MHT CET 2017 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) પૃથ્વીની સપાટીથી $d$ ઊંડાઈએ ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$g' = g\left(1 - \frac{d}{R}\right)$
આપેલ છે કે $d$ ઊંડાઈએ ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ સપાટી પરના મૂલ્ય કરતાં $\frac{1}{n}$ ગણો છે,તેથી:
$g' = \frac{g}{n}$
આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{g}{n} = g\left(1 - \frac{d}{R}\right)$
બંને બાજુ $g$ વડે ભાગતા:
$\frac{1}{n} = 1 - \frac{d}{R}$
$d$ માટે પદ ગોઠવતા:
$\frac{d}{R} = 1 - \frac{1}{n}$
$\frac{d}{R} = \frac{n-1}{n}$
$d = R\left(\frac{n-1}{n}\right)$

(C) પૃથ્વીની સપાટી પર સ્થિર રહેલા ઉપગ્રહની બંધન ઉર્જા $E_1 = \frac{GMm}{2R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પૃથ્વીની સપાટીથી $h$ ઊંચાઈ પર વર્તુળાકાર કક્ષામાં ભ્રમણ કરતા $m$ દળના ઉપગ્રહની બંધન ઉર્જા $E_2 = \frac{GMm}{2(R+h)}$ છે.
બંને ઉર્જાઓનો ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{E_1}{E_2} = \frac{\frac{GMm}{2R}}{\frac{GMm}{2(R+h)}} = \frac{R+h}{R}$.

(C) દ્રઢ દ્વિપરમાણ્વીય અણુ માટે,મુક્તિના અંશો (degrees of freedom) $f = 5$ છે.
અચળ કદ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_V = \frac{f}{2} R = \frac{5}{2} R$ છે.
અચળ દબાણ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_P = C_V + R = \frac{5}{2} R + R = \frac{7}{2} R$ છે.
આપણને સંબંધ $R = n C_P$ આપેલ છે.
$C_P$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $R = n (\frac{7}{2} R)$ મળે છે.
બંને બાજુ $R$ વડે ભાગતા,$1 = n (\frac{7}{2})$ મળે છે.
તેથી,$n = \frac{2}{7} \approx 0.2857$ થાય.

(B) પ્રવેગ સાથે ઉપર જતી લિફ્ટ માટે બળનું સમીકરણ $T_{actual} = m(g+a)$ છે.
સુરક્ષિત મુસાફરી માટે,દોરડું સહન કરી શકે તેવું મહત્તમ તણાવ $T$ એ વાસ્તવિક તણાવ જેટલું હોવું જોઈએ,તેથી $T = m(g+a)$.
દોરડામાં પ્રતિબળ $\sigma = \frac{T}{A}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે,જ્યાં $A$ એ દોરડાનું આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
જો દોરડું $d$ વ્યાસ ધરાવતું નળાકાર હોય,તો ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2 = \pi (d/2)^2 = \frac{\pi d^2}{4}$ થાય.
આ કિંમત તણાવના સમીકરણમાં મૂકતા: $T = \frac{m(g+a)}{\pi d^2 / 4} = \frac{4 m(g+a)}{\pi d^2}$.
$d^2$ ને કર્તા બનાવતા,$d^2 = \frac{4 m(g+a)}{\pi T}$ મળે છે.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,લઘુત્તમ વ્યાસ $d = [\frac{4 m(g+a)}{\pi T}]^{1/2}$ મળે છે.

(A) પૃષ્ઠતાણને કારણે લાગતું ઉપરની તરફનું બળ $(F)$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $F = T \cdot L$,જ્યાં $T$ એ પૃષ્ઠતાણ છે અને $L$ એ કેશિકા નળીનો આંતરિક પરિઘ છે.
આપેલ છે: $F = 105 \text{ dyne} = 105 \times 10^{-5} \text{ N} = 1.05 \times 10^{-3} \text{ N}$.
પૃષ્ઠતાણ $T = 7 \times 10^{-2} \text{ N/m}$.
આપણે પરિઘ $L$ શોધવાનો છે.
સૂત્ર $L = F / T$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = (1.05 \times 10^{-3} \text{ N}) / (7 \times 10^{-2} \text{ N/m})$
$L = 0.15 \times 10^{-1} \text{ m} = 0.015 \text{ m}$.
સેન્ટિમીટરમાં રૂપાંતર કરતા: $L = 0.015 \times 100 \text{ cm} = 1.5 \text{ cm}$.
આમ,કેશિકા નળીનો આંતરિક પરિઘ $1.5 \text{ cm}$ છે.

(B) ધારો કે મોટા ટીપાની ત્રિજ્યા $R$ છે અને એક નાના પાણીના ટીપાની ત્રિજ્યા $r$ છે.
કદ સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,મોટા ટીપાનું કદ એ $n$ નાના ટીપાંના કદના સરવાળા જેટલું હોય છે:
$\frac{4}{3} \pi R^3 = n \times \frac{4}{3} \pi r^3$
$R^3 = n r^3 \Rightarrow R = n^{1/3} r$
$n$ નાના ટીપાંની પૃષ્ઠ ઉર્જા $E_n = n \times (4 \pi r^2 T)$ છે,જ્યાં $T$ એ પૃષ્ઠતાણ છે.
મોટા ટીપાની પૃષ્ઠ ઉર્જા $E = 4 \pi R^2 T$ છે.
$n$ ટીપાંની પૃષ્ઠ ઉર્જા અને મોટા ટીપાંની પૃષ્ઠ ઉર્જાનો ગુણોત્તર:
$\frac{E_n}{E} = \frac{n \times 4 \pi r^2 T}{4 \pi R^2 T} = \frac{n r^2}{R^2}$
$R = n^{1/3} r$ કિંમત મૂકતા:
$\frac{E_n}{E} = \frac{n r^2}{(n^{1/3} r)^2} = \frac{n r^2}{n^{2/3} r^2} = n^{1 - 2/3} = n^{1/3} = \sqrt[3]{n}$
આમ,ગુણોત્તર $\sqrt[3]{n}: 1$ છે.

