NEET 2016 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) ધારો કે લંબાઈ $l$ નું પરિમાણ $l \propto h^p c^q G^r$ તરીકે દર્શાવી શકાય છે.
દરેક અચળાંકના પરિમાણો મૂકતા:
$[L] = [ML^2T^{-1}]^p [LT^{-1}]^q [M^{-1}L^3T^{-2}]^r$
$[M^0 L^1 T^0] = M^{p-r} L^{2p+q+3r} T^{-p-q-2r}$
બંને બાજુ $M, L,$ અને $T$ ના ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા:
$p - r = 0 \implies p = r$
$2p + q + 3r = 1$
$-p - q - 2r = 0$
ત્રીજા સમીકરણમાં $p = r$ મૂકતા: $-r - q - 2r = 0 \implies q = -3r$.
બીજા સમીકરણમાં $p = r$ અને $q = -3r$ મૂકતા: $2r - 3r + 3r = 1 \implies 2r = 1 \implies r = 1/2$.
આમ,$p = 1/2$ અને $q = -3/2$.
તેથી,$l \propto h^{1/2} c^{-3/2} G^{1/2} = \sqrt{\frac{hG}{c^3}} = \frac{\sqrt{hG}}{c^{3/2}}$.

(B) કોઈપણ સમયે $t$ પર કાર $P$ નું સ્થાન $x_P(t) = at + bt^2$ છે.
કાર $P$ નો વેગ $v_P(t) = \frac{dx_P(t)}{dt} = a + 2bt$ છે ... $(i)$.
તે જ રીતે,કાર $Q$ માટે,સ્થાન $x_Q(t) = ft - t^2$ છે.
કાર $Q$ નો વેગ $v_Q(t) = \frac{dx_Q(t)}{dt} = f - 2t$ છે ... $(ii)$.
આપેલ છે કે બંને કારનો વેગ સમાન છે,તેથી $v_P(t) = v_Q(t)$.
તેથી,$a + 2bt = f - 2t$.
$t$ માટે ઉકેલવા માટે પદોને ગોઠવતા: $2bt + 2t = f - a$.
$2t(b + 1) = f - a$.
આમ,$t = \frac{f - a}{2(1 + b)}$.

(B) કણનો વેગ $v = At + Bt^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વેગ $v = \frac{ds}{dt}$ હોવાથી,$ds = (At + Bt^2) dt$ થાય.
$t = 1 \ s$ અને $t = 2 \ s$ ની વચ્ચે કપાયેલું અંતર શોધવા માટે,આપણે વેગનું સમયની સાપેક્ષમાં સંકલન કરીશું:
$s = \int_{1}^{2} (At + Bt^2) dt$
$s = \left[ \frac{At^2}{2} + \frac{Bt^3}{3} \right]_{1}^{2}$
$s = \left( \frac{A(2)^2}{2} + \frac{B(2)^3}{3} \right) - \left( \frac{A(1)^2}{2} + \frac{B(1)^3}{3} \right)$
$s = \left( 2A + \frac{8B}{3} \right) - \left( \frac{A}{2} + \frac{B}{3} \right)$
$s = (2A - \frac{A}{2}) + (\frac{8B}{3} - \frac{B}{3})$
$s = \frac{3}{2}A + \frac{7}{3}B$
અંતરાલ $[1, 2]$ માં વેગની દિશા બદલાતી ન હોવાથી,અંતર એ સ્થાનાંતરના મૂલ્ય જેટલું જ થશે.

(A) આપેલ છે:
કુલ પ્રવેગ $a = 15 \, m s^{-2}$
ત્રિજ્યા $R = 2.5 \, m$
કુલ પ્રવેગ અને કેન્દ્રગામી પ્રવેગ વચ્ચેનો ખૂણો $30^{\circ}$ છે.
કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c$ એ કુલ પ્રવેગ $a$ નો વર્તુળના કેન્દ્ર તરફનો ઘટક છે.
આકૃતિ પરથી,$a_c = a \cos(30^{\circ})$.
$a_c = 15 \times \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 15 \times 0.866 = 12.99 \, m s^{-2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c = \frac{v^2}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v$ એ કણની ઝડપ છે.
તેથી,$v = \sqrt{a_c R}$.
$v = \sqrt{12.99 \times 2.5} = \sqrt{32.475} \approx 5.698 \, m/s$.
એક દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $v \approx 5.7 \, m/s$ મળે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) આપેલ સ્થાન સદિશ: $\vec{r} = \cos(\omega t) \hat{i} + \sin(\omega t) \hat{j}$.
$1$. વેગ $\vec{v}$ એ સમયની સાપેક્ષમાં સ્થાનનું વિકલન છે:
$\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt} = -\omega \sin(\omega t) \hat{i} + \omega \cos(\omega t) \hat{j}$.
$2$. પ્રવેગ $\vec{a}$ એ સમયની સાપેક્ષમાં વેગનું વિકલન છે:
$\vec{a} = \frac{d\vec{v}}{dt} = -\omega^2 \cos(\omega t) \hat{i} - \omega^2 \sin(\omega t) \hat{j} = -\omega^2 \vec{r}$.
$3$. કારણ કે $\vec{a} = -\omega^2 \vec{r}$,પ્રવેગ ઉગમબિંદુ તરફ નિર્દેશિત છે (કેન્દ્રગામી પ્રવેગ).
$4$. $\vec{r}$ અને $\vec{v}$ વચ્ચેનો સંબંધ ચકાસવા માટે,તેમનો ડોટ ગુણાકાર શોધો:
$\vec{r} \cdot \vec{v} = (\cos(\omega t))(-\omega \sin(\omega t)) + (\sin(\omega t))(\omega \cos(\omega t)) = -\omega \sin(\omega t) \cos(\omega t) + \omega \sin(\omega t) \cos(\omega t) = 0$.
ડોટ ગુણાકાર $0$ હોવાથી,વેગ એ સ્થાન સદિશ $\vec{r}$ ને લંબ છે.

(A) ધારો કે બે સદિશો $\vec{A}$ અને $\vec{B}$ છે.
$\vec{A}$ અને $\vec{B}$ ના સરવાળાનું માન આ મુજબ છે: $|\vec{A} + \vec{B}| = \sqrt{A^2 + B^2 + 2AB \cos \theta}$.
$\vec{A}$ અને $\vec{B}$ ના તફાવતનું માન આ મુજબ છે: $|\vec{A} - \vec{B}| = \sqrt{A^2 + B^2 - 2AB \cos \theta}$.
આપેલ છે કે $|\vec{A} + \vec{B}| = |\vec{A} - \vec{B}|$,બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$A^2 + B^2 + 2AB \cos \theta = A^2 + B^2 - 2AB \cos \theta$.
બંને બાજુથી $A^2 + B^2$ બાદ કરતા,આપણને મળે છે:
$2AB \cos \theta = -2AB \cos \theta$.
$4AB \cos \theta = 0$.
કારણ કે $A$ અને $B$ શૂન્યતર સદિશો છે,$4AB \neq 0$,તેથી $\cos \theta = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $\theta = 90^o$.

(C) દીવાલ દ્વારા દડા પર આપવામાં આવેલ આઘાત એ દડાના વેગમાનમાં થતા ફેરફાર જેટલો હોય છે.
ધારો કે પ્રારંભિક વેગ $\vec{v}_i$ છે અને અંતિમ વેગ $\vec{v}_f$ છે.
પ્રારંભિક વેગમાન $\vec{p}_i = m\vec{v}_i$ છે અને અંતિમ વેગમાન $\vec{p}_f = m\vec{v}_f$ છે.
દીવાલને લંબ દિશાને $x$-અક્ષ તરીકે લેતા,પ્રારંભિક વેગના ઘટકો $v_{ix} = v \cos 60^\circ$ (દીવાલ તરફ) અને $v_{iy} = v \sin 60^\circ$ (દીવાલને સમાંતર) છે.
અંતિમ વેગના ઘટકો $v_{fx} = -v \cos 60^\circ$ (દીવાલથી દૂર) અને $v_{fy} = v \sin 60^\circ$ (દીવાલને સમાંતર) છે.
વેગમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta \vec{p} = \vec{p}_f - \vec{p}_i = m(\vec{v}_f - \vec{v}_i)$.
$\Delta p_x = m(v_{fx} - v_{ix}) = m(-v \cos 60^\circ - v \cos 60^\circ) = -2mv \cos 60^\circ = -2mv(0.5) = -mv$.
$\Delta p_y = m(v_{fy} - v_{iy}) = m(v \sin 60^\circ - v \sin 60^\circ) = 0$.
આઘાતનું મૂલ્ય $|\Delta \vec{p}| = |-mv| = mv$ થાય.

(A) રસ્તા પર ઉર્ધ્વ સંતુલન માટે:
$N \cos\theta = mg + f \sin\theta$
$mg = N \cos\theta - f \sin\theta$ ... $(i)$
સુરક્ષિત વળાંક માટે,કેન્દ્રગામી બળ લંબબળ અને ઘર્ષણબળના સમક્ષિતિજ ઘટકો દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે:
$N \sin\theta + f \cos\theta = \frac{mv^2}{R}$ ... $(ii)$
સમીકરણ $(ii)$ ને સમીકરણ $(i)$ વડે ભાગતા:
$\frac{v^2}{Rg} = \frac{N \sin\theta + f \cos\theta}{N \cos\theta - f \sin\theta}$
મહત્તમ વેગ પર,ઘર્ષણબળ $f$ તેની સીમાવર્તી કિંમત $f = \mu_s N$ સુધી પહોંચે છે. આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{v_{\max}^2}{Rg} = \frac{N \sin\theta + \mu_s N \cos\theta}{N \cos\theta - \mu_s N \sin\theta}$
અંશ અને છેદને $N \cos\theta$ વડે ભાગતા:
$\frac{v_{\max}^2}{Rg} = \frac{\tan\theta + \mu_s}{1 - \mu_s \tan\theta}$
તેથી,મહત્તમ સુરક્ષિત વેગ:
$v_{\max} = \sqrt{gR \left( \frac{\mu_s + \tan\theta}{1 - \mu_s \tan\theta} \right)}$

(C) આપેલ છે: બળ $\overrightarrow{F} = (2t\hat{i} + 3t^2\hat{j})\, N$ અને દળ $m = 1\, kg$.
પદાર્થનો પ્રવેગ $\overrightarrow{a} = \frac{\overrightarrow{F}}{m} = \frac{2t\hat{i} + 3t^2\hat{j}}{1} = (2t\hat{i} + 3t^2\hat{j})\, m/s^2$ છે.
$t$ સમયે વેગ $\overrightarrow{v}$ એ પ્રવેગનું સમયની સાપેક્ષમાં સંકલન કરવાથી મળે છે: $\overrightarrow{v} = \int \overrightarrow{a} dt = \int (2t\hat{i} + 3t^2\hat{j}) dt = t^2\hat{i} + t^3\hat{j}\, m/s$.
બળ દ્વારા ઉત્પન્ન થતો પાવર $P$ એ બળ અને વેગનો અદિશ ગુણાકાર છે: $P = \overrightarrow{F} \cdot \overrightarrow{v}$.
$P = (2t\hat{i} + 3t^2\hat{j}) \cdot (t^2\hat{i} + t^3\hat{j}) = (2t)(t^2) + (3t^2)(t^3) = 2t^3 + 3t^5\, W$.

(B) શિરોલંબ વર્તુળ પૂર્ણ કરવા માટે,પદાર્થે સૌથી ઉચ્ચ બિંદુ $C$ પર લઘુત્તમ વેગ જાળવી રાખવો જોઈએ જેથી દોરીમાં તણાવ $T_C$ (અથવા લંબબળ) ઓછામાં ઓછું શૂન્ય થાય.
સૌથી ઉચ્ચ બિંદુ $C$ પર,પદાર્થ પર લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ $(mg)$ નીચેની તરફ અને તણાવ $(T_C)$ નીચેની તરફ છે. કેન્દ્રગામી બળ આ બળોના સરવાળા દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે:
$T_C + mg = \frac{mv_C^2}{R}$
લઘુત્તમ વેગ માટે,આપણે $T_C = 0$ લઈએ છીએ,જે આપે છે:
$mg = \frac{mv_C^2}{R} \Rightarrow v_C = \sqrt{gR}$
હવે,આપણે સૌથી નીચલા બિંદુ $A$ અને સૌથી ઉચ્ચ બિંદુ $C$ વચ્ચે યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ કરીએ છીએ. ધારો કે $v_0$ એ બિંદુ $A$ પરનો વેગ છે:
$A$ પરની કુલ ઉર્જા = $C$ પરની કુલ ઉર્જા
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_C^2 + mg(2R)$
$v_C^2 = gR$ મૂકતા:
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}m(gR) + 2mgR$
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{5}{2}mgR$
$v_0^2 = 5gR$
$v_0 = \sqrt{5gR}$

(B) આપેલ છે:
ગોળીનું દળ,$m = 10\, g = 0.01\, kg$
ગોળીની પ્રારંભિક ઝડપ,$u = 400\, m s^{-1}$
બ્લોકનું દળ,$M = 2\, kg$
બ્લોકની ઊર્ધ્વ ઊંચાઈ,$h = 10\, cm = 0.1\, m$
ધારો કે અથડામણ પછી તરત જ બ્લોકની ઝડપ $v_1$ છે અને બ્લોકમાંથી બહાર નીકળ્યા પછી ગોળીની ઝડપ $v$ છે.
અથડામણ પછી બ્લોક માટે યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{2} M v_1^2 = Mgh$
$v_1 = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \times 9.8 \times 0.1} = \sqrt{1.96} = 1.4\, m s^{-1}$
($g = 9.8\, m s^{-2}$ નો ઉપયોગ કરતા).
અથડામણ દરમિયાન તંત્ર (ગોળી + બ્લોક) માટે રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$mu = Mv_1 + mv$
$0.01 \times 400 = 2 \times 1.4 + 0.01 \times v$
$4 = 2.8 + 0.01v$
$0.01v = 1.2$
$v = 120\, m s^{-1}$

(C) વિનના સ્થાનાંતરના નિયમ મુજબ,મહત્તમ વર્ણપટ ઉત્સર્જક પાવરને અનુરૂપ તરંગલંબાઈ નીચે મુજબ મળે છે:
$\lambda_m = \frac{b}{T} = \frac{2.88 \times 10^6 \ nm \ K}{5760 \ K} = 500 \ nm$
આનો અર્થ એ છે કે કૃષ્ણ પદાર્થના વિકિરણ વક્રનું શિખર $\lambda = 500 \ nm$ પર મળે છે,જ્યાં ઉત્સર્જિત ઉર્જા $U_2$ છે.
વર્ણપટ વિતરણ વક્ર પરથી વિવિધ તરંગલંબાઈઓ પરના મૂલ્યોની સરખામણી કરતા:
$\lambda = 250 \ nm$ પર,ઉર્જા $U_1$ છે.
$\lambda = 500 \ nm$ પર,ઉર્જા $U_2$ (મહત્તમ) છે.
$\lambda = 1000 \ nm$ પર,ઉર્જા $U_3$ છે.
આલેખ પરથી સ્પષ્ટ છે કે $U_2$ એ મહત્તમ મૂલ્ય છે,તેથી $U_2 > U_1$ અને $U_2 > U_3$. આ ઉપરાંત,આલેખ પરથી $U_1$ અને $U_3$ ની સરખામણી કરતા,$U_3 > U_1$ મળે છે. આમ,સાચો સંબંધ $U_2 > U_1$ છે.

