દ્ર $G$ માંથી પસાર થતી અને તેના સમતલને લંબ અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{0} = \frac{ma^{2}}{6}$ છે.
ત્રિકોણ $ADE$ એ $a/2$ બાજુ ધરાવતો સમબાજુ ત્રિકોણ છે. તેનું દળ $m_{1} = m \times \frac{(a/2)^2}{a^2} = \frac{m}{4}$ છે.
ત્રિકોણ $ADE$ ની તેના પોતાના મધ્યકેન્દ્ર $G'$ ને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{1} = \frac{m_{1}(a/2)^2}{6} = \frac{ma^2}{96}$ છે.
મધ્યકેન્દ્રો $G$ અને $G'$ વચ્ચેનું અંતર $d = \frac{a}{4\sqrt{3}}$ છે.
સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$G$ ને અનુલક્ષીને $ADE$ ની જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{2} = I_{1} + m_{1}d^2 = \frac{ma^2}{96} + \frac{m}{4} \cdot (\frac{a}{4\sqrt{3}})^2 = \frac{ma^2}{64}$ છે.
બાકી રહેલા ભાગની જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{rem} = I_{0} - I_{2} = \frac{ma^2}{6} - \frac{ma^2}{64} = \frac{29ma^2}{192}$ છે.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,$N = 11$ એ સાચો જવાબ છે.

(C) ધારો કે મોટી તકતીની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{MR^{2}}{2}$ છે.
નાની તકતીની જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{2} = \frac{M(R/2)^{2}}{2} = \frac{MR^{2}}{8} = \frac{I}{4}$ થાય.
કોણીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન = અંતિમ કોણીય વેગમાન:
$L_{i} = L_{f}$
$I\omega_{1} + I_{2}(0) = (I + I_{2})\omega_{2}$
$I\omega_{1} = (I + I/4)\omega_{2}$
$I\omega_{1} = \frac{5I}{4}\omega_{2} \Rightarrow \omega_{2} = \frac{4\omega_{1}}{5}$.
પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા $K_{1} = \frac{1}{2}I\omega_{1}^{2}$ છે.
અંતિમ ગતિ ઉર્જા $K_{2} = \frac{1}{2}(I + I_{2})\omega_{2}^{2} = \frac{1}{2}(I + I/4)(\frac{4\omega_{1}}{5})^{2} = \frac{1}{2}(\frac{5I}{4})(\frac{16\omega_{1}^{2}}{25}) = \frac{1}{2}I\omega_{1}^{2}(\frac{4}{5})$.
ગુમાવેલી ઉર્જાની ટકાવારી $p\% = \frac{K_{1} - K_{2}}{K_{1}} \times 100\%$.
$p\% = \frac{K_{1} - \frac{4}{5}K_{1}}{K_{1}} \times 100\% = (1 - 0.8) \times 100\% = 20\%$.
આમ,$p$ નું મૂલ્ય $20$ છે.

(D) પાત્ર બંધ અને અવાહક હોવાથી,આસપાસ સાથે કોઈ ઉષ્માની આપ-લે થતી નથી અને વાયુ દ્વારા કે વાયુ પર કોઈ કાર્ય થતું નથી. તેથી,તંત્રની કુલ આંતરિક ઉર્જા સંરક્ષિત રહે છે.
એકપરમાણ્વીય આદર્શ વાયુની આંતરિક ઉર્જા $U = n C_v T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $C_v = \frac{3}{2}R$ છે.
ધારો કે $n_1 = 0.1$ મોલ,$T_1 = 200\, K$ અને $n_2 = 0.05$ મોલ,$T_2 = 400\, K$ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$n_1 C_v T_1 + n_2 C_v T_2 = (n_1 + n_2) C_v T_{final}$
અહીં $C_v$ સમાન હોવાથી તે ઉડી જશે:
$n_1 T_1 + n_2 T_2 = (n_1 + n_2) T_{final}$
$(0.1 \times 200) + (0.05 \times 400) = (0.1 + 0.05) T_{final}$
$20 + 20 = 0.15 \times T_{final}$
$40 = 0.15 \times T_{final}$
$T_{final} = \frac{40}{0.15} = \frac{4000}{15} = \frac{800}{3} \approx 266.67\, K$.

(D) વિષુવવૃત્ત પર અસરકારક ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $(g_e)$ નું સૂત્ર $g_e = g - R\omega^2$ છે,જ્યાં $g$ એ ધ્રુવો પર ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ છે.
ધ્રુવોથી $h$ ઊંચાઈ પર ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $(g_h)$ નું સૂત્ર $g_h = g(1 - \frac{2h}{R}) = g - \frac{2gh}{R}$ છે.
આપેલ છે કે બંને સ્થાનો પર વજન સમાન છે,તેથી અસરકારક ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ સમાન હોવો જોઈએ: $g_e = g_h$.
સમીકરણો મૂકતા: $g - R\omega^2 = g - \frac{2gh}{R}$.
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા: $R\omega^2 = \frac{2gh}{R}$.
$h$ માટે ઉકેલતા: $h = \frac{R^2\omega^2}{2g}$.

(B) ધારો કે શ્રોતાનું સ્થાન $L$ છે. શરૂઆતમાં,શ્રોતા $S_{2}$ થી $x = 2\, m$ ના અંતરે છે.
$S_{1}$ થી અંતર $S_{1}L = \sqrt{x^2 + (1.5)^2} = \sqrt{2^2 + 1.5^2} = \sqrt{4 + 2.25} = \sqrt{6.25} = 2.5\, m$ છે.
પથ તફાવત $\Delta x = S_{1}L - S_{2}L = 2.5 - 2 = 0.5\, m$ છે.
અહીં $\lambda = 1\, m$ હોવાથી,$\Delta x = \frac{\lambda}{2}$ મળે છે,જે લઘુત્તમ તીવ્રતા (વિનાશક વ્યતિકરણ) દર્શાવે છે.
જ્યારે શ્રોતા $S_{2}$ થી $2\, m$ અંતર અચળ રાખીને $S_{1}$ થી દૂર જાય છે,ત્યારે પથ તફાવત $\Delta x = S_{1}L - S_{2}L$ વધે છે.
આગામી મહત્તમ તીવ્રતા ત્યારે જોવા મળે છે જ્યારે પથ તફાવત $\Delta x = n\lambda$ થાય. ક્રમિક મહત્તમ માટે,$n = 1$ લેતા,
$\Delta x = 1\, m$ મળે.
ધારો કે આ નવી સ્થિતિમાં શ્રોતાનું $S_{1}$ થી અંતર $d$ છે.
તેથી,$d - 2 = 1$,જે આપણને $d = 3\, m$ આપે છે.

(D) ધારો કે $f_0 = 440 \, Hz$ એ મૂળ આવૃત્તિ છે અને $f_2 = 480 \, Hz$ એ ડ્રાઈવર દ્વારા સાંભળવામાં આવતી પરાવર્તિત આવૃત્તિ છે.
પ્રથમ,દીવાલ એક સ્થિર અવલોકનકાર તરીકે કાર્ય કરે છે જે ગતિશીલ કારમાંથી અવાજ મેળવે છે. દીવાલ દ્વારા પ્રાપ્ત થતી આવૃત્તિ $f_1$ એ ગતિશીલ ઉદગમ અને સ્થિર અવલોકનકાર માટે ડોપ્લર અસરના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$f_1 = f_0 \left( \frac{v}{v - v_c} \right)$
જ્યાં $v = 345 \, m/s$ એ અવાજની ઝડપ છે અને $v_c$ એ કારની ઝડપ છે.
ત્યારબાદ,દીવાલ એક સ્થિર ઉદગમ તરીકે કાર્ય કરે છે જે અવાજને ગતિશીલ ડ્રાઈવર (જે હવે અવલોકનકાર છે) તરફ પરાવર્તિત કરે છે. ડ્રાઈવર દ્વારા સાંભળવામાં આવતી આવૃત્તિ $f_2$ છે:
$f_2 = f_1 \left( \frac{v + v_c}{v} \right)$
$f_2$ ના સમીકરણમાં $f_1$ ની કિંમત મૂકતા:
$f_2 = f_0 \left( \frac{v}{v - v_c} \right) \left( \frac{v + v_c}{v} \right) = f_0 \left( \frac{v + v_c}{v - v_c} \right)$
આપેલ છે કે $f_2 / f_0 = 480 / 440 = 48 / 44 = 12 / 11$:
$12 / 11 = (345 + v_c) / (345 - v_c)$
$12(345 - v_c) = 11(345 + v_c)$
$4140 - 12v_c = 3795 + 11v_c$
$23v_c = 345$
$v_c = 345 / 23 = 15 \, m/s$
$km/hr$ માં રૂપાંતર કરતા:
$v_c = 15 \times (18 / 5) = 54 \, km/hr$.

(D) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,દબાણ $P$ અને કદ $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $PV^{\gamma} = \text{constant}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઘનતા $\rho = \frac{m}{V}$ હોવાથી,$V = \frac{m}{\rho}$ થાય.
આ કિંમત એડિબેટિક સમીકરણમાં મૂકતા: $P \left(\frac{m}{\rho}\right)^{\gamma} = \text{constant}$.
દળ $m$ અચળ હોવાથી,$P \propto \rho^{\gamma}$ મળે છે.
તેથી,$\frac{P_f}{P_i} = \left(\frac{\rho_f}{\rho_i}\right)^{\gamma}$.
ડાયટોમિક વાયુ માટે,એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma = \frac{7}{5} = 1.4$ છે.
આપેલ છે કે $\rho_f = 32 \rho_i$,તેથી $\frac{\rho_f}{\rho_i} = 32$.
આમ,$n = \frac{P_f}{P_i} = (32)^{7/5} = (2^5)^{7/5} = 2^7 = 128$.

