KVPY 2011 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) જેમ આપણે પૃથ્વીની સપાટીથી દૂર જઈએ છીએ તેમ ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $g$ ઘટે છે,જે $g(h) = g_0(1 - 2h/R_e)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધારો કે $C$ એ કેબિનનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર છે. $h$ ઊંચાઈ પરના કોઈપણ પદાર્થનો પ્રવેગ $a = g(h)$ છે.
કારણ કે $A$ એ $C$ ની ઉપર છે અને $B$ એ $C$ ની નીચે છે,તેથી તેમની ઊંચાઈઓ $h_A > h_C > h_B$ છે.
પરિણામે,ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $a_B > a_C > a_A$ સંબંધનું પાલન કરે છે.
કેબિનના ફ્રેમ (જેનો પ્રવેગ $a_C$ છે) થી જોતા,સાપેક્ષ પ્રવેગ નીચે મુજબ છે:
$a_{A,rel} = a_A - a_C < 0$ (એટલે કે $A$ કેબિનની સાપેક્ષમાં ઉપર તરફ પ્રવેગિત થાય છે).
$a_{B,rel} = a_B - a_C > 0$ (એટલે કે $B$ કેબિનની સાપેક્ષમાં નીચે તરફ પ્રવેગિત થાય છે).
આમ,$A$ ધીમેથી ઉપર તરફ અને $B$ ધીમેથી નીચે તરફ કેબિનની સાપેક્ષમાં ગતિ કરે છે. તેથી,વિકલ્પ $(b)$ સાચો છે.

(B) જમીન પરથી $m$ દળ ધરાવતી નીચેની પ્લેટને ઉપર ઉઠાવવા માટે,ઉપરની તરફ લાગતું સ્પ્રિંગ બળ તેના વજન જેટલું હોવું જોઈએ.
ધારો કે $k$ એ સ્પ્રિંગનો અચળાંક છે. નીચેની પ્લેટ ઉપર ઉઠે તે માટેની શરત $kx = mg$ છે,જ્યાં $x$ એ સ્પ્રિંગની તેની મૂળ લંબાઈથી ખેંચાણ છે.
તેથી,$x = \frac{mg}{k}$.
હવે,પ્રારંભિક દબાયેલી સ્થિતિ (સ્થિતિ $I$) અને અંતિમ ખેંચાયેલી સ્થિતિ (સ્થિતિ $II$) વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણનો વિચાર કરો,જ્યાં નીચેની પ્લેટ જમીન પરથી ઉપર ઉઠે છે.
ધારો કે જ્યારે ઉપરની પ્લેટ પર વજન $W$ મૂકવામાં આવે ત્યારે સ્પ્રિંગનું પ્રારંભિક દબાણ $h$ છે.
સ્થિતિ $I$ પર કુલ ઉર્જા એ દબાયેલી સ્પ્રિંગની સ્થિતિ ઉર્જા છે: $U_I = \frac{1}{2}kh^2$.
સ્થિતિ $II$ પર કુલ ઉર્જા એ ખેંચાયેલી સ્પ્રિંગની સ્થિતિ ઉર્જા અને $m$ દળ ધરાવતી ઉપરની પ્લેટની સ્થિતિ ઉર્જાનો સરવાળો છે: $U_{II} = \frac{1}{2}kx^2 + mgh_{total}$,જ્યાં $h_{total} = h + x$ એ ઉપરની પ્લેટમાં થયેલ કુલ ઊંચાઈનો ફેરફાર છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $\frac{1}{2}kh^2 = mg(h+x) + \frac{1}{2}kx^2$.
$x = \frac{mg}{k}$ મૂકતા:
$\frac{1}{2}kh^2 = mgh + \frac{m^2g^2}{k} + \frac{1}{2}k(\frac{mg}{k})^2 = mgh + \frac{m^2g^2}{k} + \frac{m^2g^2}{2k} = mgh + \frac{3m^2g^2}{2k}$.
$2/k$ વડે ગુણતા: $h^2 - \frac{2mgh}{k} - \frac{3m^2g^2}{k^2} = 0$.
$h$ માટે ઉકેલતા: $h = \frac{\frac{2mg}{k} + \sqrt{(\frac{2mg}{k})^2 + 4(\frac{3m^2g^2}{k^2})}}{2} = \frac{\frac{2mg}{k} + \sqrt{\frac{16m^2g^2}{k^2}}}{2} = \frac{\frac{2mg}{k} + \frac{4mg}{k}}{2} = \frac{3mg}{k}$.
સ્થિતિ $I$ માં સંતુલન સમયે,સ્પ્રિંગ બળ એ ઉપરની પ્લેટના વજન અને વજન $W$ ને સંતુલિત કરે છે: $kh = mg + W$.
$h = \frac{3mg}{k}$ મૂકતા: $k(\frac{3mg}{k}) = mg + W \Rightarrow 3mg = mg + W \Rightarrow W = 2mg$.
આમ,વજન $W$ એ $2mg$ કરતા થોડું વધારે હોવું જોઈએ.

(A) સાદા આવર્ત ગતિ કરતા સાદા લોલક માટે,સ્થાનાંતર $x = A \sin(\omega t)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વેગ $v = \frac{dx}{dt} = A\omega \cos(\omega t)$ છે.
સ્પર્શક પ્રવેગ $a = \frac{dv}{dt} = -A\omega^2 \sin(\omega t)$ છે.
આ સમીકરણો પરથી,આપણી પાસે છે:
$\frac{v}{A\omega} = \cos(\omega t)$ અને $\frac{a}{-A\omega^2} = \sin(\omega t)$.
નિત્યસમ $\sin^2(\theta) + \cos^2(\theta) = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\left(\frac{v}{A\omega}\right)^2 + \left(\frac{a}{-A\omega^2}\right)^2 = 1$
$\frac{v^2}{A^2\omega^2} + \frac{a^2}{A^2\omega^4} = 1$
આ $v-a$ સમતલમાં ઉપવલયનું સમીકરણ છે,જ્યાં $v$ આડી ધરી પર છે અને $a$ ઊભી ધરી પર છે. તેથી,સાચો આલેખ $I$ છે.

(A) વિસ્તરણ શૂન્યાવકાશમાં થાય છે,તેથી વિસ્તરતા વાયુ દ્વારા થયેલ કાર્ય $\Delta W = 0$ છે.
પાત્ર સંપૂર્ણપણે અવાહક છે,તેથી આસપાસના વાતાવરણ સાથે થતી ઉષ્માની આપ-લે $\Delta Q = 0$ છે.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $0 = \Delta U + 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\Delta U = 0$.
તેથી,$U_i = U_f$,એટલે કે વાયુની પ્રારંભિક અને અંતિમ આંતરિક ઉર્જા સમાન છે.
વાયુ આદર્શ ન હોવાથી,વિસ્તરણને કારણે આંતર-આણ્વિય સ્થિતિ ઉર્જામાં વધારો થાય છે. કુલ આંતરિક ઉર્જા અચળ રહેતી હોવાથી,સ્થિતિ ઉર્જામાં આ વધારો અણુઓની ગતિ ઉર્જામાં ઘટાડો કરે છે,જેના પરિણામે વાયુનું તાપમાન ઘટે છે.

(B) ધારો કે શરૂઆતમાં બંને બલ્બમાં વાયુના કુલ મોલની સંખ્યા $n$ છે. બલ્બ સમાન કદ $V$ ધરાવે છે અને સમાન તાપમાન $T$ પર હોવાથી,દરેક બલ્બમાં મોલની સંખ્યા $n_1 = n_2 = n / 2$ છે.
જ્યારે બલ્બ $2$ ને $2 T$ તાપમાને ગરમ કરવામાં આવે છે અને બલ્બ $1$ નું તાપમાન $T$ રહે છે,ત્યારે સંતુલન માટે બંને બલ્બમાં દબાણ $p$ સમાન હોવું જોઈએ.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $p V = n R T$ નો ઉપયોગ કરતા,બલ્બ $1$ $(n_1')$ અને બલ્બ $2$ $(n_2')$ માં મોલની સંખ્યા:
$n_1' = \frac{p V}{R T}$
$n_2' = \frac{p V}{R (2 T)} = \frac{p V}{2 R T}$
કુલ મોલની સંખ્યા જળવાઈ રહેતી હોવાથી,$n_1' + n_2' = n = n_1 + n_2 = n / 2 + n / 2 = n$.
$\frac{p V}{R T} + \frac{p V}{2 R T} = n \Rightarrow \frac{3 p V}{2 R T} = n \Rightarrow \frac{p V}{R T} = \frac{2 n}{3}$.
આમ,બલ્બ $2$ માં અંતિમ મોલની સંખ્યા $n_2' = \frac{1}{2} \times \frac{p V}{R T} = \frac{1}{2} \times \frac{2 n}{3} = \frac{n}{3}$ છે.
બલ્બ $2$ માં વાયુના અંતિમ દળ (અથવા અંતિમ મોલ) અને પ્રારંભિક દળ (અથવા પ્રારંભિક મોલ) નો ગુણોત્તર:
ગુણોત્તર $= \frac{n_2'}{n_2} = \frac{n / 3}{n / 2} = \frac{2}{3}$.

