KVPY 2013 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) એડિયાબેટિક પ્રક્રિયા માટે,ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ $dU = dQ + dW$. અહીં $dQ = 0$ હોવાથી,$dU = dW = -p dV$.
વાન ડર વાલ્સ વાયુ માટે,આંતરિક ઉર્જા $U$ એ $T$ અને $V$ બંને પર આધાર રાખે છે. વિકલન ફેરફાર $dU = C_V dT + \left(\frac{\partial U}{\partial V}\right)_T dV$ છે.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના સંબંધ $\left(\frac{\partial U}{\partial V}\right)_T = T \left(\frac{\partial p}{\partial T}\right)_V - p$ નો ઉપયોગ કરતા,અને અવસ્થા સમીકરણ $p = \frac{nRT}{V-nb} - \frac{n^2 a}{V^2}$ પરથી,આપણને $\left(\frac{\partial p}{\partial T}\right)_V = \frac{nR}{V-nb}$ મળે છે.
આમ,$\left(\frac{\partial U}{\partial V}\right)_T = T \left(\frac{nR}{V-nb}\right) - \left(\frac{nRT}{V-nb} - \frac{n^2 a}{V^2}\right) = \frac{n^2 a}{V^2}$.
આ કિંમત ઉર્જા સમીકરણમાં મૂકતા: $C_V dT + \frac{n^2 a}{V^2} dV = -p dV$.
$C_V dT + \frac{n^2 a}{V^2} dV = -\left(\frac{nRT}{V-nb} - \frac{n^2 a}{V^2}\right) dV$.
$C_V dT = -\frac{nRT}{V-nb} dV$.
ગોઠવતા $\frac{dT}{T} = -\frac{nR}{C_V} \frac{dV}{V-nb}$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\ln T = -\frac{nR}{C_V} \ln(V-nb) + \text{અચળ}$.
$T(V-nb)^{nR/C_V} = \text{અચળ}$. $n$ અચળ હોવાથી,આ $T(V-nb)^{R/C_V} = \text{અચળ}$ ને સમાન છે.

(A) ધારો કે હવામાં ધ્વનિની ઝડપ $v$ છે. એન્જિનની ઝડપ $v_s = 0.005v$ છે.
પ્રથમ,ધ્વનિ ગતિશીલ એન્જિનથી સ્થિર ખડક તરફ જાય છે. ખડક દ્વારા પ્રાપ્ત થતી આવૃત્તિ $f_1$ એ ગતિશીલ ઉદગમ અને સ્થિર અવલોકનકાર માટે ડોપ્લર અસરના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$f_1 = f \left( \frac{v}{v + v_s} \right) = f \left( \frac{v}{v + 0.005v} \right) = f \left( \frac{1}{1.005} \right)$
ત્યારબાદ,ખડક એક સ્થિર ઉદગમ તરીકે કાર્ય કરે છે જે $f_1$ આવૃત્તિના ધ્વનિને ગતિશીલ એન્જિન (અવલોકનકાર) તરફ પરાવર્તિત કરે છે. એન્જિન દ્વારા પ્રાપ્ત થતી આવૃત્તિ $f_2$ એ સ્થિર ઉદગમ અને ગતિશીલ અવલોકનકાર માટે ડોપ્લર અસરના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$f_2 = f_1 \left( \frac{v - v_o}{v} \right)$
એન્જિન ખડકથી દૂર જઈ રહ્યું હોવાથી,અવલોકનકારની ઝડપ $v_o = v_s = 0.005v$ ને પરાવર્તિત ધ્વનિની દિશાની સાપેક્ષમાં ઋણ લેવામાં આવે છે:
$f_2 = f_1 \left( \frac{v - 0.005v}{v} \right) = f_1 \left( \frac{0.995v}{v} \right) = 0.995 f_1$
$f_2$ ના સમીકરણમાં $f_1$ ની કિંમત મૂકતા:
$f_2 = 0.995 \times f \left( \frac{1}{1.005} \right) \approx 0.995 \times 0.995 f \approx 0.990 f$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) પરિણામી ટોર્ક $\tau_{\text{net}}$ એ કેન્દ્રિય ધરીની આસપાસ દરેક બળ દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ટોર્કનો સરવાળો છે.
$1$. બહારની રીમ પર $45^{\circ}$ ના ખૂણે લાગતા બળ $F$ ને કારણે ટોર્ક: આ બળનો સ્પર્શકીય ઘટક $F \cos(45^{\circ})$ છે. ટોર્ક $\tau_1 = R \cdot F \cos(45^{\circ}) = R \cdot F \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707 RF$ છે.
$2$. અંદરની ધરી પર લાગતા બળ $F$ ને કારણે ટોર્ક: આ બળ $R/2$ ત્રિજ્યા પર સ્પર્શકની દિશામાં લાગે છે. ટોર્ક $\tau_2 = \frac{R}{2} \cdot F = 0.5 RF$ છે.
$3$. બહારની રીમ પર લાગતા બળ $2F$ ને કારણે ટોર્ક: આ બળ $R$ ત્રિજ્યા પર સ્પર્શકની દિશામાં લાગે છે. ટોર્ક $\tau_3 = R \cdot 2F = 2 RF$ છે.
આ તમામ ટોર્ક એક જ પરિભ્રમણની દિશામાં (ઘડિયાળના કાંટાની વિરુદ્ધ દિશામાં) લાગે છે. તેથી,પરિણામી ટોર્ક:
$\tau_{\text{net}} = \tau_1 + \tau_2 + \tau_3 = 0.707 RF + 0.5 RF + 2 RF = 3.207 RF$.
નજીકના મૂલ્યને ધ્યાનમાં લેતા,પરિણામી ટોર્કનું મૂલ્ય આશરે $3.2 FR$ છે.

(B) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે બલ્ક મોડ્યુલસ $B$ નું સૂત્ર $B = -V (dp / dV)$ છે.
આદર્શ વાયુ માટે એડિબેટિક પ્રક્રિયામાં,દબાણ $p$ અને કદ $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $pV^{\gamma} = \text{અચળ}$ છે.
બંને બાજુ $V$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $dp V^{\gamma} + p (\gamma V^{\gamma-1}) dV = 0$ મળે છે.
આને ફરીથી ગોઠવતા,$dp / dV = -\gamma p / V$ મળે છે.
આ કિંમત $B$ ના સૂત્રમાં મુકતા,$B = -V (-\gamma p / V) = \gamma p$ મળે છે.
અહીં $\gamma$ એ અચળાંક હોવાથી,$B \propto p^1$ થાય છે.
આપેલ સંબંધ $B \propto p^n$ સાથે સરખાવતા,આપણને $n = 1$ મળે છે.

(C) $EOTVOS$ નંબર $E_0$ એ પરિમાણરહિત છે. સાચો વિકલ્પ શોધવા માટે આપણે આપેલા વિકલ્પોના પરિમાણો તપાસીએ.
વિકલ્પ $(c)$ માટે,સૂત્ર $\frac{\rho g L^2}{\sigma}$ છે.
તેના પરિમાણો નીચે મુજબ છે:
$[\rho] = [M L^{-3}]$
$[g] = [L T^{-2}]$
$[L^2] = [L^2]$
$[\sigma] = [M T^{-2}]$
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\left[ \frac{\rho g L^2}{\sigma} \right] = \frac{[M L^{-3}] \cdot [L T^{-2}] \cdot [L^2]}{[M T^{-2}]}$
$= \frac{[M L^0 T^{-2}]}{[M T^{-2}]}$
$= [M^0 L^0 T^0]$
આમ,આ સૂત્ર પરિમાણરહિત છે.

(C) પાટિયું પૃથ્વીની સપાટી પર સ્થિર છે,જે તેની ધરી પર $\omega$ કોણીય વેગથી ભ્રમણ કરે છે. પાટિયું $r = r_e \cos 45^{\circ}$ ત્રિજ્યા સાથે વર્તુળાકાર ગતિ કરે છે.
આ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $F_c = m \omega^2 r = m \omega^2 (r_e \cos 45^{\circ})$ છે.
આ કેન્દ્રગામી બળ ભ્રમણની ધરી તરફ લાગે છે. $45^{\circ}$ અક્ષાંશ પરનું આડું મેદાન ભ્રમણની ધરી સાથે $45^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે. મેદાનને સમાંતર લાગતું કેન્દ્રગામી બળનો ઘટક પાટિયાને મેદાનની સાપેક્ષ સ્થિર રાખવા માટે જરૂરી ઘર્ષણ બળ પૂરું પાડે છે.
$f = F_c \sin 45^{\circ} = (m \omega^2 r_e \cos 45^{\circ}) \sin 45^{\circ}$
કારણ કે $\sin 45^{\circ} = \cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,તેથી:
$f = m \omega^2 r_e \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{m r_e \omega^2}{2}$

(A) $STP$ પર,$1 \,mole$ આદર્શ વાયુ $V = 22.4 \times 10^{-3} \,m^3$ કદ રોકે છે.
$1 \,mole$ માં અણુઓની સંખ્યા એવોગેડ્રો આંક $N_A \approx 6.022 \times 10^{23}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
દરેક અણુ દીઠ ઉપલબ્ધ કદ $v = \frac{V}{N_A} = \frac{22.4 \times 10^{-3}}{6.022 \times 10^{23}} \approx 3.72 \times 10^{-26} \,m^3$ છે.
અણુઓ વચ્ચેનું સરેરાશ અંતર $d$ એ અણુ દીઠ કદના ઘનમૂળ જેટલું હોય છે:
$d \approx (v)^{1/3} = (3.72 \times 10^{-26})^{1/3} \,m$.
$d \approx 3.34 \times 10^{-9} \,m = 3.34 \,nm$.
આમ,અણુઓ વચ્ચેના સરેરાશ અંતરનો ક્રમ $1 \,nm$ છે.

