KVPY 2012 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) ધારો કે પદાર્થોની ઉષ્માધારિતા $C(T)$ છે,જ્યાં $C(T)$ એ તાપમાન $T$ નું વધતું વિધેય છે.
જ્યારે બંને પદાર્થોને સંપર્કમાં લાવવામાં આવે છે,ત્યારે ઉષ્મા ગરમ પદાર્થ $(100^{\circ} C)$ થી ઠંડા પદાર્થ $(0^{\circ} C)$ તરફ વહે છે જ્યાં સુધી તેઓ સમાન અંતિમ તાપમાન $T_f$ પ્રાપ્ત ન કરે.
કેલરીમેટ્રીના સિદ્ધાંત મુજબ,ગરમ પદાર્થ દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા એ ઠંડા પદાર્થ દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા જેટલી હોય છે:
$\int_{T_f}^{100} C(T) dT = \int_{0}^{T_f} C(T) dT$.
જેમ કે $C(T)$ તાપમાન સાથે વધે છે,તેથી સંતુલન પ્રાપ્ત કરવાની પ્રક્રિયા દરમિયાન ગરમ પદાર્થની ઉષ્માધારિતા ઠંડા પદાર્થ કરતા વધારે હોય છે.
કારણ કે ગરમ પદાર્થની ઉષ્માધારિતા વધારે છે,તેથી ઠંડા પદાર્થની તુલનામાં તેના તાપમાનમાં ચોક્કસ ફેરફાર કરવા માટે તેને વધુ ઉર્જાની જરૂર પડે છે.
તેથી,અંતિમ સંતુલન તાપમાન $T_f$ એ ઉચ્ચ ઉષ્માધારિતા ધરાવતા પદાર્થના પ્રારંભિક તાપમાનની નજીક હશે.
આમ,$T_f > 50^{\circ} C$.

(B) વિસ્તરણ પ્રક્રિયા દરમિયાન વાયુ દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય $p-V$ આલેખની નીચેના ક્ષેત્રફળ જેટલું હોય છે.
કદ $V$ થી $2V$ સુધી વિસ્તરણ પામતા આદર્શ વાયુ માટે,સમતાપી પ્રક્રિયા $p-V$ આલેખ પર વક્ર $AB$ દ્વારા અને એડિબેટિક પ્રક્રિયા વક્ર $AC$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.
એડિબેટિક વક્ર એ સમતાપી વક્ર કરતા વધુ ઢાળવાળો હોવાથી,સમાન કદના ફેરફાર માટે સમતાપી વક્ર $AB$ ની નીચેનું ક્ષેત્રફળ એ એડિબેટિક વક્ર $AC$ ની નીચેના ક્ષેત્રફળ કરતા વધારે હોય છે.
તેથી,સમતાપી પ્રક્રિયામાં થયેલ કાર્ય $(W_i)$ એ એડિબેટિક પ્રક્રિયામાં થયેલ કાર્ય $(W_a)$ કરતા વધારે છે.
વાયુનું વિસ્તરણ થતું હોવાથી,બંને કિસ્સામાં થયેલ કાર્ય ધન છે.
આમ,$W_i > W_a > 0$.

(A) પ્રવાહીના ટીપાંની ધ્રુજારીની આવૃત્તિ $v$ એ પૃષ્ઠતાણ $\sigma$,ઘનતા $\rho$ અને ત્રિજ્યા $R$ દ્વારા નક્કી થાય છે. આપેલ ગુણોત્તર $\frac{v}{\sqrt{\sigma / \rho R^3}}$ છે.
આવૃત્તિ $v$ ના પરિમાણ = $[T^{-1}]$.
પૃષ્ઠતાણ $\sigma$ ના પરિમાણ = $[MT^{-2}]$.
ઘનતા $\rho$ ના પરિમાણ = $[ML^{-3}]$.
ત્રિજ્યા $R$ ના પરિમાણ = $[L]$.
ધારો કે ગુણોત્તર $X = \frac{v}{\sqrt{\sigma / \rho R^3}}$ છે.
$\sqrt{\frac{\sigma}{\rho R^3}}$ ના પરિમાણ = $\sqrt{\frac{MT^{-2}}{ML^{-3} \cdot L^3}} = \sqrt{\frac{MT^{-2}}{M}} = [T^{-1}]$.
આમ,ગુણોત્તર $\frac{v}{\sqrt{\sigma / \rho R^3}}$ પરિમાણરહિત છે.
હવે આપણે વિકલ્પ $(A)$ ના પરિમાણ તપાસીએ:
$\frac{k \rho g R^2}{\sigma} = \frac{[ML^{-3}] \cdot [LT^{-2}] \cdot [L^2]}{[MT^{-2}]} = \frac{[ML^0T^{-2}]}{[MT^{-2}]} = [M^0L^0T^0]$.
આ પદ પરિમાણરહિત હોવાથી,તે આપેલ ગુણોત્તરના પરિમાણીય વિશ્લેષણ સાથે સુસંગત છે.

(C) ધારો કે $A$ એ કેન્દ્રીય સિક્કાનું કેન્દ્ર છે. $A$ માંથી પસાર થતી અક્ષને અનુલક્ષીને કેન્દ્રીય સિક્કાની જડત્વની આઘૂર્ણ $I_{central} = \frac{m r^2}{2}$ છે.
આસપાસના છ સિક્કાઓ માટે,તેમના કેન્દ્રોનું $A$ થી અંતર $2r$ છે. સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને,$A$ માંથી પસાર થતી અક્ષને અનુલક્ષીને દરેક આસપાસના સિક્કાની જડત્વની આઘૂર્ણ $I_{surrounding} = \frac{m r^2}{2} + m(2r)^2 = \frac{m r^2}{2} + 4mr^2 = \frac{9}{2} mr^2$ છે.
$A$ માંથી પસાર થતી અક્ષને અનુલક્ષીને સિસ્ટમની કુલ જડત્વની આઘૂર્ણ $I_A = I_{central} + 6 \times I_{surrounding} = \frac{m r^2}{2} + 6 \times \frac{9}{2} mr^2 = \frac{m r^2}{2} + 27 mr^2 = \frac{55}{2} mr^2$ છે.
હવે,આપણને બિંદુ $P$ ને અનુલક્ષીને જડત્વની આઘૂર્ણ જોઈએ છે,જે $A$ થી $d = 2r$ અંતરે છે. સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને,$I_P = I_A + M_{total} \times d^2$,જ્યાં $M_{total} = 7m$ છે.
$I_P = \frac{55}{2} mr^2 + (7m)(2r)^2 = \frac{55}{2} mr^2 + 28 mr^2 = \frac{55 + 56}{2} mr^2 = \frac{111}{2} mr^2$.

(A) કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,ગ્રહનું કોણીય વેગમાન $L$ તેની ભ્રમણકક્ષાના તમામ બિંદુઓ પર અચળ રહે છે.
પેરિહેલિયન $P$ અને એફેલિયન $A$ પર,વેગ સદિશ એ સ્થાન સદિશને લંબ હોય છે,તેથી કોણીય વેગમાન $L = mvr$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$L_P = L_A$ હોવાથી,આપણી પાસે $m v_P r_P = m v_A r_A$ છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{v_P}{v_A} = \frac{r_A}{r_P}$.
અર્ધ-મુખ્ય અક્ષ $a$ અને ઉત્કેન્દ્રિયતા $e$ ધરાવતા લંબગોળ માટે,સૌથી નજીકના બિંદુ (પેરિહેલિયન) નું અંતર $r_P = a(1-e)$ છે અને સૌથી દૂરના બિંદુ (એફેલિયન) નું અંતર $r_A = a(1+e)$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને $\frac{v_P}{v_A} = \frac{a(1+e)}{a(1-e)} = \frac{1+e}{1-e}$ મળે છે.

