JEE Main 2021 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) ગોળાના કદનું સૂત્ર $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ છે.
બંને બાજુ લઘુગણક લેતા,આપણને મળે છે $\ln V = \ln(\frac{4}{3} \pi) + 3 \ln r$.
બંને બાજુ વિકલન કરતા,આપણને સાપેક્ષ ત્રુટિનું સૂત્ર મળે છે: $\frac{\Delta V}{V} = 3 \frac{\Delta r}{r}$.
અહીં $r = 7.50 \, cm$ અને $\Delta r = 0.85 \, cm$ આપેલ છે.
કદમાં પ્રતિશત ત્રુટિ $\frac{\Delta V}{V} \times 100 = 3 \times (\frac{\Delta r}{r}) \times 100$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\Delta V}{V} \times 100 = 3 \times (\frac{0.85}{7.50}) \times 100$.
$\frac{\Delta V}{V} \times 100 = 3 \times 0.11333 \times 100 = 34\%$.
આમ,$x$ નું મૂલ્ય $34$ છે.

(D) ચક્રીય પ્રક્રિયામાં થયેલું કુલ કાર્ય એ દરેક વ્યક્તિગત પ્રક્રિયામાં થયેલા કાર્યનો સરવાળો છે.
$1$. પ્રક્રિયા $A \rightarrow B$ (સમતાપી વિસ્તરણ) માટે:
$W_{AB} = nRT \ln \left(\frac{V_{2}}{V_{1}}\right) = nRT \ln \left(\frac{2V_{1}}{V_{1}}\right) = nRT \ln 2$.
$2$. પ્રક્રિયા $B \rightarrow C$ (સમદાબી સંકોચન) માટે:
$A$ થી $B$ સુધીની પ્રક્રિયા સમતાપી હોવાથી,$P_{1}V_{1} = P_{2}V_{2}$. આપેલ છે કે $V_{2} = 2V_{1}$,તેથી $P_{1}V_{1} = P_{2}(2V_{1})$,જેનો અર્થ છે કે $P_{2} = \frac{P_{1}}{2}$.
$W_{BC} = P_{2}(V_{1} - V_{2}) = P_{2}(V_{1} - 2V_{1}) = -P_{2}V_{1}$.
બિંદુ $B$ પર આદર્શ વાયુ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા,$P_{2}V_{2} = nRT$,તેથી $P_{2}(2V_{1}) = nRT$,જે આપે છે $P_{2}V_{1} = \frac{nRT}{2}$.
આમ,$W_{BC} = -\frac{nRT}{2}$.
$3$. પ્રક્રિયા $C \rightarrow A$ (સમકદ ફેરફાર) માટે:
કદ અચળ $(V_{1})$ હોવાથી,થયેલું કાર્ય $W_{CA} = 0$.
કુલ કાર્ય $W_{net} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} = nRT \ln 2 - \frac{nRT}{2} + 0 = nRT \left(\ln 2 - \frac{1}{2}\right)$.

(B) બે તારાઓ વચ્ચેનું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ તેમના સામાન્ય દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર (c.o.m.) ની આસપાસ તેમની વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
$m$ દળના તારાનું c.o.m. થી અંતર $r_1 = \frac{2m}{m+2m} d = \frac{2d}{3}$ છે.
ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F = \frac{G(m)(2m)}{d^2} = \frac{2Gm^2}{d^2}$ છે.
$m$ દળના તારા માટે,કેન્દ્રગામી બળ $F = m \omega^2 r_1 = m \omega^2 (\frac{2d}{3})$ છે.
બળોને સરખાવતા: $\frac{2Gm^2}{d^2} = m \omega^2 (\frac{2d}{3})$.
સાદું રૂપ આપતા: $\frac{Gm}{d^2} = \omega^2 \frac{d}{3} \implies \omega^2 = \frac{3Gm}{d^3}$.
આમ,$\omega = \sqrt{\frac{3Gm}{d^3}}$.
પરિભ્રમણનો આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{d^3}{3Gm}}$ મળે છે.

(C) દળ $M$ અને ત્રિજ્યા $R$ ધરાવતી પાતળી વર્તુળાકાર રીંગ માટે,તેના વ્યાસને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{1} = \frac{1}{2} MR^{2}$ છે.
દળ $M$ અને ત્રિજ્યા $R$ ધરાવતી વર્તુળાકાર તકતી માટે,તેના કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અને તકતીને લંબ અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{2} = \frac{1}{2} MR^{2}$ છે.
દળ $M$ અને ત્રિજ્યા $R$ ધરાવતા નક્કર નળાકાર માટે,તેની અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{3} = \frac{1}{2} MR^{2}$ છે.
દળ $M$ અને ત્રિજ્યા $R$ ધરાવતા નક્કર ગોળા માટે,તેના વ્યાસને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{4} = \frac{2}{5} MR^{2}$ છે.
આ મૂલ્યોની સરખામણી કરતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $I_{1} = I_{2} = I_{3} = 0.5 MR^{2}$ અને $I_{4} = 0.4 MR^{2}$ છે.
તેથી,$I_{1} = I_{2} = I_{3} > I_{4}$ થાય.

(B) જ્યારે દળ $M$ સંતુલન સ્થિતિમાં હોય છે,ત્યારે તેનો વેગ મહત્તમ હોય છે. વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$p_{i} = p_{f}$
$M v_{max} = (M + m) v^{\prime}_{max}$
$M (A \omega) = (M + m) (A^{\prime} \omega^{\prime})$
અહીં $\omega = \sqrt{\frac{k}{M}}$ અને $\omega^{\prime} = \sqrt{\frac{k}{M+m}}$ છે.
તેથી,$M A \sqrt{\frac{k}{M}} = (M + m) A^{\prime} \sqrt{\frac{k}{M+m}}$
$A \sqrt{M k} = A^{\prime} \sqrt{(M + m) k}$
$A^{\prime} = A \sqrt{\frac{M}{M+m}}$

(C) યંગ મોડ્યુલસ $(Y)$,બલ્ક મોડ્યુલસ $(K)$ અને મોડ્યુલસ ઓફ રિજિડિટી $(\eta)$ વચ્ચેનો સંબંધ પોઈસન ગુણોત્તર $(\sigma)$ નો ઉપયોગ કરીને મેળવવામાં આવે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે:
$Y = 3K(1 - 2\sigma) \implies 1 - 2\sigma = \frac{Y}{3K} \implies 2\sigma = 1 - \frac{Y}{3K} \implies \sigma = \frac{1}{2} - \frac{Y}{6K} \dots (i)$
$Y = 2\eta(1 + \sigma) \implies 1 + \sigma = \frac{Y}{2\eta} \implies \sigma = \frac{Y}{2\eta} - 1 \dots (ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ ને સરખાવતા:
$\frac{1}{2} - \frac{Y}{6K} = \frac{Y}{2\eta} - 1$
$1 + \frac{1}{2} = \frac{Y}{2\eta} + \frac{Y}{6K}$
$\frac{3}{2} = \frac{3KY + Y\eta}{6K\eta}$
$9K\eta = 3KY + Y\eta$
$9K\eta = Y(3K + \eta)$
$Y = \frac{9K\eta}{3K + \eta}$
આમ,સાચો સંબંધ $Y = \frac{9K\eta}{3K + \eta}$ છે.

(A) ધારો કે ચાર કણો $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળમાં અંતર્ગત ચોરસના ખૂણાઓ પર છે. કોઈપણ એક કણ માટે,અન્ય ત્રણ કણો દ્વારા લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ નીચે મુજબ છે:
$1$. વ્યાસાંત સામેના કણ દ્વારા લાગતું બળ $F_1 = \frac{G m^2}{(2R)^2} = \frac{G m^2}{4R^2}$.
$2$. પાસપાસેના બે કણો દ્વારા લાગતું બળ $F_2 = F_3 = \frac{G m^2}{(\sqrt{2}R)^2} = \frac{G m^2}{2R^2}$.
કેન્દ્ર તરફ લાગતું કુલ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F_{\text{net}}$ એ આ બળોના ત્રિજ્યાવર્તી ઘટકોનો સરવાળો છે:
$F_{\text{net}} = F_1 + F_2 \cos 45^{\circ} + F_3 \cos 45^{\circ}$
$F_{\text{net}} = \frac{G m^2}{4R^2} + \frac{G m^2}{2R^2} \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + \frac{G m^2}{2R^2} \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$
$F_{\text{net}} = \frac{G m^2}{R^2} \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{G m^2}{4R^2} (1 + 2\sqrt{2})$.
આ કુલ બળ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $F_{\text{net}} = \frac{m v^2}{R}$.
બંનેને સરખાવતા: $\frac{m v^2}{R} = \frac{G m^2}{4R^2} (1 + 2\sqrt{2})$.
$v^2 = \frac{G m}{4R} (1 + 2\sqrt{2})$.
$m = 1 \, kg$ અને $R = 1 \, m$ લેતા,$v^2 = \frac{G}{4} (1 + 2\sqrt{2})$.
$v = \sqrt{\frac{G}{4} (1 + 2\sqrt{2})} = \frac{\sqrt{G(1+2\sqrt{2})}}{2}$.

(B) પ્રવેગ $a$ એ વેગ-સમય $(v-t)$ આલેખના ઢાળ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે,એટલે કે $a = \frac{dv}{dt}$.
આપેલ $v-t$ આલેખમાં,$AM$ વિભાગ એ અચળ ઋણ ઢાળ ધરાવતી સીધી રેખા છે. તેથી,આ સમયગાળા દરમિયાન પ્રવેગ અચળ અને ઋણ રહે છે.
$MB$ વિભાગ એ અચળ ધન ઢાળ ધરાવતી સીધી રેખા છે. તેથી,આ સમયગાળા દરમિયાન પ્રવેગ અચળ અને ધન રહે છે.
આમ,પ્રવેગ-સમયનો આલેખ પહેલા અચળ ઋણ મૂલ્ય અને ત્યારબાદ અચળ ધન મૂલ્ય દર્શાવશે,જે વિકલ્પ $B$ માં દર્શાવેલ આકાર સાથે મેળ ખાય છે.

(B) સમતાપી પ્રક્રિયા: આ પ્રક્રિયામાં, તંત્રનું તાપમાન અચળ રહે છે $(\Delta T = 0)$. તેથી, $(a) \rightarrow (ii)$.
$(b)$ સમકદ પ્રક્રિયા: આ પ્રક્રિયામાં, તંત્રનું કદ અચળ રહે છે $(\Delta V = 0)$. તેથી, $(b) \rightarrow (iii)$.
$(c)$ એડિબેટિક પ્રક્રિયા: આ પ્રક્રિયામાં, તંત્ર અને આસપાસ વચ્ચે ઉષ્માની કોઈ આપ-લે થતી નથી $(\Delta Q = 0)$. તેથી, ઉષ્માનો જથ્થો અચળ રહે છે. આમ, $(c) \rightarrow (iv)$.
$(d)$ સમદાબી પ્રક્રિયા: આ પ્રક્રિયામાં, તંત્રનું દબાણ અચળ રહે છે $(\Delta P = 0)$. તેથી, $(d) \rightarrow (i)$.
તેથી, સાચી જોડ $(a) \rightarrow (ii), (b) \rightarrow (iii), (c) \rightarrow (iv), (d) \rightarrow (i)$ છે.

(A) સમઘન બોક્સનું પ્રારંભિક કદ $V = a^{3}$ છે.
કદ પ્રસરણાંક $\gamma$ અને રેખીય પ્રસરણાંક $\alpha$ વચ્ચેનો સંબંધ $\gamma = 3\alpha$ છે.
તાપમાનમાં $\Delta T$ જેટલો ફેરફાર થવાથી કદમાં થતો ફેરફાર $\Delta V$ એ સૂત્ર $\Delta V = V \gamma \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ સૂત્રમાં $V$ અને $\gamma$ ની કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\Delta V = a^{3} \times (3\alpha) \times \Delta T$.
તેથી,ધાતુના બોક્સના કદમાં થતો વધારો $\Delta V = 3 a^{3} \alpha \Delta T$ છે.

(C) પરિભ્રમણ સમયગાળો $T$ એ કોણીય વેગ $\omega$ સાથે $T = \frac{2\pi}{\omega}$ સૂત્ર દ્વારા સંબંધિત છે.
આપેલ સમયગાળા $T_{1} = 1\, hr$ અને $T_{2} = 8\, hr$ છે.
સમયગાળાનો ગુણોત્તર $\frac{T_{1}}{T_{2}} = \frac{1}{8}$ છે.
$T$ માટેના સૂત્રને $\omega$ ના સંદર્ભમાં મૂકતા:
$\frac{2\pi / \omega_{1}}{2\pi / \omega_{2}} = \frac{1}{8}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{\omega_{2}}{\omega_{1}} = \frac{1}{8}$ મળે છે.
તેથી,$S_{1}$ અને $S_{2}$ ના કોણીય વેગનો ગુણોત્તર $\frac{\omega_{1}}{\omega_{2}} = \frac{8}{1}$ એટલે કે $8:1$ થાય છે.

(B) ઘાતાંકીય વિધેયનો ઘાતાંક પરિમાણરહિત હોવો જોઈએ,તેથી $\frac{x^{2}}{\alpha kT}$ પરિમાણરહિત છે.
$[\alpha] = \frac{[x^{2}]}{[kT]} = \frac{L^{2}}{M L^{2} T^{-2}} = M^{-1} T^{2}$.
કારણ કે ઘાતાંકીય પદ $e^{-\frac{x^{2}}{\alpha kT}}$ પરિમાણરહિત છે,તેથી કાર્ય $W$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[W] = [\alpha][\beta]^{2}$ દ્વારા મળે છે.
$[W] = M L^{2} T^{-2}$.
પારિમાણિક સૂત્રો મૂકતા: $M L^{2} T^{-2} = (M^{-1} T^{2}) [\beta]^{2}$.
$[\beta]^{2} = \frac{M L^{2} T^{-2}}{M^{-1} T^{2}} = M^{2} L^{2} T^{-4}$.
વર્ગમૂળ લેતા: $[\beta] = M L T^{-2}$.