(D) ધારો કે જંકશનનું તાપમાન $T^{\circ} C$ છે.
સ્થાયી અવસ્થામાં,તાંબાના સળિયામાંથી પસાર થતો ઉષ્માનો દર અને સ્ટીલના સળિયામાંથી પસાર થતો ઉષ્માનો દર સમાન હોવો જોઈએ,એમ ધારીએ કે બાજુઓમાંથી કોઈ ઉષ્માનો વ્યય થતો નથી.
ઉષ્મા પ્રવાહનો દર $H$ એ $H = \frac{KA(T_1 - T_2)}{l}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને સળિયા માટે ઉષ્મા પ્રવાહને સરખાવતા:
$\frac{K_{\text{copper}} A (100 - T)}{l} = \frac{K_{\text{steel}} A (T - 0)}{l}$
કારણ કે બંને સળિયા માટે લંબાઈ $l$ અને આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ સમાન છે,તેથી તે ઉડી જશે:
$K_{\text{copper}} (100 - T) = K_{\text{steel}} T$
આપેલ કિંમતો $K_{\text{copper}} = 385$ અને $K_{\text{steel}} = 50$ મૂકતા:
$385(100 - T) = 50T$
$38500 - 385T = 50T$
$38500 = 435T$
$T = \frac{38500}{435} \approx 88.5^{\circ} C$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,જંકશનનું તાપમાન $88^{\circ} C$ મળે છે.

(B) કોમ્પ્રેસરમાં હવાનું સંકોચન એ એડિબેટિક પ્રક્રિયા છે।
એડિબેટિક સંબંધ $P^{1-\gamma} T^{\gamma} = \text{constant}$ નો ઉપયોગ કરતા, આપણને મળે છે $P_{\text{in}}^{1-\gamma} T_{\text{in}}^{\gamma} = P_{\text{out}}^{1-\gamma} T_{\text{out}}^{\gamma}$.
અહીં $P_{\text{in}} = 0.28 \,atm$, $T_{\text{in}} = -40^{\circ} C = 233 \,K$, $P_{\text{out}} = 1 \,atm$, અને $\gamma = 1.4 = 7/5$ છે।
કિંમતો મૂકતા: $(0.28)^{1-1.4} (233)^{1.4} = (1)^{1-1.4} (T_{\text{out}})^{1.4}$.
$(0.28)^{-0.4} (233)^{1.4} = (T_{\text{out}})^{1.4}$.
$T_{\text{out}} = 233 \times (0.28)^{-0.4/1.4} = 233 \times (0.28)^{-2/7}$.
આની ગણતરી કરતા, $T_{\text{out}} \approx 233 \times 1.48 \approx 345 \,K$ મળે છે।
$345 \,K$ એ આશરે $72^{\circ} C$ છે, જે કેબિનના જરૂરી તાપમાન $25^{\circ} C$ કરતા ઘણું વધારે છે, તેથી હવાને ઠંડી કરવા માટે એર-કંડિશનરની જરૂર પડશે।

(B) જ્યારે અવલોકનકાર સ્થિર હોય અને ઉદગમ અવલોકનકાર તરફ ગતિ કરતું હોય,ત્યારે ડોપ્લર અસરના સૂત્ર મુજબ અવલોકિત આવૃત્તિ:
$f_1 = f_0 \left( \frac{v}{v - u} \right)$
જ્યાં $v$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે અને $u$ એ ઉદગમની ઝડપ છે.
જ્યારે ઉદગમ સ્થિર હોય અને અવલોકનકાર ઉદગમ તરફ ગતિ કરતો હોય,ત્યારે માપવામાં આવતી આવૃત્તિ:
$f_2 = f_0 \left( \frac{v + u}{v} \right)$
$f_1$ અને $f_2$ ની સરખામણી કરતા:
$f_1 = f_0 \left( \frac{v}{v-u} \right)$ અને $f_2 = f_0 \left( 1 + \frac{u}{v} \right)$.
અહીં $\frac{v}{v-u} > 1 + \frac{u}{v}$ હોવાથી,$f_1 > f_2$ મળે છે.

(C) બંને છેડે ખુલ્લી પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f = \frac{v}{2L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે અને $L$ એ પાઇપની લંબાઈ છે.
પાઇપની લંબાઈ $L$ અચળ રહેતી હોવાથી,આવૃત્તિ $f$ એ ધ્વનિની ઝડપ $v$ ના સમપ્રમાણમાં છે $(f \propto v)$.
ધારો કે $v_1$ અને $f_1$ એ $23^{\circ} C$ તાપમાને ધ્વનિની ઝડપ અને આવૃત્તિ છે,અને $v_2$ અને $f_2$ એ ગરમ દિવસે ધ્વનિની ઝડપ અને આવૃત્તિ છે.
આપેલ છે કે $f_1 = 450 \,Hz$ અને $v_2 = v_1 + 0.04 v_1 = 1.04 v_1$.
સમપ્રમાણતા $\frac{f_2}{f_1} = \frac{v_2}{v_1}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$f_2 = f_1 \times \frac{v_2}{v_1} = 450 \times 1.04 = 468 \,Hz$.

(B) આ અથડામણમાં,ઇલેક્ટ્રોન તેની ગતિઊર્જાનો અમુક ભાગ અણુને ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાંથી ઉત્તેજિત મેટાસ્ટેબલ અવસ્થામાં લઈ જવા માટે આપે છે.
જેহেতু કેટલીક ગતિઊર્જા અણુની આંતરિક સ્થિતિઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે,તેથી સિસ્ટમની કુલ ગતિઊર્જા ઘટે છે. તેથી,આ અથડામણ અસ્થિતિસ્થાપક (inelastic) છે,અને $K^{\prime} < K$ થાય છે.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,અલગ કરેલી સિસ્ટમનું કુલ વેગમાન અચળ રહે છે,પછી ભલે અથડામણ સ્થિતિસ્થાપક હોય કે અસ્થિતિસ્થાપક.
આમ,કુલ પ્રારંભિક વેગમાન $p$ એ કુલ અંતિમ વેગમાન $p^{\prime}$ જેટલું જ હોવું જોઈએ,એટલે કે $p = p^{\prime}$.
આ બંનેને જોડતા,આપણને $K^{\prime} < K$ અને $p = p^{\prime}$ મળે છે.

(A) ગોળાકાર કૃષ્ણ પદાર્થનો વિકિરણ પાવર $P$ એ સ્ટીફન-બોલ્ટ્ઝમેન નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$P = \sigma A T^4$
ગોળાનું પૃષ્ઠફળ $A = 4 \pi R^2$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$P = \sigma (4 \pi R^2) T^4$
આનો અર્થ એ છે કે $P \propto R^2 T^4$.
ધારો કે નવી ત્રિજ્યા $R' = 2R$ અને નવું તાપમાન $T' = T/2$ છે.
નવો વિકિરણ પાવર $P'$ નીચે મુજબ મળે:
$P' \propto (R')^2 (T')^4$
$P' \propto (2R)^2 (T/2)^4$
$P' \propto (4 R^2) (T^4 / 16)$
$P' \propto \frac{4}{16} R^2 T^4$
$P' = \frac{1}{4} P$
તેથી,વિકિરણ પાવર $P/4$ જેટલો થશે.

(B) અવરોધ $R$ નું પરિમાણ $[R] = [ML^2T^{-3}A^{-2}]$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્લાન્કનો અચળાંક $h$ ના પરિમાણો $[h] = [ML^2T^{-1}]$ છે.
ઇલેક્ટ્રિક વીજભાર $e$ ના પરિમાણો $[e] = [AT]$ છે.
ધારો કે $R_H$ નું પરિમાણ $h^a e^b$ ના પ્રમાણમાં છે.
$[ML^2T^{-3}A^{-2}] = [ML^2T^{-1}]^a [AT]^b = [M^a L^{2a} T^{-a+b} A^b]$.
બંને બાજુ $M, L, T,$ અને $A$ ના ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા:
$M$ માટે: $a = 1$.
$A$ માટે: $b = -2$.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને $R_H$ નું પરિમાણ $[h^1 e^{-2}] = [h/e^2]$ મળે છે.
આમ,$R_H$ નું પરિમાણ $\frac{h}{e^2}$ જેવું જ છે.

(A) ચોકસાઈ (precision) એટલે એક જ રાશિ માટેના વિવિધ માપનો એકબીજાની કેટલા નજીક છે તે. તે ડેટા પોઈન્ટ્સના ફેલાવા અથવા વિતરણ દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
ઓછો ફેલાવો (સાંકડો વિતરણ વક્ર) ઉચ્ચ ચોકસાઈ સૂચવે છે,કારણ કે માપનો એકબીજા સાથે વધુ સુસંગત હોય છે.
આપેલા આલેખોને જોતા,કિસ્સા $I$ માટેનો વિતરણ વક્ર સૌથી સાંકડો છે,જેનો અર્થ છે કે માપનો એકબીજાની ખૂબ નજીક છે.
તેથી,સૌથી વધુ ચોકસાઈ ધરાવતું માપન $I$ છે.

