KVPY 2019 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) અથડામણ સ્થિતિસ્થાપક હોવાથી અને અથડાતી વસ્તુઓના દળ સમાન હોવાથી,ગતિશીલ દળની કુલ ઊર્જા સ્થિર દળમાં સ્થાનાંતરિત થાય છે.
તેથી,અથડામણ પછી બ્લોકનો વેગ એ અથડામણ પહેલાં તરત જ ગોળાના સ્થાનાંતરિત વેગ જેટલો હોય છે.
ગોળા માટે,જો $v$ એ સમતલના તળિયે દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો સ્થાનાંતરિત વેગ હોય અને $\omega$ એ કોણીય ઝડપ હોય,તો ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
અહીં,$\omega = \frac{v}{R}$ અને નક્કર ગોળા માટે,$I = \frac{2}{5}mR^2$.
આ કિંમતોને ઊર્જાના સમીકરણમાં મૂકતા:
$mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2} \left( \frac{2}{5}mR^2 \right) \left( \frac{v}{R} \right)^2$
$mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{5}mv^2 = \frac{7}{10}mv^2$
$v = \sqrt{\frac{10}{7}gh}$
$h = 7 \, m$ અને $g = 10 \, m/s^2$ લેતા:
$v = \sqrt{\frac{10}{7} \times 10 \times 7} = \sqrt{100} = 10 \, m/s$.
તેથી,અથડામણ પછી બ્લોકનો વેગ $10 \, m/s$ છે.

(D) જ્યારે સફરજન મુક્ત કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે અજડત્વીય સંદર્ભ ફ્રેમ (પ્રવેગી ટ્રેન) માં હોય છે.
આ ફ્રેમમાં,સફરજન બે અચળ પ્રવેગ અનુભવે છે:
$1$. ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ,$a_2 = g$ (નીચેની તરફ).
$2$. આભાસી પ્રવેગ (pseudo-acceleration),$a_1 = -a$ (ટ્રેનના પ્રવેગની વિરુદ્ધ દિશામાં,જ્યાં $a$ એ ટ્રેનનો પ્રવેગ છે).
બંને પ્રવેગ અચળ હોવાથી અને નિશ્ચિત દિશામાં કાર્યરત હોવાથી,પરિણામી પ્રવેગ $a_{\text{net}} = \sqrt{a_1^2 + a_2^2}$ નું મૂલ્ય અને દિશા પણ અચળ રહે છે.
છોકરીની સાપેક્ષમાં સફરજનનો પ્રારંભિક વેગ શૂન્ય હોવાથી,સફરજન પરિણામી પ્રવેગ સદિશની દિશામાં સીધી રેખામાં ગતિ કરશે.
તેથી,છોકરી દ્વારા જોવામાં આવતા પડતા સફરજનનો ગતિપથ ગતિ કરતી ટ્રેનની વિરુદ્ધ દિશામાં એક ઢળતી સીધી રેખા હશે.

(B) જ્યારે માણસ ટ્રેનમાંથી ઉતરે છે,ત્યારે પ્લેટફોર્મ પરના સંપર્ક બિંદુની સાપેક્ષમાં તેનું કોણીય વેગમાન સંરક્ષિત રહે છે.
કોણીય વેગમાન સંરક્ષણના સિદ્ધાંત મુજબ:
$L_{\text{initial}} = L_{\text{final}}$
શરૂઆતમાં,માણસ $m$ દળના કણ તરીકે વર્તે છે જે જમીનથી $h = l/2$ ઊંચાઈએ $v$ વેગથી ગતિ કરે છે. તેથી,$L_{\text{initial}} = m v (l/2)$.
ઉતર્યા પછી,માણસ જમીન પર સ્થિર એક છેડાની આસપાસ ફરતા $l$ લંબાઈના દ્રઢ સળિયા તરીકે વર્તે છે. એક છેડાની સાપેક્ષમાં સળિયાની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{m l^2}{3}$ છે.
તેથી,$m v (l/2) = I \omega$
$m v (l/2) = \left( \frac{m l^2}{3} \right) \omega$
$\omega$ માટે ઉકેલતા:
$\omega = \frac{3 v (l/2)}{l^2} = \frac{3 v}{2 l}$
અહીં $v = 2 \, m/s$ અને $l = 1.5 \, m$ આપેલ છે:
$\omega = \frac{3 \times 2}{2 \times 1.5} = \frac{6}{3} = 2 \, rad/s$.

(D) અથડામણ સ્થિતિસ્થાપક હોવાથી,રેખીય વેગમાન અને ગતિઊર્જા બંનેનું સંરક્ષણ થાય છે.
ધારો કે $M$ નો પ્રારંભિક વેગ $u_1$ છે,અને $M$ તથા $M/2$ ના અંતિમ વેગ અનુક્રમે $v_1$ અને $v_2$ છે.
રેખીય વેગમાનનું સંરક્ષણ:
$M u_1 = M v_1 + (M/2) v_2$
$u_1 = v_1 + v_2/2$
$2 u_1 = 2 v_1 + v_2$ ... $(i)$
ગતિઊર્જાનું સંરક્ષણ:
$(1/2) M u_1^2 = (1/2) M v_1^2 + (1/2) (M/2) v_2^2$
$u_1^2 = v_1^2 + v_2^2/2$
$2 u_1^2 = 2 v_1^2 + v_2^2$ ... (ii)
સમીકરણ $(i)$ પરથી,$u_1 = (2 v_1 + v_2) / 2$. આ કિંમત સમીકરણ (ii) માં મૂકતા:
$2 ((2 v_1 + v_2) / 2)^2 = 2 v_1^2 + v_2^2$
$2 (4 v_1^2 + v_2^2 + 4 v_1 v_2) / 4 = 2 v_1^2 + v_2^2$
$(4 v_1^2 + v_2^2 + 4 v_1 v_2) / 2 = 2 v_1^2 + v_2^2$
$4 v_1^2 + v_2^2 + 4 v_1 v_2 = 4 v_1^2 + 2 v_2^2$
$4 v_1 v_2 = v_2^2$
અહીં $v_2 \neq 0$ હોવાથી,$v_2 = 4 v_1$ મળે.
તેથી,$M$ અને $M/2$ ના અંતિમ વેગનો ગુણોત્તર $x = v_1 / v_2 = 1 / 4$ થાય.

(C) પદાર્થ પર લાગતું બળ $F = k - \beta t^2$ છે.
કણનો પ્રવેગ $a = \frac{F}{m} = \frac{k - \beta t^2}{m}$ દ્વારા મળે છે.
પ્રવેગ શૂન્ય થાય ત્યારે $k - \beta t^2 = 0$,જેનો અર્થ છે કે $t^2 = \frac{k}{\beta} = \frac{8}{2} = 4$,તેથી $t = 2 \, s$.
$a = \frac{dv}{dt}$ હોવાથી,$dv = \frac{k - \beta t^2}{m} \, dt$ મળે.
$t = -2 \, s$ થી $t = 2 \, s$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{v_i}^{v_f} dv = \int_{-2}^{2} \frac{k - \beta t^2}{m} \, dt$
$v_f - (-15) = \frac{1}{2/3} \int_{-2}^{2} (8 - 2t^2) \, dt = \frac{3}{2} \left[ 8t - \frac{2t^3}{3} \right]_{-2}^{2}$
$v_f + 15 = \frac{3}{2} \left[ (16 - 16/3) - (-16 + 16/3) \right] = \frac{3}{2} \left[ 32 - 32/3 \right] = \frac{3}{2} \left( \frac{64}{3} \right) = 32$
$v_f = 32 - 15 = 17 \, m/s$.

(D) પૃથ્વી પર સૂર્યમાંથી મળતી વિકિરણની તીવ્રતા (સૌર અચળાંક) નીચે મુજબ છે:
$S_{1} = \frac{P}{4 \pi R_{0}^{2}} = \frac{4 \pi R_{s}^{2} \cdot \sigma \cdot T_{s}^{4}}{4 \pi R_{0}^{2}} = \sigma \left( \frac{R_{s}}{R_{0}} \right)^{2} T_{s}^{4}$ ....................$(i)$
જ્યાં $R_{s}$ એ સૂર્યની ત્રિજ્યા છે,$R_{0}$ એ પૃથ્વી-સૂર્યનું અંતર $(1 \,AU)$ છે,$\sigma$ એ સ્ટેફન-બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક છે અને $T_{s}$ એ સૂર્યનું તાપમાન છે.
હવે,પૃથ્વીની સપાટી પર તારકીય પદાર્થમાંથી મળતી વિકિરણની તીવ્રતા:
$S_{2} = \frac{\sigma (50 R_{s})^{2}}{(2 \times 10^{10} R_{0})^{2}} \cdot (2 T_{s})^{4}$
$S_{2} = \frac{2500 \cdot R_{s}^{2}}{4 \times 10^{20} \cdot R_{0}^{2}} \cdot 16 \cdot T_{s}^{4}$
$S_{2} = \frac{2500 \times 16}{4 \times 10^{20}} \cdot \sigma \left( \frac{R_{s}}{R_{0}} \right)^{2} T_{s}^{4}$
$S_{2} = \frac{40000}{4 \times 10^{20}} \cdot S_{1} = 10^{4} \times 10^{-20} \cdot S_{1} = 10^{-16} S_{1}$
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{S_{2}}{S_{1}} = 10^{-16}$ થાય.

