TS EAMCET 2003 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) આપેલ છે કે $A+B+C=270^{\circ}$,તેથી $A+B = 270^{\circ}-C$.
નિત્યસમ $\cos 2A + \cos 2B = 2 \cos(A+B) \cos(A-B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos 2A + \cos 2B + \cos 2C = 2 \cos(A+B) \cos(A-B) + (2 \cos^2 C - 1)$
$= 2 \cos(270^{\circ}-C) \cos(A-B) + 2 \cos^2 C - 1$
$= 2(-\sin C) \cos(A-B) + 2 \cos^2 C - 1$
$= -2 \sin C \cos(A-B) + 2(1-\sin^2 C) - 1$
$= 1 - 2 \sin C [\cos(A-B) + \sin C]$
કારણ કે $\sin C = \sin(270^{\circ}-(A+B)) = -\cos(A+B)$ હોવાથી:
$= 1 - 2 \sin C [\cos(A-B) - \cos(A+B)]$
$= 1 - 2 \sin C [2 \sin A \sin B]$
$= 1 - 4 \sin A \sin B \sin C$.

(A) દરેક પદને $\sin(x-y) = \sin x \cos y - \cos x \sin y$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને વિસ્તૃત કરો:
$\cos \alpha (\sin \beta \cos \gamma - \cos \beta \sin \gamma) + \cos \beta (\sin \gamma \cos \alpha - \cos \gamma \sin \alpha) + \cos \gamma (\sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta)$
$= \cos \alpha \sin \beta \cos \gamma - \cos \alpha \cos \beta \sin \gamma + \cos \beta \sin \gamma \cos \alpha - \cos \beta \cos \gamma \sin \alpha + \cos \gamma \sin \alpha \cos \beta - \cos \gamma \cos \alpha \sin \beta$
અહીં બધા પદો એકબીજા સાથે ઉડી જાય છે:
$(\cos \alpha \sin \beta \cos \gamma - \cos \gamma \cos \alpha \sin \beta) + (-\cos \alpha \cos \beta \sin \gamma + \cos \beta \sin \gamma \cos \alpha) + (-\cos \beta \cos \gamma \sin \alpha + \cos \gamma \sin \alpha \cos \beta) = 0 + 0 + 0 = 0$

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin 6 \theta = \sin 3(2 \theta)$.
$\sin 3A = 3 \sin A - 4 \sin^3 A$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin 6 \theta = 3 \sin 2 \theta - 4 \sin^3 2 \theta$.
$\sin 2 \theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ મૂકતા:
$\sin 6 \theta = 3(2 \sin \theta \cos \theta) - 4(2 \sin \theta \cos \theta)^3$
$= 6 \sin \theta \cos \theta - 32 \sin^3 \theta \cos^3 \theta$
$= 6 \sin \theta \cos \theta - 32 \sin \theta \cos^3 \theta (1 - \cos^2 \theta)$
$= 6 \sin \theta \cos \theta - 32 \sin \theta \cos^3 \theta + 32 \sin \theta \cos^5 \theta$
$= 32 \cos^5 \theta \sin \theta - 32 \cos^3 \theta \sin \theta + 3 \sin 2 \theta$.
આપેલ સમીકરણ $\sin 6 \theta = 32 \cos^5 \theta \sin \theta - 32 \cos^3 \theta \sin \theta + 3x$ સાથે સરખાવતા,આપણને $3x = 3 \sin 2 \theta$ મળે છે,તેથી $x = \sin 2 \theta$.

(D) ધારો કે $P$ ના યામ $(x, y)$ છે.
$P$ એ $A, B, C$ થી સમાન અંતરે હોવાથી,$PA^2 = PB^2$ અને $PB^2 = PC^2$ થાય.
$PA^2 = PB^2$ પરથી:
$(x-1)^2 + (y-3)^2 = (x+3)^2 + (y-5)^2$
$x^2 - 2x + 1 + y^2 - 6y + 9 = x^2 + 6x + 9 + y^2 - 10y + 25$
$8x - 4y + 24 = 0 \Rightarrow 2x - y + 6 = 0$ ... $(i)$
$PB^2 = PC^2$ પરથી:
$(x+3)^2 + (y-5)^2 = (x-5)^2 + (y+1)^2$
$16x - 12y + 8 = 0 \Rightarrow 4x - 3y + 2 = 0$ ... (ii)
$(i)$ અને (ii) ઉકેલતા:
$x = -8, y = -10$ મળે.
આમ,$P$ ના યામ $(-8, -10)$ છે.
$PA = \sqrt{(-8-1)^2 + (-10-3)^2} = \sqrt{81 + 169} = \sqrt{250} = 5 \sqrt{10}$.

