NEET 2026 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) સાદા લોલકની ગતિઊર્જા $(K.E)$ નું સૂત્ર $K.E = \frac{1}{2} m v^2$ છે.
સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ કરતા સાદા લોલકનો વેગ $v = A\omega \cos(\omega t + \phi)$ છે.
તેથી,$K.E = \frac{1}{2} m A^2 \omega^2 \cos^2(\omega t + \phi)$.
અહીં $K.E \propto \cos^2(\omega t)$ હોવાથી,આલેખ એક આવર્ત વિધેય છે જેની આવૃત્તિ લોલકની ગતિ કરતા બમણી છે,એટલે કે લોલક એક દોલન પૂર્ણ કરે તે સમયમાં ગતિઊર્જા બે ચક્ર પૂર્ણ કરે છે.
મધ્યમાન સ્થિતિ $(t=0)$ પર,વેગ મહત્તમ હોય છે,તેથી ગતિઊર્જા પણ મહત્તમ હોય છે. જે આલેખ $t=0$ પર મહત્તમ ગતિઊર્જા દર્શાવે છે અને $T$ સમયમાં બે ચક્ર પૂર્ણ કરે છે તે આલેખ $D$ છે.

(D) પ્રારંભિક કોણીય ઝડપ $\omega_i = 600 \text{ rpm} = \frac{600 \times 2\pi}{60} = 20\pi \text{ rad/s}$.
અંતિમ કોણીય ઝડપ $\omega_f = 1200 \text{ rpm} = \frac{1200 \times 2\pi}{60} = 40\pi \text{ rad/s}$.
કોણીય પ્રવેગ $\alpha = \frac{\omega_f - \omega_i}{t} = \frac{40\pi - 20\pi}{10} = 2\pi \text{ rad/s}^2$.
કુલ કોણીય સ્થાનાંતર $\theta = \omega_i t + \frac{1}{2} \alpha t^2 = (20\pi)(10) + \frac{1}{2}(2\pi)(10^2) = 200\pi + 100\pi = 300\pi \text{ rad}$.
પરિભ્રમણોની સંખ્યા $n = \frac{\theta}{2\pi} = \frac{300\pi}{2\pi} = 150$.

(D) સાદા લોલકની કુલ યાંત્રિક ઊર્જા $E$ એ તેની ગતિઊર્જા અને સ્થિતિઊર્જાનો સરવાળો છે,જે ગતિ દરમિયાન અચળ રહે છે.
આપેલ કુલ ઊર્જા $E = 0.02 \text{ J}$ છે.
સંતુલન સ્થિતિ (મધ્યમાન સ્થિતિ) પર,ગોળાની સ્થિતિઊર્જા શૂન્ય હોય છે,તેથી કુલ ઊર્જા સંપૂર્ણપણે ગતિઊર્જાના સ્વરૂપમાં હોય છે.
તેથી,$E = K.E_{max} = \frac{1}{2} m v_{max}^2$.
આપેલ દળ $m = 20 \text{ g} = 0.02 \text{ kg}$.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા:
$0.02 = \frac{1}{2} \times 0.02 \times v_{max}^2$
$1 = \frac{1}{2} v_{max}^2$
$v_{max}^2 = 2$
$v_{max} = \sqrt{2} \approx 1.414 \text{ m/s}$.
આમ,સંતુલન સ્થિતિમાં ઝડપ આશરે $1.41 \text{ m/s}$ છે.

(B) નિરપેક્ષ દબાણનું સૂત્ર $P = P_{atm} + \rho g h$ છે.
અહીં, $P = 100 \text{ atm} = 100 \times 10^5 \text{ Pa}$, $P_{atm} = 1 \text{ atm} = 1 \times 10^5 \text{ Pa}$, $\rho = 1000 \text{ kg/m}^3$, અને $g = 10 \text{ m/s}^2$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $100 \times 10^5 = 1 \times 10^5 + (1000)(10)h$.
$100 \times 10^5 - 1 \times 10^5 = 10^4 h$.
$99 \times 10^5 = 10^4 h$.
$h = \frac{99 \times 10^5}{10^4} = 99 \times 10 = 990 \text{ m}$.
આમ, સબમરીન $990 \text{ m}$ ની ઊંડાઈ સુધી જઈ શકે છે.

(B) . યંગ મોડ્યુલસ $(Y)$ એ રેખીય પ્રતિબળ અને રેખીય વિકૃતિનો ગુણોત્તર છે,જે $Y = \frac{FL}{A\Delta L}$ $(II)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$B$. સંકોચનીયતા $(K)$ એ બલ્ક મોડ્યુલસનો વ્યસ્ત છે,જે $K = -\frac{1}{\Delta P}(\frac{\Delta V}{V})$ $(III)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$C$. બલ્ક મોડ્યુલસ $(B)$ એ $-\frac{\Delta P}{\Delta V/V}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે.
$D$. પોઈસન ગુણોત્તર $(\sigma)$ એ પાર્શ્વ વિકૃતિ અને રેખીય વિકૃતિનો ગુણોત્તર છે,જે $\sigma = -\frac{\Delta D/D}{\Delta L/L}$ $(IV)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $(2)$ છે.

(A) પૃથ્વીની સપાટી પરથી $m$ દળને $h$ ઊંચાઈ સુધી લઈ જવા માટે કરવામાં આવતું કાર્ય $W$ એ ગુરુત્વીય સ્થિતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે: $W = U_f - U_i$.
અહીં,સપાટી પર પ્રારંભિક સ્થિતિઊર્જા $U_i = -\frac{GMm}{R}$ છે.
$h = R$ ઊંચાઈ પર અંતિમ સ્થિતિઊર્જા $U_f = -\frac{GMm}{R+R} = -\frac{GMm}{2R}$ છે.
તેથી,$W = -\frac{GMm}{2R} - (-\frac{GMm}{R}) = \frac{GMm}{R} - \frac{GMm}{2R} = \frac{GMm}{2R}$.
પૃથ્વીની સપાટી પર ગુરુત્વપ્રવેગ $g = \frac{GM}{R^2}$ હોવાથી,આપણે $GM = gR^2$ લખી શકીએ.
આ કિંમત કાર્યના સમીકરણમાં મૂકતા: $W = \frac{(gR^2)m}{2R} = \frac{mgR}{2}$.

