TS EAMCET 2018 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) ધારો કે કુલ મુસાફરીનો સમય $T$ સેકન્ડ છે અને પ્રવેગ $a$ છે. પ્રારંભિક વેગ $u = 0$ છે.
પ્રથમ સેકન્ડમાં ($t=1$ s) કપાયેલ અંતર $s_1 = ut + \frac{1}{2}at^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$1 = 0(1) + \frac{1}{2}a(1)^2 \Rightarrow a = 2 \,m/s^2$.
છેલ્લી સેકન્ડમાં કપાયેલ અંતર $n^{th}$ સેકન્ડમાં અંતરના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $s_n = u + \frac{a}{2}(2n - 1)$.
અહીં, $s_n = 39 \,m$, $u = 0$, $a = 2 \,m/s^2$.
$39 = 0 + \frac{2}{2}(2T - 1) \Rightarrow 39 = 2T - 1 \Rightarrow 2T = 40 \Rightarrow T = 20 \,s$.
$T = 20 \,s$ માં કપાયેલ કુલ અંતર $S = ut + \frac{1}{2}aT^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$S = 0(20) + \frac{1}{2}(2)(20)^2 = 400 \,m$.

(A) આપેલ છે, પ્રારંભિક વેગ $u = 54 \,km/h = 54 \times \frac{5}{18} \,m/s = 15 \,m/s$.
સિગ્નલનું વાહનથી અંતર $d = 400 \,m$, પ્રવેગ $a = -0.3 \,m/s^2$.
જ્યારે વાહન અટકે છે, ત્યારે અંતિમ વેગ $v = 0$ થાય છે।
ગતિના સમીકરણ $v^2 = u^2 + 2as$ નો ઉપયોગ કરતા:
$0^2 = (15)^2 + 2(-0.3)s$
$0 = 225 - 0.6s$
$0.6s = 225$
$s = \frac{225}{0.6} = 375 \,m$.
ટ્રાફિક સિગ્નલની સાપેક્ષમાં વાહનનું સ્થાન $d - s = 400 \,m - 375 \,m = 25 \,m$ છે।

(B) આપેલ છે: પ્રારંભિક વેગ $U_1 = U_2 = 2 \sqrt{2} \ m \ s^{-1}$,ગુરુત્વપ્રવેગ $g = 10 \ m \ s^{-2}$.
સમય $t$ પર,વેગ સદિશો નીચે મુજબ છે:
$\vec{v}_1 = (U_1 \cos 45^{\circ}) \hat{i} + (U_1 \sin 45^{\circ} - gt) \hat{j} = (2 \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}) \hat{i} + (2 \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} - 10t) \hat{j} = 2 \hat{i} + (2 - 10t) \hat{j} \dots(1)$
$\vec{v}_2 = (U_2 \cos 135^{\circ}) \hat{i} + (U_2 \sin 135^{\circ} - gt) \hat{j} = (2 \sqrt{2} \cdot -\frac{1}{\sqrt{2}}) \hat{i} + (2 \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} - 10t) \hat{j} = -2 \hat{i} + (2 - 10t) \hat{j} \dots(2)$
વેગ સદિશો લંબ હોવાથી,તેમનો ડોટ ગુણાકાર શૂન્ય થવો જોઈએ:
$\vec{v}_1 \cdot \vec{v}_2 = 0$
$(2 \hat{i} + (2 - 10t) \hat{j}) \cdot (-2 \hat{i} + (2 - 10t) \hat{j}) = 0$
$-4 + (2 - 10t)^2 = 0$
$(2 - 10t)^2 = 4$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$2 - 10t = \pm 2$
કિસ્સો $1$: $2 - 10t = 2 \Rightarrow 10t = 0 \Rightarrow t = 0 \ s$
કિસ્સો $2$: $2 - 10t = -2 \Rightarrow 10t = 4 \Rightarrow t = 0.4 \ s$
આમ,વેગ સદિશો $t = 0.4 \ s$ સમયે એકબીજાને લંબ હશે.

(D) ધારો કે $t = \sqrt{2} \,s$ પછી વસ્તુ બિંદુ $B(x, y)$ પર છે।
સમક્ષિતિજ સ્થાનાંતર $x = u_x \times t = (v_0 \cos 45^{\circ}) \times \sqrt{2} = v_0 \times \frac{1}{\sqrt{2}} \times \sqrt{2} = v_0$ છે।
શિરોલંબ સ્થાનાંતર $y = u_y t - \frac{1}{2} g t^2 = (v_0 \sin 45^{\circ}) \sqrt{2} - \frac{1}{2} (10) (\sqrt{2})^2 = v_0 - 10$ છે।
સ્થાનાંતર સદિશ $\vec{OB}$ નું મૂલ્ય $OB = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{v_0^2 + (v_0 - 10)^2}$ છે।
સરેરાશ વેગનું મૂલ્ય $v_{\text{avg}} = \frac{OB}{t} = |v_0|$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
તેથી,$OB = |v_0| t = v_0 \sqrt{2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $v_0^2 + (v_0 - 10)^2 = (v_0 \sqrt{2})^2$.
$v_0^2 + v_0^2 - 20v_0 + 100 = 2v_0^2$.
$2v_0^2 - 20v_0 + 100 = 2v_0^2$.
$20v_0 = 100$,જે આપણને $v_0 = 5 \,m/s$ આપે છે.

(B) જ્યારે પ્રક્ષિપ્ત કોણ $\theta = 45^{\circ}$ હોય ત્યારે મહત્તમ અવધિ (રેન્જ) પ્રાપ્ત થાય છે。
અવધિ $R$ માટેનું સૂત્ર $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g}$ છે。
મહત્તમ અવધિ માટે, $\sin(2\theta) = \sin(90^{\circ}) = 1$ થાય。
તેથી, $R_{max} = \frac{u^2}{g}$.
અહીં $u = 30 \,m/s$ અને $g = 10 \,m/s^2$ આપેલ છે, તેથી:
$R_{max} = \frac{(30)^2}{10} = \frac{900}{10} = 90 \,m$.

(A) આપેલ છે: પ્રારંભિક ઝડપ $u = 20 \,m/s$, પ્રક્ષિપ્ત કોણ $\theta = 34^{\circ}$, અને ગુરુત્વપ્રવેગ $g = 9.8 \,m/s^2$.
પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થની મહત્તમ ઊંચાઈ $H$ શોધવાનું સૂત્ર $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$H = \frac{(20)^2 \times (\sin 34^{\circ})^2}{2 \times 9.8}$
$H = \frac{400 \times (0.56)^2}{19.6}$
$H = \frac{400 \times 0.3136}{19.6}$
$H = \frac{125.44}{19.6} = 6.4 \,m$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ નજીકની કિંમત $6.3 \,m$ છે.

