JEE Main 2025 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) દળ ઘનતા $= \frac{\text{દળ}}{\text{કદ}} = \frac{M}{L^3} = [ML^{-3}T^0]$. જે $(IV)$ સાથે બંધ બેસે છે.
$(B)$ આઘાત $= \text{બળ} \times \text{સમય} = [MLT^{-2}] \times [T] = [MLT^{-1}]$. જે $(II)$ સાથે બંધ બેસે છે.
$(C)$ પાવર $= \frac{\text{કાર્ય}}{\text{સમય}} = \frac{[ML^2T^{-2}]}{[T]} = [ML^2T^{-3}]$. જે $(I)$ સાથે બંધ બેસે છે.
$(D)$ જડત્વની ચાકમાત્રા $= \text{દળ} \times (\text{અંતર})^2 = [M] \times [L^2] = [ML^2T^0]$. જે $(III)$ સાથે બંધ બેસે છે.
તેથી,સાચી જોડ $(A)-(IV), (B)-(II), (C)-(I), (D)-(III)$ છે.

(A) તરંગનું સામાન્ય સમીકરણ $y = A \sin(kx + \omega t + \phi)$ છે.
આપેલ સમીકરણ $y = \sin(20 \pi x + 10 \pi t)$ સાથે સરખાવતા,આપણને તરંગ સંખ્યા $k = 20 \pi \ rad/m$ મળે છે.
તરંગલંબાઈ $\lambda$ એ $\lambda = \frac{2 \pi}{k} = \frac{2 \pi}{20 \pi} = 0.1 \ m = 10 \ cm$ દ્વારા મળે છે.
તરંગમાં સમાન દોલન ઝડપ ધરાવતા બિંદુઓ $\frac{\lambda}{2}$ (અથવા તેના ગુણાંક) જેટલા અંતરે આવેલા હોય છે.
તેથી,લઘુત્તમ અંતર $\frac{\lambda}{2} = \frac{10 \ cm}{2} = 5 \ cm$ છે.

(C) સ્થિતિ ઊર્જા ફક્ત સંરક્ષી બળો માટે જ વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
સંરક્ષી બળો એવા બળો છે જેના માટે બે બિંદુઓ વચ્ચે કણના સ્થાનાંતરણમાં થતું કાર્ય લીધેલા માર્ગ પર આધારિત નથી.
સંરક્ષી બળોના ઉદાહરણોમાં ગુરુત્વાકર્ષણ બળ,સ્થિત-વિદ્યુત (કુલંબ) બળ અને સ્પ્રિંગ (પુનઃસ્થાપક) બળનો સમાવેશ થાય છે.
ઘર્ષણ બળ એ અસંરક્ષી બળ છે કારણ કે તેની વિરુદ્ધ કરવામાં આવતું કાર્ય લીધેલા માર્ગ પર આધાર રાખે છે.
તેથી,ઘર્ષણ બળ માટે સ્થિતિ ઊર્જા વ્યાખ્યાયિત કરી શકાતી નથી.

(C) સમતાપી પ્રક્રિયા: તાપમાન અચળ રહે છે,તેથી આંતરિક ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = 0$ થાય છે. તેથી,$(A)-(IV)$.
$(B)$ સમોષ્મી પ્રક્રિયા: આસપાસ સાથે કોઈ ઉષ્માનો વિનિમય થતો નથી,તેથી $\Delta Q = 0$ થાય છે. તેથી,$(B)-(II)$.
$(C)$ સમદાબી પ્રક્રિયા: દબાણ અચળ રહે છે. તાપમાન બદલાતા આંતરિક ઉર્જા બદલાય છે,તેથી $\Delta U \neq 0$ થાય છે. તેથી,$(C)-(III)$.
$(D)$ સમકદ પ્રક્રિયા: કદ અચળ રહે છે,તેથી થયેલ કાર્ય $\Delta W = P \Delta V = 0$ થાય છે. તેથી,$(D)-(I)$.

(D) આપેલ છે:
હેલિકોપ્ટરની આડી ઝડપ,$u = 360 \ km/h = 360 \times \frac{5}{18} = 100 \ m/s$.
ઊંચાઈ,$H = 2 \ km = 2000 \ m$.
જમીન પર પહોંચવા માટે લાગતો સમય,$t = 20 \ s$.
પગલું $1$: પદાર્થનું આડું સ્થાનાંતર $(x)$ શોધો.
$x = u \times t = 100 \ m/s \times 20 \ s = 2000 \ m = 2 \ km$.
પગલું $2$: શિરોલંબ સ્થાનાંતર એ ઊંચાઈ $H = 2 \ km$ છે.
પગલું $3$: મુક્તિ બિંદુથી બિંદુ $O$ સુધીનું કુલ સ્થાનાંતર $(D)$ શોધો.
$D = \sqrt{x^2 + H^2} = \sqrt{(2 \ km)^2 + (2 \ km)^2} = \sqrt{4 + 4} \ km = \sqrt{8} \ km = 2\sqrt{2} \ km$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) આપેલ દળ $m = 500 \ g = 0.5 \ kg$ છે.
વેગ $v = 4 \sqrt{x}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $v^2 = 16x$ મળે છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$2v \frac{dv}{dx} = 16$ મળે,જેનું સાદું રૂપ આપતા $v \frac{dv}{dx} = 8$ થાય છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રવેગ $a = v \frac{dv}{dx}$ છે. તેથી,$a = 8 \ m/s^2$.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$F = ma = 0.5 \ kg \times 8 \ m/s^2 = 4 \ N$.

(C) સળિયાનો ઉષ્મીય અવરોધ $R = \frac{L}{KA}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $L$ લંબાઈ છે,$K$ ઉષ્મીય વાહકતા છે અને $A = \pi r^2$ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
શ્રેણીમાં જોડાયેલા બે સળિયાઓ માટે,સ્થાયી અવસ્થામાં ઉષ્મા વહનનો દર $\frac{dQ}{dt}$ સમાન હોય છે:
$\frac{dQ}{dt} = \frac{\Delta T}{R} = \frac{400 - T}{R_A} = \frac{T - 200}{R_B}$
$\frac{400 - T}{T - 200} = \frac{R_A}{R_B} = \left( \frac{L_A}{L_B} \right) \left( \frac{K_B}{K_A} \right) \left( \frac{r_B}{r_A} \right)^2$
આપેલ છે કે $\frac{L_A}{L_B} = \frac{1}{2}$,$\frac{K_A}{K_B} = \frac{1}{2} \implies \frac{K_B}{K_A} = 2$,અને $\frac{r_A}{r_B} = 2 \implies \frac{r_B}{r_A} = \frac{1}{2}$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{R_A}{R_B} = \left( \frac{1}{2} \right) \times (2) \times \left( \frac{1}{2} \right)^2 = 1 \times \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$
હવે,$\frac{400 - T}{T - 200} = \frac{1}{4}$
$4(400 - T) = T - 200$
$1600 - 4T = T - 200$
$5T = 1800$
$T = 360 \ K$

(A) $M$ દળ અને $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી સંપૂર્ણ ડિસ્કની તેના કેન્દ્ર $O$ માંથી પસાર થતી અને તેના સમતલને લંબ અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_1 = \frac{1}{2} MR^2$ છે.
$r = R/3$ ત્રિજ્યા ધરાવતી દૂર કરેલી ડિસ્કનું દળ $m = \frac{M}{\pi R^2} \times \pi (R/3)^2 = \frac{M}{9}$ છે.
$O$ માંથી પસાર થતી સમાન અક્ષને અનુલક્ષીને દૂર કરેલી ડિસ્કની જડત્વની ચાકમાત્રા સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને ગણવામાં આવે છે: $I_2 = I_{cm} + md^2$,જ્યાં $I_{cm} = \frac{1}{2} m r^2$ અને $d = R - r = R - R/3 = 2R/3$ છે.
$I_2 = \frac{1}{2} \left(\frac{M}{9}\right) \left(\frac{R}{3}\right)^2 + \left(\frac{M}{9}\right) \left(\frac{2R}{3}\right)^2 = \frac{MR^2}{162} + \frac{4MR^2}{81} = \frac{MR^2 + 8MR^2}{162} = \frac{9MR^2}{162} = \frac{MR^2}{18}$ છે.
બાકી રહેલા ભાગની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = I_1 - I_2 = \frac{1}{2} MR^2 - \frac{1}{18} MR^2 = \frac{9-1}{18} MR^2 = \frac{8}{18} MR^2 = \frac{4}{9} MR^2$ છે.
આને $\frac{4}{x} MR^2$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 9$ મળે છે.

(D) સળિયાની લંબાઈ $L$ છે અને તેની રેખીય દળ ઘનતા $\lambda$ છે. તેથી,સળિયાનું કુલ દળ $M = \lambda L$ થાય.
જ્યારે સળિયાને $R$ ત્રિજ્યાની રીંગમાં વાળવામાં આવે છે,ત્યારે રીંગનો પરિઘ સળિયાની લંબાઈ જેટલો થાય છે: $2 \pi R = L$,જેના પરથી $R = \frac{L}{2 \pi}$ મળે છે.
$M$ દળ અને $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી રીંગની તેના વ્યાસને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રાનું સૂત્ર $I = \frac{1}{2} M R^2$ છે.
$M$ અને $R$ ની કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$I = \frac{1}{2} (\lambda L) \left( \frac{L}{2 \pi} \right)^2$
$I = \frac{1}{2} (\lambda L) \left( \frac{L^2}{4 \pi^2} \right)$
$I = \frac{\lambda L^3}{8 \pi^2}$.

(A) યંગ મોડ્યુલસ $(Y)$ માટેનું સૂત્ર $Y = \frac{F \cdot L}{A \cdot \Delta L}$ છે.
અહીં,$F = mg = 50 \times 3 \pi \ N$,$L = 3 \ m$,$r = 3 \times 10^{-3} \ m$,અને $\Delta L = 0.1 \times 10^{-3} \ m$ છે.
ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2 = \pi \times (3 \times 10^{-3})^2 = 9 \pi \times 10^{-6} \ m^2$ થાય.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$Y = \frac{(50 \times 3 \pi) \times 3}{(9 \pi \times 10^{-6}) \times (0.1 \times 10^{-3})}$
$Y = \frac{450 \pi}{0.9 \pi \times 10^{-9}} = \frac{450}{0.9} \times 10^9 = 500 \times 10^9 = 5 \times 10^{11} \ Nm^{-2}$.
આને $P \times 10^{11} \ Nm^{-2}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $P = 5$ મળે છે.