(D) મુક્ત પતન કરતી વસ્તુ દ્વારા કાપવામાં આવેલ અંતર સમીકરણ $s = \frac{1}{2}gt^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $g$ અચળ હોવાથી,અંતર $s$ એ પ્રતિક્રિયા સમય $t$ ના વર્ગના સમપ્રમાણમાં છે $(s \propto t^2)$.
પ્રતિક્રિયા સમયની સરખામણી કરતા: $t_B (0.22 \text{ s}) > t_E (0.21 \text{ s}) > t_A (0.20 \text{ s}) > t_D (0.19 \text{ s}) > t_C (0.18 \text{ s})$.
$s \propto t^2$ હોવાથી,અંતરનો ક્રમ પ્રતિક્રિયા સમયના વર્ગના ક્રમ જેવો જ રહેશે.
તેથી,કાપેલું અંતર આ ક્રમમાં હશે: $B > E > A > D > C$.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(A) પાવર $P$ ને કાર્ય કરવાના દર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$P = \frac{W}{t} = \frac{mgh}{t}$.
આપેલ મૂલ્યો $m = 1000 \text{ kg}$,$h = 20 \text{ m}$,$t = 10 \text{ s}$,અને $g = 9.8 \text{ ms}^{-2}$ છે.
આ મૂલ્યોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$P = \frac{1000 \times 9.8 \times 20}{10}$
$P = 1000 \times 9.8 \times 2$
$P = 19600 \text{ W}$.
$1 \text{ kW} = 1000 \text{ W}$ હોવાથી,$P = 19.6 \text{ kW}$ મળે.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(B) ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,ગરમીનો પુરવઠો એ આંતરિક ઉર્જામાં થતા ફેરફારનો દર અને સિસ્ટમ દ્વારા થતા કાર્યના દરના સરવાળા જેટલો હોય છે: $\frac{dQ}{dt} = \frac{dU}{dt} + \frac{dW}{dt}$.
અહીં આપેલ છે કે ગરમીનો દર $\frac{dQ}{dt} = 100 \text{ W}$ અને કાર્યનો દર $\frac{dW}{dt} = 75 \text{ J/s} = 75 \text{ W}$ છે.
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા: $100 \text{ W} = \frac{dU}{dt} + 75 \text{ W}$.
તેથી,આંતરિક ઉર્જામાં વધારાનો દર $\frac{dU}{dt} = 100 - 75 = 25 \text{ W}$ થશે.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(B) સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T$ એ સૂત્ર $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $30$ દોલનો માટે લાગતો સમય $60 \text{ s}$ છે, તેથી આવર્તકાળ $T = \frac{60}{30} = 2 \text{ s}$ થાય.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા: $2 = 2\pi \sqrt{\frac{L}{9.8}}$.
સમીકરણની બંને બાજુ વર્ગ કરતા, આપણને $4 = 4\pi^2 \frac{L}{9.8}$ મળે છે.
આપેલ છે કે $\pi^2 = 9.8$, તેથી સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $4 = 4 \times 9.8 \times \frac{L}{9.8}$.
આ પદનું સાદું રૂપ આપતા, આપણને $4 = 4L$ મળે છે, જેનો અર્થ છે કે $L = 1 \text{ m}$.
તેથી, સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) કુલ દળ $M = m \times L$ છે.
ત્રિજ્યા $R$ એ $L = 2\pi R$ પરથી મળે છે,તેથી $R = \frac{L}{2\pi}$.
વર્તુળાકાર રીંગની તેના વ્યાસને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{diam} = \frac{1}{2}MR^2$ છે.
સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,સ્પર્શક $yy'$ ને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = I_{cm} + MR^2$ થાય,જ્યાં $I_{cm} = I_{diam} = \frac{1}{2}MR^2$.
આમ,$I = \frac{1}{2}MR^2 + MR^2 = \frac{3}{2}MR^2$.
$M = mL$ અને $R = \frac{L}{2\pi}$ મૂકતા:
$I = \frac{3}{2} (mL) \left(\frac{L}{2\pi}\right)^2 = \frac{3}{2} mL \left(\frac{L^2}{4\pi^2}\right) = \frac{3mL^3}{8\pi^2}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) આપેલ તરંગ સમીકરણ $y(x, t) = 2.0 \cos(2\pi(10t - 0.0080x + 0.35))$ છે.
આને પ્રમાણિત તરંગ સમીકરણ $y = A \cos(2\pi ft - kx + \phi)$ સાથે સરખાવતા, આપણે તરંગ સંખ્યા $k$ મેળવી શકીએ છીએ.
કોસાઈન વિધેયની અંદરનું પદ $2\pi(10t - 0.0080x + 0.35) = 20\pi t - 0.016\pi x + 0.7\pi$ છે.
તેથી, તરંગ સંખ્યા $k = 0.016\pi \text{ cm}^{-1}$ મળે છે.
$\Delta x$ અંતરે રહેલા બે બિંદુઓ વચ્ચેનો કળા તફાવત $\Delta\phi = k \Delta x$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $\Delta x = 0.5 \text{ m} = 50 \text{ cm}$ આપેલ છે.
કિંમતો મૂકતા, $\Delta\phi = (0.016\pi \text{ cm}^{-1}) \times 50 \text{ cm} = 0.8\pi \text{ rad}$ મળે છે.
તેથી, સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) મર્યાદિત ઘર્ષણ બળ $f_s$ એ બોક્સને ટ્રોલીની સાથે પ્રવેગિત કરવા માટે જરૂરી બળ પૂરું પાડે છે.
બોક્સ ટ્રોલીની સાપેક્ષમાં સ્થિર રહે તે માટે,બોક્સ પર લાગતું આભાસી બળ સ્થિત ઘર્ષણ બળ દ્વારા સંતુલિત થવું જોઈએ.
બોક્સ ટ્રોલી પર સ્થિર રહેવાની શરત છે: $ma \le f_{s, \text{max}}$.
અહીં $f_{s, \text{max}} = \mu N = \mu mg$ હોવાથી,$ma \le \mu mg$ મળે.
આથી,$a \le \mu g$.
આપેલ છે કે $\mu = 0.12$ અને $g = 10 \text{m s}^{-2}$,તેથી મહત્તમ પ્રવેગ $a_{\text{max}} = \mu g = 0.12 \times 10 = 1.2 \text{m s}^{-2}$.
આમ,ટ્રોલીને જે મહત્તમ પ્રવેગથી ગતિ કરાવી શકાય તે $1.2 \text{m s}^{-2}$ છે.