(B) જો સળિયો મુક્ત હોય તો તેનું ઉષ્મીય વિસ્તરણ $\Delta L = \alpha L T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ વિસ્તરણને રોકવા માટે,એક દબાણ બળ $F$ લગાડવું આવશ્યક છે.
ઉત્પન્ન થતો પ્રતિબળ $\sigma = \frac{F}{A}$ છે.
ઉત્પન્ન થતી વિકૃતિ $\epsilon = \frac{\Delta L}{L_{new}}$ છે,જ્યાં $L_{new} = L(1 + \alpha T)$.
યંગ મોડ્યુલસ $Y = \frac{\text{Stress}}{\text{Strain}} = \frac{F/A}{\Delta L / L(1 + \alpha T)}$ નો ઉપયોગ કરતા.
$F$ માટે સૂત્ર બનાવતા,આપણને $F = \frac{Y A \Delta L}{L(1 + \alpha T)}$ મળે છે.
$\Delta L = \alpha L T$ મૂકતા,આપણને $F = \frac{Y A (\alpha L T)}{L(1 + \alpha T)}$ મળે છે.
તેથી,$F = \frac{Y A \alpha T}{1 + \alpha T}$.

(B) સૌથી ઉપરના બિંદુએ ક્રાંતિક વેગ $v = \sqrt{rg}$ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,જ્યારે દોરી સમક્ષિતિજ બને ત્યારે વેગ $v'$ એ $v'^2 = v^2 + 2g(r)$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $r$ એ વર્તુળની ત્રિજ્યા છે.
$v^2 = rg$ મૂકતા,આપણને $v'^2 = rg + 2rg = 3rg$ મળે છે.
કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c$ એ $a_c = \frac{v'^2}{r}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$v'^2$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $a_c = \frac{3rg}{r} = 3g$ મળે છે.

(A) $S.H.M.$ માં,કણનું સ્થાનાંતર $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કણ અંતિમ સ્થાનથી શરૂ થતો હોવાથી,$t = 0$ સમયે,$x = A$,જેનો અર્થ છે કે $\phi = 0$. તેથી,$x(t) = A \cos(\omega t)$.
પ્રવેગ $a(t)$ એ સ્થાનાંતરના દ્વિતીય વિકલન દ્વારા મળે છે: $a(t) = \frac{d^2x}{dt^2} = -\omega^2 A \cos(\omega t)$.
આપણે પ્રવેગને $a(t) = \omega^2 A \cos(\omega t + \pi)$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
સ્થાનાંતર $(\omega t)$ અને પ્રવેગ $(\omega t + \pi)$ ની કળાની સરખામણી કરતા,કળા તફાવત $\pi \ rad$ મળે છે.

(A) ધારો કે બે ક્ષણો પર કણના સ્થાન $x_1$ અને $x_2$ છે.
$S.H.M.$ માં,પ્રવેગ $a = -\omega^2 x$ છે. મૂલ્યોને ધ્યાનમાં લેતા,$\alpha = \omega^2 |x_1|$ અને $\beta = \omega^2 |x_2|$.
આમ,$|x_1| = \frac{\alpha}{\omega^2}$ અને $|x_2| = \frac{\beta}{\omega^2}$.
$S.H.M.$ માં વેગ $v^2 = \omega^2(A^2 - x^2)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ ક્ષણ માટે: $u^2 = \omega^2 A^2 - \omega^2 x_1^2$ . . . $(i)$
બીજી ક્ષણ માટે: $v^2 = \omega^2 A^2 - \omega^2 x_2^2$ . . . $(ii)$
$(i)$ માંથી $(ii)$ બાદ કરતા: $u^2 - v^2 = \omega^2(x_2^2 - x_1^2) = \omega^2(x_2 - x_1)(x_2 + x_1)$.
જેમ કે $\alpha = \omega^2 x_1$ અને $\beta = \omega^2 x_2$,આપણી પાસે $\alpha + \beta = \omega^2(x_1 + x_2)$ છે.
આને સમીકરણમાં મૂકતા: $u^2 - v^2 = \omega^2(x_2 - x_1) \cdot \frac{\alpha + \beta}{\omega^2}$.
તેથી,બે સ્થાન વચ્ચેનું અંતર $|x_2 - x_1| = \frac{u^2 - v^2}{\alpha + \beta}$ છે.

(A) સરળ આવર્ત ગતિ કરતા પદાર્થની સ્થિતિઊર્જાનું સૂત્ર $U = \frac{1}{2} k A^2$ છે,જ્યાં $k$ એ બળ અચળાંક છે અને $A$ એ કંપવિસ્તાર છે.
સાદા લોલક માટે,પુનઃસ્થાપક બળ $F = -Mg \sin \theta \approx -Mg \theta$ થાય છે (નાના ખૂણા માટે).
અહીં $\theta = \frac{x}{L}$ હોવાથી,બળ $F = -\frac{Mg}{L} x$ મળે છે.
આને $F = -kx$ સાથે સરખાવતા,આપણને બળ અચળાંક $k = \frac{Mg}{L}$ મળે છે.
સ્થિતિઊર્જાના સૂત્રમાં $k$ ની કિંમત મૂકતા: $U = \frac{1}{2} (\frac{Mg}{L}) A^2 = \frac{MgA^2}{2L}$.

(D) સંતુલન સ્થિતિથી શરૂઆત કરતા $S.H.M.$ કરતા કણનું સ્થાનાંતર $x = A \sin(\omega t)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કણનો વેગ $v = \frac{dx}{dt} = A \omega \cos(\omega t)$ છે.
આપેલ છે: $v = \pi \ m \ s^{-1}$,$T = 16 \ s$,અને $t = 2 \ s$.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{16} = \frac{\pi}{8} \ rad \ s^{-1}$ છે.
વેગના સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા:
$\pi = A \times \frac{\pi}{8} \times \cos\left(\frac{\pi}{8} \times 2\right)$
$\pi = A \times \frac{\pi}{8} \times \cos\left(\frac{\pi}{4}\right)$
$1 = \frac{A}{8} \times \frac{1}{\sqrt{2}}$
$A = 8\sqrt{2} \ m$.

(D) આપેલ સમીકરણ $y=5(\sin 4 \pi t+\sqrt{3} \cos 4 \pi t)$ છે.
$5$ વડે ગુણતા,આપણને $y=5 \sin 4 \pi t+5 \sqrt{3} \cos 4 \pi t$ મળે છે.
આ સમીકરણ $y=A_1 \sin \omega t+A_2 \cos \omega t$ ના સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $A_1=5$ અને $A_2=5 \sqrt{3}$ છે.
પરિણામી કંપવિસ્તાર $A$ નું સૂત્ર $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2}$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$A=\sqrt{(5)^2+(5 \sqrt{3})^2}$.
$A=\sqrt{25+75} = \sqrt{100}$.
આમ,$A=10$ એકમ.