(D) $h$ ઊંચાઈએ રહેલા પાણીની સ્થિતિ ઊર્જા જ્યારે તે કુંડમાં પડે છે ત્યારે ઉષ્મા ઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
$mgh = ms \Delta T$
અહીં,$m$ એ પાણીનું દળ છે,$g = 10 \ m/s^2$ એ ગુરુત્વપ્રવેગ છે,$h = 200 \ m$ એ ઊંચાઈ છે,અને $s = 4200 \ J/(kg \ K)$ એ પાણીની વિશિષ્ટ ઉષ્મા ધારિતા છે.
બંને બાજુથી $m$ ને દૂર કરતા,આપણને મળે છે:
$gh = s \Delta T$
$\Delta T = \frac{gh}{s}$
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta T = \frac{10 \times 200}{4200} = \frac{2000}{4200} = \frac{20}{42} = \frac{10}{21} \ K$
$\Delta T \approx 0.476 \ K \approx 0.48 \ K$

(C) રાશિ $Q = X^{-2} Y^{\frac{3}{2}} Z^{-\frac{2}{5}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ત્રુટિઓના પ્રસરણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$Q$ માં મહત્તમ સાપેક્ષ ત્રુટિ નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{\Delta Q}{Q} = |-2| \frac{\Delta X}{X} + |\frac{3}{2}| \frac{\Delta Y}{Y} + |-\frac{2}{5}| \frac{\Delta Z}{Z}$
આપેલ સાપેક્ષ ત્રુટિઓ $\frac{\Delta X}{X} = 0.1$,$\frac{\Delta Y}{Y} = 0.2$,અને $\frac{\Delta Z}{Z} = 0.5$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{\Delta Q}{Q} = 2(0.1) + \frac{3}{2}(0.2) + \frac{2}{5}(0.5)$
$\frac{\Delta Q}{Q} = 0.2 + 0.3 + 0.2$
$\frac{\Delta Q}{Q} = 0.7$

(C) વાયુ થર્મલી ઇન્સ્યુલેટેડ પાત્રમાં હોવાથી અને અચાનક સંકોચન થતું હોવાથી,આ પ્રક્રિયા એડિબેટિક (સમઉષ્મીય) છે.
એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,દબાણ $P$ અને કદ $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $P_i V_i^\gamma = P_f V_f^\gamma$ છે.
અહીં,$V_f = \frac{1}{8} V_i$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{V_i}{V_f} = 8$.
અંતિમ દબાણ અને પ્રારંભિક દબાણનો ગુણોત્તર $\frac{P_f}{P_i} = \left(\frac{V_i}{V_f}\right)^\gamma$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{P_f}{P_i} = (8)^{5/3}$.
કારણ કે $8 = 2^3$,તેથી $(2^3)^{5/3} = 2^5 = 32$.
આમ,અંતિમ દબાણ અને પ્રારંભિક દબાણનો ગુણોત્તર $32$ છે.

(B) ખેંચાયેલા તારમાં લંબગત તરંગનો વેગ $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ તણાવબળ છે અને $\mu$ એ રેખીય દળ ઘનતા છે.
રેખીય દળ ઘનતા $\mu = \rho A = \rho (\pi R^2)$,જ્યાં $\rho$ એ દ્રવ્યની ઘનતા છે અને $R$ એ આડછેદની ત્રિજ્યા છે.
બંને તાર સમાન દ્રવ્યના બનેલા હોવાથી,$\rho$ અચળ છે. આપેલ છે કે બંને તાર માટે તણાવબળ $T$ સમાન છે,તેથી $v \propto \frac{1}{\sqrt{R^2}} \propto \frac{1}{R}$ મળે.
તેથી,$\frac{v_2}{v_1} = \frac{R_1}{R_2}$.
અહીં $R_1 = R$ અને $R_2 = R/2$ આપેલ હોવાથી,$\frac{v_2}{v_1} = \frac{R}{R/2} = 2$ મળે.

(B) આપેલ છે: દળ $m = 2 \ kg$, પ્રારંભિક વેગ $\overrightarrow{u} = 3 \hat{i} + 4 \hat{j} \ ms^{-1}$, બળ $\overrightarrow{F} = 6 \hat{k} \ N$, સમય $t = \frac{5}{3} \ s$.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા, પ્રવેગ $\overrightarrow{a} = \frac{\overrightarrow{F}}{m} = \frac{6 \hat{k}}{2} = 3 \hat{k} \ ms^{-2}$ મળે છે।
ગતિના પ્રથમ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા, $\overrightarrow{v} = \overrightarrow{u} + \overrightarrow{a}t$.
કિંમતો મૂકતા: $\overrightarrow{v} = (3 \hat{i} + 4 \hat{j}) + (3 \hat{k}) \times \left(\frac{5}{3}\right)$.
$\overrightarrow{v} = 3 \hat{i} + 4 \hat{j} + 5 \hat{k} \ ms^{-1}$.

(A) પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની મહત્તમ ઊંચાઈનું સૂત્ર $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ છે.
આપેલ છે કે $(H_{\max})_1 = 8 \times (H_{\max})_2$,તેથી:
$\frac{u^2 \sin^2 \theta_1}{2g} = 8 \times \frac{u^2 \sin^2 \theta_2}{2g}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા,$\sin^2 \theta_1 = 8 \sin^2 \theta_2$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\sin \theta_1 = \sqrt{8} \sin \theta_2 = 2\sqrt{2} \sin \theta_2$.
ઉડ્ડયન સમયનું સૂત્ર $T = \frac{2u \sin \theta}{g}$ છે.
તેથી,ઉડ્ડયન સમયનો ગુણોત્તર $\frac{T_1}{T_2} = \frac{2u \sin \theta_1 / g}{2u \sin \theta_2 / g} = \frac{\sin \theta_1}{\sin \theta_2}$ થાય.
$\sin \theta_1$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $\frac{T_1}{T_2} = \frac{2\sqrt{2} \sin \theta_2}{\sin \theta_2} = 2\sqrt{2}$ મળે.
આમ,ગુણોત્તર $2\sqrt{2} : 1$ છે.

(D) પરિણામી તરંગ $y = y_1 + y_2 = A \sin(kx - \omega t + \phi)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$A_1 = 4$ અને $A_2 = 2$ કંપવિસ્તાર ધરાવતા અને $\Delta\phi = \frac{2\pi}{3} = 120^{\circ}$ જેટલો કળા તફાવત ધરાવતા બે તરંગો માટે ફેઝર સરવાળાની રીતનો ઉપયોગ કરતા,પરિણામી કંપવિસ્તાર $A$:
$A = \sqrt{A_1^2 + A_2^2 + 2A_1A_2 \cos(\Delta\phi)}$
$A = \sqrt{4^2 + 2^2 + 2(4)(2) \cos(120^{\circ})}$
$A = \sqrt{16 + 4 + 16(-0.5)} = \sqrt{20 - 8} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$.
પરિણામી તરંગની કળા $\phi$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\tan \phi = \frac{A_2 \sin(\Delta\phi)}{A_1 + A_2 \cos(\Delta\phi)}$
$\tan \phi = \frac{2 \sin(120^{\circ})}{4 + 2 \cos(120^{\circ})} = \frac{2(\frac{\sqrt{3}}{2})}{4 + 2(-0.5)} = \frac{\sqrt{3}}{4 - 1} = \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
આમ,$\phi = \frac{\pi}{6}$.

(B) આપેલ છે:
સ્પ્રિંગની કુદરતી લંબાઈ $L = 2 \ m$
બ્લોકનું દળ $m = 2 \ kg$
સ્પ્રિંગ અચળાંક $k = 200 \ N/m$
પ્રારંભિક સંકોચન $x_i = L - 1 = 2 - 1 = 1 \ m$
દીવાલથી $x$ અંતરે અંતિમ સંકોચન $x_f = L - x = (2 - x) \ m$
યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$K_i + U_i = K_f + U_f$
બ્લોકને સ્થિર સ્થિતિમાંથી મુક્ત કરવામાં આવે છે,તેથી $K_i = 0$.
$0 + \frac{1}{2} k x_i^2 = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} k x_f^2$
$\frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} k (x_i^2 - x_f^2)$
$m v^2 = k (x_i^2 - x_f^2)$
કિંમતો મૂકતા:
$2 \times v^2 = 200 \times [1^2 - (2 - x)^2]$
$v^2 = 100 \times [1 - (2 - x)^2]$
$v = 10 \sqrt{1 - (2 - x)^2} \ m/s$
$v = 10 [1 - (2 - x)^2]^{1/2} \ m/s$

(B) આપેલ છે: પ્રારંભિક દબાણ $(P_i) = 1 \ atm$,અંતિમ દબાણ $(P_f) = 5 \ atm$.
દબાણમાં ફેરફાર $(dP) = P_f - P_i = 4 \ atm = 4 \times 10^5 \ Pa$.
કદમાં ફેરફાર $(dV) = -0.8 \ cm^3 = -0.8 \times 10^{-6} \ m^3$.
બલ્ક મોડ્યુલસ $(B) = 2 \ GPa = 2 \times 10^9 \ Pa$.
બલ્ક મોડ્યુલસનું સૂત્ર $B = -\frac{dP}{dV/V}$ છે,જેનો અર્થ થાય છે $V = -\frac{B \cdot dV}{dP}$.
કિંમતો મૂકતા: $V = -\frac{2 \times 10^9 \times (-0.8 \times 10^{-6})}{4 \times 10^5}$.
$V = \frac{1.6 \times 10^3}{4 \times 10^5} = 0.4 \times 10^{-2} \ m^3 = 4 \times 10^{-3} \ m^3$.
કારણ કે $1 \ m^3 = 1000 \ litres$,તેથી $V = 4 \times 10^{-3} \times 1000 = 4 \ litres$.

(D) આપેલ છે: દળ $m = 1 \ kg$.
પ્રારંભિક કોણીય વેગ $\omega_{i} = 1800 \ rpm = 1800 \times \frac{2 \pi}{60} = 60 \pi \ rad/s$.
અંતિમ કોણીય વેગ $\omega_{f} = 2100 \ rpm = 2100 \times \frac{2 \pi}{60} = 70 \pi \ rad/s$.
બાહ્ય ટોર્ક $\tau_{ext} = 25 \pi \ Nm$.
સમય $t = 40 \ s$.
કોણીય ગતિના સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા,$\omega_{f} = \omega_{i} + \alpha t$:
$70 \pi = 60 \pi + \alpha(40) \implies 10 \pi = 40 \alpha \implies \alpha = \frac{\pi}{4} \ rad/s^2$.
વ્યાસને અનુલક્ષીને ફરતી તકતી માટે જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{mR^2}{4}$ છે.
$\tau = I \alpha$ નો ઉપયોગ કરતા:
$25 \pi = \left( \frac{1 \times R^2}{4} \right) \times \frac{\pi}{4}$.
$25 = \frac{R^2}{16} \implies R^2 = 400 \implies R = 20 \ m$.
તકતીનો વ્યાસ $D = 2R = 2 \times 20 = 40 \ m$ થાય.

