NEET 2025 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) વક્ર પ્રવાહી સપાટી પરના દબાણનો તફાવત યંગ-લાપ્લેસ સમીકરણ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\Delta P = S \left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}\right)$.
ટાંકી $z$ દિશામાં ખૂબ જ પહોળી હોવાથી,તે દિશામાં વક્રતા ત્રિજ્યા અનંત છે $(R_2 \to \infty)$.
આમ,દબાણનો તફાવત $\Delta P = \frac{S}{R}$ છે,જ્યાં $R$ એ $xy$-સમતલમાં વક્રતા ત્રિજ્યા છે.
નાના ખૂણા $\theta$ માટે,વક્રતા ત્રિજ્યા $R \approx \frac{1}{d^2y/dx^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$\Delta P = S \frac{d^2y}{dx^2}$.
સપાટીની નીચે $y$ ઊંડાઈએ,પ્રવાહી સ્તંભને કારણે દબાણનો તફાવત $\Delta P = \rho g y$ છે.
દબાણના તફાવત માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\rho g y = S \frac{d^2y}{dx^2}$.
પુનઃગોઠવણ કરતા વિકલ સમીકરણ મળે છે: $\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{\rho g}{S} y$.

(D) સ્થિર સ્થિતિમાંથી $L$ લંબાઈના ઢળતા સમતલ પર નીચે સરકતા પદાર્થ માટે,લાગતો સમય $L = \frac{1}{2} a t^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $a$ એ પ્રવેગ છે.
લીસી સપાટી માટે,પ્રવેગ $a_S = g \sin \theta$. તેથી,$L = \frac{1}{2} (g \sin \theta) t_S^2$.
ખરબચડી સપાટી માટે,પ્રવેગ $a_R = g \sin \theta - \mu_k g \cos \theta$. તેથી,$L = \frac{1}{2} (g \sin \theta - \mu_k g \cos \theta) t_R^2$.
બંને માટે $L$ સમાન હોવાથી,$\frac{1}{2} a_S t_S^2 = \frac{1}{2} a_R t_R^2$,જે સૂચવે છે કે $\frac{a_R}{a_S} = \left(\frac{t_S}{t_R}\right)^2$.
આપેલ છે કે $t_R = 2 t_S$,તેથી $\frac{a_R}{a_S} = \left(\frac{t_S}{2 t_S}\right)^2 = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$.
પ્રવેગ માટેના સમીકરણો મૂકતા: $\frac{g \sin \theta - \mu_k g \cos \theta}{g \sin \theta} = \frac{1}{4}$.
અહીં $\theta = 45^{\circ}$ હોવાથી,$\sin 45^{\circ} = \cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
તેથી,$\frac{\frac{1}{\sqrt{2}} - \mu_k \frac{1}{\sqrt{2}}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{1}{4}$.
$1 - \mu_k = \frac{1}{4} \Rightarrow \mu_k = 1 - 0.25 = 0.75$.

(B) કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,બ્રેકિંગ બળ દ્વારા કરવામાં આવેલું કાર્ય કારની ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે.
$W = \Delta KE$
કારણ કે કાર અટકી જાય છે,તેથી બ્રેકિંગ બળ દ્વારા થયેલું કાર્ય $W = -F \cdot S$ છે,જ્યાં $F$ એ બ્રેકિંગ બળ છે અને $S$ એ અટકવા માટેનું અંતર છે.
કાર $A$ માટે: $F_{A} \cdot S_{A} = KE_{A} \implies F_{A} \cdot 1000 = 100 \implies F_{A} = 0.1 \ N$.
કાર $B$ માટે: $F_{B} \cdot S_{B} = KE_{B} \implies F_{B} \cdot 1500 = 225 \implies F_{B} = 225 / 1500 = 0.15 \ N$.
હવે,ગુણોત્તર $F_{A} / F_{B} = 0.1 / 0.15 = 10 / 15 = 2/3$ થાય.

(D) સૌથી નીચેના બિંદુ અને બિંદુ $P$ વચ્ચે યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{1}{2} mv_0^2 = mg \ell(1 + \sin \theta) + \frac{1}{2} mv_p^2$ ... $(i)$
બિંદુ $P$ પર,દોરીમાં તણાવ $T_p$ શૂન્ય થઈ જાય છે. ગુરુત્વાકર્ષણ બળનો ત્રિજ્યાવર્તી ઘટક જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$mg \sin \theta = \frac{mv_p^2}{\ell} \implies mv_p^2 = mg \ell \sin \theta$ ... $(ii)$
$(ii)$ ને $(i)$ માં મૂકતા:
$\frac{1}{2} mv_0^2 = mg \ell(1 + \sin \theta) + \frac{1}{2} mg \ell \sin \theta$
$v_0^2 = 2g \ell(1 + \sin \theta) + g \ell \sin \theta = 2g \ell + 3g \ell \sin \theta$
$v_0 = \sqrt{g \ell(2 + 3 \sin \theta)}$ ... $(iii)$
$(ii)$ પરથી,$v_p = \sqrt{g \ell \sin \theta}$.
તેથી,ગુણોત્તર:
$\frac{v_p}{v_0} = \frac{\sqrt{g \ell \sin \theta}}{\sqrt{g \ell(2 + 3 \sin \theta)}} = \sqrt{\frac{\sin \theta}{2 + 3 \sin \theta}}$

(A) જમીન સાથે અથડાતા પહેલા દડાનો વેગ $v_i = -\sqrt{2gh_1} = -\sqrt{2 \times 9.8 \times 40} = -\sqrt{784} = -28 \ m/s$ છે.
જમીન સાથે અથડાયા પછી દડાનો વેગ $v_f = \sqrt{2gh_2} = \sqrt{2 \times 9.8 \times 10} = \sqrt{196} = 14 \ m/s$ છે.
દડાને મળતો આઘાત એ વેગમાનમાં થતા ફેરફાર જેટલો હોય છે: $\vec{I} = \Delta \vec{P} = m(\vec{v}_f - \vec{v}_i)$.
કિંમતો મૂકતા: $\vec{I} = 0.5 \times [14 - (-28)] = 0.5 \times [14 + 28] = 0.5 \times 42 = 21 \ Ns$.

(C) શરૂઆતના મોલ $n_i = 18.20 \ \text{mol}$.
કદ $V = 30 \ \text{L} = 30 \times 10^{-3} \ \text{m}^3$.
તાપમાન $T = 27^{\circ} \text{C} = 300 \ \text{K}$.
ગેજ દબાણ $P_g = 11 \ \text{atm}$.
નિર્પેક્ષ દબાણ $P_{abs} = P_g + P_{atm} = 11 + 1 = 12 \ \text{atm}$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા, અંતિમ મોલ $n_f$:
$n_f = \frac{P_{abs} V}{RT} = \frac{12 \times 1.01 \times 10^5 \times 30 \times 10^{-3}}{(100/12) \times 300} = 14.544 \ \text{mol}$.
બહાર કાઢેલ ઓક્સિજનના મોલ $\Delta n = n_i - n_f = 18.20 - 14.544 = 3.656 \ \text{mol}$.
બહાર કાઢેલ ઓક્સિજનનું દળ $m = \Delta n \times \text{આણ્વીય દળ} = 3.656 \times 32 \ \text{g} = 116.992 \ \text{g} \approx 0.117 \ \text{kg}$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ, દળ $0.116 \ \text{kg}$ છે.