(D) કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,કારણ કે તંત્ર પર કોઈ બાહ્ય ટોર્ક લાગતું નથી,તેથી પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન = અંતિમ કોણીય વેગમાન:
$I_1 \omega_1 = (I_1 + I_2) \omega_2$
$\omega_2 = \frac{I_1 \omega_1}{I_1 + I_2}$
પ્રારંભિક ચાકગતિ ઉર્જા $E_1 = \frac{1}{2} I_1 \omega_1^2$ છે.
અંતિમ ચાકગતિ ઉર્જા $E_2 = \frac{1}{2} (I_1 + I_2) \omega_2^2$ છે.
$E_2$ ના સમીકરણમાં $\omega_2$ ની કિંમત મૂકતા:
$E_2 = \frac{1}{2} (I_1 + I_2) \left( \frac{I_1 \omega_1}{I_1 + I_2} \right)^2 = \frac{1}{2} \frac{I_1^2 \omega_1^2}{I_1 + I_2}$.
ગુમાવેલી ઉર્જા $\Delta E = E_1 - E_2 = \frac{1}{2} I_1 \omega_1^2 - \frac{1}{2} \frac{I_1^2 \omega_1^2}{I_1 + I_2}$.
$\Delta E = \frac{1}{2} I_1 \omega_1^2 \left( 1 - \frac{I_1}{I_1 + I_2} \right) = \frac{1}{2} I_1 \omega_1^2 \left( \frac{I_1 + I_2 - I_1}{I_1 + I_2} \right)$.
$\Delta E = \frac{1}{2} \left[ \frac{I_1 I_2}{I_1 + I_2} \right] \omega_1^2$.

(C) આપેલ છે: જડત્વની ચાકમાત્રા $I = 2 \ kg \ m^2$, પ્રારંભિક કોણીય વેગ $\omega_0 = 60 \ rad \ s^{-1}$, અને સ્થિર થવા માટેનો સમય $t_{total} = 5 \ min = 300 \ s$.
પૈડું સ્થિર થાય છે, તેથી અંતિમ કોણીય વેગ $\omega_f = 0$.
કોણીય પ્રવેગ $\alpha = \frac{\omega_f - \omega_0}{t_{total}} = \frac{0 - 60}{300} = -0.2 \ rad \ s^{-2}$.
આપણને પૈડું અટકે તેના $3$ મિનિટ પહેલાનું કોણીય વેગમાન જોઈએ છે। આ સમય શરૂઆતથી $t = 5 - 3 = 2 \ \text{મિનિટ}$ થાય છે.
$t = 2 \ min = 120 \ s$.
$t = 120 \ s$ સમયે કોણીય વેગ $\omega = \omega_0 + \alpha t = 60 + (-0.2)(120) = 60 - 24 = 36 \ rad \ s^{-1}$.
કોણીય વેગમાન $L = I\omega = 2 \times 36 = 72 \ kg \ m^2 \ s^{-1}$.

(C) ધારો કે પ્રારંભિક કોણીય વેગ $\omega_0$ છે અને સમાન કોણીય મંદન $\alpha$ છે.
ચાકગતિના સમીકરણ $\omega^2 = \omega_0^2 - 2\alpha\theta$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\theta = 2\pi n$.
સમય $t$ પર,$\omega = \frac{\omega_0}{4}$.
તેથી,$(\frac{\omega_0}{4})^2 = \omega_0^2 - 2\alpha(2\pi n) \implies \frac{\omega_0^2}{16} = \omega_0^2 - 4\pi n\alpha$.
$4\pi n\alpha = \omega_0^2(1 - \frac{1}{16}) = \frac{15\omega_0^2}{16}$.
આમ,$2\alpha = \frac{15\omega_0^2}{32\pi n}$.
હવે,પંખો સ્થિર થાય ત્યારે અંતિમ કોણીય વેગ $\omega_f = 0$ થાય.
ધારો કે પંખો બંધ કર્યા પછી સ્થિર થાય ત્યાં સુધીમાં કુલ $n'$ પરિભ્રમણ થાય છે.
$0^2 = \omega_0^2 - 2\alpha(2\pi n')$.
$2\alpha(2\pi n') = \omega_0^2$.
$2\alpha$ ની કિંમત મૂકતા: $(\frac{15\omega_0^2}{32\pi n})(2\pi n') = \omega_0^2$.
$\frac{15n'}{16n} = 1 \implies n' = \frac{16n}{15}$.

(D) આપેલ છે: પ્રારંભિક કોણીય વેગ $\omega_0 = 0 \ rad \ s^{-1}$,અંતિમ કોણીય વેગ $\omega = 24 \ rad \ s^{-1}$,અને સમય $t = 8 \ s$.
સૌ પ્રથમ,અચળ કોણીય પ્રવેગ $\alpha$ ની ગણતરી $\alpha = \frac{\omega - \omega_0}{t}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને કરો.
$\alpha = \frac{24 - 0}{8} = 3 \ rad \ s^{-2}$.
હવે,ગતિના સમીકરણ $\theta = \omega_0 t + \frac{1}{2} \alpha t^2$ નો ઉપયોગ કરીને કુલ કોણીય સ્થાનાંતર $\theta$ શોધો.
$\theta = 0 \times 8 + \frac{1}{2} \times 3 \times (8)^2$.
$\theta = \frac{1}{2} \times 3 \times 64 = 3 \times 32 = 96 \ rad$.

(C) ગબડતા નક્કર ગોળાની કુલ ગતિઊર્જા એ તેની સ્થાનાંતરિત અને ચાકગતિઊર્જાનો સરવાળો છે.
$KE_{total} = \frac{1}{2} m V^2 + \frac{1}{2} I \omega^2$
નક્કર ગોળા માટે,જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{2}{5} m r^2$ અને ગબડવાની શરત $V = r \omega$ છે.
$KE_{total} = \frac{1}{2} m V^2 + \frac{1}{2} (\frac{2}{5} m r^2) (\frac{V}{r})^2 = \frac{1}{2} m V^2 + \frac{1}{5} m V^2 = \frac{7}{10} m V^2$.
જ્યારે ગોળો સ્પ્રિંગને મહત્તમ અંતર $x$ સુધી સંકોચે છે,ત્યારે તેની તમામ ગતિઊર્જા સ્પ્રિંગની સ્થિતિઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે $(U = \frac{1}{2} k x^2)$.
$\frac{1}{2} k x^2 = \frac{7}{10} m V^2$
$x^2 = \frac{14}{10} \frac{m V^2}{k} = \frac{1.4 \times 2 \times 6^2}{36} = \frac{1.4 \times 2 \times 36}{36} = 2.8$.
$x = \sqrt{2.8} \approx 1.67 \ m$.

