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

(D) ખેંચાયેલા રબરમાં સંગ્રહિત સ્થિતિસ્થાપક સ્થિતિઊર્જા $U = \frac{1}{2} k x^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k = \frac{YA}{L}$ છે.
આપેલ છે:
દળ $m = 20 \, g = 0.02 \, kg$
લંબાઈ $L = 0.1 \, m$
ક્ષેત્રફળ $A = 10^{-6} \, m^2$
વિસ્તરણ $x = 0.04 \, m$
યંગ મોડ્યુલસ $Y = 0.5 \times 10^9 \, N/m^2$
ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,સ્થિતિસ્થાપક સ્થિતિઊર્જા પથ્થરની ગતિઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે:
$\frac{1}{2} \left( \frac{YA}{L} \right) x^2 = \frac{1}{2} mv^2$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{0.5 \times 10^9 \times 10^{-6}}{0.1} \times (0.04)^2 = 0.02 \times v^2$
$\frac{500}{0.1} \times 0.0016 = 0.02 \times v^2$
$5000 \times 0.0016 = 0.02 \times v^2$
$8 = 0.02 \times v^2$
$v^2 = \frac{8}{0.02} = 400$
$v = 20 \, m/s$.

(A) બીજા ગ્રહની સપાટી સુધી પહોંચવા માટે,ઉપગ્રહે તે બિંદુને પાર કરવું પડશે જ્યાં કુલ ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર શૂન્ય હોય.
ધારો કે $M$ દળ ધરાવતા ગ્રહના કેન્દ્રથી આ બિંદુનું અંતર $x$ છે.
$\frac{GM}{x^2} = \frac{G(9M)}{(8R-x)^2}$
$\frac{1}{x} = \frac{3}{8R-x}$
$8R-x = 3x \Rightarrow x = 2R$.
હવે,પ્રથમ ગ્રહની સપાટી અને $x = 2R$ બિંદુ (જ્યાં વેગ લઘુત્તમ છે,એટલે કે $v_{min} = 0$) વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ કરો:
$E_{initial} = E_{final}$
$\frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{R} - \frac{G(9M)m}{7R} = 0 - \frac{GMm}{2R} - \frac{G(9M)m}{6R}$
$\frac{1}{2}v^2 = \frac{GM}{R} + \frac{9GM}{7R} - \frac{GM}{2R} - \frac{9GM}{6R}$
$\frac{1}{2}v^2 = \frac{GM}{R} [1 + \frac{9}{7} - \frac{1}{2} - \frac{3}{2}]$
$\frac{1}{2}v^2 = \frac{GM}{R} [1 + \frac{9}{7} - 2] = \frac{GM}{R} [\frac{9}{7} - 1] = \frac{GM}{R} [\frac{2}{7}]$
$v^2 = \frac{4}{7} \frac{GM}{R}$
$v = \sqrt{\frac{4}{7} \frac{GM}{R}}$
આને $\sqrt{\frac{a}{7} \frac{GM}{R}}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 4$ મળે છે.

(D) કેપ્લરના ગ્રહીય ગતિના ત્રીજા નિયમ મુજબ, કક્ષીય આવર્તકાળ $T$ નો વર્ગ એ કક્ષીય ત્રિજ્યા $r$ ના ઘનના સમપ્રમાણમાં હોય છે:
$T^{2} = \frac{4 \pi^{2}}{G M} \cdot r^{3}$
મંગળના દળ $M$ ને શોધવા માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા:
$M = \frac{4 \pi^{2}}{G} \cdot \frac{r^{3}}{T^{2}}$
આપેલ કિંમતો:
$T = 7\, \text{કલાક}, 30\, \text{મિનિટ} = 7.5\, \text{કલાક} = 7.5 \times 3600\, \text{s} = 2.7 \times 10^{4}\, \text{s}$
$r = 9.0 \times 10^{3}\, \text{km} = 9.0 \times 10^{6}\, \text{m}$
$\frac{4 \pi^{2}}{G} = 6 \times 10^{11}\, \text{N}^{-1} \text{m}^{-2} \text{kg}^{2}$
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$M = (6 \times 10^{11}) \cdot \frac{(9.0 \times 10^{6})^{3}}{(2.7 \times 10^{4})^{2}}$
$M = (6 \times 10^{11}) \cdot \frac{729 \times 10^{18}}{7.29 \times 10^{8}}$
$M = (6 \times 10^{11}) \cdot (100 \times 10^{10}) = 6 \times 10^{23}\, \text{kg}$

(B) $m = 1 \, kg$ દળ ધરાવતા બે કણો વચ્ચેનું અંતર $d = 2R$ છે.
તેમની વચ્ચેનું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F = \frac{G m^2}{(2R)^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળમાં $\omega$ કોણીય ઝડપ સાથે ગતિ કરતા $m$ દળના કણ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $F_c = m R \omega^2$ છે.
બંને બળોને સરખાવતા: $\frac{G m^2}{4 R^2} = m R \omega^2$.
$\omega^2$ માટે સાદું રૂપ આપતા: $\omega^2 = \frac{G m}{4 R^3}$.
$m = 1 \, kg$ આપેલ હોવાથી,આપણને $\omega^2 = \frac{G}{4 R^3}$ મળે છે.
વર્ગમૂળ લેતા,$\omega = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{G}{R^3}}$ મળે છે.

(A) $1$. કેપેસીટન્સ $(C)$: $q = CV$ પરથી,$[C] = [q/V] = [q^2 / (Work)] = [A^2 T^2 / (M L^2 T^{-2})] = M^{-1} L^{-2} T^4 A^2$. તેથી,$(a) \rightarrow (iii)$.
$2$. શૂન્યાવકાશની પરમિટિવિટી $(\varepsilon_0)$: કુલંબના નિયમ $F = (q_1 q_2) / (4 \pi \varepsilon_0 r^2)$ પરથી,$[\varepsilon_0] = [q^2 / (F L^2)] = [A^2 T^2 / (M L T^{-2} L^2)] = M^{-1} L^{-3} T^4 A^2$. તેથી,$(b) \rightarrow (ii)$.
$3$. શૂન્યાવકાશની પરમીબિલિટી $(\mu_0)$: $c = 1 / \sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\mu_0 = 1 / (\varepsilon_0 c^2)$. પરિમાણો મૂકતા,$[\mu_0] = [1 / (M^{-1} L^{-3} T^4 A^2 \cdot L^2 T^{-2})] = M^1 L^1 T^{-2} A^{-2}$. તેથી,$(c) \rightarrow (iv)$.
$4$. વિદ્યુતક્ષેત્ર $(E)$: $F = qE$ પરથી,$[E] = [F/q] = [M L T^{-2} / (A T)] = M^1 L^1 T^{-3} A^{-1}$. તેથી,$(d) \rightarrow (i)$.
સાચી જોડ $(a) \rightarrow (iii), (b) \rightarrow (ii), (c) \rightarrow (iv), (d) \rightarrow (i)$ છે.

(B) આપેલ છે: દળ $m = 0.5\, \text{kg}$,કંપવિસ્તાર $A = 5\, \text{cm} = 0.05\, \text{m}$,આવર્તકાળ $T = 0.2\, \text{s}$.
પ્રથમ,$T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને બળ અચળાંક $k$ શોધો:
$0.2 = 2\pi \sqrt{\frac{0.5}{k}}$
$0.1 = \pi \sqrt{\frac{0.5}{k}}$
$0.01 = \pi^2 \left(\frac{0.5}{k}\right)$
$k = \frac{0.5 \pi^2}{0.01} = 50 \pi^2 \approx 493.5\, \text{N/m}$.
હવે,મધ્યમાન સ્થાનથી શરૂ કરીને $t = \frac{T}{4}$ સમયે સ્થાનાંતર $x$ શોધો $(\phi = 0)$:
$x = A \sin(\omega t) = A \sin\left(\frac{2\pi}{T} \cdot \frac{T}{4}\right) = A \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = A = 0.05\, \text{m}$.
હવે,સ્થિતિઊર્જા $PE$ ની ગણતરી કરો:
$PE = \frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} \times (50 \pi^2) \times (0.05)^2$
$PE = 25 \pi^2 \times 0.0025 = 0.0625 \pi^2 \approx 0.617\, \text{J}$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ નજીકની કિંમત $0.625\, \text{J}$ છે.

(D) $y$ માં સાપેક્ષ ત્રુટિ નીચે મુજબના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$\frac{\Delta y}{y} = 2 \frac{\Delta m}{m} + 4 \frac{\Delta r}{r} + x \frac{\Delta g}{g} + \frac{3}{2} \frac{\Delta l}{l}$
આપેલી પ્રતિશત ત્રુટિઓ છે: $\frac{\Delta y}{y} \times 100 = 18$,$\frac{\Delta m}{m} \times 100 = 1$,$\frac{\Delta r}{r} \times 100 = 0.5$,$\frac{\Delta l}{l} \times 100 = 4$,અને $\frac{\Delta g}{g} \times 100 = p$.
આ કિંમતોને ત્રુટિના સમીકરણમાં મૂકતા:
$18 = 2(1) + 4(0.5) + x(p) + \frac{3}{2}(4)$
$18 = 2 + 2 + xp + 6$
$18 = 10 + xp$
$xp = 8$
વિકલ્પો તપાસતા:
વિકલ્પ $D$ માટે,$x = \frac{16}{3}$ અને $p = \pm \frac{3}{2}$.
$xp = \frac{16}{3} \times \frac{3}{2} = 8$.
આમ,સાચા મૂલ્યો $x = \frac{16}{3}$ અને $p = \pm \frac{3}{2}$ છે.

(D) આપેલ છે કે કણ શરૂઆતમાં સ્થિર છે,તેથી $t = 0$ સમયે,$u = 0$ છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,$F = M a$,તેથી $a = \frac{F}{M}$.
આપેલ બળના સંબંધને મૂકતા: $a = \frac{F_{0}}{M} \left(1 - \frac{(t - T)^{2}}{T^{2}}\right) = \frac{dv}{dt}$.
$t = 2T$ સમયે વેગ $v$ શોધવા માટે,આપણે $t = 0$ થી $t = 2T$ સુધી પ્રવેગનું સમયની સાપેક્ષમાં સંકલન કરીશું:
$v = \int_{0}^{2T} \frac{F_{0}}{M} \left(1 - \frac{(t - T)^{2}}{T^{2}}\right) dt$.
ધારો કે $x = t - T$,તો $dx = dt$. જ્યારે $t = 0, x = -T$ અને જ્યારે $t = 2T, x = T$.
$v = \frac{F_{0}}{M} \int_{-T}^{T} \left(1 - \frac{x^{2}}{T^{2}}\right) dx$.
$v = \frac{F_{0}}{M} \left[ x - \frac{x^{3}}{3T^{2}} \right]_{-T}^{T}$.
$v = \frac{F_{0}}{M} \left( (T - \frac{T^{3}}{3T^{2}}) - (-T - \frac{(-T)^{3}}{3T^{2}}) \right)$.
$v = \frac{F_{0}}{M} \left( (T - \frac{T}{3}) - (-T + \frac{T}{3}) \right) = \frac{F_{0}}{M} \left( \frac{2T}{3} + \frac{2T}{3} \right) = \frac{4 F_{0} T}{3 M}$.