(D) ન્યૂટનના શીતલનના નિયમ મુજબ,ઠંડુ થવાનો દર પદાર્થ અને આસપાસના તાપમાનના તફાવતના સમપ્રમાણમાં હોય છે:
$\frac{T_1 - T_2}{t} = K \left( \frac{T_1 + T_2}{2} - T_s \right)$
પ્રથમ $10$ મિનિટના ગાળા માટે:
$T_1 = 3T, T_2 = 2T, T_s = T, t = 10$
$\frac{3T - 2T}{10} = K \left( \frac{3T + 2T}{2} - T \right)$
$\frac{T}{10} = K \left( 2.5T - T \right) = K(1.5T) \implies K = \frac{1}{15} \dots (i)$
આગામી $10$ મિનિટના ગાળા માટે:
ધારો કે અંતિમ તાપમાન $T'$ છે.
$T_1 = 2T, T_2 = T', T_s = T, t = 10$
$\frac{2T - T'}{10} = K \left( \frac{2T + T'}{2} - T \right)$
$\frac{2T - T'}{10} = K \left( \frac{T'}{2} \right) \dots (ii)$
સમીકરણ $(ii)$ માં $K = \frac{1}{15}$ મૂકતા:
$\frac{2T - T'}{10} = \frac{1}{15} \left( \frac{T'}{2} \right)$
$\frac{2T - T'}{10} = \frac{T'}{30}$
$3(2T - T') = T'$
$6T - 3T' = T'$
$6T = 4T' \implies T' = \frac{6}{4}T = \frac{3}{2}T$

(D) આદર્શ વાયુનું સમીકરણ $PV = nRT$ છે,જ્યાં $n$ એ મોલની સંખ્યા છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $n = \frac{\text{વાયુનું દળ}}{M}$,જ્યાં $M$ એ મોલર દળ છે.
વળી,મોલર દળ $M = m N_A$,જ્યાં $m$ એ એક અણુનું દળ છે અને $N_A$ એ એવોગેડ્રો આંક છે.
આ કિંમતોને આદર્શ વાયુના સમીકરણમાં મૂકતા: $PV = \left(\frac{\text{દળ}}{m N_A}\right) RT$.
ઘનતા $\rho = \frac{\text{દળ}}{V}$ માટે ગોઠવતા,આપણને મળે છે $\rho = \frac{P m N_A}{RT}$.
બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક $k = \frac{R}{N_A}$ હોવાથી,$R = N_A k$ થાય.
ઘનતાના સમીકરણમાં $R$ ની કિંમત મૂકતા: $\rho = \frac{P m N_A}{(N_A k) T} = \frac{Pm}{kT}$.

(A) વાયુના અણુઓનો $r.m.s.$ વેગ $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ દર્શાવે છે કે $v_{rms} \propto \sqrt{T}$.
આદર્શ વાયુના $r.m.s.$ વેગ પર દબાણની કોઈ અસર થતી નથી.
આપેલ છે કે $T_1 = 27^o C = 300 \,K$ અને $v_1 = 200 \,m s^{-1}$.
આપેલ છે કે $T_2 = 127^o C = 400 \,K$.
ગુણોત્તરનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$.
$\frac{v_2}{200} = \sqrt{\frac{400}{300}} = \sqrt{\frac{4}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.
તેથી,$v_2 = 200 \times \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{400}{\sqrt{3}} \,m s^{-1}$.

(A) પરિભ્રમણ ગતિઊર્જા $K$,કોણીય વેગમાન $L$ અને જડત્વની ચાકમાત્રા $I$ વચ્ચેનો સંબંધ $K = \frac{L^2}{2I}$ છે.
આપેલ છે કે ગતિઊર્જા સમાન છે,તેથી $K_A = K_B$.
તેથી,$\frac{L_A^2}{2I_A} = \frac{L_B^2}{2I_B}$.
આના પરથી $\frac{L_A^2}{L_B^2} = \frac{I_A}{I_B}$ મળે છે.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,$\frac{L_A}{L_B} = \sqrt{\frac{I_A}{I_B}}$ મળે.
આપેલ છે કે $I_B > I_A$,તેથી $\frac{I_A}{I_B} < 1$ થાય.
આમ,$\frac{L_A}{L_B} < 1$,જેનો અર્થ છે કે $L_A < L_B$ અથવા $L_B > L_A$.

(D) ચાકગતિ ઉર્જાનું સૂત્ર $E = \frac{1}{2} I \omega^2$ છે.
વ્યાસને અનુલક્ષીને ભ્રમણ કરતા નક્કર ગોળા માટે જડત્વની ચાકમાત્રા $I_s = \frac{2}{5} m R^2$ છે.
ભૌમિતિક અક્ષને અનુલક્ષીને ભ્રમણ કરતા નક્કર નળાકાર માટે જડત્વની ચાકમાત્રા $I_c = \frac{1}{2} m R^2$ છે.
આપેલ છે કે નળાકારની કોણીય ઝડપ ગોળાની કોણીય ઝડપ કરતા બમણી છે,તેથી $\omega_c = 2 \omega_s$.
તેમની ચાકગતિ ઉર્જાનો ગુણોત્તર:
$\frac{E_{sphere}}{E_{cylinder}} = \frac{\frac{1}{2} I_s \omega_s^2}{\frac{1}{2} I_c \omega_c^2} = \frac{I_s \omega_s^2}{I_c (2 \omega_s)^2} = \frac{I_s}{4 I_c}$.
$I_s$ અને $I_c$ ની કિંમતો મૂકતા:
$\frac{E_{sphere}}{E_{cylinder}} = \frac{\frac{2}{5} m R^2}{4 \times \frac{1}{2} m R^2} = \frac{2/5}{2} = \frac{1}{5}$.
આમ,ગુણોત્તર $1:5$ છે.

(C) ધારો કે દ્રવ્યમાન કેન્દ્રથી $m_1$ અને $m_2$ દળના અંતર અનુક્રમે $l_1$ અને $l_2$ છે.
આપેલ છે કે સળિયાની કુલ લંબાઈ $l$ છે,તેથી $l_1 + l_2 = l$.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની વ્યાખ્યા મુજબ,$m_1 l_1 = m_2 l_2$.
$l_2 = l - l_1$ મૂકતા,આપણને $m_1 l_1 = m_2 (l - l_1)$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ આપતા $l_1 = \frac{m_2 l}{m_1 + m_2}$ મળે.
તે જ રીતે,$l_2 = \frac{m_1 l}{m_1 + m_2}$.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = m_1 l_1^2 + m_2 l_2^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$l_1$ અને $l_2$ ની કિંમતો મૂકતા:
$I = m_1 \left( \frac{m_2 l}{m_1 + m_2} \right)^2 + m_2 \left( \frac{m_1 l}{m_1 + m_2} \right)^2$
$I = \frac{m_1 m_2^2 l^2 + m_2 m_1^2 l^2}{(m_1 + m_2)^2}$
$I = \frac{m_1 m_2 l^2 (m_2 + m_1)}{(m_1 + m_2)^2}$
$I = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} l^2$.

(A) તકતીના એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ દળ $\sigma = \frac{M}{\pi R^2}$ છે.
દૂર કરેલા વર્તુળાકાર કાણાની ત્રિજ્યા $r = \frac{R}{2}$ છે.
દૂર કરેલા ભાગનું દળ $M' = \sigma \times \pi r^2 = \frac{M}{\pi R^2} \times \pi \left(\frac{R}{2}\right)^2 = \frac{M}{4}$ છે.
દૂર કરેલા ભાગની તેની પોતાની કેન્દ્રીય અક્ષ (તકતીના સમતલને લંબ) ને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{cm} = \frac{1}{2} M' r^2 = \frac{1}{2} \left(\frac{M}{4}\right) \left(\frac{R}{2}\right)^2 = \frac{MR^2}{32}$ છે.
સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,દૂર કરેલા ભાગની મૂળ તકતીના કેન્દ્ર $O$ માંથી પસાર થતી અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I'_{0} = I_{cm} + M' d^2$ છે,જ્યાં $d = \frac{R}{2}$ એ તકતીના કેન્દ્ર અને કાણાના કેન્દ્ર વચ્ચેનું અંતર છે.
$I'_{0} = \frac{MR^2}{32} + \left(\frac{M}{4}\right) \left(\frac{R}{2}\right)^2 = \frac{MR^2}{32} + \frac{MR^2}{16} = \frac{3MR^2}{32}$ છે.
સંપૂર્ણ તકતીની કેન્દ્ર $O$ ને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{0} = \frac{1}{2} MR^2$ છે.
બાકી રહેલા ભાગની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = I_{0} - I'_{0} = \frac{1}{2} MR^2 - \frac{3MR^2}{32} = \frac{16MR^2 - 3MR^2}{32} = \frac{13MR^2}{32}$ થાય.

(A) જ્યારે કોઈ પદાર્થ $l$ લંબાઈ અને $\theta$ ખૂણાવાળા ઢળતા સમતલ પર સરક્યા વિના ગબડે છે,ત્યારે તેને તળિયે પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t$ નીચે મુજબ છે:
$t = \sqrt{\frac{2l(1 + \frac{k^2}{R^2})}{g \sin \theta}}$
જ્યાં $k$ એ ચક્રાવર્તનની ત્રિજ્યા છે અને $R$ એ પદાર્થની ત્રિજ્યા છે.
અહીં $l$,$\theta$ અને $g$ બંને માટે સમાન હોવાથી,સમય $(1 + \frac{k^2}{R^2})$ અવયવ પર આધાર રાખે છે.
ડિસ્ક માટે,$I = \frac{1}{2}MR^2$,તેથી $k^2 = \frac{1}{2}R^2$,જે $(1 + \frac{k^2}{R^2}) = 1 + 0.5 = 1.5$ આપે છે.
ઘન ગોળા માટે,$I = \frac{2}{5}MR^2$,તેથી $k^2 = \frac{2}{5}R^2$,જે $(1 + \frac{k^2}{R^2}) = 1 + 0.4 = 1.4$ આપે છે.
$1.4 < 1.5$ હોવાથી,ગોળા દ્વારા લેવાયેલ સમય ડિસ્ક દ્વારા લેવાયેલ સમય કરતા ઓછો છે $(t_s < t_d)$.
તેથી,ગોળો પહેલા તળિયે પહોંચશે.

(D) આપેલ છે: ત્રિજ્યા $r = 50\, cm = 0.5\, m$,કોણીય પ્રવેગ $\alpha = 2.0\, rad\, s^{-2}$,પ્રારંભિક કોણીય વેગ $\omega_0 = 0$,અને સમય $t = 2.0\, s$.
સૌ પ્રથમ,$t = 2.0\, s$ સમયે કોણીય વેગ $\omega$ ની ગણતરી કરીએ: $\omega = \omega_0 + \alpha t = 0 + (2.0)(2.0) = 4.0\, rad\, s^{-1}$.
સ્પર્શકીય પ્રવેગ $a_t = r\alpha = 0.5 \times 2.0 = 1.0\, m\, s^{-2}$ છે.
ત્રિજ્યાવર્તી (કેન્દ્રગામી) પ્રવેગ $a_r = \omega^2 r = (4.0)^2 \times 0.5 = 16 \times 0.5 = 8.0\, m\, s^{-2}$ છે.
કુલ પ્રવેગ $a = \sqrt{a_t^2 + a_r^2} = \sqrt{1.0^2 + 8.0^2} = \sqrt{1 + 64} = \sqrt{65} \approx 8.06\, m\, s^{-2}$.
નજીકના મૂલ્યને ધ્યાનમાં લેતા,કુલ પ્રવેગ આશરે $8.0\, m\, s^{-2}$ થાય છે.

