MHT CET 2008 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) ટેકરીની ટોચ પર, સવાર પર લાગતા બળો નીચેની તરફ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $(mg)$ અને ઉપરની તરફ લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $(N)$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ કેન્દ્ર તરફના ચોખ્ખા બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $mg - N = \frac{mv^2}{R}$.
"ભારહીનતા" ની સ્થિતિ માટે, લંબ પ્રતિક્રિયા $N$ શૂન્ય હોવી જોઈએ.
તેથી, $mg = \frac{mv^2}{R}$.
વેગ $v$ માટે ઉકેલતા: $v = \sqrt{Rg}$.
અહીં $R = 20\, m$ અને $g = 10\, m/s^2$ લેતા, આપણને મળે છે:
$v = \sqrt{20 \times 10} = \sqrt{200} \approx 14.14\, m/s$.
આમ, ઝડપ $14\, m/s$ અને $15\, m/s$ ની વચ્ચે છે.

(D) કોણીય આવૃત્તિઓ $\omega_{1} = 100 \, rad \, s^{-1}$ અને $\omega_{2} = 1000 \, rad \, s^{-1}$ આપેલ છે.
ધારો કે સમાન સ્થાનાંતર કંપવિસ્તાર $A$ છે.
સરળ આવર્ત ગતિ માટે મહત્તમ પ્રવેગ $a_{max}$ નું સૂત્ર $a_{max} = \omega^2 A$ છે.
પ્રથમ ગતિ માટે,$a_{max1} = \omega_{1}^2 A = (100)^2 A$.
બીજી ગતિ માટે,$a_{max2} = \omega_{2}^2 A = (1000)^2 A$.
તેમના મહત્તમ પ્રવેગનો ગુણોત્તર $\frac{a_{max1}}{a_{max2}} = \frac{\omega_{1}^2 A}{\omega_{2}^2 A} = \frac{\omega_{1}^2}{\omega_{2}^2}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{a_{max1}}{a_{max2}} = \frac{(100)^2}{(1000)^2} = \frac{10000}{1000000} = \frac{1}{100}$.
આમ,ગુણોત્તર $1:10^2$ છે.

(C) કણનો પ્રારંભિક વેગ $\vec{u} = v \cos \theta \hat{i} + v \sin \theta \hat{j}$ છે.
જ્યારે કણ જમીન પર પડે ત્યારે તેનો અંતિમ વેગ $\vec{v}_f = v \cos \theta \hat{i} - v \sin \theta \hat{j}$ છે.
પ્રારંભિક વેગમાન $\vec{p}_i = m \vec{u} = m v \cos \theta \hat{i} + m v \sin \theta \hat{j}$ છે.
અંતિમ વેગમાન $\vec{p}_f = m \vec{v}_f = m v \cos \theta \hat{i} - m v \sin \theta \hat{j}$ છે.
વેગમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta \vec{p} = \vec{p}_f - \vec{p}_i = (m v \cos \theta \hat{i} - m v \sin \theta \hat{j}) - (m v \cos \theta \hat{i} + m v \sin \theta \hat{j}) = -2 m v \sin \theta \hat{j}$ છે.
વેગમાનમાં થતા ફેરફારનું મૂલ્ય $|\Delta \vec{p}| = 2 m v \sin \theta$ છે.
અહીં $\theta = 45^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી $\sin 45^{\circ} = 1 / \sqrt{2}$ થાય.
આમ,$|\Delta \vec{p}| = 2 m v (1 / \sqrt{2}) = \sqrt{2} m v$ મળે.

(C) પૃથ્વીની સપાટી પર $m$ દળના પદાર્થની ગુરુત્વીય સ્થિતિઊર્જા $U_{1} = -\frac{GMm}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સપાટીથી $h = R$ ઊંચાઈએ,પૃથ્વીના કેન્દ્રથી અંતર $r = R + h = R + R = 2R$ થાય છે.
આ ઊંચાઈએ સ્થિતિઊર્જા $U_{2} = -\frac{GMm}{2R}$ છે.
સ્થિતિઊર્જામાં થતો વધારો $\Delta U = U_{2} - U_{1} = -\frac{GMm}{2R} - (-\frac{GMm}{R}) = \frac{GMm}{R} - \frac{GMm}{2R} = \frac{GMm}{2R}$ છે.
સપાટી પર ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g = \frac{GM}{R^{2}}$ હોવાથી,આપણી પાસે $GM = gR^{2}$ છે.
આ કિંમત $\Delta U$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\Delta U = \frac{1}{2} \frac{(gR^{2})m}{R} = \frac{1}{2} mgR$.

(C) ઉપગ્રહની કક્ષીય ઝડપ $v = \sqrt{\frac{GM}{r}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $G$ એ ગુરુત્વાકર્ષણનો અચળાંક છે,$M$ એ પૃથ્વીનું દળ છે અને $r$ એ કક્ષાની ત્રિજ્યા છે.
બંને ઉપગ્રહો એક જ કક્ષામાં હોવાથી,બંને માટે $r$ સમાન છે.
તેથી,કક્ષીય ઝડપ $v$ એ ઉપગ્રહના દળથી સ્વતંત્ર છે.
આમ,$S_{1}$ અને $S_{2}$ સમાન ઝડપથી ગતિ કરે છે.
આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi r}{v}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે પણ ઉપગ્રહના દળથી સ્વતંત્ર છે.
સ્થિતિ ઊર્જા $U = -\frac{GMm}{r}$ અને ગતિ ઊર્જા $K = \frac{GMm}{2r}$ બંને ઉપગ્રહના દળ $m$ પર આધાર રાખે છે,તેથી તે $S_{1}$ અને $S_{2}$ માટે સમાન નથી.

(B) આદર્શ વાયુ એ એક સૈદ્ધાંતિક વાયુ છે જે ઘણા યાદચ્છિક રીતે ગતિ કરતા બિંદુવત કણોનો બનેલો છે,જે કણો વચ્ચે કોઈ આંતર-ક્રિયા થતી નથી. તે આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નું પાલન કરે છે અને વાયુના ગતિવાદની તમામ મૂળભૂત ધારણાઓ,જેમ કે અવગણ્ય આણ્વિક કદ અને સ્થિતિસ્થાપક અથડામણો,સંતોષે છે.

