KVPY 2017 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) આપેલ છે: $u = 1.11 \pm 0.01 \, m/s$,$t = 1.01 \pm 0.1 \, s$,$g = 9.8 \pm 0.1 \, m/s^2$.
અંતર $s = ut - \frac{1}{2} gt^2$ છે.
ગુણાકાર અને ભાગાકારમાં,પરિણામમાં સાર્થક અંકોની સંખ્યા = સૌથી ઓછી સાર્થક અંકો ધરાવતી સંખ્યા જેટલી હોય છે.
સરવાળા અને બાદબાકીમાં,પરિણામમાં દશાંશ ચિહ્ન પછીના અંકોની સંખ્યા = સૌથી ઓછા દશાંશ સ્થાન ધરાવતી સંખ્યા જેટલી હોય છે.
આપેલ ડેટા મુજબ,પરિણામમાં દશાંશ પછી માત્ર એક જ અંક હોવો જોઈએ. તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) પાવર માટેનું સૂત્ર આપેલ છે: $P = G c^{-5} m^{x} R^{y} \omega^{z} \quad \dots (i)$
ભૌતિક રાશિઓના પરિમાણો નીચે મુજબ છે:
પાવર $P = [M L^{2} T^{-3}]$
ગુરુત્વાકર્ષણ અચળાંક $G = [M^{-1} L^{3} T^{-2}]$
પ્રકાશની ઝડપ $c = [L T^{-1}]$
દળ $m = [M]$
ત્રિજ્યા $R = [L]$
કોણીય વેગ $\omega = [T^{-1}]$
આ પરિમાણોને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$[M L^{2} T^{-3}] = [M^{-1} L^{3} T^{-2}] [L T^{-1}]^{-5} [M]^{x} [L]^{y} [T^{-1}]^{z}$
$[M L^{2} T^{-3}] = [M^{-1} L^{3} T^{-2}] [L^{-5} T^{5}] [M^{x}] [L^{y}] [T^{-z}]$
$[M L^{2} T^{-3}] = [M^{x-1}] [L^{3-5+y}] [T^{-2+5-z}]$
$[M L^{2} T^{-3}] = [M^{x-1}] [L^{y-2}] [T^{3-z}]$
બંને બાજુ $M, L$ અને $T$ ના ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા:
$M$ માટે: $x - 1 = 1 \Rightarrow x = 2$
$L$ માટે: $y - 2 = 2 \Rightarrow y = 4$
$T$ માટે: $3 - z = -3 \Rightarrow z = 6$
આમ,મૂલ્યો $x=2, y=4, z=6$ છે.

(A) $1$. સરેરાશ ઝડપ $\bar{c}$ અને $c_{rms}$ વચ્ચેનો સંબંધ $\bar{c} = \sqrt{\frac{8}{3\pi}} c_{rms} \approx 0.92 c_{rms}$ છે. $0.92 < 1$ હોવાથી,સરેરાશ ઝડપ એ rms ઝડપ કરતા ઓછી છે. તેથી,વિધાન $(I)$ ખોટું છે.
$2$. વાયુમાં,સરેરાશ મુક્ત પથ $\lambda$ એ અણુઓ વચ્ચેના સરેરાશ અંતર $d \approx (V/N)^{1/3}$ કરતા ઘણો મોટો હોય છે. તેથી,વિધાન $(II)$ સાચું છે.
$3$. સરેરાશ મુક્ત પથનું સૂત્ર $\lambda = \frac{k_B T}{\sqrt{2} \pi d^2 P}$ છે. અચળ કદ માટે,$P \propto T$,તેથી તાપમાન સાથે $\lambda$ અચળ રહે છે. તેથી,વિધાન $(III)$ ખોટું છે.
$4$. rms ઝડપ $c_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ છે. નાઈટ્રોજનનું આણ્વીય દળ $(M_{N_2} = 28 \text{ g/mol})$ ઓક્સિજન $(M_{O_2} = 32 \text{ g/mol})$ કરતા ઓછું હોવાથી,નાઈટ્રોજનની rms ઝડપ ઓક્સિજન કરતા વધારે હોય છે. તેથી,વિધાન $(IV)$ ખોટું છે.
આમ,માત્ર વિધાન $(II)$ સાચું છે.

(C) ધારો કે પરિઘ પરના બિંદુનું સ્થાન $(R \cos \theta, R \sin \theta)$ છે,જ્યાં $\theta = \omega t$ છે. સળિયાનો બીજો છેડો કેન્દ્ર $O$ થી આડા અક્ષ પર $x$ અંતરે છે. સળિયા દ્વારા બનતા ત્રિકોણમાં પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$L^2 = (x - R \cos \theta)^2 + (R \sin \theta)^2$ મળે છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા,$L^2 = x^2 - 2xR \cos \theta + R^2 \cos^2 \theta + R^2 \sin^2 \theta$,જેનું સાદું રૂપ $L^2 = x^2 - 2xR \cos \theta + R^2$ થાય છે.
આ $x$ માં એક દ્વિઘાત સમીકરણ છે: $x^2 - (2R \cos \theta)x + (R^2 - L^2) = 0$.
$x$ માટે ઉકેલતા,$x = R \cos \theta + \sqrt{R^2 \cos^2 \theta - (R^2 - L^2)} = R \cos \theta + \sqrt{L^2 - R^2 \sin^2 \theta}$ મળે છે.
ગતિ $\cos \theta$ અને $\sin^2 \theta$ (જ્યાં $\theta = \omega t$) પર આધારિત હોવાથી,સ્થાન $x(t)$ એ $T = \frac{2 \pi}{\omega}$ આવર્તકાળ ધરાવતું આવર્ત વિધેય છે. જોકે,વર્ગમૂળના પદને કારણે,આ ગતિ સરળ આવર્ત ગતિ નથી (જેના માટે $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$ હોવું જરૂરી છે). આમ,ગતિ આવર્ત છે પણ સરળ આવર્ત નથી.

(D) આધાર બિંદુએ,તણાવબળ $T$ શિરોલંબ સાથે $30^{\circ}$ ના ખૂણે લાગે છે.
આખા દોરડાના શિરોલંબ સંતુલન માટે,બંને છેડા પરના તણાવબળના શિરોલંબ ઘટકોએ દોરડાના વજનને સંતુલિત કરવું જોઈએ:
$2T \cos 30^{\circ} = mg$
$T = \frac{mg}{2 \cos 30^{\circ}}$
ધારો કે $T_1$ એ દોરડાના સૌથી નીચલા બિંદુએ તણાવબળ છે. આ બિંદુએ,તણાવબળ સંપૂર્ણપણે સમક્ષિતિજ હોય છે. દોરડાના અડધા ભાગના સંતુલનને ધ્યાનમાં લેતા,આધાર પરના તણાવબળનો સમક્ષિતિજ ઘટક એ સૌથી નીચલા બિંદુએ રહેલા તણાવબળ જેટલો હોવો જોઈએ:
$T_1 = T \sin 30^{\circ}$
$T$ ની કિંમત મૂકતા:
$T_1 = \left( \frac{mg}{2 \cos 30^{\circ}} \right) \sin 30^{\circ} = \frac{mg}{2} \tan 30^{\circ}$
અહીં $m = 5 \,kg$,$g = 10 \,m/s^2$,અને $\tan 30^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ આપેલ છે:
$T_1 = \frac{5 \times 10}{2} \times \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{25}{\sqrt{3}} \approx \frac{25}{1.732} \approx 14.43 \,N$
આમ,સૌથી નીચલા બિંદુએ તણાવબળ આશરે $14 \,N$ છે.

(C) ધારો કે દોરડાની એકમ લંબાઈ દીઠ દળ $\lambda$ છે.
લટકતા દોરડાની લંબાઈ $f l$ છે અને ટેબલ પર રહેલા દોરડાની લંબાઈ $(1-f)l$ છે.
દોરડાના લટકતા ભાગનું વજન,જે ખેંચાણ બળ $F$ તરીકે કાર્ય કરે છે,તે છે:
$F = (f l) \lambda g$
ટેબલ પર રહેલા દોરડાના ભાગ પર ટેબલ દ્વારા લાગતું લંબબળ $N$ છે:
$N = ((1-f)l) \lambda g$
દોરડા પર લાગતું મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f_s$ છે:
$f_s = \mu N = \mu (1-f) l \lambda g$
દોરડું સ્થિર રહે (સંતુલનમાં રહે) તે માટે,ખેંચાણ બળ એ સીમાંત ઘર્ષણ બળ જેટલું હોવું જોઈએ:
$F = f_s$
$f l \lambda g = \mu (1-f) l \lambda g$
બંને બાજુ $l \lambda g$ વડે ભાગતા:
$f = \mu (1-f)$
$f = \mu - \mu f$
$f + \mu f = \mu$
$f(1+\mu) = \mu$
$f = \frac{\mu}{1+\mu}$
આપેલા વિકલ્પો સાથે મેળવવા માટે,આપણે તેને આ રીતે લખી શકીએ:
$f = \frac{1}{\frac{1+\mu}{\mu}} = \frac{1}{\frac{1}{\mu} + 1} = \frac{1}{1 + \frac{1}{\mu}}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $(c)$ છે.

(A) $r$ ત્રિજ્યા અને $dr$ જાડાઈ ધરાવતા ગોળાકાર કવચ માટે,સ્તરનું વજન સ્તરની આસપાસના દબાણના તફાવત દ્વારા સંતુલિત થાય છે.
$\therefore$ વજન $= \{p - (p + dp)\} 4 \pi r^{2} = -dp \cdot 4 \pi r^{2}$
વધુમાં,વજન $= (dm)g = (\rho \cdot 4 \pi r^{2} dr) \cdot \frac{GM(r)}{r^{2}}$,જ્યાં $M(r) = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi r^{3}$ છે.
તેથી,$-dp \cdot 4 \pi r^{2} = \rho \cdot 4 \pi r^{2} dr \cdot \frac{G \rho \cdot \frac{4}{3} \pi r^{3}}{r^{2}}$
$-dp = \frac{4}{3} \pi G \rho^{2} r dr$
$r=0$ થી $R$ સુધી સંકલન કરતા,જ્યાં $p(R)=0$ અને $p(0)=P_{center}$ છે:
$P_{center} = \int_{0}^{R} \frac{4}{3} \pi G \rho^{2} r dr = \frac{2}{3} \pi G \rho^{2} R^{2}$
કારણ કે $\rho = \frac{M}{\frac{4}{3} \pi R^{3}}$,તેથી $\rho^{2} = \frac{M^{2}}{\frac{16}{9} \pi^{2} R^{6}}$ મળે.
દબાણના સમીકરણમાં $\rho^{2}$ ની કિંમત મૂકતા:
$P \propto \frac{M^{2}}{R^{6}} \cdot R^{2} = \frac{M^{2}}{R^{4}}$
આમ,સરેરાશ ગુરુત્વાકર્ષણ દબાણ $P_{av} \propto \frac{1}{R^{4}}$ થાય.

(B) $P_{1}$ પર,રીંગ નીચે તરફ ગતિ કરી રહી છે અને તેની કોણીય વેગ $\omega$ ગબડવાની શરત $(v_{CM} = R\omega)$ સંતોષવા માટે વધી રહ્યો છે. ઘર્ષણ બળ $f$ ઉપરની તરફ ( $v_{CM}$ ની વિરુદ્ધ) લાગે છે જેથી $\omega$ વધારવા માટે જરૂરી ટોર્ક મળે.
$P_{2}$ પર,વેગ $v_{CM}$ સમક્ષિતિજ છે અને દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો પ્રવેગ સંપૂર્ણપણે કેન્દ્રગામી છે. ત્યાં કોઈ સ્પર્શક પ્રવેગ નથી,તેથી ઘર્ષણ બળ શૂન્ય છે.
$P_{3}$ પર,રીંગ ઉપર તરફ ગતિ કરી રહી છે અને તેની કોણીય વેગ $\omega$ ગબડવાની શરત સંતોષવા માટે ઘટી રહ્યો છે. ઘર્ષણ બળ $f$ ઉપરની તરફ ($v_{CM}$ ની દિશામાં) લાગે છે જેથી $\omega$ ઘટાડવા માટે જરૂરી ટોર્ક મળે.
તેથી,ઘર્ષણ બળ $P_{1}$ પર $v_{CM}$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં અને $P_{3}$ પર $v_{CM}$ ની દિશામાં છે.

(B) પરિમાણીય વિશ્લેષણ (Dimensional analysis) આ સમસ્યાને ઉકેલવા માટેની સૌથી અસરકારક રીત છે. ત્રિજ્યા $R$ એ ઉર્જા $E$,ઘનતા $\rho$ અને સમય $t$ પર આધાર રાખે છે.
ધારો કે $R = k E^a \rho^b t^c$,જ્યાં $k$ એ પરિમાણરહિત અચળાંક છે.
પરિમાણો નીચે મુજબ છે: $[R] = L$,$[E] = ML^2T^{-2}$,$[\rho] = ML^{-3}$,$[t] = T$.
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$L = (ML^2T^{-2})^a (ML^{-3})^b (T)^c$
$L^1 = M^{a+b} L^{2a-3b} T^{-2a+c}$
$M, L,$ અને $T$ ના ઘાતાંકોને સરખાવતા:
$a + b = 0 \Rightarrow b = -a$
$2a - 3b = 1 \Rightarrow 2a - 3(-a) = 1 \Rightarrow 5a = 1 \Rightarrow a = 1/5$
આમ,$b = -1/5$.
$-2a + c = 0 \Rightarrow c = 2a = 2(1/5) = 2/5$.
તેથી,$R \propto E^{1/5} \rho^{-1/5} t^{2/5}$,જેનો અર્થ છે કે $R \propto t^{2/5}$.

(C) આ કુંડની નળી (Kundt's tube) નો પ્રયોગ છે,જેનો ઉપયોગ સ્થિત તરંગો દર્શાવવા માટે થાય છે. નળીમાં ઉત્પન્ન થતા સ્થિત તરંગોને કારણે રેતી (અથવા પાવડર) નિસ્પંદ બિંદુઓ (nodes) પર એકઠી થાય છે.
ક્રમિક ઢગલાઓ વચ્ચેનું અંતર એ લંબગત તરંગોની તરંગલંબાઈના અડધા $(\frac{\lambda}{2})$ જેટલું હોય છે.
આપેલ છે કે $300 \,cm$ ની લંબાઈમાં $20$ ઢગલા છે,તેથી $20 \times \frac{\lambda}{2} = 300 \,cm$.
$\therefore 10 \lambda = 300 \,cm = 3 \,m$
$\lambda = 0.3 \,m$
ધ્વનિની આવૃત્તિ $f$ એ $f = \frac{v}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$f = \frac{300 \,m/s}{0.3 \,m} = 1000 \,Hz = 1 \,kHz$.

(A) તાપીય સંતુલનમાં, ગ્રહ દ્વારા ઉત્સર્જિત ઉર્જા એ તારામાંથી ગ્રહ દ્વારા શોષાયેલી ઉર્જા જેટલી હોવી જોઈએ.
સ્ટીફન-બોલ્ટ્ઝમેન નિયમ મુજબ, $T_{p} = f T^{*}$ તાપમાને $R_{p}$ ત્રિજ્યા ધરાવતા ગ્રહ દ્વારા ઉત્સર્જિત પાવર $P_{out} = \sigma (4 \pi R_{p}^{2}) (f T^{*})^{4}$ છે.
તારામાંથી ગ્રહને મળતો પાવર એ $d$ અંતરે વિકિરણની તીવ્રતા અને ગ્રહના આડછેદના ક્ષેત્રફળનો ગુણાકાર છે: $P_{in} = \left( \frac{\sigma (4 \pi R^{*2}) T^{*4}}{4 \pi d^{2}} \right) (\pi R_{p}^{2}) = \sigma \pi R_{p}^{2} T^{*4} \left( \frac{R^{*}}{d} \right)^{2}$.
$P_{in} = P_{out}$ ને સરખાવતા:
$4 \pi \sigma R_{p}^{2} f^{4} T^{*4} = \pi \sigma R_{p}^{2} T^{*4} \left( \frac{R^{*}}{d} \right)^{2}$.
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા:
$4 f^{4} = \left( \frac{R^{*}}{d} \right)^{2}$.
બંને બાજુ ચતુર્થ મૂળ લેતા:
$f \propto \sqrt{\frac{R^{*}}{d}}$.

(B) આદર્શ એકપરમાણ્વીય વાયુ માટે,એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma = 5/3$ છે.
ધારો કે અવસ્થાઓ $A, B, C, D$ છે જે અનુક્રમે $V_A = 8.0 \, m^3, V_B = 1.0 \, m^3, V_C = 10.0 \, m^3, V_D = 80.0 \, m^3$ કદ ધરાવે છે.
પગલું $1$ $(A \to B)$: એડિબેટિક સંકોચન.
$T_A V_A^{\gamma-1} = T_B V_B^{\gamma-1} \implies T_2 (8)^{5/3-1} = T_1 (1)^{5/3-1} \implies T_2 (8)^{2/3} = T_1 (1)^{2/3} \implies T_2 (4) = T_1 \implies T_1/T_2 = 4$.
પગલું $3$ $(C \to D)$: એડિબેટિક વિસ્તરણ.
$T_C V_C^{\gamma-1} = T_D V_D^{\gamma-1} \implies T_1 (10)^{5/3-1} = T_2 (80)^{5/3-1} \implies T_1 (10)^{2/3} = T_2 (80)^{2/3} \implies T_1/T_2 = (80/10)^{2/3} = 8^{2/3} = 4$.
બંને પગલાં પુષ્ટિ કરે છે કે $T_1/T_2 = 4$.

(D) ગોળી સમઘનને કોણીય આઘાત આપે છે,જેના કારણે તે $AB$ અક્ષની આસપાસ ફરે છે.
ધારો કે $I_{A}$ એ $AB$ અક્ષને અનુલક્ષીને સમઘનની જડત્વની ચાકમાત્રા છે અને $\omega_{c}$ એ પ્રારંભિક કોણીય ઝડપ છે.
સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$I_{A} = I_{CM} + M(OA)^{2}$.
આપેલ છે કે $I_{CM} = 2Ma^{2}/3$ અને કેન્દ્ર $O$ થી અક્ષ $AB$ નું અંતર $OA = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{2}$ છે.
તેથી,$I_{A} = \frac{2}{3}Ma^{2} + M(a\sqrt{2})^{2} = \frac{2}{3}Ma^{2} + 2Ma^{2} = \frac{8}{3}Ma^{2}$.
પ્રારંભિક ચાકગતિ ઉર્જા $K_{i} = \frac{1}{2}I_{A}\omega_{c}^{2} = \frac{1}{2}(\frac{8}{3}Ma^{2})\omega_{c}^{2} = \frac{4}{3}Ma^{2}\omega_{c}^{2}$ છે.
સમઘન પલટી ખાય તે માટે,તેનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $AB$ અક્ષની ઉપરના સૌથી ઉચ્ચ બિંદુએ પહોંચવું જોઈએ,જે સપાટીથી $h' = a\sqrt{2}$ ઊંચાઈએ છે.
આ સ્થિતિમાં સ્થિતિ ઉર્જા $U_{f} = Mgh' = Mga\sqrt{2}$ છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $a$ ઊંચાઈ પર હોય ત્યારે પ્રારંભિક સ્થિતિ ઉર્જા $U_{i} = Mga$ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$U_{i} + K_{i} = U_{f} + K_{f}$.
ક્રિટિકલ કિસ્સા માટે,$K_{f} = 0$,તેથી $Mga + \frac{4}{3}Ma^{2}\omega_{c}^{2} = Mga\sqrt{2}$.
$\frac{4}{3}Ma^{2}\omega_{c}^{2} = Mga(\sqrt{2} - 1)$.
$\omega_{c}^{2} = \frac{3g(\sqrt{2} - 1)}{4a}$.
$\omega_{c} = \sqrt{\frac{3g(\sqrt{2} - 1)}{4a}}$.

