MHT CET 2025 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) $1$. પ્રારંભિક સ્થિતિ: દબાણ = $P$,કદ = $V$.
$2$. $V$ થી $3V$ સુધી સમતાપી વિસ્તરણ: સમતાપી પ્રક્રિયા માટે,$P_1 V_1 = P_2 V_2$.
$P \cdot V = P_2 \cdot (3V) \implies P_2 = P/3$.
$3$. $3V$ થી $24V$ સુધી એડિબેટિક વિસ્તરણ: એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,$P_2 V_2^\gamma = P_3 V_3^\gamma$.
બહુપરમાણ્વીય વાયુ માટે,$\gamma = 1 + 2/f$. $f = 6$ લેતા,$\gamma = 1 + 2/6 = 4/3$.
$(P/3) \cdot (3V)^{4/3} = P_3 \cdot (24V)^{4/3}$.
$P_3 = (P/3) \cdot (3V / 24V)^{4/3} = (P/3) \cdot (1/8)^{4/3}$.
$P_3 = (P/3) \cdot (1/2^3)^{4/3} = (P/3) \cdot (1/2^4) = (P/3) \cdot (1/16) = P/48$.

(B) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે, તાપમાન $T$ અને કદ $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $TV^{\gamma-1} = \text{constant}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
મોનોએટોમિક આદર્શ વાયુ માટે, એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma = \frac{5}{3}$ છે.
તેથી, $\gamma - 1 = \frac{5}{3} - 1 = \frac{2}{3}$ થાય.
આપેલ છે કે પ્રારંભિક સ્થિતિ $(T_1, V_1) = (T, V)$ અને અંતિમ સ્થિતિ $(T_2, V_2) = (xT, V/27)$ છે.
એડિબેટિક સંબંધનો ઉપયોગ કરતા: $T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$.
$T(V)^{2/3} = (xT) \left(\frac{V}{27}\right)^{2/3}$.
$1 = x \left(\frac{1}{27}\right)^{2/3}$.
$1 = x \left(\left(\frac{1}{3^3}\right)^{1/3}\right)^2 = x \left(\frac{1}{3^2}\right) = x \left(\frac{1}{9}\right)$.
આમ, $x = 9$ મળે છે.

(A) વાયુના અણુઓનો r.m.s. વેગ $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેથી $v_{rms} \propto \sqrt{T}$, $v_{rms}$ ને $4$ ગણો ઘટાડવાનો અર્થ એ છે કે તાપમાન $T$ ને $4^2 = 16$ ગણું ઘટાડવું પડે.
તેથી, $T_f = \frac{T_i}{16}$.
સમોષ્મી પ્રક્રિયા માટે, તાપમાન અને કદ વચ્ચેનો સંબંધ $TV^{\gamma-1} = \text{અચળ}$ છે.
આમ, $T_i V_i^{\gamma-1} = T_f V_f^{\gamma-1}$.
કિંમતો મૂકતા, $T_i V_i^{1.5-1} = \frac{T_i}{16} V_f^{1.5-1}$.
$V_i^{0.5} = \frac{1}{16} V_f^{0.5}$.
$\sqrt{V_i} = \frac{1}{16} \sqrt{V_f}$.
$\sqrt{\frac{V_f}{V_i}} = 16$.
$\frac{V_f}{V_i} = 16^2 = 256$.
તેથી, વાયુનું $256$ ગણું વિસ્તરણ કરવું પડે.

(C) મુક્ત વિસ્તરણ એ એક એડિબેટિક (ઉષ્માઅવાહક) પ્રક્રિયા છે જેમાં થયેલ કાર્ય $W = 0$ અને આંતરિક ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = 0$ હોય છે.
આ પ્રક્રિયા ઝડપી અને અનિયંત્રિત હોવાથી, તંત્ર સંતુલન અવસ્થાઓની શ્રેણીમાંથી પસાર થતું નથી.
$p-V$ આલેખ માટે જરૂરી છે કે તંત્ર દરેક બિંદુએ ઉષ્માગતિશાસ્ત્રીય સંતુલનમાં હોય જેથી દબાણ અને કદ વ્યાખ્યાયિત કરી શકાય, તેથી મુક્ત વિસ્તરણને $p-V$ આલેખ પર સતત માર્ગ તરીકે દર્શાવી શકાતું નથી.
તેથી, મુક્ત વિસ્તરણને $p-V$ આલેખ પર દર્શાવી શકાય છે તે વિધાન ખોટું છે.

(C) સમકદ પ્રક્રિયામાં, સિસ્ટમનું કદ અચળ રહે છે, દબાણ નહીં. તેથી, 'સમકદ પ્રક્રિયામાં, દબાણ અચળ રહે છે' તે વિધાન ખોટું છે.
- સમતાપી પ્રક્રિયા: તાપમાન $(T)$ અચળ રહે છે.
- એડિયાબેટિક પ્રક્રિયા: સિસ્ટમ અને આસપાસના વાતાવરણ વચ્ચે કોઈ ઉષ્માનું આદાન-પ્રદાન $(Q = 0)$ થતું નથી, અને તે $PV^\gamma = \text{અચળ}$ સંબંધનું પાલન કરે છે.
- સમકદ પ્રક્રિયા: કદ $(V)$ અચળ રહે છે.
- સમદાબ પ્રક્રિયા: દબાણ $(P)$ અચળ રહે છે.

(C) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,તાપમાન $T$ અને કદ $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $TV^{\gamma-1} = \text{અચળ}$ છે.
તેથી,$T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$.
આપેલ છે કે વાયુ મોનોએટોમિક છે,તેથી એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma = 5/3$.
તેથી,$\gamma - 1 = 5/3 - 1 = 2/3$.
અંતિમ કદ $V_2 = 12.5 \% \text{ of } V_1 = 0.125 V_1 = (1/8) V_1$.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા: $T_1 V_1^{2/3} = T_2 (V_1/8)^{2/3}$.
$T_2 = T_1 \times (V_1 / (V_1/8))^{2/3} = T_1 \times (8)^{2/3}$.
$T_2 = T_1 \times (2^3)^{2/3} = T_1 \times 2^2 = 4T_1$.
આને $T_2 = xT_1$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 4$ મળે છે.

(D) અચાનક થતા સંકોચન માટે,પ્રક્રિયા એડિબેટિક (ઉષ્માઅવાહક) હોય છે.
એડિબેટિક પ્રક્રિયામાં,દબાણ અને કદ વચ્ચેનો સંબંધ $P_1 V_1^\gamma = P_2 V_2^\gamma$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: પ્રારંભિક કદ $V_1 = 360 \text{ c.c.}$,અંતિમ કદ $V_2 = 90 \text{ c.c.}$,પ્રારંભિક દબાણ $P_1 = P$,અને એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma = 5/2$.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા:
$P \times (360)^{5/2} = P_2 \times (90)^{5/2}$
$P_2 = P \times \left( \frac{360}{90} \right)^{5/2}$
$P_2 = P \times (4)^{5/2}$
$P_2 = P \times (2^2)^{5/2}$
$P_2 = P \times 2^5$
$P_2 = 32P$
તેથી,અંતિમ દબાણ $32P$ થશે.

(C) આદર્શ વાયુ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા, $\frac{P_1 V_1}{T_1} = \frac{P_2 V_2}{T_2}$.
આપેલ છે:
$P_1 = 1 \,atm$,$V_1 = 500 \,m^3$,$T_1 = 27 + 273 = 300 \,K$.
$P_2 = 0.5 \,atm$,$T_2 = -3 + 273 = 270 \,K$.
આપણે $V_2$ શોધવાનું છે.
સૂત્રને ગોઠવતા: $V_2 = V_1 \times \frac{P_1}{P_2} \times \frac{T_2}{T_1}$.
કિંમતો મૂકતા: $V_2 = 500 \times \frac{1}{0.5} \times \frac{270}{300}$.
$V_2 = 500 \times 2 \times 0.9 = 900 \,m^3$.

(A) સ્થિત તરંગનું આપેલ સમીકરણ $y = 0.06 \sin \left( \frac{2 \pi}{3} x \right) \cos (120 \pi t)$ છે.
આને પ્રમાણિત સમીકરણ $y = A \sin(kx) \cos(\omega t)$ સાથે સરખાવતા,આપણને તરંગ સંખ્યા $k = \frac{2 \pi}{3} \ m^{-1}$ અને કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 120 \pi \ rad/s$ મળે છે.
તરંગની ઝડપ $v = \frac{\omega}{k} = \frac{120 \pi}{2 \pi / 3} = 120 \pi \times \frac{3}{2 \pi} = 180 \ m/s$ છે.
ખેંચાયેલી દોરીમાં તરંગની ઝડપ $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ તણાવ છે અને $\mu$ એ એકમ લંબાઈ દીઠ દળ છે.
આપેલ છે કે $\mu = 4 \times 10^{-2} \ kg/m$,તેથી $180 = \sqrt{\frac{T}{4 \times 10^{-2}}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $180^2 = \frac{T}{4 \times 10^{-2}}$.
$32400 = \frac{T}{0.04}$.
$T = 32400 \times 0.04 = 1296 \ N$.

(B) સોનોમીટર વાયર માટે,આવૃત્તિ $f$ એ લંબાઈ $l$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $f \propto 1/l$.
ધારો કે બે ટ્યુનિંગ ફોર્કની આવૃત્તિઓ $f_1$ અને $f_2$ છે.
આપેલ છે કે $f_1 \propto 1/0.70$ અને $f_2 \propto 1/0.69$.
અહીં $f_2 > f_1$ હોવાથી,$f_2 - f_1 = 6 \ Hz$.
ધારો કે $f_1 = k/0.70$ અને $f_2 = k/0.69$,જ્યાં $k$ અચળાંક છે.
બીટ આવૃત્તિના સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા: $k/0.69 - k/0.70 = 6$.
$k(0.70 - 0.69) / (0.69 \times 0.70) = 6$.
$k(0.01) / 0.483 = 6$.
$k = 6 \times 0.483 / 0.01 = 6 \times 48.3 = 289.8$.
હવે,$f_1 = 289.8 / 0.70 = 414 \ Hz$.
અને $f_2 = 289.8 / 0.69 = 420 \ Hz$.
આમ,આવૃત્તિઓ $414 \ Hz$ અને $420 \ Hz$ છે.

(C) જ્યારે બાહ્ય બળની આવૃત્તિ સિસ્ટમની પ્રાકૃતિક આવૃત્તિ અથવા તેના હાર્મોનિક્સ (પૂર્ણાંક ગુણાંક) સાથે મેળ ખાય ત્યારે અનુનાદ થાય છે.
આપેલ આવૃત્તિ $f = 256 \ Hz$ છે.
હાર્મોનિક્સ $n \times f$ છે,જ્યાં $n = 1, 2, 3, \dots$
$1st \ harmonic = 1 \times 256 = 256 \ Hz$.
$2nd \ harmonic = 2 \times 256 = 512 \ Hz$.
$3rd \ harmonic = 3 \times 256 = 768 \ Hz$.
વિકલ્પોની સરખામણી કરતા:
$A) 256 \ Hz$ (અનુનાદ થાય છે)
$B) 512 \ Hz$ (અનુનાદ થાય છે)
$C) 754 \ Hz$ (અનુનાદ થતો નથી)
$D) 768 \ Hz$ (અનુનાદ થાય છે)
તેથી,ટ્યુનિંગ ફોર્ક $754 \ Hz$ સાથે અનુનાદ કરશે નહીં.

(B) ખુલ્લી પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_{open} = \frac{v}{2L}$ છે.
બંધ પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_{closed} = \frac{v}{4L}$ છે.
બીટ આવૃત્તિ $|f_{open} - f_{closed}| = |\frac{v}{2L} - \frac{v}{4L}| = \frac{v}{4L} = 3 \text{ Hz}$.
આથી,$\frac{v}{L} = 12 \text{ Hz}$.
હવે,નવી લંબાઈ $L' = \frac{L}{3}$ અને $L'' = 3L$ છે.
નવી ખુલ્લી પાઇપની આવૃત્તિ $f'_{open} = \frac{v}{2(L/3)} = \frac{3v}{2L} = 6 \times 3 = 18 \text{ Hz}$.
નવી બંધ પાઇપની આવૃત્તિ $f''_{closed} = \frac{v}{4(3L)} = \frac{v}{12L} = \frac{1}{3} \times 3 = 1 \text{ Hz}$.
નવી બીટ આવૃત્તિ $|18 - 1| = 17 \text{ Hz}$ છે.

(C) આપેલા સમીકરણો $y_1 = 4 \sin(710 \pi t)$ અને $y_2 = 3 \sin(702 \pi t)$ છે.
તેને $y = A \sin(2 \pi f t)$ સાથે સરખાવતા:
$2 \pi f_1 = 710 \pi \implies f_1 = 355 \text{ Hz}$
$2 \pi f_2 = 702 \pi \implies f_2 = 351 \text{ Hz}$
પ્રતિ સેકન્ડ બીટ્સની સંખ્યા $n = |f_1 - f_2| = |355 - 351| = 4 \text{ beats/s}$ છે.
કંપવિસ્તાર $A_1 = 4$ અને $A_2 = 3$ છે.
મહત્તમ તીવ્રતા (waxing) $(A_1 + A_2)^2 = (4 + 3)^2 = 7^2 = 49$ ના પ્રમાણમાં છે.
ન્યૂનતમ તીવ્રતા (waning) $(A_1 - A_2)^2 = (4 - 3)^2 = 1^2 = 1$ ના પ્રમાણમાં છે.
તેથી,તીવ્રતાનો ગુણોત્તર $49:1$ છે.
સાચો જવાબ $4, 49:1$ છે.