(A) બ્લોકનો ફ્રી બોડી ડાયાગ્રામ $(FBD)$ આકૃતિમાં દર્શાવેલ છે.
બ્લોક સ્થિર હોવાથી,બળો સંતુલિત હોવા જોઈએ.
શિરોલંબ દિશામાં: ઘર્ષણ બળ $f_r$ એ વજન $mg$ ને સંતુલિત કરે છે.
$f_r - mg = 0 \Rightarrow f_r = mg$ $........(1)$
સમક્ષિતિજ દિશામાં: લગાડવામાં આવેલ બળ $F$ એ દીવાલ દ્વારા લાગતી લંબ પ્રતિક્રિયા $N$ દ્વારા સંતુલિત થાય છે.
$F - N = 0 \Rightarrow N = F$ $..........(2)$
આપણે જાણીએ છીએ કે ઘર્ષણ બળ $f_r \leq \mu N$ હોય છે.
સીમાંત કિસ્સામાં,બ્લોકને નીચે સરકતો અટકાવવા માટે:
$f_r = \mu N$
સમીકરણમાં $f_r = mg$ અને $N = F$ મૂકતા:
$mg = \mu F$
$F = \frac{mg}{\mu}$
અહીં $m = 0.5\, kg$,$g = 10\, m/s^2$,અને $\mu = 0.2$ આપેલ છે:
$F = \frac{0.5 \times 10}{0.2} = \frac{5}{0.2} = 25\, N$.

(B) પાસ્કલના નિયમ મુજબ,બંધ પાત્રમાં રહેલા પ્રવાહી પર લગાડવામાં આવતું દબાણ પ્રવાહીના દરેક ભાગમાં અને પાત્રની દીવાલો પર સમાન રીતે વહેંચાય છે. હાઇડ્રોલિક લિફ્ટ માટે,બંને પિસ્ટન પરનું દબાણ સમાન હોય છે:
$\frac{F_1}{A_1} = \frac{F_2}{A_2}$
પ્રથમ કિસ્સામાં,ધારો કે $A_1$ એ નાના પિસ્ટનનું ક્ષેત્રફળ છે અને $A_2$ એ મોટા પિસ્ટનનું ક્ષેત્રફળ છે. નાના પિસ્ટન પરનું બળ $mg$ છે અને મોટા પિસ્ટન પરનું બળ $100g$ છે:
$\frac{mg}{A_1} = \frac{100g}{A_2} \implies \frac{100}{m} = \frac{A_2}{A_1} \quad .......(1)$
ક્ષેત્રફળ $A = \frac{\pi d^2}{4}$ હોવાથી,ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર વ્યાસના ગુણોત્તરના વર્ગના પ્રમાણમાં હોય છે: $\frac{A_2}{A_1} = \left(\frac{d_2}{d_1}\right)^2$.
બીજા કિસ્સામાં,મોટા પિસ્ટનનો નવો વ્યાસ $d_2' = 4d_2$ છે અને નાના પિસ્ટનનો નવો વ્યાસ $d_1' = \frac{d_1}{4}$ છે.
ધારો કે નવું ઊંચકાયેલું દળ $M_0$ છે. નવા ક્ષેત્રફળો $A_2' = (4)^2 A_2 = 16A_2$ અને $A_1' = (\frac{1}{4})^2 A_1 = \frac{A_1}{16}$ થશે.
ફરીથી પાસ્કલનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{mg}{A_1'} = \frac{M_0g}{A_2'} \implies \frac{M_0}{m} = \frac{A_2'}{A_1'} = \frac{16A_2}{A_1/16} = 256 \left(\frac{A_2}{A_1}\right)$
સમીકરણ $(1)$ માંથી $\frac{A_2}{A_1} = \frac{100}{m}$ મૂકતા:
$\frac{M_0}{m} = 256 \left(\frac{100}{m}\right)$
$M_0 = 256 \times 100 = 25600 \, kg$.

(B) ઢળતી સપાટી પર બ્લોક સ્થિર રહે તે માટેની શરત એ છે કે નમનકોણ $\theta$ એ વિરામકોણ $\alpha$ કરતા ઓછો અથવા તેના જેટલો હોવો જોઈએ,જ્યાં $\tan \alpha = \mu$.
મહત્તમ ઊંચાઈ પર,બ્લોક સરકવાની અણી પર હોય છે,તેથી તે બિંદુએ વક્રના સ્પર્શકનો ઢાળ ઘર્ષણાંક જેટલો હોય છે.
$\tan \theta = \frac{dy}{dx} = \mu$
આપેલ છે $y = \frac{x^2}{4}$,તેથી $\frac{dy}{dx} = \frac{2x}{4} = \frac{x}{2}$.
$\frac{x}{2} = \mu = 0.5$ લેતા,આપણને $x = 1 \ m$ મળે છે.
હવે,$x = 1 \ m$ પર અનુરૂપ ઊંચાઈ $y$ શોધો:
$y = \frac{x^2}{4} = \frac{(1)^2}{4} = 0.25 \ m$.
કારણ કે $1 \ m = 100 \ cm$,તેથી ઊંચાઈ $0.25 \times 100 = 25 \ cm$ થશે.

(D) ધારો કે દરેક દડાનું દળ $m$ છે. દડા $A$ નો પ્રારંભિક વેગ $u_1 = 9\, m/s$ છે અને દડા $B$ નો વેગ $u_2 = 0$ છે.
અથડામણ પછી,ધારો કે દડા $A$ અને $B$ ના વેગ અનુક્રમે $v_1$ અને $v_2$ છે,જે બંને મૂળ દિશા સાથે $30^{\circ}$ ના ખૂણે છે.
$y$-અક્ષ પર રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ (ગતિની પ્રારંભિક દિશાને લંબ):
$\sum P_{iy} = \sum P_{fy}$
$0 = m v_1 \sin 30^{\circ} - m v_2 \sin 30^{\circ}$
દળ સમાન હોવાથી અને $\sin 30^{\circ} \neq 0$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$v_1 \sin 30^{\circ} = v_2 \sin 30^{\circ}$
$v_1 = v_2$
તેથી,વેગનો ગુણોત્તર $v_1 : v_2$ એ $1 : 1$ છે.
આમ,$x = 1$.

(A) વિધાન $A$ સાચું છે: જ્યારે કોઈ સળિયાને મુક્ત રીતે ગરમ કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે કોઈપણ બાહ્ય અવરોધ વિના વિસ્તરે છે. વિસ્તરણને રોકવા માટે કોઈ અવરોધ ન હોવાથી,તેમાં કોઈ આંતરિક પુનઃસ્થાપક બળ અથવા થર્મલ સ્ટ્રેસ ઉત્પન્ન થતું નથી.
કારણ $R$ સાચું છે: ઉષ્મીય વિસ્તરણને કારણે ગરમ કરવાથી સળિયાની લંબાઈ વધે છે,જે એક ભૌતિક સત્ય છે.
જોકે,કારણ $R$ એ સમજાવતું નથી કે શા માટે થર્મલ સ્ટ્રેસ ઉત્પન્ન થતું નથી. થર્મલ સ્ટ્રેસનો અભાવ એ બાહ્ય અવરોધના અભાવ (વિસ્તરણ માટેની સ્વતંત્રતા) ને કારણે છે,માત્ર લંબાઈ વધવાને કારણે નહીં. તેથી,$A$ અને $R$ બંને સાચા છે,પરંતુ $R$ એ $A$ ની સાચી સમજૂતી નથી.

(D) આપેલ છે: વ્યાસ $d = 6 \, cm = 0.06 \, m$,આવૃત્તિ $f = 504 \, Hz$,ધ્વનિની ઝડપ $v = 336 \, m/s$.
રેઝોનન્સ ટ્યુબ માટે એન્ડ કરેક્શન $e = 0.3 \times d = 0.3 \times 6 \, cm = 1.8 \, cm$ છે.
પ્રથમ રેઝોનન્સ માટે,હવાના સ્તંભની લંબાઈ $l$ એ $l + e = \frac{\lambda}{4}$ શરત સંતોષે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lambda = \frac{v}{f} = \frac{336}{504} \, m = \frac{2}{3} \, m = \frac{200}{3} \, cm \approx 66.67 \, cm$.
તેથી,$l + e = \frac{66.67}{4} = 16.67 \, cm$.
$e$ ની કિંમત મૂકતા,$l + 1.8 = 16.67 \, cm$.
તેથી,$l = 16.67 - 1.8 = 14.87 \, cm$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,રીડિંગ $14.8 \, cm$ છે.

(A) પૃથ્વીની સપાટીથી $h$ ઊંચાઈએ ઉપગ્રહનો આવર્તકાળ $T = 2 \pi \sqrt{\frac{(R+h)^{3}}{GM}}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઉપગ્રહ $A$ માટે: $h_{A} = 600 \, km = 0.6 \times 10^{6} \, m$,$R = 6.4 \times 10^{6} \, m$. કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_{A} = R + h_{A} = 7.0 \times 10^{6} \, m$.
$T_{A} = 2 \pi \sqrt{\frac{(7.0 \times 10^{6})^{3}}{6.67 \times 10^{-11} \times 6 \times 10^{24}}} \approx 5800 \, s$.
ઉપગ્રહ $B$ માટે: $h_{B} = 1600 \, km = 1.6 \times 10^{6} \, m$. કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_{B} = R + h_{B} = 8.0 \times 10^{6} \, m$.
$T_{B} = 2 \pi \sqrt{\frac{(8.0 \times 10^{6})^{3}}{6.67 \times 10^{-11} \times 6 \times 10^{24}}} \approx 7133 \, s$.
$T_{B} - T_{A} = 7133 - 5800 = 1333 \, s = 1.33 \times 10^{3} \, s$.

(C) સાદા લોલકના આવર્તકાળ $T$ નું સૂત્ર $T = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ છે.
આપેલ છે: લંબાઈ $l = 2 \ m$ અને આવર્તકાળ $T = 2 \ s$.
કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$2 = 2 \pi \sqrt{\frac{2}{g}}$
બંને બાજુ $2$ વડે ભાગતા:
$1 = \pi \sqrt{\frac{2}{g}}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$1 = \pi^{2} \left(\frac{2}{g}\right)$
$g$ ને કર્તા બનાવતા:
$g = 2 \pi^{2} \ m/s^{2}$.

(B) લઘુત્તમ માપશક્તિ $(LC)$ $= \frac{\text{પિચ}}{\text{વર્તુળાકાર સ્કેલના વિભાગોની સંખ્યા}} = \frac{1\, mm}{100} = 0.01\, mm$.
શૂન્ય ત્રુટિ $= +8 \times LC = +8 \times 0.01\, mm = +0.08\, mm$.
અવલોકન કરેલ રીડિંગ $= \text{મુખ્ય સ્કેલ રીડિંગ} + (\text{વર્તુળાકાર સ્કેલ રીડિંગ} \times LC) = 1\, mm + (72 \times 0.01\, mm) = 1.72\, mm$.
સાચો વ્યાસ $= \text{અવલોકન કરેલ રીડિંગ} - \text{શૂન્ય ત્રુટિ} = 1.72\, mm - 0.08\, mm = 1.64\, mm$.
તારની ત્રિજ્યા $= \frac{\text{વ્યાસ}}{2} = \frac{1.64\, mm}{2} = 0.82\, mm$.

(B) આદર્શ વાયુ માટે,આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $dU = n C_{v} dT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અચળ દબાણે આપવામાં આવતી ઉષ્મા $dQ = n C_{p} dT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમદાબી પ્રક્રિયામાં થતું કાર્ય $dW = P dV = n R dT$ છે.
તેથી,$dU : dQ : dW$ નો ગુણોત્તર $n C_{v} dT : n C_{p} dT : n R dT$ થાય,જેનું સાદું રૂપ $C_{v} : C_{p} : R$ મળે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા,આપણને $\frac{5}{2} R : \frac{7}{2} R : R$ મળે છે.
$\frac{2}{R}$ વડે ગુણતા,આપણને $5 : 7 : 2$ નો ગુણોત્તર મળે છે.

(A) ધારો કે ટ્રેનની કુલ લંબાઈ $L = 2d$ છે,જ્યાં $d$ એ એન્જિનથી મધ્યબિંદુ સુધીનું અંતર છે,અને મધ્યબિંદુથી છેલ્લા ડબ્બા સુધીનું અંતર પણ $d$ છે.
ધારો કે ટ્રેનનો સમાન પ્રવેગ $a$ છે.
જ્યારે એન્જિન સિગ્નલ પોસ્ટ પાસેથી પસાર થાય છે,ત્યારે તેનો વેગ $u$ છે. જ્યારે મધ્યબિંદુ સિગ્નલ પોસ્ટ પાસેથી પસાર થાય છે,ત્યારે તેનો વેગ $v^{\prime}$ ધારો.
ગતિના સમીકરણ $v_f^2 = v_i^2 + 2as$ નો ઉપયોગ કરતા:
ટ્રેનના પ્રથમ અડધા ભાગ માટે (એન્જિનથી મધ્યબિંદુ સુધી):
$(v^{\prime})^2 = u^2 + 2ad$ --- $(1)$
ટ્રેનના બીજા અડધા ભાગ માટે (મધ્યબિંદુથી છેલ્લા ડબ્બા સુધી):
$v^2 = (v^{\prime})^2 + 2ad$ --- $(2)$
સમીકરણ $(1)$ પરથી,$2ad = (v^{\prime})^2 - u^2$.
આ કિંમત સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા:
$v^2 = (v^{\prime})^2 + ((v^{\prime})^2 - u^2)$
$v^2 = 2(v^{\prime})^2 - u^2$
$2(v^{\prime})^2 = v^2 + u^2$
$(v^{\prime})^2 = \frac{v^2 + u^2}{2}$
$v^{\prime} = \sqrt{\frac{v^2 + u^2}{2}}$

(B) દરેક ભૌતિક રાશિ માટે પારિમાણિક સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$1$. પ્લાન્કનો અચળાંક $(h)$: $E = h\nu$ હોવાથી,$h = E / \nu$. તેનું પારિમાણિક સૂત્ર $[M L^2 T^{-2}] / [T^{-1}] = [M L^2 T^{-1}]$ થાય છે. તેથી,$(a) \rightarrow (ii)$.
$2$. ગતિ ઊર્જા $(E)$: ઊર્જાનું પારિમાણિક સૂત્ર કાર્ય જેવું જ હોય છે,જે $[M L^2 T^{-2}]$ છે. તેથી,$(b) \rightarrow (iii)$.
$3$. વિદ્યુત સ્થિતિમાન $(V)$: $V = W / q$. તેનું પારિમાણિક સૂત્ર $[M L^2 T^{-2}] / [I T] = [M L^2 I^{-1} T^{-3}]$ થાય છે. તેથી,$(c) \rightarrow (iv)$.
$4$. રેખીય વેગમાન $(P)$: $P = m v$. તેનું પારિમાણિક સૂત્ર $[M] [L T^{-1}] = [M L T^{-1}]$ થાય છે. તેથી,$(d) \rightarrow (i)$.
આમ,સાચી જોડ $(a) \rightarrow (ii), (b) \rightarrow (iii), (c) \rightarrow (iv), (d) \rightarrow (i)$ છે.