(A) જ્યારે ડ્રાઈવર બ્રેક લગાવે છે,ત્યારે કાર $F$ જેટલા પ્રતિપ્રવેગી બળની અસર હેઠળ સ્થિર થાય તે પહેલાં $x$ અંતર કાપે છે. કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ: $\frac{1}{2} m v^{2} = F x$,જે આપે છે $x = \frac{m v^{2}}{2 F}$.
જ્યારે ડ્રાઈવર વળાંક લે છે,ત્યારે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ ઘર્ષણ બળ $F$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે. તેથી,$\frac{m v^{2}}{r} = F$,જે વળાંકની ત્રિજ્યા $r = \frac{m v^{2}}{F}$ આપે છે.
બંનેની સરખામણી કરતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $x = \frac{r}{2}$.
આનો અર્થ એ છે કે સમાન પ્રતિપ્રવેગી (ઘર્ષણ) બળનો ઉપયોગ કરીને,કારને વળાંક લેવા માટે જરૂરી ત્રિજ્યા કરતા બ્રેક લગાવીને ઓછા અંતરમાં સ્થિર કરી શકાય છે. તેથી,બ્રેક મારવી વધુ અસરકારક છે.

(D) કોણીય ગતિના ત્રીજા સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $\omega^2 = \omega_0^2 - 2\alpha\theta$.
શરૂઆતમાં,$\theta_1 = 36 \times 2\pi$ રેડિયન પછી કોણીય વેગ $\omega = \frac{\omega_0}{2}$ થાય છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $(\frac{\omega_0}{2})^2 = \omega_0^2 - 2\alpha(36 \times 2\pi)$.
$\frac{\omega_0^2}{4} = \omega_0^2 - 144\pi\alpha$,જે આપે છે $144\pi\alpha = \frac{3\omega_0^2}{4}$,તેથી $\alpha = \frac{3\omega_0^2}{576\pi} = \frac{\omega_0^2}{192\pi}$.
હવે,$\omega = \frac{\omega_0}{2}$ થી $\omega = 0$ સુધીની ગતિ માટે,ધારો કે વધારાના પરિભ્રમણ $n$ છે. કાપેલ ખૂણો $\theta_2 = n \times 2\pi$ છે.
$0^2 = (\frac{\omega_0}{2})^2 - 2\alpha(n \times 2\pi)$ નો ઉપયોગ કરતા.
$\frac{\omega_0^2}{4} = 2(\frac{\omega_0^2}{192\pi})(n \times 2\pi)$.
$\frac{1}{4} = \frac{4n\pi}{192\pi} = \frac{n}{48}$.
$n = \frac{48}{4} = 12$.
આમ,પંખો સ્થિર થતા પહેલા $12$ વધુ પરિભ્રમણ કરશે.

(D) જ્યારે પ્રવાહીની સપાટીનું ક્ષેત્રફળ વધારવામાં આવે છે,ત્યારે પ્રવાહીની અંદરના અણુઓ સપાટી પર આવે છે.
જેમ જેમ આ અણુઓ સપાટી પર પહોંચે છે,તેમ તેમ સસંજક બળ (cohesive force) ની વિરુદ્ધ કાર્ય કરવું પડે છે.
આ કાર્ય અણુઓમાં સ્થિતિ ઊર્જાના સ્વરૂપમાં સંગ્રહિત થાય છે.
આમ,સપાટી પર રહેલા અણુઓની સ્થિતિ ઊર્જા પ્રવાહીની અંદરના અણુઓ કરતા વધારે હોય છે.

(C) સાબુના પડની પૃષ્ઠ ઊર્જા $(E)$ એ પૃષ્ઠતાણ $(T)$ અને કુલ ક્ષેત્રફળના ગુણાકાર જેટલી હોય છે. સાબુના પડને બે સપાટી હોવાથી,કુલ ક્ષેત્રફળ $2A$ થાય છે.
$E = T \times 2A$
જ્યારે ફ્રેમનું ક્ષેત્રફળ $50 \%$ ઘટાડવામાં આવે,ત્યારે નવું ક્ષેત્રફળ $A' = A - 0.5A = 0.5A = A/2$ થાય છે.
નવી પૃષ્ઠ ઊર્જા $(E_1)$ નીચે મુજબ છે:
$E_1 = T \times 2(A/2) = T \times A$
પૃષ્ઠ ઊર્જામાં થતો ટકાવારી ફેરફાર નીચે મુજબ ગણી શકાય:
$\text{ટકાવારી ફેરફાર} = \frac{E - E_1}{E} \times 100$
$\text{ટકાવારી ફેરફાર} = \frac{2TA - TA}{2TA} \times 100 = \frac{TA}{2TA} \times 100 = 50 \%$
આમ,સાબુના પડની ઊર્જામાં $50 \%$ નો ફેરફાર થશે.

(D) સરળ લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2 \pi \sqrt{L/g}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $L$ એ આધારબિંદુ અને તંત્રના દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(CM)$ વચ્ચેનું અંતર છે.
શરૂઆતમાં,પાણીથી ભરેલા ગોળાનું $CM$ ગોળાના ભૌમિતિક કેન્દ્ર પર હોય છે.
જેમ જેમ નીચેના છિદ્રમાંથી પાણી બહાર નીકળે છે,તેમ બાકી રહેલા પાણીનું $CM$ નીચેની તરફ ખસે છે,જેનાથી લોલકની અસરકારક લંબાઈ $L$ વધે છે,પરિણામે આવર્તકાળ $T$ વધે છે.
જેમ જેમ ગોળો લગભગ ખાલી થાય છે,તેમ બાકી રહેલા પાણીનું $CM$ ફરીથી ઉપરની તરફ ગોળાના કેન્દ્ર તરફ ખસે છે.
આના કારણે અસરકારક લંબાઈ $L$ ઘટે છે,જેના પરિણામે આવર્તકાળ $T$ ઘટે છે.
તેથી,દોલનનો આવર્તકાળ પહેલા વધશે અને પછી ઘટશે.

(D) સરળ લોલકનો આવર્તકાળ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g}}$
અહીં,$l$ એ લોલકની લંબાઈ છે અને $g$ એ ગુરુત્વપ્રવેગ છે.
સમીકરણની બંને બાજુએ વર્ગ કરતા,આપણને મળે છે:
$T^2 = \frac{4 \pi^2 l}{g}$
આને આ રીતે લખી શકાય:
$T^2 = k \cdot l$,જ્યાં $k = \frac{4 \pi^2}{g}$ એક અચળાંક છે.
આ સમીકરણ $y^2 = 4ax$ ના સ્વરૂપમાં છે,જે પરવલય દર્શાવે છે.
તેથી,આવર્તકાળ $T$ અને લંબાઈ $l$ વચ્ચેનો આલેખ પરવલયનો એક ભાગ છે.