(D) ધારો કે મૂળ સિસ્ટમમાં યામ $(x, y)$ છે અને $\theta = 135^{\circ}$ ના પરિભ્રમણ પછી નવી સિસ્ટમમાં યામ $(x', y')$ છે.
પરિવર્તન સમીકરણો:
$x' = x \cos \theta + y \sin \theta$
$y' = -x \sin \theta + y \cos \theta$
આપેલ છે કે $(x', y') = (4, -3)$ અને $\theta = 135^{\circ}$,જ્યાં $\cos 135^{\circ} = -\frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\sin 135^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
કિંમતો મૂકતા:
$4 = x(-\frac{1}{\sqrt{2}}) + y(\frac{1}{\sqrt{2}}) \implies -x + y = 4\sqrt{2} \quad (i)$
$-3 = -x(\frac{1}{\sqrt{2}}) + y(-\frac{1}{\sqrt{2}}) \implies -x - y = -3\sqrt{2} \implies x + y = 3\sqrt{2} \quad (ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2y = 7\sqrt{2} \implies y = \frac{7}{\sqrt{2}}$
$(ii)$ માંથી $(i)$ બાદ કરતા:
$2x = -\sqrt{2} \implies x = -\frac{1}{\sqrt{2}}$
આમ,મૂળ યામ $(x, y) = \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{7}{\sqrt{2}}\right)$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $\sqrt{3} \sin \theta + 2 \cos \theta = \frac{4}{r}$ છે.
$r$ વડે ગુણતા,$\sqrt{3} r \sin \theta + 2 r \cos \theta = 4$ મળે.
ધ્રુવીય યામ $x = r \cos \theta$ અને $y = r \sin \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,સમીકરણ $\sqrt{3} y + 2 x = 4$ અથવા $2x + \sqrt{3}y - 4 = 0$ બને છે.
આ રેખાનો ઢાળ $m_1 = -\frac{2}{\sqrt{3}}$ છે.
તેને લંબ રેખાનો ઢાળ $m_2 = \frac{\sqrt{3}}{2}$ થશે.
બિંદુ $(x_1, y_1) = (-1, \frac{\pi}{2})$ ને કાર્તેઝિયન યામમાં ફેરવતા: $x = -1 \cos(\frac{\pi}{2}) = 0$ અને $y = -1 \sin(\frac{\pi}{2}) = -1$.
તેથી બિંદુ $(0, -1)$ છે.
રેખાનું સમીકરણ $y - (-1) = \frac{\sqrt{3}}{2}(x - 0)$ એટલે કે $\sqrt{3}x - 2y = 2$ થાય.
$x = r \cos \theta$ અને $y = r \sin \theta$ મૂકતા,$\sqrt{3} r \cos \theta - 2 r \sin \theta = 2$ મળે છે.

(C) આપેલ ત્રણ રેખાઓ સંગામી હોવાથી,તેમના સહગુણકોનો નિશ્ચાયક શૂન્ય થાય:
$\left|\begin{array}{rrr} 4 & 3 & -1 \\ 1 & -1 & 5 \\ k & 5 & -3 \end{array}\right| = 0$
પ્રથમ હાર મુજબ નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$4((-1)(-3) - (5)(5)) - 3((1)(-3) - (5)(k)) - 1((1)(5) - (-1)(k)) = 0$
$4(3 - 25) - 3(-3 - 5k) - 1(5 + k) = 0$
$4(-22) + 9 + 15k - 5 - k = 0$
$-88 + 9 - 5 + 14k = 0$
$-84 + 14k = 0$
$14k = 84$
$k = 6$

(D) રેખાઓની જોડી $A x^2+2 H x y+B y^2=0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ રેખાઓ અને $a x+b y+c=0$ દ્વારા બનતો ત્રિકોણ સમબાજુ હોવાથી,રેખાઓની જોડી વચ્ચેનો ખૂણો $60^{\circ}$ હોવો જોઈએ.
$A x^2+2 H x y+B y^2=0$ રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ એ $\tan \theta = \frac{2\sqrt{H^2-A B}}{|A+B|}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમબાજુ ત્રિકોણ માટે,$\theta = 60^{\circ}$,તેથી $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3} = \frac{2\sqrt{H^2-A B}}{|A+B|}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $3 = \frac{4(H^2-A B)}{(A+B)^2}$ મળે છે.
$3(A+B)^2 = 4(H^2-A B)$.
$3(A^2+B^2+2 A B) = 4 H^2-4 A B$.
$3 A^2+3 B^2+6 A B = 4 H^2-4 A B$.
$3 A^2+10 A B+3 B^2 = 4 H^2$.
ડાબી બાજુના અવયવ પાડતા,આપણને $(3 A+B)(A+3 B) = 4 H^2$ મળે છે.

(A) આપેલ સમીકરણો $\lambda^2 x^2 - m^2 y^2 \mp n(\lambda x + m y) = 0$ છે.
અવયવ પાડતા:
$(\lambda x + m y)(\lambda x - m y - n) = 0$
$(\lambda x + m y)(\lambda x - m y + n) = 0$
આ બે સમાંતર રેખાઓની જોડી દર્શાવે છે:
જોડી $1$: $\lambda x + m y = 0$ અને $\lambda x + m y + n = 0$
જોડી $2$: $\lambda x - m y = 0$ અને $\lambda x - m y - n = 0$
સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણનું ક્ષેત્રફળ $\left| \frac{(c_1 - c_2)(d_1 - d_2)}{a_1 b_2 - a_2 b_1} \right|$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં,$c_1 = 0, c_2 = n$ અને $d_1 = 0, d_2 = -n$ છે.
ક્ષેત્રફળ $= \left| \frac{(0 - n)(0 - (-n))}{\lambda(-m) - \lambda(m)} \right| = \frac{n^2}{2|\lambda m|}$ ચોરસ એકમ.

(A) $2, 3-$ડાયમિથાઈલહેક્ઝેનનું બંધારણ: $CH_3-CH(CH_3)-CH(CH_3)-CH_2-CH_2-CH_3$.
$1$. તૃતીયક $(3^{\circ})$ કાર્બન પરમાણુઓ: જે કાર્બન અન્ય ત્રણ કાર્બન સાથે જોડાયેલા હોય. અહીં $2$ અને $3$ નંબરના કાર્બન તૃતીયક છે. કુલ $= 2$.
$2$. દ્વિતીયક $(2^{\circ})$ કાર્બન પરમાણુઓ: જે કાર્બન અન્ય બે કાર્બન સાથે જોડાયેલા હોય. અહીં $4$ અને $5$ નંબરના કાર્બન દ્વિતીયક છે. કુલ $= 2$.
$3$. પ્રાથમિક $(1^{\circ})$ કાર્બન પરમાણુઓ: જે કાર્બન માત્ર એક જ કાર્બન સાથે જોડાયેલા હોય. અહીં બે મિથાઈલ સમૂહ અને છેડાના બે કાર્બન પ્રાથમિક છે. કુલ $= 4$.
આમ,તૃતીયક,દ્વિતીયક અને પ્રાથમિક કાર્બન પરમાણુઓની સંખ્યા અનુક્રમે $2, 2, 4$ છે.