(A) કાર્નોટ એન્જિન $A$ માટે: કાર્યક્ષમતા $\eta_A = 1 - \frac{T}{T_1} = \frac{W_A}{Q_1}$. તેથી,$W_A = Q_1 \left(1 - \frac{T}{T_1}\right) = Q_1 - \frac{Q_1 T}{T_1}$.
કારણ કે $\frac{Q}{Q_1} = \frac{T}{T_1}$,તેથી $Q = \frac{Q_1 T}{T_1}$.
કાર્નોટ એન્જિન $B$ માટે: તે $T$ તાપમાને $Q_B = Q/2$ ઉષ્માનું શોષણ કરે છે અને $T_3$ તાપમાને $Q_3$ ઉષ્મા મુક્ત કરે છે. કાર્યક્ષમતા $\eta_B = 1 - \frac{T_3}{T} = \frac{W_B}{Q_B}$.
તેથી,$W_B = \frac{Q}{2} \left(1 - \frac{T_3}{T}\right) = \frac{Q}{2} - \frac{Q T_3}{2 T}$.
આપેલ છે કે $W_A = W_B$,તેથી $Q_1 - Q = \frac{Q}{2} - Q_3$.
$Q = \frac{Q_1 T}{T_1}$ મૂકતા,આપણને મળે $Q_1 - \frac{Q_1 T}{T_1} = \frac{Q_1 T}{2 T_1} - Q_3$.
પદોને ગોઠવતા: $Q_1 + Q_3 = \frac{Q_1 T}{T_1} + \frac{Q_1 T}{2 T_1} = \frac{3 Q_1 T}{2 T_1}$.
એન્જિન $B$ માટેના સંબંધનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{Q_3}{Q/2} = \frac{T_3}{T} \Rightarrow Q_3 = \frac{Q T_3}{2 T} = \frac{Q_1 T T_3}{2 T_1 T} = \frac{Q_1 T_3}{2 T_1}$.
$Q_3$ ની કિંમત પાછી મૂકતા: $Q_1 + \frac{Q_1 T_3}{2 T_1} = \frac{3 Q_1 T}{2 T_1}$.
$Q_1$ વડે ભાગતા: $1 + \frac{T_3}{2 T_1} = \frac{3 T}{2 T_1}$.
$\frac{2 T_1}{3}$ વડે ગુણતા: $T = \frac{2 T_1}{3} + \frac{T_3}{3} = \frac{2}{3} T_1 + \frac{1}{3} T_3$.

(A) બહુપરમાણ્વીય વાયુ માટે,સ્વતંત્રતાના અંશો $f$ ની ગણતરી આ રીતે થાય છે: $f = f_{\text{trans}} + f_{\text{rot}} + f_{\text{vib}}$.
અહીં $f_{\text{trans}} = 3$,$f_{\text{rot}} = 3$,અને $f_{\text{vib}} = 2 \times 4 = 8$ (કારણ કે દરેક વાઇબ્રેશનલ મોડ $2$ સ્વતંત્રતાના અંશો આપે છે).
તેથી,$f = 3 + 3 + 8 = 14$.
એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma = 1 + \frac{2}{f} = 1 + \frac{2}{14} = 1 + \frac{1}{7} = \frac{8}{7}$.
એડિબેટિક પ્રક્રિયામાં થયેલ કાર્ય $W = \frac{nR\Delta T}{1-\gamma}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$n = 1$,$R = 8.314\,J/mol\cdot K$,$\Delta T = 37 - 27 = 10\,K$,અને $\gamma = 8/7$.
$W = \frac{1 \times 8.314 \times 10}{1 - 8/7} = \frac{83.14}{-1/7} = -83.14 \times 7 = -581.98\,J \approx -582\,J$.
કારણ કે કાર્ય $W$ ઋણ છે,તેથી વાયુ પર કાર્ય કરવામાં આવે છે.

(A) પાવર $P$ ને $P = Fv = (ma)v = m \left(\frac{dv}{dt}\right)v$ તરીકે દર્શાવી શકાય.
$P$ અચળ હોવાથી,$P = mv \frac{dv}{dt}$.
સમયની સાપેક્ષે સંકલન કરતા: $\int_{0}^{v} mv \, dv = \int_{0}^{t} P \, dt$.
$\frac{1}{2}mv^2 = Pt \implies v = \sqrt{\frac{2Pt}{m}} = \left(\frac{2P}{m}\right)^{1/2} t^{1/2}$.
$v = \frac{dx}{dt}$ હોવાથી,$\frac{dx}{dt} = \left(\frac{2P}{m}\right)^{1/2} t^{1/2}$.
સ્થાન અને સમયની સાપેક્ષે સંકલન કરતા: $\int_{0}^{x} dx = \int_{0}^{t} \left(\frac{2P}{m}\right)^{1/2} t^{1/2} dt$.
$x = \left(\frac{2P}{m}\right)^{1/2} \left[ \frac{t^{3/2}}{3/2} \right] = \left(\frac{2P}{m}\right)^{1/2} \cdot \frac{2}{3} t^{3/2}$.
$x = \left( \frac{4}{9} \cdot \frac{2P}{m} \right)^{1/2} t^{3/2} = \left( \frac{8P}{9m} \right)^{1/2} t^{3/2}$.

(A) કુલ યાંત્રિક ઊર્જા $E_{\text{mech}} = K.E. + U = 8 \, J$ છે.
$(A)$ $x = x_{3}$ પર,આલેખ પરથી,$U = 4 \, J$ છે. તેથી,$K.E. = E_{\text{mech}} - U = 8 - 4 = 4 \, J$ થાય. વિધાનમાં $K.E. = 10 \, J$ આપેલ છે,જે ખોટું છે.
$(B)$ $x = x_{2}$ પર,આલેખ પરથી,$U = 0 \, J$ છે. તેથી,$K.E. = 8 - 0 = 8 \, J$ થાય. $U$ ન્યૂનતમ હોવાથી,$K.E.$ મહત્તમ છે અને કણ સૌથી ઝડપી ગતિ કરે છે. આ વિધાન સાચું છે.
$(C)$ $x < x_{1}$ પર,આલેખ પરથી,$U = 8 \, J$ છે. તેથી,$K.E. = 8 - 8 = 0 \, J$ થાય. કણ સ્થિર છે,જે સૌથી ધીમી ગતિ છે. આ વિધાન સાચું છે.
$(D)$ $x > x_{4}$ પર,આલેખ પરથી,$U = 6 \, J$ (અચળ) છે. તેથી,$K.E. = 8 - 6 = 2 \, J$ (અચળ) થાય. આ વિધાન પણ સાચું છે.

(D) ટર્મિનલ વેગ પર,વરસાદના ટીપાં પરનું ચોખ્ખું બળ શૂન્ય હોય છે.
$Mg = F_{v} = 6 \pi \eta R v$
અહીં,$M$ એ વરસાદના ટીપાંનું દળ છે,$\eta$ એ સ્નિગ્ધતા ગુણાંક છે,$R$ એ ત્રિજ્યા છે અને $v$ એ ટર્મિનલ વેગ છે.
$M = \rho_{w} \cdot \frac{4}{3} \pi R^3$ મૂકતા:
$\rho_{w} \cdot \frac{4}{3} \pi R^3 g = 6 \pi \eta R v$
$v$ માટે ઉકેલતા:
$v = \frac{2 \rho_{w} R^2 g}{9 \eta}$
આપેલ કિંમતો: $\rho_{w} = 1000 \, kg/m^3$,$R = 0.2 \times 10^{-3} \, m$,$g = 10 \, m/s^2$,$\eta = 1.8 \times 10^{-5} \, Ns/m^2$.
$v = \frac{2 \times 1000 \times (0.2 \times 10^{-3})^2 \times 10}{9 \times 1.8 \times 10^{-5}}$
$v = \frac{20000 \times 0.04 \times 10^{-6}}{16.2 \times 10^{-5}}$
$v = \frac{800 \times 10^{-6}}{16.2 \times 10^{-5}} = \frac{80}{16.2} \approx 4.94 \, m/s$

(C) સ્થાનાંતર વિધેય $x(t) = A \sin (\omega t + \phi)$ છે.
$t = 0$ સમયે,$x(0) = A \sin \phi = 2 \dots (1)$.
વેગનું વિધેય $v(t) = \frac{dx}{dt} = A \omega \cos (\omega t + \phi)$ છે.
$t = 0$ સમયે,$v(0) = A \omega \cos \phi = 2 \omega \implies A \cos \phi = 2 \dots (2)$.
સમીકરણ $(1)$ ને સમીકરણ $(2)$ વડે ભાગતા:
$\frac{A \sin \phi}{A \cos \phi} = \frac{2}{2} \implies \tan \phi = 1 \implies \phi = 45^{\circ}$.
સમીકરણ $(1)$ માં $\phi = 45^{\circ}$ મૂકતા:
$A \sin 45^{\circ} = 2 \implies A \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) = 2 \implies A = 2 \sqrt{2} \, cm$.
$A = 2 \sqrt{2} \, cm$ ની સરખામણી $x \sqrt{2} \, cm$ સાથે કરતા,આપણને $x = 2$ મળે છે.

(C) ધારો કે પૈડાં $Q$ ની ત્રિજ્યા $R$ છે અને પૈડાં $P$ ની ત્રિજ્યા $3R$ છે. તેઓ બેલ્ટ દ્વારા જોડાયેલા હોવાથી,તેમની રીમ પરની સ્પર્શક ઝડપ સમાન હોય છે,તેથી $v = \omega_{P} (3R) = \omega_{Q} R$.
આનો અર્થ એ છે કે $\omega_{P} = \frac{\omega_{Q}}{3}$.
ચાકગતિ ઉર્જા $K = \frac{1}{2} I \omega^{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે ચાકગતિ ઉર્જા સમાન છે,તેથી:
$\frac{1}{2} I_{P} \omega_{P}^{2} = \frac{1}{2} I_{Q} \omega_{Q}^{2}$
$I_{P} \left(\frac{\omega_{Q}}{3}\right)^{2} = I_{Q} \omega_{Q}^{2}$
$I_{P} \left(\frac{1}{9}\right) = I_{Q}$
$\frac{I_{P}}{I_{Q}} = 9$.
આમ,ગુણોત્તર $9: 1$ છે,અને $x$ નું મૂલ્ય $9$ છે.