(C) વાયુના અણુની રૂટ મીન સ્ક્વેર ઝડપનું સૂત્ર $v_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ છે,જ્યાં $R$ એ સાર્વત્રિક વાયુ અચળાંક છે,$T$ એ નિરપેક્ષ તાપમાન છે અને $M$ એ વાયુનું મોલર દળ છે.
મિશ્રણમાં બંને વાયુઓ માટે તાપમાન $T$ સમાન હોવાથી,તેમની રૂટ મીન સ્ક્વેર ઝડપનો ગુણોત્તર માત્ર તેમના મોલર દળ પર આધાર રાખે છે.
ગુણોત્તર $\frac{v_{\text{rms}}^{\text{Ar}}}{v_{\text{rms}}^{\text{Cl}}} = \frac{\sqrt{3RT/M_{\text{Ar}}}}{\sqrt{3RT/M_{\text{Cl}}}} = \sqrt{\frac{M_{\text{Cl}}}{M_{\text{Ar}}}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે આર્ગોનનું પરમાણ્વીય દળ $M_{\text{Ar}} = 40.0 \text{u}$ અને ક્લોરિનનું આણ્વીય દળ $M_{\text{Cl}} = 70.0 \text{u}$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને $\frac{v_{\text{rms}}^{\text{Ar}}}{v_{\text{rms}}^{\text{Cl}}} = \sqrt{\frac{70}{40}} = \sqrt{\frac{7}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{2}$ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) આપેલ દળ $m = 5 \text{ kg}$.
બે બળો $F_1 = 8 \text{ N}$ અને $F_2 = 6 \text{ N}$ પરસ્પર લંબ છે.
પરિણામી બળ $F = \sqrt{F_1^2 + F_2^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10 \text{ N}$.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,પ્રવેગ $a = F/m = 10 \text{ N} / 5 \text{ kg} = 2 \text{ ms}^{-2}$.
$8 \text{ N}$ ના બળ સાથે પરિણામી બળની દિશા $\theta$ માટે,$\tan \theta = \frac{F_2}{F_1} = \frac{6}{8} = 3/4$.
તેથી,$\theta = \tan^{-1}(3/4)$ જે $8 \text{ N}$ ના બળ સાથેનો ખૂણો છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપેલ છે કે પ્રકાશની ઝડપ $c = 1$ એકમ છે.
લાગતો સમય $t = 6 \text{ min } 40 \text{ s}$.
સમયને સેકન્ડમાં ફેરવતા: $t = (6 \times 60) \text{ s} + 40 \text{ s} = 360 \text{ s} + 40 \text{ s} = 400 \text{ s}$.
અંતર $d$ શોધવા માટેનું સૂત્ર $d = c \times t$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $d = 1 \times 400 = 400$ એકમ.
તેથી,સૂર્ય અને પૃથ્વી વચ્ચેનું અંતર $400$ એકમ છે.

(C) જ્યારે કોઈ દડાને પ્રારંભિક વેગ $u$ સાથે શિરોલંબ ઉપરની તરફ ફેંકવામાં આવે છે,ત્યારે કોઈપણ સમયે $t$ પર તેનો વેગ ગતિના સમીકરણ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $v = u - gt$,જ્યાં $g$ એ ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે ઉદ્ભવતો પ્રવેગ છે.
$1$. શરૂઆતમાં,વેગ ધન $(v = u)$ હોય છે.
$2$. જેમ દડો ઉપર જાય છે,તેમ ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ $g$ ને કારણે વેગ સમય સાથે રેખીય રીતે ઘટે છે.
$3$. મહત્તમ ઊંચાઈએ,વેગ શૂન્ય થઈ જાય છે.
$4$. મહત્તમ ઊંચાઈએ પહોંચ્યા પછી,દડો નીચે પડવાનું શરૂ કરે છે. આ તબક્કા દરમિયાન,વેગ ઋણ બને છે (કારણ કે તે પ્રારંભિક ઉપરની દિશાની વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે) અને તેનું મૂલ્ય સમય સાથે રેખીય રીતે વધે છે.
આ રેખીય સંબંધ $v = u - gt$ એ ઋણ ઢાળ $(-g)$ ધરાવતી સીધી રેખા દર્શાવે છે. આલેખ $(C)$ આ ફેરફારને યોગ્ય રીતે દર્શાવે છે,જે ધન પ્રારંભિક વેગથી શરૂ થાય છે,સમય અક્ષને ઓળંગે છે (જ્યાં $v = 0$ થાય છે),અને ઋણ વેગના વિસ્તારમાં આગળ વધે છે.

(C) વર્નિયર કેલિપર્સનું લઘુત્તમ માપ $(LC)$ એ $LC = 1 \text{ MSD} - 1 \text{ VSD}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $20 \text{ VSD} = 16 \text{ MSD}$,તેથી $1 \text{ VSD} = \frac{16}{20} \text{ MSD} = 0.8 \text{ MSD}$.
આ કિંમતને સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $LC = 1 \text{ MSD} - 0.8 \text{ MSD} = 0.2 \text{ MSD}$ મળે છે.
કારણ કે $1 \text{ MSD} = 1 \text{ mm} = 0.1 \text{ cm}$,તેથી $LC = 0.2 \times 0.1 \text{ cm} = 0.02 \text{ cm}$ થાય.