(A) બિંદુ $P$ (ઉદગમ $R$ ની બરાબર સામે) પર ન્યૂનતમ તીવ્રતા માટે,$S$ અને $R$ થી $P$ સુધી પહોંચતા ધ્વનિ તરંગો વચ્ચેનો પથ તફાવત તરંગલંબાઈના અડધા ભાગનો એકી ગુણાંક હોવો જોઈએ.
પથ તફાવત $\Delta x = SP - RP$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ભૂમિતિ મુજબ,$RP = 12 \,m$ અને $RS = 5 \,m$. તેથી,$SP = \sqrt{RP^2 + RS^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = \sqrt{144 + 25} = \sqrt{169} = 13 \,m$.
પથ તફાવત $\Delta x = 13 \,m - 12 \,m = 1 \,m$ છે.
વિનાશક વ્યતિકરણ (ન્યૂનતમ) માટે,$\Delta x = (2n + 1) \frac{\lambda}{2}$,જ્યાં $n = 0, 1, 2, \dots$.
$\lambda = \frac{v}{f}$ મૂકતા,આપણને $1 = (2n + 1) \frac{v}{2f}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $f = \frac{(2n + 1)v}{2}$.
$v = 330 \,m/s$ આપેલ હોવાથી,$f = \frac{(2n + 1) \times 330}{2} = (2n + 1) \times 165$.
$n = 0$ માટે,$f = 165 \,Hz$.
$n = 1$ માટે,$f = 3 \times 165 = 495 \,Hz$.
$n = 2$ માટે,$f = 5 \times 165 = 825 \,Hz$.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$495 \,Hz$ એક શક્ય મૂલ્ય છે.

(A) પ્રક્રિયાનું સમીકરણ $p V^2 = \beta$ છે.
વાયુ આદર્શ હોવાથી,તે આદર્શ વાયુ સમીકરણ $p V = n R T$ નું પાલન કરે છે.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ પરથી,$p = \frac{n R T}{V}$ લખી શકાય.
આ કિંમતને પ્રક્રિયાના સમીકરણમાં મૂકતા: $\left(\frac{n R T}{V}\right) V^2 = \beta$,જેનું સાદું રૂપ $n R T V = \beta$ થાય છે.
આપેલ કિંમતો:
$n = 0.02 \, mol$
$R = 8.31 \, J \cdot K^{-1} \cdot mol^{-1}$
$T = 20^{\circ} C = 293 \, K$
$V = 1500 \, cm^3 = 1.5 \times 10^{-3} \, m^3$.
હવે,$\beta$ ની ગણતરી કરતા:
$\beta = n R T V = (0.02) \times (8.31) \times (293) \times (1.5 \times 10^{-3})$.
$\beta = 0.02 \times 8.31 \times 293 \times 0.0015 \approx 0.0729 \, Pa \cdot m^6$.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,$\beta$ નું મૂલ્ય આશરે $7.5 \times 10^{-2} \, Pa \cdot m^6$ છે.

(B) ધારો કે ઉષ્માનો કોઈ વ્યય થતો નથી,તો કેલરીમીટરમાં પ્રવાહી દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા એ હીટર દ્વારા પૂરી પાડવામાં આવેલી ઉષ્મા જેટલી હોય છે.
$Q = m S \Delta T = P t$
જ્યાં $m$ એ પ્રવાહીનું દળ છે,$S$ એ વિશિષ્ટ ઉષ્માધારિતા છે,અને $T_f - T_i = \Delta T$ છે.
$\Rightarrow m S (T_f - T_i) = P t$
$\Rightarrow T_f = \left( \frac{P}{m S} \right) t + T_i$
આ સમીકરણની સરખામણી સીધી રેખાના સમીકરણ $y = mx + c$ સાથે કરતા,આપણને મળે છે:
ઢાળ $= \frac{P}{m S} = \frac{P}{C}$,જ્યાં $C = m S$ એ પ્રવાહીની ઉષ્માધારિતા છે.
કારણ કે ઢાળ $\frac{P}{C}$ છે,તેથી ઉષ્માધારિતા $C$ એ આલેખના ઢાળના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે $(C \propto \frac{1}{\text{slope}})$.
તેથી,વિકલ્પ $(b)$ સાચો છે.

(B) વાયુઓના મિશ્રણ માટે,એડિયાબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma_{\text{mix}}$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\gamma_{\text{mix}} = \frac{n_1 C_{p1} + n_2 C_{p2}}{n_1 C_{v1} + n_2 C_{v2}}$
અહીં $n_1 = 1$ મોલ,$\gamma_1 = 5/3$ અને $n_2 = n$ મોલ,$\gamma_2 = 7/5$ આપેલ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $C_v = \frac{R}{\gamma - 1}$ અને $C_p = \frac{\gamma R}{\gamma - 1}$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\gamma_{\text{mix}} = \frac{n_1 \frac{\gamma_1 R}{\gamma_1 - 1} + n_2 \frac{\gamma_2 R}{\gamma_2 - 1}}{n_1 \frac{R}{\gamma_1 - 1} + n_2 \frac{R}{\gamma_2 - 1}} = \frac{n_1 \frac{\gamma_1}{\gamma_1 - 1} + n_2 \frac{\gamma_2}{\gamma_2 - 1}}{n_1 \frac{1}{\gamma_1 - 1} + n_2 \frac{1}{\gamma_2 - 1}}$
વાયુ $A$ માટે: $\frac{\gamma_1}{\gamma_1 - 1} = \frac{5/3}{2/3} = 2.5$ અને $\frac{1}{\gamma_1 - 1} = \frac{1}{2/3} = 1.5$.
વાયુ $B$ માટે: $\frac{\gamma_2}{\gamma_2 - 1} = \frac{7/5}{2/5} = 3.5$ અને $\frac{1}{\gamma_2 - 1} = \frac{1}{2/5} = 2.5$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{19}{13} = \frac{1(2.5) + n(3.5)}{1(1.5) + n(2.5)}$.
$19(1.5 + 2.5n) = 13(2.5 + 3.5n)$.
$28.5 + 47.5n = 32.5 + 45.5n$.
$2n = 4 \Rightarrow n = 2$.

(C) પ્લેટો એકબીજાને સ્પર્શતી ન હોવાથી, ઉષ્માનું વિનિમય વિકિરણ સ્વરૂપે થાય છે.
સ્થાયી અવસ્થામાં, મધ્ય પ્લેટ દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા = તેના દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા.
ધારો કે દરેક પ્લેટનું ક્ષેત્રફળ $A$ છે, ઉત્સર્જકતા $\varepsilon$ છે, અને સ્ટેફન-બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક $\sigma$ છે. ધારો કે મધ્ય પ્લેટનું તાપમાન $T_1$ છે.
મધ્ય પ્લેટ દ્વારા બહારની પ્લેટોમાંથી મેળવેલી ઉષ્મા $Q_{in} = A \varepsilon \sigma T^4 + A \varepsilon \sigma (2T)^4$ છે.
મધ્ય પ્લેટ તેની બંને સપાટીઓમાંથી વિકિરણનું ઉત્સર્જન કરે છે, તેથી ગુમાવેલી ઉષ્મા $Q_{out} = 2 A \varepsilon \sigma T_1^4$ છે.
$Q_{in} = Q_{out}$ ને સરખાવતા:
$A \varepsilon \sigma T^4 + A \varepsilon \sigma (16T^4) = 2 A \varepsilon \sigma T_1^4$
$17 T^4 = 2 T_1^4$
$T_1^4 = \frac{17}{2} T^4 = 8.5 T^4$
$T_1 = (8.5)^{1/4} T \approx 1.71 T$.
આમ, તાપમાન $1.7 T$ ની નજીક છે.

(A) સળિયાની લંબાઈ બદલાતી નથી. આનો અર્થ એ છે કે ઠંડકને કારણે થતું સંકોચન એ લટકાવેલા વજનને કારણે થતા વિસ્તરણ જેટલું છે.
ઉષ્મીય વિકૃતિ = વજનને કારણે થતી વિકૃતિ
$\alpha \Delta \theta = \frac{\Delta l}{l}$
યંગ મોડ્યુલસ $Y = \frac{F/A}{\Delta l/l}$ હોવાથી,આપણને $\frac{\Delta l}{l} = \frac{F}{YA}$ મળે છે.
આ કિંમતને ઉષ્મીય વિકૃતિના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\alpha \Delta \theta = \frac{F}{YA}$
$\Delta \theta = \frac{F}{YA \alpha}$
અહીં $F = 5000 \, N$,$Y = 4 \times 10^{12} \, N/m^{2}$,$A = 10^{-4} \, m^{2}$,અને $\alpha = 2.5 \times 10^{-6} \, K^{-1}$ આપેલ છે:
$\Delta \theta = \frac{5000}{4 \times 10^{12} \times 10^{-4} \times 2.5 \times 10^{-6}}$
$\Delta \theta = \frac{5000}{1000} = 5^{\circ} C$
$\Delta \theta = 20^{\circ} C - T = 5^{\circ} C$ હોવાથી,આપણને $T = 15^{\circ} C$ મળે છે.

(D) તળિયેથી $y$ ઊંચાઈએ $dy$ પહોળાઈની એક પટ્ટી ધ્યાનમાં લો. સપાટીની નીચે આ પટ્ટીની ઊંડાઈ $(h-y)$ છે.
આ ઊંડાઈએ દબાણ $P = \rho_w g(h-y)$ છે.
$dA = L \cdot dy$ ક્ષેત્રફળ ધરાવતી પટ્ટી પરનું બળ $dF = P \cdot dA = \rho_w g(h-y) L \cdot dy$ છે.
તળિયાની ધરી ($y=0$ પર) વિશે ટોર્ક $d\tau = dF \cdot y = \rho_w g L (h-y) y \cdot dy$ છે.
કુલ ટોર્ક $\tau_1$ માટે $y=0$ થી $y=h$ સુધી સંકલન કરતા:
$\tau_1 = \int_{0}^{h} \rho_w g L (hy - y^2) dy = \rho_w g L \left[ \frac{hy^2}{2} - \frac{y^3}{3} \right]_{0}^{h} = \rho_w g L \left( \frac{h^3}{2} - \frac{h^3}{3} \right) = \frac{\rho_w g L h^3}{6}$.
બીજા કિસ્સામાં,ઊંચાઈ $h' = h/2$ અને લંબાઈ $L' = L/2$ છે. ટોર્ક $\tau_2$ નીચે મુજબ છે:
$\tau_2 = \int_{0}^{h/2} \rho_w g L' (h' - y) y \cdot dy = \int_{0}^{h/2} \rho_w g \left(\frac{L}{2}\right) \left(\frac{h}{2} - y\right) y \cdot dy$
$= \frac{\rho_w g L}{2} \left[ \frac{h}{2} \frac{y^2}{2} - \frac{y^3}{3} \right]_{0}^{h/2} = \frac{\rho_w g L}{2} \left[ \frac{h}{4} \left(\frac{h^2}{4}\right) - \frac{1}{3} \left(\frac{h^3}{8}\right) \right]$
$= \frac{\rho_w g L}{2} \left[ \frac{h^3}{16} - \frac{h^3}{24} \right] = \frac{\rho_w g L}{2} \left[ \frac{3h^3 - 2h^3}{48} \right] = \frac{\rho_w g L h^3}{2 \cdot 48} = \frac{\rho_w g L h^3}{96}$.
તેથી,$\frac{\tau_1}{\tau_2} = \frac{\rho_w g L h^3 / 6}{\rho_w g L h^3 / 96} = \frac{96}{6} = 16$.