(A) સરળ આવર્ત ગતિમાં,પદાર્થનો વેગ $v = \omega \sqrt{a^2 - x^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પદાર્થ દ્વારા નાના અંતરાલ $dx$ માં વિતાવવામાં આવેલ સમય $dt$ એ $dt = \frac{dx}{v} = \frac{dx}{\omega \sqrt{a^2 - x^2}}$ છે.
અંતરાલ $dx$ માં પદાર્થ મળી આવવાની સંભાવના $P(x)dx$ એ તે અંતરાલમાં વિતાવેલા સમયના પ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $P(x) \propto \frac{1}{v} = \frac{1}{\omega \sqrt{a^2 - x^2}}$.
જેમ $x \to \pm a$ થાય,તેમ વેગ $v \to 0$ થાય છે,જેનો અર્થ છે કે વિતાવેલો સમય $dt \to \infty$ થાય છે.
તેથી,પદાર્થને શોધવાની સંભાવના અંતિમ સ્થાનો $x = \pm a$ પર સૌથી વધુ હોય છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) કણ પર લાગતું બળ $F = -\alpha x^3 - \beta x^4$ છે.
$F = -\frac{dU}{dx}$ હોવાથી,$\frac{dU}{dx} = \alpha x^3 + \beta x^4$ મળે.
$x = 0$ આગળ,$\frac{dU}{dx} = 0$ થાય છે,જે દર્શાવે છે કે કણ સંતુલનમાં છે.
સ્થિરતા નક્કી કરવા માટે,આપણે $x = 0$ આગળ સ્થિતિ ઊર્જા $U$ ના વિકલનો તપાસીએ:
$\frac{d^2U}{dx^2} = 3\alpha x^2 + 4\beta x^3$,જે $x = 0$ આગળ $0$ થાય છે.
$\frac{d^3U}{dx^3} = 6\alpha x + 12\beta x^2$,જે $x = 0$ આગળ $0$ થાય છે.
$\frac{d^4U}{dx^4} = 6\alpha + 24\beta x$,જે $x = 0$ આગળ $6\alpha$ થાય છે.
$\alpha > 0$ હોવાથી,$x = 0$ આગળ પ્રથમ શૂન્યતર વિકલન બેકી ક્રમનું ($4$ થું વિકલન) અને ધન છે. આ દર્શાવે છે કે $U$ નું મૂલ્ય $x = 0$ આગળ ન્યૂનતમ છે.
તેથી,કણ સ્થાયી સંતુલનમાં છે.

(D) કણની સ્થિતિઊર્જા $V(x) = -\alpha x + \beta \sin(x / \gamma)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમીકરણ પરિમાણની દ્રષ્ટિએ સુસંગત હોવા માટે,દરેક પદના પરિમાણ સ્થિતિઊર્જા $[V] = [ML^2T^{-2}]$ ના પરિમાણ સમાન હોવા જોઈએ.
$1$. પદ $\alpha x$ માટે: $[\alpha][x] = [V] \implies [\alpha][L] = [ML^2T^{-2}] \implies [\alpha] = [MLT^{-2}]$.
$2$. પદ $\beta \sin(x / \gamma)$ માટે: સાઈન વિધેયનો ખૂણો પરિમાણરહિત હોવો જોઈએ,તેથી $[x / \gamma] = [M^0L^0T^0] \implies [L] / [\gamma] = 1 \implies [\gamma] = [L]$.
$3$. તેમજ,$[\beta] = [V] = [ML^2T^{-2}]$.
હવે,આપેલા વિકલ્પોના પરિમાણ તપાસીએ:
વિકલ્પ $(d)$ માટે: $\frac{[\alpha][\gamma]}{[\beta]} = \frac{[MLT^{-2}][L]}{[ML^2T^{-2}]} = \frac{[ML^2T^{-2}]}{[ML^2T^{-2}]} = [M^0L^0T^0]$.
આ સંયોજન પરિમાણરહિત હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(D) ધારો કે અથડામણ પહેલાં $m$ દળના દડાનો વેગ $u$ છે. ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ, $\frac{1}{2}mu^2 = mgh$, તેથી $u = \sqrt{2gh}$.
સ્થિતિસ્થાપક અથડામણમાં, ગતિ ઉર્જા અને રેખીય વેગમાન બંનેનું સંરક્ષણ થાય છે.
ધારો કે અથડામણ પછી દડાનો વેગ (વિરુદ્ધ દિશામાં) $v_1$ છે અને બ્લોકનો વેગ $v_2$ છે.
વેગમાન સંરક્ષણ: $mu = 2mv_2 - mv_1 \Rightarrow u = 2v_2 - v_1 \quad \dots (i)$
ગતિ ઉર્જા સંરક્ષણ: $\frac{1}{2}mu^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}(2m)v_2^2 \Rightarrow u^2 = v_1^2 + 2v_2^2 \quad \dots (ii)$
$(i)$ પરથી, $2v_2 = u + v_1$. આ કિંમત $(ii)$ માં મૂકતા:
$u^2 = v_1^2 + 2\left(\frac{u+v_1}{2}\right)^2 = v_1^2 + \frac{(u+v_1)^2}{2}$
$2u^2 = 2v_1^2 + u^2 + v_1^2 + 2uv_1$
$u^2 - 2uv_1 - 3v_1^2 = 0$
$(u - 3v_1)(u + v_1) = 0$
અહીં $v_1$ એ વિરુદ્ધ દિશામાં ઝડપ હોવાથી, $v_1 = \frac{u}{3}$.
દડા દ્વારા પ્રાપ્ત નવી ઊંચાઈ $h'$ એ $mgh' = \frac{1}{2}mv_1^2$ દ્વારા મળે છે.
$h' = \frac{v_1^2}{2g} = \frac{(u/3)^2}{2g} = \frac{u^2}{18g} = \frac{2gh}{18g} = \frac{h}{9}$.

(A) જ્યારે કોઈ કણ પ્રવાહીમાં પડે છે,ત્યારે તેના પર ત્રણ બળો કાર્ય કરે છે: નીચેની તરફ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $(mg)$,ઉપરની તરફ ઉત્પ્લાવક બળ $(F_B)$,અને ઉપરની તરફ અવરોધક બળ $(F_R)$.
કણ પરનું કુલ બળ $F_{net} = mg - F_B - F_R$ છે.
આપેલ છે કે અવરોધક બળ તેની ઝડપના વર્ગના પ્રમાણમાં છે,તેથી $F_R = kv^2$,જ્યાં $k$ એક અચળાંક છે.
શરૂઆતમાં,$t = 0$ સમયે,ઝડપ $v = 0$ છે,તેથી અવરોધક બળ $F_R = 0$ છે. પ્રવેગ મહત્તમ હોય છે,અને ઝડપ વધવાનું શરૂ થાય છે.
જેમ જેમ ઝડપ $v$ વધે છે,તેમ અવરોધક બળ $F_R = kv^2$ પણ વધે છે. પરિણામે,કુલ બળ $F_{net} = mg - F_B - kv^2$ ઘટે છે,જેનો અર્થ છે કે પ્રવેગ $(a = F_{net}/m)$ ઘટે છે.
અંતે,અવરોધક બળ એટલું વધે છે કે કુલ બળ શૂન્ય થઈ જાય છે $(mg - F_B - kv^2 = 0)$. આ બિંદુએ,પ્રવેગ શૂન્ય થઈ જાય છે,અને કણ અચળ ટર્મિનલ વેગ પ્રાપ્ત કરે છે.
સમય $t$ વિરુદ્ધ ઝડપ $v$ નો આલેખ ઝડપમાં શરૂઆતનો વધારો અને ઘટતો ઢાળ દર્શાવવો જોઈએ,જે અંતે અચળ મૂલ્ય (એસીમ્પ્ટોટ) તરફ જાય છે. આલેખ $(a)$ આ વર્તણૂકને યોગ્ય રીતે રજૂ કરે છે.

(A) સ્થાયી અવસ્થામાં,બંને સળિયામાંથી પસાર થતો ઉષ્માનો દર સમાન હોય છે.
ધારો કે જોડાણ પાસેનું તાપમાન $T$ છે.
$\left(\frac{kA(T_1 - T)}{l}\right)_{\text{steel}} = \left(\frac{kA(T - T_2)}{l}\right)_{\text{copper}}$
બંને સળિયા માટે આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ સમાન હોવાથી,તે ઉડી જશે:
$\frac{50(100 - T)}{0.1} = \frac{400(T - 0)}{0.2}$
$500(100 - T) = 2000(T)$
$100 - T = 4T$
$5T = 100$
$T = 20^{\circ}C$

(B) કૃષ્ણ પદાર્થ દ્વારા ઉત્સર્જિત ઉર્જા સ્ટેફન-બોલ્ટ્ઝમેન નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $U = \sigma A T^4 t$,જ્યાં $\sigma$ એ સ્ટેફનનો અચળાંક છે,$A$ એ સપાટીનું ક્ષેત્રફળ છે,$T$ એ નિરપેક્ષ તાપમાન છે અને $t$ એ સમય છે.
પ્રથમ કિસ્સામાં,એકત્રિત ઉર્જા $U_1 = \sigma A T^4 t$ છે. તાપમાનમાં વધારો $\Delta T_1 = 11.0^{\circ} C - 10.0^{\circ} C = 1.0^{\circ} C$ છે.
બીજા કિસ્સામાં,નવું ક્ષેત્રફળ $A' = A/2$ અને નવું તાપમાન $T' = 2T$ છે. એકત્રિત ઉર્જા $U_2 = \sigma (A/2) (2T)^4 t = \sigma (A/2) (16T^4) t = 8 \sigma A T^4 t = 8 U_1$ છે.
પાણી દ્વારા શોષાયેલી ઉર્જા તાપમાનના વધારાના પ્રમાણમાં હોવાથી $(\Delta Q = ms \Delta T)$,આપણને મળે છે $\frac{\Delta T_2}{\Delta T_1} = \frac{U_2}{U_1} = 8$.
તેથી,$\Delta T_2 = 8 \times \Delta T_1 = 8 \times 1.0^{\circ} C = 8.0^{\circ} C$.
પાણીનું અંતિમ તાપમાન $10.0^{\circ} C + 8.0^{\circ} C = 18.0^{\circ} C$ થશે.