(B) ઘનતા $\rho = \frac{\text{દળ}}{\text{કદ}}$.
દળ $m = 5.580 \text{ kg}$.
બાજુની લંબાઈ $a = 9.0 \text{ cm} = 9.0 \times 10^{-2} \text{ m}$.
કદ $V = a^3 = (9.0 \times 10^{-2} \text{ m})^3 = 729 \times 10^{-6} \text{ m}^3 = 7.29 \times 10^{-4} \text{ m}^3$.
ઘનતા $\rho = \frac{5.580 \text{ kg}}{7.29 \times 10^{-4} \text{ m}^3} \approx 7654.32 \text{ kg m}^{-3} = 7.65432 \times 10^3 \text{ kg m}^{-3}$.
અહીં બાજુની લંબાઈ $9.0 \text{ cm}$ માં માત્ર બે જ સાર્થક અંકો હોવાથી,અંતિમ પરિણામને બે સાર્થક અંકો સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરવું જોઈએ.
$7.65432$ ને બે સાર્થક અંકો સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા $7.7$ મળે છે.
તેથી,$X = 7.7$.

(C) હીટરનો અવરોધ $R$ અચળ રહે છે.
સૂત્ર $R = \frac{V^2}{P}$ નો ઉપયોગ કરીને, આપણે $R = \frac{220^2}{400} \Omega$ મેળવીએ છીએ.
નવા વોલ્ટેજ $V' = 200 \text{ V}$ પર વપરાતો નવો પાવર $P' = \frac{(V')^2}{R}$ દ્વારા મળે છે.
$R$ ની કિંમત મૂકતા, આપણને $P' = \frac{(V')^2 \cdot P}{V^2} = \frac{200^2 \times 400}{220^2}$ મળે છે.
$P' = \frac{40000 \times 400}{48400} = \frac{16000000}{48400} \approx 330.57 \text{ W}$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં રાઉન્ડ ઓફ કરતા, આપણને $331 \text{ W}$ મળે છે.

(C) વર્તુળાકાર કોઈલના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 N I}{2r}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: $B = 3.14 \times 10^{-3} \text{ T}$,$N = 100$,$r = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}$,$\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \text{ T m/A}$.
કિંમતો મૂકતા: $3.14 \times 10^{-3} = \frac{4 \times 3.14 \times 10^{-7} \times 100 \times I}{2 \times 0.05}$.
$3.14 \times 10^{-3} = \frac{4 \times 3.14 \times 10^{-5} \times I}{0.1}$.
$10^{-3} = \frac{4 \times 10^{-5} \times I}{0.1} = 4 \times 10^{-4} \times I$.
$I = \frac{10^{-3}}{4 \times 10^{-4}} = \frac{10}{4} = 2.5 \text{ A}$.
ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = N I A = N I (\pi r^2)$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$M = 100 \times 2.5 \times 3.14 \times (0.05)^2$.
$M = 250 \times 3.14 \times 0.0025 = 1.9625 \approx 2 \text{ A m}^2$.
આમ,પ્રવાહ $2.5 \text{ A}$ અને ચુંબકીય મોમેન્ટ $2 \text{ A m}^2$ છે.

(B) . $E = hv$ એ ફોટોનની ઉર્જા દર્શાવે છે $(IV)$.
$B$. વિવર્તન અને વ્યતિકરણ એ પ્રકાશની તરંગ પ્રકૃતિ દર્શાવતી ઘટનાઓ છે $(III)$.
$C$. $\lambda = h/p$ એ ડી બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈનું સમીકરણ છે $(I)$.
$D$. કોમ્પ્ટન અસર પ્રકાશની કણ પ્રકૃતિ દર્શાવે છે $(II)$.
તેથી,સાચી જોડ $A-IV, B-III, C-I, D-II$ છે,જે વિકલ્પ $(2)$ ને અનુરૂપ છે.

(D) આ પરિપથ એક સંતુલિત વ્હીટસ્ટોન બ્રિજ છે કારણ કે $\frac{C_1}{C_2} = \frac{C_4}{C_3} = \frac{10}{10} = 1$ થાય છે.
બ્રિજ સંતુલિત હોવાથી,મધ્યના કેપેસીટર $C_5$ માંથી કોઈ વિદ્યુતભાર વહેતો નથી.
તેથી,પરિપથ બે સમાંતર શાખાઓમાં સરળ બને છે,જેમાં દરેક શાખામાં બે કેપેસીટર શ્રેણીમાં છે.
ડાબી શાખામાં $C_1$ અને $C_2$ શ્રેણીમાં છે,અને જમણી શાખામાં $C_4$ અને $C_3$ શ્રેણીમાં છે.
દરેક શાખાનું સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ: $C_{\text{branch}} = \frac{10 \times 10}{10 + 10} = 5 \mu F$.
કુલ સમતુલ્ય કેપેસીટન્સ: $C_{\text{eq}} = 5 \mu F + 5 \mu F = 10 \mu F$.
બેટરી દ્વારા પૂરો પાડવામાં આવતો કુલ વિદ્યુતભાર: $Q = C_{\text{eq}}V = 10 \mu F \times 50 \ V = 500 \mu C$.
શાખાઓ સમાન હોવાથી,વિદ્યુતભાર સમાન રીતે વહેંચાય છે: દરેક શાખામાંથી $250 \mu C$ વિદ્યુતભાર વહે છે.
આમ,દરેક કેપેસીટર $C_1, C_2, C_3, C_4$ પર $250 \mu C$ અને $C_5$ પર $0 \mu C$ વિદ્યુતભાર હોય છે.