(B) કણ ઉગમબિંદુ $(x=0)$ પર છે અને તેને જમણી તરફ ફેંકવામાં આવે છે. જમણી બાજુ અનંત અંતરે જવા માટે,તેણે $4 \,J$ નો સ્થિતિઊર્જા અવરોધ પાર કરવો પડે.
ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $K_i + V_i = K_f + V_f$.
ઉગમબિંદુ પર,$V_i = 0$ અને $K_i = \frac{1}{2}mv^2$.
અવરોધને પાર કરવા માટે,ટોચ પર $(V_f = 4 \,J)$ અંતિમ ગતિઊર્જા ઓછામાં ઓછી $0$ હોવી જોઈએ.
$\frac{1}{2} \times 0.5 \times v^2 = 4 \Rightarrow 0.25 \times v^2 = 4 \Rightarrow v^2 = 16 \Rightarrow v = 4 \,m/s$.
જો કે,જો કણ પાસે જમણી બાજુનો અવરોધ પાર કરવા માટે પૂરતી ઊર્જા ન હોય,તો તે ડાબી તરફ પાછો ફેંકાશે. ડાબી બાજુએ $1 \,J$ નો નાનો સ્થિતિઊર્જા અવરોધ છે.
જો કણ પરાવર્તિત થાય,તો તે ડાબી તરફ ગતિ કરે છે અને ડાબી બાજુએ અનંત અંતરે જવા માટે તેણે $1 \,J$ નો અવરોધ પાર કરવો પડે.
આ માટે,પ્રારંભિક ગતિઊર્જા ઓછામાં ઓછી $1 \,J$ હોવી જોઈએ:
$\frac{1}{2} \times 0.5 \times v^2 = 1 \Rightarrow 0.25 \times v^2 = 1 \Rightarrow v^2 = 4 \Rightarrow v = 2 \,m/s$.
આમ,$2 \,m/s < 4 \,m/s$ હોવાથી,કણ માટે અનંત અંતરે જવા માટે જરૂરી ન્યૂનતમ ઝડપ $2 \,m/s$ છે.

(D) સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.
આપેલ આકૃતિઓ પરથી, આપણે નીચે મુજબ અવલોકન કરી શકીએ છીએ:
$1$. આવૃત્તિ: તરંગ $1$ એ તરંગ $2$ ની સરખામણીમાં સમાન સમયગાળામાં વધુ દોલનો પૂર્ણ કરે છે. આવૃત્તિ $f = \frac{1}{T}$ હોવાથી, જ્યાં $T$ એ આવર્તકાળ છે, વધુ દોલનોનો અર્થ છે કે આવૃત્તિ વધારે છે। આમ, તરંગ $1$ ની આવૃત્તિ તરંગ $2$ કરતા વધારે છે.
$2$. કંપવિસ્તાર: કંપવિસ્તાર એ સરેરાશ સ્થાન (દબાણ ફેરફાર) થી મહત્તમ સ્થાનાંતર દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે. દ્રશ્યમાન રીતે, તરંગ $1$ ની મહત્તમ ઊંચાઈ તરંગ $2$ ની ઊંચાઈ કરતા ઓછી છે. તેથી, તરંગ $1$ નો કંપવિસ્તાર તરંગ $2$ કરતા નાનો છે.
નોંધ: સમય-આધારિત આલેખમાં, આડી ધરી સમય દર્શાવે છે, તેથી શિખરો વચ્ચેનું અંતર આવર્તકાળ $T$ ને અનુરૂપ છે. ઉચ્ચ આવૃત્તિ ટૂંકા આવર્તકાળને અનુરૂપ છે. તરંગલંબાઈ $\lambda = vT$ (જ્યાં $v$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે) હોવાથી, ટૂંકો આવર્તકાળ ટૂંકી તરંગલંબાઈ સૂચવે છે. આમ, તરંગ $1$ ની તરંગલંબાઈ ટૂંકી અને કંપવિસ્તાર તરંગ $2$ ની સરખામણીમાં નાનો છે.

(C) ધારો કે અથડામણ પછી દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો રેખીય વેગ $v_0$ છે અને દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષે સંયુક્ત પદાર્થનો કોણીય વેગ $\omega_0$ છે.
રેખીય વેગમાનનું સંરક્ષણ:
$m v = (m+M) v_0 \quad \dots(i)$
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષે કોણીય વેગમાનનું સંરક્ષણ:
$m v (h-R) = I \omega_0$
જ્યાં $I$ એ દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષે સંયુક્ત પદાર્થની જડત્વની ચાકમાત્રા છે: $I = \frac{2}{5} M R^2 + m R^2 = (\frac{2}{5} M + m) R^2$.
સમીકરણ $(i)$ માંથી $mv$ ની કિંમત કોણીય વેગમાનના સમીકરણમાં મૂકતા:
$(m+M) v_0 (h-R) = (\frac{2}{5} M + m) R^2 \omega_0$
શુદ્ધ ગબડતી ગતિ માટે,$v_0 = R \omega_0$. આ કિંમત મૂકતા:
$(m+M) R \omega_0 (h-R) = (\frac{2}{5} M + m) R^2 \omega_0$
$(m+M) (h-R) = (\frac{2}{5} M + m) R$
$R$ વડે ભાગતા:
$(m+M) (\frac{h}{R} - 1) = \frac{2}{5} M + m$
$\frac{h}{R} - 1 = \frac{2M + 5m}{5(m+M)}$
$\frac{h}{R} = \frac{2M + 5m}{5(m+M)} + 1 = \frac{2M + 5m + 5m + 5M}{5(m+M)} = \frac{10m + 7M}{5(m+M)}$

(A) દડાની ગતિને તેના માર્ગને ખોલીને સમજી શકાય છે. અથડામણો સંપૂર્ણ સ્થિતિસ્થાપક હોવાથી,ગતિપથને એક સળંગ પરવલય તરીકે ગણી શકાય જાણે કે દડો જમીન પરથી ફેંકવામાં આવ્યો હોય. આ સમતુલ્ય પ્રક્ષિપ્ત ગતિનો કુલ વિસ્તાર $R = 12 \,m$ છે. ગતિપથનું સમીકરણ $y = x \tan \theta \left(1 - \frac{x}{R}\right)$ છે.
દડો છોડવાના બિંદુએ,$y = 1.4 \,m$ અને શરૂઆતથી આડું અંતર $x$ છે. તેથી,$1.4 = x \tan \theta \left(1 - \frac{x}{12}\right) \quad \dots(i)$
દીવાલ પર,$y = 3 \,m$ અને શરૂઆતથી આડું અંતર $6 + x$ છે. તેથી,$3 = (6 + x) \tan \theta \left(1 - \frac{6 + x}{12}\right) = (6 + x) \tan \theta \left(\frac{6 - x}{12}\right) \quad \dots(ii)$
$(i)$ ને $(ii)$ વડે ભાગતા:
$\frac{1.4}{3} = \frac{x(12 - x)}{(6 + x)(6 - x)} \Rightarrow \frac{7}{15} = \frac{12x - x^2}{36 - x^2}$
$7(36 - x^2) = 15(12x - x^2) \Rightarrow 252 - 7x^2 = 180x - 15x^2$
$8x^2 - 180x + 252 = 0 \Rightarrow 2x^2 - 45x + 63 = 0$
દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા: $(x - 21)(2x - 3) = 0$. $x < 6$ હોવાથી,આપણને $x = 1.5 \,m$ મળે છે.

(C) ઉષ્માગતિશાસ્ત્રનો પ્રથમ નિયમ જણાવે છે કે $dQ = dU + dW$. આદર્શ વાયુ માટે,$dU = nC_v dT$. સીધી રેખા $XY$ પર,તંત્ર વિવિધ સમતાપી રેખાઓમાંથી પસાર થાય છે.
શરૂઆતના બિંદુ $X$ અને અંતિમ બિંદુ $Y$ પર તાપમાન સમાન હોય છે કારણ કે તે સમાન એડિયાબેટ પર આવેલા છે. જો કે,સીધી રેખા $XY$ એ એડિયાબેટની ઉપર આવેલી હોવાથી,વાયુનું તાપમાન એડિયાબેટથી દૂર જતાં વધે છે,જે કોઈ મધ્યવર્તી બિંદુ $Z$ પર મહત્તમ થાય છે,અને ત્યારબાદ બિંદુ $Y$ ની નજીક આવતાં ઘટે છે.
$dQ = nC_v dT + p dV$ હોવાથી,અને સમગ્ર પ્રક્રિયા દરમિયાન $dV > 0$ હોવાથી,ઉષ્માનો વિનિમય $dT$ ના ચિહ્ન પર આધાર રાખે છે. $X$ થી $Z$ સુધી,તાપમાન વધે છે $(dT > 0)$,તેથી ઉષ્મા શોષાય છે. $Z$ થી $Y$ સુધી,તાપમાન ઘટે છે $(dT < 0)$,અને વાયુ દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય આંતરિક ઉર્જાના ફેરફાર કરતાં વધી જાય છે,જેના પરિણામે ઉષ્મા મુક્ત થાય છે. આમ,ઉષ્મા $X$ થી $Z$ સુધી શોષાય છે અને $Z$ થી $Y$ સુધી મુક્ત થાય છે.

