TS EAMCET 2011 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) ધારો કે સંપૂર્ણ તકતીનું દળ $M$ છે.
એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ દળ $\sigma = \frac{M}{\pi(2R)^2} = \frac{M}{4\pi R^2}$ છે.
$R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી દૂર કરેલી વર્તુળાકાર તકતીનું દળ $M_1 = \sigma \cdot \pi R^2 = \frac{M}{4\pi R^2} \cdot \pi R^2 = \frac{M}{4}$ છે.
બાકી રહેલી તકતીનું દળ $M_2 = M - M_1 = M - \frac{M}{4} = \frac{3M}{4}$ છે.
ધારો કે મોટી તકતીનું કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ $(0,0)$ પર છે. દૂર કરેલી તકતીનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x_1 = R$ પર છે અને બાકી રહેલી તકતીનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $x_2 = -\alpha R$ પર છે.
મૂળ તકતીનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર ઉગમબિંદુ પર હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$M_1 x_1 + M_2 x_2 = 0$
$\frac{M}{4} \cdot R + \frac{3M}{4} \cdot (-\alpha R) = 0$
$\frac{M}{4} \cdot R = \frac{3M}{4} \cdot \alpha R$
$\alpha = \frac{1}{3}$.

(B) ધારો કે સાંકળની રેખીય દળ ઘનતા $\lambda$ છે. સાંકળની કુલ લંબાઈ $L$ છે. ધારો કે $l^{\prime}$ એ ટેબલની ધાર પર લટકતી સાંકળની લંબાઈ છે.
તેથી,ટેબલ પર રહેલી સાંકળની લંબાઈ $(L - l^{\prime})$ થશે.
લટકતા ભાગનું દળ $m_h = \lambda l^{\prime}$ છે અને ટેબલ પરના ભાગનું દળ $m_t = \lambda (L - l^{\prime})$ છે.
સાંકળને નીચે ખેંચતું બળ એ લટકતા ભાગનું વજન છે: $F_g = m_h g = \lambda l^{\prime} g$.
ટેબલ પરના ભાગ પર લાગતું મહત્તમ સ્થિત ઘર્ષણ બળ $f_{max} = \mu N = \mu m_t g = \mu \lambda (L - l^{\prime}) g$ છે.
સાંકળ સંતુલનમાં રહે તે માટે,ખેંચતું બળ મહત્તમ ઘર્ષણ બળ જેટલું હોવું જોઈએ:
$\lambda l^{\prime} g = \mu \lambda (L - l^{\prime}) g$
$l^{\prime} = \mu (L - l^{\prime})$
$l^{\prime} = \mu L - \mu l^{\prime}$
$l^{\prime} (1 + \mu) = \mu L$
$l^{\prime} = \frac{\mu L}{(1 + \mu)}$

(B) ધારો કે બે છોકરાઓના મહત્તમ પ્રવેગ અનુક્રમે $a_1$ અને $a_2$ છે.
દોરડામાં કુલ તણાવ $T$ એ $60 \,kg$-wt થી વધવું જોઈએ નહીં.
દોરડા પર ચઢતા બે છોકરાઓ માટે ગતિનું સમીકરણ:
$T = m_1(g + a_1) + m_2(g + a_2)$
અહીં $T = 60 \,kg$-wt,$m_1 = 20 \,kg$,અને $m_2 = 30 \,kg$ આપેલ છે:
$60g = 20(g + a_1) + 30(g + a_2)$
$60g = 20g + 20a_1 + 30g + 30a_2$
$60g = 50g + 20a_1 + 30a_2$
$10g = 20a_1 + 30a_2$
$10$ વડે ભાગતા:
$g = 2a_1 + 3a_2$
મહત્તમ પ્રવેગનો ગુણોત્તર શોધવા માટે,આપણે દરેક છોકરા માટેની વ્યક્તિગત મર્યાદાઓ ધ્યાનમાં લઈએ છીએ. જો ફક્ત એક જ છોકરો ચઢતો હોય,તો મહત્તમ પ્રવેગ $a = (T/m) - g$ થાય. છોકરા $1$ માટે: $a_{1,max} = (60/20)g - g = 2g$. છોકરા $2$ માટે: $a_{2,max} = (60/30)g - g = g$.
તેથી,તેમના વ્યક્તિગત મહત્તમ પ્રવેગનો ગુણોત્તર $2g : g = 2 : 1$ થાય છે.

(B) પ્રારંભિક સદિશ $\vec{A} = 4\hat{i} + 10\hat{j}$ છે.
સદિશનું માન $|\vec{A}| = \sqrt{(4)^2 + (10)^2} = \sqrt{16 + 100} = \sqrt{116} \,m$ છે.
જ્યારે સદિશને ફેરવવામાં આવે છે, ત્યારે તેનું માન અચળ રહે છે.
ધારો કે નવો સદિશ $\vec{A}' = 8\hat{i} + n\hat{j}$ છે, જ્યાં $x$-ઘટક બમણો $(4 \times 2 = 8)$ થાય છે.
માન સમાન હોવાથી, $|\vec{A}'| = |\vec{A}|$.
$\sqrt{8^2 + n^2} = \sqrt{116}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા, $64 + n^2 = 116$ મળે છે.
$n^2 = 116 - 64 = 52$.
$n = \sqrt{52} \approx 7.21 \,m$.
આમ, નવો $y$-ઘટક આશરે $7.2 \,m$ છે.

(A) ધારો કે પદાર્થનું કદ $V$ છે અને તેની ઘનતા $\rho_b$ છે. ધારો કે $20^{\circ} C$ અને $100^{\circ} C$ તાપમાને પ્રવાહીની ઘનતા અનુક્રમે $\rho_1$ અને $\rho_2$ છે.
પ્લવનના નિયમ મુજબ,પદાર્થનું વજન = વિસ્થાપિત પ્રવાહીનું વજન.
$20^{\circ} C$ તાપમાને: $V \rho_b g = (\frac{2}{3} V) \rho_1 g \implies \rho_b = \frac{2}{3} \rho_1$.
$100^{\circ} C$ તાપમાને: $V \rho_b g = (\frac{3}{4} V) \rho_2 g \implies \rho_b = \frac{3}{4} \rho_2$.
$\rho_b$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{2}{3} \rho_1 = \frac{3}{4} \rho_2 \implies \frac{\rho_1}{\rho_2} = \frac{9}{8}$.
ઘનતા $\rho = \frac{\rho_0}{1 + \gamma \Delta t}$ હોવાથી,$\frac{\rho_1}{\rho_2} = 1 + \gamma \Delta T$ (જ્યાં $\Delta T = 80^{\circ} C$).
$1 + \gamma (80) = \frac{9}{8} \implies 80 \gamma = \frac{1}{8} \implies \gamma = \frac{1}{640} = 0.0015625 {}^{\circ} C^{-1}$.
$\gamma = 15.6 \times 10^{-4} {}^{\circ} C^{-1}$.