(D) કેપ્લરના ગ્રહીય ગતિના ત્રીજા નિયમ મુજબ,આવર્તકાળ $T$ નો વર્ગ એ કક્ષાની ત્રિજ્યા $R$ ના ઘન સાથે પ્રમાણસર હોય છે,એટલે કે $T^2 \propto R^3$.
ધારો કે $R_1 = R$ ત્રિજ્યા માટે આવર્તકાળ $T_1$ છે અને $R_2 = 1.02 R$ ત્રિજ્યા માટે આવર્તકાળ $T_2$ છે.
તેથી,$\frac{T_2}{T_1} = \left( \frac{R_2}{R_1} \right)^{3/2} = (1.02)^{3/2}$.
નાના $x$ માટે દ્વિપદી અંદાજ $(1 + x)^n \approx 1 + nx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{T_2}{T_1} = (1 + 0.02)^{3/2} \approx 1 + \frac{3}{2} \times 0.02 = 1 + 0.03 = 1.03$.
આમ,$T_2 = 1.03 T_1$.
ટકાવારી તફાવત $\frac{T_2 - T_1}{T_1} \times 100 = \frac{1.03 T_1 - T_1}{T_1} \times 100 = 0.03 \times 100 = 3\%$ થાય.

(B) પેરોક્સાઇડની હાજરીમાં પ્રોપીનની $HBr$ સાથેની પ્રક્રિયા (ખરાશ અસર) મુક્ત મૂલક ક્રિયાવિધિ દ્વારા આગળ વધે છે.
આ ક્રિયાવિધિમાં,બ્રોમિન મુક્ત મૂલક $(\dot{Br})$ દ્વિબંધ પર હુમલો કરીને વધુ સ્થાયી દ્વિતીયક મુક્ત મૂલક મધ્યવર્તી $(CH_3-\dot{C}H-CH_2Br)$ બનાવે છે.
આ દ્વિતીયક મુક્ત મૂલક ત્યારબાદ $HBr$ માંથી હાઇડ્રોજન પરમાણુ મેળવીને અંતિમ નીપજ,$1$-બ્રોમોપ્રોપેન $(CH_3-CH_2-CH_2Br)$ બનાવે છે.

(A) જ્યારે એસિટિલીન $(C_2H_2)$ ને લાલ ગરમ લોખંડની નળીમાંથી પસાર કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે ચક્રીય પોલિમરાઈઝેશન દ્વારા બેન્ઝીન $(C_6H_6)$ બનાવે છે,જે સંયોજન $X$ છે.
$3C_2H_2 \xrightarrow{\text{red hot iron tube}} C_6H_6 (X)$
વિકલ્પ $A$ માં ઝિંક ડસ્ટનો ઉપયોગ કરીને ફિનોલનું રિડક્શન દર્શાવવામાં આવ્યું છે,જે બેન્ઝીન બનાવવા માટેની પ્રમાણભૂત પ્રયોગશાળા પદ્ધતિ છે:
$C_6H_5OH + Zn \xrightarrow{\text{distillation}} C_6H_6 + ZnO$
આમ,પ્રક્રિયા $A$ મુખ્ય નીપજ તરીકે $X$ આપે છે.

(A) આપેલ પ્રતિક્રિયાઓ પરથી:
$1$. $X + HCl \rightarrow C_2H_5Cl$ (ઉમેરણ પ્રતિક્રિયા સૂચવે છે કે $X$ એ આલ્કીન,$C_2H_4$ છે).
$2$. $Y + HCl \rightarrow C_2H_5Cl$ (વિસ્થાપન પ્રતિક્રિયા સૂચવે છે કે $Y$ એ આલ્કોહોલ,$C_2H_5OH$ છે).
$3$. $Y$ $(C_2H_5OH)$ નું $X$ $(C_2H_4)$ માં રૂપાંતર એ નિર્જલીકરણ પ્રતિક્રિયા છે.
$4$. ઇથેનોલનું ઇથીનમાં નિર્જલીકરણ $Al_2O_3$ સાથે $350^{\circ}C$ તાપમાને ગરમ કરવાથી થાય છે.
$\underset{(Y)}{C_2H_5OH} \xrightarrow[350^{\circ}C]{Al_2O_3} \underset{(X)}{C_2H_4} + H_2O$