(D) ધારો કે પાણીના સ્તંભની કુલ ઊંચાઈ $H = 12\, \text{m}$ છે।
ધારો કે પાણીની સપાટીથી કાણાની ઊંડાઈ $h$ છે।
ટોરિસેલીના નિયમ મુજબ બહાર નીકળતા પાણીનો વેગ $v = \sqrt{2gh}$ છે।
$(H - h)$ ઊંચાઈ પરથી પાણીને જમીન સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t = \sqrt{\frac{2(H - h)}{g}}$ છે।
ક્ષૈતિજ અવધિ (range) $R = v \times t = \sqrt{2gh} \times \sqrt{\frac{2(H - h)}{g}}$ દ્વારા મળે છે।
આ પદને સરળ બનાવતા: $R = \sqrt{4h(H - h)} = 2\sqrt{hH - h^2}$.
મહત્તમ અવધિ મેળવવા માટે, આપણે $R$ નું $h$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ અને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ: $\frac{dR}{dh} = 0$.
$\frac{d}{dh}(2\sqrt{hH - h^2}) = 2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{hH - h^2}} \cdot (H - 2h) = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $H - 2h = 0$, તેથી $h = \frac{H}{2}$.
અહીં $H = 12\, \text{m}$ આપેલ હોવાથી, આપણને $h = \frac{12}{2} = 6\, \text{m}$ મળે છે।

(A) ધારો કે નદીનો વેગ $\vec{v}_r$ છે અને નદીની સાપેક્ષમાં તરવૈયાનો વેગ $\vec{v}_{sr}$ છે.
આપેલ છે કે બંનેના મૂલ્યો સમાન છે,તેથી $|\vec{v}_r| = |\vec{v}_{sr}| = v$ લો.
પરિણામી વેગ $\vec{v}_s = \vec{v}_{sr} + \vec{v}_r$ એ બિંદુ $B$ સુધી પહોંચવા માટે રેખા $AB$ ની દિશામાં હોવો જોઈએ.
બે સદિશો $\vec{v}_{sr}$ અને $\vec{v}_r$ ના મૂલ્યો સમાન હોવાથી,તેમનો પરિણામી સદિશ $\vec{v}_s$ તેમની વચ્ચેના ખૂણાને દુભાગે છે.
ધારો કે નદીના પ્રવાહ (ક્ષિતિજ સમાંતર) અને રેખા $AB$ વચ્ચેનો ખૂણો $\alpha = 30^{\circ}$ છે.
ધારો કે તરવૈયાના વેગ $\vec{v}_{sr}$ અને રેખા $AB$ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ છે.
તો તરવૈયાના વેગ $\vec{v}_{sr}$ અને નદીના પ્રવાહ $\vec{v}_r$ વચ્ચેનો ખૂણો $(\theta + 30^{\circ})$ થશે.
પરિણામી વેગ $\vec{v}_s$ (જે $AB$ ની દિશામાં છે) આ ખૂણાને દુભાગે છે,તેથી $\vec{v}_s$ અને $\vec{v}_r$ વચ્ચેનો ખૂણો એ $\vec{v}_s$ અને $\vec{v}_{sr}$ વચ્ચેના ખૂણા જેટલો જ હોવો જોઈએ.
તેથી,$30^{\circ} = \theta$.
આમ,જરૂરી ખૂણો $\theta = 30^{\circ}$ છે.

(B) ધારો કે બ્લોક શિરોલંબ સાથે $\theta$ ખૂણે સંપર્ક ગુમાવે છે. આ બિંદુએ,લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $N$ શૂન્ય થઈ જાય છે.
$1$. ત્રિજ્યાવર્તી દિશામાં બળનું સંતુલન:
$mg \cos \theta - N = \frac{mv^2}{R}$
અહીં $N=0$ હોવાથી,$mg \cos \theta = \frac{mv^2}{R} \implies v^2 = Rg \cos \theta \dots (1)$
$2$. ટોચથી સંપર્ક ગુમાવવાના બિંદુ સુધી યાંત્રિક ઉર્જાનું સંરક્ષણ:
કાપેલું શિરોલંબ અંતર $(R - R \cos \theta) = R(1 - \cos \theta)$ છે.
$mgR(1 - \cos \theta) = \frac{1}{2}mv^2 \implies v^2 = 2gR(1 - \cos \theta) \dots (2)$
$3$. સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ ને સરખાવતા:
$Rg \cos \theta = 2gR(1 - \cos \theta)$
$\cos \theta = 2 - 2 \cos \theta$
$3 \cos \theta = 2 \implies \cos \theta = \frac{2}{3}$
$4$. પાયાથી ઊંચાઈ $h$ એ $h = R \cos \theta$ દ્વારા મળે છે:
$h = R \left( \frac{2}{3} \right) = 3 \times \frac{2}{3} = 2\, m$.

(B) $SHM$ માં રહેલા કણ માટે,તેનો વેગ $v$ એ સ્થાનાંતર $x$ પર નીચે મુજબ આધાર રાખે છે:
$v = \omega \sqrt{A^{2} - x^{2}}$
જ્યાં $\omega$ એ કોણીય આવૃત્તિ છે અને $A$ એ કંપવિસ્તાર છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$v^{2} = \omega^{2} (A^{2} - x^{2})$
$v^{2} = \omega^{2} A^{2} - \omega^{2} x^{2}$
પદોને ગોઠવતા:
$v^{2} + \omega^{2} x^{2} = \omega^{2} A^{2}$
$\omega^{2} A^{2}$ વડે ભાગતા:
$\frac{v^{2}}{(\omega A)^{2}} + \frac{x^{2}}{A^{2}} = 1$
આ સમીકરણ $\frac{y^{2}}{b^{2}} + \frac{x^{2}}{a^{2}} = 1$ ના સ્વરૂપમાં છે,જે લંબગોળ (ellipse) દર્શાવે છે.
તેથી,વેગ $v$ અને સ્થાનાંતર $x$ વચ્ચેનો આલેખ લંબગોળાકાર છે.

(B) ધારો કે પ્રારંભિક વેગ $u$ છે. મહત્તમ ઊંચાઈ $h = \frac{u^2}{2g}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $u = \sqrt{2gh}$.
ગતિના સમીકરણ $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ નો ઉપયોગ કરતા,ઊંચાઈ $y = \frac{h}{3}$ માટે:
$\frac{h}{3} = ut - \frac{1}{2}gt^2$
$u = \sqrt{2gh}$ મૂકતા:
$\frac{1}{2}gt^2 - \sqrt{2gh}t + \frac{h}{3} = 0$
આ $t$ માં દ્વિઘાત સમીકરણ છે. ધારો કે ઉકેલો $t_1$ (ઉપર જતી વખતે) અને $t_2$ (નીચે આવતી વખતે) છે.
$t = \frac{\sqrt{2gh} \pm \sqrt{2gh - 4(\frac{g}{2})(\frac{h}{3})}}{g} = \frac{\sqrt{2gh} \pm \sqrt{\frac{4gh}{3}}}{g}$
સમયનો ગુણોત્તર $\frac{t_1}{t_2} = \frac{\sqrt{2} - \sqrt{4/3}}{\sqrt{2} + \sqrt{4/3}} = \frac{\sqrt{6}-2}{\sqrt{6}+2}$.

(C) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈનું સૂત્ર $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ છે.
અહીં ત્રણેય કણો માટે ગતિઊર્જા $E$ સમાન હોવાથી,તરંગલંબાઈ એ દળના વર્ગમૂળના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે: $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે કણોના દળનો સંબંધ $m_{\alpha} > m_{p} > m_{e}$ છે.
તેથી,તેમની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈનો ક્રમ $\lambda_{e} > \lambda_{p} > \lambda_{\alpha}$ થશે.

(D) આપેલ સર્કિટમાં બે $NAND$ ગેટ છે જે $NOT$ ગેટ તરીકે કાર્ય કરે છે (કારણ કે તેમના ઇનપુટ્સ શોર્ટ કરેલા છે) અને ત્યારબાદ એક $NOR$ ગેટ છે.
ધારો કે ઇનપુટ્સ $A$ અને $B$ છે.
પ્રથમ $NAND$ ગેટનું આઉટપુટ (જે $NOT$ તરીકે કાર્ય કરે છે) $\bar{A}$ છે.
બીજા $NAND$ ગેટનું આઉટપુટ (જે $NOT$ તરીકે કાર્ય કરે છે) $\bar{B}$ છે.
આ બંને આઉટપુટ $NOR$ ગેટમાં આપવામાં આવે છે.
$NOR$ ગેટનું આઉટપુટ $Y$,$Y = \overline{\bar{A} + \bar{B}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ડી મોર્ગનના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$\overline{\bar{A} + \bar{B}} = \overline{\bar{A}} \cdot \overline{\bar{B}} = A \cdot B$.
આમ,આ સર્કિટ $AND$ ઓપરેશન કરે છે.

(C) પોટેન્શિયોમીટર દ્વારા માપી શકાય તેવો મહત્તમ વોલ્ટેજ પોટેન્શિયોમીટરના તાર $AB$ ની સમગ્ર લંબાઈ પરના પોટેન્શિયલ ડ્રોપ જેટલો હોય છે.
પ્રથમ,તાર $AB$ નો કુલ અવરોધ ગણો:
તારની લંબાઈ $AB = 10 \, m = 1000 \, cm$.
એકમ લંબાઈ દીઠ અવરોધ = $0.1 \, \Omega/cm$.
કુલ અવરોધ $R_{AB} = 1000 \, cm \times 0.1 \, \Omega/cm = 100 \, \Omega$.
હવે,વોલ્ટેજ ડિવાઈડરના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $AB$ પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ ગણો:
પરિપથમાં $6 \, V$ ની બેટરી,$20 \, \Omega$ નો આંતરિક અવરોધ અને પોટેન્શિયોમીટર તારનો અવરોધ $R_{AB} = 100 \, \Omega$ શ્રેણીમાં જોડાયેલા છે.
પ્રાથમિક પરિપથમાં પ્રવાહ $I = \frac{V}{R_{total}} = \frac{6 \, V}{20 \, \Omega + 100 \, \Omega} = \frac{6}{120} \, A = 0.05 \, A$ છે.
$AB$ પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ $V_{AB} = I \times R_{AB} = 0.05 \, A \times 100 \, \Omega = 5 \, V$ છે.
આમ,માપી શકાય તેવું મહત્તમ emf $5 \, V$ છે.

(C) ધારો કે શરૂઆતમાં ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_0$ છે.
$1$. જ્યારે એક ચતુર્થાંશ ન્યુક્લિયસનું ક્ષય થાય ત્યારે સમય $t_1$:
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N_1 = N_0 - \frac{1}{4}N_0 = \frac{3}{4}N_0$.
ક્ષયના નિયમ $N = N_0 e^{-\lambda t}$ મુજબ,$\frac{3}{4}N_0 = N_0 e^{-\lambda t_1}$,તેથી $\ln(3/4) = -\lambda t_1$,એટલે કે $t_1 = \frac{\ln(4/3)}{\lambda}$.
$2$. જ્યારે અડધા ન્યુક્લિયસનું ક્ષય થાય ત્યારે સમય $t_2$:
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N_2 = N_0 - \frac{1}{2}N_0 = \frac{1}{2}N_0$.
ક્ષયના નિયમ મુજબ,$\frac{1}{2}N_0 = N_0 e^{-\lambda t_2}$,તેથી $\ln(1/2) = -\lambda t_2$,એટલે કે $t_2 = \frac{\ln 2}{\lambda}$.
$3$. સમયગાળાનો તફાવત $\Delta t = t_2 - t_1$:
$\Delta t = \frac{\ln 2}{\lambda} - \frac{\ln(4/3)}{\lambda} = \frac{1}{\lambda} [\ln 2 - (\ln 4 - \ln 3)] = \frac{1}{\lambda} [\ln 2 - 2\ln 2 + \ln 3] = \frac{\ln(3/2)}{\lambda}$.