(D) ધારો કે વાલ્વ ખોલતા પહેલા પાત્રો $C_{1}$ અને $C_{2}$ માં રહેલા વાયુના મોલની સંખ્યા અનુક્રમે $n_{1}$ અને $n_{2}$ છે.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $pV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા:
$n_{1} = \frac{pV}{R(300)}$
$n_{2} = \frac{5p(4V)}{R(400)} = \frac{20pV}{400R} = \frac{pV}{20R}$
જ્યારે વાલ્વ ખોલવામાં આવે છે,ત્યારે વાયુ ત્યાં સુધી વહે છે જ્યાં સુધી $C_{1}$ અને $C_{2}$ બંનેમાં દબાણ $p_{0}$ સમાન ન થાય.
ધારો કે નવા મોલની સંખ્યા $n_{1}'$ અને $n_{2}'$ છે:
$n_{1}' = \frac{p_{0}V}{R(300)}$
$n_{2}' = \frac{p_{0}(4V)}{R(400)} = \frac{p_{0}V}{100R}$
કુલ મોલની સંખ્યાનું સંરક્ષણ થતું હોવાથી $(n_{1} + n_{2} = n_{1}' + n_{2}')$:
$\frac{pV}{300R} + \frac{20pV}{400R} = \frac{p_{0}V}{300R} + \frac{p_{0}V}{100R}$
$\frac{p}{300} + \frac{p}{20} = p_{0} \left( \frac{1}{300} + \frac{3}{300} \right)$
$\frac{p + 15p}{300} = p_{0} \left( \frac{4}{300} \right)$
$16p = 4p_{0} \Rightarrow p_{0} = 4p$
હવે,ગરમ પાત્ર $(C_{2})$ અને ઠંડા પાત્ર $(C_{1})$ માં મોલનો ગુણોત્તર:
$\frac{n_{2}'}{n_{1}'} = \frac{p_{0}(4V) / R(400)}{p_{0}V / R(300)} = \frac{4/400}{1/300} = \frac{1/100}{1/300} = 3$
આમ,ગરમ પાત્રમાં વાયુના મોલની સંખ્યા ઠંડા પાત્ર કરતા ત્રણ ગણી છે.

(B) મુક્ત છેડાથી $x$ અંતરે આવેલા વિભાગ પર તણાવ $T = m g = \mu x g$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\mu$ એ દોરડાની એકમ લંબાઈ દીઠ દળ છે.
દોરડા પર તરંગની ઝડપ $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}} = \sqrt{\frac{\mu x g}{\mu}} = \sqrt{g x}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કારણ કે $v = \sqrt{g x}$,જેમ પલ્સ ઉપર જાય છે તેમ ઝડપ વધે છે (જેમ $x$ વધે છે તેમ).
$x$ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $t$ શોધવા માટે,આપણે $v = \frac{dx}{dt} = \sqrt{g x}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
પુનઃગોઠવણ કરતા $dx / \sqrt{x} = \sqrt{g} dt$ મળે છે.
બંને બાજુ $0$ થી $x$ અને $0$ થી $t$ સુધી સંકલન કરતા,આપણને $\int_{0}^{x} x^{-1/2} dx = \int_{0}^{t} \sqrt{g} dt$ મળે છે.
$2\sqrt{x} = \sqrt{g} t$,જે સૂચવે છે કે $t = 2\sqrt{\frac{x}{g}}$.
કુલ લંબાઈ $L$ માટે,લાગતો સમય $t = 2\sqrt{\frac{L}{g}}$ છે,તેથી $t \propto \sqrt{L}$.

(C) છિદ્રમાંથી બહાર આવતા પાણીનો વેગ $v_{e} = \sqrt{2gh}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પાણીના પ્રવાહની સમક્ષિતિજ અવધિ (range) $x = v_{e} \times t$ છે,જ્યાં $t$ એ $H$ ઊંચાઈ પરથી પડવાનો સમય છે.
$H = \frac{1}{2}gt^{2}$ હોવાથી,$t = \sqrt{\frac{2H}{g}}$ મળે.
તેથી,$x = \sqrt{2gh} \times \sqrt{\frac{2H}{g}} = 2\sqrt{hH}$.
પાણી ડોલમાં પડે તે માટે ડોલની ઝડપ $v$ એ અવધિ $x$ ના સમય સાથેના ફેરફારના દર જેટલી હોવી જોઈએ:
$v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(2\sqrt{hH}) = 2\sqrt{H} \frac{d}{dt}(\sqrt{h}) = 2\sqrt{H} \cdot \frac{1}{2\sqrt{h}} \cdot \frac{dh}{dt} = \sqrt{\frac{H}{h}} \cdot \frac{dh}{dt}$.
સાતત્ય સમીકરણ (equation of continuity) પરથી,$A_{0} \left(-\frac{dh}{dt}\right) = A v_{e} = A \sqrt{2gh}$.
તેથી,$\frac{dh}{dt} = -\frac{A}{A_{0}} \sqrt{2gh}$.
આ કિંમત $v$ ના સૂત્રમાં મૂકતા (માત્ર મૂલ્ય લેતા): $v = \sqrt{\frac{H}{h}} \cdot \frac{A}{A_{0}} \sqrt{2gh} = \frac{A}{A_{0}} \sqrt{2gH}$.
અહીં $A = 5 \, cm^{2}$,$A_{0} = 500 \, cm^{2}$,$g = 10 \, m/s^{2}$ અને $H = 5 \, m$ આપેલ છે:
$v = \left(\frac{5}{500}\right) \sqrt{2 \times 10 \times 5} = \frac{1}{100} \times \sqrt{100} = \frac{10}{100} = 0.1 \, m/s$.

(C) આપેલ સ્થિતિમાં, પાણી દ્વારા મેળવેલ ચોખ્ખી ઉષ્મા એ હીટર દ્વારા ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા અને ન્યૂટનના શીતલનના નિયમ મુજબ ગુમાવેલી ઉષ્મા વચ્ચેનો તફાવત છે.
ધારો કે $i$ એ પ્રવાહ છે, $R_{1}$ એ હીટરનો અવરોધ છે, $m$ એ પાણીનું દળ છે, $S$ એ વિશિષ્ટ ઉષ્મા ધારિતા છે, $T$ એ પાણીનું તાપમાન છે, $T_{0}$ એ આસપાસનું તાપમાન છે અને $K$ એ અચળાંક છે.
ઉષ્મા મેળવવાનો દર નીચે મુજબ છે:
$i^{2} R_{1} - K(T - T_{0}) = m S \left(\frac{dT}{dt}\right)$
વિકલ સમીકરણ બનાવવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$\frac{dT}{dt} = \frac{i^{2} R_{1}}{m S} - \frac{K}{m S}(T - T_{0})$
$\frac{dT}{dt} = \left(\frac{i^{2} R_{1} + K T_{0}}{m S}\right) - \frac{K}{m S} T$
ધારો કે $A = \frac{i^{2} R_{1} + K T_{0}}{m S}$ અને $B = -\frac{K}{m S}$. તો:
$\frac{dT}{dt} = A + BT$
આ સમીકરણનું સંકલન કરતા તાપમાન $T$ અને સમય $t$ વચ્ચે ઘાતાંકીય સંબંધ મળે છે:
$T(t) = T_{final} - (T_{final} - T_{initial}) e^{-kt}$
આ એક વક્ર દર્શાવે છે જે પ્રારંભિક તાપમાનથી શરૂ થાય છે અને સ્થિર-અવસ્થાના તાપમાન તરફ અભિસરણ પામે છે. આ વર્તણૂક આલેખ $C$ દ્વારા યોગ્ય રીતે દર્શાવવામાં આવી છે.

(B) ધારો કે $R$ ત્રિજ્યાનો પરપોટો એવી રીતે વિસ્તરે છે કે તેની સપાટી $v$ ઝડપે ગતિ કરે છે. પાણીમાં $x$ ત્રિજ્યા $(x \ge R)$ અને $dx$ જાડાઈ ધરાવતા ગોળાકાર કવચનો વિચાર કરો.
પાણી અદબનીય હોવાથી,કોઈપણ ગોળાકાર સપાટીમાંથી પસાર થતો કદનો પ્રવાહ દર અચળ હોવો જોઈએ.
પરપોટાની સપાટી પર (ત્રિજ્યા $R$),પ્રવાહ દર $4 \pi R^{2} v$ છે.
કેન્દ્રથી $x$ અંતરે,પ્રવાહ દર $4 \pi x^{2} v_{x}$ છે,જ્યાં $v_{x}$ એ $x$ અંતરે પાણીનો વેગ છે.
આ બંનેને સરખાવતા,$4 \pi x^{2} v_{x} = 4 \pi R^{2} v$,જે આપણને $v_{x} = \frac{R^{2} v}{x^{2}}$ આપે છે.
$dx$ જાડાઈના ગોળાકાર કવચનું દળ $dm = \rho (4 \pi x^{2} dx)$ છે.
આ કવચની ગતિઊર્જા $dK = \frac{1}{2} dm v_{x}^{2} = \frac{1}{2} (4 \pi x^{2} \rho dx) \left( \frac{R^{2} v}{x^{2}} \right)^{2}$ છે.
સાદું રૂપ આપતા,$dK = 2 \pi \rho R^{4} v^{2} \frac{dx}{x^{2}}$.
કુલ ગતિઊર્જા $K$ એ $x = R$ થી $x = \infty$ સુધીનું સંકલન છે:
$K = \int_{R}^{\infty} 2 \pi \rho R^{4} v^{2} \frac{dx}{x^{2}} = 2 \pi \rho R^{4} v^{2} \left[ -\frac{1}{x} \right]_{R}^{\infty} = 2 \pi \rho R^{4} v^{2} \left( 0 - (-\frac{1}{R}) \right) = 2 \pi \rho R^{3} v^{2}$.

