TS EAMCET 2004 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ $(v_{CM})$ નીચે મુજબ મળે છે:
$v_{CM} = \frac{m_1 \overrightarrow{v}_1 + m_2 \overrightarrow{v}_2}{m_1 + m_2} = \frac{\overrightarrow{v}_1 + \overrightarrow{v}_2}{2}$ (કારણ કે $m_1 = m_2 = m$).
$v_{CM} = \frac{4 \hat{i} + 4 \hat{j}}{2} = (2 \hat{i} + 2 \hat{j}) \text{ ms}^{-1}$.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો પ્રવેગ $(a_{CM})$ નીચે મુજબ મળે છે:
$a_{CM} = \frac{m_1 \overrightarrow{a}_1 + m_2 \overrightarrow{a}_2}{m_1 + m_2} = \frac{\overrightarrow{a}_1 + 0}{2} = \frac{5 \hat{i} + 5 \hat{j}}{2} = (2.5 \hat{i} + 2.5 \hat{j}) \text{ ms}^{-2}$.
અહીં પ્રવેગ સદિશ $\overrightarrow{a}_{CM}$ અચળ હોવાથી,દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર અચળ પ્રવેગથી ગતિ કરે છે.
પ્રારંભિક વેગ $\overrightarrow{v}_{CM}$ અને પ્રવેગ $\overrightarrow{a}_{CM}$ એકબીજાને સમાંતર હોવાથી (બંને $\hat{i} + \hat{j}$ ની દિશામાં છે),દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો માર્ગ સીધી રેખા હશે.

(D) વિધાન $A$ ખોટું છે. જ્યારે કોઈ વ્યક્તિ ચાલે છે,ત્યારે તે તેના પગ વડે જમીનને પાછળની તરફ ધકેલે છે. ન્યૂટનના ત્રીજા નિયમ મુજબ,જમીન વ્યક્તિ પર આગળની દિશામાં સમાન અને વિરુદ્ધ બળ લગાડે છે. આ સ્થિત ઘર્ષણ બળ વ્યક્તિને આગળ ધપાવે છે.
વિધાન $B$ સાચું છે. સાયકલના આગળના પૈડા માટે (જે ચેઈન દ્વારા ચાલતું નથી),જમીન ગતિનો વિરોધ કરવા માટે પાછળની દિશામાં ઘર્ષણ બળ લગાડે છે,જે પૈડાને ધીમું કરે છે અથવા જમીનની સાપેક્ષે તેની ગતિની સ્થિતિ જાળવી રાખે છે.

(A) આપેલ છે: $m_1 = 2 \,kg$, $v_1 = 24 \,ms^{-1}$, $m_2 = 4 \,kg$, $v_2 = -48 \,ms^{-1}$ (વિરુદ્ધ દિશા), $e = 2/3$.
સંઘાત બાદ અંતિમ વેગ માટેનું સૂત્ર:
$v_1' = \frac{m_1 v_1 + m_2 v_2 + e m_2 (v_2 - v_1)}{m_1 + m_2}$
$v_1' = \frac{(2)(24) + (4)(-48) + (2/3)(4)(-48 - 24)}{2 + 4}$
$v_1' = \frac{48 - 192 + (8/3)(-72)}{6} = \frac{-144 - 192}{6} = \frac{-336}{6} = -56 \,ms^{-1}$.
વેગમાન સંરક્ષણ અથવા પ્રત્યવસ્થાનના સમીકરણ $v_2' - v_1' = e(v_1 - v_2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$v_2' - (-56) = (2/3)(24 - (-48))$
$v_2' + 56 = (2/3)(72) = 48$
$v_2' = 48 - 56 = -8 \,ms^{-1}$.

(B) ધારો કે બે કણોના સ્થાન સદિશો $\vec{r}_1 = 4\hat{i} + 4\hat{j} + 57\hat{k}$ અને $\vec{r}_2 = 2\hat{i} + 2\hat{j} + 5\hat{k}$ છે.
કણો $t = 10 \ s$ સમયે અથડાય તે માટે,તે ક્ષણે તેમના સ્થાન સમાન હોવા જોઈએ: $\vec{r}_1 + \vec{v}_1 t = \vec{r}_2 + \vec{v}_2 t$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $(4\hat{i} + 4\hat{j} + 57\hat{k}) + (0.4\hat{i})(10) = (2\hat{i} + 2\hat{j} + 5\hat{k}) + \vec{v}_2(10)$.
પ્રશ્નમાં આપેલ ઉકેલ મુજબ,પ્રથમ સદિશ $4\hat{i} - 4\hat{j} + 7\hat{k}$ લેતા:
$10\vec{v}_2 = (4\hat{i} - 4\hat{j} + 7\hat{k} + 4\hat{i}) - (2\hat{i} + 2\hat{j} + 5\hat{k}) = 6\hat{i} - 6\hat{j} + 2\hat{k}$.
$\vec{v}_2 = 0.6(\hat{i} - \hat{j} + \frac{1}{3}\hat{k}) \ ms^{-1}$.

(D) ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,પૃથ્વીની સપાટી પરની કુલ ઉર્જા અને અનંત અંતરે રહેલી કુલ ઉર્જા સમાન હોવી જોઈએ.
ધારો કે પદાર્થનું દળ $m$ છે અને પૃથ્વીનું દળ $M$ છે.
સપાટી પર: $E_i = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{R} = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2}mv_e^2$ (કારણ કે $v_e^2 = \frac{2GM}{R}$).
અનંત અંતરે: $E_f = \frac{1}{2}mv'^2 - 0 = \frac{1}{2}mv'^2$.
$E_i = E_f$ ને સરખાવતા: $\frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2}mv_e^2 = \frac{1}{2}mv'^2$.
આમ,$v'^2 = v^2 - v_e^2$.
આપેલ છે કે $v = \sqrt{5}v_e$,તેથી $v'^2 = (\sqrt{5}v_e)^2 - v_e^2 = 5v_e^2 - v_e^2 = 4v_e^2$.
તેથી,$v' = \sqrt{4v_e^2} = 2v_e$.