(A) પદાર્થની અંદરનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \mu_0(H + M) = \mu_0 H(1 + \chi)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\chi$ એ ચુંબકીય સસેપ્ટિબિલિટી છે.
શૂન્યાવકાશમાં ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_0 = \mu_0 H$ છે.
તેથી,$B = B_0(1 + \chi)$.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં થતો વધારો $\Delta B = B - B_0 = B_0 \chi$ છે.
ટકાવારી વધારો $\frac{\Delta B}{B_0} \times 100 = \chi \times 100$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $\chi = 2.2 \times 10^{-5}$ આપેલ છે,તેથી ટકાવારી વધારો $(2.2 \times 10^{-5}) \times 100 = 2.2 \times 10^{-3} = \frac{2.2}{10^3} = \frac{22}{10^4}$ થાય.
આને $\frac{x}{10^4}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 22$ મળે છે.

(B) ધારો કે બે સ્થિર વિદ્યુતભારો વચ્ચેનું અંતર $2d = 2 \, m$ છે,તેથી $d = 1 \, m$. કણનું દળ $m = 1 \, mg = 10^{-6} \, kg$ છે.
જ્યારે કણને $x$ જેટલું સ્થાનાંતરિત કરવામાં આવે ત્યારે તેના પર લાગતું પરિણામી બળ:
$F = \frac{kq^{2}}{(d-x)^{2}} - \frac{kq^{2}}{(d+x)^{2}}$
$F = kq^{2} \left[ \frac{(d+x)^{2} - (d-x)^{2}}{(d^{2}-x^{2})^{2}} \right] = kq^{2} \left[ \frac{4dx}{(d^{2}-x^{2})^{2}} \right]$
$x \ll d$ હોવાથી,આપણે $(d^{2}-x^{2})^{2} \approx d^{4}$ લઈ શકીએ:
$F \approx \frac{4kq^{2}dx}{d^{4}} = \frac{4kq^{2}}{d^{3}} x$
બળ સંતુલન સ્થિતિ તરફ હોવાથી,$F = -m\omega^{2}x$. તેથી:
$m\omega^{2} = \frac{4kq^{2}}{d^{3}}$
$\omega = \sqrt{\frac{4kq^{2}}{md^{3}}}$
કિંમતો $k = 9 \times 10^{9} \, N \cdot m^{2}/C^{2}$,$q^{2} = 10 \, C^{2}$,$m = 10^{-6} \, kg$,અને $d = 1 \, m$ મૂકતા:
$\omega = \sqrt{\frac{4 \times 9 \times 10^{9} \times 10}{10^{-6} \times 1^{3}}} = \sqrt{36 \times 10^{16}} = 6 \times 10^{8} \, rad/s$.
આમ,કોણીય આવૃત્તિ $6 \times 10^{8} \, rad/s$ છે.

(D) બલ્બનો અવરોધ $R_B$ સૂત્ર $P = \frac{V^2}{R_B}$ નો ઉપયોગ કરીને ગણવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $P = 200 \, W$ અને $V = 100 \, V$, તેથી $R_B = \frac{100^2}{200} = \frac{10000}{200} = 50 \, \Omega$.
બલ્બ સમાન પાવર આપે તે માટે, તેને $200 \, V$ ના સપ્લાય સાથે જોડવા છતાં તેના પર $100 \, V$ નો વોલ્ટેજ રહેવો જોઈએ.
ધારો કે $R$ એ શ્રેણીમાં જોડેલો અવરોધ છે. સર્કિટનો પ્રવાહ $I = \frac{V_{supply}}{R + R_B} = \frac{200}{R + 50}$ છે.
બલ્બ પરનો વોલ્ટેજ $V_B = I \times R_B = 100 \, V$ હોવો જોઈએ.
$I$ ની કિંમત મૂકતા, $\frac{200}{R + 50} \times 50 = 100$.
$\frac{10000}{R + 50} = 100 \implies 100 = R + 50 \implies R = 50 \, \Omega$.

(C) $LR$ સર્કિટમાં મહત્તમ પ્રવાહ $I_{\max} = \frac{V}{R} = \frac{20\, \text{V}}{10 \times 10^3\, \Omega} = 2 \times 10^{-3}\, \text{A} = 2\, \text{mA}$ છે.
જ્યારે સ્વીચ ખોલવામાં આવે છે,ત્યારે સર્કિટ $LR$ ડીકે સર્કિટ તરીકે કાર્ય કરે છે. $t$ સમયે પ્રવાહ $I(t) = I_{\max} e^{-Rt/L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $R = 10^4\, \Omega$,$L = 10 \times 10^{-3}\, \text{H}$,અને $t = 1 \times 10^{-6}\, \text{s}$ આપેલ છે.
ઘાતાંક $-\frac{Rt}{L} = -\frac{10^4 \times 10^{-6}}{10 \times 10^{-3}} = -\frac{10^{-2}}{10^{-2}} = -1$ થાય છે.
તેથી,$I = 2 \times e^{-1}\, \text{mA}$.
$e^{-1} = 0.37$ લેતા,$I = 2 \times 0.37\, \text{mA} = 0.74\, \text{mA}$ મળે છે.
આને $\frac{x}{100}\, \text{mA}$ તરીકે દર્શાવતા,$\frac{x}{100} = 0.74$,જેનો અર્થ છે કે $x = 74$.

(A) ગૂંચળામાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = \vec{B} \cdot \vec{S} = B \cdot \pi R^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$B = \frac{4}{\pi} \times 10^{-3} (1 - \frac{t}{100})$ અને $R = 1\, m$ મૂકતા,આપણને $\phi = 4 \times 10^{-3} (1 - \frac{t}{100})\, Wb$ મળે છે.
પ્રેરિત $EMF$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -\frac{d}{dt} [4 \times 10^{-3} (1 - \frac{t}{100})] = 4 \times 10^{-5}\, V$ છે.
જ્યારે $1 - \frac{t}{100} = 0$ થાય ત્યારે ચુંબકીય ક્ષેત્ર શૂન્ય થાય છે,જે $t = 100\, s$ આપે છે.
વ્યય થતી ઉર્જા $E = \frac{\varepsilon^2}{R_{coil}} \times t$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $E = \frac{(4 \times 10^{-5})^2}{2 \times 10^{-6}} \times 100 = \frac{16 \times 10^{-10}}{2 \times 10^{-6}} \times 100 = 8 \times 10^{-4} \times 100 = 0.08\, J$.
$1\, J = 1000\, mJ$ હોવાથી,$E = 0.08 \times 1000 = 80\, mJ$.

(C) આપેલ છે કે દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ સમાન છે: $\lambda_e = \lambda_{ph}$.
$\lambda = \frac{h}{p}$ હોવાથી,$p_e = p_{ph}$ મળે.
ઇલેક્ટ્રોનનું વેગમાન $p_e = \sqrt{2mK_e}$ અને ફોટોનનું વેગમાન $p_{ph} = \frac{E_{ph}}{c}$ છે.
વેગમાનને સરખાવતા: $\sqrt{2mK_e} = \frac{E_{ph}}{c}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $2mK_e = \frac{E_{ph}^2}{c^2}$.
ઇલેક્ટ્રોનની ગતિઊર્જા $(K_e)$ અને ફોટોનની ઊર્જા $(E_{ph})$ ના ગુણોત્તર માટે:
$\frac{K_e}{E_{ph}} = \frac{E_{ph}}{2mc^2}$.
$E_{ph} = p_{ph}c$ અને $p_{ph} = p_e = mv$ હોવાથી,$E_{ph} = (mv)c$ મૂકતા:
$\frac{K_e}{E_{ph}} = \frac{mvc}{2mc^2} = \frac{v}{2c}$.

(A) સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં ગતિ કરતા વિદ્યુતભારિત કણના વર્તુળાકાર માર્ગની ત્રિજ્યા $R$ નું સૂત્ર $R = \frac{mv}{qB}$ છે.
અહીં આપેલ છે કે દળ $m$ સમાન છે અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ સમાન છે,તેથી ત્રિજ્યા એ ઝડપ અને વિદ્યુતભારના ગુણોત્તરના સમપ્રમાણમાં છે: $R \propto \frac{v}{q}$.
તેથી,ત્રિજ્યાઓ $R_1$ અને $R_2$ નો ગુણોત્તર નીચે મુજબ મળે:
$\frac{R_1}{R_2} = \frac{v_1}{q_1} \times \frac{q_2}{v_2} = \left(\frac{v_1}{v_2}\right) \times \left(\frac{q_2}{q_1}\right)$.
આપેલ ગુણોત્તર $\frac{v_1}{v_2} = \frac{2}{3}$ અને $\frac{q_1}{q_2} = \frac{1}{2}$ છે (જેનો અર્થ છે કે $\frac{q_2}{q_1} = \frac{2}{1}$).
આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{R_1}{R_2} = \left(\frac{2}{3}\right) \times \left(\frac{2}{1}\right) = \frac{4}{3}$.
આમ,ત્રિજ્યાઓનો ગુણોત્તર $4:3$ છે.

(C) પોટેન્શિયોમીટરના તારનો કુલ અવરોધ $10\, \Omega$ છે. જ્યારે સ્લાઇડિંગ કોન્ટેક્ટ મધ્યમાં હોય,ત્યારે તાર બે ભાગમાં વહેંચાય છે,જે દરેક $5\, \Omega$ ના છે.
ધારો કે $2\, \Omega$ ના અવરોધ અને પોટેન્શિયોમીટરના તાર જ્યાં મળે છે તે નોડ પરનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V_0$ છે. તારના શરૂઆતના છેડે વિદ્યુતસ્થિતિમાન $20\, \text{V}$ અને અંતિમ છેડે $0\, \text{V}$ છે.
નોડ $V_0$ પર કિર્ચોફનો પ્રવાહનો નિયમ $(KCL)$ લાગુ પાડતા:
$\frac{V_0 - 20}{5} + \frac{V_0 - 0}{5} + \frac{V_0 - 20}{2} = 0$
સમીકરણને સરળ બનાવવા માટે $10$ વડે ગુણતા:
$2(V_0 - 20) + 2(V_0) + 5(V_0 - 20) = 0$
$2V_0 - 40 + 2V_0 + 5V_0 - 100 = 0$
$9V_0 = 140$
$V_0 = \frac{140}{9}\, \text{V}$
$2\, \Omega$ ના અવરોધ પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત એ શરૂઆતના છેડા $(20\, \text{V})$ અને નોડ $V_0$ વચ્ચેનો તફાવત છે:
$\Delta V = 20 - V_0 = 20 - \frac{140}{9} = \frac{180 - 140}{9} = \frac{40}{9}\, \text{V}$

(B) બિંદુ $B$ પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન $(TIR)$ થવા માટે,આપાતકોણ $\theta^{\prime \prime}$ એ ક્રાંતિકોણ $C$ કરતા વધારે અથવા તેના જેટલો હોવો જોઈએ. બિંદુ $B$ પર ગ્રેઝિંગ ઇમર્જન્સ (સપાટીને સમાંતર નિર્ગમન) માટેની શરત $\sin \theta^{\prime \prime} = \frac{1}{\mu} = \frac{1}{4/3} = \frac{3}{4}$ છે.
ત્રિકોણની ભૂમિતિ પરથી,આપણી પાસે $\theta^{\prime} = 90^{\circ} - \theta^{\prime \prime}$ છે.
ઉપરની સપાટી પર બિંદુ $A$ પાસે સ્નેલનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$1 \times \sin \theta = \mu \times \sin \theta^{\prime}$
$\sin \theta = \frac{4}{3} \times \sin(90^{\circ} - \theta^{\prime \prime})$
$\sin \theta = \frac{4}{3} \times \cos \theta^{\prime \prime}$
કારણ કે $\sin \theta^{\prime \prime} = \frac{3}{4}$,તેથી $\cos \theta^{\prime \prime} = \sqrt{1 - \sin^2 \theta^{\prime \prime}} = \sqrt{1 - (3/4)^2} = \sqrt{1 - 9/16} = \sqrt{7/16} = \frac{\sqrt{7}}{4}$ મળે.
આ કિંમતને $\sin \theta$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\sin \theta = \frac{4}{3} \times \frac{\sqrt{7}}{4} = \frac{\sqrt{7}}{3}$
$\theta = \sin ^{-1} \left( \frac{\sqrt{7}}{3} \right)$.

