JEE Main 2022 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) ધારો કે સ્પ્રિંગનું વિસ્તરણ $\Delta x$ છે. સ્પ્રિંગની કુલ લંબાઈ $l = l_{0} + \Delta x$ થાય છે.
$m$ દળના પદાર્થની વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ સ્પ્રિંગ બળ $F_{s} = k \Delta x$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
સ્પ્રિંગ બળને કેન્દ્રગામી બળ સાથે સરખાવતા: $k \Delta x = m \omega^{2} (l_{0} + \Delta x)$.
સમીકરણનું વિસ્તરણ કરતા: $k \Delta x = m \omega^{2} l_{0} + m \omega^{2} \Delta x$.
$\Delta x$ માટે ઉકેલવા પદોને ગોઠવતા: $k \Delta x - m \omega^{2} \Delta x = m \omega^{2} l_{0}$.
$\Delta x (k - m \omega^{2}) = m \omega^{2} l_{0}$.
તેથી,વિસ્તરણ $\Delta x = \frac{m \omega^{2} l_{0}}{k - m \omega^{2}}$ થશે.

(B) ધારો કે સૌથી નીચલું સ્થાન $A$ છે અને સમક્ષિતિજ સ્થાન $B$ છે। $A$ પર, વેગ $\vec{v}_A = u \hat{i}$ છે。
$A$ અને $B$ વચ્ચે યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{2}mu^2 = \frac{1}{2}mv_B^2 + mgL$.
$v_B$ માટે ઉકેલતા, આપણને $v_B^2 = u^2 - 2gL$ મળે છે, તેથી $v_B = \sqrt{u^2 - 2gL}$.
સ્થાન $B$ પર, વેગ $\vec{v}_B = v_B \hat{j} = \sqrt{u^2 - 2gL} \hat{j}$ છે。
વેગમાં ફેરફાર $\Delta \vec{v} = \vec{v}_B - \vec{v}_A = \sqrt{u^2 - 2gL} \hat{j} - u \hat{i}$ છે。
વેગમાં ફેરફારનું મૂલ્ય $|\Delta \vec{v}| = \sqrt{(-u)^2 + (\sqrt{u^2 - 2gL})^2} = \sqrt{u^2 + u^2 - 2gL} = \sqrt{2u^2 - 2gL}$ છે。
$|\Delta \vec{v}| = \sqrt{2(u^2 - gL)}$.
આને $\sqrt{x(u^2 - gL)}$ સાથે સરખાવતા, આપણને $x = 2$ મળે છે.

(A) તંત્રની કુલ ગુરુત્વાકર્ષી સ્થિતિઊર્જા $U$ એ તમામ ગોળાઓની જોડીઓની સ્થિતિઊર્જાનો સરવાળો છે.
$1$. ચોરસના ખૂણાઓ પર રહેલા $m$ દળના ચાર ગોળાઓની સ્થિતિઊર્જા:
અહીં $d$ લંબાઈની $4$ બાજુઓ અને $\sqrt{2}d$ લંબાઈના $2$ વિકર્ણો છે.
$U_{m-m} = -\frac{G m^2}{d} \times 4 - \frac{G m^2}{\sqrt{2}d} \times 2 = -\frac{G m^2}{d} (4 + \sqrt{2})$.
$2$. કેન્દ્ર પર રહેલા $M$ દળના ગોળા અને $m$ દળના ચાર ગોળાઓ વચ્ચેની સ્થિતિઊર્જા:
કેન્દ્રથી દરેક ખૂણાનું અંતર $r = \frac{\sqrt{2}d}{2} = \frac{d}{\sqrt{2}}$ છે.
$U_{M-m} = -\frac{G M m}{r} \times 4 = -\frac{G M m}{d/\sqrt{2}} \times 4 = -\frac{4\sqrt{2} G M m}{d}$.
$3$. કુલ સ્થિતિઊર્જા $U = U_{m-m} + U_{M-m} = -\frac{G m}{d} [(4 + \sqrt{2})m + 4\sqrt{2}M]$.

(B) વિધાન $A$ ખોટું છે કારણ કે અણુઓની ગતિ માત્ર નિરપેક્ષ શૂન્ય ($0 \ K$ અથવા $-273.15^{\circ} C$) તાપમાને જ અટકે છે.
વિધાન $B$ સાચું છે. સરેરાશ મુક્ત પથ $\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi n d^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ સંખ્યા ઘનતા છે. જો ઘનતા $n$ વધે,તો $\lambda$ ઘટે છે.
વિધાન $C$ સાચું છે. આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = N k_B T$ નો ઉપયોગ કરતા,$n = \frac{N}{V} = \frac{P}{k_B T}$ મળે છે. આ કિંમત સરેરાશ મુક્ત પથના સૂત્રમાં મૂકતા: $\lambda = \frac{k_B T}{\sqrt{2} \pi d^2 P}$. જો $P$ અચળ હોય,તો $\lambda \propto T$,તેથી તાપમાન $T$ વધતા $\lambda$ વધે છે.
વિધાન $D$ ખોટું છે. પ્રતિ અણુ પ્રતિ સ્વતંત્રતાના અંશ દીઠ સરેરાશ ગતિઊર્જા $\frac{1}{2} k_B T$ છે. એકપરમાણ્વિક વાયુ માટે કુલ સરેરાશ ગતિઊર્જા $\frac{3}{2} k_B T$ છે.

(B) ધારો કે ગોળીનું દળ $m$ છે અને તેનો પ્રારંભિક વેગ $v$ છે.
ગોળીની ગતિઊર્જા $K.E. = \frac{1}{2} m v^2$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,આ ઊર્જાના $40 \%$ ભાગનો ઉપયોગ ગોળીને તેના ગલનબિંદુ સુધી ગરમ કરવા અને પછી તેને ઓગાળવા માટે થાય છે.
તાપમાન $127^{\circ} C$ થી $327^{\circ} C$ સુધી વધારવા માટે જરૂરી ઉષ્મા $Q_1 = m c \Delta T = m \times 125 \times (327 - 127) = m \times 125 \times 200 = 25000 m \, J$ છે.
ગોળીને ઓગાળવા માટે જરૂરી ઉષ્મા $Q_2 = m L = m \times 2.5 \times 10^{4} = 25000 m \, J$ છે.
કુલ જરૂરી ઉષ્મા $Q = Q_1 + Q_2 = 25000 m + 25000 m = 50000 m \, J$ છે.
ગતિઊર્જાના $40 \%$ ને કુલ ઉષ્મા સાથે સરખાવતા: $0.40 \times (\frac{1}{2} m v^2) = 50000 m$.
$0.2 v^2 = 50000$.
$v^2 = 250000$.
$v = 500 \, m \, s^{-1}$.

(B) આપેલ સમીકરણ $x = \sin \pi (t + 1/3) \, m$ છે.
સમીકરણનું વિસ્તરણ કરતા,$x = \sin (\pi t + \pi/3) \, m$ મળે છે.
વેગ $v$ એ સ્થાનાંતર $x$ નું સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન છે:
$v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt} [\sin (\pi t + \pi/3)] = \pi \cos (\pi t + \pi/3) \, m/s$.
$t = 1 \, s$ સમયે:
$v = \pi \cos (\pi(1) + \pi/3) = \pi \cos (4\pi/3) \, m/s$.
કારણ કે $\cos (4\pi/3) = \cos (\pi + \pi/3) = -\cos (\pi/3) = -1/2$:
$v = \pi \times (-1/2) = -\pi/2 \, m/s$.
ઝડપ એ વેગનું મૂલ્ય છે:
$|v| = |-\pi/2| = \pi/2 \, m/s$.
$cm/s$ માં રૂપાંતર કરતા $(1 \, m = 100 \, cm)$:
$|v| = (\pi/2) \times 100 = 50\pi \, cm/s$.
$\pi = 3.14$ લેતા:
$|v| = 50 \times 3.14 = 157 \, cm/s$.

(D) ધારો કે દોરડાના ઉપરના અડધા ભાગમાં તણાવ $T_1$ છે અને નીચેના અડધા ભાગમાં તણાવ $T_2$ છે. દોરડાનો નીચેનો અડધો ભાગ $m = 10 \, kg$ દળને ટેકો આપે છે,તેથી $T_2 = mg = 10 \times 10 = 100 \, N$.
મધ્ય બિંદુ પર જ્યાં આડું બળ $F = 30 \, N$ લગાડવામાં આવે છે,ત્યાં આપણે આડી અને ઊભી દિશામાં બળોનું સંતુલન ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
આડા સંતુલન માટે: $T_1 \sin \theta = F = 30 \, N$.
ઊભા સંતુલન માટે: $T_1 \cos \theta = T_2 = 100 \, N$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{T_1 \sin \theta}{T_1 \cos \theta} = \frac{30}{100} \Rightarrow \tan \theta = 0.3$.
આપેલ છે કે $\theta = \tan^{-1}(x \times 10^{-1})$,તેથી $\tan \theta = x \times 10^{-1} = \frac{x}{10}$.
$\tan \theta$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{x}{10} = 0.3 \Rightarrow x = 3$.

(D) ધારો કે $M = 12 \, kg$ એ પૈડાનું દળ છે અને $m = 3 \, kg$ એ લટકતું દળ છે. જ્યારે પૈડું શિરોલંબ ઊંચાઈ $h$ જેટલું નીચે જાય છે,ત્યારે દળ $m$ શિરોલંબ ઊંચાઈ $h$ જેટલું ઉપર જાય છે.
યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
પૈડાની સ્થિતિ ઉર્જામાં ઘટાડો = દળ $m$ ની સ્થિતિ ઉર્જામાં વધારો + તંત્રની ગતિ ઉર્જામાં વધારો.
$Mgh = mgh + \frac{1}{2} Mv^2 + \frac{1}{2} I \omega^2 + \frac{1}{2} mv^2$
પૈડું તકતી છે તેમ ધારતા,$I = \frac{1}{2} Mr^2$ અને $\omega = \frac{v}{r}$.
$(M - m)gh = \frac{1}{2} Mv^2 + \frac{1}{2} (\frac{1}{2} Mr^2) (\frac{v}{r})^2 + \frac{1}{2} mv^2$
$(12 - 3)gh = \frac{1}{2} (12)v^2 + \frac{1}{4} (12)v^2 + \frac{1}{2} (3)v^2$
$9gh = 6v^2 + 3v^2 + 1.5v^2 = 10.5v^2$
$v^2 = \frac{9gh}{10.5} = \frac{90gh}{105} = \frac{6}{7} gh$
$v = \sqrt{\frac{6}{7} gh} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{24}{7} gh}$.
$\frac{1}{2} \sqrt{xgh}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = \frac{24}{7} \approx 3.43$ મળે છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,નજીકની પૂર્ણાંક કિંમત $3$ છે.

(D) સમદાબી પ્રક્રિયા માટે,થયેલ કાર્ય $W = P \Delta V = nR \Delta T = 400 \ J$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વાયુને આપેલી ઉષ્મા $Q = nC_p \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કારણ કે $C_p = \frac{\gamma R}{\gamma - 1}$,તેથી $Q = n \left( \frac{\gamma R}{\gamma - 1} \right) \Delta T$ થાય.
$nR \Delta T = W = 400 \ J$ અને $\gamma = 1.4$ મૂકતા:
$Q = \frac{\gamma}{\gamma - 1} \times W = \frac{1.4}{1.4 - 1} \times 400$.
$Q = \frac{1.4}{0.4} \times 400 = 3.5 \times 400 = 1400 \ J$.

(C) અંતિમ સ્થિતિથી શરૂ થતા $SHM$ માં કણ માટે સ્થાનાંતરનું સમીકરણ $x = A \cos(\omega t)$ છે.
આપેલ કંપવિસ્તાર $A = 8 \,cm$ અને આવર્તકાળ $T = 6 \,s$ છે.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3} \,rad/s$ છે.
આપણે $x = \frac{A}{2} = 4 \,cm$ સુધી પહોંચવા માટેનો સમય $t$ શોધવો છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{A}{2} = A \cos(\omega t) \implies \cos(\omega t) = \frac{1}{2}$.
આનો અર્થ એ છે કે $\omega t = \frac{\pi}{3}$.
$\omega = \frac{\pi}{3}$ મૂકતા,આપણને $\frac{\pi}{3} t = \frac{\pi}{3}$ મળે છે,જે $t = 1 \,s$ આપે છે.

(B) આપેલ છે: $v_{2} = \frac{n}{m^{2}} v_{1}$ અને $a_{2} = \frac{a_{1}}{mn}$.
$v = \frac{L}{T}$ અને $a = \frac{L}{T^{2}}$ હોવાથી:
$\frac{L_{2}}{T_{2}} = \frac{n}{m^{2}} \frac{L_{1}}{T_{1}}$ --- $(1)$
$\frac{L_{2}}{T_{2}^{2}} = \frac{1}{mn} \frac{L_{1}}{T_{1}^{2}}$ --- $(2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $(2)$ વડે ભાગતા:
$\frac{T_{1}^{2}}{T_{2}} = \frac{n}{m^{2}} \times mn \times T_{1} = \frac{n^{2}}{m} T_{1}$
$\frac{T_{2}}{T_{1}} = \frac{m}{n^{2}}$ (જેનો અર્થ છે $T_{1} = \frac{n^{2}}{m} T_{2}$).
$T_{2} = \frac{m}{n^{2}} T_{1}$ ને $(1)$ માં મૂકતા:
$\frac{L_{2}}{(\frac{m}{n^{2}}) T_{1}} = \frac{n}{m^{2}} \frac{L_{1}}{T_{1}}$
$L_{2} = \frac{n}{m^{2}} \times \frac{m}{n^{2}} L_{1} = \frac{1}{mn} L_{1}$
$L_{1} = mn L_{2}$.
વિકલ્પો તપાસતા,સમય માટેનો સાચો સંબંધ $T_{1} = \frac{n^{2}}{m} T_{2}$ છે.

(B) આપેલ કોણીય પ્રવેગ $\alpha = \frac{d\omega}{dt} = 6t^2 - 2t$ છે.
કોણીય વેગ $\omega$ શોધવા માટે $t$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$\int_{10}^{\omega} d\omega = \int_{0}^{t} (6t^2 - 2t) dt$
$\omega - 10 = [2t^3 - t^2]_0^t$
$\omega = 2t^3 - t^2 + 10$.
હવે,$\omega = \frac{d\theta}{dt} = 2t^3 - t^2 + 10$.
કોણીય સ્થાન $\theta$ શોધવા માટે $t$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$\int_{4}^{\theta} d\theta = \int_{0}^{t} (2t^3 - t^2 + 10) dt$
$\theta - 4 = [\frac{2t^4}{4} - \frac{t^3}{3} + 10t]_0^t$
$\theta - 4 = \frac{t^4}{2} - \frac{t^3}{3} + 10t$
$\theta = \frac{t^4}{2} - \frac{t^3}{3} + 10t + 4$.