(C) જ્યારે લાકડાના પાટિયા $AB$ પર $J$ જેટલો આઘાત આપવામાં આવે છે,ત્યારે બે શક્યતાઓ રહેલી છે:
$(i)$ આઘાત મળતાની સાથે જ પાટિયું $A$ ની સાપેક્ષે ભ્રમણ કરવાનું શરૂ કરે છે.
$(ii)$ પાટિયું કોઈ પણ ભ્રમણ વગર શિરોલંબ દિશામાં ઉપર તરફ ગતિ કરે છે.
કિસ્સો $I$: $A$ ની સાપેક્ષે ભ્રમણ.
$A$ ની સાપેક્ષે કોણીય વેગમાનનું સંરક્ષણ થતા: $I_{A} \omega = J L$
જ્યાં $I_{A} = \frac{M L^{2}}{3}$ એ $A$ ની સાપેક્ષે જડત્વની ચાકમાત્રા છે.
$\frac{M L^{2}}{3} \omega = L J \Rightarrow \omega = \frac{3 J}{M L}$
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો રેખીય વેગ $v = \left(\frac{L}{2}\right) \omega = \frac{3 J}{2 M}$ થશે.
ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$\frac{1}{2} M v^{2} = M g h \Rightarrow h = \frac{v^{2}}{2 g} = \frac{9 J^{2}}{8 M^{2} g}$.
કિસ્સો $II$: ભ્રમણ વગર શુદ્ધ શિરોલંબ ગતિ.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણ મુજબ,$J = M v \Rightarrow v = \frac{J}{M}$.
ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,$\frac{1}{2} M v^{2} = M g h \Rightarrow h = \frac{v^{2}}{2 g} = \frac{J^{2}}{2 M^{2} g}$.
વાસ્તવિક ગતિમાં ભ્રમણ અને સ્થાનાંતર બંનેનો સમાવેશ થતો હોવાથી,દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર દ્વારા પ્રાપ્ત ઊંચાઈ $h$ આ બે અંતિમ કિસ્સાઓની વચ્ચે હશે:
$\frac{J^{2}}{2 M^{2} g} < h < \frac{9 J^{2}}{8 M^{2} g}$.

(B) કિસ્સો $A$: અહીં વજન કાંટા પર લાગતું બળ ફક્ત પાણીનું વજન છે. તેથી,$w_{A} = mg$.
કિસ્સો $B$: આ કિસ્સામાં,પાત્ર પર લાગતા અધોગામી બળો પાણીનું વજન અને દડા પર પાણી દ્વારા લાગતા ઉત્પ્લાવક બળ $(F_{B})$ ની પ્રતિક્રિયા છે. તેથી,$w_{B} = mg + F_{B}$.
કિસ્સો $C$: આ કિસ્સામાં,અધોગામી બળો પાણીનું વજન અને ઉત્પ્લાવક બળની પ્રતિક્રિયા છે,જે કિસ્સા $B$ જેવું જ છે કારણ કે દડા સમાન કદના છે. તેથી,$w_{C} = mg + F_{B}$.
કિસ્સો $D$: આ કિસ્સામાં,બીકરના તળિયે લાગતા બળો પાણીનું વજન $(mg)$,દડાનું વજન $(m'g)$ અને દોરીમાં ઉપરની તરફ લાગતું તણાવ $(T)$ છે. ઉત્પ્લાવક બળ $(F_{B})$ દડા પર ઉપરની તરફ લાગે છે. સંતુલન માટે,$T + F_{B} = m'g$,તેથી $T = m'g - F_{B}$. વજન કાંટા પરનું કુલ બળ $w_{D} = mg + m'g - T = mg + m'g - (m'g - F_{B}) = mg + F_{B}$.
આમ,$w_{B} = w_{C} = w_{D} > w_{A}$.

(C) ધારો કે અવરોધકતા $\rho$ ને $\rho = k \cdot h^a \cdot m_e^b \cdot c^c \cdot e^d \cdot \varepsilon_0^f$ તરીકે દર્શાવી શકાય,જ્યાં $k$ એ પરિમાણરહિત અચળાંક છે.
ભૌતિક રાશિઓના પરિમાણો નીચે મુજબ છે:
$\rho = [M L^3 T^{-3} A^{-2}]$
$h = [M L^2 T^{-1}]$
$m_e = [M]$
$c = [L T^{-1}]$
$e = [A T]$
$\varepsilon_0 = [M^{-1} L^{-3} T^4 A^2]$
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$[M L^3 T^{-3} A^{-2}] = [M L^2 T^{-1}]^a [M]^b [L T^{-1}]^c [A T]^d [M^{-1} L^{-3} T^4 A^2]^f$
બંને બાજુ $M, L, T, A$ ના ઘાતાંકોને સરખાવતા:
$M: a + b - f = 1$
$L: 2a + c - 3f = 3$
$T: -a - c + d + 4f = -3$
$A: d + 2f = -2$
આ સમીકરણોની સિસ્ટમને ઉકેલતા,આપણને $a=2, b=-1, c=-1, d=-2, f=0$ મળે છે.
આમ,$\rho = k \frac{h^2}{m_e c e^2}$.

(C) જ્યારે પાણીની સપાટી પર પ્રવાહી સાબુનું એક ટીપું ઉમેરવામાં આવે છે,ત્યારે તે સર્ફેક્ટન્ટ તરીકે કાર્ય કરે છે અને તે બિંદુ પર પાણીનું પૃષ્ઠતાણ નોંધપાત્ર રીતે ઘટાડે છે.
આસપાસના પાણીનું પૃષ્ઠતાણ વધારે હોવાથી,પાણીની સપાટી પર કેન્દ્રથી વાટકીની કિનારીઓ તરફ બહારની તરફ ખેંચાતું ચોખ્ખું બળ અનુભવાય છે.
જેમ જેમ પાણીની સપાટી બહારની તરફ ગતિ કરે છે,તેમ તે કાળા મરીના પાવડરના કણોને પણ પોતાની સાથે લઈ જાય છે,જેના કારણે પાવડર વાટકીની પરિઘ તરફ ધકેલાઈ જાય છે અને કેન્દ્ર ખાલી થઈ જાય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) ગતિ કરતા તરંગનું સામાન્ય સમીકરણ $y = a \sin(\omega t - kx + \phi_0)$ છે.
$t=0$ અને $x=0$ સમયે,$y=0$ છે,જે સૂચવે છે કે $\phi_0 = 0$.
તેથી,તરંગનું સમીકરણ $y = a \sin(\omega t - kx)$ છે.
આપેલ આવૃત્તિ $f = 500 \,Hz$ અને ઝડપ $v = 100 \,m/s$ માટે,આપણે ગણતરી કરીએ છીએ:
$\omega = 2\pi f = 2\pi \times 500 = 1000\pi \,rad/s$.
$k = \frac{\omega}{v} = \frac{1000\pi}{100} = 10\pi \,m^{-1}$.
તેથી,$y = a \sin(1000\pi t - 10\pi x)$.
$t=0$ અને $x=0.25 \,m$ સમયે,$y = 0.02 \,m$ છે:
$0.02 = a \sin(0 - 10\pi \times 0.25) = a \sin(-2.5\pi) = a \sin(-2\pi - 0.5\pi) = -a \sin(0.5\pi) = -a(1)$.
આમ,$a = -0.02 \,m$.
તરંગનું સમીકરણ $y = -0.02 \sin(1000\pi t - 10\pi x)$ છે.
$t = 5 \times 10^{-4} \,s$ અને $x = 0.2 \,m$ સમયે:
$y = -0.02 \sin(1000\pi \times 5 \times 10^{-4} - 10\pi \times 0.2) = -0.02 \sin(0.5\pi - 2\pi) = -0.02 \sin(-1.5\pi) = -0.02 \sin(0.5\pi) = -0.02 \times 1 = -0.02 \,m$.

(B) સિસ્ટમ અથવા પદાર્થ માટે એન્ટ્રોપીમાં ફેરફાર $\Delta S = \frac{Q}{T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સિસ્ટમ સ્થાયી અવસ્થામાં હોવાથી,$T_{1}$ તાપમાને રહેલા રિઝર્વોયર દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા એ $T_{2}$ તાપમાને રહેલા રિઝર્વોયર દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા (ધારો કે $Q$) જેટલી હોવી જોઈએ.
વહન પ્રક્રિયા માટે એન્ટ્રોપીમાં ફેરફારનો કુલ દર એ બંને રિઝર્વોયરના એન્ટ્રોપી ફેરફારોનો સરવાળો છે:
$\frac{dS}{dt} = \frac{d}{dt} \left( \frac{-Q}{T_{1}} + \frac{Q}{T_{2}} \right) = \left( \frac{dQ}{dt} \right) \left( \frac{1}{T_{2}} - \frac{1}{T_{1}} \right)$
ઉષ્મા વહનના ફુરિયરના નિયમ મુજબ,ઉષ્મા પ્રવાહનો દર $\frac{dQ}{dt} = kA \frac{(T_{1} - T_{2})}{L}$ છે,જ્યાં $k$ એ ઉષ્મીય વાહકતા છે,$A$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે અને $L$ એ લંબાઈ છે.
આને એન્ટ્રોપી દરના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{dS}{dt} = \left( kA \frac{(T_{1} - T_{2})}{L} \right) \left( \frac{T_{1} - T_{2}}{T_{1} T_{2}} \right) = \frac{kA}{L} \frac{(T_{1} - T_{2})^2}{T_{1} T_{2}}$
આપણે આને ગુણોત્તર $x = T_{1} / T_{2}$ ના સ્વરૂપમાં ફરીથી લખી શકીએ છીએ:
$\frac{dS}{dt} = \frac{kA}{L} \frac{T_{2}^2 (x - 1)^2}{T_{2}^2 x} = \frac{kA}{L} \frac{(x - 1)^2}{x} = \frac{kA}{L} \left( x - 2 + \frac{1}{x} \right)$
જ્યારે $x = 1$ $(T_{1} = T_{2})$,ત્યારે $\frac{dS}{dt} = 0$ થાય છે. $x > 1$ અથવા $x < 1$ માટે,$\frac{dS}{dt} > 0$ થાય છે. વિધેય $f(x) = \frac{(x-1)^2}{x}$ એ $x=1$ આગળ ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવે છે અને તે આલેખ $(b)$ માં યોગ્ય રીતે દર્શાવેલ છે.

(A) મોટા કંપવિસ્તાર માટે સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T$ નીચેના સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}} \left( 1 + \frac{\theta_{0}^{2}}{16} \right)$
જ્યાં $\theta_{0}$ એ મધ્યમાન સ્થાનથી કોણીય કંપવિસ્તાર છે.
જેમ કંપવિસ્તાર $\theta_{0}$ વધે છે,તેમ આવર્તકાળ $T$ પણ વધે છે.
$T$ અને $\theta_{0}$ વચ્ચેનો સંબંધ પરવલયાકાર છે,જેનો અર્થ છે કે $T$ એ $\theta_{0}$ સાથે અરેખીય રીતે,ઉપરની તરફ વક્રતા સાથે વધે છે.
તેથી,સાચો આલેખ તે છે જે $T$ ને $\theta_{0}$ સાથે વધતું દર્શાવે છે,જે આલેખ $A$ ને અનુરૂપ છે.

(C) ગરગડી દળદાર હોવાથી,ગરગડીની બંને બાજુએ તણાવ સમાન નથી. ફ્રી બોડી ડાયાગ્રામ પરથી,આપણી પાસે છે:
$m_{1} g - T_{1} = m_{1} a$ ---$(i)$
$T_{2} - m_{2} g = m_{2} a$ ---(ii)
$(T_{1} - T_{2}) R = I \alpha = \left(\frac{M R^{2}}{2}\right) \left(\frac{a}{R}\right) = \frac{M R a}{2}$ ---(iii)
સમીકરણ (iii) પરથી,આપણને મળે છે:
$T_{1} - T_{2} = \frac{M a}{2}$ ---(iv)
$T_{1} = m_{1}(g - a)$ અને $T_{2} = m_{2}(g + a)$ ને સમીકરણ (iii) માં મૂકતા:
$m_{1}(g - a) - m_{2}(g + a) = \frac{M a}{2}$
$(m_{1} - m_{2}) g = a \left(\frac{M}{2} + m_{1} + m_{2}\right)$
$a = \frac{(m_{1} - m_{2}) g}{\frac{M}{2} + (m_{1} + m_{2})}$
$a$ ની કિંમત સમીકરણ (iv) માં મૂકતા:
$T_{1} - T_{2} = \frac{M}{2} \cdot \frac{(m_{1} - m_{2}) g}{\frac{M}{2} + (m_{1} + m_{2})} = \frac{(m_{1} - m_{2}) g}{1 + \frac{2(m_{1} + m_{2})}{M}}$
જેમ $M \rightarrow 0$,તેમ $T_{1} - T_{2} \rightarrow 0$. જેમ $M \rightarrow \infty$,તેમ $T_{1} - T_{2} \rightarrow (m_{1} - m_{2}) g$. આ સમીકરણ દર્શાવે છે કે તફાવત $M$ સાથે વધે છે અને એક અચળ મૂલ્ય તરફ જાય છે,જે આલેખ $(c)$ માં દર્શાવેલ વક્રને અનુરૂપ છે.

(D) કેપ્લરના ત્રીજા નિયમ મુજબ,$T^{2} \propto R^{3}$ છે.
ઉપગ્રહો $S_{1}$ અને $S_{2}$ માટે,$\left(\frac{T_{1}}{T_{2}}\right)^{2} = \left(\frac{R_{1}}{R_{2}}\right)^{3}$ થાય.
આપેલ છે કે $T_{1} = 3 \,h$,$T_{2} = 24 \,h$,અને $R_{1} = 3 \times 10^{4} \,km$.
ઉપગ્રહ $S_{2}$ ની કક્ષાની ત્રિજ્યા $R_{2} = R_{1} \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right)^{2/3} = 3 \times 10^{4} \times \left(\frac{24}{3}\right)^{2/3} = 3 \times 10^{4} \times (8)^{2/3} = 3 \times 10^{4} \times 4 = 12 \times 10^{4} \,km$ મળે.
જ્યારે ઉપગ્રહો વિરુદ્ધ દિશામાં ભ્રમણ કરતા હોય,ત્યારે જ્યારે તેઓ એકબીજાની સૌથી નજીક હોય,ત્યારે તેમના વેગ સદિશો ગ્રહની સાપેક્ષે વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે,એટલે કે તેમની સાપેક્ષ ઝડપ તેમની કક્ષીય ઝડપનો સરવાળો થાય છે.
કક્ષીય ઝડપ $v_{1} = \frac{2 \pi R_{1}}{T_{1}} = \frac{2 \pi \times 3 \times 10^{4}}{3} = 2 \pi \times 10^{4} \,km \,h^{-1}$ અને $v_{2} = \frac{2 \pi R_{2}}{T_{2}} = \frac{2 \pi \times 12 \times 10^{4}}{24} = \pi \times 10^{4} \,km \,h^{-1}$ છે.
$S_{1}$ ની સાપેક્ષે $S_{2}$ ની સાપેક્ષ ઝડપ $v_{rel} = v_{1} + v_{2} = 2 \pi \times 10^{4} + \pi \times 10^{4} = 3 \pi \times 10^{4} \,km \,h^{-1}$ થાય.

(D) આપેલ સમીકરણ $F = (\hat{n} \cdot F) \hat{n} + G$ પરથી,આપણે $G$ ને $G = F - (\hat{n} \cdot F) \hat{n}$ તરીકે લખી શકીએ.
સદિશ ત્રિગુણનફળના નિત્યસમ $A \times (B \times C) = B(A \cdot C) - C(A \cdot B)$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $(\hat{n} \times F) \times \hat{n}$ ની ગણતરી કરીએ.
નોંધો કે $(\hat{n} \times F) \times \hat{n} = -\hat{n} \times (\hat{n} \times F)$ થાય છે.
નિત્યસમ લાગુ પાડતા: $-\hat{n} \times (\hat{n} \times F) = -[\hat{n}(\hat{n} \cdot F) - F(\hat{n} \cdot \hat{n})]$.
અહીં $\hat{n}$ એકમ સદિશ હોવાથી,$\hat{n} \cdot \hat{n} = 1$ થાય.
તેથી,$-\hat{n}(\hat{n} \cdot F) + F(1) = F - (\hat{n} \cdot F) \hat{n}$.
આ પરિણામને $G$ ના સમીકરણ સાથે સરખાવતા,આપણને $G = (\hat{n} \times F) \times \hat{n}$ મળે છે.

(B) ઉષ્મા વ્યયનો દર $dQ/dt = mc(dT/dt)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $m = \rho V$ છે.
ઉષ્માનો વ્યય માત્ર બાજુની સપાટીઓમાંથી થતો હોવાથી,$dQ/dt = kA(T - T_{surr})$ થાય.
આ બંનેને સરખાવતા,$\rho V c (dT/dt) = kA(T - T_{surr})$ મળે.
આમ,બે તાપમાન વચ્ચે ઠંડું થવા માટે લાગતો સમય $t$ એ $V/A$ ના પ્રમાણમાં હોય છે.
નળાકાર બોટલ માટે,$V = \pi R^2 h$ અને બાજુની સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $A = 2\pi R h$ છે.
તેથી,$t \propto V/A = (\pi R^2 h) / (2\pi R h) = R/2$ થાય.
આપેલ છે કે $R_{B} = 2R_{A}$,તેથી $t_{B} / t_{A} = R_{B} / R_{A} = 2$ મળે.
આથી,$t_{B} = 2t_{A}$.

(A) એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ અને એકમ સમય દીઠ સપાટી પર અથડાતા અણુઓની સંખ્યા $N$ માટેનું સૂત્ર $N = \frac{1}{4} n \bar{v}$ છે,જ્યાં $n$ એ અણુઓની સંખ્યા ઘનતા છે અને $\bar{v}$ એ સરેરાશ ઝડપ છે.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $p = n k_B T$ પરથી,$n = \frac{p}{k_B T}$ મળે છે.
સરેરાશ ઝડપ $\bar{v} = \sqrt{\frac{8 k_B T}{\pi m}}$ છે.
આ કિંમતો $N$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$N = \frac{1}{4} \left( \frac{p}{k_B T} \right) \sqrt{\frac{8 k_B T}{\pi m}} = \frac{p}{\sqrt{2 \pi m k_B T}}$.
અહીં $p = 1.01 \times 10^5 \, Pa$,$T = 293 \, K$,$m = 5 \times 10^{-27} \, kg$,અને $k_B = 1.4 \times 10^{-23} \, J K^{-1}$ આપેલ છે.
ગણતરી કરતા $N \approx 10^{27}$ ના ક્રમની મળે છે.