(C) પ્રારંભિક ઉર્જા $U_i = \frac{1}{2} C V^2$.
અહીં $C = 200 \text{ pF} = 200 \times 10^{-12} \text{ F}$ અને $V = 100 \text{ V}$ આપેલ છે.
$U_i = \frac{1}{2} \times 200 \times 10^{-12} \times (100)^2 = 100 \times 10^{-12} \times 10^4 = 10^{-6} \text{ J}$.
જ્યારે ચાર્જ થયેલ કેપેસિટરને સમાન વિદ્યુતભારિત ન હોય તેવા કેપેસિટર સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે વિદ્યુતભારનું પુનઃવિતરણ થાય છે જ્યાં સુધી સ્થિતિમાન સમાન ન થાય.
સમાન સ્થિતિમાન $V' = \frac{CV + 0}{C+C} = \frac{V}{2} = \frac{100}{2} = 50 \text{ V}$.
અંતિમ ઉર્જા $U_f = \frac{1}{2} (C+C) (V')^2 = C (\frac{V}{2})^2 = \frac{1}{4} CV^2 = \frac{U_i}{2}$.
$U_f = \frac{10^{-6}}{2} = 0.5 \times 10^{-6} \text{ J}$.
ગુમાવેલી ઉર્જા $\Delta U = U_i - U_f = 10^{-6} - 0.5 \times 10^{-6} = 0.5 \times 10^{-6} \text{ J}$ થાય.

(A) $LCR$ શ્રેણી સર્કિટની અનુનાદ આવૃત્તિ $f_r$ માટેનું સૂત્ર: $f_r = \frac{1}{2 \pi \sqrt{LC}}$ છે.
આપેલ કિંમતો: $L = 1 \text{ mH} = 10^{-3} \text{ H}$ અને $C = 0.1 \mu\text{F} = 0.1 \times 10^{-6} \text{ F} = 10^{-7} \text{ F}$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\sqrt{LC} = \sqrt{10^{-3} \times 10^{-7}} = \sqrt{10^{-10}} = 10^{-5}$.
હવે,$f_r = \frac{1}{2 \pi \times 10^{-5}} = \frac{10^5}{2 \times 3.14159} \approx \frac{100000}{6.283} \approx 15915.5 \text{ Hz}$.
kHz માં ફેરવતા,$f_r \approx 15.9 \text{ kHz}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) વાહકની અંદર $(r < a)$,ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I r}{2 \pi a^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે દર્શાવે છે કે $B \propto r$. આ વાહકની અક્ષથી સપાટી સુધી ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં રેખીય વધારો દર્શાવે છે.
વાહકની બહાર $(r > a)$,ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે દર્શાવે છે કે $B \propto \frac{1}{r}$. આ વાહકથી અંતર વધવાની સાથે ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં વ્યસ્ત પ્રમાણમાં ઘટાડો દર્શાવે છે.
આલેખ $(A)$ યોગ્ય રીતે રેખીય વધારો અને ત્યારબાદ વ્યસ્ત ઘટાડો દર્શાવે છે. તેથી,વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.

(B) તત્કાલીન પ્રવાહનું સમીકરણ $I = I_0 \sin(\omega t)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I_0$ એ મહત્તમ પ્રવાહ છે અને $\omega$ એ કોણીય આવૃત્તિ છે.
મહત્તમ મૂલ્ય સુધી પહોંચવા માટે,સાઈન વિધેયનું મૂલ્ય $1$ હોવું જોઈએ,જે ત્યારે થાય છે જ્યારે ફેઝ એંગલ $\omega t = \frac{\pi}{2}$ હોય.
$\omega = 2 \pi f$ મૂકતા,આપણને $2 \pi f t = \frac{\pi}{2}$ મળે છે.
સમય $t$ માટે ઉકેલતા,$t = \frac{1}{4f}$ મળે છે.
આવૃત્તિ $f = 60 \text{ Hz}$ આપેલ હોવાથી,આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$t = \frac{1}{4 \times 60} = \frac{1}{240} \text{ s}$.
તેથી,પ્રવાહને શૂન્યથી તેના મહત્તમ મૂલ્ય સુધી પહોંચવામાં $1/240 \text{ s}$ સમય લાગે છે.

(C) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં પ્રકાશની તીવ્રતા $I = I_{max} \cos^2(\frac{\phi}{2})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\phi$ એ કળા તફાવત છે.
કળા તફાવત $\phi$ અને પથ તફાવત $\Delta x$ વચ્ચેનો સંબંધ $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ છે.
પથ તફાવત $\Delta x = \frac{\lambda}{3}$ માટે,કળા તફાવત $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \frac{\lambda}{3} = \frac{2\pi}{3}$ થાય.
આ બિંદુએ તીવ્રતા $I_1 = I_{max} \cos^2(\frac{2\pi/3}{2}) = I_{max} \cos^2(\frac{\pi}{3}) = I_{max} (\frac{1}{2})^2 = \frac{I_{max}}{4}$ મળે.
આપેલ છે કે $I_1 = K$,તેથી $K = \frac{I_{max}}{4}$,જેનો અર્થ છે કે $I_{max} = 4K$.
પથ તફાવત $\Delta x = \lambda$ માટે,કળા તફાવત $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \lambda = 2\pi$ થાય.
આ બિંદુએ તીવ્રતા $I_2 = I_{max} \cos^2(\frac{2\pi}{2}) = I_{max} \cos^2(\pi) = I_{max} (-1)^2 = I_{max}$ મળે.
આમ,$I_{max} = 4K$ હોવાથી,પથ તફાવત $\lambda$ પર તીવ્રતા $4K$ થશે.

(B) ન્યુક્લિયસની ત્રિજ્યા $R = R_0 A^{1/3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $R_0$ અચળાંક છે અને $A$ એ દળ ક્રમાંક છે.
ન્યુક્લિયસનું કદ $V = \frac{4}{3} \pi R^3 = \frac{4}{3} \pi (R_0 A^{1/3})^3 = \frac{4}{3} \pi R_0^3 A$ થાય છે.
અહીં $\frac{4}{3} \pi R_0^3$ અચળ હોવાથી,કદ $V$ એ દળ ક્રમાંક $A$ ના સીધા સમપ્રમાણમાં છે. તેથી,વિધાન $A$ ખોટું છે અને વિધાન $B$ સાચું છે.
દળ ક્ષતિ એટલે ન્યુક્લિયસના ઘટકો (પ્રોટોન અને ન્યુટ્રોન) ના દળના સરવાળા અને ન્યુક્લિયસના વાસ્તવિક દળ વચ્ચેનો તફાવત. તેથી,વિધાન $C$ ખોટું છે અને વિધાન $D$ સાચું છે.
આમ,વિધાન $B$ અને $D$ સાચા છે,જ્યારે $A$ અને $C$ ખોટા છે.