(D) સ્ટીફન-બોલ્ટ્ઝમેન નિયમ મુજબ,$A$ ક્ષેત્રફળ અને $T$ તાપમાન ધરાવતા કૃષ્ણ પદાર્થ દ્વારા ઉત્સર્જિત પાવર $P = \sigma A T^4$ છે.
ગોળાકાર પદાર્થ માટે,સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $A = 4 \pi r^2$ છે.
તેથી,ઉત્સર્જિત પાવર $P = \sigma (4 \pi r^2) T^4$ થાય.
આપેલ છે કે બંને પદાર્થો સમાન પાવરનું ઉત્સર્જન કરે છે,તેથી $P_1 = P_2$.
માટે,$\sigma (4 \pi r_1^2) T_1^4 = \sigma (4 \pi r_2^2) T_2^4$.
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા,$r_1^2 T_1^4 = r_2^2 T_2^4$ મળે.
ગુણોત્તર $\frac{r_2}{r_1}$ શોધવા માટે,$\frac{r_2^2}{r_1^2} = \frac{T_1^4}{T_2^4}$ થાય.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,$\frac{r_2}{r_1} = \frac{T_1^2}{T_2^2} = \left(\frac{T_1}{T_2}\right)^2$ મળે.

(A) આદર્શ વાયુનું સમીકરણ $P V = n R T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યાં $n = \frac{m_{total}}{M}$,$m_{total}$ એ કુલ દળ છે અને $M$ એ મોલર દળ છે,તેથી $P V = \frac{m_{total}}{M} R T$ થાય.
ઘનતા $\rho = \frac{m_{total}}{V}$ માટે ગોઠવતા,આપણને $P = \frac{\rho R T}{M}$ મળે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $R = N_A K$,જ્યાં $N_A$ એ એવોગેડ્રો આંક છે અને $K$ એ બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક છે.
$R$ ની કિંમત મૂકતા અને મોલર દળ $M = N_A m$ (જ્યાં $m$ એ એક અણુનું દળ છે) લેતા,આપણને મળે છે:
$P = \frac{\rho (N_A K) T}{N_A m} = \frac{\rho K T}{m}$.
ઘનતા $\rho$ માટે ઉકેલતા,$\rho = \frac{P m}{K T}$ મળે છે.

(A) ડોપ્લર અસર મુજબ,જ્યારે અવલોકનકાર $v_0$ વેગ સાથે સ્થિર ઉદગમ તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે આભાસી આવૃત્તિ $n^{\prime} = n \left( \frac{v + v_0}{v} \right)$ મળે છે.
જ્યારે અવલોકનકાર $v_0$ વેગ સાથે સ્થિર ઉદગમથી દૂર ગતિ કરે છે,ત્યારે આભાસી આવૃત્તિ $n^{\prime \prime} = n \left( \frac{v - v_0}{v} \right)$ મળે છે.
આભાસી આવૃત્તિઓ વચ્ચેનો તફાવત $\Delta n = n^{\prime} - n^{\prime \prime}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta n = n \left( \frac{v + v_0}{v} \right) - n \left( \frac{v - v_0}{v} \right)$.
$\Delta n = \frac{n}{v} (v + v_0 - v + v_0) = \frac{n}{v} (2 v_0) = \frac{2 n v_0}{v}$.

(D) ધારો કે બે તરંગોના સમીકરણો $y_1 = a \sin(\omega t - kx)$ અને $y_2 = a \sin(\omega t - kx + \phi)$ છે.
જ્યારે તેઓ સંપાત થાય છે,ત્યારે પરિણામી તરંગ $y = y_1 + y_2$ મળે છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin A + \sin B = 2 \sin(\frac{A+B}{2}) \cos(\frac{A-B}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = 2a \cos(\frac{\phi}{2}) \sin(\omega t - kx + \frac{\phi}{2})$.
પરિણામી કંપવિસ્તાર $A_R = |2a \cos(\frac{\phi}{2})|$ છે.
આપેલ છે કે પરિણામી કંપવિસ્તાર વ્યક્તિગત કંપવિસ્તાર $a$ જેટલો છે,તેથી:
$a = |2a \cos(\frac{\phi}{2})| \implies \cos(\frac{\phi}{2}) = \pm \frac{1}{2}$.
માત્ર મૂલ્યને ધ્યાનમાં લેતા,$\cos(\frac{\phi}{2}) = \frac{1}{2}$.
કારણ કે $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$,તેથી $\frac{\phi}{2} = \frac{\pi}{3}$.
આમ,કળા તફાવત $\phi = \frac{2\pi}{3}$ થાય છે.

(D) એક છેડે બંધ પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $n_1 = \frac{V}{4L} = 100 \ Hz$ છે.
જ્યારે તે જ પાઇપ બંને છેડે ખુલ્લી હોય,ત્યારે નવી મૂળભૂત આવૃત્તિ $n'_1 = \frac{V}{2L}$ થાય છે.
બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,આપણને $n'_1 = 2 \times \frac{V}{4L} = 2 \times 100 \ Hz = 200 \ Hz$ મળે છે.
ખુલ્લી પાઇપમાં,મૂળભૂત આવૃત્તિના તમામ ગુણાંક (હાર્મોનિક્સ) ઉત્પન્ન થાય છે.
તેથી,ઉત્પન્ન થતી આવૃત્તિઓ $200 \ Hz, 400 \ Hz, 600 \ Hz, 800 \ Hz, .....$ છે.

(A) બંને છેડે જડેલી દોરીના બીજા ઓવરટોનમાં,દોરી $3$ લૂપ્સ (વિભાગો) માં કંપન કરે છે.
$L$ લંબાઈની દોરી માટે જે $n$ લૂપ્સમાં કંપન કરે છે,એન્ટિનોડ્સ (જ્યાં કંપવિસ્તાર મહત્તમ હોય છે) ના સ્થાન $x = \frac{(2k-1)L}{2n}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k = 1, 2, ..., n$ છે.
અહીં,$n = 3$ (બીજો ઓવરટોન એ $3$ જો હાર્મોનિક છે).
$k = 1$ માટે: $x_1 = \frac{(2(1)-1)L}{2(3)} = \frac{L}{6}$.
$k = 2$ માટે: $x_2 = \frac{(2(2)-1)L}{2(3)} = \frac{3L}{6} = \frac{L}{2}$.
$k = 3$ માટે: $x_3 = \frac{(2(3)-1)L}{2(3)} = \frac{5L}{6}$.
આમ,કંપવિસ્તાર $\frac{L}{6}, \frac{L}{2}, \text{ અને } \frac{5L}{6}$ પર મહત્તમ છે.