(D) જ્યારે દડો $h = l \sin \theta$ જેટલી ઊંચાઈ નીચે પડે છે અને દોરી સમક્ષિતિજથી $\theta$ ખૂણે ફરે છે,ત્યારે દડાનો વેગ $v$ યાંત્રિક ઉર્જાના સંરક્ષણના નિયમ દ્વારા મેળવી શકાય છે:
$\frac{1}{2} m v^2 = m g h = m g l \sin \theta$
$\Rightarrow v^2 = 2 g l \sin \theta$
ત્રિજ્યાવર્તી પ્રવેગ $a_r$ નીચે મુજબ છે:
$a_r = \frac{v^2}{l} = \frac{2 g l \sin \theta}{l} = 2 g \sin \theta$
સ્પર્શકીય પ્રવેગ $a_t$ એ વર્તુળાકાર પથના સ્પર્શક પર લાગતા ગુરુત્વાકર્ષણ બળના ઘટક દ્વારા ઉત્પન્ન થાય છે. સમક્ષિતિજથી $\theta$ ખૂણે,શિરોલંબ સાથેનો ખૂણો $(90^\circ - \theta)$ થાય છે. તેથી,સ્પર્શક પર વજનનો ઘટક $m g \cos \theta$ છે:
$a_t = \frac{F_t}{m} = g \cos \theta$
કુલ પ્રવેગ $a$ નું મૂલ્ય:
$a = \sqrt{a_r^2 + a_t^2}$
$a = \sqrt{(2 g \sin \theta)^2 + (g \cos \theta)^2}$
$a = \sqrt{4 g^2 \sin^2 \theta + g^2 \cos^2 \theta}$
$a = g \sqrt{4 \sin^2 \theta + (1 - \sin^2 \theta)}$
$a = g \sqrt{3 \sin^2 \theta + 1}$

(D) આપેલ છે કે,આંતરિક ઉર્જા $U = a V^3$.
આદર્શ વાયુ માટે,$U = \frac{f}{2} n R T$. અહીં $n = 1$ અને એક-પરમાણ્વિક વાયુ $(f = 3)$ ધારતા,$U = \frac{3}{2} R T$ મળે.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{3}{2} R T = a V^3$.
આદર્શ વાયુના નિયમ $P V = R T$ નો ઉપયોગ કરીને,$R T = P V$ મૂકતા:
$\frac{3}{2} P V = a V^3 \Rightarrow P = \frac{2 a}{3} V^2$.
થયેલ કાર્ય $W = \int_{V_i}^{V_f} P dV$ દ્વારા મળે છે.
અહીં,$V_i = V$ અને $V_f = 2V$.
$W = \int_{V}^{2V} \frac{2 a}{3} V^2 dV = \frac{2 a}{3} \left[ \frac{V^3}{3} \right]_{V}^{2V} = \frac{2 a}{9} (8V^3 - V^3) = \frac{2 a}{9} (7V^3) = \frac{14 a V^3}{9}$.
શરૂઆતની સ્થિતિમાં $a V^3 = \frac{3}{2} R T$ હોવાથી,આપણે $a V^3 = \frac{3}{2} R T$ મૂકીએ:
$W = \frac{14}{9} \times \left( \frac{3}{2} R T \right) = \frac{7}{3} R T$.

(C) ચક્રીય પ્રક્રિયામાં થયેલ કાર્ય એ $p-V$ આલેખ પર ચક્ર દ્વારા ઘેરાયેલા ક્ષેત્રફળ જેટલું હોય છે. ચક્ર $ABCA$ છે.
$1$. પ્રક્રિયા $AB$ (સમદાબી પ્રસરણ) માં થયેલ કાર્ય:
$W_{AB} = p_A(V_B - V_A) = 200 \times (V_B - 2)$.
$BC$ સમતાપી હોવાથી,$p_B V_B = p_C V_C$.
$200 \times V_B = 500 \times 2 \Rightarrow V_B = 5 \, m^3$.
$W_{AB} = 200 \times (5 - 2) = 600 \, kJ$.
$2$. પ્રક્રિયા $BC$ (સમતાપી સંકોચન) માં થયેલ કાર્ય:
$W_{BC} = \int_{V_B}^{V_C} p \, dV = \int_{5}^{2} \frac{p_B V_B}{V} \, dV = 1000 \ln(2/5) = 1000 \times (-0.916) \approx -916 \, kJ$.
$3$. પ્રક્રિયા $CA$ (સમકદ સંકોચન) માં થયેલ કાર્ય:
$W_{CA} = 0$ (કારણ કે કદ અચળ છે).
કુલ કાર્ય $W = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} = 600 - 916 + 0 = -316 \, kJ$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,થયેલ કાર્ય આશરે $-300 \, kJ$ છે.

(A) કણનો પથ $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ દ્વારા આપવામાં આવ્યો છે.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\frac{2x}{a^2} \frac{dx}{dt} + \frac{2y}{b^2} \frac{dy}{dt} = 0$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $\frac{x}{a^2} v_x + \frac{y}{b^2} v_y = 0 \dots (i)$ થાય છે.
ફરીથી સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\frac{1}{a^2} (v_x^2 + x a_x) + \frac{1}{b^2} (v_y^2 + y a_y) = 0 \dots (ii)$ મળે છે.
બિંદુ $(0, b)$ પર,$x = 0$ અને $y = b$ છે. આ બિંદુ પર $v_x = u$ આપેલ છે.
સમીકરણ $(i)$ માં $x = 0$ મૂકતા,આપણને $\frac{0}{a^2} u + \frac{b}{b^2} v_y = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $v_y = 0$.
હવે,સમીકરણ $(ii)$ માં $x = 0, y = b, v_x = u, v_y = 0$ મૂકતા,આપણને $\frac{1}{a^2} (u^2 + 0 \cdot a_x) + \frac{1}{b^2} (0^2 + b \cdot a_y) = 0$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $\frac{u^2}{a^2} + \frac{b a_y}{b^2} = 0$ અથવા $\frac{u^2}{a^2} + \frac{a_y}{b} = 0$ થાય છે.
તેથી,$a_y = -\frac{b u^2}{a^2}$.

(A) સાચો વિકલ્પ $A$ છે.
સાદા લોલકમાં,ઘર્ષણની ગેરહાજરીમાં કુલ યાંત્રિક ઉર્જાનું સંરક્ષણ થાય છે. તેના અંતિમ સ્થાનો પર લોલકની કુલ ઉર્જા સંપૂર્ણપણે સ્થિતિ ઉર્જા હોય છે,જે $U = mgh$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $h$ એ દોલનના સૌથી નીચલા બિંદુથી બોબની ઊભી ઊંચાઈ છે.
લોલક બિંદુ $A$ થી શૂન્ય પ્રારંભિક વેગ સાથે શરૂ થતું હોવાથી,તેની કુલ ઉર્જા $E = mgh_A$ છે. બીજા અંતિમ બિંદુ $D$ પર,વેગ ફરીથી શૂન્ય છે,તેથી તેની કુલ ઉર્જા $E = mgh_D$ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$mgh_A = mgh_D$,જેનો અર્થ છે કે $h_A = h_D$. $A$ અને $B$ એક જ આડી રેખા પર આવેલા હોવાથી,$h_A = h_B$ થાય. તેથી,$h_D = h_B$,જેનો અર્થ છે કે અંતિમ બિંદુ $D$ એ સમાન આડી રેખા $A B$ પર સ્થિત હોવું જોઈએ.

(A) રમકડું સંતુલનમાં હોવાથી (તે ખસતું નથી),તેના પર લાગતું કુલ બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ.
રમકડા પર લાગતા બળો નીચે મુજબ છે:
$1$. બાળક દ્વારા લગાડવામાં આવતું ધક્કા બળ $F$.
$2$. રમકડાનું વજન $(W = mg)$ જે નીચેની તરફ લાગે છે.
$3$. જમીન દ્વારા લગાડવામાં આવતું લંબબળ $(N)$ જે ઉપરની તરફ લાગે છે.
$4$. જમીન દ્વારા લગાડવામાં આવતું ઘર્ષણ બળ $(f)$ જે ગતિનો વિરોધ કરવા માટે આડી દિશામાં લાગે છે.
ન્યૂટનના પ્રથમ નિયમ મુજબ,સંતુલનમાં રહેલા પદાર્થ માટે તેના પર લાગતા તમામ બાહ્ય બળોનો સદિશ સરવાળો શૂન્ય હોવો જોઈએ.
તેથી,$\vec{F} + \vec{W} + \vec{N} + \vec{f} = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે આ ચારેય બળોનું પરિણામી બળ શૂન્ય છે.
વિકલ્પ $(a)$ સાચો છે.

(C) ધારો કે પ્રથમ દડો મહત્તમ ઊંચાઈ $H = \frac{u^2}{2g}$ સુધી પહોંચે છે.
જે ક્ષણે પ્રથમ દડો ઊંચાઈ $H$ પર પહોંચે છે,તે નીચે પડવાનું શરૂ કરે છે. ધારો કે બંને દડા જમીનથી $h$ ઊંચાઈએ,બીજા દડાને ફેંક્યા પછી $t$ સમય બાદ અથડાય છે.
પ્રથમ દડો $t$ સમયમાં $(H - h)$ અંતર કાપે છે. પ્રથમ દડા માટે ગતિનું સમીકરણ વાપરતા:
$H - h = \frac{1}{2}gt^2 \quad \dots(i)$
બીજો દડો $t$ સમયમાં $h$ ઊંચાઈ સુધી ઉપર જાય છે. બીજા દડા માટે ગતિનું સમીકરણ વાપરતા:
$h = ut - \frac{1}{2}gt^2 \quad \dots(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$(H - h) + h = \frac{1}{2}gt^2 + ut - \frac{1}{2}gt^2$
$H = ut \implies t = \frac{H}{u}$
કારણ કે $H = \frac{u^2}{2g}$,તેથી $u = \sqrt{2gH}$. આમ,$t = \frac{H}{\sqrt{2gH}} = \sqrt{\frac{H}{2g}}$.
$t$ ની કિંમત સમીકરણ $(ii)$ માં મૂકતા:
$h = u\left(\frac{H}{u}\right) - \frac{1}{2}g\left(\frac{H}{u}\right)^2 = H - \frac{1}{2}g\left(\frac{H^2}{u^2}\right)$
$u^2 = 2gH$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$h = H - \frac{1}{2}g\left(\frac{H^2}{2gH}\right) = H - \frac{H}{4} = \frac{3H}{4}$.