(C) સાબુના પરપોટાની અંદરનું વધારાનું દબાણ $P = \frac{4T}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ પૃષ્ઠતાણ છે અને $r$ એ પરપોટાની ત્રિજ્યા છે.
વધારાનું દબાણ ત્રિજ્યાના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોવાથી $(P \propto \frac{1}{r})$,મોટા પરપોટાની સરખામણીમાં નાના પરપોટામાં આંતરિક દબાણ વધારે હોય છે.
જ્યારે નળી દ્વારા જોડવામાં આવે છે,ત્યારે હવા ઊંચા દબાણવાળા વિસ્તારમાંથી નીચા દબાણવાળા વિસ્તારમાં વહે છે.
તેથી,હવા નાના પરપોટામાંથી મોટા પરપોટામાં વહે છે.

(A) પ્રથમ અથડામણ પહેલાં દડાનો વેગ $v_0 = \sqrt{2gh_0}$ છે.
પ્રથમ અથડામણ પછી,વેગ $v_1 = e v_0$ થાય છે.
બીજી અથડામણ પછી,વેગ $v_2 = e v_1 = e^2 v_0$ થાય છે.
આ પેટર્નને અનુસરીને,$n$ અથડામણ પછી દડાનો વેગ $v_n = e^n v_0$ થાય છે.
$n$મી અથડામણ પછી પ્રાપ્ત થયેલ ઊંચાઈ $h_n = \frac{v_n^2}{2g}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$v_n = e^n v_0$ મૂકતા,આપણને $h_n = \frac{(e^n v_0)^2}{2g} = e^{2n} \frac{v_0^2}{2g}$ મળે છે.
કારણ કે $h_0 = \frac{v_0^2}{2g}$,તેથી $h_n = e^{2n} h_0$ થાય છે.
$e$ માટે ગોઠવતા,આપણને $e^{2n} = \frac{h_n}{h_0}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $e = \left[\frac{h_n}{h_0}\right]^{1/2n}$.

(D) અવકાશયાત્રી પર લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F = G \frac{Mm}{r^2}$ છે,જે મર્યાદિત અને શૂન્યતર છે. જો કે,અવકાશયાત્રી અવકાશયાનની સાથે મુક્ત પતન (free fall) ની સ્થિતિમાં છે. અવકાશયાનના સંદર્ભ ફ્રેમમાં,ગુરુત્વાકર્ષણ બળ સ્યુડો-ફોર્સ (કેન્દ્રત્યાગી બળ) દ્વારા સંતુલિત થાય છે,જેના પરિણામે ભારહીનતાની સ્થિતિ સર્જાય છે. તેથી,અવકાશયાત્રી કોઈ ગુરુત્વાકર્ષણ બળ 'અનુભવતા' નથી (અસરકારક વજન શૂન્ય છે). આમ,વિધાન $(A)$ ખોટું છે.
કારણ $(R)$ એ ઉપગ્રહોની ભ્રમણકક્ષાની ગતિનું વર્ણન કરતું પ્રમાણભૂત ભૌતિક તથ્ય છે,જે સાચું છે.

(C) તંત્રનું કુલ દળ $M = m + m = 2m$ છે.
જ્યારે ગોળો ગબડે છે,ત્યારે કુલ ગતિઊર્જા એ સ્થાનાંતરિત ગતિઊર્જા અને ચાકગતિઊર્જાનો સરવાળો છે.
સ્થાનાંતરિત ગતિઊર્જા $K_t = \frac{1}{2} M v^2 = \frac{1}{2} (2m) v^2 = m v^2$.
પ્રવાહીથી ભરેલા પોલા ગોળા માટે,પ્રવાહી ગોળા સાથે ફરતું નથી (બિન-સ્નિગ્ધ પ્રવાહી ધારતા). તેથી,માત્ર કવચ ફરે છે. પાતળા પોલા ગોળાની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{2}{3} m r^2$ છે.
ચાકગતિઊર્જા $K_r = \frac{1}{2} I \omega^2 = \frac{1}{2} (\frac{2}{3} m r^2) (\frac{v}{r})^2 = \frac{1}{3} m v^2$.
કુલ ગતિઊર્જા $K = K_t + K_r = m v^2 + \frac{1}{3} m v^2 = \frac{4}{3} m v^2$.

(C) લોલકનો ગોળો ત્રણ બળોની અસર હેઠળ સંતુલનમાં છે: દોરીમાં તણાવ $T$,સમક્ષિતિજ બળ $F = 2 \text{ N}$,અને શિરોલંબ નીચેની તરફ લાગતું વજન $W = 1 \text{ N}$.
તણાવ $T$ ને સમક્ષિતિજ અને શિરોલંબ ઘટકોમાં વિભાજિત કરતા:
સમક્ષિતિજ ઘટક: $T \sin \theta = F = 2 \text{ N}$
શિરોલંબ ઘટક: $T \cos \theta = W = 1 \text{ N}$
બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા:
$(T \sin \theta)^2 + (T \cos \theta)^2 = F^2 + W^2$
$T^2 (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta) = F^2 + W^2$
$T^2 = F^2 + W^2$
$T = \sqrt{F^2 + W^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5} \text{ N}$

(A) કદનો પ્રવાહ દર (પ્રતિ સેકન્ડ પાણીનો જથ્થો) $Q = A v$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A$ એ છિદ્રનું ક્ષેત્રફળ છે અને $v$ એ બહાર નીકળતા પાણીનો વેગ છે.
ટોરિસેલીના નિયમ મુજબ,$h$ ઊંડાઈએ બહાર નીકળતા પાણીનો વેગ $v = \sqrt{2gh}$ છે.
ચોરસ છિદ્ર માટે: ક્ષેત્રફળ $A_1 = L^2$ અને ઊંડાઈ $h_1 = y$. તેથી,$v_1 = \sqrt{2gy}$.
પ્રવાહ દર $Q_1 = A_1 v_1 = L^2 \sqrt{2gy}$.
ગોળાકાર છિદ્ર માટે: ક્ષેત્રફળ $A_2 = \pi R^2$ અને ઊંડાઈ $h_2 = 4y$. તેથી,$v_2 = \sqrt{2g(4y)} = 2\sqrt{2gy}$.
પ્રવાહ દર $Q_2 = A_2 v_2 = \pi R^2 (2\sqrt{2gy})$.
આપેલ છે કે $Q_1 = Q_2$,તેથી:
$L^2 \sqrt{2gy} = 2\pi R^2 \sqrt{2gy}$.
બંને બાજુથી $\sqrt{2gy}$ ને દૂર કરતા,આપણને $L^2 = 2\pi R^2$ મળે છે.
તેથી,$R^2 = \frac{L^2}{2\pi}$,જેનું સાદું રૂપ $R = \frac{L}{\sqrt{2\pi}}$ થાય છે.