(B) આપેલ સંબંધ: $t = x^2 + x$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $\frac{dt}{dx} = 2x + 1$.
વેગ $v = \frac{dx}{dt}$ હોવાથી,$\frac{1}{v} = 2x + 1$,જેનો અર્થ છે કે $v = (2x + 1)^{-1}$.
પ્રવેગ $a = v \frac{dv}{dx}$ દ્વારા મળે છે.
$v$ નું $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $\frac{dv}{dx} = -1(2x + 1)^{-2} \times 2 = -2(2x + 1)^{-2}$.
પ્રવેગના સૂત્રમાં $v$ અને $\frac{dv}{dx}$ ની કિંમત મૂકતા: $a = (2x + 1)^{-1} \times [-2(2x + 1)^{-2}]$.
તેથી,$a = -2(2x + 1)^{-3} = -\frac{2}{(2x + 1)^3}$.

(D) કોણીય વેગમાનનું સંરક્ષણ થતું હોવાથી, સૂર્ય પર કોઈ બાહ્ય ટોર્ક લાગતું નથી.
$L = I \omega = \text{અચળ}$
સમાન ઘનતા ધરાવતા નક્કર ગોળા માટે, જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{2}{5} M R^2$ છે.
દળ $M$ અચળ રહેતું હોવાથી, $I \propto R^2$.
પ્રારંભિક ત્રિજ્યા $R_1$ અને અંતિમ ત્રિજ્યા $R_2 = 2 R_1$ આપેલ છે, તેથી નવી જડત્વની ચાકમાત્રા $I_2 = \frac{2}{5} M (2 R_1)^2 = 4 \times (\frac{2}{5} M R_1^2) = 4 I_1$ થશે.
કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $I_1 \omega_1 = I_2 \omega_2$.
કિંમતો મૂકતા: $I_1 \omega_1 = (4 I_1) \omega_2$, જે આપણને $\omega_2 = \frac{\omega_1}{4}$ આપે છે.
કોણીય વેગ $\omega = \frac{2 \pi}{T}$ હોવાથી, $\frac{2 \pi}{T_2} = \frac{1}{4} \times \frac{2 \pi}{T_1}$ મળે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $T_2 = 4 T_1$ મળે છે.
$T_1 = 27$ દિવસ આપેલ હોવાથી, નવો સમયગાળો $T_2 = 4 \times 27 = 108$ દિવસ થશે.

(C) સ્થાયી અવસ્થામાં,દરેક સળિયામાંથી ઉષ્માના વહનનો દર સમાન હોય છે:
$\left(\frac{dQ}{dt}\right)_1 = \left(\frac{dQ}{dt}\right)_2 = \left(\frac{dQ}{dt}\right)_3$
ઉષ્મા વહન માટેના સૂત્ર $\frac{dQ}{dt} = \frac{KA(T_H - T_L)}{L}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{2KA(3T - T_1)}{L} = \frac{KA(T_1 - T_2)}{L} = \frac{2KA(T_2 - T)}{L}$
$KA/L$ વડે ભાગતા:
$2(3T - T_1) = (T_1 - T_2) = 2(T_2 - T)$
પ્રથમ સમાનતા પરથી:
$6T - 2T_1 = T_1 - T_2 \Rightarrow 3T_1 - T_2 = 6T$ --- $(1)$
બીજી સમાનતા પરથી:
$T_1 - T_2 = 2T_2 - 2T \Rightarrow T_1 - 3T_2 = -2T$ --- $(2)$
સમીકરણ $(2)$ ને $3$ વડે ગુણતા:
$3T_1 - 9T_2 = -6T$ --- $(3)$
સમીકરણ $(1)$ માંથી $(3)$ બાદ કરતા:
$(3T_1 - T_2) - (3T_1 - 9T_2) = 6T - (-6T)$
$8T_2 = 12T \Rightarrow T_2 = 1.5T$
$T_2$ ની કિંમત સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા:
$T_1 - 3(1.5T) = -2T \Rightarrow T_1 - 4.5T = -2T \Rightarrow T_1 = 2.5T$
તેથી,ગુણોત્તર $T_1 / T_2 = 2.5T / 1.5T = 5/3$ થાય.

(D) ધારો કે બસની ઝડપ $V_B$ છે અને સ્કૂટીની ઝડપ $V_S = 60 \ km/h$ છે.
બે ક્રમિક બસો વચ્ચેનું અંતર $d$ છે,જે $d = V_B \times T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે છોકરી બસની સમાન દિશામાં ગતિ કરે છે,ત્યારે સાપેક્ષ ઝડપ $(V_B - V_S)$ થાય છે. બસો તેને પસાર કરે તે વચ્ચેનો સમયગાળો $t_1 = 30 \ min = 0.5 \ h$ છે.
તેથી,$d = (V_B - V_S) t_1 \implies V_B T = (V_B - 60) \times 0.5$ --- $(1)$
જ્યારે છોકરી વિરુદ્ધ દિશામાં ગતિ કરે છે,ત્યારે સાપેક્ષ ઝડપ $(V_B + V_S)$ થાય છે. સમયગાળો $t_2 = 10 \ min = 1/6 \ h$ છે.
તેથી,$d = (V_B + V_S) t_2 \implies V_B T = (V_B + 60) \times (1/6)$ --- $(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ ને સરખાવતા:
$0.5(V_B - 60) = \frac{1}{6}(V_B + 60)$
$3(V_B - 60) = V_B + 60$
$3V_B - 180 = V_B + 60$
$2V_B = 240 \implies V_B = 120 \ km/h$.
$V_B$ ની કિંમત $(1)$ માં મૂકતા:
$120 \times T = (120 - 60) \times 0.5$
$120 \times T = 60 \times 0.5 = 30$
$T = 30/120 = 0.25 \ h = 15 \ min$.

(B) ધારો કે સળિયો $AB$ છે,જ્યાં $A$ એ દીવાલ સાથેનો સંપર્ક બિંદુ છે અને $B$ એ ભોંયતળિયા સાથેનો સંપર્ક બિંદુ છે. સળિયો ઉભી દીવાલ સાથે $60^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે,તેથી તે આડા ભોંયતળિયા સાથે $30^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
સ્થળાંતર સંતુલન માટે:
ઉર્ધ્વ બળો: $N_2 = mg = 20 \times 10 = 200 \ N$.
ક્ષિતિજ સમાંતર બળો: $f_s = N_1$,જ્યાં $N_1$ એ દીવાલ દ્વારા લાગતું લંબબળ છે.
બિંદુ $B$ (ભોંયતળિયા સાથેનો સંપર્ક બિંદુ) ની સાપેક્ષે ટોર્ક શૂન્ય લેતા:
$\tau_B = 0 \implies N_1 \times L \cos(30^{\circ}) - mg \times \frac{L}{2} \cos(60^{\circ}) = 0$.
$N_1 \times L \times \frac{\sqrt{3}}{2} = mg \times \frac{L}{2} \times \frac{1}{2}$.
$N_1 \times \sqrt{3} = mg \times \frac{1}{2} = 200 \times 0.5 = 100$.
$N_1 = \frac{100}{\sqrt{3}} \ N$.
પરંતુ જો ખૂણો $60^{\circ}$ ભોંયતળિયા સાથે હોય,તો $f_s = 100\sqrt{3} \ N$ મળે છે. આપેલ વિકલ્પો મુજબ સાચો જવાબ $100\sqrt{3} \ N$ છે.