(D) તંત્ર પર કોઈ બાહ્ય સમક્ષિતિજ બળ લાગતું ન હોવાથી,તંત્રના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું સ્થાન બદલાતું નથી.
ધારો કે છોકરીનું પ્રારંભિક સ્થાન ઉગમબિંદુ $(x = 0)$ પર છે અને બોક્સ $x = 20 \,m$ પર છે.
છોકરીનું દળ $m_1 = 36 \,kg$ છે અને બોક્સનું દળ $m_2 = 9 \,kg$ છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું પ્રારંભિક સ્થાન $(X_{CM})$ છે:
$X_{CM} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2} = \frac{36 \times 0 + 9 \times 20}{36 + 9} = \frac{180}{45} = 4 \,m$.
ધારો કે છોકરી બોક્સ તરફ $x$ અંતર કાપે છે અને બોક્સ છોકરી તરફ $(20 - x)$ અંતર કાપે છે. જ્યારે તેઓ મળે છે,ત્યારે તેઓ બંને દ્રવ્યમાન કેન્દ્રના સ્થાન $X_{CM} = 4 \,m$ પર હશે.
તેથી,છોકરી તેના પ્રારંભિક સ્થાનથી દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર સુધી પહોંચવા માટે $4 \,m$ અંતર કાપશે,અને બોક્સ તે જ બિંદુ સુધી પહોંચવા માટે $20 - 4 = 16 \,m$ અંતર કાપશે.
આમ,છોકરીએ $4 \,m$ અંતર કાપ્યું છે.

(A) જ્યારે વસ્તુઓને લાંબા સમય સુધી (રાત્રિભર) બંધ રૂમમાં રાખવામાં આવે છે,ત્યારે તેઓ આસપાસની હવા સાથે ઉષ્માની આપ-લે કરે છે જ્યાં સુધી તેઓ ઉષ્મીય સંતુલન પ્રાપ્ત ન કરે.
થર્મોડાયનેમિક્સના શૂન્ય ક્રમના નિયમ મુજબ,જો બે સિસ્ટમ ત્રીજી સિસ્ટમ સાથે ઉષ્મીય સંતુલનમાં હોય,તો તેઓ એકબીજા સાથે પણ ઉષ્મીય સંતુલનમાં હોય છે.
ત્રણેય વસ્તુઓ એક જ રૂમમાં હોવાથી,તેઓ અંતે રૂમના તાપમાન જેટલું જ તાપમાન પ્રાપ્ત કરશે.
તેથી,$T_1 = T_2 = T_3$.

(B) સાચો જવાબ $(B)$ છે.
રૂમમાં રહેલા વાયુના અણુઓ સતત અને યાદચ્છિક ઉષ્મીય ગતિમાં હોય છે. આ અણુઓની ઊંચી ઝડપ અને રૂમની પ્રમાણમાં ઓછી ઊંચાઈને કારણે,રૂમની અંદરની હવાની ઘનતાના વિતરણ પર ગુરુત્વાકર્ષણની અસર નહિવત હોય છે.
વાયુના ગતિવાદ મુજબ,દબાણ એ પાત્રની દીવાલો સાથે વાયુના અણુઓની અથડામણને કારણે ઉદ્ભવે છે. રૂમમાં વાયુના અણુઓનું વિતરણ સમાન હોવાથી,આ અથડામણોની આવૃત્તિ અને બળ ભોંયતળિયા,દીવાલો અને છત પર લગભગ સમાન હોય છે.
તેથી,ભોંયતળિયા,દીવાલો અને છત પર હવાનું દબાણ લગભગ સમાન હોય છે.

(B) આપેલ છે:
ઇનપુટ પાવર $(P_{\text{in}})$ = $750 \,W$
પાણીનું કદ $(V)$ = $300 \,L$,તેથી દળ $(m)$ = $300 \,kg$ (કારણ કે પાણીની ઘનતા $1 \,kg/L$ છે)
ઊંચાઈ $(h)$ = $6 \,m$
સમય $(t)$ = $1 \,minute = 60 \,s$
ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $(g)$ = $10 \,m/s^2$
ઉપયોગી પાવર આઉટપુટ $(P_{\text{out}})$ એ ગુરુત્વાકર્ષણની વિરુદ્ધ કાર્ય કરવાનો દર છે:
$P_{\text{out}} = \frac{mgh}{t} = \frac{300 \times 10 \times 6}{60} = \frac{18000}{60} = 300 \,W$
કાર્યક્ષમતા $(\eta)$ ને ઉપયોગી પાવર આઉટપુટ અને ઇનપુટ પાવરના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે:
$\eta = \frac{P_{\text{out}}}{P_{\text{in}}} = \frac{300}{750} = 0.4$
ટકાવારીમાં રૂપાંતરિત કરતા:
$\eta = 0.4 \times 100 = 40 \%$

(C) ઓરડાનું કદ $V = 5 \,m \times 5 \,m \times 4 \,m = 100 \,m^3$ છે.
પ્રમાણિત તાપમાન અને દબાણ $(STP)$ પર,દબાણ $p = 1.013 \times 10^5 \,Pa \approx 10^5 \,Pa$ અને તાપમાન $T = 273 \,K$ છે.
બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક $k_B = 1.38 \times 10^{-23} \,J/K$ છે.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $pV = Nk_BT$ નો ઉપયોગ કરતા,અણુઓની સંખ્યા $N = \frac{pV}{k_BT}$ મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $N = \frac{10^5 \times 100}{1.38 \times 10^{-23} \times 273} \approx \frac{10^7}{3.7674 \times 10^{-21}} \approx 2.65 \times 10^{27}$.
તેથી,અણુઓની સંખ્યાનો ક્રમ $3 \times 10^{27}$ છે.

(B) સ્પ્રિંગ સાથે લટકાવેલા બ્લોકના સંતુલન માટે,સ્પ્રિંગ બળ અને પ્લાવક બળનો સરવાળો બ્લોકના વજન જેટલો હોવો જોઈએ.
ધારો કે વસ્તુનું કદ $V$ છે અને સ્પ્રિંગનો અચળાંક $k$ છે.
વસ્તુનું વજન $W = \rho V g$ છે.
$\rho_f$ ઘનતા ધરાવતા પ્રવાહીમાં પ્લાવક બળ $F_B = \rho_f V g$ છે.
સ્પ્રિંગ બળ $F_s = kx$ છે.
સંતુલન માટે: $kx + \rho_f V g = \rho V g$.
પ્રથમ પ્રવાહીમાં (ઘનતા $\rho_1$): $k x_1 + \rho_1 V g = \rho V g \quad \dots(i)$
બીજા પ્રવાહીમાં (ઘનતા $\rho_2$): $k x_2 + \rho_2 V g = \rho V g \quad \dots(ii)$
$(i)$ પરથી,$k = \frac{(\rho - \rho_1) V g}{x_1}$.
$(ii)$ પરથી,$k = \frac{(\rho - \rho_2) V g}{x_2}$.
$k$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{(\rho - \rho_1) V g}{x_1} = \frac{(\rho - \rho_2) V g}{x_2}$
$(\rho - \rho_1) x_2 = (\rho - \rho_2) x_1$
$\rho x_2 - \rho_1 x_2 = \rho x_1 - \rho_2 x_1$
$\rho (x_2 - x_1) = \rho_1 x_2 - \rho_2 x_1$
$\rho = \frac{\rho_1 x_2 - \rho_2 x_1}{x_2 - x_1}$

(D) કાર્ય-ગતિઊર્જા પ્રમેય મુજબ,બળ દ્વારા થયેલું કાર્ય પદાર્થની ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે.
$W = \Delta K = K_f - K_i = \frac{1}{2} m (v_f^2 - v_i^2)$
થયેલું કાર્ય એ બળ-સ્થાનાંતર આલેખમાં $x=4 \,m$ થી $x=8 \,m$ વચ્ચેના ક્ષેત્રફળ જેટલું હોય છે. આલેખ પરથી,$x=4 \,m$ આગળ $F=1.5 \,N$ અને $x=8 \,m$ આગળ $F=3 \,N$ છે.
આ ક્ષેત્રફળ એક સમલંબ ચતુષ્કોણ (અથવા લંબચોરસ અને ત્રિકોણનો સરવાળો) છે,જેની ઊંચાઈ $h = (8-4) = 4 \,m$ અને સમાંતર બાજુઓ $F_1 = 1.5 \,N$ અને $F_2 = 3 \,N$ છે.
$W = \text{ક્ષેત્રફળ} = \frac{1}{2} \times (F_1 + F_2) \times \Delta x = \frac{1}{2} \times (1.5 + 3) \times 4 = 2 \times 4.5 = 9 \,J$.
અહીં $m = 0.5 \,kg$ અને $v_i = 3.16 \,ms^{-1}$ આપેલ છે.
$9 = \frac{1}{2} \times 0.5 \times (v_f^2 - (3.16)^2)$
$9 = 0.25 \times (v_f^2 - 9.9856)$
$36 = v_f^2 - 9.9856$
$v_f^2 = 45.9856$
$v_f \approx 6.78 \,ms^{-1} \approx 6.8 \,ms^{-1}$.