(A) નિષ્ક્રમણ વેગનું સૂત્ર $v = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ છે.
દળ $M = \rho \times V = \rho \times \frac{4}{3}\pi R^3$ હોવાથી,આપણે તેને સૂત્રમાં મૂકીએ:
$v = \sqrt{\frac{2G}{R} \times \frac{4}{3}\pi R^3 \rho} = R \sqrt{\frac{8\pi G \rho}{3}}$.
આમ,નિષ્ક્રમણ વેગ $R\sqrt{\rho}$ ના સમપ્રમાણમાં છે,એટલે કે $v \propto R\sqrt{\rho}$.
ગ્રહ માટે આપેલ છે: $R_p = 2R_e$ અને $\rho_p = 2\rho_e$.
તેથી,ગુણોત્તર:
$\frac{v_e}{v_p} = \frac{R_e}{R_p} \times \sqrt{\frac{\rho_e}{\rho_p}} = \frac{R_e}{2R_e} \times \sqrt{\frac{\rho_e}{2\rho_e}} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2\sqrt{2}}$.
આમ,ગુણોત્તર $1 : 2\sqrt{2}$ છે.

(D) પૃથ્વીની સપાટીથી $h$ ઊંચાઈએ ગુરુત્વીય સ્થિતિમાન $V_h = -\frac{GM}{R+h} = -5.4 \times 10^7\, J kg^{-1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તે જ ઊંચાઈએ ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g_h = \frac{GM}{(R+h)^2} = 6.0\, m s^{-2}$ છે.
આપણે આ બે સમીકરણોને $g_h = \frac{GM}{(R+h)^2} = \frac{1}{R+h} \left( \frac{GM}{R+h} \right) = \frac{-V_h}{R+h}$ તરીકે સંબંધિત કરી શકીએ છીએ.
$(R+h)$ માટે ગોઠવતા,આપણને $R+h = \frac{-V_h}{g_h}$ મળે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $R+h = \frac{-(-5.4 \times 10^7)}{6.0} = \frac{5.4 \times 10^7}{6.0} = 0.9 \times 10^7 = 9.0 \times 10^6\, m$.
પૃથ્વીની ત્રિજ્યાને મીટરમાં ફેરવતા: $R = 6400\, km = 6.4 \times 10^6\, m$.
હવે,$h = (R+h) - R = 9.0 \times 10^6 - 6.4 \times 10^6 = 2.6 \times 10^6\, m$.
કિલોમીટરમાં ફેરવતા: $h = 2600\, km$.

(D) ઉપગ્રહની કુલ ઊર્જા $E$ એ તેની સ્થિતિ ઊર્જા $PE$ અને ગતિ ઊર્જા $KE$ નો સરવાળો છે.
$E = PE + KE = -\frac{GMm}{R + h} + \frac{1}{2}mv^2$
વર્તુળાકાર કક્ષામાં ભ્રમણ કરતા ઉપગ્રહ માટે,ગુરુત્વાકર્ષણ બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$\frac{mv^2}{R + h} = \frac{GMm}{(R + h)^2} \implies v^2 = \frac{GM}{R + h}$
ઊર્જાના સમીકરણમાં $v^2$ ની કિંમત મૂકતા:
$E = -\frac{GMm}{R + h} + \frac{1}{2}m\left(\frac{GM}{R + h}\right) = -\frac{GMm}{2(R + h)}$
પૃથ્વીની સપાટી પર ગુરુત્વપ્રવેગ $g_0 = \frac{GM}{R^2}$ હોવાથી,$GM = g_0 R^2$ થાય.
આ કિંમત $E$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$E = -\frac{m g_0 R^2}{2(R + h)}$

(D) કેશિકામાં પ્રવાહીના સ્તંભની ઊંચાઈ $h = \frac{2T \cos \theta}{r \rho g}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$T$ અને $r$ ના આપેલ મૂલ્ય માટે,$h \propto \frac{\cos \theta}{\rho}$ થાય.
પ્રવાહી સમાન ઊંચાઈ સુધી ચઢતા હોવાથી $(h_1 = h_2 = h_3)$,આપણને $\frac{\cos \theta_1}{\rho_1} = \frac{\cos \theta_2}{\rho_2} = \frac{\cos \theta_3}{\rho_3}$ મળે છે.
આપેલ છે કે $\rho_1 > \rho_2 > \rho_3$,તેથી $\cos \theta_1 > \cos \theta_2 > \cos \theta_3$ થાય.
કોસાઇન વિધેય $[0, \frac{\pi}{2}]$ અંતરાલમાં ઘટતું વિધેય હોવાથી,$\theta_1 < \theta_2 < \theta_3$ મળે.
તેથી,$0 \le \theta_1 < \theta_2 < \theta_3 < \frac{\pi}{2}$ સાચો જવાબ છે.

(C) ધારો કે $d$ એ નળાકારની ઘનતા છે અને $A$ એ નળાકારના આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
પ્લવનના નિયમ મુજબ,નળાકારનું વજન એ બંને પ્રવાહી દ્વારા લાગતા કુલ ઉત્પ્લાવક બળ જેટલું હોય છે.
નળાકારનું વજન = $L \times A \times d \times g$
વધુ ઘનતા ધરાવતા પ્રવાહી (ઘનતા $n\rho$) દ્વારા ઉત્પ્લાવક બળ = $(pL \times A) \times n\rho \times g$
ઓછી ઘનતા ધરાવતા પ્રવાહી (ઘનતા $\rho$) દ્વારા ઉત્પ્લાવક બળ = $((L - pL) \times A) \times \rho \times g$
વજનને કુલ ઉત્પ્લાવક બળ સાથે સરખાવતા:
$L \times A \times d \times g = (pL \times A) \times n\rho \times g + ((L - pL) \times A) \times \rho \times g$
બંને બાજુને $A \times L \times g$ વડે ભાગતા:
$d = p \times n\rho + (1 - p) \times \rho$
$d = np\rho + \rho - p\rho$
$d = [1 + (n - 1)p]\rho$

(D) પ્રવાહીની ફિલ્મ ખેંચવા માટે થયેલ કાર્ય $W = T \times \Delta A_{total}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રવાહીની ફિલ્મની બે સપાટીઓ હોવાથી,ક્ષેત્રફળમાં ફેરફાર $\Delta A_{total} = 2 \times (A_2 - A_1)$ થાય છે.
પ્રારંભિક ક્ષેત્રફળ $A_1 = 4 \, cm \times 2 \, cm = 8 \, cm^2 = 8 \times 10^{-4} \, m^2$.
અંતિમ ક્ષેત્રફળ $A_2 = 5 \, cm \times 4 \, cm = 20 \, cm^2 = 20 \times 10^{-4} \, m^2$.
ક્ષેત્રફળમાં ફેરફાર $\Delta A = A_2 - A_1 = 12 \, cm^2 = 12 \times 10^{-4} \, m^2$.
કુલ ક્ષેત્રફળમાં ફેરફાર $\Delta A_{total} = 2 \times 12 \times 10^{-4} \, m^2 = 24 \times 10^{-4} \, m^2$.
આપેલ કાર્ય $W = 3 \times 10^{-4} \, J$.
$W = T \times \Delta A_{total}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $T = \frac{W}{\Delta A_{total}} = \frac{3 \times 10^{-4}}{24 \times 10^{-4}} = \frac{1}{8} = 0.125 \, N \, m^{-1}$.

(D) રેફ્રિજરેટરની અંદરનું તાપમાન $T_2 = (t_2 + 273) \, K$ છે અને ઓરડાનું તાપમાન $T_1 = (t_1 + 273) \, K$ છે.
આદર્શ રેફ્રિજરેટર (કાર્નોટ ચક્ર) માટે,ઓરડામાં મુક્ત થતી ગરમી $(Q_1)$ અને ઠંડા સંગ્રાહકમાંથી શોષાયેલી ગરમી $(Q_2)$ નો ગુણોત્તર $\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{T_1}{T_2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,કરેલું કાર્ય $W = Q_1 - Q_2$ છે,જેનો અર્થ છે કે $Q_2 = Q_1 - W$.
આ કિંમત ગુણોત્તરમાં મૂકતા: $\frac{Q_1}{Q_1 - W} = \frac{T_1}{T_2}$.
$\frac{Q_1}{W}$ માટે ગોઠવતા: $\frac{Q_1 - W}{Q_1} = \frac{T_2}{T_1} \Rightarrow 1 - \frac{W}{Q_1} = \frac{T_2}{T_1}$.
$\frac{W}{Q_1} = 1 - \frac{T_2}{T_1} = \frac{T_1 - T_2}{T_1}$.
તેથી,કરેલા કાર્યના એકમ દીઠ ઓરડામાં મુક્ત થતી ગરમી $\frac{Q_1}{W} = \frac{T_1}{T_1 - T_2}$ છે.
$T_1 = t_1 + 273$ અને $T_2 = t_2 + 273$ મૂકતા,આપણને $\frac{Q_1}{W} = \frac{t_1 + 273}{(t_1 + 273) - (t_2 + 273)} = \frac{t_1 + 273}{t_1 - t_2}$ મળે છે.

(B) આપેલ પ્રક્રિયા $PV^3 = \text{constant}$ સમીકરણ દ્વારા વર્ણવેલ છે.
આ $PV^n = \text{constant}$ સ્વરૂપની પોલીટ્રોપિક પ્રક્રિયા છે, જ્યાં $n = 3$ છે.
આદર્શ વાયુ માટે, પોલીટ્રોપિક પ્રક્રિયાની મોલર ઉષ્માધારિતા $C$ નું સૂત્ર $C = C_v + \frac{R}{1 - n}$ છે.
એકપરમાણ્વીય વાયુ માટે, અચળ કદ પર મોલર ઉષ્માધારિતા $C_v = \frac{3}{2}R$ છે.
સૂત્રમાં $C_v = \frac{3}{2}R$ અને $n = 3$ ની કિંમતો મૂકતા:
$C = \frac{3}{2}R + \frac{R}{1 - 3}$
$C = \frac{3}{2}R + \frac{R}{-2}$
$C = \frac{3}{2}R - \frac{1}{2}R = R$.
તેથી, આ પ્રક્રિયા દરમિયાન વાયુની ઉષ્માધારિતા $R$ છે.

(D) ધારો કે પદાર્થોની ઉષ્માધારિતા $C(T)$ છે,જ્યાં $C(T)$ એ તાપમાન $T$ નું વધતું વિધેય છે.
જ્યારે બંને પદાર્થોને સંપર્કમાં લાવવામાં આવે છે,ત્યારે ઉષ્મા ગરમ પદાર્થ $(100^{\circ} C)$ થી ઠંડા પદાર્થ $(0^{\circ} C)$ તરફ વહે છે જ્યાં સુધી તેઓ સમાન અંતિમ તાપમાન $T_f$ પ્રાપ્ત ન કરે.
કેલરીમેટ્રીના સિદ્ધાંત મુજબ,ગરમ પદાર્થ દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા એ ઠંડા પદાર્થ દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા જેટલી હોય છે:
$\int_{T_f}^{100} C(T) dT = \int_{0}^{T_f} C(T) dT$.
જેમ કે $C(T)$ તાપમાન સાથે વધે છે,તેથી સંતુલન પ્રાપ્ત કરવાની પ્રક્રિયા દરમિયાન ગરમ પદાર્થની ઉષ્માધારિતા ઠંડા પદાર્થ કરતા વધારે હોય છે.
કારણ કે ગરમ પદાર્થની ઉષ્માધારિતા વધારે છે,તેથી ઠંડા પદાર્થની તુલનામાં તેના તાપમાનમાં ચોક્કસ ફેરફાર કરવા માટે તેને વધુ ઉર્જાની જરૂર પડે છે.
તેથી,અંતિમ સંતુલન તાપમાન $T_f$ એ ઉચ્ચ ઉષ્માધારિતા ધરાવતા પદાર્થના પ્રારંભિક તાપમાનની નજીક હશે.
આમ,$T_f > 50^{\circ} C$.

(C) ધારો કે તાપમાન $T$ પર પિત્તળ અને સ્ટીલના સળિયાની લંબાઈ અનુક્રમે $L_1$ અને $L_2$ છે.
તાપમાનમાં $\Delta T$ જેટલો ફેરફાર થયા પછી,નવી લંબાઈઓ નીચે મુજબ છે:
$L_1' = l_1(1 + \alpha_1 \Delta T)$
$L_2' = l_2(1 + \alpha_2 \Delta T)$
આપેલ છે કે તફાવત $(L_2' - L_1')$ તમામ તાપમાને અચળ રહે છે અને $(l_2 - l_1)$ જેટલો છે:
$L_2' - L_1' = l_2 - l_1$
$l_2(1 + \alpha_2 \Delta T) - l_1(1 + \alpha_1 \Delta T) = l_2 - l_1$
$l_2 + l_2 \alpha_2 \Delta T - l_1 - l_1 \alpha_1 \Delta T = l_2 - l_1$
$(l_2 - l_1) + \Delta T(l_2 \alpha_2 - l_1 \alpha_1) = l_2 - l_1$
કોઈપણ $\Delta T$ માટે આ સાચું રહે તે માટે,$\Delta T$ નો સહગુણક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$l_2 \alpha_2 - l_1 \alpha_1 = 0$
$\alpha_1 l_1 = \alpha_2 l_2$

(A) ધારો કે પ્રારંભિક કદ $V_1 = V$ છે અને અંતિમ કદ $V_2 = V/2$ છે.
$P-V$ આલેખમાં,સંકોચન પ્રક્રિયા દરમિયાન થયેલ કાર્ય વક્રની નીચેના ક્ષેત્રફળ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.
કદમાં આપેલ ફેરફાર માટે,એડિબેટિક વક્ર એ સમતાપી વક્ર કરતા વધુ ઢાળવાળો હોય છે.
સંકોચન દરમિયાન સમાન કદની શ્રેણી માટે એડિબેટિક વક્ર સમતાપી વક્રની ઉપર રહેતો હોવાથી,એડિબેટિક વક્રની નીચેનું ક્ષેત્રફળ એ સમતાપી વક્રની નીચેના ક્ષેત્રફળ કરતા વધારે હોય છે.
તેથી,વાયુને એડિબેટિક પ્રક્રિયા દ્વારા સંકોચવા માટે સમતાપી પ્રક્રિયા કરતા વધુ કાર્ય કરવું પડે છે.