(A) ખેંચાયેલા તારની મૂળભૂત આવૃત્તિ $f = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\mu = \pi r^2 \rho$ છે.
તેથી,$f = \frac{1}{2Lr} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
પ્રથમ તારનો પ્રથમ ઓવરટોન $f_1 = 2f_1 = \frac{2}{2L_1 r_1} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}} = \frac{1}{L_1 r_1} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$ છે.
બીજા તારનો બીજો ઓવરટોન $f_2 = 3f_2 = \frac{3}{2L_2 r_2} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$ છે.
આપેલ છે કે $f_1 = f_2$,તેથી $\frac{1}{L_1 r_1} = \frac{3}{2L_2 r_2}$.
લંબાઈના ગુણોત્તર માટે ગોઠવતા: $\frac{L_1}{L_2} = \frac{2r_2}{3r_1}$.
કારણ કે $r_1 = 2r_2$,કિંમત મૂકતા: $\frac{L_1}{L_2} = \frac{2r_2}{3(2r_2)} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

(D) $AC$ સર્કિટમાં વપરાતો સાચો પાવર નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $P = V_{\text{rms}} \cdot I_{\text{rms}} \cdot \cos \phi$.
કારણ કે $I_{\text{rms}} = \frac{V_{\text{rms}}}{Z}$ અને પાવર ફેક્ટર $\cos \phi = \frac{R}{Z}$,આપણે લખી શકીએ:
$P = V_{\text{rms}} \cdot \left( \frac{V_{\text{rms}}}{Z} \right) \cdot \left( \frac{R}{Z} \right) = \frac{V_{\text{rms}}^2 \cdot R}{Z^2}$.
અહીં $V_{\text{rms}} = 220 \ V$,$R = 18 \ \Omega$,અને $Z = 33 \ \Omega$ આપેલ છે:
$P = \frac{220 \times 220 \times 18}{33 \times 33}$.
પદને સરળ બનાવતા:
$P = \left( \frac{220}{33} \right) \times \left( \frac{220}{33} \right) \times 18 = \left( \frac{20}{3} \right) \times \left( \frac{20}{3} \right) \times 18$.
$P = \frac{400}{9} \times 18 = 400 \times 2 = 800 \ W$.

(D) $LC$ સમાંતર રેઝોનન્ટ સર્કિટમાં,રેઝોનન્ટ ફ્રીક્વન્સી $f_r$ પર ઈમ્પીડન્સ મહત્તમ હોય છે અને રેઝોનન્ટ ફ્રીક્વન્સી $f_r$ પર પ્રવાહ લઘુત્તમ હોય છે.
આલેખ $(4)$ દર્શાવે છે કે રેઝોનન્ટ ફ્રીક્વન્સી $f_r$ પર પ્રવાહ લઘુત્તમ છે,જે $LC$ સમાંતર રેઝોનન્ટ સર્કિટ માટે સાચી લાક્ષણિકતા છે.

(A) વર્ણપટ રેખાની આવૃત્તિ $f = Rc \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બામર શ્રેણીની શ્રેણી મર્યાદા માટે $(n_1=2, n_2=\infty)$: $f_1 = Rc \left( \frac{1}{2^2} - 0 \right) = \frac{Rc}{4}$.
પાશ્ચન શ્રેણીની શ્રેણી મર્યાદા માટે $(n_1=3, n_2=\infty)$: $f_3 = Rc \left( \frac{1}{3^2} - 0 \right) = \frac{Rc}{9}$.
બામર શ્રેણીની પ્રથમ રેખા માટે $(n_1=2, n_2=3)$: $f_2 = Rc \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = Rc \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right)$.
$f_2$ ના સમીકરણમાં $f_1$ અને $f_3$ ના પદો મૂકતા:
$f_2 = \frac{Rc}{4} - \frac{Rc}{9} = f_1 - f_3$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $f_1 - f_2 = f_3$ મળે છે.

(D) ઇલેક્ટ્રોનની કક્ષીય ગતિને કારણે ઉદ્ભવતો ચુંબકીય મોમેન્ટ $M_0$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $M_0 = \frac{e}{2m_e} L_0$,જ્યાં $e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનો વીજભાર છે,$m_e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનું દળ છે,અને $L_0$ એ કક્ષીય કોણીય વેગમાન છે.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,કક્ષીય કોણીય વેગમાન $L_0 = \frac{nh}{2\pi}$ છે,જ્યાં $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે અને $h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે.
આ કિંમતને ચુંબકીય મોમેન્ટના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને મળે છે: $M_0 = \frac{e}{2m_e} \times \frac{nh}{2\pi}$.
અહીં $e$,$m_e$,$h$,અને $\pi$ અચળાંકો હોવાથી,તે સાબિત થાય છે કે $M_0 \propto n$.

(B) જ્યારે કેપેસિટરને બેટરીથી અલગ કર્યા પછી તેમાં ડાયઇલેક્ટ્રિક દાખલ કરવામાં આવે છે,ત્યારે વિદ્યુતભાર $Q$ અચળ રહે છે.
$1$. નવું કેપેસીટન્સ $C' = KC$ થાય છે,જ્યાં $K > 1$.
$2$. વિદ્યુતભાર $Q$ અચળ હોવાથી,નવું પોટેન્શિયલ $V' = Q/C' = Q/(KC) = V/K$ થાય છે. $K > 1$ હોવાથી,$V' < V$,એટલે કે પોટેન્શિયલ ઘટે છે.
$3$. નવી ઉર્જા $E' = Q^2 / (2C') = Q^2 / (2KC) = E/K$ થાય છે. $K > 1$ હોવાથી,$E' < E$,એટલે કે ઉર્જા ઘટે છે.
તેથી,$V$ અને $E$ બંને ઘટે છે.