(D) $r$ ત્રિજ્યાનો દડો $R$ ત્રિજ્યાના ગોળાકાર બાઉલમાં સરક્યા વિના ગબડતો હોય ત્યારે,લોલકની અસરકારક લંબાઈ $(R-r)$ થાય છે.
આવા દોલનનો આવર્તકાળ $T$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{I_{cm} + mr^2}{mgr^2}} \times \sqrt{R-r} = 2\pi \sqrt{\frac{\frac{2}{5}mr^2 + mr^2}{mgr^2}} \times \sqrt{R-r} = 2\pi \sqrt{\frac{7(R-r)}{5g}}$
અહીં $T \propto \sqrt{R-r}$ હોવાથી,જો દડાની ત્રિજ્યા $r$ વધારવામાં આવે,તો $(R-r)$ પદ ઘટે છે.
તેથી,આવર્તકાળ $T$ થોડો ઘટે છે.

(A) ધારો કે ગોળાની પ્રારંભિક સમક્ષિતિજ ઝડપ $v$ છે.
ગોળો સરક્યા વિના ગબડતો હોવાથી,સમક્ષિતિજ સપાટી પર તેની કુલ ગતિઊર્જા એ તેની સ્થાનાંતરિત અને ચાકગતિઊર્જાનો સરવાળો છે:
$KE_{total} = KE_{trans} + KE_{rot} = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} I \omega^2$
નક્કર ગોળા માટે,જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{2}{5} m R^2$ છે અને સરક્યા વિના ગબડવાની શરત $v = R \omega$ છે,તેથી $\omega = v/R$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$KE_{total} = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} (\frac{2}{5} m R^2) (\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{5} m v^2 = \frac{7}{10} m v^2$
મહત્તમ ઊંચાઈ $h$ પર,ગોળો નીચે પાછો ગબડતા પહેલા ક્ષણિક સ્થિર થાય છે. યાંત્રિક ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,પ્રારંભિક ગતિઊર્જા એ $h$ ઊંચાઈએ સ્થિતિઊર્જા જેટલી હોય છે:
$\frac{7}{10} m v^2 = m g h$
$v$ માટે ઉકેલતા:
$v^2 = \frac{10}{7} g h$
$v = \sqrt{\frac{10 g h}{7}}$

(D) સંપૂર્ણ થર્મોડાયનેમિક ચક્રમાં કરવામાં આવેલ કુલ કાર્ય એ દરેક વ્યક્તિગત પ્રક્રિયામાં થયેલા કાર્યનો સરવાળો છે:
$W_{\text{total}} = W_{12} + W_{23} + W_{31}$
આપેલ છે કે કુલ કાર્ય $W_{\text{total}} = 10 \, J$.
સમકદ પ્રક્રિયા $(2 \rightarrow 3)$ માં,કદ અચળ રહે છે,તેથી કરવામાં આવેલ કાર્ય $W_{23} = 0 \, J$.
સમોષ્મી પ્રક્રિયા $(3 \rightarrow 1)$ માં કરવામાં આવેલ કાર્ય $-20 \, J$ આપેલ છે.
આ કિંમતોને કુલ કાર્યના સમીકરણમાં મૂકતા:
$10 \, J = W_{12} + 0 \, J + (-20 \, J)$
$10 \, J = W_{12} - 20 \, J$
$W_{12} = 30 \, J$
સમતાપી પ્રક્રિયા માટે,આંતરિક ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = 0$ થાય છે. થર્મોડાયનેમિક્સના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$\Delta Q = \Delta U + W$. તેથી,સમતાપી પ્રક્રિયા $(1 \rightarrow 2)$ માટે:
$\Delta Q_{12} = 0 + W_{12} = 30 \, J$.
આમ,સમતાપી પ્રક્રિયામાં સિસ્ટમને આપવામાં આવેલી ઉષ્મા $30 \, J$ છે.

(A) બ્લોક $H$ ઊંચાઈએથી સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂઆત કરે છે,તેથી તેની પ્રારંભિક યાંત્રિક ઉર્જા $E_i = mgH$ છે.
જેમ બ્લોક ગતિ કરે છે,તે $d$ લંબાઈની ખરબચડી સમક્ષિતિજ સપાટીનો સામનો કરે છે અને પછી સ્પ્રિંગને $x$ અંતર સુધી દબાવે છે. આગળની મુસાફરી દરમિયાન ઘર્ષણ વિરુદ્ધ થયેલ કાર્ય $W_{f1} = \mu mgd$ છે.
સ્પ્રિંગના સંકોચન દરમિયાન,બ્લોક ખરબચડી સપાટી પર વધારાનું $x$ અંતર કાપે છે,તેથી આ ભાગ દરમિયાન ઘર્ષણ વિરુદ્ધ થયેલ કાર્ય $W_{f2} = \mu mgx$ છે.
આગળની મુસાફરી દરમિયાન ઘર્ષણ વિરુદ્ધ થયેલ કુલ કાર્ય $W_{f,total} = \mu mg(d+x)$ છે.
જ્યારે બ્લોક પાછો ફરે છે,ત્યારે તે ખરબચડી સપાટી પર સમાન અંતર $x$ (સ્પ્રિંગનું વિસ્તરણ) અને $d$ કાપે છે,તેથી પાછા ફરતી વખતે ઘર્ષણ વિરુદ્ધ થયેલ કાર્ય પણ $W_{f,return} = \mu mg(d+x)$ છે.
કાર્ય-ઉર્જા પ્રમેય મુજબ,પ્રારંભિક સ્થિતિ ઉર્જા એ ઘર્ષણ વિરુદ્ધ થયેલ કુલ કાર્ય અને $h$ ઊંચાઈએ અંતિમ સ્થિતિ ઉર્જા $mgh$ ના સરવાળા જેટલી હોય છે:
$mgH = W_{f,total} + W_{f,return} + mgh$
$mgH = \mu mg(d+x) + \mu mg(d+x) + mgh$
$mgH = 2\mu mg(d+x) + mgh$
$mg$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$H = 2\mu(d+x) + h$
$h = H - 2\mu(d+x)$

(D) ધારો કે જંકશનનું તાપમાન $T^{\circ} C$ છે.
સળિયા સમાન દ્રવ્યના બનેલા હોવાથી,સમાન આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ અને સમાન લંબાઈ $l$ ધરાવતા હોવાથી,તેમનો ઉષ્મીય અવરોધ $R = \frac{l}{kA}$ બધા સળિયા માટે સમાન છે.
સ્થાયી ઉષ્મા પ્રવાહના સિદ્ધાંત મુજબ,ત્રણ કાંટાવાળા સળિયાઓ દ્વારા કુલ ઉષ્માનો પ્રવાહ ચોથા સળિયા (હેન્ડલ) દ્વારા બહાર નીકળતી ઉષ્મા જેટલો હોવો જોઈએ.
ત્રણ સળિયાઓમાંથી ઉષ્માનો પ્રવાહ = $3 \times \frac{kA}{l}(100 - T)$
ચોથા સળિયા દ્વારા બહાર નીકળતી ઉષ્મા = $\frac{kA}{l}(T - 0)$
બંનેને સરખાવતા:
$3 \frac{kA}{l}(100 - T) = \frac{kA}{l}(T - 0)$
$3(100 - T) = T$
$300 - 3T = T$
$4T = 300$
$T = 75^{\circ} C$

(A) સિસ્ટમનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર માત્ર નીચેની તરફ લાગતા બાહ્ય ગુરુત્વાકર્ષણ બળને આધીન છે.
આંતરિક બળો,જેમ કે માણસ દ્વારા દડો ફેંકવો અથવા દડાનું દીવાલ સાથે અથડાવું,તે સિસ્ટમના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની ગતિને અસર કરતા નથી.
કણોની સિસ્ટમ માટે ન્યૂટનના બીજા નિયમ મુજબ,$F_{ext} = M_{total} \cdot a_{cm}$.
કારણ કે એકમાત્ર બાહ્ય બળ ગુરુત્વાકર્ષણ છે,દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો પ્રવેગ $g$ નીચેની તરફ હોય છે.
તેથી,દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર સીધી ઉર્ધ્વ રેખામાં નીચેની તરફ ગતિ કરશે,જે આકૃતિ $A$ માં દર્શાવેલ છે.

(C) જ્યારે દડાને સમક્ષિતિજ ફેંકવામાં આવે છે,ત્યારે તેનો પ્રારંભિક શિરોલંબ વેગ $v_y = 0$ હોય છે. જેમ તે ગુરુત્વાકર્ષણ હેઠળ નીચે પડે છે,તેમ તેનો શિરોલંબ વેગ ઋણ (નીચેની તરફ) બને છે અને $v_y = -gt$ મુજબ સમય સાથે રેખીય રીતે વધે છે.
જ્યારે દડો જમીન સાથે અથડાય છે,ત્યારે તે અસ્થિતિસ્થાપક સંઘાત અનુભવે છે. વેગ ત્વરિત રીતે ઋણ મૂલ્યમાંથી ધન મૂલ્ય (ઉપરની તરફ) માં બદલાય છે. રિસ્ટિટ્યુશનનો ગુણાંક $e < 1$ હોવાથી,અથડામણ પછીના ઉપરના વેગનું મૂલ્ય અથડામણ પહેલાના નીચેના વેગના મૂલ્ય કરતા ઓછું હોય છે.
ઉછાળા પછી,દડો ધન વેગ સાથે ઉપરની તરફ ગતિ કરે છે જે ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે રેખીય રીતે ઘટે છે જ્યાં સુધી તે તેની ટોચ પર ન પહોંચે,અને પછી ફરીથી ઋણ બને છે.
ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g$ અચળ હોવાથી અને નીચેની તરફ કાર્ય કરતું હોવાથી,$v_y$ વિરુદ્ધ $t$ ના આલેખનો ઢાળ સમગ્ર ગતિ દરમિયાન અચળ અને ઋણ $(-g)$ રહે છે. આમ,આલેખના ભાગો ઋણ ઢાળવાળી સમાંતર સીધી રેખાઓ છે. વિકલ્પ $(c)$ આ લાક્ષણિકતાઓને યોગ્ય રીતે દર્શાવે છે.