(A) ભૌતિક લોલક માટે,આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{Mgd}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I$ એ પીવટ પોઈન્ટ (આધાર બિંદુ) ની આસપાસ જડત્વની ચાકમાત્રા છે,$M$ એ દળ છે,$g$ એ ગુરુત્વપ્રવેગ છે,અને $d$ એ પીવટથી દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર સુધીનું અંતર છે. $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી રીંગ માટે,$d = R$ છે.
કિસ્સો $(i)$: રીંગ તેના પોતાના સમતલમાં દોલન કરે છે. પરિભ્રમણની ધરી રીંગની ધાર પર,રીંગના સમતલને લંબ છે. સમાંતર અક્ષના પ્રમેય મુજબ,$I_{1} = I_{cm} + MR^{2} = MR^{2} + MR^{2} = 2MR^{2}$.
તેથી,$T_{1} = 2\pi \sqrt{\frac{2MR^{2}}{MgR}} = 2\pi \sqrt{\frac{2R}{g}}$.
કિસ્સો $(ii)$: રીંગ તેના સમતલને લંબ દિશામાં આગળ-પાછળ દોલન કરે છે. પરિભ્રમણની ધરી રીંગની ધાર પર,રીંગના સમતલમાં છે. સમાંતર અક્ષના પ્રમેય મુજબ,$I_{2} = I_{cm} + MR^{2} = \frac{1}{2}MR^{2} + MR^{2} = \frac{3}{2}MR^{2}$.
તેથી,$T_{2} = 2\pi \sqrt{\frac{\frac{3}{2}MR^{2}}{MgR}} = 2\pi \sqrt{\frac{3R}{2g}}$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{T_{1}}{T_{2}} = \sqrt{\frac{2MR^{2}}{\frac{3}{2}MR^{2}}} = \sqrt{\frac{2}{3/2}} = \sqrt{\frac{4}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.

(B) હવામાં $h$ અંતર કાપ્યા પછી દડાનો વેગ $v = \sqrt{2gh}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r$ ત્રિજ્યા અને $\rho$ ઘનતા ધરાવતા ગોળાકાર દડાનો $\rho_{\ell}$ ઘનતા અને $\eta$ સ્નિગ્ધતા ધરાવતા પ્રવાહીમાં ટર્મિનલ વેગ $v_t$ સ્ટોક્સના નિયમ મુજબ છે:
$v_t = \frac{2}{9} \frac{r^2 g}{\eta} (\rho - \rho_{\ell})$.
પ્રશ્ન મુજબ,પાણીમાં પ્રવેશતા પહેલાનો વેગ પાણીની અંદરના ટર્મિનલ વેગ જેટલો છે:
$\sqrt{2gh} = \frac{2}{9} \frac{r^2 g}{\eta} (\rho - \rho_{\ell})$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$2gh = \left( \frac{2}{9} \frac{r^2 g}{\eta} (\rho - \rho_{\ell}) \right)^2$
$2gh = \frac{4}{81} \frac{r^4 g^2}{\eta^2} (\rho - \rho_{\ell})^2$
$h$ માટે ઉકેલતા:
$h = \frac{2}{81} \frac{r^4 g}{\eta^2} (\rho - \rho_{\ell})^2$.
આપેલ પ્રયોગ માટે $g$,$\eta$,$\rho$,અને $\rho_{\ell}$ અચળ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$h \propto r^4$.

(D) $T$ તાપમાને,કુલ લંબાઈ $L = L_{1} + L_{2}$ છે.
જ્યારે તાપમાન $T + \Delta T$ થાય છે,ત્યારે નવી લંબાઈઓ નીચે મુજબ છે:
$L_{1}' = L_{1}(1 + \alpha_{1} \Delta T)$
$L_{2}' = L_{2}(1 + \alpha_{2} \Delta T)$
કુલ નવી લંબાઈ $L_{eq}'$ એ વ્યક્તિગત નવી લંબાઈઓનો સરવાળો છે:
$L_{eq}' = L_{1}' + L_{2}' = L_{1}(1 + \alpha_{1} \Delta T) + L_{2}(1 + \alpha_{2} \Delta T)$
$L_{eq}' = L_{1} + L_{1} \alpha_{1} \Delta T + L_{2} + L_{2} \alpha_{2} \Delta T$
$L_{eq}' = (L_{1} + L_{2}) + (L_{1} \alpha_{1} + L_{2} \alpha_{2}) \Delta T$
અસરકારક ગુણાંક $\alpha_{avg}$ ધરાવતી સમતુલ્ય સિસ્ટમ માટે,નવી લંબાઈ:
$L_{eq}' = (L_{1} + L_{2})(1 + \alpha_{avg} \Delta T) = (L_{1} + L_{2}) + (L_{1} + L_{2}) \alpha_{avg} \Delta T$
$L_{eq}'$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$(L_{1} + L_{2}) \alpha_{avg} \Delta T = (L_{1} \alpha_{1} + L_{2} \alpha_{2}) \Delta T$
$\alpha_{avg} = \frac{L_{1} \alpha_{1} + L_{2} \alpha_{2}}{L_{1} + L_{2}}$

(A) કાપેલું કુલ અંતર એ વેગ-સમયના આલેખ હેઠળના ક્ષેત્રફળોના મૂલ્યોનો સરવાળો છે.
$1$. ક્ષેત્રફળ $A_1$ ($t=0$ થી $t=4$ સુધી): આ એક સમલંબ ચતુષ્કોણ છે જેની સમાંતર બાજુઓ $4 \; s$ અને $1 \; s$ છે,અને ઊંચાઈ $4 \; m/s$ છે.
$A_1 = \frac{1}{2} \times (4 + 1) \times 4 = 10 \; m$.
$2$. ક્ષેત્રફળ $A_2$ ($t=4$ થી $t=6$ સુધી): આ એક ત્રિકોણ છે જેનો પાયો $(6 - 4) = 2 \; s$ અને ઊંચાઈ $2 \; m/s$ છે.
$A_2 = \frac{1}{2} \times 2 \times 2 = 2 \; m$.
કુલ અંતર $= |A_1| + |A_2| = 10 + 2 = 12 \; m$.

(D) દળમાં થતા ફેરફારનો દર $\frac{dM(t)}{dt} = bv^2$ આપેલ છે.
ચલ દળ ધરાવતી સિસ્ટમ માટે ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,ધૂળના એકત્રીકરણને કારણે અવકાશયાન પર લાગતું થ્રસ્ટ બળ $F_{\text{thrust}} = -v \frac{dM(t)}{dt}$ છે.
ઋણ નિશાની સૂચવે છે કે બળ વેગની વિરુદ્ધ દિશામાં કાર્ય કરે છે,જેના કારણે મંદન (deceleration) થાય છે.
$F = M(t)a$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $M(t)a = -v \left( bv^2 \right)$ મળે છે.
તેથી,તાત્કાલિક પ્રવેગ $a = -\frac{bv^3}{M(t)}$ છે.

(A) $1$. $0 \le x \le d$ વિસ્તારમાં,કણ ઋણ $y$-દિશામાં અચળ બળ $F_{y} = -qE$ અનુભવે છે. પ્રવેગ $a_{y} = -\frac{qE}{m}$ છે.
$2$. $x = d$ સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t_{0} = \frac{d}{V_{0}}$ છે.
$3$. $x = d$ પર,શિરોલંબ સ્થાનાંતર $y_{0} = \frac{1}{2} a_{y} t_{0}^{2} = -\frac{1}{2} \frac{qE}{m} \left( \frac{d}{V_{0}} \right)^{2} = -\frac{qEd^{2}}{2mV_{0}^{2}}$ છે.
$4$. $x = d$ પર વેગના ઘટકો $v_{x} = V_{0}$ અને $v_{y} = a_{y} t_{0} = -\frac{qE}{m} \cdot \frac{d}{V_{0}} = -\frac{qEd}{mV_{0}}$ છે.
$5$. $x > d$ માટે,કોઈ વિદ્યુતક્ષેત્ર નથી,તેથી કણ અચળ વેગ સાથે સીધી રેખામાં ગતિ કરે છે. આ રેખાનો ઢાળ $m_{slope} = \frac{v_{y}}{v_{x}} = \frac{-qEd/mV_{0}}{V_{0}} = -\frac{qEd}{mV_{0}^{2}}$ છે.
$6$. $(d, y_{0})$ માંથી પસાર થતી અને $m_{slope}$ ઢાળ ધરાવતી રેખાનું સમીકરણ $y - y_{0} = m_{slope} (x - d)$ છે.
$7$. કિંમતો મૂકતા: $y - \left( -\frac{qEd^{2}}{2mV_{0}^{2}} \right) = -\frac{qEd}{mV_{0}^{2}} (x - d)$.
$8$. $y = -\frac{qEd}{mV_{0}^{2}} x + \frac{qEd^{2}}{mV_{0}^{2}} - \frac{qEd^{2}}{2mV_{0}^{2}} = -\frac{qEd}{mV_{0}^{2}} x + \frac{qEd^{2}}{2mV_{0}^{2}}$.
$9$. $\frac{qEd}{mV_{0}^{2}}$ સામાન્ય લેતા,આપણને $y = \frac{qEd}{mV_{0}^{2}} \left( \frac{d}{2} - x \right)$ મળે છે.

(A) એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેટેડ તરંગનું પ્રમાણિત સમીકરણ $v(t) = A_c(1 + \mu \cos \omega_m t) \sin \omega_c t$ છે,જ્યાં $A_c$ એ કેરિયર એમ્પ્લિટ્યુડ છે અને $\mu$ એ મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ છે.
આપેલ સમીકરણ $v_m = 5(1 + 0.6 \cos 6280 t) \sin (211 \times 10^4 t)$ સાથે સરખાવતા:
કેરિયર એમ્પ્લિટ્યુડ $A_c = 5 \; V$.
મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu = 0.6$.
મોડ્યુલેટેડ તરંગનું એમ્પ્લિટ્યુડ $A_{max} = A_c(1 + \mu)$ અને $A_{min} = A_c(1 - \mu)$ ની વચ્ચે બદલાય છે.
$A_{max} = 5(1 + 0.6) = 5(1.6) = 8 \; V$.
$A_{min} = 5(1 - 0.6) = 5(0.4) = 2 \; V$.
આમ,ન્યૂનતમ અને મહત્તમ એમ્પ્લિટ્યુડ અનુક્રમે $2 \; V$ અને $8 \; V$ છે.