(B) ટોરીસેલીના નિયમ મુજબ,$h$ ઊંડાઈએ રહેલા કાણાંમાંથી બહાર આવતા પાણીનો વેગ $v = \sqrt{2gh}$ છે.
$A$ ક્ષેત્રફળ ધરાવતા કાણાંમાંથી બહાર આવતા પાણીના પ્રવાહ દ્વારા લાગતું બળ $F = \rho A v^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$h_1$ ઊંડાઈએ રહેલા ઉપરના કાણાં માટે બળ $F_1 = \rho A (2gh_1)$ છે.
$h_2 = h_1 + h$ ઊંડાઈએ રહેલા નીચેના કાણાં માટે,જ્યાં $h = 1 \,m$ એ કાણાં વચ્ચેનું શિરોલંબ અંતર છે,બળ $F_2 = \rho A (2g(h_1 + h))$ છે.
કાણાં સામસામેની બાજુઓ પર હોવાથી,બળો વિરુદ્ધ દિશામાં લાગે છે. ટાંકી પર લાગતું પરિણામી બળ $F_{net}$ એ આ બળોનો તફાવત છે:
$F_{net} = F_2 - F_1 = \rho A (2g(h_1 + h)) - \rho A (2gh_1) = 2 \rho A g h$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\rho = 1000 \,kg/m^3$,$A = 0.01 \,m^2$,$g = 10 \,m/s^2$,અને $h = 1 \,m$:
$F_{net} = 2 \times 1000 \times 0.01 \times 10 \times 1 = 200 \,N$.

(B) $h$ ઊંડાઈએ હવાના પરપોટાને ફૂલાવવા માટે જરૂરી કુલ દબાણ એ તે ઊંડાઈએ હાઇડ્રોસ્ટેટિક દબાણ અને પરપોટાની સપાટી પર પૃષ્ઠતાણને કારણે ઉદ્ભવતા વધારાના દબાણનો સરવાળો છે.
$1$. $h = 1 \ cm = 0.01 \ m$ ઊંડાઈએ હાઇડ્રોસ્ટેટિક દબાણ $P_h = \rho g h = 10^3 \times 10 \times 0.01 = 100 \ N/m^2$ છે.
$2$. $r = 0.025 \ cm = 2.5 \times 10^{-4} \ m$ ત્રિજ્યાના પરપોટા માટે પૃષ્ઠતાણને કારણે વધારાનું દબાણ $P_s = \frac{2T}{r} = \frac{2 \times 7 \times 10^{-2}}{2.5 \times 10^{-4}} = \frac{14 \times 10^{-2}}{2.5 \times 10^{-4}} = 5.6 \times 10^2 = 560 \ N/m^2$ છે.
$3$. કુલ વધારાનું દબાણ $P = P_h + P_s = 100 + 560 = 660 \ N/m^2$ થાય.
$4$. વૈજ્ઞાનિક સંકેતમાં ફેરવતા: $660 \ N/m^2 = 0.0066 \times 10^5 \ N/m^2$.

(D) શીયરિંગ સ્ટ્રેસ $\tau$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\tau = \eta \left( \frac{dv}{dx} \right)$.
અહીં,$\eta = 10^{-3} \ SI \ units$ એ સ્નિગ્ધતા ગુણાંક છે.
વેગ પ્રચલન $\frac{dv}{dx}$ એ વેગ $v$ ને ઊંડાઈ $x$ વડે ભાગવાથી મળે છે.
આપેલ છે કે $v = 10 \ ms^{-1}$ અને $x = 20 \ m$,તેથી $\frac{dv}{dx} = \frac{10}{20} = 0.5 \ s^{-1}$.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\tau = 10^{-3} \times 0.5 = 0.5 \times 10^{-3} \ Nm^{-2}$.

(B) યંગ મોડ્યુલસ $Y$ એ પ્રતિબળ અને વિકૃતિનો ગુણોત્તર છે: $Y = \frac{F/A}{\Delta L/L}$.
અહીં,રીંગની પ્રારંભિક લંબાઈ $L = 2 \pi r$ છે.
જ્યારે તેને $R$ ત્રિજ્યા સુધી ખેંચવામાં આવે ત્યારે લંબાઈમાં થતો ફેરફાર $\Delta L = 2 \pi R - 2 \pi r = 2 \pi (R - r)$ છે.
બળ $F$ માટેના સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $F = \frac{Y A \Delta L}{L}$ મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $F = \frac{Y A [2 \pi (R - r)]}{2 \pi r}$.
પદનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને $F = \frac{A Y (R - r)}{r}$ મળે છે.

(A) સમક્ષિતિજ સ્થાનાંતર $x = (u \cos \theta) t = 6t$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જેનો અર્થ છે કે $u \cos \theta = 6 \text{ m/s}$.
શિરોલંબ સ્થાનાંતર $y = (u \sin \theta) t - \frac{1}{2} g t^2 = 8t - 5t^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આને પ્રમાણિત સમીકરણ સાથે સરખાવતા,આપણને $u \sin \theta = 8 \text{ m/s}$ અને $\frac{1}{2} g = 5$ મળે છે,તેથી $g = 10 \text{ m/s}^2$.
પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની અવધિ $R$ નું સૂત્ર $R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g} = \frac{2(u \sin \theta)(u \cos \theta)}{g}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $R = \frac{2 \times 8 \times 6}{10} = \frac{96}{10} = 9.6 \text{ m}$.