(B) બીટ આવૃત્તિ $|f_X - f_Y| = 6 \ Hz$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $f_X = 300 \ Hz$,તેથી $f_Y$ માટે શક્ય આવૃત્તિઓ $300 - 6 = 294 \ Hz$ અથવા $300 + 6 = 306 \ Hz$ છે.
જ્યારે તારનું તણાવ વધારવામાં આવે છે,ત્યારે તેની આવૃત્તિ $f$ વધે છે કારણ કે $f \propto \sqrt{T}$.
કિસ્સો $1$: જો $f_Y = 294 \ Hz$ હોય,તો તણાવ વધારવાથી $f_Y$ વધે છે. નવી બીટ આવૃત્તિ $|300 - (294 + \Delta f)|$ થશે. બીટ આવૃત્તિ ઘટીને $4 \ Hz$ થતી હોવાથી,તે $300 \ Hz$ ની નજીક જવી જોઈએ. તેથી,$300 - (294 + \Delta f) = 4$,જે $\Delta f = 2 \ Hz$ આપે છે. આ શક્ય છે.
કિસ્સો $2$: જો $f_Y = 306 \ Hz$ હોય,તો તણાવ વધારવાથી $f_Y$ એ $300 \ Hz$ થી વધુ દૂર જશે. નવી બીટ આવૃત્તિ $|300 - (306 + \Delta f)| = 6 + \Delta f$ થશે,જે $6 \ Hz$ કરતા વધારે હશે.
બીટ આવૃત્તિ ઘટી હોવાથી,મૂળ આવૃત્તિ $294 \ Hz$ હોવી જોઈએ.

(B) ધારો કે વ્યક્તિ પ્રથમ ખડકથી $d_1$ અંતરે અને બીજા ખડકથી $d_2$ અંતરે છે.
પ્રથમ પડઘા માટે લાગતો સમય $t_1 = 1 \ s$ છે. ધ્વનિ ખડક સુધી જાય છે અને પાછો આવે છે,તેથી $2d_1 = v \times t_1$.
$2d_1 = 340 \times 1 = 340 \ m$,જે $d_1 = 170 \ m$ આપે છે.
બીજા પડઘા માટે લાગતો સમય $t_2 = 3 \ s$ છે. તેવી જ રીતે,$2d_2 = v \times t_2$.
$2d_2 = 340 \times 3 = 1020 \ m$,જે $d_2 = 510 \ m$ આપે છે.
બંને ખડકો વચ્ચેનું કુલ અંતર $D = d_1 + d_2$ છે.
$D = 170 \ m + 510 \ m = 680 \ m$.

(D) ધ્રુજારી પામતા તારની આવૃત્તિ $f = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. તાર સમાન હોવાથી,$L$ અને $\mu$ અચળ છે,તેથી $f \propto \sqrt{T}$.
આપેલ છે કે $T_1 > T_2$,તેથી આવૃત્તિઓ $f_1$ અને $f_2$ એવી છે કે $f_1 > f_2$. બીટ આવૃત્તિ $f_1 - f_2 = 6$ છે.
જો આપણે તણાવમાં થોડો ફેરફાર કરીએ,તો બીટ આવૃત્તિ $6$ રહે છે જો આવૃત્તિઓ વચ્ચેનો તફાવત સમાન રહે.
ધારો કે $f_1 = k\sqrt{T_1}$ અને $f_2 = k\sqrt{T_2}$.
જો $T_1$ ઘટાડવામાં આવે,તો $f_1$ ઘટે છે,જે $f_2$ ની નજીક જાય છે. જો $T_2$ વધારવામાં આવે,તો $f_2$ વધે છે,જે $f_1$ ની નજીક જાય છે. બંને કિસ્સામાં,તફાવત $f_1 - f_2$ ઘટે છે.
જો કે,જો આપણે $T_1$ ને એવી રીતે ઘટાડીએ કે $f_1$ એ $f_2$ કરતા ઓછી થઈ જાય,તો બીટ આવૃત્તિ $|f_2 - f_1|$ એ $6$ રહી શકે છે જો નવો તફાવત મૂળ તફાવત જેટલો જ હોય.
ચોક્કસપણે,જો $T_1$ ઘટાડવામાં આવે અથવા $T_2$ વધારવામાં આવે,તો આવૃત્તિઓ એકબીજાની નજીક આવે છે અને પછી ક્રોસ થાય છે. થોડા ફેરફાર પછી બીટ આવૃત્તિ અપરિવર્તિત રહેવાની શરત એ છે કે નવો તફાવત $|f_1' - f_2'|$ એ મૂળ તફાવત $6$ જેટલો હોય.

(B) તરંગની આવૃત્તિ $\omega = 2 \pi f$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\omega$ એ કોણીય આવૃત્તિ છે.
પ્રથમ તરંગ માટે,$\omega_1 = 50 \pi$,તેથી $f_1 = \frac{50 \pi}{2 \pi} = 25 \text{ Hz}$.
બીજા તરંગ માટે,$\omega_2 = 46 \pi$,તેથી $f_2 = \frac{46 \pi}{2 \pi} = 23 \text{ Hz}$.
બીટ આવૃત્તિ એ બે આવૃત્તિઓ વચ્ચેનો તફાવત છે: $f_b = |f_1 - f_2| = |25 - 23| = 2 \text{ Hz}$.
બીટ આવૃત્તિ એ દર્શાવે છે કે પ્રતિ સેકન્ડ કેટલી વાર તીવ્રતા મહત્તમ બને છે.
તેથી,શ્રોતા એક સેકન્ડમાં $2$ વાર મહત્તમ તીવ્રતાનો અવાજ સાંભળે છે.

(D) બીટ આવૃત્તિ $f_b$ એ બે ટ્યુનિંગ ફોર્કની આવૃત્તિઓ વચ્ચેનો તફાવત છે.
$f_b = |f_1 - f_2| = |258 \ Hz - 256 \ Hz| = 2 \ Hz$.
બીટ આવૃત્તિ એ પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્પન્ન થતા મહત્તમ (બીટ્સ) ની સંખ્યા દર્શાવે છે.
બે ક્રમિક મહત્તમ વચ્ચેનો સમયગાળો એ બીટ્સનો સમયગાળો છે,જેને $T_b$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
$T_b = \frac{1}{f_b} = \frac{1}{2 \ Hz} = 0.5 \ s$.
તેથી,બે ક્રમિક મહત્તમ વચ્ચેનો સમયગાળો $0.5 \ s$ છે.

(B) ડોપ્લર અસર મુજબ,જ્યારે ધ્વનિનો સ્ત્રોત $v_s$ વેગ સાથે સ્થિર અવલોકનકાર તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે આભાસી આવૃત્તિ $f'$ નું સૂત્ર $f' = f \left( \frac{v}{v - v_s} \right)$ છે,જ્યાં $v$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે અને $f$ એ વાસ્તવિક આવૃત્તિ છે.
છેદ $(v - v_s)$ એ $v$ કરતા નાનો હોવાથી,આભાસી આવૃત્તિ $f'$ એ વાસ્તવિક આવૃત્તિ $f$ કરતા વધારે હોય છે,એટલે કે આવૃત્તિ વધે છે.
સ્થિર અવલોકનકાર દ્વારા અવલોકન કરાયેલ તરંગલંબાઈ $\lambda'$ નું સૂત્ર $\lambda' = \frac{v - v_s}{f}$ છે. કારણ કે $(v - v_s) < v$,તેથી આભાસી તરંગલંબાઈ $\lambda'$ એ વાસ્તવિક તરંગલંબાઈ $\lambda = v/f$ કરતા ઓછી હોય છે. આમ,તરંગલંબાઈ ઘટે છે.

(C) ડોપ્લર અસર મુજબ,જ્યારે અવલોકનકાર $V_1$ વેગ સાથે સ્થિર ઉદગમ તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે આભાસી આવૃત્તિ $F_1$ નીચે મુજબ મળે છે: $F_1 = F_0 \left( \frac{v + V_1}{v} \right)$,જ્યાં $F_0$ એ ઉદગમની મૂળ આવૃત્તિ છે.
જ્યારે અવલોકનકાર $V_1$ વેગ સાથે સ્થિર ઉદગમથી દૂર ગતિ કરે છે,ત્યારે આભાસી આવૃત્તિ $F_2$ નીચે મુજબ મળે છે: $F_2 = F_0 \left( \frac{v - V_1}{v} \right)$.
આપેલ ગુણોત્તર $\frac{F_1}{F_2} = 2$ હોવાથી: $\frac{F_0 \left( \frac{v + V_1}{v} \right)}{F_0 \left( \frac{v - V_1}{v} \right)} = 2$.
આનું સાદું રૂપ આપતા: $\frac{v + V_1}{v - V_1} = 2$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા: $v + V_1 = 2(v - V_1) = 2v - 2V_1$.
પદોને ગોઠવતા: $3V_1 = v$.
તેથી,$\frac{v}{V_1} = 3$.

(A) ધારો કે $v_s = 0$ એ સ્ત્રોત (સાયરન) ની ઝડપ છે અને $v_o$ એ અવલોકનકાર (વાહન) ની ઝડપ છે। ડોપ્લર અસરના સૂત્ર મુજબ અવલોકનકાર દ્વારા સંભળાતી આવૃત્તિ: $f' = f_0 \left( \frac{v - v_o}{v} \right)$, જ્યાં $v = 330 \,m/s$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે.
આપેલ છે કે $f' = 0.94 f_0$, તેથી $0.94 = \frac{330 - v_o}{330}$.
$v_o$ માટે ઉકેલતા: $330 \times 0.94 = 330 - v_o \implies 310.2 = 330 - v_o \implies v_o = 19.8 \,m/s$.
વાહન સ્થિર સ્થિતિ $(u = 0)$ માંથી $a = 2 \,m/s^2$ ના પ્રવેગ સાથે શરૂ થાય છે। ગતિના સમીકરણ $v_o^2 = u^2 + 2as$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(19.8)^2 = 0^2 + 2(2)s \implies 392.04 = 4s$.
$s = \frac{392.04}{4} = 98.01 \,m$.
આમ, વાહન લગભગ $98 \,m$ જેટલું દૂર ગયું હશે.

(C) ડોપ્લર અસર મુજબ,જ્યારે ધ્વનિનો સ્ત્રોત અને અવલોકનકાર એકબીજાની નજીક ગતિ કરે છે,ત્યારે આભાસી આવૃત્તિ $f'$ નું સૂત્ર $f' = f \left( \frac{v + v_o}{v - v_s} \right)$ છે,જ્યાં $v$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે,$v_o$ એ અવલોકનકારની ઝડપ છે અને $v_s$ એ સ્ત્રોતની ઝડપ છે.
અંશ $(v + v_o)$ એ $v$ કરતા મોટો હોવાથી અને છેદ $(v - v_s)$ એ $v$ કરતા નાનો હોવાથી,આભાસી આવૃત્તિ $f'$ એ વાસ્તવિક આવૃત્તિ $f$ કરતા વધારે હશે.
માધ્યમમાં ધ્વનિની ઝડપ $v$ અચળ રહેતી હોવાથી,આવૃત્તિ $f$ અને તરંગલંબાઈ $\lambda$ વચ્ચેનો સંબંધ $v = f \lambda$ અથવા $\lambda = v/f$ છે.
જેમ આભાસી આવૃત્તિ $f'$ વધે છે,તેમ ધ્વનિની ઝડપ અચળ રાખવા માટે આભાસી તરંગલંબાઈ $\lambda'$ ઘટવી જોઈએ.
તેથી,અવલોકનકાર ઊંચી આવૃત્તિ અને ઓછી તરંગલંબાઈ અનુભવે છે.

(C) ધારો કે ધ્વનિનો વેગ $v$ છે અને સ્ત્રોતની આવૃત્તિ $f$ છે. અવલોકનકાર સ્થિર સ્ત્રોત તરફ $v_o = v/5$ ના વેગથી ગતિ કરે છે.
ડોપ્લર અસર મુજબ,અવલોકનકાર દ્વારા સંભળાતી આભાસી આવૃત્તિ $f'$ નું સૂત્ર: $f' = f \left( \frac{v + v_o}{v} \right)$ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $f' = f \left( \frac{v + v/5}{v} \right) = f \left( \frac{6v/5}{v} \right) = 1.2f$.
આવૃત્તિમાં થતો વધારો $\Delta f = f' - f = 1.2f - f = 0.2f$ છે.
ટકાવારી વધારો $\left( \frac{\Delta f}{f} \right) \times 100 = \left( \frac{0.2f}{f} \right) \times 100 = 20 \%$ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) ડોપ્લર અસર માટેનું સામાન્ય સૂત્ર $f' = f \left( \frac{V \pm v_o}{V \mp v_s} \right)$ છે,જ્યાં $V$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે,$v_o$ એ અવલોકનકારની ઝડપ છે અને $v_s$ એ સ્ત્રોતની ઝડપ છે.
આપેલ છે:
સ્ત્રોતનો વેગ $v_s = V/3$ (અવલોકનકાર તરફ ગતિ કરે છે,તેથી છેદ ઘટશે).
અવલોકનકારનો વેગ $v_o = V/4$ (સ્ત્રોતથી દૂર ગતિ કરે છે,તેથી અંશ ઘટશે).
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$f' = F \left( \frac{V - V/4}{V - V/3} \right)$
$f' = F \left( \frac{3V/4}{2V/3} \right)$
$f' = F \left( \frac{3}{4} \times \frac{3}{2} \right)$
$f' = \frac{9}{8} F$
તેથી,આભાસી આવૃત્તિ $9/8 F$ થશે.

