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

(C) ધારો કે પ્રવાહી $x$,$y$ અને $z$ ની વિશિષ્ટ ઉષ્મા અનુક્રમે $s_1$,$s_2$ અને $s_3$ છે. દળ સમાન હોવાથી $(m_1 = m_2 = m_3 = m)$,કેલરીમેટ્રીના સિદ્ધાંત મુજબ: $m s_1 T_1 + m s_2 T_2 = (m s_1 + m s_2) T_f$.
$x$ અને $y$ ના મિશ્રણ માટે: $s_1(10) + s_2(20) = (s_1 + s_2)(16) \implies 10s_1 + 20s_2 = 16s_1 + 16s_2 \implies 4s_2 = 6s_1 \implies s_1 = \frac{2}{3}s_2$.
$y$ અને $z$ ના મિશ્રણ માટે: $s_2(20) + s_3(30) = (s_2 + s_3)(26) \implies 20s_2 + 30s_3 = 26s_2 + 26s_3 \implies 4s_3 = 6s_2 \implies s_3 = \frac{3}{2}s_2$.
$x$ અને $z$ ના મિશ્રણ માટે: $s_1(10) + s_3(30) = (s_1 + s_3)T_f$.
$s_1 = \frac{2}{3}s_2$ અને $s_3 = \frac{3}{2}s_2$ મૂકતા:
$(\frac{2}{3}s_2)(10) + (\frac{3}{2}s_2)(30) = (\frac{2}{3}s_2 + \frac{3}{2}s_2)T_f$.
$\frac{20}{3}s_2 + 45s_2 = (\frac{4+9}{6})s_2 T_f \implies \frac{20+135}{3} = \frac{13}{6}T_f$.
$\frac{155}{3} = \frac{13}{6}T_f \implies T_f = \frac{155 \times 6}{3 \times 13} = \frac{310}{13} \approx 23.84^{\circ}C$.

(A) આ શંકુ આકારના લોલક (conical pendulum) નો કિસ્સો છે.
ધારો કે દોરી શિરોલંબ સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે.
આકૃતિની ભૂમિતિ પરથી,$\sin \theta = \frac{r}{L}$ મળે છે.
આપેલ છે કે $r = \frac{L}{\sqrt{2}}$,તેથી $\sin \theta = \frac{L/\sqrt{2}}{L} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આનો અર્થ એ છે કે $\theta = 45^{\circ}$.
કણ પર લાગતા બળો દોરીમાં તણાવ $T$ અને ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ છે.
તણાવને સમક્ષિતિજ અને શિરોલંબ ઘટકોમાં વિભાજિત કરતા:
સમક્ષિતિજ ઘટક: $T \sin \theta = \frac{mv^2}{r}$ (જે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે).
શિરોલંબ ઘટક: $T \cos \theta = mg$ (જે વજનને સંતુલિત કરે છે).
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{T \sin \theta}{T \cos \theta} = \frac{mv^2/r}{mg} \Rightarrow \tan \theta = \frac{v^2}{rg}$.
કારણ કે $\theta = 45^{\circ}$,તેથી $\tan 45^{\circ} = 1$.
તેથી,$1 = \frac{v^2}{rg} \Rightarrow v^2 = rg \Rightarrow v = \sqrt{rg}$.

(C) આપેલ છે:
કદ $V = 4.0 \times 10^{-3} \, m^3$
કુલ મોલની સંખ્યા $n = 1 \, mol \, (H_2) + 2 \, mol \, (CO_2) = 3 \, mol$
તાપમાન $T = 400 \, K$
વાયુ અચળાંક $R = 8.3 \, J \, mol^{-1} \, K^{-1}$
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે દબાણ $P$ શોધી શકીએ છીએ:
$P = \frac{nRT}{V}$
કિંમતો મૂકતા:
$P = \frac{3 \times 8.3 \times 400}{4.0 \times 10^{-3}}$
$P = \frac{9960}{4.0 \times 10^{-3}}$
$P = 2490 \times 10^3 \, Pa = 24.9 \times 10^5 \, Pa$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) આપેલ આકૃતિ પરથી,$\overrightarrow{A}$ અને $\overrightarrow{B}$ વચ્ચેનો ખૂણો $60^{\circ}$ છે.
$\overrightarrow{A}$ અને $(\overrightarrow{A}-\overrightarrow{B})$ વચ્ચેનો ખૂણો $\beta$ શોધવા માટે,આપણે સદિશ બાદબાકી $\overrightarrow{R} = \overrightarrow{A} + (-\overrightarrow{B})$ ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
$\overrightarrow{A}$ અને $(-\overrightarrow{B})$ વચ્ચેનો ખૂણો $180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ છે.
પરિણામી સદિશનો $\overrightarrow{A}$ સાથેનો ખૂણો $\beta$ શોધવા માટેનું સૂત્ર:
$\tan \beta = \frac{|-\overrightarrow{B}| \sin(120^{\circ})}{A + |-\overrightarrow{B}| \cos(120^{\circ})}$
અહીં $|-\overrightarrow{B}| = B$ હોવાથી:
$\tan \beta = \frac{B \sin(120^{\circ})}{A + B \cos(120^{\circ})}$
$\sin(120^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ અને $\cos(120^{\circ}) = -\frac{1}{2}$ મૂકતા:
$\tan \beta = \frac{B(\sqrt{3}/2)}{A + B(-1/2)} = \frac{\sqrt{3}B}{2A - B}$
આમ,$\beta = \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}B}{2A - B}\right)$.

(D) આપેલ છે: લંબાઈ $L = 0.8 \, \text{m}$,ત્રિજ્યા $r = 0.2 \, \text{m}$,જડત્વની ચાકમાત્રા $I = 2.7 \, \text{kg m}^2$.
સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,અક્ષ $CD$ પર જડત્વની ચાકમાત્રા:
$I = I_{CM} + Md^2$
અહીં,$I_{CM}$ એ મધ્ય અક્ષ $AB$ પરની જડત્વની ચાકમાત્રા છે,જે $\frac{Mr^2}{2}$ છે,અને અક્ષો વચ્ચેનું અંતર $d = \frac{L}{2}$ છે.
$I = \frac{Mr^2}{2} + M\left(\frac{L}{2}\right)^2$
$2.7 = M \left[ \frac{(0.2)^2}{2} + \left(\frac{0.8}{2}\right)^2 \right]$
$2.7 = M [0.02 + 0.16] = M(0.18)$
$M = \frac{2.7}{0.18} = 15 \, \text{kg}$
ઘનતા $\rho = \frac{M}{V} = \frac{M}{\pi r^2 L}$.
$\rho = \frac{15}{\pi \times (0.2)^2 \times 0.8} = \frac{15}{\pi \times 0.04 \times 0.8} = \frac{15}{0.032 \pi} \approx 149.2 \, \text{kg/m}^3$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,ઘનતા $149 \, \text{kg/m}^3$ છે.

(C) ધારો કે પ્લેનનો વેગ $\vec{v}_{P} = u_{0} \hat{i}$ છે.
જ્યારે બોમ્બ ફેંકવામાં આવે છે,ત્યારે તેનો પ્રારંભિક વેગ પ્લેનના વેગ જેટલો જ હોય છે,તેથી $\vec{v}_{B, initial} = u_{0} \hat{i}$.
કોઈપણ સમયે $t$ પર,જમીનની સાપેક્ષે બોમ્બનો વેગ $\vec{v}_{B} = u_{0} \hat{i} - gt \hat{j}$ છે.
કોઈપણ સમયે $t$ પર પ્લેનનો વેગ $\vec{v}_{P} = u_{0} \hat{i}$ છે.
પ્લેનમાં બેઠેલા અવલોકનકારની સાપેક્ષે બોમ્બનો વેગ $\vec{v}_{B/P} = \vec{v}_{B} - \vec{v}_{P} = (u_{0} \hat{i} - gt \hat{j}) - u_{0} \hat{i} = -gt \hat{j}$ થાય.
સાપેક્ષ વેગ હંમેશા શિરોલંબ નીચેની તરફ હોવાથી,પ્લેનમાં બેઠેલા અવલોકનકાર માટે બોમ્બનો ગતિપથ સીધી નીચેની તરફની સુરેખ રેખા હશે.

(A) રેફ્રિજરેટરનો પરફોર્મન્સ ગુણાંક $(COP)$ એ બહાર કાઢેલી ઉષ્મા $(Q_L)$ અને કરેલા કાર્ય $(W)$ ના ગુણોત્તર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $COP = \frac{T_L}{T_H - T_L} = \frac{dQ_L/dt}{dW/dt}$.
અહીં,$T_L = -10^{\circ}C = 263 \ K$ અને $T_H = 25^{\circ}C = 298 \ K$ છે.
વપરાતો પાવર $dW/dt = 35 \ W$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $COP = \frac{263}{298 - 263} = \frac{263}{35}$.
હવે,$\frac{dQ_L}{dt} = COP \times \frac{dW}{dt} = \frac{263}{35} \times 35 = 263 \ J/s$.

(C) સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
લોગેરિધમિક વિકલન લેતા,આપણને $\frac{\Delta T}{T} = \frac{1}{2} \frac{\Delta \ell}{\ell}$ મળે છે.
આપેલ છે કે લંબાઈ $0.1\, \%$ વધે છે,તેથી $\frac{\Delta \ell}{\ell} = \frac{0.1}{100} = 10^{-3}$.
પ્રતિ દિવસ સમયમાં થતી ભૂલ $(\Delta T)$ ની ગણતરી $\Delta T = \frac{1}{2} \times \left( \frac{\Delta \ell}{\ell} \right) \times T_{total}$ તરીકે કરવામાં આવે છે,જ્યાં $T_{total} = 24 \times 3600 \, s$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta T = \frac{1}{2} \times 10^{-3} \times 86400 = 43.2 \, s$.

(C) લીસી ગરગડી પરથી પસાર થતા $m_1$ અને $m_2$ દળ ધરાવતા બે બ્લોકને જોડતા તારમાં તણાવ $T$ નીચે મુજબ મળે છે:
$T = \frac{2 m_1 m_2 g}{m_1 + m_2}$
આપેલ કિંમતો $m_1 = 3 \, kg$,$m_2 = 5 \, kg$,અને $g = 10 \, ms^{-2}$ મૂકતા:
$T = \frac{2 \times 3 \times 5 \times 10}{3 + 5} = \frac{300}{8} = 37.5 \, N$
સ્ટ્રેસ એટલે એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ બળ,તેથી $\text{Stress} = \frac{T}{A} = \frac{T}{\pi R^2}$.
બ્રેકિંગ સ્ટ્રેસ $\frac{24}{\pi} \times 10^2 \, Nm^{-2}$ આપેલ હોવાથી:
$\frac{24}{\pi} \times 10^2 = \frac{37.5}{\pi R^2}$
$2400 = \frac{37.5}{R^2}$
$R^2 = \frac{37.5}{2400} = \frac{375}{24000} = \frac{1}{64} \, m^2$
$R = \sqrt{\frac{1}{64}} = \frac{1}{8} \, m = 0.125 \, m$
સેન્ટિમીટરમાં ફેરવતા: $R = 0.125 \times 100 \, cm = 12.5 \, cm$.

(A) આપેલ તરંગ સમીકરણો ${y}_{1} = {A}_{1} \sin {k}({x} - {vt})$ અને ${y}_{2} = {A}_{2} \sin {k}({x} - {vt} + {x}_{0})$ છે.
બે તરંગો વચ્ચેનો કળા તફાવત $\Delta \phi = {k} \cdot {x}_{0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં ${k} = 6.28 \, {cm}^{-1}$ અને ${x}_{0} = 3.5 \, {cm}$ આપેલ છે.
$6.28 \approx 2\pi$ હોવાથી,$\Delta \phi = 6.28 \times 3.5 = 2\pi \times 3.5 = 7\pi$ મળે.
પરિણામી કંપવિસ્તાર ${A}_{R} = \sqrt{{A}_{1}^{2} + {A}_{2}^{2} + 2{A}_{1}{A}_{2} \cos(\Delta \phi)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા.
કિંમતો મૂકતા: ${A}_{R} = \sqrt{12^{2} + 5^{2} + 2(12)(5) \cos(7\pi)}$.
$\cos(7\pi) = -1$ હોવાથી,${A}_{R} = \sqrt{144 + 25 - 120} = \sqrt{49} = 7 \, {mm}$ મળે.

(D) સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જેનો અર્થ છે કે $\ell = \frac{T^2 g}{4\pi^2}$.
નાના દોલનો માટે સાદા લોલકની ઉર્જા $E = \frac{1}{2} m g \ell \theta^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\theta$ એ કંપવિસ્તાર છે.
$\ell$ માટેનું સૂત્ર મૂકતા,આપણને મળે છે $E = \frac{1}{2} m g \left( \frac{T^2 g}{4\pi^2} \right) \theta^2 = \frac{m g^2 T^2 \theta^2}{8\pi^2}$.
ધારી લઈએ કે દળ $m$ અને કંપવિસ્તાર $\theta$ અચળ છે,તો $E$ માં સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta E}{E} = 2 \frac{\Delta g}{g} + 2 \frac{\Delta T}{T}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે કે $\frac{\Delta g}{g} = 4\%$ અને $\frac{\Delta T}{T} = 3\%$,તેથી $\frac{\Delta E}{E} = 2(4\%) + 2(3\%) = 8\% + 6\% = 14\%$.
આમ,$E$ ની ચોકસાઈ $14\%$ છે.

(B) પ્રથમ સમીકરણ $x_{1} = 5 \sin(2 \pi t + \frac{\pi}{4})$ છે. અહીં કંપવિસ્તાર $A_{1} = 5$ છે.
બીજું સમીકરણ $x_{2} = 5 \sqrt{2}(\sin 2 \pi t + \cos 2 \pi t)$ છે.
કંપવિસ્તાર શોધવા માટે,આપણે કૌંસની અંદરના પદને $\sqrt{2}$ વડે ગુણી અને ભાગીને ફરીથી લખીએ:
$x_{2} = 5 \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \sin 2 \pi t + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos 2 \pi t \right)$
$x_{2} = 10 \left( \sin 2 \pi t \cos \frac{\pi}{4} + \cos 2 \pi t \sin \frac{\pi}{4} \right)$
નિત્યસમ $\sin(A + B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x_{2} = 10 \sin(2 \pi t + \frac{\pi}{4})$.
અહીં કંપવિસ્તાર $A_{2} = 10$ છે.
તેથી,કંપવિસ્તારનો ગુણોત્તર $\frac{A_{2}}{A_{1}} = \frac{10}{5} = 2$ થાય.

(D) ધારો કે ઉપરના બ્લોકનું દળ $m_1 = 1 \, kg$ અને નીચેના બ્લોકનું દળ $m_2 = 2 \, kg$ છે. તંત્રનું કુલ દળ $M = m_1 + m_2 = 3 \, kg$ છે.
બ્લોક્સ સાથે ગતિ કરે તે માટે,ઉપરના બ્લોકે નીચેના બ્લોક જેટલા જ પ્રવેગ $a$ થી ગતિ કરવી જોઈએ. ઉપરના બ્લોકને પ્રવેગિત કરતું એકમાત્ર બળ બે બ્લોક્સ વચ્ચેનું સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f_s$ છે.
મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f_{s,max} = \mu m_1 g = 0.5 \times 1 \times 10 = 5 \, N$ છે.
આ ઘર્ષણ બળ $1 \, kg$ ના બ્લોકને મહત્તમ પ્રવેગ આપે છે: $f_{s,max} = m_1 a \Rightarrow 5 = 1 \times a \Rightarrow a = 5 \, m/s^2$.
હવે,$3 \, kg$ ના સમગ્ર તંત્રને $a$ પ્રવેગ સાથે ગતિ કરતા ધ્યાનમાં લેતા,લાગુ પાડેલ બળ $F = (m_1 + m_2) a = 3 \times 5 = 15 \, N$ મળે છે.

