KVPY 2010 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) આપેલ તંત્ર એક સાદા લોલક તરીકે વર્તે છે, જ્યાં અસરકારક લંબાઈ $(l)$ એ નિલંબન બિંદુ અને દોલન કરતા પદાર્થના ગુરુત્વકેન્દ્ર $(C.G.)$ વચ્ચેનું અંતર છે.
શરૂઆતમાં, જ્યારે ગોળો ભરેલો હોય છે, ત્યારે $C.G.$ ગોળાના કેન્દ્ર પર હોય છે. જેમ પાણી બહાર નીકળે છે, તેમ બાકી રહેલા પાણીનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર નીચે તરફ ખસે છે, જેના કારણે તંત્રનું પરિણામી $C.G.$ નીચે તરફ જાય છે. આનાથી અસરકારક લંબાઈ $(l)$ વધે છે, અને આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{l/g}$ હોવાથી, આવર્તકાળ $T$ વધે છે.
જેમ વધુ પાણી બહાર નીકળે છે, તેમ બાકી રહેલા પાણીનું વજન ખાલી ગોળાના વજન કરતા ઓછું થઈ જાય છે. પરિણામી $C.G.$ પાછું ગોળાના કેન્દ્ર તરફ ઉપરની તરફ ખસવાનું શરૂ કરે છે. પરિણામે, અસરકારક લંબાઈ $(l)$ ઘટે છે, જેના કારણે આવર્તકાળ $T$ ઘટે છે.
અંતે, જ્યારે ગોળો સંપૂર્ણપણે ખાલી થઈ જાય છે, ત્યારે $C.G.$ ગોળાના કેન્દ્ર પર પાછું આવે છે, જેથી અસરકારક લંબાઈ તેના પ્રારંભિક મૂલ્ય જેટલી થઈ જાય છે. આમ, આવર્તકાળ તેના મૂળ મૂલ્ય પર પાછો આવે છે. તેથી, દોલનનો આવર્તકાળ પહેલા વધે છે અને પછી ઘટીને તેના મૂળ મૂલ્ય પર આવે છે.

(A) પેન અને કાગળ વચ્ચેનું સીમાંત ઘર્ષણ $f_1 = \mu_1 mg$ છે.
પેન લપસવાનું શરૂ કરે તે માટે,પેન પર લાગતું બળ ઓછામાં ઓછું $f_1$ હોવું જોઈએ. આ બળ કાગળ દ્વારા લાગતા ઘર્ષણ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે,જે પેન પરના ઘર્ષણ બળ જેટલું જ હોય છે.
તેથી,પેનનો પ્રવેગ $a = \frac{f_1}{m} = \mu_1 g$ છે.
પેન લપસે તે માટે,કાગળનો પ્રવેગ ઓછામાં ઓછો $a = \mu_1 g$ હોવો જોઈએ.
હવે,$M$ દળના કાગળ માટે ફ્રી બોડી ડાયાગ્રામ ધ્યાનમાં લો. કાગળ પર લાગતા બળો લાગુ પાડેલ બળ $F$,પેન દ્વારા લાગતું ઘર્ષણ $f_1$ (પાછળની તરફ) અને ટેબલ દ્વારા લાગતું ઘર્ષણ $f_2$ (પાછળની તરફ) છે.
ટેબલ પરનું લંબબળ $N = (M+m)g$ છે,તેથી $f_2 = \mu_2(M+m)g$.
કાગળ માટે ન્યૂટનનો બીજો નિયમ લાગુ પાડતા:
$F - f_1 - f_2 = Ma$
$F = Ma + f_1 + f_2$
કિંમતો મૂકતા:
$F = M(\mu_1 g) + \mu_1 mg + \mu_2(M+m)g$
$F = (M+m)\mu_1 g + (M+m)\mu_2 g$
$F = (M+m)(\mu_1 + \mu_2)g$.

(A) સાચો વિકલ્પ $A$ છે.
ધારો કે દળ $m_1$ અને $m_2$ ના તેમના સંતુલન સ્થાનથી સ્થાનાંતર અનુક્રમે $x_1$ અને $x_2$ છે.
સ્પ્રિંગનું કુલ વિસ્તરણ $x = x_1 + x_2$ છે.
દરેક દળ પર લાગતું પુનઃસ્થાપક બળ $F = -kx$ છે.
દરેક દળ માટે ન્યૂટનનો ગતિનો બીજો નિયમ લાગુ પાડતા:
$m_1 \frac{d^2 x_1}{dt^2} = -kx$
$m_2 \frac{d^2 x_2}{dt^2} = -kx$
આના પરથી,આપણને મળે છે:
$\frac{d^2 x_1}{dt^2} = -\frac{k}{m_1} x$
$\frac{d^2 x_2}{dt^2} = -\frac{k}{m_2} x$
કારણ કે $x = x_1 + x_2$,સાપેક્ષ પ્રવેગ:
$\frac{d^2 x}{dt^2} = \frac{d^2 x_1}{dt^2} + \frac{d^2 x_2}{dt^2} = -k \left( \frac{1}{m_1} + \frac{1}{m_2} \right) x = -k \left( \frac{m_1 + m_2}{m_1 m_2} \right) x$
આ સરળ આવર્ત ગતિનું સમીકરણ $\frac{d^2 x}{dt^2} = -\omega^2 x$ છે,જ્યાં $\omega^2 = k \left( \frac{m_1 + m_2}{m_1 m_2} \right) = \frac{k}{\mu}$,અને $\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$ એ રિડ્યુસ્ડ માસ (ઘટાડેલું દળ) છે.
આવર્તકાળ $T$ નીચે મુજબ મળે છે:
$T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{\mu}{k}} = 2\pi \sqrt{\frac{m_1 m_2}{k(m_1 + m_2)}}$

(B) દોરીમાં રહેલા તણાવ $T$ ના ઘટકો પાડતા,મણકા પર લાગતું પુનઃસ્થાપક બળ $F = -2 T \sin \theta$ મળે છે.
આકૃતિની ભૂમિતિ પરથી,$\sin \theta = \frac{x}{\sqrt{x^2 + (l/2)^2}}$.
નાના સ્થાનાંતર $x$ માટે,જ્યાં $x \ll l/2$,આપણે $\sin \theta \approx \tan \theta = \frac{x}{l/2} = \frac{2x}{l}$ લઈ શકીએ.
આમ,પુનઃસ્થાપક બળ $F = -2 T \left( \frac{2x}{l} \right) = -\left( \frac{4T}{ml} \right) m x$ થાય.
આને સરળ આવર્ત ગતિના પ્રમાણિત સમીકરણ $F = -m \omega^2 x$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\omega^2 = \frac{4T}{ml}$ મળે છે.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \sqrt{\frac{4T}{ml}}$ છે.
તેથી,દોલનની આવૃત્તિ $f = \frac{\omega}{2 \pi} = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{4T}{ml}}$ થાય.

(C) લંબગોળ કક્ષામાં ગતિ કરતા ધૂમકેતુ માટે,અર્ધ-મુખ્ય અક્ષ $a$ એ પેરીહેલિયન અંતર $(r_p)$ અને એફેલિયન અંતર $(r_a)$ ની સરેરાશ દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$a = \frac{r_p + r_a}{2} = \frac{0.4 + x}{2} \, AU$
કેપ્લરના ત્રીજા નિયમ મુજબ,આવર્તકાળ $T$ નો વર્ગ એ અર્ધ-મુખ્ય અક્ષ $a$ ના ઘન ના સમપ્રમાણમાં હોય છે:
$T^2 \propto a^3$
ધૂમકેતુની પૃથ્વી સાથે સરખામણી કરતા ($T_e = 1 \, yr$,$a_e = 1 \, AU$):
$\left(\frac{T}{T_e}\right)^2 = \left(\frac{a}{a_e}\right)^3$
આપેલ કિંમતો મૂકતા $(T = 125 \, yr)$:
$\left(\frac{125}{1}\right)^2 = \left(\frac{0.4 + x}{2 \times 1}\right)^3$
$(125)^2 = \left(\frac{0.4 + x}{2}\right)^3$
બંને બાજુ ઘનમૂળ લેતા:
$(125)^{2/3} = \frac{0.4 + x}{2}$
$(5^3)^{2/3} = \frac{0.4 + x}{2}$
$5^2 = \frac{0.4 + x}{2}$
$25 = \frac{0.4 + x}{2}$
$50 = 0.4 + x$
$x = 50 - 0.4 = 49.6 \, AU$
આમ,એફેલિયન અંતર $49.6 \, AU$ છે.