(C) સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,તેથી $T^2 = 4 \pi^2 \left(\frac{l}{g}\right) \quad ...(i)$
જ્યારે લંબાઈમાં $10 \ cm$ નો વધારો થાય છે,ત્યારે નવો આવર્તકાળ $T_1$ એ $T_1^2 = 4 \pi^2 \left(\frac{l+10}{g}\right) \quad ...(ii)$ દ્વારા મળે છે.
જ્યારે લંબાઈમાં $10 \ cm$ નો ઘટાડો થાય છે,ત્યારે નવો આવર્તકાળ $T_2$ એ $T_2^2 = 4 \pi^2 \left(\frac{l-10}{g}\right) \quad ...(iii)$ દ્વારા મળે છે.
સમીકરણ $(ii)$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$T_1^2 + T_2^2 = 4 \pi^2 \left(\frac{l+10}{g}\right) + 4 \pi^2 \left(\frac{l-10}{g}\right)$
$T_1^2 + T_2^2 = \frac{4 \pi^2}{g} (l + 10 + l - 10)$
$T_1^2 + T_2^2 = \frac{4 \pi^2}{g} (2l)$
$T_1^2 + T_2^2 = 2 \left(4 \pi^2 \frac{l}{g}\right)$
આમાં સમીકરણ $(i)$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે:
$T_1^2 + T_2^2 = 2 T^2$

(D) નક્કર ગોળાની તેના વ્યાસને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{2}{5} m R^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
દળ $m$ અચળ રહેતું હોવાથી,$I \propto R^2$ થાય.
જડત્વની ચાકમાત્રામાં થતો આંશિક ફેરફાર $\frac{\Delta I}{I} = 2 \frac{\Delta R}{R}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે રેખીય પ્રસરણ $\frac{\Delta R}{R} = \alpha \Delta t$ છે,જ્યાં $\alpha = 10^{-5} /^{\circ} C$ અને $\Delta t = 200^{\circ} C$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને $\frac{\Delta I}{I} = 2 \alpha \Delta t$ મળે છે.
ટકાવારી વધારો શોધવા માટે,આપણે $100$ વડે ગુણાકાર કરીએ છીએ:
$\text{ટકાવારી વધારો} = 2 \times 10^{-5} \times 200 \times 100 = 0.4 \%$.

(B) ધારો કે ચોરસ લેમિનાનું દળ $m$ છે. તેના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અને $X$-અક્ષને સમાંતર અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{cm,x} = \frac{ma^2}{12}$ છે.
સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(0, 2a)$ માંથી પસાર થતી અને $X$-અક્ષને સમાંતર અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા:
$I_1 = I_{cm,x} + m(2a)^2 = \frac{ma^2}{12} + 4ma^2 = \frac{49ma^2}{12}$.
ચોરસ લેમિનાના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અને $xy$-સમતલને લંબ અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{cm,z} = I_{cm,x} + I_{cm,y} = \frac{ma^2}{12} + \frac{ma^2}{12} = \frac{ma^2}{6}$ છે.
સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(d, 0)$ માંથી પસાર થતી અને $xy$-સમતલને લંબ અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા:
$I_2 = I_{cm,z} + md^2 = \frac{ma^2}{6} + md^2$.
$I_1$ અને $I_2$ ને સરખાવતા:
$\frac{49ma^2}{12} = \frac{ma^2}{6} + md^2$.
$\frac{49a^2}{12} - \frac{2a^2}{12} = d^2$.
$d^2 = \frac{47a^2}{12}$.
$d = \sqrt{\frac{47}{12}} a$.

(B) સરેરાશ ટોર્ક $\tau_{avg}$ એ કોણીય વેગમાનમાં થતા ફેરફારના દર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે: $\tau_{avg} = \frac{\Delta L}{\Delta t}$.
પ્રક્ષેપણ બિંદુ પર,કોણીય વેગમાન $L_i = 0$ છે.
જમીન પર અથડાય ત્યારે,પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થ પ્રક્ષેપણ બિંદુથી $R$ (અવધિ) જેટલા સમક્ષિતિજ અંતરે હોય છે. શિરોલંબ વેગ ઘટક $v_y = -u \sin \theta$ અને સમક્ષિતિજ ઘટક $v_x = u \cos \theta$ છે.
અથડામણના બિંદુએ કોણીય વેગમાન $L_f = m \times v_y \times R = m(-u \sin \theta) \times \frac{u^2 \sin 2\theta}{g} = -\frac{m u^3 \sin \theta \sin 2\theta}{g}$ છે.
વૈકલ્પિક રીતે,ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે ટોર્કનો ઉપયોગ કરતા: $\tau = \vec{r} \times \vec{F} = \vec{r} \times m\vec{g}$.
સરેરાશ ટોર્ક $\tau_{avg} = \frac{1}{T} \int_0^T \tau dt = \frac{1}{T} \int_0^T (mg \cdot x) dt = \frac{mg}{T} \int_0^T (u \cos \theta) t dt = \frac{mg u \cos \theta}{T} [\frac{t^2}{2}]_0^T = \frac{mg u \cos \theta T}{2}$.
કારણ કે $T = \frac{2u \sin \theta}{g}$,તેથી $\tau_{avg} = \frac{mg u \cos \theta}{2} \times \frac{2u \sin \theta}{g} = m u^2 \sin \theta \cos \theta = \frac{1}{2} m u^2 \sin 2\theta$.
કિંમતો મૂકતા: $m = 1 \ kg$,$u = 10 \ ms^{-1}$,$\theta = 45^{\circ}$.
$\tau_{avg} = \frac{1}{2} \times 1 \times (10)^2 \times \sin(90^{\circ}) = \frac{1}{2} \times 100 \times 1 = 50 \ Nm$.