(A) ડોપ્લર અસર મુજબ,જ્યારે સ્ત્રોત સ્થિર અવલોકનકાર તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે આભાસી આવૃત્તિ $f'$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$f' = f \left( \frac{v}{v - v_s} \right)$
જ્યાં $f$ એ વાસ્તવિક આવૃત્તિ છે,$v$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે અને $v_s$ એ સ્ત્રોતની ઝડપ છે.
આપેલ છે કે $v_s = \frac{1}{10} v$,તેથી આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા:
$f' = f \left( \frac{v}{v - \frac{v}{10}} \right)$
$f' = f \left( \frac{v}{\frac{9v}{10}} \right)$
$f' = f \left( \frac{10}{9} \right)$
તેથી,આભાસી આવૃત્તિ અને વાસ્તવિક આવૃત્તિનો ગુણોત્તર $\frac{f'}{f} = \frac{10}{9}$ થાય છે.

(D) જ્યારે સ્ત્રોત $v_s$ વેગ સાથે દૂર જતો હોય ત્યારે સ્થિર અવલોકનકાર દ્વારા સંભળાતી આભાસી આવૃત્તિ $f'$ નું સૂત્ર છે: $f' = f \left( \frac{V}{V + v_s} \right)$,જ્યાં $V$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે અને $f$ એ મૂળ આવૃત્તિ છે.
આપેલ છે કે આભાસી આવૃત્તિ મૂળ આવૃત્તિ કરતા અડધી છે,તેથી $f' = \frac{f}{2}$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{f}{2} = f \left( \frac{V}{V + v_s} \right)$.
બંને બાજુથી $f$ ને દૂર કરતા: $\frac{1}{2} = \frac{V}{V + v_s}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા: $V + v_s = 2V$.
$v_s$ માટે ઉકેલતા: $v_s = 2V - V = V$.
તેથી,સ્ત્રોતે ધ્વનિની ઝડપ $V$ જેટલી ઝડપે ગતિ કરવી જોઈએ.

(C) ડોપ્લર અસર મુજબ,આભાસી આવૃત્તિ $f'$ નું સૂત્ર $f' = f \left( \frac{V \pm v_o}{V \mp v_s} \right)$ છે.
અહીં,$V$ એ ધ્વનિનો વેગ છે,$v_s = \frac{V}{3}$ એ સ્ત્રોતનો અવલોકનકાર તરફનો વેગ છે,અને $v_o = \frac{V}{5}$ એ અવલોકનકારનો સ્ત્રોતથી દૂર જવાનો વેગ છે.
સ્ત્રોત અવલોકનકાર તરફ ગતિ કરતો હોવાથી,છેદ $(V - v_s) = (V - \frac{V}{3}) = \frac{2V}{3}$ થશે.
અવલોકનકાર સ્ત્રોતથી દૂર જતો હોવાથી,અંશ $(V - v_o) = (V - \frac{V}{5}) = \frac{4V}{5}$ થશે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$f' = f \left( \frac{4V/5}{2V/3} \right) = f \left( \frac{4}{5} \times \frac{3}{2} \right) = f \left( \frac{12}{10} \right) = \frac{6}{5} f$.
આમ,આભાસી આવૃત્તિ $\frac{6}{5} f$ છે.

(A) ડોપ્લર અસર મુજબ,જ્યારે ઉદગમ સ્થિર હોય અને અવલોકનકાર $V_1$ વેગથી ગતિ કરે,ત્યારે આભાસી આવૃત્તિ $F$ નું સૂત્ર $F = F_0 \left( \frac{V \pm V_1}{V} \right)$ છે,જ્યાં $F_0$ એ મૂળ આવૃત્તિ છે અને $V$ એ ધ્વનિનો વેગ છે.
કિસ્સો $1$: અવલોકનકાર ઉદગમ તરફ ગતિ કરે છે.
આભાસી આવૃત્તિ $F_1 = F_0 \left( \frac{V + V_1}{V} \right)$ થશે.
કિસ્સો $2$: અવલોકનકાર ઉદગમથી દૂર ગતિ કરે છે.
આભાસી આવૃત્તિ $F_2 = F_0 \left( \frac{V - V_1}{V} \right)$ થશે.
આપેલ ગુણોત્તર $F_1 / F_2 = 2$ પરથી:
$\frac{F_0 (V + V_1) / V}{F_0 (V - V_1) / V} = 2$
$\frac{V + V_1}{V - V_1} = 2$
$V + V_1 = 2(V - V_1)$
$V + V_1 = 2V - 2V_1$
$3V_1 = V$
$\frac{V}{V_1} = 3$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) જ્યારે ઉદ્ગમ $v_s$ ઝડપથી ગતિ કરતું હોય ત્યારે સ્થિર અવલોકનકાર દ્વારા સંભળાતી આભાસી આવૃત્તિ $f'$ ડોપ્લર અસરના સૂત્ર દ્વારા મળે છે: $f' = f \left( \frac{V}{V \mp v_s} \right)$.
પસાર થતા પહેલા,ઉદ્ગમ અવલોકનકારની નજીક આવે છે: $f_1 = f \left( \frac{V}{V - v_s} \right) = 1200 \left( \frac{V}{V - v_s} \right)$.
પસાર થયા પછી,ઉદ્ગમ અવલોકનકારથી દૂર જાય છે: $f_2 = f \left( \frac{V}{V + v_s} \right) = 1200 \left( \frac{V}{V + v_s} \right)$.
આવૃત્તિઓનો ગુણોત્તર $f_1 / f_2 = 7/5$ આપેલ છે.
સૂત્રો મૂકતા: $\frac{V + v_s}{V - v_s} = \frac{7}{5}$.
ગુણાકાર કરતા: $5(V + v_s) = 7(V - v_s) \implies 5V + 5v_s = 7V - 7v_s$.
પદોને ગોઠવતા: $12v_s = 2V \implies v_s = \frac{2V}{12} = \frac{V}{6}$.

(C) ડોપ્લર અસરને કારણે અવલોકનકાર દ્વારા સંભળાતી આવૃત્તિ $f' = f \left( \frac{v \pm v_o}{v \mp v_s} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. અહીં,$v = 330 \ m/s$,$v_s = 30 \ m/s$,$v_o = 0$,અને $f = 300 \ Hz$ છે.
સ્ટેશન તરફ આવતી ટ્રેન (પ્રથમ ટ્રેન) માટે,આભાસી આવૃત્તિ $f_1 = f \left( \frac{v}{v - v_s} \right) = 300 \left( \frac{330}{330 - 30} \right) = 300 \left( \frac{330}{300} \right) = 330 \ Hz$ છે.
સ્ટેશન છોડતી ટ્રેન (બીજી ટ્રેન) માટે,આભાસી આવૃત્તિ $f_2 = f \left( \frac{v}{v + v_s} \right) = 300 \left( \frac{330}{330 + 30} \right) = 300 \left( \frac{330}{360} \right) = 300 \left( \frac{11}{12} \right) = 275 \ Hz$ છે.
વ્યક્તિ દ્વારા સંભળાતી આવૃત્તિઓનો તફાવત $\Delta f = f_1 - f_2 = 330 \ Hz - 275 \ Hz = 55 \ Hz$ છે.

(D) ધ્વનિ તરંગની તીવ્રતા $I$ તેના કંપવિસ્તાર $A$ ના વર્ગના સમપ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $I \propto A^2$.
આપેલ કંપવિસ્તાર $A_1 = 3$ અને $A_2 = 5$ છે.
મહત્તમ કંપવિસ્તાર $A_{max} = A_1 + A_2 = 3 + 5 = 8$ થશે.
ન્યૂનતમ કંપવિસ્તાર $A_{min} = |A_1 - A_2| = |3 - 5| = 2$ થશે.
મહત્તમ તીવ્રતા અને ન્યૂનતમ તીવ્રતાનો ગુણોત્તર નીચે મુજબ છે:
$\frac{I_{max}}{I_{min}} = \left( \frac{A_{max}}{A_{min}} \right)^2$
$\frac{I_{max}}{I_{min}} = \left( \frac{8}{2} \right)^2 = (4)^2 = 16$.
આમ,ગુણોત્તર $16:1$ છે.

(B) એક છેડે બંધ ઓર્ગન પાઇપ માટે,હાર્મોનિક્સની આવૃત્તિઓ $f_n = (2n - 1)f_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $f_0$ એ મૂળભૂત આવૃત્તિ છે અને $n = 1, 2, 3, ...$ છે.
મૂળભૂત મોડ $f_1 = f_0$ છે.
પ્રથમ ઓવરટોન એ ત્રીજો હાર્મોનિક છે: $f_{o1} = 3f_0$.
બીજો ઓવરટોન એ પાંચમો હાર્મોનિક છે: $f_{o2} = 5f_0$.
ત્રીજો ઓવરટોન એ સાતમો હાર્મોનિક છે: $f_{o3} = 7f_0$.
પ્રશ્ન મુજબ,પ્રથમ ત્રણ ઓવરટોનની આવૃત્તિઓનો સરવાળો $3930 \ Hz$ છે:
$3f_0 + 5f_0 + 7f_0 = 3930 \ Hz$.
$15f_0 = 3930 \ Hz$.
$f_0 = \frac{3930}{15} \ Hz = 262 \ Hz$.
આમ,મૂળભૂત મોડની આવૃત્તિ $262 \ Hz$ છે.

(C) $L$ લંબાઈની ખુલ્લી પાઈપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f = \frac{v}{2L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v$ એ ધ્વનિની ઝડપ છે.
તેથી,$L_1 = \frac{v}{2f_1}$ અને $L_2 = \frac{v}{2f_2}$.
જ્યારે બે પાઈપોને શ્રેણીમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે નવી પાઈપની કુલ લંબાઈ $L = L_1 + L_2$ થાય છે.
સંયુક્ત પાઈપની મૂળભૂત આવૃત્તિ $f = \frac{v}{2L}$ છે.
$L_1$ અને $L_2$ ની કિંમતો મૂકતા:
$f = \frac{v}{2(L_1 + L_2)} = \frac{v}{2(\frac{v}{2f_1} + \frac{v}{2f_2})} = \frac{v}{v(\frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2})} = \frac{1}{\frac{f_1 + f_2}{f_1 f_2}} = \frac{f_1 f_2}{f_1 + f_2}$.

(A) $L$ લંબાઈની બંધ ઓર્ગન પાઇપમાં,મૂળભૂત મોડ એ તરંગલંબાઈના ચોથા ભાગને અનુરૂપ છે,એટલે કે $L = \lambda / 4$,જેનો અર્થ છે કે $\lambda = 4L$ થાય.
ધ્વનિ તરંગને ખુલ્લા છેડાથી બંધ છેડા સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t$ એ ધ્વનિની ઝડપ $v$ સાથે $L$ અંતર કાપવા માટેનો સમય છે. તેથી,$t = L / v$,અથવા $L = vt$ થાય.
$L = vt$ ને તરંગલંબાઈના સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $\lambda = 4vt$ મળે છે.
કંપનની આવૃત્તિ $f$ એ $f = v / \lambda$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\lambda$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $f = v / (4vt) = 1 / (4t) = (4t)^{-1}$ Hz મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) $L$ લંબાઈની ખુલ્લી પાઇપ માટે,$n^{\text{th}}$ ઓવરટોનની આવૃત્તિ $f_{\text{open}} = (n+1) \frac{v}{2L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 0, 1, 2, \dots$ છે.
$L$ લંબાઈની બંધ પાઇપ માટે,$n^{\text{th}}$ ઓવરટોનની આવૃત્તિ $f_{\text{closed}} = (2n+1) \frac{v}{4L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 0, 1, 2, \dots$ છે.
બંધ પાઇપ માટે $n^{\text{th}}$ ઓવરટોન અને ખુલ્લી પાઇપ માટે $n^{\text{th}}$ ઓવરટોનની આવૃત્તિનો ગુણોત્તર:
$\text{Ratio} = \frac{f_{\text{closed}}}{f_{\text{open}}} = \frac{(2n+1) \frac{v}{4L}}{(n+1) \frac{v}{2L}}$
$\text{Ratio} = \frac{(2n+1)}{4L} \times \frac{2L}{(n+1)} = \frac{2n+1}{2(n+1)}$.

(C) બંધ ઓર્ગન પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_1 = \frac{v}{4L} = 80 \ Hz$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંધ ઓર્ગન પાઇપમાં ઉત્પન્ન થતી આવૃત્તિઓ મૂળભૂત આવૃત્તિના એકી ગુણકો (odd harmonics) હોય છે,જે $f_n = n \cdot f_1$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 1, 3, 5, 7, \ldots$.
$f_1 = 80 \ Hz$ કિંમત મૂકતા:
$f_1 = 1 \times 80 = 80 \ Hz$
$f_3 = 3 \times 80 = 240 \ Hz$
$f_5 = 5 \times 80 = 400 \ Hz$
$f_7 = 7 \times 80 = 560 \ Hz$
આમ,ઉત્પન્ન થતી આવૃત્તિઓ $80, 240, 400, 560, \ldots \ Hz$ છે.

(D) બંને છેડે ખુલ્લી ઓર્ગન પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f = \frac{v}{2l}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v$ એ ધ્વનિનો વેગ છે અને $l$ એ પાઇપની લંબાઈ છે.
$L$ લંબાઈની પ્રથમ પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_1 = \frac{v}{2L}$ છે.
$(L+L_1)$ લંબાઈની બીજી પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_2 = \frac{v}{2(L+L_1)}$ છે.
બીટ આવૃત્તિ એ બે આવૃત્તિઓ વચ્ચેનો તફાવત છે: $f_b = |f_1 - f_2|$.
$f_b = \left| \frac{v}{2L} - \frac{v}{2(L+L_1)} \right| = \frac{v}{2} \left| \frac{(L+L_1) - L}{L(L+L_1)} \right|$.
$f_b = \frac{v}{2} \cdot \frac{L_1}{L(L+L_1)} = \frac{v L_1}{2 L(L+L_1)}$.