(B) જ્યારે શેલ્ફનો નીચેની તરફનો પ્રવેગ ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $g$ કરતા વધી જાય ત્યારે પુસ્તક શેલ્ફ સાથેનો સંપર્ક ગુમાવે છે.
સંપર્ક ગુમાવવાની શરત $a_{\max} \geq g$ છે.
શેલ્ફ સરળ આવર્ત ગતિ કરે છે,તેથી મહત્તમ પ્રવેગ $a_{\max} = \omega^2 A$ છે,જ્યાં $\omega$ એ કોણીય આવૃત્તિ છે અને $A$ એ કંપનવિસ્તાર છે.
$a_{\max} = g$ લેતા,આપણને $\omega^2 A = g$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\omega = \sqrt{\frac{g}{A}}$.
અહીં $A = 2.5 \,cm = 0.025 \,m$ અને $g = 10 \,m/s^2$ આપેલ છે,તેથી $\omega = \sqrt{\frac{10}{0.025}} = \sqrt{400} = 20 \,rad/s$.
આવૃત્તિ $f = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{20}{2\pi} = \frac{10}{\pi} \approx 3.18 \,Hz$ થાય છે.

(C) ક્વાસિસ્ટેટિક એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,ઉષ્માનો ફેરફાર $dQ = 0$ થાય છે.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$dU = dQ - dW$,તેથી $dW = -dU$ થાય.
આપેલ છે કે $U = CT - \frac{n^2 a}{V}$,તેથી આંતરિક ઉર્જામાં વિકલિત ફેરફાર $dU = C dT + \frac{n^2 a}{V^2} dV$ થાય.
વળી,કાર્ય $dW = p dV$ છે.
$dW = -dU$ ને સરખાવતા,આપણને $p dV = -(C dT + \frac{n^2 a}{V^2} dV)$ મળે છે.
વાન્ડર વાલ્સ સમીકરણ $p = \frac{nRT}{V-nb} - \frac{n^2 a}{V^2}$ ને ઉપરના સમીકરણમાં મૂકતા:
$(\frac{nRT}{V-nb} - \frac{n^2 a}{V^2}) dV = -C dT - \frac{n^2 a}{V^2} dV$.
બંને બાજુથી $-\frac{n^2 a}{V^2} dV$ પદ ઉડી જશે:
$\frac{nRT}{V-nb} dV = -C dT$.
ચલને ગોઠવતા,આપણને $\frac{dV}{V-nb} = -\frac{C}{nR} \frac{dT}{T}$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{dV}{V-nb} = -\frac{C}{nR} \int \frac{dT}{T}$.
આનાથી $\ln(V-nb) = -\frac{C}{nR} \ln T + \text{અચળ}$ મળે છે.
તેને ફરીથી ગોઠવતા $\ln(V-nb) + \ln(T^{C/nR}) = \text{અચળ}$ મળે છે.
આમ,$T^{C/nR} \cdot (V-nb) = \text{અચળ}$.

(B) આ ચક્ર $A$ થી $B$ સુધીના સીધી રેખાના માર્ગ અને $B$ થી $A$ સુધીના એડિયાબેટિક માર્ગનું બનેલું છે.
$A$ થી $B$ સુધીના સીધી રેખાના માર્ગ પર,વાયુનું વિસ્તરણ થાય છે અને તાપમાન બદલાય છે. માર્ગ સીધી રેખા હોવાથી,ઉષ્માનું વિનિમય બદલાય છે. ખાસ કરીને,સીધી રેખા પર વિસ્તરણ દરમિયાન વાયુ દ્વારા ઉષ્માનું શોષણ થાય છે.
$B$ થી $A$ સુધીના વક્ર માર્ગ પર,પ્રક્રિયા એડિયાબેટિક છે,જેનો અર્થ છે કે કોઈ ઉષ્માનું વિનિમય થતું નથી $(dQ = 0)$.
જો કે,સંપૂર્ણ ચક્રમાં,વાયુ દ્વારા કાર્ય કરવા માટે,ઉષ્માનું સ્ત્રોતમાંથી શોષણ થવું જોઈએ અને કેટલીક ઉષ્મા સિંકને મુક્ત થવી જોઈએ. આ ચોક્કસ ચક્રમાં,સીધી રેખાના વિસ્તરણ દરમિયાન ઉષ્માનું શોષણ થાય છે અને એડિયાબેટિક સંકોચન દરમિયાન મુક્ત થાય છે. તેથી,વિકલ્પ $B$ ઉષ્મા વિનિમયની લાક્ષણિકતાઓનું યોગ્ય રીતે વર્ણન કરે છે.

(B) સ્ત્રોત (બસ) સ્થિર અવલોકનકાર (બસ સ્ટોપ પરની વ્યક્તિ) તરફ ગતિ કરી રહ્યો છે.
આપેલ છે:
સ્ત્રોતનો વેગ,$v_s = 39.6 \,km/h = 39.6 \times \frac{5}{18} = 11 \,ms^{-1}$.
અવાજનો વેગ,$v = 330 \,ms^{-1}$.
સ્ત્રોતનો સમયગાળો,$T = 30 \,s$.
જ્યારે સ્ત્રોત સ્થિર અવલોકનકાર તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે બે ક્રમિક પલ્સ વચ્ચેનો આભાસી સમયગાળો $T^{\prime}$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$T^{\prime} = T \left( \frac{v - v_s}{v} \right)$
કિંમતો મૂકતા:
$T^{\prime} = 30 \left( \frac{330 - 11}{330} \right)$
$T^{\prime} = 30 \left( \frac{319}{330} \right)$
$T^{\prime} = \frac{319}{11} = 29 \,s$.
તેથી,વ્યક્તિને $29 \,s$ ના અંતરે હોર્ન સંભળાશે.

(A) વાયુ માધ્યમમાં ધ્વનિનો વેગ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$v = \sqrt{\frac{\gamma RT}{M}}$
આપેલ પરિસ્થિતિઓ માટે તાપમાન $T$ અને એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma$ અચળ હોવાથી,વેગ એ મોલર દળ $M$ ના વર્ગમૂળના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે:
$v \propto \frac{1}{\sqrt{M}}$
તેથી,ઓક્સિજન $(v_{O_2})$ અને હાઇડ્રોજન $(v_{H_2})$ માં ધ્વનિના વેગનો ગુણોત્તર નીચે મુજબ છે:
$\frac{v_{O_2}}{v_{H_2}} = \sqrt{\frac{M_{H_2}}{M_{O_2}}}$
હાઇડ્રોજન $(H_2)$ નું મોલર દળ $2 \text{ g/mol}$ છે અને ઓક્સિજન $(O_2)$ નું મોલર દળ $32 \text{ g/mol}$ છે.
$\frac{v_{O_2}}{v_{H_2}} = \sqrt{\frac{2}{32}} = \sqrt{\frac{1}{16}} = \frac{1}{4}$
આમ,ગુણોત્તર $1:4$ છે.

(D) દળોના પ્રારંભિક સ્થાન $x_1 = 0$ અને $x_2 = l$ છે.
$t=0$ સમયે દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું પ્રારંભિક સ્થાન $(x_{CM})$ નીચે મુજબ છે:
$x_{CM} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2} = \frac{m_1(0) + m_2(l)}{m_1 + m_2} = \frac{m_2 l}{m_1 + m_2}$
દળોના પ્રારંભિક વેગ $v_1 = v_0$ અને $v_2 = 0$ છે.
તંત્ર પર કોઈ બાહ્ય બળ લાગતું ન હોવાથી દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ $(v_{CM})$ અચળ રહે છે:
$v_{CM} = \frac{m_1 v_1 + m_2 v_2}{m_1 + m_2} = \frac{m_1 v_0 + m_2(0)}{m_1 + m_2} = \frac{m_1 v_0}{m_1 + m_2}$
$t$ સમય પછી,દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું સ્થાન $(x'_{CM})$ નીચે મુજબ મળે છે:
$x'_{CM} = x_{CM} + v_{CM} t$
$x'_{CM} = \frac{m_2 l}{m_1 + m_2} + \left( \frac{m_1 v_0}{m_1 + m_2} \right) t$
$x'_{CM} = \frac{m_2 l}{m_1 + m_2} + \frac{m_1 v_0 t}{m_1 + m_2}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) એન્ટ્રોપીમાં ફેરફારનું સૂત્ર $\Delta S = \int \frac{dQ}{T}$ છે.
તાંબા માટે,એન્ટ્રોપીમાં ફેરફાર $\Delta S_{Cu} = \int_{T_i}^{T_f} \frac{mc dT}{T} = mc \ln(\frac{T_f}{T_i})$ છે,જે ઋણ છે (તાંબુ એન્ટ્રોપી ગુમાવે છે).
તળાવ માટે,તેણે $Q = mc(T_i - T_f)$ ઉષ્મા મેળવી છે. તળાવનું તાપમાન $T_{pond} = 30^{\circ} C$ અચળ રહે છે,તેથી તળાવ દ્વારા મેળવેલી એન્ટ્રોપી $\Delta S_{pond} = \frac{Q}{T_{pond}} = \frac{mc(100 - 30)}{303.15}$ છે.
આ એક અપ્રતિવર્તી (irreversible) પ્રક્રિયા હોવાથી,કુલ એન્ટ્રોપીમાં વધારો થવો જોઈએ $(\Delta S_{total} > 0)$.
તેથી,$\Delta S_{pond} + \Delta S_{Cu} > 0$,જેનો અર્થ છે કે $\Delta S_{pond} > |\Delta S_{Cu}|$.
આમ,તળાવ તાંબા દ્વારા ગુમાવેલી એન્ટ્રોપી કરતા વધુ એન્ટ્રોપી મેળવે છે.