(A) થર્મોકપલ બે ભિન્ન ધાતુઓના જંકશનનું બનેલું હોય છે.
જંકશન ખૂબ જ નાના હોવાથી,તેમની ઉષ્મીય ક્ષમતા (દળ $\times$ વિશિષ્ટ ઉષ્મા) અત્યંત ઓછી હોય છે.
ઉષ્મીય ક્ષમતા નક્કી કરે છે કે પદાર્થનું તાપમાન બદલવા માટે કેટલી ઉષ્માની જરૂર છે.
ઉષ્મીય ક્ષમતા ખૂબ જ ઓછી હોવાથી,જંકશન આસપાસના વાતાવરણ સાથે તાપીય સંતુલન પ્રાપ્ત કરવા માટે ઝડપથી ઉષ્મા મેળવી કે ગુમાવી શકે છે.
આના કારણે થર્મોકપલ તાપમાનમાં થતા ફેરફારોને ઝડપથી પ્રતિસાદ આપી શકે છે.
તેથી,$(A)$ અને $(R)$ બંને સાચા છે,અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(C) પદાર્થના ઠંડા થવાનો દર નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{d\theta}{dt} = \frac{\sigma A(T^4 - T_0^4)}{ms}$.
અહીં,$\sigma = 5.73 \times 10^{-8} \ W \ m^{-2} \ K^{-4}$,$A = 19.2 \times 10^{-4} \ m^2$,$T = 400 \ K$,$T_0 = 300 \ K$,$m = 34.38 \times 10^{-3} \ kg$,અને $\frac{d\theta}{dt} = 0.04 \ K/s$.
વિશિષ્ટ ઉષ્મા $s$ માટે સૂત્રને ગોઠવતા: $s = \frac{\sigma A(T^4 - T_0^4)}{m(\frac{d\theta}{dt})}$.
કિંમતો મૂકતા: $s = \frac{(5.73 \times 10^{-8}) \times (19.2 \times 10^{-4}) \times (400^4 - 300^4)}{(34.38 \times 10^{-3}) \times 0.04}$.
ગણતરી કરતા: $s = \frac{5.73 \times 19.2 \times 10^{-12} \times 175 \times 10^8}{1.3752 \times 10^{-3}}$.
આમ,$s = 1400 \ J \ kg^{-1} \ K^{-1}$ મળે છે.

(D) આદર્શ વાયુના મિશ્રણ માટે, અંતિમ તાપમાન $T$ એ આંતરિક ઉર્જાના સંરક્ષણના નિયમ પરથી મળે છે. બંને વાયુઓ એકપરમાણ્વિય હોવાથી, અચળ કદ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_V$ બંને માટે સમાન રહેશે.
અંતિમ તાપમાન માટેનું સૂત્ર:
$T = \frac{n_1 T_1 + n_2 T_2}{n_1 + n_2}$
આપેલ છે:
$n_1 = 4 \,mol$, $T_1 = 400 \,K$
$n_2 = 2 \,mol$, $T_2 = 700 \,K$
કિંમતો મૂકતા:
$T = \frac{4(400) + 2(700)}{4 + 2}$
$T = \frac{1600 + 1400}{6}$
$T = \frac{3000}{6}$
$T = 500 \,K$

(D) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,દબાણ $P$ અને ઘનતા $\rho$ (અથવા $d$) વચ્ચેનો સંબંધ $P \propto \rho^\gamma$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$\frac{P^{\prime}}{P} = \left(\frac{d^{\prime}}{d}\right)^\gamma$.
આપેલ છે કે $\frac{d^{\prime}}{d} = 32$ અને $\gamma = \frac{7}{5}$.
આ કિંમતો મૂકતા: $\frac{P^{\prime}}{P} = (32)^{7/5}$.
કારણ કે $32 = 2^5$,તેથી $\frac{P^{\prime}}{P} = (2^5)^{7/5} = 2^7$.
$2^7 = 128$ ની ગણતરી કરતા.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{P^{\prime}}{P} = 128$ મળે છે.

(B) આદર્શ વાયુ માટે,દબાણ $P$ એ $P = \frac{nRT}{V} = \frac{m}{MV} RT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $m$ એ વાયુનું દળ છે અને $M$ એ મોલર દળ છે.
પાત્ર $A$ માટે,પ્રારંભિક દબાણ $P_{A,i} = \frac{m_A RT}{MV}$ છે અને અંતિમ દબાણ $P_{A,f} = \frac{m_A RT}{M(2V)}$ છે.
દબાણમાં થતો ફેરફાર $\Delta P = P_{A,i} - P_{A,f} = \frac{m_A RT}{MV} - \frac{m_A RT}{2MV} = \frac{m_A RT}{2MV}$ છે.
તે જ રીતે,પાત્ર $B$ માટે,દબાણમાં થતો ફેરફાર $1.5 \Delta P = \frac{m_B RT}{2MV}$ છે.
$1.5 \Delta P$ ના સમીકરણને $\Delta P$ ના સમીકરણ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{1.5 \Delta P}{\Delta P} = \frac{m_B RT / 2MV}{m_A RT / 2MV} = \frac{m_B}{m_A}$.
તેથી,$1.5 = \frac{m_B}{m_A}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{3}{2} = \frac{m_B}{m_A}$,અથવા $3 m_A = 2 m_B$.

(D) સમીકરણ $x(t) = \frac{v_0}{A}(1 - e^{-At})$ માં,ઘાતાંકીય વિધેયનો ઘાતાંક પરિમાણરહિત હોવો જોઈએ. તેથી,$At$ ના પરિમાણો $[M^0 L^0 T^0]$ હોવા જોઈએ.
કારણ કે $[t] = [T]$,આપણી પાસે $[A][T] = [1]$ છે,જેનો અર્થ છે કે $[A] = [T^{-1}] = [M^0 L^0 T^{-1}]$.
આગળ,પદ $(1 - e^{-At})$ પરિમાણરહિત છે. આમ,$x$ ના પરિમાણો $\frac{v_0}{A}$ ના પરિમાણો જેટલા હોવા જોઈએ.
$[x] = \frac{[v_0]}{[A]} \implies [L] = \frac{[v_0]}{[T^{-1}]}$.
તેથી,$[v_0] = [L][T^{-1}] = [M^0 LT^{-1}]$.
આમ,$v_0$ અને $A$ ના પરિમાણો અનુક્રમે $[M^0 LT^{-1}]$ અને $[M^0 L^0 T^{-1}]$ છે.