(C) ધારો કે નક્કર ગોળાનું પ્રારંભિક દળ $M$ છે. ગોળાની ઘનતા $\rho = \frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3}$ છે.
કેન્દ્રથી $3R$ અંતરે $m$ દળના કણ પર લાગતું બળ $F_{1}$ નીચે મુજબ છે:
$F_{1} = \frac{GMm}{(3R)^2} = \frac{GMm}{9R^2}$.
જ્યારે $r = \frac{R}{2}$ ત્રિજ્યાની ગોળાકાર પોલાણ બનાવવામાં આવે છે,ત્યારે દૂર કરેલા ભાગનું દળ $M' = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi (\frac{R}{2})^3 = M \cdot (\frac{1}{2})^3 = \frac{M}{8}$ થાય છે.
પોલાણનું કેન્દ્ર ગોળાના કેન્દ્રથી $\frac{R}{2}$ અંતરે છે. કણ ગોળાના કેન્દ્રથી $3R$ અંતરે છે,તેથી તે પોલાણના કેન્દ્રથી $3R - \frac{R}{2} = \frac{5R}{2}$ અંતરે છે.
નવું બળ $F_{2}$ એ મૂળ ગોળાને કારણે લાગતું બળ અને દૂર કરેલા ભાગને કારણે લાગતા બળનો તફાવત છે:
$F_{2} = \frac{GMm}{(3R)^2} - \frac{G(M/8)m}{(5R/2)^2} = \frac{GMm}{9R^2} - \frac{GMm}{8 \cdot \frac{25R^2}{4}} = \frac{GMm}{R^2} (\frac{1}{9} - \frac{1}{50})$.
$F_{2} = \frac{GMm}{R^2} (\frac{50 - 9}{450}) = \frac{41}{450} \frac{GMm}{R^2}$.
તેથી,ગુણોત્તર $F_{1} : F_{2}$:
$\frac{F_{1}}{F_{2}} = \frac{GMm/9R^2}{41GMm/450R^2} = \frac{1}{9} \cdot \frac{450}{41} = \frac{50}{41}$.
આમ,ગુણોત્તર $50:41$ છે.

(B) કેન્દ્ર $O$ ધરાવતા નિયમિત બહુકોણ માટે,કેન્દ્રથી શિરોબિંદુઓ સુધીના સદિશોનો સરવાળો શૂન્ય થાય છે:
$\overrightarrow{ OA }+\overrightarrow{ OB }+\overrightarrow{ OC }+\overrightarrow{ OD }+\overrightarrow{ OE }+\overrightarrow{ OF }+\overrightarrow{ OG }+\overrightarrow{ OH }=\overrightarrow{0}$
સદિશ સરવાળાના ત્રિકોણના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે દરેક સદિશ $\overrightarrow{ AX }$ ને $\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OX }$ તરીકે લખી શકીએ છીએ:
$\overrightarrow{ AB }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OB }$
$\overrightarrow{ AC }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OC }$
$\overrightarrow{ AD }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OD }$
$\overrightarrow{ AE }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OE }$
$\overrightarrow{ AF }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OF }$
$\overrightarrow{ AG }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OG }$
$\overrightarrow{ AH }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OH }$
આ સાત સદિશોનો સરવાળો કરતા:
$\sum = 7 \overrightarrow{ AO } + (\overrightarrow{ OB }+\overrightarrow{ OC }+\overrightarrow{ OD }+\overrightarrow{ OE }+\overrightarrow{ OF }+\overrightarrow{ OG }+\overrightarrow{ OH })$
પ્રારંભિક ગુણધર્મ મુજબ,કૌંસમાં રહેલો સરવાળો $-\overrightarrow{ OA }$ એટલે કે $\overrightarrow{ AO }$ જેટલો થાય છે:
$\sum = 7 \overrightarrow{ AO } + \overrightarrow{ AO } = 8 \overrightarrow{ AO }$
આપેલ છે કે $\overrightarrow{ AO }=2 \hat{ i }+3 \hat{ j }-4 \hat{ k }$,તેથી:
$\sum = 8(2 \hat{ i }+3 \hat{ j }-4 \hat{ k }) = 16 \hat{i}+24 \hat{j}-32 \hat{k}$

(B) ગ્રહનો નિષ્ક્રમણ વેગ $V_{e}$ એ સૂત્ર $V_{e} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $G$ એ ગુરુત્વાકર્ષણનો અચળાંક છે,$M$ એ ગ્રહનું દળ છે અને $R$ એ તેની ત્રિજ્યા છે.
જો બે ગ્રહો $A$ અને $B$ ના નિષ્ક્રમણ વેગ સમાન હોય,તો $\sqrt{\frac{2GM_{1}}{R_{1}}} = \sqrt{\frac{2GM_{2}}{R_{2}}}$ થાય.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $\frac{M_{1}}{R_{1}} = \frac{M_{2}}{R_{2}}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{M_{1}}{M_{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}}$.
આ શરત અલગ-અલગ દળ $(M_{1} \neq M_{2})$ માટે શક્ય છે,જો તેમની ત્રિજ્યા પણ સમાન પ્રમાણમાં અલગ હોય. તેથી,વિધાન $A$ સાચું છે.
કારણ $R$ જણાવે છે કે ગુણાકાર $M_{1}R_{1} = M_{2}R_{2}$ સમાન હોવો જોઈએ,જે આપેલી શરત માટે ગાણિતિક રીતે ખોટું છે. તેથી,$R$ ખોટું છે.

(C) આપેલ પ્રક્રિયા સમીકરણ: $P = kV^{3}$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $PV = nRT$,તેથી $P = \frac{nRT}{V}$ લખી શકાય.
$P$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{nRT}{V} = kV^{3}$,જેનો અર્થ છે કે $kV^{4} = nRT$.
બંને બાજુ તાપમાનની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $4kV^{3} dV = nR dT$.
કારણ કે $P = kV^{3}$,આપણે આને સમીકરણમાં મૂકી શકીએ: $4P dV = nR dT$,જે આપે છે $P dV = \frac{nR dT}{4}$.
થયેલું કાર્ય $W$ સંકલન દ્વારા મળે છે: $W = \int P dV = \int_{T_i}^{T_f} \frac{nR}{4} dT$.
$W = \frac{nR}{4} (T_f - T_i) = \frac{nR}{4} (300 - 100) = \frac{nR}{4} (200) = 50nR$.
આમ,થયેલું કાર્ય $50nR$ છે.

(C) ધારો કે સૌથી નીચા સ્થાને ગોળાની ઝડપ $v_1$ છે અને સૌથી ઊંચા સ્થાને $v_2$ છે.
મહત્તમ તણાવ સૌથી નીચા સ્થાને અને ન્યૂનતમ તણાવ સૌથી ઊંચા સ્થાને હોય છે. યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{2} mv_1^2 = \frac{1}{2} mv_2^2 + mg(2l)$
$\Rightarrow v_1^2 = v_2^2 + 4gl$ $......(1)$
સૌથી નીચા સ્થાને: $T_{\max} - mg = \frac{mv_1^2}{l} \Rightarrow T_{\max} = mg + \frac{mv_1^2}{l}$
સૌથી ઊંચા સ્થાને: $T_{\min} + mg = \frac{mv_2^2}{l} \Rightarrow T_{\min} = \frac{mv_2^2}{l} - mg$
આપેલ ગુણોત્તર $\frac{T_{\max}}{T_{\min}} = \frac{5}{1}$:
$\frac{mg + \frac{mv_1^2}{l}}{\frac{mv_2^2}{l} - mg} = 5$
$mg + \frac{m}{l}(v_2^2 + 4gl) = 5(\frac{mv_2^2}{l} - mg)$
$mg + \frac{mv_2^2}{l} + 4mg = \frac{5mv_2^2}{l} - 5mg$
$10mg = \frac{4mv_2^2}{l}$
$v_2^2 = \frac{10gl}{4} = \frac{10 \times 10 \times 1}{4} = 25$
$v_2 = 5\, m/s$.

(B) જ્યારે પાત્રને અચાનક રોકવામાં આવે છે ત્યારે પાત્રની ગતિઊર્જા વાયુની આંતરિક ઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
આપેલ વાયુનું દળ $m = 4.0 \, g$,મોલર દળ $M = 4.0 \, g/mol$.
મોલની સંખ્યા $n = \frac{m}{M} = \frac{4}{4} = 1 \, mol$.
ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2} mv^2 = \frac{1}{2} \times (4 \times 10^{-3} \, kg) \times (30 \, m/s)^2 = 1.8 \, J$.
મોનોએટોમિક વાયુ માટે,અચળ કદ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_v = \frac{3}{2} R$ છે.
આંતરિક ઊર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = n C_v \Delta T = 1 \times \frac{3}{2} R \times \Delta T$.
ગતિઊર્જાને આંતરિક ઊર્જામાં થતા ફેરફાર સાથે સરખાવતા: $1.8 = \frac{3}{2} R \Delta T$.
$\Delta T = \frac{1.8 \times 2}{3R} = \frac{3.6}{3R}$.
અહીં $x = 3.6$ મળે છે,પરંતુ જો એકમોને ધ્યાનમાં લેતા $x = 3600$ મળે છે.
આમ,$x = 3600$.

(B) તંત્ર સંતુલનમાં હોય ત્યારે ચોખ્ખું બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે અંતરની સાપેક્ષમાં સ્થિતિ ઊર્જાનું વિકલન શૂન્ય હોવું જોઈએ: $\frac{dU}{dr} = 0$.
આપેલ છે $U = \alpha r^{-10} - \beta r^{-5} - 3$.
$r$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dU}{dr} = -10\alpha r^{-11} + 5\beta r^{-6} = 0$.
પદોને ગોઠવતા:
$5\beta r^{-6} = 10\alpha r^{-11}$.
બંને બાજુ $5\beta r^{-11}$ વડે ભાગતા:
$r^5 = \frac{10\alpha}{5\beta} = \frac{2\alpha}{\beta}$.
$r = \left(\frac{2\alpha}{\beta}\right)^{\frac{1}{5}}$.
આને આપેલ સ્વરૂપ $\left(\frac{2\alpha}{\beta}\right)^{\frac{a}{b}}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\frac{a}{b} = \frac{1}{5}$ મળે છે.
આમ,$a = 1$.

(D) $m$ દળ અને $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી રીંગ દ્વારા તેના કેન્દ્રથી $x$ અંતરે તેની અક્ષ પર ઉદ્ભવતું ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર $E$ નીચે મુજબ છે:
$E = \frac{Gmx}{(R^2 + x^2)^{3/2}}$
ગોળો રીંગના કેન્દ્રથી $x = \sqrt{8}R$ અંતરે મૂકવામાં આવ્યો હોવાથી,રીંગ દ્વારા $M$ દળના ગોળા પર લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F$:
$F = M \cdot E = \frac{GMm(\sqrt{8}R)}{(R^2 + (\sqrt{8}R)^2)^{3/2}}$
કિંમતો મૂકતા:
$F = \frac{GMm(\sqrt{8}R)}{(R^2 + 8R^2)^{3/2}}$
$F = \frac{GMm(\sqrt{8}R)}{(9R^2)^{3/2}}$
$F = \frac{GMm(\sqrt{8}R)}{27R^3}$
$F = \frac{\sqrt{8}}{27} \cdot \frac{GMm}{R^2}$

(B) $kT$ એ ઉર્જાનું પરિમાણ ધરાવે છે,તેથી તેનું પારિમાણિક સૂત્ર $[ML^{2}T^{-2}]$ છે.
ઘાતાંક $\frac{-\beta x^{2}}{kT}$ પરિમાણરહિત હોવો જોઈએ.
તેથી,$[\beta][x^{2}] = [kT] \implies [\beta][L^{2}] = [ML^{2}T^{-2}]$.
આના પરથી $[\beta] = [MT^{-2}]$ મળે છે.
કાર્ય $W$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[ML^{2}T^{-2}]$ છે.
આપેલ છે કે $W = \alpha^{2} \beta e^{\frac{-\beta x^{2}}{kT}}$,અને ઘાતાંકીય પદ પરિમાણરહિત હોવાથી,$[W] = [\alpha^{2}][\beta]$ થાય.
$[ML^{2}T^{-2}] = [\alpha^{2}][MT^{-2}]$.
$[\alpha^{2}] = \frac{[ML^{2}T^{-2}]}{[MT^{-2}]} = [L^{2}]$.
તેથી,$[\alpha] = [L] = [M^{0}LT^{0}]$.

(A) પૃથ્વીના કેન્દ્રથી $r$ અંતરે રહેલા $m$ દળના કણ પર લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F = -\frac{GMmr}{R^3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ટનલમાં,આ બળનો ટનલની દિશામાં ઘટક $F_t = F \cos \theta$ છે,જ્યાં $\theta$ એ સ્થાન સદિશ $r$ અને ટનલને લંબ દિશા વચ્ચેનો ખૂણો છે.
ટનલની ભૂમિતિ મુજબ,કેન્દ્રથી લંબ અંતર $d = R/2$ છે. જો $x$ એ જીવાના મધ્યબિંદુથી કણનું સ્થાનાંતર હોય,તો $r \cos \theta = x$ થાય.
આમ,પુનઃસ્થાપક બળ $F_t = -\left(\frac{GMm}{R^3}\right) r \cos \theta = -\left(\frac{GMm}{R^3}\right) x$ છે.
ચૂક્યું કે $g = \frac{GM}{R^2}$,તેથી આપણે $F_t = -\left(\frac{mg}{R}\right) x$ લખી શકીએ.
પ્રવેગ $a = \frac{F_t}{m} = -\left(\frac{g}{R}\right) x$ છે.
આ સરળ આવર્ત ગતિનું સમીકરણ $a = -\omega^2 x$ છે,જ્યાં $\omega^2 = \frac{g}{R}$ છે.
આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{R}{g}}$ મળે છે.

(B) ઘનતા $\rho = \frac{M}{V}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $M$ એ દળ છે અને $V$ એ કદ છે.
લોગેરિધમિક વિકલન લેતા,આપણને $\frac{d\rho}{\rho} = -\frac{dV}{V}$ મળે છે.
બલ્ક મોડ્યુલસ $K$ ને $K = -\frac{P}{dV/V}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,જેનો અર્થ છે કે $-\frac{dV}{V} = \frac{P}{K}$.
આ કિંમતને ઘનતાના સંબંધમાં મૂકતા,આપણને $\frac{d\rho}{\rho} = \frac{P}{K}$ મળે છે.
તેથી,ઘનતામાં થતા વધારાનું મૂલ્ય $d\rho = \frac{\rho P}{K}$ થશે.