(C) સાપેક્ષ ચુંબકીય પરમિયેબિલિટી $(\mu_{r} = \mu / \mu_{0})$ એ બે સમાન ભૌતિક રાશિઓનો ગુણોત્તર છે,તેથી તે પરિમાણરહિત છે.
પાવર ફેક્ટર $(\cos \phi)$ એ અવરોધ અને ઈમ્પીડન્સનો ગુણોત્તર છે,તેથી તે પરિમાણરહિત છે.
મુક્ત અવકાશની પરમિયેબિલિટી $(\mu_{0})$ નો $SI$ એકમ $N A^{-2}$ અથવા $T m A^{-1}$ છે. તેનું પારિમાણિક સૂત્ર $[M L T^{-2} A^{-2}]$ છે. તેથી,તે પરિમાણરહિત રાશિ નથી.
ક્વોલિટી ફેક્ટર $(Q)$ એ સંગ્રહિત ઉર્જા અને પ્રતિ ચક્ર વ્યય થતી ઉર્જાનો ગુણોત્તર છે,જે તેને પરિમાણરહિત બનાવે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) પરિણામી બળ શોધવા માટે,દરેક બળને તેના $x$ અને $y$ ઘટકોમાં વિભાજિત કરીએ:
$F_x = 10 \cos 30^\circ + 20 \sin 30^\circ + 20 \cos 45^\circ - 15 \cos 45^\circ - 15 \sin 60^\circ$
$F_x = 10(0.85) + 20(0.5) + 20(0.7) - 15(0.7) - 15(0.85) = 8.5 + 10 + 14 - 10.5 - 12.75 = 9.25 \text{ N}$
$F_y = 10 \sin 30^\circ + 20 \cos 30^\circ + 15 \cos 60^\circ - 20 \sin 45^\circ - 15 \sin 45^\circ$
$F_y = 10(0.5) + 20(0.85) + 15(0.5) - 20(0.7) - 15(0.7) = 5 + 17 + 7.5 - 14 - 10.5 = 5 \text{ N}$
આમ,પરિણામી બળ $9.25 \hat{i} + 5 \hat{j} \text{ N}$ છે.

(D) ફુગ્ગાની વહન ક્ષમતા વિસ્થાપિત હવાના ઘનતાના પ્રમાણમાં હોય છે,જે આદર્શ વાયુ સમીકરણ $P = \rho R T / M$ દ્વારા નક્કી થાય છે.
કદ $V$ અચળ હોવાથી,વિસ્થાપિત હવાનું દળ $m = \rho V$ એ $P/T$ ના પ્રમાણમાં હોય છે.
આપેલ છે: $P_1 = 76\; \text{cm of Hg}$,$T_1 = 27 + 273 = 300\; \text{K}$,$M_1 = 185\; \text{kg}$.
ઊંચાઈ પર: $P_2 = 45\; \text{cm of Hg}$,$T_2 = -7 + 273 = 266\; \text{K}$.
સંબંધ $M_1 / M_2 = (P_1 / T_1) / (P_2 / T_2) = (P_1 T_2) / (P_2 T_1)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$M_2 = M_1 \times (P_2 / P_1) \times (T_1 / T_2) = 185 \times (45 / 76) \times (300 / 266)$.
$M_2 = 185 \times 0.5921 \times 1.1278 \approx 123.54\; \text{kg}$.

(B) વર્તુળની ત્રિજ્યા $R$ એ $R = \frac{\ell}{\theta}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\ell$ એ ચાપની લંબાઈ છે અને $\theta$ એ રેડિયનમાં ખૂણો છે.
આપેલ છે $\ell = 4.4 \; ly = 4.4 \times 9.46 \times 10^{15} \; m$.
ખૂણો $\theta = 4'' = \frac{4}{3600} \times \frac{\pi}{180} \; rad$.
આ કિંમતો મૂકતા,$R = \frac{4.4 \times 9.46 \times 10^{15}}{\frac{4}{3600} \times \frac{\pi}{180}} \; m$.
વર્તુળનો પરિઘ $C = 2\pi R$ છે.
$4$ પરિભ્રમણ માટે,કુલ અંતર $D = 4 \times 2\pi R = 8\pi R$.
ઝડપ $v = 8 \; AU/s = 8 \times 1.5 \times 10^{11} \; m/s$.
લાગતો સમય $t = \frac{D}{v} = \frac{8\pi R}{v} = \frac{8\pi}{v} \times \frac{\ell}{\theta}$.
કિંમતો મૂકતા: $t = \frac{8 \times \pi \times 4.4 \times 9.46 \times 10^{15}}{8 \times 1.5 \times 10^{11} \times (\frac{4}{3600} \times \frac{\pi}{180})}$.
સાદુરૂપ આપતા,આપણને $t \approx 4.5 \times 10^{10} \; s$ મળે છે.

(D) ધારો કે ચોરસ પ્લેટ $xy$-સમતલમાં છે,તેની બે બાજુઓ $x$ અને $y$ અક્ષ પર છે,જે ઉગમબિંદુ (ખૂણો જ્યાંથી અક્ષ પસાર થાય છે) પર મળે છે.
લંબ અક્ષના પ્રમેય મુજબ,સમતલને લંબ અક્ષ ($z$-અક્ષ) ને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_z = I_x + I_y$ થાય.
$M$ દળ અને $l$ બાજુ ધરાવતી ચોરસ પ્લેટની તેની એક બાજુમાંથી પસાર થતી અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{M l^2}{3}$ છે.
અહીં,$I_x = \frac{M l^2}{3}$ અને $I_y = \frac{M l^2}{3}$ છે.
તેથી,$I_z = \frac{M l^2}{3} + \frac{M l^2}{3} = \frac{2}{3} M l^2$ થાય.

(C) આપેલ પ્રક્રિયાનું સમીકરણ: $PT^{3} = \text{અચળ}$. આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા, આપણે લખી શકીએ $P = nRT/V$. આ કિંમતને આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા: $(nRT/V) \times T^{3} = \text{અચળ}$. અહીં $n$ અને $R$ અચળ હોવાથી, આ સમીકરણ $T^{4}/V = \text{અચળ}$ અથવા $T^{4} = kV$ બને છે, જ્યાં $k$ અચળ છે. બંને બાજુ વિકલન કરતા, આપણને મળે $4T^{3} dT = k dV$. $k = T^{4}/V$ હોવાથી, કિંમત મૂકતા: $4T^{3} dT = (T^{4}/V) dV$. બંને બાજુ $T^{3}$ વડે ભાગતા, $4 dT = (T/V) dV$, જેનું સાદુરૂપ આપતા $dV/V = 4(dT/T)$ મળે છે. કદ પ્રસરણાંક $\gamma$ ની વ્યાખ્યા મુજબ $dV = V \gamma dT$, એટલે કે $\gamma = (1/V) (dV/dT)$. આપણા તારવેલા સંબંધ $dV/V = 4(dT/T)$ પરથી, $(1/V) (dV/dT) = 4/T$. તેથી, કદ પ્રસરણાંક $\gamma = 4/T$ થાય.

(B) ટર્મિનલ વેગથી નીચે પડતા વિદ્યુતભાર રહિત તેલના ટીપાં માટે,જ્યારે ઉત્પ્લાવક બળને અવગણવામાં આવે ત્યારે સ્નિગ્ધતા બળ $(F_v)$ એ ટીપાંના વજન $(W)$ જેટલું હોય છે.
$W = m \cdot g = \rho \cdot V \cdot g = \rho \cdot (\frac{4}{3} \pi r^3) \cdot g$
આપેલ છે:
$\rho = 1.2 \times 10^3 \, kg/m^3$
$r = 2.0 \times 10^{-5} \, m$
$g = 9.8 \, m/s^2$
$F_v = (1.2 \times 10^3) \times \frac{4}{3} \times 3.14 \times (2.0 \times 10^{-5})^3 \times 9.8$
$F_v = 1.2 \times 10^3 \times 4.1867 \times 8.0 \times 10^{-15} \times 9.8$
$F_v \approx 3.9 \times 10^{-10} \, N$

(D) સરળ આવર્ત ગતિ કરતા કણનું સ્થાનાંતર $x(t) = A \sin(\omega t)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સ્થિતિ ઊર્જા $U$ એ $U = \frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} k A^2 \sin^2(\omega t)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin^2(\theta) = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $U = \frac{1}{4} k A^2 (1 - \cos(2\omega t))$ મળે છે.
આ દર્શાવે છે કે સ્થિતિ ઊર્જા $U$ હંમેશા અ-ઋણ હોય છે અને સ્થાનાંતર કરતા બમણી આવૃત્તિ સાથે બદલાય છે.
$t = 0$ સમયે,$x = 0$,તેથી $U = 0$.
અંતિમ સ્થાનો પર,$x = \pm A$,તેથી $U$ મહત્તમ હોય છે.
વિકલ્પો જોતા,આકૃતિ $D$ એવો આલેખ દર્શાવે છે જ્યાં $t = 0$ સમયે $U$ શૂન્ય છે,અંતિમ સ્થાનો પર મહત્તમ મૂલ્ય પ્રાપ્ત કરે છે અને તેની આવૃત્તિ સ્થાનાંતરના આલેખ કરતા બમણી છે. આમ,આકૃતિ $D$ સાચી રજૂઆત છે.

(A) કણોના તંત્રની ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિ ઉર્જા $U$ એ $U = -\sum \frac{G m_i m_j}{r_{ij}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$d$ બાજુવાળા આપેલ ચોરસ માટે,$d$ લંબાઈની ચાર બાજુઓ અને $\sqrt{2}d$ લંબાઈના બે વિકર્ણો છે.
ખૂણાઓ પરના દળ $m_1 = m$,$m_2 = M-m$,$m_3 = m$,અને $m_4 = M-m$ છે.
સ્થિતિ ઉર્જા:
$U = -\frac{G}{d} [m(M-m) + (M-m)m + m(M-m) + (M-m)m] - \frac{G}{\sqrt{2}d} [m^2 + (M-m)^2]$
$U = -\frac{G}{d} [4m(M-m)] - \frac{G}{\sqrt{2}d} [m^2 + M^2 - 2Mm + m^2]$
$U = -\frac{G}{d} [4Mm - 4m^2 + \frac{1}{\sqrt{2}}(M^2 - 2Mm + 2m^2)]$
$U$ ને મહત્તમ કરવા માટે (અથવા $|U|$ ને ન્યૂનતમ કરવા માટે),આપણે $U$ નું $m$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ અને તેને શૂન્ય લઈએ:
$\frac{dU}{dm} = -\frac{G}{d} [4M - 8m + \frac{1}{\sqrt{2}}(-2M + 4m)] = 0$
$4M - 8m - \sqrt{2}M + 2\sqrt{2}m = 0$
$M(4 - \sqrt{2}) = m(8 - 2\sqrt{2})$
$M(4 - \sqrt{2}) = 2m(4 - \sqrt{2})$
$\frac{M}{m} = 2$
આમ,$x = 2$.

(A) આપેલ છે:
ઉદગમનો વેગ (કાર $X$),$V_s = 36 \; km/h = 36 \times \frac{5}{18} = 10 \; m/s$.
અવલોકનકારનો વેગ (કાર $Y$),$V_o = 72 \; km/h = 72 \times \frac{5}{18} = 20 \; m/s$.
અવાજનો વેગ,$V = 340 \; m/s$.
આભાસી આવૃત્તિ,$f' = 1320 \; Hz$.
ડોપ્લર અસરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા જ્યારે ઉદગમ અને અવલોકનકાર એકબીજાની નજીક આવતા હોય:
$f' = f_0 \left( \frac{V + V_o}{V - V_s} \right)$
કિંમતો મૂકતા:
$1320 = f_0 \left( \frac{340 + 20}{340 - 10} \right)$
$1320 = f_0 \left( \frac{360}{330} \right)$
$1320 = f_0 \left( \frac{36}{33} \right)$
$f_0 = 1320 \times \frac{33}{36}$
$f_0 = 1210 \; Hz$.
તેથી,સીટીની વાસ્તવિક આવૃત્તિ $1210 \; Hz$ છે.

(A) આપેલ વેગ વિધેય: $v = \sqrt{5000 + 24x}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રવેગ $a$ એ $a = v \frac{dv}{dx}$ દ્વારા મળે છે.
પ્રથમ,$v$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dv}{dx} = \frac{d}{dx} (5000 + 24x)^{1/2} = \frac{1}{2} (5000 + 24x)^{-1/2} \times 24 = \frac{12}{\sqrt{5000 + 24x}}$.
હવે,પ્રવેગના સૂત્રમાં $v$ અને $\frac{dv}{dx}$ ની કિંમત મૂકતા:
$a = \sqrt{5000 + 24x} \times \frac{12}{\sqrt{5000 + 24x}}$.
$a = 12 \; \text{m/s}^2$.

(A) સળિયા સમાન હોવાથી,દરેક સળિયાનો ઉષ્મીય અવરોધ $R_{AB} = R_{CD} = 10 \; K/W$ છે.
$C$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી દરેક અડધા ભાગનો ઉષ્મીય અવરોધ $R_{AC} = R_{CB} = 5 \; K/W$ છે.
ધારો કે જંકશન $C$ પરનું તાપમાન $T$ છે.
ઉષ્મા પ્રવાહ માટે જંકશનનો નિયમ લાગુ પાડતા (દાખલ થતા ઉષ્મા પ્રવાહનો સરવાળો = બહાર નીકળતા ઉષ્મા પ્રવાહનો સરવાળો):
$\frac{200 - T}{5} = \frac{T - 125}{10} + \frac{T - 100}{5}$
આખા સમીકરણને $10$ વડે ગુણતા:
$2(200 - T) = (T - 125) + 2(T - 100)$
$400 - 2T = T - 125 + 2T - 200$
$400 - 2T = 3T - 325$
$5T = 725$
$T = 145^{\circ}C$
સળિયા $CD$ માં ઉષ્મા પ્રવાહ $P$ નીચે મુજબ મળે છે:
$P = \frac{T - 125}{R_{CD}} = \frac{145 - 125}{10} = \frac{20}{10} = 2 \; W$.
આમ,$P$ નું મૂલ્ય $2$ છે.

(A) આપેલ છે કે બંને વ્યક્તિઓ દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય સમાન છે: $W_A = W_B$.
કાર્યનું સૂત્ર $W = Fd \cos \theta$ છે.
વ્યક્તિ $A$ માટે: $W_A = F_A d \cos 45^{\circ}$.
વ્યક્તિ $B$ માટે: $W_B = F_B d \cos 60^{\circ}$.
બંનેને સરખાવતા: $F_A d \cos 45^{\circ} = F_B d \cos 60^{\circ}$.
$\cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$ ની કિંમતો મૂકતા:
$F_A \times \frac{1}{\sqrt{2}} = F_B \times \frac{1}{2}$.
ગુણોત્તર $\frac{F_A}{F_B}$ માટે ગોઠવતા:
$\frac{F_A}{F_B} = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{(\sqrt{2})^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આને $\frac{1}{\sqrt{x}}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 2$ મળે છે.

(D) ધારો કે $m_1 = 8\, {kg}$ અને $m_2 = 2\, {kg}$.
કન્સ્ટ્રેઇન્ટ સંબંધ મુજબ,જો $8\, {kg}$ નો બ્લોક $a$ પ્રવેગ સાથે નીચે તરફ ગતિ કરે,તો $2\, {kg}$ નો બ્લોક $2a$ પ્રવેગ સાથે ઉપર તરફ ગતિ કરશે.
ગતિના સમીકરણો નીચે મુજબ છે:
$8\, {kg}$ બ્લોક માટે: $m_1 g - 2T = m_1 a \implies 80 - 2T = 8a \implies 40 - T = 4a \dots (1)$
$2\, {kg}$ બ્લોક માટે: $T - m_2 g = m_2 (2a) \implies T - 20 = 2(2a) \implies T - 20 = 4a \dots (2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$(40 - T) + (T - 20) = 4a + 4a$
$20 = 8a \implies a = 2.5\, {m/s^2}$.
$8\, {kg}$ બ્લોક દ્વારા કાપવાનું અંતર $S = 20\, {cm} = 0.2\, {m}$ છે.
ગતિના સમીકરણ $S = ut + \frac{1}{2}at^2$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = 0$:
$0.2 = \frac{1}{2} \times 2.5 \times t^2$
$0.4 = 2.5 \times t^2$
$t^2 = \frac{0.4}{2.5} = 0.16$
$t = \sqrt{0.16} = 0.4\, {s}$.