(B) ધારો કે નળાકારની કુલ લંબાઈ $L$ છે. શરૂઆતમાં, પિસ્ટન મધ્યબિંદુ પર છે, તેથી વાયુના સ્તંભની લંબાઈ $L_1 = L/2$ છે. પ્રારંભિક તાપમાન $T_1 = 0^{\circ} C = 273 \, K$ છે।
જ્યારે વાયુને $T_2 = 100^{\circ} C = 373 \, K$ સુધી ગરમ કરવામાં આવે છે, ત્યારે પિસ્ટન $5 \, cm$ ખસે છે. વાયુના સ્તંભની નવી લંબાઈ $L_2 = (L/2) + 5$ થાય છે।
ધારી લઈએ કે દબાણ અચળ રહે છે (કારણ કે પિસ્ટન વજનરહિત છે અને મુક્તપણે હલનચલન કરે છે), આપણે ચાર્લ્સના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\frac{V_1}{T_1} = \frac{V_2}{T_2}$.
આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ અચળ હોવાથી, $V = A \times \text{લંબાઈ}$, તેથી $\frac{L_1}{T_1} = \frac{L_2}{T_2}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{L/2}{273} = \frac{(L/2) + 5}{373}$.
$373(L/2) = 273(L/2 + 5)$.
$373(L/2) = 273(L/2) + 273 \times 5$.
$(373 - 273)(L/2) = 273 \times 5$.
$100(L/2) = 1365$.
$L/2 = 13.65$.
$L = 27.3 \, cm$.

(B) પ્રથમ, તારમાં તણાવ $T$ ની ગણતરી કરો. ગરગડી પરથી પસાર થતા તાર વડે જોડાયેલા બે બ્લોકના તંત્ર માટે, પ્રવેગ $a = \frac{(m_2 - m_1)g}{m_1 + m_2} = \frac{(2 - 1)10}{2 + 1} = \frac{10}{3} \,m s^{-2}$ છે.
તારમાં તણાવ $T = m_1(g + a) = 1(10 + \frac{10}{3}) = \frac{40}{3} \,N$ છે.
બ્રેકિંગ સ્ટ્રેસ $\sigma = \frac{T}{A}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે, જ્યાં $A = \pi r^2$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
આપેલ છે કે $\sigma = \frac{40}{3 \pi} \times 10^6 \,N m^{-2}$.
બંનેને સરખાવતા: $\frac{40}{3 \pi} \times 10^6 = \frac{40/3}{\pi r^2}$.
સાદું રૂપ આપતા: $\frac{40}{3 \pi} \times 10^6 = \frac{40}{3 \pi r^2}$.
આમ, $10^6 = \frac{1}{r^2}$, જેનો અર્થ છે કે $r^2 = 10^{-6} \,m^2$.
તેથી, $r = 10^{-3} \,m = 1 \,mm$.

(C) ધારો કે પોલીસ પાર્ટી $t$ સમય પછી ચોરને પકડે છે.
$t$ સમયમાં પોલીસ પાર્ટી દ્વારા કાપેલું અંતર $d_p = v t$ છે.
સ્થિર સ્થિતિમાંથી $a$ જેટલા પ્રવેગ સાથે ગતિ શરૂ કરતા ચોર દ્વારા $t$ સમયમાં કાપેલું અંતર $d_t = x + \frac{1}{2} a t^2$ છે.
પોલીસ ચોરને પકડી શકે તે માટે,પોલીસ દ્વારા કાપેલું અંતર એ ચોર દ્વારા કાપેલા અંતર કરતા વધારે અથવા તેના જેટલું હોવું જોઈએ:
$v t \geq x + \frac{1}{2} a t^2$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $t$ માં એક દ્વિઘાત અસમતા મળે છે:
$\frac{1}{2} a t^2 - v t + x \leq 0$
$t$ માટે વાસ્તવિક ઉકેલ અસ્તિત્વ ધરાવે તે માટે,અનુરૂપ દ્વિઘાત સમીકરણ $\frac{1}{2} a t^2 - v t + x = 0$ નો વિવેચક શૂન્ય અથવા તેનાથી મોટો હોવો જોઈએ.
વિવેચક $D = b^2 - 4ac$ નીચે મુજબ છે:
$D = (-v)^2 - 4(\frac{1}{2} a)(x) \geq 0$
$v^2 - 2 a x \geq 0$
$v^2 \geq 2 a x$

(C) સરળ આવર્ત દોલકનો પ્રારંભિક આવર્તકાળ $T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે $l$ લંબાઈ અને $k$ સ્પ્રિંગ અચળાંક ધરાવતી સ્પ્રિંગને બે સમાન ભાગોમાં કાપવામાં આવે છે,ત્યારે દરેક ભાગની લંબાઈ $l' = \frac{l}{2}$ થાય છે.
સ્પ્રિંગ અચળાંક $k$ એ સ્પ્રિંગની લંબાઈના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોવાથી $(k \propto \frac{1}{l})$,દરેક ભાગ માટે નવો સ્પ્રિંગ અચળાંક $k' = 2k$ થશે.
સમાન દળ $m$ અને નવા સ્પ્રિંગ અચળાંક $k'$ સાથેનો નવો આવર્તકાળ $T' = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k'}} = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{2k}}$ થશે.
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ કિંમત મૂકતા,આપણને $T' = \frac{1}{\sqrt{2}} \times (2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}}) = \frac{T}{\sqrt{2}}$ મળે છે.

(A) સમાન વર્તુળાકાર તકતીની જડત્વની આઘૂર્ણ $(I)$ નું સૂત્ર $I = \frac{1}{2} M R^2$ છે.
અહીં દળ $(M)$ અને જાડાઈ $(t)$ સમાન હોવાથી,આપણે ત્રિજ્યા $(R)$ ને ઘનતા $(\rho)$ ના પદમાં દર્શાવી શકીએ:
$M = \pi R^2 t \rho \Rightarrow R^2 = \frac{M}{\pi t \rho}$.
આ કિંમત $I$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$I = \frac{1}{2} M \left( \frac{M}{\pi t \rho} \right) = \frac{M^2}{2 \pi t \rho}$.
અહીં $M$,$t$ અને $\pi$ અચળ હોવાથી,$I \propto \frac{1}{\rho}$ થાય.
તેથી,જે તકતી વધારે ઘનતા ધરાવતા દ્રવ્યમાંથી બનેલી હશે,તેની જડત્વની આઘૂર્ણ ઓછી હશે.