(A) રોકેટ સૌરમંડળ સાથે બંધાયેલું રહે તે માટે પ્રક્ષેપણ સમયે તેની કુલ ઉર્જા શૂન્ય અથવા તેનાથી ઓછી હોવી જોઈએ.
લઘુગ્રહની કક્ષીય ઝડપ $v_0 = \sqrt{\frac{GM}{r_0}}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $v_0^2 = \frac{GM}{r_0}$.
સૂર્યની સાપેક્ષ રોકેટની કુલ ઉર્જા $E$ એ તેની ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિ ઉર્જા અને ગતિ ઉર્જાનો સરવાળો છે:
$E = -\frac{GMm}{r_0} + \frac{1}{2}mv^2$
આપેલ છે કે સૂર્યની સાપેક્ષ રોકેટની ઝડપ $v = \alpha v_0$ છે,તેથી:
$E = -\frac{GMm}{r_0} + \frac{1}{2}m(\alpha v_0)^2$
રોકેટ બંધાયેલું રહે તે માટે,$E \leq 0$:
$-\frac{GMm}{r_0} + \frac{1}{2}m \alpha^2 v_0^2 \leq 0$
$v_0^2 = \frac{GM}{r_0}$ મૂકતા:
$-\frac{GMm}{r_0} + \frac{1}{2}m \alpha^2 \left(\frac{GM}{r_0}\right) \leq 0$
$\frac{GMm}{r_0}$ વડે ભાગતા:
$-1 + \frac{1}{2} \alpha^2 \leq 0$
$\alpha^2 \leq 2$
$\alpha \leq \sqrt{2}$
આમ,$\alpha$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $\sqrt{2}$ છે.

(D) આપેલ તરંગ સમીકરણ $y(x, t) = y_0 \sin \left( \frac{2\pi}{L} x \right) \sin \left( \frac{2\pi}{L} x + \frac{\pi}{4} \right)$ છે.
સ્થિત તરંગના સામાન્ય સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા $k = \frac{2\pi}{\lambda} = \frac{2\pi}{L}$,તેથી $\lambda = L = 1.2 \,m$ મળે છે.
બંને છેડે બંધ પાઇપ માટે,શક્ય તરંગલંબાઈ $\lambda_n = \frac{2L}{n}$ છે. $n=2$ માટે,$\lambda = L = 1.2 \,m$,જે તરંગ સમીકરણ સાથે સુસંગત છે.
$x=0$ પર,$y(0, t) = y_0 \sin(0) \sin(\pi/4) = 0$,તેથી $x=0$ પર નિસ્પંદ બિંદુ છે.
$x=L/2$ પર,$y(L/2, t) = y_0 \sin(\pi) \sin(\pi + \pi/4) = 0$,જેનો અર્થ છે કે $x=L/2$ પર પણ નિસ્પંદ બિંદુ છે.
મૂળભૂત આવૃત્તિ $f = \frac{v}{\lambda_{max}} = \frac{v}{2L} = \frac{300}{2 \times 1.2} = \frac{300}{2.4} = 125 \,Hz$ છે.
$125 \,Hz \neq 137.5 \,Hz$ હોવાથી,વિકલ્પ $(d)$ ખોટું છે.

(B) બ્લોક $1$ અને $2$ માટે ફ્રી બોડી ડાયાગ્રામ આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ છે.
ધારો કે દોરીમાં તણાવ $T$ છે.
બ્લોક $1$ માટે,બળો ઉપરની તરફ તણાવ $T$,અને નીચેની તરફ ગુરુત્વાકર્ષણ $mg$ અને સ્પ્રિંગ બળ $k_1 x$ છે. ગતિનું સમીકરણ:
$T + k_1 x - mg = ma_1$ (નીચેની તરફ પ્રવેગ $a_1$ ધારતા)
બ્લોક $2$ માટે,બળો ઉપરની તરફ તણાવ $T$ અને સ્પ્રિંગ બળ $k_2 x$,અને નીચેની તરફ ગુરુત્વાકર્ષણ $mg$ છે. ગતિનું સમીકરણ:
$k_2 x + mg - T = ma_2$ (ઉપરની તરફ પ્રવેગ $a_2$ ધારતા)
દોરી અદબનીય હોવાથી,પ્રવેગના મૂલ્યો સમાન હોવા જોઈએ,તેથી $a_1 = a_2 = a$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$(T + k_1 x - mg) + (k_2 x + mg - T) = ma_1 + ma_2$
$(k_1 + k_2) x = 2ma$
$a = \frac{(k_1 + k_2) x}{2m}$
આમ,બંને બ્લોક્સ માટે પ્રવેગનું મૂલ્ય $a = \frac{(k_1 + k_2) x}{2m}$ છે.

(B) ધારો કે આડી સ્થિતિમાંથી મુક્ત થયા પછી $\theta$ સ્થિતિ પર લોલકનો વેગ $v$ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,ગુમાવેલી સ્થિતિ ઉર્જા એ મેળવેલી ગતિ ઉર્જા જેટલી હોય છે:
$mgh = \frac{1}{2}mv^2$
આડી સ્થિતિથી નીચે પડેલી ઊંચાઈ $h = l \cos \theta$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$mg(l \cos \theta) = \frac{1}{2}mv^2$
$\Rightarrow \frac{v^2}{l} = 2g \cos \theta$
ત્રિજ્યાવર્તી (કેન્દ્રગામી) પ્રવેગ $a_c = \frac{v^2}{l} = 2g \cos \theta$ છે.
સ્પર્શકીય પ્રવેગ એ દોરીને લંબ ગુરુત્વાકર્ષણના ઘટકને કારણે છે:
$a_t = g \sin \theta$.
જો કુલ પ્રવેગ સદિશ $\vec{a}$ દોરી સાથે (જે ત્રિજ્યાવર્તી પ્રવેગની દિશા છે) $\phi$ ખૂણો બનાવે,તો:
$\tan \phi = \frac{a_t}{a_c}$
$a_t$ અને $a_c$ માટેના સમીકરણો મૂકતા:
$\tan \phi = \frac{g \sin \theta}{2g \cos \theta} = \frac{\tan \theta}{2}$
તેથી,$\phi = \tan^{-1}\left(\frac{\tan \theta}{2}\right)$.

(B) રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,અથડામણ પહેલાનું કુલ વેગમાન એ અથડામણ પછીના કુલ વેગમાન જેટલું હોય છે.
ધારો કે $(m + m) = 2m$ દળ ધરાવતા સંયુક્ત તંત્રનો અંતિમ વેગ $V$ છે.
$m v + m(0) = (2m)V$
$m v = 2m V$
$V = v / 2$
હવે,અથડામણ પછી તંત્રની ગતિઊર્જા નીચે મુજબ મળે છે:
$K_f = \frac{1}{2} (2m) V^2$
$V$ ની કિંમત મૂકતા:
$K_f = \frac{1}{2} (2m) \left(\frac{v}{2}\right)^2$
$K_f = m \times \frac{v^2}{4} = \frac{m v^2}{4}$

(A) ધારો કે અથડામણની બરાબર પહેલા અને પછી દડાની ઝડપ $v$ છે. હવાનો અવરોધક બળ $F_r$ એ ઝડપના સમપ્રમાણમાં છે,તેથી $F_r = kv$,જ્યાં $k$ એક અચળાંક છે.
જ્યારે દડો નીચેની તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ નીચેની તરફ લાગે છે અને હવાનો અવરોધ $kv$ ઉપરની તરફ લાગે છે. પરિણામી બળ $F_{net} = mg - kv$ છે. પ્રવેગ $a_1$ નીચે મુજબ મળે છે:
$a_1 = \frac{mg - kv}{m} = g - \frac{k}{m}v$
જ્યારે દડો ઉપરની તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ નીચેની તરફ લાગે છે અને હવાનો અવરોધ $kv$ પણ નીચેની તરફ (ગતિની વિરુદ્ધ દિશામાં) લાગે છે. પરિણામી બળ $F_{net} = mg + kv$ છે. પ્રવેગ $a_2$ નીચે મુજબ મળે છે:
$a_2 = \frac{mg + kv}{m} = g + \frac{k}{m}v$
આ બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,સ્પષ્ટ થાય છે કે $a_2 > a_1$ અથવા $a_1 < a_2$.

