KVPY 2014 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) આઘાતજનક બળ સળિયાને રેખીય વેગમાન અને કોણીય વેગમાન બંને પ્રદાન કરે છે.
ધારો કે આઘાત આપ્યા પછી સળિયાનો રેખીય વેગ $v$ અને કોણીય વેગ $\omega$ છે.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,
$J = mv \Rightarrow v = \frac{J}{m}$
આઘાત દ્વારા કોણીય વેગમાન પણ મળે છે,તેથી
$J \times L = I\omega$
જ્યાં $I = \frac{m(2L)^2}{12} = \frac{mL^2}{3}$ એ દ્રવ્યમાન કેન્દ્રને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા છે.
$JL = \left(\frac{mL^2}{3}\right)\omega \Rightarrow \omega = \frac{3J}{mL}$
સળિયાની કુલ ગતિ ઊર્જા એ સ્થાનાંતરિત ગતિ ઊર્જા અને ભ્રમણીય ગતિ ઊર્જાનો સરવાળો છે.
$KE = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
$KE = \frac{1}{2}m\left(\frac{J}{m}\right)^2 + \frac{1}{2}\left(\frac{mL^2}{3}\right)\left(\frac{3J}{mL}\right)^2$
$KE = \frac{J^2}{2m} + \frac{3J^2}{2m} = \frac{4J^2}{2m} = \frac{2J^2}{m}$

(B) નળાકાર $P$ માટે (સરક્યા વગર ગબડતો):
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,પ્રારંભિક સ્થિતિ ઉર્જા તળિયે સ્થાનાંતરિત અને ચાકગતિ ઉર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે:
$mgh = \frac{1}{2}mv_p^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
જ્યાં $I = \frac{1}{2}mr^2$ અને $v_p = r\omega$ હોવાથી:
$mgh = \frac{1}{2}mv_p^2 + \frac{1}{2}(\frac{1}{2}mr^2)(\frac{v_p}{r})^2$
$mgh = \frac{1}{2}mv_p^2 + \frac{1}{4}mv_p^2 = \frac{3}{4}mv_p^2$
$v_p = \sqrt{\frac{4gh}{3}}$
નળાકાર $Q$ માટે (ઘર્ષણ વગર સરકતો):
ઘર્ષણ ન હોવાથી,નળાકાર ફરતો નથી. બધી સ્થિતિ ઉર્જા સ્થાનાંતરિત ગતિ ઉર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે:
$mgh = \frac{1}{2}mv_q^2$
$v_q = \sqrt{2gh}$
ઝડપનો ગુણોત્તર:
$\frac{v_q}{v_p} = \frac{\sqrt{2gh}}{\sqrt{\frac{4gh}{3}}} = \sqrt{2 \cdot \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{3}{2}}$

(A) કણ પર લાગતું બળ એ સ્થિતિમાનના ઋણ વિકલન દ્વારા મળે છે:
$F = -\frac{dV}{dr} = -\frac{d}{dr}(kr) = -k$.
બળનું મૂલ્ય લેતા,આપણને $F = k$ મળે છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે,આ બળ કેન્દ્રગામી બળ તરીકે કાર્ય કરે છે:
$F = mR\omega^2 = k$.
$\omega = \frac{2\pi}{T}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$mR\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 = k$.
$mR \cdot \frac{4\pi^2}{T^2} = k$.
$T^2$ માટે ગોઠવતા:
$T^2 = \frac{4\pi^2 m}{k} \cdot R$.
અહીં $\frac{4\pi^2 m}{k}$ અચળાંક હોવાથી,$T^2 \propto R$,જેનો અર્થ છે કે $T \propto R^{1/2}$.

(D) સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.
જ્યારે બ્લોક $a = g \sin \alpha$ ના પ્રવેગ સાથે ઘર્ષણરહિત ઢળતા સમતલ પર નીચે સરકે છે,ત્યારે આપણે બ્લોકના અજડત્વીય સંદર્ભ ફ્રેમમાં લોલકના ગોળાની ગતિનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ.
$(i)$ બ્લોકની ફ્રેમમાં લોલકના ગોળા પર લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ (શિરોલંબ નીચેની તરફ) અને આભાસી બળ $ma = mg \sin \alpha$ (ઢળતા સમતલને સમાંતર ઉપરની તરફ) છે.
$(ii)$ ગોળા દ્વારા અનુભવાતો અસરકારક પ્રવેગ $g_{eff}$ એ ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $\vec{g}$ અને આભાસી પ્રવેગ $-\vec{a}$ નો સદિશ સરવાળો છે.
$(iii)$ લોલકની મધ્યમાન સ્થિતિ આ અસરકારક પ્રવેગ $\vec{g}_{eff}$ ની દિશાને અનુરૂપ હોય છે.
$(iv)$ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ ને સમતલને લંબ $(mg \cos \alpha)$ અને સમતલને સમાંતર $(mg \sin \alpha)$ ઘટકોમાં વિભાજિત કરતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે સમાંતર ઘટક $mg \sin \alpha$ એ વિરુદ્ધ દિશામાં લાગતા આભાસી બળ $mg \sin \alpha$ દ્વારા સંપૂર્ણપણે નાબૂદ થાય છે.
$(v)$ આમ,અસરકારક બળનો બાકી રહેલો એકમાત્ર ઘટક $mg \cos \alpha$ છે,જે ઢળતા સમતલ $AC$ ને લંબ રૂપે લાગે છે. તેથી,લોલકની દોરી તેની મધ્યમાન સ્થિતિમાં ઢળતા સમતલને લંબ રૂપે ગોઠવાય છે.

(B) સાતત્યના સમીકરણ મુજબ,$A_1 v_1 = A_2 v_2$ થાય છે. સાંકડા વિસ્તારમાં,આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ ઘટે છે,તેથી પ્રવાહીનો વેગ $v$ વધે છે $(v \propto \frac{1}{A})$.
આડા પાઇપ માટે બર્નુલીના સિદ્ધાંત મુજબ,$p + \frac{1}{2} \rho v^2 = \text{અચળ}$ થાય છે. સાંકડા વિસ્તારમાં વેગ $v$ વધતો હોવાથી,દબાણ $p$ ઘટવું જોઈએ.
જેમ સાંકડા વિસ્તારમાં હવાના પરપોટા પરનું બાહ્ય દબાણ ઘટે છે,તેમ પરપોટાની અંદરની હવા વિસ્તરે છે,જેના કારણે પરપોટા કદમાં મોટા થાય છે. આમ,પરપોટા વધુ ઝડપે ગતિ કરે છે અને કદમાં મોટા હોય છે.

(A) સાચો જવાબ $(A)$ છે.
ઘન પદાર્થમાં બે પરમાણુઓ માટે સ્થિતિ ઉર્જા $U$ વિરુદ્ધ આંતરપરમાણ્વીય અંતર $r$ નો આલેખ સંતુલન સ્થાનની આસપાસ અસમપ્રમાણ હોય છે.
જેમ તાપમાન વધે છે,તેમ પરમાણુઓની કુલ ઉર્જા વધે છે $(E_3 > E_2 > E_1)$.
સ્થિતિ ઉર્જા વક્રની અસમપ્રમાણતાને કારણે,જેમ ઉર્જા વધે છે તેમ પરમાણુઓ વચ્ચેનું સરેરાશ અંતર વધે છે $(r_3 > r_2 > r_1)$.
પરિણામે,સ્ફટિકમય ઘન પદાર્થો સામાન્ય રીતે ગરમ કરવાથી વિસ્તરણ પામે છે.

(D) પ્રવાહીના કદમાં થતો ફેરફાર $\Delta V$ એ $\Delta V = V_0 \gamma \Delta \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $V_0$ એ પ્રારંભિક કદ છે,$\gamma$ એ કદ પ્રસરણાંક છે અને $\Delta \theta$ એ તાપમાનમાં થતો ફેરફાર છે.
લંબાઈમાં થતો વધારો $\Delta l$ બંને થર્મોમીટર માટે સમાન હોવાથી,કદમાં થતો ફેરફાર $\Delta V = A \Delta l = \frac{\pi d^2}{4} \Delta l$ થશે.
આપેલ છે કે પ્રારંભિક કદ $(V_0)_{Hg} = (V_0)_{Br}$ છે અને લંબાઈમાં થતો ફેરફાર $\Delta l$ બંને માટે સમાન છે,તેથી:
$\Delta V_{Hg} = \frac{\pi d_1^2}{4} \Delta l = V_0 \gamma_{Hg} \Delta \theta$
$\Delta V_{Br} = \frac{\pi d_2^2}{4} \Delta l = V_0 \gamma_{Br} \Delta \theta$
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા:
$\frac{d_1^2}{d_2^2} = \frac{\gamma_{Hg}}{\gamma_{Br}}$
$\frac{d_1}{d_2} = \sqrt{\frac{\gamma_{Hg}}{\gamma_{Br}}}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{d_1}{d_2} = \sqrt{\frac{18 \times 10^{-5}}{108 \times 10^{-5}}} = \sqrt{\frac{1}{6}} \approx \sqrt{0.166} \approx 0.408$
આમ,$d_1: d_2$ નો ગુણોત્તર $0.4$ ની સૌથી નજીક છે.