(A) ધારો કે સળિયો $OA$ કોઈપણ ક્ષણે $OP$ સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે. ધારો કે $OP$ નું અંતર $x$ છે. $\triangle OAP$ માં કોસાઇનનો નિયમ વાપરતા:
$L^2 = R^2 + x^2 - 2Rx \cos \theta$
$x^2 - (2R \cos \theta)x + (R^2 - L^2) = 0$
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$2x \frac{dx}{dt} - 2R \cos \theta \frac{dx}{dt} + 2Rx \sin \theta \frac{d\theta}{dt} = 0$
આપેલ છે કે $\frac{d\theta}{dt} = \omega$ અને $\frac{dx}{dt} = v$:
$v(x - R \cos \theta) = -Rx \omega \sin \theta$
$v = \frac{Rx \omega \sin \theta}{R \cos \theta - x}$
જ્યારે $\theta = 60^{\circ}$,$R = 1/\sqrt{3}$,$L = 1$. ભૂમિતિ પરથી,$x = R \cos \theta + \sqrt{L^2 - R^2 \sin^2 \theta} = \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{1}{2} + \sqrt{1 - \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4}} = \frac{1}{2\sqrt{3}} + \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{1}{2\sqrt{3}} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1+3}{2\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} \,m$.
$v$ ના સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા:
$v = \frac{(1/\sqrt{3}) \cdot (2/\sqrt{3}) \cdot \omega \cdot \sin 60^{\circ}}{(1/\sqrt{3}) \cdot \cos 60^{\circ} - (2/\sqrt{3})}$
$v = \frac{(2/3) \cdot \omega \cdot (\sqrt{3}/2)}{(1/2\sqrt{3}) - (2/\sqrt{3})} = \frac{\omega / \sqrt{3}}{-3 / 2\sqrt{3}} = -\frac{2}{3} \omega$.
ઝડપ એ મૂલ્ય છે,તેથી $|v| = \frac{2}{3} \omega$.

(D) આપેલ ચક્ર એ કાર્નોટ ચક્ર છે જે બે સમતાપી અને બે એડિબેટિક પ્રક્રિયાઓનું બનેલું છે.
કાર્નોટ ચક્રની કાર્યક્ષમતા $\eta = 1 - \frac{T_{L}}{T_{H}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $T_{L}$ એ ઠંડા રિઝર્વોયરનું તાપમાન છે અને $T_{H}$ એ ગરમ રિઝર્વોયરનું તાપમાન છે.
એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે, $TV^{\gamma-1} = \text{અચળ}$.
એડિબેટિક સંકોચન પગલામાં $(A \to B)$, વાયુને તાપમાન $T_{L}$ થી $T_{H}$ પર કદ $V_{1}$ થી $V_{B} = 1 \; m^{3}$ સુધી સંકોચવામાં આવે છે.
તેથી, $T_{L} V_{1}^{\gamma-1} = T_{H} V_{B}^{\gamma-1}$.
$\frac{T_{L}}{T_{H}} = \left( \frac{V_{B}}{V_{1}} \right)^{\gamma-1} = \left( \frac{1}{V_{1}} \right)^{\gamma-1}$.
આપેલ છે કે $\eta = 3/4$, તેથી $1 - \frac{T_{L}}{T_{H}} = 3/4$, જે સૂચવે છે કે $\frac{T_{L}}{T_{H}} = 1/4$.
એકપરમાણ્વીય વાયુ માટે, એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma = 5/3$, તેથી $\gamma - 1 = 2/3$.
આ કિંમતો મૂકતા: $\left( \frac{1}{V_{1}} \right)^{2/3} = 1/4$.
વ્યસ્ત લેતા: $V_{1}^{2/3} = 4$.
બંને બાજુ $3/2$ ઘાત લેતા: $V_{1} = 4^{3/2} = (2^{2})^{3/2} = 2^{3} = 8 \; m^{3}$.

(A) આપેલ છે કે,ઉત્સર્જિત પાવર $P = \mu_{0}^{x} m^{y} \omega^{z} c^{u}$ છે.
ભૌતિક રાશિઓના પરિમાણો મૂકતા:
$[P] = [ML^{2}T^{-3}]$
$[\mu_{0}] = [MLT^{-2}A^{-2}]$
$[m] = [L^{2}A]$
$[\omega] = [T^{-1}]$
$[c] = [LT^{-1}]$
પરિમાણોને સરખાવતા: $[ML^{2}T^{-3}] = [MLT^{-2}A^{-2}]^{x} [L^{2}A]^{y} [T^{-1}]^{z} [LT^{-1}]^{u}$.
$M, L, T, A$ ના ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા:
$M: x = 1$
$A: -2x + y = 0 \implies y = 2x = 2$
$L: x + 2y + u = 2 \implies 1 + 2(2) + u = 2 \implies u = -3$
$T: -2x - z - u = -3 \implies -2(1) - z - (-3) = -3 \implies -2 - z + 3 = -3 \implies z = 4$.
આમ,$x=1, y=2, z=4, u=-3$.

(D) $AB$ અક્ષને અનુલક્ષીને ગોળી અને બ્લોકના તંત્ર પર કોઈ બાહ્ય ટોર્ક લાગતું ન હોવાથી,$AB$ ને અનુલક્ષીને કોણીય વેગમાન સંરક્ષિત રહે છે.
પ્રથમ,સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને $AB$ અક્ષને અનુલક્ષીને બ્લોકની જડત્વની ચાકમાત્રા શોધો:
$I_{AB} = I_{CM} + Mh^2$
અહીં $I_{CM} = 2Ma^2/3$ અને દ્રવ્યમાન કેન્દ્રથી $AB$ અક્ષ સુધીનું અંતર $h = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2}a$ છે.
$I_{AB} = \frac{2}{3}Ma^2 + M(\sqrt{2}a)^2 = \frac{2}{3}Ma^2 + 2Ma^2 = \frac{8}{3}Ma^2$.
હવે,$AB$ અક્ષને અનુલક્ષીને કોણીય વેગમાન સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$L_{initial} = L_{final}$
$mvr = I_{AB}\omega$
જ્યાં $r = 4a/3$ એ $AB$ અક્ષથી ગોળીના પથનું લંબ અંતર છે.
$m v (\frac{4a}{3}) = (\frac{8}{3}Ma^2) \omega$
$\omega$ માટે ઉકેલતા:
$\omega = \frac{mv(4a/3)}{8Ma^2/3} = \frac{4mva}{8Ma^2} = \frac{mv}{2Ma}$.

(A) પ્રક્રિયાનું સમીકરણ $pV^{5/3} \cdot e^{-pV/E_0} = C_1$ છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln(p) + \frac{5}{3} \ln(V) = \ln(C_1) + \frac{pV}{E_0}$.
$V$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{1}{p} \frac{dp}{dV} + \frac{5}{3V} = \frac{1}{E_0} \left( p + V \frac{dp}{dV} \right)$.
$\frac{dp}{dV}$ શોધવા માટે પદોને ગોઠવતા: $\frac{dp}{dV} \left( \frac{1}{p} - \frac{V}{E_0} \right) = \frac{p}{E_0} - \frac{5}{3V}$.
$pV = RT$ નો ઉપયોગ કરતા,$p = \frac{RT}{V}$ મળે છે. આ કિંમત મૂકતા,આઈસોથર્મલ કમ્પ્રેસિબિલિટી $k = -\frac{1}{V} \frac{dV}{dp}$ મેળવી શકાય છે.
જેમ $T \to \infty$,તેમ $\frac{1}{RT}$ વાળા પદો શૂન્ય તરફ જાય છે.
આમ,$k = -\frac{1}{V} \frac{dV}{dp} = \frac{1/p - V/E_0}{p/E_0 - 5/3V} \cdot \frac{1}{V} \approx \text{અચળ}$ જ્યારે $T \to \infty$.

(D) પ્રમાણભૂત વર્નિયર કેલિપર્સમાં,લઘુત્તમ માપશક્તિ $(LC)$ એ એક મુખ્ય સ્કેલ વિભાગ $(MSD)$ અને એક વર્નિયર સ્કેલ વિભાગ $(VSD)$ વચ્ચેનો તફાવત છે. સામાન્ય રીતે,$1 \, MSD = 1 \, mm = 0.1 \, cm$ અને $10 \, VSD = 9 \, MSD$,તેથી $1 \, VSD = 0.9 \, MSD = 0.09 \, cm$ થાય.
લઘુત્તમ માપશક્તિ $LC = 1 \, MSD - 1 \, VSD = 0.1 \, cm - 0.09 \, cm = 0.01 \, cm$ છે.
આકૃતિમાં જોતા,વર્નિયર સ્કેલનું $0$ નું નિશાન $3.7 \, cm$ અને $3.8 \, cm$ ની વચ્ચે છે. વર્નિયર સ્કેલનો $3$ જો વિભાગ મુખ્ય સ્કેલના વિભાગ સાથે બંધ બેસે છે.
અંતર $x$ એ વર્નિયર સ્કેલના $0$ ના નિશાન અને તેની નજીકના મુખ્ય સ્કેલના વિભાગ વચ્ચેનું અંતર દર્શાવે છે. આ $x = n \times LC$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ વર્નિયર વિભાગની સંખ્યા છે જે મુખ્ય સ્કેલના વિભાગ સાથે બંધ બેસે છે.
અહીં,$3$ જો વર્નિયર વિભાગ મુખ્ય સ્કેલના વિભાગ સાથે બંધ બેસે છે,તેથી $n = 3$.
તેથી,$x = 3 \times 0.01 \, cm = 0.03 \, cm$ થાય.

(A) પાણીમાં અલ્ટ્રાસોનિક તરંગની તરંગલંબાઈ $\lambda = v / f = 1500 / (0.5 \times 10^6) = 3 \times 10^{-3} \,m = 3 \,mm$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પાણીના સ્તંભની ઊંચાઈ $L = 61.5 \,mm$ છે.
એક છેડે બંધ (ટ્રાન્સડ્યુસર દ્વારા) અને બીજા છેડે ખુલ્લા (અથવા તળિયેથી પરાવર્તિત) સ્તંભમાં સ્થિત તરંગ માટે,અનુનાદની શરત $L = (2n - 1) \lambda / 4$ છે.
અહીં,$61.5 / 3 = 20.5$,જે $L = 41 \lambda / 2$ અથવા સમાન સ્થિત તરંગ મોડ્સને અનુરૂપ છે. સ્થિત તરંગ પાણીમાં બદલાતી ઘનતાના પ્રદેશો બનાવે છે.
પાણીનો વક્રીભવનાંક તેની ઘનતા પર આધારિત હોવાથી,પાણીનો સ્તંભ આપાત પ્રકાશ માટે ડિફ્રેક્શન ગ્રેટિંગ અથવા ફેઝ-મોડ્યુલેટેડ માધ્યમ તરીકે કાર્ય કરે છે.
જુદી જુદી ઘનતાવાળા પ્રદેશોમાંથી પસાર થતો પ્રકાશ અલગ-અલગ ફેઝ શિફ્ટ અનુભવે છે,જેના કારણે સ્ક્રીન પર વ્યતિકરણની ભાત રચાય છે.
સ્થિત તરંગમાં $61.5 \,mm$ લંબાઈ પર ઘણા નોડ્સ અને એન્ટિનોડ્સ હોવાથી,સ્ક્રીન પરની તીવ્રતાનું વિતરણ ઘણા વ્યતિકરણ મહત્તમ અને ન્યૂનતમ દર્શાવશે,જે ઘણા તીવ્ર શિખરો ધરાવતા આલેખ દ્વારા શ્રેષ્ઠ રીતે દર્શાવવામાં આવે છે.

(C) આપેલ આલેખ પરથી,તારાની આસપાસ ગ્રહના પરિભ્રમણનો સમયગાળો $T = 3 \text{ દિવસ}$ મળે છે.
કેપ્લરના ત્રીજા નિયમ મુજબ,કક્ષીય સમયગાળો $T$ અને કક્ષીય ત્રિજ્યા $r$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$T^{2} = \frac{4 \pi^{2}}{G M} \cdot r^{3} \quad \dots(i)$
જો આપણે સમયગાળાને વર્ષમાં અને ત્રિજ્યાને $AU$ માં લઈએ,તો પૃથ્વી માટે ($T = 1 \text{ વર્ષ}$,$r = 1 \text{ AU}$),અચળાંક $\frac{4 \pi^{2}}{G M} = 1$ થાય છે.
અહીં $T = 3 \text{ દિવસ} = \frac{3}{365} \text{ વર્ષ}$ આપેલ છે,તેથી સમીકરણ $(i)$ માં કિંમત મૂકતા:
$r^{3} = T^{2}$
$r = T^{2/3}$
$r = \left(\frac{3}{365}\right)^{2/3} \approx \left(\frac{1}{121.67}\right)^{2/3} \approx \left(0.0082\right)^{2/3} \approx 0.04 \text{ AU}$.
આમ,ગ્રહની કક્ષાની ત્રિજ્યા આશરે $0.04 \text{ AU}$ છે.

(B) લોલકની લંબાઈ $(L)$ એ દોરાની લંબાઈ $(l)$ અને ગોળાની ત્રિજ્યા $(r)$ ના સરવાળા જેટલી હોય છે.
$L = l + r$
આપેલ છે,$l = 63.2 \,cm$ અને વ્યાસ $d = 2.256 \,cm$.
ત્રિજ્યા $r = \frac{d}{2} = \frac{2.256}{2} = 1.128 \,cm$.
$L = 63.2 + 1.128 = 64.328 \,cm$.
સરવાળા/બાદબાકીમાં સાર્થક અંકોના નિયમો મુજબ,પરિણામમાં દશાંશ ચિહ્ન પછીના અંકોની સંખ્યા એ માપનમાં રહેલા સૌથી ઓછા દશાંશ અંકો ધરાવતી સંખ્યા જેટલી હોવી જોઈએ.
અહીં,$63.2$ માં દશાંશ પછી એક અંક છે અને $1.128$ માં ત્રણ અંક છે.
તેથી,પરિણામને દશાંશ પછી એક અંક સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરવું જોઈએ.
$L = 64.3 \,cm$.

(A) ષટ્કોણના સેન્ટ્રોઇડ (ઉગમબિંદુ) પર રહેલા $m$ દળ માટે, જ્યારે $\Sigma F_x = 0$ અને $\Sigma F_y = 0$ હોય ત્યારે કુલ બળ શૂન્ય થાય છે.
ઉગમબિંદુથી $r$ અંતરે રહેલા $m_k$ દળ દ્વારા $m$ દળ પર લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F_k = \frac{G m m_k}{r^2}$ છે.
બળનો $x$-ઘટક $F_{kx} = -\frac{G m m_k}{r^2} \cos \theta_k$ છે (પદાર્થ તરફ નિર્દેશિત).
$x$-ઘટકોનો સરવાળો કરતા: $\Sigma F_x = -\frac{G m M}{r^2} \sum_{k=1}^{6} k^i |\cos \theta_k| \cos \theta_k = 0$.
નિયમિત ષટ્કોણના શિરોબિંદુઓ માટે, ખૂણાઓ $\theta_k$ એ $0^{\circ}, 60^{\circ}, 120^{\circ}, 180^{\circ}, 240^{\circ}, 300^{\circ}$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$1^i |\cos 0^{\circ}| \cos 0^{\circ} + 2^i |\cos 60^{\circ}| \cos 60^{\circ} + 3^i |\cos 120^{\circ}| \cos 120^{\circ} + 4^i |\cos 180^{\circ}| \cos 180^{\circ} + 5^i |\cos 240^{\circ}| \cos 240^{\circ} + 6^i |\cos 300^{\circ}| \cos 300^{\circ} = 0$
$1^i(1)(1) + 2^i(1/2)(1/2) + 3^i(1/2)(-1/2) + 4^i(1)(-1) + 5^i(1/2)(-1/2) + 6^i(1/2)(1/2) = 0$
$1^i + \frac{2^i}{4} - \frac{3^i}{4} - 4^i - \frac{5^i}{4} + \frac{6^i}{4} = 0$
$i=0$ લેતા:
$1 + \frac{1}{4} - \frac{1}{4} - 1 - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 0$. આ સાચું છે.
આમ, $i$ નું મૂલ્ય $0$ છે.

(D) યાદચ્છિક ભૂલો સાચા મૂલ્ય (બેસ્ટ-ફિટ લાઇન) ની આસપાસ ધન અને ઋણ બંને દિશામાં વધઘટ દ્વારા વર્ગીકૃત થયેલ છે. વ્યવસ્થિત ભૂલો ડેટા પોઈન્ટ્સના સાચા મૂલ્યથી ચોક્કસ દિશામાં (બધા ધન અથવા બધા ઋણ) સતત વિચલન દ્વારા વર્ગીકૃત થયેલ છે.
વિદ્યાર્થી $P$ માટે,ડેટા પોઈન્ટ્સ બેસ્ટ-ફિટ લાઇનથી ઉપર અને નીચે બંને તરફ વિખરાયેલા છે. આ યાદચ્છિક ભૂલોની હાજરી સૂચવે છે. જો કે,બેસ્ટ-ફિટ લાઇન પોતે ઉગમબિંદુ $(0,0)$ માંથી પસાર થતી નથી,જે સતત ઓફસેટ અથવા પૂર્વગ્રહ સૂચવે છે,જે વ્યવસ્થિત ભૂલની હાજરી દર્શાવે છે.
વિદ્યાર્થી $Q$ માટે,ડેટા પોઈન્ટ્સ સતત બેસ્ટ-ફિટ લાઇનથી ઉપર ખસેડાયેલા છે,જે વ્યવસ્થિત ભૂલ સૂચવે છે. લાઇન આસપાસનું વિખેરણ ન્યૂનતમ છે,જે નહિવત યાદચ્છિક ભૂલ સૂચવે છે.
તેથી,વિદ્યાર્થી $P$ પાસે યાદચ્છિક અને વ્યવસ્થિત બંને ભૂલો છે.

(A) સ્થિર તરલમાં સમાન સમક્ષિતિજ સપાટી પરના દરેક બિંદુએ દબાણ સમાન હોય છે.
$M$ અને $N$ પાત્રના તળિયે સમાન સમક્ષિતિજ સ્તરે હોવાથી,$M$ પરનું દબાણ એ $N$ પરના દબાણ જેટલું જ હોય છે.
તળિયે કુલ દબાણ એ $h$ ઊંચાઈના તેલના સ્તંભને કારણે લાગતું દબાણ અને $H$ ઊંચાઈના પાણીના સ્તંભને કારણે લાગતા દબાણનો સરવાળો છે.
તળિયે દબાણ $= P_{oil} + P_{water} = \rho_0 g h + \rho_w g H = g(\rho_0 h + \rho_w H)$.
આમ,$M$ પરનું દબાણ $g(h \rho_0 + H \rho_w)$ છે.