(D) ધારો કે ક્રમિક ટીપાં વચ્ચેનો સમયગાળો $\Delta t$ છે.
જ્યારે પહેલું ટીપું જમીન પર પહોંચે છે,ત્યારે કુલ વીતેલો સમય $T = \sqrt{\frac{2H}{g}} = \sqrt{\frac{2 \times 9.8}{9.8}} = \sqrt{2}\, s$ છે.
આ ક્ષણે ત્રીજું ટીપું પડવાનું શરૂ કરી રહ્યું હોવાથી,ત્રીજા ટીપા માટે વીતેલો સમય $0$ છે.
બીજું ટીપું $\Delta t$ સમયથી પડી રહ્યું છે અને પહેલું ટીપું $2\Delta t$ સમયથી પડી રહ્યું છે.
આમ,$2\Delta t = T = \sqrt{2}\, s$,જે $\Delta t = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\, s$ આપે છે.
બીજા ટીપા દ્વારા નોઝલથી કપાયેલું અંતર $y_2 = \frac{1}{2} g(\Delta t)^2 = \frac{1}{2} \times 9.8 \times (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = 4.9 \times 0.5 = 2.45\, m$ છે.
જમીનથી બીજા ટીપાનું સ્થાન $H - y_2 = 9.8 - 2.45 = 7.35\, m$ છે.

(C) કોણીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,કુલ કોણીય વેગમાન અચળ રહે છે:
$I_{1} \omega_{1} + I_{2} \omega_{2} = (I_{1} + I_{2}) \omega$
જ્યાં $\omega$ એ સંપર્ક પછીની સામાન્ય કોણીય ઝડપ છે.
તેથી,$\omega = \frac{I_{1} \omega_{1} + I_{2} \omega_{2}}{I_{1} + I_{2}}$.
પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $K_{i} = \frac{1}{2} I_{1} \omega_{1}^{2} + \frac{1}{2} I_{2} \omega_{2}^{2}$ છે.
અંતિમ ગતિઊર્જા $K_{f} = \frac{1}{2} (I_{1} + I_{2}) \omega^{2}$ છે.
ગતિઊર્જામાં થતો ઘટાડો $\Delta K = K_{i} - K_{f} = \frac{1}{2} I_{1} \omega_{1}^{2} + \frac{1}{2} I_{2} \omega_{2}^{2} - \frac{1}{2} (I_{1} + I_{2}) \left( \frac{I_{1} \omega_{1} + I_{2} \omega_{2}}{I_{1} + I_{2}} \right)^{2}$.
આ પદનું સાદુંરૂપ આપતા:
$\Delta K = \frac{1}{2} \left[ I_{1} \omega_{1}^{2} + I_{2} \omega_{2}^{2} - \frac{(I_{1} \omega_{1} + I_{2} \omega_{2})^{2}}{I_{1} + I_{2}} \right]$
$\Delta K = \frac{I_{1} I_{2}}{2(I_{1} + I_{2})} (\omega_{1} - \omega_{2})^{2}$.

(A) વાયુના અણુઓની $rms$ ઝડપનું સૂત્ર: $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$,જ્યાં $R$ એ સાર્વત્રિક વાયુ અચળાંક છે,$T$ એ કેલ્વિનમાં તાપમાન છે અને $M$ એ વાયુનું મોલર દળ છે.
બંને વાયુઓ માટે તાપમાન $T$ સમાન હોવાથી,$V_{rms} \propto \frac{1}{\sqrt{M}}$ મળે.
તેથી,$rms$ ઝડપનો ગુણોત્તર: $\frac{(V_{rms})_{O_2}}{(V_{rms})_{H_2}} = \sqrt{\frac{M_{H_2}}{M_{O_2}}}$ થાય.
ઓક્સિજન $(O_2)$ નું મોલર દળ $32 \; {g/mol}$ અને હાઇડ્રોજન $(H_2)$ નું મોલર દળ $2 \; {g/mol}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{160}{(V_{rms})_{H_2}} = \sqrt{\frac{2}{32}} = \sqrt{\frac{1}{16}} = \frac{1}{4}$.
આમ,$(V_{rms})_{H_2} = 160 \times 4 = 640 \; {m/s}$.

(D) ગોલીય કવચની અંદરના બિંદુએ ગુરુત્વીય સ્થિતિમાન $V$ એ કેન્દ્ર પર રહેલા બિંદુવત દળને કારણે ઉદ્ભવતું સ્થિતિમાન અને કવચને કારણે ઉદ્ભવતા સ્થિતિમાનનો સરવાળો છે.
$1$. $r = 25 \, \text{m}$ અંતરે $M_1 = 50 \, \text{kg}$ ના બિંદુવત દળને કારણે સ્થિતિમાન $V_1 = -\frac{GM_1}{r} = -\frac{G \times 50}{25} = -2G$ થાય.
$2$. $M_2 = 100 \, \text{kg}$ દળ અને $R = 50 \, \text{m}$ ત્રિજ્યા ધરાવતા ગોલીય કવચની અંદરના કોઈપણ બિંદુએ સ્થિતિમાન અચળ હોય છે અને તે તેની સપાટી પરના સ્થિતિમાન જેટલું હોય છે: $V_2 = -\frac{GM_2}{R} = -\frac{G \times 100}{50} = -2G$ થાય.
$3$. કુલ ગુરુત્વીય સ્થિતિમાન $V = V_1 + V_2 = -2G + (-2G) = -4G$ થાય.

(B) $1$. રિડબર્ગ અચળાંક $({R}_{H})$: રિડબર્ગ અચળાંકનો $SI$ એકમ ${m}^{-1}$ છે. તેથી,$(a)-(iii)$.
$2$. પ્લાન્કનો અચળાંક $(h)$: $E = h\nu$ સંબંધ પરથી,$h$ નો એકમ $J \cdot s = (kg \cdot m^{2} \cdot s^{-2}) \cdot s = {kg} {m}^{2} {s}^{-1}$ થાય છે. તેથી,$(b)-(ii)$.
$3$. ચુંબકીય ક્ષેત્રની ઉર્જા ઘનતા $(u_{B})$: ઉર્જા ઘનતા એટલે એકમ કદ દીઠ ઉર્જા,$u = \frac{E}{V}$. તેનો $SI$ એકમ $J/m^{3} = (kg \cdot m^{2} \cdot s^{-2}) / m^{3} = {kg} {m}^{-1} {s}^{-2}$ થાય છે. તેથી,$(c)-(iv)$.
$4$. શ્યાનતા ગુણાંક $(\eta)$: $F = \eta A \frac{dv}{dx}$ સૂત્ર પરથી,$\eta$ નો એકમ $kg \cdot m^{-1} \cdot s^{-1}$ થાય છે. તેથી,$(d)-(i)$.
આમ,સાચી જોડ $(a)-(iii), (b)-(ii), (c)-(iv), (d)-(i)$ છે.

(A) ઘનતાનું પારિમાણિક સૂત્ર $[M L^{-3}]$ છે.
ધારો કે ઘનતાનું પરિમાણ $[F^{a} L^{b} T^{c}]$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
બળ $F = [M L T^{-2}]$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ કે $[M L T^{-2}]^{a} [L]^{b} [T]^{c} = [M L^{-3}]$.
$M, L,$ અને $T$ ના ઘાતાંકોને સરખાવતા:
$M$ માટે: $a = 1$.
$L$ માટે: $a + b = -3$.
$T$ માટે: $-2a + c = 0$.
સમીકરણોમાં $a = 1$ મૂકતા:
$1 + b = -3 \implies b = -4$.
$-2(1) + c = 0 \implies c = 2$.
આમ,ઘનતાનું પરિમાણ $[F^{1} L^{-4} T^{2}]$ છે.

(A) પાણી જ્યારે નીચે પડે છે ત્યારે તેની સ્થિતિ ઊર્જામાં થતો ઘટાડો ઉષ્મા ઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે,જેનાથી પાણીનું તાપમાન વધે છે.
સ્થિતિ ઊર્જામાં ફેરફાર $(P.E.)$ = ઉષ્મા ઊર્જા $(Q)$
$mgh = mS \Delta T$
$\Delta T = \frac{gh}{S}$
આપેલ છે:
$g = 10 \ m/s^2$
$h = 63 \ m$
$S = 1 \ cal \ g^{-1} \ ^{\circ}C^{-1} = 1 \times 4.2 \ J \ g^{-1} \ ^{\circ}C^{-1} = 4200 \ J \ kg^{-1} \ ^{\circ}C^{-1}$
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta T = \frac{10 \times 63}{4200}$
$\Delta T = \frac{630}{4200} = \frac{63}{420} = 0.15 \approx 0.147 \ ^{\circ}C$
આમ,તાપમાનમાં તફાવત $0.147 \ ^{\circ}C$ છે.

(C) મહત્તમ ઊંચાઈ માટેનું સૂત્ર $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $H = \frac{(25)^2 \cdot (\sin 45^{\circ})^2}{2 \times 10} = \frac{625 \times 0.5}{20} = \frac{312.5}{20} = 15.625\, m$.
સૌથી ઉચ્ચતમ બિંદુ સુધી પહોંચવા માટે લાગતા સમયનું સૂત્ર $T = \frac{u \sin \theta}{g}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $T = \frac{25 \times \sin 45^{\circ}}{10} = \frac{25 \times 0.707}{10} = 2.5 \times 0.707 = 1.7675\, s \approx 1.77\, s$.

(B) આપેલ છે: ગરમ રિઝર્વોયર પાસેથી મેળવેલ ઉષ્મા $Q_{\text{in}} = 300 \, J$.
ઠંડા રિઝર્વોયરને આપેલી ઉષ્મા $Q_{\text{out}} = 240 \, J$.
ઠંડા રિઝર્વોયરનું તાપમાન $T_{2} = 400 \, K$.
ઉલટાવી શકાય તેવા હીટ એન્જિન (કાર્નોટ એન્જિન) માટે,કાર્યક્ષમતા $\eta = 1 - \frac{Q_{\text{out}}}{Q_{\text{in}}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\eta = 1 - \frac{240}{300} = 1 - 0.8 = 0.2$.
વળી,કાર્નોટ એન્જિનની કાર્યક્ષમતા $\eta = 1 - \frac{T_{2}}{T_{1}}$ છે.
કાર્યક્ષમતા માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $0.2 = 1 - \frac{400}{T_{1}}$.
$\frac{400}{T_{1}} = 1 - 0.2 = 0.8$.
$T_{1} = \frac{400}{0.8} = 500 \, K$.
આમ,ગરમ રિઝર્વોયરનું લઘુત્તમ તાપમાન $500 \, K$ હોવું જોઈએ.

(B) પ્રથમ સમીકરણ માટે: $y_{1} = 10 \sin(3 \pi t + \frac{\pi}{3})$.
આને પ્રમાણિત સ્વરૂપ $y = A \sin(\omega t + \phi)$ સાથે સરખાવતા,કંપવિસ્તાર $A_{1} = 10$ મળે છે.
બીજા સમીકરણ માટે: $y_{2} = 5(\sin 3 \pi t + \sqrt{3} \cos 3 \pi t)$.
આને $2$ વડે ગુણીને અને ભાગીને ફરીથી લખતા: $y_{2} = 5 \times 2 \left( \frac{1}{2} \sin 3 \pi t + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos 3 \pi t \right)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin(A + B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$ અને $\sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ છે,આપણને મળે છે:
$y_{2} = 10(\sin 3 \pi t \cos \frac{\pi}{3} + \cos 3 \pi t \sin \frac{\pi}{3}) = 10 \sin(3 \pi t + \frac{\pi}{3})$.
આમ,કંપવિસ્તાર $A_{2} = 10$ છે.
કંપવિસ્તારનો ગુણોત્તર $\frac{A_{1}}{A_{2}} = \frac{10}{10} = 1$ થાય છે.
તેથી,$x = 1$.

(B) ધારો કે પેનમાં મૂકવામાં આવેલ દળ $m$ છે. તાર $W_{2}$ માં તણાવ $T_{2} = (m + 10)g$ છે. તાર $W_{1}$ માં તણાવ $T_{1} = (m + 10 + 20)g = (m + 30)g$ છે.
બ્રેકિંગ સ્ટ્રેસ $\sigma_{b} = 1.25 \times 10^{9} \, N/m^{2}$.
તાર $W_{2}$ માટે: $T_{2,max} = \sigma_{b} \times A_{2} = (1.25 \times 10^{9}) \times (4 \times 10^{-7}) = 500 \, N$.
$(m + 10) \times 10 = 500 \Rightarrow m + 10 = 50 \Rightarrow m = 40 \, kg$.
તાર $W_{1}$ માટે: $T_{1,max} = \sigma_{b} \times A_{1} = (1.25 \times 10^{9}) \times (8 \times 10^{-7}) = 1000 \, N$.
$(m + 30) \times 10 = 1000 \Rightarrow m + 30 = 100 \Rightarrow m = 70 \, kg$.
કારણ કે જ્યારે $m = 40 \, kg$ હોય ત્યારે તાર $W_{2}$ પહેલા તૂટી જશે,તેથી મૂકી શકાય તેવું મહત્તમ દળ $40 \, kg$ છે.

(B) શિરોલંબ વર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે, સૌથી નીચેના બિંદુએ ગોળા માટે જરૂરી ન્યૂનતમ વેગ $V' = \sqrt{5gR}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $V' = \sqrt{5 \times 10 \times 0.5} = \sqrt{25} = 5\, \text{m/s}$.
હવે, અથડામણ દરમિયાન રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરતા:
$m_1 v = m_2 V' - m_1 v_{recoil}$
અહીં, $m_1 = 10\, \text{g} = 0.01\, \text{kg}$, $m_2 = 1\, \text{kg}$, $V' = 5\, \text{m/s}$, અને $v_{recoil} = 100\, \text{m/s}$.
$0.01 \times v = 1 \times 5 - 0.01 \times 100$
$0.01 \times v = 5 - 1$
$0.01 \times v = 4$
$v = \frac{4}{0.01} = 400\, \text{m/s}$.

(B) સૌથી ટૂંકી બંધ ઓર્ગન પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ પ્રથમ હાર્મોનિકને અનુરૂપ છે,જ્યાં પાઇપની લંબાઈ $\ell$ એ તરંગલંબાઇ $\lambda$ ના ચોથા ભાગ જેટલી હોય છે.
$\ell = \frac{\lambda}{4} \Rightarrow \lambda = 4\ell$
આવૃત્તિ $f$ એ સંબંધ $f = \frac{v}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v$ એ અવાજની ઝડપ છે.
આવૃત્તિના સૂત્રમાં $\lambda = 4\ell$ મૂકતા:
$f = \frac{v}{4\ell}$
અહીં $f = 250\, {Hz}$ અને $v = 340\, {ms}^{-1}$ આપેલ છે,તેથી $\ell$ માટે ઉકેલતા:
$250 = \frac{340}{4\ell}$
$4\ell = \frac{340}{250} = 1.36\, {m}$
$\ell = \frac{1.36}{4} = 0.34\, {m}$
સેન્ટિમીટરમાં રૂપાંતરિત કરતા:
$\ell = 0.34 \times 100 = 34\, {cm}$

(C) ફૂડ પેકેટને જમીન સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ સમય દરમિયાન પેકેટ દ્વારા કાપવામાં આવેલ આડું અંતર (અવધિ) $R = v \cdot t = v \sqrt{\frac{2h}{g}}$ છે.
જ્યારે પેકેટ છોડવામાં આવે છે,ત્યારે હેલિકોપ્ટર માણસથી આડા અંતર $R$ અને ઊભી ઊંચાઈ $h$ પર હોય છે.
માણસથી હેલિકોપ્ટરનું અંતર $D$ એ $R$ અને $h$ દ્વારા રચાયેલા કાટકોણ ત્રિકોણનો કર્ણ છે:
$D = \sqrt{R^{2} + h^{2}}$
$R$ ની કિંમત મૂકતા:
$D = \sqrt{\left(v \sqrt{\frac{2h}{g}}\right)^{2} + h^{2}}$
$D = \sqrt{\frac{2v^{2}h}{g} + h^{2}}$

(A) ધારો કે $T_1$ એ સોર્સનું તાપમાન અને $T_2$ એ સિંકનું તાપમાન કેલ્વિનમાં છે.
કાર્યક્ષમતા $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$.
આપેલ છે કે $\eta = \frac{1}{4}$,તેથી $\frac{1}{4} = 1 - \frac{T_2}{T_1} \Rightarrow \frac{T_2}{T_1} = \frac{3}{4} \dots (i)$.
જ્યારે સિંકનું તાપમાન $58^{\circ}C$ ઘટાડવામાં આવે છે (જે તાપમાનના તફાવત તરીકે $58 \ K$ છે),ત્યારે નવું સિંકનું તાપમાન $T_2' = T_2 - 58$ થાય છે.
નવી કાર્યક્ષમતા બમણી થાય છે,તેથી $\eta' = 2 \times \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\frac{1}{2} = 1 - \frac{T_2 - 58}{T_1} \Rightarrow \frac{T_2 - 58}{T_1} = \frac{1}{2}$.
$\frac{T_2}{T_1} = \frac{3}{4}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{3}{4} - \frac{58}{T_1} = \frac{1}{2}$.
$\frac{58}{T_1} = \frac{3}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow T_1 = 58 \times 4 = 232 \ K$.
હવે,$T_2 = \frac{3}{4} \times 232 = 174 \ K$.