(A) આપેલ છે: સમઘનની બાજુ $a = 10 \ cm = 0.1 \ m$. સમઘનનું કદ $V = a^3 = (0.1)^3 = 10^{-3} \ m^3$.
ધારો કે સમઘનનું દળ $m$ છે અને તેની ઘનતા $\rho$ છે. તેથી,$m = \rho V = \rho \times 10^{-3} \ kg$.
ફાચરથી અજ્ઞાત દળનું અંતર $2 \ cm = 0.02 \ m$ છે,અને ફાચરથી $200 \ g$ $(0.2 \ kg)$ દળનું અંતર $25 \ cm = 0.25 \ m$ છે.
જ્યારે સમઘનનું અડધું કદ ડૂબેલું હોય,ત્યારે તેના પર લાગતું ઉત્પ્લાવક બળ $F_B$ નીચે મુજબ છે: $F_B = \rho_{water} \times V_{submerged} \times g = 1000 \ kg/m^3 \times (0.5 \times 10^{-3} \ m^3) \times 10 \ m/s^2 = 5 \ N$.
સળિયો ફાચર બિંદુ $O$ ની આસપાસ પરિભ્રમણીય સંતુલનમાં રહે તે માટે,કુલ ટોર્ક શૂન્ય હોવું જોઈએ:
$\tau_{net} = (mg - F_B) \times 0.02 \ m - (0.2 \ kg \times 10 \ m/s^2) \times 0.25 \ m = 0$
$(m \times 10 - 5) \times 0.02 = 2 \times 0.25$
$(10m - 5) \times 0.02 = 0.5$
$10m - 5 = 0.5 / 0.02 = 25$
$10m = 30$
$m = 3 \ kg$.

(C) ધારો કે મેઈન સપ્લાયનો વોલ્ટેજ $V$ છે. દરેક બલ્બનો અવરોધ $R = V^2/P$ છે.
જ્યારે $n$ સમાન બલ્બને શ્રેણીમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે સંયોજનનો કુલ અવરોધ $R_{eq} = nR$ થાય છે.
શ્રેણી સંયોજન દ્વારા ખેંચાતો કુલ પાવર $P_s = V^2 / R_{eq}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$R_{eq} = nR$ મૂકતા,આપણને $P_s = V^2 / (nR)$ મળે છે.
ચૂકી $R = V^2/P$ છે,તેથી આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $P_s = V^2 / (n(V^2/P))$.
આનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને $P_s = P/n$ મળે છે.

(C) વિધાન $(I):$ ફોટોનની ઉર્જા $E = hf$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. પ્લાન્કના અચળાંક $h$ ના પરિમાણો $[h] = [E]/[f] = [ML^2T^{-2}]/[T^{-1}] = [ML^2T^{-1}]$ છે. કોણીય વેગમાન $L = mvr$ ના પરિમાણો $[L] = [M][LT^{-1}][L] = [ML^2T^{-1}]$ છે. આમ,વિધાન $(I)$ સાચું છે.
વિધાન $(II):$ બોહરની પૂર્વધારણા મુજબ,સ્થિર કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L$ એ $h/(2\pi)$ નો પૂર્ણાંક ગુણાંક હોય છે,એટલે કે $L = nh/(2\pi)$,જ્યાં $n$ એ પૂર્ણાંક છે. વિધાનમાં દાવો કરવામાં આવ્યો છે કે તે $h$ નો પૂર્ણાંક ગુણાંક છે,જે ખોટું છે કારણ કે તેમાં $1/(2\pi)$ અવયવ ખૂટે છે. તેથી,વિધાન $(II)$ ખોટું છે.

(A) $6 \ \Omega$ નો સમતુલ્ય અવરોધ મેળવવા માટે,આપણે આકૃતિ $A$ માં દર્શાવેલ સર્કિટનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
ઉપરની શાખામાં,$R_1$ અને $R_2$ શ્રેણીમાં છે,તેથી $R_{up} = R_1 + R_2 = 5 \ \Omega + 5 \ \Omega = 10 \ \Omega$.
નીચેની શાખામાં,$R_3$ અને $R_4$ શ્રેણીમાં છે,તેથી $R_{low} = R_3 + R_4 = 5 \ \Omega + 10 \ \Omega = 15 \ \Omega$.
આ બે શાખાઓ સમાંતરમાં છે,તેથી સમતુલ્ય અવરોધ $R_P$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{1}{R_P} = \frac{1}{R_{up}} + \frac{1}{R_{low}} = \frac{1}{10} + \frac{1}{15} = \frac{3 + 2}{30} = \frac{5}{30} = \frac{1}{6} \ \Omega^{-1}$.
તેથી,$R_P = 6 \ \Omega$.
આમ,આકૃતિ $A$ માં દર્શાવેલ સર્કિટ જરૂરી સમતુલ્ય અવરોધ આપે છે.

(B) કેન્દ્ર પર વિદ્યુતભારીત ચાપને કારણે ઉદ્ભવતું વિદ્યુતક્ષેત્ર તેના ખૂણાના દ્વિભાજક પર હોય છે. ચાપ $AB$ (એક ચતુર્થાંશ વર્તુળ) માટે,$O$ પર વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ એ ત્રિજ્યા $OA$ અને $OB$ થી $45^\circ$ ના ખૂણે હોય છે.
આ ક્ષેત્ર $E$ ને બે ઘટકોમાં વિભાજિત કરી શકાય છે: $E_x = E \cos(45^\circ) = E / \sqrt{2}$ (ઋણ $x$-અક્ષની દિશામાં,$D$ તરફ) અને $E_y = E \sin(45^\circ) = E / \sqrt{2}$ (ઋણ $y$-અક્ષની દિશામાં,$C$ તરફ).
ચાપ $ABC$ એ બે સમાન ચતુર્થાંશ ચાપ $AB$ અને $BC$ ની બનેલી છે.
ચાપ $AB$ માટે,ક્ષેત્ર $\vec{E}_{AB} = (-E/\sqrt{2}) \hat{i} + (-E/\sqrt{2}) \hat{j}$ છે.
ચાપ $BC$ માટે,ક્ષેત્ર $\vec{E}_{BC} = (E/\sqrt{2}) \hat{i} + (-E/\sqrt{2}) \hat{j}$ છે.
આ બંનેનો સદિશ સરવાળો કરતા,$x$-ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે અને $y$-ઘટકોનો સરવાળો થાય છે:
$\vec{E}_{ABC} = \vec{E}_{AB} + \vec{E}_{BC} = 0 \hat{i} + (-2E/\sqrt{2}) \hat{j} = -\sqrt{2} E \hat{j}$.
તેથી,તેનું મૂલ્ય $\sqrt{2} E$ થાય છે.

(C) શરૂઆતમાં,બધા કેપેસિટરનું કેપેસિટન્સ $C = 5 \mu F$ છે.
જ્યારે $C_1$ માં $K = 4$ અચળાંક ધરાવતું ડાયલેક્ટ્રિક દાખલ કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેનું નવું કેપેસિટન્સ $C_1' = K \times C = 4 \times 5 \mu F = 20 \mu F$ થાય છે.
કેપેસિટર $C_2$ અને $C_3$ બદલાતા નથી,તેથી $C_2 = 5 \mu F$ અને $C_3 = 5 \mu F$.
પરિપથ આકૃતિ પરથી,$C_1'$ અને $C_2$ શ્રેણીમાં જોડાયેલા છે. ધારો કે તેમનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{12}$ છે.
$C_{12} = \frac{C_1' \times C_2}{C_1' + C_2} = \frac{20 \times 5}{20 + 5} = \frac{100}{25} = 4 \mu F$.
આ સંયોજન $C_{12}$ એ $C_3$ સાથે સમાંતરમાં જોડાયેલું છે.
તેથી,અસરકારક કેપેસિટન્સ $C_{eq} = C_{12} + C_3 = 4 \mu F + 5 \mu F = 9 \mu F$ થાય.

(A) ધારો કે $P_1$ પર આપાત થતા પ્રકાશની તીવ્રતા $I_0$ છે. $P_1$ અને $P_2$ પરસ્પર લંબ હોવાથી તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $90^{\circ}$ અથવા $\frac{\pi}{2}$ છે.
ધારો કે $P_1$ અને $P_3$ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ છે. તેથી $P_3$ અને $P_2$ વચ્ચેનો ખૂણો $(\frac{\pi}{2} - \theta)$ થશે.
મેલસના નિયમ મુજબ,$P_3$ માંથી પસાર થયા પછી તીવ્રતા $I_1 = I_0 \cos^2 \theta$ મળે.
$P_2$ માંથી પસાર થયા પછીની તીવ્રતા $I_{\text{net}} = I_1 \cos^2(\frac{\pi}{2} - \theta) = I_0 \cos^2 \theta \sin^2 \theta$ થાય.
$I_{\text{net}} = I_0 (\sin \theta \cos \theta)^2 = I_0 (\frac{\sin 2\theta}{2})^2 = \frac{I_0}{4} \sin^2(2\theta)$.
મહત્તમ તીવ્રતા માટે,$\sin^2(2\theta) = 1$ હોવું જોઈએ,તેથી $2\theta = 90^{\circ}$ અથવા $\theta = 45^{\circ}$ અથવા $\frac{\pi}{4}$.
આમ,$P_3$ અને $P_2$ વચ્ચેનો ખૂણો $\frac{\pi}{2} - \theta = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$ થાય.

(A) $n$-પ્રકારના સેમિકન્ડક્ટરમાં,ઇલેક્ટ્રોન મેજોરિટી વાહકો છે અને હોલ માઇનોરિટી વાહકો છે. આ વિધાન સાચું છે.
$(B)$ $n$-પ્રકારના સેમિકન્ડક્ટર બનાવવા માટે,પેન્ટાવેલેન્ટ પરમાણુ (ડોનર) ઉમેરવામાં આવે છે. આ વિધાન સાચું છે.
$(C)$ માસ એક્શનના નિયમ મુજબ,આપેલ તાપમાને ઇલેક્ટ્રોન અને હોલની સાંદ્રતાનો ગુણાકાર અચળ રહે છે,$n_e n_h = n_i^2$. તેથી,$n_e n_h \neq n_i^2$ વિધાન ખોટું છે.
$(D)$ $n_e n_h = n_i^2$ હોવાથી,$n_e n_h \geq n_i^2$ વિધાન તકનીકી રીતે સાચું છે,પરંતુ સેમિકન્ડક્ટરના ગુણધર્મોના સંદર્ભમાં $(A), (B)$ અને $(E)$ એ પ્રમાણભૂત લાક્ષણિકતાઓ છે.
$(E)$ $n$-પ્રકારના સેમિકન્ડક્ટરમાં,હોલ મુખ્યત્વે થર્મલ એક્સાઇટેશનને કારણે ઉત્પન્ન થાય છે,ડોનર પરમાણુઓને કારણે નહીં. આ વિધાન સાચું છે.
આમ,સાચા વિધાનો $(A), (B)$ અને $(E)$ છે.