(C) આપેલ દળ $m = 2\,kg$,પ્રારંભિક વેગ $u = 4\,ms^{-1}$ જ્યારે $x = 0.5\,m$ છે.
અવરોધક બળ $F = -kx = -12x$ છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,$F = ma$,તેથી $a = \frac{F}{m} = \frac{-12x}{2} = -6x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $a = v \frac{dv}{dx}$,તેથી $v \frac{dv}{dx} = -6x$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int_{4}^{v} v \, dv = \int_{0.5}^{1.5} -6x \, dx$.
$\left[ \frac{v^2}{2} \right]_{4}^{v} = -6 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0.5}^{1.5}$.
$\frac{v^2 - 16}{2} = -3 [ (1.5)^2 - (0.5)^2 ]$.
$\frac{v^2 - 16}{2} = -3 [ 2.25 - 0.25 ] = -3 [ 2 ] = -6$.
$v^2 - 16 = -12$.
$v^2 = 4$,જે આપે છે $v = 2\,ms^{-1}$.

(C) ધારો કે સીડીની લંબાઈ $L = \sqrt{34}\,m$ છે અને પાયાનું અંતર $b = 3\,m$ છે.
દીવાલ પર સીડીની ઊંચાઈ $h = \sqrt{L^2 - b^2} = \sqrt{34 - 9} = \sqrt{25} = 5\,m$ છે.
ધારો કે $\theta$ એ સીડી જમીન સાથે બનાવેલો ખૂણો છે. તેથી $\cos \theta = \frac{b}{L} = \frac{3}{\sqrt{34}}$ અને $\sin \theta = \frac{h}{L} = \frac{5}{\sqrt{34}}$.
આમ,$\cot \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta} = \frac{3}{5}$.
ધારો કે $N_1$ એ જમીન દ્વારા લાગતું લંબબળ છે અને $f$ એ જમીન દ્વારા લાગતું ઘર્ષણ બળ છે. ધારો કે $N_2$ એ ઘર્ષણરહિત દીવાલ દ્વારા લાગતું લંબબળ છે.
સ્થળાંતર સંતુલન માટે: $\sum F_x = 0 \implies f = N_2$ અને $\sum F_y = 0 \implies N_1 = mg$.
પાયાની આસપાસ ભ્રમણીય સંતુલન માટે: $N_2 \times L \sin \theta = mg \times \frac{L}{2} \cos \theta$.
$N_2 = \frac{mg}{2} \cot \theta = \frac{mg}{2} \times \frac{3}{5} = \frac{3mg}{10}$.
જમીનનું પ્રતિક્રિયા બળ $F_f = \sqrt{N_1^2 + f^2} = \sqrt{(mg)^2 + (N_2)^2} = \sqrt{(mg)^2 + (\frac{3mg}{10})^2} = mg \sqrt{1 + \frac{9}{100}} = mg \sqrt{\frac{109}{100}} = \frac{mg}{10} \sqrt{109}$.
દીવાલનું પ્રતિક્રિયા બળ $F_w = N_2 = \frac{3mg}{10}$.
ગુણોત્તર $\frac{F_w}{F_f} = \frac{3mg/10}{(mg/10)\sqrt{109}} = \frac{3}{\sqrt{109}}$.

(B) દળનો પ્રવાહ દર $m = 9 \times 10^{4}\,kg$ પ્રતિ કલાક છે. તેને સેકન્ડમાં ફેરવતા, $m = \frac{9 \times 10^{4}}{3600}\,kg/s = 25\,kg/s$.
પ્રતિ સેકન્ડ ગુરુત્વીય સ્થિતિ ઊર્જા (પાવર) $P_{in} = mgh = 25 \times 10 \times 40 = 10000\,W$ છે.
આપેલ છે કે આ ઊર્જાના $50\%$ ભાગનું વિદ્યુત ઊર્જામાં રૂપાંતર થાય છે, તેથી ઉપલબ્ધ વિદ્યુત પાવર $P_{elec} = 0.5 \times P_{in} = 0.5 \times 10000 = 5000\,W$ છે.
જો દરેક લેમ્પ $100\,W$ વાપરે, તો પ્રજ્વલિત કરી શકાય તેવા લેમ્પની સંખ્યા $n = \frac{P_{elec}}{100} = \frac{5000}{100} = 50$ છે.

(C) ન્યૂટનના ગુરુત્વાકર્ષણના નિયમ મુજબ,$r$ અંતરે રહેલા $m$ દળના બે પદાર્થો વચ્ચેનું પ્રારંભિક બળ $F = \frac{Gm^2}{r^2}$ છે.
જ્યારે એક પદાર્થનું એક-તૃતીયાંશ દળ બીજા પદાર્થમાં સ્થાનાંતરિત થાય છે,ત્યારે નવા દળ $m_1 = m - \frac{1}{3}m = \frac{2}{3}m$ અને $m_2 = m + \frac{1}{3}m = \frac{4}{3}m$ બને છે.
નવું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F^{\prime} = \frac{G m_1 m_2}{r^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નવા દળોની કિંમત મૂકતા: $F^{\prime} = \frac{G (\frac{2}{3}m) (\frac{4}{3}m)}{r^2} = \frac{8}{9} \frac{Gm^2}{r^2}$.
કારણ કે $F = \frac{Gm^2}{r^2}$,તેથી આપણને $F^{\prime} = \frac{8}{9}F$ મળે છે.

(D) ટર્મિનલ વેગ પર,સ્નિગ્ધતા બળ એ પાણીના ટીપાના વજન જેટલું હોય છે (કારણ કે ઉત્પ્લાવક બળ અવગણવામાં આવે છે).
$6 \pi \eta r v_t = \frac{4}{3} \pi r^3 \rho g$
ટર્મિનલ વેગ $v_t$ માટે સૂત્ર:
$v_t = \frac{2 r^2 \rho g}{9 \eta}$
આપેલ કિંમતો:
$r = 1\,\mu m = 10^{-6}\,m$
$\eta = 1.8 \times 10^{-5}\,Nsm^{-2}$
$\rho = 10^3\,kgm^{-3}$
$g = 10\,ms^{-2}$
કિંમતો મૂકતા:
$v_t = \frac{2 \times (10^{-6})^2 \times 10^3 \times 10}{9 \times 1.8 \times 10^{-5}}$
$v_t = \frac{2 \times 10^{-12} \times 10^4}{16.2 \times 10^{-5}}$
$v_t = \frac{2 \times 10^{-8}}{16.2 \times 10^{-5}} = \frac{2}{16.2} \times 10^{-3} \approx 0.1234 \times 10^{-3} = 123.4 \times 10^{-6}\,ms^{-1}$

(B) ચક્રીય પ્રક્રિયા માટે,આંતરિક ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = 0$ થાય છે. તેથી,કુલ શોષાયેલી ઉષ્મા $\Delta Q$ એ વાયુ દ્વારા થયેલા કુલ કાર્ય $\Delta W$ જેટલી હોય છે.
$\Delta Q_{\text{cycle}} = \Delta Q_{AB} + \Delta Q_{BC} + \Delta Q_{CA} = 40 + 0 - 60 = -20 \ J$.
કારણ કે $\Delta Q_{\text{cycle}} = \Delta W_{\text{cycle}}$,તેથી $\Delta W_{\text{cycle}} = -20 \ J$.
કુલ કાર્ય $\Delta W_{\text{cycle}} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA}$ છે.
આકૃતિ પરથી,પ્રક્રિયા $AB$ એ સમકદ (isochoric) છે (ઊભી રેખા),તેથી $W_{AB} = 0$.
આપેલ છે કે $W_{BC} = -50 \ J$ (વાયુ પર થયેલ કાર્ય).
આમ,$-20 = 0 + (-50) + W_{CA}$.
$W_{CA} = -20 + 50 = 30 \ J$.

(B) વાયુનો રૂટ મીન સ્ક્વેર વેગ $(V_{rms})$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$.
આપેલ છે કે તાપમાન બમણું થાય છે,તેથી $T' = 2T$.
જ્યારે ઓક્સિજનના અણુઓ $(O_2)$ પરમાણ્વીય ઓક્સિજન $(O)$ માં વિભાજિત થાય છે,ત્યારે મોલર દળ અડધું થાય છે,તેથી $M' = M/2$.
આ કિંમતોને $V_{rms} \propto \sqrt{\frac{T}{M}}$ ના પ્રમાણમાં મૂકતા:
$\frac{(V_{rms})_{atomic}}{(V_{rms})_{molecular}} = \sqrt{\frac{T'}{M'} \cdot \frac{M}{T}} = \sqrt{\frac{2T}{M/2} \cdot \frac{M}{T}} = \sqrt{4} = 2$.
તેથી,પરમાણ્વીય ઓક્સિજનનો વેગ ઓક્સિજનના અણુઓના પ્રારંભિક વેગ કરતા $2$ ગણો થાય છે.

(B) પગલું $1$: અવલોકનોનું સરેરાશ મૂલ્ય શોધો.
$X_{mean} = \frac{1.22 + 1.23 + 1.19 + 1.20}{4} = \frac{4.84}{4} = 1.21\,mm$.
પગલું $2$: દરેક અવલોકન માટે નિરપેક્ષ ત્રુટિ શોધો.
$|\Delta X_1| = |1.22 - 1.21| = 0.01\,mm$
$|\Delta X_2| = |1.23 - 1.21| = 0.02\,mm$
$|\Delta X_3| = |1.19 - 1.21| = 0.02\,mm$
$|\Delta X_4| = |1.20 - 1.21| = 0.01\,mm$
પગલું $3$: સરેરાશ નિરપેક્ષ ત્રુટિ શોધો.
$\Delta X_{mean} = \frac{0.01 + 0.02 + 0.02 + 0.01}{4} = \frac{0.06}{4} = 0.015\,mm$.
પગલું $4$: પ્રતિશત ત્રુટિ શોધો.
$\text{પ્રતિશત ત્રુટિ} = \left( \frac{\Delta X_{mean}}{X_{mean}} \right) \times 100\% = \left( \frac{0.015}{1.21} \right) \times 100\% = \frac{1.5}{1.21}\% = \frac{150}{121}\%$.
આને $\frac{x}{121}\%$ સાથે સરખાવતા,$x = 150$ મળે છે.

(C) ધ્વનિ તરંગની તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{V}{f} = \frac{340}{340} = 1\,m = 100\,cm$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
એક છેડે બંધ નળી માટે,અનુનાદ $L = \frac{n\lambda}{4}$ લંબાઈ પર થાય છે,જ્યાં $n = 1, 3, 5, \dots$.
આપેલ લંબાઈ $L_1 = 125\,cm$ એ $n = 5$ ને અનુરૂપ છે કારણ કે $\frac{5 \times 100}{4} = 125\,cm$.
આ પછીનો અનુનાદ $n = 3$ પર થાય છે,જે $L_2 = \frac{3 \times 100}{4} = 75\,cm$ છે.
હવાના સ્તંભની લંબાઈને $125\,cm$ થી ઘટાડીને $75\,cm$ કરવા માટે જરૂરી પાણીની ઊંચાઈ $h = 125\,cm - 75\,cm = 50\,cm$ છે.

(C) આપેલ છે:
ઘનતા $\rho = 750\,kg\,m^{-3}$
$A_{1} = 1.2 \times 10^{-2}\,m^{2}$
$A_{2} = \frac{A_{1}}{2} = 0.6 \times 10^{-2}\,m^{2}$
દબાણનો તફાવત $\Delta P = P_{1} - P_{2} = 4500\,Pa$
સાતત્ય સમીકરણ (Equation of Continuity) નો ઉપયોગ કરતા:
$A_{1}V_{1} = A_{2}V_{2}$
$A_{1}V_{1} = (A_{1}/2)V_{2} \Rightarrow V_{2} = 2V_{1}$
આડા પાઇપ માટે બર્નુલીના સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા $(h_{1} = h_{2})$:
$P_{1} + \frac{1}{2}\rho V_{1}^{2} = P_{2} + \frac{1}{2}\rho V_{2}^{2}$
$P_{1} - P_{2} = \frac{1}{2}\rho(V_{2}^{2} - V_{1}^{2})$
$4500 = \frac{1}{2} \times 750 \times ((2V_{1})^{2} - V_{1}^{2})$
$4500 = 375 \times (4V_{1}^{2} - V_{1}^{2})$
$4500 = 375 \times 3V_{1}^{2}$
$4500 = 1125V_{1}^{2}$
$V_{1}^{2} = 4 \Rightarrow V_{1} = 2\,m\,s^{-1}$
વહનનો દર (કદ વહન દર) $Q = A_{1}V_{1}$
$Q = (1.2 \times 10^{-2}) \times 2 = 2.4 \times 10^{-2}\,m^{3}\,s^{-1}$
$Q = 24 \times 10^{-3}\,m^{3}\,s^{-1}$
આમ,વહનનો દર $24 \times 10^{-3}\,m^{3}\,s^{-1}$ છે.

(D) $m = 2\,kg$ દળના નીચે પડતા બ્લોક માટે ગતિનું સમીકરણ: $mg - T = ma$ ...........$(1)$
$M = 4\,kg$ દળની ફરતી તકતી માટે ટોર્કનું સમીકરણ: $TR = I\alpha = (\frac{1}{2}MR^2)\alpha$ ...........$(2)$
દોરી લપસતી ન હોવાથી,બ્લોકનો રેખીય પ્રવેગ $a$ અને તકતીનો કોણીય પ્રવેગ $\alpha$ વચ્ચેનો સંબંધ: $a = R\alpha$ અથવા $\alpha = \frac{a}{R}$ ...........$(3)$
સમીકરણ $(3)$ ને $(2)$ માં મૂકતા: $TR = \frac{1}{2}MR^2(\frac{a}{R}) \implies T = \frac{1}{2}Ma$
અહીં $M = 4\,kg$ અને $m = 2\,kg$ આપેલ છે,તેથી $T = \frac{1}{2}(4)a = 2a$
$T = 2a$ ને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા: $mg - 2a = ma \implies (2)(10) - 2a = 2a$
$20 = 4a \implies a = 5\,m/s^2$
હવે,તણાવ $T$ ની ગણતરી કરતા: $T = 2a = 2(5) = 10\,N$.

(D) ધારો કે કુલ અંતર $AB = d$ છે.
દરેક ભાગમાં કાપેલું અંતર $\frac{d}{3}$ છે.
દરેક ભાગ માટે લાગતો સમય $t_{1} = \frac{d/3}{v_{1}}$,$t_{2} = \frac{d/3}{v_{2}}$,અને $t_{3} = \frac{d/3}{v_{3}}$ છે.
સરેરાશ વેગ $v_{avg}$ નીચે મુજબ મળે:
$v_{avg} = \frac{\text{કુલ અંતર}}{\text{કુલ સમય}} = \frac{d}{t_{1} + t_{2} + t_{3}} = \frac{d}{\frac{d}{3v_{1}} + \frac{d}{3v_{2}} + \frac{d}{3v_{3}}}$
$v_{avg} = \frac{3}{\frac{1}{v_{1}} + \frac{1}{v_{2}} + \frac{1}{v_{3}}}$
આપેલ છે કે $v_{1} = 11 \, ms^{-1}$,$v_{2} = 2v_{1} = 22 \, ms^{-1}$,અને $v_{3} = 3v_{1} = 33 \, ms^{-1}$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$v_{avg} = \frac{3}{\frac{1}{11} + \frac{1}{22} + \frac{1}{33}} = \frac{3}{\frac{6+3+2}{66}} = \frac{3 \times 66}{11} = 3 \times 6 = 18 \, ms^{-1}$.