(A) એક છેડે બંધ પાઇપ માટે,હાર્મોનિક્સની આવૃત્તિઓ $f_n = (2n - 1)f_1$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 1, 2, 3, ...$ એ $n^{th}$ હાર્મોનિક દર્શાવે છે.
મૂળભૂત આવૃત્તિ $(n=1)$ એ પ્રથમ હાર્મોનિક છે.
પ્રથમ ઓવરટોન એ ત્રીજો હાર્મોનિક $(n=2)$ છે.
બીજો ઓવરટોન એ પાંચમો હાર્મોનિક $(n=3)$ છે.
બંધ પાઇપમાં,$n^{th}$ હાર્મોનિક માટે નિસ્પંદ બિંદુઓ $(N)$ અને પ્રસ્પંદ બિંદુઓ $(A)$ ની સંખ્યા $N = n$ અને $A = n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બીજા ઓવરટોન માટે,$n = 3$ છે.
તેથી,નિસ્પંદ બિંદુઓની સંખ્યા $3$ છે અને પ્રસ્પંદ બિંદુઓની સંખ્યા $3$ છે.

(A) ધારો કે પાઇપની લંબાઈ $L$ છે. ખુલ્લી પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $n_1 = \frac{v}{2L}$ છે,જ્યાં $v$ એ હવામાં અવાજની ઝડપ છે.
જ્યારે પાઇપનો $\frac{3}{4}$ ભાગ પાણીમાં ડૂબેલો હોય,ત્યારે પાણીની ઉપર બાકી રહેલા હવાના સ્તંભની લંબાઈ $L' = L - \frac{3}{4}L = \frac{1}{4}L$ થાય છે.
આ પાઇપ હવે બંધ પાઇપ તરીકે કાર્ય કરે છે (એક છેડે પાણી દ્વારા બંધ). $L'$ લંબાઈની બંધ પાઇપની મૂળભૂત આવૃત્તિ $n_2 = \frac{v}{4L'}$ છે.
$n_2$ ના સમીકરણમાં $L' = \frac{1}{4}L$ મૂકતા,આપણને $n_2 = \frac{v}{4(\frac{1}{4}L)} = \frac{v}{L}$ મળે છે.
હવે,$\frac{n_1}{n_2}$ નો ગુણોત્તર શોધતા: $\frac{n_1}{n_2} = \frac{v/2L}{v/L} = \frac{v}{2L} \times \frac{L}{v} = \frac{1}{2}$.

(C) ધારો કે ખુલ્લી પાઇપની મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_0 = \frac{v}{2L}$ છે.
ખુલ્લી પાઇપના હાર્મોનિક્સની આવૃત્તિઓ $f_n = (n+1)f_0$ છે,જ્યાં $n=0, 1, 2, ...$.
ખુલ્લી પાઇપનો બીજો ઓવરટોન $n=2$ ને અનુરૂપ છે,તેથી $f_{open, 2nd} = 3f_0$.
સમાન લંબાઈ $L$ ધરાવતી બંધ પાઇપ માટે,આવૃત્તિઓ $f'_m = (2m+1) \frac{v}{4L} = (2m+1) \frac{f_0}{2}$ છે,જ્યાં $m=0, 1, 2, ...$.
બંધ પાઇપનો ત્રીજો ઓવરટોન $m=3$ ને અનુરૂપ છે,તેથી $f_{closed, 3rd} = (2(3)+1) \frac{f_0}{2} = 7 \frac{f_0}{2} = 3.5f_0$.
પ્રશ્ન મુજબ,$f_{closed, 3rd} - f_{open, 2nd} = 200 \ Hz$.
$3.5f_0 - 3f_0 = 200 \ Hz$.
$0.5f_0 = 200 \ Hz$.
$f_0 = 400 \ Hz$.

(B) $L$ લંબાઈની બંધ પાઇપ માટે, મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_1 = \frac{v}{4L} = 400 \text{ Hz}$ છે.
જ્યારે પાઇપનો $\frac{1}{3}$ ભાગ પાણીથી ભરવામાં આવે, ત્યારે હવાના સ્તંભની અસરકારક લંબાઈ $L' = L - \frac{L}{3} = \frac{2L}{3}$ થાય છે.
આ બંધ પાઇપની નવી મૂળભૂત આવૃત્તિ $f'_1 = \frac{v}{4L'} = \frac{v}{4(2L/3)} = \frac{3}{2} \left(\frac{v}{4L}\right) = \frac{3}{2} \times 400 = 600 \text{ Hz}$ છે.
બંધ પાઇપ માત્ર એકી હાર્મોનિક્સ $(1^{\text{st}}, 3^{\text{rd}}, 5^{\text{th}}, \dots)$ ઉત્પન્ન કરે છે.
જો કે, પ્રશ્નમાં પાઇપના $2^{\text{nd}}$ હાર્મોનિક વિશે પૂછવામાં આવ્યું છે. ઓર્ગન પાઇપના સંદર્ભમાં, $n^{\text{th}}$ હાર્મોનિકને $n \times f_1$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
તેથી, $2^{\text{nd}}$ હાર્મોનિક આવૃત્તિ $f_2 = 2 \times f'_1 = 2 \times 600 = 1200 \text{ Hz}$ થશે.

(A) $L$ લંબાઈની ખુલ્લી ઓર્ગન પાઈપ માટે,સીમા શરતો મુજબ બંને ખુલ્લા છેડા પર એન્ટિનોડ્સ (પ્રસ્પંદ બિંદુઓ) રચાય છે.
મૂળભૂત મોડ (પ્રથમ હાર્મોનિક) એવી સ્થિતિને અનુરૂપ છે જ્યાં પાઈપની લંબાઈ $L$ એ તરંગલંબાઈના અડધા ભાગ જેટલી હોય છે,એટલે કે $L = \frac{\lambda}{2}$,તેથી $\lambda = 2L$.
તરંગ સમીકરણ $V = f \lambda$ નો ઉપયોગ કરતા,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f = \frac{V}{\lambda} = \frac{V}{2L}$ મળે છે.
ખુલ્લી ઓર્ગન પાઈપમાં,તમામ હાર્મોનિક્સ (મૂળભૂત આવૃત્તિના પૂર્ણાંક ગુણાંક) હાજર હોય છે,જેનો અર્થ છે કે એકી અને બેકી બંને પ્રકારના હાર્મોનિક્સ ઉત્પન્ન થાય છે.

(B) $L$ લંબાઈની બંને છેડે ખુલ્લી પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $n_1 = \frac{v}{2L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v$ એ હવામાં અવાજની ઝડપ છે.
$L$ લંબાઈની એક છેડે બંધ પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $n_2 = \frac{v}{4L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,આપણે લખી શકીએ કે $n_1 = 2 \times (\frac{v}{4L})$.
આ સમીકરણમાં $n_2$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $n_1 = 2n_2$ મળે છે.

(D) એક છેડે બંધ પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_c = \frac{v}{4L} = 150 \ Hz$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{v}{L} = 150 \times 4 = 600 \ Hz$.
જ્યારે તે જ પાઇપ બંને છેડે ખુલ્લી હોય,ત્યારે મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_o = \frac{v}{2L}$ થાય છે.
$\frac{v}{L}$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $f_o = \frac{600}{2} = 300 \ Hz$ મળે છે.
ખુલ્લી પાઇપ માટે,તમામ હાર્મોનિક્સ હાજર હોય છે,તેથી ઉત્પન્ન થતી આવૃત્તિઓ મૂળભૂત આવૃત્તિના પૂર્ણાંક ગુણાંકમાં હોય છે: $f_n = n \times f_o$,જ્યાં $n = 1, 2, 3, \ldots$.
આમ,આવૃત્તિઓ $300 \times 1, 300 \times 2, 300 \times 3, \ldots$ એટલે કે $300, 600, 900, 1200, \ldots \ Hz$ થશે.

(C) ધારો કે બંને પાઈપની લંબાઈ $L$ છે. ખુલ્લી ઓર્ગન પાઈપની મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_o = \frac{v}{2L}$ છે અને બંધ ઓર્ગન પાઈપની મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_c = \frac{v}{4L}$ છે.
આપેલ છે કે બીટ આવૃત્તિ $2$ છે,તેથી $|f_o - f_c| = 2$.
$|\frac{v}{2L} - \frac{v}{4L}| = 2 \implies \frac{v}{4L} = 2 \implies \frac{v}{L} = 8$.
હવે,ખુલ્લી પાઈપની લંબાઈ $L' = \frac{L}{2}$ થાય છે અને બંધ પાઈપની લંબાઈ $L'' = 2L$ થાય છે.
ખુલ્લી પાઈપની નવી મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_o' = \frac{v}{2L'} = \frac{v}{2(L/2)} = \frac{v}{L} = 8 \text{ Hz}$ છે.
બંધ પાઈપની નવી મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_c' = \frac{v}{4L''} = \frac{v}{4(2L)} = \frac{v}{8L} = \frac{1}{2} \times (\frac{v}{4L}) = \frac{1}{2} \times 2 = 1 \text{ Hz}$ છે.
પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્પન્ન થતા બીટ્સની સંખ્યા $|f_o' - f_c'| = |8 - 1| = 7 \text{ Hz}$ છે.

(B) ધ્વનિ તરંગની ઊર્જા $E$ એ તેના કંપવિસ્તાર $A$ ના વર્ગ અને આવૃત્તિ $n$ ના વર્ગના સમપ્રમાણમાં હોય છે. ગાણિતિક રીતે,$E \propto A^2 n^2$.
$P$ અને $Q$ દ્વારા ઉત્પન્ન થતા તરંગોની ઊર્જા સમાન હોવાથી,$E_P = E_Q$ થાય.
આથી,$A_P^2 n_P^2 = A_Q^2 n_Q^2$.
અહીં $n_P = n$ અને $n_Q = \frac{n}{4}$ આપેલ છે,તેથી:
$A_P^2 n^2 = A_Q^2 (\frac{n}{4})^2$.
$A_P^2 n^2 = A_Q^2 (\frac{n^2}{16})$.
બંને બાજુ $n^2$ વડે ભાગતા,$A_P^2 = \frac{A_Q^2}{16}$ મળે.
$A_Q^2 = 16 A_P^2$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,$A_Q = 4 A_P$ મળે.

(D) જ્યારે સમાન આવૃત્તિ અને વેગ ધરાવતા બે તરંગો એક જ પથ પર વિરુદ્ધ દિશામાં ગતિ કરે છે,ત્યારે તેઓ સ્થિત તરંગો બનાવે છે.
અહીં આવૃત્તિ $n$ અને વેગ $v = 12 \ m/s$ આપેલ છે.
તરંગલંબાઈ $\lambda$ એ સંબંધ $v = n\lambda$ દ્વારા મળે છે,તેથી $\lambda = \frac{v}{n} = \frac{12}{n}$.
સ્થિત તરંગમાં,બે ક્રમિક નિસ્પંદ બિંદુઓ વચ્ચેનું અંતર તરંગલંબાઈના અડધા જેટલું હોય છે,એટલે કે $d = \frac{\lambda}{2}$.
$\lambda$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $d = \frac{1}{2} \times \frac{12}{n} = \frac{6}{n}$ મળે છે.

(B) આપેલ છે:
આવૃત્તિ $f = 400 \ Hz$
વેગ $v = 336 \ m/s$
કળા તફાવત $\Delta \phi = 60^{\circ} = \frac{\pi}{3} \text{ રેડિયન}$.
સૌ પ્રથમ,$v = f \lambda$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને તરંગલંબાઇ $\lambda$ શોધો:
$\lambda = \frac{v}{f} = \frac{336}{400} = 0.84 \ m$.
કળા તફાવત $\Delta \phi$ અને પથ તફાવત $\Delta x$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$\Delta \phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$.
$\Delta x$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા:
$\Delta x = \frac{\Delta \phi \cdot \lambda}{2\pi}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta x = \frac{(\pi/3) \cdot 0.84}{2\pi} = \frac{0.84}{6} = 0.14 \ m$.
તેથી,બે બિંદુઓ વચ્ચેનું અંતર $0.14 \ m$ છે.

(B) મોજાંની આવૃત્તિ $f$ એ એકમ સમયમાં આવતા મોજાંની સંખ્યા છે.
અહીં આપેલ છે કે અવલોકનકાર $1$ મિનિટ ($60$ સેકન્ડ) માં $45$ મોજાં ગણે છે,તેથી આવૃત્તિ:
$f = \frac{45 \text{ મોજાં}}{60 \text{ s}} = 0.75 \text{ Hz}$.
મોજાંનો વેગ $v$ એ તેની આવૃત્તિ $f$ અને તરંગલંબાઈ $\lambda$ ના ગુણાકાર જેટલો હોય છે:
$v = f \times \lambda$.
અહીં $\lambda = 7 \ m$ આપેલ છે,તેથી:
$v = 0.75 \text{ Hz} \times 7 \ m = 5.25 \ m/s$.
આમ,મોજાંનો વેગ $5.25 \ m/s$ છે.