(B) થર્મલી અલગ કરેલી સિસ્ટમ માટે,કુલ આંતરિક ઉર્જા અચળ રહે છે કારણ કે $\Delta Q = 0$ અને $\Delta W = 0$ છે.
બંને બોક્સનું પ્રારંભિક તાપમાન સમાન $(T)$ હોવાથી,અંતિમ સંતુલન તાપમાન $T_f$ પણ $T$ જ રહેશે.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે દરેક બોક્સમાં મોલની સંખ્યા શોધી શકીએ છીએ:
$n_1 = \frac{P_1 V_1}{RT} = \frac{1 \times V}{RT} = \frac{V}{RT}$
$n_2 = \frac{P_2 V_2}{RT} = \frac{0.5 \times 4V}{RT} = \frac{2V}{RT}$
જ્યારે વાલ્વ ખોલવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ મોલની સંખ્યા $n_{total} = n_1 + n_2$ એ કુલ કદ $V_{total} = V_1 + V_2 = V + 4V = 5V$ માં તાપમાન $T$ પર વ્યાપ્ત થાય છે.
$n_{total} = \frac{V}{RT} + \frac{2V}{RT} = \frac{3V}{RT}$
અંતિમ સ્થિતિ માટે આદર્શ વાયુ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા:
$P_f V_{total} = n_{total} R T$
$P_f (5V) = \left(\frac{3V}{RT}\right) RT$
$P_f (5V) = 3V$
$P_f = \frac{3}{5} \, atm = 0.6 \, atm$.

(C) ધારો કે આપાત પ્રકાશની તીવ્રતા $I_0$ છે. મેલસના નિયમ મુજબ,પોલરાઇઝરમાંથી પસાર થયા પછી પ્રકાશની તીવ્રતા $I = I_{in} \cos^2 \theta$ છે,જ્યાં $\theta$ એ આપાત પ્રકાશના ધ્રુવીભવનના સમતલ અને પોલરાઇઝરની ધરી વચ્ચેનો ખૂણો છે.
પ્રથમ પોલરાઇઝરની ધરી આપાત પ્રકાશના ધ્રુવીભવનના સમતલને સમાંતર હોવાથી,ખૂણો $\theta_1 = 0^{\circ}$ છે. તેથી,પ્રથમ પોલરાઇઝર પછીની તીવ્રતા $I_1 = I_0 \cos^2(0^{\circ}) = I_0$ છે.
ત્યારબાદના પોલરાઇઝર્સ માટે,દરેક અગાઉના પોલરાઇઝરની સાપેક્ષમાં $30^{\circ}$ ફેરવાયેલ છે. તેથી,પ્રકાશના ધ્રુવીભવનના સમતલ અને પછીના પોલરાઇઝર વચ્ચેનો ખૂણો $30^{\circ}$ છે.
બીજા પોલરાઇઝર પછીની તીવ્રતા: $I_2 = I_1 \cos^2(30^{\circ}) = I_0 (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 = \frac{3}{4} I_0$.
ત્રીજા પોલરાઇઝર પછીની તીવ્રતા: $I_3 = I_2 \cos^2(30^{\circ}) = (\frac{3}{4} I_0) \times \frac{3}{4} = (\frac{3}{4})^2 I_0$.
ચોથા પોલરાઇઝર પછીની તીવ્રતા: $I_4 = I_3 \cos^2(30^{\circ}) = (\frac{3}{4})^2 I_0 \times \frac{3}{4} = (\frac{3}{4})^3 I_0$.
પાંચમા પોલરાઇઝર પછીની તીવ્રતા: $I_5 = I_4 \cos^2(30^{\circ}) = (\frac{3}{4})^3 I_0 \times \frac{3}{4} = (\frac{3}{4})^4 I_0$.
ગણતરી કરતા: $I_5 = (0.75)^4 I_0 = 0.3164 I_0 \approx 31.6 \% I_0$.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,તીવ્રતા આપાત પ્રકાશના $30 \%$ ની સૌથી નજીક છે.

(B) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં,ફ્રિન્જની પહોળાઈ (ફ્રિન્જનું અંતર) $\beta$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$\beta = \frac{\lambda D}{d}$
તરંગલંબાઇ $\lambda$ અને આવૃત્તિ $f$ વચ્ચેનો સંબંધ $\lambda = \frac{c}{f}$ છે,જ્યાં $c$ એ પ્રકાશની ગતિ છે,તેથી આપણે આ સૂત્રમાં કિંમત મૂકી શકીએ:
$\beta = \frac{cD}{fd}$
ધારો કે સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર $d$ અને પડદા સુધીનું અંતર $D$ અચળ રહે છે,તો ફ્રિન્જની પહોળાઈ આવૃત્તિના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે:
$\beta \propto \frac{1}{f}$
આપેલ છે કે પ્રારંભિક ફ્રિન્જ અંતર $\beta_1 = 1.0 \,mm$ છે જ્યારે આવૃત્તિ $f_1 = f$ છે. જ્યારે આવૃત્તિ બમણી $(f_2 = 2f)$ કરવામાં આવે,ત્યારે નવું ફ્રિન્જ અંતર $\beta_2$ નીચે મુજબ થશે:
$\beta_2 = \beta_1 \times \frac{f_1}{f_2} = 1.0 \,mm \times \frac{f}{2f} = 0.5 \,mm$
તેથી,તેજસ્વી ફ્રિન્જનું નવું અંતર $0.5 \,mm$ છે.

(A) ઘરેલું $AC$ સપ્લાય માટે,આપેલ વોલ્ટેજ $220 \,V$ એ રૂટ-મીન-સ્ક્વેર $(V_{\text{rms}})$ મૂલ્ય દર્શાવે છે.
પીક વોલ્ટેજ $(V_{\text{max}})$ ની ગણતરી $V_{\text{max}} = V_{\text{rms}} \times \sqrt{2} = 220 \sqrt{2} \,V$ તરીકે કરવામાં આવે છે.
આવૃત્તિ $f$ એ $50 \,cps$ (અથવા $50 \,Hz$) છે. કોણીય આવૃત્તિ $\omega$ એ $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times 50 = 100 \pi \,rad/s$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તાત્કાલિક વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V(t)$ ને $V(t) = V_{\text{max}} \cos(\omega t)$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $V(t) = 220 \sqrt{2} \cos(100 \pi t) \,V$ મળે છે.

(A) સૌ પ્રથમ,સર્કિટને સરળ બનાવો. અવરોધો $R_3 = 60 \, \Omega$ અને $R_4 = 30 \, \Omega$ સમાંતર જોડાણમાં છે. તેમનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_p$ નીચે મુજબ છે:
$R_p = \frac{60 \times 30}{60 + 30} = \frac{1800}{90} = 20 \, \Omega$.
આ સંયોજન $R_5 = 20 \, \Omega$ સાથે શ્રેણીમાં છે,તેથી આ શાખાનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{branch} = 20 + 20 = 40 \, \Omega$ છે.
હવે,આ શાખા $R_2 = 40 \, \Omega$ સાથે સમાંતરમાં છે. આ સમાંતર ભાગનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq'} = \frac{40 \times 40}{40 + 40} = 20 \, \Omega$ છે.
અંતે,આ $R_1 = 40 \, \Omega$ સાથે શ્રેણીમાં છે. સર્કિટનો કુલ અવરોધ $R_{total} = 40 + 20 = 60 \, \Omega$ છે.
બેટરીમાંથી વહેતો કુલ પ્રવાહ $I = \frac{V}{R_{total}} = \frac{3.0}{60} = 0.05 \, A$ છે.
$R_1$ માં વ્યય થતો પાવર $P_1 = I^2 R_1 = (0.05)^2 \times 40 = 0.0025 \times 40 = 0.1 \, W$ છે.
પ્રવાહ $I$ બે સમાંતર શાખાઓમાં સમાન રીતે વહેંચાય છે ($R_2$ અને $R_3, R_4, R_5$ ધરાવતી શાખા) કારણ કે બંનેનો અવરોધ $40 \, \Omega$ છે. તેથી,$I_2 = I_{branch} = 0.025 \, A$.
$R_2$ માં પાવર $P_2 = (0.025)^2 \times 40 = 0.000625 \times 40 = 0.025 \, W$ છે.
$R_3, R_4, R_5$ વાળી શાખામાં,પ્રવાહ $0.025 \, A$ છે. $R_5$ માં પાવર $P_5 = (0.025)^2 \times 20 = 0.0125 \, W$ છે.
$R_3$ અને $R_4$ ના સમાંતર જોડાણ પરનો વોલ્ટેજ $V_p = I_{branch} \times R_p = 0.025 \times 20 = 0.5 \, V$ છે.
$R_3$ માં પાવર $P_3 = \frac{V_p^2}{R_3} = \frac{0.5^2}{60} = \frac{0.25}{60} \approx 0.0042 \, W$ છે.
$R_4$ માં પાવર $P_4 = \frac{V_p^2}{R_4} = \frac{0.5^2}{30} = \frac{0.25}{30} \approx 0.0083 \, W$ છે.
બધા પાવરની તુલના કરતા,$P_1 = 0.1 \, W$ મહત્તમ છે. તેથી,$R_1$ સૌથી વધુ પાવરનો વ્યય કરે છે.

(D) સાચો જવાબ $IV$ છે.
$t=0$ સમયે,જ્યારે સ્વીચ બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે સર્કિટમાં પ્રવાહ શૂન્ય હોય છે કારણ કે ઇન્ડક્ટર પ્રવાહમાં થતા કોઈપણ ત્વરિત ફેરફારનો વિરોધ કરે છે. તેથી,અવરોધક પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ $(V_R = iR)$ શૂન્ય હોય છે.
કિર્ચોફના વોલ્ટેજ નિયમ મુજબ,$t=0$ સમયે સંપૂર્ણ $10 \, V$ નો સોર્સ વોલ્ટેજ ઇન્ડક્ટર પર જોવા મળે છે. આમ,ઇન્ડક્ટર પરનો પ્રારંભિક વોલ્ટેજ $10 \, V$ છે.
જેમ જેમ સમય પસાર થાય છે,તેમ સર્કિટમાં પ્રવાહ $i$ એ $i(t) = \frac{V}{R} (1 - e^{-Rt/L})$ સમીકરણ મુજબ ઘાતાંકીય રીતે વધે છે.
ઇન્ડક્ટર પરનો વોલ્ટેજ $V_L = L \frac{di}{dt} = V e^{-Rt/L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ $t$ વધે છે,તેમ પ્રવાહ વધે છે,અને અવરોધક પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ વધે છે,જ્યારે ઇન્ડક્ટર પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ $10 \, V$ થી $0 \, V$ સુધી ઘાતાંકીય રીતે ઘટે છે.
જ્યારે પ્રવાહ તેના મહત્તમ સ્થિર મૂલ્ય સુધી પહોંચે છે,ત્યારે પ્રવાહમાં થતા ફેરફારનો દર શૂન્ય થઈ જાય છે,અને ઇન્ડક્ટર પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ શૂન્ય તરફ જાય છે. આ ઘાતાંકીય ઘટાડો ગ્રાફ $IV$ દ્વારા શ્રેષ્ઠ રીતે દર્શાવવામાં આવ્યો છે.