(B) ધારો કે પાતળા ગોલીય કવચ અને નક્કર ગોળાની ત્રિજ્યાઓ અનુક્રમે $R_1$ અને $R_2$ છે.
પાતળા ગોલીય કવચની તેના વ્યાસને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા:
$I_{\text{shell}} = \frac{2}{3} MR_1^2$ ... $(i)$
નક્કર ગોળાની તેના વ્યાસને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા:
$I_{\text{sphere}} = \frac{2}{5} MR_2^2$ ... (ii)
આપેલ છે કે બંને પદાર્થોના દળ $(M)$ અને જડત્વની ચાકમાત્રા $(I)$ સમાન છે,તેથી સમીકરણ $(i)$ અને (ii) ને સરખાવતા:
$\frac{2}{3} MR_1^2 = \frac{2}{5} MR_2^2$
બંને બાજુ $M$ વડે ભાગતા અને સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{R_1^2}{R_2^2} = \frac{3}{5}$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\frac{R_1}{R_2} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$
આમ,તેમની ત્રિજ્યાઓનો ગુણોત્તર $\sqrt{3}: \sqrt{5}$ છે.

(C) ખુલ્લી બારી એક સંપૂર્ણ કૃષ્ણ પદાર્થ (perfectly black body) તરીકે વર્તે છે કારણ કે તેમાં પ્રવેશતું કોઈપણ વિકિરણ રૂમની અંદર શોષાઈ જાય છે અને બહાર નીકળતું નથી.
સંપૂર્ણ કૃષ્ણ પદાર્થ માટે,શોષણ ગુણાંક $1$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.

(B) સ્વચ્છ રાત્રિઓ દરમિયાન,પૃથ્વીની સપાટી પરની વસ્તુઓ ગરમીનું ઉત્સર્જન કરે છે,જેના કારણે તાપમાન ઘટે છે. તેથી,વિકલ્પ $(A)$ ખોટો છે.
સ્ટેફન-બોલ્ટ્ઝમેન નિયમ મુજબ,બ્લેક બોડી દ્વારા એકમ સમયમાં એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ ઉત્સર્જિત કુલ ઉર્જા $E \propto T^{4}$ છે. તેથી,વિકલ્પ $(C)$ ખોટો છે.
પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્સર્જિત ઉર્જા (પાવર) $P = A \sigma \varepsilon T^{4} = 4 \pi r^{2} \sigma \varepsilon T^{4}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બે ગોળાઓ માટે,ઉત્સર્જિત પાવરનો ગુણોત્તર:
$\frac{P_{1}}{P_{2}} = \left(\frac{r_{1}}{r_{2}}\right)^{2} \left(\frac{T_{1}}{T_{2}}\right)^{4} = \left(\frac{1}{4}\right)^{2} \left(\frac{4000}{2000}\right)^{4} = \frac{1}{16} \times (2)^{4} = \frac{16}{16} = 1$.
કારણ કે $P_{1} = P_{2}$,તેથી વિકલ્પ $(D)$ ખોટો છે.
ન્યુટનનો શીતલનનો નિયમ એ સ્ટેફન-બોલ્ટ્ઝમેન નિયમનું આશરે સ્વરૂપ છે અને તે નાના તાપમાનના તફાવત માટે માન્ય છે,જે સામાન્ય રીતે કુદરતી સંવહનમાં જોવા મળે છે. આમ,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(C) લંબગત તરંગમાં,માધ્યમના કણો તેમના સરેરાશ સ્થાનની આસપાસ તરંગ પ્રસરણની દિશાને લંબ દિશામાં દોલન કરે છે.
જેহেতু તરંગ $X$-અક્ષની દિશામાં પ્રસરણ પામે છે અને કણો $Y$-અક્ષની દિશામાં દોલન કરે છે,તેથી કણના વેગની દિશા તરંગના વેગની દિશાને લંબ હોય છે.
તેથી,લંબગત તરંગમાં કણના વેગ અને તરંગના વેગ વચ્ચેનો ખૂણો $90^{\circ}$ અથવા $\frac{\pi}{2}$ રેડિયન હોય છે.

(A) આપેલ છે કે કણનું સ્થાનાંતર $y = A \sin (\omega t - k x)$ છે.
કણનો વેગ $v_p$ એ સમયની સાપેક્ષે સ્થાનાંતરના ફેરફારનો દર છે:
$v_p = \frac{dy}{dt}$
સ્થાનાંતરના સમીકરણનું $t$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$v_p = \frac{d}{dt} [A \sin (\omega t - k x)] = A \omega \cos (\omega t - k x)$
કણના મહત્તમ વેગ માટે,કોસાઇન પદનું મૂલ્ય મહત્તમ એટલે કે $1$ હોવું જોઈએ:
$v_{p, \text{max}} = A \omega (1) = A \omega$
આમ,કણનો મહત્તમ વેગ $A \omega$ છે.

(D) સ્થિર ઉદગમ તરફ ગતિ કરતા અવલોકનકાર માટે ડોપ્લર અસરનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે: $n' = n \left( \frac{v + v_o}{v} \right)$,જ્યાં $v$ એ ધ્વનિનો વેગ છે અને $v_o$ એ અવલોકનકારનો વેગ છે.
અહીં આપેલ છે કે $v_o = \frac{v}{5}$,તેથી સૂત્રમાં કિંમત મૂકતા:
$n' = n \left( \frac{v + v/5}{v} \right) = n \left( \frac{6v/5}{v} \right) = 1.2n$.
આવૃત્તિમાં થતો આંશિક ફેરફાર $\frac{n' - n}{n} = \frac{1.2n - n}{n} = 0.2$ છે.
ટકાવારી વધારો શોધવા માટે,આપણે તેને $100$ વડે ગુણીએ: $0.2 \times 100 \% = 20 \%$.

(D) ખેંચાયેલી સ્પ્રિંગની સ્થિતિ ઊર્જાનું સૂત્ર $U = \frac{1}{2} k x^2$ છે,જ્યાં $k$ એ સ્પ્રિંગનો બળ અચળાંક છે અને $x$ એ સ્પ્રિંગમાં થતો વધારો છે.
પ્રથમ કિસ્સા માટે,$x_1 = 2 \ cm$,તેથી $U = \frac{1}{2} k (2)^2 = 2k$ ... $(i)$.
બીજા કિસ્સા માટે,$x_2 = 10 \ cm$,તેથી નવી સ્થિતિ ઊર્જા $U'$ એ $U' = \frac{1}{2} k (10)^2 = 50k$ ... $(ii)$.
સમીકરણ $(ii)$ ને સમીકરણ $(i)$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{U'}{U} = \frac{50k}{2k} = 25$ મળે છે.
તેથી,$U' = 25U$.