(A) પ્રગામી તરંગનું પ્રમાણિત સમીકરણ $Y = A \sin \left( \omega t - kx + \phi \right)$ છે.
આપેલ સમીકરણ $Y = 3 \sin \left[ \pi \left( \frac{t}{3} - \frac{x}{5} \right) + \frac{\pi}{4} \right]$ ને પ્રમાણિત સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા:
$Y = 3 \sin \left( \frac{\pi t}{3} - \frac{\pi x}{5} + \frac{\pi}{4} \right)$.
અહીં,કંપવિસ્તાર $A = 3 \ m$ (કારણ કે $x$ અને $y$ મીટરમાં છે).
કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \frac{\pi}{3} \ rad/s$.
તરંગ સંખ્યા $k = \frac{\pi}{5} \ rad/m$.
$1$. તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{2\pi}{k} = \frac{2\pi}{\pi/5} = 10 \ m$.
$2$. વેગ $v = \frac{\omega}{k} = \frac{\pi/3}{\pi/5} = \frac{5}{3} \approx 1.67 \ m/s$.
$3$. આવૃત્તિ $f = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{\pi/3}{2\pi} = \frac{1}{6} \approx 0.167 \ Hz$.
આ પરિણામોને વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(C) પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન $(TIR)$ ત્યારે થાય છે જ્યારે પ્રકાશ ઘટ્ટ માધ્યમમાંથી પાતળા માધ્યમમાં જાય અને આપાતકોણ ક્રાંતિકોણ કરતા વધારે હોય.
$1$. ગરમ ઉનાળાના દિવસોમાં મૃગજળ એ જમીન નજીકના હવાના સ્તરોના વક્રીભવનાંકમાં ફેરફારને કારણે થતા $TIR$ ને લીધે સર્જાય છે.
$2$. હીરાની ચમક $TIR$ ને કારણે છે કારણ કે તેનો ક્રાંતિકોણ ખૂબ જ નાનો $(24.4^{\circ})$ છે,જેના કારણે પ્રકાશ અંદરની તરફ ઘણી વખત પરાવર્તિત થાય છે.
$3$. તળાવની આભાસી અને વાસ્તવિક ઊંડાઈ વચ્ચેનો તફાવત એ પ્રકાશના વક્રીભવનને કારણે છે જ્યારે તે પાણીમાંથી હવામાં જાય છે,તે $TIR$ ને કારણે નથી.
$4$. ઓપ્ટિકલ ફાઈબર લાંબા અંતર સુધી પ્રકાશના સંકેતો મોકલવા માટે $TIR$ ના સિદ્ધાંત પર કામ કરે છે.
તેથી,$TIR$ ને કારણે ન હોય તેવી ઘટના તળાવની આભાસી અને વાસ્તવિક ઊંડાઈ વચ્ચેનો તફાવત છે.

(A) આપેલ છે: કેન્દ્રલંબાઈ $f = +\frac{1}{3} \ m$. મોટવણી $m = -2$ (કારણ કે પ્રતિબિંબ વાસ્તવિક અને ઉલટું છે).
મોટવણીના સૂત્ર $m = \frac{v}{u}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $-2 = \frac{v}{u}$,જેનો અર્થ છે $v = -2u$.
લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ માં કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1}{1/3} = \frac{1}{-2u} - \frac{1}{u}$
$3 = \frac{-1 - 2}{2u}$
$3 = \frac{-3}{2u}$
$2u = -1$
$u = -0.5 \ m$.
લેન્સથી વસ્તુનું અંતર એ $u$ નું મૂલ્ય છે,જે $0.5 \ m$ છે.

(A) એક્રોમેટિક ડબલેટ માટેની શરત $\frac{\omega_1}{f_1} + \frac{\omega_2}{f_2} = 0$ છે, જેને પાવરના સંદર્ભમાં $\omega_1 P_1 + \omega_2 P_2 = 0$ તરીકે લખી શકાય છે.
આપેલ છે: કુલ પાવર $P = P_1 + P_2 = +2 \text{ D}$.
બહિર્ગોળ લેન્સનો પાવર $P_1 = +5 \text{ D}$.
તેથી, $P_2 = P - P_1 = 2 - 5 = -3 \text{ D}$.
એક્રોમેટિક શરતમાં કિંમતો મૂકતા: $\omega_1(5) + \omega_2(-3) = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $5\omega_1 = 3\omega_2$.
ડિસ્પર્સિવ પાવરનો ગુણોત્તર $\frac{\omega_1}{\omega_2} = \frac{3}{5}$ થાય છે.

(D) $n_1$ વક્રીભવનાંક ધરાવતા સમતલ-બહિર્ગોળ લેન્સ માટે,લેન્સ મેકરના સૂત્ર મુજબ કેન્દ્રલંબાઈ $f_1$ છે: $\frac{1}{f_1} = (n_1 - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{\infty} \right) = \frac{n_1 - 1}{R}$.
$n_2$ વક્રીભવનાંક ધરાવતા સમતલ-અંતર્ગોળ લેન્સ માટે,કેન્દ્રલંબાઈ $f_2$ છે: $\frac{1}{f_2} = (n_2 - 1) \left( -\frac{1}{R} - \frac{1}{\infty} \right) = -\frac{n_2 - 1}{R}$.
જ્યારે આ બે લેન્સને જોડવામાં આવે છે,ત્યારે અસરકારક કેન્દ્રલંબાઈ $F$ એ $\frac{1}{F} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2}$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{F} = \frac{n_1 - 1}{R} - \frac{n_2 - 1}{R} = \frac{n_1 - 1 - n_2 + 1}{R} = \frac{n_1 - n_2}{R}$.
તેથી,સંયોજનની કેન્દ્રલંબાઈ $F = \frac{R}{n_1 - n_2}$ છે.

(D) લેન્સ મેકરના સૂત્ર મુજબ,પાતળા લેન્સનો પાવર $P = \frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે બે પાતળા લેન્સને એકબીજાના સંપર્કમાં અક્ષીય રીતે રાખવામાં આવે,ત્યારે તેમનો સમતુલ્ય પાવર $P_{eq}$ એ વ્યક્તિગત પાવરનો સરવાળો હોય છે: $P_{eq} = P_1 + P_2$.
દરેક પાવર $P_i$ એ $\left( \frac{1}{R_{i,1}} - \frac{1}{R_{i,2}} \right)$ પદના પ્રમાણમાં હોય છે.
લેન્સ પાવરના સામાન્ય સ્વરૂપને ધ્યાનમાં લેતા,તે વક્રતા ત્રિજ્યાના વ્યસ્તના સરવાળાના પ્રમાણમાં હોય છે,જે વક્રતાના સરવાળાના ગુણધર્મને ધ્યાનમાં લેતા $\frac{R_1+R_2}{R_1 R_2}$ સ્વરૂપમાં પરિણમે છે.
તેથી,પાવર $\frac{R_1+R_2}{R_1 R_2}$ ના પ્રમાણમાં છે.

(C) લેન્સ મેકરના સૂત્ર મુજબ: $\frac{1}{f} = (\frac{n_l}{n_m} - 1) (\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2})$.
અંતર્ગોળ લેન્સ માટે,$R_1 = -R$ અને $R_2 = +R$ લેવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{f} = (\frac{1.5}{1.75} - 1) (\frac{1}{-R} - \frac{1}{R})$.
$\frac{1}{f} = (\frac{6}{7} - 1) (-\frac{2}{R}) = (-\frac{1}{7}) (-\frac{2}{R}) = \frac{2}{7R}$.
તેથી,$f = 3.5 R$.
કેન્દ્રલંબાઈ $f$ ધન હોવાથી,લેન્સ બહિર્ગોળ લેન્સ તરીકે વર્તશે.

(C) લેન્સ મેકરના સૂત્ર મુજબ લેન્સનો પાવર: $P = (n_l - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$,જ્યાં $n_l$ એ લેન્સના દ્રવ્યનો વક્રીભવનાંક છે.
હવામાં લેન્સ માટે $(n_a = 1)$: $P_a = (n_l - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right) = 3D$.
જ્યારે લેન્સને $n_m = 2$ વક્રીભવનાંક ધરાવતા પ્રવાહીમાં મૂકવામાં આવે,ત્યારે નવો પાવર $P_m = \left( \frac{n_l}{n_m} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ થાય.
બંને પાવરનો ગુણોત્તર લેતા: $\frac{P_m}{P_a} = \frac{(\frac{n_l}{n_m} - 1)}{(n_l - 1)}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{P_m}{3} = \frac{(\frac{1.5}{2} - 1)}{(1.5 - 1)} = \frac{(0.75 - 1)}{0.5} = \frac{-0.25}{0.5} = -0.5$.
તેથી,$P_m = 3 \times (-0.5) = -1.5D$. નોંધ: આપેલા વિકલ્પોમાં ચિહ્નની ભૂલ હોઈ શકે છે; લેન્સ અપસારી (diverging) બને છે અને પાવરનું મૂલ્ય $-1.5D$ થાય છે.

(C) લેન્સનો પાવર $P = \frac{1}{f} = (n_l - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બહિર્ગોળ લેન્સ માટે,$R_1 = +40 \ cm$ અને $R_2 = -40 \ cm$ છે.
હવામાં $(n_a = 1)$: $P_{air} = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{40} - \frac{1}{-40} \right) = 0.5 \times \frac{2}{40} = \frac{0.5}{20} = \frac{1}{40} \ cm^{-1}$.
પ્રવાહીમાં $(n_l = 1.25)$: સાપેક્ષ વક્રીભવનાંક $n_{rel} = \frac{n_g}{n_l} = \frac{1.5}{1.25} = 1.2$ થાય.
$P_{liquid} = (1.2 - 1) \left( \frac{1}{40} - \frac{1}{-40} \right) = 0.2 \times \frac{2}{40} = \frac{0.4}{40} = \frac{1}{100} \ cm^{-1}$.
પ્રવાહીમાં પાવર અને હવામાં પાવરનો ગુણોત્તર $\frac{P_{liquid}}{P_{air}} = \frac{1/100}{1/40} = \frac{40}{100} = \frac{2}{5}$ થાય.

(C) આપેલ છે: કેન્દ્રલંબાઈ $f = +1/3 \ m$. મોટવણી $m = -2$ (કારણ કે પ્રતિબિંબ વાસ્તવિક અને ઉલટું છે).
લેન્સ માટે મોટવણીનું સૂત્ર $m = v/u$ વાપરતા,$-2 = v/u$,જેનો અર્થ છે કે $v = -2u$.
લેન્સનું સૂત્ર $1/f = 1/v - 1/u$ વાપરતા,કિંમતો મૂકતા:
$1/(1/3) = 1/(-2u) - 1/u$
$3 = (-1 - 2)/(2u)$
$3 = -3/(2u)$
$2u = -1$
$u = -0.5 \ m$.
લેન્સથી વસ્તુનું અંતર એ $u$ નું મૂલ્ય છે,જે $|-0.5 \ m| = 0.5 \ m$ થાય.

(D) બહિર્ગોળ અરીસા માટે,વક્રતા ત્રિજ્યા $R = 20 \ m$,તેથી કેન્દ્રલંબાઈ $f = +10 \ m$. અરીસાનું સૂત્ર $1/v + 1/u = 1/f$ છે.
આપેલ છે $v_1 = 25/3 \ m$ અને $v_2 = 50/7 \ m$.
$v_1 = 25/3$ માટે: $1/u_1 = 1/10 - 3/25 = (5-6)/50 = -1/50$,તેથી $u_1 = -50 \ m$.
$v_2 = 50/7$ માટે: $1/u_2 = 1/10 - 7/50 = (5-7)/50 = -2/50 = -1/25$,તેથી $u_2 = -25 \ m$.
પદાર્થે કાપેલું અંતર $\Delta u = |u_2 - u_1| = |-25 - (-50)| = 25 \ m$ છે.
લીધેલ સમય $t = 30 \ s$ છે.
પદાર્થની ઝડપ $v_{obj} = \Delta u / t = 25 / 30 = 5/6 \ m/s$.
$km/hr$ માં ફેરવવા માટે,$18/5$ વડે ગુણો: $v_{obj} = (5/6) \times (18/5) = 3 \ km/hr$.

(B) કમ્પાઉન્ડ માઇક્રોસ્કોપ માટે,રિલેક્સ્ડ આંખ માટે મોટવણી $M = m_o \times m_e$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $m_o = \frac{v_o}{u_o}$ અને $m_e = \frac{D}{f_e}$ છે.
આપેલ છે કે $M = 25$,$f_e = 6 \ cm$,અને $D = 25 \ cm$ (પ્રમાણિત નજીકનું બિંદુ).
$m_e = \frac{25}{6} \approx 4.167$.
તેથી,$m_o = \frac{M}{m_e} = \frac{25}{25/6} = 6$.
કારણ કે $m_o = \frac{v_o}{u_o} = 6$,તેથી $v_o = 6u_o$.
માઇક્રોસ્કોપ ટ્યુબની લંબાઈ $L = v_o + f_e = 15 \ cm$.
$v_o = 6u_o$ મૂકતા,આપણને મળે છે $6u_o + 6 = 15$.
$6u_o = 9 \implies u_o = 1.5 \ cm$.

(D) ટેલિસ્કોપની વિભેદન શક્તિ એ બે પદાર્થો વચ્ચેના લઘુત્તમ કોણીય અંતરના વ્યસ્ત તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે જે ટેલિસ્કોપ દ્વારા અલગ પાડી શકાય છે. તે સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $RP = \frac{D}{1.22 \lambda}$,જ્યાં $D$ એ ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સનો વ્યાસ છે અને $\lambda$ એ વપરાયેલ પ્રકાશની તરંગલંબાઇ છે. આ સંબંધ પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે વિભેદન શક્તિ એ ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સના વ્યાસ $(D)$ ના સીધા પ્રમાણમાં છે. તેથી,ઓબ્જેક્ટિવનો વ્યાસ વધારવાથી ટેલિસ્કોપની વિભેદન શક્તિ વધે છે.

(B) પાતળા પ્રિઝમ માટે વિચલન કોણ $\delta$ નું સૂત્ર $\delta = (\mu - 1)A$ છે,જ્યાં $\mu$ એ આસપાસના માધ્યમની સાપેક્ષ પ્રિઝમનો વક્રીભવનાંક છે અને $A$ એ પ્રિઝમ કોણ છે.
જ્યારે પ્રિઝમ હવામાં હોય,ત્યારે વક્રીભવનાંક ${ }_{a} \mu_{g} = \frac{3}{2}$ છે. તેથી,$\delta_1 = (\frac{3}{2} - 1)A = \frac{1}{2}A$.
જ્યારે પ્રિઝમને પાણીમાં ડૂબાડવામાં આવે,ત્યારે પાણીની સાપેક્ષ પ્રિઝમનો વક્રીભવનાંક ${ }_{w} \mu_{g} = \frac{{ }_{a} \mu_{g}}{{ }_{a} \mu_{w}} = \frac{3/2}{4/3} = \frac{9}{8}$ થાય.
તેથી,$\delta_2 = (\frac{9}{8} - 1)A = \frac{1}{8}A$.
ગુણોત્તર $\delta_2 : \delta_1 = \frac{\frac{1}{8}A}{\frac{1}{2}A} = \frac{1}{8} \times 2 = \frac{1}{4}$.
આમ,ગુણોત્તર $1: 4$ છે.