(A) પગલું $1$: વિધાન $A$ નું વિશ્લેષણ કરો. દબાણ $(P)$ ના પરિમાણ $[M L^{-1} T^{-2}]$ છે અને સમય $(t)$ ના પરિમાણ $[T]$ છે. તેથી,$Pt$ ના પરિમાણ $[M L^{-1} T^{-2}] \times [T] = [M L^{-1} T^{-1}]$ થાય છે.
પગલું $2$: સ્નિગ્ધતા ગુણાંક $(\eta)$ ના પરિમાણનું વિશ્લેષણ કરો. ન્યૂટનના સ્નિગ્ધતાના નિયમ મુજબ,$F = \eta A \frac{dv}{dx}$,તેથી $\eta = \frac{F}{A (dv/dx)}$. તેના પરિમાણ $[M L T^{-2}] / ([L^2] \times [T^{-1}]) = [M L^{-1} T^{-1}]$ થાય છે. આમ,વિધાન $A$ સાચું છે.
પગલું $3$: કારણ $R$ નું વિશ્લેષણ કરો. સ્નિગ્ધતા ગુણાંકનું સૂત્ર $\eta = \frac{F}{A (dv/dx)}$ છે. મૂળ પ્રશ્નમાં આપેલું વિધાન અધૂરું હતું કારણ કે તેમાં ક્ષેત્રફળનો પદ બાકી હતો. સુધારા સાથે,કારણ $R$ સાચું છે અને તે સ્નિગ્ધતાના પરિમાણને સમજાવે છે. તેથી,$A$ અને $R$ બંને સાચા છે અને $R$ એ $A$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(C) કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a = \frac{v^{2}}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $a = k^{2} r t^{2}$,તેથી $\frac{v^{2}}{r} = k^{2} r t^{2}$.
વેગ $v$ માટે ઉકેલતા,$v^{2} = k^{2} r^{2} t^{2}$,એટલે કે $v = krt$.
સ્પર્શકીય પ્રવેગ $a_{t}$ એ ઝડપમાં થતો ફેરફાર છે: $a_{t} = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(krt) = kr$.
સ્પર્શકીય બળ $F_{t} = m a_{t} = mkr$.
બળ દ્વારા અપાતો પાવર $P = \vec{F} \cdot \vec{v} = F_{t} v$.
કિંમતો મૂકતા,$P = (mkr)(krt) = m k^{2} r^{2} t$.

(A) આપેલ સમીકરણો $x = 4 \sin \left(\frac{\pi}{2} - \omega t\right)$ અને $y = 4 \sin (\omega t)$ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin \left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$x$ માટેના સમીકરણને $x = 4 \cos (\omega t)$ તરીકે લખી શકાય.
હવે આપણી પાસે $x = 4 \cos (\omega t)$ અને $y = 4 \sin (\omega t)$ છે.
પથ શોધવા માટે,બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરો:
$x^2 + y^2 = (4 \cos \omega t)^2 + (4 \sin \omega t)^2$
$x^2 + y^2 = 16 \cos^2 \omega t + 16 \sin^2 \omega t$
$x^2 + y^2 = 16 (\cos^2 \omega t + \sin^2 \omega t)$
કારણ કે $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$,તેથી આપણને $x^2 + y^2 = 4^2$ મળે છે.
આ ઉગમબિંદુ પર કેન્દ્રિત $4 \text{ m}$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળનું સમીકરણ છે. તેથી,કણનો પથ વર્તુળાકાર છે.

(A) સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$I = I_{com} + MR^2$.
$(A)$ નક્કર ગોળા માટે,$I_{com} = \frac{2}{5}MR^2$. સ્પર્શકને અનુલક્ષીને,$I = \frac{2}{5}MR^2 + MR^2 = \frac{7}{5}MR^2$ $(II)$.
$(B)$ પોલા ગોળા માટે,$I_{com} = \frac{2}{3}MR^2$. સ્પર્શકને અનુલક્ષીને,$I = \frac{2}{3}MR^2 + MR^2 = \frac{5}{3}MR^2$ $(I)$.
$(C)$ વર્તુળાકાર રીંગ માટે,$I_{com} = MR^2$ (સમતલને લંબ અક્ષને અનુલક્ષીને). લંબ અક્ષના પ્રમેય મુજબ,$I_x + I_y = I_z$. કારણ કે $I_x = I_y = I_{diameter}$,તેથી $2I_{diameter} = MR^2$,એટલે કે $I_{diameter} = \frac{1}{2}MR^2$ $(IV)$.
$(D)$ વર્તુળાકાર તકતી માટે,$I_{com} = \frac{1}{2}MR^2$. લંબ અક્ષના પ્રમેય મુજબ,$2I_{diameter} = \frac{1}{2}MR^2$,તેથી $I_{diameter} = \frac{1}{4}MR^2$ $(III)$.
આમ,સાચી જોડ $A-II, B-I, C-IV, D-III$ છે.

(C) કેપ્લરના ગ્રહીય ગતિના ત્રીજા નિયમ મુજબ,પરિભ્રમણના સમયગાળા $T$ નો વર્ગ એ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r$ ના ઘન સાથે સમપ્રમાણમાં હોય છે: $T^{2} \propto r^{3}$.
આપેલ છે કે $T_{A} = 2 T_{B}$,તેથી સમયગાળાનો ગુણોત્તર $\frac{T_{A}}{T_{B}} = 2$ થાય.
સંબંધ $\left(\frac{T_{A}}{T_{B}}\right)^{2} = \left(\frac{r_{A}}{r_{B}}\right)^{3}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે કિંમતો મૂકીએ:
$(2)^{2} = \left(\frac{r_{A}}{r_{B}}\right)^{3}$
$4 = \frac{r_{A}^{3}}{r_{B}^{3}}$
$r_{A}^{3} = 4 r_{B}^{3}$.

(A) આપેલ છે: વ્યાસ $D = 2\,cm$,તેથી ત્રિજ્યા $r = 1\,cm = 0.01\,m$. પૃષ્ઠતાણ $T = 0.075\,N/m$. ટીપાંની સંખ્યા $n = 64$.
કદના સંરક્ષણ મુજબ: $\frac{4}{3} \pi r^3 = n \times \frac{4}{3} \pi r_0^3$,જ્યાં $r_0$ એ દરેક નાના ટીપાની ત્રિજ્યા છે.
$r^3 = 64 r_0^3 \implies r_0 = \frac{r}{4} = \frac{0.01}{4} = 0.0025\,m$.
પ્રારંભિક પૃષ્ઠ ક્ષેત્રફળ $A_i = 4 \pi r^2$.
અંતિમ પૃષ્ઠ ક્ષેત્રફળ $A_f = n \times 4 \pi r_0^2 = 64 \times 4 \pi (r/4)^2 = 64 \times 4 \pi (r^2/16) = 16 \pi r^2$.
પૃષ્ઠ ઊર્જામાં થતો વધારો $\Delta SE = T \times (A_f - A_i) = T \times (16 \pi r^2 - 4 \pi r^2) = T \times 12 \pi r^2$.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta SE = 0.075 \times 12 \times 3.14159 \times (0.01)^2$.
$\Delta SE = 0.075 \times 12 \times 3.14159 \times 0.0001 = 0.9 \times 3.14159 \times 10^{-4} \approx 2.827 \times 10^{-4}\,J$.

(A) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,$\mu$ મોલ આદર્શ વાયુ દ્વારા થયેલ કાર્ય $W$ નું સૂત્ર $W = \frac{\mu R(T_1 - T_2)}{\gamma - 1}$ છે,જેને $W = \frac{\mu R(T_2 - T_1)}{1 - \gamma}$ તરીકે લખી શકાય છે. આમ,વિધાન-$I$ સાચું છે.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$Q = W + \Delta U$. એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,$Q = 0$,તેથી $\Delta U = -W$.
જ્યારે વાયુ પર કાર્ય કરવામાં આવે છે,ત્યારે $W < 0$ થાય છે. તેથી,$\Delta U = -W > 0$. કારણ કે $\Delta U = \mu C_V \Delta T$,આંતરિક ઉર્જામાં ધન ફેરફાર તાપમાનમાં વધારો સૂચવે છે. આમ,વિધાન-$II$ સાચું છે.

(D) બીટ આવૃત્તિ $f_b$ ને એકમ સમયમાં થતા બીટ્સની સંખ્યા તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે: $f_b = \frac{40}{12} = \frac{10}{3}\,Hz$.
તરંગલંબાઈ $\lambda_1 = 4.08\,m$ અને $\lambda_2 = 4.16\,m$ ને અનુરૂપ આવૃત્તિઓ $f_1 = \frac{v}{\lambda_1}$ અને $f_2 = \frac{v}{\lambda_2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v$ એ ધ્વનિનો વેગ છે.
બીટ આવૃત્તિ એ આ બે આવૃત્તિઓ વચ્ચેનો તફાવત છે: $f_b = f_1 - f_2 = v \left( \frac{1}{\lambda_1} - \frac{1}{\lambda_2} \right)$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\frac{10}{3} = v \left( \frac{1}{4.08} - \frac{1}{4.16} \right)$.
તફાવતની ગણતરી કરતા: $\frac{1}{4.08} - \frac{1}{4.16} = \frac{4.16 - 4.08}{4.08 \times 4.16} = \frac{0.08}{16.9728} \approx 0.004713$.
આમ,$v = \frac{10}{3} \times \frac{4.08 \times 4.16}{0.08} = \frac{10}{3} \times 212.16 = 707.2\,m\,s^{-1}$.

(A) યાંત્રિક ઉર્જાના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,લોલકના ગોળાનો મહત્તમ વેગ તેના સૌથી નીચલા સ્થાને પ્રાપ્ત થાય છે.
ધારો કે દોરીની લંબાઈ $\ell = 250\,cm = 2.5\,m$ છે.
ગોળો જે શિરોલંબ ઊંચાઈ $h$ નીચે આવે છે તે નીચે મુજબ છે:
$h = \ell - \ell \cos 60^{\circ} = \ell(1 - \cos 60^{\circ})$
$h = 2.5 \times (1 - 0.5) = 2.5 \times 0.5 = 1.25\,m$
ઉર્જા સંરક્ષણનો ઉપયોગ કરતા,સૌથી ઉંચા બિંદુએ રહેલી સ્થિતિ ઉર્જા સૌથી નીચલા બિંદુએ ગતિ ઉર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે:
$mgh = \frac{1}{2}mv_{\max}^2$
$v_{\max} = \sqrt{2gh}$
$v_{\max} = \sqrt{2 \times 10 \times 1.25} = \sqrt{25} = 5\,m/s$

(B) કોણીય વેગમાન $\overrightarrow{L}$ એ સ્થાન સદિશ $\overrightarrow{r}$ અને રેખીય વેગમાન $\overrightarrow{p} = m\overrightarrow{v}$ નો સદિશ ગુણાકાર છે.
અહીં $m = 1\,kg$,$\overrightarrow{r} = (3\hat{i} - \hat{j})\,m$,અને $\overrightarrow{v} = (3\hat{j} + \hat{k})\,m/s$ આપેલ છે.
$\overrightarrow{L} = \overrightarrow{r} \times (m\overrightarrow{v}) = 1 \cdot [(3\hat{i} - \hat{j}) \times (3\hat{j} + \hat{k})]$.
સદિશ ગુણાકારની ગણતરી કરતા:
$\overrightarrow{L} = 3\hat{i} \times 3\hat{j} + 3\hat{i} \times \hat{k} - \hat{j} \times 3\hat{j} - \hat{j} \times \hat{k}$.
એકમ સદિશના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા ($\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}$,$\hat{i} \times \hat{k} = -\hat{j}$,$\hat{j} \times \hat{j} = 0$,$\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$):
$\overrightarrow{L} = 9\hat{k} - 3\hat{j} - 0 - \hat{i} = -\hat{i} - 3\hat{j} + 9\hat{k}$.
તેનું મૂલ્ય $|\overrightarrow{L}| = \sqrt{(-1)^2 + (-3)^2 + (9)^2} = \sqrt{1 + 9 + 81} = \sqrt{91}$.
આમ,$x = 91$ થાય.

(B) માણસ અને ટ્રોલીને એક તંત્ર તરીકે ગણો. કૂદકા દરમિયાન તંત્ર પર કોઈ બાહ્ય આડા બળો લાગતા ન હોવાથી,તંત્રનું રેખીય વેગમાન સંરક્ષિત રહે છે.
ધારો કે માણસનું દળ $m_1 = 60\,kg$ છે અને તેનો પ્રારંભિક વેગ $v_1$ છે.
ધારો કે ટ્રોલીનું દળ $m_2 = 120\,kg$ છે અને તેનો પ્રારંભિક વેગ $v_2 = 0\,ms^{-1}$ છે.
માણસ ટ્રોલીમાં કૂદી પડે પછી,તેઓ $v_f = 2\,ms^{-1}$ ના સામાન્ય અંતિમ વેગથી સાથે ગતિ કરે છે.
રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$m_1 v_1 + m_2 v_2 = (m_1 + m_2) v_f$
$60 \times v_1 + 120 \times 0 = (60 + 120) \times 2$
$60 v_1 = 180 \times 2$
$60 v_1 = 360$
$v_1 = \frac{360}{60} = 6\,ms^{-1}$.

(C) ધારો કે તંત્રનો પ્રવેગ ડાબી તરફ $a$ છે.
બરફના સ્લેબ પર રહેલા $4M$ દળ માટે,ડાબી તરફ લાગતું ખેંચાણ બળ $2Mg$ અને જમણી તરફ લાગતું તણાવ બળ $T$ છે. ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ: $2Mg - T = 4Ma$ (સમીકરણ $1$).
લટકતા $M$ દળ માટે,ઉપરની તરફ લાગતું તણાવ બળ $T$ અને નીચેની તરફ લાગતું વજન બળ $Mg$ છે. તંત્ર ડાબી તરફ પ્રવેગિત થતું હોવાથી,$M$ દળ ઉપરની તરફ ગતિ કરશે. ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ: $T - Mg = Ma$ (સમીકરણ $2$).
સમીકરણ $1$ અને સમીકરણ $2$ નો સરવાળો કરતા: $(2Mg - T) + (T - Mg) = 4Ma + Ma$.
$Mg = 5Ma$,જે આપણને $a = \frac{g}{5}$ આપે છે.
$a$ ની કિંમત સમીકરણ $2$ માં મૂકતા: $T = Mg + M(\frac{g}{5}) = Mg + \frac{Mg}{5} = \frac{6Mg}{5}$.
આ કિંમતને આપેલ પદ $\frac{x}{5}Mg$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 6$ મળે છે.

(C) આદર્શ વાયુની આંતરિક ઉર્જા $U$ શોધવા માટેનું સૂત્ર $U = n C_v T$ છે.
એક-પરમાણ્વીય વાયુ માટે,અચળ કદ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_v = \frac{3}{2} R$ થાય છે.
આપેલ છે: $n = 2\,mol$,$T = 300\,K$,અને $R = 8.31\,J/mol\cdot K$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$U = 2 \times \left( \frac{3}{2} R \right) \times 300$
$U = 3 \times R \times 300$
$U = 900 \times 8.31$
$U = 7479\,J$.