(A) કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત પ્રારંભિક ઉર્જા: $U_i = \frac{1}{2} C_1 V^2 = \frac{1}{2} \times (5 \times 10^{-6}) \times (220)^2 = 0.121 \, J$.
જ્યારે તેને અનચાર્જ્ડ કેપેસિટર $C_2 = 2.5 \, \mu F$ સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે ચાર્જ $Q = C_1 V = 5 \times 10^{-6} \times 220 = 1.1 \times 10^{-3} \, C$ નું પુનઃવિતરણ થાય છે.
સામાન્ય પોટેન્શિયલ $V'$ નીચે મુજબ મળે છે: $V' = \frac{Q}{C_1 + C_2} = \frac{1.1 \times 10^{-3}}{(5 + 2.5) \times 10^{-6}} = \frac{1100}{7.5} = \frac{440}{3} \, V$.
અંતિમ સંગ્રહિત ઉર્જા: $U_f = \frac{1}{2} (C_1 + C_2) (V')^2 = \frac{1}{2} \times (7.5 \times 10^{-6}) \times (\frac{440}{3})^2 = 0.08066 \, J$.
ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = U_f - U_i = 0.08066 - 0.121 = -0.04033 \, J$.
આપેલ છે કે $\Delta U = -\frac{X}{100} \, J$ (ઉર્જામાં ઘટાડાનું મૂલ્ય લેતા),તેથી $\frac{X}{100} = 0.04033$,એટલે કે $X \approx 4$.

(D) આપેલ છે: ત્રિજ્યા $r = 10\, cm = 0.1\, m$,ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 3.0 \times 10^{-5}\, T$.
અડધા પરિભ્રમણ માટેનો સમય $0.2\, s$ છે,તેથી આવર્તકાળ $T = 0.4\, s$.
કોઈલમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = BA \cos(\omega t)$ છે,જ્યાં $A = \pi r^2$ એ કોઈલનું ક્ષેત્રફળ છે.
પ્રેરિત $EMF$ ફેરાડેના નિયમ મુજબ મળે છે: $|\varepsilon| = |\frac{d\phi}{dt}| = |BA\omega \sin(\omega t)|$.
મહત્તમ પ્રેરિત $EMF$ એ $\varepsilon_{\max} = BA\omega$ છે.
$\omega = \frac{2\pi}{T}$ મૂકતા:
$\varepsilon_{\max} = B \times (\pi r^2) \times \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi^2 B r^2}{T}$.
કિંમતો મૂકતા: $\varepsilon_{\max} = \frac{2 \times \pi^2 \times 3.0 \times 10^{-5} \times (0.1)^2}{0.4}$.
$\pi^2 \approx 10$ લેતા:
$\varepsilon_{\max} = \frac{2 \times 10 \times 3.0 \times 10^{-5} \times 0.01}{0.4} = \frac{6 \times 10^{-4}}{0.4} = 15 \times 10^{-6}\, V = 15\, \mu V$.

(A) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ: $K_{max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi = eV,$ જ્યાં $\phi = \frac{hc}{\lambda_0}$ એ વર્ક ફંક્શન છે.
$\lambda$ તરંગલંબાઈ માટે: $\frac{hc}{\lambda} = \frac{hc}{\lambda_0} + eV$ ... $(i)$
$3\lambda$ તરંગલંબાઈ માટે: $\frac{hc}{3\lambda} = \frac{hc}{\lambda_0} + \frac{eV}{4}$ ... (ii)
સમીકરણ (ii) ને $4$ વડે ગુણતા: $\frac{4hc}{3\lambda} = \frac{4hc}{\lambda_0} + eV$ ... (iii)
સમીકરણ $(i)$ અને (iii) માંથી $eV$ ની કિંમત સરખાવતા:
$\frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0} = \frac{4hc}{3\lambda} - \frac{4hc}{\lambda_0}$
પદોને ગોઠવતા: $\frac{4hc}{\lambda_0} - \frac{hc}{\lambda_0} = \frac{4hc}{3\lambda} - \frac{hc}{\lambda}$
$\frac{3hc}{\lambda_0} = \frac{hc}{3\lambda}$
$\frac{3}{\lambda_0} = \frac{1}{3\lambda} \implies \lambda_0 = 9\lambda$
આપેલ છે કે $\lambda_0 = n\lambda,$ તેથી $n = 9.$

(A) એક સંપૂર્ણ ડાયામેગ્નેટિક પદાર્થ (સુપરકન્ડક્ટર) 'માઈસનર ઇફેક્ટ' દર્શાવે છે, જેનો અર્થ છે કે તે તેના આંતરિક ભાગમાંથી ચુંબકીય ક્ષેત્રને સંપૂર્ણપણે બહાર કાઢી નાખે છે。
તેથી, ગોળાના પદાર્થની અંદર ચુંબકીય ક્ષેત્ર શૂન્ય હોય છે。
આ સંપૂર્ણ ડાયામેગ્નેટિક ગોળાના કેન્દ્રમાં પોલાણ આવેલી હોવાથી, ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓ પોલાણ સહિત ગોળાના સમગ્ર કદમાંથી બહાર રહે છે。
પરિણામે, પોલાણમાં રાખેલા પેરામેગ્નેટિક પદાર્થની અંદરનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર પણ શૂન્ય હશે。

(C) ન્યુક્લિયસનું દળ આશરે $M = A \times M_{\text{nucleon}}$ છે,જ્યાં $M_{\text{nucleon}} \cong 1.67 \times 10^{-27} \; kg$ છે.
ન્યુક્લિયસનું કદ $V = \frac{4}{3} \pi R^3$ છે.
$R = R_0 A^{1/3}$ મૂકતા,જ્યાં $R_0 = 1.3 \times 10^{-15} \; m$,આપણને $V = \frac{4}{3} \pi (R_0 A^{1/3})^3 = \frac{4}{3} \pi R_0^3 A$ મળે છે.
ઘનતા $\rho = \frac{M}{V} = \frac{A \times M_{\text{nucleon}}}{\frac{4}{3} \pi R_0^3 A} = \frac{M_{\text{nucleon}}}{\frac{4}{3} \pi R_0^3}$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\rho = \frac{1.67 \times 10^{-27}}{\frac{4}{3} \times 3.14 \times (1.3 \times 10^{-15})^3} \cong 1.8 \times 10^{17} \; kg \; m^{-3}$.
આમ,ઘનતાનો ક્રમ $10^{17} \; kg \; m^{-3}$ છે.

(A) ધારો કે પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતા $\sigma$ છે. $\sigma_1 = \sigma_2$ હોવાથી,$\frac{Q_1}{4 \pi R^2} = \frac{Q_2}{4 \pi (4R)^2}$,જે દર્શાવે છે કે $Q_2 = 16 Q_1$ થાય.
અંદરના ગોળાની સપાટી પરનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $(r=R)$ $V(R) = \frac{k Q_1}{R} + \frac{k Q_2}{4R}$ છે.
બહારના ગોળાની સપાટી પરનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $(r=4R)$ $V(4R) = \frac{k Q_1}{4R} + \frac{k Q_2}{4R}$ છે.
વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V(R) - V(4R) = (\frac{k Q_1}{R} + \frac{k Q_2}{4R}) - (\frac{k Q_1}{4R} + \frac{k Q_2}{4R}) = \frac{k Q_1}{R} - \frac{k Q_1}{4R} = \frac{3 k Q_1}{4R}$ થાય.
$k = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}$ મૂકતા,આપણને $V(R) - V(4R) = \frac{3 Q_1}{16 \pi \varepsilon_0 R}$ મળે છે.

(D) વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત $V$ દ્વારા પ્રવેગિત થતા વિદ્યુતભારિત કણ દ્વારા પ્રાપ્ત ગતિઊર્જા $K = qV = \frac{1}{2}mv^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આના પરથી,ઝડપ $v = \sqrt{\frac{2qV}{m}}$ મળે છે.
હાઇડ્રોજન આયન $(H^+)$ માટે,વિદ્યુતભાર $q_H = e$ અને દળ $m_H \approx m$ છે.
એક આયનીકૃત હિલિયમ પરમાણુ $(He^+)$ માટે,વિદ્યુતભાર $q_{He} = e$ અને દળ $m_{He} \approx 4m$ છે.
ઝડપનો ગુણોત્તર $\frac{v_H}{v_{He}} = \frac{\sqrt{2q_H V / m_H}}{\sqrt{2q_{He} V / m_{He}}} = \sqrt{\frac{q_H}{q_{He}} \cdot \frac{m_{He}}{m_H}}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{v_H}{v_{He}} = \sqrt{\frac{e}{e} \cdot \frac{4m}{m}} = \sqrt{4} = 2$.
આમ,ગુણોત્તર $2:1$ છે.

(C) સેમિકન્ડક્ટરની બેન્ડ ગેપ ઉર્જા $E_g$ અને તે શોધી શકે તેવા ફોટોનની મહત્તમ તરંગલંબાઇ $\lambda$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે: $E_g = \frac{hc}{\lambda}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$h = 6.63 \times 10^{-34}\, J \cdot s$
$c = 3 \times 10^{8}\, m/s$
$\lambda = 400 \times 10^{-9}\, m$
$E_g = \frac{(6.63 \times 10^{-34}) \times (3 \times 10^{8})}{400 \times 10^{-9}}\, J$
$E_g = \frac{19.89 \times 10^{-26}}{4 \times 10^{-7}}\, J = 4.9725 \times 10^{-19}\, J$.
આ ઉર્જાને ઇલેક્ટ્રોન-વોલ્ટ $(eV)$ માં ફેરવવા માટે, ઇલેક્ટ્રોનના વિદ્યુતભાર $e = 1.6 \times 10^{-19}\, C$ વડે ભાગતા:
$E_g (eV\; \text{માં}) = \frac{4.9725 \times 10^{-19}}{1.6 \times 10^{-19}} \approx 3.1\; eV$.

(A) $n$ વક્રીભવનાંક અને $L$ ભૌમિતિક પથ લંબાઈ ધરાવતા માધ્યમમાંથી પસાર થતા તરંગની ઓપ્ટિકલ પથ લંબાઈ $OPL = n \times L$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ તરંગ માટે ઓપ્ટિકલ પથ લંબાઈ $OPL_{1} = n_{1}L_{1}$ છે.
બીજા તરંગ માટે ઓપ્ટિકલ પથ લંબાઈ $OPL_{2} = n_{2}L_{2}$ છે.
બંને તરંગો વચ્ચેનો ઓપ્ટિકલ પથ તફાવત $\Delta p = |OPL_{1} - OPL_{2}| = |n_{1}L_{1} - n_{2}L_{2}|$ છે.
કળા તફાવત $\Delta \phi$ એ પથ તફાવત $\Delta p$ સાથે $\Delta \phi = \frac{2 \pi}{\lambda} \Delta p$ સૂત્ર દ્વારા સંબંધિત છે.
પથ તફાવતની કિંમત મૂકતા,આપણને $\Delta \phi = \frac{2 \pi}{\lambda} (n_{1}L_{1} - n_{2}L_{2})$ મળે છે.