(B) દોલિત સ્પ્રિંગ-દળ તંત્રની કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ રેતી બહાર નીકળે છે,તેમ તંત્રનું દળ $m$ સમય સાથે ઘટે છે.
કારણ કે $m$ ઘટે છે,તેથી કોણીય આવૃત્તિ $\omega$ સમય સાથે વધવી જોઈએ.
તંત્રની કુલ ઉર્જા $E = \frac{1}{2} k A^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ રેતી બહાર નીકળે છે,તેમ તંત્રમાંથી બહાર જતું દળ પોતાની સાથે થોડી ગતિ ઉર્જા લઈ જાય છે,જેના કારણે દોલિત તંત્રની કુલ યાંત્રિક ઉર્જામાં ઘટાડો થાય છે.
કારણ કે કુલ ઉર્જા $E$ ઘટે છે અને સ્પ્રિંગ અચળાંક $k$ અચળ રહે છે,તેથી કંપવિસ્તાર $A$ સમય સાથે ઘટવો જોઈએ.
તેથી,$\omega(t)$ વધે છે અને $A(t)$ સમય સાથે ઘટે છે,જે વિકલ્પ $B$ માં દર્શાવેલ આલેખને અનુરૂપ છે.

(C) પૃષ્ઠતાણને કારણે ફુગ્ગાની અંદરનું દબાણ $P = \frac{2S}{R}$ છે.
બર્નુલીના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરતા,બહાર નીકળતા ગેસનો વેગ $v = \sqrt{\frac{2P}{\rho}} = \sqrt{\frac{4S}{\rho R}} = 2S^{1/2} \rho^{-1/2} R^{-1/2}$ છે.
આપેલ છે કે $\psi(r) \propto r^\alpha$,$v \propto R^{-1/2}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = -1/2$ મળે છે.
કદમાં થતો ફેરફાર $\frac{dV}{dt} = -A \cdot v$ છે.
$V = \frac{4}{3}\pi R^3$ હોવાથી,$\frac{dV}{dt} = 4\pi R^2 \frac{dR}{dt}$.
તેથી,$4\pi R^2 \frac{dR}{dt} = -A \cdot k \cdot S^{1/2} \rho^{-1/2} R^{-1/2}$,જ્યાં $k$ અચળાંક છે.
$R^{5/2} dR = -C \cdot S^{1/2} \rho^{-1/2} A dt$.
$R$ થી $0$ અને $0$ થી $T$ સુધી સંકલન કરતા: $\int_0^R R^{5/2} dR = \int_0^T C' S^{1/2} \rho^{-1/2} A dt$.
$\frac{2}{7} R^{7/2} = C' S^{1/2} \rho^{-1/2} A T$.
આમ,$T \propto S^{-1/2} A^{-1} \rho^{1/2} R^{7/2}$.
$T \propto S^a A^\beta \rho^\gamma R^\delta$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = -1/2, \alpha = -1/2, \beta = -1, \gamma = 1/2, \delta = 7/2$ મળે છે.

(C) આપેલ છે: $10 \text{ V.S.D.} = 9 \text{ M.S.D.}$
$1 \text{ M.S.D.} = 0.1 \ cm$
$1 \text{ V.S.D.} = 0.9 \text{ M.S.D.} = 0.9 \times 0.1 \ cm = 0.09 \ cm$
લઘુત્તમ માપશક્તિ $(L.C.) = 1 \text{ M.S.D.} - 1 \text{ V.S.D.} = 0.1 \ cm - 0.09 \ cm = 0.01 \ cm$
અવલોકિત વાંચન $= \text{મુખ્ય સ્કેલ વાંચન} + (n \times L.C.)$
$= 5 \ cm + (8 \times 0.01 \ cm) = 5.08 \ cm$
ધન શૂન્ય ભૂલ $= 0.1 \ cm$
સુધારેલ વાંચન $= \text{અવલોકિત વાંચન} - \text{શૂન્ય ભૂલ}$
$= 5.08 \ cm - 0.1 \ cm = 4.98 \ cm$

(B) આદર્શ વાયુ માટે,આંતરિક ઉર્જા $U = \frac{f}{2} nRT = \frac{f}{2} PV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. પાર્ટીશન ઉષ્મા અવાહક હોવાથી,જ્યારે પાર્ટીશન દૂર કરવામાં આવે ત્યારે સિસ્ટમની કુલ આંતરિક ઉર્જાનું સંરક્ષણ થાય છે.
$U_{\text{initial}} = U_{\text{final}}$
$\frac{f_1}{2} P_1 V_1 + \frac{f_2}{2} P_2 V_2 = \frac{f_{\text{mix}}}{2} P_{\text{mix}} (V_1 + V_2)$
ધારો કે બંને ખાનામાં વાયુ સમાન છે,તેથી $f_1 = f_2 = f_{\text{mix}} = f$.
$P_1 V_1 + P_2 V_2 = P_{\text{mix}} (V_1 + V_2)$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$(1 \ atm \times 2 \ L) + (2 \ atm \times 3 \ L) = P_{\text{mix}} (2 \ L + 3 \ L)$
$2 + 6 = P_{\text{mix}} (5)$
$8 = 5 P_{\text{mix}}$
$P_{\text{mix}} = \frac{8}{5} \ atm = 1.6 \ atm$.

(A) કેપ્લરના ગ્રહીય ગતિના ત્રીજા નિયમ મુજબ,સમયગાળા $T$ નો વર્ગ એ કક્ષાની અર્ધ-મુખ્ય ધરી $r$ ના ઘન સાથે પ્રમાણસર હોય છે: $T^2 \propto r^3$.
આપેલ છે કે મંગળની કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_M = 4 \times r_{Me}$,જ્યાં $r_{Me}$ એ બુધની કક્ષાની ત્રિજ્યા છે.
સમયગાળાનો ગુણોત્તર આ મુજબ છે: $\frac{T_{Me}}{T_M} = \left(\frac{r_{Me}}{r_M}\right)^{3/2}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\frac{T_{Me}}{687} = \left(\frac{1}{4}\right)^{3/2} = \frac{1}{8}$.
તેથી,$T_{Me} = \frac{687}{8} = 85.875$ દિવસ.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા,બુધ પર $1$ વર્ષની લંબાઈ આશરે $88$ પૃથ્વીના દિવસો છે.

(B) પૃથ્વીની સપાટી પર પદાર્થનું વજન $W = mg = 48 \ N$ છે.
પૃથ્વીની સપાટીથી $h$ ઊંચાઈએ ગુરુત્વપ્રવેગનું સૂત્ર $g' = g \left( \frac{R}{R+h} \right)^2$ છે.
અહીં $h = \frac{R}{3}$ આપેલ છે,તેથી સૂત્રમાં કિંમત મૂકતા:
$g' = g \left( \frac{R}{R + \frac{R}{3}} \right)^2 = g \left( \frac{R}{\frac{4R}{3}} \right)^2 = g \left( \frac{3}{4} \right)^2 = g \left( \frac{9}{16} \right)$.
$h$ ઊંચાઈએ વજન $W' = mg' = mg \left( \frac{9}{16} \right)$ થશે.
$mg = 48 \ N$ મૂકતા:
$W' = 48 \times \frac{9}{16} = 3 \times 9 = 27 \ N$.