(B) વાઇબ્રેશન મેગ્નેટોમીટરમાં ચુંબકનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB}}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I$ એ જડત્વની ચાકમાત્રા છે અને $M$ એ ચુંબકીય મોમેન્ટ છે.
શરૂઆતમાં,$T = 2 \, s = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB}}$.
જ્યારે ચુંબકને તેની લંબાઈની દિશામાં ત્રણ સમાન ભાગોમાં કાપવામાં આવે છે,ત્યારે દરેક ભાગ માટે દળ $m' = m/3$ અને લંબાઈ $l' = l/3$ થાય છે.
દરેક ભાગની કેન્દ્રમાંથી જડત્વની ચાકમાત્રા $I' = \frac{1}{12} m' (l')^2 = \frac{1}{12} (m/3) (l/3)^2 = \frac{I}{27}$ થાય.
દરેક ભાગની ચુંબકીય મોમેન્ટ $M' = M/3$ થાય.
જ્યારે આવા ત્રણ ભાગોને એકબીજા પર મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ જડત્વની ચાકમાત્રા $I_s = 3 \times I' = 3 \times (I/27) = I/9$ થાય.
કુલ ચુંબકીય મોમેન્ટ $M_s = 3 \times M' = 3 \times (M/3) = M$ થાય.
નવો આવર્તકાળ $T_s = 2\pi \sqrt{\frac{I_s}{M_s B}} = 2\pi \sqrt{\frac{I/9}{MB}} = \frac{1}{3} \times 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB}} = \frac{T}{3}$ થાય.
$T = 2 \, s$ મૂકતા,આપણને $T_s = 2/3 \, s$ મળે છે.

(A) ધારો કે શંટ અવરોધ $S$ છે.
આપેલ છે:
માપવા માટેનો કુલ પ્રવાહ,$I = 750\, A$
એમીટરનો ફૂલ-સ્કેલ ડિફ્લેક્શન પ્રવાહ,$I_g = 100\, A$
એમીટરનો અવરોધ,$R_G = 13\, \Omega$
જ્યારે એમીટર સાથે સમાંતરમાં શંટ $S$ જોડવામાં આવે છે,ત્યારે એમીટર અને શંટ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત સમાન હોવો જોઈએ:
$I_g R_G = (I - I_g) S$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$100 \times 13 = (750 - 100) \times S$
$1300 = 650 \times S$
$S$ માટે ઉકેલતા:
$S = \frac{1300}{650} = 2\, \Omega$
આમ,શંટ અવરોધનું મૂલ્ય $2\, \Omega$ છે.

(D) બેન્ડ ગેપમાંથી ઇલેક્ટ્રોનને ઉત્તેજિત કરવા માટે જરૂરી ફોટોનની ઊર્જા $E = h\nu$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
લઘુત્તમ આવૃત્તિ $\nu$ માટે,ફોટોનની ઊર્જા બેન્ડ ગેપ ઊર્જા $E_g$ જેટલી હોવી જોઈએ.
આપેલ છે કે $E_g = 2.0\, eV$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1\, eV = 1.6 \times 10^{-19}\, J$,તેથી $E_g = 2.0 \times 1.6 \times 10^{-19} = 3.2 \times 10^{-19}\, J$.
$E = h\nu$ સંબંધનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\nu = \frac{E_g}{h}$.
$h = 6.63 \times 10^{-34}\, J\cdot s$ કિંમત મૂકતા:
$\nu = \frac{3.2 \times 10^{-19}}{6.63 \times 10^{-34}} \approx 0.482 \times 10^{15}\, Hz$.
$\nu \approx 4.82 \times 10^{14}\, Hz$.
આ કિંમતને રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $\nu \approx 5 \times 10^{14}\, Hz$ મળે છે.

(A) $LCR$ શ્રેણી સર્કિટમાં પ્રવાહ $i = \frac{V}{\sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $V$ એ $rms$ વોલ્ટેજ છે,$R$ એ અવરોધ છે,$X_L = \omega L$ એ ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ છે અને $X_C = \frac{1}{\omega C}$ એ કેપેસિટીવ રિએક્ટન્સ છે.
પ્રવાહ મહત્તમ થવા માટે,ઇમ્પિડન્સ ન્યૂનતમ હોવો જોઈએ,જે ત્યારે થાય છે જ્યારે $X_L = X_C$ હોય.
આ સ્થિતિને રેઝોનન્સ કહેવામાં આવે છે,જ્યાં $\omega L = \frac{1}{\omega C}$ થાય છે.
$L$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા,$L = \frac{1}{\omega^2 C}$ મળે છે.
આપેલ છે કે $\omega = 1000 \ s^{-1}$ અને $C = 10 \ \mu F = 10 \times 10^{-6} \ F$.
આ કિંમતો મૂકતા: $L = \frac{1}{(1000)^2 \times 10 \times 10^{-6}} = \frac{1}{10^6 \times 10^{-5}} = \frac{1}{10} = 0.1 \ H$.
મિલીહેન્રીમાં રૂપાંતર કરતા: $0.1 \ H = 100 \ mH$.

(C) $AC$ સર્કિટમાં તત્કાલિન પાવર $p$ એ તત્કાલિન $emf$ અને પ્રવાહના ગુણાકાર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$p = e \cdot i = (E_{0} \sin \omega t) \cdot (I_{0} \sin (\omega t - \phi))$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin A \sin B = \frac{1}{2} [\cos(A-B) - \cos(A+B)]$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$p = \frac{E_{0} I_{0}}{2} [\cos \phi - \cos(2\omega t - \phi)]$
એક સંપૂર્ણ ચક્ર $T$ પર સરેરાશ પાવર $P_{av}$ એ સમય $T$ પર $p$ ની સરેરાશ છે:
$P_{av} = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} p \, dt = \frac{E_{0} I_{0}}{2T} \int_{0}^{T} [\cos \phi - \cos(2\omega t - \phi)] \, dt$
પૂર્ણ ચક્ર પર $\cos(2\omega t - \phi)$ ની સરેરાશ $0$ હોવાથી,પદાવલિ નીચે મુજબ સરળ બને છે:
$P_{av} = \frac{E_{0} I_{0}}{2} \cos \phi$
અહીં,$\cos \phi$ ને $AC$ સર્કિટનો પાવર ફેક્ટર કહેવામાં આવે છે.