(C) આપેલ છે: પ્રારંભિક વેગ $u = 0$. ધારો કે અચળ પ્રવેગ $a$ છે.
પ્રથમ સમયગાળા $t$ માટે,કાપેલું અંતર $s_1 = 10 \, m$ છે.
ગતિના સમીકરણ $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$10 = 0(t) + \frac{1}{2}at^2 \implies 10 = \frac{1}{2}at^2$ --- (સમીકરણ $1$)
કુલ સમયગાળા $2t$ માટે,ધારો કે કુલ કાપેલું અંતર $s_2 = 10 + x$ છે,જ્યાં $x$ એ પછીના $t \, s$ માં કાપેલું અંતર છે.
$10 + x = 0(2t) + \frac{1}{2}a(2t)^2$
$10 + x = \frac{1}{2}a(4t^2) = 4 \left( \frac{1}{2}at^2 \right)$ --- (સમીકરણ $2$)
સમીકરણ $1$ ને સમીકરણ $2$ માં મૂકતા:
$10 + x = 4(10)$
$10 + x = 40$
$x = 30 \, m$.

(D) જરૂરી લંબાઈ (વ્યાસ) માં ફેરફાર $\Delta L = L_2 - L_1 = 6.241 \,cm - 6.230 \,cm = 0.011 \,cm$ છે.
રેખીય ઉષ્મીય પ્રસરણનું સૂત્ર $\Delta L = L_1 \alpha_L \Delta T$ છે,જ્યાં $\Delta T = T_f - T_i$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $0.011 = 6.230 \times (1.4 \times 10^{-5}) \times (T_f - 27)$.
$\Delta T$ માટે ઉકેલતા: $\Delta T = \frac{0.011}{6.230 \times 1.4 \times 10^{-5}} = \frac{0.011 \times 10^5}{8.722} \approx 126.11^{\circ} C$.
તેથી,અંતિમ તાપમાન $T_f = 27 + 126.11 = 153.11^{\circ} C$.
આપેલ વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સૌથી નજીકની કિંમત $152.7^{\circ} C$ છે.

(D) વિસ્તરણ પ્રક્રિયા દરમિયાન વાયુ દ્વારા થયેલ કાર્ય $P-V$ આલેખની નીચેના ક્ષેત્રફળ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ $P-V$ આલેખ પરથી,$V_{i}$ થી $V_{f}$ સુધીના કદમાં સમાન ફેરફાર માટે,સમદાબી પ્રક્રિયા વક્ર $(3)$ ની નીચેનું ક્ષેત્રફળ સૌથી મોટું છે,ત્યારબાદ સમતાપી પ્રક્રિયા વક્ર $(1)$ આવે છે,અને સમોષ્મી પ્રક્રિયા વક્ર $(2)$ ની નીચેનું ક્ષેત્રફળ સૌથી નાનું છે.
તેથી,થયેલ કાર્યનો ક્રમ આ મુજબ છે: $W_{2} < W_{1} < W_{3}$.

(B) કેપ્લરના ગ્રહીય ગતિના ત્રીજા નિયમ મુજબ,આવર્તકાળ $(T)$ નો વર્ગ એ કક્ષાની ત્રિજ્યા $(r)$ ના ઘનના સમપ્રમાણમાં હોય છે: $T^2 \propto r^3$,જેનો અર્થ છે કે $T \propto r^{3/2}$.
આપેલ છે કે પ્રારંભિક આવર્તકાળ $T_1 = 7 \, hours$ અને પ્રારંભિક ત્રિજ્યા $r_1 = r$ છે.
નવી ત્રિજ્યા $r_2 = 3r$ છે.
ગુણોત્તરનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{r_2}{r_1}\right)^{3/2}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{T_2}{7} = \left(\frac{3r}{r}\right)^{3/2} = 3^{3/2} = 3\sqrt{3}$.
$T_2 = 7 \times 3\sqrt{3} = 21\sqrt{3} \, hours$.
કારણ કે $\sqrt{3} \approx 1.732$,તેથી $T_2 \approx 21 \times 1.732 = 36.372 \, hours$.
તેથી,નવો અંદાજિત આવર્તકાળ $36 \, hours$ છે.

(C) $S.H.M.$ માટેનું પ્રમાણિત સમીકરણ $Y = A \sin(\omega t + \phi)$ છે.
આપેલ સમીકરણ $Y = A \sin(\pi t + \phi)$ સાથે સરખાવતા,આપણને કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \pi \, rad/s$ મળે છે.
સરળ લોલક માટે,કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \sqrt{\frac{g}{\ell}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\omega^2 = \frac{g}{\ell}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\ell = \frac{g}{\omega^2}$.
ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g = 980 \, cm/s^2$ અને $\omega = \pi \, rad/s$ ની કિંમતનો ઉપયોગ કરતા:
$\ell = \frac{980}{\pi^2} \approx \frac{980}{9.8696} \approx 99.3 \, cm$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,આપણને $\ell \approx 99.4 \, cm$ મળે છે.

(C) $H_{2}$ નું મોલર દળ $2 \,g/mol$ છે. $H_{2}$ ના મોલની સંખ્યા $= \frac{16 \,g}{2 \,g/mol} = 8 \,moles$.
$O_{2}$ નું મોલર દળ $32 \,g/mol$ છે. $O_{2}$ ના મોલની સંખ્યા $= \frac{128 \,g}{32 \,g/mol} = 4 \,moles$.
કુલ મોલની સંખ્યા $n = 8 + 4 = 12 \,moles$.
$STP$ પર,આદર્શ વાયુનું મોલર કદ $22.4 \,L = 22.4 \times 10^{3} \,cm^{3}$ હોય છે.
કુલ કદ $V = n \times 22.4 \times 10^{3} \,cm^{3} = 12 \times 22.4 \times 10^{3} \,cm^{3} = 268.8 \times 10^{3} \,cm^{3} = 26.88 \times 10^{4} \,cm^{3}$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,કદ આશરે $27 \times 10^{4} \,cm^{3}$ છે.

(D) ધારો કે સપાટી પરના બ્લોકનું દળ $M = 40 \,kg$ છે અને લટકાવેલ દળ $m = 4 \,kg$ છે. ધારો કે તંત્રનો પ્રવેગ $a$ છે અને દોરીમાં તણાવ $T$ છે.
લટકાવેલ દળ $m$ માટે,ગતિનું સમીકરણ:
$mg - T = ma$
$4(10) - T = 4a \implies 40 - T = 4a$ --- $(1)$
સપાટી પરના બ્લોક $M$ માટે,ગતિક ઘર્ષણ બળ $f_k = \mu_k N = \mu_k Mg = 0.02 \times 40 \times 10 = 8 \,N$ છે.
બ્લોક માટે ગતિનું સમીકરણ:
$T - f_k = Ma$
$T - 8 = 40a$ --- $(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$(40 - T) + (T - 8) = 4a + 40a$
$32 = 44a$
$a = \frac{32}{44} = \frac{8}{11} \,m/s^2$.

(D) કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ, પદાર્થ પર લાગતા તમામ બળો દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય તેની ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે.
અહીં, બ્લોક પર કાર્ય કરતું એકમાત્ર બળ ગુરુત્વાકર્ષણ છે.
ગુરુત્વાકર્ષણ દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય $(W_g)$ = ગતિઊર્જામાં ફેરફાર $(\Delta K)$
$W_g = K_B - K_A$
બ્લોકને બિંદુ $A$ પરથી મુક્ત કરવામાં આવતો હોવાથી, તેનો પ્રારંભિક વેગ શૂન્ય છે, તેથી $K_A = 0$.
બિંદુ $A$ થી બિંદુ $B$ સુધી બ્લોકનું શિરોલંબ સ્થાનાંતર $y_0$ છે.
તેથી, ગુરુત્વાકર્ષણ દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય $W_g = m g y_0$ થાય.
આ કિંમતોને કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેયમાં મૂકતા:
$m g y_0 = K_B - 0$
$K_B = m g y_0$

(C) ધારો કે બ્લોકનું દળ $M$ છે. બ્લોક પર લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ નીચેની તરફ $Mg$ છે.
બોક્સના તળિયા દ્વારા બ્લોક પર લાગતું લંબબળ $N$ તેના વજનના ચોથા ભાગ જેટલું આપેલું છે,તેથી $N = \frac{Mg}{4}$.
જેহেতু બોક્સ $a$ પ્રવેગ સાથે નીચે ઉતરે છે,બ્લોક માટે ગતિનું સમીકરણ:
$Mg - N = Ma$
$N$ ની કિંમત મૂકતા:
$Mg - \frac{Mg}{4} = Ma$
$\frac{3Mg}{4} = Ma$
$a = \frac{3g}{4}$

(B) પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની મહત્તમ સમક્ષિતિજ અવધિ $R_{\max}$ નું સૂત્ર $R_{\max} = \frac{u^2}{g}$ છે,જ્યાં $u$ એ પ્રારંભિક વેગ છે અને $g$ એ ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ છે.
આપેલ છે કે $R_{\max} = 100 \, m$,તેથી $\frac{u^2}{g} = 100 \, m$.
જ્યારે દડાને શિરોલંબ દિશામાં ઉપર ફેંકવામાં આવે ત્યારે પ્રાપ્ત થતી મહત્તમ ઊંચાઈ $H_{\max} = \frac{u^2}{2g}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઊંચાઈના સૂત્રમાં $\frac{u^2}{g}$ ની કિંમત મૂકતા:
$H_{\max} = \frac{1}{2} \times \left(\frac{u^2}{g}\right) = \frac{1}{2} \times 100 \, m = 50 \, m$.
આમ,તે વ્યક્તિ દડાને મહત્તમ $50 \, m$ ની ઊંચાઈ સુધી ફેંકી શકે છે.

(D) વર્નિયર અચળાંક $(VC)$ $0.1 \,mm = 0.01 \,cm$ છે.
માપેલ વ્યાસની ગણતરી નીચે મુજબ થાય છે: $\text{માપેલ વ્યાસ} = MSR + (VSR \times VC)$.
અહીં $MSR = 1.7 \,cm$ અને $VSR = 5$ આપેલ છે,તેથી:
$\text{માપેલ વ્યાસ} = 1.7 \,cm + (5 \times 0.01 \,cm) = 1.7 + 0.05 = 1.75 \,cm$.
શૂન્ય ત્રુટિ $-0.05 \,cm$ છે.
સુધારેલા વ્યાસની ગણતરી નીચે મુજબ થાય છે: $\text{સુધારેલો વ્યાસ} = \text{માપેલ વ્યાસ} - \text{શૂન્ય ત્રુટિ}$.
$\text{સુધારેલો વ્યાસ} = 1.75 \,cm - (-0.05 \,cm) = 1.75 + 0.05 = 1.80 \,cm$.
આને $10^{-2} \,cm$ ના સ્વરૂપમાં દર્શાવતા:
$1.80 \,cm = 180 \times 10^{-2} \,cm$.
તેથી,સાચો જવાબ $180$ છે.

(D) $h$ ઊંચાઈ પરથી પડ્યા પછી દડાનો વેગ $v = \sqrt{2gh}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પાણીની અંદર વેગ અચળ રહેતો હોવાથી,આ વેગ પાણીમાં દડાના ટર્મિનલ વેગ $v_t$ જેટલો હોવો જોઈએ.
ટર્મિનલ વેગનું સૂત્ર $v_t = \frac{2}{9} \frac{r^2 (\rho - \rho_w) g}{\eta}$ છે.
આપેલ છે: $r = 0.1 \,mm = 10^{-4} \,m$,$\rho = 10^4 \,kg \,m^{-3}$,$\rho_w = 10^3 \,kg \,m^{-3}$,$\eta = 1.0 \times 10^{-5} \,N \,s \,m^{-2}$,$g = 10 \,m \,s^{-2}$.
$v = v_t$ ને સરખાવતા:
$\sqrt{2gh} = \frac{2}{9} \frac{(10^{-4})^2 (10^4 - 10^3) \times 10}{10^{-5}}$
$\sqrt{2gh} = \frac{2}{9} \frac{10^{-8} \times 9 \times 10^3 \times 10}{10^{-5}}$
$\sqrt{2gh} = \frac{2}{9} \times 9 \times 10^{-8+4+5} = 2 \times 10^1 = 20 \,m/s$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $2gh = 400$.
$2 \times 10 \times h = 400$.
$20h = 400 \implies h = 20 \,m$.

(D) તરંગલંબાઈ $\lambda$ એ $\lambda = \frac{v}{f} = \frac{336}{400} \,m = 0.84 \,m = 84 \,cm$ દ્વારા મળે છે.
પ્રથમ અનુનાદ માટે,હવાના સ્તંભની લંબાઈ $\ell_1$ અને અંતિમ સુધારો $e$ નીચે મુજબ છે: $\ell_1 + e = \frac{\lambda}{4}$.
કિંમતો મૂકતા: $20.0 + e = \frac{84}{4} = 21 \,cm$.
આમ,અંતિમ સુધારો $e = 21 - 20 = 1 \,cm$.
ત્રીજા અનુનાદ માટે,હવાના સ્તંભની લંબાઈ $\ell_3$ નીચે મુજબ છે: $\ell_3 + e = \frac{5\lambda}{4}$.
$\ell_3 + 1 = 5 \times 21 = 105 \,cm$.
તેથી,$\ell_3 = 105 - 1 = 104 \,cm$.

(D) સ્વીચ ખોલતા પહેલા કોઈલમાંથી વહેતો સ્થાયી પ્રવાહ $i_0$ ઓહ્મના નિયમ મુજબ મળે છે: $i_0 = \frac{V}{R} = \frac{20 \; V}{10 \; \Omega} = 2 \; A$.
કોઈલમાં ઉદ્ભવતું સરેરાશ emf $\langle \varepsilon \rangle$ એ ચુંબકીય ફ્લક્સમાં થતા ફેરફારના દર જેટલું હોય છે, જેનું સૂત્ર: $\langle \varepsilon \rangle = L \frac{\Delta i}{\Delta t}$ છે.
આપેલ કિંમતો:
ઇન્ડક્ટન્સ $L = 20 \; mH = 20 \times 10^{-3} \; H$
પ્રવાહમાં થતો ફેરફાર $\Delta i = i_{\text{અંતિમ}} - i_{\text{પ્રારંભિક}} = 0 - 2 = -2 \; A$
સમયગાળો $\Delta t = 100 \; \mu s = 100 \times 10^{-6} \; s$
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા (emf નું મૂલ્ય લેતા):
$|\langle \varepsilon \rangle| = L \frac{|\Delta i|}{\Delta t} = \frac{20 \times 10^{-3} \times 2}{100 \times 10^{-6}}$
$|\langle \varepsilon \rangle| = \frac{40 \times 10^{-3}}{10^{-4}} = 40 \times 10^1 = 400 \; V$.