(B) આપેલ પ્રક્રિયાનું સમીકરણ: $p V^2 = C$.
આદર્શ વાયુ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $p V = n R T$,જેનો અર્થ છે કે $p = \frac{n R T}{V}$.
આ કિંમતને પ્રક્રિયાના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\left(\frac{n R T}{V}\right) V^2 = C$
$n R T V = C$
અહીં $n, R,$ અને $C$ અચળાંક હોવાથી,$T V = \text{અચળ}$,અથવા $T \propto \frac{1}{V}$ મળે છે.
જો $V_2 > V_1$ હોય,તો $T \propto \frac{1}{V}$ ના સંબંધ મુજબ,તાપમાન $T_2$ એ $T_1$ કરતા ઓછું હશે $(T_2 < T_1)$.
તેથી,વિકલ્પ $(b)$ સાચો છે.

(C) ધ્વનિનો સ્ત્રોત વર્તુળમાં ગતિ કરે છે,તેથી તેની રેખીય ઝડપ $v_s = r\omega$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $r = 2 \,m$ અને $\omega = 15 \,rad/s$ આપેલ છે,તેથી $v_s = 2 \times 15 = 30 \,m/s$ થાય.
ધ્વનિની ઝડપ $v = 330 \,m/s$ છે.
ડોપ્લર અસર મુજબ,જ્યારે સ્ત્રોત સ્થિર અવલોકનકાર તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે અવલોકિત આવૃત્તિ $f_{\max} = \left(\frac{v}{v - v_s}\right) f$ થાય છે.
જ્યારે સ્ત્રોત સ્થિર અવલોકનકારથી દૂર જાય છે,ત્યારે અવલોકિત આવૃત્તિ $f_{\min} = \left(\frac{v}{v + v_s}\right) f$ થાય છે.
મહત્તમ અને ન્યૂનતમ આવૃત્તિનો ગુણોત્તર:
$\frac{f_{\max}}{f_{\min}} = \frac{\left(\frac{v}{v - v_s}\right) f}{\left(\frac{v}{v + v_s}\right) f} = \frac{v + v_s}{v - v_s}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{f_{\max}}{f_{\min}} = \frac{330 + 30}{330 - 30} = \frac{360}{300} = 1.2$.

(C) શરૂઆતમાં,ગોળાને કોણીય વેગ $\omega$ અને રેખીય વેગ $v_{CM} = 0$ સાથે સપાટી પર મૂકવામાં આવે છે. ઘર્ષણ બળ સંપર્ક બિંદુ પર સરકવાની વિરુદ્ધ દિશામાં લાગે છે.
ઘર્ષણ બળ $f = \mu_k mg$ આગળની દિશામાં લાગે છે,જે રેખીય પ્રવેગ $a_{CM} = \frac{f}{m} = \mu_k g$ ઉત્પન્ન કરે છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની સાપેક્ષે ઘર્ષણ દ્વારા લાગતું ટોર્ક $\tau = -fR = -\mu_k mgR$ છે. કોણીય પ્રતિપ્રવેગ $\alpha = \frac{\tau}{I} = \frac{-\mu_k mgR}{\frac{2}{5}mR^2} = -\frac{5\mu_k g}{2R}$ છે.
$t$ સમય પછી,રેખીય વેગ $v_{CM} = a_{CM}t = \mu_k gt$ અને કોણીય વેગ $\omega_f = \omega + \alpha t = \omega - \frac{5\mu_k g}{2R}t$ થાય છે.
શુદ્ધ ગબડવાની ગતિ ત્યારે શરૂ થાય છે જ્યારે $v_{CM} = \omega_f R$ થાય. સમીકરણો મૂકતા:
$\mu_k gt = \left(\omega - \frac{5\mu_k g}{2R}t\right)R$
$\mu_k gt = \omega R - \frac{5}{2}\mu_k gt$
$\frac{7}{2}\mu_k gt = \omega R \implies \mu_k gt = \frac{2}{7}\omega R$.
આ કિંમત $\omega_f$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\omega_f = \frac{v_{CM}}{R} = \frac{\mu_k gt}{R} = \frac{1}{R} \left(\frac{2}{7}\omega R\right) = \frac{2}{7}\omega$.

(A) ધારો કે બ્લોક $X$ અને $Y$ ના તંત્રનો પ્રવેગ $a$ છે.
બ્લોક્સ સાથે ગતિ કરતા હોવાથી,કુલ દળ $M = m_X + m_Y = 8 \,kg + 2 \,kg = 10 \,kg$ થાય.
તંત્રનો પ્રવેગ $a = \frac{F}{M} = \frac{F}{10} \,ms^{-2}$ દ્વારા મળે છે.
બ્લોક $Y$ ને નીચે સરકતો અટકાવવા માટે,ઉપરની તરફ લાગતું ઘર્ષણ બળ $f$ તેના વજન $m_Y g$ ને સંતુલિત કરવું જોઈએ.
$f = m_Y g = 2 \times 10 = 20 \,N$.
ઘર્ષણ બળ $f = \mu R$ દ્વારા પણ મળે છે,જ્યાં $R$ એ બ્લોક $X$ અને $Y$ વચ્ચેનું લંબબળ છે.
બ્લોક $Y$ ની સમક્ષિતિજ ગતિ પરથી,લંબબળ $R$ એ બ્લોક $Y$ ને જરૂરી પ્રવેગ $a$ પૂરો પાડે છે:
$R = m_Y a = 2 \times \frac{F}{10} = \frac{F}{5}$.
ઘર્ષણના સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા:
$f = \mu R \Rightarrow 20 = 0.5 \times \frac{F}{5}$.
$20 = \frac{F}{10} \Rightarrow F = 200 \,N$.
આમ,$F$ નું લઘુત્તમ મૂલ્ય $200 \,N$ છે.

(B) કોણીય કંપવિસ્તાર $\theta$ ધરાવતા લોલક માટે,બોબ દ્વારા પ્રાપ્ત ઊંચાઈ $h = l(1 - \cos \theta)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $l$ એ દોરીની લંબાઈ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,મધ્યમાન સ્થાને ગતિઊર્જા એ અંતિમ સ્થાને સ્થિતિઊર્જા જેટલી હોય છે:
$\frac{1}{2} m v^2 = m g h = m g l(1 - \cos \theta)$
$v^2 = 2 g l(1 - \cos \theta)$
મહત્તમ તણાવ $T_{\max}$ મધ્યમાન સ્થાને (સૌથી નીચલા બિંદુએ) જોવા મળે છે અને તે નીચે મુજબ છે:
$T_{\max} = m g + \frac{m v^2}{l} = m g + \frac{m(2 g l(1 - \cos \theta))}{l} = m g + 2 m g(1 - \cos \theta) = m g(3 - 2 \cos \theta)$
લઘુત્તમ તણાવ $T_{\min}$ અંતિમ સ્થાને જોવા મળે છે જ્યાં વેગ શૂન્ય હોય છે:
$T_{\min} = m g \cos \theta$
આપેલ છે કે $T_{\max} = 4 T_{\min}$:
$m g(3 - 2 \cos \theta) = 4 m g \cos \theta$
$3 - 2 \cos \theta = 4 \cos \theta$
$3 = 6 \cos \theta$
$\cos \theta = \frac{1}{2}$
$\theta = 60^{\circ}$

(D) પોલિટ્રોપિક પ્રક્રિયા $p V^x = C$ માટે,મોલર ઉષ્મા ધારિતા $C_{process}$ નું સૂત્ર $C_{process} = C_V + \frac{R}{1 - x}$ છે.
અહીં,આપેલી પ્રક્રિયા $p V^3 = C$ છે,તેથી $x = 3$ છે.
મોનોએટોમિક આદર્શ વાયુ માટે,અચળ કદ પર મોલર ઉષ્મા ધારિતા $C_V = \frac{3}{2} R$ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$C_{process} = \frac{3}{2} R + \frac{R}{1 - 3}$
$C_{process} = \frac{3}{2} R + \frac{R}{-2}$
$C_{process} = \frac{3}{2} R - \frac{1}{2} R = R$.
આમ,પ્રક્રિયા દરમિયાન વાયુની ઉષ્મા ધારિતા $R$ છે.

(C) સ્ટીફન-બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક $\sigma$ ના પરિમાણો $[M T^{-3} K^{-4}]$ છે.
અચળાંકોના પરિમાણો નીચે મુજબ છે:
$h = [M L^2 T^{-1}]$
$k_B = [M L^2 T^{-2} K^{-1}]$
$c = [L T^{-1}]$
આપેલ છે કે $\sigma = h^\alpha k_B^\beta c^\gamma$,પરિમાણોને સરખાવતા:
$[M T^{-3} K^{-4}] = [M L^2 T^{-1}]^\alpha [M L^2 T^{-2} K^{-1}]^\beta [L T^{-1}]^\gamma$
$[M T^{-3} K^{-4}] = [M^{\alpha+\beta} L^{2\alpha+2\beta+\gamma} T^{-\alpha-2\beta-\gamma} K^{-\beta}]$
$M, L, T,$ અને $K$ ના ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા:
$1$) $K: -\beta = -4 \implies \beta = 4$
$2$) $M: \alpha + \beta = 1 \implies \alpha + 4 = 1 \implies \alpha = -3$
$3$) $T: -\alpha - 2\beta - \gamma = -3 \implies -(-3) - 2(4) - \gamma = -3 \implies 3 - 8 - \gamma = -3 \implies -5 - \gamma = -3 \implies \gamma = -2$
આમ,$\alpha = -3, \beta = 4, \gamma = -2$.