(A) વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ એ કેન્દ્રીય બળ $F$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે. આપેલ છે કે $F \propto \frac{1}{R^{3}}$,તેથી આપણે લખી શકીએ $F = \frac{K}{R^{3}}$,જ્યાં $K$ એક અચળાંક છે.
$m$ દળ ધરાવતો કણ $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળમાં $\omega$ કોણીય વેગથી ગતિ કરે છે,ત્યારે કેન્દ્રગામી બળ $F = m \omega^{2} R$ થાય છે.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{K}{R^{3}} = m \omega^{2} R$.
$\omega^{2}$ માટે ગોઠવતા: $\omega^{2} = \frac{K}{m R^{4}}$.
સમયગાળો $T = \frac{2 \pi}{\omega}$ હોવાથી,$\omega = \frac{2 \pi}{T}$ થાય.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $(\frac{2 \pi}{T})^{2} = \frac{K}{m R^{4}}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{4 \pi^{2}}{T^{2}} = \frac{K}{m R^{4}}$ મળે છે,જે દર્શાવે છે કે $T^{2} \propto R^{4}$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,આપણને $T \propto R^{2}$ મળે છે.

(D) કેપ્લરના ગ્રહીય ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,ગ્રહ અને સૂર્યને જોડતી રેખા સમાન સમયગાળામાં સમાન ક્ષેત્રફળ કાપે છે.
આનો અર્થ એ છે કે લંબગોળ કક્ષામાં પરિભ્રમણ કરતા ગ્રહનો ક્ષેત્રીય વેગ $(dA/dt)$ તેની ગતિ દરમિયાન અચળ રહે છે.
તેથી,વિધાન $(E)$ એકમાત્ર સાચું વિધાન છે.

(C) એક-પરિમાણીય સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ માટે જ્યાં બીજો પદાર્થ શરૂઆતમાં સ્થિર હોય,બીજા પદાર્થનો અંતિમ વેગ $V_2$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$V_2 = \frac{2m_1 u_1}{m_1 + m_2}$
અહીં,$m_1 = M$,$m_2 = m$,અને $u_1 = u$. આ કિંમતો મૂકતા:
$V_2 = \frac{2Mu}{M + m}$
શરત $m << M$ આપેલ હોવાથી,આપણે $M + m \approx M$ તરીકે લઈ શકીએ.
તેથી,$V_2 \approx \frac{2Mu}{M} = 2u$.
આમ,વિધાન $A$ સાચું છે.
કારણ $R$ જણાવે છે કે સ્થિતિસ્થાપક અથડામણમાં વેગમાન અને ગતિઊર્જાનું સંરક્ષણ થાય છે,જે વેગના સમીકરણો મેળવવા માટે વપરાતો મૂળભૂત સિદ્ધાંત છે. તેથી,$R$ એ $A$ માટે સાચી સમજૂતી છે.

(C) ધારો કે ચાર ગોળાઓ $b$ બાજુવાળા ચોરસના ખૂણાઓ પર સ્થિત છે. ધારો કે પરિભ્રમણની ધરી એ ચોરસની એક બાજુ છે.
જે બે ગોળાઓના કેન્દ્રો પરિભ્રમણની ધરી પર આવેલા છે,તેમનું ધરીથી અંતર $0$ છે. દરેક ગોળાની તેના પોતાના વ્યાસને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{cm} = \frac{2}{5} ma^{2}$ છે. ધરી તેમના કેન્દ્રોમાંથી પસાર થતી હોવાથી,ધરીને અનુલક્ષીને તેમની જડત્વની ચાકમાત્રા $I_1 = I_2 = \frac{2}{5} ma^{2}$ થશે.
બાકીના બે ગોળાઓ માટે,તેમના કેન્દ્રોનું ધરીથી અંતર $b$ છે. સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આ દરેક ગોળાની ધરીને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_3 = I_4 = I_{cm} + mb^{2} = \frac{2}{5} ma^{2} + mb^{2}$ થશે.
તંત્રની કુલ જડત્વની ચાકમાત્રા $I = I_1 + I_2 + I_3 + I_4 = 2 \times (\frac{2}{5} ma^{2}) + 2 \times (\frac{2}{5} ma^{2} + mb^{2})$ છે.
$I = \frac{4}{5} ma^{2} + \frac{4}{5} ma^{2} + 2 mb^{2} = \frac{8}{5} ma^{2} + 2 mb^{2}$.

(A) જ્યારે $K$ સ્પ્રિંગ અચળાંક ધરાવતી બે સ્પ્રિંગને શ્રેણીમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે સમતુલ્ય સ્પ્રિંગ અચળાંક $K_{eq}$ માટેનું સૂત્ર: $\frac{1}{K_{eq}} = \frac{1}{K} + \frac{1}{K} = \frac{2}{K}$ છે.
તેથી,$K_{eq} = \frac{K}{2}$. નવો સ્પ્રિંગ અચળાંક $1/2$ ના અવયવથી બદલાય છે.
સ્પ્રિંગ-દળ તંત્રનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{M}{K}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$K' = K/2$ સાથેનો નવો આવર્તકાળ $T'$ એ $T' = 2\pi \sqrt{\frac{M}{K/2}} = 2\pi \sqrt{\frac{2M}{K}} = \sqrt{2} \times (2\pi \sqrt{\frac{M}{K}}) = \sqrt{2}T$ થાય છે.
આમ,આવર્તકાળ $\sqrt{2}$ ના અવયવથી બદલાય છે.

(C) બે ઇન્સ્યુલેટીંગ શીટ્સ શ્રેણીમાં હોવાથી,સ્થાયી અવસ્થામાં બંને શીટ્સમાંથી ઉષ્મા પ્રવાહનો દર $(H)$ સમાન હોવો જોઈએ.
ઉષ્મા પ્રવાહનો દર $H = \frac{\Delta \theta}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ શીટ (નીચેની) માટે,ઉષ્મા પ્રવાહ $H = \frac{\theta - \theta_{1}}{R_{1}}$ છે.
બીજી શીટ (ઉપરની) માટે,ઉષ્મા પ્રવાહ $H = \frac{\theta_{2} - \theta}{R_{2}}$ છે.
બંને દરોને સરખાવતા:
$\frac{\theta - \theta_{1}}{R_{1}} = \frac{\theta_{2} - \theta}{R_{2}}$
$R_{2}(\theta - \theta_{1}) = R_{1}(\theta_{2} - \theta)$
$R_{2}\theta - R_{2}\theta_{1} = R_{1}\theta_{2} - R_{1}\theta$
$R_{2}\theta + R_{1}\theta = R_{1}\theta_{2} + R_{2}\theta_{1}$
$\theta(R_{1} + R_{2}) = R_{1}\theta_{2} + R_{2}\theta_{1}$
$\theta = \frac{R_{1}\theta_{2} + R_{2}\theta_{1}}{R_{1} + R_{2}}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) ધારો કે $r$ ત્રિજ્યાના $n$ નાના ટીપાં ભેગા થઈને $R$ ત્રિજ્યાનું મોટું ટીપું બનાવે છે.
કદના સંરક્ષણ મુજબ: $n \times \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \pi R^3$,જેનો અર્થ છે કે $n = \frac{R^3}{r^3}$.
પૃષ્ઠફળમાં થતો ફેરફાર $\Delta A = n(4 \pi r^2) - 4 \pi R^2$ છે.
$n = \frac{R^3}{r^3}$ મૂકતા,$\Delta A = 4 \pi T (n r^2 - R^2)$ એ મુક્ત થતી ઊર્જા છે.
ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા ઊર્જા $Q = \frac{\Delta U}{J} = \frac{4 \pi T (n r^2 - R^2)}{J}$ છે.
મોટા ટીપાનું કદ $V = \frac{4}{3} \pi R^3$ છે.
એકમ કદ દીઠ ઉષ્મા ઊર્જામાં વધારો $\frac{Q}{V} = \frac{4 \pi T (n r^2 - R^2) / J}{4/3 \pi R^3} = \frac{3T}{J} (\frac{n r^2}{R^3} - \frac{R^2}{R^3})$ છે.
$n r^3 = R^3$ હોવાથી,$\frac{n r^2}{R^3} = \frac{1}{r}$ મળે.
આમ,એકમ કદ દીઠ ઉષ્મા ઊર્જામાં થતો વધારો $\frac{3T}{J} (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$ છે.

(B) જ્યારે લિફ્ટ સ્થિર હોય,ત્યારે લંબબળ $N$ એ વ્યક્તિના વજન જેટલું હોય છે:
$N = mg = 60 \times 10 = 600 \, N$
જ્યારે લિફ્ટ $a = 1.8 \, m/s^{2}$ ના પ્રવેગ સાથે નીચે તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે આપણે લિફ્ટના સંદર્ભ ફ્રેમમાંથી ગતિનું વિશ્લેષણ કરી શકીએ છીએ. આ અજડત્વીય ફ્રેમમાં,સ્યુડો ફોર્સ $F_{p} = ma$ ઉપરની દિશામાં લાગે છે.
આભાસી વજન $N'$ નીચે મુજબ મળે છે:
$N' = mg - ma = m(g - a)$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$N' = 60 \times (10 - 1.8)$
$N' = 60 \times 8.2$
$N' = 492 \, N$

(B) આપેલ બળ $\overrightarrow{F} = (20 \hat{i} + 10 \hat{j}) \, N$ અને દળ $m = 2 \, kg$ છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા,પ્રવેગ $\overrightarrow{a} = \frac{\overrightarrow{F}}{m} = \frac{20 \hat{i} + 10 \hat{j}}{2} = (10 \hat{i} + 5 \hat{j}) \, m/s^2$ મળે.
શરૂઆતનો વેગ $\overrightarrow{u} = 0$ છે અને સમય $t = 10 \, s$ છે.
સ્થાનાંતર સદિશ $\overrightarrow{s} = \overrightarrow{u}t + \frac{1}{2} \overrightarrow{a} t^2$ દ્વારા મળે છે.
$\overrightarrow{s} = 0 + \frac{1}{2} (10 \hat{i} + 5 \hat{j}) (10)^2$.
$\overrightarrow{s} = \frac{1}{2} (10 \hat{i} + 5 \hat{j}) (100) = 50 (10 \hat{i} + 5 \hat{j}) = (500 \hat{i} + 250 \hat{j}) \, m$.
$x$-અક્ષ પરનું સ્થાનાંતર એ સ્થાનાંતર સદિશનો $i$-ઘટક છે,જે $500 \, m$ છે.

(B) ધારો કે લગાડવામાં આવેલ બળ $F$ છે. બળનો સમક્ષિતિજ ઘટક $F \cos 60^{\circ}$ અને શિરોલંબ ઘટક $F \sin 60^{\circ}$ છે.
સપાટી દ્વારા બ્લોક પર લાગતું લંબબળ $N$ એ શિરોલંબ બળોને સંતુલિત કરીને મળે છે:
$N = mg + F \sin 60^{\circ}$
અહીં $m = \sqrt{3} \text{ kg}$ અને $g = 10 \text{ m/s}^2$ આપેલ છે,તેથી $mg = 10\sqrt{3} \text{ N}$.
$N = 10\sqrt{3} + F \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$
સીમાંત ઘર્ષણ બળ $f_L = \mu N = \frac{1}{3\sqrt{3}} \left( 10\sqrt{3} + \frac{F\sqrt{3}}{2} \right) = \frac{10}{3} + \frac{F}{6}$.
બ્લોક ગતિમાં આવે તે માટે,લગાડવામાં આવેલા બળનો સમક્ષિતિજ ઘટક સીમાંત ઘર્ષણ બળ જેટલો હોવો જોઈએ:
$F \cos 60^{\circ} = f_L$
$F \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{10}{3} + \frac{F}{6}$
સમીકરણને $6$ વડે ગુણતા:
$3F = 20 + F$
$2F = 20 \Rightarrow F = 10 \text{ N}$.
પ્રશ્નમાં $3x$ નું મૂલ્ય પૂછ્યું છે,જ્યાં $F = 3x$.
$3x = 10$.

(C) આદર્શ વાયુ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા, કુલ મોલ $n_{total} = n_1 + n_2 = 3.0 + 4.0 = 7.0 \, \text{mole}$ છે.
કુલ કદ $V_{total} = V_1 + V_2 = 4.5 + 5.5 = 10.0 \, L$ છે.
આંતરિક ઉર્જાના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $U_1 + U_2 = U_{mix}$.
$U = \frac{f}{2} PV$ હોવાથી,
$\frac{f}{2} P_1 V_1 + \frac{f}{2} P_2 V_2 = \frac{f}{2} P_{final} (V_1 + V_2)$.
$(2.0)(4.5) + (3.0)(5.5) = P_{final} (4.5 + 5.5)$.
$9.0 + 16.5 = P_{final} (10.0)$.
$25.5 = 10.0 P_{final} \Rightarrow P_{final} = 2.55 \, \text{atm}$.
આપેલ છે કે $P_{final} = x \times 10^{-1} \, \text{atm}$, તેથી $2.55 = x \times 10^{-1} \Rightarrow x = 25.5$.

(C) આપેલ એકમ લંબાઈ દીઠ દળ $\mu = 0.135 \, g/cm = 0.135 \times 10^{-3} \, kg / 10^{-2} \, m = 0.0135 \, kg/m$ છે.
તરંગનું સમીકરણ $y = -0.21 \sin(x + 30t)$ છે.
આને પ્રમાણિત તરંગ સમીકરણ $y = A \sin(kx + \omega t)$ સાથે સરખાવતા,આપણને કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 30 \, rad/s$ અને તરંગ સંખ્યા $k = 1 \, m^{-1}$ મળે છે.
તરંગની ઝડપ $v = \frac{\omega}{k} = \frac{30}{1} = 30 \, m/s$ છે.
ખેંચાયેલી દોરી પર લંબગત તરંગની ઝડપ $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ છે,જ્યાં $T$ એ તણાવ છે.
તેથી,$T = v^2 \mu = (30)^2 \times 0.0135 = 900 \times 0.0135 = 12.15 \, N$.
આપણને $T = x \times 10^{-2} \, N$ આપેલ છે,તેથી $12.15 = x \times 10^{-2}$.
આમ,$x = 12.15 \times 100 = 1215$.