(D) ધારો કે બે કારના કોણીય વેગ $\omega_1$ અને $\omega_2$ છે. આપેલ છે કે $T_1 = 3 \, min$ અને $T_2 = 24 \, min$.
તેઓ વિરુદ્ધ દિશામાં ગતિ કરતી હોવાથી,તેમનો સાપેક્ષ કોણીય વેગ $\omega_{rel} = \omega_1 + \omega_2 = \frac{2\pi}{T_1} + \frac{2\pi}{T_2} = 2\pi \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{24} \right) = 2\pi \left( \frac{8+1}{24} \right) = 2\pi \left( \frac{9}{24} \right) = \frac{3\pi}{4} \, rad/min$ છે.
$t = 0$ સમયે,કાર સૌથી દૂર છે,એટલે કે તેમનું કોણીય અંતર $\pi \, rad$ છે.
$t = 12 \, min$ સમયે,$S_1$ એ $12/3 = 4$ પૂર્ણ પરિભ્રમણ પૂર્ણ કર્યા છે (શરૂઆતના સ્થાને). $S_2$ એ $12/24 = 0.5$ પરિભ્રમણ પૂર્ણ કર્યા છે (શરૂઆતના સ્થાનથી વ્યાસાંતે વિરુદ્ધ બિંદુએ). તેથી,કાર $t = 12 \, min$ પર સૌથી નજીક છે.
$t = 24 \, min$ સમયે,$S_1$ એ $24/3 = 8$ પૂર્ણ પરિભ્રમણ કર્યા છે અને $S_2$ એ $24/24 = 1$ પૂર્ણ પરિભ્રમણ કર્યું છે. બંને કાર તેમના પ્રારંભિક સ્થાને હોવાથી,તેઓ ફરીથી સૌથી દૂર છે.

(C) પાણી ક્યાંય સંગ્રહિત થતું ન હોવાથી,ગંગાનો કદ પ્રવાહ દર એ ભાગીરથી અને અલકનંદાના કદ પ્રવાહ દરના સરવાળા જેટલો હોવો જોઈએ.
સાતત્યના સમીકરણ (equation of continuity) મુજબ:
$A_g v_g = A_b v_b + A_a v_a \quad \dots(i)$
આડછેદના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર $A_b : A_a : A_g = 1 : 2 : 3$ આપેલ છે,તેથી:
$A_b = x, A_a = 2x, A_g = 3x$
ઝડપનો ગુણોત્તર $v_b : v_a = 1 : 1.5 = 1 : \frac{3}{2}$ આપેલ છે,તેથી:
$v_b = y, v_a = 1.5y = \frac{3}{2}y$
આ કિંમતોને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$3x \cdot v_g = x \cdot y + 2x \cdot \left(\frac{3}{2}y\right)$
$3x \cdot v_g = xy + 3xy = 4xy$
$v_g = \frac{4}{3}y$
હવે,ગંગાની ઝડપ અને અલકનંદાની ઝડપનો ગુણોત્તર:
$\frac{v_g}{v_a} = \frac{\frac{4}{3}y}{\frac{3}{2}y} = \frac{4}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{8}{9}$

(C) શરૂઆતમાં,નળાકારની અંદરનું દબાણ વાતાવરણીય દબાણ $p_0$ છે. જ્યારે પિસ્ટન સાથે $m$ દળ જોડવામાં આવે છે અને તે $\Delta l$ જેટલું નીચે જાય છે,ત્યારે નવું દબાણ $p$ ધારો.
પ્રક્રિયા સમતાપી હોવાથી (તાપમાન અચળ રહે છે તેમ ધારતા),$p_0 V_0 = p V$ મળે.
$p_0 (A l) = p A (l + \Delta l)$
$p = p_0 \frac{l}{l + \Delta l}$
સંતુલનમાં,$m$ દળને કારણે લાગતું અધોદિશામાં બળ એ વાતાવરણ અને અંદરના વાયુ વચ્ચેના દબાણના તફાવતને કારણે લાગતા ઉર્ધ્વદિશામાં બળ દ્વારા સંતુલિત થાય છે.
$(p_0 - p) A = m g$
$p$ ની કિંમત મૂકતા:
$(p_0 - p_0 \frac{l}{l + \Delta l}) A = m g$
$p_0 A (1 - \frac{l}{l + \Delta l}) = m g$
$p_0 A (\frac{\Delta l}{l + \Delta l}) = m g$
અહીં $p_0 = 10^5 \,Pa$,$m = 50 \,kg$,$g = 10 \,m/s^2$,$r = 0.2 \,m$,$A = \pi r^2 = \pi (0.2)^2 = 0.04 \pi \,m^2$.
$10^5 \times 0.04 \pi \times \frac{\Delta l}{l + \Delta l} = 50 \times 10 = 500$
$4000 \pi \times \frac{\Delta l}{l + \Delta l} = 500$
$\frac{\Delta l}{l + \Delta l} = \frac{500}{4000 \pi} = \frac{1}{8 \pi} \approx \frac{1}{8 \times 3.14} \approx \frac{1}{25.12} \approx 0.0398$
$\frac{\Delta l}{l + \Delta l} \approx 0.04$ હોવાથી,$\frac{\Delta l}{l} \approx 0.04$ મળે ($\Delta l \ll l$ ધારતા).
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) ધારો કે $A$ વ્યક્તિનું મહત્તમ દળ $m$ છે. પાટિયા એવી રીતે ગોઠવાયેલા છે કે તેઓ પરિભ્રમણીય સંતુલનમાં એક સિસ્ટમ બનાવે છે. પ્રવાહની ધાર પર જ્યાં પાટિયું ટકેલું છે ત્યાં પીવટ પોઈન્ટને ધ્યાનમાં લેતા,આપણે ટોર્કને સંતુલિત કરી શકીએ છીએ.
ધારો કે પીવટથી વ્યક્તિ $A$ નું અંતર $d_A = 0.5 \,m$ છે અને પીવટથી વ્યક્તિ $B$ નું અંતર $d_B = 2.5 \,m$ છે.
સિસ્ટમ સંતુલનમાં રહે તે માટે,ક્લોકવાઇઝ ટોર્ક એ કાઉન્ટર-ક્લોકવાઇઝ ટોર્ક જેટલું હોવું જોઈએ:
$m \cdot g \cdot d_A = m_B \cdot g \cdot d_B$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$m \cdot g \cdot 0.5 = 17 \cdot g \cdot 2.5$
બંને બાજુથી $g$ ને દૂર કરતા:
$m \cdot 0.5 = 17 \cdot 2.5$
$m = \frac{17 \cdot 2.5}{0.5}$
$m = 17 \cdot 5 = 85 \,kg$
પ્રશ્ન ગણતરી કરેલ મૂલ્યની નજીકના દળ વિશે પૂછે છે,અને સેટઅપની ભૌતિક મર્યાદાઓને ધ્યાનમાં લેતા,સંતુલન જાળવી રાખતી વખતે $A$ નું મહત્તમ દળ $85 \,kg$ હોઈ શકે છે. જો કે,આપેલા વિકલ્પો તપાસતા,$85 \,kg$ સૂચિબદ્ધ નથી. સેટઅપનું પુનઃમૂલ્યાંકન કરતા,જો પાટિયાની લંબાઈ $3 \,m$ થી થોડી વધારે હોય અને પ્રવાહ $3.5 \,m$ હોય,તો $A$ માટે અસરકારક લિવર આર્મ થોડો અલગ હોઈ શકે છે. આ સમસ્યાના પ્રમાણભૂત અર્થઘટનને જોતા,સૌથી નજીકનું મૂલ્ય $80 \,kg$ છે.

(B) ધારો કે $P$ એ ઉષ્મા દૂર કરવાનો દર (પાવર) છે. ઉષ્મા સમાન દરે દૂર કરવામાં આવતી હોવાથી,$P$ બંને માટે અચળ છે.
પદાર્થ દ્વારા ગુમાવવામાં આવેલી ઉષ્મા $dQ = m \cdot c \cdot dT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $m$ એ દળ છે અને $c$ એ વિશિષ્ટ ઉષ્મા છે.
ઉષ્મા દૂર કરવાનો દર $P = \frac{|dQ|}{dt} = m \cdot c \cdot \left| \frac{dT}{dt} \right|$ છે.
આમ,$T-t$ આલેખના ઢાળનું મૂલ્ય $\left| \frac{dT}{dt} \right| = \frac{P}{m \cdot c}$ છે.
$P$ અને $m$ અચળ હોવાથી,ઢાળ એ વિશિષ્ટ ઉષ્માના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે: $\text{ઢાળ} \propto \frac{1}{c}$.
$1$. પ્રવાહી અવસ્થા માટે (પ્રારંભિક ઠંડકનો તબક્કો): આલેખ જોતા,વક્ર $1$ નો ઢાળ વક્ર $2$ ના ઢાળ કરતા નાનો છે. કારણ કે $\text{ઢાળ} \propto \frac{1}{C_L}$,નાનો ઢાળ મોટી વિશિષ્ટ ઉષ્મા સૂચવે છે. તેથી,$C_{L1} > C_{L2}$.
$2$. ઘન અવસ્થા માટે (અંતિમ ઠંડકનો તબક્કો): આલેખ જોતા,વક્ર $1$ નો ઢાળ વક્ર $2$ ના ઢાળ કરતા મોટો છે. કારણ કે $\text{ઢાળ} \propto \frac{1}{C_S}$,મોટો ઢાળ નાની વિશિષ્ટ ઉષ્મા સૂચવે છે. તેથી,$C_{S1} < C_{S2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C_{L1} > C_{L2}$ અને $C_{S1} < C_{S2}$ છે.

(D) પ્રારંભિક વેગ $u$ સાથે શિરોલંબ ઉપરની તરફ ફેંકવામાં આવેલા દડા માટે,સમય $t$ પર સ્થાનાંતર $h$ ગતિના સમીકરણ દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$h = u t - \frac{1}{2} g t^2$
બંને બાજુને $t$ વડે ભાગતા ($t \neq 0$ માટે):
$\frac{h}{t} = u - \frac{1}{2} g t$
આને સુરેખ સમીકરણના સ્વરૂપ $y = m x + c$ માં ગોઠવતા:
$\frac{h}{t} = (-\frac{g}{2}) t + u$
આને $y = m x + c$ સાથે સરખાવતા,જ્યાં $y = \frac{h}{t}$,$x = t$,ઢાળ $m = -\frac{g}{2}$,અને અંતઃખંડ $c = u$ છે.
આમ,$\frac{h}{t}$ વિરુદ્ધ $t$ નો આલેખ દોરવાથી એક સીધી રેખા મળે છે.
ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g$ નું મૂલ્ય આ રેખાના ઢાળના મૂલ્યને $2$ વડે ગુણીને મેળવી શકાય છે.

(C) ધારો કે $P$ અને $Q$ વચ્ચેનું કુલ અંતર $3x \, km$ છે.
અંતરને ત્રણ સમાન ભાગોમાં વહેંચવામાં આવ્યું છે,જેમાંથી દરેકની લંબાઈ $x \, km$ છે.
પ્રથમ ભાગ માટે,ઝડપ $v_1 = 10 \, km/h$ છે. લાગતો સમય $t_1 = \frac{x}{10} \, h$ છે.
બીજા ભાગ માટે,ઝડપ $v_2 = 20 \, km/h$ છે. લાગતો સમય $t_2 = \frac{x}{20} \, h$ છે.
ત્રીજા ભાગ માટે,ઝડપ $v_3 = 60 \, km/h$ છે. લાગતો સમય $t_3 = \frac{x}{60} \, h$ છે.
સરેરાશ ઝડપ એટલે કુલ અંતર ભાગ્યા કુલ સમય:
$\text{સરેરાશ ઝડપ} = \frac{\text{કુલ અંતર}}{\text{કુલ સમય}} = \frac{3x}{t_1 + t_2 + t_3}$
કિંમતો મૂકતા:
$\text{સરેરાશ ઝડપ} = \frac{3x}{\frac{x}{10} + \frac{x}{20} + \frac{x}{60}}$
લસાઅ $(60)$ લેતા:
$\text{સરેરાશ ઝડપ} = \frac{3x}{\frac{6x + 3x + x}{60}} = \frac{3x}{\frac{10x}{60}} = \frac{3x \times 60}{10x} = 18 \, km/h$.

(C) ગ્યુરિકના પ્રયોગમાં,વાતાવરણીય દબાણ અર્ધગોળાના પ્રક્ષેપિત ક્ષેત્રફળ (projected area) પર કાર્ય કરે છે.
$R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા અર્ધગોળાનું પ્રક્ષેપિત ક્ષેત્રફળ $A = \pi R^2$ છે.
ગોળાની અંદર શૂન્યાવકાશ હોવાથી,અંદરનું દબાણ $0$ છે. આડછેદ પરનું ચોખ્ખું દબાણ તફાવત $p - 0 = p$ છે.
અર્ધગોળાઓને અલગ કરવા માટે જરૂરી બળ $F$ એ પ્રક્ષેપિત ક્ષેત્રફળ પર વાતાવરણ દ્વારા લાગતા બળ જેટલું હોય છે:
$F = P \times A$
$F = p \times \pi R^2$
તેથી,જરૂરી લઘુત્તમ બળ $p \pi R^2$ છે.

(B) પગલું $1$: $-7^{\circ} C$ તાપમાન ધરાવતા $100 \, g$ બરફને $0^{\circ} C$ તાપમાન સુધી લાવવા માટે જરૂરી ઉષ્માની ગણતરી કરો.
$Q_1 = m_{\text{ice}} \cdot c_{\text{ice}} \cdot \Delta T = 100 \cdot 2.2 \cdot (0 - (-7)) = 100 \cdot 2.2 \cdot 7 = 1540 \, J$.
પગલું $2$: $15^{\circ} C$ તાપમાન ધરાવતા $200 \, g$ પાણીને $0^{\circ} C$ સુધી ઠંડુ પાડતા મુક્ત થતી ઉષ્માની ગણતરી કરો.
$Q_2 = m_{\text{water}} \cdot c_{\text{water}} \cdot \Delta T = 200 \cdot 4.2 \cdot (15 - 0) = 200 \cdot 4.2 \cdot 15 = 12600 \, J$.
પગલું $3$: બરફને ઓગાળવા માટે ઉપલબ્ધ ઉષ્મા નક્કી કરો.
ઓગળવા માટે ઉપલબ્ધ ઉષ્મા = $Q_2 - Q_1 = 12600 - 1540 = 11060 \, J$.
પગલું $4$: ઓગળેલા બરફના દળ $(m_{\text{melt}})$ ની ગણતરી કરો.
$m_{\text{melt}} = \frac{\text{ઉપલબ્ધ ઉષ્મા}}{L_f} = \frac{11060}{335} \approx 33.01 \, g$.
પગલું $5$: બાકી રહેલા બરફના દળની ગણતરી કરો.
$m_{\text{remaining}} = 100 - 33.01 = 66.99 \, g \approx 67 \, g$.

(B) જ્યારે દડો હવામાં હોય છે,ત્યારે તેના પર લાગતું એકમાત્ર બળ ગુરુત્વાકર્ષણ છે,તેથી તેનો પ્રવેગ $-g = -9.8 \, m/s^2$ જેટલો અચળ રહે છે.
જમીન સાથે અથડામણની ક્ષણે,દડો ખૂબ જ ટૂંકા સમય માટે ખૂબ જ મોટું આઘાતી બળ અનુભવે છે,જેના કારણે વેગમાં અચાનક ફેરફાર થાય છે. આના પરિણામે દરેક અથડામણના બિંદુએ ખૂબ જ ઊંચો ધન પ્રવેગ સ્પાઇક જોવા મળે છે.
તેથી,પ્રવેગ-સમયનો આલેખ $-9.8 \, m/s^2$ પર એક અચળ રેખા અને અથડામણના સમયે તીક્ષ્ણ,ધન વર્ટિકલ સ્પાઇક્સ ધરાવે છે. આ વિકલ્પ $(b)$ માં દર્શાવેલ આલેખને અનુરૂપ છે.

(C) ધારો કે કણ બિંદુ $A$ થી $u=0$ પ્રારંભિક વેગ સાથે ગતિ શરૂ કરે છે. તે $s_1 = \frac{2}{3}d$ અંતર સુધી $f$ પ્રવેગ સાથે ગતિ કરીને બિંદુ $B$ પર $v_1$ વેગ પ્રાપ્ત કરે છે.
ગતિના સમીકરણ $v^2 - u^2 = 2as$ નો ઉપયોગ કરતા:
$v_1^2 - 0^2 = 2f(\frac{2}{3}d) \Rightarrow v_1^2 = \frac{4}{3}fd \Rightarrow v_1 = 2\sqrt{\frac{fd}{3}}$.
પ્રથમ ભાગ માટે લાગતો સમય $t_1$ એ $v = u + at$ પરથી મળે છે:
$v_1 = 0 + ft_1 \Rightarrow t_1 = \frac{v_1}{f} = \frac{2}{f}\sqrt{\frac{fd}{3}} = 2\sqrt{\frac{d}{3f}}$.
બીજા ભાગની ગતિ માટે $B$ થી $C$ સુધી,અંતર $s_2 = \frac{1}{3}d$ છે,પ્રારંભિક વેગ $v_1$ છે અને અંતિમ વેગ $v_2 = 0$ છે. ધારો કે પ્રતિપ્રવેગ $a'$ છે.
$v_2^2 - v_1^2 = 2a's_2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$0 - \frac{4}{3}fd = 2a'(\frac{1}{3}d) \Rightarrow a' = -2f$.
બીજા ભાગ માટે લાગતો સમય $t_2$ એ $v_2 = v_1 + a't_2$ પરથી મળે છે:
$0 = v_1 - 2ft_2 \Rightarrow t_2 = \frac{v_1}{2f} = \frac{2\sqrt{fd/3}}{2f} = \sqrt{\frac{d}{3f}}$.
કુલ સમય $t = t_1 + t_2 = 2\sqrt{\frac{d}{3f}} + \sqrt{\frac{d}{3f}} = 3\sqrt{\frac{d}{3f}} = \sqrt{\frac{9d}{3f}} = \sqrt{\frac{3d}{f}}$.

(C) ધારો કે અંદરની હવાનું પ્રારંભિક દબાણ $p_0$ (વાતાવરણીય દબાણ) અને પ્રારંભિક કદ $V_i$ છે. જ્યારે પિસ્ટન સાથે $m$ દળ જોડવામાં આવે છે,ત્યારે પિસ્ટન નીચે જાય છે અને વાયુનું દબાણ $p_f = p_0 - \frac{mg}{A}$ થાય છે,જ્યાં $A$ એ પાઇપનું આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
આ વિસ્તરણ દરમિયાન તાપમાન અચળ રહેતું હોવાથી,આપણે બોઈલના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $p_i V_i = p_f V_f$.
$p_0 V_i = (p_0 - \frac{mg}{A}) V_f$
$\frac{V_f}{V_i} = \frac{p_0}{p_0 - \frac{mg}{A}} = \frac{1}{1 - \frac{mg}{p_0 A}}$
નાના $x = \frac{mg}{p_0 A}$ માટે દ્વિપદી અંદાજ $(1-x)^{-1} \approx 1+x$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{V_f}{V_i} \approx 1 + \frac{mg}{p_0 A}$ મળે છે.
આમ,$\frac{\Delta V}{V_i} = \frac{V_f - V_i}{V_i} = \frac{mg}{p_0 A}$.
જ્યારે વાયુને $T$ થી $T-\Delta T$ સુધી ઠંડો કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે તેના મૂળ કદ $V_i$ પર પાછો આવે છે. અચળ દબાણ પ્રક્રિયા (સમદાબી) માટે,$\frac{V}{T} = \text{અચળ}$,તેથી $\frac{\Delta V}{V_f} = \frac{\Delta T}{T}$.
તેથી,$\frac{\Delta T}{T} = \frac{\Delta V}{V_f} \approx \frac{\Delta V}{V_i} = \frac{mg}{p_0 A}$.
આપેલ છે કે $m = 50 \,kg$,$g = 10 \,m/s^2$,$p_0 = 10^5 \,Pa$,અને $r = 0.2 \,m$ $(A = \pi r^2 = 3.14 \times 0.04 = 0.1256 \,m^2)$:
$\frac{\Delta T}{T} = \frac{50 \times 10}{10^5 \times 0.1256} = \frac{500}{12560} \approx 0.0398 \approx 0.04$.