(A) પાસ્કલના નિયમ મુજબ,સ્થિર પ્રવાહીમાં કોઈપણ બિંદુએ દબાણ ફક્ત પ્રવાહીની મુક્ત સપાટીથી તે બિંદુની ઊંડાઈ $h$ પર આધાર રાખે છે. દબાણ $p = h \rho g$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$AB$ અને $CD$ ની લંબાઈ પાણીના કુલ સ્તંભની ઊંચાઈ $h$ ની સરખામણીમાં ખૂબ નાની હોવાથી,સપાટીઓ $AB$,$BC$ અને $CD$ પરના તમામ બિંદુઓની ઊંડાઈ આશરે $h$ જેટલી જ છે.
દબાણ એ અદિશ રાશિ છે,જેનો અર્થ છે કે તે આપેલ ઊંડાઈએ તમામ દિશાઓમાં સમાન રીતે કાર્ય કરે છે. તેથી,$h$ ઊંડાઈએ કોઈપણ સપાટી પર પાણી દ્વારા લાગતા દબાણનું મૂલ્ય સપાટીના અભિગમ (orientation) પર આધારિત નથી.
આમ,$p_1 = p_2 = p_3 = h \rho g$.

(D) સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.
$1$. કણનો વેગ $v$ એ સ્થાન-સમય $(x-t)$ આલેખના ઢાળ દ્વારા આપવામાં આવે છે,એટલે કે $v = \frac{dx}{dt}$.
$2$. શરૂઆતમાં,$x-t$ આલેખનો ઢાળ ઋણ છે અને વધે છે (ઓછો ઋણ બને છે),ત્યારબાદ તે ધન બને છે અને વધે છે,અને અંતે,તે ધન બને છે અને ઘટે છે (ટોચ પર ઢાળ શૂન્યની નજીક પહોંચે છે).
$3$. પ્રવેગ $a$ એ વેગના ફેરફારનો દર છે,એટલે કે $a = \frac{dv}{dt}$,જે વેગ-સમય $(v-t)$ આલેખના ઢાળને અનુરૂપ છે.
$4$. આપેલા $x-t$ આલેખ પરથી,વક્રતા અંતર્મુખ (concave up) થી બહિર્મુખ (concave down) માં બદલાય છે. આ સૂચવે છે કે પ્રવેગ શરૂઆતમાં ધન છે (જેમ વેગ વધે છે) અને અંતે ઋણ બને છે (જેમ વેગ ઘટે છે).
$5$. આપેલા વિકલ્પોમાંથી,સમીકરણ $a = p - qt$ (જ્યાં $p, q > 0$) એવા પ્રવેગને દર્શાવે છે જે ધન મૂલ્ય $p$ થી શરૂ થાય છે અને સમય $t$ સાથે રેખીય રીતે ઘટે છે,અને અંતે ઋણ બને છે. આ આલેખમાં જોવા મળતી ભૌતિક વર્તણૂક સાથે સુસંગત છે.

(C) ધારો કે $m_1$ દળનો પ્રથમ પથ્થર $t=0$ સમયે ફેંકવામાં આવે છે.
સમય $t$ પર,તેનો વેગ $v_1$ અને સ્થાનાંતર $s_1$ છે:
$v_1 = -gt$ અને $s_1 = -\frac{1}{2}gt^2$.
બીજો પથ્થર $m_2$ દળનો $\Delta t$ સમય પછી ફેંકવામાં આવતો હોવાથી,$t$ સમયે તેનો વેગ $v_2$ અને સ્થાનાંતર $s_2$ છે:
$v_2 = -g(t - \Delta t)$ અને $s_2 = -\frac{1}{2}g(t - \Delta t)^2$.
ઝડપનો તફાવત $\Delta v = |v_1 - v_2| = |-gt - (-g(t - \Delta t))| = |-g\Delta t| = g\Delta t$ છે.
$g$ અને $\Delta t$ અચળ હોવાથી,$\Delta v$ સમય સાથે અચળ રહે છે.
પરસ્પર અંતર $\Delta s = |s_1 - s_2|$ છે:
$\Delta s = |-\frac{1}{2}gt^2 - (-\frac{1}{2}g(t - \Delta t)^2)| = |\frac{1}{2}g((t - \Delta t)^2 - t^2)| = |\frac{1}{2}g(t^2 + \Delta t^2 - 2t\Delta t - t^2)| = |\frac{1}{2}g(\Delta t^2 - 2t\Delta t)|$.
જેમ સમય $t$ વધે છે,તેમ $2t\Delta t$ પદ વધે છે,જેના કારણે અંતર $\Delta s$ નું મૂલ્ય ઘટે છે.

(A) ધારો કે શરૂઆતનું દબાણ $p$ છે અને શરૂઆતના મોલની સંખ્યા $n_1$ છે. આદર્શ વાયુના નિયમ મુજબ,$pV = n_1RT$.
$V/3$ કદ સુધી સમતાપી સંકોચન પછી,નવું દબાણ $p'$ એ $p' = n_1RT / (V/3) = 3(n_1RT/V) = 3p$ થાય છે.
હવે,વાલ્વ ખોલવામાં આવે છે અને વાયુ ત્યાં સુધી બહાર નીકળે છે જ્યાં સુધી દબાણ મૂળ મૂલ્ય $p$ પર પાછું ન આવે,જ્યારે કદ $V/3$ રહે છે અને તાપમાન $T$ અચળ રહે છે.
ધારો કે નવા મોલની સંખ્યા $n_2$ છે. તેથી,$p(V/3) = n_2RT$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $(pV) / (pV/3) = n_1 / n_2$,જે $3 = n_1 / n_2$ આપે છે,અથવા $n_2 = n_1 / 3$.
બહાર નીકળેલા મોલની સંખ્યા $\Delta n = n_1 - n_2 = n_1 - n_1/3 = 2n_1/3$ છે.
બહાર નીકળેલા અણુઓની ટકાવારી $(\Delta n / n_1) \times 100 = (2/3) \times 100 \approx 66 \%$ છે.

(A) સિસ્ટમ નીચે પડ્યા વિના સંતુલનમાં રહે તે માટે,નીચેની શરતો પૂરી થવી આવશ્યક છે:
$(i)$ ગોળા અને ઉપરના બ્લોકનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $C_1$ નીચેના બ્લોકની ધાર પર હોવું જોઈએ.
ધારો કે ગોળો ઉપરના બ્લોકની ધારથી $y$ અંતરે મૂકવામાં આવ્યો છે. ઉપરના બ્લોકનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર તેની ધારથી $L/2$ અંતરે છે. ઉપરના બ્લોકની ધારને ઉગમબિંદુ તરીકે લેતા:
$\frac{M}{2} \times y = M \times (L/2 - y)$
$\Rightarrow y/2 + y = L/2 \Rightarrow 3y/2 = L/2 \Rightarrow y = L/3$.
$(ii)$ સમગ્ર સિસ્ટમ (બે બ્લોક્સ અને ગોળો) નું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $C_2$ ટેબલની ધાર પર હોવું જોઈએ.
ઉપરના બ્લોક અને ગોળાનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર ઉપરના બ્લોકની ધારથી $L/3$ અંતરે છે. નીચેના બ્લોકનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર તેની પોતાની ધારથી $L/2$ અંતરે છે.
ટેબલની ધારથી ગોળાના કેન્દ્રનું અંતર $x$ છે. ગણતરી કરતા મહત્તમ અંતર $x = 8L/15$ મળે છે.

(A) ધારો કે $P$ અને $Q$ વચ્ચેનું પ્રારંભિક અંતર $x$ છે.
કિસ્સો $(I)$: $P$,$Q$ તરફ $v_P = 1 \,ms^{-1}$ ની ઝડપે દોડે છે,$Q$ સ્થિર છે $(v_Q = 0)$. બોલ જમીનની સાપેક્ષે $v_b = 2 \,ms^{-1}$ ની ઝડપે ફેંકવામાં આવે છે.
પ્રથમ બોલ $Q$ સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t_1 = \frac{x}{v_b} = \frac{x}{2}$ છે.
બીજો બોલ $t = 5 \,s$ પર ફેંકવામાં આવે છે. આ સમયે,$P$ એ $Q$ તરફ $d = v_P \times 5 = 1 \times 5 = 5 \,m$ અંતર કાપ્યું છે. $P$ અને $Q$ વચ્ચેનું નવું અંતર $(x - 5)$ છે.
બીજા બોલને ફેંક્યા પછી $Q$ સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t' = \frac{x - 5}{2}$ છે.
તેથી,બીજો બોલ $Q$ સુધી $t_2 = 5 + t' = 5 + \frac{x - 5}{2} = 5 + \frac{x}{2} - 2.5 = \frac{x}{2} + 2.5$ સમયે પહોંચે છે.
બોલ પ્રાપ્ત કરવા વચ્ચેનો સમયગાળો $\Delta t = t_2 - t_1 = (\frac{x}{2} + 2.5) - \frac{x}{2} = 2.5 \,s$ છે.
કિસ્સો $(II)$: $Q$,$P$ તરફ $v_Q = 1 \,ms^{-1}$ ની ઝડપે દોડે છે,$P$ સ્થિર છે $(v_P = 0)$. બોલ જમીનની સાપેક્ષે $v_b = 2 \,ms^{-1}$ ની ઝડપે ફેંકવામાં આવે છે.
પ્રથમ બોલ $Q$ સુધી $t_1$ સમયે પહોંચે છે જ્યારે બોલ અને $Q$ દ્વારા કાપેલું અંતર $x$ થાય છે: $v_b t_1 + v_Q t_1 = x \implies (2 + 1)t_1 = x \implies t_1 = \frac{x}{3}$.
બીજો બોલ $t = 5 \,s$ પર ફેંકવામાં આવે છે. આ સમયે,$Q$ એ $P$ તરફ $d = v_Q \times 5 = 1 \times 5 = 5 \,m$ અંતર કાપ્યું છે. $P$ અને $Q$ વચ્ચેનું નવું અંતર $(x - 5)$ છે.
બીજા બોલને ફેંક્યા પછી $Q$ સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t'$ છે જેથી $(v_b + v_Q)t' = x - 5 \implies (2 + 1)t' = x - 5 \implies t' = \frac{x - 5}{3}$.
તેથી,બીજો બોલ $Q$ સુધી $t_2 = 5 + t' = 5 + \frac{x - 5}{3} = 5 + \frac{x}{3} - \frac{5}{3} = \frac{x}{3} + \frac{10}{3}$ સમયે પહોંચે છે.
બોલ પ્રાપ્ત કરવા વચ્ચેનો સમયગાળો $\Delta t = t_2 - t_1 = (\frac{x}{3} + \frac{10}{3}) - \frac{x}{3} = \frac{10}{3} \,s \approx 3.33 \,s$ છે.