(D) એક અરીસા દ્વારા ઉત્પન્ન થતું વિચલન $\delta = 180^{\circ} - 2i$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $i$ એ આપાતકોણ છે.
અરીસા $M_{1}$ પર પ્રથમ પરાવર્તન માટે,પરાવર્તન કોણ $r_{1} = i_{1} = \theta_{1}$ છે. કિરણ અને અરીસાઓ દ્વારા બનતા ત્રિકોણની ભૂમિતિ પરથી,$M_{2}$ પર આપાતકોણ $i_{2} = 180^{\circ} - (75^{\circ} + (90^{\circ} - i_{1})) = 15^{\circ} + i_{1}$ છે.
આપેલ છે કે $M_{2}$ પર પરાવર્તન કોણ $30^{\circ}$ છે,તેથી $i_{2} = 30^{\circ}$.
આમ,$15^{\circ} + i_{1} = 30^{\circ} \implies i_{1} = 15^{\circ}$.
$M_{1}$ પર વિચલન $\delta_{1} = 180^{\circ} - 2(15^{\circ}) = 150^{\circ}$ (ઘડિયાળની દિશામાં) છે.
$M_{2}$ પર વિચલન $\delta_{2} = 180^{\circ} - 2(30^{\circ}) = 120^{\circ}$ (ઘડિયાળની દિશામાં) છે.
કુલ વિચલન $\delta_{total} = \delta_{1} + \delta_{2} = 150^{\circ} + 120^{\circ} = 270^{\circ}$ થાય.
વૈકલ્પિક રીતે,$\alpha$ ખૂણે નમેલા બે અરીસાઓ માટે,કુલ વિચલન $\delta = 360^{\circ} - 2\alpha = 360^{\circ} - 2(75^{\circ}) = 360^{\circ} - 150^{\circ} = 210^{\circ}$ થાય છે. આપેલા વિકલ્પો અને આ પ્રકારના પ્રશ્નો માટેની પ્રમાણભૂત પદ્ધતિ મુજબ,સાચો જવાબ $210^{\circ}$ છે.

(C) $1$. ડાયોડનું વિશ્લેષણ: પરિપથમાં,ડાયોડ $D_1$ રિવર્સ બાયસમાં છે,તેથી તે ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે. ડાયોડ $D_2$ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે અને ડાયોડ $D_3$ પણ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે.
$2$. પરિપથનું સરળીકરણ: $D_1$ વાળો ભાગ નિષ્ક્રિય છે. $D_2$ અને $D_3$ વાળા ભાગો સમાંતર જોડાણમાં છે. બે $6 \; \Omega$ ના અવરોધોના સમાંતર જોડાણનો અસરકારક અવરોધ $R_p = (6 \times 6) / (6 + 6) = 3 \; \Omega$ થાય.
$3$. કુલ અવરોધની ગણતરી: આ $3 \; \Omega$ નો સમતુલ્ય અવરોધ $2 \; \Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં છે. તેથી,$R_{\text{total}} = 3 \; \Omega + 2 \; \Omega = 5 \; \Omega$.
$4$. પ્રવાહની ગણતરી: ઓહ્મના નિયમ મુજબ,$I = V / R_{\text{total}} = 10 \; V / 5 \; \Omega = 2 \; A$.

(A) આપેલ પરિપથમાં,ઇન્ડક્ટર $L$ અને કેપેસિટર $C$ સમાંતરમાં જોડાયેલા છે,અને આ સમાંતર જોડાણ $R = 55 \; \Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં છે.
સમાંતર $LC$ પરિપથનો ઇમ્પિડન્સ $Z$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે: $\frac{1}{Z_{LC}} = \sqrt{(\frac{1}{X_L} - \frac{1}{X_C})^2}$.
અનુનાદ સમયે,ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L$ એ કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ $X_C$ જેટલો હોય છે,એટલે કે $X_L = X_C$.
આ કિંમત ઇમ્પિડન્સના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $\frac{1}{Z_{LC}} = \sqrt{(\frac{1}{X_L} - \frac{1}{X_L})^2} = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $Z_{LC} \rightarrow \infty$.
કારણ કે સમાંતર $LC$ જોડાણ અનુનાદ સમયે ઓપન સર્કિટ (અનંત ઇમ્પિડન્સ) તરીકે વર્તે છે,તેથી પરિપથમાં કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
તેથી,$55 \; \Omega$ ના અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I = 0 \; A$ છે.

(B) ધારો કે $G = 72 \; \Omega$ એ ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ છે અને $S = 8 \; \Omega$ એ શંટ અવરોધ છે.
કુલ પ્રવાહ $I$ એ $I_g$ (ગેલ્વેનોમીટરમાંથી પસાર થતો પ્રવાહ) અને $I_s$ (શંટમાંથી પસાર થતો પ્રવાહ) માં વિભાજિત થાય છે.
સમાંતર પરિપથના સિદ્ધાંત મુજબ,ગેલ્વેનોમીટર અને શંટ વચ્ચેનો વોલ્ટેજ સમાન હોય છે: $I_g G = I_s S$.
કારણ કે $I = I_g + I_s$,તેથી $I_s = I - I_g$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $I_g G = (I - I_g) S$.
ગુણોત્તર $\frac{I_g}{I}$ શોધવા માટે ગોઠવતા: $I_g G = I S - I_g S \Rightarrow I_g (G + S) = I S$.
તેથી,$\frac{I_g}{I} = \frac{S}{G + S}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{I_g}{I} = \frac{8}{72 + 8} = \frac{8}{80} = \frac{1}{10}$.
ગેલ્વેનોમીટરમાંથી પસાર થતા કુલ પ્રવાહની ટકાવારી $\frac{I_g}{I} \times 100 = \frac{1}{10} \times 100 = 10 \%$ છે.

(C) આપેલ છે,મેગ્નેટિક સસેપ્ટિબિલિટી $\chi = 99$.
સાપેક્ષ પરમિયેબિલિટી $\mu_{r}$ એ સસેપ્ટિબિલિટી સાથે $\mu_{r} = 1 + \chi$ સૂત્ર દ્વારા સંબંધિત છે.
$\chi$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $\mu_{r} = 1 + 99 = 100$ મળે છે.
નિરપેક્ષ પરમિયેબિલિટી $\mu$ એ $\mu = \mu_{0} \mu_{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે $\mu_{0} = 4 \pi \times 10^{-7} \ Wb / A-m$.
તેથી,$\mu = (4 \pi \times 10^{-7}) \times 100$.
$\mu = 4 \pi \times 10^{-5} \ Wb / A-m$.

(D) પ્રવાહ માટેનું આપેલ સમીકરણ $I = I_0 \sin(\omega t)$ છે,જ્યાં $I_0 = 5 \text{ A}$ અને $\omega = 120 \pi \text{ rad/s}$ છે.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega$ અને આવર્તકાળ $T$ વચ્ચેનો સંબંધ $\omega = \frac{2 \pi}{T}$ છે.
$\omega$ ની કિંમત મૂકતા: $120 \pi = \frac{2 \pi}{T} \Rightarrow T = \frac{2 \pi}{120 \pi} = \frac{1}{60} \text{ s}$.
પ્રવાહ તેના મહત્તમ મૂલ્ય સુધી $t = \frac{T}{4}$ સમયે પહોંચે છે (આવર્તકાળના ચોથા ભાગમાં).
તેથી,લાગતો સમય $t = \frac{1/60}{4} = \frac{1}{240} \text{ s}$ થશે.

(A) સાચી જોડ નીચે મુજબ છે:
$(a)$ અલ્ટ્રાવાયોલેટ કિરણોનો ઉપયોગ સર્જિકલ સાધનોને જંતુમુક્ત કરવા માટે થાય છે $(iii)$.
$(b)$ માઇક્રોવેવ્સનો ઉપયોગ રડાર સિસ્ટમમાં થાય છે $(iv)$.
$(c)$ ઇન્ફ્રારેડ તરંગો ગ્રીનહાઉસ અસર માટે જવાબદાર છે $(ii)$.
$(d)$ $X$-કિરણોનો ઉપયોગ તેમની ટૂંકી તરંગલંબાઇને કારણે સ્ફટિક બંધારણનો અભ્યાસ કરવા માટે થાય છે $(i)$.
તેથી,સાચો ક્રમ $(a)-(iii), (b)-(iv), (c)-(ii), (d)-(i)$ છે.

(B) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda$ નું સૂત્ર $\lambda = \frac{h}{p}$ છે,જ્યાં $p$ એ વેગમાન છે.
ગતિઊર્જા $K = \frac{p^2}{2m}$ હોવાથી,$p = \sqrt{2mK}$ મળે.
આ કિંમત તરંગલંબાઈના સૂત્રમાં મૂકતા: $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$.
સમાન ગતિઊર્જા $K$ માટે,$\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$.
તેથી,$\frac{\lambda_{\alpha}}{\lambda_{C12}} = \sqrt{\frac{m_{C12}}{m_{\alpha}}}$.
$\alpha$ કણનું દળ આશરે $4 \text{ amu}$ છે અને કાર્બન $12$ પરમાણુનું દળ $12 \text{ amu}$ છે.
$\frac{\lambda_{\alpha}}{\lambda_{C12}} = \sqrt{\frac{12}{4}} = \sqrt{3} = \sqrt{3} : 1$.

(A) સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટરની પ્લેટો વચ્ચેનું વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{\sigma}{\epsilon_0} = \frac{Q}{A \epsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વિદ્યુતભારિત કણ $q$ પર લાગતું બળ $F = qE = \frac{qQ}{A \epsilon_0} = 10 \; N$ છે.
જ્યારે એક પ્લેટ દૂર કરવામાં આવે છે,ત્યારે બાકી રહેલી પ્લેટ એક સિંગલ ચાર્જ્ડ શીટ તરીકે વર્તે છે. એક સિંગલ ચાર્જ્ડ શીટને કારણે ઉદ્ભવતું વિદ્યુતક્ષેત્ર $E^{\prime} = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0} = \frac{Q}{2 A \epsilon_0}$ છે.
તેથી,કણ પર લાગતું નવું બળ $F^{\prime} = qE^{\prime} = \frac{qQ}{2 A \epsilon_0} = \frac{1}{2} \left( \frac{qQ}{A \epsilon_0} \right) = \frac{1}{2} \times 10 \; N = 5 \; N$ થશે.

(D) ધારો કે આપાતકોણ $i$ છે અને વક્રીભૂતકોણ $r$ છે.
આપેલ છે કે $i = 2r$,જેનો અર્થ છે કે $r = \frac{i}{2}$.
સ્નેલના નિયમ મુજબ,$n_1 \sin i = n_2 \sin r$.
અહીં,$n_1 = 1$ (હવા માટે) અને $n_2 = \sqrt{2n}$.
કિંમતો મૂકતા: $1 \cdot \sin i = \sqrt{2n} \cdot \sin\left(\frac{i}{2}\right)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin i = 2 \sin\left(\frac{i}{2}\right) \cos\left(\frac{i}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin\left(\frac{i}{2}\right) \cos\left(\frac{i}{2}\right) = \sqrt{2n} \sin\left(\frac{i}{2}\right)$.
બંને બાજુ $\sin\left(\frac{i}{2}\right)$ વડે ભાગતા ($i \neq 0$ ધારીને):
$2 \cos\left(\frac{i}{2}\right) = \sqrt{2n}$.
$\cos\left(\frac{i}{2}\right) = \frac{\sqrt{2n}}{2} = \sqrt{\frac{2n}{4}} = \sqrt{\frac{n}{2}}$.
તેથી,$\frac{i}{2} = \cos^{-1}\left(\sqrt{\frac{n}{2}}\right)$.
$i = 2 \cos^{-1}\left(\sqrt{\frac{n}{2}}\right)$.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુ દ્વારા શોષાયેલી ઉર્જા $\Delta E = E_n - E_1 = 13.6 \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right) \; eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $\Delta E = 10.2 \; eV$,તેથી $13.6 \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right) = 10.2$.
$1 - \frac{1}{n^2} = \frac{10.2}{13.6} = 0.75 = \frac{3}{4}$.
$\frac{1}{n^2} = 1 - 0.75 = 0.25 = \frac{1}{4}$,તેથી $n = 2$.
$n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $(n=1)$: $L_i = \frac{1 \cdot h}{2\pi}$.
અંતિમ કોણીય વેગમાન $(n=2)$: $L_f = \frac{2 \cdot h}{2\pi}$.
કોણીય વેગમાનમાં થતો વધારો $\Delta L = L_f - L_i = \frac{2h}{2\pi} - \frac{h}{2\pi} = \frac{h}{2\pi}$.
$h = 6.6 \times 10^{-34} \; J \cdot s$ અને $\pi \approx 3.14$ મુકતા:
$\Delta L = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{2 \times 3.14} \approx 1.05 \times 10^{-34} \; J \cdot s$.

(A) લોજિક ગેટને ઓળખવા માટે,આપણે આપેલા ટાઇમિંગ ડાયાગ્રામ પરથી ટ્રુથ ટેબલનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:

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

ટ્રુથ ટેબલ પરથી,આપણે અવલોકન કરીએ છીએ કે જો $A$ અથવા $B$ (અથવા બંને) માંથી કોઈ પણ $1$ હોય,તો આઉટપુટ $Y$ એ $1$ મળે છે. આ $OR$ ગેટનું લાક્ષણિક વર્તન છે. $OR$ ગેટ માટેનું સમીકરણ $Y = A + B$ છે.

(A) લેમ્પનો રેટિંગ $V_L = 25 \; V$ અને $P_L = 5 \; W$ છે.
લેમ્પમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I$ જે તેના નિર્ધારિત પાવર પર હોય છે,તે $P_L = V_L \times I$ દ્વારા મળે છે.
$I = \frac{P_L}{V_L} = \frac{5 \; W}{25 \; V} = 0.2 \; A$.
લેમ્પ અને અવરોધ $R$ શ્રેણીમાં હોવાથી,તેમાંથી સમાન પ્રવાહ $I = 0.2 \; A$ વહેશે.
અવરોધ $R$ પરનો વોલ્ટેજ $V_R = V_{source} - V_L = 220 \; V - 25 \; V = 195 \; V$ થશે.
અવરોધ $R$ માટે ઓહ્મના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$V_R = I \times R$.
$195 \; V = 0.2 \; A \times R$.
$R = \frac{195}{0.2} = 975 \; \Omega$.

(A) આપેલ છે: સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર $d = 0.6 \; mm = 0.6 \times 10^{-3} \; m$. પડદાનું અંતર $D = 80 \; cm = 0.8 \; m$.
મધ્યસ્થ અધિકતમથી પ્રથમ અપ્રકાશિત શલાકાનું સ્થાન $y = \frac{D \lambda}{2d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રશ્ન મુજબ,પ્રથમ અપ્રકાશિત શલાકા એક સ્લિટની બરાબર સામે જોવા મળે છે,જેનો અર્થ છે કે તેનું મધ્યસ્થ અક્ષથી અંતર $y = \frac{d}{2}$ છે.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{D \lambda}{2d} = \frac{d}{2}$.
તરંગલંબાઈ $\lambda$ માટે ઉકેલતા: $\lambda = \frac{d^2}{D}$.
કિંમતો મૂકતા: $\lambda = \frac{(0.6 \times 10^{-3})^2}{0.8} = \frac{0.36 \times 10^{-6}}{0.8} = 0.45 \times 10^{-6} \; m$.
નેનોમીટરમાં ફેરવતા: $\lambda = 450 \times 10^{-9} \; m = 450 \; nm$.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા આયન માટે,કક્ષાની ઊર્જા $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \; eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$Li^{++}$ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 3$ છે.
પ્રથમ કક્ષા $(n_1 = 1)$ ની ઊર્જા $E_1 = -13.6 \times \frac{3^2}{1^2} = -13.6 \times 9 = -122.4 \; eV$ છે.
ત્રીજી કક્ષા $(n_2 = 3)$ ની ઊર્જા $E_3 = -13.6 \times \frac{3^2}{3^2} = -13.6 \; eV$ છે.
ઇલેક્ટ્રોનને ઉત્તેજિત કરવા માટે જરૂરી ઊર્જા $\Delta E = E_3 - E_1 = -13.6 - (-122.4) = 108.8 \; eV$ છે.
ફોટોનની તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{hc}{\Delta E}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે કે $hc = 1242 \; eV \cdot nm = 12420 \; eV \cdot \mathring{A}$.
$\lambda = \frac{12420 \; eV \cdot \mathring{A}}{108.8 \; eV} \approx 114.15 \; \mathring{A}$.
કારણ કે $1 \; \mathring{A} = 10^{-10} \; m$,તેથી $\lambda \approx 114 \times 10^{-10} \; m$.
આમ,$x$ નું મૂલ્ય $114$ છે.