(A) આપેલ છે કે,વર્નિયર સ્કેલના $10$ વિભાગો $(VSD)$ મુખ્ય સ્કેલના $11$ વિભાગો $(MSD)$ સાથે બંધ બેસે છે.
તેથી,$10 \,VSD = 11 \,MSD$,જેનો અર્થ છે કે $1 \,VSD = \frac{11}{10} \,MSD = 1.1 \,MSD$.
વર્નિયર કેલિપર્સનું લઘુત્તમ માપ $(LC)$ એ એક મુખ્ય સ્કેલ વિભાગ અને એક વર્નિયર સ્કેલ વિભાગ વચ્ચેનો તફાવત છે.
$LC = 1 \,MSD - 1 \,VSD$
કિંમતો મૂકતા:
$LC = 1 \,MSD - 1.1 \,MSD = -0.1 \,MSD$.
લઘુત્તમ માપ એ મૂલ્ય (magnitude) હોવાથી,આપણે તેનું નિરપેક્ષ મૂલ્ય લઈએ છીએ:
$|LC| = |-0.1 \,MSD| = 0.1 \,MSD$.
આપેલ છે કે $1 \,MSD = 1 \,mm$,તેથી લઘુત્તમ માપ $0.1 \times 1 \,mm = 0.1 \,mm$ થાય છે.

(B) દડાનો વેગ એ અંતર-સમયના આલેખના ઢાળ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ આલેખનો છેલ્લો ભાગ એક સીધી રેખા છે,જે સૂચવે છે કે વેગ અચળ છે,એટલે કે ટર્મિનલ વેગ પ્રાપ્ત થઈ ગયો છે.
આલેખના ડેટા પરથી,આપણે રેખીય ભાગ પર બે બિંદુઓ પસંદ કરી શકીએ છીએ: $(t_1 = 1.6 \, s, x_1 = 0.3 \, m)$ અને $(t_2 = 1.9 \, s, x_2 = 0.4 \, m)$.
ટર્મિનલ વેગ $v$ ની ગણતરી નીચે મુજબ થાય છે:
$v = \frac{x_2 - x_1}{t_2 - t_1}$
$v = \frac{0.4 - 0.3}{1.9 - 1.6}$
$v = \frac{0.1}{0.3} \approx 0.33 \, m/s$.
આમ,ટર્મિનલ વેગ $0.33 \, m/s$ ની સૌથી નજીક છે.

(D) દડાનો આવર્તકાળ $T = 1.5 \, s$ છે.
$t = 8.3 \, s$ માં,પૂર્ણ થયેલા પરિભ્રમણોની સંખ્યા $n = \frac{8.3}{1.5} = 5.533$ છે.
$5$ પૂર્ણ પરિભ્રમણ પછી $(t = 7.5 \, s)$,દડો $t = 0 \, s$ વાળી તેની પ્રારંભિક સ્થિતિ પર પાછો આવે છે.
બાકી રહેલો સમય $\Delta t = 8.3 - 7.5 = 0.8 \, s$ છે.
કોણીય વેગ $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{1.5} = \frac{4\pi}{3} \, rad/s$ છે.
$\Delta t = 0.8 \, s$ માં કપાયેલો ખૂણો $\theta = \omega \Delta t = \left(\frac{4\pi}{3}\right) \times 0.8 = \frac{3.2\pi}{3} \approx 1.067\pi \, rad$ છે.
આ ખૂણો $\pi \, rad$ $(180^\circ)$ કરતા થોડો વધારે છે.
ખૂણો આશરે $192^\circ$ હોવાથી,દડો પ્રારંભિક સ્થિતિની વ્યાસાંતે વિરુદ્ધ બિંદુની ખૂબ નજીક છે.
વ્યાસ માટે સ્થાનાંતર $2R = 2 \times 1 = 2 \, m$ છે.
આમ,સ્થાનાંતરનું મૂલ્ય $2 \, m$ ની સૌથી નજીક છે.

(A) ધારો કે જ્યારે કણ અર્ધગોળાથી અલગ થાય છે ત્યારે તેની ઝડપ $v$ છે.
સપાટી લીસી હોવાથી,કોઈ ઘર્ષણ નથી અને યાંત્રિક ઉર્જાનું સંરક્ષણ થાય છે.
કણ અર્ધગોળાની ટોચ પરથી સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂઆત કરે છે (સમક્ષિતિજ સપાટીથી $R$ ઊંચાઈ).
ટોચ પર સ્થિતિ ઉર્જા $U_i = mgR$ છે.
$h$ ઊંચાઈ પર સ્થિતિ ઉર્જા $U_f = mgh$ છે.
$h$ ઊંચાઈ પર ગતિ ઉર્જા $K_f = \frac{1}{2}mv^2$ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$U_i = U_f + K_f$
$mgR = mgh + \frac{1}{2}mv^2$
$mg(R-h) = \frac{1}{2}mv^2$
$v^2 = 2g(R-h)$
$v = \sqrt{2g(R-h)}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આદર્શ વાયુના સમીકરણ પરથી,આપણી પાસે $p V=n R T$ છે.
એક મોલ આદર્શ વાયુ માટે,$n=1$,તેથી સમીકરણ $p V=R T$ બને છે.
અહીં,$R$ એ સાર્વત્રિક વાયુ અચળાંક છે,જેનું મૂલ્ય આશરે $8.314 \ J \cdot mol^{-1} \cdot K^{-1}$ છે.
સમીકરણ $p V=R T$ એ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી સીધી રેખા દર્શાવે છે જેનો ઢાળ $R$ જેટલો છે.
તૂટક રેખા $p V=T$ દર્શાવે છે,જે ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી $1$ ઢાળ ધરાવતી સીધી રેખા છે.
કારણ કે $R \approx 8.314 > 1$,તેથી $p V=R T$ રેખાનો ઢાળ $p V=T$ રેખાના ઢાળ કરતા વધારે હોવો જોઈએ.
તેથી,જે આલેખમાં ઘાટી રેખા ($p V=R T$ દર્શાવતી) તૂટક રેખા ($p V=T$ દર્શાવતી) કરતા વધુ ઢાળ ધરાવે છે,તે સાચો આલેખ છે.

(B) વરસાદ દ્વારા મળતા પાણીનો સપાટી વિસ્તાર $A = 600 \, km^2 = 600 \times (10^3)^2 \, m^2 = 6 \times 10^8 \, m^2$ છે.
વાર્ષિક સરેરાશ વરસાદ $h = 2.4 \, m$ છે.
વરસાદ દ્વારા મળતા પાણીનું કુલ કદ $V = A \times h = 6 \times 10^8 \times 2.4 = 14.4 \times 10^8 \, m^3 = 1.44 \times 10^9 \, m^3$ છે.
$1 \, m^3 = 1000 \, L$ હોવાથી,લિટરમાં કુલ કદ $1.44 \times 10^9 \times 10^3 = 1.44 \times 10^{12} \, L$ થાય.
સંરક્ષિત પાણીનું પ્રમાણ કુલ કદના $10 \%$ છે: $V_{cons} = 0.10 \times 1.44 \times 10^{12} \, L = 1.44 \times 10^{11} \, L$.
આ સંરક્ષિત પાણી દ્વારા મુંબઈની વાર્ષિક પાણીની જરૂરિયાતનો કેટલો ટકા ભાગ પૂરો થાય છે તે $\frac{1.44 \times 10^{11}}{1.4 \times 10^{12}} \times 100 \approx 10 \%$ છે.

(D) અથડામણ સ્થિતિસ્થાપક છે,તેથી રેખીય વેગમાન અને ગતિઊર્જા બંનેનું સંરક્ષણ થાય છે.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણ મુજબ:
$M V = M V^{\prime} + m v \implies M(V - V^{\prime}) = m v \dots (i)$
ગતિઊર્જાના સંરક્ષણ મુજબ:
$\frac{1}{2} M V^2 = \frac{1}{2} M V^{\prime 2} + \frac{1}{2} m v^2 \implies M(V^2 - V^{\prime 2}) = m v^2 \dots (ii)$
સમીકરણ $(ii)$ ને સમીકરણ $(i)$ વડે ભાગતા:
$\frac{M(V^2 - V^{\prime 2})}{M(V - V^{\prime})} = \frac{m v^2}{m v}$
$\frac{(V - V^{\prime})(V + V^{\prime})}{(V - V^{\prime})} = v$
$V + V^{\prime} = v$
આમ,વિકલ્પ $(d)$ સાચો છે.

(A) લાગતું બળ એ રેતીના કણોના વેગમાનમાં થતા ફેરફારના દર જેટલું હોય છે.
પ્રથમ,આપણે તે વેગ $v$ ની ગણતરી કરીએ છીએ જેની સાથે રેતીનો કણ ઘડિયાળના તળિયે અથડાય છે. કણ સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થાય છે $(u = 0)$ અને તળિયે પહોંચવા માટે $t = 2 \, s$ લે છે,તેથી ગતિના સમીકરણ $v = u + gt$ નો ઉપયોગ કરતા ($g = 10 \, m/s^2$ લેતા):
$v = 0 + 10 \times 2 = 20 \, m/s$.
તળિયે અથડાતા એક કણના વેગમાનમાં થતો ફેરફાર (ધારી લો કે તે સ્થિર થઈ જાય છે) છે:
$\Delta p = m(v - u_{final}) = m(v - 0) = mv$.
અહીં $m = 0.2 \, g = 0.2 \times 10^{-3} \, kg$ આપેલ છે,તેથી:
$\Delta p = 0.2 \times 10^{-3} \, kg \times 20 \, m/s = 4 \times 10^{-3} \, kg \cdot m/s$.
દર સેકન્ડે $100$ કણો પડતા હોવાથી,વેગમાનમાં થતા ફેરફારનો કુલ દર (જે સરેરાશ બળ જેટલો છે) છે:
$F = n \times \Delta p = 100 \times 4 \times 10^{-3} \, N = 0.4 \, N$.
આમ,લાગતું સરેરાશ બળ $0.4 \, N$ છે.