(D) વાયુઓના ગતિવાદ $(KTG)$ ની ધારણા મુજબ,વાયુના અણુઓ સતત અસ્તવ્યસ્ત ગતિમાં હોય છે.
જ્યારે આ અણુઓ પાત્રની દીવાલો સાથે અથડાય છે,ત્યારે તેમના વેગમાનમાં ફેરફાર થાય છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,વેગમાનમાં થતા ફેરફારનો દર એ લાગતા બળ જેટલો હોય છે.
દબાણ એ એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ લાગતા બળ તરીકે વ્યાખ્યાયિત હોવાથી,આ અથડામણોને કારણે વાયુ પાત્રની દીવાલો પર દબાણ ઉત્પન્ન કરે છે.

(A) સાદા લોલકના આવર્તકાળનું સૂત્ર $T = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $T^2 = 4 \pi^2 \frac{L}{g}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $g = \frac{4 \pi^2 L}{T^2}$.
$g$ માં સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta L}{L} + 2 \frac{\Delta T}{T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ મૂલ્યો $L = 1.0 \text{ m}$,$\Delta L = 1 \text{ mm} = 0.001 \text{ m}$,$T = 1.95 \text{ s}$,અને $\Delta T = 0.01 \text{ s}$ છે.
આ મૂલ્યોને સૂત્રમાં મૂકતા: $\frac{\Delta g}{g} = \frac{0.001}{1.0} + 2 \times \frac{0.01}{1.95}$.
$\frac{\Delta g}{g} = 0.001 + 0.010256 = 0.011256$.
પ્રતિશત ત્રુટિ શોધવા માટે,$100$ વડે ગુણતા: $0.011256 \times 100 \approx 1.13 \%$.

(C) જ્યારે $M$ દળ ધરાવતા પદાર્થને ઢળતા સમતલ પર સ્થાનાંતરિત કરવામાં આવે છે,ત્યારે બંને સ્પ્રિંગો એકસાથે સંકોચાય છે અથવા ખેંચાય છે.
સ્પ્રિંગો પદાર્થના સ્થાનાંતરની સાપેક્ષમાં સમાંતર જોડાયેલી હોવાથી,અસરકારક સ્પ્રિંગ અચળાંક $K_{eq}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$K_{eq} = k_1 + k_2 = k + k = 2k$.
સ્પ્રિંગ-દળ તંત્ર માટે દોલનનો આવર્તકાળ $T$ નીચે મુજબ છે:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{K_{eq}}} = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{2k}}$.
દોલન આવૃત્તિ $f$ એ આવર્તકાળનો વ્યસ્ત છે:
$f = \frac{1}{T} = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{2k}{M}}$.

(D) ફોટોનનું રેખીય વેગમાન $p$ અને તરંગલંબાઈ $\lambda$ વચ્ચેનો સંબંધ ડી-બ્રોગ્લી સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $p = \frac{h}{\lambda}$.
$h$ (પ્લાન્કનો અચળાંક) અચળ હોવાથી,જો બે ફોટોન સમાન રેખીય વેગમાન $(p_1 = p_2)$ ધરાવતા હોય,તો તેમની તરંગલંબાઈ પણ સમાન $(\lambda_1 = \lambda_2)$ હોવી જોઈએ. આમ,વિધાન-$I$ સાચું છે.
ફોટોનની ઉર્જા $E$ એ $E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સંબંધો $p = \frac{h}{\lambda}$ અને $E = \frac{hc}{\lambda}$ પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે વેગમાન $p$ અને ઉર્જા $E$ બંને તરંગલંબાઈ $\lambda$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે. તેથી,જો તરંગલંબાઈ $\lambda$ ઘટાડવામાં આવે,તો ફોટોનનું વેગમાન $p$ અને ઉર્જા $E$ બંને વધશે. આમ,વિધાન-$II$ ખોટું છે.

(C) સંક્રમણ $A$ એ $n = \infty$ થી $n = 1$ સુધીનું છે,જે લાયમન શ્રેણીની શ્રેણી મર્યાદા દર્શાવે છે.
સંક્રમણ $B$ એ $n = 5$ થી $n = 2$ સુધીનું છે,જે બામર શ્રેણીનો ત્રીજો સભ્ય છે (પ્રથમ: $3 \rightarrow 2$,બીજો: $4 \rightarrow 2$,ત્રીજો: $5 \rightarrow 2$).
સંક્રમણ $C$ એ $n = 5$ થી $n = 3$ સુધીનું છે,જે પાશ્ચન શ્રેણીનો બીજો સભ્ય છે (પ્રથમ: $4 \rightarrow 3$,બીજો: $5 \rightarrow 3$).

(C) ધારો કે દરેક કેપેસિટરનું કેપેસીટન્સ $C$ છે.
શ્રેણી જોડાણ માટે,સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $C_{eq,s}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{1}{C_{eq,s}} = \frac{1}{C} + \frac{1}{C} = \frac{2}{C} \Rightarrow C_{eq,s} = \frac{C}{2}$
સમાંતર જોડાણ માટે,સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $C_{eq,p}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$C_{eq,p} = C + C = 2C$
બંને કિસ્સાઓમાં (શ્રેણી થી સમાંતર) સમતુલ્ય કેપેસીટન્સનો ગુણોત્તર:
$\frac{C_{eq,s}}{C_{eq,p}} = \frac{C/2}{2C} = \frac{1}{4} = 1:4$

(A) એમિટર પ્રવાહ $(I_E)$,કલેક્ટર પ્રવાહ $(I_C)$ અને બેઝ પ્રવાહ $(I_B)$ વચ્ચેનો સંબંધ $I_E = I_C + I_B$ છે.
નાના ફેરફારો માટે,આને $\Delta I_E = \Delta I_C + \Delta I_B$ તરીકે લખી શકાય છે.
આપેલ છે કે $\Delta I_E = 4\, mA$ અને $\Delta I_C = 3.5\, mA$,તેથી બેઝ પ્રવાહમાં ફેરફાર:
$\Delta I_B = \Delta I_E - \Delta I_C = 4\, mA - 3.5\, mA = 0.5\, mA$.
કરંટ ગેઈન $\beta$ ને કલેક્ટર પ્રવાહમાં ફેરફાર અને બેઝ પ્રવાહમાં ફેરફારના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે:
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B} = \frac{3.5\, mA}{0.5\, mA} = 7$.
તેથી,$\beta$ નું મૂલ્ય $7$ છે.

(C) કોષો શ્રેણીમાં જોડાયેલા છે. પરિપથનું કુલ $emf$ $E_{eq} = E_{1} - E_{2} = 6 V - 4 V = 2 V$ છે.
પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{eq} = r_{1} + r_{2} = 2 \Omega + 8 \Omega = 10 \Omega$ છે.
પરિપથમાં વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{E_{eq}}{R_{eq}} = \frac{2 V}{10 \Omega} = 0.2 A$ છે.
બિંદુઓ $X$ અને $Y$ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત શોધવા માટે,આપણે કોષ $E_{2}$ માંથી $X$ થી $Y$ સુધી કિર્ચોફના વોલ્ટેજ નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$V_{X} - E_{2} - I \cdot r_{2} = V_{Y}$
$V_{X} - V_{Y} = E_{2} + I \cdot r_{2}$
$V_{X} - V_{Y} = 4 V + (0.2 A \times 8 \Omega) = 4 V + 1.6 V = 5.6 V$.
આમ,બિંદુઓ $X$ અને $Y$ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $5.6 V$ છે.

(B) આપણે ઉગમબિંદુ પરના $-Q$ વિદ્યુતભારને $+Q$ અને $-2Q$ ઉમેરીને બદલી શકીએ છીએ.
હવે,સમઘનના તમામ $8$ ખૂણાઓ પર $+Q$ વિદ્યુતભારો હોવાને કારણે,સમઘનના કેન્દ્ર પર વિદ્યુતક્ષેત્ર સંમિતિને લીધે શૂન્ય થાય છે.
આમ,કેન્દ્ર પરનું ચોખ્ખું વિદ્યુતક્ષેત્ર ફક્ત ઉગમબિંદુ પર મૂકવામાં આવેલા $-2Q$ વિદ્યુતભારને કારણે છે.
ઉગમબિંદુની સાપેક્ષમાં સમઘનના કેન્દ્રનો સ્થાન સદિશ $\vec{r} = \frac{a}{2}\hat{x} + \frac{a}{2}\hat{y} + \frac{a}{2}\hat{z} = \frac{a}{2}(\hat{x} + \hat{y} + \hat{z})$ છે.
ઉગમબિંદુથી કેન્દ્ર સુધીનું અંતર $r = \sqrt{(\frac{a}{2})^2 + (\frac{a}{2})^2 + (\frac{a}{2})^2} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ છે.
બિંદુવત વિદ્યુતભાર $q$ ને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{q}{r^3} \vec{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$q = -2Q$ અને સદિશ $\vec{r}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\vec{E} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{-2Q}{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^3} \cdot \frac{a}{2}(\hat{x} + \hat{y} + \hat{z})$
$\vec{E} = \frac{-2Q}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{8}{3\sqrt{3}a^3} \cdot \frac{a}{2}(\hat{x} + \hat{y} + \hat{z})$
$\vec{E} = \frac{-2Q}{3\sqrt{3}\pi\varepsilon_0 a^2}(\hat{x} + \hat{y} + \hat{z})$

(A) આપેલ છે:
$L = 2 \times 10^{-4} \ H$
$R = 6.28 \ \Omega$
$f = 10 \ MHz = 10^7 \ Hz$
શ્રેણી રેઝોનન્સ સર્કિટ માટે ક્વોલિટી ફેક્ટર $Q$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$Q = \frac{\omega_0 L}{R} = \frac{2 \pi f L}{R}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$Q = \frac{2 \times 3.14 \times 10^7 \times 2 \times 10^{-4}}{6.28}$
$Q = \frac{6.28 \times 10^7 \times 2 \times 10^{-4}}{6.28}$
$Q = 2 \times 10^3 = 2000$
તેથી,ક્વોલિટી ફેક્ટરનું મૂલ્ય $2000$ છે.

(C) આપેલ છે: તરંગની આવૃત્તિ $f = 5\, GHz = 5 \times 10^{9}\, Hz$.
સાપેક્ષ પરમિટિવિટી,$\epsilon_{r} = 2$.
સાપેક્ષ પરમિયેબિલિટી,$\mu_{r} = 2$.
માધ્યમમાં વિદ્યુતચુંબકીય તરંગની ઝડપનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$v = \frac{1}{\sqrt{\mu \epsilon}} = \frac{1}{\sqrt{\mu_{r} \mu_{0} \cdot \epsilon_{r} \epsilon_{0}}}$
$v = \frac{1}{\sqrt{\mu_{r} \epsilon_{r}}} \cdot \frac{1}{\sqrt{\mu_{0} \epsilon_{0}}} = \frac{c}{\sqrt{\mu_{r} \epsilon_{r}}}$
જ્યાં $c$ એ શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશની ઝડપ છે $(c \approx 3 \times 10^{8}\, m/s)$.
કિંમતો મૂકતા:
$v = \frac{3 \times 10^{8}}{\sqrt{2 \times 2}} = \frac{3 \times 10^{8}}{\sqrt{4}} = \frac{3 \times 10^{8}}{2} = 1.5 \times 10^{8}\, m/s$.
$v = 15 \times 10^{7}\, m/s$.
તેથી,વેગ $15 \times 10^{7}\, m/s$ છે.

(C) ઝેનર ડાયોડ $2\, k\Omega$ ના અવરોધ સાથે સમાંતરમાં જોડાયેલ છે. ઝેનર બ્રેકડાઉન વોલ્ટેજ $5\, V$ હોવાથી,જ્યાં સુધી ઝેનર ડાયોડ બ્રેકડાઉન વિસ્તારમાં હોય ત્યાં સુધી $2\, k\Omega$ ના અવરોધ પરનો વોલ્ટેજ $5\, V$ જેટલો અચળ રહેશે.
ઓહ્મના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$2\, k\Omega$ ના અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I$ નીચે મુજબ મળે છે:
$I = \frac{V}{R} = \frac{5\, V}{2 \times 10^3\, \Omega}$
$I = 2.5 \times 10^{-3}\, A$
આને $10^{-4}\, A$ ના સ્વરૂપમાં દર્શાવતા:
$I = 25 \times 10^{-4}\, A$
આમ,મૂલ્ય $25$ છે.

(D) મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu$ એ મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલના એમ્પ્લિટ્યુડ $(A_{m})$ અને કેરિયર સિગ્નલના એમ્પ્લિટ્યુડ $(A_{c})$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
આપેલ છે,$A_{m} = 20 \text{ V}$ અને $A_{c} = 80 \text{ V}$.
$\mu = \frac{A_{m}}{A_{c}} = \frac{20}{80} = 0.25$.
ટકાવારી મોડ્યુલેશન $\mu \times 100$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ટકાવારી મોડ્યુલેશન $= 0.25 \times 100 = 25 \%$.

(C) ટ્રાન્સફોર્મર ટર્ન્સ રેશિયોના સૂત્રનું પાલન કરે છે: $\frac{N_P}{N_S} = \frac{V_P}{V_S}$.
આપેલ છે:
પ્રાથમિક વોલ્ટેજ $V_P = 220\,V$
ગૌણ વોલ્ટેજ $V_S = 12\,V$
ગૌણ ગૂંચળાના આંટાની સંખ્યા $N_S = 24$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$\frac{N_P}{24} = \frac{220}{12}$
$N_P = \frac{220 \times 24}{12}$
$N_P = 220 \times 2 = 440$.
તેથી,પ્રાથમિક ગૂંચળાના આંટાની સંખ્યા $440$ છે.

(C) શરૂઆતમાં,પોલરાઈઝર અને એનાલાઈઝરની ધરીઓ સમાંતર છે,તેથી એનાલાઈઝરમાંથી બહાર આવતી તીવ્રતા $I = I_{max} = 100 \text{ Lumens}$ છે.
મેલસના નિયમ મુજબ,એનાલાઈઝરને $\theta$ ખૂણે ફેરવ્યા પછી તેમાંથી બહાર આવતા પ્રકાશની તીવ્રતા $I = I_{max} \cos^2 \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$I_{max} = 100 \text{ Lumens}$ અને $\theta = 30^{\circ}$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે:
$I = 100 \times \cos^2(30^{\circ})$
$I = 100 \times (\frac{\sqrt{3}}{2})^2$
$I = 100 \times \frac{3}{4}$
$I = 75 \text{ Lumens}$.