(A) આપેલ સમીકરણોની સિસ્ટમ:
$2x + y - z = 7$ $(i)$
$x - 3y + 2z = 1$ $(ii)$
$x + 4y - 3z = 5$ $(iii)$
ઉકેલોની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે સિસ્ટમની સુસંગતતા તપાસીએ છીએ.
ધારો કે $D$ એ સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક છે:
$D = \begin{vmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 1 & -3 & 2 \\ 1 & 4 & -3 \end{vmatrix} = 2(9 - 8) - 1(-3 - 2) - 1(4 + 3) = 2(1) - 1(-5) - 1(7) = 2 + 5 - 7 = 0$.
$D = 0$ હોવાથી,સિસ્ટમ કાં તો અસંગત છે અથવા અનંત ઉકેલો ધરાવે છે.
ચાલો આપણે ઓગમેન્ટેડ મેટ્રિક્સનો ઉપયોગ કરીને અથવા ચલ દૂર કરીને સુસંગતતા તપાસીએ.
$(ii) + (iii)$ લેતા: $(x - 3y + 2z) + (x + 4y - 3z) = 1 + 5 \implies 2x + y - z = 6$.
આને સમીકરણ $(i)$ સાથે સરખાવતા,જે $2x + y - z = 7$ છે,આપણને વિરોધાભાસ મળે છે $(6 = 7)$.
તેથી,સિસ્ટમ અસંગત છે અને તેના $0$ ઉકેલો છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x-1}{2x^2-7x+5}$ જ્યાં $x \neq 1$.
છેદના અવયવ પાડતા: $2x^2-7x+5 = 2x^2-2x-5x+5 = 2x(x-1)-5(x-1) = (2x-5)(x-1)$.
તેથી,$x \neq 1$ માટે,$f(x) = \frac{x-1}{(2x-5)(x-1)} = \frac{1}{2x-5}$.
વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2x-5}, & x \neq 1 \\ -\frac{1}{3}, & x=1 \end{cases}$ છે.
વિકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$f'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h)-f(1)}{h}$.
$f'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{2(1+h)-5} - (-\frac{1}{3})}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{2h-3} + \frac{1}{3}}{h}$.
$f'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{3 + (2h-3)}{3h(2h-3)} = \lim_{h \to 0} \frac{2h}{3h(2h-3)} = \lim_{h \to 0} \frac{2}{3(2h-3)}$.
$h=0$ મુકતા,$f'(1) = \frac{2}{3(-3)} = -\frac{2}{9}$.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x}{1+|x|}$ છે.
$f^{\prime}(0)$ શોધવા માટે,આપણે $x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન ચકાસીશું.
$x > 0$ માટે,$|x| = x$,તેથી $f(x) = \frac{x}{1+x}$. તો $f^{\prime}(x) = \frac{(1+x)(1) - x(1)}{(1+x)^2} = \frac{1}{(1+x)^2}$. આમ,$f^{\prime}(0^+) = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{(1+x)^2} = 1$.
$x < 0$ માટે,$|x| = -x$,તેથી $f(x) = \frac{x}{1-x}$. તો $f^{\prime}(x) = \frac{(1-x)(1) - x(-1)}{(1-x)^2} = \frac{1}{(1-x)^2}$. આમ,$f^{\prime}(0^-) = \lim_{x \to 0^-} \frac{1}{(1-x)^2} = 1$.
અહીં $f^{\prime}(0^+) = f^{\prime}(0^-) = 1$ હોવાથી,વિકલન $f^{\prime}(0)$ નું અસ્તિત્વ છે અને તેની કિંમત $1$ છે.

(C) આપેલ છે કે,$u(x, y) = y \log x + x \log y$.
સૌ પ્રથમ,આપણે આંશિક વિકલન $u_x$ અને $u_y$ શોધીએ:
$u_x = \frac{\partial}{\partial x}(y \log x + x \log y) = \frac{y}{x} + \log y$.
$u_y = \frac{\partial}{\partial y}(y \log x + x \log y) = \log x + \frac{x}{y}$.
હવે,પદાવલિ $E = u_x u_y - u_x \log x - u_y \log y + \log x \log y$ ને ધ્યાનમાં લો.
આ પદાવલિને આ રીતે અવયવ પાડી શકાય:
$E = u_x(u_y - \log x) - \log y(u_y - \log x) = (u_x - \log y)(u_y - \log x)$.
$u_x$ અને $u_y$ ની કિંમતો મૂકતા:
$u_x - \log y = (\frac{y}{x} + \log y) - \log y = \frac{y}{x}$.
$u_y - \log x = (\log x + \frac{x}{y}) - \log x = \frac{x}{y}$.
તેથી,$E = (\frac{y}{x}) \times (\frac{x}{y}) = 1$.

(C) પાણીનું સ્વયં-આયનીકરણ,$H_2O_{(l)} \rightleftharpoons H^+_{(aq)} + OH^-_{(aq)}$,એક ઉષ્માશોષક પ્રક્રિયા $(\Delta H > 0)$ છે.
લે શેટલિયરના સિદ્ધાંત મુજબ,તાપમાનમાં વધારો સંતુલનને જમણી તરફ ખસેડે છે,જે આયનીય ગુણાકાર $(K_w)$ નું મૂલ્ય વધારે છે.
તેનાથી વિપરીત,તાપમાનમાં ઘટાડો સંતુલનને ડાબી તરફ ખસેડે છે,જે $K_w$ નું મૂલ્ય ઘટાડે છે.
તાપમાન $35^{\circ} C$ થી ઘટાડીને $10^{\circ} C$ કરવામાં આવ્યું હોવાથી,$K_w$ નું મૂલ્ય $1.96 \times 10^{-14}$ કરતા ઓછું હોવું જોઈએ.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$2.95 \times 10^{-15}$ એ એકમાત્ર મૂલ્ય છે જે $1.96 \times 10^{-14}$ કરતા નાનું છે.

(B) આપેલ છે: મોલની સંખ્યા $n = 5$,પ્રારંભિક તાપમાન $T_1 = 100^{\circ} C$,અંતિમ તાપમાન $T_2 = 120^{\circ} C$,આંતરિક ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = 80 \ J$.
તાપમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta T = T_2 - T_1 = 120^{\circ} C - 100^{\circ} C = 20 \ K$.
અચળ કદ પર વાયુ માટે આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = C_V \Delta T$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $C_V$ એ અચળ કદ પર વાયુની કુલ ઉષ્મા ધારિતા છે.
$C_V$ શોધવા માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા: $C_V = \frac{\Delta U}{\Delta T}$.
કિંમતો મૂકતા: $C_V = \frac{80 \ J}{20 \ K} = 4 \ J/K$.
તેથી,અચળ કદ પર વાયુની કુલ ઉષ્મા ધારિતા $4 \ J/K$ છે.