(D) ડ્રિફ્ટને ન્યૂનતમ કરવા માટે,હોડીને એવી રીતે હંકાવવી જોઈએ કે જેથી તેનો પરિણામી વેગ નદીના કિનારાને લંબ હોય.
ધારો કે હોડી નદીના પ્રવાહને લંબ દિશા સાથે $\theta$ ખૂણે નિર્દેશિત છે,જે આકૃતિમાં દર્શાવેલ છે.
વેગના ત્રિકોણ પરથી,નદીના પ્રવાહની દિશામાં હોડીના વેગ $v$ નો ઘટક નદીના વેગ $v/2$ ને નાબૂદ કરવો જોઈએ.
તેથી,$v \sin \theta = v/2$.
$\sin \theta = 1/2$,જે $\theta = 30^{\circ}$ આપે છે.
પ્રવાહની દિશાની સાપેક્ષે ખૂણો $90^{\circ} + \theta = 90^{\circ} + 30^{\circ} = 120^{\circ}$ થશે.

(B) સાચો જવાબ $(B)$ છે.
બરફ એ ઉષ્માનો મંદ વાહક છે,જેનો અર્થ છે કે તેની ઉષ્મીય વાહકતા ખૂબ જ ઓછી હોય છે.
આ ઓછી ઉષ્મીય વાહકતાને કારણે,ઇગ્લૂની બરફની દીવાલો એક ઇન્સ્યુલેટર તરીકે કામ કરે છે,જે અંદર ઉત્પન્ન થતી ગરમીને બહારના ઠંડા વાતાવરણમાં જતી અટકાવે છે અને બહારની ઠંડીને અંદર આવતી અટકાવે છે.
આનાથી ઇગ્લૂની અંદરનું તાપમાન $20^{\circ} C$ જેવું આરામદાયક સ્તર જાળવી રાખવું શક્ય બને છે,ભલે બહારનું તાપમાન અત્યંત નીચું હોય.
બરફની ઉષ્મીય વાહકતા આશરે $1.6 \, W m^{-1} K^{-1}$ છે.

(A) કોઈપણ ઘન પદાર્થમાં રહેલી ખાલી જગ્યા અથવા ગેપનું ઉષ્મીય પ્રસરણ તે પદાર્થ જેવો જ વર્તાવ કરે છે.
જ્યારે રીંગનું તાપમાન $\Delta T$ જેટલું વધે છે,ત્યારે રીંગના દરેક રેખીય પરિમાણ,જેમાં ગેપની પહોળાઈ $d$ નો પણ સમાવેશ થાય છે,તે રેખીય પ્રસરણના સૂત્ર $\Delta L = L \alpha \Delta T$ મુજબ વિસ્તરે છે.
તેથી,ગેપની પહોળાઈમાં થતો ફેરફાર $\Delta d = d \alpha \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $\Delta T > 0$ હોવાથી,ગેપની પહોળાઈ $d \alpha \Delta T$ જેટલી વધશે.

(B) પુસ્તક સંતુલનમાં રહે તે માટે,તેના પર લાગતું કુલ બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ.
$1$. પુસ્તક પર લાગતા ઉભા બળો તેના વજન $mg$ જે નીચેની તરફ લાગે છે અને દીવાલ દ્વારા ઉપરની તરફ લાગતું સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f$ છે.
$2$. પુસ્તક ઉભી દિશામાં ગતિ ન કરે તે માટે,ઘર્ષણ બળ પુસ્તકના વજનને સંતુલિત કરવું જોઈએ: $f = mg$.
$3$. આડા બળો એ લાગુ પાડવામાં આવેલ બળ $F$ અને દીવાલ તરફથી મળતી લંબ પ્રતિક્રિયા $N$ છે. આડી દિશામાં કોઈ ગતિ ન હોવાથી,$N = F$.
$4$. મહત્તમ શક્ય સ્થિત ઘર્ષણ $f_{max} = \mu N = \mu F$ છે. જો કે,વાસ્તવિક સ્થિત ઘર્ષણ $f$ વજનને સંતુલિત કરવા માટે પોતાની મેળે ગોઠવાઈ જાય છે,જો $f \le f_{max}$ હોય.
$5$. તેથી,ઘર્ષણ બળ $mg$ છે અને તે પુસ્તકને નીચે પડતું અટકાવવા માટે ઉપરની તરફ લાગે છે.

(B) આપેલ છે,સમઘનનું પૃષ્ઠફળ $=$ ગોળાનું પૃષ્ઠફળ.
$6a^2 = 4\pi r^2 \Rightarrow \frac{a}{r} = \sqrt{\frac{4\pi}{6}} = \sqrt{\frac{2\pi}{3}}$.
ઉત્પ્લાવક બળ $F_B = V \cdot \rho_f \cdot g$. બંને પદાર્થો સમાન પ્રવાહીમાં સંપૂર્ણપણે ડૂબેલા હોવાથી,ઉત્પ્લાવક બળનો ગુણોત્તર તેમના કદના ગુણોત્તર જેટલો થાય:
$\frac{(F_B)_{\text{cube}}}{(F_B)_{\text{sphere}}} = \frac{V_{\text{cube}}}{V_{\text{sphere}}} = \frac{a^3}{\frac{4}{3}\pi r^3} = \frac{3}{4\pi} \left( \frac{a}{r} \right)^3$.
$\frac{a}{r} = \sqrt{\frac{2\pi}{3}}$ કિંમત મૂકતા:
$\frac{(F_B)_{\text{cube}}}{(F_B)_{\text{sphere}}} = \frac{3}{4\pi} \left( \sqrt{\frac{2\pi}{3}} \right)^3 = \frac{3}{4\pi} \cdot \frac{2\pi}{3} \cdot \sqrt{\frac{2\pi}{3}} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{2\pi}{3}} = \sqrt{\frac{\pi}{6}}$.
અહીં $\pi \approx 3.14$ હોવાથી,$\frac{\pi}{6} < 1$,તેથી $\sqrt{\frac{\pi}{6}} < 1$.
આનો અર્થ એ છે કે $(F_B)_{\text{cube}} < (F_B)_{\text{sphere}}$.
આમ,ઉત્પ્લાવક બળ ગોળા માટે વધારે છે.

(D) ફટાકડાને વિભાજિત કરતું વિસ્ફોટ બળ સિસ્ટમની આંતરિક છે,તેથી સિસ્ટમના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો માર્ગ બદલાતો નથી.
સિસ્ટમના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની અવધિ (Range) $R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$u = 30 \, ms^{-1}$ અને સમક્ષિતિજ સાથેનો ખૂણો $\theta = 90^{\circ} - 75^{\circ} = 15^{\circ}$ છે.
તેથી,$R = \frac{30 \times 30 \times \sin(2 \times 15^{\circ})}{10} = 90 \times \sin(30^{\circ}) = 90 \times 0.5 = 45 \, m$.
આમ,દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનું સ્થાન ($x$-યામ) ઉગમબિંદુથી $45 \, m$ અંતરે છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$X_{CM} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2}$,જ્યાં $m_1 = m_2 = m$ અને $X_{CM} = 45 \, m$ છે:
$45 = \frac{m(27) + m(x)}{m + m}$
$45 = \frac{27 + x}{2}$
$90 = 27 + x \Rightarrow x = 63 \, m$.
જો કે,જો વિસ્ફોટ તેની દિશા ઉલટાવવા માટે પૂરતો મજબૂત હોય તો પ્રથમ ટુકડો $-27 \, m$ (ઉગમબિંદુની પાછળ) પર પણ પડી શકે છે:
$45 = \frac{m(-27) + m(x)}{2m}$
$90 = -27 + x \Rightarrow x = 117 \, m$.
આમ,બીજો ટુકડો શૂટિંગ પોઈન્ટથી $63 \, m$ અથવા $117 \, m$ અંતરે પડશે.