(A) સ્થાનાંતર-સમયના આલેખમાં,કોઈપણ બિંદુએ વેગ તે બિંદુએ દોરેલા સ્પર્શકના ઢાળ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઝડપ એ વેગનું મૂલ્ય છે,તેથી ઢાળનું મૂલ્ય ઝડપ દર્શાવે છે.
બિંદુ $P$ પર,સ્પર્શક આડો છે,તેથી ઢાળ $0$ છે,જેનો અર્થ છે કે ઝડપ $0$ છે.
બિંદુ $Q$ પર,ઢાળ નાનો છે (વક્ર પ્રમાણમાં સપાટ છે).
બિંદુ $R$ પર,સ્પર્શક ખૂબ જ તીવ્ર છે,જેનો અર્થ છે કે ઢાળનું મૂલ્ય $|m| = |\tan \theta|$ ત્રણેય બિંદુઓમાં સૌથી વધુ છે.
ઝડપ એ ઢાળનું મૂલ્ય હોવાથી,બિંદુ $R$ પર ઝડપ સૌથી વધુ છે. તેથી,આલેખના અગાઉના ભાગથી બિંદુ $R$ તરફ જતાં ઝડપ વધી રહી છે.

(D) સ્પ્રિંગ બેલેન્સનું રીડિંગ સ્પ્રિંગમાં રહેલા તણાવને માપે છે,જે પદાર્થના આભાસી વજન જેટલું હોય છે.
જ્યારે બોક્સ વાતાવરણમાં હોય છે,ત્યારે તે સ્થાનાંતરિત હવાને કારણે ઉપરની તરફ ઉત્પ્લાવક બળ $F_b$ અનુભવે છે.
વાતાવરણમાં રીડિંગ $R$ એ $R = W - F_b$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $W$ એ બોક્સનું સાચું વજન છે.
શૂન્યાવકાશિત ચેમ્બરમાં,ઉત્પ્લાવક બળ $F_b$ શૂન્ય થઈ જાય છે.
તેથી,નવું રીડિંગ $R'$ એ સાચા વજન $W$ જેટલું હશે.
કારણ કે $R' = W$ અને $R = W - F_b$,તેથી $R' > R$ સાબિત થાય છે.
આમ,રીડિંગ $50 \,kg$ કરતા વધારે હશે કારણ કે વાતાવરણીય ઉત્પ્લાવક બળ ગેરહાજર છે.

(A) જ્યારે બોક્સને $h$ ઊંચાઈએથી નીચે પાડવામાં આવે છે,ત્યારે જમીન પર પહોંચતી વખતે તેની ઝડપ ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ $v = \sqrt{2gh}$ થાય છે.
જ્યારે બ્લોક $\theta = 45^{\circ}$ ના ખૂણે રહેલા ખરબચડા ઢળતા સમતલ પર સરકે છે,ત્યારે તેનો ચોખ્ખો પ્રવેગ $a$ નીચે મુજબ મળે છે:
$a = g(\sin \theta - \mu \cos \theta)$.
અહીં $\theta = 45^{\circ}$ હોવાથી,$\sin 45^{\circ} = \cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
તેથી,$a = g \left( \frac{1}{\sqrt{2}} - \mu \frac{1}{\sqrt{2}} \right) = \frac{g}{\sqrt{2}}(1 - \mu)$.
ઢળતા સમતલની લંબાઈ $s$ અને ઊંચાઈ $h$ વચ્ચેનો સંબંધ $s = \frac{h}{\sin \theta} = h \sqrt{2}$ છે.
ઢળતા સમતલના તળિયે પહોંચતી વખતે બ્લોકનો અંતિમ વેગ $v' = \sqrt{2as}$ થાય છે.
$a$ અને $s$ ની કિંમતો મૂકતા:
$v' = \sqrt{2 \cdot \frac{g}{\sqrt{2}}(1 - \mu) \cdot h \sqrt{2}} = \sqrt{2gh(1 - \mu)}$.
આપણને આપેલ છે કે $v' = \frac{v}{3}$,તેથી:
$\sqrt{2gh(1 - \mu)} = \frac{1}{3} \sqrt{2gh}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$2gh(1 - \mu) = \frac{1}{9} (2gh)$.
$1 - \mu = \frac{1}{9}$.
$\mu = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}$.

(C) સાચો વિકલ્પ $C$ છે.
કાગળના પાતળા પડનો ઉષ્મીય અવરોધ ખૂબ જ ઓછો હોય છે. જ્યારે કપને જ્યોત પર મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે ગરમી કાગળ દ્વારા અંદરના પાણીમાં સ્થાનાંતરિત થાય છે.
પાણીની વિશિષ્ટ ઉષ્મા ધારણશક્તિ વધુ હોવાથી,તે ગરમીને અસરકારક રીતે શોષી લે છે. જ્યાં સુધી કપમાં પાણી હોય ત્યાં સુધી,કાગળનું તાપમાન પાણીના તાપમાન (જે ઉત્કલન બિંદુ પર $100^{\circ} C$ હોય છે) કરતા નોંધપાત્ર રીતે વધતું નથી.
કાગળનું તાપમાન તેના સળગવાના તાપમાન કરતા નીચે રહેતું હોવાથી,કાગળનો કપ સળગતો નથી.

(D) સાચો વિકલ્પ $D$ છે.
જ્યારે બરફનો ભૂકો કરવામાં આવે છે,ત્યારે બરફની કુલ સપાટીનું ક્ષેત્રફળ જે આસપાસની હવા અથવા કૂલરની સામગ્રીના સંપર્કમાં આવે છે,તે નોંધપાત્ર રીતે વધે છે.
ઉષ્મા વહનના સિદ્ધાંતો મુજબ,ઉષ્મા વિનિમયનો દર સંપર્કમાં રહેલી સપાટીના ક્ષેત્રફળના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે.
તેથી,બરફનો ભૂકો કરીને સપાટીનું ક્ષેત્રફળ વધારવાથી આસપાસમાંથી ઉષ્મા શોષવાનો દર વધે છે,જેનાથી ઠંડક પ્રક્રિયા ઝડપી બને છે.

(D) સરળ આવર્ત ગતિમાં,કણનું સ્થાનાંતર $x(t) = x_0 \sin(\omega t + \phi)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કણનો વેગ $v = \frac{dx}{dt} = x_0 \omega \cos(\omega t + \phi)$ છે.
કણને $(x, x + dx)$ અંતરાલમાં શોધવાની સંભાવના $P(x) dx$ એ તે અંતરાલમાં વિતાવેલા સમય $dt$ ના પ્રમાણમાં હોય છે,જે $P(x) \propto \frac{dt}{dx} = \frac{1}{|v|}$ છે.
કારણ કે $v = \omega \sqrt{x_0^2 - x^2}$,તેથી $P(x) \propto \frac{1}{\sqrt{x_0^2 - x^2}}$.
આ વિધેય મધ્યમાન સ્થાન $(x = 0)$ પર ન્યૂનતમ છે અને અંતિમ સ્થાનો $(x = \pm x_0)$ પર અનંત તરફ જાય છે.
આલેખ $D$ દર્શાવે છે કે ઘટનાઓની સંખ્યા (જે સંભાવના ઘનતાના પ્રમાણમાં છે) કેન્દ્રમાં સૌથી ઓછી છે અને અંતિમ સ્થાનો તરફ વધે છે,જે $P(x) \propto \frac{1}{\sqrt{x_0^2 - x^2}}$ વિધેયના વર્તન સાથે મેળ ખાય છે.