(B) $h$ ઊંચાઈ પર બરફની સ્થિતિ ઉર્જા $PE = mgh$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ, આ તમામ ઉર્જા પડતી વખતે ગરમીમાં રૂપાંતરિત થાય છે.
આ ગરમીનો માત્ર ચોથો ભાગ બરફને સંપૂર્ણપણે ઓગળવા માટે વપરાય છે.
$m$ દળના બરફને ઓગળવા માટે જરૂરી ગરમી $Q = mL$ છે, જ્યાં $L$ એ ગલન ગુપ્ત ઉષ્મા છે.
તેથી, ઉર્જા સંતુલન સમીકરણ $\frac{1}{4} (mgh) = mL$ છે.
બંને બાજુથી $m$ દૂર કરતા, આપણને $\frac{gh}{4} = L$ મળે છે.
$h$ માટે ઉકેલતા, $h = \frac{4L}{g}$ મળે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $h = \frac{4 \times 3.4 \times 10^{5}}{10} \text{ m}$.
$h = 4 \times 3.4 \times 10^{4} \text{ m} = 13.6 \times 10^{4} \text{ m} = 136,000 \text{ m}$.
કિલોમીટરમાં ફેરવતા, $h = 136 \text{ km}$.

(B) આપેલ છે: ઠંડા રિઝર્વોયરનું તાપમાન $T_2 = 4^{\circ}C = 277 \, K$,ગરમ રિઝર્વોયરનું તાપમાન $T_1 = 30^{\circ}C = 303 \, K$.
દર સેકન્ડે દૂર કરવામાં આવતી ઉષ્મા $Q_2 = 600 \, cal/s$.
પરફોર્મન્સ ગુણાંક $\alpha = \frac{T_2}{T_1 - T_2}$.
$\alpha = \frac{277}{303 - 277} = \frac{277}{26}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\alpha = \frac{Q_2}{W}$,જ્યાં $W$ એ દર સેકન્ડે થતું કાર્ય (પાવર) છે.
તેથી,$W = \frac{Q_2}{\alpha} = \frac{600 \times 26}{277} \, cal/s$.
જૂલમાં રૂપાંતર કરતા: $W = \frac{600 \times 26}{277} \times 4.2 \, J/s$.
$W \approx 236.5 \, W$.

(B) સ્પ્રિંગ-બ્લોક સિસ્ટમનો આવર્તકાળ $T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ સ્પ્રિંગ માટે,$T \propto \sqrt{m}$ છે.
તેથી,$\frac{T_{1}}{T_{2}} = \sqrt{\frac{m_{1}}{m_{2}}}$.
અહીં,$T_{1} = 3 \ s$,$m_{1} = m$,$T_{2} = 5 \ s$,અને $m_{2} = m + 1$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{3}{5} = \sqrt{\frac{m}{m+1}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{9}{25} = \frac{m}{m+1}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા: $9(m + 1) = 25m \Rightarrow 9m + 9 = 25m$.
$16m = 9 \Rightarrow m = \frac{9}{16} \ kg$.

(D) $L'$ લંબાઈ ધરાવતી ખુલ્લી ઓર્ગન પાઇપ માટે,$n$-માં હાર્મોનિકની આવૃત્તિ $f_n = n \frac{v}{2L'}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 1, 2, 3, \dots$ છે. બીજો ઓવરટોન એ $3$-જો હાર્મોનિક $(n=3)$ છે. તેથી,$f_{open} = 3 \frac{v}{2L'}$.
$L$ લંબાઈ ધરાવતી બંધ ઓર્ગન પાઇપ માટે,$n$-માં હાર્મોનિકની આવૃત્તિ $f_n = n \frac{v}{4L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 1, 3, 5, \dots$ છે. પ્રથમ ઓવરટોન એ $3$-જો હાર્મોનિક $(n=3)$ છે. તેથી,$f_{closed} = 3 \frac{v}{4L}$.
પ્રશ્ન મુજબ,બંને આવૃત્તિઓ સમાન છે:
$3 \frac{v}{2L'} = 3 \frac{v}{4L}$
બંને બાજુથી $3v$ ને દૂર કરતા:
$\frac{1}{2L'} = \frac{1}{4L}$
$L'$ માટે ઉકેલતા:
$2L' = 4L \implies L' = 2L \; m$.

(B) ત્રણ ધ્વનિ તરંગોની આવૃત્તિઓ $f_1 = n - 1$,$f_2 = n$,અને $f_3 = n + 1$ છે.
બીટ્સ ત્યારે ઉત્પન્ન થાય છે જ્યારે અલગ-અલગ આવૃત્તિ ધરાવતા તરંગો એકબીજા પર સંપાત થાય છે.
તરંગોની જોડીઓ વચ્ચેની બીટ આવૃત્તિઓ નીચે મુજબ છે:
$|f_2 - f_1| = |n - (n - 1)| = 1 \text{ Hz}$
$|f_3 - f_2| = |(n + 1) - n| = 1 \text{ Hz}$
$|f_3 - f_1| = |(n + 1) - (n - 1)| = 2 \text{ Hz}$
પરિણામી બીટ આવૃત્તિ એ મહત્તમ અને ન્યૂનતમ આવૃત્તિઓ વચ્ચેનો તફાવત છે.
તેથી,પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્પન્ન થતા બીટ્સની સંખ્યા: $(n + 1) - (n - 1) = 2 \text{ Hz}$ છે.

(B) સાયરન દ્વારા ઉત્સર્જિત ધ્વનિની આવૃત્તિ $f_0 = 800 \, Hz$ છે.
સ્ત્રોત (સાયરન) ની ઝડપ $v_s = 15 \, m s^{-1}$ છે.
હવામાં ધ્વનિની ઝડપ $v = 330 \, m s^{-1}$ છે.
સાયરન ટેકરી તરફ ગતિ કરતું હોવાથી,ટેકરી એક અવલોકનકાર તરીકે કાર્ય કરે છે જે ધ્વનિ મેળવે છે. ગતિશીલ સ્ત્રોત અને સ્થિર અવલોકનકાર માટે ડોપ્લર અસરના સૂત્ર મુજબ ટેકરી દ્વારા પ્રાપ્ત આવૃત્તિ $f'$ છે:
$f' = f_0 \left( \frac{v}{v - v_s} \right) = 800 \left( \frac{330}{330 - 15} \right) = 800 \left( \frac{330}{315} \right) \approx 838.09 \, Hz$.
ટેકરી આ ધ્વનિને મૂળ અવલોકનકાર તરફ પરાવર્તિત કરે છે. ટેકરી સ્થિર હોવાથી,તે $f'$ આવૃત્તિ સાથે ધ્વનિ ઉત્સર્જિત કરતા સ્થિર સ્ત્રોત તરીકે કાર્ય કરે છે. મૂળ અવલોકનકાર ટેકરીની સાપેક્ષમાં સ્થિર હોવાથી,તેઓ પરાવર્તિત ધ્વનિને સમાન આવૃત્તિ $f'$ પર સાંભળે છે.
તેથી,અવલોકનકાર દ્વારા સંભળાતી આવૃત્તિ આશરે $838 \, Hz$ છે.

(B) એક છેડે બંધ હવાના સ્તંભ માટે,અનુનાદ એકી હાર્મોનિક્સ પર થાય છે.
મૂળભૂત આવૃત્તિ (પ્રથમ હાર્મોનિક) એ સૌથી નાની લંબાઈ $l_1$ ને અનુરૂપ છે:
$l_1 = \frac{\lambda}{4} = 50\, cm$
પછીનો અનુનાદ (ત્રીજો હાર્મોનિક) લંબાઈ $l_2$ પર થાય છે:
$l_2 = \frac{3\lambda}{4}$
$\lambda = 4 \times 50\, cm = 200\, cm$ મૂકતા:
$l_2 = 3 \times \left(\frac{200}{4}\right) = 3 \times 50 = 150\, cm$.

(A) દોરડા પરના લંબગત તરંગની ઝડપ $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ તણાવ છે અને $\mu$ એ રેખીય દળ ઘનતા છે.
પલ્સની આવૃત્તિ $f$ અચળ રહેતી હોવાથી,તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{v}{f}$ એ વેગ $v$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે. તેથી,$\lambda \propto \sqrt{T}$.
દોરડાના નીચેના છેડે (જ્યાં બ્લોક $m_2$ જોડાયેલ છે),તણાવ $T_1$ એ બ્લોકના વજનને કારણે છે: $T_1 = m_2 g$.
દોરડાના ઉપરના છેડે,તણાવ $T_2$ એ દોરડા અને બ્લોક બંનેના વજનને કારણે છે: $T_2 = (m_1 + m_2) g$.
આમ,તરંગલંબાઈનો ગુણોત્તર:
$\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}} = \sqrt{\frac{(m_1 + m_2) g}{m_2 g}} = \sqrt{\frac{m_1 + m_2}{m_2}}$.

(D) સમાન દળ ધરાવતા બે પદાર્થો વચ્ચેની સ્થિતિસ્થાપક અથડામણમાં,અથડામણ પછી પદાર્થોના વેગની અદલાબદલી થાય છે.
આપેલ છે: દડા $A$ નો પ્રારંભિક વેગ $(u_A)$ = $0.5 \, m s^{-1}$ અને દડા $B$ નો પ્રારંભિક વેગ $(u_B)$ = $-0.3 \, m s^{-1}$.
દળ સમાન હોવાથી અને અથડામણ સ્થિતિસ્થાપક હોવાથી,દડા $A$ નો અંતિમ વેગ $(v_A)$ એ $u_B$ જેટલો થશે અને દડા $B$ નો અંતિમ વેગ $(v_B)$ એ $u_A$ જેટલો થશે.
તેથી,$v_A = -0.3 \, m s^{-1}$ અને $v_B = 0.5 \, m s^{-1}$.
પ્રશ્નમાં $B$ અને $A$ ના વેગ અનુક્રમે પૂછવામાં આવ્યા છે,જે $v_B$ અને $v_A$ છે.
આમ,વેગ $0.5 \, m s^{-1}$ અને $-0.3 \, m s^{-1}$ થશે.

(A) અચળ બળ $\vec{F}$ દ્વારા સ્થાનાંતર $\vec{d}$ દરમિયાન કરવામાં આવેલ કાર્ય $W$ એ ડોટ પ્રોડક્ટ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $W = \vec{F} \cdot \vec{d}$.
અહીં,પ્રારંભિક સ્થાન $\vec{r}_1 = -2\hat i + 5\hat j$ છે અને અંતિમ સ્થાન $\vec{r}_2 = 4\hat j + 3\hat k$ છે.
સ્થાનાંતર સદિશ $\vec{d} = \vec{r}_2 - \vec{r}_1 = (4\hat j + 3\hat k) - (-2\hat i + 5\hat j) = 2\hat i - \hat j + 3\hat k$ થાય.
બળ $\vec{F} = 4\hat i + 3\hat j$ છે.
તેથી,$W = (4\hat i + 3\hat j) \cdot (2\hat i - \hat j + 3\hat k) = (4 \times 2) + (3 \times -1) + (0 \times 3) = 8 - 3 = 5 \ J$.

(D) આપેલ છે: દળ $m = 10\, g = 10^{-2}\, kg$,ત્રિજ્યા $R = 6.4\, cm = 6.4 \times 10^{-2}\, m$,અંતિમ ગતિઊર્જા $K_f = 8 \times 10^{-4}\, J$,પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $K_i = 0$.
સ્પર્શક બળ દ્વારા થયેલ કાર્ય ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે,કારણ કે કેન્દ્રગામી બળ કોઈ કાર્ય કરતું નથી.
થયેલ કાર્ય $W = F_t \times d$,જ્યાં $F_t = m a_t$ અને $d$ એ બે પરિભ્રમણમાં કાપેલું અંતર છે.
અંતર $d = 2 \times (2\pi R) = 4\pi R$.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા: $W = K_f - K_i = K_f$.
$m a_t (4\pi R) = K_f$.
$a_t = \frac{K_f}{4\pi R m}$.
કિંમતો મૂકતા: $a_t = \frac{8 \times 10^{-4}}{4 \times 3.14159 \times 6.4 \times 10^{-2} \times 10^{-2}}$.
$a_t = \frac{8 \times 10^{-4}}{4 \times 3.14159 \times 6.4 \times 10^{-4}} = \frac{8}{25.6 \times 3.14159} \approx \frac{8}{80.42} \approx 0.0995\, m/s^2$.
નજીકની કિંમત લેતા,$a_t \approx 0.1\, m/s^2$.