(C) બ્લોક અચળ ઝડપે ઢળતી સપાટી પર નીચે સરકી રહ્યો હોવાથી,તેનો પ્રવેગ શૂન્ય છે. તેથી,બ્લોક જ્યારે ઊંચાઈ $h$ થી જમીન પર પહોંચે છે ત્યારે તેની ગતિ ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $(\Delta KE)$ શૂન્ય છે.
કાર્ય-ઉર્જા પ્રમેય મુજબ,બ્લોક પર થયેલું કુલ કાર્ય તેની ગતિ ઉર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે:
$W_{\text{total}} = \Delta KE = 0$
કુલ કાર્ય એ ગુરુત્વાકર્ષણ દ્વારા થયેલું કાર્ય $(W_{\text{gravity}})$ અને ઘર્ષણ દ્વારા થયેલા કાર્ય $(W_{\text{friction}})$ નો સરવાળો છે:
$W_{\text{gravity}} + W_{\text{friction}} = 0$
બ્લોક $h$ જેટલી ઊર્ધ્વ ઊંચાઈ નીચે ઉતરે ત્યારે ગુરુત્વાકર્ષણ દ્વારા થયેલું કાર્ય $W_{\text{gravity}} = mgh$ છે.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$mgh + W_{\text{friction}} = 0$
$W_{\text{friction}} = -mgh$
ઘર્ષણ દ્વારા વ્યય થતી ઉર્જા એ ઘર્ષણ બળ દ્વારા થયેલા કાર્યનું મૂલ્ય છે:
$\text{વ્યય થતી ઉર્જા} = |W_{\text{friction}}| = mgh$.

(D) ધારો કે $m$ ગ્રામ બરફ ઓગળે છે અને તેનાથી મિશ્રણનું અંતિમ તાપમાન $0^{\circ} C$ થાય છે.
કેલરીમેટ્રીના સિદ્ધાંત મુજબ,પાણી દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા = બરફ દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા.
$100 \,g$ પાણી $80^{\circ} C$ થી $0^{\circ} C$ સુધી ઠંડું પડતા ગુમાવેલી ઉષ્મા $Q_{lost} = m_w \cdot s_w \cdot \Delta T = 100 \times 1 \times (80 - 0) = 8000 \,cal$ છે.
$0^{\circ} C$ તાપમાને $m$ ગ્રામ બરફને ઓગળવા માટે જરૂરી ઉષ્મા $Q_{gained} = m \cdot L_f = m \times 80$ છે.
બંનેને સરખાવતા: $80m = 8000$.
$m$ માટે ઉકેલતા: $m = 100 \,g$.
કુલ બરફનું દળ $150 \,g$ હોવાથી,ન ઓગળેલા બરફનું દળ $150 \,g - 100 \,g = 50 \,g$ થશે.

(B) $i$ પ્રવાહ ધરાવતા $L$ લંબાઈના સીધા તારને કારણે $r$ લંબ અંતરે કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{{{\mu _0}i}}{{4\pi r}}(\sin \phi_1 + \sin \phi_2)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નિયમિત બહુકોણની એક બાજુ માટે,કેન્દ્ર પર અડધી બાજુ દ્વારા આંતરેલો ખૂણો $\theta = \frac{\pi}{n}$ છે.
કેન્દ્રથી બાજુનું લંબ અંતર $r = a \cos \theta = a \cos(\frac{\pi}{n})$ છે.
બાજુના છેડાઓ પરના ખૂણા $\phi_1 = \phi_2 = \theta = \frac{\pi}{n}$ છે.
આમ,એક બાજુને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_1 = \frac{{{\mu _0}i}}{{4\pi (a \cos \theta)}} (2 \sin \theta) = \frac{{{\mu _0}i}}{{2\pi a}} \tan \theta = \frac{{{\mu _0}i}}{{2\pi a}} \tan(\frac{\pi}{n})$ છે.
આવા $n$ બાજુઓ હોવાથી,કેન્દ્ર પરનું કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{net} = n \times B_1 = \frac{{n{\mu _0}i}}{{2\pi a}} \tan(\frac{\pi}{n})$ થશે.

(D) કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{q^2}{2C}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$RC$ સર્કિટના ડિસ્ચાર્જિંગ દરમિયાન,કોઈપણ સમયે $t$ પર કેપેસિટર પરનો ચાર્જ $q = q_0 e^{-t / RC}$ છે.
આને ઉર્જાના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને મળે છે $U = \frac{(q_0 e^{-t / RC})^2}{2C} = \frac{q_0^2}{2C} e^{-2t / RC} = U_0 e^{-2t / RC}$,જ્યાં $U_0$ એ પ્રારંભિક ઉર્જા છે.
આપણે તે સમય $t$ શોધવો છે જ્યારે $U = \frac{U_0}{2}$ થાય.
સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{U_0}{2} = U_0 e^{-2t / RC}$.
$U_0$ વડે ભાગતા: $\frac{1}{2} = e^{-2t / RC}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લેતા: $\ln(1/2) = -2t / RC$.
કારણ કે $\ln(1/2) = -\ln 2$,તેથી $-\ln 2 = -2t / RC$.
$t$ માટે ઉકેલતા: $t = \frac{RC \ln 2}{2}$.

(A) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં,પડદા પરના કોઈપણ બિંદુએ પરિણામી તીવ્રતા $I$ એ $I = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I_1 = I_2 = I_0$ છે.
તેથી,$I = 2 I_0 + 2 I_0 \cos \phi = 4 I_0 \cos^2(\phi / 2)$.
$1$. ન્યૂનતમ તીવ્રતા ત્યારે મળે છે જ્યારે $\cos^2(\phi / 2) = 0$ હોય,તેથી $I_{\min} = 0$.
$2$. મહત્તમ તીવ્રતા ત્યારે મળે છે જ્યારે $\cos^2(\phi / 2) = 1$ હોય,તેથી $I_{\max} = 4 I_0$.
$3$. સમગ્ર પડદા પર સરેરાશ તીવ્રતા $I_{\text{avg}}$ એ સાઇનસૉઇડલ વ્યતિકરણ ભાત માટે $I_{\max}$ અને $I_{\min}$ ની સરેરાશ છે,જે $I_{\text{avg}} = \frac{I_{\max} + I_{\min}}{2} = \frac{4 I_0 + 0}{2} = 2 I_0$ થાય છે.
તેથી,મૂલ્યો $0, 4 I_0, 2 I_0$ છે.

(A) જ્યારે વાહક સળિયો સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં $v$ વેગ સાથે ગતિ કરે છે,ત્યારે સળિયામાં ગતિકીય $emf$ $\varepsilon = Blv$ પ્રેરિત થાય છે.
આ $emf$ પરિપથમાં પ્રેરિત પ્રવાહ $I = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{Blv}{R}$ ઉત્પન્ન કરે છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં રહેલો પ્રવાહધારિત સળિયો વેગ $v$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં ચુંબકીય બળ $F_m = IlB = \frac{B^2l^2v}{R}$ અનુભવે છે.
આ બળને કારણે સળિયાનો વેગ ઘટતો જાય છે. જેમ સળિયો ગતિ કરે છે,તેમ જૂલ ઉષ્મા અસર $(P = I^2R)$ ને કારણે ગતિ ઊર્જા અવરોધકમાં ઉષ્મા તરીકે વ્યય પામે છે.
અહીં કોઈ અન્ય બાહ્ય બળ કે ઊર્જા સંગ્રહ સાધન (જેમ કે કેપેસિટર કે ઇન્ડક્ટર) ન હોવાથી,સળિયો સ્થિર થાય ત્યાં સુધીમાં તેની સંપૂર્ણ પ્રારંભિક ગતિ ઊર્જા $\frac{1}{2} m v_0^2$ અવરોધક $R$ માં ઉષ્મા સ્વરૂપે વ્યય પામશે.