(B) બાજુ $a$ ધરાવતી મૂળ ચોરસ પ્લેટનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર તેના ભૌમિતિક કેન્દ્ર પર છે. ઉગમબિંદુને મૂળ ચોરસના ઉપરના-જમણા ખૂણા પર ધારો. મૂળ ચોરસના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રના યામ $(x_1, y_1) = (a/2, a/2)$ છે.
ધારો કે $k$ એ એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ દળ છે. મૂળ ચોરસનું દળ $m_1 = k a^2$ છે.
કાઢી નાખેલા બાજુ $b$ ધરાવતા ચોરસ ભાગનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર સમાન ઉગમબિંદુની સાપેક્ષે $(x_2, y_2) = (b/2, b/2)$ પર છે.
કાઢી નાખેલા ભાગનું દળ $m_2 = k b^2$ છે.
બાકી રહેલી $L$-આકારની શીટનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર બિંદુ $P$ પર છે,જે પસંદ કરેલા ઉગમબિંદુની સાપેક્ષે $(b, b)$ તરીકે આપવામાં આવ્યું છે.
કેવિટી ધરાવતી સિસ્ટમના દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $X_{CM} = \frac{m_1 x_1 - m_2 x_2}{m_1 - m_2}$.
કિંમતો મૂકતા: $b = \frac{(k a^2)(a/2) - (k b^2)(b/2)}{k a^2 - k b^2}$.
$b = \frac{a^3 - b^3}{2(a^2 - b^2)}$.
$2b(a^2 - b^2) = a^3 - b^3$.
$2ba^2 - 2b^3 = a^3 - b^3$.
$a^3 - 2ba^2 + b^3 = 0$.
$b^3$ વડે ભાગતા: $(a/b)^3 - 2(a/b)^2 + 1 = 0$.
ધારો કે $x = a/b$. તો $x^3 - 2x^2 + 1 = 0$.
$x=1$ એ એક ઉકેલ હોવાથી,આપણે $(x-1)$ વડે ભાગાકાર કરીએ: $(x-1)(x^2 - x - 1) = 0$.
$a > b$ હોવાથી,$x > 1$,તેથી $x^2 - x - 1 = 0$.
$x$ માટે ઉકેલતા: $x = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ (ધન ઉકેલ લેતા).
આમ,$a/b = (\sqrt{5} + 1) / 2$.

(D) સાબુના પરપોટાને હવામાં તરવા માટે,ગુરુત્વાકર્ષણ બળ એ ઉત્પ્લાવક બળ જેટલું હોવું જોઈએ.
ગુરુત્વાકર્ષણ બળ = ઉત્પ્લાવક બળ
$g \times (\text{હિલિયમનું દળ} + \text{સાબુના પડનું દળ}) = \text{પરપોટા દ્વારા વિસ્થાપિત હવાનું વજન}$
ધારો કે $r$ એ સાબુના પરપોટાની આંતરિક ત્રિજ્યા છે અને $t$ એ પડની જાડાઈ છે.
હિલિયમનું કદ $V_{He} = \frac{4}{3} \pi r^3$ છે.
સાબુના પડનું કદ $V_{film} \approx 4 \pi r^2 t$ છે (કારણ કે $t \ll r$).
સંતુલનનું સમીકરણ છે:
$\frac{4}{3} \pi r^3 \rho_{He} g + (4 \pi r^2 t) \rho_{soap} g = \frac{4}{3} \pi r^3 \rho_{air} g$
$g$ વડે ભાગતા અને ફરીથી ગોઠવતા:
$4 \pi r^2 t \rho_{soap} = \frac{4}{3} \pi r^3 (\rho_{air} - \rho_{He})$
$t = \frac{r}{3} \frac{(\rho_{air} - \rho_{He})}{\rho_{soap}}$
આપેલ છે $r = 1 \, cm = 10^{-2} \, m$,$\rho_{air} = 1.23 \, kg \, m^{-3}$,$\rho_{He} = 0.18 \, kg \, m^{-3}$,અને $\rho_{soap} = 1000 \, kg \, m^{-3}$.
$t = \frac{10^{-2}}{3} \times \frac{(1.23 - 0.18)}{1000}$
$t = \frac{10^{-2}}{3} \times \frac{1.05}{1000} = \frac{1.05 \times 10^{-5}}{3} = 0.35 \times 10^{-5} \, m = 3.5 \times 10^{-6} \, m$.
કારણ કે $1 \, \mu m = 10^{-6} \, m$,તેથી જાડાઈ $t = 3.50 \, \mu m$ છે.

(C) કેલરીમેટ્રીના સિદ્ધાંત મુજબ,એલ્યુમિનિયમના ટુકડા દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા = પાણી દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા.
ધારો કે એલ્યુમિનિયમનું દળ $m_a = 50 \,g = 0.05 \,kg$,તેની વિશિષ્ટ ઉષ્મા $s_a = 900 \,J \,kg^{-1} K^{-1}$ અને તાપમાનમાં ફેરફાર $\Delta T_a = (300^{\circ} C - 160^{\circ} C) = 140^{\circ} C$ છે.
ધારો કે પાણીનું દળ $m_w = 1 \,kg$,તેની વિશિષ્ટ ઉષ્મા $s_w = 4200 \,J \,kg^{-1} K^{-1}$ અને પાણીના તાપમાનમાં ફેરફાર $\Delta T_w = (T - 30^{\circ} C)$ છે.
એલ્યુમિનિયમ દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા = $m_a s_a \Delta T_a = 0.05 \times 900 \times 140 = 6300 \,J$.
પાણી દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા = $m_w s_w \Delta T_w = 1 \times 4200 \times (T - 30) = 4200(T - 30)$.
બંનેને સરખાવતા: $6300 = 4200(T - 30)$.
$T - 30 = \frac{6300}{4200} = 1.5$.
$T = 30 + 1.5 = 31.5^{\circ} C$.
આમ,પાણીનું અંતિમ તાપમાન $31.5^{\circ} C$ છે.

(A) જ્યારે પ્રકાશ એક માધ્યમમાંથી બીજા માધ્યમમાં જાય છે, ત્યારે તેની આવૃત્તિ $(f)$ અચળ રહે છે કારણ કે તે પ્રકાશના ઉદગમ દ્વારા નક્કી થાય છે.
માધ્યમમાં પ્રકાશની ઝડપ $(v)$ $v = c/n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $c$ એ શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશની ઝડપ છે અને $n$ એ માધ્યમનો વક્રીભવનાંક છે. પ્રિઝમનો વક્રીભવનાંક હવા કરતા વધારે હોવાથી $(n > 1)$, પ્રિઝમની અંદર પ્રકાશની ઝડપ ઘટે છે.
ઝડપ, આવૃત્તિ અને તરંગલંબાઈ $(\lambda)$ વચ્ચેનો સંબંધ $v = f \lambda$ છે. કારણ કે $v$ ઘટે છે અને $f$ અચળ રહે છે, તેથી પ્રિઝમની અંદર તરંગલંબાઈ $\lambda$ પણ ઘટવી જોઈએ.
તેથી, ઝડપ અને તરંગલંબાઈ બદલાય છે, જ્યારે આવૃત્તિ સમાન રહે છે.

(B) જ્યારે લેન્સ પર ચાંદીનો ઢોળ ચડાવવામાં આવે છે,ત્યારે તે $f_{eq}$ કેન્દ્રલંબાઈ ધરાવતા અરીસા તરીકે વર્તે છે.
સમતુલ્ય કેન્દ્રલંબાઈ માટેનું સૂત્ર $\frac{1}{f_{eq}} = \frac{2}{f_l} + \frac{1}{f_m}$ છે,જ્યાં $f_l$ એ લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ છે અને $f_m$ એ અરીસાની કેન્દ્રલંબાઈ છે.
સમતલ-બહિર્ગોળ લેન્સ માટે,$f_l = 10 \,cm$. સપાટ સપાટી પર ચાંદીનો ઢોળ ચડાવેલ હોવાથી,તે સમતલ અરીસા તરીકે વર્તે છે,એટલે કે $f_m = \infty$.
આમ,$\frac{1}{f_{eq}} = \frac{2}{10} + \frac{1}{\infty} = \frac{1}{5}$.
સિસ્ટમ અંતર્ગોળ અરીસા તરીકે વર્તતી હોવાથી,આપણે $f_{eq} = -5 \,cm$ લઈએ છીએ (અરીસા માટેની સંજ્ઞા પ્રણાલીનો ઉપયોગ કરીને).
વસ્તુનું અંતર $u = -30 \,cm$ આપેલ છે,તેથી આપણે અરીસાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\frac{1}{f_{eq}} = \frac{1}{v} + \frac{1}{u}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{-5} = \frac{1}{v} + \frac{1}{-30}$.
$\frac{1}{v} = \frac{1}{-5} + \frac{1}{30} = \frac{-6 + 1}{30} = \frac{-5}{30} = -\frac{1}{6}$.
તેથી,$v = -6 \,cm$.
ઋણ નિશાની દર્શાવે છે કે પ્રતિબિંબ અરીસાની સામે રચાય છે,જેનો અર્થ છે કે તે લેન્સથી $6 \,cm$ અંતરે વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ છે.

(D) લેન્ઝના નિયમ મુજબ,લૂપ $L_2$ માં પ્રેરિત પ્રવાહ તેની સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સમાં થતા ફેરફારનો વિરોધ કરશે.
જેમ જેમ લૂપ $L_1$ માં પ્રવાહ સમય સાથે વધે છે,તેમ લૂપ $L_2$ સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સ પણ વધે છે.
ફ્લક્સમાં થતા આ વધારાનો વિરોધ કરવા માટે,લૂપ $L_2$ માં પ્રેરિત પ્રવાહ એવી દિશામાં વહે છે કે જેથી તેના દ્વારા ઉત્પન્ન થતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $L_1$ ના ચુંબકીય ક્ષેત્રનો વિરોધ કરે. આના પરિણામે બંને લૂપની નજીકની બાજુઓમાં પ્રવાહ વિરુદ્ધ દિશામાં વહે છે.
કારણ કે $L_1$ અને $L_2$ ની નજીકની બાજુઓમાં પ્રવાહ વિરુદ્ધ દિશામાં છે,તેથી તેમની વચ્ચે અપાકર્ષણ બળ લાગે છે.
પરિણામે,લૂપ $L_2$ એ લૂપ $L_1$ થી દૂર જાય છે.