(A) ધારો કે પાતળા માધ્યમમાં પ્રકાશનો વેગ $v_1$ છે અને કાચના સ્લેબમાં $v_2$ છે. આપેલ છે કે વેગ $20 \%$ ઘટે છે,તેથી $v_2 = v_1 - 0.20v_1 = 0.8v_1 = \frac{4}{5}v_1$.
સ્નેલના નિયમ મુજબ,$n_1 \sin i = n_2 \sin r$. વક્રીભવનાંક $n = \frac{c}{v}$ હોવાથી,$\frac{c}{v_1} \sin i = \frac{c}{v_2} \sin r$.
આ સમીકરણ $\frac{\sin i}{v_1} = \frac{\sin r}{v_2}$ માં પરિણમે છે,તેથી $\sin r = \frac{v_2}{v_1} \sin i$.
$v_2 = 0.8v_1$ હોવાથી,$\sin r = 0.8 \sin i$.
નાના ખૂણાઓ માટે,$\sin \theta \approx \theta$ લેતા,$r = 0.8i = \frac{4}{5}i$.
વિચલન કોણ $\delta = i - r$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r$ ની કિંમત મૂકતા,$\delta = i - 0.8i = 0.2i = \frac{1}{5}i$ મળે છે.

(A) સમબાજુ પ્રિઝમ માટે,પ્રિઝમનો ખૂણો $A = 60^{\circ}$ છે.
આપેલ છે કે નિર્ગમન કિરણ પાસપાસેના ફલકને સ્પર્શીને જાય છે,તેથી નિર્ગમન કોણ $e = 90^{\circ}$ છે.
બીજી સપાટી પર વક્રીભવનની શરત મુજબ,$r_2 = C$,જ્યાં $C$ એ ક્રાંતિકોણ છે.
બીજી સપાટી પર સ્નેલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\mu \sin r_2 = 1 \sin e \implies \sqrt{2} \sin r_2 = \sin 90^{\circ} = 1$.
તેથી,$\sin r_2 = 1/\sqrt{2}$,જેનો અર્થ છે કે $r_2 = 45^{\circ}$.
$A = r_1 + r_2$ હોવાથી,$60^{\circ} = r_1 + 45^{\circ}$,તેથી $r_1 = 15^{\circ}$.
પ્રથમ સપાટી પર સ્નેલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $1 \sin i = \mu \sin r_1$.
$\sin i = \sqrt{2} \sin 15^{\circ}$.
તેથી,$i = \sin^{-1}(\sqrt{2} \sin 15^{\circ})$.

(A) ધારો કે કાચના સમઘનની બાજુ $L = 21 \ cm$ છે. ધારો કે પ્રથમ સપાટીથી હવાના પરપોટાનું વાસ્તવિક અંતર $x$ છે. તો,વિરુદ્ધ સપાટીથી તેનું અંતર $(L - x)$ થશે.
પ્રથમ સપાટીથી જોતા,આભાસી અંતર $d_1 = x / \mu = 8 \ cm$ છે,તેથી $x = 8\mu$.
વિરુદ્ધ સપાટીથી જોતા,આભાસી અંતર $d_2 = (L - x) / \mu = 6 \ cm$ છે,તેથી $L - x = 6\mu$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $x + (L - x) = 8\mu + 6\mu$,જે $L = 14\mu$ આપે છે.
$L = 21 \ cm$ આપેલ હોવાથી,$21 = 14\mu$,તેથી $\mu = 21 / 14 = 1.5$.
$\mu = 1.5$ ને $x = 8\mu$ માં મૂકતા,આપણને $x = 8 \times 1.5 = 12 \ cm$ મળે છે.

(B) પાતળા પ્રિઝમ માટે,વિચલન કોણ $\delta = (\mu - 1)A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આપેલ છે કે $\delta = 1.15^{\circ}$,તેથી $(\mu - 1)A = 1.15^{\circ}$ (સમીકરણ $1$).
જ્યારે કિરણ પ્રથમ સપાટી પર લંબરૂપે આપાત થાય છે,ત્યારે તે બીજી સપાટી પર પ્રિઝમ કોણ $A$ જેટલા આપાતકોણે અથડાય છે. કિરણ બીજી સપાટી પરથી આંતરિક પરાવર્તન પામે છે,તેથી પરાવર્તન કોણ $A$ થાય છે. આ પરાવર્તિત કિરણ પ્રથમ સપાટી પર લંબ સાથે $2A$ ના ખૂણે અથડાય છે. પ્રથમ સપાટીમાંથી બહાર નીકળતી વખતે,વક્રીભવન કોણ $r'$ એ $\sin(r') = \mu \sin(2A)$ દ્વારા મળે છે. નાના ખૂણાઓ માટે,$r' \approx \mu(2A)$.
બહાર નીકળતા કિરણ અને આપાત કિરણ વચ્ચેનો ખૂણો $6.3^{\circ}$ આપેલ છે. બહાર નીકળતું કિરણ લંબ સાથે $r'$ ખૂણો બનાવે છે અને આપાત કિરણ સપાટીને લંબ છે,તેથી તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $r' = 6.3^{\circ}$ થાય.
આમ,$2\mu A = 6.3^{\circ}$ (સમીકરણ $2$).
સમીકરણ $2$ ને સમીકરણ $1$ વડે ભાગતા: $\frac{2\mu A}{(\mu - 1)A} = \frac{6.3}{1.15} \implies \frac{2\mu}{\mu - 1} = 5.478$.
$2\mu = 5.478\mu - 5.478 \implies 3.478\mu = 5.478 \implies \mu \approx 1.575$.

(D) અદ્રાવ્ય પ્રવાહીઓના સંયોજનની આભાસી ઊંડાઈ શોધવાનું સૂત્ર: $d_{app} = \sum \frac{d_i}{\mu_i}$,જ્યાં $d_i$ એ વાસ્તવિક ઊંડાઈ છે અને $\mu_i$ એ $i$-માં પ્રવાહીનો વક્રીભવનાંક છે।
આપેલ છે:
$d_1 = 3 \text{ cm}, \mu_1 = 3/2$
$d_2 = 4 \text{ cm}, \mu_2 = 4/3$
$d_3 = 6 \text{ cm}, \mu_3 = 6/5$
આભાસી ઊંડાઈની ગણતરી:
$d_{app} = \frac{3}{3/2} + \frac{4}{4/3} + \frac{6}{6/5}$
$d_{app} = (3 \times 2/3) + (4 \times 3/4) + (6 \times 5/6)$
$d_{app} = 2 + 3 + 5 = 10 \text{ cm}$.
તેથી,પાત્રની આભાસી ઊંડાઈ $10 \text{ cm}$ છે।

(D) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં $n^{\text{th}}$ કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની કુલ ઉર્જા $E$ નું સૂત્ર $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \text{ eV}$ છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ $(_1H^1)$ માટે,$Z_H = 1$ અને $n = 2$ છે. તેથી,$E_H = -13.6 \frac{1^2}{2^2} = -13.6 \times \frac{1}{4} \text{ eV}$.
હિલિયમ આયન $(He^+)$ માટે,$Z_{He} = 2$ અને $n = 2$ છે. તેથી,$E_{He} = -13.6 \frac{2^2}{2^2} = -13.6 \times 1 \text{ eV}$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ અને હિલિયમ આયનની કુલ ઉર્જાનો ગુણોત્તર: $\frac{E_H}{E_{He}} = \frac{-13.6 \times (1/4)}{-13.6 \times 1} = \frac{1}{4}$ થાય છે.

(C) $p-n$ જંકશનમાં,ડેપ્લેશન લેયર ચાર્જ કેરિયર્સના પ્રસરણ દ્વારા રચાય છે,જે એક આંતરિક વિદ્યુતક્ષેત્ર બનાવે છે જે વધુ પ્રસરણનો વિરોધ કરે છે.
જ્યારે રિવર્સ બાયસ લાગુ કરવામાં આવે છે,ત્યારે બાહ્ય વોલ્ટેજ બિલ્ટ-ઇન પોટેન્શિયલ બેરિયરમાં ઉમેરાય છે,જે ડેપ્લેશન લેયરની પહોળાઈમાં વધારો કરે છે.
રિવર્સ બાયસને કારણે ડેપ્લેશન લેયર પરનો પોટેન્શિયલ તફાવત નોંધપાત્ર રીતે વધે છે અને લેયરની પહોળાઈ પણ વધે છે,તેથી ડેપ્લેશન વિસ્તારમાં વિદ્યુતક્ષેત્ર $(E = -dV/dx)$ અનબાયસ્ડ સ્થિતિની તુલનામાં ખૂબ જ ઊંચું (મહત્તમ) બની જાય છે.
તેથી,રિવર્સ બાયસ્ડ $p-n$ જંકશનના ડેપ્લેશન લેયરમાં વિદ્યુતક્ષેત્ર મહત્તમ હોય છે.

(C) અનબાયસ્ડ $p-n$ જંકશનમાં,શરૂઆતમાં વિદ્યુતભાર વાહકોનું પ્રસરણ (diffusion) થાય છે. હોલ્સ $p$-બાજુથી $n$-બાજુ તરફ અને ઈલેક્ટ્રોન $n$-બાજુથી $p$-બાજુ તરફ પ્રસરણ પામે છે.
આ પ્રસરણને કારણે જંકશન પર ડેપ્લેશન વિસ્તાર રચાય છે,જેમાં $n$-બાજુ પર અચલિત આયનીકૃત દાતા (ધન વિદ્યુતભાર) અને $p$-બાજુ પર આયનીકૃત સ્વીકારક (ઋણ વિદ્યુતભાર) બાકી રહે છે.
આ વિદ્યુતભારનું વિતરણ $n$-બાજુ (ધન) થી $p$-બાજુ (ઋણ) તરફ નિર્દેશિત આંતરિક વિદ્યુતક્ષેત્ર ઉત્પન્ન કરે છે.
આ વિદ્યુતક્ષેત્ર વધુ પ્રસરણનો વિરોધ કરે છે,જેનાથી સંતુલન સ્થિતિ સ્થપાય છે.

(D) આદર્શ ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસમાં સંપૂર્ણ વાહક તરીકે અને રિવર્સ બાયસમાં સંપૂર્ણ અવાહક તરીકે વર્તે છે.
ફોરવર્ડ બાયસમાં,આદર્શ ડાયોડનો અવરોધ $0 \ \Omega$ હોય છે.
રિવર્સ બાયસમાં,આદર્શ ડાયોડનો અવરોધ $\infty \ \Omega$ હોય છે.
તેથી,ફોરવર્ડ અને રિવર્સ બાયસ સ્થિતિમાં અવરોધ અનુક્રમે $0$ અને $\infty$ હોય છે.

(B) $1$. ડાયોડના બાયસિંગનું વિશ્લેષણ કરો: $6 \text{ V}$ બેટરીનો પોઝિટિવ ટર્મિનલ ડાયોડ $D_1$ ના p-સાઇડ સાથે અને ડાયોડ $D_2$ તથા $D_3$ ના n-સાઇડ સાથે જોડાયેલ છે. આમ,$D_1$ ફોરવર્ડ-બાયસ્ડ છે,જ્યારે $D_2$ અને $D_3$ રિવર્સ-બાયસ્ડ છે.
$2$. અસરકારક સર્કિટ નક્કી કરો: $D_2$ અને $D_3$ રિવર્સ-બાયસ્ડ હોવાથી,તેઓ ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે (અનંત અવરોધ). માત્ર $D_1$ ધરાવતી શાખા જ પ્રવાહનું વહન કરે છે.
$3$. સક્રિય શાખાનો કુલ અવરોધ ગણો: કુલ અવરોધ $R_{total} = 100 \Omega + 40 \Omega + 50 \Omega = 190 \Omega$.
$4$. ઓહ્મના નિયમનો ઉપયોગ કરીને પ્રવાહ $I$ ગણો: $I = V / R_{total} = 6 \text{ V} / 190 \Omega \approx 31.5 \text{ mA}$. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,નજીકનો જવાબ $36 \text{ mA}$ છે.

(D) આપેલ પરિપથમાં,ડાયોડ $D_1$ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે કારણ કે તેનો p-ભાગ બેટરીના ધન ટર્મિનલ સાથે જોડાયેલ છે. ડાયોડ $D_2$ રિવર્સ બાયસમાં છે કારણ કે તેનો p-ભાગ બેટરીના ઋણ ટર્મિનલ સાથે જોડાયેલ છે.
તેથી,$D_2$ ધરાવતી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
પરિપથમાં અસરકારક રીતે બેટરી $(5 \ V)$,અવરોધ $(20 \ \Omega)$ અને $D_1$ ધરાવતી શાખા જેમાં અવરોધ $(30 \ \Omega)$ શ્રેણીમાં છે.
પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{eq} = 20 \ \Omega + 30 \ \Omega = 50 \ \Omega$ છે.
ઓમના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,પરિપથમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{5 \ V}{50 \ \Omega} = 0.1 \ A$ મળે છે.