(A) તારમાં ઉત્પન્ન થતી ઉષ્માનો દર $Q_2 = I^2 R$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. અવરોધ $R = \frac{\rho L}{\pi r^2}$ હોવાથી,$Q_2 = \frac{I^2 \rho L}{\pi r^2}$ મળે.
ઉષ્મા વ્યયનો દર $Q_1$ એ સપાટીના ક્ષેત્રફળ $A = 2 \pi r L$ ના સમપ્રમાણમાં છે. તેથી,$Q_1 = k (2 \pi r L) \Delta T$,જ્યાં $k$ અચળાંક છે અને $\Delta T$ એ તાપમાનનો તફાવત છે.
સ્થાયી અવસ્થામાં,ઉત્પન્ન થતી ઉષ્માનો દર અને ઉષ્મા વ્યયનો દર સમાન હોય છે: $Q_2 = Q_1$.
$\frac{I^2 \rho L}{\pi r^2} = k (2 \pi r L) \Delta T$.
$\Delta T$ માટે ઉકેલતા: $\Delta T = \frac{I^2 \rho L}{\pi r^2 \cdot 2 \pi r L k} = \frac{I^2 \rho}{2 \pi^2 r^3 k}$.
અહીં લંબાઈ $L$ બંને બાજુથી રદ થઈ જાય છે,તેથી સ્થાયી અવસ્થાનું તાપમાન $\Delta T$ એ તારની લંબાઈ $L$ થી સ્વતંત્ર છે.

(A) $R$ ત્રિજ્યા અને $e$ વિદ્યુતભાર ધરાવતા સમાન રીતે વિદ્યુતભારિત ગોળાકાર કવચની સ્થિત-વિદ્યુત સ્થિતિ ઉર્જા $E = \frac{e^2}{8 \pi \varepsilon_0 R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આઈન્સ્ટાઈનના દળ-ઉર્જા સમતુલ્યતા મુજબ,$E = m_e c^2$.
ઉર્જા માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા,આપણને મળે છે $\frac{e^2}{8 \pi \varepsilon_0 R} = m_e c^2$.
$R$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા,$R = \frac{e^2}{8 \pi \varepsilon_0 m_e c^2} = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{4 \pi \varepsilon_0 m_e c^2} \right)$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $R = \frac{(1.6 \times 10^{-19})^2 \times 9 \times 10^9}{2 \times 9.1 \times 10^{-31} \times (3 \times 10^8)^2}$.
$R = \frac{2.56 \times 10^{-38} \times 9 \times 10^9}{2 \times 9.1 \times 10^{-31} \times 9 \times 10^{16}} = \frac{2.56 \times 10^{-29}}{18.2 \times 10^{-15}} \approx 0.14 \times 10^{-14} \, m = 1.4 \times 10^{-15} \, m$.

(A) ક્ષય પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $X \xrightarrow{T_{1/2, X} = 40000 \, yr} Y \xrightarrow{T_{1/2, Y} = 20 \, yr} Z$.
જેમ કે $Y$ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા સમય સાથે બદલાતી નથી,તેનો અર્થ એ છે કે $Y$ ના ઉત્પાદનનો દર $Y$ ના ક્ષયના દર જેટલો જ છે.
આ સ્થિતિને સેક્યુલર સંતુલન કહેવામાં આવે છે.
તેથી,$\lambda_X N_X = \lambda_Y N_Y$.
સંબંધ $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\frac{\ln 2}{T_X} N_X = \frac{\ln 2}{T_Y} N_Y$.
આ સમીકરણ $\frac{N_X}{T_X} = \frac{N_Y}{T_Y}$ માં સરળ બને છે.
$N_Y$ માટે સૂત્ર બનાવતા,$N_Y = N_X \times \frac{T_Y}{T_X}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $N_Y = (4 \times 10^{20}) \times \frac{20}{40000}$.
$N_Y = (4 \times 10^{20}) \times \frac{1}{2000} = 2 \times 10^{17}$ ન્યુક્લિયસ.

(C) જ્યારે $I_0$ તીવ્રતા ધરાવતો અધ્રુવીભૂત પ્રકાશ પ્રથમ પોલરાઇઝરમાંથી પસાર થાય છે,ત્યારે પારગમિત પ્રકાશની તીવ્રતા $I_1 = \frac{I_0}{2}$ થાય છે.
હવે,આ ધ્રુવીભૂત પ્રકાશ બીજા પોલરાઇઝરમાંથી પસાર થાય છે,જે પ્રથમ પોલરાઇઝર સાથે $\theta = 30^{\circ}$ ના ખૂણે છે. મેલસના નિયમ મુજબ,બહાર આવતા પ્રકાશની તીવ્રતા $I'$ નીચે મુજબ મળે છે:
$I' = I_1 \cos^2 \theta$
કિંમતો મૂકતા:
$I' = \frac{I_0}{2} \times \cos^2 30^{\circ}$
$I' = \frac{I_0}{2} \times \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^2$
$I' = \frac{I_0}{2} \times \frac{3}{4}$
$I' = \frac{3 I_0}{8}$

(A) બહુવિધ ક્ષય મોડ ધરાવતા રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસ માટે,કુલ ક્ષય અચળાંક $\lambda_B$ એ વ્યક્તિગત ક્ષય અચળાંકોનો સરવાળો છે: $\lambda_B = \lambda_1 + \lambda_2$.
ક્ષય અચળાંક $\lambda$ અને અર્ધ-આયુષ્ય $\tau$ વચ્ચેનો સંબંધ $\lambda = \ln(2) / \tau$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ: $1 / \tau_B = 1 / \tau_1 + 1 / \tau_2$.
આપેલ છે કે જો ક્ષય મોડ $2$ ગેરહાજર હોય,તો અર્ધ-આયુષ્ય $\tau_1 = \tau_A / 2$ છે.
આપેલ છે કે જો ક્ષય મોડ $1$ ગેરહાજર હોય,તો અર્ધ-આયુષ્ય $\tau_2 = 3 \tau_A$ છે.
આ કિંમતોને વાસ્તવિક અર્ધ-આયુષ્ય $\tau_B$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$1 / \tau_B = 1 / (\tau_A / 2) + 1 / (3 \tau_A)$
$1 / \tau_B = 2 / \tau_A + 1 / (3 \tau_A)$
$1 / \tau_B = (6 + 1) / (3 \tau_A) = 7 / (3 \tau_A)$
તેથી,$\tau_B = (3 / 7) \tau_A$,જેનો અર્થ છે કે $\tau_B / \tau_A = 3 / 7$.

(A) ઉત્સર્જિત ફોટો-ઇલેક્ટ્રોનની ઊર્જા આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ દ્વારા મળે છે: $E_{max} = h\nu - \Phi_0$.
આપેલ છે,આપાત ફોટોન ઊર્જા $h\nu = 3 \,eV$ અને કાર્ય વિધેય $\Phi_0 = 2.3 \,eV$.
તેથી,મહત્તમ ગતિ ઊર્જા $E_{max} = 3 - 2.3 = 0.7 \,eV$.
આનો અર્થ એ છે કે જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન $0.7 \,V$ નો અવરોધક વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત અનુભવે ત્યારે તે પાછો ફરે છે.
બે પ્લેટો વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $5 \,mm$ ના અંતરે $1 \,V$ છે.
સમાન વિદ્યુતક્ષેત્ર ધારતા,વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો ઢાળ $\frac{1 \,V}{5 \,mm} = 0.2 \,V/mm$ છે.
$0.7 \,V$ ના વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત સુધી પહોંચવા માટે જરૂરી અંતર $d = \frac{V_{stop}}{\text{gradient}} = \frac{0.7 \,V}{0.2 \,V/mm} = 3.5 \,mm$ છે.
આમ,ફોટો-ઇલેક્ટ્રોન $3.5 \,mm$ મુસાફરી કર્યા પછી પાછો ફરે છે.