(D) પૃથ્વીના કેન્દ્રથી અંતર $d$ સાથે ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g$ માં થતો ફેરફાર નીચે મુજબ છે:
$1$. પૃથ્વીની અંદર $(d < R)$:
$g = \frac{GM}{R^3} d$
અહીં $G, M,$ અને $R$ અચળ હોવાથી,$g \propto d$ થાય છે. આ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી એક સીધી રેખા દર્શાવે છે.
$2$. પૃથ્વીની સપાટી પર $(d = R)$:
$g = \frac{GM}{R^2} = g_s$ (મહત્તમ મૂલ્ય).
$3$. પૃથ્વીની બહાર $(d > R)$:
$g = \frac{GM}{d^2}$
અહીં,$g \propto \frac{1}{d^2}$ થાય છે. આ એક લંબચોરસ અતિવલય (rectangular hyperbola) દર્શાવે છે.
આમ,આલેખ કેન્દ્રથી સપાટી સુધી રેખીય વધારો અને સપાટી પછી અંતર વધતા હાયપરબોલિક ઘટાડો દર્શાવે છે. આ આલેખ વિકલ્પ $D$ માં દર્શાવેલ છે.

(C) આપેલ સર્કિટમાં એક $OR$ ગેટ અને ત્યારબાદ એક $AND$ ગેટ છે. $OR$ ગેટનું આઉટપુટ $(A + B)$ છે. આ આઉટપુટને ઇનપુટ $C$ સાથે $AND$ ગેટમાં આપવામાં આવે છે. તેથી,આઉટપુટ $Y$ માટેનું બુલિયન સમીકરણ $Y = (A + B) \cdot C$ છે.
આઉટપુટ $Y = 1$ મેળવવા માટે,$AND$ ગેટના બંને ઇનપુટ $1$ હોવા જોઈએ. આનો અર્થ એ છે કે $(A + B) = 1$ અને $C = 1$ હોવું જોઈએ.
$(A + B) = 1$ માટે,$A$ અથવા $B$ માંથી ઓછામાં ઓછું એક $1$ હોવું જોઈએ.
વિકલ્પો તપાસતા:
- વિકલ્પ $A$ માટે: $A=0, B=1, C=0 \implies Y = (0+1) \cdot 0 = 0$.
- વિકલ્પ $B$ માટે: $A=1, B=0, C=0 \implies Y = (1+0) \cdot 0 = 0$.
- વિકલ્પ $C$ માટે: $A=1, B=0, C=1 \implies Y = (1+0) \cdot 1 = 1$.
- વિકલ્પ $D$ માટે: $A=1, B=1, C=0 \implies Y = (1+1) \cdot 0 = 0$.
તેથી,સાચો ઇનપુટ $A = 1, B = 0, C = 1$ છે.

(A) કેપેસિટરને ચાર નાના કેપેસિટરોના સંયોજન તરીકે ગણી શકાય. $d/2$ જાડાઈ ધરાવતો ઉપરનો ભાગ ત્રણ ભાગમાં વહેંચાયેલો છે,જેમાંથી દરેકનું ક્ષેત્રફળ $A/3$ છે. આ ત્રણ કેપેસિટરો $(C_1, C_2, C_3)$ સમાંતર જોડાણમાં છે.
$C_1 = \frac{\epsilon_0 K_1 (A/3)}{d/2} = \frac{2\epsilon_0 K_1 A}{3d}$
$C_2 = \frac{2\epsilon_0 K_2 A}{3d}$
$C_3 = \frac{2\epsilon_0 K_3 A}{3d}$
તેમનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_p = C_1 + C_2 + C_3 = \frac{2\epsilon_0 A}{3d}(K_1 + K_2 + K_3)$.
આ સમાંતર જોડાણ નીચેના કેપેસિટર $C_4$ સાથે શ્રેણીમાં છે,જેની જાડાઈ $d/2$ અને ક્ષેત્રફળ $A$ છે.
$C_4 = \frac{\epsilon_0 K_4 A}{d/2} = \frac{2\epsilon_0 K_4 A}{d}$.
કુલ સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C$ માટે $\frac{1}{C} = \frac{1}{C_p} + \frac{1}{C_4}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{C} = \frac{3d}{2\epsilon_0 A(K_1 + K_2 + K_3)} + \frac{d}{2\epsilon_0 K_4 A}$.
એક જ ડાયઇલેક્ટ્રિક $K$ માટે,$C = \frac{K\epsilon_0 A}{d}$,તેથી $\frac{1}{C} = \frac{d}{K\epsilon_0 A}$.
બંનેને સરખાવતા: $\frac{d}{K\epsilon_0 A} = \frac{d}{\epsilon_0 A} [\frac{3}{2(K_1 + K_2 + K_3)} + \frac{1}{2K_4}]$.
$\frac{1}{K} = \frac{3}{2(K_1 + K_2 + K_3)} + \frac{1}{2K_4}$.
$2$ વડે ગુણતા: $\frac{2}{K} = \frac{3}{K_1 + K_2 + K_3} + \frac{1}{K_4}$.

(D) આપેલ છે: $\theta = 30^\circ$,$E = 2 \times 10^5 \, \text{NC}^{-1}$,$\tau = 4 \, \text{Nm}$,અને $l = 2 \, \text{cm} = 0.02 \, \text{m}$.
વિદ્યુત ક્ષેત્રમાં ડાયપોલ દ્વારા અનુભવાતું ટોર્ક: $\tau = pE \sin \theta$,જ્યાં $p = ql$.
ટોર્કના સૂત્રમાં $p = ql$ મૂકતા: $\tau = qlE \sin \theta$.
$q$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા: $q = \frac{\tau}{El \sin \theta}$.
કિંમતો મૂકતા: $q = \frac{4}{2 \times 10^5 \times 0.02 \times \sin(30^\circ)}$.
$\sin(30^\circ) = 0.5$ હોવાથી: $q = \frac{4}{2 \times 10^5 \times 0.02 \times 0.5} = \frac{4}{2 \times 10^3} = 2 \times 10^{-3} \, \text{C}$.
તેથી,$q = 2 \, \text{mC}$.

(B) ગોળાઓની સંતુલન સ્થિતિ પરથી,લાગતા બળો તણાવ $T$,વજન $mg$ અને સ્થિત-વિદ્યુત અપાકર્ષણ $F_e = \frac{kq^2}{x^2}$ છે.
બળોનું વિભાજન કરતા: $T \cos \theta = mg$ અને $T \sin \theta = \frac{kq^2}{x^2}$.
સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા,આપણને $\tan \theta = \frac{kq^2}{x^2 mg}$ મળે છે.
જ્યારે $\theta$ નાનું હોય,ત્યારે $\tan \theta \approx \sin \theta = \frac{x/2}{l} = \frac{x}{2l}$.
$\tan \theta$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{x}{2l} = \frac{kq^2}{x^2 mg} \implies q^2 = \frac{mg}{2lk} x^3 \implies q \propto x^{3/2}$.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{dq}{dt} \propto \frac{3}{2} x^{1/2} \frac{dx}{dt}$.
આપેલ છે કે $\frac{dq}{dt}$ અચળ છે,તેથી $1 \propto x^{1/2} v$,જેનો અર્થ છે કે $v \propto x^{-1/2}$.

(C) શરૂઆતમાં,$2\,\mu F$ કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા:
$U_{i} = \frac{1}{2} C V^{2} = \frac{1}{2} (2 \times 10^{-6}) V^{2} = V^{2} \times 10^{-6} \, J$
શરૂઆતમાં,$2\,\mu F$ કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત વિદ્યુતભાર:
$Q_{i} = C V = (2 \times 10^{-6}) V = 2V \times 10^{-6} \, C$
જ્યારે સ્વિચ $S$ ને સ્થિતિ $2$ પર ફેરવવામાં આવે છે,ત્યારે વિદ્યુતભાર વહે છે અને બંને કેપેસિટર સમાન સ્થિતિમાન $V_{c}$ પ્રાપ્ત ન થાય ત્યાં સુધી વિદ્યુતભાર વહેંચે છે.
$V_{c} = \frac{\text{કુલ વિદ્યુતભાર}}{\text{કુલ કેપેસિટન્સ}} = \frac{2V \times 10^{-6}}{(2 + 8) \times 10^{-6}} = \frac{V}{5} \, V$
અંતે,બંને કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા:
$U_{f} = \frac{1}{2} (C_{1} + C_{2}) V_{c}^{2} = \frac{1}{2} (10 \times 10^{-6}) \left(\frac{V}{5}\right)^{2} = 5 \times 10^{-6} \times \frac{V^{2}}{25} = \frac{V^{2}}{5} \times 10^{-6} \, J$
ઉર્જાનો ટકાવારી વ્યય:
$\Delta U \% = \frac{U_{i} - U_{f}}{U_{i}} \times 100 \%$
$\Delta U \% = \frac{V^{2} \times 10^{-6} - \frac{V^{2}}{5} \times 10^{-6}}{V^{2} \times 10^{-6}} \times 100 \% = \left(1 - \frac{1}{5}\right) \times 100 \% = \frac{4}{5} \times 100 \% = 80 \%$

(B) વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $(V_A - V_B)$ શોધવા માટે,આપણે $A$ થી $B$ ના માર્ગ પર કિર્ચોફનો વોલ્ટેજ નિયમ લાગુ કરીએ છીએ.
બિંદુ $A$ થી શરૂ કરીને અને પ્રવાહ $I = 2 \, A$ ની દિશામાં $B$ તરફ આગળ વધતા:
$V_A - I R_1 - E - I R_2 = V_B$
જ્યાં $R_1 = 2 \, \Omega$,$E = 3 \, V$,અને $R_2 = 1 \, \Omega$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$V_A - (2 \, A \times 2 \, \Omega) - 3 \, V - (2 \, A \times 1 \, \Omega) = V_B$
$V_A - 4 \, V - 3 \, V - 2 \, V = V_B$
$V_A - 9 \, V = V_B$
તેથી,$V_A - V_B = 9 \, V$.

(A) સૌ પ્રથમ,બલ્બનો અવરોધ $(R_B)$ શોધો:
$R_B = \frac{V^2}{P} = \frac{(100)^2}{500} = \frac{10000}{500} = 20 \, \Omega$.
ત્યારબાદ,જ્યારે બલ્બ તેના નિર્ધારિત પાવર પર કાર્ય કરે ત્યારે તેમાંથી વહેતો પ્રવાહ $(I)$ શોધો:
$I = \frac{P}{V} = \frac{500}{100} = 5 \, A$.
બલ્બ અને અવરોધ $R$ શ્રેણીમાં હોવાથી,તેમાંથી સમાન પ્રવાહ $I = 5 \, A$ વહેશે. અવરોધ $R$ પરનો વોલ્ટેજ ડ્રોપ $(V_R)$ એ સપ્લાય વોલ્ટેજ અને બલ્બના નિર્ધારિત વોલ્ટેજ વચ્ચેનો તફાવત છે:
$V_R = V_{supply} - V_{bulb} = 230 \, V - 100 \, V = 130 \, V$.
અવરોધ $R$ માટે ઓહ્મના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$V_R = I \times R$
$130 = 5 \times R$
$R = \frac{130}{5} = 26 \, \Omega$.

(C) ધારો કે બે કોષોના emf $\varepsilon_{1}$ અને $\varepsilon_{2}$ છે (જ્યાં $\varepsilon_{1} > \varepsilon_{2}$).
ધારો કે $k$ એ પોટેન્શિયોમીટર વાયરનો પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ (એકમ લંબાઈ દીઠ વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત) છે.
જ્યારે કોષોને એકબીજાને ટેકો આપવા માટે શ્રેણીમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ emf $\varepsilon_{1} + \varepsilon_{2}$ થાય છે. સંતુલન બિંદુ $l_{1} = 50 \, cm$ પર મળે છે.
તેથી,$\varepsilon_{1} + \varepsilon_{2} = k \cdot l_{1} = 50k$ .....$(i)$
જ્યારે કોષોને વિરુદ્ધ દિશામાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ emf $\varepsilon_{1} - \varepsilon_{2}$ થાય છે. સંતુલન બિંદુ $l_{2} = 10 \, cm$ પર મળે છે.
તેથી,$\varepsilon_{1} - \varepsilon_{2} = k \cdot l_{2} = 10k$ .....$(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2\varepsilon_{1} = 60k \Rightarrow \varepsilon_{1} = 30k$
સમીકરણ $(i)$ માંથી $(ii)$ બાદ કરતા:
$2\varepsilon_{2} = 40k \Rightarrow \varepsilon_{2} = 20k$
emf નો ગુણોત્તર $\frac{\varepsilon_{1}}{\varepsilon_{2}} = \frac{30k}{20k} = \frac{3}{2}$ છે.

(D) આપેલ છે,$Q = at - bt^2$.
પ્રવાહ $I = \frac{dQ}{dt} = a - 2bt$.
જ્યારે $a - 2bt = 0$ થાય ત્યારે પ્રવાહ શૂન્ય થાય છે,જે $t = \frac{a}{2b}$ આપે છે.
અવરોધ $R$ માં ઉત્પન્ન થતી કુલ ઉષ્મા $H = \int_0^{a/2b} I^2 R dt$ દ્વારા મળે છે.
$I = a - 2bt$ મૂકતા:
$H = R \int_0^{a/2b} (a - 2bt)^2 dt = R \int_0^{a/2b} (a^2 + 4b^2 t^2 - 4abt) dt$.
$t$ ની સાપેક્ષે સંકલન કરતા:
$H = R \left[ a^2 t + \frac{4b^2 t^3}{3} - 2abt^2 \right]_0^{a/2b}$.
સીમાઓ મૂકતા:
$H = R \left[ a^2 \left( \frac{a}{2b} \right) + \frac{4b^2}{3} \left( \frac{a^3}{8b^3} \right) - 2ab \left( \frac{a^2}{4b^2} \right) \right]$.
$H = R \left[ \frac{a^3}{2b} + \frac{a^3}{6b} - \frac{a^3}{2b} \right] = \frac{a^3 R}{6b}$.