(C) સ્થાયી અવસ્થામાં,શ્રેણીમાં જોડાયેલા બંને સ્લેબમાંથી પસાર થતો ઉષ્માનો દર $(H)$ સમાન હોય છે.
$H = \frac{k_1 A (\Delta T_A)}{L} = \frac{k_2 A (\Delta T_B)}{L}$
બંને સ્લેબ માટે જાડાઈ $(L)$ અને આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $(A)$ સમાન હોવાથી,આપણને મળે છે:
$k_1 (\Delta T_A) = k_2 (\Delta T_B)$
આપેલ છે કે $k_1 = \frac{k_2}{2}$,તેથી $k_2 = 2k_1$ લખી શકાય.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$k_1 (\Delta T_A) = 2k_1 (\Delta T_B)$
$\Delta T_A = 2 \Delta T_B$
આપણે જાણીએ છીએ કે કુલ તાપમાન તફાવત $\Delta T_A + \Delta T_B = 12^{\circ} C$ છે.
$\Delta T_A = 2 \Delta T_B$ ને કુલ તાપમાનના સમીકરણમાં મૂકતા:
$2 \Delta T_B + \Delta T_B = 12^{\circ} C$
$3 \Delta T_B = 12^{\circ} C \implies \Delta T_B = 4^{\circ} C$
તેથી,સ્લેબ $A$ ની આજુબાજુનો તાપમાન તફાવત:
$\Delta T_A = 12^{\circ} C - 4^{\circ} C = 8^{\circ} C$ થાય.

(A) કાર્નોટ એન્જિનની કાર્યક્ષમતા $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T_1$ એ સ્ત્રોતનું તાપમાન અને $T_2$ એ સિંકનું તાપમાન કેલ્વિનમાં છે.
આપેલ છે કે $\eta = \frac{1}{6}$,તેથી $1 - \frac{T_2}{T_1} = \frac{1}{6} \implies \frac{T_2}{T_1} = \frac{5}{6} \implies T_2 = \frac{5}{6} T_1$.
જ્યારે સિંકનું તાપમાન $62 \ K$ જેટલું ઘટાડવામાં આવે છે ($62^{\circ} C$ નો ફેરફાર એ $62 \ K$ ના ફેરફારને સમાન છે),ત્યારે નવી કાર્યક્ષમતા $\eta' = 2\eta = 2 \times \frac{1}{6} = \frac{1}{3}$ થાય છે.
આમ,$1 - \frac{T_2 - 62}{T_1} = \frac{1}{3} \implies \frac{T_2 - 62}{T_1} = \frac{2}{3}$.
$T_2 = \frac{5}{6} T_1$ મૂકતા: $\frac{\frac{5}{6} T_1 - 62}{T_1} = \frac{2}{3} \implies \frac{5}{6} - \frac{62}{T_1} = \frac{4}{6} \implies \frac{62}{T_1} = \frac{1}{6} \implies T_1 = 372 \ K$.
સેલ્સિયસમાં ફેરવતા: $T_1 = 372 - 273 = 99^{\circ} C$.
ત્યારબાદ $T_2 = \frac{5}{6} \times 372 = 310 \ K$. સેલ્સિયસમાં ફેરવતા: $T_2 = 310 - 273 = 37^{\circ} C$.
તેથી,તાપમાન $99^{\circ} C$ અને $37^{\circ} C$ છે.

(D) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે, દબાણ $p$ અને કદ $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $pV^\gamma = \text{constant}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $\gamma = C_p / C_V$ છે।
આપેલ છે કે $p \propto T^3$, તેથી આપણે $p = k T^3$ લખી શકીએ।
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $pV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા, આપણને $T = \frac{pV}{nR}$ મળે છે।
આ કિંમતને આપેલ સંબંધમાં મૂકતા:
$p = k \left( \frac{pV}{nR} \right)^3$
$p = k \frac{p^3 V^3}{(nR)^3}$
$1 = \left( \frac{k}{(nR)^3} \right) p^2 V^3$
$p^2 V^3 = \text{constant}'$
$p V^{3/2} = \text{constant}''$
આને પ્રમાણિત એડિબેટિક સમીકરણ $pV^\gamma = \text{constant}$ સાથે સરખાવતા, આપણને $\gamma = 3/2$ મળે છે।
આમ, $C_p / C_V$ નું મૂલ્ય $3/2$ છે।

(A) ધારો કે ધ્વનિનો વેગ $v$ છે અને ત્રીજા ધ્વનિની આવૃત્તિ $f_0$ છે. આપેલા બે ધ્વનિની આવૃત્તિઓ $f_1 = \frac{v}{\lambda_1} = \frac{v}{40/195} = \frac{195v}{40}$ અને $f_2 = \frac{v}{\lambda_2} = \frac{v}{40/193} = \frac{193v}{40}$ છે.
દરેક ધ્વનિ ત્રીજા ધ્વનિ સાથે દર સેકન્ડે $9$ બીટ્સ ઉત્પન્ન કરતું હોવાથી:
$|f_1 - f_0| = 9$ અને $|f_2 - f_0| = 9$.
આનો અર્થ એ છે કે $f_1 - f_0 = 9$ અને $f_0 - f_2 = 9$ (ધારો કે $f_1 > f_0 > f_2$).
આ બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$(f_1 - f_0) + (f_0 - f_2) = 9 + 9$
$f_1 - f_2 = 18$
$\frac{195v}{40} - \frac{193v}{40} = 18$
$\frac{2v}{40} = 18$
$\frac{v}{20} = 18$
$v = 360 \,m/s$.

(C) દોરી માટે $n$-માં હાર્મોનિકની આવૃત્તિ $f_n = \frac{n}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\mu = \pi r^2 \rho$ છે.
$A$ ના પ્રથમ ઓવરટોન માટે $(n=2)$: $f_{A} = \frac{2}{2l_A} \sqrt{\frac{T}{\pi r_A^2 \rho}} = \frac{1}{l_A r_A} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
$B$ ના બીજા ઓવરટોન માટે $(n=3)$: $f_{B} = \frac{3}{2l_B} \sqrt{\frac{T}{\pi r_B^2 \rho}} = \frac{3}{2l_B r_B} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
આપેલ છે કે $f_A = f_B$ અને $r_A = 2r_B$:
$\frac{1}{l_A (2r_B)} = \frac{3}{2l_B r_B}$.
સાદુરૂપ આપતા,$\frac{1}{2l_A} = \frac{3}{2l_B} \Rightarrow \frac{l_A}{l_B} = \frac{1}{3}$.
આમ,લંબાઈનો ગુણોત્તર $l_A : l_B = 1 : 3$ થાય.