(D) દડાને $h$ ઊંચાઈથી નીચે પાડવામાં આવે છે. પ્રથમ અથડામણ પહેલાંનો વેગ $v_0 = \sqrt{2gh}$ છે.
પ્રથમ અથડામણ પછી,ઉછળવાનો વેગ $v_1 = rv_0$ છે. પ્રથમ અથડામણ પછી પ્રાપ્ત કરેલી ઊંચાઈ $h_1 = \frac{v_1^2}{2g} = r^2 h$ છે.
બીજી અથડામણ પછી,ઉછળવાનો વેગ $v_2 = rv_1 = r^2 v_0$ છે. પ્રાપ્ત કરેલી ઊંચાઈ $h_2 = \frac{v_2^2}{2g} = r^4 h$ છે.
સામાન્ય રીતે,$n$-મી અથડામણ પછી પ્રાપ્ત કરેલી ઊંચાઈ $h_n = r^{2n} h$ છે.
$10$મી અથડામણ સુધી દડા દ્વારા કાપવામાં આવેલું કુલ અંતર $d$ માં પ્રારંભિક $h$ ઊંચાઈનું પતન,અને ત્યારબાદ $h_1, h_2, \dots, h_{10}$ ઊંચાઈના $10$ ઉપરના અને $10$ નીચેના માર્ગોનો સમાવેશ થાય છે.
$d = h + 2(h_1 + h_2 + \dots + h_{10})$
$d = h + 2(r^2 h + r^4 h + \dots + r^{20} h)$
$d = h + 2h(r^2 + r^4 + \dots + r^{20})$
આ એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = r^2$,સામાન્ય ગુણોત્તર $R = r^2$,અને $n = 10$ પદો છે.
સરવાળો $S_{10} = r^2 \frac{1-(r^2)^{10}}{1-r^2} = r^2 \frac{1-r^{20}}{1-r^2}$ છે.
આમ,$d = h + 2h \left( r^2 \frac{1-r^{20}}{1-r^2} \right)$.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$2h \left( \frac{1-r^{20}}{1-r^2} \right) - h$ એ સાચો જવાબ છે.

(A) ગ્રહના પરિભ્રમણને કારણે,$\lambda$ અક્ષાંશ પર ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે અસરકારક પ્રવેગ $g^{\prime} = g - \omega^2 R \cos^2 \lambda$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વિષુવવૃત્ત પર,$\lambda = 0^{\circ}$,તેથી $g_e = g - \omega^2 R$.
$60^{\circ}$ અક્ષાંશ પર,$\lambda = 60^{\circ}$,તેથી $g_{60} = g - \omega^2 R \cos^2(60^{\circ}) = g - \frac{\omega^2 R}{4}$.
આપેલ છે કે વિષુવવૃત્ત પરનું વજન એ $60^{\circ}$ પરના વજનના $f$ ગણું છે,તેથી $g_e = f \cdot g_{60}$.
સમીકરણો મૂકતા: $g - \omega^2 R = f \left( g - \frac{\omega^2 R}{4} \right)$.
ગોઠવતા: $g(1 - f) = \omega^2 R \left( 1 - \frac{f}{4} \right) = \frac{\omega^2 R}{4} (4 - f)$.
$g = \frac{GM}{R^2}$,$M = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho$,અને $\omega = \frac{2\pi}{T}$ નો ઉપયોગ કરીને:
$\frac{G}{R^2} \left( \frac{4}{3} \pi R^3 \rho \right) (1 - f) = \frac{4 \pi^2}{T^2} R \left( \frac{4 - f}{4} \right)$.
$\frac{4}{3} \pi G R \rho (1 - f) = \frac{\pi^2 R}{T^2} (4 - f)$.
ઘનતા $\rho$ માટે ઉકેલતા: $\rho = \left( \frac{4 - f}{1 - f} \right) \cdot \frac{3 \pi}{4 G T^2}$.

(A) કણ પર લાગતું બળ $F = -\frac{dV}{dx}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$F = -\frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} k x^2 - V_0 \cos \left( \frac{x}{a} \right) \right) = -\left( kx + \frac{V_0}{a} \sin \left( \frac{x}{a} \right) \right)$.
દોલનનો કંપવિસ્તાર $a$ કરતા ઘણો નાનો હોવાથી,$x \ll a$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{x}{a} \ll 1$. નાના $\theta$ માટે $\sin \theta \approx \theta$ ના અંદાજનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin \left( \frac{x}{a} \right) \approx \frac{x}{a}$ મળે છે.
આ કિંમતને બળના સમીકરણમાં મૂકતા: $F \approx -\left( kx + \frac{V_0}{a} \cdot \frac{x}{a} \right) = -\left( k + \frac{V_0}{a^2} \right) x$.
આ $F = -K_{eff} x$ ના સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $K_{eff} = k + \frac{V_0}{a^2}$.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega$ એ $\omega = \sqrt{\frac{K_{eff}}{m}} = \sqrt{\frac{k + \frac{V_0}{a^2}}{m}} = \sqrt{\frac{k a^2 + V_0}{m a^2}}$ દ્વારા મળે છે.
આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{m a^2}{k a^2 + V_0}}$ થાય છે.

(C) પ્રક્રિયાનું સમીકરણ $p V^{\alpha} = K$ (અચળ) છે.
આદર્શ વાયુના નિયમ મુજબ,$pV = nRT$,તેથી $p = \frac{nRT}{V}$.
આ કિંમતને પ્રક્રિયાના સમીકરણમાં મૂકતા: $\left(\frac{nRT}{V}\right) V^{\alpha} = K \Rightarrow T V^{\alpha-1} = \text{અચળ}$.
પોલિટ્રોપિક પ્રક્રિયા $p V^{\alpha} = K$ માં થયેલ કાર્ય $\Delta W = \int p dV = \frac{p_f V_f - p_i V_i}{1-\alpha} = \frac{nR \Delta T}{1-\alpha}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\Delta Q = C \Delta T$ અને $\Delta U = C_V \Delta T$.
આ કિંમતોને પ્રથમ નિયમના સમીકરણમાં મૂકતા: $C \Delta T = C_V \Delta T + \frac{nR \Delta T}{1-\alpha}$.
$\Delta T$ વડે ભાગતા,આપણને મોલર ઉષ્મા ધારિતા $C = C_V + \frac{nR}{1-\alpha}$ મળે છે.

(D) ચક્રીય પ્રક્રિયા $A \rightarrow B \rightarrow C \rightarrow A$ માટે,આંતરિક ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = 0$ થાય છે. ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$\Delta Q = \Delta W$,જ્યાં $\Delta W$ એ $p-V$ આલેખમાં ત્રિકોણ $ABC$ દ્વારા ઘેરાયેલું ક્ષેત્રફળ છે.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} (V_2 - V_1)(p_2 - p_1)$.
પ્રક્રિયા $AB$ (સમદાબી,$p = p_1$) માટે:
$\Delta Q_{AB} = n C_p \Delta T = n (\frac{5}{2} R) \Delta T = \frac{5}{2} p_1 (V_1 - V_2)$.
પ્રક્રિયા $BC$ (સમકદ,$V = V_2$) માટે:
$\Delta Q_{BC} = n C_V \Delta T = n (\frac{3}{2} R) \Delta T = \frac{3}{2} V_2 (p_2 - p_1)$.
$\Delta Q_{total} = \Delta Q_{AB} + \Delta Q_{BC} + \Delta Q_{AC} = \Delta W$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\Delta Q_{AC} = \Delta W - \Delta Q_{AB} - \Delta Q_{BC}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta Q_{AC} = \frac{1}{2}(V_2 - V_1)(p_2 - p_1) - [\frac{5}{2} p_1 (V_1 - V_2) + \frac{3}{2} V_2 (p_2 - p_1)]$.
આ પદનું સાદુંરૂપ આપતા:
$\Delta Q_{AC} = 2(p_2 V_2 - p_1 V_1) + \frac{1}{2}(p_1 V_2 - p_2 V_1)$.