(C) ઉષ્મા નિષ્કર્ષણનો દર અચળ છે, ધારો કે તે $P$ છે।
પ્રવાહી ઠંડું પડવાની પ્રક્રિયા માટે, મુક્ત થતી ઉષ્મા $H = m C_L \Delta T$ છે। કારણ કે $H = P \cdot t$, તેથી $P \cdot t = m C_L \Delta T$, જે $T-t$ આલેખનો ઢાળ $\frac{\Delta T}{t} = \frac{P}{m C_L}$ આપે છે।
બંને માટે $P$ અને $m$ સમાન હોવાથી, ઢાળ એ વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_L$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે। આલેખ પરથી, રેખા $2$ નો ઢાળ રેખા $1$ કરતા વધારે છે, તેથી $C_{L 2} > C_{L 1}$, અથવા $C_{L 1} < C_{L 2}$.
અવસ્થા પરિવર્તન (ઘનીકરણ) ભાગ માટે, મુક્ત થતી ઉષ્મા $H = m L$ છે। કારણ કે $H = P \cdot t_{phase}$, તેથી $P \cdot t_{phase} = m L$, જે $L = \frac{P}{m} t_{phase}$ આપે છે।
આમ, ગુપ્ત ઉષ્મા $L$ એ અવસ્થા પરિવર્તન દરમિયાન વિતાવેલા સમય $t_{phase}$ ના સમપ્રમાણમાં છે। આલેખ પરથી, પદાર્થ $1$ માટેનો આડો ભાગ પદાર્થ $2$ કરતા લાંબો છે, તેથી $t_{phase, 1} > t_{phase, 2}$, જે સૂચવે છે કે $L_1 > L_2$.
તેથી, $C_{L 1} < C_{L 2}$ અને $L_1 > L_2$. સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) જ્યારે પહેલેથી જ પોલરાઈઝ્ડ થયેલ પ્રકાશનું કિરણપુંજ પોલરાઈઝરમાંથી પસાર થાય છે,ત્યારે મળતી પ્રકાશની તીવ્રતા $I$ એ મેલસના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $I = I_0 \cos^2 \theta$,જ્યાં $I_0$ એ આપાત પોલરાઈઝ્ડ પ્રકાશની તીવ્રતા છે અને $\theta$ એ પોલરાઈઝેશનના સમતલ અને પોલરાઈઝરની ટ્રાન્સમિશન ધરી વચ્ચેનો ખૂણો છે.
દરેક પોલરાઈઝર $10 \%$ પ્રકાશનું શોષણ કરે છે,તેથી ટ્રાન્સમિશન ફેક્ટર $k = 0.9$ છે.
$1$. પ્રથમ પોલરાઈઝર $(P_1)$ માટે: આપાત પ્રકાશ શિરોલંબ છે. ટ્રાન્સમિશન ધરી શિરોલંબ સાથે $30^{\circ}$ પર છે. તેથી,$\theta_1 = 30^{\circ}$.
$I_1 = k \cdot I_0 \cdot \cos^2(30^{\circ}) = 0.9 \cdot 100 \cdot (\sqrt{3}/2)^2 = 0.9 \cdot 100 \cdot 0.75 = 67.5 \, W/m^2$.
$2$. બીજા પોલરાઈઝર $(P_2)$ માટે: $P_2$ પર આપાત થતો પ્રકાશ $30^{\circ}$ પર પોલરાઈઝ્ડ છે. $P_2$ ની ટ્રાન્સમિશન ધરી શિરોલંબ સાથે $60^{\circ}$ પર છે. આપાત પ્રકાશ અને ધરી વચ્ચેનો ખૂણો $\theta_2 = 60^{\circ} - 30^{\circ} = 30^{\circ}$ છે.
$I_2 = k \cdot I_1 \cdot \cos^2(30^{\circ}) = 0.9 \cdot 67.5 \cdot 0.75 = 45.5625 \, W/m^2$.
$3$. ત્રીજા પોલરાઈઝર $(P_3)$ માટે: $P_3$ પર આપાત થતો પ્રકાશ $60^{\circ}$ પર પોલરાઈઝ્ડ છે. $P_3$ ની ટ્રાન્સમિશન ધરી શિરોલંબ સાથે $90^{\circ}$ પર છે. આપાત પ્રકાશ અને ધરી વચ્ચેનો ખૂણો $\theta_3 = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$ છે.
$I_3 = k \cdot I_2 \cdot \cos^2(30^{\circ}) = 0.9 \cdot 45.5625 \cdot 0.75 \approx 30.75 \, W/m^2$.
અંતિમ તીવ્રતા આશરે $30 \, W/m^2$ છે.

(C) આપેલ છે કે,$(dn/dy) > 0$. આનો અર્થ એ છે કે જેમ આપણે ધન $y$-દિશામાં જઈએ છીએ તેમ વક્રીભવનાંક $n$ વધે છે.
ધારો કે $AB$ એ આપાત તરંગાગ્ર છે,જ્યાં $A$ એ $B$ કરતા ઊંચા $y$-યામ પર છે.
કારણ કે $A$ પાસે વક્રીભવનાંક $n$ એ $B$ કરતા વધારે છે,તેથી પ્રકાશની ઝડપ $v = c/n$ એ $A$ પાસે $B$ કરતા ઓછી હશે.
જેમ તરંગાગ્ર $t$ જાડાઈના માધ્યમમાંથી પસાર થાય છે,તેમ $B$ પાસેનો તરંગાગ્રનો ભાગ $A$ પાસેના ભાગ કરતા ઝડપથી ગતિ કરે છે.
પરિણામે,તરંગાગ્ર એવી રીતે ફરે છે કે $B$ છેડો $A$ છેડા કરતા આગળ વધે છે,જેના કારણે બહાર આવતું પ્રકાશનું કિરણ ઉપરની તરફ વળે છે.

(B) વિધાન $(I)$ ખોટું છે કારણ કે ગૌસનો નિયમ $(\phi = q_{\text{enclosed}} / \varepsilon_0)$ માત્ર વ્યસ્ત વર્ગના ક્ષેત્રો માટે જ માન્ય છે. જો $E = \frac{kq}{r^3} \hat{r}$ હોય, તો $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતી ગોળાકાર સપાટીમાંથી પસાર થતું ફ્લક્સ:
$\phi = \oint E \cdot dA = \int \frac{kq}{r^3} dA = \frac{kq}{r^3} (4\pi r^2) = \frac{4\pi kq}{r} \neq \frac{q}{\varepsilon_0}$.
વિધાન $(II)$ સાચું છે. વ્યસ્ત વર્ગના ક્ષેત્રમાં, સમાન રીતે વિદ્યુતભારીત કવચની અંદરનું વિદ્યુતક્ષેત્ર સંમિતિને કારણે શૂન્ય હોય છે. જોકે, વ્યસ્ત ઘનના ક્ષેત્ર માટે, કવચના વિવિધ ભાગોમાંથી ઉદ્ભવતા ક્ષેત્રોનો સરવાળો અંદરના બિંદુઓ પર શૂન્ય થતો નથી. તેથી, અંદર મૂકવામાં આવેલ વિદ્યુતભાર ચોખ્ખું બળ અનુભવશે.
તેથી, માત્ર વિધાન $(II)$ સાચું છે.

(C) ગૌસના નિયમ મુજબ,બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi = \frac{q_{enclosed}}{\epsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $q_{enclosed}$ એ સપાટી દ્વારા ઘેરાયેલો કુલ વિદ્યુતભાર છે.
જો સપાટી દ્વારા કોઈ વિદ્યુતભાર ઘેરાયેલો ન હોય $(q_{enclosed} = 0)$,તો સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ ફ્લક્સ શૂન્ય હોય છે.
કિસ્સા $I$ અને $II$ માં,બિંદુવત વિદ્યુતભાર બંધ સપાટીની અંદર છે,તેથી કુલ ફ્લક્સ શૂન્ય નથી.
કિસ્સા $III$ અને $IV$ માં,બિંદુવત વિદ્યુતભાર બંધ સપાટીની બહાર છે,તેથી ઘેરાયેલો કુલ વિદ્યુતભાર શૂન્ય છે,જેનો અર્થ છે કે આ સપાટીઓમાંથી પસાર થતું કુલ ફ્લક્સ શૂન્ય છે.
તેથી,માત્ર $I$ અને $II$ કિસ્સાઓ માટે જ કુલ ફ્લક્સ શૂન્ય નથી.

(B) પ્રારંભિક ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda_{0} = h / (m v_{0})$ છે.
જ્યારે તરંગલંબાઈ $\lambda_{0} / 3$ થાય,ત્યારે અંતિમ વેગમાન $p_f = 3 p_0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે અંતિમ ઝડપ $v_f = 3 v_{0}$ થાય.
કણ $y$-દિશામાં $a = (q E_{0} / m) \hat{j}$ જેટલો અચળ પ્રવેગ અનુભવે છે.
$t$ સમયે વેગ $\vec{v} = v_{0} \hat{i} + (q E_{0} t / m) \hat{j}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વેગનું મૂલ્ય $v = \sqrt{v_{0}^{2} + (q E_{0} t / m)^{2}}$ છે.
$v = 3 v_{0}$ લેતા,આપણને $9 v_{0}^{2} = v_{0}^{2} + (q E_{0} t / m)^{2}$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $8 v_{0}^{2} = (q E_{0} t / m)^{2}$ મળે છે.
$t$ માટે ઉકેલતા,$t = \frac{2 \sqrt{2} v_{0}}{E_{0}} \cdot \frac{m}{q}$ મળે છે.
તેથી,$t \propto m/q$.

(C) $X$ અને $Y$ શોધવા માટે,આપણે બંને પ્રતિક્રિયાઓ માટે પરમાણુ ક્રમાંક $(Z)$ અને દળ ક્રમાંક $(A)$ ના સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
પ્રતિક્રિયા $I$ માટે: ${ }_{7}^{14} N +{ }_{2}^{4} He \longrightarrow{ }_{8}^{17} O + X$
$Z$ નો સરવાળો: $7 + 2 = 8 + Z_X \implies Z_X = 1$
$A$ નો સરવાળો: $14 + 4 = 17 + A_X \implies A_X = 1$
આમ,$X$ એ ${ }_{1}^{1} H$ (એક પ્રોટોન) છે.
પ્રતિક્રિયા $II$ માટે: ${ }_{4}^{9} Be +{ }_{2}^{4} He \longrightarrow{ }_{6}^{12} C + Y$
$Z$ નો સરવાળો: $4 + 2 = 6 + Z_Y \implies Z_Y = 0$
$A$ નો સરવાળો: $9 + 4 = 12 + A_Y \implies A_Y = 1$
આમ,$Y$ એ ${ }_{0}^{1} n$ (એક ન્યુટ્રોન) છે.
તેથી,$X$ પ્રોટોન છે અને $Y$ ન્યુટ્રોન છે.

(D) નળાકાર લેન્સમાં માત્ર એક જ દિશામાં (તેની અક્ષને લંબ) વક્રતા હોય છે.
જ્યારે પ્રકાશનું સમાંતર કિરણપુંજ પ્લેનો-સિલિન્ડ્રિકલ લેન્સ પર આપાત થાય છે,ત્યારે પ્રકાશના કિરણો માત્ર નળાકારની અક્ષને લંબ સમતલમાં જ વક્રીભવન પામે છે.
આ કિરણો લેન્સની કેન્દ્રીય રેખા પર કેન્દ્રિત થાય છે.
લેન્સ એવી રીતે ગોઠવાયેલ છે કે તેની અક્ષ $Y$-અક્ષને સમાંતર છે,તેથી કેન્દ્રીય સમતલ પર $Y$-અક્ષને સમાંતર રેખા પર કેન્દ્રિત થાય છે.
તેથી,પડદા પર $Y$-અક્ષને સમાંતર એક તેજસ્વી રેખા જોવા મળશે.

(D) ડેપ્લેશન લેયર $n$-બાજુથી $p$-બાજુ તરફ ઈલેક્ટ્રોનના પ્રસરણને કારણે રચાય છે. ત્યાં તેઓ $p$-બાજુના હોલ્સ સાથે જોડાય છે.
$p-n$ જંકશનમાં,ડેપ્લેશન વિસ્તારમાં કોઈ મુક્ત વીજભાર હોતા નથી. તેમાં માત્ર બંધિત વીજભાર (આયનીકૃત ડોપન્ટ અણુઓ) હોય છે.
ડેપ્લેશન વિસ્તારની પહોળાઈ ડોપન્ટ સાંદ્રતાના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે. તેથી,તે $p$ અને $n$-બાજુઓ પર અલગ-અલગ પહોળાઈ ધરાવી શકે છે.
$n$-બાજુથી $p$-બાજુ તરફ ઈલેક્ટ્રોનના પ્રસરણને કારણે,ડેપ્લેશન લેયરની $p$-બાજુ ઋણ વીજભારિત (આયનીકૃત એક્સેપ્ટર અણુઓને કારણે) અને $n$-બાજુ ધન વીજભારિત (આયનીકૃત ડોનર અણુઓને કારણે) બને છે.

(D) તરંગલંબાઈ $\lambda$ ધરાવતા ફોટોનની ઉર્જા $E = \frac{12400 \, \text{eV} \cdot \mathring{A}}{\lambda (\mathring{A})}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ તરંગલંબાઈઓ માટે ઉર્જાની ગણતરી:
$E_1 = \frac{12400}{912} \approx 13.6 \, \text{eV}$
$E_2 = \frac{12400}{1026} \approx 12.08 \, \text{eV}$
$E_3 = \frac{12400}{1216} \approx 10.2 \, \text{eV}$
$E_4 = \frac{12400}{3646} \approx 3.4 \, \text{eV}$
ઓરડાના તાપમાને,હાઇડ્રોજન અણુઓ ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ માં હોય છે.
શોષણ થવા માટે,ફોટોનની ઉર્જા ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ અને ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n > 1)$ વચ્ચેના ઉર્જા તફાવત જેટલી હોવી જોઈએ. ઉત્તેજના માટે જરૂરી લઘુત્તમ ઉર્જા $E_2 - E_1 = -3.4 - (-13.6) = 10.2 \, \text{eV}$ છે.
$3.4 \, \text{eV}$ એ ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાંથી ઉત્તેજના માટે જરૂરી $10.2 \, \text{eV}$ કરતા ઓછી હોવાથી,$3646 \, \mathring{A}$ તરંગલંબાઈનું પ્રબળ શોષણ થશે નહીં.

(A) જેમ વાયરની લૂપ ચુંબકીય ક્ષેત્રના વિસ્તારમાં પ્રવેશે છે,તેમ લૂપમાં emf પ્રેરિત થાય છે. આ પ્રેરિત emf ને કારણે મળતો પ્રવાહ લૂપ પર વિરોધી બળ લગાડે છે.
પ્રેરિત emf $E = B a v$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રેરિત પ્રવાહ $I = \frac{E}{R} = \frac{B a v}{R}$ છે.
લૂપ પરનું ચુંબકીય બળ $F = -B I a = -B \left( \frac{B a v}{R} \right) a = -\frac{B^{2} a^{2} v}{R}$ છે.
(ઋણ નિશાની દર્શાવે છે કે આ બળ અવરોધક બળ છે).
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા,લૂપનો પ્રવેગ $A$:
$A = \frac{F}{m} = \frac{d v}{d t} = -\frac{B^{2} a^{2} v}{m R}$.
આપણે ચેઈન રૂલ $\frac{d v}{d t} = \frac{d v}{d x} \cdot \frac{d x}{d t} = v \frac{d v}{d x}$ નો ઉપયોગ કરીને આને ફરીથી લખી શકીએ:
$v \frac{d v}{d x} = -\frac{B^{2} a^{2} v}{m R}$.
બંને બાજુ $v$ વડે ભાગતા ($v \neq 0$ ધારીને):
$d v = -\frac{B^{2} a^{2}}{m R} d x$.
બંને બાજુ $v_{0}$ થી $v$ અને $0$ થી $x$ ની મર્યાદામાં સંકલન કરતા:
$\int_{v_{0}}^{v} d v = -\frac{B^{2} a^{2}}{m R} \int_{0}^{x} d x$.
$v - v_{0} = -\frac{B^{2} a^{2}}{m R} x$.
તેથી,અંતર $x$ પર લૂપનો વેગ:
$v = v_{0} - \frac{B^{2} a^{2}}{m R} x$.

(D) બોહરના સિદ્ધાંતમાં,ન્યુક્લિયસના મર્યાદિત દળને ધ્યાનમાં લેવા માટે રિડ્યુસ્ડ માસ $\mu$ નો ઉપયોગ થાય છે. રિડબર્ગ અચળાંક $R$ એ રિડ્યુસ્ડ માસ $\mu = \frac{m_e M}{m_e + M}$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે,જ્યાં $m_e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનું દળ છે અને $M$ એ ન્યુક્લિયસનું દળ છે.
હાઇડ્રોજન $(H)$ માટે,$M_H \approx 2000 m_e$. તેથી,$\mu_H = \frac{m_e (2000 m_e)}{m_e + 2000 m_e} = \frac{2000}{2001} m_e$.
ડ્યુટેરિયમ $(D)$ માટે,ન્યુક્લિયસમાં એક પ્રોટોન અને એક ન્યુટ્રોન હોય છે,તેથી $M_D \approx 4000 m_e$. તેથી,$\mu_D = \frac{m_e (4000 m_e)}{m_e + 4000 m_e} = \frac{4000}{4001} m_e$.
જેમ કે $\frac{1}{\lambda} \propto \mu$,તેથી $\lambda \propto \frac{1}{\mu}$.
તેથી,$\frac{\lambda_H}{\lambda_D} = \frac{\mu_D}{\mu_H} = \left(\frac{4000}{4001}\right) \times \left(\frac{2001}{2000}\right) = 2 \times \frac{2001}{4001} = \frac{4002}{4001}$.
સાપેક્ષ ફેરફાર $\frac{\Delta \lambda}{\lambda} = \frac{\lambda_H - \lambda_D}{\lambda_H} = 1 - \frac{\lambda_D}{\lambda_H} = 1 - \frac{4001}{4002} = \frac{1}{4002} \approx 0.00025$.
ટકાવારીમાં,આ $\approx 0.025 \%$ છે. જોકે,પ્રમાણિત અંદાજ $\frac{\Delta \lambda}{\lambda} \approx \frac{\mu_H - \mu_D}{\mu_D} \approx \frac{1}{2000} = 0.0005$ નો ઉપયોગ કરતા,જે $0.05 \%$ આપે છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $0.05 \%$ છે.