(C) બહિર્ગોળ અરીસા માટે,વસ્તુ અંતર $u = -30 \ cm$ અને કેન્દ્રલંબાઈ $f = +30 \ cm$ છે.
અરીસાના સૂત્ર $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{v} + \frac{1}{-30} = \frac{1}{30}$
$\frac{1}{v} = \frac{1}{30} + \frac{1}{30} = \frac{2}{30} = \frac{1}{15}$
તેથી,$v = +15 \ cm$. આ પ્રતિબિંબ બહિર્ગોળ અરીસાની પાછળ $15 \ cm$ અંતરે રચાય છે.
વસ્તુથી આ પ્રતિબિંબનું અંતર $30 \ cm + 15 \ cm = 45 \ cm$ છે.
સમતલ અરીસા દ્વારા બનતું પ્રતિબિંબ બહિર્ગોળ અરીસાના પ્રતિબિંબ સાથે સંપાત થાય તે માટે,સમતલ અરીસાને એવી રીતે મૂકવો જોઈએ કે જેથી સમતલ અરીસાથી વસ્તુનું અંતર અને પ્રતિબિંબનું અંતર સમાન હોય.
ધારો કે સમતલ અરીસો બહિર્ગોળ અરીસાથી $d$ અંતરે છે. વસ્તુ સમતલ અરીસાથી $(30 - d)$ અંતરે છે. સમતલ અરીસા દ્વારા બનતું પ્રતિબિંબ અરીસાની પાછળ $(30 - d)$ અંતરે રચાય છે.
આ પ્રતિબિંબનું બહિર્ગોળ અરીસાથી અંતર $d + (30 - d) = 30 \ cm$ થાય છે.
પ્રતિબિંબ સંપાત થવા માટે,સમતલ અરીસાનું પ્રતિબિંબ બહિર્ગોળ અરીસાના પ્રતિબિંબના સ્થાને હોવું જોઈએ.
ગણતરી મુજબ,$d = 22.5 \ cm$ મળે છે.

(A) આપેલ છે:
વિદ્યુતભાર $q = 1.6 \ \mu C = 1.6 \times 10^{-6} \ C$
દળ $m = 16 \ \mu g = 16 \times 10^{-9} \ kg$
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 6.28 \ T$
જ્યારે કણને ચુંબકીય ક્ષેત્રને લંબ રૂપે ફેંકવામાં આવે છે,ત્યારે તે નિયમિત વર્તુળાકાર ગતિ કરશે.
એક સંપૂર્ણ પરિભ્રમણ માટેનો સમયગાળો $T$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$T = \frac{2 \pi m}{qB}$
કિંમતો મૂકતા:
$T = \frac{2 \times 3.14 \times 16 \times 10^{-9}}{1.6 \times 10^{-6} \times 6.28}$
$T = \frac{6.28 \times 16 \times 10^{-9}}{1.6 \times 10^{-6} \times 6.28}$
$T = \frac{16 \times 10^{-9}}{1.6 \times 10^{-6}}$
$T = 10 \times 10^{-3} \ s = 0.01 \ s$
આમ,મૂળ સ્થાને પાછા ફરવા માટે લાગતો સમય $0.01 \ s$ છે.

(C) માધ્યમમાં પ્રકાશનો વેગ $v = \frac{1}{\sqrt{\mu \epsilon}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કારણ કે $\mu = \mu_0 \mu_r$ અને $\epsilon = \epsilon_0 \epsilon_r$,તેથી $v = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \mu_r \epsilon_0 \epsilon_r}} = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \epsilon_0}} \cdot \frac{1}{\sqrt{\mu_r \epsilon_r}}$.
શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશનો વેગ $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \epsilon_0}}$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ $v = \frac{c}{\sqrt{\mu_r \epsilon_r}}$.
અહીં $\mu_r = \frac{10}{\pi}$ અને $\epsilon_r = \frac{1}{0.0885}$ આપેલ છે,તેથી $\mu_r \epsilon_r = \frac{10}{\pi} \times \frac{1}{0.0885} \approx 36$.
આમ,$v = \frac{c}{\sqrt{36}} = \frac{c}{6}$.
તેથી,$c = 6v$. શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશનો વેગ માધ્યમમાં પ્રકાશના વેગ કરતા $6$ ગણો વધારે છે.

(D) સિંગલ સ્લિટ ડિફ્રેક્શન પેટર્નના મધ્યસ્થ મહત્તમની પહોળાઈ $w = \frac{2 \lambda D}{a}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $a$ એ સ્લિટની પહોળાઈ છે.
યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં ક્રમિક મહત્તમ વચ્ચેનું અંતર એ ફ્રિન્જ પહોળાઈ $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ છે.
$20$ મહત્તમ દ્વારા રોકાયેલી કુલ પહોળાઈ (જે $20$ ફ્રિન્જ પહોળાઈને અનુરૂપ છે) $20 \times \beta = \frac{20 \lambda D}{d}$ છે.
આપેલ છે કે આ $20$ મહત્તમ એ ડિફ્રેક્શન પેટર્નના મધ્યસ્થ મહત્તમની અંદર સમાયેલા છે:
$\frac{20 \lambda D}{d} = \frac{2 \lambda D}{a}$
$\frac{10}{d} = \frac{1}{a}$
$a = \frac{d}{10}$
અહીં $d = 1.5 \ mm = 0.15 \ cm = 1.5 \times 10^{-1} \ cm$ છે.
$a = \frac{1.5 \times 10^{-1}}{10} \ cm = 15 \times 10^{-3} \ cm$.
આને $x \times 10^{-3} \ cm$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 15$ મળે છે.

(A) આપેલ છે: આત્મ-પ્રેરકત્વ $L = 1 \ H$,અવરોધ $R = 100 \pi \ \Omega$,વોલ્ટેજ $V_{rms} = 100 \pi \ V$,આવૃત્તિ $f = 50 \ Hz$.
પ્રથમ,ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L = \omega L = 2 \pi f L = 2 \pi \times 50 \times 1 = 100 \pi \ \Omega$ ની ગણતરી કરો.
$LR$ શ્રેણી સર્કિટનો ઇમ્પિડન્સ $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = \sqrt{(100 \pi)^2 + (100 \pi)^2} = \sqrt{2 \times (100 \pi)^2} = 100 \pi \sqrt{2} \ \Omega$ છે.
$RMS$ પ્રવાહ $I_{rms} = \frac{V_{rms}}{Z} = \frac{100 \pi}{100 \pi \sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \ A$ છે.
મહત્તમ પ્રવાહ $I_{max} = I_{rms} \sqrt{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} \times \sqrt{2} = 1 \ A$ મળે છે.

(C) $A_1$ અને $A_2$ કંપવિસ્તાર અને $\phi$ કળા તફાવત ધરાવતા બે તરંગોના પરિણામી કંપવિસ્તાર $A$ માટેનું સૂત્ર: $A = \sqrt{A_1^2 + A_2^2 + 2A_1 A_2 \cos \phi}$ છે.
અહીં,$A_1 = E_0$,$A_2 = E_0$,અને $\phi = \frac{\pi}{3}$ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$A = \sqrt{E_0^2 + E_0^2 + 2(E_0)(E_0) \cos(\frac{\pi}{3})}$
કારણ કે $\cos(\frac{\pi}{3}) = 0.5$,તેથી:
$A = \sqrt{E_0^2 + E_0^2 + 2E_0^2(0.5)}$
$A = \sqrt{2E_0^2 + E_0^2} = \sqrt{3E_0^2}$
$A = \sqrt{3} E_0 \approx 1.732 E_0$.

(D) ધારો કે $6$ વિભાગોમાંથી દરેકનો અવરોધ $r$ છે. તારનો કુલ અવરોધ $R$ હોવાથી,$6r = R$,જેનો અર્થ છે કે $r = R / 6$ થાય.
પરિપથને જોતા,આપણે જાણી શકીએ છીએ કે આ રચના વ્હીટસ્ટોન બ્રિજ જેવી છે. ઉપરના નોડ સાથે જોડાયેલા બે અવરોધકો અને કેન્દ્રિય નોડ સાથે જોડાયેલા બે અવરોધકો બિંદુ $A$ અને $B$ વચ્ચે સંતુલિત બ્રિજ બનાવે છે.
ચોક્કસ રીતે,$A$ થી $B$ સુધીના માર્ગમાં ત્રણ સમાંતર શાખાઓ છે:
$1$. શ્રેણીમાં બે અવરોધકો ધરાવતી શાખા: $r + r = 2r$.
$2$. શ્રેણીમાં બે અવરોધકો ધરાવતી બીજી શાખા: $r + r = 2r$.
$3$. $A$ અને $B$ વચ્ચે સીધો અવરોધ $r$.
આમ,સમતુલ્ય અવરોધ $R_{AB}$ નીચે મુજબ મળે:
$\frac{1}{R_{AB}} = \frac{1}{2r} + \frac{1}{2r} + \frac{1}{r} = \frac{1}{r} + \frac{1}{r} = \frac{2}{r}$.
$r = R / 6$ મૂકતા:
$R_{AB} = \frac{r}{2} = \frac{R / 6}{2} = \frac{R}{12}$.
આને $R / n$ સાથે સરખાવતા,આપણને $n = 12$ મળે છે.

(D) જ્યારે વેગ $\vec{v}$ એ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}$ ને લંબ હોય,ત્યારે વિદ્યુતભારીત કણ $R = \frac{mv}{qB}$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળાકાર પથ પર ગતિ કરે છે.
વિસ્તાર $2$ માં,કણ $R_2 = \frac{mv}{qB_2}$ ત્રિજ્યા ધરાવતું અર્ધવર્તુળ પૂર્ણ કરે છે અને બિંદુ $D$ પર આંતરપૃષ્ઠ પર પાછો ફરે છે. અંતર $AD = 2R_2 = \frac{2mv}{qB_2}$ થાય.
ત્યારબાદ,કણ વિસ્તાર $1$ માં પ્રવેશે છે અને $R_1 = \frac{mv}{qB_1}$ ત્રિજ્યા ધરાવતું અર્ધવર્તુળ પૂર્ણ કરે છે અને બિંદુ $C$ પર આંતરપૃષ્ઠ પર પાછો ફરે છે. અંતર $AC = 2R_1 = \frac{2mv}{qB_1}$ થાય.
આંતરપૃષ્ઠ પરનું કુલ સ્થાનાંતર એ શરૂઆતના બિંદુ $A$ અને અંતિમ બિંદુ $C$ વચ્ચેનું અંતર છે. આંતરપૃષ્ઠ પર કણનું સ્થાનાંતર $AC = 2R_1 - 2R_2 = \frac{2mv}{qB_1} - \frac{2mv}{qB_2} = \frac{2mv}{qB_1} \left(1 - \frac{B_1}{B_2}\right)$ થાય.