(C) આપેલ છે: ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 3.57 \times 10^{-2} \, T$ અને વિશિષ્ટ વીજભાર $\frac{e}{m} = 1.76 \times 10^{11} \, C/kg$.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વીજભારિત કણની પરિભ્રમણ આવૃત્તિ $f$ માટેનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$f = \frac{1}{T} = \frac{qB}{2 \pi m}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$f = \frac{1}{2 \times 3.14} \times (1.76 \times 10^{11}) \times (3.57 \times 10^{-2})$
$f = \frac{1}{6.28} \times 6.2832 \times 10^9$
$f \approx 1 \times 10^9 \, Hz = 1 \, GHz$.

(B) લાંબા સીધા વાહકની નજીક રહેલા પ્રવાહધારિત વાયર પર લાગતું બળ $F = \frac{{\mu _0}IiL}{2\pi r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વાયરની સૌથી નજીકની લૂપની બાજુ માટે (અંતર $r_1 = L/2$),પ્રવાહ $XY$ વાયરની દિશામાં જ વહે છે. તેથી બળ $F_1$ આકર્ષી પ્રકારનું છે:
$F_1 = \frac{{\mu _0}IiL}{2\pi (L/2)} = \frac{{\mu _0}Ii}{\pi}$.
વાયરથી સૌથી દૂરની લૂપની બાજુ માટે (અંતર $r_2 = L/2 + L = 3L/2$),પ્રવાહ $XY$ વાયરની વિરુદ્ધ દિશામાં વહે છે. તેથી બળ $F_2$ અપાકર્ષી પ્રકારનું છે:
$F_2 = \frac{{\mu _0}IiL}{2\pi (3L/2)} = \frac{{\mu _0}Ii}{3\pi}$.
લૂપની ઉપરની અને નીચેની બાજુઓ પર લાગતા બળો સમાન અને વિરુદ્ધ દિશામાં હોવાથી,તેઓ એકબીજાની અસર નાબૂદ કરે છે.
કુલ બળ $F_{net} = F_1 - F_2 = \frac{{\mu _0}Ii}{\pi} - \frac{{\mu _0}Ii}{3\pi} = \frac{{\mu _0}Ii}{\pi} (1 - 1/3) = \frac{2{\mu _0}Ii}{3\pi}$.

(B) ત્રિજ્યા ધરાવતા અને $I$ જેટલો સ્થાયી પ્રવાહ ધરાવતા લાંબા સીધા તાર માટે,જેમાં પ્રવાહ આડછેદ પર સમાન રીતે વહેંચાયેલો છે:
$1$. તારની અંદરના ભાગમાં $(r < a)$ $r$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I r}{2 \pi a^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r = \frac{a}{2}$ માટે,$B = \frac{\mu_0 I (a/2)}{2 \pi a^2} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a}$ મળે.
$2$. તારની બહારના ભાગમાં $(r > a)$ $r$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B' = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r = 2a$ માટે,$B' = \frac{\mu_0 I}{2 \pi (2a)} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a}$ મળે.
$3$. ચુંબકીય ક્ષેત્રોનો ગુણોત્તર $\frac{B}{B'} = \frac{\frac{\mu_0 I}{4 \pi a}}{\frac{\mu_0 I}{4 \pi a}} = 1$ થાય.

(D) સંતુલન સ્થિતિમાં,ડાયપોલની પ્રારંભિક સ્થિતિ ઉર્જા $U_{i} = -MB_{H} \cos 0^{\circ} = -MB_{H}$ છે.
$60^{\circ}$ ના ખૂણે ફેરવ્યા પછી ડાયપોલની અંતિમ સ્થિતિ ઉર્જા $U_{f} = -MB_{H} \cos 60^{\circ} = -\frac{MB_{H}}{2}$ છે.
થયેલ કાર્ય $W$ એ સ્થિતિ ઉર્જામાં થતો ફેરફાર છે: $W = U_{f} - U_{i} = -\frac{MB_{H}}{2} - (-MB_{H}) = \frac{MB_{H}}{2}$.
આના પરથી,આપણને $MB_{H} = 2W$ મળે છે.
ચુંબકને આ નવી સ્થિતિમાં જાળવી રાખવા માટે જરૂરી ટોર્ક $\tau = MB_{H} \sin 60^{\circ}$ છે.
$MB_{H} = 2W$ મૂકતા,આપણને $\tau = (2W) \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} W$ મળે છે.

(D) ચુંબકીય સસેપ્ટિબિલિટી,જેને $\chi$ વડે દર્શાવવામાં આવે છે,તે દર્શાવે છે કે કોઈ પદાર્થ બાહ્ય ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં કેટલો ચુંબકીય બને છે.
ડાયામેગ્નેટિક પદાર્થો માટે ચુંબકીય સસેપ્ટિબિલિટી $\chi$ હંમેશા ઋણ હોય છે,જેનો અર્થ છે કે તેઓ ચુંબકીય ક્ષેત્ર દ્વારા નિર્બળ રીતે અપાકર્ષાય છે.
પેરામેગ્નેટિક પદાર્થો માટે,$\chi$ નાનું અને ધન હોય છે.
ફેરોમેગ્નેટિક પદાર્થો માટે,$\chi$ મોટું અને ધન હોય છે.
તેથી,ચુંબકીય સસેપ્ટિબિલિટી માત્ર ડાયામેગ્નેટિક પદાર્થો માટે જ ઋણ હોય છે.

(A) આપેલ છે: આપાતકોણ $i = 45^o$,પ્રિઝમનો કોણ $A = 60^o$.
જ્યારે કિરણ લઘુત્તમ વિચલન અનુભવે છે,ત્યારે નિર્ગમન કોણ $e$ એ આપાતકોણ $i$ જેટલો હોય છે,તેથી $e = 45^o$.
લઘુત્તમ વિચલન કોણ $\delta_m$ માટેનું સૂત્ર: $\delta_m = i + e - A$.
કિંમતો મૂકતા: $\delta_m = 45^o + 45^o - 60^o = 30^o$.
વક્રીભવનાંક $\mu$ માટેનું સૂત્ર: $\mu = \frac{\sin((A + \delta_m)/2)}{\sin(A/2)}$.
કિંમતો મૂકતા: $\mu = \frac{\sin((60^o + 30^o)/2)}{\sin(60^o/2)} = \frac{\sin(45^o)}{\sin(30^o)}$.
ગણતરી કરતા: $\mu = \frac{1/\sqrt{2}}{1/2} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.
આમ,લઘુત્તમ વિચલન કોણ $30^o$ અને વક્રીભવનાંક $\sqrt{2}$ છે.

(C) આપેલ છે: ઓબ્જેક્ટિવની કેન્દ્રલંબાઈ $f_o = 40\, cm$,આઈપીસની કેન્દ્રલંબાઈ $f_e = 4\, cm$,અને વસ્તુનું અંતર $u_o = -200\, cm$.
ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ માટે,લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{v_o} - \frac{1}{u_o} = \frac{1}{f_o}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{v_o} - \frac{1}{-200} = \frac{1}{40}$
$\frac{1}{v_o} = \frac{1}{40} - \frac{1}{200} = \frac{5-1}{200} = \frac{4}{200} = \frac{1}{50}$
તેથી,$v_o = 50\, cm$.
અંતિમ પ્રતિબિંબ અનંત અંતરે રચાય (સામાન્ય ગોઠવણ) તે માટે,ઓબ્જેક્ટિવ દ્વારા રચાતું પ્રતિબિંબ આઈપીસના મુખ્ય કેન્દ્ર પર હોવું જોઈએ. તેથી,લેન્સ વચ્ચેનું અંતર $l = v_o + f_e$ થશે.
$l = 50\, cm + 4\, cm = 54\, cm$.

(D) ગોળીય અરીસા માટે મોટવણી $m = -v/u$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$1$. $m = -2$ માટે: $m$ ઋણ હોવાથી,પ્રતિબિંબ વાસ્તવિક છે. વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ હંમેશા ઉલટું હોય છે અને અંતર્ગોળ અરીસા દ્વારા રચાય છે. તેથી,$(1-b, c)$.
$2$. $m = -1/2$ માટે: $m$ ઋણ હોવાથી,પ્રતિબિંબ વાસ્તવિક છે. વાસ્તવિક પ્રતિબિંબ અંતર્ગોળ અરીસા દ્વારા રચાય છે. તેથી,$(2-b, c)$.
$3$. $m = +2$ માટે: $m$ ધન હોવાથી,પ્રતિબિંબ આભાસી છે. $1$ કરતા મોટી મોટવણી ધરાવતું આભાસી પ્રતિબિંબ અંતર્ગોળ અરીસા દ્વારા રચાય છે. તેથી,$(3-b, d)$.
$4$. $m = +1/2$ માટે: $m$ ધન હોવાથી,પ્રતિબિંબ આભાસી છે. $1$ કરતા નાની મોટવણી ધરાવતું આભાસી પ્રતિબિંબ બહિર્ગોળ અરીસા દ્વારા રચાય છે. તેથી,$(4-a, d)$.
આમ,સાચી જોડ $(1-b, c), (2-b, c), (3-b, d), (4-a, d)$ છે.

(B) આપેલ છે: કાચનો વક્રીભવનાંક $\mu_g = 3/2$,પાણીનો વક્રીભવનાંક $\mu_w = 4/3$.
ઇક્વિકોન્વેક્સ કાચના લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $f$ લેન્સ મેકરના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$\frac{1}{f} = (\mu_g - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{-R} \right) = (\frac{3}{2} - 1) \frac{2}{R} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{R} = \frac{1}{R}$.
આમ,$f = R$.
બે બહિર્ગોળ લેન્સ વચ્ચે બનેલો પાણીનો લેન્સ એ $R$ વક્રતા ત્રિજ્યા ધરાવતો અંતર્ગોળ લેન્સ છે. તેની કેન્દ્રલંબાઈ $f_w$ નીચે મુજબ છે:
$\frac{1}{f_w} = (\mu_w - 1) \left( -\frac{1}{R} - \frac{1}{R} \right) = (\frac{4}{3} - 1) \left( -\frac{2}{R} \right) = \frac{1}{3} \cdot (-\frac{2}{R}) = -\frac{2}{3R}$.
કારણ કે $R = f$,તેથી $\frac{1}{f_w} = -\frac{2}{3f}$.
આ સંયોજનમાં બે બહિર્ગોળ લેન્સ અને એક અંતર્ગોળ પાણીનો લેન્સ સંપર્કમાં છે. સમતુલ્ય કેન્દ્રલંબાઈ $f_{eq}$ છે:
$\frac{1}{f_{eq}} = \frac{1}{f} + \frac{1}{f_w} + \frac{1}{f} = \frac{1}{f} - \frac{2}{3f} + \frac{1}{f} = \frac{3 - 2 + 3}{3f} = \frac{4}{3f}$.
તેથી,$f_{eq} = \frac{3f}{4}$.

(A) ધારો કે કાચના સ્લેબની જાડાઈ $t$ છે.
ધારો કે હવાનો પરપોટો એક સપાટીથી $x$ અંતરે છે. તો તેની વિરુદ્ધ સપાટીથી અંતર $(t - x)$ થશે.
આપેલ છે કે કાચના સ્લેબનો વક્રીભવનાંક $\mu = 1.5$ છે.
પ્રથમ સપાટીથી પરપોટાની આભાસી ઊંડાઈ $d_1 = \frac{x}{\mu} = 5\, cm$ છે.
તેથી,$x = 5 \times 1.5 = 7.5\, cm$.
બીજી સપાટીથી પરપોટાની આભાસી ઊંડાઈ $d_2 = \frac{t - x}{\mu} = 3\, cm$ છે.
તેથી,$t - x = 3 \times 1.5 = 4.5\, cm$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $x + (t - x) = 7.5 + 4.5$.
$t = 12\, cm$.
વૈકલ્પિક રીતે,આભાસી ઊંડાઈઓનો સરવાળો $\frac{x}{\mu} + \frac{t - x}{\mu} = \frac{t}{\mu} = 5 + 3 = 8$.
તેથી,$t = 8 \times 1.5 = 12\, cm$.

(A) વ્યક્તિ માયોપિયા (લઘુદ્રષ્ટિની ખામી) થી પીડાય છે કારણ કે તે $400\, cm$ થી દૂરની વસ્તુઓ જોઈ શકતી નથી.
આ ખામીને સુધારવા માટે, આપણે એવો લેન્સ મૂકવો જોઈએ કે જેથી અનંત $(\infty)$ પર રહેલી વસ્તુનું આભાસી પ્રતિબિંબ વ્યક્તિના દૂરના બિંદુ $(400\, cm)$ પર રચાય.
આપેલ છે: વસ્તુ અંતર $u = -\infty$, પ્રતિબિંબ અંતર $v = -400\, cm = -4\, m$.
લેન્સના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{f} = \frac{1}{-4} - \frac{1}{-\infty} = -0.25\, m^{-1}$.
કેન્દ્રલંબાઈ $f$ ઋણ હોવાથી, લેન્સ અંતર્ગોળ હોવો જોઈએ.
લેન્સનો પાવર $P = \frac{1}{f} = -0.25\, D$.