(C) પોટેન્શિયોમીટરમાં,સંતુલન લંબાઈ $l$ એ કોષના emf $\varepsilon$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $\varepsilon = kl$,જ્યાં $k$ એ પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ છે.
જ્યારે ગેલ્વેનોમીટર બિંદુ $(1)$ સાથે જોડાયેલ હોય,ત્યારે સર્કિટમાં માત્ર કોષ $\varepsilon_{1}$ હોય છે:
$\varepsilon_{1} = k l_{1} = k(250) \ldots (i)$
જ્યારે ગેલ્વેનોમીટર બિંદુ $(2)$ સાથે જોડાયેલ હોય,ત્યારે બંને કોષો $\varepsilon_{1}$ અને $\varepsilon_{2}$ શ્રેણીમાં સર્કિટમાં હોય છે:
$\varepsilon_{1} + \varepsilon_{2} = k l_{2} = k(400) \ldots (ii)$
સમીકરણ $(i)$ ને સમીકરણ $(ii)$ વડે ભાગતા:
$\frac{\varepsilon_{1}}{\varepsilon_{1} + \varepsilon_{2}} = \frac{250}{400} = \frac{5}{8}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$8 \varepsilon_{1} = 5 \varepsilon_{1} + 5 \varepsilon_{2}$
$3 \varepsilon_{1} = 5 \varepsilon_{2}$
તેથી,ગુણોત્તર છે:
$\frac{\varepsilon_{1}}{\varepsilon_{2}} = \frac{5}{3}$

(B) બિંદુ $C$ પર ડાયપોલ $A$ ને કારણે ઉદ્ભવતું વિદ્યુતક્ષેત્ર (તેની અક્ષીય રેખા પર) $E_{A} = \frac{2kp_{1}}{r^{3}}$ છે જે અક્ષની દિશામાં છે.
બિંદુ $C$ પર ડાયપોલ $B$ ને કારણે ઉદ્ભવતું વિદ્યુતક્ષેત્ર (તેની વિષુવવૃત્તીય રેખા પર) $E_{B} = \frac{kp_{2}}{r^{3}}$ છે જે અક્ષને લંબ દિશામાં છે.
પરિણામી વિદ્યુતક્ષેત્ર અક્ષ સાથે $37^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે,તેથી:
$\tan 37^{\circ} = \frac{E_{B}}{E_{A}}$
આપેલ છે કે $\sin 37^{\circ} = \frac{3}{5}$,તેથી $\cos 37^{\circ} = \frac{4}{5}$,અને $\tan 37^{\circ} = \frac{3}{4}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{3}{4} = \frac{\frac{kp_{2}}{r^{3}}}{\frac{2kp_{1}}{r^{3}}} = \frac{p_{2}}{2p_{1}}$
ગુણોત્તર $\frac{p_{1}}{p_{2}}$ માટે સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{p_{1}}{p_{2}} = \frac{4}{2 \times 3} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$.

(A) જ્યારે કેપેસિટરની પ્લેટો વચ્ચે ડાયલેક્ટ્રિક સ્લેબ મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે ડાયલેક્ટ્રિકની અંદરનું પરિણામી વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ એ શૂન્યાવકાશમાં રહેલા પ્રારંભિક વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_{0}$ ની સરખામણીમાં $k$ ના અવયવ જેટલું ઘટે છે.
પરિણામી વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = E_{0} - E_{b}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $E_{b}$ એ પ્રેરિત (બદ્ધ) વિદ્યુતભારોને કારણે ઉદ્ભવતું વિદ્યુતક્ષેત્ર છે.
આમ,$E = \frac{E_{0}}{k}$ હોવાથી,$\frac{E_{0}}{k} = E_{0} - E_{b}$ થાય.
આથી $E_{b} = E_{0} - \frac{E_{0}}{k} = E_{0} \left(1 - \frac{1}{k}\right)$ મળે.
વિદ્યુતક્ષેત્ર એ પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતાના સમપ્રમાણમાં હોવાથી $(E = \frac{\sigma}{\epsilon_{0}})$,બદ્ધ વિદ્યુતભાર $q_{b}$ એ મુક્ત વિદ્યુતભાર $q_{f}$ સાથે નીચે મુજબ સંબંધિત છે:
$q_{b} = q_{f} \left(1 - \frac{1}{k}\right)$.

(A) મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu$ ને મેસેજ સિગ્નલના પીક વોલ્ટેજ $(A_m)$ અને કેરિયર તરંગના પીક વોલ્ટેજ $(A_c)$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
આપેલ છે:
$A_m = 20 \, V$
$A_c = 20 \, V$
સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\mu = \frac{A_m}{A_c} = \frac{20}{20} = 1$
તેથી,મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $1$ છે.

(B) સમય $t$ પર રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A$ એ $A = A_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{T_{1/2}}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $A_0$ એ પ્રારંભિક એક્ટિવિટી છે અને $T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
આપેલ છે કે $t = 30\, \text{વર્ષ}$ પર $A = \frac{1}{8} A_0$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{8} A_0 = A_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{30}{T_{1/2}}}$.
$\left(\frac{1}{2}\right)^3 = \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{30}{T_{1/2}}}$.
ઘાતાંકોને સરખાવતા: $3 = \frac{30}{T_{1/2}}$.
તેથી, $T_{1/2} = \frac{30}{3} = 10\, \text{વર્ષ}$.

(C) દળ ક્ષતિ $\Delta m$ ની ગણતરી નીચે મુજબ થાય છે: $\Delta m = (Z m_p + (A - Z) m_n) - M_{Al}$.
અહીં,$Z = 13$ (પ્રોટોનની સંખ્યા) અને $A - Z = 14$ (ન્યુટ્રોનની સંખ્યા).
$\Delta m = (13 \times 1.00726 + 14 \times 1.00866) - 27.18846$.
$\Delta m = 27.21562 - 27.18846 = 0.02716 \, {u}$.
આપેલ છે કે $1 \, {u}$ એ $1 \, {J}$ ઉર્જાને અનુરૂપ છે,તેથી બંધન ઉર્જા $E = 0.02716 \, {J}$.
આને $x \times 10^{-3} \, {J}$ સ્વરૂપમાં દર્શાવતા,$E = 27.16 \times 10^{-3} \, {J}$ મળે છે.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,જવાબ $27$ મળે છે.

(A) તારનો કુલ અવરોધ $16\, \Omega$ છે,તેથી ચોરસ લૂપની દરેક બાજુનો અવરોધ $R = 4\, \Omega$ છે.
ધારો કે બેટરી દ્વારા આપવામાં આવતો કુલ પ્રવાહ $I_{total} = 4i$ છે. આ પ્રવાહ જંકશન પર $3i$ (બેટરી સાથે જોડાયેલી બાજુમાંથી) અને $i$ (શ્રેણીમાં રહેલી બાકીની ત્રણ બાજુઓમાંથી,જેનો કુલ અવરોધ $4+4+4 = 12\, \Omega$ છે) માં વિભાજિત થાય છે.
બેટરી અને $i$ પ્રવાહ ધરાવતા પથ માટે કિર્ચોફના વોલ્ટેજ નિયમ $(KVL)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$9 - (1)(4i) - (4)(i) - (4)(i) - (4)(i) = 0$
$9 - 4i - 12i = 0$
$16i = 9 \implies i = \frac{9}{16}\, A$.
ચોરસ લૂપના વિકર્ણ પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ એ શ્રેણીમાં રહેલા બે અવરોધો પરનો પોટેન્શિયલ તફાવત છે જે વિકર્ણ બનાવે છે. વિકર્ણ પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ $i$ પ્રવાહ વહન કરતા બે શ્રેણીબદ્ધ અવરોધો $(4\, \Omega + 4\, \Omega = 8\, \Omega)$ પરનો વોલ્ટેજ છે.
$V_{diag} = i \times 8\, \Omega = \frac{9}{16} \times 8 = 4.5\, V$.
$4.5\, V = 45 \times 10^{-1}\, V$.

(C) શુદ્ધ અવરોધક સર્કિટ (આકૃતિ $a$) માં વ્યય થતો સરેરાશ પાવર $P_a = \frac{V_{\text{rms}}^2}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$LCR$ શ્રેણી સર્કિટ (આકૃતિ $b$) માં વ્યય થતો સરેરાશ પાવર $P_b = I_{\text{rms}}^2 R = \left(\frac{V_{\text{rms}}}{Z}\right)^2 R = \frac{V_{\text{rms}}^2 R}{Z^2}$ છે,જ્યાં $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$ છે.
આપેલ છે કે બંને સર્કિટમાં સરેરાશ પાવર સમાન છે,તેથી $P_a = P_b$:
$\frac{V_{\text{rms}}^2}{R} = \frac{V_{\text{rms}}^2 R}{Z^2}$
આનો અર્થ એ છે કે $R^2 = Z^2$,એટલે કે $Z = R$.
$Z$ માટેનું સૂત્ર મૂકતા:
$R^2 = R^2 + (X_L - X_C)^2$
$(X_L - X_C)^2 = 0$
$X_L = X_C$
આ અનુનાદ (resonance) માટેની શરત છે,જ્યાં $\omega L = \frac{1}{\omega C}$ થાય.
$\omega$ માટે ઉકેલતા:
$\omega^2 = \frac{1}{LC} = \frac{1}{0.1 \times 40 \times 10^{-6}}$
$\omega^2 = \frac{1}{4 \times 10^{-6}} = 0.25 \times 10^6 = 250000$
$\omega = \sqrt{250000} = 500\,rad/s$.

(A) સેમિકન્ડક્ટર માટે માસ એક્શનના નિયમ મુજબ,ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા $(n_e)$ અને હોલ ઘનતા $(n_h)$ નો ગુણાકાર આંતરિક કેરિયર ઘનતા $(n_i)$ ના વર્ગ જેટલો હોય છે:
$n_e \cdot n_h = n_i^2$
આપેલ છે:
$n_i = 1.5 \times 10^{16} \, \text{m}^{-3}$
$n_h = 4.5 \times 10^{22} \, \text{m}^{-3}$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$n_e = \frac{n_i^2}{n_h} = \frac{(1.5 \times 10^{16})^2}{4.5 \times 10^{22}}$
$n_e = \frac{2.25 \times 10^{32}}{4.5 \times 10^{22}}$
$n_e = 0.5 \times 10^{10} \, \text{m}^{-3} = 5 \times 10^9 \, \text{m}^{-3}$
આમ,ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા $5 \times 10^9 \, \text{m}^{-3}$ છે.