(D) મેક્સવેલ દ્વારા એમ્પીયરના નિયમમાં કરેલા સુધારા મુજબ,સ્થાનાંતર પ્રવાહ $i_d$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$i_d = \varepsilon_0 \frac{d \phi_{E}}{dt}$
અહીં $i_d$ એ પ્રવાહ દર્શાવે છે,તેથી તેનું પારિમાણિક સૂત્ર વિદ્યુત પ્રવાહના પારિમાણિક સૂત્ર સમાન હોય છે.
તેથી,$\left(\varepsilon_0 \frac{d \phi_{E}}{dt}\right)$ ના પરિમાણો વિદ્યુત પ્રવાહના પરિમાણોને સમાન છે.

(A) હવા ધરાવતા સોલેનોઇડની અંદરનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_0 = \mu_0 n I$ છે.
જ્યારે કોરને $\mu_r$ સાપેક્ષ પરમીએબિલિટી ધરાવતા પદાર્થથી ભરવામાં આવે છે,ત્યારે નવું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \mu n I = \mu_0 \mu_r n I$ થાય છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં થતો ફેરફાર $\Delta B = B - B_0 = \mu_0 (\mu_r - 1) n I$ છે.
ટકાવારી વધારો $\frac{\Delta B}{B_0} \times 100 \% = (\mu_r - 1) \times 100 \%$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ચુંબકીય સસેપ્ટિબિલિટી $\chi = \mu_r - 1$ હોવાથી,ટકાવારી વધારો $\chi \times 100 \%$ થાય.
આપેલ છે કે $\chi_{mg} = 1.2 \times 10^{-5}$,તેથી ટકાવારી વધારો $(1.2 \times 10^{-5}) \times 100 \% = 1.2 \times 10^{-3} \%$ છે.

(B) લેન્સ મેકરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{f} = (\frac{\mu_L}{\mu_m} - 1)(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2})$.
હવા માટે,$\mu_m = 1$ અને $f = 12 \ cm$:
$\frac{1}{12} = (1.6 - 1)(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2})$
$\frac{1}{12} = 0.6(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2})$
$(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}) = \frac{1}{12 \times 0.6} = \frac{1}{7.2} \ cm^{-1}$.
પાણી માટે,$\mu_m = 1.28$:
$\frac{1}{f_w} = (\frac{1.6}{1.28} - 1)(\frac{1}{7.2})$
$\frac{1}{f_w} = (1.25 - 1)(\frac{1}{7.2}) = 0.25 \times \frac{1}{7.2} = \frac{1}{4 \times 7.2} = \frac{1}{28.8} \ cm^{-1}$.
આમ,$f_w = 28.8 \ cm = 288 \ mm$.

(C) આપેલ પ્રવાહ $i = 5 \sqrt{2} + 10 \cos \left(650 \pi t + \frac{\pi}{6}\right)$ છે.
$r.m.s$ મૂલ્ય શોધવા માટે,આપણે $I_{rms} = \sqrt{\langle i^2 \rangle}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
પ્રથમ,$i^2 = \left(5 \sqrt{2} + 10 \cos \left(650 \pi t + \frac{\pi}{6}\right)\right)^2$ ની ગણતરી કરો.
$i^2 = (5 \sqrt{2})^2 + (10 \cos \left(650 \pi t + \frac{\pi}{6}\right))^2 + 2(5 \sqrt{2})(10 \cos \left(650 \pi t + \frac{\pi}{6}\right))$.
$i^2 = 50 + 100 \cos^2 \left(650 \pi t + \frac{\pi}{6}\right) + 100 \sqrt{2} \cos \left(650 \pi t + \frac{\pi}{6}\right)$.
પૂર્ણ ચક્ર પર સરેરાશ લેતા,$\langle \cos \theta \rangle = 0$ અને $\langle \cos^2 \theta \rangle = \frac{1}{2}$ થાય છે.
$\langle i^2 \rangle = 50 + 100 \left(\frac{1}{2}\right) + 0 = 50 + 50 = 100$.
તેથી,$I_{rms} = \sqrt{100} = 10 \text{ A}$.

(D) આપેલ કેન્દ્રલંબાઈ $f_1 = 30 \ cm = 0.3 \ m$ અને $f_2 = 10 \ cm = 0.1 \ m$ છે.
લેન્સ વચ્ચેનું અંતર $d = 1 \ cm = 0.01 \ m$ છે.
$d$ અંતરે રહેલા બે લેન્સ માટે સમતુલ્ય કેન્દ્રલંબાઈ $f_{eq}$ નું સૂત્ર:
$\frac{1}{f_{eq}} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2} - \frac{d}{f_1 f_2}$
મીટરમાં કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1}{f_{eq}} = \frac{1}{0.3} + \frac{1}{0.1} - \frac{0.01}{0.3 \times 0.1}$
$\frac{1}{f_{eq}} = 3.33 + 10 - \frac{0.01}{0.03}$
$\frac{1}{f_{eq}} = 3.33 + 10 - 0.33 = 13 \ D$
ફરીથી ગણતરી કરતા: $P = \frac{1}{0.3} + \frac{1}{0.1} - \frac{0.01}{0.03} = 3.33 + 10 - 3.33 = 10 \ D$.
આમ,સંયોજનનો પાવર $10 \ D$ છે.

(C) સૌ પ્રથમ,આપણે તપાસીએ કે ઝેનર ડાયોડ બ્રેકડાઉનમાં છે કે નહીં,તે માટે ઝેનર ડાયોડ વગર સમાંતર શાખામાં વોલ્ટેજની ગણતરી કરીએ:
$V_{open} = \frac{400 \ \Omega}{100 \ \Omega + 400 \ \Omega} \times 12 \ V = \frac{400}{500} \times 12 \ V = 0.8 \times 12 \ V = 9.6 \ V$.
અહીં ગણતરી કરેલ વોલ્ટેજ $9.6 \ V$ એ ઝેનર બ્રેકડાઉન વોલ્ટેજ $V_z = 4 \ V$ કરતા વધારે હોવાથી,ઝેનર ડાયોડ બ્રેકડાઉન વિસ્તારમાં કાર્ય કરે છે.
તેથી,$400 \ \Omega$ ના અવરોધ પરનો વોલ્ટેજ ઝેનર વોલ્ટેજ $4 \ V$ જેટલો જ રહેશે.
એમીટરમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I$ ઓહ્મના નિયમ મુજબ:
$I = \frac{V}{R} = \frac{4 \ V}{400 \ \Omega} = 0.01 \ A = 10 \ mA$.

(D) હાઇડ્રોજન જેવા આયનમાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \ eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધરા અવસ્થા માટે,$n_1 = 1$. $2^{\text{nd}}$ ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,$n_2 = 3$ (કારણ કે $1^{\text{st}}$ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=2$ છે અને $2^{\text{nd}}$ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=3$ છે).
ઉર્જા તફાવત $\Delta E = E_3 - E_1 = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $108.8 = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right)$.
$108.8 = 13.6 Z^2 \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = 13.6 Z^2 \left( \frac{8}{9} \right)$.
$Z^2 = \frac{108.8 \times 9}{13.6 \times 8} = 8 \times 9 = 9$.
$Z = 3$.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં સંક્રમણ માટે તરંગલંબાઇ $\lambda$ રીડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$,જ્યાં $R$ એ રીડબર્ગ અચળાંક છે.
લાયમન શ્રેણી માટે,સૌથી મોટી તરંગલંબાઇ $n_i = 2$ થી $n_f = 1$ ના સંક્રમણને અનુરૂપ છે:
$\frac{1}{\lambda_L} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = R \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = \frac{3R}{4} \implies \lambda_L = \frac{4}{3R}$.
બામર શ્રેણી માટે,સૌથી મોટી તરંગલંબાઇ $n_i = 3$ થી $n_f = 2$ ના સંક્રમણને અનુરૂપ છે:
$\frac{1}{\lambda_B} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = \frac{5R}{36} \implies \lambda_B = \frac{36}{5R}$.
લાયમન શ્રેણીની સૌથી મોટી તરંગલંબાઇ અને બામર શ્રેણીની સૌથી મોટી તરંગલંબાઇનો ગુણોત્તર:
$\frac{\lambda_L}{\lambda_B} = \frac{4/3R}{36/5R} = \frac{4}{3} \times \frac{5}{36} = \frac{5}{27}$.
આમ,ગુણોત્તર $5: 27$ છે.

(D) ચુંબકીય બળ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$\frac{mv^2}{r} = qvB$
$mv = qBr$
$r = \frac{mv}{qB}$
ગતિઊર્જા $E = \frac{1}{2}mv^2$ હોવાથી,$v = \sqrt{\frac{2E}{m}}$ મળે.
$r$ ના સમીકરણમાં $v$ ની કિંમત મૂકતા:
$r = \frac{m}{qB} \sqrt{\frac{2E}{m}} = \frac{\sqrt{2mE}}{qB}$
આમ,$r = \left( \frac{\sqrt{2m}}{qB} \right) \sqrt{E}$
આ દર્શાવે છે કે $r \propto \sqrt{E}$.
$r$ વિરુદ્ધ $E$ નો આલેખ $E$-અક્ષ તરફ ખુલતો પરવલય છે,જે આલેખ $D$ ને અનુરૂપ છે.

(A) વિદ્યુતભારો $q_1$ અને $q_2$ ને કારણે બિંદુ $C$ પરનું સ્થિતિમાન:
$V_C = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \left( \frac{q_1}{AC} + \frac{q_2}{BC} \right)$
અહીં $AC = 40\ cm = 0.4\ m$ આપેલ છે. પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$BC = \sqrt{0.3^2 + 0.4^2} = 0.5\ m$.
તેથી,$V_C = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \left( \frac{q_1}{0.4} + \frac{q_2}{0.5} \right)$.
બિંદુ $D$ પરનું સ્થિતિમાન:
$V_D = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \left( \frac{q_1}{AD} + \frac{q_2}{BD} \right)$
અહીં $AD = 40\ cm = 0.4\ m$ અને $BD = AD - AB = 40\ cm - 30\ cm = 10\ cm = 0.1\ m$.
તેથી,$V_D = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \left( \frac{q_1}{0.4} + \frac{q_2}{0.1} \right)$.
સ્થિતિઊર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U$:
$\Delta U = q_3 (V_D - V_C) = q_3 \left[ \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \left( \frac{q_1}{0.4} + \frac{q_2}{0.1} \right) - \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \left( \frac{q_1}{0.4} + \frac{q_2}{0.5} \right) \right]$
$\Delta U = \frac{q_3}{4 \pi \epsilon_0} \left( \frac{q_2}{0.1} - \frac{q_2}{0.5} \right) = \frac{q_3}{4 \pi \epsilon_0} (10 q_2 - 2 q_2) = \frac{8 q_2 q_3}{4 \pi \epsilon_0}$.
આમ,$K = 8 q_2$ મળે છે.