(C) દડા પર લાગતું બળ ગુરુત્વાકર્ષણ છે,જે ફક્ત શિરોલંબ $(y)$ દિશામાં લાગે છે. તેથી,સમક્ષિતિજ $(x)$ દિશામાં વેગમાનમાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી.
પ્રારંભિક શિરોલંબ વેગ: $u_y = u \sin 45^{\circ} = \sqrt{10} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{5} \ m/s$.
પ્રારંભિક શિરોલંબ વેગમાન: $p_{yi} = m u_y = 0.2 \cdot \sqrt{5} = \frac{\sqrt{5}}{5} = \frac{1}{\sqrt{5}} \ kg \cdot m/s$ (ઉપરની તરફ).
ગતિના સમીકરણ $v_y^2 = u_y^2 + 2gh$ નો ઉપયોગ કરતા:
$v_y^2 = (\sqrt{5})^2 + 2(10)(1) = 5 + 20 = 25$.
તેથી,અંતિમ શિરોલંબ વેગ $v_y = 5 \ m/s$ (નીચેની તરફ).
અંતિમ શિરોલંબ વેગમાન: $p_{yf} = m v_y = 0.2 \cdot 5 = 1 \ kg \cdot m/s$ (નીચેની તરફ).
ઉપરની દિશાને ધન લેતા,$p_{yi} = \frac{1}{\sqrt{5}}$ અને $p_{yf} = -1$.
વેગમાનમાં ફેરફાર $\Delta p = p_{yf} - p_{yi} = -1 - \frac{1}{\sqrt{5}} = -(1 + \frac{1}{\sqrt{5}})$.
વેગમાનમાં થતા ફેરફારનું મૂલ્ય $|\Delta p| = 1 + \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}}$ થાય.

(B) પ્રારંભિક વેગ $u = 2\sqrt{2} \ m/s$ અને ખૂણો $\theta = 45^{\circ}$ છે.
ક્ષૈતિજ ઘટક $u_x = u \cos 45^{\circ} = 2\sqrt{2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 2 \ m/s$.
શિરોલંબ ઘટક $u_y = u \sin 45^{\circ} = 2\sqrt{2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 2 \ m/s$.
$t = 2 \ s$ માં ક્ષૈતિજ સ્થાનાંતર $x = u_x \times t = 2 \times 2 = 4 \ m$.
$t = 2 \ s$ માં શિરોલંબ સ્થાનાંતર $y = u_y t - \frac{1}{2}gt^2 = 2(2) - \frac{1}{2}(10)(2^2) = 4 - 20 = -16 \ m$.
કુલ સ્થાનાંતર $S = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{4^2 + (-16)^2} = \sqrt{16 + 256} = \sqrt{272} \approx 16.49 \ m$.
સરેરાશ વેગ $v_{avg} = \frac{S}{t} = \frac{16.49}{2} = 8.245 \ m/s \approx 8.2 \ m/s$.

(A) લંબ પ્રવેગ $a_n = \frac{v^2}{R} = k t^\alpha$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k$ એક અચળાંક છે.
આના પરથી,વેગનો વર્ગ $v^2 = R k t^\alpha$ થાય.
પદાર્થની ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m R k t^\alpha$ છે.
તમામ બળો દ્વારા ઉત્પન્ન થતો પાવર $P$ એ ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફારના દર જેટલો હોય છે,એટલે કે $P = \frac{dK}{dt}$.
$P = \frac{d}{dt} \left( \frac{1}{2} m R k t^\alpha \right) = \frac{1}{2} m R k \alpha t^{\alpha-1}$.
અહીં $m$,$R$,$k$,અને $\alpha$ અચળાંક હોવાથી,$P \propto t^{\alpha-1}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે: ત્રિજ્યા $R = 5 \ m$,સ્પર્શક વેગ $v = 2 \ ms^{-1}$.
નિયમિત વર્તુળાકાર ગતિ માટે,કોણીય વેગ $\omega = \frac{v}{R} = \frac{2}{5} = 0.4 \ rad \ s^{-1}$ થાય.
એક પરિભ્રમણ માટેનો સમયગાળો $T = \frac{2 \pi}{\omega} = \frac{2 \pi}{0.4} = 5 \pi \ s$ થાય.
$2$ પરિભ્રમણ પૂર્ણ કરવા માટે લાગતો સમય $t = 2 \times T = 2 \times 5 \pi = 10 \pi \ s$ થાય.
કેન્દ્રગામી પ્રવેગનું મૂલ્ય $a_c = \frac{v^2}{R} = \frac{2^2}{5} = \frac{4}{5} = 0.8 \ ms^{-2}$ થાય.
આમ,લાગતો સમય $10 \pi \ s$ અને પ્રવેગ $0.8 \ ms^{-2}$ છે.

(A) આપેલ છે કે,$\theta = a t^2$.
કોણીય વેગ $\omega = \frac{d\theta}{dt} = 2at$ છે.
સ્પર્શક વેગ $v = \omega r = 2atr$ છે. તેથી,$\frac{v}{t} = 2ar$.
સ્પર્શક પ્રવેગ $a_t = \frac{dv}{dt} = 2ar$ છે.
ત્રિજ્યાવર્તી (કેન્દ્રગામી) પ્રવેગ $a_n = \frac{v^2}{r} = \frac{(2atr)^2}{r} = 4a^2t^2r$ છે.
કુલ પ્રવેગ $a_{\text{total}} = \sqrt{a_t^2 + a_n^2} = \sqrt{(2ar)^2 + (4a^2t^2r)^2}$ છે.
$a_{\text{total}} = \sqrt{4a^2r^2 + 16a^4t^4r^2} = 2ar \sqrt{1 + 4a^2t^4}$ થાય.
જેથી $2ar = \frac{v}{t}$ હોવાથી,$a_{\text{total}} = \frac{v}{t} \sqrt{1 + 4a^2t^4}$ મળે.

(B) આપેલ ઝડપ $v(t) = at$,જ્યાં $a = 2 \ m/s^2$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિમાં,$v = r \omega$,તેથી $\omega = \frac{v}{r} = \frac{at}{r}$.
$\omega = \frac{d\theta}{dt}$ હોવાથી,$d\theta = \frac{at}{r} dt$ મળે.
$n$ ચક્ર માટે સંકલન કરતા,$\theta = 2\pi n = \int_0^t \frac{at}{r} dt = \frac{at^2}{2r}$.
આમ,$t^2 = \frac{4\pi nr}{a}$.
કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_r = \frac{v^2}{r} = \frac{(at)^2}{r} = \frac{a^2 t^2}{r} = \frac{a^2}{r} \cdot \frac{4\pi nr}{a} = 4\pi na$.
સ્પર્શકીય પ્રવેગ $a_t = \frac{dv}{dt} = a$.
કુલ પ્રવેગ $A = \sqrt{a_t^2 + a_r^2} = \sqrt{a^2 + (4\pi na)^2} = a \sqrt{1 + (4\pi n)^2}$.
અહીં $a = 2$ અને $n = 2$ આપેલ હોવાથી,$A = 2 \sqrt{1 + (4 \cdot \pi \cdot 2)^2} = 2 \sqrt{1 + 64\pi^2}$.

(B) આકૃતિ મુજબ,જ્યારે $m$ દળને જમણી તરફ $x$ જેટલા નાના અંતરે સ્થાનાંતરિત કરવામાં આવે છે,ત્યારે $k_1$ અચળાંક ધરાવતી સ્પ્રિંગ $x$ જેટલી ખેંચાય છે અને $k_2$ અચળાંક ધરાવતી સ્પ્રિંગ $x$ જેટલી દબાય છે.
પ્રથમ સ્પ્રિંગ દ્વારા દળ $m$ પર લાગતું પુનઃસ્થાપક બળ $F_1 = -k_1 x$ છે.
બીજી સ્પ્રિંગ દ્વારા દળ $m$ પર લાગતું પુનઃસ્થાપક બળ $F_2 = -k_2 x$ છે.
કુલ પુનઃસ્થાપક બળ $F = F_1 + F_2 = -(k_1 + k_2)x$ છે.
આ $F = -k_{eq} x$ ના સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં સમતુલ્ય સ્પ્રિંગ અચળાંક $k_{eq} = k_1 + k_2$ છે.
દળ-સ્પ્રિંગ તંત્ર માટે દોલનનો આવર્તકાળ $T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k_{eq}}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$k_{eq}$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k_1 + k_2}}$ મળે છે.