(C) ધારો કે ગોળાની ઘનતા $\rho$ છે. $2R$ ત્રિજ્યાના મોટા ગોળાનું દળ $M = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi (2R)^3 = 8 \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3$ છે. ધારો કે $m_0 = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3$ એ નાના ગોળાનું દળ છે. તેથી $M = 8m_0$,એટલે કે $m_0 = M/8$.
મોટા ગોળાની $Y$-અક્ષ (જે તેના કેન્દ્રમાંથી પસાર થાય છે) ને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_1 = \frac{2}{5} M (2R)^2 = \frac{8}{5} MR^2$ છે.
નાના ગોળાની ત્રિજ્યા $R$ છે અને તેનું કેન્દ્ર $x = R$ પર છે. સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને $Y$-અક્ષને અનુલક્ષીને તેની જડત્વની ચાકમાત્રા $I_2 = I_{cm} + m_0 d^2 = \frac{2}{5} m_0 R^2 + m_0 R^2 = \frac{7}{5} m_0 R^2$ થાય.
$m_0 = M/8$ મૂકતા,આપણને $I_2 = \frac{7}{5} (M/8) R^2 = \frac{7}{40} MR^2$ મળે છે.
બાકી રહેલા ભાગની જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{rem} = I_1 - I_2 = \frac{8}{5} MR^2 - \frac{7}{40} MR^2 = \frac{64 - 7}{40} MR^2 = \frac{57}{40} MR^2$ છે.
નાના ગોળાની જડત્વની ચાકમાત્રા અને બાકી રહેલા ભાગની જડત્વની ચાકમાત્રાનો ગુણોત્તર $\frac{I_2}{I_{rem}} = \frac{7/40 MR^2}{57/40 MR^2} = \frac{7}{57}$ થાય.

(B) થર્મોડાયનેમિક્સના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$Q = \Delta U + W$.
કારણ કે આપેલી ઉષ્મા $Q$ સમાન છે અને બંને વાયુઓ માટે આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U$ સમાન છે,તેથી કરેલું કાર્ય $W$ પણ સમાન હોવું જોઈએ.
$W_A = W_B$
અચળ દબાણ $P$ માટે,કરેલું કાર્ય $W = P \Delta V = P (A \Delta x)$ છે,જ્યાં $A$ એ પિસ્ટનનું ક્ષેત્રફળ છે અને $\Delta x$ એ સ્થાનાંતર છે.
$P (\pi r_A^2) \Delta x_A = P (\pi r_B^2) \Delta x_B$
આપેલ છે કે $\Delta x_A = 16 \ cm$ અને $\Delta x_B = 9 \ cm$.
$r_A^2 (16) = r_B^2 (9)$
$\frac{r_A^2}{r_B^2} = \frac{9}{16}$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,આપણને મળે છે $\frac{r_A}{r_B} = \sqrt{\frac{9}{16}} = \frac{3}{4}$.

(C) આપેલ સંબંધ: $P = a^3 b^2 c^{-1} d^{-1/2}$.
ત્રુટિઓના પ્રસરણના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$P$ માં સાપેક્ષ ત્રુટિ નીચે મુજબ મળે:
$\frac{\Delta P}{P} = 3 \left( \frac{\Delta a}{a} \right) + 2 \left( \frac{\Delta b}{b} \right) + 1 \left( \frac{\Delta c}{c} \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{\Delta d}{d} \right)$.
પ્રતિશત ત્રુટિ શોધવા માટે,$100$ વડે ગુણતા:
$\frac{\Delta P}{P} \times 100 = 3 \left( \frac{\Delta a}{a} \times 100 \right) + 2 \left( \frac{\Delta b}{b} \times 100 \right) + 1 \left( \frac{\Delta c}{c} \times 100 \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{\Delta d}{d} \times 100 \right)$.
આપેલ પ્રતિશત ત્રુટિઓ $(1 \%, 3 \%, 2 \%, 4 \%)$ મૂકતા:
$\frac{\Delta P}{P} \times 100 = 3(1 \%) + 2(3 \%) + 1(2 \%) + \frac{1}{2}(4 \%)$.
$= 3 \% + 6 \% + 2 \% + 2 \% = 13 \%$.

(D) આપેલ છે કે દળ સમાન છે,$m_P = m_Q = m$.
સરળ આવર્ત ગતિમાં કણની મહત્તમ ઝડપ $V_{\text{max}} = A \omega$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A$ એ કંપવિસ્તાર છે અને $\omega$ એ કોણીય આવૃત્તિ છે.
કોણીય આવૃત્તિનું સૂત્ર $\omega = \sqrt{k/m}$ છે.
આપેલ છે કે $(V_{\text{max}})_P = (V_{\text{max}})_Q$,તેથી $A_P \omega_P = A_Q \omega_Q$.
$\omega$ ની કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે $A_P \sqrt{k_1 / m} = A_Q \sqrt{k_2 / m}$.
બંને માટે $m$ સમાન હોવાથી,આપણે $\sqrt{m}$ ને બંને બાજુથી દૂર કરી શકીએ છીએ:
$A_P \sqrt{k_1} = A_Q \sqrt{k_2}$.
ગુણોત્તર $A_Q / A_P$ શોધવા માટે ગોઠવતા,આપણને મળે છે $A_Q / A_P = \sqrt{k_1} / \sqrt{k_2} = \sqrt{k_1 / k_2}$.

(B) $\ell$ લંબાઈની ખુલ્લી પાઇપ માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f = \frac{V}{2\ell}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $V$ એ હવામાં અવાજની ઝડપ છે.
જ્યારે પાઇપને પાણીમાં તેની લંબાઈના અડધા ભાગ સુધી ઊભી ડુબાડવામાં આવે છે,ત્યારે હવાના સ્તંભની અસરકારક લંબાઈ $\ell' = \frac{\ell}{2}$ થાય છે.
હવે એક છેડો પાણીની સપાટી દ્વારા બંધ હોવાથી,પાઇપ બંધ ઓર્ગન પાઇપ (એક છેડો ખુલ્લો અને એક છેડો બંધ) તરીકે કાર્ય કરે છે.
$\ell'$ લંબાઈની બંધ પાઇપની મૂળભૂત આવૃત્તિ $f' = \frac{V}{4\ell'}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સૂત્રમાં $\ell' = \frac{\ell}{2}$ મૂકતા,આપણને $f' = \frac{V}{4(\ell/2)} = \frac{V}{2\ell}$ મળે છે.
શરૂઆતની આવૃત્તિ સાથે સરખાવતા,આપણે જાણી શકીએ છીએ કે $f' = f$.