(B) ધારો કે ઇનપુટ વોલ્ટેજ $V_{\text{in}}$ છે. આ સર્કિટ સમાંતરમાં બે પોટેન્શિયલ ડિવાઈડર ધરાવે છે.
ડાબી શાખા માટે,નીચેના નોડની સાપેક્ષમાં બિંદુ $A$ પરનો વોલ્ટેજ $V_A = V_{\text{in}} \cdot \frac{-jX_C}{R - jX_C}$ છે.
જમણી શાખા માટે,નીચેના નોડની સાપેક્ષમાં બિંદુ $B$ પરનો વોલ્ટેજ $V_B = V_{\text{in}} \cdot \frac{R}{R - jX_C}$ છે.
આમ,પોટેન્શિયલ તફાવત $(V_B - V_A)$ નીચે મુજબ મળે છે:
$V_B - V_A = V_{\text{in}} \cdot \frac{R + jX_C}{R - jX_C}$.
ધારો કે $Z = R - jX_C$. તો $V_B - V_A = V_{\text{in}} \cdot \frac{R + jX_C}{R - jX_C}$.
$V_{\text{in}}$ ની સાપેક્ષમાં $(V_B - V_A)$ નો કળા તફાવત એ $\frac{R + jX_C}{R - jX_C}$ નો કળા તફાવત છે.
ધારો કે $\tan \theta = \frac{X_C}{R}$. તો $(R + jX_C)$ નો કળા તફાવત $\theta$ છે અને $(R - jX_C)$ નો કળા તફાવત $-\theta$ છે.
ગુણોત્તરનો કળા તફાવત $\theta - (-\theta) = 2\theta$ છે.
આપેલ છે કે કળા તફાવત $90^{\circ}$ છે,તેથી $2\theta = 90^{\circ}$,એટલે કે $\theta = 45^{\circ}$.
તેથી,$\tan 45^{\circ} = \frac{X_C}{R} \implies 1 = \frac{1}{\omega RC} \implies \omega = \frac{1}{RC}$.
કિંમતો મૂકતા: $R = 10^5 \ \Omega$,$C = 100 \times 10^{-12} \ F = 10^{-10} \ F$.
$\omega = \frac{1}{10^5 \times 10^{-10}} = \frac{1}{10^{-5}} = 10^5 \ rad/sec$.
$10^x$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 5$ મળે છે.

(C) જ્યારે ઉપરથી અનેક પ્રવાહીના સ્તરો દ્વારા જોવામાં આવે ત્યારે પાત્રના તળિયાની આભાસી ઊંડાઈ $d'$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$d' = \frac{h_1}{\mu_1} + \frac{h_2}{\mu_2}$
અહીં,$h_1 = 60 \ cm$,$\mu_1 = 1.2$,$h_2 = H$,અને $\mu_2 = 1.6$ છે.
તેથી,$d' = \frac{60}{1.2} + \frac{H}{1.6} = 50 + \frac{H}{1.6}$.
તળિયાની વાસ્તવિક ઊંડાઈ $d = 60 + H$ છે.
આભાસી સ્થાનાંતર એ વાસ્તવિક ઊંડાઈ અને આભાસી ઊંડાઈ વચ્ચેનો તફાવત છે:
$\text{Shift} = d - d'$
$40 = (60 + H) - (50 + \frac{H}{1.6})$
$40 = 10 + H - \frac{H}{1.6}$
$30 = H(1 - \frac{1}{1.6})$
$30 = H(\frac{1.6 - 1}{1.6}) = H(\frac{0.6}{1.6})$
$30 = H(\frac{6}{16}) = H(\frac{3}{8})$
$H = 30 \times \frac{8}{3} = 80 \ cm$.

(A) આ ઘટનાને ઇલેક્ટ્રોસ્ટેટિક શીલ્ડિંગ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે. ઇલેક્ટ્રોસ્ટેટિક સંતુલનમાં વાહકોના ગુણધર્મો અનુસાર,બંધ ધાતુના પોલાણની અંદરનું વિદ્યુતક્ષેત્ર હંમેશા શૂન્ય હોય છે,પછી ભલે બહારનું વિદ્યુતક્ષેત્ર કે વિદ્યુતભારનું વિતરણ ગમે તે હોય. જ્યારે વિમાન પર વીજળી પડે છે,ત્યારે ધાતુની બોડી ફેરાડે કેજ તરીકે કામ કરે છે,જે સુનિશ્ચિત કરે છે કે અંદરનું વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય રહે અને અંદર બેઠેલા લોકો સુરક્ષિત રહે. તેથી,વિધાન $(A)$ સાચું છે કારણ કે તે રક્ષણાત્મક અસરનું વર્ણન કરે છે,અને કારણ $(R)$ એ આ ઘટના માટેની સાચી વૈજ્ઞાનિક સમજૂતી છે.

(B) ન્યુક્લિયસની ઘનતા $\rho = \frac{\text{દળ}}{\text{કદ}} = \frac{A \cdot m_n}{\frac{4}{3} \pi R^3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A$ એ દળ ક્રમાંક છે અને $m_n$ એ ન્યુક્લિયોનનું સરેરાશ દળ છે.
ન્યુક્લિયસની ત્રિજ્યા $R = R_0 A^{1/3}$ હોવાથી,તેને ઘનતાના સૂત્રમાં મૂકતા $\rho = \frac{A \cdot m_n}{\frac{4}{3} \pi (R_0 A^{1/3})^3} = \frac{A \cdot m_n}{\frac{4}{3} \pi R_0^3 A} = \frac{m_n}{\frac{4}{3} \pi R_0^3}$ મળે છે.
આ દર્શાવે છે કે ન્યુક્લિયર ઘનતા $\rho$ એ દળ ક્રમાંક $A$ થી સ્વતંત્ર છે.
તેથી,તમામ ન્યુક્લિયસની ઘનતા લગભગ અચળ હોય છે અને તે તત્વ પર આધાર રાખતી નથી.
આમ,વિધાન $(A)$ ખોટું છે કારણ કે ઘનતા સમાન છે,જ્યારે કારણ $(R)$ એ ન્યુક્લિયર ત્રિજ્યા અને દળ ક્રમાંક વચ્ચેના સંબંધ અંગેનું સાચું વિધાન છે.

(B) વિદ્યુતચુંબકીય તરંગની તીવ્રતા $I$ ને $I = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2 c$ સંબંધ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે,જ્યાં $E_0$ એ વિદ્યુતક્ષેત્રનો કંપવિસ્તાર છે.
આ સૂત્રને $E_0$ માટે ગોઠવતા,આપણને $E_0^2 = \frac{2 I}{\varepsilon_0 c}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $E_0 = \sqrt{\frac{2 I}{\varepsilon_0 c}}$.
અહીં $E_0$ એ વિદ્યુતક્ષેત્ર દર્શાવે છે,તેથી તેનો $SI$ એકમ વિદ્યુતક્ષેત્રના એકમ જેવો જ હોય છે,જે $\text{વોલ્ટ પ્રતિ મીટર}$ $(V/m)$ અથવા $\text{ન્યુટન પ્રતિ કુલંબ}$ $(N/C)$ છે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સાચો એકમ $N/C$ છે.

(D) શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશની ઝડપ $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \epsilon_0}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વધુમાં,મુક્ત અવકાશનો લાક્ષણિક અવરોધ (impedance) $Z_0 = \sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઇમ્પીડન્સનો એકમ $\text{ઓહ્મ} (\Omega)$ છે,જે અવરોધના એકમ સમાન છે.
તેથી,$\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}$ નું પરિમાણ એ અવરોધના પરિમાણ જેટલું જ છે.

(A) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,ઉત્સર્જિત ફોટોઈલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિઊર્જા $(K.E.)$ આ મુજબ છે: $K.E. = E - W$,જ્યાં $E = \frac{hc}{\lambda_i}$ એ આપાત ફોટોનની ઊર્જા છે અને $W = \frac{hc}{\lambda_0}$ એ પદાર્થનું કાર્ય વિધેય છે.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે: $K.E. = \frac{hc}{\lambda_i} - \frac{hc}{\lambda_0} = hc \left(\frac{1}{\lambda_i} - \frac{1}{\lambda_0}\right)$.
$K.E.$ ગતિઊર્જા ધરાવતા ઇલેક્ટ્રોનની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda_c = \frac{h}{\sqrt{2m(K.E.)}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\lambda_c^2 = \frac{h^2}{2m(K.E.)}$,જેનો અર્થ થાય છે $K.E. = \frac{h^2}{2m\lambda_c^2}$.
$K.E.$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{h^2}{2m\lambda_c^2} = hc \left(\frac{1}{\lambda_i} - \frac{1}{\lambda_0}\right)$.
$\lambda_c$ માટે ઉકેલતા: $\lambda_c^2 = \frac{h^2}{2mhc \left(\frac{1}{\lambda_i} - \frac{1}{\lambda_0}\right)} = \frac{h}{2mc \left(\frac{1}{\lambda_i} - \frac{1}{\lambda_0}\right)}$.
તેથી,$\lambda_c = \sqrt{\frac{h}{2mc \left(\frac{1}{\lambda_i} - \frac{1}{\lambda_0}\right)}}$.

(C) આપેલ મોટવણી $m = \frac{1}{4}$ છે. પ્રતિબિંબ વસ્તુ કરતા નાનું હોવાથી અને અરીસા દ્વારા બનતું હોવાથી,આપણે અંતર્ગોળ અરીસો વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ બનાવે છે તેમ ધારીએ છીએ.
વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ માટે,$m = -\frac{v}{u} = -\frac{1}{4}$,તેથી $u = 4v$.
વસ્તુ અને પ્રતિબિંબ વચ્ચેનું અંતર $|u - v| = 40 \ cm$ છે.
વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ માટે $u$ અને $v$ એક જ બાજુ હોવાથી,$u - v = 40 \ cm$.
$u = 4v$ મૂકતા,$4v - v = 40 \implies 3v = 40 \implies v = \frac{40}{3} \ cm$.
તેથી $u = 4 \times \frac{40}{3} = \frac{160}{3} \ cm$.
અરીસાના સૂત્ર $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} + \frac{1}{u}$ નો ઉપયોગ કરતા (સંજ્ઞા પ્રણાલી મુજબ $u = -\frac{160}{3} \ cm$,$v = -\frac{40}{3} \ cm$):
$\frac{1}{f} = -\frac{3}{40} - \frac{3}{160} = \frac{-12 - 3}{160} = -\frac{15}{160} = -\frac{3}{32}$.
$f = -\frac{32}{3} \approx -10.7 \ cm$.
કેન્દ્રલંબાઈનું મૂલ્ય $10.7 \ cm$ છે.