(A) ગોળાઓ $A$ અને $B$ જોડાયેલા હોવાથી,તેઓ સમાન સ્થિતિમાન ધરાવતા એક જ વાહક તરીકે વર્તે છે. ધારો કે સંયુક્ત તંત્ર $(A+B)$ પરનો વિદ્યુતભાર $q$ છે અને ગોળા $C$ પરનો વિદ્યુતભાર $Q_C$ છે.
તંત્ર $(A+B)$ નું સ્થિતિમાન નીચે મુજબ મળે છે:
$V_B = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{q}{b} + \frac{Q_C}{c} \right) = V$
ગોળા $C$ ને અર્થિંગ કરેલ હોવાથી,તેનું સ્થિતિમાન શૂન્ય છે:
$V_C = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{q}{c} + \frac{Q_C}{c} \right) = 0$
બીજા સમીકરણ પરથી,આપણને $q + Q_C = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $q = -Q_C$.
$q = -Q_C$ ને પ્રથમ સમીકરણમાં મૂકતા:
$V = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{-Q_C}{b} + \frac{Q_C}{c} \right)$
$V = \frac{Q_C}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{c} - \frac{1}{b} \right) = \frac{Q_C}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{b-c}{bc} \right)$
$Q_C$ માટે ઉકેલતા:
$Q_C = 4 \pi \varepsilon_0 V \left( \frac{bc}{b-c} \right) = -4 \pi \varepsilon_0 V \left( \frac{bc}{c-b} \right)$

(A) ધારો કે $R$ એ વર્તુળાકાર વિસ્તારની ત્રિજ્યા છે જેના દ્વારા બહારની વસ્તુઓ જોઈ શકાય છે.
ધારો કે $\theta$ એ પાણી-હવા આંતરપૃષ્ઠ માટે ક્રાંતિકોણ છે.
તેથી,$\sin \theta = \frac{1}{\mu} = \frac{1}{4/3} = \frac{3}{4}$.
હવે,$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{\sin \theta}{\sqrt{1 - \sin^2 \theta}}$.
$\sin \theta$ નું મૂલ્ય મૂકતા:
$\tan \theta = \frac{3/4}{\sqrt{1 - (3/4)^2}} = \frac{3/4}{\sqrt{1 - 9/16}} = \frac{3/4}{\sqrt{7/16}} = \frac{3/4}{\sqrt{7}/4} = \frac{3}{\sqrt{7}}$.
પ્રશ્નની ભૂમિતિ મુજબ,ડાઇવરની આંખો તળિયેથી $h$ ઊંચાઈ પર છે,તેથી પાણીની સપાટીથી અંતર $(H-h)$ છે.
આમ,$\tan \theta = \frac{R}{H-h}$.
$\tan \theta$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{R}{H-h} = \frac{3}{\sqrt{7}}$.
તેથી,$R = \frac{3(H-h)}{\sqrt{7}}$.

(A) બિંદુ $A$ અને $B$ વચ્ચેનો સમતુલ્ય અવરોધ શોધવા માટે,આપણે પહેલા નોંધીએ કે $AC$ અને $BD$ પરના શોર્ટિંગ વાયરને કારણે $A$ નું સ્થિતિમાન $C$ ના સ્થિતિમાન જેટલું $(V_A = V_C)$ અને $B$ નું સ્થિતિમાન $D$ ના સ્થિતિમાન જેટલું $(V_B = V_D)$ થાય છે.
નોડ $A$ અને $C$ ને એક જ નોડમાં અને $B$ તથા $D$ ને બીજા એક જ નોડમાં ભેગા કરીને,આપણે પરિપથને ફરીથી દોરી શકીએ છીએ.
આ ગોઠવણીમાં,દસ અવરોધો એવી રીતે ગોઠવાયેલા છે કે તેઓ બે સમાંતર શાખાઓ બનાવે છે,જેમાંની દરેક શ્રેણી-સમાંતર સંયોજનમાં પાંચ અવરોધો ધરાવે છે. ખાસ કરીને,સમઘનની સંમિતિ આપણને નેટવર્કને બે સમાંતર માર્ગોમાં સરળ બનાવવાની મંજૂરી આપે છે,જેમાંથી દરેકનો સમતુલ્ય અવરોધ $R$ છે.
આમ,કુલ સમતુલ્ય અવરોધ $R_{AB}$ આ બે માર્ગોના સમાંતર જોડાણ દ્વારા મળે છે:
$R_{AB} = \frac{R \times R}{R + R} = \frac{R}{2} \, \Omega$.

(C) સાચો જવાબ $(c)$ છે.
બાહ્ય પરિપથમાં,મુક્ત ઇલેક્ટ્રોન વિદ્યુતક્ષેત્રની વિરુદ્ધ દિશામાં સ્થિત-વિદ્યુત બળનો અનુભવ કરે છે કારણ કે તેઓ ઋણ વીજભાર ધરાવે છે.
વિદ્યુતક્ષેત્ર હંમેશા ઊંચા પોટેન્શિયલથી નીચા પોટેન્શિયલ તરફ હોય છે.
તેથી,સંતુલન પ્રાપ્ત કરવા માટે ઇલેક્ટ્રોન કુદરતી રીતે બાહ્ય પરિપથમાં નીચા પોટેન્શિયલથી ઊંચા પોટેન્શિયલ તરફ વહે છે.
જો કે,પાવર સ્ત્રોત (જેમ કે બેટરી) ની અંદર,બિન-સ્થિત-વિદ્યુત બળો (રાસાયણિક અથવા ચુંબકીય) ઇલેક્ટ્રોનને ઊંચા પોટેન્શિયલથી નીચા પોટેન્શિયલ તરફ ખસેડવા માટે કાર્ય કરે છે,જે પરિપથમાં પોટેન્શિયલ તફાવત જાળવી રાખે છે.
આમ,પાવર સ્ત્રોત સિવાય ઇલેક્ટ્રોન નીચાથી ઊંચા પોટેન્શિયલ તરફ વહે છે.

(B) સ્નેલના નિયમ મુજબ,જ્યારે પ્રકાશનું કિરણ $\mu_1$ વક્રીભવનાંક ધરાવતા માધ્યમમાંથી $\mu_2$ વક્રીભવનાંક ધરાવતા માધ્યમમાં જાય છે,ત્યારે જો $\mu_2 > \mu_1$ હોય તો તે લંબ તરફ વળે છે.
બિંદુ $Q$ પર,પ્રકાશનું કિરણ લંબ તરફ વળે છે,જે સૂચવે છે કે $\mu_2 > \mu_1$ છે.
બિંદુ $R$ પર,પ્રકાશનું કિરણ લંબથી દૂર જાય છે,જે સૂચવે છે કે $\mu_3 < \mu_2$ છે.
કારણ કે નિર્ગમન કિરણ $RS$ એ આપાત કિરણ $PQ$ ને સમાંતર છે,તેથી બે સપાટીઓ દ્વારા ઉત્પન્ન થતું કુલ વિચલન શૂન્ય હોવું જોઈએ. આ ત્યારે થાય છે જ્યારે પ્રથમ અને ત્રીજા માધ્યમના વક્રીભવનાંક સમાન હોય,એટલે કે $\mu_1 = \mu_3$.
આ અવલોકનોને જોડતા,આપણને $\mu_1 = \mu_3 < \mu_2$ મળે છે.

(A) સાચો વિકલ્પ $A$ છે.
જ્યારે પ્રકાશનું કિરણ ગોળાકાર સપાટી પર એવી રીતે આપાત થાય છે કે તે ગોળાના કેન્દ્ર $C$ માંથી પસાર થાય,ત્યારે આપાતકોણ $i$ એ $0^\circ$ હોય છે કારણ કે કિરણ સપાટીને લંબ હોય છે.
સ્નેલના નિયમ મુજબ,$n_1 \sin(i) = n_2 \sin(r)$,જેનો અર્થ છે કે $\sin(r) = 0$,તેથી વક્રીભવન કોણ $r$ પણ $0^\circ$ થાય છે.
કિરણ કેન્દ્રમાંથી પસાર થતું હોવાથી,તે ગોળાકાર ટીપાંના પ્રવેશ અને બહાર નીકળવાના બંને બિંદુઓ પર વિચલિત થયા વગર સીધું પસાર થાય છે.
કોઈ વિચલન કે વક્રીભવન ન હોવાથી,સફેદ પ્રકાશનું તેના ઘટક રંગોમાં વિભાજન (વિક્ષેપન) થતું નથી.
તેથી,બહાર આવતો પ્રકાશ સફેદ જ રહે છે અને વિચલન વગર બહાર આવે છે.

(A) અંતિમ પ્રતિબિંબ વસ્તુ સાથે સંપાત થાય તે માટે,પ્રકાશના કિરણો સમતલ અરીસા પર લંબરૂપે આપાત થવા જોઈએ.
આ ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે બહિર્ગોળ લેન્સમાંથી બહાર આવતા પ્રકાશના કિરણો મુખ્ય અક્ષને સમાંતર હોય.
બહિર્ગોળ લેન્સના મુખ્ય કેન્દ્ર પર મૂકવામાં આવેલી વસ્તુમાંથી આવતા પ્રકાશના કિરણો વક્રીભવન પછી મુખ્ય અક્ષને સમાંતર બને છે.
બહિર્ગોળ લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $f = 15 \,cm$ આપેલી હોવાથી,વસ્તુને અરીસાની વિરુદ્ધ બાજુએ લેન્સથી $15 \,cm$ ના અંતરે મૂકવી જોઈએ.
જ્યારે $15 \,cm$ પર રહેલી વસ્તુમાંથી કિરણો લેન્સમાંથી પસાર થાય છે,ત્યારે તે મુખ્ય અક્ષને સમાંતર બને છે.
આ સમાંતર કિરણો સમતલ અરીસા પર લંબરૂપે આપાત થાય છે અને તે જ માર્ગે પાછા પરાવર્તિત થાય છે.
ફરીથી લેન્સમાંથી પસાર થયા પછી,તેઓ તે જ બિંદુ પર કેન્દ્રિત થાય છે જ્યાં વસ્તુ સ્થિત છે,આમ અંતિમ પ્રતિબિંબ વસ્તુના સ્થાન પર જ રચાય છે.