(B) આપેલ છે:
ઓબ્જેક્ટિવની કેન્દ્રલંબાઈ $f_o = 2 \ cm$
આઈપીસની કેન્દ્રલંબાઈ $f_e = 4 \ cm$
ટ્યુબની લંબાઈ $L = 40 \ cm$
સ્પષ્ટ દ્રષ્ટિનું અંતર $D = 25 \ cm$
સંયુક્ત માઇક્રોસ્કોપ માટે,જ્યારે અંતિમ પ્રતિબિંબ સ્પષ્ટ દ્રષ્ટિના અંતરે રચાય ત્યારે મોટવણીનું સૂત્ર:
$m = \frac{L}{f_o} \times \frac{D}{f_e}$
કિંમતો મૂકતા:
$m = \frac{40}{2} \times \frac{25}{4}$
$m = 20 \times 6.25$
$m = 125$

(B) ઇલેક્ટ્રોન વિચલિત થયા વગર ગતિ કરે તે માટે,કુલ લોરેન્ઝ બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ: $\vec{F}_e + \vec{F}_m = 0$,જેનો અર્થ છે $\vec{F}_e = -\vec{F}_m$.
ચુંબકીય બળ $\vec{F}_m = q(\vec{v} \times \vec{B})$ હોવાથી,તેનું મૂલ્ય $F_m = qvB \sin(90^\circ) = qvB$ થાય.
વિદ્યુત બળ $F_e = qE$ છે.
બળોના મૂલ્યોને સરખાવતા: $qE = qvB \implies E = vB$.
અહીં $v = c/100 = (3 \times 10^8) / 100 = 3 \times 10^6 \ ms^{-1}$ છે.
અને $B = 9 \times 10^{-4} \ T$ આપેલ છે.
$E$ ની ગણતરી કરતા: $E = (3 \times 10^6) \times (9 \times 10^{-4}) = 27 \times 10^2 \ V \ m^{-1}$.
બળો એકબીજાને નાબૂદ કરે તે માટે,$\vec{E}$ એ $\vec{v}$ અને $\vec{B}$ બંનેને લંબ હોવું જોઈએ. કારણ કે $\vec{v}$ એ $\vec{B}$ ને લંબ છે,તેથી $\vec{E}$ એ $\vec{B}$ ને લંબ હોવું જોઈએ.

(B) પ્રવાહ શોધવા માટે,આપણે પહેલા સર્કિટને સરળ બનાવીએ છીએ. અવરોધો દ્વારા રચાયેલ બ્રિજ સંતુલિત છે કારણ કે ભુજાઓ પરના અવરોધોનો ગુણોત્તર સમાન છે $(5/3 = 2.5/1.5 = 5/3)$. તેથી,$6 \ \Omega$ ના અવરોધમાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી,અને તેને દૂર કરી શકાય છે.
$6 \ \Omega$ ના અવરોધને દૂર કર્યા પછી,સર્કિટ બેટરી સાથે શ્રેણીમાં બે સમાંતર શાખાઓ ધરાવે છે. આપેલ સરળ આકૃતિ મુજબ,નેટવર્કનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{\text{eq}} = \frac{1}{3} + \frac{8}{3} + 1.5 + 5.5 = 10 \ \Omega$ તરીકે ગણવામાં આવે છે.
પ્રવાહ $i = \frac{V}{R_{\text{eq}}} = \frac{5 \ V}{10 \ \Omega} = 0.5 \ A$ મળે છે.

(D) આ સર્કિટમાં એક $NOR$ ગેટ અને એક $NAND$ ગેટ છે,જેના આઉટપુટને $AND$ ગેટમાં આપવામાં આવે છે.
ધારો કે ઇનપુટ $A$ અને $B$ છે.
$NOR$ ગેટનું આઉટપુટ $Y_1 = \overline{A+B}$ છે.
$NAND$ ગેટનું આઉટપુટ $Y_2 = \overline{A \cdot B}$ છે.
$AND$ ગેટનું અંતિમ આઉટપુટ $Y = Y_1 \cdot Y_2 = \overline{A+B} \cdot \overline{A \cdot B}$ છે.
ડી મોર્ગનના નિયમોનો ઉપયોગ કરતા,$\overline{A+B} = \overline{A} \cdot \overline{B}$ અને $\overline{A \cdot B} = \overline{A} + \overline{B}$.
તેથી,$Y = (\overline{A} \cdot \overline{B}) \cdot (\overline{A} + \overline{B})$.
આનું વિસ્તરણ કરતા,$Y = (\overline{A} \cdot \overline{B} \cdot \overline{A}) + (\overline{A} \cdot \overline{B} \cdot \overline{B})$.
કારણ કે $\overline{A} \cdot \overline{A} = \overline{A}$ અને $\overline{B} \cdot \overline{B} = \overline{B}$,આપણને $Y = (\overline{A} \cdot \overline{B}) + (\overline{A} \cdot \overline{B})$ મળે છે.
આમ,$Y = \overline{A} \cdot \overline{B} = \overline{A+B}$.
આ $NOR$ ગેટ માટેનું બુલિયન સમીકરણ છે.

(A) તરંગનું સમીકરણ $E_z = E_0 \cos(kx + \omega t)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આપેલ સમીકરણ સાથે સરખાવતા,$E_0 = 60 \text{ V/m}$,$k = 5 \text{ rad/m}$,અને $\omega = 1.5 \times 10^9 \text{ rad/s}$ મળે છે.
તરંગની ઝડપ $v = \frac{\omega}{k} = \frac{1.5 \times 10^9}{5} = 3 \times 10^8 \text{ m/s}$ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રનો કંપવિસ્તાર $B_0 = \frac{E_0}{v} = \frac{60}{3 \times 10^8} = 2 \times 10^{-7} \text{ T}$ છે.
પ્રસરણની દિશા $\vec{E} \times \vec{B}$ સદિશ દ્વારા આપવામાં આવે છે. તરંગ $-x$ દિશામાં પ્રસરણ પામે છે અને $\vec{E}$ એ $z$-અક્ષ પર છે,તેથી $(-\hat{i}) = \hat{k} \times \vec{B}$ થાય. આ સૂચવે છે કે $\vec{B}$ એ $y$-અક્ષ પર હોવું જોઈએ (કારણ કે $\hat{k} \times \hat{j} = -\hat{i}$). તેથી,ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_y = B_0 \cos(kx + \omega t) = 2 \times 10^{-7} \cos(5x + 1.5 \times 10^9 t) \text{ T}$ થશે.

(D) આપેલ છે: ઇન્ડક્ટન્સ $L = 1 \text{ H}$, અવરોધ $R = 2 \Omega$, $EMF$ $E = 5 \text{ V}$, પ્રવાહ $i = 2 \text{ A}$, અને પ્રવાહમાં ફેરફારનો દર $\frac{di}{dt} = 1 \text{ A/s}$.
બિંદુ $A$ થી $B$ સુધી કિર્ચોફનો વોલ્ટેજ નિયમ $(KVL)$ લાગુ પાડતા:
$V_{A} - L\frac{di}{dt} - E - iR = V_{B}$
વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_{A} - V_{B}$ શોધવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$V_{A} - V_{B} = L\frac{di}{dt} + E + iR$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$V_{A} - V_{B} = (1 \text{ H} \times 1 \text{ A/s}) + 5 \text{ V} + (2 \text{ A} \times 2 \Omega)$
$V_{A} - V_{B} = 1 \text{ V} + 5 \text{ V} + 4 \text{ V}$
$V_{A} - V_{B} = 10 \text{ V}$