(A) કેપેસિટરની પ્લેટો વચ્ચેનું વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{V}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $V = 5 \ V$ અને $d = 0.5 \ mm = 5 \times 10^{-4} \ m$ છે.
$E = \frac{5}{5 \times 10^{-4}} = 10^4 \ V/m$.
ડાયપોલ મોમેન્ટ $p = q \times a$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $q = 2 \ \mu C = 2 \times 10^{-6} \ C$ અને $a = 0.5 \ \mu m = 5 \times 10^{-7} \ m$ છે.
$p = 2 \times 10^{-6} \times 5 \times 10^{-7} = 1 \times 10^{-12} \ C \cdot m$.
ડાયપોલ પર લાગતું ટોર્ક $\tau = pE \sin \theta$ છે,જ્યાં $\theta = 30^{\circ}$ છે.
$\tau = (1 \times 10^{-12} \ C \cdot m) \times (10^4 \ V/m) \times \sin(30^{\circ})$.
$\tau = 10^{-8} \times 0.5 = 5 \times 10^{-9} \ N \cdot m$.

(A) સર્કિટ ડાયાગ્રામ પરથી,$AND$ ગેટનું આઉટપુટ $Y_1 = A \cdot B$ છે.
$OR$ ગેટના ઇનપુટ $B$ અને $\overline{A}$ છે,તેથી તેનું આઉટપુટ $Y_2 = \overline{A} + B$ છે.
આ બંને આઉટપુટ $Y_1$ અને $Y_2$ ને $NAND$ ગેટમાં આપવામાં આવે છે,તેથી અંતિમ આઉટપુટ $Y = \overline{Y_1 \cdot Y_2} = \overline{(A \cdot B) \cdot (\overline{A} + B)}$ છે.
આ પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા: $Y = \overline{A \cdot B \cdot \overline{A} + A \cdot B \cdot B} = \overline{0 + A \cdot B} = \overline{A \cdot B}$.
$Y = 0$ માટે,આપણે $\overline{A \cdot B} = 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે કે $A \cdot B = 1$.
આ ફક્ત ત્યારે જ થાય છે જ્યારે $A = 1$ અને $B = 1$ હોય.

(C) માધ્યમનો વક્રીભવનાંક એ માપ છે કે શૂન્યાવકાશની તુલનામાં તે માધ્યમમાં પ્રકાશની ઝડપ કેટલી ઘટે છે. કાચ એ હવા કરતા પ્રકાશીય રીતે વધુ ઘટ્ટ છે,તેથી તેનો વક્રીભવનાંક વધારે છે. આથી વિધાન $(A)$ સાચું છે.
માધ્યમની પ્રકાશીય ઘનતાનો તેની દળ ઘનતા સાથે સીધો સંબંધ નથી. ઉદાહરણ તરીકે,ટર્પેન્ટાઇન પાણી કરતા વધુ દળ ઘનતા ધરાવે છે પરંતુ પ્રકાશીય રીતે ઓછું ઘટ્ટ છે. તેથી,પ્રકાશીય ઘનતા દળ ઘનતાના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે તે વિધાન ખોટું છે. આથી કારણ $(R)$ ખોટું છે.
આમ,$(A)$ સાચું છે પણ $(R)$ સાચું નથી.

(C) વિધાન $(A)$ સાચું છે કારણ કે, ચુંબકત્વ માટેના ગૌસના નિયમ મુજબ, કોઈપણ બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ ચુંબકીય ફ્લક્સ શૂન્ય હોય છે $( \oint \vec{B} \cdot d\vec{A} = 0)$. આ સૂચવે છે કે કોઈ અલગ ચુંબકીય ભાર (મોનોપોલ) અસ્તિત્વ ધરાવતા નથી.
કારણ $(R)$ પણ સાચું છે કારણ કે ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓ હંમેશા સતત બંધ ગાળાઓ બનાવે છે, જે ચુંબકની બહાર ઉત્તર ધ્રુવથી શરૂ થઈને દક્ષિણ ધ્રુવ પર સમાપ્ત થાય છે અને ચુંબકની અંદર દક્ષિણથી ઉત્તર તરફ ચાલુ રહે છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓ બંધ ગાળાઓ બનાવતી હોવાથી, તેમને કોઈ શરૂઆત કે અંતિમ બિંદુ (સ્ત્રોત કે સિંક) હોતું નથી, જે સીધી રીતે સમજાવે છે કે શા માટે ચુંબકીય મોનોપોલ અસ્તિત્વ ધરાવી શકતા નથી. તેથી, $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(C) ઉપરની સપાટી પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન થવા માટે,તે સપાટી પરનો આપાતકોણ ક્રાંતિકોણ $\theta_C$ જેટલો અથવા તેનાથી વધારે હોવો જોઈએ.
બ્લોકની અંદર બનતા ત્રિકોણની ભૂમિતિ પરથી,પ્રથમ સપાટી પરનો વક્રીભવનકોણ $r$ અને ઉપરની સપાટી પરનો આપાતકોણ $\theta_C$ માટે $r + \theta_C = 90^{\circ}$ થાય,તેથી $r = 90^{\circ} - \theta_C$.
પ્રથમ સપાટી પર સ્નેલનો નિયમ વાપરતા: $\mu_1 \sin \theta = \mu_2 \sin r$.
$r = 90^{\circ} - \theta_C$ મૂકતા: $\sin \theta = \frac{\mu_2}{\mu_1} \sin(90^{\circ} - \theta_C) = \frac{\mu_2}{\mu_1} \cos \theta_C$.
પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન માટે,$\sin \theta_C = \frac{\mu_1}{\mu_2} = \frac{1.0}{1.25} = \frac{1}{5/4} = \frac{4}{5}$.
તેથી,$\cos \theta_C = \sqrt{1 - \sin^2 \theta_C} = \sqrt{1 - (4/5)^2} = \sqrt{1 - 16/25} = \sqrt{9/25} = 3/5$.
આ કિંમત $\sin \theta$ ના સમીકરણમાં મૂકતા: $\sin \theta = \frac{1.25}{1.0} \times \frac{3}{5} = \frac{5}{4} \times \frac{3}{5} = \frac{3}{4}$.
તેથી,$\theta = \sin^{-1}(3/4)$.

(A) વિદ્યુતક્ષેત્રમાં મૂકવામાં આવેલા ડાયલેક્ટ્રિક સ્લેબ પરનો પ્રેરિત વિદ્યુતભાર $Q_{in}$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $Q_{in} = Q \left(1 - \frac{1}{K}\right)$, જ્યાં $Q$ એ કેપેસિટરની પ્લેટો પરનો વિદ્યુતભાર છે અને $K$ એ ડાયલેક્ટ્રિક અચળાંક છે。
આપેલ છે: $Q = 5 \times 10^{-6} \ C$ અને $Q_{in} = 4 \times 10^{-6} \ C$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$4 \times 10^{-6} = 5 \times 10^{-6} \left(1 - \frac{1}{K}\right)$
$0.8 = 1 - \frac{1}{K}$
$\frac{1}{K} = 1 - 0.8 = 0.2$
$K = \frac{1}{0.2} = 5$.
તેથી, સ્લેબનો ડાયલેક્ટ્રિક અચળાંક $5$ છે.

(B) $LCR$ શ્રેણી પરિપથનો ઇમ્પિડન્સ $Z$ એ $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $R = 50 \ \Omega$, $X_L = 100 \ \Omega$, અને $X_C = 50 \ \Omega$ આપેલ છે.
$Z = \sqrt{50^2 + (100 - 50)^2} = \sqrt{50^2 + 50^2} = \sqrt{2500 + 2500} = \sqrt{5000} = 50\sqrt{2} \ \Omega$.
$AC$ પરિપથમાં વ્યય થતો સરેરાશ પાવર $P = V_{rms} I_{rms} \cos \phi$ છે, જ્યાં $\cos \phi = \frac{R}{Z}$ એ પાવર ફેક્ટર છે.
$P = V_{rms} \times \left( \frac{V_{rms}}{Z} \right) \times \left( \frac{R}{Z} \right) = \frac{V_{rms}^2 R}{Z^2}$.
અહીં $V_{rms} = 10 \ V$ આપેલ છે.
$P = \frac{10^2 \times 50}{(50\sqrt{2})^2} = \frac{100 \times 50}{2500 \times 2} = \frac{5000}{5000} = 1 \ W$.

(D) વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E} = (2 \hat{i} + 4 \hat{j} + 6 \hat{k}) \times 10^3 \ N/C$ છે.
સપાટી $x-z$ સમતલને સમાંતર હોવાથી,તેનો ક્ષેત્રફળ સદિશ $\vec{A}$ એ $x-z$ સમતલને લંબ હશે,જેનો અર્થ છે કે તે $y$-અક્ષની દિશામાં છે. તેથી,$\vec{A} = A \hat{j}$.
વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi$ એ ડોટ પ્રોડક્ટ $\phi = \vec{E} \cdot \vec{A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\phi = (2 \hat{i} + 4 \hat{j} + 6 \hat{k}) \times 10^3 \cdot (A \hat{j}) = 4 \times 10^3 \times A$.
આપેલ છે કે $\phi = 6.0 \ N m^2 C^{-1}$,તેથી $6.0 = 4 \times 10^3 \times A$.
$A$ માટે ઉકેલતા: $A = \frac{6.0}{4 \times 10^3} = 1.5 \times 10^{-3} \ m^2$.
$cm^2$ માં રૂપાંતર કરતા: $A = 1.5 \times 10^{-3} \times (10^2 \ cm)^2 = 1.5 \times 10^{-3} \times 10^4 \ cm^2 = 15 \ cm^2$.

(B) $1$. $R$ ત્રિજ્યા અને $Q$ વિદ્યુતભાર ધરાવતા સમાન રીતે વિદ્યુતભારિત ગોળાકાર કવચ માટે,કવચની અંદર વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય $(E = 0)$ હોય છે.
$2$. અંદર વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય હોવાથી,સ્થિતિમાન $V$ સમગ્ર આંતરિક ભાગમાં અચળ રહે છે અને તે સપાટી પરના સ્થિતિમાન જેટલું જ હોય છે,જે $V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$3$. કવચની અંદર બે બિંદુઓ $1$ અને $2$ વચ્ચે પરીક્ષણ વિદ્યુતભાર $q$ ને ખસેડવા માટે કરવામાં આવેલ કાર્ય $W$ એ $W = q(V_2 - V_1)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$4$. કવચની અંદર કોઈપણ બે બિંદુઓ પર $V_1 = V_2$ હોવાથી,$W = q(0) = 0$ થાય છે.
$5$. આમ,વિધાન $A$ સાચું છે કારણ કે સ્થિતિમાન અચળ છે,અને કારણ $R$ સાચું છે અને તે કાર્ય શૂન્ય હોવાનું સાચું કારણ આપે છે.