(C) આપેલ છે કે $\theta_{1} = \theta_{2} = \theta$.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$x$-દિશામાં: $M V_{0} = M V_{1} \cos \theta + m V_{2} \cos \theta$
$y$-દિશામાં: $0 = M V_{1} \sin \theta - m V_{2} \sin \theta$
$y$-દિશાના સમીકરણ પરથી,આપણને $M V_{1} = m V_{2}$ મળે છે,તેથી $V_{2} = \frac{M V_{1}}{m}$.
આ કિંમતને $x$-દિશાના સમીકરણમાં મૂકતા: $M V_{0} = (M V_{1} + m \cdot \frac{M V_{1}}{m}) \cos \theta = 2 M V_{1} \cos \theta$,જે આપણને $V_{0} = 2 V_{1} \cos \theta$ આપે છે.
સ્થિતિસ્થાપક અથડામણમાં ગતિઊર્જાના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$\frac{1}{2} M V_{0}^{2} = \frac{1}{2} M V_{1}^{2} + \frac{1}{2} m V_{2}^{2}$
$V_{0} = 2 V_{1} \cos \theta$ અને $V_{2} = \frac{M V_{1}}{m}$ મૂકતા:
$M (4 V_{1}^{2} \cos^{2} \theta) = M V_{1}^{2} + m (\frac{M V_{1}}{m})^{2}$
$4 M \cos^{2} \theta = M + \frac{M^{2}}{m}$
$M$ વડે ભાગતા: $4 \cos^{2} \theta = 1 + \frac{M}{m}$
કારણ કે $\cos^{2} \theta \leq 1$,તેથી $1 + \frac{M}{m} \leq 4$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{M}{m} \leq 3$.
આમ,$M/m$ ગુણોત્તરનું મહત્તમ શક્ય મૂલ્ય $3$ છે.

(B) બંને દળોના ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રભાવમાંથી મુક્ત થવા માટે,કણે એવા બિંદુએ પહોંચવું જોઈએ જ્યાં કુલ ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિ ઊર્જા શૂન્ય હોય,જે અનંત અંતરે છે. ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,મધ્યબિંદુ પરની કુલ ઊર્જા અનંત અંતરે રહેલી કુલ ઊર્જા $(0)$ જેટલી હોવી જોઈએ.
મધ્યબિંદુ પર,દરેક દળથી અંતર $r/2$ છે.
મધ્યબિંદુ પર કુલ ઊર્જા એ ગતિ ઊર્જા અને ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિ ઊર્જાનો સરવાળો છે:
$E_i = \frac{1}{2}mV^2 - \frac{GM_1m}{r/2} - \frac{GM_2m}{r/2}$
કુલ ઊર્જાને શૂન્ય લેતા:
$\frac{1}{2}mV^2 - \frac{2GM_1m}{r} - \frac{2GM_2m}{r} = 0$
$\frac{1}{2}mV^2 = \frac{2Gm}{r}(M_1 + M_2)$
$V^2 = \frac{4G(M_1 + M_2)}{r}$
$V = \sqrt{\frac{4G(M_1 + M_2)}{r}}$

(D) લંબાઈ $L$,આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$,અને યંગ મોડ્યુલસ $Y$ ધરાવતા સળિયામાં તેના પોતાના વજન $W$ ને કારણે થતો વધારો $\Delta \ell$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\Delta \ell = \frac{WL}{2AY}$
આપેલ કિંમતો:
વજન $W = 10 \, \text{N}$
લંબાઈ $L = 20 \, \text{cm} = 0.2 \, \text{m}$
ક્ષેત્રફળ $A = 100 \, \text{cm}^2 = 100 \times 10^{-4} \, \text{m}^2 = 10^{-2} \, \text{m}^2$
યંગ મોડ્યુલસ $Y = 2 \times 10^{11} \, \text{N/m}^2$
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\Delta \ell = \frac{10 \times 0.2}{2 \times 10^{-2} \times 2 \times 10^{11}}$
$\Delta \ell = \frac{2}{4 \times 10^9} = 0.5 \times 10^{-9} \, \text{m}$
$\Delta \ell = 5 \times 10^{-10} \, \text{m}$
આમ,લંબાઈમાં થતો વધારો $5 \times 10^{-10} \, \text{m}$ છે. $\times 10^{-10} \, \text{m}$ માં તેનું મૂલ્ય $5$ છે.

(A) પરિમાણીય સૂત્રો નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
$(a)$ ટોર્ક $(\tau) = \text{બળ} \times \text{અંતર} = [MLT^{-2}] \times [L] = [ML^2T^{-2}]$, જે $(iii)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(b)$ આઘાત $(I) = \text{બળ} \times \text{સમય} = [MLT^{-2}] \times [T] = [MLT^{-1}]$, જે $(i)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(c)$ તણાવ એ એક પ્રકારનું બળ છે, તેથી તેનું પરિમાણ $[MLT^{-2}]$ છે, જે $(iv)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(d)$ પૃષ્ઠતાણ $(S) = \frac{\text{બળ}}{\text{લંબાઈ}} = \frac{[MLT^{-2}]}{[L]} = [MT^{-2}]$, જે $(ii)$ સાથે મેળ ખાય છે.
તેથી, સાચી જોડ $(a)-(iii), (b)-(i), (c)-(iv), (d)-(ii)$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dp}{dv} = -ap$ છે. બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int_{p_{0}}^{p} \frac{dp}{p} = -a \int_{0}^{v} dv$.
આનાથી $\ln(\frac{p}{p_{0}}) = -av$ મળે છે,તેથી $p = p_{0}e^{-av}$.
એક મોલ આદર્શ વાયુ માટે,$PV = RT$,તેથી $T = \frac{PV}{R} = \frac{p_{0}ve^{-av}}{R}$.
મહત્તમ તાપમાન શોધવા માટે,$T$ નું $v$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરો અને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવો: $\frac{dT}{dv} = \frac{p_{0}}{R} [e^{-av} + v(-a)e^{-av}] = \frac{p_{0}e^{-av}}{R} (1 - av) = 0$.
આનાથી $v = \frac{1}{a}$ મળે છે.
$v = \frac{1}{a}$ ને તાપમાનના સમીકરણમાં મૂકતા: $T_{max} = \frac{p_{0}(\frac{1}{a})e^{-a(\frac{1}{a})}}{R} = \frac{p_{0}}{aeR}$.

(A) પરિમાણીય સચોટતા તપાસવા માટે,આપણે દરેક સમીકરણ માટે બંને બાજુના પરિમાણોનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$A$. પોઈઝ્યુલીનો નિયમ: $v = \frac{\pi p a^4}{8 \eta L}$. અહીં,$v$ એ કદનો પ્રવાહ દર $(L^3 T^{-1})$ દર્શાવે છે. જમણી બાજુના પરિમાણો $[L^3 T^{-1}]$ છે. આ પરિમાણની દ્રષ્ટિએ સાચું છે.
$B$. કેશિકા ઉન્નયન: $h = \frac{2 s \cos \theta}{\rho r g}$. પરિમાણો: $[L] = [L]$. આ પરિમાણની દ્રષ્ટિએ સાચું છે.
$C$. સ્થાનાંતર પ્રવાહ ઘનતા: $J = \varepsilon \frac{\partial E}{\partial t}$. $J$ ના પરિમાણો $[I L^{-2}]$ છે. જમણી બાજુના પરિમાણો પણ $[I L^{-2}]$ છે. આ પરિમાણની દ્રષ્ટિએ સાચું છે.
$D$. કાર્ય: $W = \Gamma \theta$. કાર્યના પરિમાણો $[M L^2 T^{-2}]$ છે. ટોર્ક $(\Gamma)$ ના પરિમાણો $[M L^2 T^{-2}]$ છે અને ખૂણો $(\theta)$ પરિમાણરહિત છે. આમ,$W = \Gamma \theta$ પરિમાણની દ્રષ્ટિએ સાચું છે. પરંતુ વિકલ્પ $A$ માં $v$ એ કદ છે,કદનો પ્રવાહ દર નથી,તેથી તે પરિમાણની દ્રષ્ટિએ ખોટું છે.

(B) કણનું કોણીય વેગમાન $\vec{L}$ એ $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p} = \vec{r} \times (m\vec{v})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર પથ પર $v$ અચળ ઝડપથી ગતિ કરતા કણ માટે,કોણીય વેગમાનનું મૂલ્ય $L = mvr \sin(90^{\circ}) = mvr$ થાય છે,જે અચળ છે.
કોણીય વેગમાનની દિશા જમણા હાથના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે વર્તુળાકાર પથના સમતલને લંબ (ભ્રમણાક્ષની દિશામાં) હોય છે.
ઝડપ અને ત્રિજ્યા અચળ હોવાથી અને ગતિનું સમતલ બદલાતું ન હોવાથી,કોણીય વેગમાન સદિશનું મૂલ્ય અને દિશા બંને ગતિ દરમિયાન અચળ રહે છે.

(C) બલ્ક મોડ્યુલસ $B$ ને $B = -\frac{\Delta P}{\Delta V/V}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
અહીં,$h$ ઊંડાઈએ દબાણમાં ફેરફાર $\Delta P = \rho g h$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કદમાં આંશિક ફેરફાર $\frac{\Delta V}{V} = -0.5\, \% = -0.005$ છે (ઋણ નિશાની કદમાં ઘટાડો સૂચવે છે).
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા: $B = -\frac{\rho g h}{-0.005}$.
$h$ માટે સૂત્ર ગોઠવતા: $h = \frac{B \times 0.005}{\rho g}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $h = \frac{9.8 \times 10^{8} \times 0.005}{10^{3} \times 9.8}$.
$h = \frac{10^{8} \times 0.005}{10^{3}} = 10^{5} \times 0.005 = 500 \, \text{m}$.
આમ,ઊંડાઈ $500 \, \text{m}$ છે.

(A) વિધાન-$I$ સાચું છે: જ્યારે સિલિકોન સેમિકન્ડક્ટરમાં પેન્ટાવેલેન્ટ અશુદ્ધિ (જેમ કે ફોસ્ફરસ અથવા આર્સેનિક) ઉમેરવામાં આવે છે,ત્યારે દરેક અશુદ્ધિનો પરમાણુ સ્ફટિક લેટીસમાં એક વધારાનો મુક્ત ઇલેક્ટ્રોન આપે છે. આ ઇલેક્ટ્રોનની ઘનતામાં નોંધપાત્ર વધારો કરે છે,જેનાથી તે $n$-પ્રકારનું સેમિકન્ડક્ટર બને છે.
વિધાન-$II$ ખોટું છે: જોકે $n$-પ્રકારના સેમિકન્ડક્ટરમાં ઇલેક્ટ્રોન (ઋણ વીજભાર વાહકો) ની સાંદ્રતા વધારે હોય છે,તેમ છતાં સેમિકન્ડક્ટર પદાર્થ પોતે વિદ્યુતની દ્રષ્ટિએ તટસ્થ રહે છે. આનું કારણ એ છે કે સ્ફટિક લેટીસમાં ધન વીજભારની કુલ સંખ્યા (સિલિકોન અને અશુદ્ધિ પરમાણુઓના ન્યુક્લિયસમાં રહેલા પ્રોટોન) એ ઋણ વીજભારની કુલ સંખ્યા (ઇલેક્ટ્રોન) જેટલી જ હોય છે.

(B) વિદ્યુતક્ષેત્રનો કંપવિસ્તાર $E_{0} = 200 \text{ V/m}$ છે.
વિદ્યુતચુંબકીય તરંગની તીવ્રતા $I = \frac{1}{2} \varepsilon_{0} E_{0}^{2} c$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સંપૂર્ણ પરાવર્તક સપાટી માટે,વિકિરણ દબાણ $P = \frac{2I}{c}$ છે.
દબાણના સૂત્રમાં $I$ ની કિંમત મૂકતા: $P = \frac{2}{c} \left( \frac{1}{2} \varepsilon_{0} E_{0}^{2} c \right) = \varepsilon_{0} E_{0}^{2}$.
$\varepsilon_{0} = 8.85 \times 10^{-12} \text{ F/m}$ નો ઉપયોગ કરતા,$P = 8.85 \times 10^{-12} \times (200)^{2}$ મળે.
$P = 8.85 \times 10^{-12} \times 40000 = 8.85 \times 4 \times 10^{-8} = 35.4 \times 10^{-8} = \frac{354}{10^{9}} \text{ N/m}^{2}$.
આને $\frac{x}{10^{9}} \text{ N/m}^{2}$ સાથે સરખાવતા,$x = 354$ મળે છે.

(B) એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેટેડ તરંગનું પ્રમાણિત સમીકરણ $C_{m}(t) = A_{c}(1 + \mu \cos \omega_{m} t) \sin \omega_{c} t$ છે.
આપેલ સમીકરણ $C_{m}(t) = 10(1 + 0.2 \cos 12560 t) \sin (111 \times 10^{4} t)$ સાથે સરખાવતા, આપણને કોણીય મોડ્યુલેટિંગ આવૃત્તિ $\omega_{m} = 12560 \ rad/s$ મળે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega_{m} = 2 \pi f_{m}$, જ્યાં $f_{m}$ એ મોડ્યુલેટિંગ આવૃત્તિ છે.
તેથી, $f_{m} = \frac{\omega_{m}}{2 \pi} = \frac{12560}{2 \times 3.14} = \frac{12560}{6.28} = 2000 \ Hz$.
આને $kHz$ માં ફેરવતા, આપણને $f_{m} = 2 \ kHz$ મળે છે.

(A) $m_{1}$ ડાયપોલ દ્વારા બિંદુ $P$ પર (જે $m_{1}$ ની વિષુવવૃત્તીય રેખા પર છે) ઉત્પન્ન થતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{1}$ નીચે મુજબ છે:
$B_{1} = \frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{m_{1}}{r^{3}}$
અહીં $m_{1} = 1\, \text{Am}^{2}$, $r = 1\, \text{m}$, અને $\frac{\mu_{0}}{4\pi} = 10^{-7}\, \text{T}\cdot\text{m/A}$ આપેલ છે।
$B_{1} = 10^{-7} \times \frac{1}{(1)^{3}} = 10^{-7}\, \text{T}$.
$B_{1}$ ની દિશા $m_{1}$ ની દિશાથી વિરુદ્ધ છે。
ડાયપોલ $m_{2}$ દ્વારા અનુભવાતું ટોર્ક $\tau$ એ $\vec{\tau} = \vec{m}_{2} \times \vec{B}_{1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે。
કારણ કે $m_{2}$ એ $B_{1}$ ને લંબ છે, ટોર્કનું મૂલ્ય:
$\tau = m_{2} B_{1} \sin(90^{\circ}) = 1 \times 10^{-7} \times 1 = 10^{-7}\, \text{Nm}$.
આમ, જવાબ $1 \times 10^{-7}\, \text{Nm}$ છે।

(C) $n$-મી પ્રકાશિત શલાકાનું સ્થાન $y = n \frac{D \lambda}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ પ્રકાશિત શલાકા $(n = 1)$ માટે,સ્થાન $y = \frac{D \lambda}{d}$ છે.
અહીં $D = 1.5 \, m$,$d = 0.3 \, mm = 0.3 \times 10^{-3} \, m$ આપેલ છે.
લાલ પ્રકાશ માટે,$y_r = 3.5 \, mm = 3.5 \times 10^{-3} \, m$. તેથી,$\lambda_r = \frac{y_r d}{D} = \frac{3.5 \times 10^{-3} \times 0.3 \times 10^{-3}}{1.5} = 0.7 \times 10^{-6} \, m = 700 \, nm$.
જાંબલી પ્રકાશ માટે,$y_v = 2.0 \, mm = 2.0 \times 10^{-3} \, m$. તેથી,$\lambda_v = \frac{y_v d}{D} = \frac{2.0 \times 10^{-3} \times 0.3 \times 10^{-3}}{1.5} = 0.4 \times 10^{-6} \, m = 400 \, nm$.
તરંગલંબાઇનો તફાવત $\Delta \lambda = \lambda_r - \lambda_v = 700 \, nm - 400 \, nm = 300 \, nm$ થાય.