(A) ધારો કે કણને ચોરસની કોઈ એક બાજુ તરફ $x$ જેટલા નાના અંતરે સ્થાનાંતરિત કરવામાં આવે છે. સ્પ્રિંગ પુનઃસ્થાપક બળ લગાડશે.
ભૂમિતિને ધ્યાનમાં લેતા,તંત્ર માટે અસરકારક સ્પ્રિંગ અચળાંક $k_{eff}$ એ કણ પર લાગતા ચોખ્ખા પુનઃસ્થાપક બળ $F_R$ ની ગણતરી કરીને નક્કી કરી શકાય છે.
જ્યારે કણને $x$ જેટલું સ્થાનાંતરિત કરવામાં આવે છે,ત્યારે ચાર સ્પ્રિંગમાંથી સ્થાનાંતરની દિશામાં લાગતા બળોના ઘટકોનો સરવાળો થાય છે.
પુનઃસ્થાપક બળ $F_R = (k + k + 2k + 2k) \cdot x \cdot \cos^2(45^\circ) = (6k) \cdot x \cdot (1/2) = 3kx$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આમ,કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \sqrt{\frac{k_{eff}}{m}} = \sqrt{\frac{3k}{m}}$ છે.
દોલનનો આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{m}{3k}}$ છે.

(C) સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ માટે સ્થાનનું આપેલ સમીકરણ $x(t) = 2 \cos \left(\frac{\pi}{15} t - \frac{\pi}{2}\right)$ છે.
આને પ્રમાણિત સમીકરણ $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$ સાથે સરખાવતા,આપણને કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \frac{\pi}{15} \text{ rad/s}$ મળે છે.
$SHM$ નો આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{\pi/15} = 30 \text{ s}$ છે.
$SHM$ માં કણની ગતિઊર્જા $KE = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2 \sin^2(\omega t + \phi)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નિત્યસમ $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,ગતિઊર્જા $2\omega$ ની આવૃત્તિ સાથે બદલાય છે.
તેથી,ગતિઊર્જાનો આવર્તકાળ $T_{KE} = \frac{T}{2} = \frac{30}{2} = 15 \text{ s}$ થશે.

(A) તંત્ર પર કોઈ બાહ્ય ટોર્ક લાગતું ન હોવાથી,તંત્રનું કોણીય વેગમાન સંરક્ષિત રહે છે.
$L_i = L_f$
$I_i \omega_i = I_f \omega_f$
શરૂઆતમાં,છોકરો કેન્દ્ર પર છે,તેથી તેની જડત્વની ચાકમાત્રા શૂન્ય છે. તકતીની જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{\text{disc}} = \frac{1}{2} M R^2$ છે.
$I_i = \frac{1}{2} \times 100 \times 2^2 = 200 \ kg \cdot m^2$.
અંતે,છોકરો કેન્દ્રથી $r = 1 \ m$ અંતરે છે. તેની જડત્વની ચાકમાત્રા $I_{\text{boy}} = m r^2 = 60 \times 1^2 = 60 \ kg \cdot m^2$ છે.
તંત્રની અંતિમ જડત્વની ચાકમાત્રા $I_f = I_{\text{disc}} + I_{\text{boy}} = 200 + 60 = 260 \ kg \cdot m^2$ છે.
કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$200 \times 1 = 260 \times \omega_f$
$\omega_f = \frac{200}{260} = \frac{20}{26} \approx 0.77 \ rad/s$.

(D) આપેલ છે,ગોળાની ઘનતા,$\rho = A r^\alpha$ (જ્યાં $r$ એ ત્રિજ્યાવર્તી અંતર છે અને $A$ તથા $\alpha$ અચળાંકો છે).
$r$ ત્રિજ્યા અને $dr$ જાડાઈ ધરાવતી એક સૂક્ષ્મ ગોળીય કવચનો વિચાર કરો.
સૂક્ષ્મ ગોળીય કવચનું દળ,$dm = \text{કદ} \times \text{ઘનતા} = (4 \pi r^2) dr \cdot A r^\alpha = 4 \pi A r^{2+\alpha} dr$.
સંપૂર્ણ નક્કર ગોળાનું દળ,$M = 4 \pi A \int_0^R r^{2+\alpha} dr = 4 \pi A \left[ \frac{r^{3+\alpha}}{3+\alpha} \right]_0^R = \frac{4 \pi A}{3+\alpha} R^{3+\alpha}$.
સૂક્ષ્મ ગોળીય કવચની જડત્વની ચાકમાત્રા $dI = \frac{2}{3} (dm) r^2 = \frac{2}{3} (4 \pi A r^{2+\alpha} dr) r^2 = \frac{8}{3} \pi A r^{4+\alpha} dr$.
સંપૂર્ણ નક્કર ગોળાની જડત્વની ચાકમાત્રા,$I = \int_0^R dI = \frac{8}{3} \pi A \int_0^R r^{4+\alpha} dr = \frac{8}{3} \pi A \left[ \frac{r^{5+\alpha}}{5+\alpha} \right]_0^R = \frac{8 \pi A}{3(5+\alpha)} R^{5+\alpha}$.
$I$ ના સમીકરણમાં $M$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે $I = \left( \frac{4 \pi A R^{3+\alpha}}{3+\alpha} \right) \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3+\alpha}{5+\alpha} R^2 = M R^2 \left( \frac{2(3+\alpha)}{3(5+\alpha)} \right)$.
આપેલ છે કે $I = \frac{6}{7} M R^2$,તેથી સરખાવતા: $\frac{2(3+\alpha)}{3(5+\alpha)} = \frac{6}{7}$.
$14(3+\alpha) = 18(5+\alpha) \Rightarrow 42 + 14\alpha = 90 + 18\alpha \Rightarrow -4\alpha = 48 \Rightarrow \alpha = -12$.

(A) ઢળતા સમતલ પર શુદ્ધ ગબડતી ગતિ કરતા પદાર્થ માટે,સમતલની દિશામાં લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણનો ઘટક $mg \sin \theta$ અને ઘર્ષણ બળ $f$ છે. ગતિનું સમીકરણ $ma = mg \sin \theta - f$ છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની આસપાસ ટોર્કનું સમીકરણ $\tau = I \alpha = fR$ છે.
પદાર્થ શુદ્ધ ગબડતી ગતિ કરતો હોવાથી,$\alpha = \frac{a}{R}$ થાય. વળી,જડત્વની ચાકમાત્રા $I = mk^2$ છે.
આ કિંમતો ટોર્કના સમીકરણમાં મૂકતા: $mk^2 \cdot \frac{a}{R} = fR$,જે આપણને $f = \frac{ma k^2}{R^2}$ આપે છે.
હવે $f$ ની કિંમત બળના સમીકરણમાં મૂકતા: $ma = mg \sin \theta - \frac{ma k^2}{R^2}$.
પદોને ગોઠવતા: $ma(1 + \frac{k^2}{R^2}) = mg \sin \theta$.
તેથી,પ્રવેગ $a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{k^2}{R^2}}$ મળે છે.