(D) થર્મો-emf $E$ એ $E = a\theta + b\theta^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
થર્મોઈલેક્ટ્રિક પાવર $P$ ને તાપમાનના સંદર્ભમાં થર્મો-emf ના બદલાવના દર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે: $P = \frac{dE}{d\theta} = a + 2b\theta$.
તટસ્થ તાપમાન $T_n$ એ તાપમાન છે જ્યાં થર્મોઈલેક્ટ્રિક પાવર શૂન્ય થાય છે.
$P = 0$ મૂકતા,આપણને $a + 2bT_n = 0$ મળે છે.
તેથી,$T_n = -\frac{a}{2b}$.
આપેલ ગુણોત્તર $a/b = 700^{\circ}C$ ને સમીકરણમાં મૂકતા: $T_n = -\frac{700}{2} = -350^{\circ}C$.
કારણ કે $-350^{\circ}C$ આપેલા વિકલ્પોમાં નથી,તેથી સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ છે, $Z=31$ અને $a=5 \times 10^7 \, \text{Hz}^{1/2}$.
$K_{\alpha}$ રેખાઓ માટે મોઝલેના નિયમ મુજબ, $\sqrt{\nu} = a(Z-1)$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા, આપણને મળે $\nu = a^2(Z-1)^2$.
કિંમતો મૂકતા: $\nu = (5 \times 10^7)^2 \times (31-1)^2$.
$\nu = 25 \times 10^{14} \times 30^2 = 25 \times 10^{14} \times 900 = 2.25 \times 10^{18} \, \text{Hz}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lambda = \frac{c}{\nu}$, જ્યાં $c = 3 \times 10^8 \, \text{m/s}$.
$\lambda = \frac{3 \times 10^8}{2.25 \times 10^{18}} = 1.33 \times 10^{-10} \, \text{m}$.
કારણ કે $1 \, \mathring{A} = 10^{-10} \, \text{m}$, તેથી તરંગલંબાઈ $1.33 \, \mathring{A}$ છે.

(D) આપેલ છે:
પ્રથમ લેન્સની વિખેરણ શક્તિ,$\omega_1 = 0.45$.
બીજા લેન્સની વિખેરણ શક્તિ,$\omega_2 = 0.21$.
બીજા લેન્સ (બહિર્ગોળ) ની કેન્દ્રલંબાઈ,$f_2 = 84 \,cm$.
સંપર્કમાં રહેલા બે પાતળા લેન્સના એરોમેટિક સંયોજન માટેની શરત નીચે મુજબ છે:
$\frac{\omega_1}{f_1} + \frac{\omega_2}{f_2} = 0$
$\Rightarrow \frac{\omega_1}{f_1} = -\frac{\omega_2}{f_2}$
$\Rightarrow \frac{f_1}{f_2} = -\frac{\omega_1}{\omega_2}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{f_1}{84} = -\frac{0.45}{0.21}$
$f_1 = -\frac{45}{21} \times 84$
$f_1 = -\frac{45}{1} \times 4$
$f_1 = -180 \,cm$
આમ,જરૂરી લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $-180 \,cm$ છે.

(B) સંયુક્ત માઇક્રોસ્કોપમાં ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ અને આઈપીસ બંને બહિર્ગોળ લેન્સ હોય છે. વિધાન $(A)$ ખોટું છે કારણ કે ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ વાસ્તવિક અને ઉલટું પ્રતિબિંબ બનાવે છે,જ્યારે આઈપીસ આભાસી અને મોટું પ્રતિબિંબ બનાવે છે.
વિધાન $(B)$ સાચું છે કારણ કે વધુ મોટવણી મેળવવા માટે ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ ખૂબ જ ટૂંકી હોવી જોઈએ.
વિધાન $(C)$ સાચું છે કારણ કે આઈપીસ ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ દ્વારા રચાયેલા વાસ્તવિક પ્રતિબિંબને જોવા માટે સાદા બૃહદદર્શક કાચ તરીકે કાર્ય કરે છે.
વિધાન $(D)$ ખોટું છે કારણ કે બંને લેન્સ બહિર્ગોળ છે,અંતર્ગોળ નથી.
તેથી,વિધાનો $(B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(A) શ્રેણી $L-R$ સર્કિટમાં, સ્વીચ બંધ કર્યા પછી કોઈપણ સમયે $t$ પર પ્રવાહ $i$ નું સૂત્ર $i(t) = \frac{V}{R} (1 - e^{-Rt/L})$ છે.
$t = 0$ સમયે, સર્કિટમાં પ્રવાહ $i(0) = \frac{V}{R} (1 - e^0) = 0$ થાય છે.
અવરોધક પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_R = iR$ છે. $t = 0$ સમયે $i = 0$ હોવાથી, $V_R = 0 \times R = 0 \, V$ મળે છે.
ઇન્ડક્ટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_L = L \frac{di}{dt}$ છે. કિર્ચોફના વોલ્ટેજ નિયમ મુજબ, $V = V_R + V_L$ થાય. $t = 0$ સમયે, $V = 0 + V_L$, તેથી $V_L = 25 \, V$ મળે છે.
આમ, $t = 0$ સમયે, અવરોધક પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $0 \, V$ અને ઇન્ડક્ટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $25 \, V$ છે.

(A) ધારો કે દરેક કેપેસિટરનું પ્રારંભિક કેપેસિટન્સ $C = \frac{A \varepsilon_0}{d}$ છે.
કેપેસિટર $M$ માટે,જગ્યા $K = 8$ ડાયઇલેક્ટ્રિક અચળાંક ધરાવતા માધ્યમથી ભરેલી છે. નવું કેપેસિટન્સ $C_M = K C = 8C$ થશે.
કેપેસિટર $N$ માટે,$t = d/2$ જાડાઈની તાંબાની પ્લેટ દાખલ કરવામાં આવે છે. $t$ જાડાઈની ધાતુની પ્લેટ ધરાવતા કેપેસિટરનું કેપેસિટન્સ $C_N = \frac{A \varepsilon_0}{d - t}$ થાય.
$t = d/2$ મૂકતા,આપણને $C_N = \frac{A \varepsilon_0}{d - d/2} = \frac{A \varepsilon_0}{d/2} = 2 \left( \frac{A \varepsilon_0}{d} \right) = 2C$ મળે છે.
કેપેસિટર શ્રેણીમાં જોડાયેલા હોવાથી,બંને પરનો વિદ્યુતભાર $Q$ સમાન રહેશે.
વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V = Q/C$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,તેથી $V \propto 1/C$.
તેથી,વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવતનો ગુણોત્તર $V_M : V_N = \frac{1}{C_M} : \frac{1}{C_N} = \frac{1}{8C} : \frac{1}{2C} = \frac{1}{8} : \frac{1}{2} = 2 : 8 = 1 : 4$ થશે.