(C) $x$-દિશામાં પ્રસરતા વિદ્યુતચુંબકીય તરંગ માટે,વિદ્યુતક્ષેત્ર $y$-દિશામાં $(\hat{j})$ છે,તેથી ચુંબકીય ક્ષેત્ર $z$-દિશામાં $(\hat{k})$ હોવું જોઈએ કારણ કે પ્રસરણની દિશા $\overrightarrow{E} \times \overrightarrow{B}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે કે $\overrightarrow{E} = E_{0} \cos(\omega t - kx) \hat{j}$.
ચુંબકીય ક્ષેત્રનો કંપવિસ્તાર $B_{0} = \frac{E_{0}}{c}$ છે,જ્યાં $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_{0} \epsilon_{0}}}$.
તેથી,$B_{0} = E_{0} \sqrt{\mu_{0} \epsilon_{0}}$.
ચુંબકીય ક્ષેત્રનું તરંગ સમીકરણ $\overrightarrow{B} = B_{0} \cos(\omega t - kx) \hat{k}$ છે.
$t = 0$ સમયે,$\overrightarrow{B} = B_{0} \cos(-kx) \hat{k} = B_{0} \cos(kx) \hat{k}$.
$B_{0}$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $\overrightarrow{B} = E_{0} \sqrt{\mu_{0} \epsilon_{0}} \cos(kx) \hat{k}$ મળે છે.

(A) આપેલ છે: તારની કુલ લંબાઈ $L = 30 \, cm = 0.3 \, m$. તે ચોરસ લૂપ હોવાથી,બાજુની લંબાઈ $a = L/4 = 0.3/4 = 0.075 \, m = 7.5 \, cm$.
તારનો વ્યાસ $d = 4 \, mm$,તેથી ત્રિજ્યા $r = 2 \, mm = 2 \times 10^{-3} \, m$.
અવરોધકતા $\rho = 1.23 \times 10^{-8} \, \Omega m$.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ફેરફારનો દર $dB/dt = 0.032 \, T s^{-1}$.
લૂપનું ક્ષેત્રફળ $A = a^2 = (0.075)^2 = 5.625 \times 10^{-3} \, m^2$.
પ્રેરિત $EMF$ $\varepsilon = |d\phi/dt| = A(dB/dt) = (5.625 \times 10^{-3}) \times 0.032 = 1.8 \times 10^{-4} \, V$.
તારનો અવરોધ $R = \rho (L/A_{wire}) = \rho (L / (\pi r^2)) = (1.23 \times 10^{-8} \times 0.3) / (\pi \times (2 \times 10^{-3})^2) = (3.69 \times 10^{-9}) / (4\pi \times 10^{-6}) \approx 2.937 \times 10^{-4} \, \Omega$.
પ્રેરિત પ્રવાહ $i = \varepsilon / R = (1.8 \times 10^{-4}) / (2.937 \times 10^{-4}) \approx 0.613 \, A$.
આમ,પ્રેરિત પ્રવાહ $0.61 \, A$ ની નજીક છે.

(B) રેઝિસ્ટન્સ મોડમાં મલ્ટિમીટર કરંટ માપવા માટે ઘટક પર નાનો $DC$ વોલ્ટેજ લાગુ કરે છે।
$(1)$ કેપેસિટર માટે, મલ્ટિમીટર ચાર્જિંગ દરમિયાન ક્ષણિક ડિફ્લેક્શન બતાવશે, પ્રોબ્સની પોલેરિટી ગમે તે હોય। તેથી, તે $NO$ ડિફ્લેક્શન બતાવે છે તે વિધાન ખોટું છે।
$(2)$ $LED$ એ ડાયોડ છે। ફોરવર્ડ બાયસમાં તે વહન કરે છે (ડિફ્લેક્શન બતાવે છે), અને રિવર્સ બાયસમાં તે કરંટને અટકાવે છે (કોઈ ડિફ્લેક્શન નહીં)। વિકલ્પ વિરુદ્ધ વર્તન સૂચવે છે, જે એવી અવલોકન છે જે જોવા મળશે $\text{નહીં}$।
$(3)$ ધાતુના તાર માટે, અવરોધ લગભગ $0 \ \Omega$ હોય છે, તેથી મલ્ટિમીટર $NO$ ડિફ્લેક્શન બતાવશે।
$(4)$ અવરોધક એક ઓહ્મિક ઘટક છે; તેનો અવરોધ કરંટની દિશા પર આધારિત નથી, તેથી પ્રોબ્સ ઉલટાવતી વખતે ડિફ્લેક્શન સમાન રહે છે।

(B) $10 \, k \Omega = 10000 \, \Omega$ અવરોધ ધરાવતું વોલ્ટમીટર $400 \, \Omega$ ના અવરોધ સાથે સમાંતરમાં જોડાયેલું છે.
સૌ પ્રથમ,$400 \, \Omega$ ના અવરોધ અને $10000 \, \Omega$ ના વોલ્ટમીટરના સમાંતર જોડાણનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_p$ શોધો:
$R_p = \frac{400 \times 10000}{400 + 10000} = \frac{4000000}{10400} \approx 384.6 \, \Omega \approx 385 \, \Omega$.
હવે,આ જોડાણ $800 \, \Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં છે. પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{eq} = 385 \, \Omega + 800 \, \Omega = 1185 \, \Omega$ છે.
સમાંતર જોડાણ પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત (વોલ્ટમીટર દ્વારા માપવામાં આવેલ) વોલ્ટેજ ડિવાઈડરના નિયમ દ્વારા મળે છે:
$V = V_{total} \times \frac{R_p}{R_{eq}} = 6 \, V \times \frac{385 \, \Omega}{1185 \, \Omega} \approx 1.949 \, V$.
આ કિંમતને રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $1.95 \, V$ મળે છે.

(A) પ્રકાશના સ્ત્રોતનો પાવર $P$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $P = \frac{n E}{t} = \frac{n h c}{\lambda t}$,જ્યાં $n$ એ $t$ સમયમાં ઉત્સર્જિત ફોટોનની સંખ્યા છે,$h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે,$c$ એ પ્રકાશની ગતિ છે અને $\lambda$ એ તરંગલંબાઇ છે.
ધારો કે $N = n/t$ એ પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્સર્જિત ફોટોનની સંખ્યા છે.
તેથી $P = N \frac{h c}{\lambda}$,જેનો અર્થ થાય છે $N = \frac{P \lambda}{h c}$.
બંને સ્ત્રોતો સમાન પાવર $P$ ધરાવતા હોવાથી,પ્રતિ સેકન્ડ ફોટોનની સંખ્યાનો ગુણોત્તર $\frac{N_1}{N_2} = \frac{\lambda_1}{\lambda_2}$ થશે.
અહીં $\lambda_1 = 1 \ nm$ અને $\lambda_2 = 500 \ nm$ આપેલ છે,તેથી ગુણોત્તર $\frac{N_1}{N_2} = \frac{1}{500}$ થાય.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) ગોળીય અરીસા માટે,અરીસાનું સૂત્ર $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ છે.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $-\frac{1}{v^2} \frac{dv}{dt} - \frac{1}{u^2} \frac{du}{dt} = 0$ મળે છે.
આમ,પ્રતિબિંબની ઝડપ $v_i = \frac{dv}{dt} = -\left(\frac{v^2}{u^2}\right) \frac{du}{dt}$ છે.
આપેલ છે: $u = -30\, cm$,$v = -10\, cm$,અને વસ્તુની ઝડપ $\frac{du}{dt} = -9\, cm/s$ (અરીસા તરફ ગતિ કરે છે).
કિંમતો મૂકતા: $v_i = -\left(\frac{-10}{-30}\right)^2 \times (-9) = -\left(\frac{1}{9}\right) \times (-9) = 1\, cm/s$.

(B) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં રહેલી વિદ્યુતપ્રવાહધારિત કોઈલ પર લાગતું ટોર્ક $\tau = N I A B \sin(\theta)$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કોઈલને ચુંબકીય ક્ષેત્રને સમાંતર રાખવામાં આવે છે,તેથી કોઈલના લંબ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર વચ્ચેનો ખૂણો $\theta = 90^{\circ}$ થાય,તેથી $\sin(90^{\circ}) = 1$.
આપેલ છે: $N = 500$,$A = 3 \times 10^{-4} \ m^{2}$,$I = 0.5 \ A$,અને $\tau = 1.5 \ Nm$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા: $1.5 = 500 \times 0.5 \times (3 \times 10^{-4}) \times B$.
$1.5 = 250 \times 3 \times 10^{-4} \times B$.
$1.5 = 750 \times 10^{-4} \times B$.
$1.5 = 0.075 \times B$.
$B = \frac{1.5}{0.075} = \frac{1500}{75} = 20 \ T$.

(D) મહત્તમ પાવર ટ્રાન્સફર પ્રમેય મુજબ,બાહ્ય અવરોધ $R$ માં પાવર ત્યારે મહત્તમ હોય છે જ્યારે તે બેટરીના આંતરિક અવરોધ $r$ જેટલો હોય.
આંતરિક અવરોધ $r$ શોધવા માટે,ઇલેક્ટ્રોલાઇટની અંદર $r$ ત્રિજ્યા અને $dr$ જાડાઈનું પાતળું નળાકાર કવચ ધ્યાનમાં લો.
આ કવચનો અવરોધ $dr = \frac{\rho \cdot dx}{A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $dx = dr$ અને $A = 2 \pi r l$ છે.
તેથી,$dr = \frac{\rho \cdot dr}{2 \pi r l}$.
કુલ આંતરિક અવરોધ $r$ શોધવા માટે $r = a$ થી $r = b$ સુધી સંકલન કરતા:
$r = \int_{a}^{b} \frac{\rho}{2 \pi l} \frac{dr}{r} = \frac{\rho}{2 \pi l} [\ln r]_{a}^{b} = \frac{\rho}{2 \pi l} \ln \left(\frac{b}{a}\right)$.
તેથી,$R$ માં મહત્તમ જૂલ ઉષ્મા માટે,$R = r = \frac{\rho}{2 \pi l} \ln \left(\frac{b}{a}\right)$ હોવું જોઈએ.