(C) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda$ ધરાવતા ઇલેક્ટ્રોનની ગતિઊર્જા $K = \frac{p^2}{2m}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $p = \frac{h}{\lambda}$ હોવાથી,$K = \frac{(h/\lambda)^2}{2m} = \frac{h^2}{2m\lambda^2}$ થાય.
$X$-રે ટ્યુબમાં,ઉત્સર્જિત $X$-રે ફોટોનની મહત્તમ ઊર્જા એ આપાત ઇલેક્ટ્રોનની ગતિઊર્જા જેટલી હોય છે.
તેથી,$\frac{hc}{\lambda_0} = K = \frac{h^2}{2m\lambda^2}$.
$\lambda_0$ માટે સાદું રૂપ આપતા,$\lambda_0 = \frac{hc \cdot 2m\lambda^2}{h^2} = \frac{2mc\lambda^2}{h}$ મળે છે.

(B) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,ફોટોઈલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિઊર્જા નીચે મુજબ છે:
$KE_{\max} = E - \phi$
પ્રથમ કિસ્સા માટે,$E = 5\, eV$ અને $KE_{\max} = 2\, eV$:
$2 = 5 - \phi \implies \phi = 3\, eV$
જ્યારે $E' = 6\, eV$ ઊર્જા ધરાવતા ફોટોન આપાત થાય,ત્યારે નવી મહત્તમ ગતિઊર્જા:
$KE'_{\max} = E' - \phi = 6 - 3 = 3\, eV$
કોઈ પણ ફોટોઈલેક્ટ્રોન એનોડ $A$ સુધી ન પહોંચે તે માટે,કેથોડની સાપેક્ષમાં એનોડનું પોટેન્શિયલ $(V_A - V_C)$ એ સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $(V_s)$ ના ઋણ મૂલ્ય જેટલું હોવું જોઈએ.
સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_s$ એ $e V_s = KE'_{\max} = 3\, eV$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે,તેથી $V_s = 3\, V$.
ઈલેક્ટ્રોનને રોકવા માટે એનોડ કેથોડની સાપેક્ષમાં ઋણ પોટેન્શિયલ પર હોવો જોઈએ,તેથી પોટેન્શિયલ તફાવત $V_A - V_C = -3\, V$ થશે.

(D) $E$ ઉર્જા ધરાવતા ઇલેક્ટ્રોન માટે,ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda_{e} = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ છે.
$E$ ઉર્જા ધરાવતા ફોટોન માટે,સંબંધ $E = \frac{hc}{\lambda_{p}}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $\lambda_{p} = \frac{hc}{E}$.
તરંગલંબાઇનો ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{\lambda_{e}}{\lambda_{p}} = \frac{h}{\sqrt{2mE}} \times \frac{E}{hc} = \frac{1}{c} \times \frac{E^{1}}{\sqrt{E}} \times \frac{1}{\sqrt{2m}} = \frac{1}{c} \sqrt{\frac{E}{2m}} = \frac{1}{C}(\frac{E}{2m})^{1/2}$.

(C) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_s$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$e V_s = \frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0}$
જ્યાં $\lambda_0$ એ થ્રેશોલ્ડ તરંગલંબાઈ છે.
પ્રથમ કિસ્સા માટે:
$eV = \frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0}$ ..... $(i)$
બીજા કિસ્સા માટે:
$e(\frac{V}{4}) = \frac{hc}{2\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0}$ ..... $(ii)$
સમીકરણ $(ii)$ ને $4$ વડે ગુણતા:
$eV = \frac{4hc}{2\lambda} - \frac{4hc}{\lambda_0} = \frac{2hc}{\lambda} - \frac{4hc}{\lambda_0}$ ..... $(iii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(iii)$ ને સરખાવતા:
$\frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0} = \frac{2hc}{\lambda} - \frac{4hc}{\lambda_0}$
$\frac{4hc}{\lambda_0} - \frac{hc}{\lambda_0} = \frac{2hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda}$
$\frac{3hc}{\lambda_0} = \frac{hc}{\lambda}$
$\lambda_0 = 3\lambda$

(C) આપેલ છે: આંટાની સંખ્યા $N = 1000$,વિદ્યુતપ્રવાહ $I = 4\, A$,દરેક આંટા દીઠ ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi_{0} = 4 \times 10^{-3}\, Wb$.
સોલેનોઇડ સાથે સંકળાયેલ કુલ ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = N \phi_{0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,$\phi = 1000 \times 4 \times 10^{-3}\, Wb = 4\, Wb$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ફ્લક્સ અને આત્મ-પ્રેરકત્વ $L$ વચ્ચેનો સંબંધ $\phi = L I$ છે.
તેથી,આત્મ-પ્રેરકત્વ $L = \frac{\phi}{I} = \frac{4\, Wb}{4\, A} = 1\, H$.

(B) ફેરાડેના વિદ્યુતચુંબકીય પ્રેરણના નિયમ મુજબ,પ્રેરિત $e.m.f.$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
લૂપ $1$ માટે (ત્રિજ્યા $R > r$): ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi_1$ ફક્ત $r$ ત્રિજ્યાના તે વિસ્તાર સાથે સંકળાયેલ છે જ્યાં ચુંબકીય ક્ષેત્ર અસ્તિત્વ ધરાવે છે. તેથી,$\phi_1 = B \cdot A = B(\pi r^2)$.
પ્રેરિત $e.m.f.$ $\varepsilon_1 = -\frac{d}{dt}(B \pi r^2) = -\pi r^2 \frac{dB}{dt}$ થશે.
લૂપ $2$ માટે (ત્રિજ્યા $R$): આ લૂપ તે વિસ્તારની સંપૂર્ણપણે બહાર છે જ્યાં ચુંબકીય ક્ષેત્ર અસ્તિત્વ ધરાવે છે. તેથી,લૂપ $2$ સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi_2 = 0$ છે.
પ્રેરિત $e.m.f.$ $\varepsilon_2 = -\frac{d\phi_2}{dt} = 0$ થશે.

(A) આપેલ છે: $V_{R} = 80 \, V$,$V_{C} = 40 \, V$,$V_{L} = 100 \, V$.
$L-C-R$ સર્કિટનો પાવર ફેક્ટર $\cos \phi = \frac{R}{Z}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ કે $V = IZ$ અને $V_{R} = IR$,આપણે લખી શકીએ $\cos \phi = \frac{V_{R}}{V}$.
$L-C-R$ સર્કિટમાં કુલ વોલ્ટેજ $V = \sqrt{V_{R}^{2} + (V_{L} - V_{C})^{2}}$ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$V = \sqrt{80^{2} + (100 - 40)^{2}}$
$V = \sqrt{80^{2} + 60^{2}}$
$V = \sqrt{6400 + 3600} = \sqrt{10000} = 100 \, V$.
હવે,પાવર ફેક્ટરની ગણતરી કરતા:
$\cos \phi = \frac{V_{R}}{V} = \frac{80}{100} = 0.8$.

(A) જ્યારે એક આદર્શ કેપેસિટરને $AC$ વોલ્ટેજ સ્ત્રોત સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે પ્રવાહ $I(t)$ એ વોલ્ટેજ $V(t)$ કરતા $90^\circ$ ના કળા તફાવતથી આગળ હોય છે.
કેપેસિટર ચાર્જિંગ દરમિયાન સંગ્રહિત ઉર્જા ડિસ્ચાર્જિંગ દરમિયાન સર્કિટમાં પાછી આપે છે,તેથી એક સંપૂર્ણ ચક્ર દરમિયાન આદર્શ કેપેસિટર દ્વારા વપરાતી ચોખ્ખી ઉર્જા શૂન્ય હોય છે.
તેથી,વિધાન $A$ સાચું છે.

(D) આપેલ છે: $L = 20 \, mH = 20 \times 10^{-3} \, H$,$C = 50 \, \mu F = 50 \times 10^{-6} \, F$,$R = 40 \, \Omega$,$V = 10 \, \sin \, 340t$.
$V = V_0 \sin \omega t$ સાથે સરખાવતા,$V_0 = 10 \, V$ અને $\omega = 340 \, rad/s$ મળે છે.
ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L = \omega L = 340 \times 20 \times 10^{-3} = 6.8 \, \Omega$.
કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{340 \times 50 \times 10^{-6}} = \frac{10^6}{17000} \approx 58.82 \, \Omega$.
ઇમ્પિડન્સ $Z = \sqrt{R^2 + (X_C - X_L)^2} = \sqrt{40^2 + (58.82 - 6.8)^2} = \sqrt{1600 + (52.02)^2} = \sqrt{1600 + 2706.08} = \sqrt{4306.08} \approx 65.62 \, \Omega$.
પીક પ્રવાહ $I_0 = \frac{V_0}{Z} = \frac{10}{65.62} \, A$.
પાવર ફેક્ટર $\cos \phi = \frac{R}{Z} = \frac{40}{65.62}$.
પાવરનો વ્યય $P = V_{rms} I_{rms} \cos \phi = \frac{1}{2} V_0 I_0 \cos \phi = \frac{1}{2} \times 10 \times \frac{10}{65.62} \times \frac{40}{65.62} = \frac{2000}{4306} \approx 0.46 \, W$.

(C) આપેલ છે: અવરોધ $R = 100 \, \Omega$,કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ $X_C = 100 \, \Omega$,અને $RMS$ વોલ્ટેજ $V_{rms} = 220 \, V$.
$RC$ શ્રેણી પરિપથનો કુલ ઈમ્પીડન્સ $Z = \sqrt{R^2 + X_C^2} = \sqrt{100^2 + 100^2} = 100\sqrt{2} \, \Omega$ છે.
સોર્સનો મહત્તમ વોલ્ટેજ $V_0 = V_{rms} \sqrt{2} = 220\sqrt{2} \, V$ છે.
પરિપથમાં વહેતો મહત્તમ વહન પ્રવાહ $I_0 = \frac{V_0}{Z} = \frac{220\sqrt{2}}{100\sqrt{2}} = 2.2 \, A$ છે.
મેક્સવેલના એમ્પીયરના નિયમના સુધારા મુજબ,કેપેસિટરની પ્લેટો વચ્ચેનો સ્થાનાંતર પ્રવાહ $I_d$ એ વાયરમાં વહેતા વહન પ્રવાહ $I_c$ જેટલો જ હોય છે.
તેથી,સ્થાનાંતર પ્રવાહનું મહત્તમ મૂલ્ય એ વહન પ્રવાહના મહત્તમ મૂલ્ય જેટલું જ એટલે કે $2.2 \, A$ થાય છે.

(C) મેક્સવેલના સિદ્ધાંત મુજબ,પ્રવેગી ગતિ કરતો વિદ્યુતભાર સમય સાથે બદલાતા વિદ્યુત અને ચુંબકીય ક્ષેત્રો ઉત્પન્ન કરે છે. આ દોલિત ક્ષેત્રો અવકાશમાં વિદ્યુતચુંબકીય તરંગ તરીકે પ્રસરણ પામે છે. સ્થિર વિદ્યુતભાર માત્ર સ્થિર વિદ્યુતક્ષેત્ર ઉત્પન્ન કરે છે,અને અચળ વેગથી ગતિ કરતો વિદ્યુતભાર વિદ્યુતક્ષેત્રની સાથે અચળ ચુંબકીય ક્ષેત્ર ઉત્પન્ન કરે છે,પરંતુ તેમાંથી કોઈ પણ પ્રસરણ પામતું વિદ્યુતચુંબકીય તરંગ ઉત્પન્ન કરતું નથી.

(B) આપેલ છે:
છિદ્રની પહોળાઈ $a = 0.02\, cm = 2 \times 10^{-4}\, m$
તરંગલંબાઈ $\lambda = 5 \times 10^{-5}\, cm = 5 \times 10^{-7}\, m$
લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $f = 60\, cm = 0.6\, m$. પડદો કેન્દ્રલંબાઈ પર હોવાથી,અંતર $D = f = 0.6\, m$.
એક સ્લિટ વડે થતા ફ્રોનહોફર વિવર્તન માટે,$n$ મી અપ્રકાશિત પટ્ટી (ન્યૂનતમ) ની શરત $a \sin \theta = n\lambda$ છે.
પ્રથમ અપ્રકાશિત પટ્ટી માટે,$n = 1$,તેથી $\sin \theta \approx \theta = \frac{\lambda}{a}$.
પડદાના કેન્દ્રથી અંતર $y_1 = D \theta = \frac{D\lambda}{a}$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$y_1 = \frac{0.6 \times 5 \times 10^{-7}}{2 \times 10^{-4}} = \frac{3 \times 10^{-7}}{2 \times 10^{-4}} = 1.5 \times 10^{-3}\, m = 0.15\, cm$.

(C) એક સ્લિટના વિવર્તન ભાતમાં પ્રથમ ન્યૂનતમ માટેની શરત $a \sin \theta = n \lambda$ છે. પ્રથમ ન્યૂનતમ માટે $n = 1$ લેતા,$a \sin \theta = \lambda$ મળે.
અહીં $\theta = 30^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી $\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$ થાય.
આમ,$a (\frac{1}{2}) = \lambda$,જેનો અર્થ છે કે $a = 2 \lambda$ ..... $(i)$.
પ્રથમ ગૌણ મહત્તમ માટેની શરત $a \sin \theta' = (n + \frac{1}{2}) \lambda$ છે,જ્યાં $n = 1$ લેતા $a \sin \theta' = \frac{3}{2} \lambda$ મળે.
સમીકરણ $(i)$ માંથી $a = 2 \lambda$ ની કિંમત આ સમીકરણમાં મૂકતા:
$(2 \lambda) \sin \theta' = \frac{3}{2} \lambda$.
બંને બાજુ $2 \lambda$ વડે ભાગતા,$\sin \theta' = \frac{3}{4}$ મળે.
તેથી,$\theta' = \sin^{-1} \left( \frac{3}{4} \right)$.