(C) ટ્રાન્સફોર્મરની કાર્યક્ષમતા એ આઉટપુટ પાવર અને ઇનપુટ પાવરના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$\eta = \frac{\text{Output Power}}{\text{Input Power}}$
આપેલ છે:
આઉટપુટ પાવર $(P_{out})$ = $100 \,W$
ઇનપુટ વોલ્ટેજ $(V_p)$ = $220 \,V$
ઇનપુટ પ્રવાહ $(I_p)$ = $0.5 \,A$
ઇનપુટ પાવર $(P_{in})$ = $V_p \times I_p = 220 \,V \times 0.5 \,A = 110 \,W$
કાર્યક્ષમતા $(\eta)$ = $\frac{100 \,W}{110 \,W} \approx 0.909$
$\eta \approx 90.9 \% \approx 90 \%$
આમ, કાર્યક્ષમતા આશરે $90 \%$ છે.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ માટે,$E_1 = -13.6 \text{ eV}$ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=2$ ને અનુરૂપ છે.
તેથી,પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_2 = -\frac{13.6}{2^2} = -\frac{13.6}{4} = -3.4 \text{ eV}$ છે.
ઇલેક્ટ્રોનને ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાંથી પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં લઈ જવા માટે જરૂરી ઉત્તેજન ઉર્જા $\Delta E = E_2 - E_1$ છે.
$\Delta E = -3.4 \text{ eV} - (-13.6 \text{ eV}) = 10.2 \text{ eV}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે સ્થાયી અવસ્થામાં,કેપેસિટર ઓપન સર્કિટ (ખુલ્લા પરિપથ) તરીકે વર્તે છે,એટલે કે તેમાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
તેથી,કેપેસિટરના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત બેટરીના વોલ્ટેજ જેટલો એટલે કે $45 \text{ V}$ હોય છે.
કેપેસિટર પરનો અંતિમ વિદ્યુતભાર $q$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$q = C \times V$
આપેલ છે:
કેપેસિટન્સ $C = 20 \mu F = 20 \times 10^{-6} \text{ F}$
વોલ્ટેજ $V = 45 \text{ V}$
કિંમતો મૂકતા:
$q = 20 \times 10^{-6} \times 45$
$q = 900 \times 10^{-6} \text{ C}$
$q = 9 \times 10^{-4} \text{ C}$

(D) સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જાનું સૂત્ર $U = \frac{1}{2} C V^{2}$ છે.
અહીં,કેપેસિટન્સ $C = \frac{\varepsilon_{0} A}{d}$ છે.
પ્લેટો વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V$,વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ અને અંતર $d$ સાથે $V = E d$ દ્વારા સંબંધિત છે.
આ કિંમતોને ઉર્જાના સૂત્રમાં મૂકતા:
$U = \frac{1}{2} \left( \frac{\varepsilon_{0} A}{d} \right) (E d)^{2}$
$U = \frac{1}{2} \left( \frac{\varepsilon_{0} A}{d} \right) (E^{2} d^{2})$
$U = \frac{1}{2} \varepsilon_{0} E^{2} A d$.

(A) કોષનો આંતરિક અવરોધ $r$ શોધવા માટેના પોટેન્શિયોમીટર પ્રયોગમાં,ધારો કે $E$ એ કોષનું emf છે અને $V$ એ બાહ્ય અવરોધ $R$ પરનો ટર્મિનલ પોટેન્શિયલ તફાવત છે. સંતુલન લંબાઈઓ $l_1 = 110 \ cm$ (ઓપન સર્કિટ) અને $l_2 = 100 \ cm$ (ક્લોઝ્ડ સર્કિટ,$R = 10 \ \Omega$ સાથે) છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $E \propto l_1$ અને $V \propto l_2$.
તેથી,$\frac{E}{V} = \frac{l_1}{l_2} = \frac{110}{100} = 1.1$.
વળી,emf,ટર્મિનલ વોલ્ટેજ અને આંતરિક અવરોધ વચ્ચેનો સંબંધ $\frac{E}{V} = \frac{R+r}{R} = 1 + \frac{r}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $1 + \frac{r}{R} = 1.1$.
$\frac{r}{R} = 1.1 - 1 = 0.1$.
અહીં $R = 10 \ \Omega$ આપેલ છે,તેથી $r = 0.1 \times 10 \ \Omega = 1.0 \ \Omega$.

(D) ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં ગતિ કરતા વિદ્યુતભાર $q$ પર લાગતું ચુંબકીય બળ $F$ લોરેન્ઝ બળના સૂત્ર $F = q(v \times B)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રોટોન,કેથોડ કિરણો (ઇલેક્ટ્રોન) અને આલ્ફા કણો એ બધા વિદ્યુતભારિત કણો છે. તેથી,જ્યારે તેઓ ચુંબકીય ક્ષેત્રમાંથી પસાર થાય છે ત્યારે તેઓ ચુંબકીય બળ અનુભવે છે અને વિચલિત થાય છે.
ન્યુટ્રોન એ વિદ્યુતની દ્રષ્ટિએ તટસ્થ કણો છે,જેનો અર્થ છે કે તેમનો વિદ્યુતભાર $q = 0$ છે.
વિદ્યુતભાર શૂન્ય હોવાથી,ચુંબકીય બળ $F = 0 \times (v \times B) = 0$ થાય છે.
આમ,ન્યુટ્રોન ચુંબકીય ક્ષેત્ર દ્વારા વિચલિત થઈ શકતા નથી.

(C) ફોટોન એ વિદ્યુતચુંબકીય વિકિરણનો એક ક્વોન્ટમ છે જે ઊર્જા અને વેગમાન ધરાવે છે.
તે શૂન્ય સ્થિર દળ અને શૂન્ય વિદ્યુતભાર ધરાવે છે.
ફોટોનની ઊર્જા $E = h\nu$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે અને $\nu$ એ આવૃત્તિ છે.
ફોટોનનું વેગમાન $p = E/c = h/\lambda$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ફોટોન શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશની ઝડપ $c$ થી ગતિ કરે છે.
ફોટોન વિદ્યુતની દ્રષ્ટિએ તટસ્થ હોવાથી,તે કોઈ પણ પ્રકારનો વિદ્યુતભાર ધરાવતો નથી.
તેથી,વિદ્યુતભાર એ ફોટોનનો ગુણધર્મ નથી.

(C) મુક્ત અવકાશમાં વિદ્યુતચુંબકીય વિકિરણનો વેગ એ પ્રકાશના વેગ $(c)$ જેટલો હોય છે.
મેક્સવેલના સમીકરણો અનુસાર,શૂન્યાવકાશમાં વિદ્યુતચુંબકીય તરંગોની ઝડપ એ મુક્ત અવકાશની પરમીબિલિટી $(\mu_{0})$ અને મુક્ત અવકાશની પરમિટિવિટી $(\varepsilon_{0})$ સાથે નીચે મુજબના સૂત્ર દ્વારા સંબંધિત છે:
$c = \frac{1}{\sqrt{\mu_{0} \varepsilon_{0}}}$
આમ,વેગ માટેનું સાચું સૂત્ર $\frac{1}{\sqrt{\mu_{0} \varepsilon_{0}}}$ છે.