(B) ધારો કે જ્યારે કેપેસિટર સંપૂર્ણ ચાર્જ થયેલું હોય ત્યારે તેના પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V$ છે. કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{1}{2} C V^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે કેપેસિટર અવરોધક કોઈલ દ્વારા સંપૂર્ણપણે ડિસ્ચાર્જ થાય છે,ત્યારે સંગ્રહિત ઉર્જા બ્લોકમાં ઉષ્મા $\Delta H$ તરીકે મુક્ત થાય છે.
સિસ્ટમ થર્મલી અલગ હોવાથી,બ્લોક દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા એ કેપેસિટર દ્વારા ગુમાવેલી ઉર્જા જેટલી હોય છે: $\Delta H = \frac{1}{2} C V^2$.
બ્લોક દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા $\Delta H = m s \Delta T$ સૂત્ર દ્વારા પણ મળે છે,જ્યાં $m$ એ દળ છે અને $s$ એ વિશિષ્ટ ઉષ્મા છે.
$\Delta H$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{1}{2} C V^2 = m s \Delta T$
$V^2 = \frac{2 m s \Delta T}{C}$
$V = \left(\frac{2 m s \Delta T}{C}\right)^{1 / 2}$

(A) ગેલ્વેનોમીટરની સંવેદનશીલતા એકમ પ્રવાહ દીઠ આવર્તન તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,જે $S_g = \frac{\theta}{i_g}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. જ્યારે $G$ અવરોધ ધરાવતા ગેલ્વેનોમીટર સાથે $S$ શંટ સમાંતરમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે નવી સંવેદનશીલતા $S'$ એ ગેલ્વેનોમીટરમાંથી વહેતા પ્રવાહ $i_g$ અને કુલ પ્રવાહ $i$ ના ગુણોત્તર દ્વારા મળે છે.
ગેલ્વેનોમીટરમાંથી વહેતો પ્રવાહ $i_g = i \left( \frac{S}{G+S} \right)$ છે.
તેથી,નવી સંવેદનશીલતા $S' = \frac{i_g}{i} = \frac{S}{G+S}$ છે.
આપેલ છે,પ્રારંભિક સંવેદનશીલતા $= 60 \text{ div/A}$ અને અંતિમ સંવેદનશીલતા $= 10 \text{ div/A}$.
સંવેદનશીલતાનો ગુણોત્તર $\frac{S'}{S_g} = \frac{10}{60} = \frac{1}{6}$ છે.
સૂત્રમાં કિંમત મૂકતા: $\frac{1}{6} = \frac{S}{G+S}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા $G + S = 6S$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $G = 5S$ થાય છે.
અહીં $G = 20 \ \Omega$ આપેલ છે,તેથી $20 = 5S$.
આમ,$S = \frac{20}{5} = 4 \ \Omega$.

(B) ધારો કે $500 \Omega$ ના અવરોધ અને $12 \text{ V}$ ની બેટરીમાંથી વહેતો પ્રવાહ $i_1$ છે.
એમીટરનું રીડિંગ શૂન્ય હોવાથી,જમણી બાજુની શાખામાં,જેમાં $2 \text{ V}$ ની બેટરી અને એમીટર છે,તેમાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
તેથી,પ્રવાહ $i_1$ એ $500 \Omega$ ના અવરોધ અને $R$ અવરોધમાંથી શ્રેણીમાં વહે છે.
ડાબી બાજુના લૂપ માટે કિર્ચોફનો વોલ્ટેજ નિયમ $(KVL)$ લાગુ પાડતા:
$12 - 500 i_1 - R i_1 = 0$
$12 = i_1 (500 + R) \quad \dots (i)$
હવે,અવરોધ $R$ ના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત ધ્યાનમાં લો. જમણી શાખામાં કોઈ પ્રવાહ વહેતો ન હોવાથી,$R$ ના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત એ જમણી શાખાની બેટરીના ઇલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સ $(EMF)$ જેટલો હોવો જોઈએ જેથી તે લૂપમાં પ્રવાહ શૂન્ય રહે.
$R$ ના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_R = i_1 R$ છે.
એમીટરનું રીડિંગ શૂન્ય રહે તે માટે,$R$ ના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $2 \text{ V}$ ની બેટરીને સંતુલિત કરવો જોઈએ.
આમ,$i_1 R = 2 \text{ V} \Rightarrow i_1 = \frac{2}{R}$.
$i_1$ ની કિંમત સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$12 = \frac{2}{R} (500 + R)$
$6 R = 500 + R$
$5 R = 500$
$R = 100 \Omega$

(D) કિર્ચોફના પ્રવાહના નિયમ $(KCL)$ મુજબ, જંકશનમાં દાખલ થતા પ્રવાહનો સરવાળો તેમાંથી બહાર નીકળતા પ્રવાહના સરવાળા જેટલો હોય છે.
જંકશન $A$ પર:
$i_1 = 3 \text{ A} + 2 \text{ A} = 5 \text{ A}$
જંકશન $B$ પર:
પ્રવાહ $i_1$ જંકશનમાં દાખલ થાય છે અને $2 \text{ A}$ બહાર નીકળે છે। ધારો કે $i_2$ એ જંકશન $C$ તરફ વહેતો પ્રવાહ છે.
$i_1 = 2 \text{ A} + i_2$
$5 \text{ A} = 2 \text{ A} + i_2 \implies i_2 = 3 \text{ A}$
જંકશન $C$ પર:
પ્રવાહ $i_2$ અને $1 \text{ A}$ જંકશનમાં દાખલ થાય છે અને $i$ બહાર નીકળે છે.
$i = i_2 + 1 \text{ A}$
$i = 3 \text{ A} + 1 \text{ A} = 4 \text{ A}$

(D) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,ઉત્સર્જિત ફોટોઈલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિ ઉર્જા $K_{max} = E - \phi_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $E$ એ આપાત ફોટોનની ઉર્જા છે અને $\phi_0$ એ ધાતુનું વર્ક ફંક્શન છે.
$E_1 = 2.5 eV$ ઉર્જા ધરાવતા પ્રથમ ફોટોન માટે:
$\frac{1}{2} m v_1^2 = E_1 - \phi_0 = 2.5 eV - 1.5 eV = 1.0 eV$ $(i)$
$E_2 = 3.5 eV$ ઉર્જા ધરાવતા બીજા ફોટોન માટે:
$\frac{1}{2} m v_2^2 = E_2 - \phi_0 = 3.5 eV - 1.5 eV = 2.0 eV$ (ii)
સમીકરણ $(i)$ ને સમીકરણ (ii) વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{\frac{1}{2} m v_1^2}{\frac{1}{2} m v_2^2} = \frac{1.0 eV}{2.0 eV}$
$\frac{v_1^2}{v_2^2} = \frac{1}{2}$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\frac{v_1}{v_2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
આમ,મહત્તમ વેગનો ગુણોત્તર $1 : \sqrt{2}$ છે.