(B) આપેલ કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 100 \, rad/s$ છે.
$1$. કેપેસિટર શાખા માટે:
$60 \, \Omega$ ના અવરોધમાંથી પસાર થતો પ્રવાહ $I_C = \frac{V_R}{R} = \frac{15 \, V}{60 \, \Omega} = 0.25 \, A = \frac{1}{4} \, A$ છે.
કેપેસિટર આ અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં હોવાથી,તેમાંથી સમાન પ્રવાહ વહે છે.
$V_C = I_C X_C = I_C \cdot \frac{1}{\omega C}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$10 = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{100 \cdot C}$
$10 = \frac{1}{400 C} \Rightarrow C = \frac{1}{4000} \, F = 0.25 \times 10^{-3} \, F = 250 \, \mu F$.
$2$. ઇન્ડક્ટર શાખા માટે:
$40 \, \Omega$ ના અવરોધમાંથી પસાર થતો પ્રવાહ $I_{R'} = \frac{V_{R'}}{R'} = \frac{20 \, V}{40 \, \Omega} = 0.5 \, A = \frac{1}{2} \, A$ છે.
ઇન્ડક્ટર આ શાખા સાથે સમાંતરમાં છે. ઇન્ડક્ટર પરનો વોલ્ટેજ $20 \, V$ છે.
$V_L = I_L X_L = I_L \cdot \omega L$
$20 = I_L \cdot 100 \cdot L$.
જો ઇન્ડક્ટરમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_L = 0.25 \, A$ લઈએ:
$20 = 0.25 \cdot 100 \cdot L$
$20 = 25 \cdot L \Rightarrow L = \frac{20}{25} = 0.8 \, H$.

(B) ચુંબકીય બળનું સૂત્ર $F = qvB \sin \theta$ છે. વેગમાન $P = mv$ અચળ હોવાથી, $v = P/m$ લખી શકાય. તેથી, $F = q(P/m)B = (P B) \cdot (q/m)$.
અહીં $P$ અને $B$ અચળ હોવાથી, $F \propto q/m$.
પ્રોટોન $(p)$, ડ્યુટેરોન $(d)$ અને $\alpha$-કણ $(\alpha)$ માટે:
$q_p = e, m_p = m$
$q_d = e, m_d = 2m$
$q_{\alpha} = 2e, m_{\alpha} = 4m$
બળોનો ગુણોત્તર $F_p : F_d : F_{\alpha} = \frac{e}{m} : \frac{e}{2m} : \frac{2e}{4m} = 1 : \frac{1}{2} : \frac{1}{2} = 2 : 1 : 1$.
ઝડપ માટે, $P = mv \Rightarrow v = P/m$. $P$ અચળ હોવાથી, $v \propto 1/m$.
ઝડપનો ગુણોત્તર $v_p : v_d : v_{\alpha} = \frac{1}{m} : \frac{1}{2m} : \frac{1}{4m} = 1 : \frac{1}{2} : \frac{1}{4} = 4 : 2 : 1$.

(C) આપેલ છે:
મોડ્યુલેટિંગ ફ્રીક્વન્સી $f_m = 2 \, kHz$.
કેરિયર ફ્રીક્વન્સી $f_c = 1 \, MHz = 1000 \, kHz$.
એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેશન $(AM)$ માટે,બેન્ડવિડ્થ $BW = 2f_m$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$BW = 2 \times 2 \, kHz = 4 \, kHz$.
આમ,વિધાન-$I$ સાચું છે.
સાઇડબેન્ડ ફ્રીક્વન્સી $f_c + f_m$ અને $f_c - f_m$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અપર સાઇડબેન્ડ $(USB)$ $= 1000 \, kHz + 2 \, kHz = 1002 \, kHz$.
લોઅર સાઇડબેન્ડ $(LSB)$ $= 1000 \, kHz - 2 \, kHz = 998 \, kHz$.
આમ,વિધાન-$II$ સાચું છે.
તેથી,બંને વિધાનો સાચા છે.

(D) પરિપથ આકૃતિ પરથી,જ્યારે $5 \, V$ ની બેટરીનો ધન ટર્મિનલ $X$ બિંદુ સાથે જોડાય છે,ત્યારે ડાયોડ $D_{1}$ ફોરવર્ડ-બાયસમાં હોય છે,જ્યારે ડાયોડ $D_{2}$ રિવર્સ-બાયસમાં હોય છે.
$D_{2}$ રિવર્સ-બાયસમાં હોવાથી,તે ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે અને $D_{2}$ વાળી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
ડાયોડ $D_{1}$ ફોરવર્ડ-બાયસમાં છે અને તે $0.7 \, V$ ના પોટેન્શિયલ ડ્રોપ સાથે સિલિકોન ડાયોડ તરીકે વર્તે છે.
બેટરી દ્વારા પૂરો પાડવામાં આવતો પ્રવાહ $I$ એ $D_{1}$ અને $10 \, \Omega$ ના અવરોધ વાળી શાખામાંથી વહે છે.
લૂપમાં કિર્ચોફના વોલ્ટેજ નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$5 \, V - V_{D1} - I \times 10 \, \Omega = 0$
$5 - 0.7 = I \times 10$
$4.3 = 10I$
$I = \frac{4.3}{10} = 0.43 \, A$.

(D) $V$ વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત દ્વારા પ્રવેગિત કણની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રોટોન માટે,$\lambda_p = \frac{h}{\sqrt{2m_p q_p V}}$.
$\alpha$ કણ માટે,$\lambda_{\alpha} = \frac{h}{\sqrt{2m_{\alpha} q_{\alpha} V}}$.
તેમનો ગુણોત્તર $\frac{\lambda_p}{\lambda_{\alpha}} = \sqrt{\frac{m_{\alpha} q_{\alpha}}{m_p q_p}}$ થાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\alpha$ કણનું દળ $m_{\alpha} = 4m_p$ અને તેનો વીજભાર $q_{\alpha} = 2e$ છે,જ્યારે પ્રોટોન માટે $m_p = m_p$ અને $q_p = e$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $\frac{\lambda_p}{\lambda_{\alpha}} = \sqrt{\frac{4m_p \times 2e}{m_p \times e}} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$.
$\sqrt{2} \approx 1.414$ લેતા,$\frac{\lambda_p}{\lambda_{\alpha}} = 2 \times 1.414 = 2.828 \approx 2.8$ મળે છે.

(B) $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી વર્તુળાકાર કોઈલની અક્ષ પર કેન્દ્રથી $x$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$B = \frac{\mu_0 I R^2}{2(R^2 + x^2)^{3/2}}$
અહીં $x_1 = 0.05\, m$ અને $x_2 = 0.2\, m$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્રનો ગુણોત્તર $B_1/B_2 = 8/1$ આપેલ છે.
$B \propto (R^2 + x^2)^{-3/2}$ હોવાથી:
$\frac{B_1}{B_2} = \left[ \frac{R^2 + x_2^2}{R^2 + x_1^2} \right]^{3/2} = 8$
બંને બાજુ $2/3$ ઘાત લેતા:
$\frac{R^2 + (0.2)^2}{R^2 + (0.05)^2} = 8^{2/3} = (2^3)^{2/3} = 2^2 = 4$
$R^2 + 0.04 = 4(R^2 + 0.0025)$
$R^2 + 0.04 = 4R^2 + 0.01$
$3R^2 = 0.03$
$R^2 = 0.01$
$R = 0.1\, m$.

(C) ધારો કે $X$ નો અર્ધ-આયુષ્ય સમય $T_{x} = t$ છે અને $Y$ નો અર્ધ-આયુષ્ય સમય $T_{y} = 2t$ છે.
$Y$ ના ત્રણ અર્ધ-આયુષ્ય સમય પછી,વીતેલો સમય $t_{total} = 3 \times T_{y} = 3 \times 2t = 6t$ થાય.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ $N(t) = N_{0} \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T}$ નો ઉપયોગ કરતા,$X$ અને $Y$ માટે બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા:
$N_{1}' = N_{1} \left(\frac{1}{2}\right)^{6t/t} = N_{1} \left(\frac{1}{2}\right)^{6} = \frac{N_{1}}{64}$
$N_{2}' = N_{2} \left(\frac{1}{2}\right)^{6t/2t} = N_{2} \left(\frac{1}{2}\right)^{3} = \frac{N_{2}}{8}$
આપેલ છે કે $N_{1}' = N_{2}'$,તેથી:
$\frac{N_{1}}{64} = \frac{N_{2}}{8}$
$\frac{N_{1}}{N_{2}} = \frac{64}{8} = \frac{8}{1}$

(D) $t = 0$ સમયે,ઇન્ડક્ટર ઓપન સર્કિટ (અનંત અવરોધ) તરીકે વર્તે છે. સર્કિટ બે સમાંતર શાખાઓમાં સરળ બને છે: એક $(5 \Omega + 1 \Omega) = 6 \Omega$ અને બીજી $(5 \Omega + 4 \Omega) = 9 \Omega$ સાથે.
આ બે શાખાઓ સમાંતરમાં હોવાથી,સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = (6 \times 9) / (6 + 9) = 54 / 15 = 18 / 5 \ \Omega$ થાય.
$t = 0$ સમયે પ્રવાહ $i$ એ $i_1 = E / R_{eq} = E / (18 / 5) = 5E / 18$ છે.
$t = \infty$ સમયે,ઇન્ડક્ટર શોર્ટ સર્કિટ (શૂન્ય અવરોધ) તરીકે વર્તે છે. સર્કિટ એક બ્રિજ જેવી રચના બને છે જ્યાં $5 \Omega$ અને $5 \Omega$ ના અવરોધો સમાંતરમાં છે,અને $1 \Omega$ અને $4 \Omega$ ના અવરોધો સમાંતરમાં છે.
સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = (5 \parallel 5) + (1 \parallel 4) = (2.5) + (4 / 5) = 2.5 + 0.8 = 3.3 \ \Omega = 33 / 10 \ \Omega$ થાય.
$t = \infty$ સમયે પ્રવાહ $i$ એ $i_2 = E / R_{eq} = E / (33 / 10) = 10E / 33$ છે.

(D) આપેલ છે: તરંગલંબાઈ $\lambda = 960\, m$,કેપેસિટન્સ $C = 2.56\, \mu F = 2.56 \times 10^{-6}\, F$,પ્રકાશની ઝડપ $c = 3 \times 10^{8}\, m/s$.
રેઝોનન્સ સમયે,કોણીય આવૃત્તિ $\omega_{0} = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ છે.
$\omega_{0} = 2\pi f_{0}$ અને $f_{0} = \frac{c}{\lambda}$ હોવાથી,$2\pi \frac{c}{\lambda} = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ મળે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $4\pi^{2} \frac{c^{2}}{\lambda^{2}} = \frac{1}{LC}$.
$L$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા: $L = \frac{\lambda^{2}}{4\pi^{2}c^{2}C}$.
$\pi^{2} \approx 10$ લેતા: $L = \frac{(960)^{2}}{4 \times 10 \times (3 \times 10^{8})^{2} \times 2.56 \times 10^{-6}}$.
ગણતરી કરતા $L = 10 \times 10^{-8}\, H$ મળે છે.

(D) વિદ્યુતક્ષેત્ર $\overrightarrow{E} = \frac{3 E_{0}}{5} \hat{i} + \frac{4 E_{0}}{5} \hat{j} \, N/C$ છે.
પ્રથમ સપાટી માટે,ક્ષેત્રફળ સદિશ $\overrightarrow{A}_{1} = 0.2 \hat{i} \, m^{2}$ છે (કારણ કે તે $y-z$ સમતલને સમાંતર છે).
ફ્લક્સ $\phi_{1} = \overrightarrow{E} \cdot \overrightarrow{A}_{1} = (\frac{3 E_{0}}{5} \hat{i} + \frac{4 E_{0}}{5} \hat{j}) \cdot (0.2 \hat{i}) = \frac{3 \times 0.2}{5} E_{0} = 0.12 E_{0} \, V \cdot m$.
બીજી સપાટી માટે,ક્ષેત્રફળ સદિશ $\overrightarrow{A}_{2} = 0.3 \hat{j} \, m^{2}$ છે (કારણ કે તે $x-z$ સમતલને સમાંતર છે).
ફ્લક્સ $\phi_{2} = \overrightarrow{E} \cdot \overrightarrow{A}_{2} = (\frac{3 E_{0}}{5} \hat{i} + \frac{4 E_{0}}{5} \hat{j}) \cdot (0.3 \hat{j}) = \frac{4 \times 0.3}{5} E_{0} = 0.24 E_{0} \, V \cdot m$.
ફ્લક્સનો ગુણોત્તર $\frac{\phi_{1}}{\phi_{2}} = \frac{0.12 E_{0}}{0.24 E_{0}} = \frac{1}{2}$ છે.
આપેલ ગુણોત્તર $a : b = 1 : 2$ હોવાથી,તેથી $a = 1$ મળે છે.

(C) પોટેન્શિયોમીટર વાયરની એકમ લંબાઈ દીઠ પોટેન્શિયલ ડ્રોપ $k = \frac{V_{AB}}{L}$ છે,જ્યાં $L = 10\, m = 1000\, cm$ છે.
પ્રથમ બેટરી $E_{1}$ માટે,સંતુલન લંબાઈ $l_{1}$ બિંદુ $A$ થી માપવામાં આવે છે. વાયર દરેક $1\, m$ ના $10$ વિભાગોનો બનેલો છે. $J_{1}$ બીજા વિભાગ પર $20\, cm$ પર છે,તેથી $l_{1} = 100 + 20 = 120\, cm$ થાય.
બીજી બેટરી $E_{2}$ માટે,સંતુલન લંબાઈ $l_{2}$ બિંદુ $A$ થી માપવામાં આવે છે. $J_{2}$ આઠમા વિભાગ પર $60\, cm$ પર છે,તેથી $l_{2} = 700 + 60 = 760\, cm$ થાય.
પોટેન્શિયોમીટરના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરતા,$E_{1} = k l_{1}$ અને $E_{2} = k l_{2}$ મળે.
તેથી,$\frac{E_{1}}{E_{2}} = \frac{l_{1}}{l_{2}} = \frac{120}{760} = \frac{12}{76} = \frac{3}{19}$ થાય.
આપેલ છે કે $\frac{E_{1}}{E_{2}} = \frac{a}{b}$,તેથી $a = 3$ અને $b = 19$ મળે.