(D) ધારો કે ત્રીજા સ્વરની આવૃત્તિ $n$ છે અને ધ્વનિનો વેગ $v$ છે.
બે સ્વરોની આવૃત્તિઓ $n_1 = \frac{v}{\lambda_1} = \frac{v}{36/195} = \frac{195v}{36}$ અને $n_2 = \frac{v}{\lambda_2} = \frac{v}{36/193} = \frac{193v}{36}$ છે.
દરેક સ્વર ત્રીજા સ્વર સાથે પ્રતિ સેકન્ડ $10$ બીટ્સ ઉત્પન્ન કરતું હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\frac{195v}{36} - n = 10$ ---$(i)$
$n - \frac{193v}{36} = 10$ ---(ii)
સમીકરણ $(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા:
$\frac{195v}{36} - \frac{193v}{36} = 10 + 10$
$\frac{2v}{36} = 20$
$\frac{v}{18} = 20$
$v = 360 \,m/s$.

(D) સોનોમીટર તારની આવૃત્તિ $f = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. $f$ અને $\mu$ અચળ હોવાથી,$l \propto \sqrt{T}$ મળે.
તેથી,$\frac{l_{\text{air}}}{l_{\text{water}}} = \sqrt{\frac{T_{\text{air}}}{T_{\text{water}}}}$.
હવામાં તણાવ $T_{\text{air}} = mg$ છે. જ્યારે પાણીમાં ડૂબાડવામાં આવે ત્યારે ઉત્પ્લાવક બળ $F_B$ ઉપરની તરફ લાગે છે,તેથી $T_{\text{water}} = mg - F_B$.
આપેલ વિશિષ્ટ ઘનતા $\sigma = 8$ છે,એટલે કે લોખંડની ઘનતા $\rho = 8 \rho_w$. ઉત્પ્લાવક બળ $F_B = V \rho_w g = \frac{m}{\rho} \rho_w g = \frac{m}{8 \rho_w} \rho_w g = \frac{mg}{8}$.
તેથી,$T_{\text{water}} = mg - \frac{mg}{8} = \frac{7}{8} mg = \frac{7}{8} T_{\text{air}}$.
આ કિંમત ગુણોત્તરમાં મૂકતા: $\frac{l_{\text{air}}}{l_{\text{water}}} = \sqrt{\frac{T_{\text{air}}}{\frac{7}{8} T_{\text{air}}}} = \sqrt{\frac{8}{7}}$.
આપેલ છે કે $l_{\text{air}} = \frac{1}{\sqrt{7}} \times 1 \ m = \frac{1}{\sqrt{7}} \ m$.
તેથી $l_{\text{water}} = l_{\text{air}} \times \sqrt{\frac{7}{8}} = \frac{1}{\sqrt{7}} \times \sqrt{\frac{7}{8}} = \frac{1}{\sqrt{8}} \ m$.

(C) બ્લોક પર બળ દ્વારા કરવામાં આવેલું કાર્ય તેની ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે.
બ્લોક $x = 0$ પર સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થાય છે,તેથી કોઈપણ સ્થાન $x$ પર ગતિઊર્જા $KE$ એ કરેલા કાર્ય $W = \int_{0}^{x} F \, dx$ દ્વારા મળે છે.
$KE = \int_{0}^{x} (9 - x^2) \, dx = 9x - \frac{x^3}{3}$.
મહત્તમ ગતિઊર્જા શોધવા માટે,આપણે બળ $F = 0$ લઈએ છીએ જેથી સંતુલન સ્થાન મળે જ્યાં પ્રવેગ શૂન્ય હોય:
$9 - x^2 = 0 \implies x^2 = 9 \implies x = 3 \ m$.
$x = 3 \ m$ પર,ગતિઊર્જા:
$KE_{max} = \int_{0}^{3} (9 - x^2) \, dx = [9x - \frac{x^3}{3}]_{0}^{3} = (9(3) - \frac{3^3}{3}) - 0 = 27 - 9 = 18 \ J$.

(C) $1$. એમિટરને કલેક્ટરની સરખામણીમાં વધુ ડોપ કરવામાં આવે છે જેથી મોટી સંખ્યામાં ચાર્જ કેરિયર્સ મળી શકે. આ વિધાન સાચું છે.
$2$. એમિટર અને કલેક્ટરને અદલાબદલી કરી શકાતા નથી કારણ કે તેઓ ડોપિંગ સાંદ્રતા અને ભૌતિક કદની દ્રષ્ટિએ અલગ રીતે ડિઝાઇન કરવામાં આવ્યા છે. આ વિધાન ખોટું છે.
$3$. બેઝ વિસ્તાર ખૂબ જ પાતળો હોય છે પરંતુ ચાર્જ કેરિયર્સના પુનઃસંયોજનને ઘટાડવા માટે તેને હળવાશથી ડોપ કરવામાં આવે છે. આ વિધાન ખોટું છે.
$4$. $n-p-n$ ટ્રાન્ઝિસ્ટરમાં,પરંપરાગત પ્રવાહ બેઝથી એમિટર તરફ વહે છે (કારણ કે ઇલેક્ટ્રોન એમિટરથી બેઝ તરફ વહે છે). આ વિધાન સાચું છે.
તેથી,વિધાન $1$ અને $4$ સાચા છે.

(C) હવામાં રહેલા સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટરનું કેપેસિટન્સ $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ છે.
જ્યારે $t$ જાડાઈ અને $K$ ડાયઇલેક્ટ્રિક અચળાંક ધરાવતી ડાયઇલેક્ટ્રિક સ્લેબ મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે નવું કેપેસિટન્સ $C' = \frac{\varepsilon_0 A}{d - t + \frac{t}{K}}$ થાય છે.
કેપેસિટરની પ્લેટો વચ્ચે વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V$ સમાન રાખવામાં આવે છે અને ચાર્જ $Q$ અચળ રહે છે,તેથી કેપેસિટન્સ સમાન રહેવું જોઈએ: $C = C'$.
તેથી,$\frac{\varepsilon_0 A}{d} = \frac{\varepsilon_0 A}{d' - t + \frac{t}{K}}$,જ્યાં $d'$ એ પ્લેટો વચ્ચેનું નવું અંતર છે.
આ સમીકરણને સાદું રૂપ આપતા $d = d' - t + \frac{t}{K}$ અથવા $d' - d = t(1 - \frac{1}{K})$ મળે છે.
અહીં $d' - d = 3.2 \ mm$ અને $t = 4 \ mm$ આપેલ છે,તેથી:
$3.2 = 4(1 - \frac{1}{K})$
$\frac{3.2}{4} = 1 - \frac{1}{K}$
$0.8 = 1 - \frac{1}{K}$
$\frac{1}{K} = 1 - 0.8 = 0.2$
$K = \frac{1}{0.2} = 5$.