(B) જ્યારે $q$ વીજભાર અને $m$ દળ ધરાવતા આયનને $V$ વિદ્યુત સ્થિતિમાનના તફાવત દ્વારા પ્રવેગિત કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેની ગતિઊર્જા $E = qV = \frac{1}{2}mv^2$ થાય છે. આના પરથી,વેગ $v = \sqrt{\frac{2qV}{m}}$ મળે છે.
જ્યારે આ આયન તેની ગતિને લંબ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં પ્રવેશે છે,ત્યારે લોરેન્ઝ બળ કેન્દ્રગામી બળ તરીકે કાર્ય કરે છે,જેના કારણે તે $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર માર્ગે ગતિ કરે છે: $qvB = \frac{mv^2}{R}$.
બળના સમીકરણમાં $v$ ની કિંમત મૂકતા: $qvB = \frac{m}{R} \left(\frac{2qV}{m}\right) = \frac{2qV}{R}$.
વીજભાર-દળના ગુણોત્તર માટે સાદું રૂપ આપતા: $R = \frac{mv}{qB}$.
ત્રિજ્યાના સમીકરણમાં $v = \sqrt{\frac{2qV}{m}}$ મૂકતા: $R = \frac{m}{qB} \sqrt{\frac{2qV}{m}} = \frac{1}{B} \sqrt{\frac{2mV}{q}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $R^2 = \frac{2mV}{qB^2}$.
$\frac{q}{m}$ ગુણોત્તર મેળવવા માટે ગોઠવતા: $\frac{q}{m} = \frac{2V}{R^2 B^2}$.
અહીં $V$ અને $B$ અચળ હોવાથી,$\frac{q}{m} \propto \frac{1}{R^2}$ થાય છે.

(C) જ્યારે ચુંબકીય ક્ષેત્ર વીજભારિત કણની ગતિને લંબ હોય છે,ત્યારે ચુંબકીય બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
$F_{c} = F_{m}$
$\frac{m v^{2}}{R} = B q v$
આના પરથી,વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા નીચે મુજબ મળે છે:
$R = \frac{m v}{B q}$
વર્તુળાકાર ગતિનો આવર્તકાળ $T$ એ એક સંપૂર્ણ પરિઘ પૂર્ણ કરવા માટે લાગતો સમય છે:
$T = \frac{2 \pi R}{v}$
$R$ નું સૂત્ર મૂકતા:
$T = \frac{2 \pi}{v} \left( \frac{m v}{B q} \right)$
$T = \frac{2 \pi m}{B q}$
આમ,$T$ માત્ર દળ $m$,વીજભાર $q$ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ પર આધાર રાખે છે,તેથી તે ત્રિજ્યા $R$ અને ઝડપ $v$ બંનેથી સ્વતંત્ર છે.

(A) નિકલ એક્સચેન્જ કપલિંગ તરીકે ઓળખાતી ક્વોન્ટમ ભૌતિક અસરને કારણે ફેરોમેગ્નેટિઝમ દર્શાવે છે,જેમાં એક પરમાણુના ઇલેક્ટ્રોન સ્પિન તેના પાડોશી પરમાણુઓના સ્પિન સાથે આંતરક્રિયા કરે છે.
આ આંતરક્રિયાને પરિણામે પરમાણુઓના ચુંબકીય ડાયપોલ મોમેન્ટ્સ એક દિશામાં ગોઠવાય છે,જે ઉષ્મીય અથડામણોની અવ્યવસ્થિત કરવાની વૃત્તિને દૂર કરે છે.
આ સ્થાયી ગોઠવણી ફેરોમેગ્નેટિક પદાર્થોમાં કાયમી ચુંબકત્વ માટે જવાબદાર છે.
જ્યારે ફેરોમેગ્નેટિક પદાર્થનું તાપમાન એક ચોક્કસ નિર્ણાયક મૂલ્યથી વધારવામાં આવે છે,જેને ક્યુરી તાપમાન $(T_C)$ કહેવામાં આવે છે,ત્યારે એક્સચેન્જ કપલિંગ અસરકારક રહેતું નથી.
પરિણામે,પદાર્થ ફેરોમેગ્નેટિકમાંથી પેરામેગ્નેટિક અવસ્થામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
પેરામેગ્નેટિક અવસ્થામાં,ડાયપોલ્સ હજુ પણ બાહ્ય ચુંબકીય ક્ષેત્ર સાથે ગોઠવવાનું વલણ ધરાવે છે,પરંતુ આ ગોઠવણી ઘણી નબળી હોય છે અને ઉષ્મીય આંદોલનો તેને સરળતાથી તોડી શકે છે.

(B) ન્યુક્લિયર બંધન ઉર્જા $(BE)$ એ દળ ક્ષતિ $(\Delta m)$ ના ઉર્જા સમકક્ષ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
દળ ક્ષતિ એ વ્યક્તિગત ન્યુક્લિયોન્સના દળના સરવાળા અને ન્યુક્લિયસના વાસ્તવિક દળ વચ્ચેનો તફાવત છે.
ઓક્સિજન આઈસોટોપ ${ }_{8}^{17}O$ માટે, પ્રોટોનની સંખ્યા $(Z)$ $8$ છે અને ન્યુટ્રોનની સંખ્યા $(N)$ $A - Z = 17 - 8 = 9$ છે.
ન્યુક્લિયોન્સનું કુલ દળ $(8 M_{p} + 9 M_{n})$ છે.
દળ ક્ષતિ $\Delta m = (8 M_{p} + 9 M_{n} - M_{O})$ છે.
બંધન ઉર્જા $BE = (8 M_{p} + 9 M_{n} - M_{O}) c^{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ, સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે ન્યુટ્રિનો એવો કણ છે જેનું દળ લગભગ શૂન્ય અને વીજભાર ચોક્કસ શૂન્ય હોય છે.
પોઝિટ્રોન $+e$ વીજભાર અને $m_{e}$ દળ (ઇલેક્ટ્રોનના દળ જેટલું) ધરાવે છે.
ઇલેક્ટ્રોન એવો કણ છે જે $-e$ વીજભાર અને $9.1 \times 10^{-31} \ kg$ દળ ધરાવે છે.
ન્યુટ્રોન એવો કણ છે જે શૂન્ય વીજભાર અને $1838 \ m_{e}$ દળ ધરાવે છે.
તેથી,સાચો જવાબ ન્યુટ્રિનો છે.