(B) દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda$ અને ગતિઊર્જા $E$ વચ્ચેનો સંબંધ: $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ છે.
આથી,$\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{E}}$ થાય.
ધારો કે પ્રારંભિક તરંગલંબાઈ $\lambda_1 = \lambda$ અને પ્રારંભિક ઊર્જા $E_1 = E$ છે. અંતિમ તરંગલંબાઈ $\lambda_2 = 0.75 \lambda_1 = \frac{3}{4} \lambda_1$ છે.
પ્રમાણસરતા $\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \sqrt{\frac{E_1}{E_2}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{3}{4} = \sqrt{\frac{E}{E_2}}$ મળે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\frac{9}{16} = \frac{E}{E_2}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $E_2 = \frac{16}{9} E$.
જરૂરી વધારાની ઊર્જા $\Delta E = E_2 - E_1 = \frac{16}{9} E - E = \frac{7}{9} E$ થાય.

(D) વિદ્યુત ક્ષેત્રનો કંપવિસ્તાર $E_0 = 800 \text{ V/m}$ છે.
વિદ્યુત ક્ષેત્રના કંપવિસ્તાર $E_0$ અને ચુંબકીય ક્ષેત્રના કંપવિસ્તાર $B_0$ વચ્ચેનો સંબંધ $B_0 = E_0 / c$ છે,જ્યાં $c = 3 \times 10^8 \text{ m/s}$ એ પ્રકાશની ઝડપ છે.
$B_0 = \frac{800}{3 \times 10^8} \text{ T}$.
ગતિશીલ વિદ્યુતભાર પર લાગતું ચુંબકીય બળ $F = qvB \sin \theta$ છે. મહત્તમ બળ માટે,ઇલેક્ટ્રોન ચુંબકીય ક્ષેત્રને લંબ રૂપે ગતિ કરે છે,તેથી $\theta = 90^\circ$ અને $\sin 90^\circ = 1$ થાય.
$F_{\max} = e v B_0 = (1.6 \times 10^{-19} \text{ C}) \times (3 \times 10^7 \text{ m/s}) \times \left( \frac{800}{3 \times 10^8} \text{ T} \right)$.
$F_{\max} = 1.6 \times 10^{-19} \times 800 \times 10^{-1} = 1.6 \times 8 \times 10^{-18} = 12.8 \times 10^{-18} \text{ N}$.

(D) ધારો કે રિંગ $A$ ના કેન્દ્ર પરનું સ્થિતિમાન $V_A$ છે અને રિંગ $B$ ના કેન્દ્ર પરનું સ્થિતિમાન $V_B$ છે.
રિંગ $A$ ના કેન્દ્ર પર રિંગ $A$ ને કારણે સ્થિતિમાન $V_{A1} = \frac{KQ}{a}$ છે.
રિંગ $A$ ના કેન્દ્ર પર રિંગ $B$ ને કારણે સ્થિતિમાન $V_{A2} = \frac{K(-Q)}{\sqrt{a^2 + s^2}}$ છે.
તેથી,$V_A = V_{A1} + V_{A2} = \frac{KQ}{a} - \frac{KQ}{\sqrt{a^2 + s^2}}$.
રિંગ $B$ ના કેન્દ્ર પર રિંગ $B$ ને કારણે સ્થિતિમાન $V_{B1} = \frac{K(-Q)}{a}$ છે.
રિંગ $B$ ના કેન્દ્ર પર રિંગ $A$ ને કારણે સ્થિતિમાન $V_{B2} = \frac{KQ}{\sqrt{a^2 + s^2}}$ છે.
તેથી,$V_B = V_{B1} + V_{B2} = -\frac{KQ}{a} + \frac{KQ}{\sqrt{a^2 + s^2}}$.
સ્થિતિમાનનો તફાવત $V_A - V_B = \left(\frac{KQ}{a} - \frac{KQ}{\sqrt{a^2 + s^2}}\right) - \left(-\frac{KQ}{a} + \frac{KQ}{\sqrt{a^2 + s^2}}\right)$ છે.
$V_A - V_B = \frac{2KQ}{a} - \frac{2KQ}{\sqrt{a^2 + s^2}} = 2KQ \left(\frac{1}{a} - \frac{1}{\sqrt{a^2 + s^2}}\right)$.
$K = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}$ મૂકતા,આપણને $V_A - V_B = \frac{2}{4 \pi \varepsilon_0} Q \left(\frac{1}{a} - \frac{1}{\sqrt{a^2 + s^2}}\right) = \frac{Q}{2 \pi \varepsilon_0} \left(\frac{1}{a} - \frac{1}{\sqrt{a^2 + s^2}}\right)$ મળે છે.

(D) $\frac{46}{3}\, \Omega$ નો સમતુલ્ય અવરોધ મેળવવા માટે,આપણે આપેલા વિકલ્પો તપાસીએ.
ચાલો વિકલ્પ $D$ તપાસીએ: $2\, \Omega$ અને $4\, \Omega$ સમાંતરમાં છે,અને આ સંયોજન $6\, \Omega$ અને $8\, \Omega$ સાથે શ્રેણીમાં છે.
સૌ પ્રથમ,$2\, \Omega$ અને $4\, \Omega$ ના સમાંતર જોડાણનો સમતુલ્ય અવરોધ $(R_p)$ શોધો:
$\frac{1}{R_p} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{2+1}{4} = \frac{3}{4}$
$R_p = \frac{4}{3}\, \Omega$
હવે,આને $6\, \Omega$ અને $8\, \Omega$ સાથે શ્રેણીમાં ઉમેરો:
$R_{eq} = R_p + 6 + 8 = \frac{4}{3} + 14 = \frac{4 + 42}{3} = \frac{46}{3}\, \Omega$
આ જરૂરી સમતુલ્ય અવરોધ સાથે મેળ ખાય છે.

(A) કેપેસિટરને સમાંતરમાં બે ભાગ તરીકે જોઈ શકાય છે.
એક ભાગ $A/2$ ક્ષેત્રફળ અને $d$ અંતર ધરાવતું હવા ભરેલું કેપેસિટર છે. તેનું કેપેસિટન્સ $C_{1} = \frac{\varepsilon_{0} (A/2)}{d} = \frac{\varepsilon_{0} A}{2d}$ છે.
બીજો ભાગ $A/2$ ક્ષેત્રફળ અને $d/2$ જાડાઈ ધરાવતી બે ડાયઇલેક્ટ્રિક સ્લેબનો બનેલો છે જે શ્રેણીમાં છે.
$K_{1}$ ધરાવતી સ્લેબનું કેપેસિટન્સ $C_{2} = \frac{K_{1} \varepsilon_{0} (A/2)}{d/2} = \frac{K_{1} \varepsilon_{0} A}{d}$ છે.
$K_{2}$ ધરાવતી સ્લેબનું કેપેસિટન્સ $C_{3} = \frac{K_{2} \varepsilon_{0} (A/2)}{d/2} = \frac{K_{2} \varepsilon_{0} A}{d}$ છે.
આ બંને શ્રેણીમાં હોવાથી,તેમનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{s}$ નીચે મુજબ મળે: $\frac{1}{C_{s}} = \frac{1}{C_{2}} + \frac{1}{C_{3}} = \frac{d}{K_{1} \varepsilon_{0} A} + \frac{d}{K_{2} \varepsilon_{0} A} = \frac{d}{\varepsilon_{0} A} \left( \frac{1}{K_{1}} + \frac{1}{K_{2}} \right) = \frac{d}{\varepsilon_{0} A} \left( \frac{K_{1} + K_{2}}{K_{1} K_{2}} \right)$.
આમ,$C_{s} = \frac{\varepsilon_{0} A}{d} \left( \frac{K_{1} K_{2}}{K_{1} + K_{2}} \right)$.
કુલ કેપેસિટન્સ $C_{eq}$ એ $C_{1}$ અને $C_{s}$ નું સમાંતર જોડાણ છે:
$C_{eq} = C_{1} + C_{s} = \frac{\varepsilon_{0} A}{2d} + \frac{\varepsilon_{0} A}{d} \left( \frac{K_{1} K_{2}}{K_{1} + K_{2}} \right) = \frac{\varepsilon_{0} A}{d} \left( \frac{1}{2} + \frac{K_{1} K_{2}}{K_{1} + K_{2}} \right)$.

(C) ક્ષય પ્રક્રિયાઓ $A \xrightarrow{\lambda} B$ અને $B \xrightarrow{\lambda} C$ છે.
$B$ પરમાણુઓની સંખ્યામાં થતા ફેરફારનો દર:
$\frac{dN_{B}}{dt} = \lambda N_{A} - \lambda N_{B}$
$N_{A}(t) = N_{A}(0) e^{-\lambda t}$ અને $N_{A}(0) = 2 N_{B}(0)$ હોવાથી, $N_{A}(t) = 2 N_{B}(0) e^{-\lambda t}$ મળે.
આ કિંમત દરના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{dN_{B}}{dt} = \lambda (2 N_{B}(0) e^{-\lambda t}) - \lambda N_{B}$
$\frac{dN_{B}}{dt} + \lambda N_{B} = 2 \lambda N_{B}(0) e^{-\lambda t}$
આ એક સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે. સંકલ્યકારક અવયવ $e^{\lambda t}$ વડે ગુણતા:
$e^{\lambda t} \frac{dN_{B}}{dt} + \lambda N_{B} e^{\lambda t} = 2 \lambda N_{B}(0)$
$\frac{d}{dt} (N_{B} e^{\lambda t}) = 2 \lambda N_{B}(0)$
બંને બાજુ $t$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$N_{B} e^{\lambda t} = 2 \lambda N_{B}(0) t + C$
$t=0$ સમયે, $N_{B} = N_{B}(0)$, તેથી $C = N_{B}(0)$.
$N_{B} e^{\lambda t} = N_{B}(0) (1 + 2 \lambda t)$
$N_{B}(t) = N_{B}(0) (1 + 2 \lambda t) e^{-\lambda t}$
તેથી, $\frac{N_{B}(t)}{N_{B}(0)} = (1 + 2 \lambda t) e^{-\lambda t}$.
મહત્તમ મૂલ્ય શોધવા માટે, $\frac{d}{dt} (\frac{N_{B}(t)}{N_{B}(0)}) = 0$ લેતા:
$2 \lambda e^{-\lambda t} - \lambda (1 + 2 \lambda t) e^{-\lambda t} = 0$
$2 - 1 - 2 \lambda t = 0 \implies 1 = 2 \lambda t \implies t = \frac{1}{2 \lambda}$.
$t = \frac{1}{2 \lambda}$ સમયે, મૂલ્ય $(1 + 2 \lambda (\frac{1}{2 \lambda})) e^{-\lambda (\frac{1}{2 \lambda})} = 2 e^{-0.5} \approx 1.21$ મળે.
આ આકૃતિ $C$ માં દર્શાવેલ વર્તણૂક સાથે મેળ ખાય છે.

(D) $h_1$ ઊંચાઈ ધરાવતા ટ્રાન્સમિટિંગ એન્ટેના અને $h_2$ ઊંચાઈ ધરાવતા રિસીવિંગ એન્ટેના વચ્ચેનું મહત્તમ લાઇન-ઓફ-સાઇટ અંતર $d$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$d = \sqrt{2Rh_1} + \sqrt{2Rh_2}$
આપેલ છે:
$h_1 = 50\, m = 50 \times 10^{-3}\, km$
$h_2 = 80\, m = 80 \times 10^{-3}\, km$
$R = 6400\, km$
કિંમતો મૂકતા:
$d = \sqrt{2 \times 6400 \times 50 \times 10^{-3}} + \sqrt{2 \times 6400 \times 80 \times 10^{-3}}$
$d = \sqrt{640000 \times 10^{-3}} + \sqrt{1024000 \times 10^{-3}}$
$d = \sqrt{640} + \sqrt{1024}$
$d = 25.30 + 32 = 57.30\, km$
આપેલા વિકલ્પો મુજબ નજીકની કિંમત $57.28\, km$ છે.

(A) બલ્બનો રેટ કરેલ પાવર $P = 500 \, W$ અને રેટ કરેલ વોલ્ટેજ $V_{bulb} = 100 \, V$ છે.
બલ્બનો અવરોધ $R_{bulb} = \frac{V_{bulb}^2}{P} = \frac{100^2}{500} = \frac{10000}{500} = 20 \, \Omega$ થાય.
બલ્બ તેના રેટ કરેલ પાવર $500 \, W$ પર કાર્ય કરે તે માટે,તેણે તેનો રેટ કરેલ પ્રવાહ $I = \frac{P}{V_{bulb}} = \frac{500}{100} = 5 \, A$ ખેંચવો જોઈએ.
કુલ સપ્લાય વોલ્ટેજ $V_{total} = 200 \, V$ છે. બલ્બ પરનો વોલ્ટેજ $100 \, V$ છે,તેથી શ્રેણીમાં જોડેલા અવરોધ $R$ પરનો વોલ્ટેજ $V_R = V_{total} - V_{bulb} = 200 - 100 = 100 \, V$ હોવો જોઈએ.
શ્રેણી અવરોધ $R$ માટે ઓહ્મના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$V_R = I \times R$.
$100 = 5 \times R$.
$R = \frac{100}{5} = 20 \, \Omega$.

(B) ધારો કે પ્રથમ $NOR$ ગેટનું આઉટપુટ $C = \overline{A+B}$ છે.
આ સિગ્નલ $C$ ને અનુક્રમે ઇનપુટ $A$ અને $B$ સાથે પછીના બે $NOR$ ગેટમાં આપવામાં આવે છે.
આ બે ગેટના આઉટપુટ $D = \overline{A+C} = \overline{A+\overline{A+B}}$ અને $E = \overline{B+C} = \overline{B+\overline{A+B}}$ છે.
ડી મોર્ગનના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$D = \overline{A} \cdot (A+B) = \overline{A}A + \overline{A}B = 0 + \overline{A}B = \overline{A}B$.
તે જ રીતે,$E = \overline{B} \cdot (A+B) = \overline{B}A + \overline{B}B = A\overline{B} + 0 = A\overline{B}$.
અંતિમ આઉટપુટ $Y$ એ $D$ અને $E$ નો $NOR$ છે: $Y = \overline{D+E} = \overline{\overline{A}B + A\overline{B}}$.
આ $XOR$ ગેટ માટેનું સમીકરણ છે,જે $A \oplus B$ છે.
$A \oplus B$ માટેનું સત્યતા કોષ્ટક નીચે મુજબ છે:

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

(D) ચુંબકીય પ્રેરણ $(B)$: બળ $F = qvB \sin \theta \implies B = F / (qv) = [MLT^{-2}] / ([A T] [LT^{-1}]) = [MT^{-2} A^{-1}]$. આ $(iii)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(b)$ ચુંબકીય ફ્લક્સ $(\phi)$: $\phi = B \cdot A = [MT^{-2} A^{-1}] [L^2] = [ML^2 T^{-2} A^{-1}]$. આ $(i)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(c)$ ચુંબકીય પરમીએબિલિટી $(\mu)$: $B = \mu H \implies \mu = B / H$. કારણ કે $H$ નું પરિમાણ એકમ લંબાઈ દીઠ પ્રવાહ $[L^{-1} A]$ છે,તેથી $\mu = [MT^{-2} A^{-1}] / [L^{-1} A] = [MLT^{-2} A^{-2}]$. આ $(iv)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(d)$ મેગ્નેટાઈઝેશન $(M)$: $M = \text{ચુંબકીય મોમેન્ટ} / \text{કદ} = [A L^2] / [L^3] = [L^{-1} A] = [M^0 L^{-1} A]$. આ $(ii)$ સાથે મેળ ખાય છે.
તેથી,સાચી જોડ $(a)-(iii), (b)-(i), (c)-(iv), (d)-(ii)$ છે.