(B) ધારો કે $E$ એ કોષનું $EMF$ છે અને $r$ તેનો આંતરિક અવરોધ છે. જ્યારે કોષને $R$ અવરોધ સાથે શંટ કરવામાં આવે ત્યારે તેના બે છેડા વચ્ચેનો ટર્મિનલ પોટેન્શિયલ તફાવત $V = E \left( \frac{R}{R+r} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સંતુલન લંબાઈ $l$ એ ટર્મિનલ પોટેન્શિયલ તફાવત $V$ ના સમપ્રમાણમાં હોવાથી,$V \propto l$ થાય.
પ્રથમ કિસ્સા માટે: $V_1 \propto l_1 = 3 \; m$ અને $R_1 = 8 \; \Omega$. તેથી,$V_1 = k \cdot 3 = E \left( \frac{8}{8+r} \right)$.
બીજા કિસ્સા માટે: $V_2 \propto l_2 = 2 \; m$ અને $R_2 = 4 \; \Omega$. તેથી,$V_2 = k \cdot 2 = E \left( \frac{4}{4+r} \right)$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{3}{2} = \frac{E \left( \frac{8}{8+r} \right)}{E \left( \frac{4}{4+r} \right)} = \frac{8}{8+r} \times \frac{4+r}{4} = \frac{2(4+r)}{8+r}$.
$r$ માટે ઉકેલતા: $3(8+r) = 4(4+r) \implies 24 + 3r = 16 + 4r \implies r = 8 \; \Omega$.

(A) પ્રવાહ ઘનતા $J = 4 \times 10^{6} \; A \cdot m^{-2}$ આપેલ છે.
તારની ત્રિજ્યા $R = 4 \; mm = 4 \times 10^{-3} \; m$ છે.
ક્ષેત્રફળ $A$ માંથી પસાર થતો પ્રવાહ $I = \int J \cdot dA$ દ્વારા મળે છે.
$\frac{R}{2}$ અને $R$ ત્રિજ્યા વચ્ચેના બહારના ભાગ માટે ક્ષેત્રફળ $A' = \pi R^{2} - \pi \left(\frac{R}{2}\right)^{2} = \pi R^{2} - \frac{\pi R^{2}}{4} = \frac{3}{4} \pi R^{2}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા:
$I = J \times A' = 4 \times 10^{6} \times \frac{3}{4} \pi R^{2}$.
$I = 4 \times 10^{6} \times \frac{3}{4} \times \pi \times (4 \times 10^{-3})^{2}$.
$I = 3 \times 10^{6} \times \pi \times 16 \times 10^{-6}$.
$I = 48 \; \pi \; A$.

(D) પ્રથમ કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત પ્રારંભિક ઉર્જા $U_i = \frac{1}{2} C V^2 = \frac{1}{2} \times 50 \times 10^{-12} \times (100)^2 = 250 \times 10^{-9} \; J = 250 \; nJ$ છે.
જ્યારે તેને સમાન અનચાર્જ્ડ કેપેસિટર સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે બંને કેપેસિટર વચ્ચેનો સ્થિતિમાન $V' = \frac{V}{2} = 50 \; V$ ન થાય ત્યાં સુધી વિદ્યુતભારનું પુનઃવિતરણ થાય છે.
તંત્રમાં સંગ્રહિત અંતિમ ઉર્જા $U_f = 2 \times (\frac{1}{2} C V'^2) = C \times (\frac{V}{2})^2 = 50 \times 10^{-12} \times 2500 = 125 \times 10^{-9} \; J = 125 \; nJ$ છે.
ઉર્જાનો વ્યય $\Delta U = U_i - U_f = 250 \; nJ - 125 \; nJ = 125 \; nJ$ થાય છે.
વૈકલ્પિક રીતે,ઉર્જા વ્યયના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\Delta U = \frac{1}{2} \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} (V_1 - V_2)^2 = \frac{1}{2} \frac{50 \times 50}{50 + 50} \times 10^{-12} \times (100 - 0)^2 = 125 \times 10^{-9} \; J = 125 \; nJ$.

(D) $h_T$ ઊંચાઈ ધરાવતા ટ્રાન્સમિટિંગ એન્ટેના અને $h_R$ ઊંચાઈ ધરાવતા રિસીવિંગ એન્ટેના વચ્ચેનું મહત્તમ લાઇન-ઓફ-સાઇટ અંતર $d$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$d = \sqrt{2 R h_T} + \sqrt{2 R h_R}$
આપેલ છે:
$h_T = 25 \; m$
$h_R = 49 \; m$
$R = 64 \times 10^{5} \; m$
કિંમતો મૂકતા:
$d = \sqrt{2 \times 64 \times 10^{5} \times 25} + \sqrt{2 \times 64 \times 10^{5} \times 49}$
$d = \sqrt{2 \times 64 \times 10^{5}} \times (\sqrt{25} + \sqrt{49})$
$d = \sqrt{128 \times 10^{5}} \times (5 + 7)$
$d = \sqrt{1280 \times 10^{4}} \times 12$
$d = \sqrt{256 \times 5 \times 10^{4}} \times 12$
$d = (16 \times 10^{2} \sqrt{5}) \times 12$
$d = 192 \sqrt{5} \times 10^{2} \; m$
આને $K \sqrt{5} \times 10^{2} \; m$ સાથે સરખાવતા,આપણને $K = 192$ મળે છે.

(D) ગોસના નિયમ મુજબ,બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ વિદ્યુત ફ્લક્સ $\Phi = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_{0}}$ છે.
જ્યારે વીજભાર $q$ ને અર્ધગોળાના સપાટ વર્તુળાકાર પાયાના કેન્દ્ર પર મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે વીજભાર $q$ માંથી નીકળતી વિદ્યુત ક્ષેત્ર રેખાઓ સપાટ સપાટીના દરેક બિંદુએ સપાટીને સમાંતર હોય છે.
કારણ કે વિદ્યુત ક્ષેત્ર સદિશ $\vec{E}$ એ સપાટ સપાટીના ક્ષેત્રફળ સદિશ $\vec{A}$ ને લંબ હોય છે (એટલે કે,$\vec{E} \cdot \vec{A} = EA \cos(90^{\circ}) = 0$),તેથી સપાટ સપાટીમાંથી પસાર થતું વિદ્યુત ફ્લક્સ $0$ થાય છે.
જોકે,અર્ધગોળાકાર વક્ર સપાટીમાંથી પસાર થતું ફ્લક્સ $\frac{q}{2 \varepsilon_{0}}$ છે.

(D) ધારો કે દરેક દડા પરનો વીજભાર $q = 2 \, C$ છે અને કોઈપણ બે દડા વચ્ચેનું અંતર $r = 1 \, m$ છે.
કોઈપણ બે વીજભારિત દડાઓ વચ્ચેનું સ્થિત-વિદ્યુત બળ $F$ કુલંબના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$F = \frac{k q^2}{r^2} = \frac{k (2)^2}{(1)^2} = 4k$
કોઈપણ એક વીજભારિત દડાનો વિચાર કરો. તે અન્ય બે દડાઓ દ્વારા બે સ્થિત-વિદ્યુત બળો અનુભવે છે. દડાઓ સમબાજુ ત્રિકોણ બનાવતા હોવાથી,આ બે બળો વચ્ચેનો ખૂણો $60^{\circ}$ છે.
અન્ય બે દડાઓને કારણે એક દડા પર લાગતું કુલ સ્થિત-વિદ્યુત બળ $F_{\text{net}}$ એ આ બે બળોનો સદિશ સરવાળો છે:
$F_{\text{net}} = \sqrt{F^2 + F^2 + 2 F^2 \cos 60^{\circ}} = \sqrt{2F^2 + 2F^2 (0.5)} = \sqrt{3F^2} = F \sqrt{3}$
તેથી,કુલ સ્થિત-વિદ્યુત બળ અને કોઈપણ બે વીજભારિત દડાઓ વચ્ચેના બળનો ગુણોત્તર:
$\frac{F_{\text{net}}}{F} = \frac{F \sqrt{3}}{F} = \sqrt{3} = \frac{\sqrt{3}}{1}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) બિંદુ $P$ પર વાહક $S_{1}$ ને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{1}$ (અંતર $r_{1} = 4 \, cm = 0.04 \, m$) પાનાની અંદરની તરફ ($-\hat{k}$ દિશામાં) છે:
$B_{1} = \frac{\mu_{0} I_{1}}{2 \pi r_{1}} = \frac{\mu_{0} \times 4}{2 \pi \times 0.04} = \frac{\mu_{0}}{2 \pi} \times 100 \, T$ ($-\hat{k}$ દિશામાં).
બિંદુ $P$ પર વાહક $S_{2}$ ને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{2}$ (અંતર $r_{2} = 10 \, cm - 4 \, cm = 6 \, cm = 0.06 \, m$) પાનાની બહારની તરફ ($+\hat{k}$ દિશામાં) છે:
$B_{2} = \frac{\mu_{0} I_{2}}{2 \pi r_{2}} = \frac{\mu_{0} \times 2}{2 \pi \times 0.06} = \frac{\mu_{0}}{2 \pi} \times \frac{100}{3} \, T$ ($+\hat{k}$ દિશામાં).
કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\overrightarrow{B}_{net} = B_{1} + B_{2} = \frac{\mu_{0}}{2 \pi} \left( -100 + \frac{100}{3} \right) \hat{k} = \frac{\mu_{0}}{2 \pi} \left( -\frac{200}{3} \right) \hat{k} = -\frac{100 \mu_{0}}{3 \pi} \hat{k} \, T$.
લોરેન્ટ્ઝ બળ $\overrightarrow{F} = q(\overrightarrow{v} \times \overrightarrow{B}) = 3 \pi \left[ (2 \hat{i} + 3 \hat{j}) \times \left( -\frac{100 \mu_{0}}{3 \pi} \hat{k} \right) \right]$.
$\mu_{0} = 4 \pi \times 10^{-7} \, T \cdot m/A$ લેતા,$\frac{\mu_{0}}{2 \pi} = 2 \times 10^{-7}$ મળે.
$\overrightarrow{F} = 3 \pi \times \left( -\frac{200}{3} \times 10^{-7} \right) [ 2(\hat{i} \times \hat{k}) + 3(\hat{j} \times \hat{k}) ]$.
$\hat{i} \times \hat{k} = -\hat{j}$ અને $\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$ હોવાથી:
$\overrightarrow{F} = -200 \pi \times 10^{-7} [ -2 \hat{j} + 3 \hat{i} ] = 2 \pi \times 10^{-5} [ 2 \hat{j} - 3 \hat{i} ] = 4 \pi \times 10^{-5} [ -1.5 \hat{i} + \hat{j} ]$.
આને $4 \pi \times 10^{-5} (-x \hat{i} + 2 \hat{j})$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 3$ મળે છે.

(D) $R$ નું પરિમાણ $[ML^2T^{-3}A^{-2}]$ છે.
$L$ નું પરિમાણ $[ML^2T^{-2}A^{-2}]$ છે.
$C$ નું પરિમાણ $[M^{-1}L^{-2}T^4A^2]$ છે.
$1$. $RC$ માટે: $[ML^2T^{-3}A^{-2}] \times [M^{-1}L^{-2}T^4A^2] = [T^1]$,જે સમય છે.
$2$. $\frac{L}{R}$ માટે: $\frac{[ML^2T^{-2}A^{-2}]}{[ML^2T^{-3}A^{-2}]} = [T^1]$,જે સમય છે.
$3$. $\sqrt{LC}$ માટે: $\sqrt{[ML^2T^{-2}A^{-2}] \times [M^{-1}L^{-2}T^4A^2]} = \sqrt{[T^2]} = [T^1]$,જે સમય છે.
$4$. $\frac{L}{C}$ માટે: $\frac{[ML^2T^{-2}A^{-2}]}{[M^{-1}L^{-2}T^4A^2]} = [M^2L^4T^{-6}A^{-4}]$,જે સમય નથી.
તેથી,$\frac{L}{C}$ નું પરિમાણ સમયનું નથી.

(C) વિધાન $I$ સાચું છે કારણ કે મેક્સવેલના સમીકરણો મુજબ,સમય સાથે બદલાતું વિદ્યુતક્ષેત્ર ચુંબકીય ક્ષેત્ર (સ્થાનાંતર પ્રવાહ) ઉત્પન્ન કરે છે અને સમય સાથે બદલાતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર વિદ્યુતક્ષેત્ર (ફેરાડેનો નિયમ) ઉત્પન્ન કરે છે. આ પરસ્પર નિર્માણ $EM$ તરંગોના પ્રસરણ તરફ દોરી જાય છે.
વિધાન $II$ ખોટું છે કારણ કે દ્રવ્ય માધ્યમમાં $EM$ તરંગની ઝડપ $v = \frac{1}{\sqrt{\mu \varepsilon}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\mu = \mu_{0} \mu_{r}$ અને $\varepsilon = \varepsilon_{0} \varepsilon_{r}$ છે. સમીકરણ $v = \frac{1}{\sqrt{\mu_{0} \varepsilon_{0}}}$ એ શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશની ઝડપ $(c)$ દર્શાવે છે,દ્રવ્ય માધ્યમમાં નહીં.

(A) જ્યારે લેન્સને તેના મુખ્ય અક્ષને સમાંતર કાપવામાં આવે છે,ત્યારે દરેક અડધા ભાગનો પાવર મૂળ લેન્સ જેટલો જ રહે છે,એટલે કે $P' = P$.
જો કે,જો લેન્સને મુખ્ય અક્ષને લંબ રૂપે કાપવામાં આવે,તો દરેક ટુકડાનો પાવર મૂળ પાવર કરતા અડધો થઈ જાય છે,એટલે કે $P'' = \frac{P}{2}$.
આપેલ આકૃતિમાં,લેન્સને પહેલા મુખ્ય અક્ષને સમાંતર કાપવામાં આવે છે,જેના પરિણામે બે અડધા ભાગ મળે છે,જે દરેકનો પાવર $P$ હોય છે.
ત્યારબાદ,આમાંથી એક અડધા ભાગને મુખ્ય અક્ષને લંબ રૂપે કાપવામાં આવે છે,જેનાથી બે ટુકડા $L_{2}$ અને $L_{3}$ મળે છે,જે દરેકનો પાવર $\frac{P}{2}$ હોય છે.
બીજો અડધો ભાગ,$L_{1}$,બદલાતો નથી અને તેથી તેનો પાવર $P$ જ રહે છે.
તેથી,ખોટો વિકલ્પ એ છે કે $L_{1}$ નો પાવર $\frac{P}{2}$ છે.