(C) ભારિત વાહક માટે,પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતા $\sigma$ એ તે બિંદુ પરની વક્રતા ત્રિજ્યા $(ROC)$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $\sigma \propto \frac{1}{ROC}$.
આકૃતિ પરથી,સૌથી તીક્ષ્ણ બિંદુ (ઉપર) પર વક્રતા ત્રિજ્યા સૌથી ઓછી છે,અને જેમ આપણે સપાટ બાજુઓ તરફ જઈએ છીએ તેમ તે વધતી જાય છે.
બિંદુઓની સરખામણી:
$1$. $\sigma_1$ વાળા બિંદુ પર વક્રતા ત્રિજ્યા સૌથી ઓછી છે.
$2$. $\sigma_3$ વાળા બિંદુ પર વક્રતા ત્રિજ્યા $\sigma_1$ કરતા વધારે છે પણ બાજુઓ કરતા ઓછી છે.
$3$. $\sigma_2$ અને $\sigma_4$ વાળા બિંદુઓ સપાટ બાજુઓ પર છે,જ્યાં વક્રતા ત્રિજ્યા સૌથી મોટી અને સમાન છે.
આમ,વક્રતા ત્રિજ્યાનો ક્રમ $(ROC)_1 < (ROC)_3 < (ROC)_2 = (ROC)_4$ છે.
કારણ કે $\sigma \propto \frac{1}{ROC}$,પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતાનો ક્રમ $\sigma_1 > \sigma_3 > \sigma_2 = \sigma_4$ થશે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(D) આ તંત્રમાં એક પ્રવાહી લેન્સ (સમતલ-અંતર્ગોળ) અને એક કાચનો લેન્સ (અંતર્ગોળ-બહિર્ગોળ) છે.
પ્રવાહી લેન્સ માટે: $\mu_l = 1.3$,$R_1 = \infty$,$R_2 = -30 \ cm$.
લેન્સ મેકરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{f_l} = (\mu_l - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right) = (1.3 - 1) \left( \frac{1}{\infty} - \frac{1}{-30} \right) = 0.3 \times \frac{1}{30} = \frac{0.3}{30} = \frac{1}{100} \ cm^{-1}$.
કાચના લેન્સ માટે: $\mu_g = 1.5$,$R_1 = -30 \ cm$,$R_2 = -20 \ cm$.
લેન્સ મેકરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{f_g} = (\mu_g - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right) = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{-30} - \frac{1}{-20} \right) = 0.5 \left( \frac{-2 + 3}{60} \right) = 0.5 \times \frac{1}{60} = \frac{1}{120} \ cm^{-1}$.
કુલ કેન્દ્રલંબાઈ $f$ માટે: $\frac{1}{f} = \frac{1}{f_l} + \frac{1}{f_g} = \frac{1}{100} + \frac{1}{120} = \frac{6 + 5}{600} = \frac{11}{600} \ cm^{-1}$.
તેથી,$f = \frac{600}{11} \ cm$.

(D) ગાઉસના નિયમ મુજબ, બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi = \frac{q_{enc}}{\varepsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તાર ઘનના બે મહત્તમ અંતરે આવેલા ખૂણાઓમાંથી પસાર થાય છે, જેનો અર્થ છે કે તે ઘનના મુખ્ય વિકર્ણ (body diagonal) પરથી પસાર થાય છે.
$a$ બાજુવાળા ઘનના મુખ્ય વિકર્ણની લંબાઈ $L = \sqrt{3}a$ છે.
અહીં $a = \sqrt{3} \ cm = \sqrt{3} \times 10^{-2} \ m$ આપેલ છે, તેથી ઘનની અંદર તારની લંબાઈ $L = \sqrt{3} \times (\sqrt{3} \times 10^{-2} \ m) = 3 \times 10^{-2} \ m$ થશે.
ઘન દ્વારા ઘેરાયેલો વિદ્યુતભાર $q_{enc} = \lambda \cdot L = (2 \times 10^{-9} \ C/m) \times (3 \times 10^{-2} \ m) = 6 \times 10^{-11} \ C$ છે.
$\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} = 9 \times 10^9$ નો ઉપયોગ કરતા, આપણને $\frac{1}{\varepsilon_0} = 36 \pi \times 10^9$ મળે છે.
તેથી, ફ્લક્સ $\phi = q_{enc} \cdot \frac{1}{\varepsilon_0} = (6 \times 10^{-11}) \times (36 \pi \times 10^9) = 216 \pi \times 10^{-2} = 2.16 \pi \ Nm^2 C^{-1}$.
આમ, $x = 2.16 \pi$.

(B) આપેલ સર્કિટમાં,ડાયોડ $D_1$ નો એનોડ $+5 \ V$ સાથે અને કેથોડ $V_{\text{out}}$ સાથે જોડાયેલ છે. ડાયોડ $D_2$ નો એનોડ $V_{\text{out}}$ સાથે અને કેથોડ ગ્રાઉન્ડ $(0 \ V)$ સાથે જોડાયેલ છે.
જો આપણે ધારીએ કે $D_2$ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે,તો $V_{\text{out}}$ એ $0 \ V$ પર ક્લેમ્પ થશે (કારણ કે ડાયોડ આદર્શ છે).
જો $V_{\text{out}} = 0 \ V$ હોય,તો $D_1$ માટે એનોડ $+5 \ V$ પર અને કેથોડ $0 \ V$ પર છે. આમ,$D_1$ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે.
જો કે,જો $D_1$ ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય,તો $V_{\text{out}}$ એ $+5 \ V$ હોવો જોઈએ. જો $V_{\text{out}} = +5 \ V$ હોય,તો $D_2$ નો એનોડ $+5 \ V$ પર અને કેથોડ $0 \ V$ પર હોય,જે $D_2$ ને ફોરવર્ડ બાયસમાં બનાવે છે.
કારણ કે $D_2$ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે,તે આઉટપુટ વોલ્ટેજને તેના કેથોડના પોટેન્શિયલ પર ખેંચે છે,જે $0 \ V$ છે.
તેથી,આઉટપુટ વોલ્ટેજ $V_{\text{out}} = 0 \ V$ છે.

(D) $\sigma$ સપાટી વિદ્યુતભાર ઘનતા ધરાવતા $r$ ત્રિજ્યાના વાહક ગોળાનું સ્થિતિમાન $V = \frac{\sigma r}{\varepsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે બે વાહક ગોળાઓને સંપર્કમાં લાવવામાં આવે છે,ત્યારે તેમના સ્થિતિમાન સમાન ન થાય ત્યાં સુધી તેમની વચ્ચે વિદ્યુતભારનું વહન થાય છે,એટલે કે $V_1 = V_2$.
સ્થિતિમાન માટેનું સૂત્ર મૂકતા,આપણને $\frac{\sigma_1 r_1}{\varepsilon_0} = \frac{\sigma_2 r_2}{\varepsilon_0}$ મળે છે.
આ સમીકરણ $\sigma_1 r_1 = \sigma_2 r_2$ માં પરિણમે છે.
અહીં $r_1 = R$ અને $r_2 = 3R$ આપેલ હોવાથી,$\sigma_1 R = \sigma_2 (3R)$ થાય.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{\sigma_1}{\sigma_2} = \frac{3R}{R} = 3$ મળે છે.

(D) બહિર્ગોળ લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $f_1 = +30 \ cm$ અને અંતર્ગોળ લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $f_2 = -20 \ cm$ છે.
સંપર્કમાં રહેલા બે પાતળા લેન્સના સંયોજન માટે,સમતુલ્ય કેન્દ્રલંબાઈ $f$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{1}{f} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2}$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1}{f} = \frac{1}{30} + \frac{1}{-20} = \frac{2 - 3}{60} = -\frac{1}{60}$
આમ,$f = -60 \ cm$.
લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં વસ્તુ અંતર $u = -20 \ cm$ છે:
$\frac{1}{v} - \frac{1}{-20} = \frac{1}{-60}$
$\frac{1}{v} + \frac{1}{20} = -\frac{1}{60}$
$\frac{1}{v} = -\frac{1}{60} - \frac{1}{20} = \frac{-1 - 3}{60} = -\frac{4}{60} = -\frac{1}{15}$
તેથી,$v = -15 \ cm$.
લેન્સથી પ્રતિબિંબનું અંતર $15 \ cm$ છે.

(C) કુલ પ્રવાહ $I$ એ બે સમાંતર માર્ગો $\text{ABC}$ અને $\text{ADC}$ માં વહેંચાય છે.
$\text{ABC}$ નો અવરોધ $r$ અને $\text{ADC}$ નો અવરોધ $2r$ હોવાથી,પ્રવાહ $i_1$ અને $i_2$ અવરોધના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હશે:
$i_1 = I \cdot \frac{2r}{r + 2r} = \frac{2I}{3}$ ($\text{ABC}$ માંથી)
$i_2 = I \cdot \frac{r}{r + 2r} = \frac{I}{3}$ ($\text{ADC}$ માંથી)
$d = a/2$ અંતરે રહેલા $a$ લંબાઈના તારને કારણે કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 i}{4 \pi d} (\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$ છે. ચોરસ માટે,$\theta_1 = \theta_2 = 45^\circ$,તેથી $B = \frac{\mu_0 i}{\sqrt{2} \pi a}$.
$\text{ABC}$ ને કારણે ક્ષેત્ર ($2I/3$ પ્રવાહ) $B_1 = 2 \times \frac{\mu_0 (2I/3)}{\sqrt{2} \pi a} = \frac{2\sqrt{2} \mu_0 I}{3 \pi a}$ (પાનાની અંદરની તરફ).
$\text{ADC}$ ને કારણે ક્ષેત્ર ($I/3$ પ્રવાહ) $B_2 = 2 \times \frac{\mu_0 (I/3)}{\sqrt{2} \pi a} = \frac{\sqrt{2} \mu_0 I}{3 \pi a}$ (પાનાની બહારની તરફ).
પરિણામી ક્ષેત્ર $B_{net} = B_1 - B_2 = \frac{2\sqrt{2} \mu_0 I}{3 \pi a} - \frac{\sqrt{2} \mu_0 I}{3 \pi a} = \frac{\sqrt{2} \mu_0 I}{3 \pi a}$.

(B) વ્યતિકરણ ભાત જોવા માટે,બે ઉદગમો સુસંબદ્ધ (coherent) હોવા જોઈએ.
સુસંબદ્ધ ઉદગમો સમાન આવૃત્તિ અને તરંગલંબાઈનો પ્રકાશ ઉત્સર્જિત કરવા જોઈએ.
લાલ ફિલ્ટર ફક્ત લાલ પ્રકાશ (તરંગલંબાઈ $\lambda_R \approx 650 \ nm$) ને પસાર થવા દે છે,જ્યારે લીલું ફિલ્ટર ફક્ત લીલા પ્રકાશ (તરંગલંબાઈ $\lambda_G \approx 550 \ nm$) ને પસાર થવા દે છે.
હવે બંને સ્લિટો અલગ-અલગ આવૃત્તિ અને તરંગલંબાઈનો પ્રકાશ ઉત્સર્જિત કરતી હોવાથી,પડદા પરના કોઈપણ બિંદુએ તરંગો વચ્ચેનો કળા તફાવત સમય સાથે ઝડપથી બદલાશે.
તેથી,આ ઉદગમો અસુસંબદ્ધ છે અને પડદા પર કોઈ સ્થાયી વ્યતિકરણ ભાત રચાશે નહીં.