(D) આ સર્કિટ $200 \, V$ ના $AC$ સ્ત્રોત સાથે જોડાયેલી બે સમાંતર શાખાઓ ધરાવે છે.
ઉપરની શાખા ($RC$ સર્કિટ) માટે:
$Z_{C} = \sqrt{R_{1}^{2} + \left(\frac{1}{\omega C}\right)^{2}} = \sqrt{100^{2} + \left(\frac{1}{100 \times 100 \times 10^{-6}}\right)^{2}} = \sqrt{100^{2} + 100^{2}} = 100\sqrt{2} \, \Omega$.
કેપેસિટર શાખામાં પ્રવાહ $I_{C} = \frac{V}{Z_{C}} = \frac{200}{100\sqrt{2}} = \sqrt{2} \, A$ છે.
નીચેની શાખા ($RL$ સર્કિટ) માટે:
$Z_{L} = \sqrt{R_{2}^{2} + (\omega L)^{2}} = \sqrt{50^{2} + (100 \times 0.5)^{2}} = \sqrt{50^{2} + 50^{2}} = 50\sqrt{2} \, \Omega$.
ઇન્ડક્ટર શાખામાં પ્રવાહ $I_{L} = \frac{V}{Z_{L}} = \frac{200}{50\sqrt{2}} = 2\sqrt{2} \, A$ છે.
$RC$ શાખામાં,પ્રવાહ વોલ્ટેજ કરતા $\phi_{1} = \tan^{-1}\left(\frac{1/\omega C}{R_{1}}\right) = \tan^{-1}(1) = 45^{\circ}$ આગળ છે.
$RL$ શાખામાં,પ્રવાહ વોલ્ટેજ કરતા $\phi_{2} = \tan^{-1}\left(\frac{\omega L}{R_{2}}\right) = \tan^{-1}(1) = 45^{\circ}$ પાછળ છે.
કુલ પ્રવાહ $I$ એ $I_{C}$ અને $I_{L}$ નો સદિશ સરવાળો છે. $I_{C}$ અને $I_{L}$ વચ્ચેનો ખૂણો $45^{\circ} + 45^{\circ} = 90^{\circ}$ છે.
$I = \sqrt{I_{C}^{2} + I_{L}^{2} + 2I_{C}I_{L}\cos(90^{\circ})} = \sqrt{I_{C}^{2} + I_{L}^{2}} = \sqrt{(\sqrt{2})^{2} + (2\sqrt{2})^{2}} = \sqrt{2 + 8} = \sqrt{10} \approx 3.16 \, A$.

(B) ધારો કે સ્ત્રોતમાંથી આવતા અધ્રુવીભૂત પ્રકાશની પ્રારંભિક તીવ્રતા $I_0$ છે. જ્યારે આ પ્રકાશ પ્રથમ પોલેરોઇડ $P_1$ માંથી પસાર થાય છે,ત્યારે તીવ્રતા $I_1 = I_0/2$ થાય છે. આપેલ છે કે પડદા પરની તીવ્રતા $I/2$ છે,તેથી આપણે ધારીએ છીએ કે પ્રારંભિક તીવ્રતા $I$ એ $P_1$ માંથી પસાર થયા પછીની તીવ્રતા છે અથવા $I_0 = I.$ ધારો કે $P_1$ પછીની તીવ્રતા $I' = I/2$ છે.
મેલસના નિયમ મુજબ,બીજા પોલેરોઇડ $P_2$ માંથી પસાર થયા પછી પ્રકાશની તીવ્રતા $I_{final} = I' \cos^2 \phi$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\phi$ એ $P_1$ અને $P_2$ ની ટ્રાન્સમિશન અક્ષો વચ્ચેનો ખૂણો છે.
શરૂઆતમાં,તીવ્રતા $I/2$ છે,જેનો અર્થ છે કે $\cos^2 \phi = 1,$ તેથી $\phi = 0^\circ.$
આપણે અંતિમ તીવ્રતા $3I/8$ મેળવવા માંગીએ છીએ. કિંમતો મૂકતા:
$3I/8 = (I/2) \cos^2 \phi$
$\cos^2 \phi = (3I/8) \times (2/I) = 3/4$
$\cos \phi = \sqrt{3}/2$
$\phi = 30^\circ.$
આમ,$P_2$ ને $30^\circ$ ના ખૂણે ફેરવવો જોઈએ.

(C) સાયક્લોટ્રોનમાં $n$ પરિભ્રમણ પછી પ્રોટોન દ્વારા મેળવેલી ગતિ ઊર્જા $K = n \times (2qV)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $V$ એ પ્રતિ ગેપ મહત્તમ પ્રવેગક પોટેન્શિયલ છે અને દરેક પરિભ્રમણમાં બે ગેપ હોય છે.
આપેલ છે:
$V = 12 \times 10^3 \, V$
$q = 1.6 \times 10^{-19} \, C$
$m_p = 1.67 \times 10^{-27} \, kg$
$v = \frac{c}{6} = \frac{3 \times 10^8}{6} = 0.5 \times 10^8 \, m/s$
ગતિ ઊર્જાને કરેલા કાર્ય સાથે સરખાવતા:
$n(2qV) = \frac{1}{2} m_p v^2$
$n = \frac{m_p v^2}{4qV}$
$n = \frac{1.67 \times 10^{-27} \times (0.5 \times 10^8)^2}{4 \times 1.6 \times 10^{-19} \times 12 \times 10^3}$
$n = \frac{1.67 \times 10^{-27} \times 0.25 \times 10^{16}}{76.8 \times 10^{-16}}$
$n = \frac{0.4175 \times 10^{-11}}{76.8 \times 10^{-16}} \approx 543.6$
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,પરિભ્રમણોની સંખ્યા $543$ છે.

(C) ભ્રમણ કરતા ગૂંચળામાં ઉત્પન્ન થતું મહત્તમ $emf$ $(\varepsilon_{max})$ શોધવાનું સૂત્ર: $\varepsilon_{max} = N \omega A B$ છે,જ્યાં $N$ એ આંટાની સંખ્યા,$\omega$ એ કોણીય ઝડપ,$A$ એ ગૂંચળાનું ક્ષેત્રફળ અને $B$ એ ચુંબકીય ક્ષેત્રની તીવ્રતા છે.
આપેલ છે: $N = 20$,$\omega = 50 \, rad \, s^{-1}$,$B = 3.0 \times 10^{-2} \, T$,અને ત્રિજ્યા $r = 8.0 \, cm = 0.08 \, m$.
ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2 = \pi \times (0.08)^2 = 0.0064 \pi \, m^2$.
કિંમતો મૂકતા: $\varepsilon_{max} = 20 \times 50 \times (0.0064 \pi) \times (3.0 \times 10^{-2})$.
$\varepsilon_{max} = 1000 \times 0.0064 \times \pi \times 3.0 \times 10^{-2} = 6.4 \times \pi \times 3.0 \times 10^{-2} = 19.2 \pi \times 10^{-2}$.
$\pi \approx 3.14159$ લેતા,$\varepsilon_{max} \approx 19.2 \times 3.14159 \times 10^{-2} \approx 60.319 \times 10^{-2} \, V$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $60$ મળે છે.

(A) $a = 10 \, cm = 0.1 \, m$ બાજુ ધરાવતા સમબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $A = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} (0.1)^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \times 0.01 \, m^2$ છે.
કોઈલની ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = I A = 0.2 \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times 0.01 = 0.05 \times \sqrt{3} \times 0.01 = 5 \sqrt{3} \times 10^{-4} \, Am^2$ છે.
કોઈલ પર લાગતું ટોર્ક $\tau = M B \sin \theta$ છે,જ્યાં $\theta$ એ કોઈલના લંબ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર વચ્ચેનો ખૂણો છે. જ્યારે કોઈલનું સમતલ ચુંબકીય ક્ષેત્રને સમાંતર હોય,ત્યારે કોઈલનો લંબ ચુંબકીય ક્ષેત્રને લંબ હોય છે,તેથી $\theta = 90^{\circ}$.
આમ,$\tau = M B \sin 90^{\circ} = M B = (5 \sqrt{3} \times 10^{-4}) \times (20 \times 10^{-3} \, T) = 100 \sqrt{3} \times 10^{-7} = \sqrt{3} \times 10^{-5} \, Nm$.
આને $\sqrt{x} \times 10^{-5} \, Nm$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\sqrt{x} = \sqrt{3}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x = 3$.

(B) લોડ રજિસ્ટર $R_L$ માંથી વહેતો પ્રવાહ નીચે મુજબ છે:
$i = \frac{V_z}{R_L} = \frac{10 \, V}{5 \, k\Omega} = 2 \, mA$
શ્રેણી રજિસ્ટરમાંથી વહેતો કુલ પ્રવાહ $I$:
$I = \frac{V_{in} - V_z}{R_s} = \frac{24 \, V - 10 \, V}{1 \, k\Omega} = \frac{14 \, V}{1 \, k\Omega} = 14 \, mA$
ઝેનર ડાયોડમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_z$:
$I_z = I - i = 14 \, mA - 2 \, mA = 12 \, mA$
ઝેનર ડાયોડમાં વપરાતો પાવર:
$P = I_z \times V_z = 12 \, mA \times 10 \, V = 120 \, mW$

(C) વસ્તુનું પ્રતિબિંબ વસ્તુ સાથે સંપાત થાય તે માટે,પ્રકાશના કિરણો બહિર્ગોળ અરીસા પર લંબરૂપે પડવા જોઈએ. આ ત્યારે જ શક્ય છે જો પ્રકાશના કિરણો બહિર્ગોળ અરીસાના વક્રતા કેન્દ્ર $(C)$ તરફ લક્ષિત હોય.
બહિર્ગોળ અરીસાની કેન્દ્રલંબાઈ $f = 15 \,{cm}$ આપેલી છે,તેથી વક્રતા ત્રિજ્યા $R = 2f = 30 \,{cm}$ થાય.
આમ,લેન્સમાંથી આવતા પ્રકાશના કિરણો અરીસાની પાછળ $30 \,{cm}$ ના અંતરે કેન્દ્રિત થવા જોઈએ.
જ્યારે અરીસો દૂર કરવામાં આવે છે,ત્યારે લેન્સ તે જ બિંદુએ વાસ્તવિક અને ઉલટું પ્રતિબિંબ બનાવે છે જ્યાં કિરણો કેન્દ્રિત થઈ રહ્યા હતા,જે અરીસાની પાછળ $30 \,{cm}$ છે.
વસ્તુથી આ પ્રતિબિંબનું કુલ અંતર એ વસ્તુથી લેન્સનું અંતર $(12 \,{cm})$,લેન્સથી અરીસાનું અંતર $(8 \,{cm})$ અને અરીસાથી પ્રતિબિંબનું અંતર $(30 \,{cm})$ નો સરવાળો છે.
કુલ અંતર = $12 \,{cm} + 8 \,{cm} + 30 \,{cm} = 50 \,{cm}$.

(A) વિદ્યુતભારીત તકતીની અક્ષ પર $Z$ અંતરે વિદ્યુતક્ષેત્ર શોધવા માટે,તકતી પર $r$ ત્રિજ્યા અને $dr$ જાડાઈની એક નાની રીંગ (વલય) ધ્યાનમાં લો.
આ રીંગનું ક્ષેત્રફળ $dA = 2\pi r dr$ છે.
આ રીંગ પરનો વિદ્યુતભાર $dq = \sigma dA = \sigma (2\pi r dr)$ છે.
અક્ષ પરના $Z$ બિંદુએ આ રીંગને કારણે ઉદ્ભવતું વિદ્યુતક્ષેત્ર $dE$ એ રીંગના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$dE = \frac{1}{4\pi \varepsilon_{0}} \frac{(dq) Z}{(Z^{2} + r^{2})^{3/2}} = \frac{1}{4\pi \varepsilon_{0}} \frac{(\sigma 2\pi r dr) Z}{(Z^{2} + r^{2})^{3/2}} = \frac{\sigma Z}{2 \varepsilon_{0}} \frac{r dr}{(Z^{2} + r^{2})^{3/2}}$.
કુલ વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ શોધવા માટે,$r = 0$ થી $r = R$ સુધી $dE$ નું સંકલન કરો:
$E = \int_{0}^{R} \frac{\sigma Z}{2 \varepsilon_{0}} \frac{r dr}{(Z^{2} + r^{2})^{3/2}}$.
ધારો કે $u = Z^{2} + r^{2}$,તો $du = 2r dr$,તેથી $r dr = \frac{du}{2}$.
$E = \frac{\sigma Z}{4 \varepsilon_{0}} \int_{Z^{2}}^{Z^{2}+R^{2}} u^{-3/2} du = \frac{\sigma Z}{4 \varepsilon_{0}} \left[ \frac{u^{-1/2}}{-1/2} \right]_{Z^{2}}^{Z^{2}+R^{2}} = \frac{\sigma Z}{2 \varepsilon_{0}} \left[ -\frac{1}{\sqrt{u}} \right]_{Z^{2}}^{Z^{2}+R^{2}}$.
$E = \frac{\sigma Z}{2 \varepsilon_{0}} \left( \frac{1}{Z} - \frac{1}{\sqrt{Z^{2} + R^{2}}} \right) = \frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}} \left( 1 - \frac{Z}{\sqrt{Z^{2} + R^{2}}} \right)$.

(B) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{T_{1/2}}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે:
શરૂઆતની ન્યુક્લિયસની સંખ્યા,$N_0 = 10^{10}$.
અર્ધ-આયુષ્ય,$T_{1/2} = 1 \text{ minute} = 60 \text{ seconds}$.
વિતેલો સમય,$t = 30 \text{ seconds}$.
કિંમતો મૂકતા:
$N = 10^{10} \times \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{30}{60}}$
$N = 10^{10} \times \left(\frac{1}{2}\right)^{1/2}$
$N = \frac{10^{10}}{\sqrt{2}}$
$\sqrt{2} \approx 1.414$ નો ઉપયોગ કરતા:
$N = \frac{10^{10}}{1.414} \approx 7.07 \times 10^9 \approx 7 \times 10^9$.

(A) વિદ્યુત ક્ષેત્રની તીવ્રતા $E$ નો એકમ $\text{volt/metre}$ $(V/m)$ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રની તીવ્રતા $H$ નો એકમ $\text{Ampere/metre}$ $(A/m)$ છે.
તેથી,ગુણોત્તર $E/H$ નો એકમ નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{E}{H} = \frac{\text{volt/metre}}{\text{Ampere/metre}} = \frac{\text{volt}}{\text{Ampere}}$.
ઓમના નિયમ મુજબ,$R = V/I$ હોવાથી,$V/I$ નો એકમ $ohm$ $(\Omega)$ છે.
આમ,$E/H$ નો એકમ $ohm$ છે.

(A) ગોલીય અરીસા માટે,ન્યૂટનનું સૂત્ર વસ્તુ અને પ્રતિબિંબના મુખ્ય કેન્દ્ર $F$ થી અંતર વચ્ચેનો સંબંધ દર્શાવે છે. ધારો કે $x_{1}$ અને $x_{2}$ એ અનુક્રમે વસ્તુ અને પ્રતિબિંબના મુખ્ય કેન્દ્રથી અંતર છે. સૂત્ર $x_{1} x_{2} = f^{2}$ છે.
આ પ્રશ્નમાં,અંતર વક્રતાકેન્દ્ર $C$ થી માપવામાં આવે છે. મુખ્ય કેન્દ્ર $F$ નું $C$ થી અંતર એ કેન્દ્રલંબાઈ $f$ છે.
તેથી,મુખ્ય કેન્દ્રથી વસ્તુનું અંતર $x_{1} = d_{1} + f$ છે અને મુખ્ય કેન્દ્રથી પ્રતિબિંબનું અંતર $x_{2} = f - d_{2}$ છે.
આ કિંમતો ન્યૂટનના સૂત્રમાં મૂકતા: $(f + d_{1})(f - d_{2}) = f^{2}$.
સમીકરણનું વિસ્તરણ કરતા: $f^{2} - f d_{2} + f d_{1} - d_{1} d_{2} = f^{2}$.
સાદું રૂપ આપતા: $f(d_{1} - d_{2}) = d_{1} d_{2}$.
તેથી,કેન્દ્રલંબાઈ $f = \frac{d_{1} d_{2}}{d_{1} - d_{2}}$ મળે છે.
વક્રતાત્રિજ્યા $R$ એ $R = 2f$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આમ,$R = \frac{2 d_{1} d_{2}}{d_{1} - d_{2}}$.