(A) ઇલેક્ટ્રોન કેપેસિટર પ્લેટોના વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ ને કારણે વિદ્યુત બળ અનુભવે છે.
ઇલેક્ટ્રોન દ્વારા પ્લેટો વચ્ચેના $x$ લંબાઈના વિસ્તારને પાર કરવા માટે લાગતો સમય $t = \frac{x}{u}$ છે.
આ સમય દરમિયાન, $y$-દિશામાં ઇલેક્ટ્રોનનો પ્રવેગ $a_y = \frac{F}{m} = \frac{eE}{m}$ છે.
કેપેસિટરમાંથી બહાર નીકળતી વખતે ઇલેક્ટ્રોન દ્વારા પ્રાપ્ત થયેલ શિરોલંબ વેગનો ઘટક $v_y = a_y t = \left(\frac{eE}{m}\right) \left(\frac{x}{u}\right) = \frac{eEx}{mu}$ છે.
સમક્ષિતિજ વેગનો ઘટક $v_x = u$ અચળ રહે છે.
વિચલનનો ખૂણો $\theta$ એ $\tan \theta = \frac{v_y}{v_x} = \frac{eEx/mu}{u} = \frac{eEx}{mu^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ સમીકરણ પરથી, આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $\tan \theta \propto \frac{1}{u^2}$.
તેથી, $\frac{\tan \theta_2}{\tan \theta_1} = \frac{u_1^2}{u_2^2}$.
આપેલ છે કે $\tan \theta_1 = 0.4$ અને $u_2 = 2u_1$, તેથી:
$\tan \theta_2 = \tan \theta_1 \left(\frac{u_1}{u_2}\right)^2 = 0.4 \left(\frac{u_1}{2u_1}\right)^2 = 0.4 \left(\frac{1}{4}\right) = 0.1$.

(C) વિદ્યુતભારોને અનંત અંતરેથી તેમના સંબંધિત સ્થાનો પર લાવવા માટે કરવામાં આવેલ કાર્ય એ તંત્રની સ્થિત વિદ્યુત સ્થિતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે.
ધારો કે ગોળીય કવચ એ વિદ્યુતભાર $1$ છે,$+q$ એ વિદ્યુતભાર $2$ છે અને $-q$ એ વિદ્યુતભાર $3$ છે.
સમાન રીતે વિદ્યુતભારીત ગોળીય કવચની અંદર સ્થિતિમાન અચળ હોય છે અને તે $V = kQ/R$ જેટલું હોય છે,જ્યાં $k = 1 / (4 \pi \varepsilon_0)$.
$1$. $+q$ વિદ્યુતભારને $x = -a/2$ પર લાવવા માટે થયેલ કાર્ય: $W_1 = q \times V_{\text{shell}} = q(kQ/R)$.
$2$. $-q$ વિદ્યુતભારને $x = +a/2$ પર લાવવા માટે થયેલ કાર્ય: $W_2 = (-q) \times V_{\text{shell}} + (-q) \times V_{\text{charge } q} = (-q)(kQ/R) + (-q)(kq / a) = -kQq/R - kq^2/a$.
કુલ કાર્ય $W = W_1 + W_2 = (kQq/R) - (kQq/R) - kq^2/a = -kq^2/a$.
થયેલા કાર્યનું મૂલ્ય $|W| = | -kq^2/a | = q^2 / (4 \pi \varepsilon_0 a)$ થાય.

(B) શરૂઆતમાં,સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq} = \frac{C \cdot C}{C + C} = \frac{C}{2}$ છે.
બેટરી દ્વારા આપવામાં આવતો વિદ્યુતભાર $Q_1 = C_{eq} E = \frac{C E}{2}$ છે.
જ્યારે એક કેપેસિટરને $k$ અચળાંક ધરાવતા ડાયઇલેક્ટ્રિક વડે ભરવામાં આવે છે,ત્યારે તેનું નવું કેપેસિટન્સ $kC$ થાય છે. શ્રેણી જોડાણનું નવું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ:
$C'_{eq} = \frac{C \cdot (kC)}{C + kC} = \left( \frac{k}{k+1} \right) C$.
બેટરી જોડાયેલી હોવાથી,જોડાણ પરનો નવો વિદ્યુતભાર:
$Q_2 = C'_{eq} E = \left( \frac{k}{k+1} \right) C E$.
બેટરીમાંથી વહેતો વધારાનો વિદ્યુતભાર એ વિદ્યુતભારમાં થતો ફેરફાર છે:
$\Delta Q = Q_2 - Q_1 = \left( \frac{k}{k+1} - \frac{1}{2} \right) C E$.
$\Delta Q = \left( \frac{2k - (k+1)}{2(k+1)} \right) C E = \frac{k-1}{2(k+1)} C E$.

(A) $p-n$ જંકશનમાં બ્રેકડાઉન ઇલેક્ટ્રિક ફિલ્ડ $E$ એ પદાર્થનો લાક્ષણિક ગુણધર્મ છે અને તે ડેપ્લેશન પહોળાઈથી સ્વતંત્ર છે.
આપેલ છે કે,$20 \,\mu m$ ની ડેપ્લેશન પહોળાઈ $d_1$ માટે બ્રેકડાઉન વોલ્ટેજ $V_1 = 100 \,V$ છે.
ઇલેક્ટ્રિક ફિલ્ડ $E$ નું સૂત્ર $E = \frac{V}{d}$ છે.
બ્રેકડાઉન ફિલ્ડ $E$ અચળ રહેતું હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$\frac{V_1}{d_1} = \frac{V_2}{d_2}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{100 \,V}{20 \,\mu m} = \frac{V_2}{1 \,\mu m}$
$V_2 = \frac{100}{20} \times 1 = 5 \,V$.
આમ,આ ઝેનર ડાયોડનો ઉપયોગ $5 \,V$ ના વોલ્ટેજ રેગ્યુલેશન માટે થઈ શકે છે.

(D) કણની ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2}mv^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $K = 0.05 \,eV = 0.05 \times 1.6 \times 10^{-19} \,J$ અને $m = 1.6 \times 10^{-26} \,kg$.
$0.05 \times 1.6 \times 10^{-19} = \frac{1}{2} \times 1.6 \times 10^{-26} \times v^2$.
$v^2 = \frac{0.05 \times 1.6 \times 10^{-19} \times 2}{1.6 \times 10^{-26}} = 0.1 \times 10^7 = 10^6 \,m^2/s^2$.
$v = 10^3 \,m/s$.
$1 \,m$ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $t = \frac{D}{v} = \frac{1}{10^3} = 10^{-3} \,s$.
અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = \frac{t}{T_{1/2}} = \frac{10^{-3}}{6.9} \approx 1.45 \times 10^{-4}$.
બાકી રહેલા કણોનો અંશ $N/N_0 = (1/2)^n = 2^{-n}$ છે.
ક્ષય પામેલા કણોનો અંશ $1 - 2^{-n} = 1 - e^{-n \ln 2} \approx 1 - (1 - n \ln 2) = n \ln 2$ થાય.
અહીં $n \approx 1.45 \times 10^{-4}$ અને $\ln 2 \approx 0.69$ હોવાથી,ક્ષય પામેલો અંશ $\approx 1.45 \times 10^{-4} \times 0.69 \approx 10^{-4} = 0.0001$ થાય.

(C) ફોટોન ફ્લક્સ એટલે એકમ સમયમાં એકમ ક્ષેત્રફળમાંથી પસાર થતા ફોટોનની સંખ્યા.
એક ફોટોનની ઉર્જા $E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$P$ પાવર ધરાવતા સ્ત્રોતથી $r$ અંતરે તીવ્રતા $I = \frac{P}{4 \pi r^2}$ છે.
ફોટોન ફ્લક્સ $\Phi = \frac{I}{E} = \frac{P}{4 \pi r^2} \times \frac{\lambda}{hc}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $P = 160 \,W$,$\lambda = 6200 \times 10^{-10} \,m$,$r = 1.8 \,m$,$h = 6.63 \times 10^{-34} \,J \cdot s$,અને $c = 3 \times 10^8 \,m/s$.
$\Phi = \frac{160 \times 6200 \times 10^{-10}}{4 \times 3.14 \times (1.8)^2 \times 6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}$.
ગણતરી કરતા: $\Phi \approx 1.22 \times 10^{19} \,m^{-2} s^{-1}$.
આમ,મૂલ્યનો ક્રમ $10^{19} \,m^{-2} s^{-1}$ છે.

(B) હાઇડ્રોજન માટે રિડબર્ગ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$.
પ્રથમ બામર રેખા ($n=3$ થી $n=2$) માટે: $\frac{1}{\lambda_1} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R \left( \frac{5}{36} \right)$.
$n=5$ થી $n=3$ ના સંક્રમણ માટે: $\frac{1}{\lambda_2} = R \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{5^2} \right) = R \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{25} \right) = R \left( \frac{25-9}{225} \right) = R \left( \frac{16}{225} \right)$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{R(5/36)}{R(16/225)} = \frac{5}{36} \times \frac{225}{16} = \frac{5 \times 25}{4 \times 16} = \frac{125}{64}$.
તેથી,$\lambda_2 = \frac{125}{64} \lambda_1$.