(B) બહિર્ગોળ લેન્સ માટે,મોટવણી $m$ નું સૂત્ર $m = \frac{f}{u+f}$ છે.
જ્યારે વસ્તુને $u_1 = -10\, cm$ પર મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે પ્રતિબિંબ વાસ્તવિક અને ઉલટું મળે છે (મોટવણી $-m$).
$-m = \frac{f}{-10+f} \quad (1)$
જ્યારે વસ્તુને $u_2 = -20\, cm$ પર મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે પ્રતિબિંબ આભાસી અને ચત્તું મળે છે (મોટવણી $+m$).
$+m = \frac{f}{-20+f} \quad (2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $(2)$ વડે ભાગતા:
$-1 = \frac{-20+f}{-10+f}$
$10 - f = -20 + f$
$2f = 30$
$f = 15\, cm$.

(A) ધારો કે દરેક નાના ટીપાની ત્રિજ્યા $r$ છે અને દરેક નાના ટીપા પરનો વીજભાર $q$ છે.
દરેક નાના ટીપાનું સ્થિતિમાન $V_{small} = \frac{kq}{r} = 2 \ V$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે $n = 512$ ટીપાં જોડાઈને $R$ ત્રિજ્યા અને $Q$ વીજભાર ધરાવતું મોટું ટીપું બનાવે છે,ત્યારે કદ અચળ રહે છે.
$V_{total} = n \times V_{small} \implies \frac{4}{3} \pi R^3 = 512 \times \frac{4}{3} \pi r^3$.
$R^3 = 512 r^3 \implies R = (512)^{1/3} r = 8r$.
મોટા ટીપા પરનો કુલ વીજભાર $Q = nq = 512q$ છે.
મોટા ટીપાનું સ્થિતિમાન $V_{large} = \frac{kQ}{R} = \frac{k(512q)}{8r}$ છે.
$V_{large} = 64 \times \frac{kq}{r} = 64 \times 2 \ V = 128 \ V$.

(A) ઇન્ડક્ટરમાં ઉદ્ભવતું પ્રેરિત ઇલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સ $(EMF)$ $\varepsilon = L \frac{dI}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અવરોધ અવગણ્ય હોવાથી,લાગુ પાડવામાં આવેલ વોલ્ટેજ $V$ એ પ્રેરિત $EMF$ $\varepsilon$ જેટલો થાય,તેથી $V = L \frac{dI}{dt}$.
આપેલ છે કે $V = 3t$ અને $L = 2\, H$,તેથી $3t = 2 \frac{dI}{dt}$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $dI = \frac{3}{2} t \, dt$ મળે છે.
બંને બાજુ $t = 0$ થી $t = 4\, s$ અને $I = 0$ થી $I = I_f$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{0}^{I_f} dI = \int_{0}^{4} \frac{3}{2} t \, dt$
$I_f = \frac{3}{2} \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{4} = \frac{3}{4} (16) = 12\, A$.
ગૂંચળામાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{1}{2} L I_f^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$U = \frac{1}{2} \times 2 \times (12)^2 = 144\, J$.

(D) સમાંતર જોડાણ માટે,સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $C_{p} = C_{1} + C_{2}$ છે.
શ્રેણી જોડાણ માટે,સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $C_{s} = \frac{C_{1}C_{2}}{C_{1} + C_{2}}$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$C_{p} = \frac{15}{4} C_{s}$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$C_{1} + C_{2} = \frac{15}{4} \left( \frac{C_{1}C_{2}}{C_{1} + C_{2}} \right)$ મળે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $4(C_{1} + C_{2})^2 = 15C_{1}C_{2}$ મળે.
વર્ગનું વિસ્તરણ કરતા,$4(C_{1}^2 + C_{2}^2 + 2C_{1}C_{2}) = 15C_{1}C_{2}$,જે $4C_{1}^2 + 4C_{2}^2 + 8C_{1}C_{2} = 15C_{1}C_{2}$ આપે છે.
પદોને ગોઠવતા,$4C_{1}^2 - 7C_{1}C_{2} + 4C_{2}^2 = 0$ મળે.
$C_{1}^2$ વડે ભાગતા અને $x = \frac{C_{2}}{C_{1}}$ લેતા,$4x^2 - 7x + 4 = 0$ સમીકરણ મળે.
વિવેચક $D = b^2 - 4ac = (-7)^2 - 4(4)(4) = 49 - 64 = -15$ છે.
વિવેચક ઋણ હોવાથી,$\frac{C_{2}}{C_{1}}$ ના ગુણોત્તર માટે કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી. તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) વર્ણપટ રેખાની તરંગલંબાઇ માટે રિડબર્ગનું સૂત્ર $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_{f}^{2}} - \frac{1}{n_{i}^{2}} \right)$ છે.
લાયમન શ્રેણીના ત્રીજા સભ્ય માટે,$n_{f} = 1$ અને $n_{i} = 1 + 3 = 4$ છે. તેથી,$\frac{1}{\lambda_{1}} = R \left( \frac{1}{1^{2}} - \frac{1}{4^{2}} \right) = R \left( 1 - \frac{1}{16} \right) = R \left( \frac{15}{16} \right)$.
પાશ્ચન શ્રેણીના પ્રથમ સભ્ય માટે,$n_{f} = 3$ અને $n_{i} = 3 + 1 = 4$ છે. તેથી,$\frac{1}{\lambda_{2}} = R \left( \frac{1}{3^{2}} - \frac{1}{4^{2}} \right) = R \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right) = R \left( \frac{16 - 9}{144} \right) = R \left( \frac{7}{144} \right)$.
ગુણોત્તર લેતા,$\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}} = \frac{1/\lambda_{2}}{1/\lambda_{1}} = \frac{R(7/144)}{R(15/16)} = \frac{7}{144} \times \frac{16}{15} = \frac{7}{9 \times 15} = \frac{7}{135}$.
તેથી,$\lambda_{1} : \lambda_{2} = 7 : 135$.

(D) $1$. મોટવણી $m$ એ પ્રતિબિંબની ઊંચાઈ અને વસ્તુની ઊંચાઈનો ગુણોત્તર છે: $m = \frac{h_i}{h_o} = \frac{25\, cm}{100\, cm} = +0.25$.
$2$. મોટવણી ધન $(m > 0)$ હોવાથી,પ્રતિબિંબ ચત્તું (વસ્તુ જેવી જ દિશામાં) અને આભાસી છે.
$3$. ગોળીય અરીસા માટે,આભાસી અને ચત્તું પ્રતિબિંબ અંતર્ગોળ અને બહિર્ગોળ બંને અરીસા દ્વારા રચાય છે. જોકે,અંતર્ગોળ અરીસો વિવર્ધિત આભાસી પ્રતિબિંબ $(|m| > 1)$ આપે છે,જ્યારે બહિર્ગોળ અરીસો નાનું આભાસી પ્રતિબિંબ $(|m| < 1)$ આપે છે.
$4$. અહીં પ્રતિબિંબની ઊંચાઈ $(25\, cm)$ એ વસ્તુની ઊંચાઈ $(100\, cm)$ કરતા ઓછી હોવાથી,મોટવણી $1$ કરતા ઓછી છે. તેથી,અરીસો બહિર્ગોળ અરીસો હોવો જોઈએ.
$5$. અરીસા દ્વારા રચાતું આભાસી પ્રતિબિંબ હંમેશા વસ્તુની સાપેક્ષમાં અરીસાની પાછળની (વિરુદ્ધ) બાજુએ હોય છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $i = i_{1} \sin \omega t + i_{2} \cos \omega t$ છે.
આપણે $\cos \omega t$ ને $\sin(\omega t + 90^{\circ})$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
તેથી,$i = i_{1} \sin \omega t + i_{2} \sin(\omega t + 90^{\circ})$.
આ $90^{\circ}$ ના કળા તફાવત ધરાવતા બે સાઇનસૉઇડલ પ્રવાહોનું સુપરપોઝિશન દર્શાવે છે.
પરિણામી મહત્તમ પ્રવાહ $i_{0}$ એ $i_{0} = \sqrt{i_{1}^{2} + i_{2}^{2} + 2i_{1}i_{2} \cos(90^{\circ})}$ દ્વારા મળે છે.
કારણ કે $\cos(90^{\circ}) = 0$ છે,તેથી $i_{0} = \sqrt{i_{1}^{2} + i_{2}^{2}}$ મળે છે.
રૂટ મીન સ્ક્વેર (rms) પ્રવાહ $i_{rms} = \frac{i_{0}}{\sqrt{2}}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે.
તેથી,$i_{rms} = \frac{\sqrt{i_{1}^{2} + i_{2}^{2}}}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}(i_{1}^{2} + i_{2}^{2})^{1/2}$.

(A) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં ફ્રિન્જની પહોળાઈ (ફ્રિન્જ સેપરેશન) માટેનું સૂત્ર $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ છે.
આપેલ કિંમતો:
તરંગલંબાઇ $\lambda = 500 \, nm = 500 \times 10^{-9} \, m$.
સ્લિટ્સ વચ્ચેનું અંતર $d = 2 \, mm = 2 \times 10^{-3} \, m$.
પડદાનું અંતર $D = 1 \, m$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\beta = \frac{500 \times 10^{-9} \times 1}{2 \times 10^{-3}}$
$\beta = 250 \times 10^{-6} \, m$
$\beta = 0.25 \times 10^{-3} \, m$
કારણ કે $10^{-3} \, m = 1 \, mm$,તેથી $\beta = 0.25 \, mm$ મળે છે.

(C) $L$ લંબાઈ અને $Q$ કુલ વિદ્યુતભાર ધરાવતા સમાન રીતે વિદ્યુતભારીત સળિયાના લંબ દ્વિભાજક પર તેના કેન્દ્રથી $a$ અંતરે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ નીચે મુજબ મળે છે:
$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{a \sqrt{a^2 + (L/2)^2}}$
અહીં $a = \frac{\sqrt{3}}{2} L$ આપેલ છે,તેથી સૂત્રમાં કિંમત મૂકતા:
$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{(\frac{\sqrt{3}}{2} L) \sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2} L)^2 + (L/2)^2}}$
$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{(\frac{\sqrt{3}}{2} L) \sqrt{\frac{3}{4} L^2 + \frac{1}{4} L^2}}$
$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{(\frac{\sqrt{3}}{2} L) \sqrt{L^2}}$
$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{(\frac{\sqrt{3}}{2} L) \cdot L} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{\frac{\sqrt{3}}{2} L^2}$
$E = \frac{2 Q}{4 \sqrt{3} \pi \varepsilon_{0} L^2} = \frac{Q}{2 \sqrt{3} \pi \varepsilon_{0} L^2}$

(B) માઇક્રોસ્કોપની રિઝોલ્વિંગ પાવર વપરાયેલ વિકિરણની તરંગલંબાઇ $\lambda$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે, એટલે કે, $\text{Resolving Power} \propto \frac{1}{\lambda}$.
ઇલેક્ટ્રોન માઇક્રોસ્કોપમાં પ્રવેગિત ઇલેક્ટ્રોનની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ સામાન્ય રીતે $0.001 \ nm$ થી $0.01 \ nm$ ની રેન્જમાં હોય છે, જ્યારે દ્રશ્ય પ્રકાશની તરંગલંબાઇ $400 \ nm$ થી $700 \ nm$ ની રેન્જમાં હોય છે.
ઇલેક્ટ્રોનની તરંગલંબાઇ દ્રશ્ય પ્રકાશ કરતા ઘણી ઓછી હોવાથી, ઇલેક્ટ્રોન માઇક્રોસ્કોપની રિઝોલ્વિંગ પાવર ઓપ્ટિકલ માઇક્રોસ્કોપ કરતા ઘણી વધારે હોય છે.
તેથી, વિધાન $A$ અને કારણ $R$ બંને સાચા છે, અને કારણ $R$ એ વિધાન $A$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(D) એનર્જી ગેપ $E_g = 1.9\, eV$ આપેલ છે.
તેને જુલમાં ફેરવવા માટે,આપણે $1.6 \times 10^{-19} \, J/eV$ વડે ગુણીએ છીએ:
$E = 1.9 \times 1.6 \times 10^{-19} \, J = 3.04 \times 10^{-19} \, J$.
તરંગલંબાઇ $\lambda$ શોધવા માટેનું સૂત્ર $\lambda = \frac{hc}{E}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\lambda = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^{8}}{3.04 \times 10^{-19}}$.
$\lambda = \frac{19.89 \times 10^{-26}}{3.04 \times 10^{-19}} \approx 6.54 \times 10^{-7} \, m$.
$\lambda = 654 \, nm$.
$654 \, nm$ ની તરંગલંબાઇ દ્રશ્યમાન વર્ણપટના લાલ રંગના વિસ્તારને અનુરૂપ છે.

(D) આપેલ સર્કિટને વ્હીટસ્ટોન બ્રિજ તરીકે ફરીથી દોરી શકાય છે.
આ ગોઠવણીમાં,અવરોધો એવી રીતે ગોઠવાયેલા છે કે બિંદુ $A$ સાથે જોડાયેલી બે ભુજાઓ તેમના સંબંધિત ભાગો સાથે શ્રેણીમાં છે,અને આ બે શાખાઓ એકબીજા સાથે સમાંતર છે.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,બે ઉપરના અવરોધકો શ્રેણીમાં છે $(R + R = 2R)$,અને બે નીચેના અવરોધકો શ્રેણીમાં છે $(R + R = 2R)$.
આ બે શાખાઓ ($2R$ અને $2R$) બિંદુ $A$ અને $B$ વચ્ચે સમાંતરમાં જોડાયેલી છે.
તેથી,સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$R_{eq} = \frac{(2R) \times (2R)}{2R + 2R} = \frac{4R^2}{4R} = R$.

(B) બેટરી દ્વારા વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત $(V)$ માં વિદ્યુતભાર $(Q)$ ને ખસેડવા માટે કરવામાં આવતું કાર્ય $(W)$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$W = Q \times V$
આપેલ છે:
વિદ્યુતભાર $(Q)$ = $20\, C$
વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $(V)$ = $15\, V$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$W = 20\, C \times 15\, V$
$W = 300\, J$
તેથી,બેટરી દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય $300\, J$ છે.