(C) સોલર સેલમાં,જ્યારે $hf > E_g$ ઉર્જા ધરાવતો પ્રકાશ $p-n$ જંકશન પર પડે છે,ત્યારે ઇલેક્ટ્રોન-હોલ જોડીઓ ઉત્પન્ન થાય છે. આ વિદ્યુતભારો જંકશનના વિદ્યુતક્ષેત્ર દ્વારા અલગ થાય છે,જેમાં ઇલેક્ટ્રોન $n$-બાજુ તરફ અને હોલ $p$-બાજુ તરફ ગતિ કરે છે.
જો કોઈ લોડ જોડાયેલ ન હોય,તો આ વિદ્યુતભારો $n$ અને $p$ બાજુઓ પર એકઠા થાય છે,જે ફોટો-વોલ્ટેજ ઉત્પન્ન કરે છે.
જ્યારે બાહ્ય લોડ જોડવામાં આવે છે,ત્યારે સર્કિટમાં ફોટો-પ્રવાહ $I_L$ વહે છે. આ સ્થિતિમાં,ઉપકરણ પાવર સ્ત્રોત તરીકે કાર્ય કરે છે અને બાહ્ય લોડને પાવર આપે છે. આ કાર્ય માટે $V-I$ લાક્ષણિકતા વક્ર ચોથા ચરણમાં આવે છે,જ્યાં વોલ્ટેજ $V$ ધન છે અને પ્રવાહ $I$ ઋણ છે (જે દર્શાવે છે કે પ્રવાહ ઉપકરણમાંથી બહાર વહી રહ્યો છે). તેથી,ડાયોડ ચોથા ચરણમાં પાવર ઉત્પન્ન કરે છે.

(A) લેસર કિરણ ઉપરની સપાટી પર આંશિક પરાવર્તન અને આંશિક વક્રીભવન અનુભવે છે. વક્રીભૂત કિરણ કાચમાંથી પસાર થાય છે,પાછળના અરીસા પરથી પરાવર્તિત થાય છે અને કાચના સ્લેબમાંથી બહાર નીકળે છે.
ધારો કે આપાતકોણ $\theta$ છે અને વક્રીભવનકોણ $r$ છે. સ્નેલના નિયમ મુજબ,$\sin \theta = n \sin r$,તેથી $\sin r = \frac{\sin \theta}{n}$.
પ્રથમ પરાવર્તનના બિંદુ (ઉપરની સપાટી પર) અને જ્યાં વક્રીભૂત કિરણ સ્લેબમાંથી બહાર નીકળે છે તે બિંદુ વચ્ચેનું આડું અંતર $x = 2t \tan r$ છે.
પડદા પર,બે કિરણો (એક ઉપરની સપાટીથી પરાવર્તિત,એક નીચેની સપાટીથી) ટપકાં બનાવે છે. આ ટપકાં વચ્ચેનું ઊભું અંતર $h_1 - h_2$ એ આડા અંતર $d_1 - d_2$ સાથે $\tan \theta = \frac{d_1 - d_2}{h_1 - h_2}$ દ્વારા સંબંધિત છે.
આમ,અંતર $h_1 - h_2 = \frac{2t \tan r}{\tan \theta}$ છે.
$\tan r = \frac{\sin r}{\cos r} = \frac{\sin \theta / n}{\sqrt{1 - (\sin \theta / n)^2}} = \frac{\sin \theta}{\sqrt{n^2 - \sin^2 \theta}}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$h_1 - h_2 = \frac{2t}{\tan \theta} \cdot \frac{\sin \theta}{\sqrt{n^2 - \sin^2 \theta}} = \frac{2t \cos \theta}{\sqrt{n^2 - \sin^2 \theta}}$.

(D) આઈન્સ્ટાઈનનું ફોટોઇલેક્ટ્રિક સમીકરણ $K_{max} = h\nu - \phi_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $K_{max} = eV_s$ ($V_s$ એ સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ છે).
$(I)$ ઉત્સર્જનની ત્વરિત પ્રકૃતિ સૂચવે છે કે ઉર્જાનું સ્થાનાંતરણ અલગ પેકેટો (ફોટોન) માં થાય છે,જે ક્વોન્ટમ સિદ્ધાંતને સમર્થન આપે છે.
$(II)$ થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ $(
u_0)$ નું અસ્તિત્વ સૂચવે છે કે ઇલેક્ટ્રોનને બહાર કાઢવા માટે ફોટોન પાસે લઘુત્તમ ઉર્જા $h\nu_0$ હોવી આવશ્યક છે,જે સીધી રીતે ફોટોન મોડેલને સમર્થન આપે છે.
$(III)$ કારણ કે $eV_s = h\nu - \phi_0$,સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_s$ એ આવૃત્તિ $\nu$ નું રેખીય વિધેય છે. આ $E = h\nu$ સંબંધની પુષ્ટિ કરે છે.
$(IV)$ જોકે ફોટોકરંટ તીવ્રતાના પ્રમાણમાં હોય છે,પરંતુ આ ફોટોનની સંખ્યાનો ગુણધર્મ છે અને તે ખાસ કરીને એક ફોટોનની ઉર્જા-આવૃત્તિના સંબંધને સાબિત કરતું નથી.
તેથી,વિધાનો $(I), (II),$ અને $(III)$ એ સૂચવે છે કે પ્રકાશ ક્વોન્ટાનો બનેલો છે જેની ઉર્જા આવૃત્તિના પ્રમાણમાં હોય છે.

(A) આપેલ છે: પીક વોલ્ટેજ $V_0 = 220 \,V$,આવૃત્તિ $f = 50 \,Hz$,અવરોધ $R = 400 \,\Omega$,કેપેસીટન્સ $C = 200 \,\mu F = 200 \times 10^{-6} \,F$,અને ઇન્ડક્ટન્સ $L = 6 \,H$.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 2\pi f = 2 \times \pi \times 50 = 100\pi \,rad/s$.
ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L = \omega L = 100\pi \times 6 = 600\pi \,\Omega \approx 1884.96 \,\Omega$.
કેપેસીટિવ રિએક્ટન્સ $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{100\pi \times 200 \times 10^{-6}} = \frac{1}{0.02\pi} = \frac{50}{\pi} \,\Omega \approx 15.92 \,\Omega$.
ઇમ્પિડન્સ $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} = \sqrt{400^2 + (1884.96 - 15.92)^2} = \sqrt{160000 + (1869.04)^2} \approx \sqrt{160000 + 3493310} \approx \sqrt{3653310} \approx 1911.36 \,\Omega$.
મહત્તમ પ્રવાહ $I_0 = \frac{V_0}{Z} = \frac{220}{1911.36} \approx 0.115 \,A$.
નજીકની કિંમત લેતા,મહત્તમ પ્રવાહ આશરે $0.12 \,A$ મળે છે.

(A) $n$મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો પ્રવેગ $a_{n} = \frac{v_{n}^{2}}{r_{n}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બોહરના મોડેલ મુજબ,વેગ $v_{n} \propto \frac{Z}{n}$ અને ત્રિજ્યા $r_{n} \propto \frac{n^{2}}{Z}$ છે.
આ કિંમતોને પ્રવેગના સૂત્રમાં મૂકતા:
$a_{n} \propto \frac{(Z/n)^{2}}{(n^{2}/Z)} = \frac{Z^{2}/n^{2}}{n^{2}/Z} = \frac{Z^{3}}{n^{4}}$.
આમ,સમાન $n$મી કક્ષામાં હાઇડ્રોજન $(Z_{H} = 1)$ અને સિંગલી આયોનાઇઝ્ડ હિલિયમ $(Z_{He} = 2)$ માટે પ્રવેગનો ગુણોત્તર:
$\frac{a_{H}}{a_{He}} = \frac{Z_{H}^{3}}{Z_{He}^{3}} = \left(\frac{1}{2}\right)^{3} = \frac{1}{8}$.
તેથી,ગુણોત્તર $1:8$ છે.

(B) ગાજર સફેદ પ્રકાશમાં નારંગી દેખાય છે કારણ કે તે વર્ણપટના નારંગી ભાગનું પરાવર્તન કરે છે અને બાકીના ભાગને શોષી લે છે.
દ્રશ્યમાન વર્ણપટ આશરે $400 \,nm$ થી $750 \,nm$ સુધીનો હોય છે.
$1$. $\beta$-કેરોટીન અણુ દ્વારા શોષાયેલી તરંગલંબાઇ મુખ્યત્વે વર્ણપટના વાદળી અને લીલા પ્રદેશમાં હોય છે,જે આશરે $550 \,nm$ કરતા ઓછી હોય છે.
$2$. પરાવર્તિત તરંગલંબાઇ (જે ગાજરને નારંગી દેખાવ આપે છે) પીળા,નારંગી અને લાલ પ્રદેશમાં હોય છે,જે $550 \,nm$ કરતા વધારે હોય છે.
તેથી,$\beta$-કેરોટીન અણુ $550 \,nm$ કરતા ઓછી તરંગલંબાઇનો પ્રકાશ શોષે છે.

(D) જો કુલંબ બળ $F \propto 1/r^3$ મુજબ બદલાતું હોય,તો બિંદુવત વિદ્યુતભાર $q$ થી $r$ અંતરે વિદ્યુત ક્ષેત્ર $E = k q / r^3$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા અને $Q$ કુલ વિદ્યુતભાર ધરાવતા નક્કર ધાતુના ગોળા માટે,સંમિતિને કારણે,ગોળાની અંદર $(r < R)$ વિદ્યુત ક્ષેત્ર શૂન્ય હોવું જોઈએ કારણ કે સપાટી પરના વિદ્યુતભારના વિતરણના વિવિધ ભાગોનું યોગદાન કોઈપણ આંતરિક બિંદુએ એકબીજાને નાબૂદ કરે છે.
જો કે,આ બળના નિયમ માટે ગૌસનો નિયમ બદલાય છે. $r$ ત્રિજ્યા $(r < R)$ ધરાવતી ગોળાકાર ગૌસિયન સપાટીમાંથી પસાર થતું ફ્લક્સ $\phi = \oint E \cdot dA$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. અંદર $E = 0$ હોવાથી,ફ્લક્સ $\phi = 0$ થાય છે.
પ્રમાણભૂત કિસ્સામાં $(F \propto 1/r^2)$,ગૌસનો નિયમ જણાવે છે કે $\oint E \cdot dA = q_{enclosed} / \epsilon_0$. જો બળનો નિયમ $1/r^3$ માં બદલાય,તો ફ્લક્સ અને બંધિત વિદ્યુતભાર વચ્ચેનો સંબંધ બદલાય છે. ખાસ કરીને,$1/r^3$ બળ માટે,બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું ફ્લક્સ ફક્ત બંધિત વિદ્યુતભારના પ્રમાણમાં હોતું નથી. ગણતરીઓ દર્શાવે છે કે આ બળના નિયમ માટે,વાહકની અંદર વિદ્યુતભાર ઘનતા $\rho$ શૂન્ય હોતી નથી જેથી અંદર $E=0$ જળવાઈ રહે,કારણ કે પ્રમાણભૂત ગૌસનો નિયમ તે જ રીતે લાગુ પડતો નથી. આમ,સંમિતિને કારણે અંદરનું ક્ષેત્ર શૂન્ય રહે છે,પરંતુ અંદરની વિદ્યુતભાર ઘનતા શૂન્ય હોતી નથી.

(C) પાતળા પ્રિઝમ માટે,લઘુત્તમ વિચલનકોણ $\delta_{m}$ નું સૂત્ર $\delta_{m} = (\mu - 1)A$ છે,જ્યાં $A$ એ પ્રિઝમકોણ છે.
આપેલ છે કે $\mu = 1.5 + \frac{0.004}{\lambda^{2}}$,આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા:
$\delta_{m} = \left(1.5 + \frac{0.004}{\lambda^{2}} - 1\right)A = \left(0.5 + \frac{0.004}{\lambda^{2}}\right)A$.
આ સમીકરણ પરથી સ્પષ્ટ છે કે $\delta_{m}$ એ $\lambda^{2}$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે.
તેથી,જેમ તરંગલંબાઇ $\lambda$ વધે છે,તેમ વક્રીભવનાંક $\mu$ ઘટે છે,જેના પરિણામે લઘુત્તમ વિચલનકોણ $\delta_{m}$ પણ ઘટે છે.
જો $\lambda_{1} < \lambda_{2}$ હોય,તો $\mu(\lambda_{1}) > \mu(\lambda_{2})$ થાય.
પરિણામે,$\delta_{m}(\lambda_{1}) > \delta_{m}(\lambda_{2})$ મળે.

(A) પ્રથમ પોલરાઈઝર પર આપાત થતો કિરણપુંજ અધ્રુવીભૂત હોવાથી,પ્રથમ પોલરાઈઝરમાંથી પસાર થયા પછી તેની તીવ્રતા અડધી થઈ જાય છે. અહીં મેલસનો નિયમ લાગુ પડતો નથી.
તેથી,પ્રથમ પોલરાઈઝર પછીની તીવ્રતા $I_{1}$:
$I_{1} = \frac{I_{0}}{2} = \frac{20}{2} = 10 \,W/m^{2}$
પ્રથમ પોલરાઈઝરમાંથી બહાર આવતો પ્રકાશ રેખીય રીતે ધ્રુવીભૂત હોવાથી,બીજા પોલરાઈઝર માટે મેલસનો નિયમ લાગુ પડે છે.
બીજા પોલરાઈઝર પછી મળતી તીવ્રતા $I_{2}$ નીચે મુજબ છે:
$I_{2} = I_{1} \cdot \cos^{2} \theta$
જ્યાં $\theta$ એ પ્રથમ અને બીજા પોલરાઈઝરની ટ્રાન્સમિશન ધરી વચ્ચેનો ખૂણો છે.
આપેલ ખૂણાઓ શિરોલંબથી $30^{\circ}$ અને $60^{\circ}$ હોવાથી,તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $\theta = 60^{\circ} - 30^{\circ} = 30^{\circ}$ થશે.
તેથી,$I_{2} = 10 \times \cos^{2} 30^{\circ}$
$I_{2} = 10 \times \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2} = 10 \times \frac{3}{4} = 7.5 \,W/m^{2}$

(B) ઇલેક્ટ્રોનની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શરૂઆતમાં,$\lambda = \frac{h}{mv_{0}}$.
અંતે,તરંગલંબાઇ $\lambda' = \frac{\lambda}{3} = \frac{h}{mv'}$ થાય છે.
બંનેની સરખામણી કરતા,$\frac{\lambda}{\lambda/3} = \frac{h/mv_{0}}{h/mv'} \implies 3 = \frac{v'}{v_{0}}$,તેથી અંતિમ વેગનું મૂલ્ય $v' = 3v_{0}$ મળે છે.
વિદ્યુતક્ષેત્રને કારણે ઇલેક્ટ્રોન $y$-દિશામાં $a = \frac{eE_{0}}{m}$ જેટલો પ્રવેગ અનુભવે છે.
$t$ સમય પછી વેગ સદિશ $\vec{v}' = v_{0}\hat{i} + \frac{eE_{0}t}{m}\hat{j}$ થાય છે.
અંતિમ વેગનું મૂલ્ય $|v'| = \sqrt{v_{0}^{2} + (\frac{eE_{0}t}{m})^{2}}$ છે.
$|v'| = 3v_{0}$ લેતા,$9v_{0}^{2} = v_{0}^{2} + (\frac{eE_{0}t}{m})^{2}$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $8v_{0}^{2} = (\frac{eE_{0}t}{m})^{2}$,જે દર્શાવે છે કે $t = \frac{m}{eE_{0}} \sqrt{8v_{0}^{2}}$.
આમ,$t \propto \frac{1}{E_{0}}$.

(A) સાચો વિકલ્પ $A$ છે.
જ્યારે પક્ષી એક જ હાઈ-ટેન્શન વાયર પર બેસે છે,ત્યારે તેના બંને પગ એકબીજાની ખૂબ નજીકના બિંદુઓ પર વાયરના સંપર્કમાં હોય છે. વાયર એક સારો વાહક હોવાથી,આ બે બિંદુઓ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત નગણ્ય (લગભગ શૂન્ય) હોય છે.
ઓહ્મના નિયમ મુજબ,વાહકમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{\Delta V}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\Delta V$ એ વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત છે અને $R$ એ અવરોધ છે. કારણ કે $\Delta V \approx 0$ છે,તેથી પક્ષીના શરીરમાંથી વહેતો પ્રવાહ પણ લગભગ શૂન્ય હોય છે. તેથી,પક્ષીના શરીર દ્વારા જમીન અથવા અન્ય ફેઝ સુધી પરિપથ પૂર્ણ થતો નથી અને પક્ષીને વીજળીનો આંચકો લાગતો નથી.

(A) જ્યારે એક ધન વિદ્યુતભાર $q$ ને તટસ્થ વાહક કવચની પોલાણમાં મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે તે કવચની અંદરની સપાટી પર $-q$ વિદ્યુતભાર પ્રેરિત કરે છે જેથી વાહક પદાર્થની અંદર વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય રહે. કવચ તટસ્થ હોવાથી,કવચની બહારની સપાટી પર $+q$ વિદ્યુતભાર દેખાવો જોઈએ. વિદ્યુતભારનું વિતરણ અંદરની અને બહારની બંને સપાટીઓ પર સમાન હશે,સિવાય કે ગેપની નજીક. વાહકના પદાર્થની અંદર વિદ્યુતક્ષેત્ર શૂન્ય હોવું આવશ્યક છે,જે આ વિતરણ દ્વારા સંતોષાય છે. સાચી રજૂઆત આકૃતિમાં દર્શાવેલ છે,જ્યાં અંદરની સપાટી પર ઋણ વિદ્યુતભાર અને બહારની સપાટી પર ધન વિદ્યુતભાર છે.

(B) વેગને લંબરૂપે રહેલા ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વિદ્યુતભારિત કણનો ગતિપથ વર્તુળાકાર હોય છે.
આ વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $R$ એ $R = \frac{mv}{Bq}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$V$ જેટલા સ્થિતિમાનના તફાવત દ્વારા પ્રવેગિત થયેલા આયન દ્વારા મેળવેલી ગતિઊર્જા $\frac{1}{2}mv^2 = qV$ છે,જેનો અર્થ છે કે $v = \sqrt{\frac{2qV}{m}}$.
$R$ ના સમીકરણમાં $v$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $R = \frac{m}{Bq} \sqrt{\frac{2qV}{m}} = \frac{\sqrt{2mqV}}{Bq} = \frac{1}{B} \sqrt{\frac{2mV}{q}}$ મળે છે.
આયન સ્ક્રીન સાથે અથડાય તે માટે,તેના પથની ત્રિજ્યા ચુંબકીય ક્ષેત્રના વિસ્તારની પહોળાઈ $\omega$ કરતા વધારે હોવી જોઈએ,એટલે કે $R > \omega$.
તેથી,$\frac{1}{B} \sqrt{\frac{2mV}{q}} > \omega$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $\frac{2mV}{B^2q} > \omega^2$ મળે છે.
$q$ ને કર્તા બનાવતા,આપણને $q < \frac{2mV}{B^2\omega^2}$ મળે છે.