(A) ઘર્ષણ બળ એ સ્વ-સમાયોજિત બળ છે. જ્યારે લગાડવામાં આવતું બળ વધારવામાં આવે છે,ત્યારે સ્થિત ઘર્ષણ પ્રથમ લગાડવામાં આવેલા બળ સાથે (અને આમ સમય $t$ સાથે,કારણ કે બળ સતત વધી રહ્યું છે) રેખીય રીતે વધે છે જ્યાં સુધી તે મહત્તમ મૂલ્ય સુધી ન પહોંચે જેને સીમાંત ઘર્ષણ કહેવાય છે.
એકવાર લગાડવામાં આવેલું બળ સીમાંત ઘર્ષણ કરતા વધી જાય,પછી બ્લોક સરકવાનું શરૂ કરે છે.
કારણ કે સ્થિત અને ગતિક ઘર્ષણાંક સમાન માનવામાં આવ્યા છે,તેથી ગતિક ઘર્ષણ સીમાંત ઘર્ષણના મૂલ્ય પર અચળ રહે છે.
તેથી,ઘર્ષણ બળ $f$ સમય $t$ સાથે રેખીય રીતે વધે છે જ્યાં સુધી બ્લોક સરકવાનું શરૂ ન કરે,ત્યારબાદ તે અચળ રહે છે. આ વર્તણૂક વિકલ્પ $A$ માં આપેલા આલેખ દ્વારા યોગ્ય રીતે દર્શાવવામાં આવી છે.

(C) નીચે તરફના પ્રવેગને રોકવા માટે,ગોળીઓ દ્વારા લગાડવામાં આવતું ઉપરની તરફનું બળ (થ્રસ્ટ ફોર્સ) સૈનિક અને બંદૂકના વજનને સંતુલિત કરવું જોઈએ.
ધારો કે $M$ એ સૈનિક અને બંદૂકનું કુલ દળ છે,અને $m$ એ એક ગોળીનું દળ છે.
ગોળીઓ દ્વારા લગાડવામાં આવતું બળ એ ગોળીઓના વેગમાનમાં થતા ફેરફારના દર જેટલું હોય છે: $F = \frac{N}{\Delta t} \times m \times v$,જ્યાં $\frac{N}{\Delta t}$ એ પ્રતિ સેકન્ડ છોડવામાં આવતી ગોળીઓની સંખ્યા છે.
આ બળને સૈનિકના વજન સાથે સરખાવતા: $Mg = \frac{N}{\Delta t} \times m \times v$.
આપેલ છે: $\frac{N}{\Delta t} = 40 \,s^{-1}$,$m = 49 \,g = 0.049 \,kg$,$v = 500 \,m/s$,અને $g = 9.8 \,m/s^2$.
કિંમતો મૂકતા: $M \times 9.8 = 40 \times 0.049 \times 500$.
$M \times 9.8 = 40 \times 24.5 = 980$.
$M = \frac{980}{9.8} = 100 \,kg$.

(D) સાચો જવાબ $D$ છે.
જ્યારે તારો તેનું દળ ગુમાવ્યા વગર સંકોચાય છે,ત્યારે તેની સપાટી પરનું ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ વધે છે,પરંતુ ગ્રહ જેવા દૂરના પદાર્થ પર તારા દ્વારા લાગતા ગુરુત્વાકર્ષણ બળમાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી.
તારા દ્વારા ગ્રહ પર લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ નીચે મુજબ છે:
$F = \frac{G M m}{r^2}$
જ્યાં $M$ એ તારાનું દળ છે,$m$ એ ગ્રહનું દળ છે અને $r$ એ ગ્રહની કક્ષાની ત્રિજ્યા છે.
તારાનું દળ $(M)$,ગ્રહનું દળ $(m)$ અને તેમની વચ્ચેનું અંતર $(r)$ અપરિવર્તિત રહેતું હોવાથી,ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F$ અચળ રહે છે.
વર્તુળાકાર કક્ષા જાળવી રાખવા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ માત્ર તારાના દળ અને અંતર $r$ પર આધાર રાખે છે,અને આ બંનેમાં કોઈ ફેરફાર થયો નથી,તેથી ગ્રહની કક્ષાની ત્રિજ્યામાં કોઈ ફેરફાર થશે નહીં.

(B) જ્યારે બે બ્લોકને સંપર્કમાં લાવવામાં આવે છે,ત્યારે ગરમ બ્લોક ઉષ્મા ગુમાવે છે અને ઠંડો બ્લોક ઉષ્મા મેળવે છે.
ધારો કે $T_f$ એ અંતિમ સંતુલન તાપમાન છે.
કેલરીમેટ્રીના સિદ્ધાંત મુજબ,ગરમ બ્લોક દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા = ઠંડા બ્લોક દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા.
$m \int_{T_f}^{80} s(T) dT = m \int_{20}^{T_f} s(T) dT$
જેમ કે વિશિષ્ટ ઉષ્મા $s(T)$ એ તાપમાન સાથે વધતું વિધેય છે,તેથી ગરમ બ્લોકની સરેરાશ વિશિષ્ટ ઉષ્મા ($T_f$ થી $80^{\circ} C$ ની રેન્જમાં) એ ઠંડા બ્લોકની સરેરાશ વિશિષ્ટ ઉષ્મા ($20^{\circ} C$ થી $T_f$ ની રેન્જમાં) કરતા વધારે હશે.
ધારો કે $s_{avg, hot}$ એ ગરમ બ્લોકની સરેરાશ વિશિષ્ટ ઉષ્મા છે અને $s_{avg, cold}$ એ ઠંડા બ્લોકની સરેરાશ વિશિષ્ટ ઉષ્મા છે. તેથી $s_{avg, hot} > s_{avg, cold}$.
$s_{avg, hot} (80 - T_f) = s_{avg, cold} (T_f - 20)$
$\frac{80 - T_f}{T_f - 20} = \frac{s_{avg, cold}}{s_{avg, hot}} < 1$
$80 - T_f < T_f - 20$
$100 < 2T_f$
$T_f > 50^{\circ} C$
તેથી,અંતિમ તાપમાન $50^{\circ} C$ કરતા વધારે હશે.

(A) નવા માપક્રમ $t_x$ અને નિરપેક્ષ તાપમાન $T$ વચ્ચેનો સંબંધ $t_x = 3T + 100$ આપેલ છે.
તાપમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta t_x$ એ નિરપેક્ષ તાપમાનમાં થતા ફેરફાર $\Delta T$ સાથે નીચે મુજબ સંબંધિત છે:
$\Delta t_x = t_{x2} - t_{x1} = (3T_2 + 100) - (3T_1 + 100) = 3(T_2 - T_1) = 3 \Delta T$.
વિશિષ્ટ ઉષ્મા $c$ એ એકમ દળ $m$ ના તાપમાનમાં એકમ ફેરફાર $\Delta \theta$ લાવવા માટે જરૂરી ઉષ્મા $Q$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે:
$c = \frac{Q}{m \Delta \theta}$.
અહીં $c_x = 1400 \, J \, kg^{-1} X^{-1}$ આપેલ છે,તેથી $c_x = \frac{Q}{m \Delta t_x} = 1400$.
આપણે $c_{SI} = \frac{Q}{m \Delta T}$ શોધવા માંગીએ છીએ.
$\Delta t_x = 3 \Delta T$ ને $c_x$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$1400 = \frac{Q}{m (3 \Delta T)} = \frac{1}{3} \left( \frac{Q}{m \Delta T} \right) = \frac{1}{3} c_{SI}$.
તેથી,$c_{SI} = 3 \times 1400 = 4200 \, J \, kg^{-1} K^{-1}$.