(C) હોટ એર બલૂન હવામાં ઉપર જાય તે માટે,ઉત્પ્લાવક બળ (buoyant force) એ બલૂન,પેલોડ અને અંદરની ગરમ હવાના કુલ વજન કરતા વધારે અથવા સમાન હોવું જોઈએ.
ધારો કે $V$ એ બલૂનનું કદ છે,$\rho_o$ એ બહારની હવાની ઘનતા છે,અને $\rho_i$ એ અંદરની ગરમ હવાની ઘનતા છે.
$V = \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \pi (5.85)^3 \approx 838.5 \, m^3$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા,$PV = nRT = \frac{m}{M} RT$,તેથી $\rho = \frac{m}{V} = \frac{PM}{RT}$.
બળોને સરખાવતા: $V \rho_o g = V \rho_i g + m_{payload} g$.
$V(\rho_o - \rho_i) = 210$.
$V \frac{PM}{R} \left( \frac{1}{T_o} - \frac{1}{T_i} \right) = 210$.
કિંમતો મૂકતા: $838.5 \times \frac{10^5 \times 30 \times 10^{-3}}{8.31} \left( \frac{1}{300} - \frac{1}{T_i} \right) = 210$.
$302647 \left( \frac{1}{300} - \frac{1}{T_i} \right) = 210$.
$\frac{1}{300} - \frac{1}{T_i} \approx 0.0006938$.
$\frac{1}{T_i} \approx 0.003333 - 0.0006938 = 0.002639$.
$T_i \approx 378.9 \, K$.
સેલ્સિયસમાં ફેરવતા: $T_i \approx 378.9 - 273 = 105.9^{\circ} C$.
આમ,તાપમાન $105^{\circ} C$ ની નજીક છે.

(C) આપેલ છે:
હૃદયના સ્તરે બ્લડ પ્રેશર,$P_{\text{heart}} = 13.3 \,kPa = 13300 \,Pa$.
લોહીની ઘનતા,$\rho = 10^3 \,kg/m^3$.
ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ,$g = 10 \,m/s^2$.
પગથી હૃદયની ઊંચાઈ,$h_1 = 1.3 \,m$.
હૃદયથી માથાની ઊંચાઈ,$h_2 = 1.7 \,m - 1.3 \,m = 0.4 \,m$.
પગના સ્તરે દબાણ $P_{\text{foot}} = P_{\text{heart}} + \rho g h_1$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$P_{\text{foot}} = 13300 + (10^3 \times 10 \times 1.3) = 13300 + 13000 = 26300 \,Pa = 26.3 \,kPa$.
માથાના સ્તરે દબાણ $P_{\text{head}} = P_{\text{heart}} - \rho g h_2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$P_{\text{head}} = 13300 - (10^3 \times 10 \times 0.4) = 13300 - 4000 = 9300 \,Pa = 9.3 \,kPa$.
પગના ભાગમાં અને માથાના ભાગમાં $BP$ નો ગુણોત્તર:
$\text{Ratio} = \frac{P_{\text{foot}}}{P_{\text{head}}} = \frac{26.3}{9.3} \approx 2.828$.
આ મૂલ્ય $3$ ની સૌથી નજીક છે.

(A) મ્યુઓન એ લગભગ $200 \, m_{e}$ દળ અને $\pm e$ વિદ્યુતભાર ધરાવતો અસ્થાયી પ્રાથમિક કણ છે.
અહીં,એક ઋણ મ્યુઓન પ્રોટોન સાથે બંધાયેલ છે.
તેથી,$m = 200 \, m_{e}$ અને $M = 1836 \, m_{e}$ (કારણ કે પ્રોટોનનું દળ ઇલેક્ટ્રોનના દળ કરતાં $1836$ ગણું છે).
સિસ્ટમનું રિડ્યુસ્ડ દળ (reduced mass) છે,
$m^{\prime} = \frac{m M}{m + M} = \frac{200 \, m_{e} \times 1836 \, m_{e}}{200 \, m_{e} + 1836 \, m_{e}} \approx 180 \, m_{e}$.
મ્યુઓનનું દળ પ્રોટોનના દળની સરખામણીમાં હોવાથી,આપણે રિડ્યુસ્ડ દળની ગણતરી કરીને ન્યુક્લિયસની ગતિને ધ્યાનમાં લેવી પડે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_{n} = \frac{m e^{4}}{8 \varepsilon_{0}^{2} h^{2} n^{2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,મ્યુઓનિક પરમાણુમાં મ્યુઓની ઉર્જા $E_{n}^{\prime} = \frac{m^{\prime} e^{4}}{8 \varepsilon_{0}^{2} h^{2} n^{2}} = 180 \, E_{n}$ થશે.
$n = 3$ થી $n = 2$ સુધીના બામર સંક્રમણને ધ્યાનમાં લેતા,ઉર્જાનો તફાવત $\Delta E^{\prime} = E_{n=3}^{\prime} - E_{n=2}^{\prime} = \frac{hc}{\lambda}$ છે.
$\Delta E^{\prime} = 180 \times (E_{n=3} - E_{n=2}) = 180 \times \left( \frac{-13.6 \, \text{eV}}{3^{2}} - \frac{-13.6 \, \text{eV}}{2^{2}} \right) = 180 \times 1.89 \, \text{eV} = 340.2 \, \text{eV}$.
$\lambda = \frac{hc}{\Delta E^{\prime}} = \frac{1240 \, \text{eV} \cdot \text{nm}}{340.2 \, \text{eV}} \approx 3.65 \, \text{nm}$ નો ઉપયોગ કરતા.
આ તરંગલંબાઇ $X$-કિરણોના વિસ્તારમાં ($0.01 \, \text{nm}$ થી $10 \, \text{nm}$) આવે છે.

(B) થોમસન મોડેલમાં,ધન વીજભાર $R$ ત્રિજ્યાના ગોળામાં સમાનરૂપે વિતરિત થયેલ છે. $r > R$ અંતરે રહેલા ઇલેક્ટ્રોન માટે,વિદ્યુતક્ષેત્ર કેન્દ્ર પર રહેલા બિંદુવત વીજભાર $e$ જેવું જ હોય છે. સ્થિતિ ઉર્જા $U(r) = -e^2 / (4 \pi \epsilon_0 r)$ છે.
$n=1$ માટે બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત $mvr = n\hbar$ લાગુ પાડતા,આપણને $mvr = \hbar$ મળે છે. કેન્દ્રગામી બળ સ્થિત-વિદ્યુત બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $mv^2 / r = e^2 / (4 \pi \epsilon_0 r^2)$,જે $mv^2 = e^2 / (4 \pi \epsilon_0 r)$ આપે છે.
બળના સમીકરણમાં $v = \hbar / (mr)$ મૂકતા: $m(\hbar / mr)^2 = e^2 / (4 \pi \epsilon_0 r) \implies \hbar^2 / (mr^2) = e^2 / (4 \pi \epsilon_0 r) \implies r = 4 \pi \epsilon_0 \hbar^2 / (me^2) = a_0$,જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા $(0.53 \,\mathring A)$ છે.
ગણતરી કરેલ ત્રિજ્યા $r = a_0 = 0.53 \,\mathring A$ એ ગોળાની ત્રિજ્યા $R = 0.25 \,\mathring A$ કરતા મોટી હોવાથી,ઇલેક્ટ્રોન ગોળાની બહાર ભ્રમણ કરે છે. આ વિસ્તારમાં,સ્થિતિમાન બિંદુવત વીજભારના સ્થિતિમાનને સમતુલ્ય છે. તેથી,ઉર્જા સ્તરો પ્રમાણભૂત બોહર મોડેલ જેવા જ હોય છે,અને ધરા અવસ્થાની ઉર્જા $-13.6 \, eV$ છે.

(A) સળિયાનો અવરોધ $R = \frac{\rho l}{A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. કારણ કે કદ $V_{vol} = Al$ અચળ રહે છે,આપણે $R = \frac{\rho l^2}{V_{vol}}$ લખી શકીએ.
જ્યારે સળિયાને નાની માત્રા $\Delta l$ દ્વારા ખેંચવામાં આવે છે,ત્યારે લંબાઈમાં ફેરફાર $l' = l + \Delta l$ થાય છે. નવો અવરોધ $R' = \frac{\rho (l + \Delta l)^2}{V_{vol}} \approx \frac{\rho (l^2 + 2l \Delta l)}{V_{vol}} = R + \frac{2 \rho l \Delta l}{V_{vol}}$ છે.
અવરોધમાં ફેરફાર $\Delta R = R' - R = \frac{2 \rho l \Delta l}{V_{vol}} = \frac{2 \rho l^2}{V_{vol}} \cdot \frac{\Delta l}{l} = 2R \varepsilon$ છે,જ્યાં $\varepsilon = \frac{\Delta l}{l}$ એ વિકૃતિ છે.
સળિયા પરનો વોલ્ટેજ $V = iR$ છે. વોલ્ટેજમાં ફેરફાર $\Delta V = i \Delta R = i(2R \varepsilon) = (2iR) \varepsilon$ છે.
કારણ કે $i$ અને $R$ અચળ છે,$\Delta V$ એ વિકૃતિ $\varepsilon$ ના સીધા પ્રમાણમાં છે $(\Delta V \propto \varepsilon)$.
તેથી,કુલ વોલ્ટેજ $V_{total} = V_{initial} + \Delta V = V_{initial} + (2iR) \varepsilon$. આ શરૂઆતના વોલ્ટેજ $V_{initial}$ થી શરૂ કરીને ધન ઢાળ સાથેનો રેખીય સંબંધ દર્શાવે છે.