(B) વિધાન $A$ સાચું છે કારણ કે વ્યતિકરણ અને વિવર્તનમાં ઉર્જાનું અવકાશમાં પુનઃવિતરણ થાય છે,જે સુનિશ્ચિત કરે છે કે કુલ ઉર્જા અચળ રહે છે,જે ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ સાથે સુસંગત છે.
વિધાન $B$ ખોટું છે કારણ કે વ્યતિકરણ અને વિવર્તન એ તરંગોની ઘટનાઓ છે જે માત્ર પ્રકાશ પૂરતી મર્યાદિત નથી; તે ધ્વનિ તરંગો,પાણીના તરંગો અને દ્રવ્ય તરંગો સહિત તમામ પ્રકારના તરંગો દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.
તેથી,વિધાન $A$ સાચું છે અને વિધાન $B$ ખોટું છે. સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) બેટરીનો ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $V$ શોધવા માટેનું સૂત્ર: $V = E - Ir$ છે.
આપેલ છે: emf $E = 12 \text{ V}$,આંતરિક અવરોધ $r = 2 \text{ }\Omega$,અને પ્રવાહ $I = 0.6 \text{ A}$.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$V = 12 - (0.6 \times 2)$
$V = 12 - 1.2$
$V = 10.8 \text{ V}$.
તેથી,બેટરીનો ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $10.8 \text{ V}$ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) વ્હીટસ્ટોન બ્રિજમાં (જેનું મીટર બ્રિજ એક સ્વરૂપ છે),ગેલ્વેનોમીટર અને કોષ (બેટરી) એ સંયુગ્મી શાખાઓ છે.
રેસીપ્રોસિટી પ્રમેય મુજબ,બેટરી અને ગેલ્વેનોમીટરના સ્થાનોની અદલાબદલી કરવાથી બ્રિજ સંતુલનની સ્થિતિ બદલાતી નથી.
જો તે સંતુલિત હતું,તો તે સંતુલિત જ રહેશે; જો તે અસંતુલિત હતું,તો વિચલનનું મૂલ્ય અથવા દિશા બદલાઈ શકે છે,પરંતુ તે હજુ પણ સંતુલન બિંદુ દર્શાવશે.
તેથી,જોકીના સ્થાનના આધારે બંને વિચલનો અવલોકન કરી શકાય છે,અને સંતુલન બિંદુ પર શૂન્ય વિચલન હજુ પણ જોવા મળશે.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(A) સાચું છે: સ્થિત વિદ્યુત સંતુલનમાં,વાહકની અંદર $E = 0$ હોય છે.
$B$ ખોટું છે: સપાટી પર $E = \frac{\sigma}{\epsilon_0}$ હોય છે,તેથી તે $\sigma$ પર આધાર રાખે છે.
$C$ સાચું છે: સ્થિત પરિસ્થિતિમાં વધારાનો વિદ્યુતભાર માત્ર વાહકની સપાટી પર જ રહે છે.
$D$ સાચું છે: વાહકની સપાટી પર કોઈ સ્પર્શક બળ ન લાગે તે માટે ક્ષેત્ર રેખાઓ સપાટીને લંબ હોવી જોઈએ,અન્યથા પ્રવાહ વહેવા લાગે.
$E$ ખોટું છે: વાહકની અંદર સ્થિતિમાન અચળ હોય છે,શૂન્ય નથી.
આમ,$A, C$ અને $D$ સાચા છે. વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(C) વિધાન $A$ સાચું છે: $p-n$ જંકશનમાં,ફોરવર્ડ બાયસ પોટેન્શિયલ બેરિયરને ઘટાડે છે,જેનાથી થ્રેશોલ્ડ વોલ્ટેજ પછી પ્રવાહમાં ઝડપથી વધારો થાય છે.
વિધાન $B$ ખોટું છે: ફોરવર્ડ બાયસમાં વહેતા પ્રવાહને ફોરવર્ડ કરંટ કહેવાય છે. 'રિવર્સ સેચ્યુરેશન કરંટ' એ ખૂબ જ નાનો અને લગભગ અચળ પ્રવાહ છે જે $p-n$ જંકશન ડાયોડ રિવર્સ બાયસમાં હોય ત્યારે વહે છે.
તેથી,વિધાન $A$ સાચું છે અને વિધાન $B$ ખોટું છે.

(B) અંતર્ગોળ લેન્સ માટે,મુખ્ય અક્ષને સમાંતર ગતિ કરતું પ્રકાશનું કિરણ વક્રીભવન પછી અપસરણ પામે છે.
જ્યારે આ અપસૃત કિરણને પાછળની તરફ લંબાવવામાં આવે છે,ત્યારે તે લેન્સના પ્રથમ મુખ્ય કેન્દ્રમાંથી આવતું હોય તેવું લાગે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) ન્યુક્લિયસનું દળ $M = A \times m_p$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A$ એ દળ ક્રમાંક છે અને $m_p$ એ ન્યુક્લિયોનનું સરેરાશ દળ છે (આશરે $1.67 \times 10^{-27} \text{ kg}$).
ન્યુક્લિયસનું કુલ દળ $M = 19.926 \times 10^{-27} \text{ kg}$ આપેલ છે.
આપણે દળ ક્રમાંક $A$ ની ગણતરી નીચે મુજબ કરી શકીએ:
$A = \frac{M}{m_p} = \frac{19.926 \times 10^{-27} \text{ kg}}{1.67 \times 10^{-27} \text{ kg}} \approx 11.93$.
આ કિંમતને નજીકના પૂર્ણાંકમાં ફેરવતા,આપણને $A \approx 12$ મળે છે.
આમ,ન્યુક્લિયસનો દળ ક્રમાંક $12$ છે.