(A) ધારો કે ઢળતા સમતલને આપવામાં આવતો સમક્ષિતિજ પ્રવેગ $a$ છે. વસ્તુને ઢળતા સમતલની સાપેક્ષમાં સ્થિર રાખવા માટે,સમક્ષિતિજ દિશામાં વસ્તુ પર લાગતું સ્યુડો બળ $ma$ એ ઢળતા સમતલ પર નીચેની તરફ લાગતા ગુરુત્વાકર્ષણના ઘટકને સંતુલિત કરવું જોઈએ.
ઢળતા સમતલને સમાંતર બળોનું વિભાજન કરતા:
ઢળતા સમતલ પર સ્યુડો બળ $ma$ નો ઘટક $ma \cos \theta$ છે.
ઢળતા સમતલ પર ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ નો ઘટક $mg \sin \theta$ છે.
વસ્તુ ઢળતા સમતલની સાપેક્ષમાં સ્થિર રહે તે માટે,આ બળો સમાન હોવા જોઈએ: $ma \cos \theta = mg \sin \theta$.
આમ,$a = g \tan \theta$.
આપેલ છે કે $\sin \theta = \frac{1}{l}$,તેથી આપણે $\tan \theta$ શોધી શકીએ છીએ. કાટકોણ ત્રિકોણમાં સામેની બાજુ $1$ અને કર્ણ $l$ હોય,તો પાસેની બાજુ $\sqrt{l^2 - 1}$ થાય.
તેથી,$\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{l^2 - 1}}$.
આ કિંમત $a$ ના સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $a = \frac{g}{\sqrt{l^2 - 1}}$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે,ઘનફળમાં ફેરફારનો દર $\frac{dV}{dt} = 30 \ ft^3 / min$ અને ત્રિજ્યા $r = 15 \ ft$ છે.
ગોળાનું ઘનફળ $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા,આપણને મળે છે $\frac{dV}{dt} = 4 \pi r^2 \frac{dr}{dt}$.
આપેલી કિંમતો મૂકતા: $30 = 4 \pi (15)^2 \frac{dr}{dt}$.
$30 = 4 \pi (225) \frac{dr}{dt} = 900 \pi \frac{dr}{dt}$.
તેથી,$\frac{dr}{dt} = \frac{30}{900 \pi} = \frac{1}{30 \pi} \ ft / min$.

(B) આપેલ સંકલન $I = \int \frac{1+x+\sqrt{x+x^2}}{\sqrt{x}+\sqrt{1+x}} d x$ છે.
અંશને આ રીતે લખી શકાય: $1+x+\sqrt{x(1+x)} = \sqrt{1+x} \cdot \sqrt{1+x} + \sqrt{x} \cdot \sqrt{1+x}$.
$\sqrt{1+x}$ સામાન્ય લેતા: $\sqrt{1+x}(\sqrt{1+x} + \sqrt{x})$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા: $I = \int \frac{\sqrt{1+x}(\sqrt{1+x} + \sqrt{x})}{\sqrt{x}+\sqrt{1+x}} d x$.
અંશ અને છેદમાંથી $(\sqrt{x}+\sqrt{1+x})$ પદ ઉડી જશે.
તેથી,$I = \int \sqrt{1+x} d x$.
ઘાતનો નિયમ $\int u^n du = \frac{u^{n+1}}{n+1} + C$ વાપરતા: $I = \frac{(1+x)^{3/2}}{3/2} + C = \frac{2}{3}(1+x)^{3/2} + C$.

(C) આપેલ અંતરાલ $[2,6]$ ને $n=4$ સમાન પેટા-અંતરાલોમાં વિભાજિત કરવામાં આવે છે.
સ્ટેપ સાઈઝ $h = \frac{6-2}{4} = 1$ છે.
ધારો કે $f(x) = \frac{1}{x^2-x}$.
$x_i$ અને $y_i = f(x_i)$ ના મૂલ્યો નીચે મુજબ છે:
$x_0 = 2, y_0 = \frac{1}{2^2-2} = \frac{1}{2} = 0.5$
$x_1 = 3, y_1 = \frac{1}{3^2-3} = \frac{1}{6} \approx 0.1667$
$x_2 = 4, y_2 = \frac{1}{4^2-4} = \frac{1}{12} \approx 0.0833$
$x_3 = 5, y_3 = \frac{1}{5^2-5} = \frac{1}{20} = 0.05$
$x_4 = 6, y_4 = \frac{1}{6^2-6} = \frac{1}{30} \approx 0.0333$
સિમ્પસનના નિયમ મુજબ:
$\int_2^6 f(x) dx \approx \frac{h}{3} [y_0 + y_4 + 4(y_1 + y_3) + 2y_2]$
$\approx \frac{1}{3} [\frac{1}{2} + \frac{1}{30} + 4(\frac{1}{6} + \frac{1}{20}) + 2(\frac{1}{12})]$
$\approx \frac{1}{3} [\frac{16}{30} + 4(\frac{10+3}{60}) + \frac{1}{6}]$
$\approx \frac{1}{3} [\frac{16}{30} + \frac{52}{60} + \frac{5}{30}] = \frac{1}{3} [\frac{32+52+10}{60}] = \frac{94}{180} = \frac{47}{90} \approx 0.5222$.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $y^2 dx + (x^2 - xy + y^2) dy = 0$.
તેને ફરીથી ગોઠવતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{-y^2}{x^2 - xy + y^2}$.
આ એક સમપરિમાણ વિકલ સમીકરણ છે. ધારો કે $y = vx$,તેથી $\frac{dy}{dx} = v + x \frac{dv}{dx}$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $v + x \frac{dv}{dx} = \frac{-(vx)^2}{x^2 - x(vx) + (vx)^2} = \frac{-v^2}{1 - v + v^2}$.
$x \frac{dv}{dx} = \frac{-v^2}{v^2 - v + 1} - v = \frac{-v^2 - v(v^2 - v + 1)}{v^2 - v + 1} = \frac{-v^2 - v^3 + v^2 - v}{v^2 - v + 1} = \frac{-(v^3 + v)}{v^2 - v + 1}$.
ચલનું અલગીકરણ કરતા: $\frac{v^2 - v + 1}{v^3 + v} dv = -\frac{1}{x} dx$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{v^2 - v + 1}{v(v^2 + 1)} = \frac{1}{v} - \frac{1}{v^2 + 1}$.
તેથી,$\left(\frac{1}{v} - \frac{1}{v^2 + 1}\right) dv = -\frac{1}{x} dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\log|v| - \tan^{-1}(v) = -\log|x| + C$.
$\log|v| + \log|x| = \tan^{-1}(v) + C$.
$\log|vx| = \tan^{-1}(v) + C$.
$y = vx$ હોવાથી,$\log|y| = \tan^{-1}\left(\frac{y}{x}\right) + C$,એટલે કે $\tan^{-1}\left(\frac{y}{x}\right) = \log y + C$.