(A) ધારો કે પાત્રની ઉષ્માધારિતા $C$ છે $(C = m_c s_c)$.
કિસ્સો $1$: પાત્રમાં પાણી.
આપેલ ઉર્જા = $P \times t_1 = 10 \times (15 \times 60) = 9000 \,J$.
શોષાયેલ ઉષ્મા = $(m_w s_w + C) \Delta T_1 = (0.5 \times 4200 + C) \times 3 = 6300 + 3C$.
ઉર્જાને સરખાવતા: $6300 + 3C = 9000 \Rightarrow 3C = 2700 \Rightarrow C = 900 \,J K^{-1}$.
કિસ્સો $2$: પાત્રમાં તેલ.
આપેલ ઉર્જા = $P \times t_2 = 10 \times (20 \times 60) = 12000 \,J$.
શોષાયેલ ઉષ્મા = $(m_o s_o + C) \Delta T_2 = (2 \times s_o + 900) \times 2 = 4s_o + 1800$.
ઉર્જાને સરખાવતા: $4s_o + 1800 = 12000 \Rightarrow 4s_o = 10200 \Rightarrow s_o = 2550 \,J K^{-1} kg^{-1}$.
$10^3 \,J K^{-1} kg^{-1}$ ના સ્વરૂપમાં દર્શાવતા,$s_o = 2.55 \times 10^3 \,J K^{-1} kg^{-1}$ મળે છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,નજીકની કિંમત $2.5$ છે.

(D) જ્યારે એક બિંદુવત વિદ્યુતભાર $+Q$ ને પોલા વાહક ગોળાકાર કવચની અંદર મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે સ્થિત વિદ્યુત પ્રેરણને કારણે કવચની આંતરિક સપાટી પર $-Q$ જેટલો વિદ્યુતભાર પ્રેરિત થાય છે.
કવચની તટસ્થતા જાળવી રાખવા માટે,કવચની બાહ્ય સપાટી પર $+Q$ જેટલો વિદ્યુતભાર દેખાય છે.
જ્યારે કવચની બાહ્ય સપાટીને પૃથ્વી સાથે જોડવામાં આવે છે (અર્થિંગ કરવામાં આવે છે),ત્યારે બાહ્ય સપાટી પરનો ધન વિદ્યુતભાર $+Q$ પૃથ્વીમાં વહી જાય છે,જેનાથી બાહ્ય સપાટી તટસ્થ થઈ જાય છે.
સ્થિત વિદ્યુત શીલ્ડિંગના ગુણધર્મ મુજબ,કવચની અંદરના $+Q$ વિદ્યુતભાર અને આંતરિક સપાટી પરના પ્રેરિત $-Q$ વિદ્યુતભાર દ્વારા ઉત્પન્ન થતું વિદ્યુતક્ષેત્ર કવચની પોલાણ સુધી જ મર્યાદિત રહે છે.
તેથી,વાહક કવચની બહારના કોઈપણ બિંદુએ ચોખ્ખું વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય હોય છે.
જેથી,બિંદુ $P$ (જે કવચની બહાર છે) પર વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય હોવાથી,$P$ પર મૂકવામાં આવેલા પરીક્ષણ વિદ્યુતભાર $+q$ પર લાગતું સ્થિત વિદ્યુત બળ પણ શૂન્ય થશે.

(D) જ્યારે કેપેસિટર સંપૂર્ણપણે ચાર્જ થાય છે,ત્યારે તે ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે,જેનો અર્થ છે કે કેપેસિટર ધરાવતી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
ધારો કે દરેક અવરોધકનો અવરોધ $R$ છે. સર્કિટ એક એવા નેટવર્કમાં સરળ બને છે જ્યાં કેપેસિટર બિંદુ $A$ અને $B$ વચ્ચે જોડાયેલ છે.
સર્કિટનું વિશ્લેષણ કરીને,કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત એ બિંદુ $A$ અને $B$ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત છે.
આપેલ સમતુલ્ય સર્કિટ આકૃતિના આધારે,કેપેસિટરના ટર્મિનલ્સ પરનો અસરકારક વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_{AB} = \frac{5}{8}V$ મળે છે.
તેથી,કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત વિદ્યુતભાર $Q = C \cdot V_{AB} = \frac{5}{8}CV$ છે.

(B) ન્યુક્લિયર ક્ષય સ્વયંભૂ થવા માટે,પ્રક્રિયાનું $Q$-મૂલ્ય ધન હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે પિતૃ ન્યુક્લિયસનું દળ એ જનિત ન્યુક્લિયસ અને ઉત્સર્જિત કણોના દળના સરવાળા કરતાં વધારે હોવું જોઈએ.
ક્ષય પ્રક્રિયા છે: $X_Z^A \rightarrow Y_{Z+1}^A + e^{-} + \bar{\nu}_e$.
ધારો કે $M_n(A, Z)$ એ ન્યુક્લિયસનું દળ છે. શરત છે: $M_n(A, Z) > M_n(A, Z+1) + m_e$ (ન્યુટ્રિનોનું દળ અવગણતા).
અહીં $M(A, Z)$ એ તટસ્થ પરમાણુનું દળ દર્શાવે છે,તેથી $M_n(A, Z) = M(A, Z) - Z m_e$.
આ કિંમત શરતમાં મૂકતા:
$(M(A, Z) - Z m_e) > (M(A, Z+1) - (Z+1) m_e) + m_e$.
જમણી બાજુનું સાદું રૂપ આપતા:
$M(A, Z) - Z m_e > M(A, Z+1) - Z m_e - m_e + m_e$.
$M(A, Z) - Z m_e > M(A, Z+1) - Z m_e$.
તેથી,$M(A, Z) > M(A, Z+1)$.

(C) આકૃતિ $(B)$ માંનો આલેખ દર્શાવે છે કે પ્રવાહ $I$ એ $t=0$ સમયે $0$ થી શરૂ થાય છે અને સમય સાથે ઘાતાંકીય રીતે વધે છે, અને અંતે સ્થાયી મૂલ્ય પ્રાપ્ત કરે છે।
શ્રેણી $RC$ સર્કિટમાં, સ્વીચ બંધ કર્યા પછી પ્રવાહ ઘાતાંકીય રીતે ઘટે છે।
શ્રેણી $RL$ સર્કિટમાં, પ્રવાહ $I$ એ $I(t) = \frac{V}{R}(1 - e^{-Rt/L})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
$t=0$ સમયે, $I(0) = 0$ થાય છે, અને જેમ $t \to \infty$ થાય છે, તેમ $I \to V/R$ થાય છે, જે આલેખમાં દર્શાવેલ વર્તણૂક સાથે મેળ ખાય છે।
તેથી, બ્લેકબોક્સમાં શ્રેણીમાં એક અવરોધક અને એક ઇન્ડક્ટર છે।

(B) ફોટોઈલેક્ટ્રોન માટે,આઈન્સ્ટાઈનનું ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ આ મુજબ છે:
$e V_0 = h \nu - \phi_0 \Rightarrow V_0 = \frac{h}{e} \nu - \frac{\phi_0}{e}$
આને સુરેખાના સમીકરણ $y = mx + c$ સાથે સરખાવતા,$V_0$ વિરુદ્ધ $\nu$ ના આલેખનો ઢાળ $\frac{h}{e}$ છે અને $V_0$-અક્ષ પરનો અંતઃખંડ $-\frac{\phi_0}{e}$ છે.
આપેલ આલેખ પરથી,આપણે બે બિંદુઓ $(0.8 \times 10^{15} \, Hz, 1 \, V)$ અને $(1.6 \times 10^{15} \, Hz, 4 \, V)$ લઈએ છીએ.
ઢાળ $= \frac{h}{e} = \frac{V_{0_2} - V_{0_1}}{\nu_2 - \nu_1} = \frac{4 - 1}{(1.6 - 0.8) \times 10^{15}} = \frac{3}{0.8 \times 10^{15}} = 3.75 \times 10^{-15} \, V \cdot s$.
હવે,$h = e \times \text{ઢાળ} = (1.6 \times 10^{-19} \, C) \times (3.75 \times 10^{-15} \, V \cdot s) = 6.0 \times 10^{-34} \, Js$.
આલેખ પરથી,$V_0$-અક્ષ પરનો અંતઃખંડ $-2 \, V$ છે. તેથી,$-\frac{\phi_0}{e} = -2 \, V$,જે વર્ક ફંક્શન $\phi_0 = 2 \, eV$ આપે છે.