(A) શરૂઆતમાં,$C$ કેપેસીટન્સ ધરાવતા બે કેપેસીટરો શ્રેણીમાં છે. સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $C_1$ નીચે મુજબ મળે: $\frac{1}{C_1} = \frac{1}{C} + \frac{1}{C} = \frac{2}{C}$,તેથી $C_1 = \frac{C}{2}$.
એક કેપેસીટરને $K$ ડાયઇલેક્ટ્રિક અચળાંક ધરાવતા પદાર્થથી ભર્યા પછી,તેનું નવું કેપેસીટન્સ $KC$ થાય છે. નવું સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ $C_2$ નીચે મુજબ મળે: $\frac{1}{C_2} = \frac{1}{C} + \frac{1}{KC} = \frac{1}{C} \left(1 + \frac{1}{K}\right) = \frac{K+1}{KC}$.
આમ,$C_2 = \frac{KC}{K+1}$.
અસરકારક કેપેસીટન્સમાં થતો ફેરફાર $\Delta C = C_2 - C_1 = \frac{KC}{K+1} - \frac{C}{2}$.
$\Delta C = C \left[ \frac{K}{K+1} - \frac{1}{2} \right] = C \left[ \frac{2K - (K+1)}{2(K+1)} \right] = \frac{C}{2} \left[ \frac{K-1}{K+1} \right]$.

(A) ધારો કે દરેક કેપેસિટરનું કેપેસિટન્સ $C$ છે.
જ્યારે $C$ કેપેસિટન્સ ધરાવતા ત્રણ કેપેસિટરોને સમાંતર જોડવામાં આવે,ત્યારે તેમનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_p = C + C + C = 3C$ થાય છે.
હવે,આ સંયોજનને $C$ કેપેસિટન્સ ધરાવતા બીજા કેપેસિટર સાથે શ્રેણીમાં જોડવામાં આવે છે.
પરિણામી સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq}$ શ્રેણી જોડાણના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_p} + \frac{1}{C} = \frac{1}{3C} + \frac{1}{C} = \frac{1 + 3}{3C} = \frac{4}{3C}$.
તેથી,$C_{eq} = \frac{3C}{4}$.
આપેલ છે કે $C_{eq} = 3.75 \mu F$,તેથી:
$3.75 = \frac{3C}{4}$
$C = \frac{3.75 \times 4}{3} = 1.25 \times 4 = 5.00 \mu F$.
આમ,દરેક કેપેસિટરનું કેપેસિટન્સ $5 \mu F$ છે.

(C) ઓછી આવૃત્તિવાળા મેસેજ સિગ્નલ (બેઝબેન્ડ સિગ્નલ) ને ઉચ્ચ આવૃત્તિવાળા કેરિયર તરંગ પર સુપરઇમ્પોઝ કરવાની પ્રક્રિયાને $Modulation$ કહેવામાં આવે છે. આ પ્રક્રિયા જરૂરી છે કારણ કે ઓછી આવૃત્તિવાળા સિગ્નલો લાંબા અંતર સુધી અસરકારક રીતે મુસાફરી કરી શકતા નથી,અને ઉચ્ચ આવૃત્તિવાળા તરંગો માહિતીને લાંબા અંતર સુધી પહોંચાડવા માટે કેરિયર તરીકે કાર્ય કરે છે.

(B) તારનો અવરોધ $R = \frac{\rho l}{A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $\rho$ અવરોધકતા છે, $l$ લંબાઈ છે અને $A$ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ એટલે એકમ લંબાઈ દીઠ સ્થિતિમાનનો તફાવત, જે $x = \frac{V}{l}$ છે.
ઓહ્મના નિયમ મુજબ, $V = IR$, તેથી $x = \frac{IR}{l} = I \left( \frac{R}{l} \right)$.
અવરોધના સૂત્ર પરથી, $\frac{R}{l} = \frac{\rho}{A}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\frac{R}{l} = \frac{40 \times 10^{-8} \Omega \text{ m}}{8 \times 10^{-6} \text{ m}^2} = 5 \times 10^{-2} \Omega \text{ m}^{-1}$.
હવે, પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટની ગણતરી કરતા: $x = I \times \left( \frac{R}{l} \right) = 0.2 \text{ A} \times 5 \times 10^{-2} \Omega \text{ m}^{-1} = 10^{-2} \text{ V m}^{-1}$.

(C) ધારો કે ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ $G$ છે અને શંટનો અવરોધ $S$ છે. આપેલ છે કે $S = \frac{G}{8}$.
ગેલ્વેનોમીટરની પ્રવાહ સંવેદનશીલતા એટલે એકમ પ્રવાહ દીઠ થતું કોણાવર્તન. જ્યારે શંટ $S$ ને સમાંતર જોડવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ પ્રવાહ $I$ એવી રીતે વહેંચાય છે કે ગેલ્વેનોમીટરમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_g = I \left( \frac{S}{S+G} \right)$ થાય છે.
નવી સંવેદનશીલતા $s^{\prime}$ એ કોણાવર્તન $\theta$ અને કુલ પ્રવાહ $I$ નો ગુણોત્તર છે. $\theta = k I_g$ હોવાથી (જ્યાં $k$ અચળાંક છે),આપણને મળે $s^{\prime} = \frac{\theta}{I} = k \frac{I_g}{I} = k \left( \frac{S}{S+G} \right)$.
મૂળ સંવેદનશીલતા $s = k$ છે. તેથી,$s^{\prime} = s \left( \frac{S}{S+G} \right)$.
$S = \frac{G}{8}$ કિંમત મૂકતા:
$s^{\prime} = s \left( \frac{G/8}{G/8 + G} \right) = s \left( \frac{G/8}{9G/8} \right) = \frac{s}{9}$.

(B) ફોટોન માટે,ઊર્જા $E = \frac{hc}{\lambda_p}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$\lambda_p = \frac{hc}{E} \dots (i)$.
નોન-રિલેટિવિસ્ટિક ઇલેક્ટ્રોન માટે,ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda_e = \frac{h}{p}$ છે.
કારણ કે $E = \frac{p^2}{2m}$,તેથી $p = \sqrt{2mE}$.
આમ,$\lambda_e = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$,જેનો અર્થ છે કે $E = \frac{h^2}{2m\lambda_e^2}$.
સમીકરણ $(i)$ માં $E$ ની કિંમત મૂકતા:
$\lambda_p = \frac{hc}{(h^2 / 2m\lambda_e^2)} = \frac{2mc}{h} \lambda_e^2$.
તેથી,$\lambda_p \propto \lambda_e^2$.