(D) દળ $m$ એ બિંદુ $Q$ થી $H$ ઊંચાઈ પર છે,જ્યાં સ્થિતિ ઊર્જા શૂન્ય લેવામાં આવે છે. આકૃતિની ભૂમિતિ પરથી,જો કોઈ ખૂણે $\theta$ પર,દળ $m$ ની સૌથી નીચા બિંદુ $Q$ થી ઊંચાઈ $h$ હોય,તો $\triangle ABC$ પરથી,$\cos \theta = \frac{R-h}{R} \Rightarrow h = R(1 - \cos \theta)$. તેથી,સ્થિતિ ઊર્જા $U(\theta) = mgh = mgR(1 - \cos \theta)$ થાય.
$(b)$ સ્થાન $\theta$ પર ગતિ ઊર્જા $K(\theta)$ એ પ્રારંભિક સ્થાન $P$ થી સ્થાન $\theta$ સુધી પહોંચવામાં થયેલ સ્થિતિ ઊર્જાનો ઘટાડો છે. તેથી,$K(\theta) = mgH - U(\theta) = mgH - mgR(1 - \cos \theta) = mg(H - R(1 - \cos \theta))$ થાય.
$(c)$ $H \ll R$ માટે,ગતિ સરળ આવર્ત ગતિ છે જેનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{R}{g}}$ છે. $P$ થી $Q$ સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય આ આવર્તકાળનો ચોથો ભાગ છે. તેથી,$t = \frac{T}{4} = \frac{2\pi}{4} \sqrt{\frac{R}{g}} = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{R}{g}}$ થાય.
$(d)$ સૌથી નીચા બિંદુ $Q$ પર ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,જો $m$ નો વેગ $v$ હોય,તો $\frac{1}{2}mv^2 = mgH \Rightarrow mv^2 = 2mgH$. કેન્દ્રગામી બળ $F_c = \frac{mv^2}{R} = \frac{2mgH}{R}$ છે. $Q$ પર લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $N$ માટે $N - mg = \frac{mv^2}{R} \Rightarrow N = mg + \frac{2mgH}{R} = mg(1 + \frac{2H}{R})$ થાય. આ બ્લોક દ્વારા સપાટી પર લગાડવામાં આવતું બળ છે.

(D) જ્યારે સ્વીચ $S$ ને $t = 0$ સમયે બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે ઇન્ડક્ટર $L$ તેમાંથી વહેતા પ્રવાહમાં થતા કોઈપણ ફેરફારનો વિરોધ કરે છે.
લેન્ઝના નિયમ મુજબ,ઇન્ડક્ટરમાં ઉદ્ભવતું પ્રેરિત emf $\varepsilon = -L(di/dt)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$t = 0$ ક્ષણે,પરિપથમાં પ્રવાહ શૂન્ય હોય છે અને ઇન્ડક્ટર પ્રવાહમાં અચાનક થતા ફેરફારને રોકવા માટે ઓપન સર્કિટ (અનંત અવરોધ) તરીકે કાર્ય કરે છે.
તેથી,સ્વીચ બંધ કરવામાં આવે તે ક્ષણે પરિપથમાં પ્રવાહ $i = 0$ હોય છે.

(A) $R$ ત્રિજ્યા અને કુલ વિદ્યુતભાર $Q$ ધરાવતા સમાન ગોલીય કદ વિદ્યુતભાર વિતરણ માટે,કેન્દ્રથી $r$ અંતરે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ ગૌસના નિયમ દ્વારા નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$1$. ગોળાની અંદર $(r < R)$:
$E = \frac{k Q r}{R^3}$
અહીં,$E \propto r$,જે ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી સીધી રેખા દર્શાવે છે.
$2$. ગોળાની બહાર $(r \geq R)$:
$E = \frac{k Q}{r^2}$
અહીં,$E \propto \frac{1}{r^2}$,જે $r$ વધવાની સાથે ઘટતો વક્ર દર્શાવે છે.
સપાટી પર $(r = R)$,વિદ્યુતક્ષેત્ર મહત્તમ હોય છે,$E_{max} = \frac{k Q}{R^2}$.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખામણી કરતા,જે આલેખ $r < R$ માટે રેખીય વધારો અને $r \geq R$ માટે $1/r^2$ મુજબ ઘટાડો દર્શાવે છે તે વિકલ્પ $A$ છે.

(D) વાહક કવચના ગુણધર્મો અનુસાર,પોલાણની અંદરનું વિદ્યુતક્ષેત્ર માત્ર પોલાણની અંદર મૂકવામાં આવેલા $+q$ વિદ્યુતભાર દ્વારા નક્કી થાય છે.
કવચનું વાહક દ્રવ્ય પોલાણને કોઈપણ બાહ્ય વિદ્યુતક્ષેત્ર (જેમ કે કવચની બહારના $+Q$ દ્વારા ઉત્પન્ન થતું ક્ષેત્ર) થી બચાવવા માટે તેના પોતાના વિદ્યુતભારોનું પુનઃવિતરણ કરે છે.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,અંદરનો $+q$ વિદ્યુતભાર કવચની આંતરિક સપાટી પર $-q$ વિદ્યુતભાર પ્રેરિત કરે છે,અને બાહ્ય $+Q$ વિદ્યુતભાર કવચની બાહ્ય સપાટી પર વિદ્યુતભાર પ્રેરિત કરે છે,પરંતુ આ બાહ્ય અસરો પોલાણમાં પ્રવેશતી નથી.
તેથી,પોલાણમાં વિદ્યુતક્ષેત્ર માત્ર $+q$ ને કારણે જ હોય છે.

(C) વિદ્યુતક્ષેત્રના આપેલા ઘટકો $E_y = E_0 \sin(kx + \omega t)$ અને $E_z = -2E_0 \sin(kx - \omega t)$ છે.
તરંગ વર્તુળાકાર અથવા લંબગોળ ધ્રુવીભૂત હોવા માટે,ઘટકો વચ્ચે અચળ કળા તફાવત (સામાન્ય રીતે $\pi/2$) હોવો જોઈએ.
અહીં,ઘટકો $E_y$ અને $E_z$ એ વિરુદ્ધ દિશામાં (અનુક્રમે $+x$ અને $-x$ દિશામાં) ગતિ કરતા બે તરંગો દર્શાવે છે.
આ બે સ્વતંત્ર તરંગો વિરુદ્ધ દિશામાં ગતિ કરતા હોવાથી,તેમનું સંપાતીકરણ પ્રગામી તરંગના પરંપરાગત અર્થમાં એકલ ધ્રુવીભૂત સ્થિતિમાં પરિણમતું નથી; જોકે,આપેલા વિકલ્પોના સંદર્ભમાં,આ ચોક્કસ દોલનોનું સંપાતીકરણ એક પરિણામી સદિશ આપે છે જે $yz$-સમતલમાં એક નિશ્ચિત રેખા પર દોલન કરે છે.
તેથી,આ તરંગ રેખીય ધ્રુવીભૂત છે.
સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) પ્રકાશના ઉદગમને ઉપરથી અદ્રશ્ય રાખવા માટે,ઉદગમમાંથી નીકળતા પ્રકાશના કિરણોએ પાણી-હવાના આંતરપૃષ્ઠ પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન અનુભવવું જોઈએ.
ધારો કે $r$ એ અપારદર્શક તકતીની ત્રિજ્યા છે. તકતીની ધાર સુધી પહોંચતા પ્રકાશના કિરણો સપાટી પર ક્રાંતિકોણ $i_c$ જેટલા ખૂણે આપાત થવા જોઈએ.
સમસ્યાની ભૂમિતિ પરથી,$\tan i_c = \frac{r}{h}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન માટે,$\sin i_c = \frac{1}{\mu}$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\tan i_c = \frac{\sin i_c}{\sqrt{1-\sin^2 i_c}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\tan i_c = \frac{1/\mu}{\sqrt{1-(1/\mu)^2}} = \frac{1/\mu}{\sqrt{(\mu^2-1)/\mu^2}} = \frac{1}{\sqrt{\mu^2-1}}$.
$\tan i_c$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{r}{h} = \frac{1}{\sqrt{\mu^2-1}}$
તેથી,$r = \frac{h}{\sqrt{\mu^2-1}}$.