(C) જ્યારે કોઈ તરંગ પાતળા માધ્યમમાંથી ઘટ્ટ માધ્યમમાં ગતિ કરે છે,ત્યારે તેની ઝડપ $(v)$ અને તરંગલંબાઇ $(\lambda)$ ઘટે છે કારણ કે ઘટ્ટ માધ્યમનો વક્રીભવનાંક વધારે હોય છે. જોકે,તરંગની આવૃત્તિ $(f)$ એ ઉદગમનો ગુણધર્મ છે અને વક્રીભવન દરમિયાન તે અચળ રહે છે. આ સંબંધ $v = f \lambda$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.

(D) બોહરની આવૃત્તિ શરત મુજબ,જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તર $(E_2)$ થી નીચા ઉર્જા સ્તર $(E_1)$ માં કૂદકો મારે છે,ત્યારે $E = E_2 - E_1$ ઉર્જા ધરાવતો ફોટોન ઉત્સર્જિત થાય છે.
ફોટોનની ઉર્જા $E = hf$ હોવાથી,આપણને $hf = E_2 - E_1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $f = (E_2 - E_1) / h$.
વિધાન $I$ માં ઇલેક્ટ્રોન નીચાથી ઉચ્ચ ઉર્જા કક્ષામાં જાય છે,જેમાં ઉર્જાનું શોષણ થાય છે,વિકિરણનું ઉત્સર્જન નહીં. તેથી,વિધાન $I$ ખોટું છે.
વિધાન $II$ માં ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચથી નીચી ઉર્જા કક્ષામાં જાય છે ત્યારે વિકિરણના ઉત્સર્જનનું યોગ્ય વર્ણન કરવામાં આવ્યું છે. તેથી,વિધાન $II$ સાચું છે.

(D) ટ્રાન્ઝિસ્ટર બે સ્થિતિઓ વચ્ચે બદલાઈને સ્વીચ તરીકે કામ કરે છે: $Cut-off$ સ્થિતિ અને $Saturation$ સ્થિતિ.
$Cut-off$ સ્થિતિમાં,ટ્રાન્ઝિસ્ટર $OFF$ હોય છે (કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી).
$Saturation$ સ્થિતિમાં,ટ્રાન્ઝિસ્ટર $ON$ હોય છે (મહત્તમ પ્રવાહ વહે છે).
તેથી,સ્વીચ તરીકે કાર્ય કરવા માટે,તેને $Saturation$ અને $Cut-off$ બંને સ્થિતિઓમાં ચલાવવું આવશ્યક છે.

(C) વિધાન $(a)$ સાચું છે: અસરકારક રીતે રેડિયેશન કરવા માટે એન્ટેનાનું કદ ઓછામાં ઓછું $\lambda/4$ હોવું જોઈએ. ઓછી આવૃત્તિઓ માટે,$\lambda = c/f$ ખૂબ મોટી હોય છે,જે એન્ટેનાના કદને અવ્યવહારુ બનાવે છે.
વિધાન $(b)$ ખોટું છે: $l$ લંબાઈના એન્ટેના દ્વારા ઉત્સર્જિત પાવર $(l/\lambda)^2$ ના પ્રમાણમાં હોય છે. ઓછી આવૃત્તિઓ (મોટી $\lambda$) માટે,ઉત્સર્જિત પાવર અત્યંત ઓછો હોય છે.
વિધાન $(c)$ સાચું છે: વિવિધ સ્ત્રોતોમાંથી આવતા સિગ્નલોને અલગ પાડવા માટે મલ્ટિપ્લેક્સિંગ જરૂરી છે.
વિધાન $(d)$ સાચું છે: મોડ્યુલેશન (ઓછી આવૃત્તિવાળા સિગ્નલોને ઉચ્ચ આવૃત્તિવાળા કેરિયર તરંગો પર સુપરઇમ્પોઝ કરવા) લાંબા અંતર સુધી કાર્યક્ષમ પ્રસારણ માટે પરવાનગી આપે છે.
આમ,વિધાનો $(a), (c)$ અને $(d)$ સાચા છે.

(C) આ ગોઠવણી સમાંતરમાં જોડાયેલા ત્રણ સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટર્સની બનેલી છે.
સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટરનું કેપેસિટન્સ $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આકૃતિ પરથી,પ્લેટો વચ્ચેનું અંતર $b$,$3b$,અને $5b$ છે.
તેથી,વ્યક્તિગત કેપેસિટન્સ છે:
$C_1 = \frac{\varepsilon_0 A}{b}$
$C_2 = \frac{\varepsilon_0 A}{3b}$
$C_3 = \frac{\varepsilon_0 A}{5b}$
તેઓ સમાંતરમાં હોવાથી,સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ છે:
$C_{eq} = C_1 + C_2 + C_3$
$C_{eq} = \frac{\varepsilon_0 A}{b} + \frac{\varepsilon_0 A}{3b} + \frac{\varepsilon_0 A}{5b}$
$C_{eq} = \frac{\varepsilon_0 A}{b} \left( 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} \right)$
$C_{eq} = \frac{\varepsilon_0 A}{b} \left( \frac{15 + 5 + 3}{15} \right) = \frac{23}{15} \frac{\varepsilon_0 A}{b}$
આમ,$x = 23$.

(C) ક્ષેત્રફળ ખંડ $dA$ માંથી પસાર થતો પ્રવાહ $I = \int J \cdot dA$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નળાકાર તાર માટે,$r'$ ત્રિજ્યા અને $dr'$ જાડાઈ ધરાવતી રીંગનો ક્ષેત્રફળ ખંડ $dA = 2 \pi r' dr'$ છે.
અહીં $J = 1.0 \times 10^{6} \, A/m^{2}$ અને $r = 4.0 \, mm = 4.0 \times 10^{-3} \, m$ આપેલ છે.
$r/2$ અને $r$ વચ્ચેના વિસ્તારમાંથી પસાર થતો પ્રવાહ $I$:
$I = \int_{r/2}^{r} J (2 \pi r') dr' = 2 \pi J \int_{r/2}^{r} r' dr'$
$I = 2 \pi J \left[ \frac{(r')^{2}}{2} \right]_{r/2}^{r} = \pi J \left[ r^{2} - \left( \frac{r}{2} \right)^{2} \right]$
$I = \pi J \left[ r^{2} - \frac{r^{2}}{4} \right] = \pi J \left( \frac{3r^{2}}{4} \right)$
$J = 10^{6} \, A/m^{2}$ અને $r = 4 \times 10^{-3} \, m$ ની કિંમતો મૂકતા:
$I = \pi \times 10^{6} \times \frac{3}{4} \times (4 \times 10^{-3})^{2}$
$I = \pi \times 10^{6} \times \frac{3}{4} \times 16 \times 10^{-6} = 12 \pi \, A$
આને $x \pi \, A$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 12$ મળે છે.

(A) આ સર્કિટ શ્રેણીમાં જોડાયેલા બે ભાગોની બનેલી છે. પ્રથમ ભાગમાં $ma$ અવરોધ ધરાવતા ત્રણ અવરોધકો સમાંતરમાં જોડાયેલા છે. આ ભાગનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_1 = \frac{ma}{3}$ છે.
બીજા ભાગમાં $\frac{a}{m}$ અવરોધ ધરાવતા બે અવરોધકો સમાંતરમાં જોડાયેલા છે. આ ભાગનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_2 = \frac{a/m}{2} = \frac{a}{2m}$ છે.
સર્કિટનો કુલ સમતુલ્ય અવરોધ $R = R_1 + R_2 = \frac{ma}{3} + \frac{a}{2m}$ છે.
$R$ ન્યૂનતમ હોય તેવા $m$ ના મૂલ્યને શોધવા માટે,આપણે $R$ નું $m$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ અને તેને શૂન્ય લઈએ છીએ:
$\frac{dR}{dm} = \frac{a}{3} - \frac{a}{2m^2} = 0$.
$m$ માટે ઉકેલતા:
$\frac{a}{3} = \frac{a}{2m^2}$
$2m^2 = 3$
$m^2 = \frac{3}{2}$
$m = \sqrt{\frac{3}{2}}$.
આને આપેલ સ્વરૂપ $m = \sqrt{\frac{x}{2}}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 3$ મળે છે.

(A) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વિદ્યુતભારિત કણની ત્રિજ્યા $r = \frac{mv}{qB}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2}mv^2$ હોવાથી,$mv = \sqrt{2mK}$ મળે.
તેથી,$r = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$.
ડ્યુટેરોન $(d)$ અને પ્રોટોન $(p)$ માટે:
ડ્યુટેરોનનું દળ $m_d = 2m_p$,વિદ્યુતભાર $q_d = e$.
પ્રોટોનનું દળ $m_p = m_p$,વિદ્યુતભાર $q_p = e$.
આપેલ છે કે ગતિઊર્જા સમાન છે $(K_d = K_p = K)$.
ત્રિજ્યાનો ગુણોત્તર: $\frac{r_d}{r_p} = \frac{\sqrt{2m_d K} / eB}{\sqrt{2m_p K} / eB} = \sqrt{\frac{m_d}{m_p}} = \sqrt{\frac{2m_p}{m_p}} = \sqrt{2}$.
$\frac{r_d}{r_p} = \sqrt{2} : 1$ ને $\sqrt{x} : 1$ સાથે સરખાવતા,$x = 2$ મળે છે.

(B) આપેલ છે:
સળિયાની લંબાઈ,$l = 20 \,cm = 0.2 \,m$
સળિયાનો વેગ,$v = 20 \,m/s$
પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રનો સમક્ષિતિજ ઘટક,$B_H = 4 \times 10^{-3} \,T$
ડીપનો ખૂણો,$\delta = 45^{\circ}$
પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રનો ઉર્ધ્વ ઘટક $B_V = B_H \tan(\delta)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $\delta = 45^{\circ}$ હોવાથી,$\tan(45^{\circ}) = 1$,તેથી $B_V = B_H = 4 \times 10^{-3} \,T$.
જ્યારે સળિયાને સમક્ષિતિજ સમતલમાં ગતિ કરાવવામાં આવે છે,ત્યારે પ્રેરિત ગતિકીય emf પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રના ઉર્ધ્વ ઘટક $(B_V)$ ને કારણે હોય છે કારણ કે વેગ સદિશ એ ઉર્ધ્વ ચુંબકીય ક્ષેત્રને લંબ હોય છે.
પ્રેરિત emf નું સૂત્ર $\epsilon = B_V \cdot l \cdot v$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$\epsilon = (4 \times 10^{-3} \,T) \times (0.2 \,m) \times (20 \,m/s)$
$\epsilon = 4 \times 10^{-3} \times 4 = 16 \times 10^{-3} \,V = 16 \,mV$.

(B) આપેલ પરિપથમાં,ડાયોડ $D_1$ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે,જ્યારે ડાયોડ $D_2$ રિવર્સ બાયસમાં છે. તેથી,$D_2$ ધરાવતી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
પરિપથ $1 \,V$ ની બેટરી,$60 \,\Omega$ નો અવરોધ,ફોરવર્ડ બાયસ ડાયોડ $D_1$ ($0.6 \,V$ ના વોલ્ટેજ ડ્રોપ સાથે) અને $40 \,\Omega$ ના અવરોધના શ્રેણી જોડાણમાં ફેરવાય છે.
લૂપમાં કિર્ચોફનો વોલ્ટેજનો નિયમ $(KVL)$ લાગુ કરતા:
$1 - I(60) - 0.6 - I(40) = 0$
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા:
$0.4 - I(100) = 0$
$I(100) = 0.4$
$I = \frac{0.4}{100} \,A$
$I = 0.004 \,A = 4 \,mA$
આમ,$40 \,\Omega$ ના અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ $4 \,mA$ છે.

(B) ધારો કે વિદ્યુતભારો $q_A = +8 \times 10^{-6}\,C$ અને $q_B = -8 \times 10^{-6}\,C$ છે. તેમની વચ્ચેનું અંતર $d$ છે. મધ્યબિંદુ $O$ દરેક વિદ્યુતભારથી $r = d/2$ અંતરે છે.
$A$ વિદ્યુતભારને કારણે $O$ પર વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_A = \frac{K|q_A|}{r^2} = \frac{Kq}{(d/2)^2}$ છે,જે $B$ ની દિશામાં છે.
$B$ વિદ્યુતભારને કારણે $O$ પર વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_B = \frac{K|q_B|}{r^2} = \frac{Kq}{(d/2)^2}$ છે,જે પણ $B$ ની દિશામાં છે.
$O$ પર કુલ વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_0 = E_A + E_B = 2 \times \frac{Kq}{(d/2)^2} = \frac{8Kq}{d^2}$ છે.
આપેલ છે કે $E_0 = 6.4 \times 10^4\,NC^{-1}$,$K = 9 \times 10^9\,Nm^2C^{-2}$,અને $q = 8 \times 10^{-6}\,C$:
$6.4 \times 10^4 = \frac{8 \times (9 \times 10^9) \times (8 \times 10^{-6})}{d^2}$
$d^2 = \frac{8 \times 9 \times 10^9 \times 8 \times 10^{-6}}{6.4 \times 10^4} = \frac{576 \times 10^3}{6.4 \times 10^4} = \frac{576}{64} = 9$
$d = \sqrt{9} = 3\,m$.

(A) તાપમાન $T$ પર અવરોધ $R$ નું સૂત્ર $R = R_{T_0}[1 + \alpha(T - T_0)]$ છે,જ્યાં $R_{T_0}$ એ સંદર્ભ તાપમાન $T_0$ પરનો અવરોધ છે અને $\alpha$ એ અવરોધનો તાપમાન ગુણાંક છે.
આપેલ છે:
$R_1 = 2\,\Omega$ તાપમાન $T_1 = 10^{\circ}C$ પર
$R_2 = 3\,\Omega$ તાપમાન $T_2 = 30^{\circ}C$ પર
સંબંધ $R_T = R_0(1 + \alpha T)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 = R_0(1 + 10\alpha)$ --- (સમીકરણ $1$)
$3 = R_0(1 + 30\alpha)$ --- (સમીકરણ $2$)
સમીકરણ $2$ ને સમીકરણ $1$ વડે ભાગતા:
$\frac{3}{2} = \frac{1 + 30\alpha}{1 + 10\alpha}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$3(1 + 10\alpha) = 2(1 + 30\alpha)$
$3 + 30\alpha = 2 + 60\alpha$
$3 - 2 = 60\alpha - 30\alpha$
$1 = 30\alpha$
$\alpha = \frac{1}{30} \approx 0.033\,^{\circ}C^{-1}$.