(A) ઇલેક્ટ્રોન અને ન્યુક્લિયસની જોડી માટે,સ્થિતિઊર્જા $V(r) = \frac{K(-e)(+Ze)}{r} = -\frac{KZe^2}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સ્થિતિઊર્જા ઋણ હોવાથી અને જેમ $r$ વધે તેમ તે શૂન્યની નજીક પહોંચે છે,તેથી આલેખ $(3)$ ઇલેક્ટ્રોન દર્શાવે છે.
ન્યુટ્રોન માટે,ન્યુક્લિયસની બહાર $(r > r_0)$ કોઈ સ્થિત-વિદ્યુત બળ હોતું નથી. તેથી,$r > r_0$ માટે સ્થિતિઊર્જા શૂન્ય છે. આલેખ $(1)$ ન્યુટ્રોન દર્શાવે છે.
પ્રોટોન માટે,ન્યુક્લિયસ અને પ્રોટોન બંને ધનભારિત હોવાથી $r > r_0$ માટે સ્થિત-વિદ્યુત બળ અપાકર્ષી હોય છે. તેથી,સ્થિતિઊર્જા ધન હોય છે અને જેમ $r$ વધે તેમ તે ઘટે છે. આલેખ $(2)$ પ્રોટોન દર્શાવે છે.
તેથી,સાચી જોડી $(1, n), (2, p^{+}), (3, e^{-})$ છે,જે વિકલ્પ $A$ ને અનુરૂપ છે.

(D) સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $h$ પ્લાન્કનો અચળાંક છે,$c$ પ્રકાશની ગતિ છે અને $\lambda$ તરંગલંબાઇ છે.
પ્રથમ ત્રણ ઉર્જા સ્તરો $(n=1, 2, 3)$ માટે,શક્ય સંક્રમણો નીચે મુજબ છે:
$1$. $n=3 \rightarrow n=1$ (ઉર્જા $E_1$,તરંગલંબાઇ $\lambda_1$)
$2$. $n=2 \rightarrow n=1$ (ઉર્જા $E_2$,તરંગલંબાઇ $\lambda_2$)
$3$. $n=3 \rightarrow n=2$ (ઉર્જા $E_3$,તરંગલંબાઇ $\lambda_3$)
ઉર્જા એ તરંગલંબાઇના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોવાથી $(E \propto \frac{1}{\lambda})$,સૌથી વધુ ઉર્જા ફેરફાર ધરાવતું સંક્રમણ સૌથી ટૂંકી તરંગલંબાઇને અનુરૂપ છે. આમ,$\lambda_1$ એ સૌથી ટૂંકી તરંગલંબાઇ $(n=3 \rightarrow n=1)$ છે અને $\lambda_3$ એ સૌથી લાંબી તરંગલંબાઇ $(n=3 \rightarrow n=2)$ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$n=3$ થી $n=1$ ના સંક્રમણની ઉર્જા એ $n=3$ થી $n=2$ અને $n=2$ થી $n=1$ ના સંક્રમણોની ઉર્જાના સરવાળા જેટલી હોય છે:
$E_{3 \rightarrow 1} = E_{3 \rightarrow 2} + E_{2 \rightarrow 1}$
$E = \frac{hc}{\lambda}$ મૂકતા:
$\frac{hc}{\lambda_1} = \frac{hc}{\lambda_3} + \frac{hc}{\lambda_2}$
બંને બાજુ $hc$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{1}{\lambda_1} = \frac{1}{\lambda_2} + \frac{1}{\lambda_3}$

(B) $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા અને સમાન કદ વિદ્યુતભાર ઘનતા $\rho$ ધરાવતા નક્કર ગોળા માટે,કેન્દ્રથી $r$ અંતરે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$1$. ગોળાની અંદર $(r < R)$: ગૌસના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$E \cdot 4\pi r^2 = \frac{q_{enclosed}}{\epsilon_0} = \frac{\rho \cdot \frac{4}{3}\pi r^3}{\epsilon_0}$. આનું સાદું રૂપ આપતા $E = \frac{\rho r}{3\epsilon_0}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $E \propto r$. આમ,આલેખ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી એક સીધી રેખા છે.
$2$. ગોળાની બહાર $(r \geq R)$: ગોળો તેના કેન્દ્ર પર બિંદુવત વિદ્યુતભાર તરીકે વર્તે છે. વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \cdot \frac{q}{r^2}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $E \propto \frac{1}{r^2}$. આમ,આલેખ એક અતિવલય (hyperbola) છે.
સપાટી પર $(r = R)$,વિદ્યુતક્ષેત્ર મહત્તમ હોય છે,જેનું મૂલ્ય $E_{max} = \frac{kq}{R^2}$ છે.
આ લાક્ષણિકતાઓની આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખામણી કરતા,વક્ર $II$ આ ફેરફારને યોગ્ય રીતે દર્શાવે છે.

(C) પ્રક્ષિપ્ત ગતિમાં વિદ્યુતભાર રહિત કણ માટે,અવધિ $L = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g} \quad \dots(i)$ છે.
વિદ્યુતભારિત કણ માટે,અસરકારક પ્રવેગ $g' = g + \frac{qE}{m}$ થાય છે.
આપેલ છે કે $q$ વિદ્યુતભાર ધરાવતા કણ માટે અવધિ $L/2$ છે,તેથી:
$\frac{L}{2} = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g + \frac{qE}{m}}$
સમીકરણ $(i)$ પરથી $u^2 \sin 2\theta = Lg$ મૂકતા:
$\frac{L}{2} = \frac{Lg}{g + \frac{qE}{m}}$
$\Rightarrow g + \frac{qE}{m} = 2g \Rightarrow \frac{qE}{m} = g \quad \dots(ii)$
હવે,$m$ દળ અને $2q$ વિદ્યુતભાર ધરાવતા કણ માટે,અસરકારક પ્રવેગ $g'' = g + \frac{2qE}{m}$ છે.
સમીકરણ $(ii)$ નો ઉપયોગ કરતા,$g'' = g + 2g = 3g$ મળે.
તેથી નવી અવધિ $R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{3g} = \frac{1}{3} \left( \frac{u^2 \sin 2\theta}{g} \right) = \frac{L}{3}$ થાય.

(B) પ્રકાશનું કિરણ દ્રવ્યમાંથી પસાર થાય તે માટે,આંતરપૃષ્ઠ પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન થવું જોઈએ નહીં. આ માટે ક્રાંતિકોણની શરતનું પાલન થવું જરૂરી છે.
સ્નેલના નિયમ મુજબ,$n_1 \sin i = n_2 \sin r$. પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તનની સીમાંત સ્થિતિ માટે,વક્રીભૂતકોણ $r = 90^{\circ}$ લેવામાં આવે છે.
અહીં,કાચનો વક્રીભવનાંક $n_1 = 1.5$ છે અને દ્રવ્યનો ન્યૂનતમ વક્રીભવનાંક $n_2 = 1.2$ છે.
તેથી,$\sin i_{\max} = \frac{n_2}{n_1} = \frac{1.2}{1.5} = 0.8$.
આમ,$i_{\max} = \sin^{-1}(0.8) = 53.1^{\circ}$.

(A) ધારો કે તારની રેખીય વિદ્યુતભાર ઘનતા $\lambda$ છે। લાંબા વિદ્યુતભારીત તારથી $r_1$ અને $r_2$ અંતરે આવેલા બે બિંદુઓ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_1 - V_2 = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln\left(\frac{r_2}{r_1}\right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
બિંદુ $A$ ($l$ અંતરે) અને બિંદુ $B$ ($2l$ અંતરે) વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$qV_A + \frac{1}{2}mu^2 = qV_B + \frac{1}{2}m(\sqrt{2}u)^2$
$q(V_A - V_B) = \frac{1}{2}m(2u^2 - u^2) = \frac{1}{2}mu^2$
$q \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln\left(\frac{2l}{l}\right) = \frac{1}{2}mu^2$
$q \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln(2) = \frac{1}{2}mu^2 \quad \dots(i)$
હવે, બિંદુ $A$ ($l$ અંતરે) અને બિંદુ $C$ ($4l$ અંતરે) વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણ લાગુ પાડતા:
$qV_A + \frac{1}{2}mu^2 = qV_C + \frac{1}{2}mv^2$
$\frac{1}{2}mv^2 = q(V_A - V_C) + \frac{1}{2}mu^2$
$\frac{1}{2}mv^2 = q \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln\left(\frac{4l}{l}\right) + \frac{1}{2}mu^2$
$\frac{1}{2}mv^2 = q \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln(4) + \frac{1}{2}mu^2$
કારણ કે $\ln(4) = 2\ln(2)$, તેથી:
$\frac{1}{2}mv^2 = 2 \left(q \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln(2)\right) + \frac{1}{2}mu^2$
સમીકરણ $(i)$ માંથી કિંમત મુકતા:
$\frac{1}{2}mv^2 = 2 \left(\frac{1}{2}mu^2\right) + \frac{1}{2}mu^2 = \frac{3}{2}mu^2$
$v^2 = 3u^2 \Rightarrow v = \sqrt{3}u$.