(A) સ્થાયી અવસ્થામાં,કેપેસિટર ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે,જેનો અર્થ છે કે કેપેસિટર ધરાવતી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
આ સર્કિટમાં $1\, \Omega$ ના આંતરિક અવરોધ સાથેની $5\, \text{V}$ ની બેટરી છે જે નીચેની શાખામાં $4\, \Omega$ ના અવરોધ સાથે સમાંતર જોડાયેલ છે.
બિંદુ $A$ અને $B$ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત બેટરી અને નીચેની શાખામાં રહેલા $4\, \Omega$ ના અવરોધ દ્વારા નક્કી થાય છે.
કેમ કે ઉપરની શાખામાં (કેપેસિટર ધરાવતી) કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી,કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત એ બેટરીના ટર્મિનલ પરના વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત જેટલો જ હોય છે,જે $4\, \Omega$ ના અવરોધ પરના વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત જેટલો જ છે.
નીચેના લૂપમાં પ્રવાહ $I = \frac{V}{R_{ext} + r} = \frac{5}{4 + 1} = 1\, \text{A}$ છે.
$4\, \Omega$ ના અવરોધ પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_{AB} = I \times R = 1 \times 4 = 4\, \text{V}$ છે.
હવે,ઉપરની શાખાને ધ્યાનમાં લો. બે $2\, \mu \text{F}$ ના કેપેસિટર સમાંતરમાં છે,તેથી તેમનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{p} = 2 + 2 = 4\, \mu \text{F}$ છે.
આ $C_{p}$ એ $4\, \mu \text{F}$ ના કેપેસિટર સાથે શ્રેણીમાં છે. ઉપરની શાખાનું કુલ સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq} = \frac{4 \times 4}{4 + 4} = 2\, \mu \text{F}$ છે.
સમતુલ્ય કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $Q = C_{eq} \times V_{AB} = 2\, \mu \text{F} \times 4\, \text{V} = 8\, \mu \text{C}$ છે.
કેમ કે $4\, \mu \text{F}$ નું કેપેસિટર સમાંતર જોડાણ સાથે શ્રેણીમાં છે,તેથી $4\, \mu \text{F}$ ના કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર કુલ વિદ્યુતભાર $Q = 8\, \mu \text{C}$ જેટલો જ રહેશે.

(D) $CE$ ટ્રાન્ઝિસ્ટરનો એક્ટિવ વિસ્તાર એ રેખીય વિસ્તાર છે જ્યાં આઉટપુટ પ્રવાહ એ ઇનપુટ પ્રવાહના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે. આ રેખીયતાને કારણે તે ટ્રાન્ઝિસ્ટરને એમ્પ્લીફાયર તરીકે ચલાવવા માટે સૌથી યોગ્ય વિસ્તાર છે.

(D) $\rightarrow$ આપાત પ્રકાશની તીવ્રતા વધારવાનો અર્થ એ છે કે એકમ સમયમાં અને એકમ ક્ષેત્રફળ પર આપાત થતા ફોટોનની સંખ્યામાં વધારો થાય છે.
$\rightarrow$ ઉત્સર્જિત ફોટોઈલેક્ટ્રોનની ગતિઊર્જા $(K.E.)$ આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ દ્વારા નક્કી થાય છે: $K.E._{max} = h\nu - \phi$,જ્યાં $h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે,$\nu$ એ આપાત પ્રકાશની આવૃત્તિ છે અને $\phi$ એ ધાતુનું વર્ક ફંક્શન છે.
$\rightarrow$ ગતિઊર્જા માત્ર આપાત પ્રકાશની આવૃત્તિ પર આધાર રાખે છે,તીવ્રતા પર નહીં,તેથી તીવ્રતા વધારવાથી ઉત્સર્જિત ઈલેક્ટ્રોનની $K.E.$ માં કોઈ ફેરફાર થતો નથી.

(B) ફેરાડેના વિદ્યુતચુંબકીય પ્રેરણના નિયમ મુજબ,પ્રેરિત $e.m.f.$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$1$. જેમ ચુંબકનો ઉત્તર ધ્રુવ લૂપની નજીક આવે છે,તેમ લૂપમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ વધે છે. લેન્ઝના નિયમ મુજબ,પ્રેરિત પ્રવાહ આ વધારાનો વિરોધ કરતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર ઉત્પન્ન કરે છે,જેના પરિણામે ઋણ પ્રેરિત $e.m.f.$ મળે છે.
$2$. જ્યારે ચુંબક સંપૂર્ણપણે લૂપની અંદર હોય છે,ત્યારે લૂપમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ અચળ રહે છે (ધારી લઈએ કે ચુંબક પૂરતું લાંબું છે),તેથી $\frac{d\phi}{dt} = 0$ થાય છે અને પ્રેરિત $e.m.f.$ શૂન્ય હોય છે.
$3$. જેમ ચુંબકનો દક્ષિણ ધ્રુવ લૂપમાંથી બહાર નીકળે છે,તેમ લૂપમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ ઘટે છે. પ્રેરિત પ્રવાહ આ ઘટાડાનો વિરોધ કરવા માટે ચુંબકીય ક્ષેત્ર ઉત્પન્ન કરે છે,જેના પરિણામે ધન પ્રેરિત $e.m.f.$ મળે છે.
તેથી,આલેખ ઋણ પલ્સ અને ત્યારબાદ ધન પલ્સ દર્શાવે છે,જે આલેખ $B$ ને અનુરૂપ છે.

(B) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વિદ્યુતભારિત કણના વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $R = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $K$ એ ગતિઊર્જા છે.
અહીં $K$ અને $B$ બંને આયનો માટે અચળ હોવાથી,$R \propto \frac{\sqrt{m}}{q}$ થાય.
હલકા આયન માટે $(m_1 = 4, q_1 = 2)$: $R_1 \propto \frac{\sqrt{4}}{2} = 1$.
ભારે આયન માટે $(m_2 = 16, q_2 = 3)$: $R_2 \propto \frac{\sqrt{16}}{3} = \frac{4}{3}$.
અહીં $R_2 > R_1$ હોવાથી,ભારે આયનના પથની ત્રિજ્યા મોટી છે.
વિચલન $\theta$ એ પથની ત્રિજ્યા $R$ સાથે $\sin \theta = \frac{d}{R}$ દ્વારા સંબંધિત છે,જ્યાં $d$ એ ચુંબકીય ક્ષેત્રના વિસ્તારની પહોળાઈ છે.
કારણ કે $\theta \propto \frac{1}{R}$,તેથી નાની ત્રિજ્યા $R$ એ મોટા વિચલન $\theta$ ને અનુરૂપ છે.
તેથી,હલકો આયન (નાની $R$ સાથે) ભારે આયન કરતા વધુ વિચલિત થશે.

(A) $1$. પ્રથમ લેન્સ માટે $(f_1 = +10 \, cm)$: વસ્તુ અંતર $u_1 = -30 \, cm$. લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1} = \frac{1}{f_1}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{v_1} - \frac{1}{-30} = \frac{1}{10} \Rightarrow \frac{1}{v_1} = \frac{1}{10} - \frac{1}{30} = \frac{2}{30} = \frac{1}{15}$. તેથી,$v_1 = +15 \, cm$.
$2$. પ્રથમ લેન્સ દ્વારા બનતું પ્રતિબિંબ બીજા લેન્સ $(f_2 = -10 \, cm)$ માટે વસ્તુ તરીકે કાર્ય કરે છે. પ્રથમ અને બીજા લેન્સ વચ્ચેનું અંતર $5 \, cm$ છે. તેથી,બીજા લેન્સ માટે વસ્તુ અંતર $u_2 = +(15 - 5) = +10 \, cm$ થાય. લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{v_2} - \frac{1}{u_2} = \frac{1}{f_2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{v_2} - \frac{1}{10} = \frac{1}{-10} \Rightarrow \frac{1}{v_2} = 0$,જેનો અર્થ છે કે $v_2 = \infty$.
$3$. બીજા લેન્સમાંથી આવતા સમાંતર કિરણો ત્રીજા લેન્સ $(f_3 = +30 \, cm)$ પર પડે છે. કિરણો સમાંતર હોવાથી,પ્રતિબિંબ ત્રીજા લેન્સના મુખ્ય કેન્દ્ર પર રચાય છે. બીજા અને ત્રીજા લેન્સ વચ્ચેનું અંતર $10 \, cm$ છે. પ્રતિબિંબ ત્રીજા લેન્સથી $30 \, cm$ અંતરે રચાય છે.
$4$. વસ્તુ $O$ થી કુલ અંતર $30 \, cm$ (પ્રથમ લેન્સ સુધી) $+ 5 \, cm$ (પ્રથમ અને બીજા વચ્ચે) $+ 10 \, cm$ (બીજા અને ત્રીજા વચ્ચે) $+ 30 \, cm$ (ત્રીજા લેન્સથી) $= 75 \, cm$ થાય.

(C) સમતલ વિદ્યુતચુંબકીય તરંગ માટેનું સામાન્ય સમીકરણ $E = E_0 \sin(kx - \omega t)$ છે.
આપેલ સમીકરણ $E = 50 \sin(500x - 10 \times 10^{10}t)$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
તરંગ સંખ્યા $k = 500 \, \text{rad/m}$
કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 10 \times 10^{10} \, \text{rad/s}$
તરંગનો વેગ $v$ એ $v = \frac{\omega}{k}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $v = \frac{10 \times 10^{10}}{500} = \frac{10^{11}}{5 \times 10^2} = 2 \times 10^8 \, \text{m/s}$.
શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશની ઝડપ $C = 3 \times 10^8 \, \text{m/s}$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ કે $v = \frac{2}{3} \times 3 \times 10^8 = \frac{2}{3} C$.

(A) ધારો કે $n = 5$ એ કોષોની સંખ્યા છે,$E = 5\, V$ એ દરેક કોષનું $emf$ છે,અને $r = 1\, \Omega$ એ દરેક કોષનો આંતરિક અવરોધ છે.
શ્રેણી જોડાણ માટે,કુલ $emf$ $nE$ છે અને કુલ આંતરિક અવરોધ $nr$ છે. પ્રવાહ $i_1$ નીચે મુજબ મળે છે:
$i_1 = \frac{nE}{R + nr} = \frac{5 \times 5}{R + 5 \times 1} = \frac{25}{R + 5}$
સમાંતર જોડાણ માટે,કુલ $emf$ $E$ છે અને કુલ આંતરિક અવરોધ $r/n$ છે. પ્રવાહ $i_2$ નીચે મુજબ મળે છે:
$i_2 = \frac{E}{R + r/n} = \frac{5}{R + 1/5} = \frac{5 \times 5}{5R + 1} = \frac{25}{5R + 1}$
આપેલ છે કે $i_1 = i_2$,તેથી:
$\frac{25}{R + 5} = \frac{25}{5R + 1}$
$R + 5 = 5R + 1$
$4 = 4R$
$R = 1\, \Omega$

(A) આપેલ પ્રવાહ $i = i_1 + i_2$ છે,જ્યાં $i_1 = \sqrt{42} \sin \left(\frac{2 \pi}{T} t\right)$ અને $i_2 = 10$ છે.
મિશ્ર પ્રવાહ $i = i_1 + i_2$ નું $r.m.s.$ મૂલ્ય $I_{rms} = \sqrt{I_{1,rms}^2 + I_{2,rms}^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સાઇનસૉઇડલ ઘટક $i_1$ માટે,$r.m.s.$ મૂલ્ય $I_{1,rms} = \frac{I_0}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{42}}{\sqrt{2}} = \sqrt{21}$ છે.
અચળ ઘટક $i_2 = 10$ માટે,$r.m.s.$ મૂલ્ય $I_{2,rms} = 10$ છે.
તેથી,$I_{rms} = \sqrt{(\sqrt{21})^2 + 10^2} = \sqrt{21 + 100} = \sqrt{121} = 11 \text{ A}$ થાય.

(A) તારની કુલ લંબાઈ $L = 24a$ છે।
સમબાજુ ત્રિકોણ માટે, આંટાની સંખ્યા $N_{t} = \frac{L}{3a} = \frac{24a}{3a} = 8$.
સમબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $A_{t} = \frac{\sqrt{3}}{4}a^{2}$ છે।
ચુંબકીય મોમેન્ટ $M_{t} = N_{t} I A_{t} = 8 \times I \times \frac{\sqrt{3}}{4}a^{2} = 2\sqrt{3} I a^{2}$ થાય।
ચોરસ માટે, આંટાની સંખ્યા $N_{s} = \frac{L}{4a} = \frac{24a}{4a} = 6$.
ચોરસનું ક્ષેત્રફળ $A_{s} = a^{2}$ છે।
ચુંબકીય મોમેન્ટ $M_{s} = N_{s} I A_{s} = 6 \times I \times a^{2} = 6 I a^{2}$ થાય।
ગુણોત્તર $\frac{M_{t}}{M_{s}} = \frac{2\sqrt{3} I a^{2}}{6 I a^{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ છે।
આને $1 : \sqrt{y}$ સાથે સરખાવતા, આપણને $y = 3$ મળે છે।

(A) આ સર્કિટમાં $NPN$ ટ્રાન્ઝિસ્ટર સ્વીચ તરીકે કાર્ય કરે છે. બેઝનો ઇનપુટ બે ડાયોડ $D_1$ અને $D_2$ દ્વારા નિયંત્રિત થાય છે જે ગ્રાઉન્ડ $(0 \text{ V})$ સાથે સમાંતરમાં જોડાયેલા છે.
ડાયોડનો ઇનપુટ $0 \text{ V}$ હોવાથી,બંને ડાયોડ $D_1$ અને $D_2$ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે.
ફોરવર્ડ બાયસમાં,ડાયોડ શોર્ટ સર્કિટ તરીકે કાર્ય કરે છે (આદર્શ ડાયોડ ધારીને),જે ટ્રાન્ઝિસ્ટરના બેઝને ગ્રાઉન્ડ $(0 \text{ V})$ સાથે જોડે છે.
બેઝ વોલ્ટેજ $V_B = 0 \text{ V}$ હોવાથી,બેઝ-એમીટર જંકશન ફોરવર્ડ બાયસમાં નથી,અને ટ્રાન્ઝિસ્ટર કટ-ઓફ સ્થિતિમાં રહે છે.
કટ-ઓફ સ્થિતિમાં,કોઈ કલેક્ટર કરંટ વહેતો નથી $(I_C = 0)$.
તેથી,કલેક્ટર પર માપવામાં આવતો આઉટપુટ વોલ્ટેજ $V_0$ એ કલેક્ટર સર્કિટના સપ્લાય વોલ્ટેજ જેટલો હોય છે.
આમ,${V}_{0} = 5 \text{ V}$.

(A) શ્રેણી જોડાણમાં,અવરોધોનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq,s} = nR = 10n \; \Omega$ છે.
પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{total,s} = 10 + 10n \; \Omega$ છે.
શ્રેણી પરિપથમાં વહેતો પ્રવાહ $I_s = \frac{20}{10 + 10n} = \frac{2}{1 + n} \; A$ છે.
સમાંતર જોડાણમાં,અવરોધોનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq,p} = \frac{R}{n} = \frac{10}{n} \; \Omega$ છે.
પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{total,p} = 10 + \frac{10}{n} = \frac{10n + 10}{n} \; \Omega$ છે.
સમાંતર પરિપથમાં વહેતો પ્રવાહ $I_p = \frac{20}{\frac{10n + 10}{n}} = \frac{20n}{10(n + 1)} = \frac{2n}{n + 1} \; A$ છે.
આપેલ છે કે પ્રવાહ $20$ ગણો વધે છે,તેથી $I_p = 20 I_s$.
પદો મૂકતા: $\frac{2n}{n + 1} = 20 \times \frac{2}{n + 1}$.
સમાન પદો દૂર કરતા,આપણને $2n = 40$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $n = 20$.