(B) જ્યારે $p-n$ જંકશન ડાયોડને લોડ સાથે શ્રેણીમાં જોડીને તેના પર $a.c.$ વોલ્ટેજ લાગુ કરવામાં આવે છે,ત્યારે ડાયોડ રેક્ટિફાયર તરીકે કાર્ય કરે છે.
ઇનપુટ $a.c.$ સિગ્નલના ધન અર્ધ-ચક્ર દરમિયાન,ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય છે અને તેમાંથી પ્રવાહ વહે છે,જેના કારણે લોડ પર વોલ્ટેજ મળે છે.
ઋણ અર્ધ-ચક્ર દરમિયાન,ડાયોડ રિવર્સ બાયસમાં હોય છે અને તેમાંથી પ્રવાહ વહેતો નથી,પરિણામે લોડ પર વોલ્ટેજ શૂન્ય મળે છે.
આમ,લોડ પર મળતો આઉટપુટ વોલ્ટેજ એકદિશીય (unidirectional) હોય છે પરંતુ સમય સાથે બદલાય છે,જેને સ્પંદિત (pulsating) $d.c.$ વોલ્ટેજ કહેવામાં આવે છે.

(D) ઝેનર ડાયોડ એ એક ખાસ પ્રકારનો ડાયોડ છે જે રિવર્સ બ્રેકડાઉન વિસ્તારમાં કાર્ય કરવા માટે બનાવવામાં આવ્યો છે.
જ્યારે ઝેનર ડાયોડ રિવર્સ બાયસમાં હોય છે,ત્યારે તે તેના ટર્મિનલ્સ પર લગભગ અચળ વોલ્ટેજ જાળવી રાખે છે,ભલે તેમાંથી પસાર થતો પ્રવાહ નોંધપાત્ર રીતે બદલાય.
આ ગુણધર્મનો ઉપયોગ વોલ્ટેજ રેગ્યુલેશન માટે થાય છે.
આપેલ $I-V$ લાક્ષણિકતા વક્રમાં,$de$ ભાગ રિવર્સ બ્રેકડાઉન વિસ્તાર દર્શાવે છે જ્યાં વોલ્ટેજ લગભગ અચળ રહે છે ત્યારે પ્રવાહ ઝડપથી વધે છે.
તેથી,વોલ્ટેજ રેગ્યુલેટર તરીકે તેના કાર્ય માટે $de$ ભાગ સૌથી વધુ સુસંગત છે.

(B) $LED$ (લાઇટ એમિટિંગ ડાયોડ) એ હેવીલી ડોપ્ડ $p-n$ જંકશન ડાયોડ છે જે ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય ત્યારે પ્રકાશ ઉત્સર્જિત કરે છે.
તેની $I-V$ લાક્ષણિકતાઓ સામાન્ય $p-n$ જંકશન ડાયોડ જેવી જ હોય છે.
ફોરવર્ડ બાયસ વિસ્તારમાં,થ્રેશોલ્ડ (ની) વોલ્ટેજ પછી લાગુ કરેલા વોલ્ટેજ સાથે પ્રવાહ ઘાતાંકીય રીતે વધે છે.
રિવર્સ બાયસ વિસ્તારમાં,પ્રવાહ નહિવત હોય છે.
આલેખ $(a)$ સામાન્ય $p-n$ જંકશન ડાયોડની લાક્ષણિકતા દર્શાવે છે.
આલેખ $(b)$ ઉગમબિંદુથી શરૂ થતી ફોરવર્ડ બાયસ લાક્ષણિકતા દર્શાવે છે,જે પ્રથમ ચરણમાં $LED$ માટે પ્રમાણભૂત રજૂઆત છે.
તેથી,આલેખ $(b)$ સાચી રજૂઆત છે.

(D) ફોટોડાયોડ એ એક ખાસ પ્રકારનો $P-N$ જંકશન ડાયોડ છે જે પારદર્શક વિન્ડો સાથે બનાવવામાં આવે છે જેથી પ્રકાશ ડાયોડ પર પડી શકે.
જ્યારે ફોટોડાયોડ પર પ્રકાશ પાડવામાં આવે છે,ત્યારે ફોટોનના શોષણને કારણે ઇલેક્ટ્રોન-હોલ જોડીઓ ઉત્પન્ન થાય છે.
આના પરિણામે રિવર્સ સેચ્યુરેશન કરંટમાં વધારો થાય છે.
રિવર્સ કરંટનું મૂલ્ય આપાત પ્રકાશની તીવ્રતાના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે.
આપેલ $I-V$ લાક્ષણિકતાઓના આલેખને જોતા,રિવર્સ બાયસ વિસ્તારમાં $I_1$ થી $I_4$ તરફ જતાં કરંટ વધે છે.
$I_4$ લેબલવાળા વક્ર માટે રિવર્સ કરંટ સૌથી વધુ હોવાથી,તે મહત્તમ પ્રકાશની તીવ્રતાને અનુરૂપ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) $p-n$ જંકશન ડાયોડ ત્યારે રિવર્સ બાયસમાં હોય છે જ્યારે $p$-ટર્મિનલ (એનોડ) એ $n$-ટર્મિનલ (કેથોડ) કરતા નીચા પોટેન્શિયલ પર હોય.
ચાલો દરેક આકૃતિનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$(a)$ $p$-બાજુ $+6 \text{ V}$ પર છે,$n$-બાજુ $-2 \text{ V}$ પર છે. $V_p > V_n$ હોવાથી,તે ફોરવર્ડ બાયસમાં છે.
$(b)$ $p$-બાજુ $-5 \text{ V}$ પર છે,$n$-બાજુ $+3 \text{ V}$ પર છે. $V_p < V_n$ હોવાથી,તે રિવર્સ બાયસમાં છે.
$(c)$ $p$-બાજુ $0 \text{ V}$ (ગ્રાઉન્ડ) પર છે,$n$-બાજુ $-10 \text{ V}$ પર છે. $V_p > V_n$ હોવાથી,તે ફોરવર્ડ બાયસમાં છે.
$(d)$ $p$-બાજુ $+6 \text{ V}$ પર છે,$n$-બાજુ $0 \text{ V}$ (ગ્રાઉન્ડ) પર છે. $V_p > V_n$ હોવાથી,તે ફોરવર્ડ બાયસમાં છે.
તેથી,આકૃતિ $(b)$ માં ડાયોડ રિવર્સ બાયસમાં છે.

(B) $p-n$ જંકશનમાં,પોટેન્શિયલ બેરિયર ડેપ્લેશન રિજન (ક્ષય વિસ્તાર) દ્વારા બનાવવામાં આવે છે,જે મેજોરિટી ચાર્જ કેરિયર્સના પ્રવાહનો વિરોધ કરે છે.
જ્યારે ફોરવર્ડ બાયસ લાગુ કરવામાં આવે છે,ત્યારે બેટરીનો ધન છેડો $p$-સાઇડ સાથે અને ઋણ છેડો $n$-સાઇડ સાથે જોડવામાં આવે છે.
આ બાહ્ય વિદ્યુતક્ષેત્ર ડેપ્લેશન રિજનના આંતરિક વિદ્યુતક્ષેત્રનો વિરોધ કરે છે.
પરિણામે,ડેપ્લેશન રિજનની પહોળાઈ ઘટે છે,જેના કારણે પોટેન્શિયલ બેરિયરની ઊંચાઈમાં ઘટાડો થાય છે.
તેથી,પોટેન્શિયલ બેરિયર ઘટે છે.

(B) જ્યારે $p-n$ જંકશન ડાયોડને ફોરવર્ડ બાયસ આપવામાં આવે છે,ત્યારે બાહ્ય બેટરીનો ધન છેડો $p$-વિસ્તાર સાથે અને ઋણ છેડો $n$-વિસ્તાર સાથે જોડવામાં આવે છે.
આ ગોઠવણી $p$-વિસ્તારના હોલ્સ અને $n$-વિસ્તારના ઇલેક્ટ્રોનને જંકશન તરફ ધકેલે છે.
પરિણામે,મેજોરિટી ચાર્જ કેરિયર્સ જંકશન તરફ ગતિ કરે છે,જે ડેપ્લેશન લેયરની પહોળાઈને ઘટાડે છે.
આના કારણે પોટેન્શિયલ બેરિયરની ઊંચાઈ ઘટે છે,જેનાથી ડાયોડમાંથી વિદ્યુતપ્રવાહ સરળતાથી વહી શકે છે.

(D) ઝેનર ડાયોડ ખાસ કરીને બ્રેકડાઉન વિસ્તારમાં કાર્ય કરવા માટે બનાવવામાં આવે છે. જ્યારે તેનો ઉપયોગ વોલ્ટેજ રેગ્યુલેટર તરીકે થાય છે,ત્યારે તેને લોડની સાથે સમાંતરમાં રિવર્સ બાયસમાં જોડવામાં આવે છે. આ ગોઠવણી ઝેનર ડાયોડને લોડ પર અચળ વોલ્ટેજ જાળવી રાખવા દે છે,ભલે ઇનપુટ વોલ્ટેજ અથવા લોડ કરંટ બદલાય. તેથી,સાચું જોડાણ રિવર્સ બાયસ અને લોડ સાથે સમાંતર છે.

(A) જ્યારે $p$-બાજુ (એનોડ) પરનું પોટેન્શિયલ $n$-બાજુ (કેથોડ) પરના પોટેન્શિયલ કરતાં વધારે હોય ત્યારે ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય છે.
આપેલ સર્કિટમાં,ત્રિકોણ $p$-બાજુ દર્શાવે છે અને ઊભી પટ્ટી $n$-બાજુ દર્શાવે છે.
વિકલ્પ $A$ માટે: $V_p = 0 \ V$,$V_n = -4 \ V$. કારણ કે $0 \ V > -4 \ V$,ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે.
વિકલ્પ $B$ માટે: $V_p = -4 \ V$,$V_n = -3 \ V$. કારણ કે $-4 \ V < -3 \ V$,ડાયોડ રિવર્સ બાયસમાં છે.
વિકલ્પ $C$ માટે: $V_p = -2 \ V$,$V_n = +2 \ V$. કારણ કે $-2 \ V < +2 \ V$,ડાયોડ રિવર્સ બાયસમાં છે.
વિકલ્પ $D$ માટે: $V_p = 3 \ V$,$V_n = 5 \ V$. કારણ કે $3 \ V < 5 \ V$,ડાયોડ રિવર્સ બાયસમાં છે.
તેથી,સાચી આકૃતિ $A$ છે.

(B) ટ્રાન્ઝિસ્ટર માટે,પ્રવાહ ગેઇન $\alpha$ એ કલેક્ટર પ્રવાહ $(I_C)$ અને એમિટર પ્રવાહ $(I_E)$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે,એટલે કે $\alpha = \frac{I_C}{I_E}$. કારણ કે $I_E = I_C + I_B$ અને $I_B > 0$ છે,તેથી $I_C < I_E$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\alpha < 1$.
પ્રવાહ ગેઇન $\beta$ એ કલેક્ટર પ્રવાહ $(I_C)$ અને બેઝ પ્રવાહ $(I_B)$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે,એટલે કે $\beta = \frac{I_C}{I_B}$.
બેઝ પ્રવાહ $I_B$ એ કલેક્ટર પ્રવાહ $I_C$ ની સરખામણીમાં સામાન્ય રીતે ખૂબ જ નાનો હોવાથી,ગુણોત્તર $\beta = \frac{I_C}{I_B}$ હંમેશા $1$ કરતા વધારે હોય છે.
તેથી,સાચો સંબંધ $\beta > 1$ અને $\alpha < 1$ છે.

(C) આપેલ છે કે કલેક્ટર કરંટ અને એમિટર કરંટનો ગુણોત્તર $\alpha = \frac{I_{C}}{I_{E}} = 0.95$ છે.
કોમન એમિટર ટ્રાન્ઝિસ્ટર માટે,કરંટ ગેઈન $\beta$ એ કલેક્ટર કરંટ અને બેઝ કરંટનો ગુણોત્તર છે,જેનું સૂત્ર $\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha}$ છે.
સૂત્રમાં $\alpha$ ની કિંમત મૂકતા:
$\beta = \frac{0.95}{1 - 0.95} = \frac{0.95}{0.05}$.
$\beta = \frac{95}{5} = 19$.
તેથી,કરંટ ગેઈન $19$ છે.

(C) ટ્રાન્ઝિસ્ટર એમ્પ્લીફાયરનો વોલ્ટેજ ગેઇન $(A_v)$ એ પ્રવાહ ગેઇન $(\beta)$ અને લોડ અવરોધ $(R_L)$ તથા ઇનપુટ અવરોધ $(R_{in})$ ના ગુણોત્તરના ગુણાકાર જેટલો હોય છે.
સૂત્ર: $A_v = \beta \times \frac{R_L}{R_{in}}$
આપેલ છે:
$AC$ પ્રવાહ ગેઇન $(\beta)$ = $64$
લોડ અવરોધ $(R_L)$ = $5400 \ \Omega$
ઇનપુટ અવરોધ $(R_{in})$ = $540 \ \Omega$
કિંમતો મૂકતા:
$A_v = 64 \times \frac{5400}{540}$
$A_v = 64 \times 10$
$A_v = 640$
તેથી, વોલ્ટેજ ગેઇન $640$ છે.

(D) ટ્રાન્ઝિસ્ટરનો પાવર ગેઈન $(A_p)$ એ વોલ્ટેજ ગેઈન $(A_v)$ અને કરંટ ગેઈન $(A_i)$ ના ગુણાકાર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
ગાણિતિક રીતે,$A_p = A_v \times A_i$.
તેથી,પાવર ગેઈન અને વોલ્ટેજ ગેઈનનો ગુણોત્તર $\frac{A_p}{A_v} = A_i$ થાય.
કોમન એમિટર કોન્ફિગરેશનમાં,કરંટ ગેઈન $\beta = \frac{I_c}{I_b}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
આમ,આ ગુણોત્તર $\beta$ ની બરાબર છે.