(B) $I$ પ્રવાહ ધરાવતા લાંબા વાયર દ્વારા ઉત્પન્ન થતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ લૂપના વિસ્તારમાં પાનાની અંદરની તરફ છે. જેમ લૂપને જમણી તરફ ખેંચવામાં આવે છે,તે એવા વિસ્તારમાં જાય છે જ્યાં ચુંબકીય ક્ષેત્રની તીવ્રતા ઘટે છે,તેથી લૂપમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ ઘટે છે.
લેન્ઝના નિયમ મુજબ,લૂપમાં પ્રેરિત પ્રવાહ ફ્લક્સમાં થતા આ ઘટાડાનો વિરોધ કરવા માટે વહેશે,જેનો અર્થ છે કે તે પાનાની અંદરની તરફ દિશા ધરાવતું પોતાનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર બનાવશે. જમણા હાથના નિયમ મુજબ,આ ઘડિયાળના કાંટાની દિશામાં પ્રેરિત પ્રવાહને અનુરૂપ છે.
લૂપની ડાબી બાજુ માટે (વાયરની સૌથી નજીક),પ્રવાહ ઉપરની તરફ વહે છે,જે લાંબા વાયરમાં રહેલા પ્રવાહ $I$ ની સમાન દિશામાં છે. સમાંતર પ્રવાહો એકબીજાને આકર્ષે છે,તેથી ડાબી બાજુ પરનું બળ લાંબા વાયર તરફ (ડાબી તરફ) લાગે છે.
લૂપની જમણી બાજુ માટે,પ્રવાહ નીચેની તરફ વહે છે,જે લાંબા વાયરમાં રહેલા પ્રવાહ $I$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં છે. પ્રતિ-સમાંતર પ્રવાહો એકબીજાને અપાકર્ષે છે,તેથી જમણી બાજુ પરનું બળ લાંબા વાયરથી દૂર (જમણી તરફ) લાગે છે.

(D) અવરોધ $R$ ની ઉપરના જંકશન પોઈન્ટ પર નોડલ એનાલિસિસનો ઉપયોગ કરીને,ધારો કે પોટેન્શિયલ $V_x$ છે. $R$ માંથી વહેતો પ્રવાહ $I = V_x / R$ છે.
જંકશન પર કિર્ચોફના કરંટ લો $(KCL)$ લાગુ કરતા:
$(V_x - V_1) / R_1 + (V_x - V_2) / R_2 + V_x / R = 0$
$V_x (1/R_1 + 1/R_2 + 1/R) = V_1/R_1 + V_2/R_2$
$V_x = \frac{V_1/R_1 + V_2/R_2}{1/R_1 + 1/R_2 + 1/R} = \frac{V_1 R_2 + V_2 R_1}{R_2 + R_1 + R_1 R_2 / R}$
તેથી,$I = V_x / R = \frac{V_1 R_2 + V_2 R_1}{R(R_1 + R_2) + R_1 R_2}$.
કિસ્સો $1$: $V_1 = 2 \,V, V_2 = 0 \,V, I = 3 \,mA \Rightarrow 3 = \frac{2 R_2}{R(R_1 + R_2) + R_1 R_2} \quad \dots(1)$
કિસ્સો $2$: $V_1 = 0 \,V, V_2 = 4 \,V, I = 4 \,mA \Rightarrow 4 = \frac{4 R_1}{R(R_1 + R_2) + R_1 R_2} \quad \dots(2)$
$(1)$ ને $(2)$ વડે ભાગતા: $3/4 = (2 R_2) / (4 R_1) \Rightarrow 3/4 = R_2 / (2 R_1) \Rightarrow R_2 / R_1 = 3/2 \Rightarrow R_2 = 1.5 R_1$.
$R_2 = 1.5 R_1$ ને $(1)$ માં મૂકતા: $3 = \frac{2(1.5 R_1)}{R(R_1 + 1.5 R_1) + R_1(1.5 R_1)} = \frac{3 R_1}{2.5 R R_1 + 1.5 R_1^2} = \frac{3}{2.5 R + 1.5 R_1}$.
તેથી,$2.5 R + 1.5 R_1 = 1$.
કિસ્સો $3$: $V_1 = 10 \,V, V_2 = 10 \,V$. તો $I = \frac{10 R_2 + 10 R_1}{R(R_1 + R_2) + R_1 R_2} = \frac{10(R_1 + R_2)}{R(R_1 + R_2) + R_1 R_2}$.
$R_2 = 1.5 R_1$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \frac{10(2.5 R_1)}{R(2.5 R_1) + 1.5 R_1^2} = \frac{25 R_1}{2.5 R R_1 + 1.5 R_1^2} = \frac{25}{2.5 R + 1.5 R_1}$.
કારણ કે $2.5 R + 1.5 R_1 = 1$,તેથી $I = 25 / 1 = 25 \,mA$.

(C) બિંદુ $Q$ પર સૌથી ઓછા સમયમાં પહોંચવા માટે,છોકરીએ એવો માર્ગ પસંદ કરવો જોઈએ જે કુલ મુસાફરીના સમયને ઘટાડે. આ ઓપ્ટિક્સમાં ફર્માના સિદ્ધાંત (Fermat's principle) જેવું જ છે,જે જણાવે છે કે પ્રકાશ તે માર્ગ પસંદ કરે છે જેમાં સૌથી ઓછો સમય લાગે છે.
છોકરીની બીચ પરની ઝડપ $(v_1 = 6 \, kmh^{-1})$ એ સમુદ્રમાં તેની ઝડપ $(v_2 = 4 \, kmh^{-1})$ કરતા વધારે હોવાથી,તેણે કુલ સમય ઘટાડવા માટે બીચ પર વધુ અંતર અને સમુદ્રમાં ઓછું અંતર કાપવું જોઈએ. સ્નેલના નિયમ મુજબ,જે ફર્માના સિદ્ધાંત પરથી તારવવામાં આવ્યો છે,જ્યારે તે ઓછી ઝડપવાળા માધ્યમમાં પ્રવેશ કરે ત્યારે માર્ગ લંબ (normal) તરફ વળવો જોઈએ.
આપેલા માર્ગોની સરખામણી કરતા,માર્ગ $P C Q$ એ શ્રેષ્ઠ વક્રીભવન જેવો માર્ગ દર્શાવે છે જે $Q$ સુધી પહોંચવા માટે લાગતા કુલ સમયને ન્યૂનતમ કરે છે.

(C) સપાટી $BC$ પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન $(TIR)$ થવા માટે,આપાતકોણ $i$ એ ક્રાંતિકોણ $C$ કરતા વધારે અથવા તેના જેટલો હોવો જોઈએ.
સમદ્વિબાજુ કાકોણ પ્રિઝમની ભૂમિતિ પરથી,પ્રકાશનું કિરણ સપાટી $AB$ પર લંબરૂપે દાખલ થાય છે અને સપાટી $BC$ પર $i = 45^{\circ}$ ના આપાતકોણે અથડાય છે.
$TIR$ થવા માટેની શરત $i \geq C$ છે,જ્યાં $C$ એ ક્રાંતિકોણ છે.
તેથી,$45^{\circ} \geq C$.
બંને બાજુ સાઈન (sine) લેતા,$\sin 45^{\circ} \geq \sin C$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin C = \frac{1}{\mu}$,જ્યાં $\mu$ એ પ્રિઝમનો વક્રીભવનાંક છે.
તેથી,$\sin 45^{\circ} \geq \frac{1}{\mu}$.
$\frac{1}{\sqrt{2}} \geq \frac{1}{\mu}$.
$\mu \geq \sqrt{2}$.
કારણ કે $\sqrt{2} \approx 1.414$,તેથી વક્રીભવનાંક $\mu$ નું લઘુત્તમ મૂલ્ય આશરે $1.42$ છે.

(D) જ્યારે લેન્સનો ઉપયોગ પ્રતિબિંબ રચવા માટે થાય છે,ત્યારે લેન્સનો દરેક બિંદુ સંપૂર્ણ પ્રતિબિંબની રચનામાં ફાળો આપે છે.
જો લેન્સનો ઉપરનો અડધો ભાગ કાળો કરવામાં આવે,તો તે ભાગમાંથી પસાર થતા પ્રકાશના કિરણો અવરોધાય છે.
જોકે,લેન્સનો બાકીનો નીચેનો અડધો ભાગ હજુ પણ વસ્તુના તમામ ભાગોમાંથી આવતા પ્રકાશના કિરણોને પસાર થવા દે છે અને તે જ કેન્દ્રબિંદુ પર કેન્દ્રિત કરે છે.
પરિણામે,સંપૂર્ણ પ્રતિબિંબ હજુ પણ પડદા પર તે જ સ્થાને રચાય છે.
કારણ કે પડદા સુધી પહોંચતા પ્રકાશનું પ્રમાણ ઘટી જાય છે (કારણ કે અડધું છિદ્ર અવરોધાયેલું છે),તેથી પ્રતિબિંબની તીવ્રતા અથવા તેજસ્વીતા ઘટે છે.