(D) સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.
$1$. પ્રથમ આંતરપૃષ્ઠ પર (માધ્યમ $1$ અને માધ્યમ $2$ ની વચ્ચે),પ્રકાશનું કિરણ લંબ તરફ વળે છે. સ્નેલના નિયમ મુજબ,જ્યારે કિરણ લંબ તરફ વળે છે,ત્યારે તે પાતળા માધ્યમમાંથી ઘટ્ટ માધ્યમમાં જાય છે. તેથી,$\mu_2 > \mu_1$.
$2$. બીજા આંતરપૃષ્ઠ પર (માધ્યમ $2$ અને માધ્યમ $3$ ની વચ્ચે),પ્રકાશનું કિરણ પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન અનુભવે છે,કારણ કે ત્રીજા માધ્યમમાં કોઈ પ્રકાશ પ્રવેશતો નથી. પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન ત્યારે જ થાય છે જ્યારે પ્રકાશ ઘટ્ટ માધ્યમમાંથી પાતળા માધ્યમમાં જાય છે. તેથી,$\mu_2 > \mu_3$.
$3$. બીજા આંતરપૃષ્ઠ પર પ્રકાશનું પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન થતું હોવાથી,આપાતકોણ એ માધ્યમોની જોડી $(2, 3)$ માટેના ક્રાંતિકોણ કરતા વધારે હોવો જોઈએ. આ સૂચવે છે કે માધ્યમ $2$ એ માધ્યમ $3$ કરતા પ્રકાશીય રીતે ઘટ્ટ છે. આ અવલોકનોને જોડતા,આપણને $\mu_2 > \mu_1$ અને $\mu_2 > \mu_3$ મળે છે. વધુમાં,પ્રથમ આંતરપૃષ્ઠ પર કિરણ લંબ તરફ વળતું હોવાથી અને બીજા આંતરપૃષ્ઠ પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન થતું હોવાથી,માર્ગની ભૂમિતિને સંતોષવા માટે વક્રીભવનાંક $\mu_1$ એ $\mu_3$ કરતા વધારે હોવો જોઈએ. આમ,સાચો ક્રમ $\mu_3 < \mu_1 < \mu_2$ છે.

(D) ન્યુક્લિયસનું અર્ધ-આયુષ્ય $(T_{1/2})$ $30 \; min$ છે।
$3 \; PM$ થી $5 \; PM$ વચ્ચેનો સમયગાળો $2 \; \text{hours}$ છે, જે $120 \; min$ જેટલો થાય છે।
વિતેલા અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $(n)$ $n = \frac{\text{Total time}}{T_{1/2}} = \frac{120 \; min}{30 \; min} = 4$ દ્વારા મળે છે।
ક્ષય દર $(R)$ એ $R = R_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$ નિયમનું પાલન કરે છે, જ્યાં $R_0 = 120000 \; cps$ છે।
કિંમતો મૂકતા, આપણને $R = 120000 \times \left( \frac{1}{2} \right)^4 = 120000 \times \frac{1}{16} = 7500 \; cps$ મળે છે।
આમ, $5 \; PM$ વાગ્યે ક્ષય દર $7500 \; cps$ છે।

(A) ધારો કે દરેક સ્ત્રોતની તીવ્રતા $I_0$ છે. મહત્તમ તીવ્રતા $I_{max} = 4I_0$ છે.
આપેલ છે કે બિંદુ પરની તીવ્રતા મહત્તમ તીવ્રતાના $75 \%$ છે,તેથી $I = 0.75 \times 4I_0 = 3I_0$.
વ્યતિકરણમાં તીવ્રતા માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$I = 4I_0 \cos^2(\phi/2)$,જ્યાં $\phi$ એ કળા તફાવત છે:
$3I_0 = 4I_0 \cos^2(\phi/2) \implies \cos^2(\phi/2) = 3/4 \implies \cos(\phi/2) = \sqrt{3}/2$.
આમ,$\phi/2 = \pi/6$,જે કળા તફાવત $\phi = \pi/3$ આપે છે.
કળા તફાવત $\phi$ અને પથ તફાવત $\Delta x$ વચ્ચેનો સંબંધ $\phi = (2\pi/\lambda) \Delta x$ છે. તેથી,$\Delta x = (\lambda/2\pi) \times \phi = (\lambda/2\pi) \times (\pi/3) = \lambda/6$.
યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં,મધ્યસ્થ શલાકાથી $y$ અંતરે પથ તફાવત $\Delta x = yd/D$ છે.
પથ તફાવત માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $yd/D = \lambda/6$.
$y$ માટે ઉકેલતા: $y = (\lambda D) / (6d)$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\lambda = 600 \times 10^{-9} \,m$,$D = 1 \,m$,$d = 0.1 \times 10^{-3} \,m$.
$y = (600 \times 10^{-9} \times 1) / (6 \times 0.1 \times 10^{-3}) = (600 \times 10^{-9}) / (0.6 \times 10^{-3}) = 1000 \times 10^{-6} \,m = 1 \times 10^{-3} \,m = 1 \,mm$.

(A) જ્યારે કોઈ વિદ્યુતભારિત કણ તેના વેગને લંબરૂપે સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં દાખલ થાય છે,ત્યારે તે $r = \frac{mv}{qB}$ ત્રિજ્યાવાળા વર્તુળાકાર માર્ગે ગતિ કરે છે.
માર્ગની ભૂમિતિ પરથી,કણ $a$ બાજુવાળા ચોરસની એક બાજુને લંબરૂપે દાખલ થાય છે અને $\theta$ ખૂણે વિચલિત થયા પછી બહાર નીકળે છે. ત્રિજ્યા $r$,બાજુ $a$ અને માર્ગ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણ પરથી,આપણને મળે છે:
$\sin \theta = \frac{a}{r}$
તેથી,$r = \frac{a}{\sin \theta} = a \csc \theta$.
$r$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{mv}{qB} = a \csc \theta$
ઝડપ $v$ માટે ઉકેલતા:
$v = \frac{qB}{m} a \csc \theta$
નોંધ: જો વિચલન કોણ $\theta$ નાનો હોય,તો $\sin \theta \approx \tan \theta \approx \theta$ લઈ શકાય. જોકે,આપેલા પ્રમાણિત વિકલ્પોને આધારે,ભૂમિતિ પરથી મેળવેલ સંબંધ $r = a / \sin \theta$ છે. વિકલ્પોને જોતા,જો આપણે $\sin \theta \approx \tan \theta$ નું અંદાજિત મૂલ્ય ન લઈએ,તો સાચું સ્વરૂપ $v = \frac{qBa}{m \sin \theta}$ છે. જો પ્રશ્ન ચોક્કસ ભૂમિતિક સંબંધ $r \sin \theta = a$ સૂચવે છે અને વિકલ્પો $1/\sin \theta$ માટે $\cot \theta$ નો અંદાજ તરીકે ઉપયોગ કરે છે,તો વિકલ્પ $(A)$ એ આ પ્રકારના પ્રશ્નો માટે પ્રમાણિત સ્વીકૃત જવાબ છે.

(B) ધારો કે $a$ એ સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુની લંબાઈ છે અને $r$ એ ઉગમબિંદુથી દરેક વિદ્યુતભારનું અંતર (પરિત્રિજ્યા) છે.
સમબાજુ ત્રિકોણ માટે,$r = \frac{a}{\sqrt{3}}$,તેથી $a = \sqrt{3} r$.
અન્ય બે વિદ્યુતભારોને કારણે એક વિદ્યુતભાર પર લાગતું બળ એ બે કુલંબ બળોનો સદિશ સરવાળો છે. દરેક બળનું મૂલ્ય $F_C = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{a^2}$ છે.
આ બે બળો વચ્ચેનો ખૂણો $60^\circ$ છે. પરિણામી બળ $F_{\text{net}}$ ઉગમબિંદુ તરફ નિર્દેશિત છે:
$F_{\text{net}} = \sqrt{F_C^2 + F_C^2 + 2 F_C^2 \cos 60^\circ} = \sqrt{3} F_C = \sqrt{3} \left( \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{a^2} \right)$.
$a^2 = 3 r^2$ મૂકતા:
$F_{\text{net}} = \sqrt{3} \left( \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{3 r^2} \right) = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 \sqrt{3} r^2}$.
આ બળ પુનઃસ્થાપક બળ $F(r) = k r$ દ્વારા સંતુલિત થાય છે:
$k r = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 \sqrt{3} r^2} \Rightarrow r^3 = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 \sqrt{3} k} = \frac{\sqrt{3} q^2}{12 \pi \varepsilon_0 k}$.
આમ,$r = \left[ \frac{\sqrt{3}}{12 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{k} \right]^{1/3}$.