(C) $m$ દળ અને $\nu$ આવૃત્તિ ધરાવતો એક ફોટોન પૃથ્વીના ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્રમાં $H$ ઊંચાઈ પરથી નીચે પડે છે.
જ્યારે ફોટોન પૃથ્વીના ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્રમાં નીચે પડે છે,ત્યારે તે વધારાની ઉર્જા મેળવે છે. તેથી,
અંતિમ ફોટોન ઉર્જા = પ્રારંભિક ફોટોન ઉર્જા + ઉર્જામાં વધારો
$h \nu' = h \nu + m g H$
$m = \frac{h \nu}{c^{2}}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$h \nu' = h \nu + \left( \frac{h \nu}{c^{2}} \right) g H$
$\nu' = \nu \left( 1 + \frac{g H}{c^{2}} \right)$
તેથી,આવૃત્તિમાં થતો આંશિક ફેરફાર:
$\frac{\nu' - \nu}{\nu} = \frac{g H}{c^{2}}$
અહીં $g = 10 \, m/s^{2}$,$H = 1000 \, m$,અને $c = 3 \times 10^{8} \, m/s$ આપેલ છે:
$\frac{\Delta \nu}{\nu} = \frac{10 \times 1000}{(3 \times 10^{8})^{2}} = \frac{10^{4}}{9 \times 10^{16}} \approx 1.11 \times 10^{-13}$
આ મૂલ્ય $10^{-13}$ ની નજીક છે.

(C) પોલરાઇઝરને ફેરવતા પરાવર્તિત પ્રકાશની તીવ્રતા શૂન્ય થઈ જાય છે તે હકીકત સૂચવે છે કે પરાવર્તિત પ્રકાશ સમતલ-ધ્રુવીભૂત છે. આ ત્યારે થાય છે જ્યારે પ્રકાશ બ્રુસ્ટરના ખૂણે $\theta_p$ પર આપાત થાય છે.
બ્રુસ્ટરના નિયમ મુજબ,માધ્યમનો વક્રીભવનાંક $n$ એ $n = \tan \theta_p$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પાણીનો વક્રીભવનાંક લાલ પ્રકાશ કરતા વાદળી પ્રકાશ માટે વધારે હોવાથી $(n_{\text{blue}} > n_{\text{red}})$,તેથી $\tan \theta_B > \tan \theta_R$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\theta_B > \theta_R$.
બ્રુસ્ટરના ખૂણે,પરાવર્તિત અને વક્રીભૂત કિરણો એકબીજાને લંબ હોય છે. પરાવર્તન અને વક્રીભવનની ભૂમિતિ પરથી,આપાતકોણ $\theta_p$ અને વક્રીભવનકોણ $r$ માટે $\theta_p + r = 90^{\circ}$ થાય છે. પ્રકાશ હવામાંથી પાણીમાં જતો હોવાથી,વક્રીભવનકોણ $r$ એ આપાતકોણ $\theta_p$ કરતા ઓછો હોય છે (કારણ કે $n_{\text{water}} > n_{\text{air}}$). તેથી,$\theta_p > r$,જેનો અર્થ છે કે $\theta_p + \theta_p > \theta_p + r = 90^{\circ}$,એટલે કે $2\theta_p > 90^{\circ}$,અથવા $\theta_p > 45^{\circ}$.
આમ,આપણને $\theta_B > \theta_R > 45^{\circ}$ મળે છે.

(A) $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતા ગોળાકાર વાહકનો વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V$,જેના પર $q$ વિદ્યુતભાર છે,તે $V = \frac{k q}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k$ એ સ્થિર વિદ્યુત અચળાંક છે.
જેમ કે વિદ્યુતભાર એક સમયે એક ઇલેક્ટ્રોન ઉમેરીને વધારવામાં આવે છે,કણ પરનો કુલ વિદ્યુતભાર $q$ ક્વોન્ટાઈઝ્ડ છે,એટલે કે $q = n e$,જ્યાં $n$ એ પૂર્ણાંક છે અને $e$ એ પ્રાથમિક વિદ્યુતભાર છે.
સ્થિતિમાનના સૂત્રમાં $q = n e$ મૂકતા,આપણને $V = \frac{k (n e)}{r}$ મળે છે.
આ દર્શાવે છે કે જેમ દરેક ઇલેક્ટ્રોન કણમાં ઉમેરવામાં આવે છે તેમ સ્થિતિમાન $V$ અલગ-અલગ પગલાઓમાં વધે છે.
તેથી,કુલ વિદ્યુતભાર $q$ વિરુદ્ધ લાગુ કરેલા વોલ્ટેજ $V$ નો આલેખ એક સ્ટેપ ફંક્શન હશે,જ્યાં વિદ્યુતભાર સ્થિતિમાનની ચોક્કસ શ્રેણી માટે $e$ ના દરેક પૂર્ણાંક ગુણાંક પર સ્થિર રહે છે,અને પછી જેમ આગળનો ઇલેક્ટ્રોન ઉમેરવામાં આવે છે તેમ તે આગલા સ્તર પર કૂદકો મારે છે.

(B) રીંગ પરનો કુલ વિદ્યુતભાર $q_{\text{total}}$ એ વિદ્યુતભાર ઘનતા $\lambda$ નું પરિઘ પરનું સંકલન છે:
$q_{\text{total}} = \int_0^{2\pi} \lambda (r d\theta) = \int_0^{2\pi} \frac{q \sin^2 \theta}{\pi r} (r d\theta) = \frac{q}{\pi} \int_0^{2\pi} \sin^2 \theta d\theta$
નિત્યસમ $\sin^2 \theta = (1 - \cos 2\theta) / 2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$q_{\text{total}} = \frac{q}{\pi} \int_0^{2\pi} \frac{1 - \cos 2\theta}{2} d\theta = \frac{q}{2\pi} [\theta - \frac{\sin 2\theta}{2}]_0^{2\pi} = \frac{q}{2\pi} (2\pi) = q$
રીંગના તમામ બિંદુઓ કેન્દ્રથી $r$ અંતરે હોવાથી,કેન્દ્ર પર વિદ્યુત સ્થિતિમાન $V$:
$V = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \int \frac{dq}{r} = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 r} \int dq = \frac{q_{\text{total}}}{4\pi \varepsilon_0 r} = \frac{q}{4\pi \varepsilon_0 r}$
વિદ્યુતભાર $Q$ ને કેન્દ્રથી અનંત સુધી લઈ જવા માટે વિદ્યુત બળ દ્વારા થતું કાર્ય $W = Q(V_{\text{centre}} - V_{\infty})$ છે. $V_{\infty} = 0$ હોવાથી:
$W = Q \cdot V = \frac{qQ}{4\pi \varepsilon_0 r}$

(B) $\beta^{-}$ ક્ષયમાં, પ્રક્રિયા નીચે મુજબ દર્શાવવામાં આવે છે:
${ }_{Z}^{A} X \longrightarrow { }_{Z+1}^{A} Y + { }_{-1}^{0} \beta + \bar{\nu}$
જો માત્ર ઇલેક્ટ્રોનનું ઉત્સર્જન થતું હોત (કિસ્સો $I$), તો ઇલેક્ટ્રોન નિશ્ચિત માત્રામાં ઉર્જા ધરાવત, જેના પરિણામે વક્ર $(a)$ માં દર્શાવ્યા મુજબ એક તીક્ષ્ણ, મોનોએનર્જેટિક શિખર મળત.
જોકે, વાસ્તવમાં (કિસ્સો $II$), ક્ષય ઉર્જા ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોન $(\beta^{-})$ અને એન્ટિન્યુટ્રિનો $(\bar{\nu})$ વચ્ચે વહેંચાય છે. કારણ કે ઉર્જા બે કણો વચ્ચે વહેંચાયેલી હોવાથી, ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોન સતત ઉર્જા શ્રેણી ધરાવે છે, જેના પરિણામે વક્ર $(b)$ માં દર્શાવેલ વ્યાપક સ્પેક્ટ્રમ મળે છે.
તેથી, કિસ્સો $I$ એ $(a)$ ને અનુરૂપ છે અને કિસ્સો $II$ એ $(b)$ ને અનુરૂપ છે.

(C) સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટર માટે,કેપેસીટન્સ $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q$ અચળ રહે છે,તેથી પ્લેટો વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V = \frac{q}{C}$ દ્વારા મળે છે.
$C$ નું સૂત્ર મૂકતા,આપણને $V = \frac{q d}{\varepsilon_0 A}$ મળે છે.
અહીં $q$,$\varepsilon_0$ અને $A$ અચળ હોવાથી,$V \propto d$ થાય છે.
આનો અર્થ એ છે કે $V$ વિરુદ્ધ $d$ નો આલેખ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી સીધી રેખા છે. જો કે,વાસ્તવિક ભૌતિક કેપેસિટરમાં,જ્યારે પ્લેટો સંપર્કમાં હોય $(d=0)$,ત્યારે કેપેસીટન્સ અનંત હોતું નથી અને પ્લેટોના મર્યાદિત કદ અને કિનારીની અસરોને કારણે વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત શૂન્ય હોતો નથી. તેથી,આલેખ $d$ ના નાના ધન મૂલ્યથી શરૂ થાય છે અને એક સીધી રેખા છે,જે ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી નથી.