(A) ${ }_5 B ^{11}$ માંથી ન્યુટ્રોન દૂર કરવાની પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
${ }_5 B ^{11} \longrightarrow { }_5 B ^{10} + { }_0 n ^1$
ન્યુક્લિયસની કુલ બંધન ઉર્જા નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
$BE = (\text{ન્યુક્લિઓન દીઠ બંધન ઉર્જા}) \times (\text{દળ ક્રમાંક } A)$
${ }_5 B ^{11}$ માટે:
$BE({ }_5 B ^{11}) = 7.5 \,MeV \times 11 = 82.5 \,MeV$
${ }_5 B ^{10}$ માટે:
$BE({ }_5 B ^{10}) = 8.0 \,MeV \times 10 = 80.0 \,MeV$
ન્યુટ્રોન દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા એ બંધન ઉર્જાઓનો તફાવત છે:
$E = BE({ }_5 B ^{11}) - BE({ }_5 B ^{10})$
$E = 82.5 \,MeV - 80.0 \,MeV = 2.5 \,MeV$

(A) મોટા મુખવાળા અરીસા માટે,મુખ્ય અક્ષને સમાંતર કિરણો ગોલીય વિપથન (spherical aberration) ને કારણે એક બિંદુ (મુખ્ય કેન્દ્ર $F$) પર કેન્દ્રિત થતા નથી. તેના બદલે,તેઓ કેન્દ્રીય સમતલ પર એક વર્તુળાકાર ડાઘ બનાવે છે.
ધારો કે $N$ એ અરીસાની પરિઘ પરનું બિંદુ છે જે અક્ષથી $r$ અંતરે છે. $N$ થી પરાવર્તિત કિરણ અક્ષને $Q$ બિંદુએ છેદે છે. $\triangle NQC$ માં,જ્યાં $C$ વક્રતા કેન્દ્ર છે,આપાતકોણ અને પરાવર્તનકોણ સમાન છે,જે $\theta$ છે. તેથી,$\angle N C P = \theta$ અને $\angle N Q C = \theta$.
$\triangle NQC$ માં,ભૂમિતિ મુજબ,$QC = \frac{R}{2 \cos \theta}$.
ધ્રુવ $P$ થી $Q$ નું અંતર $PQ = R - QC = R - \frac{R}{2 \cos \theta}$ છે.
મુખ્ય કેન્દ્ર $F$ થી $Q$ નું અંતર $QF = PF - PQ = \frac{R}{2} - (R - \frac{R}{2 \cos \theta}) = \frac{R}{2 \cos \theta} - \frac{R}{2} = \frac{R}{2} (\sec \theta - 1)$.
ધારો કે કેન્દ્ર પરની ડિસ્કની ત્રિજ્યા $d$ છે. પરાવર્તિત કિરણ દ્વારા બનતા સમાન ત્રિકોણો પરથી,ત્રિજ્યા $d = QF \tan(2\theta)$ દ્વારા મળે છે.
નાના $\theta$ માટે,$\sin \theta \approx \tan \theta \approx \frac{r}{R}$. વળી,$\sec \theta = (1 - \sin^2 \theta)^{-1/2} \approx 1 + \frac{\theta^2}{2} = 1 + \frac{r^2}{2R^2}$.
આ કિંમતો મૂકતા,$QF \approx \frac{R}{2} (1 + \frac{r^2}{2R^2} - 1) = \frac{r^2}{4R}$.
કારણ કે $\tan(2\theta) \approx 2\theta \approx 2(\frac{r}{R})$,તેથી $d = QF \cdot 2\theta = (\frac{r^2}{4R}) \cdot (\frac{2r}{R}) = \frac{r^3}{2R^2}$.
ડિસ્કનું ક્ષેત્રફળ $A = \pi d^2 = \pi (\frac{r^3}{2R^2})^2 = \frac{\pi r^6}{4R^4}$ થાય.

(C) સ્નેલના નિયમ મુજબ,$\sin i = \mu \sin r$.
$\mu(\lambda) = a + \frac{b}{\lambda^2}$ મૂકતા,$\sin i = (a + \frac{b}{\lambda^2}) \sin r$ મળે.
બંને બાજુ $\lambda$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$i$ અચળ રહે છે:
$0 = \frac{d}{d\lambda} [(a + \frac{b}{\lambda^2}) \sin r]$
$0 = (a + \frac{b}{\lambda^2}) \cos r \frac{dr}{d\lambda} + \sin r (-\frac{2b}{\lambda^3})$.
$\frac{dr}{d\lambda}$ માટે પદો ગોઠવતા:
$(a + \frac{b}{\lambda^2}) \cos r \frac{dr}{d\lambda} = \frac{2b}{\lambda^3} \sin r$.
$\frac{dr}{d\lambda} = \frac{2b \sin r}{\lambda^3 (a + \frac{b}{\lambda^2}) \cos r} = \frac{2b \tan r}{\lambda^3 (a + \frac{b}{\lambda^2})} = \frac{2b \tan r}{\lambda(a\lambda^2 + b)}$.
આમ,વક્રીભવનકોણમાં કોણીય ફેલાવો $\delta r = |\frac{dr}{d\lambda}| \delta \lambda = |\frac{2b \tan r}{a\lambda^3 + b\lambda}| \delta \lambda$ થાય.

(B) સ્થાયી અવસ્થામાં (કેપેસિટર સંપૂર્ણ ચાર્જ થયા પછી),કેપેસિટર ધરાવતી શાખાઓમાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી. કેપેસિટર ખુલ્લા પરિપથ તરીકે વર્તે છે.
પરિપથ $1 \,k\Omega$ અવરોધ અને $2 \,k\Omega$ અવરોધના શ્રેણી જોડાણ તરીકે સરળ બને છે,જે $6 \,V$ ની બેટરી સાથે જોડાયેલ છે.
પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{\text{total}} = 1 \,k\Omega + 2 \,k\Omega = 3 \,k\Omega = 3000 \,\Omega$ છે.
પરિપથમાં સ્થાયી પ્રવાહ $i = \frac{E}{R_{\text{total}}} = \frac{6 \,V}{3000 \,\Omega} = 2 \times 10^{-3} \,A = 2 \,mA$ છે.
$2 \,k\Omega$ અવરોધ પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_{2k} = i \times R = (2 \times 10^{-3} \,A) \times (2000 \,\Omega) = 4 \,V$ છે.
કેપેસિટર ધરાવતી શાખાઓ $2 \,k\Omega$ અવરોધ સાથે સમાંતર હોવાથી,$1 \,\mu F$ અને $2 \,\mu F$ બંને કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $2 \,k\Omega$ અવરોધ પરના વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત જેટલો એટલે કે $4 \,V$ હશે.
$1 \,\mu F$ કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત વિદ્યુતભાર $Q_1 = C_1 \times V = (1 \,\mu F) \times (4 \,V) = 4 \,\mu C$ છે.
$2 \,\mu F$ કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત વિદ્યુતભાર $Q_2 = C_2 \times V = (2 \,\mu F) \times (4 \,V) = 8 \,\mu C$ છે.
તેથી,સંગ્રહિત વિદ્યુતભાર અનુક્રમે $4 \,\mu C$ અને $8 \,\mu C$ છે.

(D) સંપૂર્ણ પરાવર્તક સપાટી માટે,$P$ પાવર ધરાવતા બીમ દ્વારા લાગતું રેડિયેશન બળ $F = \frac{2P}{c}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $c$ એ પ્રકાશની ઝડપ છે.
તકતીને અધ્ધર રાખવા માટે,આ રેડિયેશન બળ તકતી પર લાગતા ગુરુત્વાકર્ષણ બળ (વજન) ને સંતુલિત કરવું જોઈએ: $F = mg$.
બંનેને સરખાવતા,આપણને મળે છે $\frac{2P}{c} = mg$.
આપેલ છે: $P = 1.5 \,kW = 1.5 \times 10^3 \,W$,$c = 3 \times 10^8 \,m/s$,અને $g = 10 \,m/s^2$ લેતા.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{2 \times 1.5 \times 10^3}{3 \times 10^8} = m \times 10$.
$\frac{3 \times 10^3}{3 \times 10^8} = 10m$.
$10^{-5} = 10m$.
$m = 10^{-6} \,kg$.