(D) આપણને દિક-ગુણોત્તર $(l, m, n)$ માટેના સમીકરણો આપેલા છે:
$3lm - 4ln + mn = 0$ $\ldots$ $(i)$
$l + 2m + 3n = 0$ $\ldots$ (ii)
સમીકરણ (ii) પરથી,$l = -(2m + 3n)$.
આ કિંમત $(i)$ માં મૂકતા:
$-3(2m + 3n)m + 4(2m + 3n)n + mn = 0$
$-6m^2 - 9mn + 8mn + 12n^2 + mn = 0$
$-6m^2 + 12n^2 = 0 \Rightarrow m^2 = 2n^2 \Rightarrow m = \pm \sqrt{2}n$.
કિસ્સો $1$: $m = \sqrt{2}n$. તો $l = -(2\sqrt{2} + 3)n$. દિક-ગુણોત્તર $(l_1, m_1, n_1) = (-(3 + 2\sqrt{2}), \sqrt{2}, 1)$ છે.
કિસ્સો $2$: $m = -\sqrt{2}n$. તો $l = -(-2\sqrt{2} + 3)n = (2\sqrt{2} - 3)n$. દિક-ગુણોત્તર $(l_2, m_2, n_2) = (-(3 - 2\sqrt{2}), -\sqrt{2}, 1)$ છે.
રેખાઓ વચ્ચેના ખૂણા $\theta$ માટે:
$\cos \theta = \frac{l_1l_2 + m_1m_2 + n_1n_2}{\sqrt{l_1^2 + m_1^2 + n_1^2} \sqrt{l_2^2 + m_2^2 + n_2^2}}$
અંશની કિંમત $(3 + 2\sqrt{2})(3 - 2\sqrt{2}) + (\sqrt{2})(-\sqrt{2}) + (1)(1) = (9 - 8) - 2 + 1 = 1 - 2 + 1 = 0$ થાય છે.
અંશ $0$ હોવાથી,$\cos \theta = 0$,જેનો અર્થ છે કે $\theta = \frac{\pi}{2}$.

(D) ધારો કે $P(X=0) = p_0, P(X=1) = p_1, P(X=2) = p_2, P(X=3) = p_3$ છે.
આપેલ છે કે મધ્યક $1.3$ છે,તેથી:
$0 \cdot p_0 + 1 \cdot p_1 + 2 \cdot p_2 + 3 \cdot p_3 = 1.3$
$p_2 = 0.3$ અને $p_3 = 2 p_1$ મૂકતા:
$0 + p_1 + 2(0.3) + 3(2 p_1) = 1.3$
$p_1 + 0.6 + 6 p_1 = 1.3$
$7 p_1 = 0.7 \Rightarrow p_1 = 0.1$
હવે,$p_3 = 2 p_1 = 2(0.1) = 0.2$.
સંભાવનાઓનો સરવાળો $1$ હોવાથી:
$p_0 + p_1 + p_2 + p_3 = 1$
$p_0 + 0.1 + 0.3 + 0.2 = 1$
$p_0 + 0.6 = 1 \Rightarrow p_0 = 0.4$
આમ,$P(X=0) = 0.4$.

(A) પોઈસન વિતરણનું સંભાવના દળ વિધેય $P(X=k) = \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\lambda$ એ વિતરણનો મધ્યક છે.
આપેલ શરત $P(X=2) = 3 P(X=3)$ છે.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$\frac{\lambda^2 e^{-\lambda}}{2!} = 3 \cdot \frac{\lambda^3 e^{-\lambda}}{3!}$
બંને બાજુ $e^{-\lambda}$ (કારણ કે $e^{-\lambda} \neq 0$) અને $\lambda^2$ (ધારો કે $\lambda > 0$) વડે ભાગતા:
$\frac{1}{2} = 3 \cdot \frac{\lambda}{3 \times 2 \times 1}$
$\frac{1}{2} = \frac{3\lambda}{6}$
$\frac{1}{2} = \frac{\lambda}{2}$
$\lambda = 1$.
આમ,પોઈસન વિતરણનો મધ્યક $1$ છે.

(C) ધારો કે $E_1$ એ થેલી $X$ પસંદ કરવાની ઘટના છે અને $E_2$ એ થેલી $Y$ પસંદ કરવાની ઘટના છે. થેલી યાદચ્છિક રીતે પસંદ કરવામાં આવતી હોવાથી,$P(E_1) = P(E_2) = \frac{1}{2}$.
ધારો કે $W$ એ સફેદ દડો કાઢવાની ઘટના છે.
થેલી $X$ માંથી સફેદ દડો કાઢવાની સંભાવના $P(W|E_1) = \frac{2}{2+3} = \frac{2}{5}$ છે.
થેલી $Y$ માંથી સફેદ દડો કાઢવાની સંભાવના $P(W|E_2) = \frac{4}{4+2} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ છે.
સંપૂર્ણ સંભાવનાના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,સફેદ દડો કાઢવાની સંભાવના $P(W) = P(E_1) \cdot P(W|E_1) + P(E_2) \cdot P(W|E_2)$ છે.
$P(W) = \left(\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{5}\right) + \left(\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3}\right) = \frac{1}{5} + \frac{1}{3} = \frac{3+5}{15} = \frac{8}{15}$.