(D) ધારો કે દરેક બલ્બનો અવરોધ $R$ છે અને દરેક બેટરીનો વોલ્ટેજ $V$ છે.
સર્કિટ $(P)$ માટે: ત્રણ બલ્બ એક બેટરી સાથે શ્રેણીમાં છે. કુલ અવરોધ $= 3R$. પાવર $P_P = \frac{V^2}{3R} \approx 0.33 \frac{V^2}{R}$.
સર્કિટ $(Q)$ માટે: ત્રણ બલ્બ એક બેટરી સાથે સમાંતરમાં છે. કુલ અવરોધ $= R/3$. પાવર $P_Q = \frac{V^2}{R/3} = \frac{3V^2}{R} = 3 \frac{V^2}{R}$.
સર્કિટ $(R)$ માટે: એક બલ્બ એક બેટરી સાથે જોડાયેલ છે. કુલ અવરોધ $= R$. પાવર $P_R = \frac{V^2}{R} = 1 \frac{V^2}{R}$.
સર્કિટ $(S)$ માટે: એક બલ્બ શ્રેણીમાં બે બેટરી સાથે જોડાયેલ છે. કુલ વોલ્ટેજ $= 2V$. કુલ અવરોધ $= R$. પાવર $P_S = \frac{(2V)^2}{R} = \frac{4V^2}{R} = 4 \frac{V^2}{R}$.
મૂલ્યોની સરખામણી કરતા: $0.33 \frac{V^2}{R} < 1 \frac{V^2}{R} < 3 \frac{V^2}{R} < 4 \frac{V^2}{R}$.
તેથી,પાવર વપરાશનો વધતો ક્રમ $P < R < Q < S$ છે.

(B) વિઘટન પ્રક્રિયા નીચે મુજબ દર્શાવી શકાય: ${ }_{92}^{238} U \longrightarrow{ }_{84}^{214} Po + 6({ }_{2}^{4} He) + n({ }_{-1}^{0} e)$.
દળ ક્રમાંકના સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$238 = 214 + 6(4) + n(0)$
$238 = 214 + 24 = 238$ (આ સંતોષાય છે).
પરમાણુ ક્રમાંક (વીજભાર) ના સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$92 = 84 + 6(2) + n(-1)$
$92 = 84 + 12 - n$
$92 = 96 - n$
$n = 96 - 92 = 4$.
તેથી,ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $4$ છે.

(C) સાચો જવાબ $(c)$ છે.
પરમાણુના રધરફોર્ડ મોડેલ મુજબ:
$1$. પરમાણુનો સમગ્ર ધન વીજભાર અને લગભગ તમામ દળ કેન્દ્રમાં ખૂબ જ નાના વિસ્તારમાં કેન્દ્રિત હોય છે જેને ન્યુક્લિયસ કહેવાય છે.
$2$. ન્યુક્લિયસનું કદ $(10^{-15} \ m)$ એ પરમાણુના કદ $(10^{-10} \ m)$ ની સરખામણીમાં અત્યંત નાનું હોય છે.
$3$. ઇલેક્ટ્રોન ન્યુક્લિયસની આસપાસ વર્તુળાકાર કક્ષામાં ફરે છે.
ન્યુક્લિયસનું કદ પરમાણુના કદ કરતા ઘણું નાનું હોવાથી,ન્યુક્લિયસનું કદ પરમાણુના કદની તુલનાત્મક છે તેવું વિધાન ખોટું છે.

(A) પાણીનો અણુ $(H_2O)$ એ ધ્રુવીય અણુ છે,જેનો અર્થ છે કે તેની પાસે કાયમી વિદ્યુત ડાયપોલ મોમેન્ટ છે.
જ્યારે વીજભારિત સળિયો (ભલે તે ધન કે ઋણ વીજભારિત હોય) પાણીના તટસ્થ પ્રવાહની નજીક લાવવામાં આવે છે,ત્યારે તે સ્થિર વિદ્યુત પ્રેરણને કારણે પાણીના અણુઓમાં વીજભારનું પુનઃવિતરણ કરે છે.
પાણીના અણુઓ ધ્રુવીય હોવાથી,અણુનો જે છેડો સળિયાના વીજભારથી વિરુદ્ધ હોય છે તે આકર્ષાય છે,જ્યારે સમાન વીજભાર ધરાવતો છેડો અપાકર્ષાય છે.
આકર્ષાયેલો છેડો અપાકર્ષાયેલા છેડા કરતા સળિયાની નજીક હોવાથી,ચોખ્ખું બળ હંમેશા આકર્ષી હોય છે.
તેથી,સળિયો ધન હોય કે ઋણ,પાણીનો પ્રવાહ હંમેશા સળિયા તરફ જ વળશે.

(A) કિસ્સા $I$ (સમાંતર જોડાણ) માં:
પરિપથનો કુલ અવરોધ,$R_{\text{eq}, 1} = R_0 + \frac{R}{n} = \frac{n R_0 + R}{n}$.
પરિપથનો પ્રવાહ,$i_1 = \frac{E}{R_{\text{eq}, 1}} = \frac{n E}{n R_0 + R}$.
$n$ અવરોધોમાં વ્યય થતો પાવર,$P_1 = i_1^2 \cdot \left(\frac{R}{n}\right) = \left(\frac{n E}{n R_0 + R}\right)^2 \cdot \frac{R}{n} = \frac{n E^2 R}{(n R_0 + R)^2}$.
કિસ્સા $II$ (શ્રેણી જોડાણ) માં:
પરિપથનો કુલ અવરોધ,$R_{\text{eq}, 2} = R_0 + n R$.
પરિપથનો પ્રવાહ,$i_2 = \frac{E}{R_{\text{eq}, 2}} = \frac{E}{R_0 + n R}$.
$n$ અવરોધોમાં વ્યય થતો પાવર,$P_2 = i_2^2 \cdot (n R) = \left(\frac{E}{R_0 + n R}\right)^2 \cdot n R = \frac{n E^2 R}{(R_0 + n R)^2}$.
આપેલ છે કે $P_1 = P_2$:
$\frac{n E^2 R}{(n R_0 + R)^2} = \frac{n E^2 R}{(R_0 + n R)^2}$.
આનો અર્થ એ થાય કે $(n R_0 + R)^2 = (R_0 + n R)^2$.
વર્ગમૂળ લેતા,$n R_0 + R = R_0 + n R$ (કારણ કે $R_0, R, n > 0$).
$(n - 1) R_0 = (n - 1) R$.
$n > 1$ હોવાથી,આપણને $R_0 = R$ મળે છે,તેથી $\frac{R_0}{R} = 1$.

(B) પ્રવાહ $i$ વહેતા લાંબા તાર દ્વારા ઉત્પન્ન થતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર લૂપના સ્થાન પર કાગળના સમતલની અંદરની તરફ હોય છે.
લેન્ઝના નિયમ અનુસાર,લૂપમાં પ્રેરિત પ્રવાહ તેની સાથે સંકળાયેલા ચુંબકીય ફ્લક્સમાં થતા ફેરફારનો વિરોધ કરશે.
લૂપમાં ક્લોકવાઈઝ પ્રવાહ પ્રેરિત થવા માટે,લૂપમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ ઘટવું જોઈએ (જમણા હાથના નિયમ મુજબ,ક્લોકવાઈઝ પ્રવાહ અંદરની તરફ ચુંબકીય ક્ષેત્ર ઉત્પન્ન કરે છે,જે અંદરની તરફના ફ્લક્સમાં થતા ઘટાડાનો વિરોધ કરશે).
જ્યારે લૂપને પ્રવાહ વહેતા તારથી દૂર લઈ જવામાં આવે ત્યારે લૂપ સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સ ઘટે છે.
આકૃતિ જોતા,લૂપને $E$ (પૂર્વ) દિશામાં ખસેડવાથી તારથી અંતર વધે છે,જેનાથી લૂપમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ ઘટે છે. આમ,જ્યારે લૂપને $E$ તરફ ખેંચવામાં આવે ત્યારે ક્લોકવાઈઝ પ્રવાહ પ્રેરિત થાય છે.