(A) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_{max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\phi$ એ વર્ક ફંક્શન છે.
ધારો કે $\lambda_1 = 500 \, nm$ અને $\lambda_2 = 200 \, nm$.
ધારો કે $K_1$ અને $K_2$ એ અનુક્રમે $\lambda_1$ અને $\lambda_2$ ને અનુરૂપ મહત્તમ ગતિઊર્જા છે.
આપેલ છે કે $K_2 = 3K_1$.
$hc = 1240 \, eV \cdot nm$ નો ઉપયોગ કરતા:
$K_1 = \frac{1240}{500} - \phi = 2.48 - \phi$
$K_2 = \frac{1240}{200} - \phi = 6.2 - \phi$
$K_2 = 3K_1$ માં કિંમતો મૂકતા:
$6.2 - \phi = 3(2.48 - \phi)$
$6.2 - \phi = 7.44 - 3\phi$
$2\phi = 7.44 - 6.2$
$2\phi = 1.24$
$\phi = 0.62 \, eV$.
સૌથી નજીકની કિંમત $0.61 \, eV$ છે.

(B) આપેલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર: $\overrightarrow{B} = 3 \times 10^{-8} \sin [200 \pi(y + ct)] \hat{i} \, T$.
વિદ્યુતક્ષેત્રનો કંપવિસ્તાર $E_0$ અને ચુંબકીય ક્ષેત્રનો કંપવિસ્તાર $B_0$ વચ્ચેનો સંબંધ $E_0 = c B_0$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $E_0 = (3 \times 10^{8} \, m/s) \times (3 \times 10^{-8} \, T) = 9 \, V/m$.
તરંગના પ્રસરણની દિશા $(y + ct)$ પદ દ્વારા દર્શાવેલ છે,જેનો અર્થ છે કે તરંગ ઋણ $y$-દિશામાં પ્રસરણ પામે છે,તેથી $\hat{k}_{prop} = -\hat{j}$.
વિદ્યુતક્ષેત્રની દિશા $\hat{E} = \hat{k}_{prop} \times \hat{B}$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $\hat{B} = \hat{i}$ અને $\hat{k}_{prop} = -\hat{j}$ છે.
તેથી,$\hat{E} = -\hat{j} \times \hat{i} = -(-\hat{k}) = \hat{k}$.
પરંતુ,વિદ્યુતચુંબકીય તરંગો માટે $\vec{E} \times \vec{B}$ ની દિશા પ્રસરણની દિશામાં હોય છે. તેથી $\vec{E} = -9 \sin [200 \pi(y + ct)] \hat{k} \, V/m$ મળે છે.

(C) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વિદ્યુતભારિત કણ પર લાગતું બળ લોરેન્ટ્ઝ બળના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\overrightarrow{F} = q(\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B})$.
આપેલ છે: $q = 1\,\mu C = 10^{-6}\, C$,$\overrightarrow{V} = (2 \hat{i} + 3 \hat{j} + 4 \hat{k})\, ms^{-1}$,અને $\overrightarrow{B} = (5 \hat{i} + 3 \hat{j} - 6 \hat{k}) \times 10^{-3}\, T$.
પ્રથમ,સદિશ ગુણાકાર $\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B}$ ની ગણતરી કરો:
$\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 3 & 4 \\ 5 & 3 & -6 \end{vmatrix} \times 10^{-3}$
$= [\hat{i}(-18 - 12) - \hat{j}(-12 - 20) + \hat{k}(6 - 15)] \times 10^{-3}$
$= (-30 \hat{i} + 32 \hat{j} - 9 \hat{k}) \times 10^{-3}$.
હવે,બળ $\overrightarrow{F}_{total} = q(\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B})$ ની ગણતરી કરો:
$\overrightarrow{F}_{total} = 10^{-6} \times (-30 \hat{i} + 32 \hat{j} - 9 \hat{k}) \times 10^{-3}$
$= (-30 \hat{i} + 32 \hat{j} - 9 \hat{k}) \times 10^{-9}\, N$.
આને આપેલ સ્વરૂપ $\overrightarrow{F} \times 10^{-9}\, N$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\overrightarrow{F} = -30 \hat{i} + 32 \hat{j} - 9 \hat{k}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે: $f = 750\, Hz$,$V_{rms} = 20\, V$,$R = 100\, \Omega$,$L = 0.1803\, H$,$C = 10\, \mu F = 10 \times 10^{-6}\, F$,$S = 2\, J/^{\circ}C$,$\Delta T = 10^{\circ}C$.
પ્રથમ,ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L$ અને કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ $X_C$ શોધો:
$X_L = 2\pi fL = 2 \times 3.14159 \times 750 \times 0.1803 \approx 849.6\, \Omega$.
$X_C = \frac{1}{2\pi fC} = \frac{1}{2 \times 3.14159 \times 750 \times 10 \times 10^{-6}} \approx 21.2\, \Omega$.
ઇમ્પિડન્સ $Z$ ની ગણતરી કરો:
$Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} = \sqrt{100^2 + (849.6 - 21.2)^2} = \sqrt{10000 + (828.4)^2} \approx \sqrt{10000 + 686246} \approx \sqrt{696246} \approx 834.4\, \Omega$.
અવરોધમાં વપરાતો પાવર $P = I_{rms}^2 R = \left(\frac{V_{rms}}{Z}\right)^2 R = \left(\frac{20}{834.4}\right)^2 \times 100 \approx (0.02397)^2 \times 100 \approx 0.05746\, W$ (અથવા $J/s$).
જરૂરી ઉષ્મા $Q = S \cdot \Delta T = 2\, J/^{\circ}C \times 10^{\circ}C = 20\, J$.
લાગતો સમય $t = \frac{Q}{P} = \frac{20}{0.05746} \approx 348.07\, s$.
આમ,સમય આશરે $348\, s$ છે.

(A) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષય પ્રથમ ક્રમની ગતિશાસ્ત્રને અનુસરે છે,જેનું સમીકરણ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ છે.
આપેલ છે કે $t$ સમય પછી બાકી રહેલો અંશ $\frac{N(t)}{N_0} = \frac{9}{16}$ છે,તેથી $e^{-\lambda t} = \frac{9}{16}$.
આપણે $\frac{t}{2}$ સમય પછી બાકી રહેલો અંશ $\frac{N(t/2)}{N_0}$ શોધવાનો છે.
$\frac{t}{2}$ સમય માટે ક્ષય સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{N(t/2)}{N_0} = e^{-\lambda (t/2)} = (e^{-\lambda t})^{1/2}$.
જાણીતી કિંમત મૂકતા: $\frac{N(t/2)}{N_0} = \sqrt{\frac{9}{16}} = \frac{3}{4}$.

(A) કેપેસિટર $C_{2}$ અને $C_{3}$ સમાંતર જોડાણમાં છે. તેથી,$C_{3}$ પરનો વોલ્ટેજ પણ $20\, V$ થશે.
આપેલ છે કે $C_{3} = 8\, \mu F$,તેથી કેપેસિટર $C_{3}$ પરનો વિદ્યુતભાર:
$q_{3} = C_{3} \times V = 8\, \mu F \times 20\, V = 160\, \mu C$.
સર્કિટમાં કુલ વિદ્યુતભાર $q_{total} = 750\, \mu C$ છે.
કુલ વિદ્યુતભાર $q_{total}$ એ સમાંતર જોડાણમાં રહેલા કેપેસિટર $C_{2}$ અને $C_{3}$ પરના વિદ્યુતભારોનો સરવાળો છે,તેથી:
$q_{total} = q_{2} + q_{3}$.
તેથી,$q_{2} = q_{total} - q_{3} = 750\, \mu C - 160\, \mu C = 590\, \mu C$.

(A) $t$ સમયે લૂપમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = BA \cos(\omega t)$ છે,જ્યાં $A = \pi ab$ એ લંબગોળ લૂપનું ક્ષેત્રફળ છે.
પ્રેરિત ઇલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સ $(EMF)$ ફેરાડેના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\epsilon = -\frac{d\phi}{dt} = AB\omega \sin(\omega t)$.
જૂલ હીટિંગને કારણે ત્વરિત પાવર વ્યય $P = \frac{\epsilon^{2}}{R} = \frac{(AB\omega \sin(\omega t))^{2}}{R} = \frac{A^{2}B^{2}\omega^{2}}{R} \sin^{2}(\omega t)$ છે.
એક સંપૂર્ણ ચક્ર પર સરેરાશ પાવર વ્યય $P_{avg} = \langle P \rangle = \frac{A^{2}B^{2}\omega^{2}}{R} \langle \sin^{2}(\omega t) \rangle$ છે.
ચક્ર પર $\sin^{2}(\omega t)$ ની સરેરાશ કિંમત $\frac{1}{2}$ હોવાથી,આપણને $P_{avg} = \frac{A^{2}B^{2}\omega^{2}}{R} \cdot \frac{1}{2}$ મળે છે.
$A = \pi ab$ મૂકતા,આપણને $P_{avg} = \frac{(\pi ab)^{2} B^{2} \omega^{2}}{2R} = \frac{\pi^{2} a^{2} b^{2} B^{2} \omega^{2}}{2R}$ મળે છે.

(A) આપેલ શ્રેણી સર્કિટ માટે કિર્ચોફના વોલ્ટેજ નિયમ મુજબ:
$V_{\text{battery}} - V_{\text{diode}} - I \times R = 0$
આપેલ છે:
$V_{\text{battery}} = 1.5\, V$
$V_{\text{diode}} = 0.5\, V$
$I = 10\, mA = 10 \times 10^{-3}\, A = 0.01\, A$
કિંમતો મૂકતા:
$1.5 - 0.5 - (0.01) \times R = 0$
$1.0 = 0.01 \times R$
$R = \frac{1.0}{0.01} = 100\, \Omega$
આમ,જરૂરી લઘુત્તમ અવરોધ $100\, \Omega$ છે.

(D) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં ફ્રિન્જની કોણીય પહોળાઈનું સૂત્ર $\Delta \theta = \frac{\lambda}{d}$ છે,જ્યાં $\lambda$ એ પ્રકાશની તરંગલંબાઇ છે અને $d$ એ સ્લિટ્સ વચ્ચેનું અંતર છે.
આપેલ છે: $\lambda = 500 \ nm = 500 \times 10^{-9} \ m$ અને $d = 0.05 \ mm = 0.05 \times 10^{-3} \ m = 5 \times 10^{-5} \ m$.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta \theta = \frac{500 \times 10^{-9}}{5 \times 10^{-5}} = 100 \times 10^{-4} = 0.01 \ radians$.
કોણીય પહોળાઈને રેડિયનમાંથી ડિગ્રીમાં ફેરવવા માટે,આપણે $\frac{180}{\pi}$ વડે ગુણીએ છીએ:
$\Delta \theta^{\circ} = 0.01 \times \frac{180}{3.14159} \approx 0.573^{\circ}$.
આમ,કોણીય પહોળાઈ $0.57^{\circ}$ ની નજીક છે.