(B) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $K_{\max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi$.
આપેલ છે: $hc = 20 \times 10^{-26} \, J \cdot m$,$\lambda = 500 \times 10^{-9} \, m$,અને $\phi = 1.25 \, eV = 1.25 \times 1.6 \times 10^{-19} \, J = 2 \times 10^{-19} \, J$.
$K_{\max} = \frac{20 \times 10^{-26}}{500 \times 10^{-9}} - 2 \times 10^{-19} = 4 \times 10^{-19} - 2 \times 10^{-19} = 2 \times 10^{-19} \, J$.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $r = \frac{\sqrt{2 m_e K_{\max}}}{eB}$ છે.
$B$ માટે સૂત્ર બનાવતા: $B = \frac{\sqrt{2 m_e K_{\max}}}{er}$.
કિંમતો મૂકતા: $B = \frac{\sqrt{2 \times 9 \times 10^{-31} \times 2 \times 10^{-19}}}{1.6 \times 10^{-19} \times 0.3} = \frac{\sqrt{36 \times 10^{-50}}}{0.48 \times 10^{-19}} = \frac{6 \times 10^{-25}}{0.48 \times 10^{-19}} = 12.5 \times 10^{-6} \, T = 125 \times 10^{-7} \, T$.
આમ,$B$ નું મૂલ્ય $125 \times 10^{-7} \, T$ છે.

(D) ચાર્જિંગ કેપેસીટર પરનો તત્કાલીન વોલ્ટેજ $V$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $V = V_0 (1 - e^{-t/RC})$.
અહીં,$V_0 = 100 \, V$,$V = 50 \, V$,$R = 100 \, \Omega$,અને $C = 1 \, \mu F = 10^{-6} \, F$ છે.
ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau = RC = 100 \times 10^{-6} = 10^{-4} \, s$ થાય.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા:
$50 = 100 (1 - e^{-t/10^{-4}})$
$0.5 = 1 - e^{-t/10^{-4}}$
$e^{-t/10^{-4}} = 0.5$
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લેતા:
$-t/10^{-4} = \ln(0.5) = -\ln(2)$
$t/10^{-4} = \ln 2$
આપેલ છે કે $\ln 2 = 0.69$,તેથી:
$t = 0.69 \times 10^{-4} \, s$.
આમ,જરૂરી કિંમત $0.69$ છે.

(C) શરૂઆતમાં,કેપેસિટરોને $V$ પોટેન્શિયલ ધરાવતી બેટરી સાથે સમાંતર જોડવામાં આવે છે. સંગ્રહિત કુલ વિદ્યુતભાર $Q_{total} = Q_1 + Q_2 = (2C)V + (C)V = 3CV$ છે.
જ્યારે બેટરી દૂર કરવામાં આવે છે અને $C$ કેપેસિટન્સ ધરાવતા કેપેસિટરમાં $K$ અચળાંક ધરાવતું ડાયઇલેક્ટ્રિક મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે તેનું નવું કેપેસિટન્સ $C' = KC$ થાય છે.
$2C$ કેપેસિટન્સ ધરાવતું કેપેસિટર બદલાતું નથી.
કેપેસિટરો સમાંતરમાં જોડાયેલા હોવાથી,તેમની વચ્ચે સમાન પોટેન્શિયલ તફાવત $V'$ હોય છે. કુલ વિદ્યુતભાર સંરક્ષિત રહે છે,તેથી $Q_{total} = 3CV$.
નવું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq} = 2C + KC = C(K+2)$ છે.
સંબંધ $Q = C_{eq} V'$ નો ઉપયોગ કરતા:
$3CV = C(K+2) V'$
$V' = \frac{3CV}{C(K+2)} = \frac{3V}{K+2}$

(B) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં શલાકાની પહોળાઈ $\beta$ નું સૂત્ર $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ છે.
અહીં,$\lambda$ એ વપરાયેલ પ્રકાશની તરંગલંબાઇ છે,$D$ એ સ્લિટ અને પડદા વચ્ચેનું અંતર છે,અને $d$ એ બે સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર છે.
જ્યારે પ્રકાશનો સ્ત્રોત નારંગીથી વાદળીમાં બદલાય છે,ત્યારે તરંગલંબાઇ $\lambda$ ઘટે છે કારણ કે વાદળી પ્રકાશની તરંગલંબાઇ નારંગી પ્રકાશ કરતા ઓછી હોય છે.
જેમ કે $\beta \propto \lambda$,તેથી જેમ તરંગલંબાઇ $\lambda$ ઘટે છે,તેમ શલાકાની પહોળાઈ $\beta$ (ક્રમિક શલાકાઓ વચ્ચેનું અંતર) પણ ઘટે છે.

(C) માધ્યમમાં પ્રકાશનો વેગ $v = \frac{c}{\sqrt{\mu_{r} \varepsilon_{r}}}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $c$ એ શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશની ઝડપ $(3 \times 10^{8} \text{ m/s})$ છે,$\mu_{r}$ એ સાપેક્ષ પરમીએબિલિટી છે અને $\varepsilon_{r}$ એ સાપેક્ષ પરમિટિવિટી છે.
આપેલ છે $\mu_{r} = 1$ અને $\varepsilon_{r} = 81$.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$v = \frac{3 \times 10^{8}}{\sqrt{1 \times 81}}$
$v = \frac{3 \times 10^{8}}{9}$
$v = 0.333 \times 10^{8} \text{ m/s}$
$v = 3.33 \times 10^{7} \text{ m/s}$.

(B) કેપેસિટર ત્રણ ડાયલેક્ટ્રિક સ્લેબનું શ્રેણી જોડાણ ધરાવે છે,જેની જાડાઈ $d_1 = d$,$d_2 = 2d$,$d_3 = 3d$ અને ડાયલેક્ટ્રિક અચળાંક $K_1 = K$,$K_2 = 3K$,$K_3 = 5K$ છે.
દરેક ભાગનું કેપેસીટન્સ $C = \frac{K \varepsilon_0 A}{d_{thickness}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$C_1 = \frac{K \varepsilon_0 A}{d}$
$C_2 = \frac{3K \varepsilon_0 A}{2d}$
$C_3 = \frac{5K \varepsilon_0 A}{3d}$
તેઓ શ્રેણીમાં હોવાથી,સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $C_{eq}$ એ $\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} + \frac{1}{C_3}$ દ્વારા મળે છે.
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{d}{K \varepsilon_0 A} + \frac{2d}{3K \varepsilon_0 A} + \frac{3d}{5K \varepsilon_0 A}$
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{d}{K \varepsilon_0 A} [1 + \frac{2}{3} + \frac{3}{5}] = \frac{d}{K \varepsilon_0 A} [\frac{15 + 10 + 9}{15}] = \frac{34d}{15K \varepsilon_0 A}$
તેથી,$C_{eq} = \frac{15K \varepsilon_0 A}{34d}$.

(C) $t$ સમયે અક્ષયિત ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N = N_{0}e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_{d} = N_{0} - N = N_{0} - N_{0}e^{-\lambda t} = N_{0}(1 - e^{-\lambda t})$ છે.
આપેલ છે કે $f = \frac{N_{d}}{N_{0}}$,તેથી $f = \frac{N_{0}(1 - e^{-\lambda t})}{N_{0}} = 1 - e^{-\lambda t}$ થાય.
સમયની સાપેક્ષે $f$ માં થતા ફેરફારનો દર શોધવા માટે,આપણે $f$ નું $t$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરીશું:
$\frac{df}{dt} = \frac{d}{dt}(1 - e^{-\lambda t}) = 0 - (e^{-\lambda t})(-\lambda) = \lambda e^{-\lambda t}$.

(C) ધારો કે દોરામાં તણાવ $T$ છે અને બોલ વચ્ચેનું અંતર $x$ છે.
સંતુલન સ્થિતિમાં,દરેક બોલ પર લાગતા બળો છે: તણાવ $T$,વજન $mg$,અને સ્થિત વિદ્યુત બળ $F_e = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{x^2}$.
બળોના ઘટકો લેતા:
$T \cos \theta = mg$ (શિરોલંબ ઘટક)
$T \sin \theta = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{x^2}$ (ક્ષૈતિજ ઘટક)
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\tan \theta = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 x^2 mg}$.
નાના ખૂણા માટે,$\tan \theta \approx \sin \theta = \frac{x/2}{l} = \frac{x}{2l}$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{x}{2l} = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 x^2 mg}$.
$x^3$ માટે સાદું રૂપ આપતા: $x^3 = \frac{q^2 l}{2 \pi \varepsilon_0 mg}$.
આમ,$x = \left(\frac{q^2 l}{2 \pi \varepsilon_0 mg}\right)^{1/3}$.

(B) શ્રેણી પરિપથમાં,વાહકમાંથી વહેતો પ્રવાહ $i$ દરેક આડછેદ પર અચળ રહે છે.
$i = n e A v_{d}$ હોવાથી,જ્યાં $n$ એ ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા ઘનતા છે,$e$ એ વિદ્યુતભાર છે,$A$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે,અને $v_{d}$ એ ડ્રિફ્ટ વેગ છે,તેથી આપણને $v_{d} = \frac{i}{n e A}$ મળે છે.
જેમ આપણે $P$ થી $Q$ તરફ જઈએ છીએ,ત્રિજ્યા $r$ ઘટે છે,તેથી આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^{2}$ ઘટે છે. $i$ અચળ હોવાથી,ડ્રિફ્ટ વેગ $v_{d}$ વધવો જોઈએ.
સંબંધ $v_{d} = \frac{e E \tau}{m}$ પરથી,જ્યાં $E$ એ વિદ્યુતક્ષેત્ર છે,$\tau$ એ રિલેક્સેશન સમય છે,અને $m$ એ ઇલેક્ટ્રોનનું દળ છે,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $v_{d} \propto E$. તેથી,જેમ $v_{d}$ વધે છે,તેમ વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ પણ વધે છે.
વાહકમાં પ્રવાહ $i$ અચળ હોવાથી,ઇલેક્ટ્રોન પ્રવાહ બદલાતો નથી.
આમ,$P$ થી $Q$ તરફ જતાં,ઇલેક્ટ્રોનનો ડ્રિફ્ટ વેગ વધે છે અને વિદ્યુતક્ષેત્ર વધે છે.

(C) ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ,$X_L = \omega L = 2\pi f L$.
કિંમતો મૂકતા,$X_L = 2 \times \frac{22}{7} \times 50 \times 0.07 = 100 \times \frac{22}{7} \times 0.07 = 22\,\Omega$.
પરિપથનો ઇમ્પિડન્સ,$Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = \sqrt{12^2 + 22^2} = \sqrt{144 + 484} = \sqrt{628} \approx 25.06\,\Omega \approx 25\,\Omega$.
પરિપથમાં પ્રવાહ,$I = \frac{V}{Z} = \frac{220}{25} = 8.8\,A$.
ફેઝ એંગલ $\phi$ માટે,$\tan \phi = \frac{X_L}{R} = \frac{22}{12} = \frac{11}{6}$.
તેથી,$\phi = \tan^{-1}\left(\frac{11}{6}\right)$.