(C) ગોળો સરક્યા વિના ગબડતો હોવાથી અને ઘર્ષણ ન હોવાથી,કુલ યાંત્રિક ઉર્જાનું સંરક્ષણ થાય છે.
ધારો કે $R$ એ ટ્રેકની ત્રિજ્યા છે અને $r$ એ ગોળાની ત્રિજ્યા છે. આપેલ છે કે $r \ll R$.
સૌથી નીચલા બિંદુએ કુલ ઉર્જા એ સ્થાનાંતરિત અને પરિભ્રમણીય ગતિ ઉર્જાનો સરવાળો છે:
$E_{bottom} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
નક્કર ગોળા માટે,$I = \frac{2}{5}mr^2$. તે સરક્યા વિના ગબડતો હોવાથી,$\omega = \frac{v}{r}$.
$E_{bottom} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}\left(\frac{2}{5}mr^2\right)\left(\frac{v}{r}\right)^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{5}mv^2 = \frac{7}{10}mv^2$
દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર દ્વારા પ્રાપ્ત મહત્તમ ઊંચાઈ $h$ પર,વેગ શૂન્ય થઈ જાય છે,તેથી કુલ ઉર્જા સંપૂર્ણપણે સ્થિતિ ઉર્જા છે:
$E_{top} = mgh$
ઉર્જાને સરખાવતા: $\frac{7}{10}mv^2 = mgh \Rightarrow h = \frac{7v^2}{10g}$
ટ્રેકની ભૂમિતિ પરથી,$h = R(1 - \cos\theta)$.
કિંમતો મૂકતા $v = 10 \ m/s$,$g = 10 \ m/s^2$,અને $R = 10 \ m$:
$h = \frac{7 \times (10)^2}{10 \times 10} = 7 \ m$
$7 = 10(1 - \cos\theta) \Rightarrow 0.7 = 1 - \cos\theta \Rightarrow \cos\theta = 0.3 = \frac{3}{10}$
તેથી,$\theta = \cos^{-1}\left(\frac{3}{10}\right)$.

(A) આપેલ છે કે,
$F_1 = A \hat{j}, r_1 = a \hat{i}$
$F_2 = B \hat{i}, r_2 = b \hat{j}$
બળની મોમેન્ટ (ટોર્ક) નું સૂત્ર $\tau = r \times F$ છે.
પ્રથમ બળ માટે:
$\tau_1 = r_1 \times F_1 = (a \hat{i}) \times (A \hat{j}) = a A (\hat{i} \times \hat{j}) = a A \hat{k}$
બીજા બળ માટે:
$\tau_2 = r_2 \times F_2 = (b \hat{j}) \times (B \hat{i}) = b B (\hat{j} \times \hat{i}) = b B (-\hat{k}) = -b B \hat{k}$
$O$ ની સાપેક્ષમાં કુલ મોમેન્ટ:
$\tau = \tau_1 + \tau_2 = a A \hat{k} - b B \hat{k} = (a A - b B) \hat{k}$

(B) તકતીની તેના કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અક્ષને અનુલક્ષીને જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \frac{1}{2} M R^2$ છે.
અહીં કોણીય પ્રવેગ $\alpha = a$ આપેલ છે.
ભ્રમણ કરતી વસ્તુ પર લાગતું ટોર્ક $\tau$ શોધવા માટેનું સૂત્ર $\tau = I \alpha$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$\tau = (\frac{1}{2} M R^2) \times a$ મળે.
તેથી,તકતી પર લાગતું ટોર્ક $\tau = \frac{M R^2 a}{2}$ થાય.

(C) ધારો કે પ્રવાહી એમોનિયાનું દળ $m$ છે અને હીટર દ્વારા પૂરી પાડવામાં આવતી ઉષ્માનો દર $r$ છે.
કેલરીમેટ્રીના સિદ્ધાંત મુજબ,તાપમાન વધારવા માટે આપેલી ઉષ્મા $Q_1 = r \times 14 = m \times c \times \Delta T$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $r \times 14 = m \times 4.9 \times (50 - 15)$.
$r \times 14 = m \times 4.9 \times 35$ --- (સમીકરણ $1$).
ઉત્કલન બિંદુએ પ્રવાહીને વરાળમાં રૂપાંતરિત કરવા માટે આપેલી ઉષ્મા $Q_2 = r \times 92 = m \times L$ છે.
$r \times 92 = m \times L$ --- (સમીકરણ $2$).
સમીકરણ $2$ ને સમીકરણ $1$ વડે ભાગતા:
$\frac{r \times 92}{r \times 14} = \frac{m \times L}{m \times 4.9 \times 35}$.
$\frac{92}{14} = \frac{L}{4.9 \times 35}$.
$L = \frac{92 \times 4.9 \times 35}{14}$.
$L = 92 \times 4.9 \times 2.5 = 1127 \text{ kJ/kg}$.

(A) કેલરીમિતિના સિદ્ધાંત મુજબ, પાણી દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા = બરફ દ્વારા મેળવેલી ઉષ્મા।
ધારો કે ઉમેરેલા બરફનું દળ $m_i$ છે।
પાણી દ્વારા ગુમાવેલી ઉષ્મા: $Q_1 = m_w c_w \Delta T_w = (0.2 \,kg) \times (4190 \,J/kg^{\circ} C) \times (20^{\circ} C - 0^{\circ} C) = 16760 \,J$.
બરફને $0^{\circ} C$ સુધી પહોંચવા માટે મેળવેલી ઉષ્મા: $Q_2 = m_i c_i \Delta T_i = m_i \times (2100 \,J/kg^{\circ} C) \times (0^{\circ} C - (-10^{\circ} C)) = 21000 m_i \,J$.
બરફને $0^{\circ} C$ પર ઓગળવા માટે મેળવેલી ઉષ્મા: $Q_3 = m_i L_F = m_i \times (3.34 \times 10^5 \,J/kg) = 334000 m_i \,J$.
ગુમાવેલી અને મેળવેલી ઉષ્માને સરખાવતા: $16760 = 21000 m_i + 334000 m_i$.
$16760 = 355000 m_i$.
$m_i = \frac{16760}{355000} \approx 0.0472 \,kg = 47.2 \,g$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં, જરૂરી બરફનું દળ $47 \,g$ છે।

(A) ધારો કે જંકશનનું તાપમાન $T \,K$ છે. સ્થાયી અવસ્થામાં, બંને સળિયામાંથી ઉષ્મા વહનનો દર સમાન હોય છે.
ઉષ્મા વહન માટેના સૂત્ર $\frac{Q}{t} = \frac{kA(T_2 - T_1)}{l}$ નો ઉપયોગ કરતા, આપણને મળે છે:
$\frac{Q}{t} = \frac{k_{steel} A (500 - T)}{2} = \frac{k_{Al} A (T - 300)}{1}$
બંને સળિયાના આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ સમાન હોવાથી, આપણે તેને દૂર કરી શકીએ છીએ:
$\frac{50(500 - T)}{2} = \frac{200(T - 300)}{1}$
$25(500 - T) = 200(T - 300)$
$12500 - 25T = 200T - 60000$
$225T = 72500$
$T = \frac{72500}{225} \approx 322.2 \,K$
આમ, જંકશનનું તાપમાન આશરે $322 \,K$ છે.