(C) લંબાઈના એક સીધા તારને કારણે $r$ લંબ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} (\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ષટ્કોણાકાર કોઈલ માટે, કેન્દ્રથી બાજુનું અંતર $r = a \cos 30^{\circ} = a \frac{\sqrt{3}}{2}$ છે.
બાજુના છેડાઓ દ્વારા કેન્દ્ર પર બનતા ખૂણાઓ $\theta_1 = \theta_2 = 30^{\circ}$ છે.
એક બાજુ માટે, $B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi (a \sqrt{3} / 2)} (\sin 30^{\circ} + \sin 30^{\circ}) = \frac{\mu_0 I}{2 \pi a \sqrt{3}} (1) = \frac{\mu_0 I}{2 \pi a \sqrt{3}}$.
$N=50$ આંટાવાળા ષટ્કોણ માટે, કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 6 \times N \times B_1 = 6 \times 50 \times \frac{\mu_0 I}{2 \pi a \sqrt{3}} = \frac{150 \mu_0 I}{\pi a \sqrt{3}}$.
અહીં $a = 10 \, cm = 0.1 \, m$ આપેલ છે, તેથી $B = \frac{150 \mu_0 I}{\pi (0.1) \sqrt{3}} = \frac{1500}{\sqrt{3}} \frac{\mu_0 I}{\pi} = 500 \sqrt{3} \frac{\mu_0 I}{\pi}$.

(A) જ્યારે બે વાહક ગોળાઓને તાર દ્વારા જોડવામાં આવે છે,ત્યારે તેમના પોટેન્શિયલ સમાન ન થાય ત્યાં સુધી વિદ્યુતભાર વહે છે.
ધારો કે અંતિમ વિદ્યુતભાર $Q_{1}'$ અને $Q_{2}'$ છે.
વિદ્યુતભારના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,કુલ વિદ્યુતભાર અચળ રહે છે:
$Q_{1}' + Q_{2}' = Q_{1} + Q_{2} = 12\, \mu C - 3\, \mu C = 9\, \mu C$.
પોટેન્શિયલ સમાન હોવાથી $(V_{1} = V_{2})$,આપણને મળે છે:
$\frac{K Q_{1}'}{R_{1}} = \frac{K Q_{2}'}{R_{2}} \Rightarrow \frac{Q_{1}'}{2R/3} = \frac{Q_{2}'}{R/3}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $Q_{1}' = 2 Q_{2}'$ મળે છે.
આ કિંમતને સંરક્ષણના સમીકરણમાં મૂકતા:
$2 Q_{2}' + Q_{2}' = 9\, \mu C \Rightarrow 3 Q_{2}' = 9\, \mu C \Rightarrow Q_{2}' = 3\, \mu C$.
તેથી,$Q_{1}' = 2 \times 3\, \mu C = 6\, \mu C$.
આમ,અંતિમ વિદ્યુતભાર $6\, \mu C$ અને $3\, \mu C$ છે.

(A) ધારો કે બરણીની ત્રિજ્યા $R = 15\, cm$ છે. પ્રવાહીની ઊંચાઈ $h = 30\, cm$ છે. છિદ્ર તળિયેથી $45\, cm$ ની ઊંચાઈએ છે,તેથી પ્રવાહીની સપાટીથી છિદ્ર સુધીનું અંતર $45 - 30 = 15\, cm$ છે.
જ્યારે અવલોકનકાર તળિયાની ધારને જુએ છે,ત્યારે પ્રકાશનું કિરણ તળિયાની ધારથી પ્રવાહીની સપાટી સુધી જાય છે અને પછી છિદ્ર તરફ વક્રીભવન પામે છે.
ધારો કે $r$ એ લંબ સાથે પ્રવાહીમાં વક્રીભવનનો કોણ છે. ભૂમિતિ પરથી,ધારથી સપાટી પર જ્યાં કિરણ અથડાય છે ત્યાં સુધીનું આડું અંતર $15\, cm$ છે અને ઊભી ઊંડાઈ $30\, cm$ છે. આમ,$\tan r = \frac{15}{30} = \frac{1}{2}$.
આનો અર્થ એ છે કે $\sin r = \frac{1}{\sqrt{1^2 + 2^2}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$.
પ્રવાહી-હવા સપાટી પર આપાતકોણ $i$ એ કિરણ લંબ સાથે બનાવે છે તે કોણ છે. છિદ્રથી સપાટી પરના બિંદુ સુધીનું આડું અંતર $15\, cm$ અને ઊભું અંતર $15\, cm$ હોવાથી,$\tan i = \frac{15}{15} = 1$,તેથી $i = 45^{\circ}$.
સપાટી પર સ્નેલનો નિયમ લાગુ પાડતા: $1 \cdot \sin 45^{\circ} = \mu \cdot \sin r$.
$\frac{1}{\sqrt{2}} = \mu \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}$.
$\mu = \sqrt{\frac{5}{2}} = \sqrt{2.5} \approx 1.5811$.
આપેલ છે કે $\mu = \frac{N}{100}$,તેથી $N = 100 \mu = 100 \times 1.5811 = 158.11$.
$N$ પૂર્ણાંક હોવાથી,$N = 158$ મળે છે.

(A) આ સર્કિટમાં ત્રણ $NOT$ ગેટ (જે $NOR$ ગેટના ઇનપુટ્સને શોર્ટ કરીને બનાવવામાં આવ્યા છે) અને ત્યારબાદ એક $NOR$ ગેટનો સમાવેશ થાય છે.
ધારો કે ઇનપુટ્સ $A, B, C$ છે.
ત્રણ $NOT$ ગેટના આઉટપુટ $A' = \bar{A}$,$B' = \bar{B}$,અને $C' = \bar{C}$ છે.
આ આઉટપુટને $NOR$ ગેટમાં આપવામાં આવે છે. અંતિમ આઉટપુટ $Y$ નીચે મુજબ મળે છે:
$Y = \overline{A' + B' + C'} = \overline{\bar{A} + \bar{B} + \bar{C}}$.
ડી મોર્ગનના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$\overline{\bar{A} + \bar{B} + \bar{C}} = \overline{\bar{A}} \cdot \overline{\bar{B}} \cdot \overline{\bar{C}} = A \cdot B \cdot C$.
આમ,આ સર્કિટ $AND$ ઓપરેશન કરે છે.

(A) કેપેસિટર $C$ પરનો પ્રારંભિક ચાર્જ $Q = CV_{0}$ છે.
કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત પ્રારંભિક ઉર્જા $U_{i} = \frac{1}{2}CV_{0}^{2}$ છે.
જ્યારે સમાંતરમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે સામાન્ય પોટેન્શિયલ $V = \frac{Q_{total}}{C_{total}} = \frac{CV_{0}}{C + C/2} = \frac{CV_{0}}{3C/2} = \frac{2}{3}V_{0}$ મળે છે.
સિસ્ટમમાં સંગ્રહિત અંતિમ ઉર્જા $U_{f} = \frac{1}{2}(C + C/2)V^{2} = \frac{1}{2}(\frac{3C}{2})(\frac{2}{3}V_{0})^{2} = \frac{1}{2}(\frac{3C}{2})(\frac{4}{9}V_{0}^{2}) = \frac{1}{3}CV_{0}^{2}$ છે.
ઉર્જાનો વ્યય $\Delta U = U_{i} - U_{f} = \frac{1}{2}CV_{0}^{2} - \frac{1}{3}CV_{0}^{2} = \frac{1}{6}CV_{0}^{2}$ છે.
કારણ કે $\frac{1}{6} \approx 0.166$,તેથી સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) આપેલ વિદ્યુતક્ષેત્ર $\overrightarrow{E} = E_{0}(\hat{x} + \hat{y}) \sin(kz - \omega t)$ છે.
તરંગના પ્રસરણની દિશા $+z$-અક્ષની દિશામાં છે,તેથી $\hat{k} = \hat{z}$.
તરંગના પ્રસરણની દિશા,વિદ્યુતક્ષેત્ર અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર વચ્ચેનો સંબંધ $\hat{k} = \hat{E} \times \hat{B}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વિદ્યુતક્ષેત્ર માટેનો એકમ સદિશ $\hat{E} = \frac{\hat{x} + \hat{y}}{\sqrt{2}}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\hat{z} = \left(\frac{\hat{x} + \hat{y}}{\sqrt{2}}\right) \times \hat{B}$.
$\hat{B}$ માટે ઉકેલતા,આપણને $\hat{B} = \frac{-\hat{x} + \hat{y}}{\sqrt{2}}$ મળે છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રનું મૂલ્ય $B_{0} = \frac{E_{0}}{c}$ હોવાથી,ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\overrightarrow{B} = \frac{E_{0}}{c}(-\hat{x} + \hat{y}) \sin(kz - \omega t)$ થશે.

(A) પ્રોટોનની સંખ્યા $Z = 50$ અને ન્યુટ્રોનની સંખ્યા $N = A - Z = 120 - 50 = 70$ છે.
ન્યુક્લિયસનું અપેક્ષિત દળ $M_{expected} = Z m_{p} + N m_{n}$ છે.
$M_{expected} = 50(1.00783) + 70(1.00867) = 50.3915 + 70.6069 = 120.9984 \, U$.
દળ ક્ષતિ $\Delta m = M_{expected} - m_{Sn} = 120.9984 - 119.902199 = 1.096201 \, U$.
બંધન ઉર્જા $B.E. = \Delta m \times 931 \, MeV/U = 1.096201 \times 931 \approx 1020.56 \, MeV$.
ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જા $\frac{B.E.}{A} = \frac{1020.56}{120} \approx 8.5 \, MeV$ છે.