(A) સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં દોલન કરતી ચુંબકીય સોયનો આવર્તકાળ $T$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB}}$.
આપેલ છે: ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = 9.85 \times 10^{-2} \, A \cdot m^{2}$,જડત્વની ચાકમાત્રા $I = 5 \times 10^{-6} \, kg \cdot m^{2}$.
સોય $5 \, s$ માં $10$ દોલનો કરે છે,તેથી આવર્તકાળ $T = \frac{5}{10} = 0.5 \, s$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા: $0.5 = 2\pi \sqrt{\frac{5 \times 10^{-6}}{9.85 \times 10^{-2} \times B}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $0.25 = 4\pi^{2} \left( \frac{5 \times 10^{-6}}{9.85 \times 10^{-2} \times B} \right)$.
$\pi^{2} = 9.85$ લેતા: $0.25 = 4 \times 9.85 \times \frac{5 \times 10^{-6}}{9.85 \times 10^{-2} \times B}$.
$0.25 = 4 \times \frac{5 \times 10^{-6}}{10^{-2} \times B} = \frac{20 \times 10^{-6}}{10^{-2} \times B} = \frac{20 \times 10^{-4}}{B}$.
$B = \frac{20 \times 10^{-4}}{0.25} = 80 \times 10^{-4} = 8 \times 10^{-3} \, T$.
$1 \, T = 1000 \, mT$ હોવાથી,$B = 8 \, mT$.

(B) $1$. જ્યારે $T_{1}$ અને $T_{2}$ જોડાયેલા હોય,ત્યારે પરિપથમાં $6 \, V$ ની બેટરી,$R = 6 \, \Omega$ નો અવરોધ અને ઇન્ડક્ટર $L$ શ્રેણીમાં હોય છે.
$2$. સ્થાયી અવસ્થામાં,ઇન્ડક્ટર શોર્ટ સર્કિટ તરીકે વર્તે છે (શૂન્ય અવરોધ). ઇન્ડક્ટરમાંથી વહેતો સ્થાયી પ્રવાહ $I = \frac{V}{R} = \frac{6 \, V}{6 \, \Omega} = 1 \, A$ છે.
$3$. જ્યારે $T_{1}$ ને $T_{2}$ થી અલગ કરીને તરત જ $T_{3}$ સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે ઇન્ડક્ટર $L$ હવે $r = 3 \, \Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં આવે છે. ઇન્ડક્ટરમાંથી વહેતો પ્રવાહ તરત જ બદલાઈ શકતો નથી,તેથી $I = 1 \, A$ નો પ્રવાહ નવા પરિપથ લૂપમાં વહેવાનું ચાલુ રાખે છે.
$4$. સ્વિચ બદલ્યા પછી તરત જ $r = 3 \, \Omega$ ના અવરોધ પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ $V_{r} = I \times r = 1 \, A \times 3 \, \Omega = 3 \, V$ થશે.

(C) આપેલ છે:
કલેક્ટર અવરોધ $R_C = 1000 \, \Omega$
કલેક્ટર અવરોધ પર વોલ્ટેજ ડ્રોપ $\Delta V_C = 0.6 \, V$
કરંટ ગેઇન $\beta = 24$
ઓહ્મના નિયમ મુજબ કલેક્ટર કરંટ $I_C$:
$I_C = \frac{\Delta V_C}{R_C} = \frac{0.6 \, V}{1000 \, \Omega} = 0.6 \times 10^{-3} \, A = 6 \times 10^{-4} \, A$
કલેક્ટર કરંટ $I_C$ અને બેઝ કરંટ $I_B$ વચ્ચેનો સંબંધ:
$I_C = \beta \times I_B$
તેથી,બેઝ કરંટ $I_B$:
$I_B = \frac{I_C}{\beta} = \frac{6 \times 10^{-4} \, A}{24} = 0.25 \times 10^{-4} \, A$
માઇક્રોએમ્પિયર $(\mu A)$ માં ફેરવતા:
$I_B = 0.25 \times 10^{-4} \times 10^6 \, \mu A = 25 \, \mu A$.

(B) પ્રકાશના કિરણો $BC$ સપાટી પરથી વળ્યા વગર (એટલે કે વક્રીભવન પામ્યા વગર) પસાર થાય તે માટે, તે ચોક્કસ તરંગલંબાઇ પર બંને પ્રિઝમના વક્રીભવનાંક સમાન હોવા જોઈએ.
તેથી, આપણે $n_{1} = n_{2}$ લઈએ:
$1.2 + \frac{10.8 \times 10^{-14}}{\lambda^{2}} = 1.45 + \frac{1.8 \times 10^{-14}}{\lambda^{2}}$
$\lambda$ માટે ઉકેલવા પદોને ગોઠવતા:
$\frac{10.8 \times 10^{-14}}{\lambda^{2}} - \frac{1.8 \times 10^{-14}}{\lambda^{2}} = 1.45 - 1.2$
$\frac{9 \times 10^{-14}}{\lambda^{2}} = 0.25$
$\lambda^{2} = \frac{9 \times 10^{-14}}{0.25}$
$\lambda^{2} = 36 \times 10^{-14}$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\lambda = 6 \times 10^{-7} \text{ m}$
મીટરને નેનોમીટરમાં ફેરવતા $(1 \text{ m} = 10^{9} \text{ nm})$:
$\lambda = 6 \times 10^{-7} \times 10^{9} \text{ nm} = 600 \text{ nm}$

(C) સમય $t$ પર કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q = q_0 e^{-\frac{t}{RC}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $RC$ એ $RC$ સર્કિટનો ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ છે.
સમય $t$ પર રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A = A_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A_0$ એ પ્રારંભિક એક્ટિવિટી છે અને $\lambda$ એ ક્ષય અચળાંક છે.
આપેલ છે કે ગુણોત્તર $\frac{q}{A}$ સમયની સાપેક્ષમાં અચળ છે,તેથી:
$\frac{q}{A} = \frac{q_0 e^{-\frac{t}{RC}}}{A_0 e^{-\lambda t}} = \text{અચળ}$
આ ગુણોત્તર સમયથી સ્વતંત્ર રહે તે માટે,ઘાતાંકીય પદો એકબીજાને રદ કરવા જોઈએ,જેનો અર્થ છે:
$-\frac{t}{RC} = -\lambda t \implies \lambda = \frac{1}{RC}$
આપણે જાણીએ છીએ કે સરેરાશ આયુષ્ય $\tau = \frac{1}{\lambda} = 30 \, ms = 30 \times 10^{-3} \, s$ છે.
તેથી,$\lambda = \frac{1}{30 \times 10^{-3}} \, s^{-1}$.
$\lambda = \frac{1}{RC}$ ને $R$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$R = \frac{1}{\lambda C} = \tau \times \frac{1}{C}$
અહીં $C = 200 \, \mu F = 200 \times 10^{-6} \, F$ આપેલ છે:
$R = \frac{30 \times 10^{-3}}{200 \times 10^{-6}} = \frac{30000}{200} = 150 \, \Omega$.

(D) કણની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કણ માટે:
$\lambda_{pa} = \frac{h}{m v} = \frac{h}{9.1 \times 10^{-31} \times 10^{6}} = \frac{h}{9.1 \times 10^{-25}} \quad (i)$
ફોટોન માટે:
$\lambda_{ph} = \frac{h}{p} = \frac{h}{10^{-27}} \quad (ii)$
સમીકરણ $(ii)$ ને સમીકરણ $(i)$ વડે ભાગતા:
$\frac{\lambda_{ph}}{\lambda_{pa}} = \frac{h / 10^{-27}}{h / (9.1 \times 10^{-25})} = \frac{9.1 \times 10^{-25}}{10^{-27}}$
$\frac{\lambda_{ph}}{\lambda_{pa}} = 9.1 \times 10^{2} = 910$
આમ,ફોટોનની તરંગલંબાઇ એ કણની તરંગલંબાઇ કરતાં $910$ ગણી છે.

(A) એક પરિભ્રમણ માટેનો સમયગાળો $T = \frac{2 \pi r}{v}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $T = \frac{2 \times (22/7) \times 0.5 \times 10^{-10}}{2.2 \times 10^{6}}$.
$T = \frac{2 \times 22 \times 0.5 \times 10^{-10}}{7 \times 2.2 \times 10^{6}} = \frac{22 \times 10^{-10}}{7 \times 2.2 \times 10^{6}} = \frac{10}{7} \times 10^{-16} \; s$.
પ્રવાહ $I = \frac{q}{T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $q = e = 1.6 \times 10^{-19} \; C$.
$I = \frac{1.6 \times 10^{-19}}{(10/7) \times 10^{-16}} = \frac{1.6 \times 7}{10} \times 10^{-3} \; A$.
$I = 1.12 \times 10^{-3} \; A = 1.12 \; mA$.
આને $.... \times 10^{-2} \; mA$ તરીકે દર્શાવવા માટે,આપણે $1.12 \; mA = 112 \times 10^{-2} \; mA$ લખીએ છીએ.
આમ,જવાબ $112$ છે.

(B) આપેલ છે: કેરિયર કંપવિસ્તાર $A_C = 15 \, V$,મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલનો કંપવિસ્તાર $A_m = 5 \, V$.
મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu$ ને $\mu = \frac{A_m}{A_C} = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$A.M.$ તરંગમાં અપર સાઈડબેન્ડ $(USB)$ અને લોઅર સાઈડબેન્ડ $(LSB)$ બંનેનો કંપવિસ્તાર $\frac{\mu A_C}{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$USB$ નો કંપવિસ્તાર = $\frac{\mu A_C}{2} = \frac{(1/3) \times 15}{2} = \frac{5}{2} = 2.5 \, V$.
$LSB$ નો કંપવિસ્તાર = $\frac{\mu A_C}{2} = \frac{(1/3) \times 15}{2} = \frac{5}{2} = 2.5 \, V$.
પ્રશ્ન મુજબ,કંપવિસ્તાર $\frac{a}{10} \, V$ અને $\frac{b}{10} \, V$ છે.
તેથી,$\frac{a}{10} = 2.5 \Rightarrow a = 25$ અને $\frac{b}{10} = 2.5 \Rightarrow b = 25$.
તેથી,$\frac{a}{b} = \frac{25}{25} = 1$.

(D) તાપમાન સાથે અવરોધમાં થતો ફેરફાર નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $R_T = R_0(1 + \alpha \Delta T)$,જ્યાં $R_0$ એ $0^{\circ}C$ તાપમાને અવરોધ છે,$\alpha$ એ અવરોધનો તાપમાન ગુણાંક છે અને $\Delta T$ એ તાપમાનમાં થતો ફેરફાર છે.
આપેલ છે:
$R_1 = 16\, \Omega$ તાપમાન $T_1 = 15^{\circ}C$ પર
$R_2 = 20\, \Omega$ તાપમાન $T_2 = 100^{\circ}C$ પર
સંબંધ $R_T = R_0(1 + \alpha T)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$16 = R_0(1 + 15\alpha)$ --- (સમીકરણ $1$)
$20 = R_0(1 + 100\alpha)$ --- (સમીકરણ $2$)
સમીકરણ $2$ ને સમીકરણ $1$ વડે ભાગતા:
$\frac{20}{16} = \frac{1 + 100\alpha}{1 + 15\alpha}$
$1.25(1 + 15\alpha) = 1 + 100\alpha$
$1.25 + 18.75\alpha = 1 + 100\alpha$
$0.25 = 81.25\alpha$
$\alpha = \frac{0.25}{81.25} \approx 0.00307\, ^{\circ}C^{-1}$
નજીકના મૂલ્યને ધ્યાનમાં લેતા,$\alpha \approx 0.003\, ^{\circ}C^{-1}$ મળે છે.