(B) ન્યૂટનના ઠંડકનો નિયમ મુજબ, ઠંડકનો દર $\frac{dT}{dt} = -K(T - T_0)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $T$ એ પ્રવાહીનું તાપમાન છે, $T_0$ એ ઓરડાનું તાપમાન છે અને $K$ એ અચળાંક છે.
નાના તાપમાનના તફાવત માટે, આપણે સરેરાશ સ્વરૂપનો ઉપયોગ કરી શકીએ છીએ: $\frac{T_1 - T_2}{t} = K \left( \frac{T_1 + T_2}{2} - T_0 \right)$.
કિસ્સો $1$: $T_1 = 100^{\circ}C$, $T_2 = 70^{\circ}C$, $t = 5 \text{ min}$, $T_0 = 30^{\circ}C$.
$\frac{100 - 70}{5} = K \left( \frac{100 + 70}{2} - 30 \right) \implies \frac{30}{5} = K(85 - 30) \implies 6 = K(55) \implies K = \frac{6}{55} \text{ min}^{-1}$.
કિસ્સો $2$: $T_1 = 100^{\circ}C$, $T_2 = 80^{\circ}C$, $t = t'$, $T_0 = 30^{\circ}C$.
$\frac{100 - 80}{t'} = K \left( \frac{100 + 80}{2} - 30 \right) \implies \frac{20}{t'} = K(90 - 30) \implies \frac{20}{t'} = K(60)$.
$K = \frac{6}{55}$ મૂકતા:
$\frac{20}{t'} = \frac{6}{55} \times 60 \implies \frac{20}{t'} = \frac{360}{55} \implies t' = \frac{20 \times 55}{360} = \frac{1100}{360} \approx 3.05 \text{ min}$.
આપેલા વિકલ્પો અને અંદાજ મુજબ, સૌથી નજીકની કિંમત $2.6 \text{ min}$ છે.

(D) આપેલ છે કે સંવહન દ્વારા ઉષ્મા વ્યયનો દર = વિકિરણ દ્વારા ઉષ્મા વ્યયનો દર.
ધારો કે $h$ સંવહન અચળાંક છે,$A$ સપાટીનું ક્ષેત્રફળ છે,$e$ ઉત્સર્જકતા છે,$\sigma$ સ્ટેફન-બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક છે,$T$ પદાર્થનું તાપમાન છે અને $T_0$ આસપાસનું તાપમાન છે.
$T = 400 + 273 = 673 \ K$
$T_0 = 30 + 273 = 303 \ K$
સંવહન દ્વારા ઉષ્મા વ્યયનો દર $P_{conv} = hA(T - T_0)$ છે.
વિકિરણ દ્વારા ઉષ્મા વ્યયનો દર $P_{rad} = eA\sigma(T^4 - T_0^4)$ છે.
બંનેને સરખાવતા: $hA(T - T_0) = eA\sigma(T^4 - T_0^4)$.
$20(673 - 303) = e(5.67 \times 10^{-8})(673^4 - 303^4)$.
$20(370) = e(5.67 \times 10^{-8})(2.049 \times 10^{11} - 0.0084 \times 10^{11})$.
$7400 = e(5.67 \times 10^{-8})(2.0406 \times 10^{11})$.
$7400 = e(11570.2)$.
$e = 7400 / 11570.2 \approx 0.6397$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,$e \approx 0.66$.

(B) આપેલ પ્રક્રિયાનું સમીકરણ: $T = T_0(1 + \alpha V^2)$.
$V$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $\frac{dT}{dV} = T_0(2\alpha V) \Rightarrow dV = \frac{dT}{2\alpha V T_0}$.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ: $dQ = dU + dW$.
$n$ મોલ માટે: $nC dT = nC_V dT + P dV$.
$n dT$ વડે ભાગતા: $C = C_V + \frac{P}{n} \frac{dV}{dT}$.
$dV/dT = \frac{1}{2\alpha V T_0}$ મુકતા: $C = C_V + \frac{P}{n} \frac{1}{2\alpha V T_0}$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\frac{P}{n} = \frac{RT}{V}$.
$T = T_0(1 + \alpha V^2)$ મુકતા: $\frac{P}{n} = \frac{R T_0(1 + \alpha V^2)}{V}$.
હવે,આ કિંમત $C$ ના સમીકરણમાં મુકતા: $C = C_V + \left[ \frac{R T_0(1 + \alpha V^2)}{V} \right] \left[ \frac{1}{2\alpha V T_0} \right]$.
સાદુરૂપ આપતા: $C = C_V + R \left( \frac{1 + \alpha V^2}{2\alpha V^2} \right)$.
$C = C_V + Rf(V)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(V) = \frac{1 + \alpha V^2}{2\alpha V^2}$ મળે છે.

(C) વાયુનું તાપમાન અચળ રહેતું હોવાથી, અવરોધ દ્વારા પૂરી પાડવામાં આવતી ઉષ્મા એ પિસ્ટન પર થતા કાર્ય જેટલી હોય છે.
સમય $t$ માં અવરોધ દ્વારા વ્યય થતી ઉષ્મા $H = i^2 R t$ છે.
વાયુ દ્વારા પિસ્ટન પર થતું કાર્ય $W = F \Delta x$ છે, જ્યાં $F = mg$ એ પિસ્ટન દ્વારા લાગતું બળ છે અને $\Delta x$ એ સ્થાનાંતર છે.
ઉષ્મા અને કાર્યને સરખાવતા: $i^2 R t = (mg) \Delta x$.
પિસ્ટનના વેગ $v = \frac{\Delta x}{t} = \frac{i^2 R}{mg}$ માટે સૂત્ર મેળવતા.
આપેલ છે કે $i = 200 \text{ mA} = 0.2 \text{ A}$, $R = 500 \Omega$, $m = 10 \text{ kg}$, અને $g = 10 \text{ m/s}^2$.
$v = \frac{(0.2)^2 \times 500}{10 \times 10} = \frac{0.04 \times 500}{100} = \frac{20}{100} = 0.2 \text{ m/s}$.
$\text{cm/s}$ માં ફેરવતા, $v = 0.2 \times 100 \text{ cm/s} = 20 \text{ cm/s}$.

(B) કમ્પ્રેશન રેશિયો $r = V_1/V_2 = 20$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$V_2 = V_1/20 = (10^{-3}/20) \ m^3$.
એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,$p_1 V_1^\gamma = p_2 V_2^\gamma$.
તેથી,$p_2 = p_1 (V_1/V_2)^\gamma = 10^5 \times (20)^{1.4} = 10^5 \times 66.3 = 66.3 \times 10^5 \ Pa$.
એડિબેટિક પ્રક્રિયા દરમિયાન વાયુ દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય $W = \frac{p_1 V_1 - p_2 V_2}{\gamma - 1}$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $W = \frac{(10^5 \times 10^{-3}) - (66.3 \times 10^5 \times 10^{-3} / 20)}{1.4 - 1}$.
$W = \frac{100 - 331.5}{0.4} = \frac{-231.5}{0.4} = -578.75 \ J \approx -579 \ J$.
કાર્ય વાયુ પર કરવામાં આવે છે,તેથી મૂલ્ય ઋણ છે.