(A) તારનો અવરોધ $R = \rho \frac{L}{A}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તમામ તાર સમાન પરિમાણો ધરાવતા હોવાથી ($L$ અને $A$ અચળ છે),અવરોધ $R$ એ અવરોધકતા $\rho$ ના સમપ્રમાણમાં છે.
જ્યારે $n$ તાર શ્રેણીમાં જોડાયેલા હોય,ત્યારે કુલ અવરોધ $R_{eq} = R_1 + R_2 + . . . + R_n$ થાય.
$R = \rho \frac{L}{A}$ મૂકતા,આપણને $\rho_{eq} \frac{L}{A} = \rho_1 \frac{L}{A} + \rho_2 \frac{L}{A} + . . . + \rho_n \frac{L}{A}$ મળે છે.
બંને બાજુથી $\frac{L}{A}$ ને દૂર કરતા,$\rho_{eq} = \rho_1 + \rho_2 + . . . + \rho_n$ મળે છે.
અહીં $\rho_1 = 1, \rho_2 = 2, . . . , \rho_n = n$ આપેલ છે,તેથી સમતુલ્ય અવરોધકતા $\rho_{eq} = 1 + 2 + 3 + . . . + n$ થાય.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના સરવાળાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\rho_{eq} = \frac{n(n+1)}{2}$ મળે છે.

(B) પોટેન્શિયોમીટરમાં,કોષનું emf $E$ તેની સંતુલન લંબાઈ $l$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $E \propto l$.
તેથી,$l_1$ અને $l_2$ સંતુલન લંબાઈ ધરાવતા બે કોષો $E_1$ અને $E_2$ માટે,આપણી પાસે સંબંધ છે: $\frac{E_1}{E_2} = \frac{l_1}{l_2}$.
આપેલ છે: $E_A = 1.08 \ V$,$l_A = 400 \ cm$,અને $l_B = 440 \ cm$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1.08}{E_B} = \frac{400}{440}$
$E_B = \frac{440 \times 1.08}{400}$
$E_B = 1.1 \times 1.08 = 1.188 \ V$.
આમ,બીજા કોષ $B$ નું emf $1.188 \ V$ છે.

(C) આઈન્સ્ટાઈનનું ફોટોઇલેક્ટ્રિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$h \nu = h \nu_0 + K_{max}$
અહીં સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_0 = 3 \ V$ હોવાથી,મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_{max} = e V_0 = 1.6 \times 10^{-19} \times 3 \ J$ થશે.
થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ $\nu_0 = 6 \times 10^{14} \ s^{-1}$ છે.
સંબંધ $h \nu = h \nu_0 + e V_0$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\nu = \nu_0 + \frac{e V_0}{h}$
$\nu = 6 \times 10^{14} + \frac{1.6 \times 10^{-19} \times 3}{6.4 \times 10^{-34}}$
$\nu = 6 \times 10^{14} + \frac{4.8 \times 10^{-19}}{6.4 \times 10^{-34}}$
$\nu = 6 \times 10^{14} + 0.75 \times 10^{15}$
$\nu = 6 \times 10^{14} + 7.5 \times 10^{14} = 13.5 \times 10^{14} \ s^{-1}$.

(D) $K_\alpha$ રેખાની તરંગલંબાઇ,જેને $\lambda_{K_\alpha}$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે,તે અચળ છે અને ઓપરેટિંગ વોલ્ટેજ $V$ થી સ્વતંત્ર છે.
સતત $X$-ray વર્ણપટની લઘુત્તમ તરંગલંબાઇ $\lambda_{min} = \frac{hc}{eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $\Delta \lambda = \lambda_{min} - \lambda_{K_\alpha} = \frac{hc}{eV} - \lambda_{K_\alpha}$.
જ્યારે વોલ્ટેજ બદલીને $V^{\prime} = V/3$ કરવામાં આવે છે,ત્યારે નવી લઘુત્તમ તરંગલંબાઇ $\lambda_{min}^{\prime} = \frac{hc}{e(V/3)} = 3 \frac{hc}{eV} = 3 \lambda_{min}$ થાય છે.
નવો તફાવત $\Delta \lambda^{\prime} = \lambda_{min}^{\prime} - \lambda_{K_\alpha} = 3 \lambda_{min} - \lambda_{K_\alpha}$ છે.
કારણ કે $\lambda_{min} = \Delta \lambda + \lambda_{K_\alpha}$,આપણે આ કિંમત $\Delta \lambda^{\prime}$ ના સમીકરણમાં મૂકીએ છીએ:
$\Delta \lambda^{\prime} = 3(\Delta \lambda + \lambda_{K_\alpha}) - \lambda_{K_\alpha} = 3 \Delta \lambda + 3 \lambda_{K_\alpha} - \lambda_{K_\alpha} = 3 \Delta \lambda + 2 \lambda_{K_\alpha}$.
કારણ કે $\lambda_{K_\alpha} > 0$,તેથી $\Delta \lambda^{\prime} > 3 \Delta \lambda$ થાય છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) વિદ્યુતભારોના તંત્રની સ્થિતિઊર્જા $U = \sum \frac{k q_i q_j}{r_{ij}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શરૂઆતમાં,બાજુની લંબાઈ $r_1 = 1 \ m$ છે. સ્થિતિઊર્જા $U_1 = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} [\frac{(1)(-2)}{1} + \frac{(-2)(-2)}{1} + \frac{(-2)(1)}{1}] = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} [-2 + 4 - 2] = 0$ છે.
અંતે,બાજુની લંબાઈ $r_2 = 2 \ m$ છે. સ્થિતિઊર્જા $U_2 = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} [\frac{(1)(-2)}{2} + \frac{(-2)(-2)}{2} + \frac{(-2)(1)}{2}] = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} [-1 + 2 - 1] = 0$ છે.
બાહ્ય બળ દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય $W = U_2 - U_1 = 0 - 0 = 0 \ J$ થાય છે.