(B) સિસ્ટમનું મ્યુચ્યુઅલ ઇન્ડક્ટન્સ $M$ ગણવા માટે,આપણે પારસ્પરિકતાના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જે જણાવે છે કે $M_{12} = M_{21} = M$.
ધારો કે લાંબા બાહ્ય સોલેનોઇડ (સોલેનોઇડ $1$) માંથી પ્રવાહ $I_{1}$ વહે છે. આ સોલેનોઇડ દ્વારા તેની અંદર ઉત્પન્ન થતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર સમાન હોય છે અને તે $B = \mu_{0} N I_{1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ટૂંકા આંતરિક સોલેનોઇડ (સોલેનોઇડ $2$) સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi_{21}$ એ આંતરિક સોલેનોઇડમાં આંટાની સંખ્યા,ચુંબકીય ક્ષેત્ર અને આંતરિક સોલેનોઇડના આડછેદના ક્ષેત્રફળનો ગુણાકાર છે.
આંતરિક સોલેનોઇડમાં આંટાની સંખ્યા = $n \times l$.
આંતરિક સોલેનોઇડનું ક્ષેત્રફળ = $\pi r^{2}$.
તેથી,$\phi_{21} = (n l) \times B \times (\pi r^{2}) = (n l) \times (\mu_{0} N I_{1}) \times (\pi r^{2})$.
વ્યાખ્યા મુજબ,$\phi_{21} = M I_{1}$.
બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,આપણને $M = \mu_{0} N n l \pi r^{2} = \pi \mu_{0} r^{2} n N l$ મળે છે.

(D) $L$ લંબાઈના એક-પરિમાણીય બોક્સમાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોન માટે,ઉર્જા સ્તરો $E_{n} = n^{2} \left( \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}} \right) = n^{2} \alpha$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 1, 2, 3, \dots$.
પાઉલીના અપવર્જનના સિદ્ધાંત મુજબ,દરેક ઉર્જા સ્તરમાં બે ઇલેક્ટ્રોન રહી શકે છે.
$4$ ઇલેક્ટ્રોન માટે,ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ગોઠવણીમાં $n=1$ સ્તર ($2$ ઇલેક્ટ્રોન) અને $n=2$ સ્તર ($2$ ઇલેક્ટ્રોન) ભરાય છે.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ઉર્જા $U_{0}$ એ આ $4$ ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનો સરવાળો છે: $U_{0} = 2(E_{1}) + 2(E_{2}) = 2(1^{2} \alpha) + 2(2^{2} \alpha) = 2 \alpha + 8 \alpha = 10 \alpha$.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા ત્યારે મળે છે જ્યારે એક ઇલેક્ટ્રોન $n=2$ માંથી $n=3$ માં જાય છે. નવી કુલ ઉર્જા $U_{0} - E_{2} + E_{3} = 10 \alpha - 4 \alpha + 9 \alpha = 15 \alpha = U_{0} + 5 \alpha$ થાય.
દ્વિતીય ઉત્તેજિત અવસ્થા ત્યારે મળે છે જ્યારે એક ઇલેક્ટ્રોન $n=1$ માંથી $n=3$ માં જાય છે. નવી કુલ ઉર્જા $U_{0} - E_{1} + E_{3} = 10 \alpha - 1 \alpha + 9 \alpha = 18 \alpha = U_{0} + 8 \alpha$ થાય.
આમ,વિકલ્પ $(d)$ સાચો છે.

(A) $t=0$ સમયે,કેપેસિટર અનચાર્જ્ડ છે અને ઇન્ડક્ટરનું ફ્લક્સ $\phi$ છે.
$\phi = L I$ સંબંધનો ઉપયોગ કરતા,$t=0$ સમયે સર્કિટમાં પ્રારંભિક પ્રવાહ $I_{0} = \phi / L$ છે.
આ સર્કિટ $LC$ ઓસિલેટર બનાવે છે. કેપેસિટર પરના ચાર્જ $q$ માટેનું વિકલ સમીકરણ $L \frac{d^{2} q}{d t^{2}} + \frac{q}{C} = 0$ છે,જે $\frac{d^{2} q}{d t^{2}} + \omega_{0}^{2} q = 0$ માં સરળ બને છે,જ્યાં $\omega_{0} = 1 / \sqrt{LC}$.
ચાર્જ માટેનું સામાન્ય ઉકેલ $q(t) = A \sin(\omega_{0} t + \delta)$ છે.
$q(0) = 0$ હોવાથી,$\delta = 0$ મળે,તેથી $q(t) = A \sin(\omega_{0} t)$.
પ્રવાહ $I(t) = \frac{dq}{dt} = A \omega_{0} \cos(\omega_{0} t)$ છે.
$t=0$ સમયે,$I(0) = A \omega_{0} = I_{0} = \phi / L$.
તેથી,$A = \phi / (L \omega_{0})$.
$A$ ની કિંમત મૂકતા,પ્રવાહ $I(t) = (\phi / L) \cos(\omega_{0} t)$ મળે છે.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(A) પ્રાથમિક મેઘધનુષ્યના નિર્માણમાં નીચેના પગલાંઓ સામેલ છે:
$1$. જ્યારે સૂર્યપ્રકાશ ગોળાકાર પાણીના ટીપામાં પ્રવેશે છે,ત્યારે તેનું વક્રીભવન અને વિભાજન થાય છે.
$2$. ત્યારબાદ પ્રકાશ ટીપાની આંતરિક સપાટી સાથે અથડાય છે અને તેનું પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન થાય છે.
$3$. અંતે,પ્રકાશ ટીપામાંથી બહાર નીકળે છે,જ્યાં તે પાણીમાંથી હવામાં પ્રવેશતી વખતે ફરીથી વક્રીભવન અનુભવે છે.
તેથી,પ્રક્રિયાઓનો સાચો ક્રમ છે: વક્રીભવન,પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન અને વક્રીભવન.
આ વિકલ્પ $(A)$ ને અનુરૂપ છે.

(C) $1$ લેપટોપ માટે પાવરની જરૂરિયાત $P_1 = 90 \,W$ છે.
$10$ લેપટોપ માટે કુલ પાવરની જરૂરિયાત $P = 10 \times 90 = 900 \,W = 0.9 \,kW$ છે.
$UPS$ ની ક્ષમતા $1 \,kVA$ હોવાથી,તે $900 \,W$ નો ભાર સહન કરી શકે છે (પાવર ફેક્ટર $\approx 1$ ધારતા),તેથી વિધાન $I$ સાચું છે.
$5 \,h$ માં,બધા લેપટોપ દ્વારા વપરાતી વિદ્યુત ઉર્જા $E = P \times t = 0.9 \,kW \times 5 \,h = 4.5 \,kWh$ છે.
વીજળીનો ખર્ચ = $4.5 \,kWh \times ₹ 5.00/kWh = ₹ 22.50$. આમ,વિધાન $III$ સાચું છે.
$220 \,V$ ના ઇનપુટ વોલ્ટેજ માટે,$10$ લેપટોપ દ્વારા ખેંચાતો પ્રવાહ $I = P/V = 900 \,W / 220 \,V \approx 4.1 \,A$ છે.
$4.1 \,A > 3 \,A$ હોવાથી,$3 \,A$ નો ફ્યુઝ ઉડી જશે. તેથી,વિધાન $II$ ખોટું છે.
આમ,વિધાન $I$ અને $III$ સાચા છે.

(C) સાચો જવાબ $C$ છે.
ફ્રોસ્ટેડ ગ્લાસની સપાટી ખરબચડી હોય છે,જે પ્રકાશનું અનિયમિત પરાવર્તન અને વક્રીભવન કરે છે,જેના કારણે કાચ પારભાસક દેખાય છે.
જ્યારે પારદર્શક એડહેસિવ ટેપને ફ્રોસ્ટેડ સપાટી પર લગાવવામાં આવે છે,ત્યારે એડહેસિવ ગુંદર કાચની સપાટીની સૂક્ષ્મ ખરબચડી જગ્યાઓને ભરી દે છે.
કારણ કે એડહેસિવ ગુંદરનો વક્રીભવનાંક કાચના વક્રીભવનાંકની ખૂબ નજીક હોય છે,તેથી ગુંદર અને કાચ વચ્ચેની સપાટી ઓપ્ટિકલી લીસી બની જાય છે.
આ સપાટી પર પ્રકાશનું પ્રકીર્ણન ઘટાડે છે,જેનાથી પ્રકાશ વધુ નિયમિત રીતે પસાર થઈ શકે છે,જે કાચના તે ચોક્કસ ભાગને પારદર્શક બનાવે છે.

(D) પ્રિઝમ $B$ એ પ્રિઝમ $A$ ની સાપેક્ષમાં ઉલટો છે. તેથી,પ્રિઝમ $A$ અને $B$ દ્વારા થતું પ્રકાશનું વિભાજન વિરુદ્ધ દિશામાં થાય છે.
બહાર નીકળતું કિરણ સફેદ દેખાય તે માટે,સંયોજન દ્વારા ઉત્પન્ન થતું કુલ વિચલન અને કુલ વિભાજન શૂન્ય હોવું જોઈએ. આ માટે બંને પ્રિઝમમાં રહેલા પ્રવાહીના વક્રીભવનાંક સમાન હોવા જરૂરી છે,જે ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે બંને પ્રિઝમ સમાન તાપમાને હોય.
જો પ્રિઝમ અલગ-અલગ તાપમાને હોય,તો તેમના વક્રીભવનાંક અલગ-અલગ હશે કારણ કે પાણીનો વક્રીભવનાંક તાપમાન પર આધારિત છે. પરિણામે,પ્રિઝમ $A$ દ્વારા ઉત્પન્ન થયેલ વિભાજન પ્રિઝમ $B$ દ્વારા સંપૂર્ણપણે નાબૂદ થશે નહીં.
વિકલ્પ $(d)$ માં,પ્રિઝમ $A$ $70^{\circ} C$ પર છે અને પ્રિઝમ $B$ $7^{\circ} C$ પર છે. તેમના વક્રીભવનાંક અલગ હોવાથી,$A$ અને $B$ દ્વારા ઉત્પન્ન થતું વિભાજન સમાન અને વિરુદ્ધ નથી. તેથી,પ્રિઝમ $B$ ની જમણી બાજુએ મળતું કિરણ વિભાજિત રહેશે અને રંગીન દેખાશે.