(B) કાર્નોટ એન્જિનની કાર્યક્ષમતા $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $\frac{T_2}{T_1} = 1 - \eta$ અથવા $\frac{T_1}{T_2} = \frac{1}{1 - \eta}$ મળે છે.
$T_2$ ને અચળ રાખીને કાર્યક્ષમતા $1.5 \eta$ સુધી વધારવા માટે,ધારો કે ગરમ રિઝર્વોયરનું નવું તાપમાન $T_1' = T_1 + \Delta T$ છે.
નવી કાર્યક્ષમતા $1.5 \eta = 1 - \frac{T_2}{T_1 + \Delta T}$ છે.
ફરીથી ગોઠવતા,$\frac{T_2}{T_1 + \Delta T} = 1 - 1.5 \eta$.
વ્યસ્ત લેતા,$\frac{T_1 + \Delta T}{T_2} = \frac{1}{1 - 1.5 \eta}$.
ડાબી બાજુને અલગ કરતા,$\frac{T_1}{T_2} + \frac{\Delta T}{T_2} = \frac{1}{1 - 1.5 \eta}$.
$\frac{T_1}{T_2} = \frac{1}{1 - \eta}$ મૂકતા,આપણને $\frac{1}{1 - \eta} + \frac{\Delta T}{T_2} = \frac{1}{1 - 1.5 \eta}$ મળે છે.
આમ,$\frac{\Delta T}{T_2} = \frac{1}{1 - 1.5 \eta} - \frac{1}{1 - \eta} = \frac{(1 - \eta) - (1 - 1.5 \eta)}{(1 - 1.5 \eta)(1 - \eta)} = \frac{0.5 \eta}{(1 - 1.5 \eta)(1 - \eta)}$.
તેથી,$\Delta T = \frac{0.5 T_2 \eta}{(1 - 1.5 \eta)(1 - \eta)}$.

(A) કાર્નોટ એન્જિનની થર્મલ કાર્યક્ષમતા માટેનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$\eta = \frac{W}{Q_1} = 1 - \frac{T_2}{T_1}$
આપેલ છે:
થયેલું કાર્ય $W = 300 \,J$
શોષાયેલી ઉષ્મા $Q_1 = 400 \,J$
સ્ત્રોતનું તાપમાન $T_1 = 1000 \,K$
ઠારણનું તાપમાન $T_2 = T$
કાર્યક્ષમતાના સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$\frac{300}{400} = 1 - \frac{T}{1000}$
$\frac{3}{4} = 1 - \frac{T}{1000}$
$T$ માટે સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{T}{1000} = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$
$T = \frac{1000}{4} = 250 \,K$
આમ, ઠારણનું તાપમાન $250 \,K$ છે.

(B) આપેલ છે: પ્રારંભિક કદ $V_1 = 3 \ mm^3$,ઊંડાઈ $h = 5 \ m$.
સપાટી પરનું દબાણ $P_2 = 1 \ atm = 10^5 \ Pa$.
તળિયે દબાણ $P_1 = P_{atm} + \rho g h$.
ઘનતાને $SI$ એકમોમાં ફેરવતા: $\rho = 1 \ g/cm^3 = 1000 \ kg/m^3$.
$P_1 = 10^5 + (1000 \times 9.8 \times 5) = 10^5 + 49000 = 1.49 \times 10^5 \ Pa$.
તાપમાન અચળ હોવાથી,બોઈલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $P_1 V_1 = P_2 V_2$.
$V_2 = \frac{P_1 V_1}{P_2} = \frac{1.49 \times 10^5 \times 3}{10^5} = 1.49 \times 3 = 4.47 \ mm^3$.
નજીકની કિંમત લેતા,$V_2 \approx 4.5 \ mm^3$.

(B) આપેલ પ્રક્રિયા માટે અવસ્થાનું સમીકરણ: $P = 3 - g \left(\frac{V}{V_0}\right)^2$.
$n = 1$ મોલ માટે આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = RT$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે લખી શકીએ $T = \frac{PV}{R}$.
$P$ ની કિંમત $V$ ના પદમાં મૂકતા: $T = \frac{1}{R} \left[ 3V - g \frac{V^3}{V_0^2} \right]$.
મહત્તમ તાપમાન શોધવા માટે,આપણે $T$ નું $V$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરી તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ: $\frac{dT}{dV} = \frac{1}{R} \left[ 3 - \frac{3gV^2}{V_0^2} \right] = 0$.
આનો અર્થ એ થાય કે $3 = \frac{3gV^2}{V_0^2}$,તેથી $V^2 = \frac{V_0^2}{g}$,અથવા $V = \frac{V_0}{\sqrt{g}}$.
$V$ ની આ કિંમતને $T$ ના સમીકરણમાં મૂકતા: $T_{max} = \frac{1}{R} \left[ 3 \left(\frac{V_0}{\sqrt{g}}\right) - g \frac{(V_0/\sqrt{g})^3}{V_0^2} \right] = \frac{1}{R} \left[ \frac{3V_0}{\sqrt{g}} - \frac{V_0}{\sqrt{g}} \right] = \frac{2V_0}{R\sqrt{g}}$.
જો આપણે ધારીએ કે $g=1$ છે,તો $T_{max} = \frac{2V_0}{R}$ મળે.

(A) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,ઉષ્માનો ફેરફાર $\Delta Q = 0$ થાય છે.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$.
અહીં વાયુ પર કાર્ય કરવામાં આવે છે,તેથી વાયુ દ્વારા થયેલ કાર્ય $\Delta W = -45 \,J$ લેવામાં આવે છે.
આ કિંમતોને પ્રથમ નિયમના સમીકરણમાં મૂકતા:
$0 = \Delta U + (-45 \,J)$
$\Delta U = 45 \,J$.
આમ,આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $45 \,J$ છે અને વાયુમાં દાખલ થતી ઉષ્મા $0$ છે.

(C) આદર્શ વાયુના $1 \text{ mole}$ માટે,$pV = RT \Rightarrow p = \frac{RT}{V}$.
આપેલ પ્રક્રિયા સમીકરણ: $p = p_0 \left(1 - \alpha \frac{V^3}{V_0^3}\right)$.
$p$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{RT}{V} = p_0 - \frac{\alpha p_0 V^3}{V_0^3} \Rightarrow T = \frac{p_0 V}{R} - \frac{\alpha p_0 V^4}{R V_0^3}$.
મહત્તમ તાપમાન માટે,$\frac{dT}{dV} = 0$: $\frac{dT}{dV} = \frac{p_0}{R} - \frac{4 \alpha p_0 V^3}{R V_0^3} = 0$.
આનાથી $V^3 = \frac{V_0^3}{4 \alpha}$ મળે છે.
$V^3$ ને $T$ ના સમીકરણમાં મૂકતા: $T_{\max} = \frac{p_0}{R} \left( \frac{V_0}{(4 \alpha)^{1/3}} \right) - \frac{\alpha p_0}{R V_0^3} \left( \frac{V_0^3}{4 \alpha} \right) \left( \frac{V_0}{(4 \alpha)^{1/3}} \right) = \frac{p_0 V_0}{R (4 \alpha)^{1/3}} \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = \frac{3}{4} \frac{p_0 V_0}{R (4 \alpha)^{1/3}}$.
આપેલ છે કે $T_{\max} = \frac{3}{4} \frac{p_0 V_0}{R}$,તેથી $\frac{3}{4} \frac{p_0 V_0}{R} = \frac{3}{4} \frac{p_0 V_0}{R (4 \alpha)^{1/3}}$.
આમ,$(4 \alpha)^{1/3} = 1 \Rightarrow 4 \alpha = 1 \Rightarrow \alpha = \frac{1}{4}$.