(B) કેશિકા નળીમાંથી પાણીના પ્રવાહનો દર પોઈઝ્યુઈલના સમીકરણ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $V = \frac{\pi p r^4}{8 \eta l}$.
આને દબાણના ઘટાડા તરીકે ફરીથી લખી શકાય: $p = V \left( \frac{8 \eta l}{\pi r^4} \right) = V R_h$,જ્યાં $R_h = \frac{8 \eta l}{\pi r^4}$ એ હાઇડ્રોલિક અવરોધ છે.
પ્રથમ નળી માટે,$R_1 = \frac{8 \eta l}{\pi r^4}$.
બીજી નળી માટે,$R_2 = \frac{8 \eta l}{\pi (r/2)^4} = \frac{8 \eta l}{\pi r^4 / 16} = 16 R_1$.
શ્રેણી જોડાણમાં,કુલ દબાણ તફાવત $p$ એ દબાણના ઘટાડાનો સરવાળો છે: $p = p_1 + p_2 = V' R_1 + V' R_2$,જ્યાં $V'$ એ નવો પ્રવાહ દર છે.
કારણ કે $p = V R_1$,તેથી $V R_1 = V' (R_1 + 16 R_1) = V' (17 R_1)$.
તેથી,$V' = \frac{V}{17}$.

(D) $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતા સાબુના પરપોટાની અંદરનું વધારાનું દબાણ $p = \frac{4T}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ પૃષ્ઠતાણ છે.
પ્રારંભિક બે પરપોટા માટે,વધારાનું દબાણ $p_1 = \frac{4T}{r_1}$ અને $p_2 = \frac{4T}{r_2}$ છે.
આ પરપોટાના કદ $V_1 = \frac{4}{3}\pi r_1^3$ અને $V_2 = \frac{4}{3}\pi r_2^3$ છે.
ધારો કે પરિણામી પરપોટાની ત્રિજ્યા $R$ છે. તેની અંદરનું વધારાનું દબાણ $p = \frac{4T}{R}$ છે અને તેનું કદ $V = \frac{4}{3}\pi R^3$ છે.
સમતાપી પરિસ્થિતિમાં,વાયુના મોલની કુલ સંખ્યા અચળ રહે છે. $PV = nRT$ હોવાથી,અને $T$ અચળ હોવાથી,ગુણાકાર $PV$ સંરક્ષિત રહે છે (શૂન્યાવકાશમાં બાહ્ય દબાણ શૂન્ય છે તેમ ધારતા).
તેથી,$PV = p_1V_1 + p_2V_2$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{4T}{R} \left( \frac{4}{3}\pi R^3 \right) = \frac{4T}{r_1} \left( \frac{4}{3}\pi r_1^3 \right) + \frac{4T}{r_2} \left( \frac{4}{3}\pi r_2^3 \right)$.
આનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને $R^2 = r_1^2 + r_2^2$ મળે છે.
તેથી,$R = \sqrt{r_1^2 + r_2^2}$.

(D) આપેલ દળ ક્ષતિ,$\Delta m = 0.3 ~g = 0.3 \times 10^{-3} ~kg = 3 \times 10^{-4} ~kg$.
પ્રકાશનો વેગ,$c = 3 \times 10^8 ~m/s$.
મુક્ત થતી ઉર્જા આઈન્સ્ટાઈનના દળ-ઉર્જા સમતુલ્યતાના સૂત્ર $E = \Delta m c^2$ દ્વારા મળે છે.
$E = (3 \times 10^{-4} ~kg) \times (3 \times 10^8 ~m/s)^2$.
$E = 3 \times 10^{-4} \times 9 \times 10^{16} ~J = 27 \times 10^{12} ~J$.
જૂલને કિલોવોટ અવર $(kWh)$ માં ફેરવવા માટે,આપણે તેને $3.6 \times 10^6 ~J/kWh$ વડે ભાગીશું.
$E = \frac{27 \times 10^{12}}{3.6 \times 10^6} ~kWh = 7.5 \times 10^6 ~kWh$.

(C) પ્રિઝમના દ્રવ્યનો વક્રીભવનાંક નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\mu = \frac{\sin((A + \delta_m)/2)}{\sin(A/2)}$.
અહીં આપેલ છે કે લઘુત્તમ વિચલનનો ખૂણો $\delta_m = A$ છે,તેથી આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા:
$\mu = \frac{\sin((A + A)/2)}{\sin(A/2)}$
$\mu = \frac{\sin(2A/2)}{\sin(A/2)} = \frac{\sin A}{\sin(A/2)}$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin A = 2 \sin(A/2) \cos(A/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\mu = \frac{2 \sin(A/2) \cos(A/2)}{\sin(A/2)}$.
પદનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને મળે છે $\mu = 2 \cos(A/2)$.
તેથી,$\cos(A/2) = \mu/2$.
બંને બાજુ ઇન્વર્સ કોસાઇન લેતા,$A/2 = \cos^{-1}(\mu/2)$.
આમ,$A = 2 \cos^{-1}(\mu/2)$.