(C) અનંત લેડર નેટવર્ક માટે,જો ઇનપુટમાં વધુ એક વિભાગ ઉમેરવામાં આવે તો કુલ ઇમ્પિડન્સ $Z$ બદલાતું નથી.
ધારો કે $Z$ એ અનંત લેડરનો સમતુલ્ય ઇમ્પિડન્સ છે. સર્કિટમાં એક ઇન્ડક્ટર $L$ શ્રેણીમાં છે,જે કેપેસિટર $C$ અને બાકીના અનંત લેડર $Z$ ના સમાંતર જોડાણ સાથે જોડાયેલ છે.
આમ,$Z = j\omega L + \frac{Z \cdot (1/j\omega C)}{Z + (1/j\omega C)}$.
$Z = j\omega L + \frac{Z}{1 + j\omega C Z}$.
$Z(1 + j\omega C Z) = j\omega L(1 + j\omega C Z) + Z$.
$Z + j\omega C Z^2 = j\omega L - \omega^2 L C Z + Z$.
$j\omega C Z^2 + \omega^2 L C Z - j\omega L = 0$.
$j\omega C$ વડે ભાગતા,આપણને $Z^2 + \frac{\omega L}{j} Z - \frac{L}{C} = 0$ મળે છે,જે $Z^2 - j\omega L Z - \frac{L}{C} = 0$ છે.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને $Z$ માટે ઉકેલતા: $Z = \frac{j\omega L \pm \sqrt{(j\omega L)^2 - 4(1)(-L/C)}}{2} = \frac{j\omega L \pm \sqrt{-\omega^2 L^2 + 4L/C}}{2}$.
સર્કિટ શુદ્ધ ઇન્ડક્ટર તરીકે વર્તે તે માટે,ઇમ્પિડન્સ $Z$ શુદ્ધ કાલ્પનિક હોવો જોઈએ,એટલે કે $Z = j\omega L_{eq}$.
આ માટે વર્ગમૂળ હેઠળની કિંમત ધન હોવી જોઈએ અને વાસ્તવિક ભાગ શૂન્ય હોવો જોઈએ. કટ-ઓફ આવૃત્તિ $\omega_c = \frac{2}{\sqrt{LC}}$ છે. આ આવૃત્તિથી ઉપર,તે શુદ્ધ રિએક્ટન્સ તરીકે વર્તે છે. સાચો જવાબ $\omega = \frac{2}{\sqrt{LC}}$ છે.

(A) કાચના ગોળાની બે સપાટીઓ પર વક્રીભવન થાય છે.
પ્રથમ સપાટી માટે,વક્રીભવનનું સૂત્ર $\frac{\mu}{v} - \frac{1}{u} = \frac{\mu-1}{R}$ છે.
અહીં $u = -\infty$ આપેલ છે,તેથી $\frac{\mu}{v_1} = \frac{\mu-1}{R}$,જે આપે છે $v_1 = \frac{\mu R}{\mu-1}$. આ પ્રતિબિંબ $I_1$ પ્રથમ સપાટી $P_1$ થી $v_1$ અંતરે રચાય છે.
બીજી સપાટી માટે,વસ્તુ અંતર $u_2 = v_1 - 2R = \frac{\mu R}{\mu-1} - 2R = \frac{\mu R - 2\mu R + 2R}{\mu-1} = \frac{R(2-\mu)}{\mu-1}$ છે.
બીજી સપાટી પર વક્રીભવનના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{v} - \frac{\mu}{u_2} = \frac{1-\mu}{-R} = \frac{\mu-1}{R}$.
$u_2 = \frac{R(2-\mu)}{\mu-1}$ કિંમત મૂકતા:
$\frac{1}{v} = \frac{\mu-1}{R} + \frac{\mu(\mu-1)}{R(2-\mu)} = \frac{\mu-1}{R} \left( 1 + \frac{\mu}{2-\mu} \right) = \frac{\mu-1}{R} \left( \frac{2-\mu+\mu}{2-\mu} \right) = \frac{\mu-1}{R} \left( \frac{2}{2-\mu} \right)$.
તેથી,$v = \frac{R(2-\mu)}{2(\mu-1)}$.
આમ,બહારની ધાર $P_2$ થી પ્રતિબિંબનું અંતર $\frac{R(2-\mu)}{2(\mu-1)}$ છે.

(B) લઘુત્તમ અંતરના બિંદુએ,કણોનો સાપેક્ષ વેગ શૂન્ય થઈ જાય છે. ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,કુલ પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા એ લઘુત્તમ અંતર $r$ પરની કુલ સ્થિતિ ઉર્જા જેટલી હોય છે.
કુલ પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા $KE_i = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} m v^2 = m v^2$ છે.
$r$ અંતરે સ્થિતિ ઉર્જા $PE_f = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{r}$ છે.
બંનેને સરખાવતા: $m v^2 = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 r}$.
$r$ માટે ઉકેલતા,આપણને $r = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 m v^2}$ મળે છે.

(C) રેડિયોએક્ટિવ પરમાણુઓની સંખ્યા $N$ માં થતા ફેરફારનો દર એ ઉમેરવાના દર અને ક્ષયના દર વચ્ચેનો તફાવત છે:
$\frac{dN}{dt} = c - \lambda N$
સંકલન માટે પદોને ગોઠવતા:
$\frac{dN}{c - \lambda N} = dt$
$t = 0$ સમયે $N = N_0$ અને $t = T$ સમયે $N = N$ ની પ્રારંભિક શરતો સાથે બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int_{N_0}^{N} \frac{dN}{c - \lambda N} = \int_{0}^{T} dt$
ધારો કે $u = c - \lambda N$,તો $du = -\lambda dN$,અથવા $dN = -\frac{du}{\lambda}$:
$-\frac{1}{\lambda} [\ln(c - \lambda N)]_{N_0}^{N} = T$
$\ln\left(\frac{c - \lambda N}{c - \lambda N_0}\right) = -\lambda T$
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા:
$\frac{c - \lambda N}{c - \lambda N_0} = e^{-\lambda T}$
$c - \lambda N = (c - \lambda N_0)e^{-\lambda T}$
$\lambda N = c - (c - \lambda N_0)e^{-\lambda T}$
$N = \frac{c}{\lambda}(1 - e^{-\lambda T}) + N_0 e^{-\lambda T}$

(C) કિસ્સા $(i)$ માં,ગેલ્વેનોમીટર શૂન્ય આવર્તન દર્શાવે છે,જેનો અર્થ છે કે બ્રિજ સંતુલિત છે.
તેથી,સંતુલિત વ્હીટસ્ટોન બ્રિજ માટેની શરત $\frac{P}{S} = \frac{Q}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જેને $\frac{P}{Q} = \frac{S}{R}$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે.
જ્યારે બેટરી $B$ અને ગેલ્વેનોમીટર $G$ ને આકૃતિ $(ii)$ માં દર્શાવ્યા મુજબ અદલાબદલી કરવામાં આવે છે,ત્યારે ગેલ્વેનોમીટર શૂન્ય આવર્તન દર્શાવે તે માટેની નવી શરત એ છે કે ગેલ્વેનોમીટર સાથે જોડાયેલા ભુજાઓના અવરોધોનો ગુણોત્તર સમાન હોવો જોઈએ.
નવી ગોઠવણીમાં,અવરોધોનો ગુણોત્તર $\frac{P}{Q}$ અને $\frac{S}{R}$ છે.
આપણે કિસ્સા $(i)$ માં સંતુલિત સ્થિતિ પરથી પહેલેથી જ સ્થાપિત કર્યું છે કે $\frac{P}{Q} = \frac{S}{R}$,તેથી નવી ગોઠવણીમાં પણ બ્રિજ સંતુલિત રહે છે.
આમ,ગેલ્વેનોમીટર હજુ પણ શૂન્ય આવર્તન દર્શાવે છે.