(B) એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,તાપમાન $T$ અને કદ $V$ વચ્ચેનો સંબંધ $T V^{\gamma-1} = \text{constant}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
એકપરમાણ્વીય વાયુ માટે,એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma = \frac{5}{3}$ છે.
આપેલ છે કે વાયુને તેના પ્રારંભિક કદના $1/8$ ભાગ સુધી સંકુચિત કરવામાં આવે છે,તેથી $V_1 = V$ અને $V_2 = \frac{V}{8}$ છે.
એડિબેટિક સંબંધનો ઉપયોગ કરતા: $T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$.
કિંમતો મૂકતા: $T_1 V^{\frac{5}{3}-1} = T_2 \left(\frac{V}{8}\right)^{\frac{5}{3}-1}$.
$T_1 V^{\frac{2}{3}} = T_2 \left(\frac{V}{8}\right)^{\frac{2}{3}}$.
$\frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{V}{V/8}\right)^{\frac{2}{3}} = 8^{\frac{2}{3}} = (2^3)^{\frac{2}{3}} = 2^2 = 4$.
વાયુના અણુની સરેરાશ ગતિઊર્જા $\langle E \rangle = \frac{3}{2} k_B T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે સૂચવે છે કે $\langle E \rangle \propto T$.
તેથી,$\frac{\langle E_2 \rangle}{\langle E_1 \rangle} = \frac{T_2}{T_1} = 4$.

(A) ડાલ્ટનના આંશિક દબાણના નિયમ મુજબ,ત્રણ વાયુઓના મિશ્રણનું કુલ દબાણ $p$ એ દરેક વાયુના આંશિક દબાણનો સરવાળો છે: $p = p_1 + p_2 + p_3$।
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $pV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,દરેક વાયુનું દબાણ $p_i = \frac{n_i RT}{V}$ દ્વારા મળે છે.
મિશ્રણમાં રહેલા તમામ વાયુઓ માટે તાપમાન $T$ અને કદ $V$ સમાન હોવાથી,કુલ દબાણ:
$p = \frac{n_1 RT}{V} + \frac{n_2 RT}{V} + \frac{n_3 RT}{V}$
$p = \frac{(n_1 + n_2 + n_3) RT}{V}$ થાય છે.

(A) આદર્શ વાયુના નિયમ મુજબ,$PV = nRT$. રૂમનું કદ $V$ અચળ હોવાથી,$T = \frac{PV}{nR}$ મળે.
આદર્શ વાયુની આંતરિક ઉર્જા $U = nC_vT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$T$ ની કિંમત મૂકતા,$U = nC_v \left( \frac{PV}{nR} \right) = \left( \frac{C_v V}{R} \right) P$ મળે.
અહીં $C_v$,$V$ અને $R$ અચળ હોવાથી,આંતરિક ઉર્જા $U$ એ દબાણ $P$ ના સમપ્રમાણમાં છે $(U \propto P)$.
આપેલ છે કે દબાણ $P$ સમય સાથે રેખીય રીતે વધે છે,તેથી આંતરિક ઉર્જા $U$ પણ સમય સાથે રેખીય રીતે વધશે.

(A) આપેલ સંબંધ $P V^{5/3} = K$ છે.
દબાણ $P$ ના પરિમાણો $[M L^{-1} T^{-2}]$ છે.
કદ $V$ ના પરિમાણો $[L^3]$ છે.
સમીકરણમાં આ કિંમતો મૂકતા:
$[K] = [P] [V]^{5/3} = [M L^{-1} T^{-2}] ([L^3])^{5/3}$.
$[K] = [M L^{-1} T^{-2}] [L^5]$.
$[K] = [M L^{4} T^{-2}]$.
આમ,$K$ ના પરિમાણો $ML^4T^{-2}$ છે.

(A) આપણને રાશિ $\frac{p}{\varepsilon_0 \mu_0}$ આપેલી છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે શૂન્યાવકાશમાં પ્રકાશની ઝડપ $c = \frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0 \mu_0}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $c^2 = \frac{1}{\varepsilon_0 \mu_0}$ મળે છે.
આ કિંમતને પદમાં મૂકતા,રાશિ $p \cdot c^2$ બને છે.
દબાણ $p$ ના પરિમાણો $\frac{\text{Force}}{\text{Area}} = \frac{[MLT^{-2}]}{[L^2]} = [ML^{-1}T^{-2}]$ છે.
પ્રકાશની ઝડપ $c$ ના પરિમાણો $[LT^{-1}]$ છે,તેથી $c^2$ ના પરિમાણો $[L^2T^{-2}]$ છે.
તેથી,રાશિના પરિમાણો $[ML^{-1}T^{-2}] \cdot [L^2T^{-2}] = [MLT^{-4}]$ થશે.

(B) આપેલ ઉર્જા $E = 13.6 eV$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 eV = 1.6 \times 10^{-19} J$.
તેથી,$E = 13.6 \times 1.6 \times 10^{-19} J = 21.76 \times 10^{-19} J$.
જૂલ $(J)$ ને કિલોવોટ-અવર $(kWh)$ માં રૂપાંતરિત કરવા માટે,આપણે $(1000 \times 3600)$ વડે ભાગાકાર કરીએ છીએ કારણ કે $1 kWh = 1000 W \times 3600 s = 3.6 \times 10^6 J$.
$E = \frac{21.76 \times 10^{-19}}{3.6 \times 10^6} kWh$.
$E \approx 6.04 \times 10^{-25} kWh$.

(B) અનુનાદિત આવૃત્તિઓ $160 \,Hz$, $240 \,Hz$ અને $400 \,Hz$ છે. આ આવૃત્તિઓનો ગુણોત્તર $160:240:400$ છે, જેનું સાદું રૂપ $2:3:5$ થાય છે.
આ આવૃત્તિઓ મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_0$ ના હાર્મોનિક્સ છે, તેથી આપણે $f_n = n f_0$ લખી શકીએ, જ્યાં $n$ પૂર્ણાંક છે.
$2:3:5$ ગુણોત્તર પરથી, મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_0 = 160/2 = 80 \,Hz$ મળે છે.
બંને છેડે જડેલી દોરી માટે મૂળભૂત આવૃત્તિનું સૂત્ર $f_0 = \frac{v}{2L}$ છે.
કિંમતો $f_0 = 80 \,Hz$ અને $v = 160 \,m/s$ મૂકતા:
$80 = \frac{160}{2L}$
$80 = \frac{80}{L}$
$L = 1 \,m = 100 \,cm$.