(D) ન્યુક્લિયર ઘનતા $\rho$ એ ન્યુક્લિયસના દળ અને તેના કદનો ગુણોત્તર છે.
ન્યુક્લિયસનું દળ આશરે $M = A \cdot m_p$ (જ્યાં $A$ એ દળ ક્રમાંક છે અને $m_p$ એ ન્યુક્લિયોનનું દળ છે) અને કદ $V = \frac{4}{3} \pi R^3$ છે,જ્યાં $R = R_0 A^{1/3}$.
$R$ નું સૂત્ર મૂકતા,આપણને $V = \frac{4}{3} \pi (R_0 A^{1/3})^3 = \frac{4}{3} \pi R_0^3 A$ મળે છે.
આમ,$\rho = \frac{A \cdot m_p}{\frac{4}{3} \pi R_0^3 A} = \frac{m_p}{\frac{4}{3} \pi R_0^3}$.
આ સમીકરણ દર્શાવે છે કે ન્યુક્લિયર ઘનતા એ દળ ક્રમાંક $A$ થી સ્વતંત્ર છે.
તેથી,કોઈપણ બે ન્યુક્લિયસની ન્યુક્લિયર ઘનતાનો ગુણોત્તર હંમેશા $1: 1$ હોય છે.

(B) બીટા ક્ષયમાં ઇલેક્ટ્રોન અથવા પોઝિટ્રોનનું ઉત્સર્જન થઈ શકે છે.
$\beta$-ક્ષયમાં ઉત્સર્જિત થતા ઇલેક્ટ્રોન કે પોઝિટ્રોન ન્યુક્લિયસની અંદર અસ્તિત્વ ધરાવતા નથી.
તેઓ માત્ર ઉત્સર્જન સમયે જ ઉત્પન્ન થાય છે,જેમ કે જ્યારે પરમાણુ ઊંચી ઉર્જા અવસ્થામાંથી નીચી ઉર્જા અવસ્થામાં સંક્રમણ કરે ત્યારે ફોટોન ઉત્પન્ન થાય છે.
ઋણ $\beta$-ક્ષયમાં,ન્યુક્લિયસમાં રહેલો એક ન્યુટ્રોન પ્રોટોન,ઇલેક્ટ્રોન અને એન્ટિન્યુટ્રિનોમાં રૂપાંતરિત થાય છે.
તેથી,રેડિયોએક્ટિવ ક્ષય પ્રક્રિયામાં,ઉત્સર્જિત થતા ઋણ વીજભારિત $\beta$-કણો એ ન્યુક્લિયસની અંદર રહેલા ન્યુટ્રોનના ક્ષયના પરિણામે ઉત્પન્ન થતા ઇલેક્ટ્રોન છે.

(D) ઓપ્ટિકલ ફાઈબરના મુખ્ય ફાયદાઓ નીચે મુજબ છે:
$1$. તેઓ ખૂબ જ ઉચ્ચ બેન્ડવિડ્થ ધરાવે છે,જે મોટી માત્રામાં ડેટાના પ્રસારણ માટે પરવાનગી આપે છે.
$2$. તેમની ડેટા ટ્રાન્સમિશન ક્ષમતા ઘણી વધારે હોય છે,જે કોપર વાયર અથવા રેડિયો તરંગો કરતા ઘણી વધારે છે.
$3$. તેઓ વ્યવહારિક રીતે ઇલેક્ટ્રોમેગ્નેટિક $(EM)$ હસ્તક્ષેપ અને ક્રોસ-ટોકથી મુક્ત છે,જે સામાન્ય કેબલ્સ અને માઇક્રોવેવ લિંક્સમાં સામાન્ય સમસ્યાઓ છે.

(C) ધાતુઓ આપાત પ્રકાશના તરંગના વિદ્યુતક્ષેત્રની અસર હેઠળ મુક્ત ઇલેક્ટ્રોનના દોલનોને કારણે આપાત પ્રકાશનું પરાવર્તન કરે છે.
ધાતુઓની વિદ્યુત વાહકતા તાપમાન વધવાની સાથે ઘટે છે કારણ કે આયનોની વધેલી અસ્તવ્યસ્ત ઉષ્મીય ગતિ મુક્ત ઇલેક્ટ્રોનના પ્રકીર્ણનમાં વધારો કરે છે,જેનાથી અવરોધ વધે છે.
તેથી,આવા ઘન પદાર્થમાં બંધન ધાત્વિક હોય છે.

(A) આપેલ એનર્જી બેન્ડ ડાયાગ્રામમાં,આપણે વેલેન્સ બેન્ડ $(E_V)$ અને કન્ડક્શન બેન્ડ $(E_C)$ વચ્ચે એનર્જી ગેપ $E_g$ ની હાજરી જોઈએ છીએ. આ સૂચવે છે કે પદાર્થ એક સેમિકન્ડક્ટર છે.
આકૃતિને ધ્યાનથી જોતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે વેલેન્સ બેન્ડમાં કન્ડક્શન બેન્ડના ઇલેક્ટ્રોન (ભરેલા વર્તુળો) કરતા હોલ્સ (ખુલ્લા વર્તુળો) ની સંખ્યા વધારે છે. ખાસ કરીને,વેલેન્સ બેન્ડની બરાબર ઉપર એક્સેપ્ટર એનર્જી લેવલની હાજરી એ $p$-ટાઈપ સેમિકન્ડક્ટરની લાક્ષણિકતા છે,જ્યાં હોલ્સ એ મેજોરિટી ચાર્જ કેરિયર્સ હોય છે.
તેથી,આ પદાર્થ $p$-ટાઈપ સેમિકન્ડક્ટર છે.

(D) આપેલ છે કે, એમિટર પ્રવાહમાં ફેરફાર $\Delta I_{E} = 8.0 \,mA$ છે।
કલેક્ટર પ્રવાહમાં ફેરફાર $\Delta I_{C} = 7.9 \,mA$ છે।
આપણે જાણીએ છીએ કે કરંટ ગેઈન $\alpha$ એ કલેક્ટર પ્રવાહમાં ફેરફાર અને એમિટર પ્રવાહમાં ફેરફારનો ગુણોત્તર છે:
$\alpha = \frac{\Delta I_{C}}{\Delta I_{E}} = \frac{7.9}{8.0} = 0.9875 \approx 0.99$.
આપણે એ પણ જાણીએ છીએ કે $\alpha$ અને $\beta$ વચ્ચેનો સંબંધ $\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
વૈકલ્પિક રીતે, પ્રવાહનો સીધો ઉપયોગ કરતા: $\beta = \frac{\Delta I_{C}}{\Delta I_{B}}$.
કારણ કે $\Delta I_{E} = \Delta I_{C} + \Delta I_{B}$, તેથી $\Delta I_{B} = \Delta I_{E} - \Delta I_{C} = 8.0 \,mA - 7.9 \,mA = 0.1 \,mA$.
તેથી, $\beta = \frac{7.9 \,mA}{0.1 \,mA} = 79$.
આમ, $\alpha = 0.99$ અને $\beta = 79$ મળે છે.