(D) ગેલ્વેનોમીટરને એમીટરમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે જરૂરી શંટ અવરોધ $S$ નું સૂત્ર $S = \frac{I_g G}{I - I_g}$ છે。
અહીં, $I_g$ એ પૂર્ણ સ્કેલ આવર્તન માટેનો પ્રવાહ છે, $G$ એ ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ છે, અને $I$ એ એમીટર દ્વારા માપવામાં આવતો મહત્તમ પ્રવાહ છે。
આપેલ કિંમતો $I_g = 1 \text{ mA} = 10^{-3} \text{ A}$, $G = 100 \Omega$, અને $I = 10 \text{ A}$ છે。
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$S = \frac{10^{-3} \times 100}{10 - 10^{-3}}$
$S = \frac{0.1}{9.999}$
$S \approx \frac{0.1}{10} = 0.01 \Omega$.
આમ, જરૂરી શંટ અવરોધ આશરે $0.01 \Omega$ છે。

(D) ડાયોડ $D$ એ હાફ-વેવ રેક્ટિફાયર ગોઠવણીમાં છે.
ઇનપુટ વોલ્ટેજ $v_i$ ના ધન અર્ધ-ચક્ર દરમિયાન,ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય છે અને શોર્ટ સર્કિટ તરીકે કાર્ય કરે છે (આદર્શ ડાયોડ ધારીને),તેથી તેની આજુબાજુનો વોલ્ટેજ ડ્રોપ $v_D = 0$ થાય છે.
ઋણ અર્ધ-ચક્ર દરમિયાન,ડાયોડ રિવર્સ બાયસમાં હોય છે અને ઓપન સર્કિટ તરીકે કાર્ય કરે છે,જેનો અર્થ છે કે અવરોધ $R$ માંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી. પરિણામે,સંપૂર્ણ ઇનપુટ વોલ્ટેજ $v_i$ ડાયોડ $D$ પર દેખાય છે,તેથી $v_D = v_i$.
તેથી,ડાયોડ $D$ પરનો વોલ્ટેજ ફક્ત ઋણ અર્ધ-ચક્ર દરમિયાન જ ઇનપુટ તરંગને અનુસરે છે,જે વિકલ્પ $D$ માં દર્શાવેલ તરંગ સ્વરૂપને અનુરૂપ છે.

(D) વિદ્યુતચુંબકીય તરંગોની ઉત્પાદન પદ્ધતિઓ નીચે મુજબ છે:
$1$. માઇક્રોવેવ ક્લાઇસ્ટ્રોન વાલ્વ અથવા મેગ્નેટ્રોન વાલ્વ જેવા ઇલેક્ટ્રોનિક ઉપકરણો દ્વારા ઉત્પન્ન થાય છે $(A-IV)$.
$2$. દ્રશ્ય પ્રકાશ પરમાણુઓમાં ઇલેક્ટ્રોનના ઊંચા ઊર્જા સ્તરથી નીચા ઊર્જા સ્તરમાં સંક્રમણ દ્વારા ઉત્પન્ન થાય છે $(B-I)$.
$3$. ગેમા કિરણો એ પરમાણુ ન્યુક્લિયસના રેડિયોએક્ટિવ ક્ષય દરમિયાન ઉત્પન્ન થતા ઉચ્ચ ઊર્જા ધરાવતા વિદ્યુતચુંબકીય વિકિરણો છે $(C-II)$.
$4$. ઇન્ફ્રારેડ કિરણો પરમાણુઓ અને અણુઓના કંપન દ્વારા ઉત્પન્ન થાય છે $(D-III)$.
તેથી,સાચી જોડ $A-IV, B-I, C-II, D-III$ છે.

(B) આ સર્કિટમાં $10 \text{V}$ ની બેટરી સાથે ચાર સમાંતર શાખાઓ જોડાયેલી છે.
દરેક શાખામાં એક અવરોધ અને એક ડાયોડ છે.
$10 \text{V}$ ની બેટરીના સંદર્ભમાં ડાયોડની પોલેરિટી તપાસતા:
$1$. ઉપરની શાખા ($4 \Omega$ અવરોધ) માં ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસ સ્થિતિમાં છે.
$2$. બીજી શાખા ($3 \Omega$ અવરોધ) માં ડાયોડ રિવર્સ બાયસ સ્થિતિમાં છે (તે ખુલ્લા પરિપથ તરીકે વર્તે છે).
$3$. ત્રીજી શાખા ($2 \Omega$ અવરોધ) માં ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસ સ્થિતિમાં છે.
$4$. નીચેની શાખા ($5 \Omega$ અવરોધ) માં ડાયોડ રિવર્સ બાયસ સ્થિતિમાં છે (તે ખુલ્લા પરિપથ તરીકે વર્તે છે).
માત્ર $4 \Omega$ અને $2 \Omega$ અવરોધ વાળી શાખાઓ જ કાર્યરત છે.
આ બે અવરોધો સમાંતર હોવાથી,સમતુલ્ય અવરોધ $R_{\text{eq}}$ નીચે મુજબ મળે:
$R_{\text{eq}} = \frac{4 \times 2}{4 + 2} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3} \Omega$.
બેટરીમાંથી ખેંચાતો કુલ પ્રવાહ $I$:
$I = \frac{V}{R_{\text{eq}}} = \frac{10}{4/3} = \frac{30}{4} = 7.5 \text{A} = \frac{15}{2} \text{A}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) થ્રેશોલ્ડ તરંગલંબાઇ $\lambda_0$ નું સૂત્ર $\lambda_0 = \frac{hc}{\phi}$ છે.
આપેલ વર્ક ફંક્શન $\phi = 6.6 \text{eV} = 6.6 \times 1.6 \times 10^{-19} \text{J}$.
કિંમતો મૂકતા: $\lambda_0 = \frac{6.6 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{6.6 \times 1.6 \times 10^{-19}} \text{m}$.
$\lambda_0 = \frac{3 \times 10^{-26}}{1.6 \times 10^{-19}} \text{m} = 1.875 \times 10^{-7} \text{m} = 187.5 \text{nm}$.
ફોટોઇલેક્ટ્રિક અસર ત્યારે જ થાય છે જ્યારે આપાત તરંગલંબાઇ $\lambda \le \lambda_0$ હોય.
જો $\lambda > \lambda_0$ હોય, તો આપાત ફોટોનની ઉર્જા વર્ક ફંક્શન કરતા ઓછી હોય છે, અને ફોટોઇલેક્ટ્રિક ઉત્સર્જન થતું નથી.
વિકલ્પોની સરખામણી કરતા: $200 \text{nm} > 187.5 \text{nm}$, $100 \text{nm} < 187.5 \text{nm}$, $50 \text{nm} < 187.5 \text{nm}$, અને $150 \text{nm} < 187.5 \text{nm}$.
તેથી, $200 \text{nm}$ ની તરંગલંબાઇ ફોટોઇલેક્ટ્રિક અસર ઉત્પન્ન કરશે નહીં.