(A) કણની સ્થિતિ ઉર્જા $U = \frac{1}{2} m \omega^{2} r^{2}$ તરીકે આપવામાં આવી છે.
વર્તુળાકાર કક્ષા માટે,કેન્દ્રગામી બળ સ્થિતિમાનના ઢાળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $F = -\frac{dU}{dr} = -m \omega^{2} r$.
બળના મૂલ્યને કેન્દ્રગામી બળ સાથે સરખાવતા: $m \omega^{2} r = \frac{m v^{2}}{r}$,જેનો અર્થ છે કે $v^{2} = \omega^{2} r^{2}$,અથવા $v = r \omega$.
હવે,કણનું કોણીય વેગમાન $L = mvr = m(r \omega)r = m r^{2} \omega$ છે.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,$L = \frac{n h}{2 \pi}$.
$L$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $m r^{2} \omega = \frac{n h}{2 \pi}$.
$r^{2}$ માટે ઉકેલતા: $r^{2} = \frac{n h}{2 \pi m \omega}$.
વર્ગમૂળ લેતા: $r = \sqrt{n} \sqrt{\frac{h}{2 \pi m \omega}}$.
આપેલ છે કે $a = \sqrt{\frac{h}{2 \pi m \omega}}$,તેથી $r = a \sqrt{n}$ મળે છે.

(B) ધારો કે ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v$ છે.
દરેક ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $mvr = \hbar$ આપેલ છે.
એક ઇલેક્ટ્રોન પર લાગતું ચોખ્ખું સ્થિત-વિદ્યુત બળ એ ન્યુક્લિયસથી આકર્ષણ અને બીજા ઇલેક્ટ્રોનથી અપાકર્ષણનો તફાવત છે. ઇલેક્ટ્રોન વિરુદ્ધ બાજુઓ પર હોવાથી,તેમની વચ્ચેનું અંતર $2r$ છે.
$F_e = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} - \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0(2r)^2} = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} - \frac{e^2}{16\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{3}{4} \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $F_c = \frac{mv^2}{r} = \frac{(mvr)^2}{mr^3} = \frac{\hbar^2}{mr^3}$ છે.
બળોને સરખાવતા,$F_c = F_e$:
$\frac{\hbar^2}{mr^3} = \frac{3}{4} \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$.
$r$ માટે ઉકેલતા:
$r = \frac{4}{3} \left( \frac{4\pi\varepsilon_0\hbar^2}{me^2} \right) = \frac{4}{3} a_B$.

(B) લૂપ પર લાગતું વિરોધી ચુંબકીય બળ $F = B I a$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I$ એ પ્રેરિત પ્રવાહ છે.
કારણ કે $I = \frac{E}{R}$,જ્યાં $E = B a v$ એ પ્રેરિત emf છે,તેથી આપણી પાસે $I = \frac{B a v}{R}$ છે.
આમ,વિરોધી બળ $F = \frac{B^2 a^2 v}{R}$ છે.
ન્યૂટનના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$m \frac{dv}{dt} = -\frac{B^2 a^2 v}{R}$.
કારણ કે $v = \frac{dx}{dt}$,આપણે $m v \frac{dv}{dx} = -\frac{B^2 a^2 v}{R}$ લખી શકીએ,જેનું સાદું રૂપ $\frac{dv}{dx} = -\frac{B^2 a^2}{m R}$ થાય છે.
આ દર્શાવે છે કે જ્યારે લૂપ ચુંબકીય ક્ષેત્રના વિસ્તારમાં પ્રવેશે છે અથવા બહાર નીકળે છે,ત્યારે તેની ઝડપ અંતર $x$ સાથે રેખીય રીતે ઘટે છે.
જ્યારે લૂપ સંપૂર્ણપણે ચુંબકીય ક્ષેત્રની અંદર હોય છે,ત્યારે તેમાંથી પસાર થતું કુલ ચુંબકીય ફ્લક્સ અચળ રહે છે,તેથી કોઈ emf પ્રેરિત થતું નથી અને ઝડપ અચળ રહે છે.
તેથી,ઝડપ $v$ ઘટે છે,અચળ રહે છે,અને પછી ફરીથી ઘટે છે,જે આલેખ $B$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવ્યું છે.

(A) રધરફોર્ડના પ્રકીર્ણન પ્રયોગ (જેને ગાઇગર-માર્સડેન પ્રયોગ તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે) માં વપરાતા કણો $\alpha$-કણો છે.
$\alpha$-કણ એ હિલિયમનું ન્યુક્લિયસ છે,જેને ${ }_2^4 He$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
તેમાં $2$ પ્રોટોન અને $2$ ન્યુટ્રોન હોય છે,જેનો અર્થ છે કે તેનો પરમાણુ ક્રમાંક $2$ અને દળ ક્રમાંક $4$ છે.
તે ન્યુક્લિયસ હોવાથી,તે સંપૂર્ણપણે આયનીકૃત છે (તેમાં કોઈ ઇલેક્ટ્રોન હોતા નથી),જેના પરિણામે તેના પર $+2e$ જેટલો ચોખ્ખો ધન વીજભાર હોય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) ${ }_{16} S ^{32}$ નો પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 16$ છે.
સલ્ફરની ઇલેક્ટ્રોનિક રચના $1s^2, 2s^2, 2p^6, 3s^2, 3p^4$ છે.
આને મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $(n)$ મુજબ ગોઠવતા:
- $n=1$ ($K$-કક્ષા): $1s^2$ ($2$ ઇલેક્ટ્રોન ધરાવે છે,જે સંપૂર્ણ ભરાયેલી છે).
- $n=2$ ($L$-કક્ષા): $2s^2, 2p^6$ ($2+6=8$ ઇલેક્ટ્રોન ધરાવે છે,જે સંપૂર્ણ ભરાયેલી છે).
- $n=3$ ($M$-કક્ષા): $3s^2, 3p^4$ ($6$ ઇલેક્ટ્રોન ધરાવે છે,જે સંપૂર્ણ ભરાયેલી નથી કારણ કે તેની ક્ષમતા $2n^2 = 2(3)^2 = 18$ છે).
તેથી,સંપૂર્ણ ભરાયેલી કક્ષાઓની સંખ્યા $2$ છે.

(B) ધારો કે $a$ એ સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુની લંબાઈ છે,$r$ એ વર્તુળની ત્રિજ્યા છે અને $x$ એ તારનો એકમ લંબાઈ દીઠ અવરોધ છે. તેથી,$L = 3a = 2 \pi r$,જે આપે છે $a = L / 3$ અને $r = L / (2 \pi)$.
ગોઠવણી $1$ માં,$AB$ વચ્ચેનો સમતુલ્ય અવરોધ એ એક બાજુ (અવરોધ $ax$) અને બે બાજુઓ (અવરોધ $2ax$) નું સમાંતર જોડાણ છે:
$R_{AB} = \frac{(ax)(2ax)}{ax + 2ax} = \frac{2a^2 x^2}{3ax} = \frac{2}{3} ax = \frac{2}{3} \left( \frac{L}{3} \right) x = \frac{2Lx}{9}$.
વ્યય થતો પાવર $P_1 = \frac{V^2}{R_{AB}} = \frac{9V^2}{2Lx}$ છે.
ગોઠવણી $2$ માં,$PQ$ વચ્ચેનો સમતુલ્ય અવરોધ એ બે અર્ધવર્તુળોનું સમાંતર જોડાણ છે,જેમાંથી દરેકની લંબાઈ $\pi r$ (અવરોધ $\pi rx$) છે:
$R_{PQ} = \frac{(\pi rx)(\pi rx)}{\pi rx + \pi rx} = \frac{\pi rx}{2} = \frac{\pi (L / 2\pi) x}{2} = \frac{Lx}{4}$.
વ્યય થતો પાવર $P_2 = \frac{V^2}{R_{PQ}} = \frac{4V^2}{Lx}$ છે.
વ્યય થતા પાવરનો ગુણોત્તર $\frac{P_1}{P_2} = \frac{9V^2 / 2Lx}{4V^2 / Lx} = \frac{9}{8}$ છે.

(C) આપાત કિરણ ઋણ $y$-દિશામાં ગતિ કરે છે,તેથી તેનો દિશા સદિશ $-\hat{j}$ છે.
અરીસો $Y$-અક્ષ સાથે $30^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે. અરીસાનો લંબ $X$-અક્ષ સાથે $30^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે (અથવા $Y$-અક્ષ સાથે $60^{\circ}$ નો ખૂણો).
પરાવર્તનના નિયમ મુજબ,આપાતકોણ અને પરાવર્તનકોણ સમાન હોય છે.
આપાત કિરણ અરીસાની સપાટી સાથે $30^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે. તેથી,પરાવર્તિત કિરણ પણ અરીસાની સપાટી સાથે $30^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવશે.
ભૂમિતિ જોતા,પરાવર્તિત કિરણ ચોથા ચરણમાં $X$-અક્ષ સાથે $30^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
પરાવર્તિત કિરણનો દિશા સદિશ $\vec{v} = v_x \hat{i} + v_y \hat{j}$ તરીકે લખી શકાય.
તે ચોથા ચરણમાં હોવાથી,$v_x > 0$ અને $v_y < 0$ છે.
ધન $X$-અક્ષ સાથેનો ખૂણો $-30^{\circ}$ છે.
તેથી,દિશા $(\cos(-30^{\circ})\hat{i} + \sin(-30^{\circ})\hat{j}) = (\frac{\sqrt{3}}{2}\hat{i} - \frac{1}{2}\hat{j})$ ના પ્રમાણમાં છે.
$2$ વડે ગુણતા,આપણને $\sqrt{3}\hat{i} - \hat{j}$ સદિશ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(c)$ છે.

(C) ધારો કે $q_1$ અને $q_2$ એ $a$ બાજુવાળા સમબાજુ ત્રિકોણના બે શિરોબિંદુઓ પરના વિદ્યુતભારો છે. ત્રીજા શિરોબિંદુ પર વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ નું મૂલ્ય $q_1$ અને $q_2$ ને કારણે ઉદ્ભવતા ક્ષેત્રો $E_1$ અને $E_2$ ના સદિશ સરવાળા દ્વારા મળે છે.
$E = \sqrt{E_1^2 + E_2^2 + 2 E_1 E_2 \cos 60^{\circ}}$
અહીં $E_1 = \frac{k q_1}{a^2}$ અને $E_2 = \frac{k q_2}{a^2}$ હોવાથી:
$E = \frac{k}{a^2} \sqrt{q_1^2 + q_2^2 + q_1 q_2}$
આપેલ છે કે $q_1 + q_2 = q$,ધારો કે $x = q_1 / q$,તેથી $q_1 = xq$ અને $q_2 = (1-x)q$.
આ કિંમતો $E$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$E = \frac{k}{a^2} \sqrt{(xq)^2 + ((1-x)q)^2 + (xq)((1-x)q)}$
$E = \frac{kq}{a^2} \sqrt{x^2 + 1 - 2x + x^2 + x - x^2} = \frac{kq}{a^2} \sqrt{x^2 - x + 1}$
ન્યૂનતમ મૂલ્ય શોધવા માટે,$f(x) = x^2 - x + 1$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવતા:
$f'(x) = 2x - 1 = 0 \implies x = 0.5$.
$x = 0$ અથવા $x = 1$ પર,$E = \frac{kq}{a^2}$. $x = 0.5$ પર,$E = \frac{kq}{a^2} \sqrt{0.25 - 0.5 + 1} = \frac{kq}{a^2} \sqrt{0.75} = \frac{\sqrt{3}}{2} \frac{kq}{a^2}$.
આ આલેખ $C$ માં દર્શાવેલ વક્રને અનુરૂપ છે.

(B) વક્રીભવનાંક $\mu$ એ $\mu = 1.33 + \frac{0.002}{\lambda^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ કે $\mu$ એ તરંગલંબાઇ $\lambda$ ના વર્ગના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે,તેથી નાની તરંગલંબાઇ માટે વક્રીભવનાંક વધારે હોય છે.
તરંગલંબાઇનો ક્રમ $\lambda_{\text{blue}} < \lambda_{\text{orange}}$ છે.
તેથી,વક્રીભવનાંકનો ક્રમ $\mu_{\text{blue}} > \mu_{\text{orange}}$ થશે.
આભાસી ઊંડાઈ $d'$ એ વાસ્તવિક ઊંડાઈ $d$ અને વક્રીભવનાંક $\mu$ સાથે $d' = \frac{d}{\mu}$ સૂત્ર દ્વારા સંબંધિત છે.
ટાંકીના તળિયે રહેલા તમામ ટુકડાઓ માટે $d$ અચળ હોવાથી,$d' \propto \frac{1}{\mu}$ થાય.
કારણ કે $\mu_{\text{blue}} > \mu_{\text{orange}}$,તેથી $d'_{\text{blue}} < d'_{\text{orange}}$ મળે.
આમ,વાદળી ટુકડાઓની છબી નારંગી ટુકડાઓ કરતા ઓછી ઊંડી (છીછરી) દેખાય છે.

(C) વોલ્ટમીટરનો અવરોધ ખૂબ જ વધારે (આદર્શ રીતે અનંત) હોય છે, અને એમીટરનો અવરોધ ખૂબ જ ઓછો (આદર્શ રીતે શૂન્ય) હોય છે.
જ્યારે એમીટરને $8 \, k\Omega$ ના અવરોધ સાથે સમાંતરમાં જોડવામાં આવે છે, ત્યારે એમીટર $8 \, k\Omega$ ના અવરોધને શોર્ટ સર્કિટ કરે છે. તેથી, આ સમાંતર જોડાણનો અસરકારક અવરોધ લગભગ $0 \, \Omega$ થાય છે.
હવે, સર્કિટમાં અસરકારક રીતે $6 \, V$ ની બેટરી, $2 \, k\Omega$ નો અવરોધ અને ઉચ્ચ અવરોધ ધરાવતું વોલ્ટમીટર શ્રેણીમાં છે.
વોલ્ટમીટરનો અવરોધ $2 \, k\Omega$ ના અવરોધની સરખામણીમાં અત્યંત વધારે હોવાથી, બેટરીનો લગભગ સંપૂર્ણ પોટેન્શિયલ તફાવત વોલ્ટમીટર પર જ જોવા મળે છે.
તેથી, વોલ્ટમીટરનું અવલોકન લગભગ $6.0 \, V$ હશે.

(D) પ્રથમ પ્રતિબિંબ $KVPY$ શબ્દને ચત્તું દર્શાવે છે,જે અપસારી (અંતર્ગોળ) લેન્સની લાક્ષણિકતા છે. સમતલ-અંતર્ગોળ લેન્સ પ્રકાશ સમતલ બાજુથી આવે કે અંતર્ગોળ બાજુથી,તે હંમેશા અપસારી લેન્સ તરીકે જ વર્તે છે. તેથી,પ્રથમ પ્રતિબિંબ સમતલ-અંતર્ગોળ લેન્સની કોઈપણ બાજુથી જોઈને મેળવી શકાય છે.
બીજું પ્રતિબિંબ $KVPY$ શબ્દને ઉલટું દર્શાવે છે,જે અભિસારી (બહિર્ગોળ) લેન્સની લાક્ષણિકતા છે જ્યારે વસ્તુ કેન્દ્રલંબાઈની બહાર મૂકવામાં આવે. સમતલ-બહિર્ગોળ લેન્સ પ્રકાશ સમતલ બાજુથી આવે કે બહિર્ગોળ બાજુથી,તે હંમેશા અભિસારી લેન્સ તરીકે જ વર્તે છે. તેથી,બીજું પ્રતિબિંબ સમતલ-બહિર્ગોળ લેન્સની કોઈપણ બાજુથી જોઈને મેળવી શકાય છે.
આમ,સમતલ-અંતર્ગોળ અને સમતલ-બહિર્ગોળ બંને લેન્સ વસ્તુ કઈ બાજુ છે તેનાથી નિરપેક્ષ રીતે સમાન પ્રકારના પ્રતિબિંબ (અંતર્ગોળ માટે ચત્તું,બહિર્ગોળ માટે ઉલટું) ઉત્પન્ન કરે છે,તેથી વર્ણવેલ તમામ પરિસ્થિતિઓ $(I, II, III, IV)$ ભૌતિક રીતે શક્ય છે.
તેથી,બધા જ વિધાનો સાચા છે.

(A) જેમ $\theta$ વધે છે,તેમ આપાતકોણ $i = 90^\circ - \theta$ ઘટે છે.
શરૂઆતમાં,નાની $\theta$ કિંમતો માટે,આપાતકોણ $i$ એ ક્રાંતિકોણ $i_c$ કરતા વધારે હોય છે,તેથી પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન $(TIR)$ થાય છે. પરાવર્તિત કિરણ સ્ક્રીન પર ધન ઊંચાઈ $x = h \tan \theta$ પર અથડાય છે,જ્યાં $h$ એ સપાટીથી સ્ત્રોતનું અંતર છે. જેમ $\theta$ વધે છે,તેમ $x$ વધે છે.
જ્યારે $\theta$ એવી કિંમતે પહોંચે છે કે જેથી $i = i_c$ થાય,ત્યારે કિરણ સપાટીને સ્પર્શીને જાય છે.
આ ક્રાંતિક કિંમત કરતા વધારે $\theta$ માટે,$i < i_c$ થાય છે,અને કિરણ કાચના સ્લેબમાંથી વક્રીભવન પામીને બહાર નીકળે છે. વક્રીભૂત કિરણ આડા અક્ષની નીચે સ્ક્રીન પર અથડાય છે,જેથી $x$ ઋણ બને છે. જેમ $\theta$ વધુ વધે છે,તેમ વક્રીભવનકોણ વધે છે,જેના કારણે ટપકું વધુ નીચે જાય છે અને $x$ વધુ ઋણ બને છે. આમ,સાચો આલેખ $A$ છે.