(A) વિદ્યુતપ્રવાહ ધરાવતી કોઈલની ચુંબકીય મોમેન્ટ $M$ નું સૂત્ર $M = I \cdot A$ છે,જ્યાં $I$ એ વિદ્યુતપ્રવાહ છે અને $A$ એ કોઈલનું ક્ષેત્રફળ છે.
કોઈલ વર્તુળાકાર હોવાથી,ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2$ થાય,જ્યાં $r$ એ ત્રિજ્યા છે.
તેથી,ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = I \cdot \pi r^2$ થાય.
સમાન વિદ્યુતપ્રવાહ $I$ અને $r_1$ તથા $r_2$ ત્રિજ્યા ધરાવતી બે કોઈલ માટે,તેમની ચુંબકીય મોમેન્ટનો ગુણોત્તર:
$\frac{M_1}{M_2} = \frac{I \cdot \pi r_1^2}{I \cdot \pi r_2^2} = \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^2$.
ત્રિજ્યાનો ગુણોત્તર $\frac{r_1}{r_2} = \frac{1}{2}$ આપેલ હોવાથી,કિંમત મૂકતા:
$\frac{M_1}{M_2} = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$.
આમ,તેમની ચુંબકીય મોમેન્ટનો ગુણોત્તર $1:4$ છે.

(C) જ્યારે લેન્સના સંયોજનનો ઉપયોગ કરવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ પાવર એ વ્યક્તિગત પાવરનો બેઝિક સરવાળો છે.
$p$ પાવર ધરાવતા ચાર સમાન લેન્સ માટે,ચોખ્ખો પાવર $P_{\text{net}} = p + p + p + p = 4p$ થાય છે.
જ્યારે લેન્સ સંપર્કમાં હોય,ત્યારે સંયોજનનું કુલ મેગ્નિફિકેશન એ વ્યક્તિગત મેગ્નિફિકેશનનો ગુણાકાર છે.
$m$ મેગ્નિફિકેશન ધરાવતા ચાર સમાન લેન્સ માટે,કુલ મેગ્નિફિકેશન $m_{\text{net}} = m \times m \times m \times m = m^4$ થાય છે.
તેથી,પાવર $4p$ અને મેગ્નિફિકેશન $m^4$ છે.

(B) આપેલ છે: $V_{rms} = 220 \ V$,$R = 20 \ \Omega$,$X_C = 25 \ \Omega$,$X_L = 45 \ \Omega$.
$LCR$ શ્રેણી પરિપથ માટે ઇમ્પિડન્સ $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $Z = \sqrt{20^2 + (45 - 25)^2} = \sqrt{400 + 20^2} = \sqrt{400 + 400} = \sqrt{800} = 20\sqrt{2} \ \Omega$.
$RMS$ પ્રવાહ $I_{rms} = \frac{V_{rms}}{Z} = \frac{220}{20\sqrt{2}} = \frac{11}{\sqrt{2}} \approx 7.778 \ A \approx 7.8 \ A$.
કળા તફાવત $\phi$ માટે $\tan \phi = \frac{X_L - X_C}{R}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\tan \phi = \frac{45 - 25}{20} = \frac{20}{20} = 1$.
તેથી,$\phi = \tan^{-1}(1) = 45^{\circ}$.

(B) ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = I A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I$ એ પ્રવાહ છે અને $A$ એ કક્ષાનું ક્ષેત્રફળ છે.
$I = \frac{e}{T} = \frac{ev}{2 \pi r}$ અને $A = \pi r^2$.
તેથી,$M = \left( \frac{ev}{2 \pi r} \right) (\pi r^2) = \frac{evr}{2}$.
આપેલ ફ્લક્સની શરત મુજબ: $B(\pi r^2) = n(h/e)$. સૌથી ઓછી ઉર્જા અવસ્થા માટે,$n = 1$,તેથી $B \pi r^2 = h/e$,જેનો અર્થ છે કે $r^2 = \frac{h}{B \pi e}$.
વળી,ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ઇલેક્ટ્રોન માટે,કેન્દ્રગામી બળ લોરેન્ટ્ઝ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $\frac{mv^2}{r} = evB$,જે આપે છે $\frac{v}{r} = \frac{eB}{m}$.
$v = \frac{eBr}{m}$ ને $M$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$M = \frac{e}{2} \left( \frac{eBr}{m} \right) r = \frac{e^2 B r^2}{2m}$.
$r^2 = \frac{h}{B \pi e}$ ને $M$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$M = \frac{e^2 B}{2m} \left( \frac{h}{B \pi e} \right) = \frac{eh}{2 \pi m}$.

(A) હવામાં રહેલા સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટરનું પ્રારંભિક કેપેસિટન્સ $C_1 = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ છે.
જ્યારે $t_1 = \frac{3}{8}d$ અને $t_2 = \frac{d}{2}$ જાડાઈ ધરાવતી બે ડાયઇલેક્ટ્રિક સ્લેબ દાખલ કરવામાં આવે છે,ત્યારે બાકી રહેલી હવાની જગ્યા $t_{air} = d - (\frac{3}{8}d + \frac{1}{2}d) = d - \frac{7}{8}d = \frac{1}{8}d$ થાય છે.
નવું કેપેસિટન્સ $C_2$ એ બહુવિધ ડાયઇલેક્ટ્રિક સ્લેબ ધરાવતા કેપેસિટરના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$C_2 = \frac{\varepsilon_0 A}{\frac{t_1}{K_1} + \frac{t_2}{K_2} + t_{air}} = \frac{\varepsilon_0 A}{\frac{3d}{8K_1} + \frac{d}{2K_2} + \frac{d}{8}}.$
આપેલ છે કે $K_1 = 1.25 K_2 = \frac{5}{4} K_2,$ તેથી $K_2 = \frac{4}{5} K_1 = 0.8 K_1.$
$C_2$ ના સમીકરણમાં $K_2$ ની કિંમત મૂકતા:
$C_2 = \frac{\varepsilon_0 A}{d \left( \frac{3}{8K_1} + \frac{1}{2(0.8K_1)} + \frac{1}{8} \right)} = \frac{\varepsilon_0 A}{d \left( \frac{3}{8K_1} + \frac{1}{1.6K_1} + \frac{1}{8} \right)} = \frac{\varepsilon_0 A}{d \left( \frac{3}{8K_1} + \frac{5}{8K_1} + \frac{1}{8} \right)} = \frac{\varepsilon_0 A}{d \left( \frac{8}{8K_1} + \frac{1}{8} \right)} = \frac{\varepsilon_0 A}{d \left( \frac{1}{K_1} + \frac{1}{8} \right)}.$
આપેલ છે કે $C_2 = 2 C_1,$ તેથી:
$\frac{\varepsilon_0 A}{d (\frac{1}{K_1} + \frac{1}{8})} = 2 \frac{\varepsilon_0 A}{d} \Rightarrow \frac{1}{\frac{1}{K_1} + \frac{1}{8}} = 2 \Rightarrow \frac{1}{K_1} + \frac{1}{8} = \frac{1}{2}.$
$\frac{1}{K_1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{8} = \frac{4-1}{8} = \frac{3}{8}.$
તેથી,$K_1 = \frac{8}{3} \approx 2.66.$