(A) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વાહકમાં ઉદ્ભવતું ગતિકીય emf (electromotive force) નું સૂત્ર $\varepsilon = B l v$ છે,જ્યાં $B$ એ ચુંબકીય ક્ષેત્રની તીવ્રતા છે,$l$ એ ક્ષેત્રને લંબ ગતિ કરતા વાહકની લંબાઈ છે,અને $v$ એ વાહકનો વેગ છે.
આપેલ કિંમતો: $B = 0.3 \text{ T}$,$l = 3 \text{ cm} = 0.03 \text{ m}$ (કારણ કે વેગ ટૂંકી બાજુને લંબ છે,તેથી ક્ષેત્ર રેખાઓને કાપતી બાજુની લંબાઈ $3 \text{ cm}$ છે),અને $v = 2 \text{ cm s}^{-1} = 0.02 \text{ m s}^{-1}$.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\varepsilon = 0.3 \text{ T} \times 0.03 \text{ m} \times 0.02 \text{ m s}^{-1}$
$\varepsilon = 0.00018 \text{ V} = 1.8 \times 10^{-4} \text{ V}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) સમબાજુ પ્રિઝમમાં,પ્રિઝમનો કોણ $A = 60^\circ$ હોય છે.
જ્યારે વક્રીભૂત કિરણ પાયાને સમાંતર હોય,ત્યારે પ્રિઝમ લઘુત્તમ વિચલનની સ્થિતિમાં હોય છે.
આ સ્થિતિમાં,આપાતકોણ $i$ એ નિર્ગમનકોણ $e$ જેટલો હોય છે.
આપેલ છે કે,$i = 50^\circ$,તેથી $e = 50^\circ$.
વિચલનકોણ $(\delta)$ નું સૂત્ર: $\delta = i + e - A$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\delta = 50^\circ + 50^\circ - 60^\circ$.
$\delta = 100^\circ - 60^\circ = 40^\circ$.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,$n$ મી કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = a_0 \times n^2$ છે,જ્યાં $a_0 = 0.529 \text{ Å}$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 2$ છે.
સૂત્રમાં $n$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $r_2 = 0.529 \times (2)^2 \text{ Å}$ મળે છે.
$r_2 = 0.529 \times 4 \text{ Å} = 2.116 \text{ Å}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 \text{ Å} = 10^{-10} \text{ m}$,તેથી $r_2 = 2.116 \times 10^{-10} \text{ m}$ થાય.
બે સાર્થક અંકો સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,ત્રિજ્યાવર્તી અંતર આશરે $2.1 \times 10^{-10} \text{ m}$ મળે છે.

(D) તારનો કુલ અવરોધ $4 \ \Omega$ છે. તેને ચોરસમાં વાળવામાં આવતા,દરેક બાજુનો અવરોધ $4 \ \Omega / 4 = 1 \ \Omega$ થાય છે.
પરિપથમાં બે સમાંતર શાખાઓ છે: શાખા $ABC$ અને શાખા $ADC$,જે બેટરીના ટર્મિનલ્સ $A$ અને $C$ સાથે જોડાયેલ છે.
શાખા $ABC$ માં શ્રેણીમાં બે $1 \ \Omega$ ના અવરોધો છે,તેથી તેનો કુલ અવરોધ $1 \ \Omega + 1 \ \Omega = 2 \ \Omega$ છે.
શાખા $ADC$ માં પણ શ્રેણીમાં બે $1 \ \Omega$ ના અવરોધો છે,તેથી તેનો કુલ અવરોધ $1 \ \Omega + 1 \ \Omega = 2 \ \Omega$ છે.
બિંદુઓ $B$ અને $D$ વચ્ચે $2 \ \Omega$ નો અવરોધ જોડાયેલ છે. જોકે,પરિપથની સંમિતિને કારણે,બિંદુ $B$ પરનું સ્થિતિમાન બિંદુ $D$ પરના સ્થિતિમાન જેટલું જ છે $(V_B = V_D)$.
$2 \ \Omega$ ના અવરોધ પર કોઈ સ્થિતિમાનનો તફાવત ન હોવાથી,તેમાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી. તેથી,સમતુલ્ય અવરોધની ગણતરીમાં તેને અવગણી શકાય છે.
દરેક $2 \ \Omega$ ની બે સમાંતર શાખાઓનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq}$ નીચે મુજબ છે:
$1/R_{eq} = 1/2 + 1/2 = 1 \ \Omega^{-1} \implies R_{eq} = 1 \ \Omega$.
$2 \ V$ ની બેટરીમાંથી લેવામાં આવતો કુલ પ્રવાહ $I$ છે:
$I = V / R_{eq} = 2 \ V / 1 \ \Omega = 2 \ A$.