(B) ધારો કે ચાર દડા $x$ બાજુવાળા ચોરસના ખૂણા પર છે. લટકાવવાના બિંદુમાંથી પસાર થતી શિરોલંબ ધરીથી દરેક દડાનું અંતર $r = l \sin 45^{\circ} = 20 \times 10^{-2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{0.2}{\sqrt{2}} \,m$ છે.
બે પાસપાસેના દડા વચ્ચેનું અંતર $x = \sqrt{2} r = 0.2 \,m$ છે.
અન્ય ત્રણ દડાને કારણે એક દડા પર લાગતું સ્થિત વિદ્યુત બળ $F_e$ એ અન્ય ત્રણ વિદ્યુતભારોથી લાગતા બળોનો સદિશ સરવાળો છે. બે પાસપાસેના વિદ્યુતભારો $x$ અંતરે છે,અને વિકર્ણ પરનો વિદ્યુતભાર $\sqrt{2} x$ અંતરે છે.
$F_e = \frac{k Q^2}{x^2} \cos 45^{\circ} + \frac{k Q^2}{x^2} \cos 45^{\circ} + \frac{k Q^2}{(\sqrt{2} x)^2} = \frac{2 k Q^2}{x^2} \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{k Q^2}{2 x^2} = \frac{k Q^2}{x^2} (\sqrt{2} + 0.5)$.
સંતુલનમાં,$\tan 45^{\circ} = \frac{F_e}{mg} \Rightarrow F_e = mg$.
$mg = \frac{k Q^2}{x^2} (\sqrt{2} + 0.5)$.
આપેલ છે $m = 0.1 \,kg$,$g = 10 \,m/s^2$,$k = 9 \times 10^9$,$x = 0.2 \,m$.
$0.1 \times 10 = \frac{9 \times 10^9 \times Q^2}{(0.2)^2} (1.414 + 0.5)$.
$1 = \frac{9 \times 10^9 \times Q^2}{0.04} (1.914)$.
$Q^2 = \frac{0.04}{9 \times 10^9 \times 1.914} \approx 2.32 \times 10^{-12} \,C^2$.
$Q \approx 1.52 \times 10^{-6} \,C = 1.52 \,\mu C$.
આમ,$Q$ નું મૂલ્ય $1.5 \,\mu C$ ની નજીક છે.

(D) સિસ્ટમની કોણીય ઝડપ $\omega = 600 \,rev/s = 600 \times 2\pi \,rad/s = 1200\pi \,rad/s$ છે.
અણુને બીજી સ્લિટમાંથી પસાર થવા માટે,અણુને $L = 0.5 \,m$ અંતર કાપવા માટે લાગતા સમય $t$ માં બીજી ડિસ્ક $\pi$ રેડિયનના એકી ગુણાંકમાં (એટલે કે $\pi, 3\pi, 5\pi, \dots$) ફરવી જોઈએ.
લાગતો સમય $t = L/v$ છે.
ડિસ્ક દ્વારા ફરેલો ખૂણો $\theta = \omega t = \omega (L/v)$ છે.
સ્લિટ્સ એક સીધી રેખામાં આવે તે માટે,$\theta = (2n-1)\pi$ જ્યાં $n = 1, 2, 3, \dots$.
તેથી,$\omega (L/v) = (2n-1)\pi$.
$v = \frac{\omega L}{(2n-1)\pi} = \frac{1200\pi \times 0.5}{(2n-1)\pi} = \frac{600}{2n-1}$.
$n=1$ માટે,$v_1 = 600/1 = 600 \,m/s$.
$n=2$ માટે,$v_2 = 600/3 = 200 \,m/s$.
આમ,બે સૌથી મોટી ઝડપ $600 \,m/s$ અને $200 \,m/s$ છે.

(C) કોઈપણ ન્યુક્લિયસ ${ }_Z^A X$ માટે,દળ ક્રમાંક $A = N + Z$ છે,જ્યાં $N$ એ ન્યુટ્રોનની સંખ્યા છે અને $Z$ એ પ્રોટોનની સંખ્યા છે.
$(I)$ ${ }_{32}^{65} X$ અને ${ }_{33}^{65} Y$ માં,પરમાણુ ક્રમાંક $(Z)$ અનુક્રમે $32$ અને $33$ છે. $Z$ અલગ હોવાથી,તેઓ આઈસોટોપ્સ નથી. આ વિધાન ખોટું છે.
$(II)$ ${ }_{42}^{86} X$ અને ${ }_{42}^{85} Y$ માં,બંનેનો પરમાણુ ક્રમાંક $(Z)$ $42$ છે. સમાન $Z$ અને અલગ દળ ક્રમાંક $(A)$ હોવાથી,તેઓ આઈસોટોપ્સ છે. આ વિધાન સાચું છે.
$(III)$ ${ }_{85}^{174} X$ માટે,$N = 174 - 85 = 89$. ${ }_{88}^{177} Y$ માટે,$N = 177 - 88 = 89$. બંનેમાં $89$ ન્યુટ્રોન હોવાથી,આ વિધાન સાચું છે.
$(IV)$ ${ }_{92}^{235} X$ અને ${ }_{94}^{235} Y$ માં,બંનેનો દળ ક્રમાંક $(A = 235)$ સમાન છે. સમાન દળ ક્રમાંક ધરાવતા ન્યુક્લિયસને આઈસોબાર્સ કહેવાય છે. આ વિધાન સાચું છે.
તેથી,વિધાનો $(II), (III)$ અને $(IV)$ સાચા છે.

(B) બહિર્ગોળ અરીસા માટે,રચાતું પ્રતિબિંબ હંમેશા આભાસી,ચત્તું અને નાનું હોય છે.
રેખા $PQ$ ને ધ્યાનમાં લો. બિંદુ $Q$ એ બિંદુ $P$ કરતા અરીસાથી વધુ દૂર છે. બહિર્ગોળ અરીસા માટે,મોટવણી $m = -v/u$ ધન અને $1$ કરતા ઓછી હોય છે. કારણ કે $Q$ અરીસાથી વધુ દૂર છે $(u_Q > u_P)$,$Q$ નું પ્રતિબિંબ $(Q')$ એ $P$ ના પ્રતિબિંબ $(P')$ કરતા અરીસાની નજીક હશે,અને $P'$ અને $Q'$ વચ્ચેનું અંતર $P$ અને $Q$ વચ્ચેના અંતર કરતા ઓછું હશે.
વધુમાં,અરીસો બહિર્ગોળ હોવાથી,ધ્રુવથી દૂરના બિંદુઓમાંથી આવતા કિરણો મુખ્ય કેન્દ્રની નજીકના બિંદુઓમાંથી આવતા હોય તેવું લાગે છે. આમ,પ્રતિબિંબ $P'Q'$ એ રીતે નમેલું દેખાશે કે અરીસાની નજીકનો છેડો $(P')$ એ અરીસાથી દૂરના છેડા $(Q')$ કરતા મુખ્ય અક્ષથી વધુ દૂર હોય.
આ તર્ક બંને રેખાઓ $PQ$ અને $RS$ પર લાગુ પાડતા,આપણે જાણી શકીએ છીએ કે સાચી આકૃતિ વિકલ્પ $B$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવી છે.

(A) કેન્દ્ર $O$ પર રહેલા ઋણ વિદ્યુતભાર પર શિરોબિંદુ પરના ધન વિદ્યુતભારને કારણે લાગતું સ્થિત વિદ્યુત બળ તે શિરોબિંદુની દિશામાં હોય છે.
ધારો કે શિરોબિંદુઓ પરના વિદ્યુતભારો $q_1, q_2, q_3, q_4, q_5, q_6$ છે. કેન્દ્ર $O$ પરના ઋણ વિદ્યુતભાર પર વિરુદ્ધ દિશામાં રહેલી વિદ્યુતભારોની ત્રણ જોડીઓ દ્વારા લાગતા બળો નીચે મુજબ છે:
$1$. ડાબી અને જમણી બાજુએ રહેલા $q$ મૂલ્યના બે વિદ્યુતભારો એકબીજાની અસર નાબૂદ કરે છે.
$2$. નીચેના ભાગે રહેલો $q$ વિદ્યુતભાર અને ઉપરના ભાગે રહેલો $2q$ વિદ્યુતભાર,પરિણામી બળ ઉપરના શિરોબિંદુ તરફ લગાડે છે (કારણ કે $2q > q$).
$3$. ઉપર-ડાબી બાજુએ રહેલો $q$ વિદ્યુતભાર અને નીચે-જમણી બાજુએ રહેલો $3q$ વિદ્યુતભાર,પરિણામી બળ નીચે-જમણી બાજુના શિરોબિંદુ તરફ લગાડે છે (કારણ કે $3q > q$).
આ બે પરિણામી બળોના સદિશ સરવાળા દ્વારા,કેન્દ્ર $O$ પરના ઋણ વિદ્યુતભાર પર લાગતું કુલ પરિણામી બળ જમણી તરફની દિશામાં મળે છે.

(C) સાચો વિકલ્પ $C$ છે.
સંપૂર્ણ સૂર્યગ્રહણ દરમિયાન,ચંદ્ર સૂર્ય અને પૃથ્વીની વચ્ચે આવે છે,જે પૃથ્વીની સપાટીના એક નાના ભાગ પર તેનો પડછાયો પાડે છે.
ચંદ્રનું કદ પૃથ્વી કરતા ઘણું નાનું છે. વધુમાં,સૂર્યની તુલનામાં ચંદ્ર પૃથ્વીની ઘણો નજીક છે.
પરિણામે,ચંદ્ર દ્વારા પૃથ્વી પર પડતો પડછાયો પ્રમાણમાં નાનો હોય છે,જે ચંદ્ર પરથી જોતા પૃથ્વીની દ્રશ્યમાન ડિસ્કનો માત્ર એક નાનો ભાગ આવરી લે છે. આ વિકલ્પ $C$ માં મોટા વર્તુળ $E$ ની અંદરના નાના છાયાંકિત પ્રદેશ દ્વારા દર્શાવવામાં આવ્યું છે.

(C) ધારો કે $S$ એ બિંદુવત સ્ત્રોત છે જે અભિસારી લેન્સથી $u = -2f$ અંતરે મૂકવામાં આવેલ છે.
લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{1}{v} - \frac{1}{-2f} = \frac{1}{f}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{v} = \frac{1}{f} - \frac{1}{2f} = \frac{1}{2f}$. આમ,$v = 2f$.
આનો અર્થ એ છે કે લેન્સ બીજી બાજુએ $2f$ અંતરે $S'$ પ્રતિબિંબ રચે છે.
અરીસા પરથી પરાવર્તિત કિરણો લેન્સમાંથી ફરી પસાર થયા પછી સમાંતર બને તે માટે,અરીસામાંથી લેન્સ પર આપાત થતા કિરણો લેન્સના મુખ્ય કેન્દ્ર પરથી આવતા હોય તેવું લાગવું જોઈએ.
ધારો કે અરીસો લેન્સથી $d$ અંતરે મૂકવામાં આવેલ છે. લેન્સમાંથી આવતા કિરણો $2f$ અંતરે આવેલા $S'$ તરફ અભિસારી થાય છે. અરીસો આ કિરણોનું પરાવર્તન કરે છે,જે લેન્સ માટે આભાસી વસ્તુ $S''$ બનાવે છે. અંતિમ કિરણો સમાંતર રહે તે માટે,વસ્તુ $S''$ લેન્સના મુખ્ય કેન્દ્ર $F$ પર હોવી જોઈએ.
ભૂમિતિ પરથી,લેન્સથી અરીસાનું અંતર $d$ છે. લેન્સથી $S'$ નું અંતર $2f$ છે. લેન્સથી $S''$ નું અંતર $f$ છે.
અરીસો $S''$ અને $S'$ ની વચ્ચેના મધ્યબિંદુ પર મૂકવામાં આવેલ છે. તેથી,$d = \frac{f + 2f}{2} = \frac{3f}{2}$.
અહીં $f = 30 \, cm$ આપેલ છે,તેથી $d = \frac{3 \times 30}{2} = 45 \, cm$.

(D) પ્રથમ પ્રતિબિંબ $KVPY$ શબ્દને સીધો દર્શાવે છે,જેનો અર્થ છે કે તે આભાસી પ્રતિબિંબ છે. પ્લેનો-કોન્કેવ લેન્સ એ અપસારી (diverging) લેન્સ છે,જે કોઈપણ વાસ્તવિક વસ્તુના સ્થાન માટે હંમેશા સીધું,આભાસી અને નાનું પ્રતિબિંબ બનાવે છે.
બીજું પ્રતિબિંબ $KVPY$ શબ્દને ઉલટું દર્શાવે છે,જેનો અર્થ છે કે તે વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ છે. પ્લેનો-કોન્વેક્સ લેન્સ એ અભિસારી (converging) લેન્સ છે,જે જ્યારે વસ્તુને કેન્દ્રલંબાઈ કરતા વધુ અંતરે $(u > f)$ રાખવામાં આવે ત્યારે વાસ્તવિક અને ઉલટું પ્રતિબિંબ બનાવે છે.
વિધાનોનું વિશ્લેષણ:
$(I)$ પ્લેનો-કોન્વેક્સ લેન્સ એ અભિસારી લેન્સ છે. જો $u > f$ હોય તો કોઈપણ બાજુ (સમતલ કે બહિર્ગોળ) થી જોતા ઉલટું વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ મળશે. તેથી,પ્રથમ પ્રતિબિંબ (જે સીધું છે) પ્લેનો-કોન્વેક્સ લેન્સ દ્વારા બની શકે નહીં. વિધાન $(I)$ ખોટું છે.
$(II)$ પ્રથમ પ્રતિબિંબ સીધું છે (પ્લેનો-કોન્કેવ લેન્સ દ્વારા બનેલું) અને બીજું પ્રતિબિંબ ઉલટું છે (પ્લેનો-કોન્વેક્સ લેન્સ દ્વારા બનેલું). આ સાચું છે.
$(III)$ પ્રથમ પ્રતિબિંબ સીધું છે (પ્લેનો-કોન્કેવ લેન્સ દ્વારા બનેલું) અને બીજું પ્રતિબિંબ ઉલટું છે (પ્લેનો-કોન્વેક્સ લેન્સ દ્વારા બનેલું). આ સાચું છે.
$(IV)$ પ્રથમ પ્રતિબિંબ સીધું છે (પ્લેનો-કોન્કેવ લેન્સ દ્વારા બનેલું) અને બીજું પ્રતિબિંબ ઉલટું છે (પ્લેનો-કોન્વેક્સ લેન્સ દ્વારા બનેલું). આ સાચું છે.
તેથી,વિધાનો $(II), (III),$ અને $(IV)$ સાચા છે. સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) સાચો જવાબ $A-C$ છે.
$I$. માનવ આંખ અને કેમેરા બંને પ્રકાશના કિરણોને કેન્દ્રિત કરવા માટે બહિર્ગોળ લેન્સનો ઉપયોગ કરે છે,જે સાચું છે.
$II$. આંખ લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ બદલીને ફોકસ કરે છે (સમાયોજન),જ્યારે કેમેરા લેન્સ અને ફિલ્મ/સેન્સર વચ્ચેનું અંતર બદલીને ફોકસ કરે છે,જે સાચું છે.
$III$. આંખ અને કેમેરા બંને અનુક્રમે રેટિના અને ફિલ્મ/સેન્સર પર વાસ્તવિક અને ઉલટી છબી બનાવે છે. તેથી,વિધાન $III$ ખોટું છે.
$IV$. રેટિના આંખમાં પ્રકાશ-સંવેદનશીલ સ્ક્રીન તરીકે કાર્ય કરે છે,જે કેમેરામાં ફિલ્મ અથવા ડિજિટલ સેન્સર જેવું જ છે,જે સાચું છે.
$V$. કેમેરા પ્રકાશને નિયંત્રિત કરવા માટે એપર્ચરનો ઉપયોગ કરે છે,અને આંખમાં કીકી (પ્યુપિલ) પ્રકાશને નિયંત્રિત કરે છે. ભૌતિક વિજ્ઞાનના અભ્યાસક્રમ મુજબ,વિધાન $V$ ને પ્રકાશ નિયંત્રણની પદ્ધતિના સંદર્ભમાં સાચું માનવામાં આવે છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$I, II, IV$ અને $V$ સાચા વિધાનો છે.

(A) લેન્સ માટે મોટવણી $m$ એ પ્રતિબિંબ અંતર $v$ અને વસ્તુ અંતર $u$ ના ગુણોત્તર તરીકે આપવામાં આવે છે,જે $m = \frac{v}{u}$ છે.
લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ પરથી,આપણે લખી શકીએ કે $\frac{1}{u} = \frac{1}{v} - \frac{1}{f} = \frac{f-v}{vf}$.
આ કિંમતને મોટવણીના સૂત્રમાં મૂકતા: $m = v \times \frac{f-v}{vf} = \frac{f-v}{f} = 1 - \frac{v}{f}$.
સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા: $\frac{v}{f} = 1 - m$,જેનો અર્થ છે કે $v = f(1 - m)$.
પાવર $P = \frac{1}{f}$ (મીટરમાં) હોવાથી,આપણે $f = \frac{1}{P}$ ને સમીકરણમાં મૂકીએ છીએ.
તેથી,$v = \frac{1-m}{P}$.

(C) આકૃતિની ભૂમિતિ પરથી,સ્ક્રીન પર પડછાયાની લંબાઈ $CD = H$ છે.
સમરૂપ ત્રિકોણ $\triangle BGF$ અને $\triangle DEF$ પરથી,આપણી પાસે છે:
$\frac{DE}{BG} = \frac{FE}{GF} \Rightarrow \frac{h'}{h} = \frac{d-x}{x} \Rightarrow \frac{d}{x} = \frac{h' + h}{h} \quad \dots(i)$
હવે,સમરૂપ ત્રિકોણ $\triangle ABG$ અને $\triangle ACE$ પરથી,આપણી પાસે છે:
$\frac{CE}{AE} = \frac{BG}{AG} \Rightarrow \frac{H + h'}{d + x} = \frac{h}{x} \Rightarrow \frac{d+x}{x} = \frac{H + h'}{h} \Rightarrow \frac{d}{x} + 1 = \frac{H + h'}{h} \Rightarrow \frac{d}{x} = \frac{H + h' - h}{h} \quad \dots(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ ને સરખાવતા:
$\frac{h' + h}{h} = \frac{H + h' - h}{h}$
$h' + h = H + h' - h$
$H = 2h$
આમ,દીવાલ પર પડછાયાની ઊંચાઈ $2h$ છે.

(D) આપેલ $V-I$ આલેખ પરથી:
$1$. $E$ થી $F$ સુધી:
આલેખ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી સીધી રેખા છે,તેથી $V = IR$. ઢાળ અચળ છે,$R = \frac{V}{I} = \frac{V_0}{I_0} = R_0$. આમ,અવરોધ $R_0$ પર અચળ રહે છે.
$2$. $F$ થી $G$ સુધી:
વોલ્ટેજ $V$ એ $V_0$ પર અચળ છે,જ્યારે પ્રવાહ $I$ એ $I_0$ થી વધીને $2I_0$ થાય છે. અવરોધ $R = \frac{V}{I}$ એ $\frac{V_0}{I_0} = R_0$ થી બદલાઈને $\frac{V_0}{2I_0} = \frac{R_0}{2}$ થાય છે. જેમ જેમ $I$ સમય સાથે રેખીય રીતે વધે છે,તેમ $R$ એ $R_0$ થી ઘટીને $\frac{R_0}{2}$ થાય છે.
$3$. $G$ થી $H$ સુધી:
પ્રવાહ $I$ એ $2I_0$ પર અચળ છે,જ્યારે વોલ્ટેજ $V$ એ $V_0$ થી વધીને $2V_0$ થાય છે. અવરોધ $R = \frac{V}{I}$ એ $\frac{V_0}{2I_0} = \frac{R_0}{2}$ થી બદલાઈને $\frac{2V_0}{2I_0} = R_0$ થાય છે. જેમ જેમ $V$ સમય સાથે રેખીય રીતે વધે છે,તેમ $R$ એ $\frac{R_0}{2}$ થી વધીને $R_0$ થાય છે.
આ ફેરફારોને આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સાચો આલેખ વિકલ્પ $(d)$ દ્વારા દર્શાવેલ છે.