(C) આપેલ છે: $d = 5\lambda$,$D = 10d$,અને એક સ્લિટની સામેનું સ્થાન $y = \frac{d}{2}$ છે.
સ્થાન $y$ પર પથ તફાવત $\Delta x = d \sin \theta \approx d \tan \theta = d \left( \frac{y}{D} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta x = d \left( \frac{d/2}{10d} \right) = \frac{d}{20} = \frac{5\lambda}{20} = \frac{\lambda}{4}$.
કળા તફાવત $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x = \frac{2\pi}{\lambda} \left( \frac{\lambda}{4} \right) = \frac{\pi}{2}$.
યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં,પરિણામી તીવ્રતા $I_y = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ છે.
અહીં $I_1 = I_2 = I$ હોવાથી,$I_{max} = I + I + 2\sqrt{I^2} = 4I = I_0$,તેથી $I = \frac{I_0}{4}$.
તીવ્રતાના સૂત્રમાં $\phi = \frac{\pi}{2}$ મૂકતા:
$I_y = I + I + 2I \cos(\frac{\pi}{2}) = 2I + 0 = 2I$.
$I = \frac{I_0}{4}$ હોવાથી,તીવ્રતા $I_y = 2 \left( \frac{I_0}{4} \right) = \frac{I_0}{2}$ મળે છે.

(A) ધારો કે બે ઉદગમોની તીવ્રતા $I_1$ અને $I_2$ છે,જેથી $\frac{I_1}{I_2} = \alpha$. $I \propto A^2$ હોવાથી,આપણને $\frac{A_1}{A_2} = \sqrt{\alpha}$ મળે છે.
વ્યતિકરણ ભાતમાં મહત્તમ અને ન્યૂનતમ તીવ્રતા $I_{max} = (A_1 + A_2)^2$ અને $I_{min} = (A_1 - A_2)^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપણે $\frac{I_{max} - I_{min}}{I_{max} + I_{min}}$ નું મૂલ્ય શોધવાનું છે.
$I_{max}$ અને $I_{min}$ ના પદો મૂકતા:
$\frac{I_{max} - I_{min}}{I_{max} + I_{min}} = \frac{(A_1 + A_2)^2 - (A_1 - A_2)^2}{(A_1 + A_2)^2 + (A_1 - A_2)^2}$
વર્ગોનું વિસ્તરણ કરતા:
$= \frac{(A_1^2 + A_2^2 + 2A_1A_2) - (A_1^2 + A_2^2 - 2A_1A_2)}{(A_1^2 + A_2^2 + 2A_1A_2) + (A_1^2 + A_2^2 - 2A_1A_2)}$
$= \frac{4A_1A_2}{2(A_1^2 + A_2^2)} = \frac{2A_1A_2}{A_1^2 + A_2^2}$
અંશ અને છેદને $A_2^2$ વડે ભાગતા:
$= \frac{2(A_1/A_2)}{(A_1/A_2)^2 + 1}$
$\frac{A_1}{A_2} = \sqrt{\alpha}$ હોવાથી,આ કિંમત મૂકતા:
$= \frac{2\sqrt{\alpha}}{(\sqrt{\alpha})^2 + 1} = \frac{2\sqrt{\alpha}}{\alpha + 1}$.

(B) હાઇડ્રોજન વર્ણપટ માટે તરંગ સંખ્યા $\bar{\nu}$ રિડબર્ગના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\bar{\nu} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
બામર શ્રેણી માટે,સંક્રમણ $n_1 = 2$ પર સમાપ્ત થાય છે.
બામર શ્રેણીની છેલ્લી રેખા $n_2 = \infty$ થી $n_1 = 2$ સુધીના સંક્રમણને અનુરૂપ છે.
આપેલ છે કે $R = 10^7 \, m^{-1}$,કિંમતો મૂકતા:
$\bar{\nu} = 10^7 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{\infty^2} \right) = 10^7 \left( \frac{1}{4} - 0 \right) = \frac{10^7}{4} = 0.25 \times 10^7 \, m^{-1}$.

(A) ઉત્સર્જિત વિકિરણની તરંગલંબાઇ માટે રીડબર્ગ સૂત્ર $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_{f}^{2}} - \frac{1}{n_{i}^{2}} \right)$ છે.
$n_i = 3$ થી $n_f = 2$ ના સંક્રમણ માટે:
$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{2^{2}} - \frac{1}{3^{2}} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R \left( \frac{9-4}{36} \right) = \frac{5R}{36}$.
$n_i = 4$ થી $n_f = 3$ ના સંક્રમણ માટે:
$\frac{1}{\lambda'} = R \left( \frac{1}{3^{2}} - \frac{1}{4^{2}} \right) = R \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right) = R \left( \frac{16-9}{144} \right) = \frac{7R}{144}$.
બંને સમીકરણોનો ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{\lambda'}{\lambda} = \frac{5R/36}{7R/144} = \frac{5}{36} \times \frac{144}{7} = \frac{5 \times 4}{7} = \frac{20}{7}$.
તેથી,$\lambda' = \frac{20}{7}\lambda$.

(C) સૌથી નજીકના અંતર $(r_0)$ ને તે અંતર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે જ્યાં $\alpha$-કણની પ્રારંભિક ગતિઊર્જા સંપૂર્ણપણે સ્થિત-વિદ્યુત સ્થિતિઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
ગતિઊર્જાને સ્થિતિઊર્જા સાથે સરખાવતા:
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{(Ze)(2e)}{r_0}$
$r_0$ માટે ઉકેલતા:
$r_0 = \frac{2Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 \cdot \frac{1}{2}mv^2} = \frac{Ze^2}{\pi\varepsilon_0 mv^2}$
આપેલ પ્રયોગ માટે $Z$,$e$,$\varepsilon_0$ અને $v$ અચળ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$r_0 \propto \frac{1}{m}$

(B) ધારો કે $t=0$ સમયે ન્યુક્લિયસની પ્રારંભિક સંખ્યા $N_{0}$ છે.
$40\%$ ક્ષય પછી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_{1}$ છે:
$N_{1} = (1 - 0.40) N_{0} = 0.6 N_{0}$
$85\%$ ક્ષય પછી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_{2}$ છે:
$N_{2} = (1 - 0.85) N_{0} = 0.15 N_{0}$
હવે,બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસનો ગુણોત્તર શોધો:
$\frac{N_{2}}{N_{1}} = \frac{0.15 N_{0}}{0.6 N_{0}} = \frac{1}{4} = \left(\frac{1}{2}\right)^{2}$
અહીં $\frac{N_{2}}{N_{1}} = \left(\frac{1}{2}\right)^{n}$ હોવાથી,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે,તેથી $n = 2$ મળે છે.
તેથી,લાગતો સમય $t = n \times T_{1/2} = 2 \times 30 \text{ મિનિટ} = 60 \text{ મિનિટ}$ થાય.

(D) આપેલ છે: કલેક્ટર અવરોધ $R_C = 2 \, k\Omega = 2000 \, \Omega$,આઉટપુટ વોલ્ટેજ $V_0 = 4 \, V$,કરંટ એમ્પ્લીફિકેશન ફેક્ટર $\beta = 100$,બેઝ અવરોધ $R_B = 1 \, k\Omega = 1000 \, \Omega$.
$CE$ એમ્પ્લીફાયરનો વોલ્ટેજ ગેઇન $A_v$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $A_v = \beta \times \frac{R_C}{R_B}$.
કિંમતો મૂકતા: $A_v = 100 \times \frac{2000}{1000} = 200$.
આપણે જાણીએ છીએ કે વોલ્ટેજ ગેઇન $A_v = \frac{V_0}{V_i}$,જ્યાં $V_i$ એ ઇનપુટ સિગ્નલ વોલ્ટેજ છે.
તેથી,$V_i = \frac{V_0}{A_v} = \frac{4 \, V}{200} = 0.02 \, V$.
મિલીવોલ્ટ $(mV)$ માં રૂપાંતરિત કરતા: $V_i = 0.02 \times 1000 \, mV = 20 \, mV$.

(C) આપેલ પરિપથમાં,ડાયોડ $D_1$ રિવર્સ બાયસમાં છે કારણ કે તેનો p-ટર્મિનલ તેના n-ટર્મિનલ કરતા નીચા પોટેન્શિયલ પર છે,તેથી તે ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે અને વિદ્યુતપ્રવાહને અવરોધે છે.
ડાયોડ $D_2$ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે કારણ કે તેનો p-ટર્મિનલ તેના n-ટર્મિનલ કરતા ઊંચા પોટેન્શિયલ પર છે,તેથી તે બંધ સ્વીચ (આદર્શ ડાયોડ) તરીકે વર્તે છે.
તેથી,સમતુલ્ય પરિપથમાં $10 \ V$ ની બેટરી,અવરોધ $R_1 = 2 \ \Omega$ અને અવરોધ $R_3 = 2 \ \Omega$ શ્રેણીમાં જોડાયેલા છે.
પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{eq} = R_1 + R_3 = 2 \ \Omega + 2 \ \Omega = 4 \ \Omega$ છે.
અવરોધ $R_1$ માંથી વહેતો વિદ્યુતપ્રવાહ $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{10 \ V}{4 \ \Omega} = 2.5 \ A$ મળે છે.

(A) $p-n$ જંકશન ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસમાં છે કારણ કે $p$-ટર્મિનલ એ $n$-ટર્મિનલ $(-6\;V)$ કરતા ઉચ્ચ પોટેન્શિયલ $(+4\;V)$ પર છે.
ફોરવર્ડ બાયસમાં આદર્શ ડાયોડ શોર્ટ સર્કિટ (શૂન્ય અવરોધ) તરીકે વર્તે છે.
તેથી,સર્કિટમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_{AB}$ ઓહ્મના નિયમ દ્વારા મળે છે:
$I_{AB} = \frac{V_A - V_B}{R} = \frac{4\;V - (-6\;V)}{1\;k\Omega} = \frac{10\;V}{1000\;\Omega} = 10^{-2}\;A$.

(D) આપેલ છે: લોડ અવરોધ $R_L = 800 \,\,\Omega$,ઇનપુટ અવરોધ $R_i = 192 \,\,\Omega$,કરંટ એમ્પ્લીફિકેશન ફેક્ટર $\beta = 0.96$.
કોમન એમિટર એમ્પ્લીફાયર માટે વોલ્ટેજ ગેઇન $(A_v)$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$A_v = \beta \times \frac{R_L}{R_i}$
કિંમતો મૂકતા:
$A_v = 0.96 \times \frac{800}{192} = 0.96 \times 4.166... = 4$.
પાવર ગેઇન $(A_p)$ એ કરંટ ગેઇન અને વોલ્ટેજ ગેઇનનો ગુણાકાર છે:
$A_p = \beta \times A_v$
કિંમતો મૂકતા:
$A_p = 0.96 \times 4 = 3.84$.
આમ,વોલ્ટેજ ગેઇન $4$ છે અને પાવર ગેઇન $3.84$ છે.

(C) આપેલ પરિપથમાં બે ગેટ છે। પ્રથમ ગેટ $AND$ ગેટ છે અને બીજો ગેટ $NAND$ ગેટ છે। ધારો કે પ્રથમ $AND$ ગેટનું આઉટપુટ $X$ છે। આ ગેટના ઇનપુટ $A$ અને $B$ છે। તેથી, $X = A \cdot B$.
બીજો $NAND$ ગેટ $X$ અને $C$ ને ઇનપુટ તરીકે લે છે। તેથી, અંતિમ આઉટપુટ $Y = \overline{X \cdot C} = \overline{(A \cdot B) \cdot C}$.
કિસ્સો $1$: જ્યારે $A = 0, B = 0, C = 0$ હોય:
$X = 0 \cdot 0 = 0$.
$Y = \overline{0 \cdot 0} = 1$.
કિસ્સો $2$: જ્યારે $A = 1, B = 1, C = 1$ હોય:
$X = 1 \cdot 1 = 1$.
$Y = \overline{1 \cdot 1} = 0$.
આમ, આઉટપુટ $1, 0$ મળે છે। સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) કોમ્યુનિકેશનમાં વપરાતા $L-C-R$ સર્કિટના વધુ સારા ટ્યુનિંગ માટે,ક્વોલિટી ફેક્ટર $Q$ ઊંચો હોવો જોઈએ.
ક્વોલિટી ફેક્ટરનું સૂત્ર $Q = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{L}{C}}$ છે.
$Q$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણને નાનો અવરોધ $R$,મોટું ઇન્ડક્ટન્સ $L$ અને નાનું કેપેસિટન્સ $C$ જોઈએ.
આપેલા વિકલ્પોની સરખામણી કરતા:
$A: R=20, L=1.5, C=35$
$B: R=25, L=2.5, C=45$
$C: R=25, L=1.5, C=45$
$D: R=15, L=3.5, C=30$
વિકલ્પ $D$ માં ન્યૂનતમ અવરોધ $(15 \Omega)$,મહત્તમ ઇન્ડક્ટન્સ $(3.5 \text{ H})$ અને ન્યૂનતમ કેપેસિટન્સ $(30 \mu\text{F})$ છે.
તેથી,વિકલ્પ $D$ માં આપેલ સંયોજન સૌથી વધુ ક્વોલિટી ફેક્ટર આપે છે,જે વધુ સારું ટ્યુનિંગ પ્રદાન કરે છે.