(C) સ્થાનાંતર પ્રવાહ $I_d$ એ $I_d = \epsilon_0 \frac{d\phi_e}{dt} = \epsilon_0 \frac{d}{dt}(EA \cos 0^{\circ})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કારણ કે $E = \frac{\sigma}{\epsilon_0}$,તેથી $I_d = \epsilon_0 A \frac{d}{dt}(\frac{\sigma}{\epsilon_0}) = A \frac{d\sigma}{dt}$.
આપેલ છે કે સપાટી પરની વિદ્યુતભાર ઘનતા $\sigma$ અચળ દરે વધે છે,તેથી $\frac{d\sigma}{dt}$ અચળ છે,તેથી $I_d$ અચળ છે.
એમ્પીયર-મેક્સવેલના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,અક્ષથી $r$ અંતરે (પ્લેટોની અંદર,$r < R$) ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ એ $B(2\pi r) = \mu_0 I_{enclosed} = \mu_0 I_d (\frac{\pi r^2}{\pi R^2})$ છે.
આમ,$B = \frac{\mu_0 I_d r}{2\pi R^2}$.
$r > R$ (પ્લેટોની બહાર) માટે,$B(2\pi r) = \mu_0 I_d$,તેથી $B = \frac{\mu_0 I_d}{2\pi r}$.
ચુંબકીય ક્ષેત્ર દરેક જગ્યાએ શૂન્ય સિવાયનું છે અને તે સીમા $r = R$ (પ્લેટોના પરિઘને જોડતી કાલ્પનિક નળાકાર સપાટી) પર તેનું મહત્તમ મૂલ્ય પ્રાપ્ત કરે છે.

(A) જ્યારે અધ્રુવીભૂત પ્રકાશ $1.73$ વક્રીભવનાંક ધરાવતા માધ્યમ પર બ્રુસ્ટરના ખૂણે $(i_p)$ આપાત થાય છે,ત્યારે પરાવર્તિત પ્રકાશ સંપૂર્ણપણે ધ્રુવીભૂત હોય છે.
બ્રુસ્ટરના નિયમ મુજબ:
$\mu = \tan(i_p)$
$1.73 = \tan(i_p)$
કારણ કે $\tan(60^{\circ}) = \sqrt{3} \approx 1.732$,તેથી $i_p = 60^{\circ}$ મળે છે.
પરાવર્તનના નિયમ મુજબ,પરાવર્તનનો ખૂણો $r$ એ આપાતકોણ $i_p$ જેટલો જ હોય છે,તેથી $r = 60^{\circ}$.
આમ,પરાવર્તિત પ્રકાશ સંપૂર્ણપણે ધ્રુવીભૂત છે અને પરાવર્તનનો ખૂણો $60^{\circ}$ છે.

(D) શરૂઆતમાં,ગોળાઓ $A$ અને $B$ વચ્ચેનું બળ કુલંબના નિયમ મુજબ $F = \frac{k q^2}{r^2}$ છે.
જ્યારે ત્રીજો સમાન વિદ્યુતભાર રહિત ગોળો $C$ ને ગોળા $A$ સાથે સંપર્કમાં લાવવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ વિદ્યુતભાર $q + 0 = q$ તેમની વચ્ચે સમાન રીતે વહેંચાય છે. આમ,$A$ પરનો નવો વિદ્યુતભાર $q_A' = \frac{q}{2}$ અને $C$ પરનો વિદ્યુતભાર $q_C' = \frac{q}{2}$ થાય છે.
ત્યારબાદ,ગોળા $C$ ને (જેના પર હવે $\frac{q}{2}$ વિદ્યુતભાર છે) ગોળા $B$ (જેના પર $q$ વિદ્યુતભાર છે) સાથે સંપર્કમાં લાવવામાં આવે છે. કુલ વિદ્યુતભાર $q + \frac{q}{2} = \frac{3q}{2}$ થાય છે. આ વિદ્યુતભાર $B$ અને $C$ વચ્ચે સમાન રીતે વહેંચાય છે. આમ,$B$ પરનો નવો વિદ્યુતભાર $q_B' = \frac{3q}{4}$ અને $C$ પરનો વિદ્યુતભાર $q_C'' = \frac{3q}{4}$ થાય છે.
$A$ અને $B$ વચ્ચેનું નવું અપાકર્ષણ બળ $F' = \frac{k q_A' q_B'}{r^2} = \frac{k (q/2) (3q/4)}{r^2} = \frac{3}{8} \frac{k q^2}{r^2}$ થાય છે.
કારણ કે $F = \frac{k q^2}{r^2}$,તેથી $F' = \frac{3 F}{8}$ મળે છે.

(C) કેન્દ્રગામી બળ એ ઉગમબિંદુ તરફ લાગતા અચળ બળ $F$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે:
$\frac{m v^2}{r} = F \quad ....(1)$
કોણીય વેગમાન માટે બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ:
$mvr = \frac{nh}{2\pi} \Rightarrow v = \frac{nh}{2\pi mr} \quad ....(2)$
સમીકરણ $(2)$ માંથી $v$ ની કિંમત સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$\frac{m}{r} \left( \frac{nh}{2\pi mr} \right)^2 = F$
$\frac{m}{r} \cdot \frac{n^2 h^2}{4\pi^2 m^2 r^2} = F$
$\frac{n^2 h^2}{4\pi^2 m r^3} = F$
$r^3$ માટે ગોઠવતા:
$r^3 = \frac{n^2 h^2}{4\pi^2 m F}$
અહીં $h, m, F$ અચળ હોવાથી,$r^3 \propto n^2$,જેનો અર્થ છે કે $r \propto n^{2/3}$.
હવે,સમીકરણ $(2)$ માંથી $v$ ના સમીકરણમાં $r \propto n^{2/3}$ મૂકતા:
$v \propto \frac{n}{r} \propto \frac{n}{n^{2/3}} \propto n^{1 - 2/3} \propto n^{1/3}$.
આમ,$r \propto n^{2/3}$ અને $v \propto n^{1/3}$ થાય છે.

(C) $8$ સમાન ટુકડાઓમાંથી દરેકનો અવરોધ $r = \frac{R}{8}$ થશે.
જ્યારે આવા $4$ ટુકડાઓને સમાંતર જોડવામાં આવે,ત્યારે એક સેટનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_p = \frac{r}{4} = \frac{R/8}{4} = \frac{R}{32}$ થાય.
આવા બે સેટને શ્રેણીમાં જોડવામાં આવતા,કુલ અસરકારક અવરોધ $R_{\text{eff}} = R_p + R_p = 2 \times \frac{R}{32} = \frac{R}{16}$ મળે.

(B) બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,કક્ષાનો પરિઘ એ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇનો પૂર્ણાંક ગુણાંક છે: $2 \pi r_n = n \lambda$.
$n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = a_0 \frac{n^2}{Z}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $a_0 = 0.052 \ nm$ અને હાઇડ્રોજન માટે $Z = 1$ છે.
$n=2$ માટે,ત્રિજ્યા $r_2 = 0.052 \times \frac{2^2}{1} = 0.052 \times 4 = 0.208 \ nm$ થાય.
આ કિંમતને ક્વોન્ટાઇઝેશન શરતમાં મૂકતા: $2 \pi (0.208) = 2 \lambda$.
$\lambda$ માટે ઉકેલતા: $\lambda = \pi \times 0.208 \approx 3.14159 \times 0.208 \approx 0.653 \ nm$.
આપેલા વિકલ્પોની નજીકની કિંમત $0.67 \ nm$ છે.