(B) કેન્દ્ર $C$ આગળનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર એ $r$ અને $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા બે ક્વાર્ટર વર્તુળાકાર ચાપ દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ચુંબકીય ક્ષેત્રોનું પરિણામી છે。
$I$ પ્રવાહ ધરાવતા $a$ ત્રિજ્યાના સંપૂર્ણ વર્તુળાકાર લૂપને કારણે તેના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2a}$ છે。
ક્વાર્ટર વર્તુળાકાર ચાપ માટે, ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{arc} = \frac{1}{4} \left(\frac{\mu_0 I}{2a}\right) = \frac{\mu_0 I}{8a}$ થાય。
જમણા હાથના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$1$. $r$ ત્રિજ્યાની અંદરની ચાપ માટે, પ્રવાહ વિષમઘડી દિશામાં વહે છે, તેથી $C$ આગળ ચુંબકીય ક્ષેત્ર પાનાની બહારની તરફ $(\odot)$ છે。
$2$. $R$ ત્રિજ્યાની બહારની ચાપ માટે, પ્રવાહ સમઘડી દિશામાં વહે છે, તેથી $C$ આગળ ચુંબકીય ક્ષેત્ર પાનાની અંદરની તરફ $(\otimes)$ છે。
$C$ આગળનું કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{net} = B_r - B_R = \frac{\mu_0 I}{8r} - \frac{\mu_0 I}{8R} = \frac{\mu_0 I}{8} \left(\frac{1}{r} - \frac{1}{R}\right)$ છે。
અહીં $r < R$ હોવાથી, $\frac{1}{r} > \frac{1}{R}$, તેથી પરિણામી ચુંબકીય ક્ષેત્ર પાનાની બહારની તરફ હશે.

(D) લાંબા સમય પછી,કેપેસિટર સંપૂર્ણપણે ચાર્જ થઈ જાય છે અને તે ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે. તેથી,કેપેસિટર ધરાવતી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
સમતુલ્ય પરિપથમાં $6 \, V$ ની બેટરી $1 \, k\Omega$ અને $2 \, k\Omega$ ના અવરોધો સાથે શ્રેણીમાં જોડાયેલ છે.
પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{eq} = 1 \, k\Omega + 2 \, k\Omega = 3 \, k\Omega$ છે.
પરિપથમાં વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{6 \, V}{3 \times 10^3 \, \Omega} = 2 \times 10^{-3} \, A = 2 \, mA$ છે.
$2 \, k\Omega$ ના અવરોધ પરનો વોલ્ટેજ $V_{AB} = I \times R = (2 \times 10^{-3} \, A) \times (2 \times 10^3 \, \Omega) = 4 \, V$ છે.
કેપેસિટર $2 \, k\Omega$ ના અવરોધ સાથે સમાંતરમાં હોવાથી,કેપેસિટર પરનો વોલ્ટેજ $2 \, k\Omega$ ના અવરોધ પરના વોલ્ટેજ જેટલો જ એટલે કે $4 \, V$ થશે.

(B) પ્રથમ જાતિનું સરેરાશ આયુષ્ય $\tau_1 = 1 / \lambda$ છે.
બીજી જાતિનું સરેરાશ આયુષ્ય $\tau_2 = 1 / (\lambda / 3) = 3 / \lambda$ છે.
લાંબા સમય પછી,મિશ્રણનું સરેરાશ આયુષ્ય $\tau_{avg}$ એ બંને જાતિઓના સરેરાશ આયુષ્યની સરેરાશ કિંમત જેટલું હોય છે,કારણ કે શરૂઆતમાં બંનેની સંખ્યા સમાન હતી:
$\tau_{avg} = \frac{\tau_1 + \tau_2}{2} = \frac{(1 / \lambda) + (3 / \lambda)}{2} = \frac{4 / \lambda}{2} = 2 / \lambda$.
આ કિંમત આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$2 / \lambda$ એ $2.10 / \lambda$ ની નજીક છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,ઉત્સર્જિત ફોટોઈલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_{max} = E - \phi$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $E$ એ આપાત ફોટોનની ઉર્જા છે અને $\phi$ એ ધાતુનું વર્ક ફંક્શન છે.
ધાતુ $A$ માટે: $K_A = 7 \,eV - 6 \,eV = 1 \,eV$.
ધાતુ $B$ માટે: $K_B = 7 \,eV - 3 \,eV = 4 \,eV$.
$K$ ગતિઊર્જા ધરાવતા ઈલેક્ટ્રોન સાથે સંકળાયેલ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ છે.
તેથી,તરંગલંબાઈનો ગુણોત્તર $\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \frac{\frac{h}{\sqrt{2mK_A}}}{\frac{h}{\sqrt{2mK_B}}} = \sqrt{\frac{K_B}{K_A}}$ થશે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \sqrt{\frac{4 \,eV}{1 \,eV}} = \sqrt{4} = 2.0$.

(B) ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં ગતિ કરતા વિદ્યુતભાર $q$ પર લાગતું ચુંબકીય બળ $F$ લોરેન્ઝ બળના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $F = q(v \times B)$.
ચુંબકીય બળ $F$ હંમેશા ઇલેક્ટ્રોનના વેગ સદિશ $v$ ને લંબ હોવાથી,ઇલેક્ટ્રોન પર ચુંબકીય બળ દ્વારા કરવામાં આવેલું કાર્ય શૂન્ય છે,કારણ કે $W = F \cdot d = F \cdot (v \Delta t) = (F \cdot v) \Delta t = 0$.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,ગતિ ઊર્જામાં થતો ફેરફાર એ ચોખ્ખા બળ દ્વારા કરવામાં આવેલા કાર્ય જેટલો હોય છે. કાર્ય શૂન્ય હોવાથી,ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઊર્જા અચળ રહે છે.
ગતિ ઊર્જા $(K = \frac{1}{2}mv^2)$ અચળ હોવાથી અને દળ $m$ અચળ હોવાથી,ઇલેક્ટ્રોનની ઝડપ $v$ પણ અચળ રહે છે. જોકે,વેગની દિશા બદલાય છે,તેથી વેગમાન $(p = mv)$ અચળ રહેતું નથી,અને જેમ ઇલેક્ટ્રોન ગતિ કરે છે તેમ બળની દિશા બદલાય છે,તેથી બળ અચળ રહેતું નથી.

(D) ધારો કે આપાતકોણ $i$ છે અને વક્રીભવનકોણ $r$ છે. પ્રથમ સપાટી પર સ્નેલના નિયમ મુજબ:
$\frac{\sin i}{\sin r} = \mu = \sqrt{3} \implies \sin i = \sqrt{3} \sin r \quad \dots(1)$
ગોળાના કેન્દ્ર અને વક્રીભવન/પરાવર્તનના બે બિંદુઓ દ્વારા બનતો ત્રિકોણ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે કારણ કે બે બાજુઓ ગોળાની ત્રિજ્યા છે. પ્રથમ સપાટી પર વિચલનકોણ $(i - r)$ છે. બીજી સપાટી પર પરાવર્તનકોણ પણ $r$ છે.
આપાત કિરણ અને નિર્ગમન કિરણ સમાંતર હોવાથી,કુલ વિચલન $\delta = 180^{\circ}$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ વક્રીભવન પર વિચલન $(i - r)$ છે.
આંતરિક પરાવર્તન પર વિચલન $(180^{\circ} - 2r)$ છે.
બીજા વક્રીભવન પર વિચલન $(i - r)$ છે.
કુલ વિચલન $\delta = (i - r) + (180^{\circ} - 2r) + (i - r) = 180^{\circ}$.
$2i - 4r + 180^{\circ} = 180^{\circ} \implies 2i = 4r \implies i = 2r$.
સમીકરણ $(1)$ માં $i = 2r$ મુકતા:
$\sin(2r) = \sqrt{3} \sin r$
$2 \sin r \cos r = \sqrt{3} \sin r$
$\sin r \neq 0$ હોવાથી,$\cos r = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
તેથી,$r = 30^{\circ}$.
$i = 2r$ હોવાથી,$i = 2 \times 30^{\circ} = 60^{\circ}$.
આમ,આપાતકોણ $60^{\circ}$ છે.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે $n$ મી અવસ્થામાં ઉર્જાનું સૂત્ર $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \,eV$ છે.
સિંગલી આયોનાઇઝ્ડ હિલિયમ પરમાણુ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 2$ છે.
તેથી,$n=4$ અવસ્થા માટે ઉર્જા:
$E_4 = -13.6 \times \frac{2^2}{4^2} = -13.6 \times \frac{4}{16} = -3.4 \,eV$.
જ્યારે પરમાણુ $2.6 \,eV$ ઉર્જાનો ફોટોન ઉત્સર્જિત કરે છે,ત્યારે તેની અંતિમ ઉર્જા $E_f$ નીચે મુજબ થશે:
$E_f = E_4 - 2.6 \,eV = -3.4 \,eV - 2.6 \,eV = -6.0 \,eV$.
હવે,$E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2}$ નો ઉપયોગ કરીને આ ઉર્જા સ્તર માટે ક્વોન્ટમ નંબર $n$ શોધીએ:
$-6.0 = -13.6 \times \frac{4}{n^2} \implies n^2 = \frac{13.6 \times 4}{6.0} \approx 9.06 \approx 9$.
આમ,$n = 3$.
અંતિમ ઉર્જા $-6.0 \,eV$ છે અને ક્વોન્ટમ નંબર $n=3$ છે.