(C) સળિયાનું દ્રવ્ય બદલાતું નથી,તેથી બંને સળિયા માટે અવરોધકતા $\rho$ સમાન રહે છે.
ઓગાળતી વખતે અને નવો આકાર આપતી વખતે પદાર્થનું કદ સમાન રહે છે,તેથી:
$V_1 = V_2$
$A_1 L_1 = A_2 L_2$
અહીં $L_1 = L$ અને $L_2 = 2L$ આપેલ છે,તેથી:
$A_1 L = A_2 (2L) \Rightarrow A_2 = \frac{A_1}{2}$
હવે,અવરોધના સૂત્ર $R = \rho \frac{l}{A}$ નો ઉપયોગ કરતા,નવો અવરોધ $R_2$ નીચે મુજબ મળે:
$R_2 = \rho \frac{L_2}{A_2} = \rho \frac{2L}{A_1 / 2} = 4 \left( \frac{\rho L}{A_1} \right)$
કારણ કે $R = \rho \frac{L}{A_1}$,તેથી:
$R_2 = 4R$

(B) ધારો કે વિદ્યુતભારો $A$ અને $B$ વચ્ચેનું અંતર $d$ છે. ધારો કે જે બિંદુએ વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય છે તે બિંદુ વિદ્યુતભાર $A$ થી $x$ અંતરે આવેલું છે.
વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય થવા માટે,બંને વિદ્યુતભારોને કારણે ઉદ્ભવતા વિદ્યુતક્ષેત્રના મૂલ્યો સમાન હોવા જોઈએ અને તેમની દિશાઓ વિરુદ્ધ હોવી જોઈએ.
$1$. $A$ અને $B$ ની વચ્ચે: $+Q$ અને $-2 Q$ ને કારણે ઉદ્ભવતા ક્ષેત્રો એક જ દિશામાં છે,તેથી પરિણામી ક્ષેત્ર શૂન્ય હોઈ શકે નહીં.
$2$. $B$ ની જમણી બાજુએ: $-2 Q$ ને કારણે ઉદ્ભવતું ક્ષેત્ર હંમેશા $+Q$ ને કારણે ઉદ્ભવતા ક્ષેત્ર કરતા વધારે હોય છે કારણ કે $-2 Q$ નું મૂલ્ય મોટું છે અને તે આ વિસ્તારના કોઈપણ બિંદુની નજીક છે. તેથી,પરિણામી ક્ષેત્ર શૂન્ય હોઈ શકે નહીં.
$3$. $A$ ની ડાબી બાજુએ: ધારો કે બિંદુ $A$ થી $x$ અંતરે છે. $+Q$ ને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_A = \frac{kQ}{x^2}$ (ડાબી તરફ) અને $-2 Q$ ને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_B = \frac{k(2Q)}{(d+x)^2}$ (જમણી તરફ) છે.
$E_A = E_B$ લેતા,આપણને $\frac{kQ}{x^2} = \frac{2kQ}{(d+x)^2}$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $(d+x)^2 = 2x^2$ અથવા $d+x = \sqrt{2}x$ થાય છે. આનાથી $x = \frac{d}{\sqrt{2}-1}$ મળે છે,જે એક મર્યાદિત અંતર છે.
તેથી,વિદ્યુતક્ષેત્ર $A$ ની ડાબી બાજુએ એક બિંદુએ શૂન્ય થાય છે.

(D) ભાગ $PQ$ માં પ્રવાહ શોધવા માટે,આપણે જંકશન પર કિર્ચોફના પ્રવાહના નિયમ $(KCL)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$1$. જ્યાં $2 \, A$ અને $8 \, A$ પ્રવાહ મળે છે તે જંકશન પર,કુલ આવતો પ્રવાહ $2 \, A + 8 \, A = 10 \, A$ છે. આ $10 \, A$ પ્રવાહ આગળના જંકશન તરફ વહે છે.
$2$. $Q$ ની નીચેના જંકશન પર,કુલ બહાર જતો પ્રવાહ $4 \, A + 2 \, A = 6 \, A$ છે. કારણ કે $10 \, A$ આ જંકશનમાં પ્રવેશે છે અને $6 \, A$ નીચેની તરફ જાય છે,તેથી બાકીનો $10 \, A - 6 \, A = 4 \, A$ પ્રવાહ $Q$ તરફ ઉપરની દિશામાં વહેવો જોઈએ.
$3$. જંકશન $Q$ પર,આવતા પ્રવાહ $3 \, A$ (ઉપરની શાખામાંથી) અને $4 \, A$ (નીચેની શાખામાંથી) છે. બહાર જતો પ્રવાહ $1 \, A$ (જમણી તરફ) છે. ધારો કે $PQ$ માં પ્રવાહ $I_{PQ}$ એ $Q$ થી $P$ તરફ વહે છે.
$4$. જંકશન $Q$ પર $KCL$ લાગુ પાડતા: $I_{incoming} = I_{outgoing}$.
$3 \, A + 4 \, A = 1 \, A + I_{PQ}$
$7 \, A = 1 \, A + I_{PQ}$
$I_{PQ} = 6 \, A$.
પરિણામ ધન હોવાથી,$6 \, A$ પ્રવાહ ધારેલી દિશામાં,એટલે કે $Q$ થી $P$ તરફ વહે છે.

(A) ક્ષયની પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$1$. પ્રારંભિક ન્યુક્લિયસ: $Pb_{82}^{214}$.
$2$. બે ઇલેક્ટ્રોનનું ઉત્સર્જન ($\beta^-$-ક્ષય): દરેક $\beta^-$-ક્ષય પરમાણુ ક્રમાંકને $1$ થી વધારે છે અને દળ ક્રમાંક અચળ રાખે છે.
$Pb_{82}^{214} \rightarrow A_{84}^{214} + 2_{-1}^{0}e$.
$3$. $\alpha$-કણનું ઉત્સર્જન: $\alpha$-કણ $(He_{2}^{4})$ ના ઉત્સર્જનથી પરમાણુ ક્રમાંક $2$ જેટલો ઘટે છે અને દળ ક્રમાંક $4$ જેટલો ઘટે છે.
$A_{84}^{214} \rightarrow X_{82}^{210} + He_{2}^{4}$.
$4$. પરિણામી ન્યુક્લિયસ $X_{82}^{210}$ છે.
$5$. પ્રોટોનની સંખ્યા $(Z)$ = $82$.
$6$. ન્યુટ્રોનની સંખ્યા $(N)$ = $A - Z = 210 - 82 = 128$.
તેથી,પરિણામી ન્યુક્લિયસમાં $82$ પ્રોટોન અને $128$ ન્યુટ્રોન હોય છે.

(C) તળિયાના કેન્દ્ર $C$ થી આવતું કિરણ ઉપરની ધાર સુધી જાય છે અને પછી અવલોકનકાર તરફ હવામાં વક્રીભવન પામે છે.
પાણી-હવા સપાટી પર સ્નેલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $n_1 \cdot \sin i = n_2 \cdot \sin r$.
અહીં,પાણીમાં આપાતકોણ $i$ એ કિરણ લંબ સાથે બનાવેલો ખૂણો છે. કિરણ સમક્ષિતિજ સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે,તેથી શિરોલંબ લંબ સાથેનો ખૂણો $i = 90^{\circ} - \theta$ થશે.
વક્રીભવનકોણ $r$ એ હવામાં કિરણ લંબ સાથે બનાવેલો ખૂણો છે. ભૂમિતિ પરથી,$\tan r = \frac{x/2}{h} = \frac{x}{2h}$.
આપેલ છે કે $\frac{h}{x} = \frac{7}{4}$,તેથી $\tan r = \frac{1}{2(h/x)} = \frac{1}{2(7/4)} = \frac{2}{7}$.
આમ,$\sin r = \frac{2}{\sqrt{2^2 + 7^2}} = \frac{2}{\sqrt{53}}$.
સ્નેલનો નિયમ લાગુ પાડતા: $n_{water} \cdot \sin i = n_{air} \cdot \sin r$.
$\frac{4}{3} \cdot \sin(90^{\circ} - \theta) = 1 \cdot \sin r$.
$\frac{4}{3} \cdot \cos \theta = \frac{2}{\sqrt{53}}$.
$\cos \theta = \frac{4}{3} \cdot \frac{2}{\sqrt{53}} = \frac{8}{3\sqrt{53}}$.

(A) આપેલ પરિપથમાં,$3 \,\Omega$ અને $1 \,\Omega$ ના અવરોધો $10 \,V$ ની બેટરી સાથે શ્રેણીમાં જોડાયેલા છે.
પરિપથનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = 3 \,\Omega + 1 \,\Omega = 4 \,\Omega$ છે.
પરિપથમાંથી વહેતો પ્રવાહ $i = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{10 \,V}{4 \,\Omega} = 2.5 \,A$ છે.
$1 \,\Omega$ ના અવરોધમાં વ્યય થતો પાવર $P = i^2 R = (2.5)^2 \times 1 = 6.25 \,W$ છે.
જ્યારે $1 \,\Omega$ ના અવરોધને $9 \,\Omega$ ના અવરોધ વડે બદલવામાં આવે છે,ત્યારે નવો સમતુલ્ય અવરોધ $R'_{eq} = 3 \,\Omega + 9 \,\Omega = 12 \,\Omega$ થાય છે.
પરિપથમાં નવો પ્રવાહ $i' = \frac{10 \,V}{12 \,\Omega} = \frac{5}{6} \,A$ છે.
$9 \,\Omega$ ના અવરોધમાં વ્યય થતો પાવર $P' = (i')^2 \times 9 = \left(\frac{5}{6}\right)^2 \times 9 = \frac{25}{36} \times 9 = \frac{25}{4} \,W = 6.25 \,W$ છે.
આમ,$P = 6.25 \,W$ અને $P' = 6.25 \,W$ હોવાથી,$P' = P$ થાય છે.