(D) થર્મો emf $E = a\theta + b\theta^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તટસ્થ તાપમાન $(T_n)$ શોધવા માટે,આપણે $E$ નું $\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ અને તેને શૂન્ય તરીકે લઈએ છીએ,કારણ કે તટસ્થ તાપમાન પર થર્મો emf મહત્તમ હોય છે.
$\frac{dE}{d\theta} = a + 2b\theta$.
$\frac{dE}{d\theta} = 0$ લેતા,આપણને $a + 2b\theta = 0$ મળે છે.
તેથી,$T_n = -\frac{a}{2b}$.
આપેલ છે કે $a/b = 700^{\circ}C$,આપણે આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકીએ:
$T_n = -\frac{1}{2} \times (700^{\circ}C) = -350^{\circ}C$.
ગણતરી કરેલ કિંમત $-350^{\circ}C$ વિકલ્પોમાં ન હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ છે: પરમાણુ ક્રમાંક $Z=31$ અને અચળાંક $a=5 \times 10^7 \text{ Hz}^{1/2}$.
$K_{\alpha}$ રેખા માટે મોઝલેના નિયમ મુજબ:
$\sqrt{\nu} = a(Z-1)$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$\nu = a^2(Z-1)^2$
કિંમતો મૂકતા:
$\nu = (5 \times 10^7)^2 \times (31-1)^2$
$\nu = 25 \times 10^{14} \times 30^2$
$\nu = 25 \times 10^{14} \times 900 = 2.25 \times 10^{18} \text{ Hz}$
હવે, $\lambda = \frac{c}{\nu}$ સંબંધનો ઉપયોગ કરતા, જ્યાં $c = 3 \times 10^8 \text{ m/s}$:
$\lambda = \frac{3 \times 10^8}{2.25 \times 10^{18}}$
$\lambda = 1.33 \times 10^{-10} \text{ m}$
કારણ કે $1 \text{ Å} = 10^{-10} \text{ m}$, તેથી:
$\lambda = 1.33 \text{ Å}$.

(B) સાચી જોડીઓ નીચે મુજબ છે:
$(A)$ ફ્લેમિંગનો ડાબા હાથનો નિયમ ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં રહેલા પ્રવાહધારિત વાહક પર લાગતા બળની દિશા શોધવા માટે વપરાય છે,જે (iii) ને અનુરૂપ છે.
$(B)$ જમણા હાથના અંગૂઠાનો નિયમ પ્રવાહધારિત વાહકની આસપાસ ચુંબકીય ક્ષેત્ર રેખાઓની દિશા નક્કી કરવા માટે વપરાય છે,જે (iv) ને અનુરૂપ છે.
$(C)$ બાયો-સાવર્ટનો નિયમ નાના પ્રવાહ ખંડને કારણે ચુંબકીય પ્રેરણનું મૂલ્ય અને દિશા ગણવા માટે વપરાય છે,જે (ii) ને અનુરૂપ છે.
$(D)$ ફ્લેમિંગનો જમણા હાથનો નિયમ ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વાહકમાં પ્રેરિત પ્રવાહની દિશા શોધવા માટે વપરાય છે,જે $(i)$ ને અનુરૂપ છે.
તેથી,સાચી જોડી $(A)-(iii), (B)-(iv), (C)-(ii), (D)-(i)$ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $(b)$ છે.

(C) પ્રારંભિક ધ્રુવ શક્તિ $= m$ અને ચુંબકીય મોમેન્ટ $= M = m \times (2l)$,જ્યાં $2l$ એ ચુંબકની લંબાઈ છે.
જ્યારે ચુંબકને તેની અક્ષને સમાંતર $n$ વખત કાપવામાં આવે,ત્યારે દરેક ટુકડાની ધ્રુવ શક્તિ $m' = \frac{m}{n+1}$ થાય છે. અહીં $n=5$ હોવાથી,$m' = \frac{m}{5+1} = \frac{m}{6}$.
જ્યારે ચુંબકને તેની અક્ષને લંબ $k$ વખત કાપવામાં આવે,ત્યારે દરેક ટુકડાની લંબાઈ $l' = \frac{l}{k+1}$ થાય છે. અહીં $k=3$ હોવાથી,નવી લંબાઈ $2l' = \frac{2l}{3+1} = \frac{2l}{4} = \frac{l}{2}$ થાય.
અક્ષને લંબ કાપવાથી ધ્રુવ શક્તિ પર કોઈ અસર થતી નથી,તેથી દરેક ટુકડાની અંતિમ ધ્રુવ શક્તિ $m' = \frac{m}{6}$ રહેશે.
નવી ચુંબકીય મોમેન્ટ $M'$ એ નવી ધ્રુવ શક્તિ અને નવી લંબાઈનો ગુણાકાર છે: $M' = m' \times (2l') = \left(\frac{m}{6}\right) \times \left(\frac{2l}{4}\right) = \frac{m \times 2l}{24} = \frac{M}{24}$.

(A) એક ન્યુક્લિયસના વિખંડનમાં મુક્ત થતી ઉર્જા $E_1 = 200 \text{ MeV}$ છે.
આ ઉર્જાને જૂલમાં રૂપાંતરિત કરતા:
$E_1 = 200 \times 1.6 \times 10^{-13} \text{ J} = 3.2 \times 10^{-11} \text{ J}$.
આપણે કુલ $E_{total} = 1000 \text{ J}$ ઉર્જા મુક્ત કરવા માટે જરૂરી ન્યુક્લિયસોની સંખ્યા $(n)$ શોધવાની છે.
સંબંધ છે: $E_{total} = n \times E_1$.
તેથી,$n = \frac{E_{total}}{E_1} = \frac{1000}{3.2 \times 10^{-11}}$.
$n = \frac{10^3}{3.2 \times 10^{-11}} = \frac{1}{3.2} \times 10^{14} = 0.3125 \times 10^{14} = 3.125 \times 10^{13}$ ન્યુક્લિયસ.

(C) આપેલ છે: વક્રીભવનાંક $\mu_1 = 1.6$,$\mu_2 = 1.8$,$\mu_3 = 1.3$.
માધ્યમ $2$ અને $3$ વચ્ચેની આંતર સપાટી પર,કિરણ ક્રાંતિકોણ $C$ પર આપાત થાય છે. તેથી,$\sin C = \frac{\mu_3}{\mu_2} = \frac{1.3}{1.8}$.
ધારો કે $r$ એ માધ્યમ $2$ માં વક્રીભવનકોણ છે. કારણ કે કિરણ માધ્યમ $2$ અને $3$ ની આંતર સપાટી પર ક્રાંતિકોણે આપાત થાય છે,તેથી પ્રથમ આંતર સપાટી પર વક્રીભવનકોણ $r$ એ ક્રાંતિકોણ $C$ જેટલો થશે (એટલે કે $r = C$).
માધ્યમ $1$ અને $2$ વચ્ચેની આંતર સપાટી પર સ્નેલનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\mu_1 \sin \theta = \mu_2 \sin r$
કારણ કે $r = C$,તેથી $\sin r = \sin C = \frac{1.3}{1.8}$.
કિંમતો મૂકતા:
$1.6 \times \sin \theta = 1.8 \times \left(\frac{1.3}{1.8}\right)$
$1.6 \times \sin \theta = 1.3$
$\sin \theta = \frac{1.3}{1.6} = \frac{13}{16}$
$\theta = \sin ^{-1}\left(\frac{13}{16}\right)$