(D) આપેલ છે:
અવરોધ $R = 100 \, \Omega$
કેપેસિટન્સ $C = 0.1 \, \mu \text{F} = 10^{-7} \, \text{F}$
અનુનાદ આવૃત્તિ $f_0 = 60 \, \text{Hz}$
અનુનાદ સમયે,ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ એ કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ જેટલું હોય છે:
$X_L = X_C$
$2 \pi f_0 L = \frac{1}{2 \pi f_0 C}$
ઇન્ડક્ટન્સ $L$ માટે સૂત્ર:
$L = \frac{1}{4 \pi^2 f_0^2 C}$
કિંમતો મૂકતા:
$L = \frac{1}{4 \times (3.14)^2 \times (60)^2 \times 10^{-7}}$
$L \approx 70.43 \, \text{H}$
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $70.3 \, \text{H}$ છે.

(B) આપેલ સર્કિટમાં એક $AND$ ગેટ,એક $NOT$ ગેટ અને એક $OR$ ગેટનો સમાવેશ થાય છે.
$AND$ ગેટના ઇનપુટ $A$ અને $B$ છે,તેથી તેનું આઉટપુટ $A \cdot B$ છે.
$NOT$ ગેટનું ઇનપુટ $B$ છે,તેથી તેનું આઉટપુટ $\bar{B}$ છે.
આ બંને આઉટપુટ $OR$ ગેટમાં જાય છે,તેથી અંતિમ આઉટપુટ $Y = A \cdot B + \bar{B}$ છે.
બુલિયન બીજગણિતનો ઉપયોગ કરતા,$Y = A \cdot B + \bar{B} = (A + \bar{B}) \cdot (B + \bar{B}) = (A + \bar{B}) \cdot 1 = A + \bar{B}$.
હવે,આપણે ટ્રુથ ટેબલ બનાવીએ:

$A$	$B$	$A \cdot B$	$\bar{B}$	$Y = A \cdot B + \bar{B}$
$0$	$0$	$0$	$1$	$1$
$0$	$1$	$0$	$0$	$0$
$1$	$0$	$0$	$1$	$1$
$1$	$1$	$1$	$0$	$1$

(C) તંત્રની પ્રારંભિક ઊર્જા એ ઇલેક્ટ્રોનની ગતિઊર્જા છે, $E_i = 3 \, eV$.
$n$ મી અવસ્થામાં હાઇડ્રોજન પરમાણુની ઊર્જા $E_n = -\frac{13.6 \, eV}{n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા $n = 3$ ને અનુરૂપ છે। તેથી, $E_f = -\frac{13.6 \, eV}{3^2} = -\frac{13.6}{9} \, eV \approx -1.51 \, eV$.
ફોટોન તરીકે મુક્ત થતી ઊર્જા એ પ્રારંભિક અને અંતિમ ઊર્જા વચ્ચેનો તફાવત છે: $E_{photon} = E_i - E_f = 3 \, eV - (-1.51 \, eV) = 4.51 \, eV$.
ધાતુનું કાર્ય વિધેય $\phi = \frac{hc}{\lambda_{threshold}} = \frac{12400 \, eV \cdot Å}{4000 \, Å} = 3.1 \, eV$ છે।
આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા, મહત્તમ ગતિઊર્જા $KE_{max} = E_{photon} - \phi = 4.51 \, eV - 3.1 \, eV = 1.41 \, eV$ મળે છે।

(B) બિંદુ $O$ પરનું વિદ્યુતક્ષેત્ર એ દરેક ખૂણા પરના વિદ્યુતભારો દ્વારા ઉત્પન્ન થતા વિદ્યુતક્ષેત્રોનો સદિશ સરવાળો છે.
ધારો કે $k = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}$.
બધા વિદ્યુતભારો $O$ થી $l$ અંતરે આવેલા છે.
આડા અને ઊભા વિભાગો માટે,$l$ અંતરે રહેલા વિદ્યુતભારોના વિદ્યુતક્ષેત્રોનો સદિશ સરવાળો કરીને ચોખ્ખું વિદ્યુતક્ષેત્ર મેળવી શકાય છે.
આપેલ સંરચના અને સંમિતિને આધારે,બિંદુ $O$ પરનું કુલ વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ નીચે મુજબ મળે છે:
$E = \frac{k q}{2l^{2}}(2 \sqrt{2}-1)$.

$(A)$ સાચું: દરેક તત્વના પરમાણુઓ ઇલેક્ટ્રોનિક સંક્રમણને કારણે લાક્ષણિક વર્ણપટનું ઉત્સર્જન કરે છે.
$(B)$ સાચું: બોહરની અભિધારણા મુજબ, ઇલેક્ટ્રોન ચોક્કસ કક્ષાઓમાં ભ્રમણ કરે છે જ્યાં કોણીય વેગમાન ક્વોન્ટાઈઝ્ડ $(mvr = \frac{nh}{2\pi})$ હોય છે, જેને સ્થિર કક્ષાઓ કહેવામાં આવે છે.
$(C)$ ખોટું: ન્યુક્લિયર દ્રવ્યની ઘનતા એ દળ ક્રમાંક $(A)$ થી સ્વતંત્ર છે અને તમામ ન્યુક્લિયસ માટે લગભગ અચળ $(\approx 2.3 \times 10^{17} \, kg/m^3)$ રહે છે.
$(D)$ ખોટું: મુક્ત ન્યુટ્રોન અસ્થિર છે અને તે પ્રોટોન, ઇલેક્ટ્રોન અને એન્ટિન્યુટ્રિનોમાં ક્ષય પામે છે $(n \rightarrow p + e^- + \bar{\nu}_e)$, જ્યારે મુક્ત પ્રોટોન સ્થિર છે.
$(E)$ સાચું: રેડિયોએક્ટિવિટી એ પરમાણુ ન્યુક્લિયસની અસ્થિરતાને કારણે થતી સ્વયંભૂ પ્રક્રિયા છે.
તેથી, વિધાનો $A, B$ અને $E$ સાચા છે.

(D) ધારો કે પ્લેટો વચ્ચેના હવાના વિસ્તારમાં વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ છે.
સંતુલન સ્થિતિમાં, લોલક પર લાગતા બળો તણાવ $T$, ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ અને વિદ્યુત બળ $qE$ છે.
બળોના ઘટકો પાડતા:
$T \sin \theta = qE$
$T \cos \theta = mg$
આ સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા, આપણને $\tan \theta = \frac{qE}{mg}$ મળે છે.
આ તંત્ર શ્રેણીમાં જોડાયેલા બે કેપેસિટર $C_{1}$ (હવા) અને $C_{2}$ (ડાયઇલેક્ટ્રિક) તરીકે વર્તે છે.
પ્લેટો વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V = V_{1} + V_{2}$ છે.
શ્રેણી જોડાણ પરનો વિદ્યુતભાર $Q = \left[\frac{C_{1}C_{2}}{C_{1}+C_{2}}\right](V_{1}+V_{2})$ છે.
હવાના વિસ્તારમાં વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{Q}{A\epsilon_{0}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$Q$ ની કિંમત મૂકતા, $E = \left[\frac{C_{1}C_{2}}{C_{1}+C_{2}}\right] \frac{(V_{1}+V_{2})}{A\epsilon_{0}}$ મળે છે.
કારણ કે $C_{1} = \frac{\epsilon_{0}A}{d-t}$, તેથી $\frac{1}{A\epsilon_{0}} = \frac{1}{C_{1}(d-t)}$.
આ કિંમત $E$ ના સમીકરણમાં મૂકતા, $E = \frac{C_{2}(V_{1}+V_{2})}{(C_{1}+C_{2})(d-t)}$ મળે છે.
આમ, વિચલન કોણ $\theta = \tan^{-1}\left[\frac{q}{mg} \times \frac{C_{2}(V_{1}+V_{2})}{(C_{1}+C_{2})(d-t)}\right]$ થશે.

(A) આકૃતિ $1$ માં આપેલા આલેખ પરથી,$t=3 \, s$ થી $t=4 \, s$ ના સમયગાળા માટે,વોલ્ટેજ $V(t)$ એ $5 \, V$ થી $10 \, V$ સુધી રેખીય રીતે વધે છે.
આ રેખાનો ઢાળ $m = \frac{10-5}{4-3} = 5 \, V/s$ છે.
$3 \le t \le 4$ માટે રેખાનું સમીકરણ $V(t) - 5 = 5(t - 3)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $V(t) = 5t - 10$ થાય છે.
$t = 3.2 \, s$ સમયે,વોલ્ટેજ $V(3.2) = 5(3.2) - 10 = 16 - 10 = 6 \, V$ છે.
આકૃતિ $2$ માં દર્શાવેલ સર્કિટ ડાયાગ્રામ પરથી,લૂપમાં કિર્ચોફનો વોલ્ટેજ નિયમ $(KVL)$ લાગુ પાડતા:
$V(t) - iR - 5 = 0$
અહીં $R = 1 \, \Omega$ અને $t = 3.2 \, s$ સમયે $V(t) = 6 \, V$ આપેલ છે:
$6 - i(1) - 5 = 0$
$i = 1 \, A$.

(B) એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેટેડ તરંગનો મહત્તમ કંપવિસ્તાર $A_{\max} = A_c + A_m = 12\, V$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેટેડ તરંગનો ન્યૂનતમ કંપવિસ્તાર $A_{\min} = A_c - A_m = 3\, V$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ બે સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2A_c = 15 \Rightarrow A_c = 7.5\, V$.
પ્રથમમાંથી બીજું સમીકરણ બાદ કરતા: $2A_m = 9 \Rightarrow A_m = 4.5\, V$.
મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu$ ને $\mu = \frac{A_m}{A_c} = \frac{4.5}{7.5} = 0.6$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $0.6\, x$ છે,તેથી $0.6 = 0.6\, x$,જેનો અર્થ છે કે $x = 1$.

(D) $K_{\alpha}$ $X$-રે ફોટોનની ઉર્જા $K$ શેલ અને $L$ શેલ વચ્ચેની ઉર્જાના તફાવત દ્વારા આપવામાં આવે છે: $E_{K_{\alpha}} = E_{K} - E_{L}$.
ફોટોનની ઉર્જા $E_{K_{\alpha}} = \frac{hc}{\lambda}$ તરીકે ગણવામાં આવે છે.
આપેલ છે $h = 4.14 \times 10^{-15} \, eVs$ અને $c = 3 \times 10^{8} \, ms^{-1}$,તેથી $hc = 12.42 \times 10^{-7} \, eV \cdot m$.
તરંગલંબાઈ $\lambda = 0.071 \times 10^{-9} \, m$ મૂકતા:
$E_{K_{\alpha}} = \frac{12.42 \times 10^{-7}}{0.071 \times 10^{-9}} \, eV \approx 17493 \, eV \approx 17.5 \, keV$.
આપણને $K$ ઇલેક્ટ્રોન દૂર થયેલ પરમાણુની ઉર્જા $E_{K} = 27.5 \, keV$ આપેલ છે.
સંબંધ $E_{L} = E_{K} - E_{K_{\alpha}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E_{L} = 27.5 \, keV - 17.5 \, keV = 10 \, keV$.