(B) આઈન્સ્ટાઈનના પ્રકાશ-વિદ્યુત સમીકરણ મુજબ: $K_{max} = h\nu - W_0$,જ્યાં $W_0$ એ કાર્ય વિધેય છે.
શરૂઆતમાં: $0.4 = h\nu - W_0 \implies h\nu = 0.4 + W_0$ ... $(i)$
જ્યારે આવૃત્તિમાં $30 \%$ નો વધારો થાય,ત્યારે નવી આવૃત્તિ $\nu' = 1.3\nu$ થાય છે. નવી ગતિ ઊર્જા $0.9 \ eV$ છે.
તેથી,$0.9 = 1.3h\nu - W_0$ ... (ii)
સમીકરણ $(i)$ ને (ii) માં મૂકતા: $0.9 = 1.3(0.4 + W_0) - W_0$
$0.9 = 0.52 + 1.3W_0 - W_0$
$0.9 - 0.52 = 0.3W_0$
$0.38 = 0.3W_0$
$W_0 = \frac{0.38}{0.3} = 1.267 \ eV$.

(C) $n^{\text{મી}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \ eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધરા સ્થિતિ $(n=1)$ માટે,$E_1 = -13.6 \ eV$.
બીજી કક્ષા $(n=2)$ માટે,$E_2 = -\frac{13.6}{2^2} = -3.4 \ eV$.
ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા આ બે સ્થિતિઓ વચ્ચેનો તફાવત છે: $E = E_2 - E_1 = -3.4 - (-13.6) = 10.2 \ eV$.
આઈન્સ્ટાઈનના પ્રકાશ-વિદ્યુત સમીકરણ મુજબ,$h\nu = \phi_0 + eV_s$,જ્યાં $h\nu$ એ ફોટોનની ઉર્જા છે,$\phi_0$ એ વર્ક-ફંક્શન છે અને $V_s$ એ સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ છે.
આપેલ છે કે $\phi_0 = 4.2 \ eV$ અને $h\nu = 10.2 \ eV$,તેથી $10.2 \ eV = 4.2 \ eV + eV_s$.
$eV_s = 10.2 \ eV - 4.2 \ eV = 6 \ eV$.
તેથી,સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_s = 6 \ V$ મળે છે.

(D) લાંબા સોલેનોઈડની અંદરનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 NI}{L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = B \cdot A$ હોવાથી, $B = \frac{\phi}{A}$ થાય.
$B$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{\phi}{A} = \frac{\mu_0 NI}{L}$.
ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = NIA$ શોધવા માટે ગોઠવતા: $NIA = \frac{\phi L}{\mu_0}$.
અહીં $\phi = 1.57 \times 10^{-6} \, Wb$, $L = 0.6 \, m$, અને $\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \, T \cdot m/A$ આપેલ છે.
કિંમતો મૂકતા: $M = \frac{1.57 \times 10^{-6} \times 0.6}{4 \pi \times 10^{-7}}$.
$\pi \approx 3.14$ લેતા, $4 \pi \approx 12.56$ થાય.
$M = \frac{1.57 \times 10^{-6} \times 0.6}{12.56 \times 10^{-7}} = \frac{0.942 \times 10^{-6}}{12.56 \times 10^{-7}} = \frac{9.42}{12.56} \approx 0.75 \, Am^2$.

(D) $l$ લંબાઈનો સીધો વાહક જ્યારે $B$ જેટલા સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં $v$ વેગથી ગતિ કરે છે,ત્યારે તેમાં ઉદ્ભવતું ગતિકીય પ્રેરિત emf નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$e = Bvl \sin \theta$
જ્યાં $\theta$ એ વેગ સદિશ અને વાહકની લંબાઈ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
આપેલ છે:
વાહકની લંબાઈ,$l = 0.4 \ m$
વાહકની ઝડપ,$v = 7 \ ms^{-1}$
ચુંબકીય ક્ષેત્રની તીવ્રતા,$B = 0.9 \ Wb \ m^{-2}$
અહીં વાહક ચુંબકીય ક્ષેત્રને લંબ રૂપે ગતિ કરે છે,તેથી $\theta = 90^\circ$ અને $\sin 90^\circ = 1$ થશે.
તેથી,પ્રેરિત emf:
$e = Bvl = 0.9 \times 7 \times 0.4$
$e = 2.52 \ V$

(C) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ચુંબકીય ડાયપોલની સ્થિતિ ઊર્જા $U = -M B \cos \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શરૂઆતમાં,ડાયપોલ ક્ષેત્રની દિશામાં છે,તેથી $\theta_1 = 0^\circ$. પ્રારંભિક સ્થિતિ ઊર્જા $U_i = -M B \cos(0^\circ) = -M B$ છે.
મહત્તમ કાર્ય કરવા માટે,ડાયપોલને મહત્તમ સ્થિતિ ઊર્જા ધરાવતી સ્થિતિમાં ફેરવવો જોઈએ,જે $\theta_2 = 180^\circ$ છે. અંતિમ સ્થિતિ ઊર્જા $U_f = -M B \cos(180^\circ) = M B$ છે.
બાહ્ય એજન્ટ દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય $W = U_f - U_i = M B - (-M B) = 2 M B$ છે.

(B) વિભંજનનો દર $R$ એ $R = R_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $R_0 = 10,000$ વિભંજન પ્રતિ મિનિટ,$R = 2500$ વિભંજન પ્રતિ મિનિટ અને $t = 4$ મિનિટ આપેલ છે.
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{2500}{10000} = e^{-\lambda \times 4}$
$\frac{1}{4} = e^{-4 \lambda}$
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln(\frac{1}{4}) = -4 \lambda$
$-\ln(4) = -4 \lambda$
$\ln(2^2) = 4 \lambda$
$2 \ln(2) = 4 \lambda$
$\lambda = \frac{2}{4} \ln(2)$
$\lambda = 0.5 \log _e 2$ પ્રતિ મિનિટ.