(B) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_{\max} = eV_0 = hf - \phi_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $V_0$ એ સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ છે,$f$ એ આવૃત્તિ છે અને $\phi_0$ એ વર્ક ફંક્શન છે.
પ્રારંભિક કિસ્સા માટે:
$e(0.6) = hf - \phi_0 \quad \dots(i)$
જ્યારે આવૃત્તિમાં $10 \%$ નો વધારો થાય છે,ત્યારે નવી આવૃત્તિ $f' = f + 0.1f = 1.1f$ થાય છે. નવું સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_0' = 0.9 \, V$ છે.
$e(0.9) = h(1.1f) - \phi_0 \quad \dots(ii)$
સમીકરણ $(i)$ પરથી,આપણી પાસે $hf = e(0.6) + \phi_0$ છે. આ કિંમતને સમીકરણ $(ii)$ માં મૂકતા:
$e(0.9) = 1.1(e(0.6) + \phi_0) - \phi_0$
$e(0.9) = 1.1(e(0.6)) + 1.1\phi_0 - \phi_0$
$e(0.9) = e(0.66) + 0.1\phi_0$
$0.1\phi_0 = e(0.9 - 0.66)$
$0.1\phi_0 = 0.24 \, eV$
$\phi_0 = 2.4 \, eV$.

(B) આપેલ પરિસ્થિતિમાં,દરેક વીજભારિત ગોળા પર લાગતા બળો નીચે મુજબ છે:
$(i)$ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $(mg)$
$(ii)$ સ્થિત-વિદ્યુત અપાકર્ષણ બળ $F_e = \frac{k q_1 q_2}{r^2}$
$(iii)$ દોરીમાં તણાવ બળ $(T)$
સંતુલન માટે,આપણે તણાવ બળ $T$ ને સમક્ષિતિજ અને શિરોલંબ ઘટકોમાં વિભાજિત કરીએ છીએ:
$T \sin \theta = F_e = \frac{k q_1 q_2}{r^2}$
$T \cos \theta = mg$
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા,આપણને મળે છે:
$\tan \theta = \frac{F_e}{mg} = \frac{k q_1 q_2}{r^2 mg}$
ગોળા $1$ માટે:
$\tan \theta = \frac{k q_1 q_2}{r^2 m_1 g}$
ગોળા $2$ માટે:
$\tan \theta = \frac{k q_1 q_2}{r^2 m_2 g}$
કારણ કે બંને ગોળાઓ માટે ખૂણો $\theta$ સમાન છે,તેથી આપણે સમીકરણોને સરખાવીએ છીએ:
$\frac{k q_1 q_2}{r^2 m_1 g} = \frac{k q_1 q_2}{r^2 m_2 g}$
આના પરથી સાદું રૂપ આપતા:
$m_1 = m_2$

(B) પ્રિઝમ માટે,વિચલન $\delta$ એ $\delta = i + e - A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $i$ એ આપાતકોણ છે,$e$ એ નિર્ગમન કોણ છે અને $A$ એ પ્રિઝમનો ખૂણો છે.
આપેલ છે કે $A = 60^{\circ}$,$i = 60^{\circ}$,અને $e = 40^{\circ}$.
તેથી,વિચલન $\delta = 60^{\circ} + 40^{\circ} - 60^{\circ} = 40^{\circ}$.
પ્રકાશની પ્રતિવર્તીતાના સિદ્ધાંત મુજબ,જો $i = 60^{\circ}$ માટે $e = 40^{\circ}$ મળે,તો $i = 40^{\circ}$ માટે $e = 60^{\circ}$ મળશે,જેના પરિણામે સમાન વિચલન $\delta = 40^{\circ}$ મળશે.
વિચલન $\delta$ વિરુદ્ધ આપાતકોણ $i$ નો આલેખ એક $U$-આકારનો વળાંક છે જ્યાં ન્યૂનતમ વિચલન $\delta_m$ એ આપાતકોણ $i = i_m$ પર થાય છે.
કારણ કે $i = 40^{\circ}$ અને $i = 60^{\circ}$ બંને પર વિચલન સમાન $(40^{\circ})$ છે,તેથી ન્યૂનતમ વિચલન આ બે મૂલ્યોની વચ્ચેના આપાતકોણ પર થવું જોઈએ.
તેથી,ન્યૂનતમ વિચલન માટેનો આપાતકોણ $40^{\circ} < i < 60^{\circ}$ ની રેન્જમાં છે. આપેલ આલેખ જોતા,ન્યૂનતમ વિચલન $i \approx 48^{\circ}$ પર થાય છે,જે $40^{\circ} < i < 50^{\circ}$ ની રેન્જમાં આવે છે.

(D) માધ્યમમાં લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ લેન્સ મેકરના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\frac{1}{f} = \left( \frac{n_l}{n_m} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$
આપેલ છે:
લેન્સના દ્રવ્યનો વક્રીભવનાંક,$n_l = 1.6$
માધ્યમનો વક્રીભવનાંક,$n_m = 2.0$
અંતર્ગોળ લેન્સ માટે,$R_1 = -0.2 \, m$ અને $R_2 = +0.2 \, m$ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{1}{f} = \left( \frac{1.6}{2.0} - 1 \right) \left( \frac{1}{-0.2} - \frac{1}{0.2} \right)$
$\frac{1}{f} = (0.8 - 1) \left( -5 - 5 \right)$
$\frac{1}{f} = (-0.2) \times (-10)$
$\frac{1}{f} = 2$
$f = 0.5 \, m$
કેન્દ્રલંબાઈ $f$ ધન હોવાથી,લેન્સ $0.5 \, m$ કેન્દ્રલંબાઈ ધરાવતા અભિસારી લેન્સ તરીકે વર્તે છે.

(A) સાચો વિકલ્પ $A$ છે.
$1$. કણ શરૂઆતમાં સ્થિર હોવાથી,તેના પર ચુંબકીય બળ લાગી શકે નહીં,કારણ કે ચુંબકીય બળ $\vec{F}_m = q(\vec{v} \times \vec{B})$ છે,જે $\vec{v} = 0$ હોય ત્યારે શૂન્ય થાય છે. તેથી,ગતિ શરૂ કરવા માટે વિદ્યુતક્ષેત્ર જરૂરી છે.
$2$. વિદ્યુત બળ $\vec{F}_e = q\vec{E}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આ બળ કણને વિદ્યુતક્ષેત્રની દિશામાં પ્રવેગિત કરે છે.
$3$. જો વિદ્યુતક્ષેત્રનું મૂલ્ય અને દિશા બંને અચળ હોત,તો કણ સીધી રેખામાં ગતિ કરત. પરંતુ,અહીં દર્શાવેલ ગતિપથ વક્ર છે.
$4$. કણ સ્થિર સ્થિતિમાંથી વક્ર પથ પર ગતિ કરે તે માટે,બળની દિશા (અને તેથી વિદ્યુતક્ષેત્રની દિશા) સતત બદલાતી રહેવી જોઈએ. તેથી,વિદ્યુતક્ષેત્રનું મૂલ્ય અચળ હોવું જોઈએ પરંતુ તેની દિશા બદલાતી હોવી જોઈએ.

(B) અંતરે રહેલા $Q$ અને $Q$ મૂલ્યના બે વિદ્યુતભારોના તંત્રની પ્રારંભિક સ્થિત-વિદ્યુત સ્થિતિ ઊર્જા નીચે મુજબ છે:
$E = \frac{k Q^2}{d} \quad \dots(i)$
જ્યારે ત્રીજો વિદ્યુતભાર $q_3 = -Q/2$ ને મધ્યબિંદુ પર મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે દરેક જોડી વચ્ચેનું નવું અંતર $d/2$ થાય છે.
તંત્રની કુલ સ્થિત-વિદ્યુત સ્થિતિ ઊર્જા $E^{\prime}$ એ તમામ જોડીઓની સ્થિતિ ઊર્જાનો સરવાળો છે:
$E^{\prime} = \frac{k Q_1 Q_2}{r_{12}} + \frac{k Q_2 Q_3}{r_{23}} + \frac{k Q_1 Q_3}{r_{13}}$
કિંમતો $Q_1 = Q$,$Q_2 = Q$,$Q_3 = -Q/2$,$r_{12} = d$,$r_{23} = d/2$,અને $r_{13} = d/2$ મૂકતા:
$E^{\prime} = \frac{k Q^2}{d} + \frac{k Q (-Q/2)}{d/2} + \frac{k Q (-Q/2)}{d/2}$
$E^{\prime} = \frac{k Q^2}{d} - \frac{k Q^2}{d} - \frac{k Q^2}{d}$
$E^{\prime} = -\frac{k Q^2}{d}$
સમીકરણ $(i)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $E^{\prime} = -E$ મળે છે.

(C) લેન્ઝના નિયમ મુજબ,પ્રેરિત પ્રવાહની દિશા એવી હોય છે કે તે તેને ઉત્પન્ન કરતા ચુંબકીય ફ્લક્સના ફેરફારનો વિરોધ કરે છે.
$1$. જ્યારે ચુંબક રીંગની ઉપર હોય અને તેની તરફ નીચે પડે છે,ત્યારે રીંગમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ વધે છે. આનો વિરોધ કરવા માટે,રીંગ તેની ઉપરની સપાટી પર ઉત્તર ધ્રુવ બનાવે છે જેથી પડતા ચુંબકને અપાકર્ષી શકાય. ઉપરથી જોતા ઉત્તર ધ્રુવ ઘડિયાળના કાંટાની વિરુદ્ધ દિશામાં પ્રવાહ દર્શાવે છે.
$2$. જ્યારે ચુંબક રીંગમાંથી પસાર થઈને નીચે જાય છે,ત્યારે રીંગમાંથી પસાર થતું ચુંબકીય ફ્લક્સ ઘટે છે. આ ઘટાડાનો વિરોધ કરવા માટે,રીંગ તેની નીચેની સપાટી પર દક્ષિણ ધ્રુવ બનાવે છે (જે દૂર જતા ચુંબકના સંદર્ભમાં ઉપરની સપાટી પર ઉત્તર ધ્રુવ તરીકે કાર્ય કરે છે) જેથી ચુંબકને આકર્ષી શકાય. ઉપરથી જોતા આ ઘડિયાળના કાંટાની દિશામાં પ્રવાહ દર્શાવે છે.
તેથી,જ્યારે ચુંબક રીંગની ઉપર હોય ત્યારે પ્રવાહ ઘડિયાળના કાંટાની વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે અને જ્યારે તે રીંગની નીચે હોય ત્યારે ઘડિયાળના કાંટાની દિશામાં હોય છે.