(C) જ્યારે મેગ્નેશિયમ બાયકાર્બોનેટના જલીય દ્રાવણને ઉકાળવામાં આવે છે,ત્યારે તેનું ઉષ્મીય વિઘટન થઈને મેગ્નેશિયમ હાઇડ્રોક્સાઇડ,કાર્બન ડાયોક્સાઇડ અને પાણી બને છે.
સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$Mg(HCO_3)_{2(aq)} \xrightarrow{\Delta} Mg(OH)_{2(s)} + 2CO_{2(g)} + 2H_2O_{(l)}$

(C) $1$. જ્યારે $Na_2O$ અને $CaO$ ને પાણીમાં ઓગાળવામાં આવે છે,ત્યારે તેઓ તેમના સંબંધિત હાઇડ્રોક્સાઇડ બનાવે છે: $Na_2O + H_2O \rightarrow 2NaOH$ અને $CaO + H_2O \rightarrow Ca(OH)_2$
$2$. જ્યારે આ દ્રાવણને વધારાના $CO_2$ સાથે સંતૃપ્ત કરવામાં આવે છે,ત્યારે હાઇડ્રોક્સાઇડ બાયકાર્બોનેટ બનાવવા માટે પ્રતિક્રિયા આપે છે: $NaOH + CO_2 \rightarrow NaHCO_3$ અને $Ca(OH)_2 + 2CO_2 \rightarrow Ca(HCO_3)_2$
$3$. $NaHCO_3$ અને $Ca(HCO_3)_2$ બંને પાણીમાં દ્રાવ્ય છે.
$4$. પરિણામી દ્રાવણમાં આ બાયકાર્બોનેટ હોય છે,જે વધારાના ઓગળેલા $CO_2$ (કાર્બોનિક એસિડ બનાવે છે) અને બાયકાર્બોનેટ ક્ષારોની પ્રકૃતિને કારણે દ્રાવણને થોડું એસિડિક બનાવે છે.

(C) સલ્ફરના દહન માટેનું સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ: $S(s) + O_2(g) \longrightarrow SO_2(g)$.
પ્રક્રિયાના તત્વયોગમિતિ (stoichiometry) મુજબ,$1 \ mol$ $S$ એ $1 \ mol$ $O_2$ સાથે પ્રક્રિયા કરે છે.
$STP$ પર,કોઈપણ વાયુના $1 \ mol$ નું કદ $22.4 \ L$ હોય છે.
તેથી,$1 \ mol$ $S$ માટે $22.4 \ L$ $O_2$ ની જરૂર પડે છે.
$1.5 \ mol$ $S$ માટે જરૂરી $O_2$ નું કદ: $1.5 \ mol \times 22.4 \ L/mol = 33.6 \ L$.

(C) આપેલ વેગ: $C_1 = 100 \ ms^{-1}, C_2 = 200 \ ms^{-1}, C_3 = 500 \ ms^{-1}$.
રૂટ મીન સ્ક્વેર $(rms)$ વેગનું સૂત્ર: $C_{rms} = \sqrt{\frac{C_1^2 + C_2^2 + C_3^2}{n}}$.
કિંમતો મૂકતા: $C_{rms} = \sqrt{\frac{100^2 + 200^2 + 500^2}{3}}$.
$C_{rms} = \sqrt{\frac{10000 + 40000 + 250000}{3}}$.
$C_{rms} = \sqrt{\frac{300000}{3}} = \sqrt{100000}$.
$C_{rms} = 100 \sqrt{10} \ ms^{-1}$.

(C) કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઉર્જા $(KE)$ $KE = \frac{1}{2} mv^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સ્થિર વિદ્યુત બળના સંતુલન પરથી,$\frac{mv^2}{r} = \frac{e^2}{r^2}$,જેનો અર્થ છે કે $mv^2 = \frac{e^2}{r}$.
આને ગતિ ઉર્જાના સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $KE = \frac{1}{2} \frac{e^2}{r}$ મળે છે.
ઇલેક્ટ્રોનની સ્થિતિ ઉર્જા $(PE)$ $PE = \frac{-e^2}{r}$ છે.
કુલ ઉર્જા $(E)$ એ ગતિ ઉર્જા અને સ્થિતિ ઉર્જાનો સરવાળો છે: $E = KE + PE = \frac{1}{2} \frac{e^2}{r} - \frac{e^2}{r} = \frac{-e^2}{2r}$.

(A) ફોટોનની ઉર્જા $E$ એ $E = h \nu = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: $\lambda = 2000 \ \text{Å} = 2000 \times 10^{-8} \ \text{cm} = 2 \times 10^{-5} \ \text{cm}$.
પ્રકાશની ગતિ $c = 3 \times 10^{10} \ \text{cm/s}$.
પ્લાન્કનો અચળાંક $h = 6.626 \times 10^{-27} \ \text{erg} \cdot \text{s}$.
આવૃત્તિ $\nu = \frac{c}{\lambda} = \frac{3 \times 10^{10}}{2 \times 10^{-5}} = 1.5 \times 10^{15} \ \text{s}^{-1}$.
ઉર્જા $E = h \nu = (6.626 \times 10^{-27} \ \text{erg} \cdot \text{s}) \times (1.5 \times 10^{15} \ \text{s}^{-1}) \approx 9.94 \times 10^{-12} \ \text{erg}$.

(C) મિથેનની દહન પ્રક્રિયા: $CH_4(g) + 2O_2(g) \longrightarrow CO_2(g) + 2H_2O(l)$.
આપેલ છે કે $10 \ g$ $CH_4$ ના દહનથી $560 \ kJ$ ઉષ્મા મુક્ત થાય છે,તેથી $\Delta H = -560 \ kJ$.
મિથેન $(CH_4)$ નું આણ્વીય દળ $12 + (4 \times 1) = 16 \ g \ mol^{-1}$ છે.
દહન ઉષ્મા એટલે પદાર્થના એક મોલ દીઠ મુક્ત થતી ઉષ્મા.
$10 \ g$ $CH_4$ માટે,$\Delta H = -560 \ kJ$.
$1 \ g$ $CH_4$ માટે,$\Delta H = \frac{-560}{10} \ kJ$.
$16 \ g$ $(1 \ mole)$ $CH_4$ માટે,$\Delta H = \frac{-560}{10} \times 16 = -896 \ kJ \ mol^{-1}$.