(B) પેરામેગ્નેટિક પદાર્થો માટે ક્યુરીના નિયમ મુજબ,ચુંબકીય સસેપ્ટિબિલિટી $\chi$ એ નિરપેક્ષ તાપમાન $T$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $\chi \propto \frac{1}{T}$.
મેગ્નેટાઇઝેશન $M$ એ બાહ્ય ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ અને સસેપ્ટિબિલિટી $\chi$ સાથે $M = \chi H$ સંબંધ ધરાવે છે,જ્યાં $H = \frac{B}{\mu_0}$. $\mu_0$ અચળ હોવાથી,આપણે $M \propto \frac{B}{T}$ લખી શકીએ.
આપેલ છે:
$M_1 = 6 \, A/m$,$B_1 = 0.4 \, T$,$T_1 = 4 \, K$
$M_2 = ?$,$B_2 = 0.3 \, T$,$T_2 = 24 \, K$
ગુણોત્તર $\frac{M_1}{M_2} = \frac{B_1 / T_1}{B_2 / T_2} = \frac{B_1 T_2}{B_2 T_1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{6}{M_2} = \frac{0.4 \times 24}{0.3 \times 4}$
$\frac{6}{M_2} = \frac{9.6}{1.2} = 8$
$M_2 = \frac{6}{8} = 0.75 \, A/m$.

(A) ઇન્ડક્ટરમાં સંગ્રહિત મહત્તમ ઉર્જા $U_{\max} = \frac{1}{2} L I_{\max}^2$ છે.
$L-R$ સર્કિટમાં $t$ સમયે પ્રવાહ $i = I_{\max}(1 - e^{-Rt/L})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપણે ઇચ્છીએ છીએ કે ઉર્જા $U = \frac{U_{\max}}{n}$ થાય. $U = \frac{1}{2} L i^2$ હોવાથી,આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{1}{2} L i^2 = \frac{1}{n} \left(\frac{1}{2} L I_{\max}^2\right)$,જેનું સાદું રૂપ $i = \frac{I_{\max}}{\sqrt{n}}$ થાય છે.
આ કિંમતને પ્રવાહના સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{I_{\max}}{\sqrt{n}} = I_{\max}(1 - e^{-Rt/L})$.
$I_{\max}$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{1}{\sqrt{n}} = 1 - e^{-Rt/L}$ મળે,અથવા $e^{-Rt/L} = 1 - \frac{1}{\sqrt{n}} = \frac{\sqrt{n}-1}{\sqrt{n}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લેતા: $-\frac{Rt}{L} = \ln \left(\frac{\sqrt{n}-1}{\sqrt{n}}\right)$.
$-1$ વડે ગુણીને ગોઠવતા: $\frac{Rt}{L} = -\ln \left(\frac{\sqrt{n}-1}{\sqrt{n}}\right) = \ln \left(\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}-1}\right)$.
તેથી,$t = \frac{L}{R} \ln \left(\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}-1}\right)$.

(D) આપેલ છે: જડત્વની ચાકમાત્રા $I = 0.8 \, kg \cdot m^2$,ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = 20 \, A \cdot m^2$,ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 4 \, T$.
શરૂઆતમાં,કોઈલ શિરોલંબ સ્થિતિમાં છે,તેથી ચુંબકીય મોમેન્ટ સદિશ (કોઈલના સમતલને લંબ) અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર (શિરોલંબ) વચ્ચેનો ખૂણો $\theta_i = 90^{\circ}$ છે.
$60^{\circ}$ પરિભ્રમણ પછી,નવો ખૂણો $\theta_f = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$ થાય છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $U_i + K_i = U_f + K_f$.
સ્થિતિ ઉર્જા $U = -\vec{M} \cdot \vec{B} = -MB \cos \theta$.
$K_i = 0$ (સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થાય છે).
$U_i = -MB \cos 90^{\circ} = 0$.
$U_f = -MB \cos 30^{\circ} = -20 \times 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = -40\sqrt{3} \, J$.
$K_f = \frac{1}{2} I \omega^2 = \frac{1}{2} (0.8) \omega^2 = 0.4 \omega^2$.
ઉર્જાને સરખાવતા: $0 + 0 = -40\sqrt{3} + 0.4 \omega^2$.
$0.4 \omega^2 = 40\sqrt{3} \implies \omega^2 = 100\sqrt{3}$.
$\omega = 10(3)^{1/4} \, rad \cdot s^{-1}$.

(D) જ્યારે વિદ્યુતભાર $q$ એ $x = 0$ થી $x = x_{0}$ સુધી ગતિ કરે છે ત્યારે વિદ્યુતક્ષેત્ર દ્વારા થતું કાર્ય $W$ એ બળ $F = qE$ નું સ્થાનાંતર $dx$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન છે.
$W = \int_{0}^{x_{0}} qE \, dx = qE_{0} \int_{0}^{x_{0}} (1 - ax^{2}) \, dx$
સંકલન કરતા:
$W = qE_{0} \left[ x - \frac{ax^{3}}{3} \right]_{0}^{x_{0}} = qE_{0} \left( x_{0} - \frac{ax_{0}^{3}}{3} \right)$
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,ગતિઊર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta KE$ એ થયેલા કાર્ય $W$ જેટલો હોય છે. કણ સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થાય છે અને આપણે તે સ્થાન શોધવાનું છે જ્યાં ગતિઊર્જા ફરીથી શૂન્ય થાય,તેથી $\Delta KE = 0$,જેનો અર્થ છે કે $W = 0$.
$W = 0$ લેતા:
$qE_{0} \left( x_{0} - \frac{ax_{0}^{3}}{3} \right) = 0$
અહીં $q \neq 0$ અને $E_{0} \neq 0$ હોવાથી:
$x_{0} - \frac{ax_{0}^{3}}{3} = 0$
$x_{0} (1 - \frac{ax_{0}^{2}}{3}) = 0$
પ્રારંભિક સ્થાન $x_{0} = 0$ ને અવગણતા,$x_{0}$ માટે ઉકેલતા:
$1 - \frac{ax_{0}^{2}}{3} = 0$
$ax_{0}^{2} = 3$
$x_{0} = \sqrt{\frac{3}{a}}$

(D) આ પરિપથ એક સંતુલિત વ્હીટસ્ટોન બ્રિજ જેવી રચના છે.
સંમિતિને કારણે,બિંદુ $B$ અને બિંદુ $D$ પરનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન સમાન છે.
$V_{B} = V_{D}$ હોવાથી,$B$ અને $D$ વચ્ચે જોડાયેલા $5 \Omega$ ના અવરોધોમાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
આમ,પરિપથ $A$ અને $C$ વચ્ચેના બે સમાંતર શાખાઓમાં સરળ બને છે.
ઉપરની શાખામાં શ્રેણીમાં જોડાયેલા બે $2 \Omega$ ના અવરોધો છે,તેથી $R_{upper} = 2 + 2 = 4 \Omega$.
નીચેની શાખામાં શ્રેણીમાં જોડાયેલા બે $2 \Omega$ ના અવરોધો છે,તેથી $R_{lower} = 2 + 2 = 4 \Omega$.
વચ્ચેની શાખામાં શ્રેણીમાં જોડાયેલા બે $4 \Omega$ ના અવરોધો છે,તેથી $R_{middle} = 4 + 4 = 8 \Omega$.
ત્રણ સમાંતર શાખાઓનો કુલ અવરોધ $R_{eq}$ માટે $\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{5}{8} \Omega^{-1}$,તેથી $R_{eq} = 1.6 \Omega$.
પ્રવાહ $i_{1}$ એ $8 \Omega$ અવરોધ ધરાવતી વચ્ચેની શાખામાંથી વહે છે.
$A$ અને $C$ વચ્ચેનો વોલ્ટેજ $8 V$ હોવાથી,પ્રવાહ $i_{1} = \frac{V}{R_{middle}} = \frac{8 V}{8 \Omega} = 1 A$.

(C) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$eV = \frac{hc}{\lambda} - \phi$
આને $V$ માટે ગોઠવતા:
$V = \left(\frac{hc}{e}\right)\left(\frac{1}{\lambda}\right) - \frac{\phi}{e}$
આને સીધી રેખાના સમીકરણ $y = mx + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
ઢાળ $m = \frac{hc}{e}$ અને અંતઃખંડ $c = -\frac{\phi}{e}$.
અહીં,$h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે,$c$ એ પ્રકાશની ગતિ છે,$e$ એ ઈલેક્ટ્રોનનો વીજભાર છે,અને $\phi$ એ ધાતુની સપાટીનું વર્ક ફંક્શન છે.
આમાંથી કોઈ પણ પરિમાણ $(h, c, e, \phi)$ આપાત વિકિરણની તીવ્રતા પર આધારિત નથી. વિકિરણની તીવ્રતા માત્ર એકમ સમયમાં ઉત્સર્જિત થતા ફોટોઈલેક્ટ્રોનની સંખ્યા (ફોટોઈલેક્ટ્રિક પ્રવાહ) ને અસર કરે છે,તેમની મહત્તમ ગતિઊર્જા કે સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલને નહીં.
તેથી,આપાત વિકિરણની તીવ્રતા બદલવાથી આલેખના ઢાળ કે અંતઃખંડ પર કોઈ અસર થતી નથી. આમ,આલેખ બદલાતો નથી.

(A) એક સ્લિટના વિવર્તનના પ્રયોગમાં ન્યૂનતમ માટેની શરત $d \sin \theta = n \lambda$ છે,જ્યાં $n = \pm 1, \pm 2, \pm 3, \dots$
$|\sin \theta| < 1$ હોવાથી,$n < \frac{d}{\lambda}$ મળે.
અહીં $d = 0.6 \times 10^{-4} \ m = 6 \times 10^{-5} \ m$ અને $\lambda = 6000 \times 10^{-10} \ m = 6 \times 10^{-7} \ m$ આપેલ છે.
ગુણોત્તરની ગણતરી કરતા: $\frac{d}{\lambda} = \frac{6 \times 10^{-5}}{6 \times 10^{-7}} = 100$.
આમ,$n < 100$. એક બાજુ માટે $n$ ના શક્ય પૂર્ણાંક મૂલ્યો $1, 2, \dots, 99$ છે.
તેથી,એક બાજુ પર મળતા ન્યૂનતમની સંખ્યા $99$ છે.
મધ્યસ્થ અધિક્તમની બંને બાજુએ મળતા કુલ ન્યૂનતમની સંખ્યા $99 + 99 = 198$ થાય.