(C) $t$ જાડાઈના માધ્યમમાં તરંગોની સંખ્યા $N = \frac{t}{\lambda_m}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\lambda_m = \frac{\lambda_0}{\mu}$ એ માધ્યમમાં તરંગલંબાઇ છે અને $\lambda_0$ એ શૂન્યાવકાશમાં તરંગલંબાઇ છે.
આમ,$N = \frac{t \cdot \mu}{\lambda_0}$.
આપેલ છે કે કાચના સ્લેબમાં તરંગોની સંખ્યા પાણીના સ્તંભમાં તરંગોની સંખ્યા જેટલી છે:
$\frac{t_g \cdot \mu_g}{\lambda_0} = \frac{t_w \cdot \mu_w}{\lambda_0}$
$\therefore \mu_g \cdot t_g = \mu_w \cdot t_w$
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\mu_g = 1.5$,$t_g = 6 \ cm$,અને $t_w = 7 \ cm$:
$1.5 \times 6 = \mu_w \times 7$
$9 = 7 \cdot \mu_w$
$\mu_w = \frac{9}{7} \approx 1.286$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રવાહ ગેઇન પેરામીટર $\alpha_{dc}$ અને $\beta_{dc}$ વચ્ચેનો સંબંધ $\beta_{dc} = \frac{\alpha_{dc}}{1 - \alpha_{dc}}$ છે.
આ સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $1 - \alpha_{dc} = \frac{\alpha_{dc}}{\beta_{dc}}$ મળે છે.
હવે,આપણે $\frac{\beta_{dc} - \alpha_{dc}}{\alpha_{dc} \cdot \beta_{dc}}$ પદાવલિનું મૂલ્ય શોધવાનું છે.
આને $\frac{\beta_{dc}}{\alpha_{dc} \cdot \beta_{dc}} - \frac{\alpha_{dc}}{\alpha_{dc} \cdot \beta_{dc}} = \frac{1}{\alpha_{dc}} - \frac{1}{\beta_{dc}}$ તરીકે લખી શકાય છે.
સંબંધ $\beta_{dc} = \frac{\alpha_{dc}}{1 - \alpha_{dc}}$ પરથી,આપણને $\frac{1}{\beta_{dc}} = \frac{1 - \alpha_{dc}}{\alpha_{dc}} = \frac{1}{\alpha_{dc}} - 1$ મળે છે.
તેથી,$\frac{1}{\alpha_{dc}} - \frac{1}{\beta_{dc}} = 1$.
આમ,પદાવલિનું મૂલ્ય $1$ છે.

(A) ફોટોડાયોડ એ એક સેમિકન્ડક્ટર $p-n$ જંકશન ઉપકરણ છે જે ખાસ કરીને રિવર્સ બાયસ સ્થિતિમાં કાર્ય કરવા માટે બનાવવામાં આવ્યું છે. જ્યારે બેન્ડગેપ ઉર્જા કરતા વધારે ઉર્જા ધરાવતો પ્રકાશ જંકશન પર પડે છે,ત્યારે તે ઇલેક્ટ્રોન-હોલ જોડી ઉત્પન્ન કરે છે. રિવર્સ બાયસનું વિદ્યુતક્ષેત્ર આ વિદ્યુતભારોને જંકશનની આરપાર ખેંચે છે,જેનાથી ફોટો કરંટ ઉત્પન્ન થાય છે જે આપાત પ્રકાશની તીવ્રતાના સમપ્રમાણમાં હોય છે.

(B) બ્રુસ્ટરના નિયમ મુજબ,માધ્યમનો વક્રીભવનાંક $\mu$ એ પોલરાઇઝિંગ ખૂણા $\theta$ સાથે $\mu = \tan \theta$ સમીકરણ દ્વારા સંબંધિત છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,વક્રીભવનાંક $\mu$ એ હવામાં પ્રકાશની ઝડપ $(c)$ અને માધ્યમમાં પ્રકાશની ઝડપ $(v)$ નો ગુણોત્તર છે,તેથી $\mu = \frac{c}{v}$.
$\mu$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા,આપણને $\tan \theta = \frac{c}{v}$ મળે છે.
બંને બાજુનો વ્યસ્ત લેતા,$\cot \theta = \frac{1}{\tan \theta} = \frac{v}{c}$ મળે છે.
તેથી,સંબંધ $\theta = \cot ^{-1}\left(\frac{v}{c}\right)$ છે.

(C) સ્લિટ્સનું સ્થાન $y = \pm d/2$ પર છે. બીજી ન્યૂનતમ $y = d/2$ પર જોવા મળે છે.
યંગના ડબલ-સ્લિટ પ્રયોગમાં ન્યૂનતમ માટે,પથ તફાવત $\Delta x = (n - 1/2)\lambda$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં બીજી ન્યૂનતમ માટે $n = 2$ છે.
તેથી,$\Delta x = (2 - 1/2)\lambda = (3/2)\lambda$.
વળી,પથ તફાવત $\Delta x = d \sin \theta \approx d \tan \theta = d(y/D)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$y = d/2$ મૂકતા,આપણને $\Delta x = d(d/2D) = d^2 / 2D$ મળે છે.
પથ તફાવત માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $(3/2)\lambda = d^2 / 2D$.
$\lambda$ માટે ઉકેલતા,આપણને $\lambda = (d^2 / 2D) \times (2/3) = d^2 / 3D$ મળે છે.

(A) $n$-મી પ્રકાશિત શલાકા (મહત્તમ) નું સ્થાન નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$y_n = \frac{n D \lambda}{d}$
તરંગલંબાઈ $\lambda$ શોધવા માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા:
$\lambda = \frac{y_n d}{n D}$
આપેલ કિંમતો:
$n = 3$
$y_n = 1.2 \ mm = 1.2 \times 10^{-3} \ m$
$D = 1 \ m$
$d = 1 \ mm = 1 \times 10^{-3} \ m$
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\lambda = \frac{(1.2 \times 10^{-3} \ m) \times (1 \times 10^{-3} \ m)}{3 \times 1 \ m}$
$\lambda = \frac{1.2 \times 10^{-6}}{3} \ m$
$\lambda = 0.4 \times 10^{-6} \ m = 4 \times 10^{-7} \ m$
એંગસ્ટ્રોમ $(\mathring{A})$ માં રૂપાંતર કરતા, જ્યાં $1 \ \mathring{A} = 10^{-10} \ m$:
$\lambda = 4000 \times 10^{-10} \ m = 4000 \ \mathring{A}$

(B) ધારો કે દરેક વ્યક્તિગત તરંગની તીવ્રતા $I$ છે.
જ્યારે $\phi$ કળા તફાવત ધરાવતા બે સમાન તરંગો સંપાત થાય છે,ત્યારે પરિણામી તીવ્રતા $I_R$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$I_R = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$
તરંગો સમાન હોવાથી,$I_1 = I_2 = I$ થાય.
આ કિંમતો મૂકતા:
$I_R = I + I + 2\sqrt{I \cdot I} \cos \phi$
$I_R = 2I + 2I \cos \phi$
$I_R = 2I(1 + \cos \phi)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 + \cos \phi = 2 \cos^2 \frac{\phi}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_R = 2I(2 \cos^2 \frac{\phi}{2}) = 4I \cos^2 \frac{\phi}{2}$
તેથી,પરિણામી તીવ્રતા $\cos^2 \frac{\phi}{2}$ ના પ્રમાણમાં છે.