(A) હવા-કોર સોલેનોઈડની અંદરનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_0 = \mu_0 n I$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે સોલેનોઈડને $\mu_r$ સાપેક્ષ પરમીએબિલિટી ધરાવતા ચુંબકીય પદાર્થથી ભરવામાં આવે છે,ત્યારે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \mu_0 \mu_r n I$ થાય છે.
મેગ્નેટિક સસેપ્ટિબિલિટી $\chi$ એ સાપેક્ષ પરમીએબિલિટી સાથે $\mu_r = 1 + \chi$ સૂત્ર દ્વારા સંબંધિત છે.
આપેલ છે કે $\chi = 1.2 \times 10^{-5}$,તેથી $\mu_r = 1 + 1.2 \times 10^{-5}$.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં થતો આંશિક વધારો $\frac{\Delta B}{B_0} = \frac{B - B_0}{B_0} = \frac{\mu_0 \mu_r n I - \mu_0 n I}{\mu_0 n I} = \mu_r - 1$ દ્વારા મળે છે.
$\mu_r = 1 + \chi$ મૂકતા,આપણને $\frac{\Delta B}{B_0} = (1 + \chi) - 1 = \chi$ મળે છે.
તેથી,આંશિક વધારો $1.2 \times 10^{-5}$ છે.

(C) બે સમાંતર વિદ્યુતપ્રવાહ ધારિત તાર વચ્ચે પ્રતિ એકમ લંબાઈ દીઠ બળનું સૂત્ર આ મુજબ છે:
$F/L = \frac{\mu_{0} i_{1} i_{2}}{2 \pi d}$
આપેલ છે:
$F/L = 2 \times 10^{-6} \, N/m$
$d = 0.20 \, m$
$i_{1} = i_{2} = x \, A$
$\mu_{0} = 4 \pi \times 10^{-7} \, T \cdot m/A$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$2 \times 10^{-6} = \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times x^2}{2 \pi \times 0.2}$
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા:
$2 \times 10^{-6} = \frac{2 \times 10^{-7} \times x^2}{0.2}$
$2 \times 10^{-6} = 10^{-6} \times x^2$
$x^2 = 2$
$x = \sqrt{2} \approx 1.414 \, A$
આમ,$x$ નું આશરે મૂલ્ય $1.4 \, A$ છે.

(D) પ્રેરિત વિદ્યુતચાલક બળ $(EMF)$ $\varepsilon = -N A \frac{dB}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કોઈલનો અવરોધ $R = \rho \frac{\ell}{A_w}$ છે,જ્યાં $\ell = N(2\pi r)$ એ તારની કુલ લંબાઈ છે અને $A_w = \pi r_w^2$ એ તારનું આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
વ્યય થતો પાવર $P = \frac{\varepsilon^2}{R} = \frac{(N A \frac{dB}{dt})^2}{\rho \frac{N(2\pi r)}{\pi r_w^2}} = \frac{N^2 A^2 (dB/dt)^2 \cdot r_w^2}{2 \rho N r} = \frac{N A^2 (dB/dt)^2 r_w^2}{2 \rho r}$ થાય.
આપેલ છે: $N' = N/2$ અને $r_w' = 2r_w$.
$P' = \frac{(N/2) A^2 (dB/dt)^2 (2r_w)^2}{2 \rho r} = \frac{(N/2) A^2 (dB/dt)^2 (4r_w^2)}{2 \rho r} = 2 \times \frac{N A^2 (dB/dt)^2 r_w^2}{2 \rho r} = 2P$.
આમ,વ્યય થતો પાવર બમણો થશે.

(B) આપેલ છે: તરંગલંબાઈ $\lambda = 8\,mm = 8 \times 10^{-3}\,m$. મહત્તમ વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_{0} = 60\,Vm^{-1}$.
પ્રસરણની દિશા $+x$-અક્ષ છે. વિદ્યુતક્ષેત્ર $y$-અક્ષ પર છે.
$1$. ચુંબકીય ક્ષેત્રનો કંપવિસ્તાર શોધો: $B_{0} = \frac{E_{0}}{c} = \frac{60}{3 \times 10^{8}} = 2 \times 10^{-7}\,T$.
$2$. ચુંબકીય ક્ષેત્રની દિશા નક્કી કરો: તરંગ $\vec{E} \times \vec{B}$ ની દિશામાં પ્રસરતું હોવાથી,અને $\vec{E}$ એ $\hat{j}$ માં છે અને પ્રસરણ $\hat{i}$ માં છે,તેથી $\vec{B}$ એ $\hat{k}$ દિશામાં હોવું જોઈએ.
$3$. તરંગ સંખ્યા $k$ શોધો: $k = \frac{2\pi}{\lambda} = \frac{2\pi}{8 \times 10^{-3}} = \frac{\pi}{4} \times 10^{3}\,m^{-1}$.
$4$. તરંગનું સમીકરણ $E = E_{0} \sin(k(x - ct))\hat{j}$ અને $B = B_{0} \sin(k(x - ct))\hat{k}$ છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $E_{y} = 60 \sin \left[\frac{\pi}{4} \times 10^{3}(x - 3 \times 10^{8}t)\right] \hat{j}\,Vm^{-1}$ અને $B_{z} = 2 \times 10^{-7} \sin \left[\frac{\pi}{4} \times 10^{3}(x - 3 \times 10^{8}t)\right] \hat{k}\,T$ મળે છે.

(B) જ્યારે $\mu$ વક્રીભવનાંક અને $t$ જાડાઈ ધરાવતી કાચની પ્લેટને કિરણોમાંથી એકના માર્ગમાં મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે ઉદ્ભવતો વધારાનો પથ તફાવત $\Delta p = (\mu - 1)t$ છે.
મૂળ મધ્યસ્થ સ્થાન $O$ પર તીવ્રતા બદલાતી નથી (એટલે કે,તે અધિકતમ જ રહે છે) તે માટે,પથ તફાવત એ તરંગલંબાઇ $\lambda$ નો પૂર્ણાંક ગુણાંક હોવો જોઈએ.
તેથી,$\Delta p = n \lambda$,જ્યાં $n = 1, 2, 3, \dots$
આપેલ છે કે $\mu = 1.5$ અને $t = x \lambda$,તેથી:
$(\mu - 1)t = n \lambda$
$(1.5 - 1) (x \lambda) = n \lambda$
$0.5 x \lambda = n \lambda$
$0.5 x = n$
$x = 2n$
$x$ ના સૌથી નાના શૂન્યતર મૂલ્ય માટે,આપણે $n = 1$ લઈએ છીએ,જે $x = 2(1) = 2$ આપે છે.

(B) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,મહત્તમ ગતિઊર્જા $K = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\phi$ એ ધાતુનું વર્ક ફંક્શન છે.
તરંગલંબાઈ $\lambda_{1}$ માટે,$K_{1} = \frac{hc}{\lambda_{1}} - \phi$.
તરંગલંબાઈ $\lambda_{2}$ માટે,$K_{2} = \frac{hc}{\lambda_{2}} - \phi$.
આપેલ છે કે $\lambda_{1} = 3 \lambda_{2}$,તેથી $K_{1}$ ના સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા:
$K_{1} = \frac{hc}{3 \lambda_{2}} - \phi$.
બંને બાજુ $3$ વડે ગુણતા,$3 K_{1} = \frac{hc}{\lambda_{2}} - 3 \phi$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $K_{2} = \frac{hc}{\lambda_{2}} - \phi$,તેથી $\frac{hc}{\lambda_{2}} = K_{2} + \phi$.
આ કિંમત $3 K_{1}$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$3 K_{1} = (K_{2} + \phi) - 3 \phi = K_{2} - 2 \phi$.
કારણ કે વર્ક ફંક્શન $\phi > 0$ છે,તેથી $3 K_{1} < K_{2}$,જેનો અર્થ છે કે $K_{1} < \frac{K_{2}}{3}$.

(C) વિધાન $(A)$ ખોટું છે કારણ કે રેડિયોએક્ટિવિટી ભૌતિક અને રાસાયણિક પરિસ્થિતિઓથી સ્વતંત્ર છે.
વિધાન $(B)$ સાચું છે. રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે ઘાતાંકીય ક્ષય દર્શાવે છે.
વિધાન $(C)$ સાચું છે. ક્ષયના નિયમનું પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln(N) = \ln(N_0) - \lambda t$. $\ln(N)$ વિરુદ્ધ $t$ ના આલેખનો ઢાળ $-\lambda$ છે. સરેરાશ આયુષ્ય $\tau = 1/\lambda$ હોવાથી,ઢાળ $-1/\tau$ થાય છે.
વિધાન $(D)$ ખોટું છે કારણ કે $\lambda \times T_{1/2} = \ln(2) \approx 0.693$,જે એક અચળાંક છે.
તેથી,વિધાન $(B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(D) આ સર્કિટમાં બે ડાયોડ $D_{1}$ અને $D_{2}$ વિરુદ્ધ ધ્રુવીયતા સાથે સમાંતરમાં જોડાયેલા છે.
$1$. $V_{\text{in}}$ ના ધન અર્ધ-ચક્ર દરમિયાન:
- જ્યારે $V_{\text{in}} < 0.6\,V$ હોય,ત્યારે બંને ડાયોડ $OFF$ સ્થિતિમાં હોય છે (રિવર્સ બાયસ અથવા કટ-ઇન વોલ્ટેજ સુધી પહોંચતા નથી). તેથી,$V_{0} = V_{\text{in}}$.
- જ્યારે $V_{\text{in}} \geq 0.6\,V$ હોય,ત્યારે ડાયોડ $D_{1}$ ફોરવર્ડ બાયસ થાય છે અને વહન કરે છે. તેની આજુબાજુનો વોલ્ટેજ તેના કટ-ઇન વોલ્ટેજ $0.6\,V$ પર ક્લેમ્પ થાય છે. તેથી,$V_{0} = 0.6\,V$.
$2$. $V_{\text{in}}$ ના ઋણ અર્ધ-ચક્ર દરમિયાન:
- જ્યારે $|V_{\text{in}}| < 0.6\,V$ હોય,ત્યારે બંને ડાયોડ $OFF$ હોય છે. તેથી,$V_{0} = V_{\text{in}}$.
- જ્યારે $|V_{\text{in}}| \geq 0.6\,V$ હોય,ત્યારે ડાયોડ $D_{2}$ ફોરવર્ડ બાયસ થાય છે અને વહન કરે છે. તેની આજુબાજુનો વોલ્ટેજ $-0.6\,V$ પર ક્લેમ્પ થાય છે. તેથી,$V_{0} = -0.6\,V$.
આ બંનેને જોડતા,આઉટપુટ વેવફોર્મ $+0.6\,V$ અને $-0.6\,V$ પર ક્લિપ થાય છે. આ વિકલ્પ $D$ માં દર્શાવેલ વેવફોર્મને અનુરૂપ છે.

(C) એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેટેડ તરંગનું પ્રમાણિત સમીકરણ $V_{AM} = A_c [1 + \mu \cos(\omega_m t)] \cos(\omega_c t)$ છે.
આપેલ સમીકરણ $V_{AM} = 10[1 + 0.4 \cos(2 \pi \times 10^4 t)] \cos(2 \pi \times 10^7 t)$ સાથે સરખાવતા,આપણે મોડ્યુલેટિંગ આવૃત્તિ $f_m$ મેળવી શકીએ છીએ.
મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલ માટે કોસાઇન વિધેયની અંદરનું પદ $2 \pi f_m t = 2 \pi \times 10^4 t$ છે,જે આપણને $f_m = 10^4 \text{ Hz} = 10 \text{ kHz}$ આપે છે.
એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેટેડ તરંગની બેન્ડવિડ્થ $BW = 2 f_m$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$BW = 2 \times 10 \text{ kHz} = 20 \text{ kHz}$.

(B) શ્રેણી અવરોધ $R$ માંથી વહેતો કુલ પ્રવાહ $I$ નીચે મુજબ છે:
$I = \frac{V_{i} - V_{Z}}{R} = \frac{10\,V - 8\,V}{100\,\Omega} = \frac{2\,V}{100\,\Omega} = 20\,mA$.
ઝેનર ડાયોડ બ્રેકડાઉન વિસ્તારમાં કાર્ય કરે તે માટે,લોડ પ્રવાહ $I_{L}$ એ $I = I_{Z} + I_{L}$ શરતનું પાલન કરવું જોઈએ,જ્યાં $0 \le I_{Z} \le I_{ZM}$.
$1$. $R_{L, \max}$ શોધવા માટે,આપણે ન્યૂનતમ લોડ પ્રવાહ $I_{L, \min}$ ની જરૂર છે. આ ત્યારે થાય છે જ્યારે ઝેનર પ્રવાહ મહત્તમ હોય $(I_{Z} = I_{ZM} = 10\,mA)$.
$I_{L, \min} = I - I_{ZM} = 20\,mA - 10\,mA = 10\,mA$.
$R_{L, \max} = \frac{V_{Z}}{I_{L, \min}} = \frac{8\,V}{10\,mA} = 800\,\Omega$.
$2$. $R_{L, \min}$ શોધવા માટે,આપણે મહત્તમ લોડ પ્રવાહ $I_{L, \max}$ ની જરૂર છે. આ ત્યારે થાય છે જ્યારે ઝેનર પ્રવાહ ન્યૂનતમ હોય $(I_{Z} = 0)$.
$I_{L, \max} = I = 20\,mA$.
$R_{L, \min} = \frac{V_{Z}}{I_{L, \max}} = \frac{8\,V}{20\,mA} = 400\,\Omega$.
$R_{L}$ ના મહત્તમ અને ન્યૂનતમ મૂલ્યનો ગુણોત્તર:
$\frac{R_{L, \max}}{R_{L, \min}} = \frac{800\,\Omega}{400\,\Omega} = 2$.

(B) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં ફ્રિન્જની કોણીય પહોળાઈ $\theta = \frac{\lambda}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\lambda$ એ તરંગલંબાઇ છે અને $d$ એ સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર છે.
જ્યારે સિસ્ટમને $\mu$ વક્રીભવનાંક ધરાવતા માધ્યમમાં ડૂબાડવામાં આવે છે,ત્યારે તરંગલંબાઇ બદલાઈને $\lambda' = \frac{\lambda}{\mu}$ થાય છે.
તેથી,નવી કોણીય પહોળાઈ $\theta'$ એ $\theta' = \frac{\lambda'}{d} = \frac{\lambda}{\mu d} = \frac{\theta}{\mu}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે કે $\theta = 0.35^{\circ}$ અને $\mu = 7/5 = 1.4$.
આમ,$\theta' = \frac{0.35^{\circ}}{1.4} = \frac{0.35}{1.4} = \frac{35}{140} = \frac{1}{4}^{\circ}$.
આને $\frac{1}{\alpha}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = 4$ મળે છે.

(D) આપેલ છે: $V_{L} = V_{C} = 2V_{R}$.
$V = IR$ હોવાથી,$I X_{L} = I X_{C} = 2(IR)$ મળે.
તેથી,$X_{L} = X_{C} = 2R$.
અહીં $R = 5\,\Omega$ આપેલ છે,તેથી $X_{L} = 2 \times 5 = 10\,\Omega$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $X_{L} = 2\pi f L$.
કિંમતો મૂકતા: $10 = 2 \times \pi \times 50 \times L$.
$10 = 100 \pi L$.
$L = \frac{10}{100\pi} = \frac{1}{10\pi}\,H$.
$mH$ માં ફેરવવા માટે,$L = \frac{1}{10\pi} \times 1000\,mH = \frac{100}{\pi}\,mH$.
આને $\frac{1}{K\pi}\,mH$ સાથે સરખાવતા,$\frac{1}{K\pi} = \frac{100}{\pi}$ મળે.
તેથી,$K = \frac{1}{100} = 0.01$.