(D) આપેલ છે:
પ્રથમ લેન્સની વિભાજન શક્તિ, $\omega_1 = 0.45$.
બીજા લેન્સની વિભાજન શક્તિ, $\omega_2 = 0.21$.
બીજા લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ, $f_2 = 84 \,cm$.
સંપર્કમાં રહેલા બે પાતળા લેન્સના વર્ણવિપથનરહિત સંયોજન માટેની શરત નીચે મુજબ છે:
$\frac{\omega_1}{f_1} + \frac{\omega_2}{f_2} = 0$
$\frac{\omega_1}{f_1} = -\frac{\omega_2}{f_2}$
$\frac{f_1}{f_2} = -\frac{\omega_1}{\omega_2}$
કિંમતો મૂકતા:
$f_1 = -f_2 \times \left( \frac{\omega_1}{\omega_2} \right)$
$f_1 = -84 \times \left( \frac{0.45}{0.21} \right)$
$f_1 = -84 \times \left( \frac{45}{21} \right)$
$f_1 = -84 \times \frac{15}{7}$
$f_1 = -12 \times 15 = -180 \,cm$.
આમ, લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $-180 \,cm$ છે.

(B) સંયુક્ત સૂક્ષ્મદર્શક યંત્રમાં ઓબ્જેક્ટિવ (વસ્તુકાચ) અને આઈપીસ (નેત્રકાચ) બંને બહિર્ગોળ લેન્સ હોય છે.
ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ ખૂબ જ ટૂંકી હોય છે,જ્યારે આઈપીસની કેન્દ્રલંબાઈ મોટી હોય છે.
વિધાન $(A)$ ખોટું છે કારણ કે ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સ વાસ્તવિક અને ઉલટું પ્રતિબિંબ બનાવે છે,જ્યારે આઈપીસ આભાસી અને મોટું પ્રતિબિંબ બનાવે છે.
વિધાન $(B)$ સાચું છે કારણ કે ઓબ્જેક્ટિવ લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ ખૂબ જ ટૂંકી હોય છે.
વિધાન $(C)$ સાચું છે કારણ કે આઈપીસ એક સાદા બિલોરી કાચ (magnifying glass) તરીકે કાર્ય કરે છે,જે ઓબ્જેક્ટિવ દ્વારા રચાયેલા મધ્યવર્તી પ્રતિબિંબને જોવા માટે વપરાય છે.
વિધાન $(D)$ ખોટું છે કારણ કે બંને લેન્સ બહિર્ગોળ છે.
તેથી,વિધાન $(B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(C) આપેલ છે: બેરિયર પોટેન્શિયલ,$V = 0.3 \,V$.
ડેપ્લેશન લેયરની જાડાઈ,$d = 2 \times 10^{-6} \,m$.
વિદ્યુત ક્ષેત્ર $E$ માટેનું સૂત્ર $E = \frac{V}{d}$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$E = \frac{0.3}{2 \times 10^{-6}} = 0.15 \times 10^6 = 1.5 \times 10^5 \,V/m$.
$p-n$ જંકશનમાં,ડેપ્લેશન લેયરના $n$-વિસ્તારમાં ધન આયનો અને $p$-વિસ્તારમાં ઋણ આયનો જમા થવાને કારણે વિદ્યુત ક્ષેત્રની દિશા $n$-વિસ્તારથી $p$-વિસ્તાર તરફ હોય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) પદ $\frac{1}{2} \mu_0 H^2$ એ ચુંબકીય ક્ષેત્રની ઉર્જા ઘનતા દર્શાવે છે.
ઉર્જા ઘનતા એટલે એકમ કદ દીઠ ઉર્જા.
ઉર્જાનું પારિમાણિક સૂત્ર $[ML^2 T^{-2}]$ છે અને કદનું $[L^3]$ છે.
તેથી,ઉર્જા ઘનતાનું પારિમાણિક સૂત્ર $\frac{[ML^2 T^{-2}]}{[L^3]} = [ML^{-1} T^{-2}]$ થાય.
વૈકલ્પિક રીતે,આપેલી રાશિઓના પરિમાણોનો ઉપયોગ કરતા:
$[\mu_0] = [MLT^{-2} A^{-2}]$ અને $[H] = [AL^{-1}]$.
આ કિંમતોને પદમાં મૂકતા:
$[\frac{1}{2} \mu_0 H^2] = [MLT^{-2} A^{-2}] \times [AL^{-1}]^2 = [MLT^{-2} A^{-2}] \times [A^2 L^{-2}] = [ML^{-1} T^{-2}]$.

(B) આપેલ ભૌતિક રાશિઓના એકમો નીચે મુજબ છે:
$1$. ચુંબકીય ક્ષેત્રની તીવ્રતા $(H)$ નો એકમ $A \cdot m^{-1}$ છે. તેથી,$(A)-(iv)$.
$2$. ચુંબકીય ફ્લક્સ $(\phi)$ નો એકમ વેબર $(Wb)$ છે. તેથી,$(B)-(i)$.
$3$. ચુંબકીય ધ્રુવ પ્રબળતા $(m)$ નો એકમ એમ્પિયર-મીટર $(A \cdot m)$ છે. તેથી,$(C)-(iii)$.
$4$. ચુંબકીય પ્રેરણ $(B)$ નો એકમ $Wb \cdot m^{-2}$ (અથવા ટેસ્લા) છે. તેથી,$(D)-(ii)$.
આમ,સાચી જોડી $(A)-(iv), (B)-(i), (C)-(iii), (D)-(ii)$ છે.
સાચો વિકલ્પ $(B)$ છે.

(C) કોઈપણ બિંદુએ પરિણામી તીવ્રતા $I_R$ નું સૂત્ર $I_R = I_{\max} \cos^2 \left( \frac{\phi}{2} \right)$ છે,જ્યાં $\phi$ એ કળા તફાવત છે.
આપેલ છે કે $I_R = 75 \% \text{ of } I_{\max} = 0.75 I_{\max} = \frac{3}{4} I_{\max}$.
આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{3}{4} I_{\max} = I_{\max} \cos^2 \left( \frac{\phi}{2} \right)$
$\cos^2 \left( \frac{\phi}{2} \right) = \frac{3}{4}$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\cos \left( \frac{\phi}{2} \right) = \frac{\sqrt{3}}{2}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos \left( \frac{\pi}{6} \right) = \frac{\sqrt{3}}{2}$,તેથી:
$\frac{\phi}{2} = \frac{\pi}{6}$
$\phi = \frac{\pi}{3}$