(C) $n$ આંટા અને $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળાકાર ગૂંચળાના કેન્દ્ર પર $i$ વિદ્યુતપ્રવાહને કારણે ઉદ્ભવતું ચુંબકીય પ્રેરણ $B = \frac{\mu_0 n i}{2 R}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $B \propto \frac{n}{R}$ હોવાથી,$\frac{B_1}{B_2} = \frac{n_1}{n_2} \times \frac{R_2}{R_1}$ થાય.
પ્રથમ ગૂંચળા માટે,$n_1 = 1$ અને લંબાઈ $l = 2 \pi R_1$,તેથી $R_1 = \frac{l}{2 \pi}$.
બીજા ગૂંચળા માટે,$n_2 = 2$ અને લંબાઈ $l = 2 \times (2 \pi R_2)$,તેથી $R_2 = \frac{l}{4 \pi}$.
આમ,$\frac{R_2}{R_1} = \frac{l / 4 \pi}{l / 2 \pi} = \frac{1}{2}$.
આ કિંમતો મૂકતા,$\frac{B_1}{B_2} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$.
તેથી,ગુણોત્તર $B_1: B_2 = 1: 4$ મળે છે.

(B) $n$ આંટા અને $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળાકાર લૂપના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય પ્રેરણ $B$ નીચે મુજબ છે:
$B = \frac{\mu_0 n i}{2r}$
આના પરથી, પ્રવાહ $i$ ને આ રીતે લખી શકાય:
$i = \frac{2 B r}{\mu_0 n}$
લૂપની ચુંબકીય મોમેન્ટ $M$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$M = n i A$
$i$ ની કિંમત મૂકતા:
$M = n \left( \frac{2 B r}{\mu_0 n} \right) A = \frac{2 B r A}{\mu_0}$
આપેલ ક્ષેત્રફળ $A = \pi \ m^2$, આપણે જાણીએ છીએ કે $A = \pi r^2$, તેથી $\pi r^2 = \pi$, જેનો અર્થ છે કે $r = 1 \ m$.
કિંમતો $B = 0.1 \ T$, $r = 1 \ m$, અને $A = \pi \ m^2$ મૂકતા:
$M = \frac{2 \times 0.1 \times 1 \times \pi}{\mu_0} = \frac{0.2 \pi}{\mu_0}$

(B) વાઇબ્રેશન મેગ્નેટોમીટરની દોલન આવૃત્તિ $n$ એ $n = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{M H}{I}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જેનો અર્થ છે કે $n \propto \sqrt{B_{net}}$.
પ્રથમ કિસ્સામાં,ચોખ્ખું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $H$ છે. તેથી,$n_1 = 12 \propto \sqrt{H}$.
બીજા કિસ્સામાં,ગજિયો ચુંબક અક્ષ પર મૂકવામાં આવે છે,તેથી ચોખ્ખું ક્ષેત્ર $H + H_1$ છે. આમ,$n_2 = 15 \propto \sqrt{H + H_1}$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{15}{12} = \sqrt{\frac{H + H_1}{H}} \Rightarrow \frac{5}{4} = \sqrt{1 + \frac{H_1}{H}} \Rightarrow \frac{25}{16} = 1 + \frac{H_1}{H} \Rightarrow \frac{H_1}{H} = \frac{9}{16}$.
જ્યારે ધ્રુવોની અદલાબદલી કરવામાં આવે છે,ત્યારે ક્ષેત્ર $H - H_1$ બને છે. ધારો કે નવી આવૃત્તિ $n_3$ છે.
$\frac{n_3}{n_1} = \sqrt{\frac{H - H_1}{H}} = \sqrt{1 - \frac{H_1}{H}} = \sqrt{1 - \frac{9}{16}} = \sqrt{\frac{7}{16}} = \frac{\sqrt{7}}{4}$.
તેથી,$n_3 = 12 \times \frac{\sqrt{7}}{4} = 3 \sqrt{7} = \sqrt{9 \times 7} = \sqrt{63}$ દોલનો પ્રતિ મિનિટ.

(D) ચુંબકીય પ્રેરણ $B$,ચુંબકીય ક્ષેત્રની તીવ્રતા $H$ અને સાપેક્ષ પરમીએબિલિટી $\mu_r$ વચ્ચેનો સંબંધ $B = \mu H = \mu_r \mu_0 H$ છે.
અહીં,$B = 1 \ Wb \ m^{-2}$ અને $H = 150 \ A \ m^{-1}$ આપેલ છે.
$\mu_r$ માટે સૂત્ર બનાવતા:
$\mu_r = \frac{B}{\mu_0 H}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\mu_r = \frac{1}{(4 \pi \times 10^{-7}) \times 150}$
$\mu_r = \frac{1}{600 \pi \times 10^{-7}}$
$\mu_r = \frac{10^7}{600 \pi} = \frac{10^5}{6 \pi}$.

(C) ન્યુક્લિયર ઘનતા દળ ક્રમાંકથી સ્વતંત્ર છે અને તમામ ન્યુક્લિયસ માટે લગભગ અચળ રહે છે,જેનું મૂલ્ય આશરે $\rho \approx 2.3 \times 10^{17} \ kg/m^3$ છે. તેથી,વિધાન $A$ સાચું છે.
ન્યુક્લિયસની ત્રિજ્યા $R$ અને દળ ક્રમાંક $A$ વચ્ચેનો સંબંધ $R = R_0 A^{1/3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $R_0$ એક અચળાંક છે. આનો અર્થ એ થાય કે $R^3 \propto A$,અથવા $R \propto A^{1/3}$.
આપેલ વિધાન $B$ એ $\sqrt{A} \propto R^{1/6}$ છે. બંને બાજુ વર્ગ કરતા આપણને $A \propto R^{1/3}$ મળે છે,જે સ્થાપિત સંબંધ $R \propto A^{1/3}$ (અથવા $A \propto R^3$) થી વિરુદ્ધ છે. તેથી,વિધાન $B$ ખોટું છે.
આમ,$A$ સાચું છે અને $B$ ખોટું છે.