(A) લાઇન-ઓફ-સાઇટ સંચાર માટે મહત્તમ અંતર $d$ નું સૂત્ર: $d = \sqrt{2Rh_T} + \sqrt{2Rh_R}$ છે.
અહીં,$R$ એ પૃથ્વીની ત્રિજ્યા છે $\approx 6400\, km = 6.4 \times 10^6\, m$.
$h_T = 320\, m$ અને $h_R = 2000\, m$.
કિંમતો મૂકતા:
$d = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 320} + \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 2000}$
$d = \sqrt{4096 \times 10^6} + \sqrt{25600 \times 10^6}$
$d = 64000 + 160000 = 224000\, m$.
કિલોમીટરમાં રૂપાંતર કરતા: $d = 224\, km$.

(B) $\mu_{1}$ વક્રીભવનાંક ધરાવતા પ્લેનો-કોન્વેક્સ લેન્સ માટે,લેન્સ મેકરના સૂત્ર મુજબ કેન્દ્રલંબાઈ $f_{1}$ છે: $\frac{1}{f_{1}} = (\mu_{1}-1)(\frac{1}{R})$.
$\mu_{2}$ વક્રીભવનાંક ધરાવતા પ્લેનો-કોન્કેવ લેન્સ માટે,કેન્દ્રલંબાઈ $f_{2}$ છે: $\frac{1}{f_{2}} = (\mu_{2}-1)(-\frac{1}{R})$.
જ્યારે આ લેન્સને જોડવામાં આવે છે,ત્યારે સમતુલ્ય કેન્દ્રલંબાઈ $f_{eq}$ આ મુજબ મળે છે: $\frac{1}{f_{eq}} = \frac{1}{f_{1}} + \frac{1}{f_{2}}$.
પદો મૂકતા: $\frac{1}{f_{eq}} = (\mu_{1}-1)(\frac{1}{R}) + (\mu_{2}-1)(-\frac{1}{R}) = \frac{(\mu_{1}-1) - (\mu_{2}-1)}{R} = \frac{\mu_{1}-\mu_{2}}{R}$.
તેથી,વક્રતા ત્રિજ્યા $R$ અને સમતુલ્ય કેન્દ્રલંબાઈ $f_{eq}$ નો ગુણોત્તર: $\frac{R}{f_{eq}} = \mu_{1}-\mu_{2}$.

(C) ધારો કે બિંદુ $A$ પરનું સ્થિતિમાન $V$ છે અને બિંદુ $B$ પર $0$ છે. ધારો કે બિંદુ $D$ પરનું સ્થિતિમાન $V_{D}$ છે.
કેપેસિટર $C_{2}$ અને $C_{3}$ શ્રેણીમાં હોવાથી,તેમના પરનો વિદ્યુતભાર સમાન હોય છે. નોડ $D$ પર અલગ પડેલી પ્લેટોની સિસ્ટમ માટે વિદ્યુતભાર સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$(V_{D} - V) C_{2} + (V_{D} - 0) C_{3} = 0$
$(V_{D} - V) 6 + (V_{D} - 0) 12 = 0$
$6V_{D} - 6V + 12V_{D} = 0$
$18V_{D} = 6V \implies V_{D} = \frac{V}{3}$
હવે,વિદ્યુતભારોની ગણતરી કરીએ:
$q_{1} = C_{1} V = (2 \, \mu F) V = 2V \, \mu C$
$q_{2} = C_{2} (V - V_{D}) = 6 \, \mu F (V - \frac{V}{3}) = 6 \, \mu F (\frac{2V}{3}) = 4V \, \mu C$
$q_{3} = C_{3} (V_{D} - 0) = 12 \, \mu F (\frac{V}{3} - 0) = 4V \, \mu C$
વિદ્યુતભારોનો ગુણોત્તર $q_{1} : q_{2} : q_{3} = 2V : 4V : 4V = 2 : 4 : 4 = 1 : 2 : 2$ થાય છે.

(D) પ્રમાણિત અવરોધ કલર કોડ મુજબ:
$1$. પ્રથમ પટ્ટી જાંબલી (Violet) છે,જે અંક $7$ દર્શાવે છે.
$2$. બીજી પટ્ટી લીલી (Green) છે,જે અંક $5$ દર્શાવે છે.
$3$. ત્રીજી પટ્ટી (ગુણક) લાલ (Red) છે,જે $10^{2}$ દર્શાવે છે.
$4$. ચોથી પટ્ટી (ટોલરન્સ) સોનેરી (Gold) છે,જે $\pm 5\%$ દર્શાવે છે.
તેથી,નામમાત્ર અવરોધ $R = 75 \times 10^{2} \,\Omega = 7500 \,\Omega$ છે.
ટોલરન્સ $7500 \,\Omega$ ના $5\%$ છે = $\frac{5}{100} \times 7500 = 375 \,\Omega$.
આમ,અવરોધનું મૂલ્ય $(7500 \pm 375) \,\Omega$ છે.

(B) એન્ટેના દ્વારા સિગ્નલને અસરકારક રીતે રેડિયેટ કરવા માટે,એન્ટેનાની ઊંચાઈ $h$ એ સિગ્નલની તરંગલંબાઇ $\lambda$ સાથે સુસંગત હોવી જોઈએ.
સામાન્ય રીતે,અસરકારક રેડિયેશન માટે,એન્ટેનાની ઊંચાઈ $h$ એ તરંગલંબાઇ સાથે $h \approx \lambda / 4$ સંબંધ ધરાવે છે.
અહીં એન્ટેનાની ઊંચાઈ $h = 400 \; m$ આપેલ છે.
સંબંધ $h = \lambda / 4$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\lambda = 4h$ મળે છે.
$\lambda = 4 \times 400 \; m = 1600 \; m$.
જો કે,અસરકારક ટ્રાન્સમિશન રેન્જ $d = \sqrt{2Rh}$ ના સંદર્ભમાં,જ્યાં $R$ એ પૃથ્વીની ત્રિજ્યા $(6400 \; km)$ છે,રેન્જ $44 \; km$ આપેલી છે.
$44 \times 10^3 = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 400}$.
$44 \times 10^3 = \sqrt{5120 \times 10^6} \approx 71.5 \times 10^3 \; m = 71.5 \; km$.
પ્રશ્નમાં પૂછવામાં આવ્યું છે કે કઈ તરંગલંબાઇ અસરકારક રીતે રેડિયેટ થઈ શકે છે,અને એન્ટેના ડિઝાઇન માટેની પ્રમાણભૂત સ્થિતિને ધ્યાનમાં લેતા જ્યાં $\lambda$ એ એન્ટેનાના પરિમાણોના ક્રમની હોવી જોઈએ,વિકલ્પોમાં આપેલી સૌથી યોગ્ય કિંમત જે ભૌતિક મર્યાદા $\lambda > h$ ને સંતોષે છે તે $605 \; m$ છે (કારણ કે તે $400 \; m$ કરતા નોંધપાત્ર રીતે મોટી એકમાત્ર કિંમત છે).

(C) રીંગની ત્રિજ્યા $R = 1 \, m$ છે અને તે $x$-અક્ષ પર $v = 1 \, m/s$ ના અચળ વેગથી ગતિ કરે છે.
$t = 0 \, s$ સમયે,કેન્દ્ર $O$ એ $x = -1 \, m$ પર છે. ત્રિજ્યા $1 \, m$ હોવાથી,રીંગની સૌથી જમણી ધાર $x = 0$ પર છે.
$t = 1 \, s$ સમયે,કેન્દ્ર $O$ એ $d = v \cdot t = 1 \, m/s \cdot 1 \, s = 1 \, m$ જેટલું અંતર કાપે છે. આમ,કેન્દ્રનું નવું સ્થાન $x = -1 + 1 = 0 \, m$ છે.
$t = 1 \, s$ સમયે,રીંગ ચુંબકીય ક્ષેત્રના વિસ્તાર $(x > 0)$ માં બરાબર અડધી ડૂબેલી છે.
ગતિ કરતા વાહકમાં પ્રેરિત $emf$ નું સૂત્ર $emf = B \cdot L \cdot v$ છે,જ્યાં $L$ એ વેગ અને ચુંબકીય ક્ષેત્રને લંબ વાહકની અસરકારક લંબાઈ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં પ્રવેશતી રીંગ માટે,અસરકારક લંબાઈ $L$ એ ચુંબકીય ક્ષેત્રની સીમા પરની જીવા (chord) નો વ્યાસ છે. જ્યારે કેન્દ્ર $x = 0$ પર હોય,ત્યારે જીવા એ રીંગનો ઉભો વ્યાસ છે,તેથી $L = 2R = 2 \cdot 1 \, m = 2 \, m$.
કિંમતો મૂકતા: $emf = 1 \, T \cdot 2 \, m \cdot 1 \, m/s = 2 \, V$.

(D) આપેલ છે:
પૂર્ણ સ્કેલ વિચલન માટે કુલ વિભાગો $(N)$ = $50 \, div$.
પૂર્ણ સ્કેલ વિચલન માટે વોલ્ટેજ $(V)$ = $50 \, mV = 50 \times 10^{-3} \, V$.
પ્રવાહ સંવેદનશીલતા $(S_i)$ = $2 \, div/mA = 2 \, div / (10^{-3} \, A) = 2000 \, div/A$.
પગલું $1$: પૂર્ણ સ્કેલ પ્રવાહ $(I_{fs})$ ની ગણતરી કરો.
પ્રવાહ સંવેદનશીલતા $S_i = N / I_{fs}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે.
તેથી, $I_{fs} = N / S_i = 50 \, div / (2 \, div/mA) = 25 \, mA = 25 \times 10^{-3} \, A$.
પગલું $2$: ગેલ્વેનોમીટરના અવરોધ $(G)$ ની ગણતરી કરો.
ઓહ્મના નિયમ મુજબ, $V = I_{fs} \times G$.
$G = V / I_{fs} = (50 \times 10^{-3} \, V) / (25 \times 10^{-3} \, A) = 2 \, \Omega$.
આમ, ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ $2 \, \Omega$ છે.

(B) આઈન્સ્ટાઈનનું ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ $eV_0 = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ છે,જ્યાં $\phi$ એ વર્ક ફંક્શન છે.
પ્રથમ સ્ત્રોત માટે: $e(0.48) = \frac{1240}{670.5} - \phi$ --- $(1)$
બીજા સ્ત્રોત માટે: $eV_0' = \frac{1240}{474.6} - \phi$ --- $(2)$
સમીકરણ $(2)$ માંથી $(1)$ બાદ કરતા:
$e(V_0' - 0.48) = 1240 \left( \frac{1}{474.6} - \frac{1}{670.5} \right)$
$V_0' - 0.48 = 1240 \left( \frac{670.5 - 474.6}{474.6 \times 670.5} \right)$
$V_0' - 0.48 = 1240 \left( \frac{195.9}{318223.26} \right)$
$V_0' - 0.48 \approx 1240 \times 0.0006156 \approx 0.763$
$V_0' = 0.48 + 0.763 = 1.243\, V$
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,$V_0' \approx 1.25\, V$.

(A) એમ્પીયરના સર્કિટલ નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 I_{\text{enclosed}}$.
કિસ્સો $(i)$: $x < a$ માટે,$x$ ત્રિજ્યાના એમ્પીરિયન લૂપ દ્વારા ઘેરાયેલ પ્રવાહ $I_{\text{enclosed}} = i_o \left( \frac{\pi x^2}{\pi a^2} \right) = i_o \frac{x^2}{a^2}$ છે.
એમ્પીયરના નિયમ મુજબ: $B_1 (2 \pi x) = \mu_0 i_o \frac{x^2}{a^2} \implies B_1 = \frac{\mu_0 i_o x}{2 \pi a^2}$.
કિસ્સો $(ii)$: $a < x < b$ માટે,$x$ ત્રિજ્યાના એમ્પીરિયન લૂપ દ્વારા ઘેરાયેલ પ્રવાહ એ આંતરિક તારનો કુલ પ્રવાહ છે,$I_{\text{enclosed}} = i_o$.
એમ્પીયરના નિયમ મુજબ: $B_2 (2 \pi x) = \mu_0 i_o \implies B_2 = \frac{\mu_0 i_o}{2 \pi x}$.
ચુંબકીય ક્ષેત્રોનો ગુણોત્તર $\frac{B_1}{B_2} = \frac{\frac{\mu_0 i_o x}{2 \pi a^2}}{\frac{\mu_0 i_o}{2 \pi x}} = \frac{x}{a^2} \cdot x = \frac{x^2}{a^2}$ થાય છે.

(D) વ્યતિકરણ ભાતમાં પરિણામી તરંગની તીવ્રતાનું સૂત્ર: $I = I_{1} + I_{2} + 2\sqrt{I_{1}I_{2}} \cos \phi$ છે.
મહત્તમ તીવ્રતા માટે,કળા તફાવત $\phi = 2n\pi$ હોય છે,તેથી $\cos \phi = 1$ થાય.
આમ,$I_{\max} = I_{1} + I_{2} + 2\sqrt{I_{1}I_{2}} = (\sqrt{I_{1}} + \sqrt{I_{2}})^2$.
અહીં $I_{1} = I_{2} = I_{0}$ આપેલ હોવાથી,કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$I_{\max} = (\sqrt{I_{0}} + \sqrt{I_{0}})^2 = (2\sqrt{I_{0}})^2 = 4I_{0}$.

(B) $R$ ત્રિજ્યા અને $\theta$ ખૂણો ધરાવતા સમાન રીતે વિદ્યુતભારિત ચાપને કારણે તેના કેન્દ્ર પર વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{2k\lambda}{R} \sin(\frac{\theta}{2})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે વિદ્યુતભાર ઋણ હોવાથી ચાપ તરફની દિશામાં હોય છે.
અહીં,ચાપ $x$-અક્ષની સાપેક્ષમાં સંમિત છે,તેથી વિદ્યુતક્ષેત્રના ઉર્ધ્વ ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે. પરિણામી ક્ષેત્ર ધન $x$-દિશામાં છે.
કુલ ખૂણો $\theta = 120^{\circ} = \frac{2\pi}{3}$ રેડિયન છે.
રેખીય વિદ્યુતભાર ઘનતા $\lambda = \frac{-Q}{R\theta} = \frac{-Q}{R(2\pi/3)} = \frac{-3Q}{2\pi R}$.
વિદ્યુતક્ષેત્રનું મૂલ્ય $E = \frac{2k}{R} \cdot |\lambda| \cdot \sin(\frac{\theta}{2}) = \frac{2}{4\pi\varepsilon_{0}R} \cdot \frac{3Q}{2\pi R} \cdot \sin(60^{\circ})$.
$E = \frac{1}{2\pi\varepsilon_{0}R} \cdot \frac{3Q}{2\pi R} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}Q}{8\pi^{2}\varepsilon_{0}R^{2}}$.
વિદ્યુતભાર ઋણ હોવાથી,ક્ષેત્ર ચાપ તરફ એટલે કે ધન $x$-દિશા $(\hat{i})$ માં હશે.

(B) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ધરાવતી ઉત્તેજિત અવસ્થામાંથી નીચી ઉર્જા સ્તરોમાં સંક્રમણ કરે છે ત્યારે ઉત્સર્જિત થતી વિવિધ તરંગલંબાઇઓની સંખ્યા નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$X = \frac{n(n - 1)}{2}$
અહીં આપેલ છે કે પરમાણુઓ $n = 6$ અવસ્થામાં ઉત્તેજિત થયેલ છે,તેથી આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા:
$X = \frac{6(6 - 1)}{2}$
$X = \frac{6 \times 5}{2}$
$X = \frac{30}{2}$
$X = 15$
તેથી,જોવા મળતી વિવિધ તરંગલંબાઇઓની સંખ્યા $15$ છે.