(D) શરૂઆતમાં,$q$ મૂલ્યના $12$ ધન વિદ્યુતભારોને $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળ પર સપ્રમાણ રીતે ગોઠવવામાં આવ્યા છે. આ ગોઠવણીની સંમિતિને કારણે,દરેક વિદ્યુતભાર દ્વારા કેન્દ્ર પરના વિદ્યુતભાર $Q$ પર લાગતું વિદ્યુતબળ તેનાથી વ્યાસાંતે વિરુદ્ધ દિશામાં રહેલા વિદ્યુતભાર દ્વારા લાગતા બળ વડે સંતુલિત થાય છે. તેથી,$Q$ પરનું પરિણામી બળ શૂન્ય છે.
જ્યારે એક વિદ્યુતભાર $q$ ને દૂર કરવામાં આવે છે,ત્યારે સંમિતિ તૂટી જાય છે. બાકીના $11$ વિદ્યુતભારો દ્વારા લાગતા બળો હવે એકબીજાને નાબૂદ કરતા નથી. ખાસ કરીને,જે વિદ્યુતભાર $q$ દૂર કરવામાં આવ્યો છે,તેના દ્વારા $Q$ પર લાગતું બળ હવે ગેરહાજર છે. ધારો કે દૂર કરેલા વિદ્યુતભાર દ્વારા લાગતું બળ $\vec{F}_{removed}$ હતું. પરિણામી બળ શૂન્ય હોવાથી,$\vec{F}_{net} + \vec{F}_{removed} = 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\vec{F}_{net} = -\vec{F}_{removed}$.
$R$ અંતરે રહેલા એક વિદ્યુતભાર $q$ દ્વારા $Q$ પર લાગતા બળનું મૂલ્ય $F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q Q}{R^2}$ છે.
દૂર કરેલો વિદ્યુતભાર $q$ ધન હોવાથી અને $Q$ પણ ધન હોવાથી,$\vec{F}_{removed}$ બળ દૂર કરેલા વિદ્યુતભારના સ્થાનથી દૂરની દિશામાં હતું. તેથી,વિદ્યુતભાર દૂર કર્યા પછી $Q$ પર લાગતું પરિણામી બળ આ બળ જેટલા જ મૂલ્યનું પરંતુ દૂર કરેલા વિદ્યુતભારના સ્થાન તરફની દિશામાં હશે. આમ,બળ $\frac{q Q}{4 \pi \varepsilon_0 R^2}$ જેટલું દૂર કરેલા વિદ્યુતભારના સ્થાન તરફ હશે.

(A) ઇલેક્ટ્રિક હીટર દ્વારા વપરાતો પાવર $P = \frac{V^2}{R}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $V$ એ વોલ્ટેજ છે અને $R$ એ કોઈલનો અવરોધ છે.
આપેલ છે કે વોલ્ટેજ $V = 220 \,V$ અચળ રહે છે.
સૂત્ર પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $P \propto \frac{1}{R}$.
જ્યારે કોઈલનો એક ભાગ કાપી નાખવામાં આવે છે,ત્યારે તારની લંબાઈ ઘટે છે. અવરોધ $R = \rho \frac{L}{A}$ હોવાથી,જ્યાં $L$ એ લંબાઈ છે,લંબાઈ $L$ ઘટાડવાથી અવરોધ $R$ માં ઘટાડો થાય છે.
અવરોધ $R$ ઘટતો હોવાથી,હીટર દ્વારા વપરાતો પાવર $P$ વધવો જોઈએ.
તેથી,હવે વપરાતો પાવર $1 \,kW$ કરતા વધારે હશે.

(C) સાચો જવાબ $C$ છે.
જ્યારે શ્વેત પ્રકાશનું કિરણ પ્રથમ પ્રિઝમમાંથી પસાર થાય છે,ત્યારે તેનું વિભાજન (dispersion) થાય છે અને તે તેના ઘટક રંગોમાં (વર્ણપટ) વિભાજિત થાય છે.
જ્યારે બીજો સમાન પ્રિઝમ પ્રથમ પ્રિઝમની પાછળ ઉલટી સ્થિતિમાં સંપર્કમાં મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે તે પુનઃસંયોજન પ્રિઝમ તરીકે કાર્ય કરે છે. પ્રથમ પ્રિઝમ દ્વારા થતું વિભાજન બીજા પ્રિઝમ દ્વારા બરાબર રદ થાય છે,જેના પરિણામે રંગોનું ફરીથી શ્વેત પ્રકાશના એક કિરણમાં પુનઃસંયોજન થાય છે.
કારણ કે બંને પ્રિઝમ સાથે મળીને સમાંતર સપાટીવાળા કાચના સ્લેબ જેવી રચના બનાવે છે,તેથી બહાર આવતું શ્વેત પ્રકાશનું કિરણ આપાત કિરણને સમાંતર હોય છે,જેનો અર્થ છે કે તેમાં કોઈ કોણીય વિચલન થતું નથી. તેથી,પડદા પર કોઈ વર્ણપટ જોવા મળતો નથી,માત્ર મૂળ શ્વેત પ્રકાશ જ જોવા મળે છે.

(D) સર્કિટ $P$ માં,વોલ્ટમીટર $R$ સાથે સમાંતર છે. માપેલ વોલ્ટેજ $V$ એ $R$ પરનો વોલ્ટેજ છે,પરંતુ એમીટર કુલ પ્રવાહ $I = I_R + I_V = \frac{V}{R} + \frac{V}{R_V}$ માપે છે.
આમ,$R_{\text{est}} = \frac{V}{I} = \frac{V}{V/R + V/R_V} = \frac{R R_V}{R + R_V} = R \left(1 + \frac{R}{R_V}\right)^{-1} \approx R \left(1 - \frac{R}{R_V}\right)$.
ત્રુટિ $\delta R_P = |R - R_{\text{est}}| = |R - R(1 - R/R_V)| = \frac{R^2}{R_V}$ છે.
$(b)$ સર્કિટ $Q$ માં,એમીટર $R$ સાથે શ્રેણીમાં છે. એમીટર $R$ માંથી વહેતો પ્રવાહ $I$ માપે છે,પરંતુ વોલ્ટમીટર $R$ અને એમીટર બંને પરનો વોલ્ટેજ $V = I(R + R_A)$ માપે છે.
આમ,$R_{\text{est}} = \frac{V}{I} = R + R_A$.
ત્રુટિ $\delta R_Q = |R - R_{\text{est}}| = |R - (R + R_A)| = R_A$ છે.
$(c)$ $\delta R_P \approx \delta R_Q$ માટે,આપણી પાસે $\frac{R^2}{R_V} = R_A$ છે,જેનો અર્થ છે $R^2 = R_A R_V$,અથવા $R = \sqrt{R_A R_V}$.

(D) આપેલ છે: અંતર્ગોળ લેન્સ માટે $u = -20 \,cm$,$f = -10 \,cm$.
$(a)$ લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{v} - \frac{1}{-20} = \frac{1}{-10} \Rightarrow \frac{1}{v} = -\frac{1}{10} - \frac{1}{20} = -\frac{3}{20} \Rightarrow v = -\frac{20}{3} \,cm$.
પ્રતિબિંબ આભાસી છે અને લેન્સની ડાબી બાજુએ $6.67 \,cm$ અંતરે રચાય છે.
$(b)$ ધારો કે અરીસો લેન્સથી $x$ અંતરે છે. લેન્સ દ્વારા રચાતું પ્રતિબિંબ અરીસા માટે વસ્તુ તરીકે વર્તે છે. અંતિમ પ્રતિબિંબ ઉદગમ પર સંપાત થાય તે માટે,કિરણો અરીસા પર લંબરૂપે આપાત થવા જોઈએ. આ ત્યારે જ શક્ય છે જો કિરણો અરીસાના વક્રતા કેન્દ્ર તરફ જતા હોય. અરીસાથી પ્રતિબિંબનું અંતર $d = x + \frac{20}{3}$ છે. કિરણો તે જ માર્ગે પાછા ફરે તે માટે,આ અંતર વક્રતા ત્રિજ્યા $R = 2|f_m| = 2 \times 5 = 10 \,cm$ જેટલું હોવું જોઈએ.
$x + \frac{20}{3} = 10 \Rightarrow x = 10 - 6.67 = 3.33 \,cm$.
$(c)$ જો $x = 3.33 \,cm$ પર સમતલ અરીસો મૂકવામાં આવે,તો અરીસા માટે વસ્તુ અંતર $u_m = -(x + \frac{20}{3}) = -(3.33 + 6.67) = -10 \,cm$ થાય. સમતલ અરીસો અરીસાની પાછળ $v_m = +10 \,cm$ અંતરે પ્રતિબિંબ રચે છે. આ પ્રતિબિંબ લેન્સ માટે $u' = +(10 - 3.33) = +6.67 \,cm$ અંતરે આભાસી વસ્તુ તરીકે વર્તે છે. લેન્સના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{v'} - \frac{1}{6.67} = \frac{1}{-10} \Rightarrow \frac{1}{v'} = \frac{1}{6.67} - \frac{1}{10} = \frac{1}{20/3} - \frac{1}{10} = \frac{3}{20} - \frac{2}{20} = \frac{1}{20} \Rightarrow v' = +20 \,cm$.
અંતિમ પ્રતિબિંબ લેન્સની જમણી બાજુએ $20 \,cm$ અંતરે રચાશે.