(A) આ સર્કિટમાં આઉટપુટ સાથે સમાંતરમાં બે ડાયોડ $D_1$ અને $D_2$ છે,જે દરેક $DC$ વોલ્ટેજ સ્ત્રોત સાથે શ્રેણીમાં જોડાયેલા છે.
$1$. $V_i$ ના ધન અર્ધ-ચક્ર માટે:
જ્યારે $V_i > 1 \, V$ હોય ત્યારે ડાયોડ $D_1$ ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય છે. એકવાર $V_i$ એ $1 \, V$ થી વધી જાય,ત્યારે $D_1$ વહન કરે છે અને આઉટપુટ વોલ્ટેજ $V_o$ ને $1 \, V$ પર ક્લેમ્પ કરે છે. આમ,$V_i > 1 \, V$ માટે,$V_o = 1 \, V$ થાય છે.
$2$. $V_i$ ના ઋણ અર્ધ-ચક્ર માટે:
જ્યારે $V_i < -3 \, V$ હોય ત્યારે ડાયોડ $D_2$ ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય છે. એકવાર $V_i$ એ $-3 \, V$ થી નીચે જાય,ત્યારે $D_2$ વહન કરે છે અને આઉટપુટ વોલ્ટેજ $V_o$ ને $-3 \, V$ પર ક્લેમ્પ કરે છે. આમ,$V_i < -3 \, V$ માટે,$V_o = -3 \, V$ થાય છે.
$3$. $-3 \, V \leq V_i \leq 1 \, V$ ની રેન્જ માટે:
બંને ડાયોડ રિવર્સ બાયસમાં હોય છે અને વહન કરતા નથી. તેથી,આઉટપુટ વોલ્ટેજ ઇનપુટ વોલ્ટેજને અનુસરે છે,એટલે કે $V_o = V_i$.
આ વર્તણૂકની આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખામણી કરતા,જે આલેખ ધન ઇનપુટ માટે $1 \, V$ અને ઋણ ઇનપુટ માટે $-3 \, V$ પર આઉટપુટ વોલ્ટેજ ક્લેમ્પ થયેલ દર્શાવે છે તે સાચો આલેખ છે.

(B) કોશીના વિખેરણના સૂત્ર મુજબ,દ્રવ્યનો વક્રીભવનાંક પ્રકાશની તરંગલંબાઇના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે,$\mu \propto \frac{1}{\lambda}$.
આપેલા રંગોની તરંગલંબાઇનો ક્રમ આ મુજબ છે: $\lambda_{\text{yellow}} > \lambda_{\text{green}} > \lambda_{\text{blue}}$.
જેহেতু $\mu$ એ $\lambda$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે,તેથી વક્રીભવનાંકનો ક્રમ આ મુજબ થશે: $\mu_{\text{yellow}} < \mu_{\text{green}} < \mu_{\text{blue}}$.
અહીં $\mu_1$ લીલા માટે,$\mu_2$ વાદળી માટે અને $\mu_3$ પીળા માટે છે,તેથી આપણને $\mu_3 < \mu_1 < \mu_2$ મળે છે,જેને $\mu_2 > \mu_1 > \mu_3$ તરીકે લખી શકાય છે.

(D) લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $f = 20 \,cm$ છે. લેન્સ પર આપાત થતું સમાંતર કિરણપુંજ મુખ્ય અક્ષ પર લેન્સના કેન્દ્ર $P$ થી $20 \,cm$ ના અંતરે આવેલા તેના મુખ્ય કેન્દ્ર $I'$ પર કેન્દ્રિત થશે.
આપેલ છે કે $P M = 10 \,cm$,તેથી અરીસાના છેદબિંદુ $M$ થી મૂળ કેન્દ્રબિંદુ $I'$ સુધીનું અંતર $M I' = P I' - P M = 20 \,cm - 10 \,cm = 10 \,cm$ થાય.
પ્રકાશ અરીસા દ્વારા પરાવર્તિત થઈને $I$ બિંદુએ મળે છે,અને અરીસો સમતલ હોવાથી,અંતર $M I$ એ $M I'$ જેટલું જ હોવું જોઈએ. તેથી,$M I = 10 \,cm$.
આપણને $P I = 10 \,cm$ આપેલ છે. $\triangle P M I$ માં,ત્રણેય બાજુઓ ($P M = 10 \,cm$,$M I = 10 \,cm$,$P I = 10 \,cm$) સમાન છે,તેથી તે સમબાજુ ત્રિકોણ છે. તેથી,તેના બધા આંતરિક ખૂણા $60^{\circ}$ છે.
આપાત કિરણ (સમક્ષિતિજ) અને પરાવર્તિત કિરણ $M I$ વચ્ચેનો ખૂણો $180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ છે.
આપાતકોણ $i$ એ આપાત કિરણ અને લંબ $N$ વચ્ચેનો ખૂણો છે. પરાવર્તનકોણ $r$ એ પરાવર્તિત કિરણ અને લંબ $N$ વચ્ચેનો ખૂણો છે. $i = r$ હોવાથી,લંબ $N$ એ આપાત અને પરાવર્તિત કિરણો વચ્ચેના ખૂણાને દુભાગે છે.
લંબ $N$ અને સમક્ષિતિજ અક્ષ વચ્ચેનો ખૂણો $120^{\circ} / 2 = 60^{\circ}$ છે.
અરીસો લંબ $N$ ને લંબ છે. જો લંબ સમક્ષિતિજ સાથે $60^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવતો હોય,તો અરીસો શિરોલંબ સાથે $90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$ નો ખૂણો અથવા સમક્ષિતિજ સાથે $60^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.

(B) રિયર-વ્યુ મિરર એ બહિર્ગોળ અરીસો છે.
આપેલ છે: વક્રતા ત્રિજ્યા $R = 1.50 \, m$,વસ્તુ અંતર $u = -10.0 \, m$.
કેન્દ્રલંબાઈ $f = \frac{R}{2} = \frac{1.5}{2} = 0.75 \, m$.
અરીસાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$.
$\frac{1}{v} = \frac{1}{f} - \frac{1}{u} = \frac{1}{0.75} - \frac{1}{-10} = \frac{4}{3} + \frac{1}{10} = \frac{40 + 3}{30} = \frac{43}{30}$.
તેથી,$v = \frac{30}{43} \, m$.
મોટવણી $m$ નું સૂત્ર $m = -\frac{v}{u}$ છે.
$m = -\frac{(30/43)}{-10} = \frac{30}{430} = \frac{3}{43} \approx 0.0697$.
બે દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,મોટવણીનો ગુણાંક આશરે $0.07$ મળે છે.

(A) સૌ પ્રથમ,આપણે આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ સર્કિટમાં પ્રવાહનું વિતરણ કરીએ છીએ.
પ્રવાહનું વિતરણ કિર્ચોફના જંકશનના નિયમનું પાલન કરવું જોઈએ.
હવે,$1, 2, 3$ અને $4$ તરીકે ચિહ્નિત થયેલ બંધ લૂપ્સમાંથી,કિર્ચોફના લૂપના નિયમનો ઉપયોગ કરીને આપણી પાસે સમીકરણોનો નીચેનો સેટ છે:
$I_1 = I_2 + I_3 \quad \dots(i)$
$I_3 = I_2 + I_4 \quad \dots(ii)$
$I_4 = I_2 - I_4 + I_5$
$\Rightarrow 2 I_4 = I_2 + I_5 \quad \dots(iii)$
$I_5 = 2(I_2 - I_4 - I_5)$
$\Rightarrow I_5 = 2 I_2 - 2 I_4 - 2 I_5 \quad \dots(iv)$
$3 I_5 = 2 I_2 - 2 I_4 \quad \dots(v)$
સમીકરણ $(iii)$ અને $(v)$ પરથી,આપણી પાસે છે:
$3 I_5 = 2 I_2 - (I_2 + I_5)$
$\Rightarrow 4 I_5 = I_2 \quad \dots(vi)$
સમીકરણ $(iii)$ અને $(vi)$ પરથી,આપણી પાસે છે:
$2 I_4 = 4 I_5 + I_5 \Rightarrow I_4 = \frac{5}{2} I_5 \quad \dots(vii)$
સમીકરણ $(ii), (vi)$ અને $(vii)$ પરથી,આપણી પાસે છે:
$I_3 = 4 I_5 + \frac{5}{2} I_5 = \frac{13}{2} I_5 \quad \dots(viii)$
હવે,આપેલી સર્કિટમાં ચિહ્નિત પ્રવાહો $I$ અને $I^{\prime}$ છે:
$I^{\prime} = (I_2 - I_4 - I_5) = (4 I_5 - \frac{5}{2} I_5 - I_5)$
$= (\frac{8 - 5 - 2}{2}) I_5 = \frac{I_5}{2} \quad \dots(ix)$
અને $I = I_2 = 4 I_5$
તેથી,$I / I^{\prime}$ નો ગુણોત્તર $= (4 I_5) / (I_5 / 2) = 8$.