(C) પરિપથમાં $40 \ V$ ની બેટરી સાથે સમાંતરમાં જોડાયેલી બે શાખાઓ છે.
શાખા $ABC$ માં $40 \ \Omega$ અને $60 \ \Omega$ ના અવરોધો શ્રેણીમાં છે. કુલ અવરોધ $R_1 = 40 + 60 = 100 \ \Omega$.
પ્રવાહ $i_1 = \frac{V}{R_1} = \frac{40}{100} = 0.4 \ A$.
$A$ ની સાપેક્ષે $B$ પાસેનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V_A - V_B = i_1 \times 40 = 0.4 \times 40 = 16 \ V$ છે. તેથી,$V_B = V_A - 16$.
શાખા $ADC$ માં $90 \ \Omega$ અને $110 \ \Omega$ ના અવરોધો શ્રેણીમાં છે. કુલ અવરોધ $R_2 = 90 + 110 = 200 \ \Omega$.
પ્રવાહ $i_2 = \frac{V}{R_2} = \frac{40}{200} = 0.2 \ A$.
$A$ ની સાપેક્ષે $D$ પાસેનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V_A - V_D = i_2 \times 90 = 0.2 \times 90 = 18 \ V$ છે. તેથી,$V_D = V_A - 18$.
$BD$ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $|V_B - V_D| = |(V_A - 16) - (V_A - 18)| = |-16 + 18| = 2 \ V$ થાય.

(D) બહિર્ગોળ લેન્સ માટે સ્થાનાંતરની રીતનો ઉપયોગ કરતા,કેન્દ્રલંબાઈ $f$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$f = \frac{D^2 - d^2}{4D}$
જ્યાં $D$ એ વસ્તુ અને પડદા વચ્ચેનું અંતર છે,અને $d$ એ લેન્સના બે સ્થાનો વચ્ચેનું અંતર છે.
અહીં $D = 100\, cm$ અને $d = 40\, cm$ આપેલ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$f = \frac{100^2 - 40^2}{4 \times 100} = \frac{10000 - 1600}{400} = \frac{8400}{400} = 21\, cm$.
લેન્સનો પાવર $P$ ડાયોપ્ટર $(D)$ માં $P = \frac{100}{f(cm)}$ દ્વારા મળે છે:
$P = \frac{100}{21} D$.
આપણને $P = \left(\frac{N}{100}\right) D$ આપેલ છે,તેથી:
$\frac{N}{100} = \frac{100}{21} \approx 4.7619$.
$N = \frac{10000}{21} \approx 476.19$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,$N = 476$.

(C) આપેલ છે: તીવ્રતા $I_0 = 3.3 \, W m^{-2}$,ક્ષેત્રફળ $A = 3 \times 10^{-4} \, m^2$,કોણીય ઝડપ $\omega = 31.4 \, rad/s$.
ઘૂમતા પોલરાઇઝરમાંથી પસાર થતી પ્રકાશની તીવ્રતા માલસના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $I(t) = I_0 \cos^2(\omega t)$.
કોઈપણ ક્ષણે પ્રસારિત પાવર $P(t) = I(t) \times A = I_0 A \cos^2(\omega t)$ છે.
એક પરિભ્રમણમાં (સમયગાળો $T = \frac{2\pi}{\omega}$) પ્રસારિત થતી ઉર્જા $E$ એ સમયગાળા દરમિયાન પાવરનું સંકલન છે:
$E = \int_{0}^{T} P(t) dt = \int_{0}^{2\pi/\omega} I_0 A \cos^2(\omega t) dt$.
પૂર્ણ ચક્ર પર $\cos^2(\theta)$ ની સરેરાશ કિંમત $\frac{1}{2}$ હોવાથી:
$E = I_0 A \times \frac{1}{2} \times T = I_0 A \times \frac{1}{2} \times \frac{2\pi}{\omega} = \frac{I_0 A \pi}{\omega}$.
કિંમતો મૂકતા:
$E = \frac{3.3 \times 3 \times 10^{-4} \times 3.14}{31.4} = \frac{3.3 \times 3 \times 10^{-4} \times 3.14}{10 \times 3.14} = \frac{9.9 \times 10^{-4}}{10} = 0.99 \times 10^{-4} \, J$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,$E \approx 1 \times 10^{-4} \, J$.

(C) વિદ્યુતચુંબકીય વર્ણપટને તરંગલંબાઈના આધારે ક્રમબદ્ધ કરવામાં આવે છે.
રેડિયો તરંગોની તરંગલંબાઈ સૌથી વધુ હોય છે,ત્યારબાદ માઇક્રોવેવ્સ,ઇન્ફ્રારેડ,દ્રશ્ય પ્રકાશ,અલ્ટ્રાવાયોલેટ,એક્સ-રે અને ગામા કિરણો આવે છે,જેની તરંગલંબાઈ સૌથી ઓછી હોય છે.
તેથી,ઘટતી તરંગલંબાઈનો સાચો ક્રમ આ મુજબ છે:
$\lambda_{\text{radio waves}} > \lambda_{\text{microwaves}} > \lambda_{\text{visible}} > \lambda_{\text{x-rays}}$.

(D) આલેખ આપાત પ્રકાશની આવૃત્તિ $f$ સાથે સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_s$ નો ફેરફાર દર્શાવે છે.
આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ: $hf = \phi + eV_s$,જ્યાં $\phi$ એ વર્ક ફંક્શન છે.
થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ $f_0$ પર,સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_s = 0$ થાય છે.
આલેખ પરથી,આવૃત્તિ અક્ષ પરનો છેદબિંદુ (જ્યાં $V_s = 0$) $f_0 = 5 \times 10^{14} \, Hz$ છે.
વર્ક ફંક્શન $\phi$ એ $\phi = hf_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\phi = (6.62 \times 10^{-34} \, J \cdot s) \times (5 \times 10^{14} \, Hz) = 33.1 \times 10^{-20} \, J$.
આ ઉર્જાને ઈલેક્ટ્રોન-વોલ્ટ $(eV)$ માં રૂપાંતરિત કરવા માટે,ઈલેક્ટ્રોનના વિદ્યુતભાર $(e = 1.6 \times 10^{-19} \, C)$ વડે ભાગો:
$\phi = \frac{33.1 \times 10^{-20}}{1.6 \times 10^{-19}} \, eV = 2.06875 \, eV \approx 2.07 \, eV$.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,સૌથી નજીકની કિંમત $2.10 \, eV$ છે.

(C) વર્તુળાકાર ચાપના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I \theta}{4 \pi R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $\theta$ એ કેન્દ્ર પર ચાપ દ્વારા આંતરેલો ખૂણો રેડિયનમાં છે.
તાર $A$ માટે: $I_A = 2 \, A$, $R_A = 2 \, cm$, અને આંતરેલો ખૂણો $\theta_A = 360^\circ - 90^\circ = 270^\circ = \frac{3 \pi}{2} \, \text{રેડિયન}$.
તેથી, $B_A = \frac{\mu_0 (2) (3 \pi / 2)}{4 \pi (2)} = \frac{3 \mu_0}{8}$.
તાર $B$ માટે: $I_B = 3 \, A$, $R_B = 4 \, cm$, અને આંતરેલો ખૂણો $\theta_B = 360^\circ - 60^\circ = 300^\circ = \frac{5 \pi}{3} \, \text{રેડિયન}$.
તેથી, $B_B = \frac{\mu_0 (3) (5 \pi / 3)}{4 \pi (4)} = \frac{5 \mu_0}{16}$.
ગુણોત્તર $\frac{B_A}{B_B} = \frac{3 \mu_0 / 8}{5 \mu_0 / 16} = \frac{3}{8} \times \frac{16}{5} = \frac{6}{5}$ થાય છે.

(D) બાહ્ય ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં ગજિયા ચુંબક પર લાગતું ટોર્ક $\tau = MB \sin \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: $\theta = 30^{\circ}$,$\tau = 0.018\, Nm$,$B = 0.06\, T$.
કિંમતો મૂકતા: $0.018 = M \times 0.06 \times \sin 30^{\circ}$.
કારણ કે $\sin 30^{\circ} = 0.5$,તેથી $0.018 = M \times 0.06 \times 0.5 = M \times 0.03$.
આમ,$M = \frac{0.018}{0.03} = 0.6\, A\cdot m^2$.
ચુંબકીય ડાયપોલની સ્થિતિ ઉર્જા $U = -MB \cos \theta$ છે.
સ્થાયી સંતુલન $\theta = 0^{\circ}$ પર હોય છે,તેથી $U_i = -MB \cos 0^{\circ} = -MB$.
અસ્થાયી સંતુલન $\theta = 180^{\circ}$ પર હોય છે,તેથી $U_f = -MB \cos 180^{\circ} = MB$.
થયેલ કાર્ય $W$ એ સ્થિતિ ઉર્જામાં થતો ફેરફાર છે: $W = U_f - U_i = MB - (-MB) = 2MB$.
$W = 2 \times 0.6 \times 0.06 = 0.072\, J = 7.2 \times 10^{-2} J$.

(A) રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{m}{2} v_{0} + \frac{m}{3} (0) = \frac{m}{2} v_{A} + \frac{m}{3} v_{B}$
$\frac{v_{0}}{2} = \frac{v_{A}}{2} + \frac{v_{B}}{3} \Rightarrow v_{0} = v_{A} + \frac{2}{3} v_{B} \Rightarrow 3v_{0} = 3v_{A} + 2v_{B} \quad ....(1)$
અથડામણ સ્થિતિસ્થાપક હોવાથી $(e = 1)$:
$e = 1 = \frac{v_{B} - v_{A}}{v_{0}} \Rightarrow v_{0} = v_{B} - v_{A} \quad ....(2)$
સમીકરણ $(2)$ પરથી,$v_{B} = v_{0} + v_{A}$. આ કિંમત સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$3v_{0} = 3v_{A} + 2(v_{0} + v_{A})$
$3v_{0} = 3v_{A} + 2v_{0} + 2v_{A}$
$v_{0} = 5v_{A} \Rightarrow v_{A} = \frac{v_{0}}{5}$
કણ $A$ ની પ્રારંભિક ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ:
$\lambda_{0} = \frac{h}{m_{A} v_{0}} = \frac{h}{(\frac{m}{2}) v_{0}} = \frac{2h}{mv_{0}}$
કણ $A$ ની અંતિમ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ:
$\lambda_{f} = \frac{h}{m_{A} v_{A}} = \frac{h}{(\frac{m}{2}) (\frac{v_{0}}{5})} = \frac{10h}{mv_{0}}$
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈમાં ફેરફાર:
$\Delta \lambda = \lambda_{f} - \lambda_{0} = \frac{10h}{mv_{0}} - \frac{2h}{mv_{0}} = \frac{8h}{mv_{0}}$
કારણ કે $\lambda_{0} = \frac{2h}{mv_{0}}$,તેથી $\Delta \lambda = 4 \times (\frac{2h}{mv_{0}}) = 4 \lambda_{0}$.