(A) ઓપ્ટિકલ ફાઇબરનો ઉપયોગ આધુનિક કોમ્યુનિકેશન સિસ્ટમમાં વ્યાપકપણે થાય છે કારણ કે તે ઉચ્ચ બેન્ડવિડ્થ અને ઓછો સિગ્નલ લોસ પ્રદાન કરે છે.
તેઓ કદમાં નાના,વજનમાં હલકા અને લવચીક હોય છે,જેના કારણે તેને ઇન્સ્ટોલ કરવા સરળ છે.
પ્રકાશના સિગ્નલો પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તનને કારણે ફાઇબરની અંદર જ રહે છે,તેથી તેઓ ઇલેક્ટ્રોમેગ્નેટિક હસ્તક્ષેપથી મુક્ત હોય છે,જે કોપર વાયરની તુલનામાં એક મોટો ફાયદો છે.
તેથી,વિધાન અને કારણ બંને સાચા છે,અને કારણ એ સમજાવે છે કે શા માટે ઓપ્ટિકલ ફાઇબરનો વ્યાપકપણે ઉપયોગ થાય છે.

(B) ધારો કે પ્રિઝમનો ખૂણો $A$ છે. કિરણ સપાટી $AB$ પર લંબરૂપે આપાત થતું હોવાથી,તે વિચલન વગર પ્રિઝમમાં પ્રવેશે છે.
ચાંદી ચડાવેલી સપાટી $AC$ પર,આપાતકોણ $i_1$ એ પ્રિઝમના ખૂણા $A$ જેટલો થાય છે.
પરાવર્તનના નિયમ મુજબ,પરાવર્તન કોણ પણ $i_1 = A$ થશે.
કિરણ અને સપાટીઓ દ્વારા બનતા ત્રિકોણમાં,સપાટી $AB$ પાસેનો ખૂણો $90^{\circ} - A$ છે. તેથી,સપાટી $AB$ પર બીજા પરાવર્તન વખતે આપાતકોણ $i_2 = 90^{\circ} - (90^{\circ} - 2A) = 2A$ થાય છે.
અંતે,કિરણ પાયા $BC$ માંથી લંબરૂપે બહાર નીકળે છે.
ભૌમિતિક રચના પરથી,પ્રિઝમની અંદર કિરણ દ્વારા બનતા ત્રિકોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $A + 2A + 2A = 180^{\circ}$ થાય છે.
$5A = 180^{\circ} \implies A = 36^{\circ}$.

(B) પ્રિઝમના વક્રીભૂત કોણ $A$ અને લઘુત્તમ વિચલન કોણ $\delta_m$ ના સંદર્ભમાં પ્રિઝમના વક્રીભવનાંક $\mu$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$\mu = \frac{\sin((A + \delta_m) / 2)}{\sin(A / 2)}$
આપેલ છે કે $\mu = \cot(A / 2) = \frac{\cos(A / 2)}{\sin(A / 2)}$,આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{\cos(A / 2)}{\sin(A / 2)} = \frac{\sin((A + \delta_m) / 2)}{\sin(A / 2)}$
બંને બાજુથી $\sin(A / 2)$ ને દૂર કરતા,આપણને મળે છે:
$\cos(A / 2) = \sin((A + \delta_m) / 2)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos \theta = \sin(\pi/2 - \theta)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin(\pi/2 - A/2) = \sin((A + \delta_m) / 2)$
ખૂણાઓને સરખાવતા:
$\pi/2 - A/2 = (A + \delta_m) / 2$
$2$ વડે ગુણતા:
$\pi - A = A + \delta_m$
$\delta_m = \pi - 2A$

(C) $1$. એમિટરને કલેક્ટરની તુલનામાં વધુ ડોપ કરવામાં આવે છે જેથી મોટી સંખ્યામાં ચાર્જ કેરિયર્સ પૂરા પાડી શકાય. આ વિધાન સાચું છે.
$2$. એમિટર અને કલેક્ટરને અદલાબદલી કરી શકાતા નથી કારણ કે તેમની ડોપિંગ લેવલ અને ભૌતિક પરિમાણો અલગ હોય છે. આ વિધાન ખોટું છે.
$3$. બેઝ વિસ્તાર ખૂબ જ પાતળો અને હળવો ડોપ કરેલો હોય છે જેથી એમિટરમાંથી મોટાભાગના ચાર્જ કેરિયર્સ કલેક્ટર સુધી પહોંચી શકે. આ વિધાન ખોટું છે.
$4$. $n-p-n$ ટ્રાન્ઝિસ્ટરમાં,પરંપરાગત પ્રવાહ બેઝથી એમિટર તરફ વહે છે. આ વિધાન સાચું છે.
તેથી,વિધાન $1$ અને $4$ સાચા છે.

(A) વિધાન $A$ સાચું છે: ફ્રેનલ વિવર્તનમાં,પ્રકાશનો સ્ત્રોત અને પડદો વિવર્તન કરતા છિદ્ર અથવા અવરોધથી મર્યાદિત અંતરે હોય છે. આ ફ્રોનહોફર વિવર્તનથી વિપરીત છે,જ્યાં બંને અનંત અંતરે હોય છે.
વિધાન $B$ સાચું છે: એક્સ-રે વિવર્તન (વિવર્તનનું એક સ્વરૂપ) એ $DNA$ જેવા ન્યુક્લીક એસિડના હેલિકલ બંધારણ સહિત જટિલ જૈવિક અણુઓના આણ્વિક બંધારણને નક્કી કરવા માટે વપરાતી પ્રમાણભૂત તકનીક છે.
તેથી,વિધાન $A$ અને $B$ બંને સાચા છે.