(C) ફેરાડેના વિદ્યુતચુંબકીય પ્રેરણના નિયમ મુજબ, જ્યારે ગૂંચળા સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સમાં ફેરફાર થાય ત્યારે ગૂંચળામાં emf પ્રેરિત થાય છે.
$(I)$ ચુંબકને ગૂંચળાથી દૂર લઈ જવાથી ગૂંચળામાંથી પસાર થતા ચુંબકીય ફ્લક્સમાં ફેરફાર થાય છે, તેથી emf પ્રેરિત થાય છે.
$(II)$ ગૂંચળાને ચુંબક તરફ લઈ જવાથી પણ ગૂંચળા સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સ બદલાય છે, તેથી emf પ્રેરિત થાય છે.
$(III)$ ગૂંચળાને તેના ઉર્ધ્વ વ્યાસની આસપાસ ફેરવવાથી ગૂંચળાના ક્ષેત્રફળ સદિશ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો બદલાય છે, જેનાથી ચુંબકીય ફ્લક્સ $(\Phi = B A \cos \theta)$ માં ફેરફાર થાય છે. આ ફ્લક્સમાં ફેરફાર emf ઉત્પન્ન કરે છે.
$(IV)$ ગૂંચળાને તેની પોતાની અક્ષની આસપાસ ફેરવવાથી ગૂંચળા સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સમાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી કારણ કે ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓની સાપેક્ષમાં ગૂંચળાનું અભિવિનયન અચળ રહે છે. તેથી, આ કિસ્સામાં કોઈ emf પ્રેરિત થતું નથી.
આમ, માત્ર પરિસ્થિતિ $(I), (II)$ અને $(III)$ માં emf ઉત્પન્ન થાય છે.

(C) પરિપથમાં $25 \,\Omega$ નો અવરોધ,$20 \,\Omega$ અને $60 \,\Omega$ ના સમાંતર જોડાણ સાથે શ્રેણીમાં છે.
સૌ પ્રથમ,સમાંતર જોડાણનો સમતુલ્ય અવરોધ ગણો:
$R_p = \frac{20 \times 60}{20 + 60} = \frac{1200}{80} = 15 \,\Omega$.
હવે,$25 \,\Omega$ અવરોધ ધરાવતી શાખાનો કુલ અવરોધ $R_{branch} = 25 \,\Omega + 15 \,\Omega = 40 \,\Omega$ છે.
આ શાખાના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_{AB} = I \times R = 0.1 \,A \times 40 \,\Omega = 4 \,V$ છે.
આ જ વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_{AB}$ જમણી બાજુના $20 \,\Omega$ ના અવરોધને લાગુ પડે છે.
તેથી,$20 \,\Omega$ ના અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_{20} = \frac{V_{AB}}{20 \,\Omega} = \frac{4 \,V}{20 \,\Omega} = 0.2 \,A$ છે.
કિર્ચોફના જંકશનના નિયમ મુજબ,નોડ $A$ પર,$80 \,\Omega$ ના અવરોધમાંથી વહેતો કુલ પ્રવાહ બંને શાખાઓના પ્રવાહનો સરવાળો છે:
$I_{total} = 0.1 \,A + 0.2 \,A = 0.3 \,A$.

(A) સૌર ઉર્જા સૂર્યમાંથી બધી દિશાઓમાં ઉત્સર્જિત થાય છે,જે અસરકારક રીતે $r = 1.5 \times 10^{11} \, m$ ત્રિજ્યાનો ગોળો બનાવે છે.
સૂર્ય દ્વારા ઉત્સર્જિત કુલ પાવર (પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્સર્જિત ઉર્જા) એ સૌર અચળાંક અને આ ગોળાના પૃષ્ઠફળના ગુણાકાર દ્વારા મળે છે:
$P = \Delta E / \Delta t = I \times (4 \pi r^2)$
$P = 1.4 \times 10^3 \, W m^{-2} \times 4 \times 3.14 \times (1.5 \times 10^{11} \, m)^2$
$P \approx 1.4 \times 10^3 \times 4 \times 3.14 \times 2.25 \times 10^{22} \approx 3.96 \times 10^{26} \, J s^{-1}$.
આઈન્સ્ટાઈનના દળ-ઉર્જા સમતુલ્યતા સંબંધ $E = mc^2$ નો ઉપયોગ કરીને,પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્સર્જિત ઉર્જાનું દળ સમતુલ્ય:
$\Delta m / \Delta t = P / c^2$
$\Delta m / \Delta t = (3.96 \times 10^{26}) / (3 \times 10^8)^2$
$\Delta m / \Delta t = (3.96 \times 10^{26}) / (9 \times 10^{16})$
$\Delta m / \Delta t \approx 0.44 \times 10^{10} \approx 4.4 \times 10^9 \, kg s^{-1}$.
નજીકના ક્રમમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,સૂર્યના દળમાં થતો ઘટાડો આશરે $10^9 \, kg s^{-1}$ છે.

(B) અવરોધક દ્વારા વ્યય થતો પાવર $P = I^2 R$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I$ એ પ્રવાહ છે અને $R$ એ અવરોધ છે.
આ સમીકરણનું વિકલન લેતા,આપણને $\frac{\Delta P}{P} = 2 \frac{\Delta I}{I}$ મળે છે.
ટકાવારીમાં ફેરફાર શોધવા માટે,આપણે બંને બાજુ $100$ વડે ગુણીએ છીએ:
$\frac{\Delta P}{P} \times 100 = 2 \times \left( \frac{\Delta I}{I} \times 100 \right)$.
આપેલ છે કે પ્રવાહમાં થતો ટકાવારી ફેરફાર $\frac{\Delta I}{I} \times 100 = 3 \%$ છે.
તેથી,પાવર વ્યયમાં થતો ટકાવારી ફેરફાર $2 \times 3 \% = 6 \%$ થશે.

(D) ગતિમાન વિદ્યુતભાર પર લાગતું ચુંબકીય બળ $\vec{F}_m = q(\vec{v} \times \vec{B})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઇલેક્ટ્રોન માટે,$q = -e$. આપેલ છે કે વેગ $\vec{v}$ એ $+x$ દિશામાં છે અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}$ એ $+y$ દિશામાં છે,તેથી ચુંબકીય બળ $\vec{F}_m = -e(v\hat{i} \times B\hat{j}) = -evB\hat{k}$ થશે.
આ બળ કાગળના સમતલની અંદરની તરફ ($-z$ દિશામાં) લાગે છે.
ઇલેક્ટ્રોનને વિચલિત થતો અટકાવવા માટે,કુલ બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ,તેથી વિદ્યુત બળ $\vec{F}_e$ એ ચુંબકીય બળ $\vec{F}_m$ ને સંતુલિત કરવું જોઈએ. આમ,$\vec{F}_e = -\vec{F}_m = +evB\hat{k}$.
કારણ કે $\vec{F}_e = q\vec{E} = -e\vec{E}$,આપણી પાસે $-e\vec{E} = evB\hat{k}$ છે,જે $\vec{E} = -vB\hat{k}$ આપે છે.
વિદ્યુતક્ષેત્રની દિશા $-z$ દિશામાં છે,જે કાગળના સમતલને લંબ અને કાગળના સમતલની અંદરની તરફ છે.

(A) જ્યારે પ્રકાશનું કિરણ પારદર્શક ગોળામાં પ્રવેશે છે,ત્યારે તે પ્રથમ સપાટી પર વક્રીભવન,બીજી સપાટી પર એક આંતરિક પરાવર્તન અને ત્રીજી સપાટી પર ફરીથી વક્રીભવન અનુભવીને ગોળામાંથી બહાર નીકળે છે.
$1$. પ્રથમ સપાટી પર (વક્રીભવન): આપાતકોણ $i = \pi / 4$ છે અને વક્રીભવનકોણ $r$ છે. ઉત્પન્ન થતું વિચલન $\delta_1 = i - r = \frac{\pi}{4} - r$ છે.
$2$. બીજી સપાટી પર (આંતરિક પરાવર્તન): આપાતકોણ $r$ છે. પરાવર્તન દ્વારા ઉત્પન્ન થતું વિચલન $\delta_2 = \pi - 2r$ છે.
$3$. ત્રીજી સપાટી પર (વક્રીભવન): આપાતકોણ $r$ છે અને નિર્ગમન કોણ $i = \pi / 4$ છે. ઉત્પન્ન થતું વિચલન $\delta_3 = i - r = \frac{\pi}{4} - r$ છે.
કુલ વિચલન $\delta = \delta_1 + \delta_2 + \delta_3 = (\frac{\pi}{4} - r) + (\pi - 2r) + (\frac{\pi}{4} - r) = \frac{\pi}{2} + \pi - 4r = \frac{3 \pi}{2} - 4r$.

$(D)$ ઇલેક્ટ્રોન પર વિદ્યુતક્ષેત્ર દ્વારા કરવામાં આવેલું કાર્ય તેની ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ, $W = \Delta K = K_f - K_i$.
ઇલેક્ટ્રોન સ્થિર થાય છે, તેથી $K_f = 0$, એટલે કે $W = -K_i = -\frac{1}{2}mv^2$.
વિદ્યુતક્ષેત્ર દ્વારા થતું કાર્ય $W = -qV$ છે, જ્યાં $V$ એ વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત છે.
બંનેને સરખાવતા, $-qV = -\frac{1}{2}mv^2$, જે આપે છે $V = \frac{mv^2}{2q}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $V = \frac{9 \times 10^{-31} \times (4.0 \times 10^6)^2}{2 \times 1.6 \times 10^{-19}}$.
$V = \frac{9 \times 10^{-31} \times 16 \times 10^{12}}{3.2 \times 10^{-19}} = \frac{144 \times 10^{-19}}{3.2 \times 10^{-19}} = 45 \, V$.
ઇલેક્ટ્રોન ઋણ વીજભારિત હોવાથી, તે ઊંચા સ્થિતિમાનથી નીચા સ્થિતિમાન તરફ ગતિ કરે ત્યારે તેની સ્થિતિઊર્જામાં વધારો થાય છે, જેના પરિણામે તેની ગતિઊર્જામાં ઘટાડો થાય છે. તેથી, તે ઊંચા સ્થિતિમાનથી નીચા સ્થિતિમાનના વિસ્તારમાં ગતિ કરે છે.