(C) $NAND$ ગેટ એ $AND$ ગેટ અને ત્યારબાદ $NOT$ ગેટનું સંયોજન છે. $A$ અને $B$ ઇનપુટ ધરાવતા $NAND$ ગેટ માટે બુલિયન સમીકરણ $Y = \overline{A \cdot B}$ છે.
જ્યારે બંને ઇનપુટને શોર્ટ કરવામાં આવે છે,ત્યારે $A = B$ થાય છે. આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $Y = \overline{A \cdot A} = \overline{A}$ મળે છે.
આ $NOT$ ગેટનું બુલિયન સમીકરણ છે.
આ ગોઠવણી માટેનું ટ્રુથ ટેબલ નીચે મુજબ છે:

$A$	$Y = \overline{A \cdot A}$
$0$	$1$
$1$	$0$

આમ,આઉટપુટ એ ઇનપુટનું વ્યસ્ત હોવાથી,પરિણામી ગેટ $NOT$ ગેટ છે.

(C) $p$-પ્રકારના સેમિકન્ડક્ટરમાં,આંતરિક સેમિકન્ડક્ટરમાં ટ્રાયવેલેન્ટ અશુદ્ધિના પરમાણુઓ ઉમેરવામાં આવે છે,જે હોલ્સની અધિકતા પેદા કરે છે.
તેથી,હોલ્સ એ મેજોરિટી (બહુમતી) ચાર્જ કેરિયર્સ તરીકે કાર્ય કરે છે અને ઉષ્મીય રીતે ઉત્પન્ન થયેલા ઇલેક્ટ્રોન માઇનોરિટી (લઘુમતી) ચાર્જ કેરિયર્સ તરીકે કાર્ય કરે છે.
આમ,$p$-પ્રકારના સેમિકન્ડક્ટરમાં હોલ્સ મોટી સંખ્યામાં અને ઇલેક્ટ્રોન નાની સંખ્યામાં હોય છે.

(D) થર્મોકપલનું તટસ્થ તાપમાન $(T_n)$ એ થર્મોકપલ બનાવવા માટે વપરાતી સામગ્રીનો લાક્ષણિક ગુણધર્મ છે. તે ફક્ત વપરાયેલી ધાતુઓના પ્રકાર પર આધાર રાખે છે અને ઠંડા જંકશનના તાપમાન $(T_c)$ તથા ઇન્વર્ઝન તાપમાન $(T_i)$ થી સ્વતંત્ર છે. તેથી,જો ઠંડા જંકશનનું તાપમાન ઘટાડવામાં આવે,તો તટસ્થ તાપમાન સમાન રહે છે.

(A) જ્યારે $I_{0}$ તીવ્રતાનો અધ્રુવીભૂત પ્રકાશ પોલરાઇઝિંગ શીટ પર આપાત થાય છે, ત્યારે પારગમિત પ્રકાશની તીવ્રતા $I_{t} = \frac{I_{0}}{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કુલ આપાત તીવ્રતા $I_{0}$ છે અને પારગમિત તીવ્રતા $\frac{I_{0}}{2}$ હોવાથી, જે પ્રકાશનું પ્રસરણ થતું નથી તેની તીવ્રતા એ આપાત અને પારગમિત તીવ્રતા વચ્ચેનો તફાવત છે.
અપારગમિત પ્રકાશની તીવ્રતા = $I_{0} - I_{t} = I_{0} - \frac{I_{0}}{2} = \frac{I_{0}}{2}$.

(B) વ્યતિકરણના પ્રયોગમાં,બે ક્રમિક પ્રકાશિત શલાકાઓ (મહત્તમ) અથવા બે ક્રમિક અપ્રકાશિત શલાકાઓ (ન્યૂનતમ) વચ્ચેના અંતરને શલાકાની પહોળાઈ કહેવામાં આવે છે,જેને $\beta$ વડે દર્શાવવામાં આવે છે.
યંગના ડબલ-સ્લિટ પ્રયોગના સિદ્ધાંત મુજબ,શલાકાની પહોળાઈનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$\beta = \frac{D \lambda}{d}$
જ્યાં $D$ એ પડદા અને સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર છે,$\lambda$ એ વપરાયેલ પ્રકાશની તરંગલંબાઇ છે,અને $d$ એ બે સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર છે.

(D) બે આવર્ત તરંગોની પરિણામી તીવ્રતા નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$I = I_{1} + I_{2} + 2\sqrt{I_{1}I_{2}}\cos\delta$
જ્યાં $\delta$ એ તરંગો વચ્ચેનો કળા તફાવત છે.
મહત્તમ તીવ્રતા માટે,$\cos\delta = 1$,તેથી:
$I_{\max} = I_{1} + I_{2} + 2\sqrt{I_{1}I_{2}} = (\sqrt{I_{1}} + \sqrt{I_{2}})^{2}$
ન્યૂનતમ તીવ્રતા માટે,$\cos\delta = -1$,તેથી:
$I_{\min} = I_{1} + I_{2} - 2\sqrt{I_{1}I_{2}} = (\sqrt{I_{1}} - \sqrt{I_{2}})^{2}$
મહત્તમ અને ન્યૂનતમ તીવ્રતાનો સરવાળો:
$I_{\max} + I_{\min} = (\sqrt{I_{1}} + \sqrt{I_{2}})^{2} + (\sqrt{I_{1}} - \sqrt{I_{2}})^{2}$
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$I_{\max} + I_{\min} = (I_{1} + I_{2} + 2\sqrt{I_{1}I_{2}}) + (I_{1} + I_{2} - 2\sqrt{I_{1}I_{2}})$
$I_{\max} + I_{\min} = 2(I_{1} + I_{2})$

(C) ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ,$R_g = 50 \Omega$.
બેટરીનું emf,$V = 3 \text{ V}$.
શ્રેણીમાં જોડેલ અવરોધ,$R_s = 2950 \Omega$.
કુલ અવરોધ,$R' = R_g + R_s = 50 + 2950 = 3000 \Omega$.
તેથી,પ્રારંભિક પ્રવાહ,$I = \frac{V}{R'} = \frac{3}{3000} = 10^{-3} \text{ A}$.
જો આવર્તનને $30$ કાપામાંથી ઘટાડીને $20$ કાપા કરવામાં આવે,તો નવો પ્રવાહ $I' = I \times \frac{20}{30} = 10^{-3} \times \frac{2}{3} = \frac{2}{3} \times 10^{-3} \text{ A}$ થશે.
ધારો કે પરિપથનો નવો કુલ અવરોધ $R_E$ છે.
ઓહ્મના નિયમ મુજબ,$V = I' R_E \Rightarrow R_E = \frac{V}{I'} = \frac{3}{\frac{2}{3} \times 10^{-3}} = \frac{9}{2} \times 10^3 = 4500 \Omega$.
અહીં $R_E = R_g + R_{new}$ હોવાથી,જરૂરી નવો શ્રેણી અવરોધ $R_{new} = R_E - R_g = 4500 - 50 = 4450 \Omega$ થાય.