(B) આપેલ છે:
ડાયપોલ મોમેન્ટ $p = 5 \times 10^{-6} \ Cm$
વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = 4 \times 10^5 \ N/C$
પ્રારંભિક ખૂણો $\theta_{i} = 0^{\circ}$
અંતિમ ખૂણો $\theta_{f} = 60^{\circ}$
વિદ્યુતક્ષેત્રમાં રહેલા વિદ્યુત ડાયપોલની સ્થિતિઊર્જા $U = -pE \cos \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સ્થિતિઊર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = U_{f} - U_{i}$ છે.
$\Delta U = (-pE \cos \theta_{f}) - (-pE \cos \theta_{i})$
$\Delta U = pE (\cos \theta_{i} - \cos \theta_{f})$
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta U = (5 \times 10^{-6}) \times (4 \times 10^5) \times (\cos 0^{\circ} - \cos 60^{\circ})$
$\Delta U = 20 \times 10^{-1} \times (1 - 0.5)$
$\Delta U = 2 \times 0.5 = 1 \ J$.

(B) ધારો કે બિંદુ $A$ પરનું પોટેન્શિયલ $V_A = 50 \ V$ અને બિંદુ $B$ પરનું પોટેન્શિયલ $V_B = 0 \ V$ છે. ધારો કે નોડ $C$ પરનું પોટેન્શિયલ $V_C$ અને નોડ $D$ પરનું પોટેન્શિયલ $V_D$ છે.
નોડ $C$ પર કિર્ચોફનો પ્રવાહનો નિયમ $(KCL)$ લાગુ પાડતા:
$\frac{V_A - V_C}{1} + \frac{V_B - V_C}{2} = I_{CD} \implies (50 - V_C) + \frac{0 - V_C}{2} = I_{CD} \implies 50 - 1.5V_C = I_{CD} \quad (1)$
નોડ $D$ પર $KCL$ લાગુ પાડતા:
$\frac{V_A - V_D}{3} + \frac{V_B - V_D}{4} = -I_{CD} \implies \frac{50 - V_D}{3} + \frac{0 - V_D}{4} = -I_{CD} \implies \frac{50}{3} - \frac{7V_D}{12} = -I_{CD} \quad (2)$
શાખા $CD$ એ નોડ $C$ અને $D$ વચ્ચેનું જોડાણ હોવાથી,$V_C = V_D = V$ લેતા. સંયુક્ત નોડ $CD$ પર $KCL$ લાગુ પાડતા:
$\frac{V - 50}{1} + \frac{V - 0}{2} + \frac{V - 50}{3} + \frac{V - 0}{4} = 0$
$V(1 + 0.5 + 0.333 + 0.25) = 50 + 16.667$
$V(2.0833) = 66.667 \implies V = 32 \ V$.
$1 \ \Omega$ ના અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_1 = \frac{50 - 32}{1} = 18 \ A$.
$2 \ \Omega$ ના અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_2 = \frac{32 - 0}{2} = 16 \ A$.
નોડ $C$ પર $KCL$ મુજબ,$I_{CD} = I_1 - I_2 = 18 - 16 = 2 \ A$.

(C) ફોટોન માટે,ઉર્જા $E = \frac{hc}{\lambda_{\text{photon}}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,તેથી $\lambda_{\text{photon}} = \frac{hc}{E}$.
ઇલેક્ટ્રોન માટે,ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda_{\text{electron}} = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને તરંગલંબાઇનો ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{\lambda_{\text{photon}}}{\lambda_{\text{electron}}} = \frac{hc/E}{h/\sqrt{2mE}} = \frac{hc}{E} \times \frac{\sqrt{2mE}}{h} = c \frac{\sqrt{2mE}}{E} = c \sqrt{\frac{2mE}{E^2}} = c \sqrt{\frac{2m}{E}}$.

(A) $1$. ફોટોઈલેક્ટ્રિક પ્રવાહ $(I)$ એ આપાત પ્રકાશની તીવ્રતાના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે,જો પ્રકાશની આવૃત્તિ થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ કરતા વધારે હોય. તેથી,આલેખ $A$ સાચો છે,જે ફોટોઈલેક્ટ્રિક પ્રવાહ અને તીવ્રતા વચ્ચે રેખીય સંબંધ દર્શાવે છે.
$2$. ફોટોઈલેક્ટ્રિક પ્રવાહ એ આપાત પ્રકાશની આવૃત્તિ પર આધાર રાખતો નથી (જ્યાં સુધી તે થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ કરતા વધારે હોય). એકવાર થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ પ્રાપ્ત થઈ જાય,પછી પ્રવાહ આવૃત્તિના સંદર્ભમાં અચળ રહે છે. તેથી,આલેખ $C$ અને $D$ ખોટા છે.

(B) આપેલ ઇનપુટ વોલ્ટેજ $V_{in} = 220 \sin(100 \pi t) \ V$ છે.
સમય $t = 15 \ ms = 15 \times 10^{-3} \ s$ પર, ઇનપુટ વોલ્ટેજ:
$V_{in} = 220 \sin(100 \pi \times 15 \times 10^{-3})$
$V_{in} = 220 \sin(1.5 \pi) = 220 \sin\left(\frac{3\pi}{2}\right)$
$V_{in} = 220 \times (-1) = -220 \ V$.
સેન્ટર-ટેપ્ડ ફૂલ-વેવ રેક્ટિફાયરમાં, જ્યારે સેકન્ડરી કોઇલના ઉપરના છેડાનું પોટેન્શિયલ સેન્ટર ટેપની સાપેક્ષમાં ઋણ હોય, ત્યારે ડાયોડ $D_1$ રિવર્સ બાયસમાં હોય છે અને ડાયોડ $D_2$ ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય છે.

(C) ધારો કે પ્રથમ પોલેરોઇડમાંથી પસાર થયા પછી પ્રકાશની તીવ્રતા $I_0$ છે.
જ્યારે બીજો પોલેરોઇડ પ્રથમ પોલેરોઇડ સાથે $\theta = 22.5^{\circ}$ ના ખૂણે મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે તેમાંથી પ્રસારિત પ્રકાશની તીવ્રતા માલસના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $I_1 = I_0 \cos^2 \theta$.
ત્રીજો પોલેરોઇડ બીજા પોલેરોઇડની સાપેક્ષમાં $(90^{\circ} - \theta)$ ના ખૂણે મૂકવામાં આવે છે.
ત્રીજા પોલેરોઇડમાંથી પ્રસારિત પ્રકાશની તીવ્રતા $I_2 = I_1 \cos^2(90^{\circ} - \theta) = I_0 \cos^2 \theta \sin^2 \theta$ થશે.
નિત્યસમ $\sin(2\theta) = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin^2(2\theta) = 4 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$ મળે છે,તેથી $\sin^2 \theta \cos^2 \theta = \frac{\sin^2(2\theta)}{4}$.
આ કિંમતને $I_2$ ના સમીકરણમાં મૂકતા: $I_2 = I_0 \frac{\sin^2(2\theta)}{4}$.
અહીં $\theta = 22.5^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી $2\theta = 45^{\circ}$.
$I_2 = \frac{I_0}{4} \sin^2(45^{\circ}) = \frac{I_0}{4} \times (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = \frac{I_0}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{I_0}{8}$.