(C) ન્યુક્લિયર ત્રિજ્યા $R = r_0 A^{1/3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ન્યુક્લિયસનું કદ $V = \frac{4}{3} \pi R^3 = \frac{4}{3} \pi (r_0 A^{1/3})^3 = \frac{4}{3} \pi r_0^3 A$ છે.
ન્યુક્લિયર દળ આશરે $M = A \times m_p$ છે,જ્યાં $m_p$ એ ન્યુક્લિયોન (પ્રોટોન અથવા ન્યુટ્રોન) નું દળ છે.
ન્યુક્લિયર ઘનતા $\rho$ એ $\rho = \frac{M}{V} = \frac{A \cdot m_p}{\frac{4}{3} \pi r_0^3 A} = \frac{3 m_p}{4 \pi r_0^3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ કે $m_p$ અને $r_0$ અચળાંકો છે,તેથી ન્યુક્લિયર ઘનતા $\rho$ એ દળ ક્રમાંક $A$ થી સ્વતંત્ર છે.
તેથી,$^{238}U$ ની ન્યુક્લિયર દળ ઘનતા $^{119}Sn$ જેટલી જ છે.

(A) ન્યુક્લિયસની પ્રારંભિક સ્થિત-વિદ્યુત ઉર્જા $U_1 = \frac{k Z^2 e^2}{R}$ છે.
ન્યુક્લિયર દ્રવ્યની ઘનતા અચળ હોવાથી,ન્યુક્લિયસનું કદ તેના દળ ક્રમાંક $A$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે. જો ન્યુક્લિયસ બે સમાન ભાગોમાં વિભાજિત થાય,તો દરેકનો દળ ક્રમાંક $A/2$ થાય. $R \propto A^{1/3}$ હોવાથી,દરેક બાળ ન્યુક્લિયસની ત્રિજ્યા $r = R / 2^{1/3}$ થશે.
બે બાળ ન્યુક્લિયસની અંતિમ સ્થિત-વિદ્યુત ઉર્જા $U_2$ (જ્યારે તેઓ દૂર હોય) એ બંનેની ઉર્જાનો સરવાળો છે:
$U_2 = 2 \times \frac{k (Z/2)^2 e^2}{r} = 2 \times \frac{k (Z^2/4) e^2}{R / 2^{1/3}} = \frac{k Z^2 e^2}{2 R} \times 2^{1/3} = \frac{k Z^2 e^2}{R} \times 2^{1/3-1} = \frac{k Z^2 e^2}{R} \times 2^{-2/3}$.
$2^{2/3} \approx 1.587$ લેતા,$2^{-2/3} \approx 1 / 1.587 \approx 0.63$ મળે.
આમ,$U_2 \approx 0.63 U_1$.
સ્થિત-વિદ્યુત ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = U_1 - U_2 = U_1 - 0.63 U_1 = 0.37 U_1 \approx 0.375 \frac{k Z^2 e^2}{R}$ છે.

(D) $h$ ઊંચાઈ પરથી પડવાનો સમય $t = \sqrt{\frac{2h}{a_{\text{net}}}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નીચેની તરફના ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર $g$ અને ઉપરની તરફના વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ માં $Q$ વિદ્યુતભાર ધરાવતા $M$ દળનો ચોખ્ખો પ્રવેગ $a_{\text{net}} = g - \frac{QE}{M}$ છે.
જેহেতু $M_1$ એ $M_2$ પહેલાં જમીન પર પડે છે,તેથી $M_1$ દ્વારા લેવાયેલ સમય $(t_1)$ એ $M_2$ દ્વારા લેવાયેલ સમય $(t_2)$ કરતા ઓછો છે: $t_1 < t_2$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\sqrt{\frac{2h}{a_1}} < \sqrt{\frac{2h}{a_2}}$,જેનું સાદું રૂપ $a_1 > a_2$ થાય છે.
ચોખ્ખા પ્રવેગ માટેનું સૂત્ર મૂકતા:
$g - \frac{Q_1 E}{M_1} > g - \frac{Q_2 E}{M_2}$
બંને બાજુથી $g$ બાદ કરતા:
$-\frac{Q_1 E}{M_1} > -\frac{Q_2 E}{M_2}$
$-1$ વડે ગુણતા અસમતાની નિશાની ઉલટાઈ જાય છે:
$\frac{Q_1 E}{M_1} < \frac{Q_2 E}{M_2}$
$E$ વડે ભાગતા (કારણ કે $E > 0$):
$\frac{Q_1}{M_1} < \frac{Q_2}{M_2}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$M_2 Q_1 < M_1 Q_2$,અથવા $M_1 Q_2 > M_2 Q_1$.

(C) પ્રિઝમ સમદ્વિબાજુ છે અને $\angle Q = 120^{\circ}$ છે. ત્રિકોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,$\angle P = \angle R = (180^{\circ} - 120^{\circ}) / 2 = 30^{\circ}$ થાય.
કિરણો સપાટી $PQ$ પર લંબરૂપે આપાત થાય છે,તેથી તેઓ વિચલન વગર પ્રિઝમમાં પ્રવેશે છે અને સપાટી $PR$ પર $i = 30^{\circ}$ ના આપાતકોણે અથડાય છે.
કોઈ કિરણ સપાટી $PR$ માંથી બહાર નીકળે તે માટે,તેણે વક્રીભવનની શરત $n \sin i < 1$ (જ્યાં $n$ એ પ્રિઝમનો વક્રીભવનાંક છે) સંતોષવી પડે.
જો $n \sin i \geq 1$ હોય,તો સપાટી $PR$ પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન થાય છે.
અહીં,$i = 30^{\circ}$ છે,તેથી $\sin i = 0.5$ થાય.
પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન માટેની શરત $n \times 0.5 \geq 1$ છે,જેનો અર્થ છે કે $n \geq 2$ હોવું જોઈએ.
કિરણ $1$ $(n=1.85)$ અને $2$ $(n=1.95)$ માટે,$n < 2$ હોવાથી,તેઓ સપાટી $PR$ માંથી વક્રીભવન પામીને બહાર નીકળે છે.
કિરણ $3$ $(n=2.05)$ અને $4$ $(n=2.15)$ માટે,$n > 2$ હોવાથી,તેઓ સપાટી $PR$ પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન અનુભવે છે અને સપાટી $QR$ તરફ જાય છે.
આ પરાવર્તિત કિરણો માટે સપાટી $QR$ પરનો આપાતકોણ ક્રાંતિકોણ કરતા ઓછો હોવાથી,કિરણ $3$ અને $4$ સપાટી $QR$ માંથી બહાર નીકળે છે.

(C) પ્રકાશનું કિરણ પાણીની સપાટીમાંથી ત્યારે જ બહાર નીકળશે જ્યારે આપાતકોણ $i$ એ ક્રાંતિકોણ $i_c$ કરતા ઓછો અથવા તેના જેટલો હોય.
પાણી-હવા માટે ક્રાંતિકોણ $i_c$ નીચે મુજબ છે:
$\sin i_c = \frac{1}{n} = \frac{1}{1.33} \approx 0.7519$
$i_c = \sin^{-1}(0.7519) \approx 48.75^{\circ}$
લેસર ઊભી સમતલમાં ફરે છે. જ્યારે તેનો શિરોલંબ સાથેનો ખૂણો $-i_c$ અને $+i_c$ ની વચ્ચે હોય ત્યારે તે પાણીની સપાટીની બહાર પ્રકાશ ઉત્સર્જિત કરશે. આમ, પ્રકાશ બહાર નીકળે તે માટેનો કુલ કોણીય વિસ્તાર $2i_c$ છે.
લેસરની કોણીય ઝડપ $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{60} \, \text{rad/s}$ છે.
પ્રકાશ બહાર નીકળે તે માટેનો સમય $t$ નીચે મુજબ છે:
$t = \frac{\text{કોણીય વિસ્તાર}}{\omega} = \frac{2i_c}{\omega}$
$i_c$ ને રેડિયનમાં ફેરવતા:
$i_c = 48.75^{\circ} \times \frac{\pi}{180^{\circ}} \approx 0.8508 \, \text{rad}$
$t = \frac{2 \times 0.8508}{\frac{2\pi}{60}} = \frac{0.8508 \times 60}{\pi} \approx 16.25 \, s$.
આપેલ ઉકેલ મુજબ $i_c \approx 50^{\circ}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$t = \frac{2 \times 50}{360} \times 60 = \frac{100}{6} = 16.67 \, s$.

(B) સર્કિટ $(a)$ માં,વોલ્ટમીટર $1 \,\Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં છે,અને એમીટર $1 \,\Omega$ ના અવરોધ સાથે સમાંતરમાં છે. ધારો કે $R_V$ એ વોલ્ટમીટરનો અવરોધ છે અને $R_A$ એ એમીટરનો અવરોધ છે. $1 \,\Omega$ ના અવરોધ પરનો વોલ્ટેજ $V = I_1 \times 1$ છે. એમીટરમાંથી વહેતો કરંટ $I_2 = V / R_A = I_1 / R_A$ છે. કુલ કરંટ $I = I_1 + I_2 = I_1(1 + 1/R_A)$ છે. વોલ્ટમીટરનું રીડિંગ $V_m = I \times R_V$ છે. વોલ્ટેજ અને કરંટનો ગુણોત્તર $V_m / I = R_V = 1000 \,\Omega$ છે. સર્કિટ $(a)$ પરથી,અસરકારક અવરોધ $R_{eq} = R_V + (1 \parallel R_A) \approx R_V = 1000 \,\Omega$ છે.
સર્કિટ $(b)$ માં,એમીટર $1 \,\Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં છે,અને વોલ્ટમીટર $1 \,\Omega$ ના અવરોધ સાથે સમાંતરમાં છે. અસરકારક અવરોધ $R_{eq} = R_A + (1 \parallel R_V) \approx R_A + 1 = 0.999 \,\Omega$ છે. $R_V$ મોટું હોવાથી,$1 \parallel R_V \approx 1 \,\Omega$ થાય. તેથી $R_A + 1 = 0.999$,જેનો અર્થ છે કે $R_A \approx 0$ (અથવા $10^{-3} \,\Omega$).
આમ,$R_V = 10^3 \,\Omega$ અને $R_A = 10^{-3} \,\Omega$ છે.