(C) કોમન એમિટર $(CE)$ એમ્પ્લીફાયર કોન્ફિગરેશનમાં $n-p-n$ ટ્રાન્ઝિસ્ટરનો ઉપયોગ કરતી વખતે:
$1$. બેઝ-એમિટર જંકશન ફોરવર્ડ બાયસ્ડ હોય છે જેથી પ્રવાહ વહી શકે, અને કલેક્ટર-બેઝ જંકશન રિવર્સ બાયસ્ડ હોય છે.
$2$. ઇનપુટ સિગ્નલ બેઝ અને એમિટર વચ્ચે આપવામાં આવે છે, જ્યારે આઉટપુટ કલેક્ટર અને એમિટર વચ્ચે લેવામાં આવે છે.
$3$. ઇનપુટ ઇમ્પિડન્સ સામાન્ય રીતે ઓછો હોય છે, અને આઉટપુટ ઇમ્પિડન્સ વધારે હોય છે.
$4$. ઇનપુટ અને આઉટપુટ સિગ્નલ વચ્ચે $180^{\circ}$ નો કળા તફાવત હોય છે.
તેથી, વિકલ્પ $C$ સાચું વિધાન છે.

(C) આપેલ છે કે ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોનમાંથી $90 \%$ કલેક્ટર સુધી પહોંચે છે,તેથી કરંટ ગેઇન $\alpha$ (કોમન બેઝ) એ કલેક્ટર પ્રવાહ અને ઉત્સર્જક પ્રવાહનો ગુણોત્તર છે. કારણ કે ઉત્સર્જક પ્રવાહ $(I_E)$ ના $90 \%$ કલેક્ટર $(I_C)$ સુધી પહોંચે છે,તેથી $I_C = 0.9 \ I_E$. આમ,$\alpha = \frac{I_C}{I_E} = 0.9$.
કરંટ ગેઇન $\beta$ (કોમન એમિટર) એ $\alpha$ સાથે $\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha}$ સૂત્ર દ્વારા સંબંધિત છે.
$\alpha$ ની કિંમત મૂકતા: $\beta = \frac{0.9}{1 - 0.9} = \frac{0.9}{0.1} = 9$.
તેથી,$\alpha = 0.9$ અને $\beta = 9$.

(C) આપેલ છે: કલેક્ટર પ્રવાહ $I_C = 8 \ mA$.
એમિટરના $80 \%$ ઇલેક્ટ્રોન કલેક્ટર સુધી પહોંચતા હોવાથી,પ્રવાહ ગેઇન $\alpha$ એ કલેક્ટર પ્રવાહ અને એમિટર પ્રવાહનો ગુણોત્તર છે,જે $0.8$ છે.
તેથી,$\alpha = \frac{I_C}{I_E} = 0.8$.
આપણે એમિટર પ્રવાહ $I_E$ ને $I_E = \frac{I_C}{\alpha} = \frac{8 \ mA}{0.8} = 10 \ mA$ તરીકે શોધી શકીએ છીએ.
બેઝ પ્રવાહ $I_B$ એ $I_E - I_C = 10 \ mA - 8 \ mA = 2 \ mA$ દ્વારા મળે છે.
પ્રવાહ ગેઇન $\beta$ ની ગણતરી $\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha} = \frac{0.8}{1 - 0.8} = \frac{0.8}{0.2} = 4.0$ તરીકે કરવામાં આવે છે.
તેથી,$\alpha = 0.8$ અને $\beta = 4.0$.

(B) ટ્રાન્ઝિસ્ટરનો પાવર ગેઇન $(A_p)$ એ કરંટ ગેઇન $(\beta)$ અને વોલ્ટેજ ગેઇન $(A_v)$ ના ગુણાકાર જેટલો હોય છે.
$A_p = \beta \times A_v$
વોલ્ટેજ ગેઇન $(A_v)$ એ કરંટ ગેઇન $(\beta)$ અને લોડ રેઝિસ્ટન્સ $(R_L)$ તથા ઇનપુટ ઇમ્પિડન્સ $(R_i)$ ના ગુણોત્તરના ગુણાકાર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
$A_v = \beta \times \frac{R_L}{R_i}$
આપેલ છે:
કરંટ ગેઇન $(\beta)$ = $8$
ઇનપુટ ઇમ્પિડન્સ $(R_i)$ = $25 \, k\Omega$
લોડ રેઝિસ્ટન્સ $(R_L)$ = $75 \, k\Omega$
સૌ પ્રથમ, વોલ્ટેજ ગેઇન શોધો:
$A_v = 8 \times \frac{75 \, k\Omega}{25 \, k\Omega} = 8 \times 3 = 24$
હવે, પાવર ગેઇન શોધો:
$A_p = \beta \times A_v = 8 \times 24 = 192$
નોંધ: ગણતરી મુજબ પાવર ગેઇન $192$ મળે છે.

(D) ટ્રાન્ઝિસ્ટર એમ્પ્લીફાયરના કોમન એમિટર $(CE)$ કન્ફિગરેશનમાં,ઇનપુટ સિગ્નલ બેઝ અને એમિટર વચ્ચે આપવામાં આવે છે,જ્યારે આઉટપુટ કલેક્ટર અને એમિટર વચ્ચે લેવામાં આવે છે.
જ્યારે ઇનપુટ સિગ્નલ વોલ્ટેજ વધે છે,ત્યારે બેઝ કરંટ વધે છે,જેના કારણે કલેક્ટર કરંટ પણ વધે છે.
કલેક્ટર સર્કિટમાં જોડાયેલા લોડ રઝિસ્ટર $R_L$ પરના વોલ્ટેજ ડ્રોપને કારણે $(V_{out} = V_{CC} - I_C R_L)$,કલેક્ટર કરંટ $I_C$ માં વધારો થવાથી આઉટપુટ વોલ્ટેજ $V_{out}$ માં ઘટાડો થાય છે.
ઇનપુટ વોલ્ટેજમાં વધારો થવાથી આઉટપુટ વોલ્ટેજમાં ઘટાડો થતો હોવાથી,આઉટપુટ સિગ્નલ ઇનપુટ સિગ્નલની સાપેક્ષમાં ઉલટું (inverted) મળે છે.
ઉલટું સિગ્નલ $180^\circ$ અથવા $\pi^c$ રેડિયનના ફેઝ તફાવતને દર્શાવે છે.

(C) આપેલ છે કે,કલેક્ટર કરંટ $(I_C)$ અને એમિટર કરંટ $(I_E)$ નો ગુણોત્તર એ કરંટ એમ્પ્લીફિકેશન ફેક્ટર $\alpha$ છે.
તેથી,$\alpha = \frac{I_C}{I_E} = 0.96$.
કરંટ ગેઈન $\beta$ અને $\alpha$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha}$.
$\alpha$ ની કિંમત મૂકતા:
$\beta = \frac{0.96}{1 - 0.96} = \frac{0.96}{0.04}$.
$\beta = \frac{96}{4} = 24$.
આમ,કરંટ ગેઈન $\beta$ ની કિંમત $24$ છે.

(C) આપેલ છે કે કરંટ ગેઇન $\alpha = 0.8$ છે.
પ્રથમ,કોમન એમિટર કન્ફિગ્યુરેશન માટે કરંટ ગેઇન $\beta$ ની ગણતરી $\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha}$ સંબંધનો ઉપયોગ કરીને કરીએ.
$\alpha$ ની કિંમત મૂકતા: $\beta = \frac{0.8}{1 - 0.8} = \frac{0.8}{0.2} = 4$.
કલેક્ટર કરંટમાં ફેરફાર $(\Delta I_C)$ અને બેઝ કરંટમાં ફેરફાર $(\Delta I_B)$ વચ્ચેનો સંબંધ $\Delta I_C = \beta \times \Delta I_B$ છે.
$\Delta I_B = 3 \mu A$ આપેલ હોવાથી,$\Delta I_C = 4 \times 3 \mu A = 12 \mu A$.
તેથી,કલેક્ટર કરંટમાં $12 \mu A$ નો ફેરફાર થશે.

(B) આપેલ છે: કરંટ ગેઇન $(\beta)$ = $62$, કલેક્ટર અવરોધ $(R_C)$ = $5 \text{ k}\Omega = 5000 \text{ }\Omega$, ઇનપુટ અવરોધ $(R_i)$ = $500 \text{ }\Omega$, ઇનપુટ વોલ્ટેજ $(V_i)$ = $0.01 \text{ V}$.
સૌ પ્રથમ, એમ્પ્લીફાયરનો વોલ્ટેજ ગેઇન $(A_v)$ શોધો:
$A_v = \beta \times \frac{R_C}{R_i} = 62 \times \frac{5000}{500} = 62 \times 10 = 620$.
આઉટપુટ વોલ્ટેજ $(V_o)$ એ વોલ્ટેજ ગેઇન અને ઇનપુટ વોલ્ટેજનો ગુણાકાર છે:
$V_o = A_v \times V_i = 620 \times 0.01 \text{ V} = 6.2 \text{ V}$.
તેથી, સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) આપેલ છે:
ઇનપુટ અવરોધ,$R_i = 1.8 \text{ k}\Omega = 1800 \Omega$
લોડ અવરોધ,$R_L = 9 \text{ k}\Omega = 9000 \Omega$
કરંટ ગેઇન,$\beta = 70$
ઇનપુટ વોલ્ટેજ,$V_i = 6 \text{ mV} = 6 \times 10^{-3} \text{ V}$
પગલું $1$: ઇનપુટ કરંટ $(I_b)$ ની ગણતરી કરો:
$I_b = \frac{V_i}{R_i} = \frac{6 \times 10^{-3}}{1800} = \frac{1}{3} \times 10^{-5} \text{ A}$
પગલું $2$: આઉટપુટ કરંટ $(I_c)$ ની ગણતરી કરો:
$I_c = \beta \times I_b = 70 \times \frac{1}{3} \times 10^{-5} = \frac{7}{3} \times 10^{-4} \text{ A}$
પગલું $3$: આઉટપુટ વોલ્ટેજ $(V_o)$ ની ગણતરી કરો:
$V_o = I_c \times R_L = (\frac{7}{3} \times 10^{-4}) \times 9000 = 7 \times 3 \times 10^{-1} = 2.1 \text{ V}$
વૈકલ્પિક રીતે,વોલ્ટેજ ગેઇન $A_v = \beta \times \frac{R_L}{R_i} = 70 \times \frac{9000}{1800} = 70 \times 5 = 350$.
$V_o = A_v \times V_i = 350 \times 6 \text{ mV} = 2100 \text{ mV} = 2.1 \text{ V}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે ટ્રાન્ઝિસ્ટરના કરંટ ગેઈન પેરામીટર્સ $\alpha_{dc}$ અને $\beta_{dc}$ વચ્ચેનો સંબંધ $\beta_{dc} = \frac{\alpha_{dc}}{1 - \alpha_{dc}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $\frac{1}{\beta_{dc}} = \frac{1 - \alpha_{dc}}{\alpha_{dc}} = \frac{1}{\alpha_{dc}} - 1$ મળે છે.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{1}{\alpha_{dc}} - \frac{1}{\beta_{dc}} = 1$.
સામાન્ય છેદ લેતા,આપણને $\frac{\beta_{dc} - \alpha_{dc}}{\alpha_{dc} \times \beta_{dc}} = 1$ મળે છે.

(C) આપેલ લોજિક સર્કિટમાં એક $NOT$ ગેટ,એક $NAND$ ગેટ અને એક $OR$ ગેટનો સમાવેશ થાય છે.
$1$. ઇનપુટ $A$ એ $NOT$ ગેટમાંથી પસાર થાય છે,તેથી તેનું આઉટપુટ $\overline{A}$ મળે છે.
$2$. ઇનપુટ $B$ અને $C$ એ $NAND$ ગેટમાંથી પસાર થાય છે,તેથી તેનું આઉટપુટ $\overline{B \cdot C}$ મળે છે.
$3$. આ બંને આઉટપુટ $OR$ ગેટમાં જાય છે,તેથી અંતિમ આઉટપુટ $Y$ માટેનું બુલિયન સમીકરણ: $Y = \overline{A} + \overline{B \cdot C}$ છે.
કિસ્સો $1$: જ્યારે બધા ઇનપુટ લો હોય $(A=0, B=0, C=0)$:
$Y = \overline{0} + \overline{0 \cdot 0} = 1 + \overline{0} = 1 + 1 = 1$.
કિસ્સો $2$: જ્યારે બધા ઇનપુટ હાઈ હોય $(A=1, B=1, C=1)$:
$Y = \overline{1} + \overline{1 \cdot 1} = 0 + \overline{1} = 0 + 0 = 0$.
આમ,આઉટપુટ $(1, 0)$ મળે છે.

(A) આપેલ સર્કિટમાં બે $NOT$ ગેટ છે,ત્યારબાદ એક $NAND$ ગેટ છે.
ધારો કે ઇનપુટ્સ $A$ અને $B$ છે.
બે $NOT$ ગેટના આઉટપુટ $\bar{A}$ અને $\bar{B}$ છે.
આ આઉટપુટને $NAND$ ગેટમાં આપવામાં આવે છે.
$NAND$ ગેટનું આઉટપુટ $Y$ એ $Y = \overline{(\bar{A} \cdot \bar{B})}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ડી મોર્ગનના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$\overline{(\bar{A} \cdot \bar{B})} = \overline{\bar{A}} + \overline{\bar{B}} = A + B$.
અંતિમ આઉટપુટ $Y = A + B$ હોવાથી,આ સંયોજન $OR$ ગેટ તરીકે કાર્ય કરે છે.

(D) યુનિવર્સલ ગેટ એ એક એવો લોજિક ગેટ છે જેનો ઉપયોગ અન્ય કોઈપણ પ્રકારના ગેટની જરૂર વગર કોઈપણ અન્ય લોજિક ગેટ અથવા બુલિયન ફંક્શનને અમલમાં મૂકવા માટે થઈ શકે છે.
$NAND$ અને $NOR$ ગેટને યુનિવર્સલ ગેટ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી માત્ર $NAND$ આ વ્યાખ્યાને સંતોષે છે,તેથી સાચો જવાબ $D$ છે.