(A) તટસ્થ બિંદુ એ એવું બિંદુ છે જ્યાં ચુંબકોને કારણે ઉદ્ભવતું કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર શૂન્ય હોય છે. આ ત્યારે થાય છે જ્યારે બે ચુંબકોના ચુંબકીય ક્ષેત્ર સદિશો મૂલ્યમાં સમાન અને દિશામાં વિરુદ્ધ હોય.
બે ગજિયા ચુંબકોની ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓનું વિશ્લેષણ કરીને,આપણે દરેક ઝોનમાં ચુંબકીય ક્ષેત્રની દિશા નક્કી કરી શકીએ છીએ.
ઝોન $I$ માં,આડા ચુંબકમાંથી નીકળતી ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓ ડાબી તરફ નિર્દેશ કરે છે,અને ઊભા ચુંબકમાંથી નીકળતી ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓ પણ એવી દિશામાં હોય છે જે આડા ચુંબકના ક્ષેત્રનો વિરોધ કરે છે. આમ,આ વિસ્તારમાં ક્ષેત્રો એકબીજાને નાબૂદ કરી શકે છે.
તેથી,તટસ્થ બિંદુ ઝોન $I$ માં સ્થિત છે.

(B) સાચો જવાબ $B$ છે.
ગાઇગર-માર્સડેન પ્રયોગમાં,ઉદ્દેશ્ય $\alpha$-કણોને પરમાણુ તરફ લક્ષ્ય બનાવવાનો છે જેથી તેમના પ્રકીર્ણનનું અવલોકન કરી શકાય.
આ પ્રયોગ માટે અત્યંત પાતળા લક્ષ્યની જરૂર હોય છે,જે આદર્શ રીતે માત્ર થોડા પરમાણુઓ જેટલું જાડું હોય,જેથી $\alpha$-કણો ઓછામાં ઓછા પ્રકીર્ણન અનુભવે.
સોનું તેની અત્યંત ટીપાવપણા (malleability) માટે જાણીતું છે,જે તેને અત્યંત પાતળી વરખ (થોડા માઇક્રોમીટર જાડી) બનાવવાની મંજૂરી આપે છે. આ ભૌતિક ગુણધર્મને કારણે તે રધરફોર્ડના પ્રયોગ માટે આદર્શ સામગ્રી બની હતી.

(A) વિધાન $I$ ખોટું છે કારણ કે એક તત્વના આઈસોટોપ્સમાં પ્રોટોનની સંખ્યા સમાન હોય છે પરંતુ ન્યુટ્રોનની સંખ્યા અલગ-અલગ હોય છે.
વિધાન $II$ ખોટું છે કારણ કે કેટલાક તત્વોમાં એક કરતા વધુ સ્થિર આઈસોટોપ્સ હોય છે (દા.ત.,ઓક્સિજનના ત્રણ સ્થિર આઈસોટોપ્સ છે: $^{16}O, ^{17}O, ^{18}O$).
વિધાન $III$ સાચું છે કારણ કે દરેક તત્વના આઈસોટોપ્સ હોય છે,જે સમાન પરમાણુ ક્રમાંક પરંતુ અલગ દળ ક્રમાંક ધરાવતા અણુઓ છે.
વિધાન $IV$ સાચું છે કારણ કે એક જ તત્વના આઈસોટોપ્સ સમાન રાસાયણિક ગુણધર્મો દર્શાવે છે; તેથી,કાર્બનના તમામ આઈસોટોપ્સ $(^{12}C, ^{13}C, ^{14}C)$ ઓક્સિજન સાથે પ્રતિક્રિયા કરીને $CO_2$ જેવા સંયોજનો બનાવી શકે છે.
આમ,માત્ર વિધાનો $III$ અને $IV$ સાચા છે.

(A) સપાટીઓ પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન $(TIR)$ થવા માટે,દરેક સપાટી પરનો આપાતકોણ ક્રાંતિકોણ $\theta_c$ કરતા વધારે હોવો જોઈએ.
પ્રિઝમની ભૂમિતિ પરથી,બે સપાટીઓ પરના આપાતકોણ $(45^{\circ} + r)$ અને $(45^{\circ} - r)$ છે,જ્યાં $r$ એ પ્રથમ સપાટી પરનો વક્રીભૂતકોણ છે.
બંને સપાટીઓ પર $TIR$ થવા માટે: $45^{\circ} + r > \theta_c$ અને $45^{\circ} - r > \theta_c$.
વધારે પ્રતિબંધિત શરત $45^{\circ} - r > \theta_c$ છે.
કારણ કે $\sin r = \frac{\sin 45^{\circ}}{\mu} = \frac{1}{\mu\sqrt{2}}$,તેથી $r = \arcsin\left(\frac{1}{\mu\sqrt{2}}\right)$.
આને $45^{\circ} - r > \theta_c$ માં મૂકતા,આપણને $45^{\circ} - \theta_c > r$ મળે છે.
બંને બાજુ સાઈન લેતા: $\sin(45^{\circ} - \theta_c) > \sin r$.
નિત્યસમ $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા અને $\sin \theta_c = \frac{1}{\mu}$ તથા $\cos \theta_c = \frac{\sqrt{\mu^2-1}}{\mu}$ જાણતા:
$\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{\mu^2-1}}{\mu} - \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\mu} > \frac{1}{\mu\sqrt{2}}$.
$\mu\sqrt{2}$ વડે ગુણતા,આપણને $\sqrt{\mu^2-1} - 1 > 1$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $\sqrt{\mu^2-1} > 2$ થાય છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\mu^2 - 1 > 4$,તેથી $\mu^2 > 5$,અથવા $\mu > \sqrt{5}$.

(D) ધારો કે અવરોધક $X$ માંથી વહેતો પ્રવાહ $i_1 = 1 \,mA$ છે. બધા અવરોધકો $R = 1 \,k\Omega$ છે.
$1$. છેલ્લા વિભાગમાં (સૌથી જમણી બાજુ),પ્રવાહ $i_1$ એ $X$ અને શ્રેણી અવરોધકમાંથી વહે છે. વર્ટિકલ અવરોધક પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાન $i_1 R$ છે. વર્ટિકલ અવરોધકમાંથી વહેતો પ્રવાહ $i_2 = i_1 R / R = i_1$ છે. આ વિભાગમાં પ્રવેશતો કુલ પ્રવાહ $i_3 = i_1 + i_2 = 2i_1$ છે.
$2$. ડાબી બાજુના આગલા વિભાગમાં જતાં,જમણા ભાગનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq1} = R + (R \parallel R) = R + R/2 = 1.5R$ છે. પ્રવાહ $i_3$ એ $i_4$ (વર્ટિકલ અવરોધક દ્વારા) અને $i_3$ (શ્રેણી શાખા દ્વારા) માં વિભાજિત થાય છે. વિદ્યુતસ્થિતિમાનની સમાનતા દ્વારા,$i_4 R = i_3 (1.5R) \implies i_4 = 1.5 i_3 = 3 i_1$. કુલ પ્રવાહ $i_5 = i_3 + i_4 = 2i_1 + 3i_1 = 5i_1$.
$3$. આ લેડર નેટવર્ક તર્કને ચાલુ રાખતા,જેમ આપણે $P$ અને $Q$ તરફ જઈએ છીએ તેમ પ્રવાહ વધે છે. $n$ સ્ટેજવાળા લેડર માટે,પ્રવાહ $i_n$ પુનરાવર્તિત સંબંધને અનુસરે છે. આ $4-$સ્ટેજ લેડર માટે:
સ્ટેજ $1$: $i_1 = 1 \,mA$
સ્ટેજ $2$: $i_2 = 2i_1 = 2 \,mA$
સ્ટેજ $3$: $i_3 = 5i_1 = 5 \,mA$
સ્ટેજ $4$: $i_4 = 13i_1 = 13 \,mA$
સ્ટેજ $5$ (કુલ): $i_{total} = 34i_1 = 34 \,mA$.
$4$. $4-$સ્ટેજ લેડરનો કુલ સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = (34/55) \,k\Omega$ છે.
$5$. વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_{PQ} = i_{total} \times R_{eq} = (34 \,mA) \times (34/55 \,k\Omega) = 34 \,V$.