(A) આપેલ સર્કિટમાં,ડાયોડ $D_{1}$ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે કારણ કે તેનો p-ટર્મિનલ બેટરીના પોઝિટિવ ટર્મિનલ સાથે જોડાયેલ છે. ડાયોડ $D_{2}$ રિવર્સ બાયસમાં છે કારણ કે તેનો n-ટર્મિનલ બેટરીના પોઝિટિવ ટર્મિનલ સાથે જોડાયેલ છે.
$D_{2}$ રિવર્સ બાયસમાં હોવાથી,તે ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે,અને $D_{2}$ તથા $100\, \Omega$ ના અવરોધવાળી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
આ સર્કિટ બેટરી $(6\, V)$,$D_{1}$ નો ફોરવર્ડ અવરોધ $(50\, \Omega)$,અવરોધ $R_{1}$ $(130\, \Omega)$ અને અવરોધ $R_{3}$ $(120\, \Omega)$ ના શ્રેણી જોડાણ તરીકે સરળ બને છે.
સર્કિટનો કુલ અવરોધ $R_{total} = 50\, \Omega + 130\, \Omega + 120\, \Omega = 300\, \Omega$ છે.
ઓમના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,સર્કિટમાંથી વહેતો પ્રવાહ $i$:
$i = \frac{V}{R_{total}} = \frac{6\, V}{300\, \Omega} = 0.02\, A$.
આને મિલિએમ્પિયર $(mA)$ માં ફેરવતા:
$i = 0.02 \times 1000\, mA = 20\, mA$.
આમ,$120\, \Omega$ ના અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ $20\, mA$ છે.

(A) બલ્બ દ્વારા ઉત્સર્જિત પાવર $P_{rad} = \text{કાર્યક્ષમતા} \times P_{total} = \frac{1.25}{100} \times 1000 \, W = 12.5 \, W$ છે.
$r = 2 \, m$ અંતરે તીવ્રતા $I = \frac{P_{rad}}{4 \pi r^2} = \frac{12.5}{4 \pi (2)^2} = \frac{12.5}{16 \pi} \, W/m^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તીવ્રતા અને મહત્તમ વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_0$ વચ્ચેનો સંબંધ $I = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2 c$ છે.
તીવ્રતા માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{12.5}{16 \pi} = \frac{1}{2} \times 8.85 \times 10^{-12} \times 3 \times 10^8 \times E_0^2$.
$E_0^2 = \frac{12.5 \times 2}{16 \times 3.14159 \times 8.85 \times 10^{-12} \times 3 \times 10^8} \approx \frac{25}{132.73} \times 10^4 \approx 188.35$.
$E_0 = \sqrt{188.35} \approx 13.724 \, V/m$.
આને $x \times 10^{-1} \, V/m$ તરીકે દર્શાવતા, આપણને $E_0 = 137.24 \times 10^{-1} \, V/m$ મળે છે.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ-ઓફ કરતા, $x = 137$।

(NONE) શ્રેણી $LCR$ સર્કિટનો ક્વોલિટી ફેક્ટર $Q$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $Q = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{L}{C}}$.
શરૂઆતમાં,$Q = 100$ છે.
જ્યારે ઇન્ડક્ટન્સ $L$ ને બે ગણું વધારવામાં આવે $(L' = 2L)$ અને અવરોધ $R$ ને બે ગણો ઘટાડવામાં આવે $(R' = R/2)$,ત્યારે નવો ક્વોલિટી ફેક્ટર $Q'$ નીચે મુજબ થશે:
$Q' = \frac{1}{R'} \sqrt{\frac{L'}{C}} = \frac{1}{(R/2)} \sqrt{\frac{2L}{C}} = 2 \times \sqrt{2} \times \left( \frac{1}{R} \sqrt{\frac{L}{C}} \right)$.
$Q$ ની પ્રારંભિક કિંમત મૂકતા:
$Q' = 2 \sqrt{2} \times Q = 2 \times 1.414 \times 100 = 282.8$.

(D) મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\mu = \frac{A_{\max} - A_{\min}}{A_{\max} + A_{\min}}$
અહીં $A_{\max} = 16\, V$ અને $A_{\min} = 8\, V$ આપેલ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\mu = \frac{16 - 8}{16 + 8} = \frac{8}{24} = \frac{1}{3} \approx 0.333...$
પ્રશ્ન મુજબ,મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $x \times 10^{-2} = 0.33$ છે.
તેથી,$x = 33$.

(C) ધારો કે બે સ્થિર વિદ્યુતભારો $-q$ છે અને કેન્દ્રનો વિદ્યુતભાર $+q$ છે. સ્થિર વિદ્યુતભારો વચ્ચેનું અંતર $2d$ છે. જ્યારે કેન્દ્રના વિદ્યુતભારને સ્થિર વિદ્યુતભારોને જોડતી રેખાને લંબ રૂપે $x$ જેટલું સ્થાનાંતરિત કરવામાં આવે છે,ત્યારે દરેક સ્થિર વિદ્યુતભાર અને સ્થાનાંતરિત વિદ્યુતભાર વચ્ચેનું અંતર $r = \sqrt{d^2 + x^2}$ થાય છે.
દરેક સ્થિર વિદ્યુતભાર દ્વારા કેન્દ્રના વિદ્યુતભાર પર લાગતું સ્થિત વિદ્યુત બળ $F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q^2}{r^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q^2}{d^2 + x^2}$ છે.
પરિણામી પુનઃસ્થાપક બળ $F_{\text{net}} = -2 F \cos \theta$ છે,જ્યાં $\cos \theta = \frac{x}{r} = \frac{x}{\sqrt{d^2 + x^2}}$.
કિંમતો મૂકતા,$F_{\text{net}} = -2 \left( \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q^2}{d^2 + x^2} \right) \left( \frac{x}{\sqrt{d^2 + x^2}} \right) = -\frac{q^2 x}{2 \pi \varepsilon_{0} (d^2 + x^2)^{3/2}}$.
કારણ કે $x << d$,આપણે $(d^2 + x^2)^{3/2} \approx (d^2)^{3/2} = d^3$ તરીકે લઈ શકીએ છીએ. તેથી,$F_{\text{net}} \approx -\left( \frac{q^2}{2 \pi \varepsilon_{0} d^3} \right) x$.
ન્યૂટનના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$F = ma$,તેથી $a = -\left( \frac{q^2}{2 \pi \varepsilon_{0} m d^3} \right) x$.
આને $SHM$ ના સમીકરણ $a = -\omega^2 x$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\omega = \sqrt{\frac{q^2}{2 \pi \varepsilon_{0} m d^3}}$ મળે છે.

(D) નરમ ફેરોમેગ્નેટિક પદાર્થો એવા પદાર્થો છે જેમને બાહ્ય ચુંબકીય ક્ષેત્ર દ્વારા સરળતાથી ચુંબકીય અને અચુંબકીય બનાવી શકાય છે.
જ્યારે બાહ્ય ચુંબકીય ક્ષેત્ર લાગુ કરવામાં આવે છે,ત્યારે જે ડોમેન્સ ક્ષેત્રની દિશામાં હોય છે તે અન્ય ડોમેન્સના ભોગે કદમાં વધે છે.
વધુમાં,ડોમેન્સ પર ચોખ્ખો ટોર્ક લાગે છે,જેના કારણે તેઓ બાહ્ય ક્ષેત્ર સાથે વધુ સારી રીતે સંરેખિત થવા માટે તેમની દિશા બદલે છે.
તેથી,ડોમેન્સ કદમાં વધારો કે ઘટાડો કરી શકે છે અને તેમની દિશા બદલી શકે છે.

(B) આપેલ સર્કિટમાં એક $OR$ ગેટ છે જેમાં ઇનપુટ $B$ ને $NOT$ ગેટ દ્વારા પસાર કરવામાં આવે છે,અને $OR$ ગેટના આઉટપુટને બીજા $NOT$ ગેટ દ્વારા પસાર કરવામાં આવે છે.
ધારો કે ઇનપુટ $A$ અને $B$ છે. $OR$ ગેટ માટેનું ઇનપુટ $A$ અને $\bar{B}$ બને છે.
$OR$ ગેટનું આઉટપુટ $Y' = A + \bar{B}$ છે.
અંતિમ આઉટપુટ $C$ એ $Y'$ નું ઇન્વર્ઝન છે,તેથી $C = \overline{A + \bar{B}}$.
ડી મોર્ગનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$C = \bar{A} \cdot \overline{\bar{B}} = \bar{A} \cdot B$.
આ સમીકરણ $\bar{A} \cdot B$ એ ઇનપુટ $A$ ના ઇન્વર્ઝન સાથેના $AND$ ગેટને દર્શાવે છે.

(A) વિધાન $I$ ખોટું છે કારણ કે ટ્રાન્ઝિસ્ટર એ ચોક્કસ ડોપિંગ પ્રોફાઇલ અને વિસ્તારો (એમીટર,બેઝ,કલેક્ટર) ધરાવતું એક સિંગલ ક્રિસ્ટલ ઉપકરણ છે. બે $PN$ જંકશન ડાયોડને બેક-ટુ-બેક જોડવાથી કાર્યકારી ટ્રાન્ઝિસ્ટર બનતું નથી કારણ કે તેમાં મોનોલિથિક ટ્રાન્ઝિસ્ટર સ્ટ્રક્ચરમાં રહેલી ચાર્જ કેરિયર ઇન્જેક્શન અને કંટ્રોલ મિકેનિઝમનો અભાવ હોય છે.
વિધાન $II$ સાચું છે. કોમન-એમીટર કન્ફિગરેશન માટે કરંટ એમ્પ્લીફિકેશન ફેક્ટર $\beta$ (અથવા $h_{fe}$) ને કલેક્ટર કરંટ $(i_c)$ અને બેઝ કરંટ $(i_b)$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,જે $\beta = \frac{i_c}{i_b}$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.

(A) સ્વિચ $S$ બંધ કર્યા પછી તરત જ, ઇન્ડક્ટર્સમાંથી વહેતો પ્રવાહ ત્વરિત બદલાઈ શકતો નથી. સ્વિચ બંધ કરતા પહેલા પ્રવાહ શૂન્ય હોવાથી, તે સ્વિચ બંધ કર્યા પછી તરત જ શૂન્ય રહે છે.
તેથી, ઇન્ડક્ટર્સ ધરાવતી શાખાઓ ઓપન સર્કિટ (અનંત અવરોધ) તરીકે વર્તે છે.
આ સર્કિટ બેટરી અને દરેક $R$ અવરોધ ધરાવતા બે અવરોધકોના શ્રેણી જોડાણ તરીકે સરળ બને છે.
સર્કિટનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = R + R = 2.0 \, \Omega + 2.0 \, \Omega = 4.0 \, \Omega$ છે.
સર્કિટમાં પ્રવાહ $i$ ઓહ્મના નિયમ દ્વારા મળે છે:
$i = \frac{E}{R_{eq}} = \frac{9 \, V}{4.0 \, \Omega} = 2.25 \, A$.

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

(A) $X$-રે ટ્યુબમાં ઉત્પન્ન થતા $X$-કિરણોની લઘુત્તમ તરંગલંબાઇ (કટ-ઓફ તરંગલંબાઇ) નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\lambda_{\min} = \frac{hc}{eV}$.
આપેલ છે કે પ્રવેગક સ્થિતિમાન $V = 1.24 \times 10^{6} \, V$,આપણે સરળ સંબંધનો ઉપયોગ કરી શકીએ છીએ: $\lambda_{\min} \approx \frac{1240}{V \text{ (kV માં)}} \, nm$.
અહીં,$V = 1.24 \times 10^{6} \, V = 1240 \times 10^{3} \, kV$.
કિંમતો મૂકતા: $\lambda_{\min} = \frac{1240}{1.24 \times 10^{6}} \, nm = 10^{-3} \, nm$.

(B) સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = h\nu = 13.6 \text{ eV} \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આવૃત્તિ $\nu = \frac{\Delta E}{h}$ હોવાથી,જ્યારે ઉર્જાનો તફાવત $\Delta E$ મહત્તમ હોય ત્યારે આવૃત્તિ $\nu$ મહત્તમ હોય છે.
ઉર્જાના તફાવતોની સરખામણી કરતા:
$n = 4$ થી $n = 3$ માટે: $\Delta E = 13.6 \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right) \approx 0.66 \text{ eV}$.
$n = 2$ થી $n = 1$ માટે: $\Delta E = 13.6 \left( \frac{1}{1} - \frac{1}{4} \right) = 13.6 \times 0.75 = 10.2 \text{ eV}$.
$n = 5$ થી $n = 4$ માટે: $\Delta E = 13.6 \left( \frac{1}{16} - \frac{1}{25} \right) \approx 0.31 \text{ eV}$.
$n = 3$ થી $n = 2$ માટે: $\Delta E = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) \approx 1.89 \text{ eV}$.
$n = 2$ થી $n = 1$ નું સંક્રમણ સૌથી મોટો ઉર્જા તફાવત આપે છે,તેથી તેની આવૃત્તિ મહત્તમ હશે.

(A) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં ફ્રિન્જની પહોળાઈ $\beta$ નું સૂત્ર $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ છે,જ્યાં $\lambda$ એ પ્રકાશની તરંગલંબાઇ છે,$D$ એ પડદા અને સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર છે અને $d$ એ સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે લાલ પ્રકાશની તરંગલંબાઇ $\lambda_{R}$ એ જાંબલી પ્રકાશની તરંગલંબાઇ $\lambda_{V}$ કરતા વધારે છે (એટલે કે $\lambda_{R} > \lambda_{V}$).
કારણ કે $\beta$ એ $\lambda$ ના સમપ્રમાણમાં છે $(\beta \propto \lambda)$,તેથી $\beta_{R} > \beta_{V}$ થાય.
જ્યારે પ્રકાશના સ્ત્રોતને લાલથી બદલીને જાંબલી કરવામાં આવે છે,ત્યારે ફ્રિન્જની પહોળાઈ ઘટે છે,જેનો અર્થ છે કે ક્રમિક ફ્રિન્જ રેખાઓ એકબીજાની નજીક આવશે.

(B) ઝેનર બ્રેકડાઉન એ $p-n$ જંકશન ડાયોડમાં જોવા મળતી ઘટના છે જે ભારે ડોપિંગ ધરાવે છે.
ભારે ડોપિંગને કારણે,ડેપ્લેશન લેયર ખૂબ જ સાંકડું (સામાન્ય રીતે $10^{-6} \ m$ કરતા ઓછું) બની જાય છે.
જ્યારે રિવર્સ બાયસ વોલ્ટેજ લાગુ કરવામાં આવે છે,ત્યારે આ સાંકડા ડેપ્લેશન લેયર પરનું વિદ્યુતક્ષેત્ર અત્યંત ઊંચું થઈ જાય છે.
આ ઊંચું વિદ્યુતક્ષેત્ર ઇલેક્ટ્રોનને તેમના સહસંયોજક બંધમાંથી બહાર કાઢવા માટે પૂરતું છે,જેના પરિણામે પ્રવાહમાં મોટો વધારો થાય છે,જેને ઝેનર બ્રેકડાઉન કહેવામાં આવે છે.