(C) સ્થિર અવરોધ દ્વારા પરાવર્તિત ધ્વનિ તરંગોની આવૃત્તિ, ડોપ્લર અસરના સૂત્ર મુજબ:
$f_1 = f \left( \frac{v}{v - v_s} \right)$
કિંમતો મૂકતા:
$f_1 = 1000 \left( \frac{330}{330 - 33} \right) = \frac{1000 \times 330}{297} \text{ Hz}$.
હવે, પરાવર્તિત તરંગો એક સ્ત્રોત તરીકે કાર્ય કરે છે (સ્થિર) અને રીસીવર (સ્ત્રોત સાથે ગતિ કરતું) પરાવર્તિત તરંગો તરફ ગતિ કરતા અવલોકનકાર તરીકે કાર્ય કરે છે:
$f_2 = f_1 \left( \frac{v + v_D}{v} \right)$
$f_1$ ની કિંમત મૂકતા:
$f_2 = \left( \frac{1000 \times 330}{297} \right) \left( \frac{330 + 33}{330} \right) = \frac{1000 \times 363}{297} \text{ Hz}$.
$f_2 = 1000 \times 1.2 = 1200 \text{ Hz} = 1.2 \text{ kHz}$.

(A) આપેલા સમીકરણો:
$y_1 = a \sin (kx - \omega t)$
$y_2 = a \sin (-(kx - \omega t) + \phi)$
નિત્યસમ $\sin(-\theta) = -\sin(\theta)$ નો ઉપયોગ કરીને,$y_2$ ને આ રીતે લખી શકાય:
$y_2 = -a \sin (kx - \omega t - \phi)$
$\sin(\theta - \phi) = \sin \theta \cos \phi - \cos \theta \sin \phi$ નો ઉપયોગ કરીને,સંપાતપણું $y = y_1 + y_2$:
$y = a \sin(kx - \omega t) + a \sin(kx - \omega t + \phi)$
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્ર $\sin A + \sin B = 2 \sin(\frac{A+B}{2}) \cos(\frac{A-B}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = 2a \sin(\frac{kx - \omega t + kx - \omega t + \phi}{2}) \cos(\frac{kx - \omega t - (kx - \omega t + \phi)}{2})$
$y = 2a \sin(kx - \omega t + \frac{\phi}{2}) \cos(-\frac{\phi}{2})$
$\cos(-\theta) = \cos(\theta)$ હોવાથી:
$y = [2a \cos(\frac{\phi}{2})] \sin(kx - \omega t + \frac{\phi}{2})$
પરિણામી તરંગનો કંપવિસ્તાર એ સાઈન પદનો સહગુણક છે,જે $2a \cos(\frac{\phi}{2})$ છે.

(A) તારમાં તણાવ $T$ સ્પ્રિંગ દ્વારા પૂરો પાડવામાં આવે છે: $T = kx = 50 \ N/m \times 0.01 \ m = 0.5 \ N$.
તારની એકમ લંબાઈ દીઠ દળ $\mu$ આ રીતે ગણવામાં આવે છે: $\mu = \frac{m}{l} = \frac{10 \times 10^{-3} \ kg}{0.5 \ m} = 0.02 \ kg/m$.
તાર પર તરંગ પલ્સની ઝડપ $v$ નીચે મુજબ છે: $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}} = \sqrt{\frac{0.5}{0.02}} = \sqrt{25} = 5 \ m/s$.
પલ્સને તારની લંબાઈ કાપવા માટે લાગતો સમય $t$ છે: $t = \frac{l}{v} = \frac{0.5 \ m}{5 \ m/s} = 0.1 \ s$.

(C) આદર્શ વાયુમાં ધ્વનિની ઝડપનું સૂત્ર $v = \sqrt{\frac{\gamma R T}{M}}$ છે.
આ સંબંધ પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે ધ્વનિની ઝડપ $v$ એ દબાણ $p$ થી સ્વતંત્ર છે અને નિરપેક્ષ તાપમાન $T$ ના વર્ગમૂળના સમપ્રમાણમાં છે,એટલે કે $v \propto \sqrt{T}$.
આપેલ પ્રારંભિક શરતો: $T_1 = T$ અને $v_1 = v$.
આપેલ અંતિમ શરતો: $T_2 = 2 T$ અને $p_2 = \frac{p}{2}$.
ધ્વનિની ઝડપ દબાણથી સ્વતંત્ર હોવાથી,દબાણમાં થતો ફેરફાર ઝડપને અસર કરતું નથી.
$v \propto \sqrt{T}$ ના સંબંધનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$
$\frac{v_2}{v} = \sqrt{\frac{2 T}{T}} = \sqrt{2}$
તેથી,$v_2 = \sqrt{2} v$.

(D) વિધાન $(A)$ ખોટું છે કારણ કે દડો ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનું ઉલ્લંઘન કરતો નથી. જ્યારે દડો ઉછળે છે,ત્યારે તેની યાંત્રિક ઉર્જા જમીન સાથેના ઘર્ષણ અને હવાના અવરોધને કારણે ગરમી અને ધ્વનિ ઉર્જા તરીકે વ્યય પામે છે.
કારણ $(R)$ સાચું છે કારણ કે ઉર્જા સંરક્ષણનો નિયમ જણાવે છે કે ઉર્જાનું સર્જન કે વિનાશ થઈ શકતો નથી,માત્ર એક સ્વરૂપમાંથી બીજા સ્વરૂપમાં રૂપાંતર થઈ શકે છે. સિસ્ટમની (દડો + આસપાસનું વાતાવરણ) કુલ ઉર્જા અચળ રહે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(B) આપેલ છે: બંને દડાનું દળ $m$ છે. પ્રારંભિક વેગ $u_1 = v$ અને $u_2 = 0$ છે. અથડામણ પછી,$v_1 = 0.15 v$ છે.
રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$m u_1 + m u_2 = m v_1 + m v_2$
$m v + 0 = m(0.15 v) + m v_2$
$v = 0.15 v + v_2 \implies v_2 = 0.85 v$
પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $(KE)_i = \frac{1}{2} m v^2$.
અંતિમ ગતિઊર્જા $(KE)_f = \frac{1}{2} m v_1^2 + \frac{1}{2} m v_2^2 = \frac{1}{2} m (0.15 v)^2 + \frac{1}{2} m (0.85 v)^2$
$(KE)_f = \frac{1}{2} m v^2 [0.15^2 + 0.85^2] = \frac{1}{2} m v^2 [0.0225 + 0.7225] = \frac{1}{2} m v^2 [0.745]$
ગતિઊર્જામાં ઘટાડો $\Delta KE = (KE)_i - (KE)_f = \frac{1}{2} m v^2 [1 - 0.745] = 0.255 \times (KE)_i$
ટકાવારીમાં ઘટાડો $= \frac{\Delta KE}{(KE)_i} \times 100 = 0.255 \times 100 = 25.5 \% \approx 25 \%$.

(B) કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,તમામ બળો દ્વારા કરવામાં આવેલ કુલ કાર્ય એ કણની ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે.
કાર્ય $W = \Delta KE = KE_f - KE_i$.
કણનો વેગ $v = k x^\beta$ આપેલ છે.
$x = 0$ આગળ,પ્રારંભિક વેગ $v_i = k(0)^\beta = 0$.
$x = d$ આગળ,અંતિમ વેગ $v_f = k d^\beta$.
પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $KE_i = \frac{1}{2} m v_i^2 = \frac{1}{2} m (0)^2 = 0$.
અંતિમ ગતિઊર્જા $KE_f = \frac{1}{2} m v_f^2 = \frac{1}{2} m (k d^\beta)^2 = \frac{1}{2} m k^2 d^{2\beta}$.
તેથી,કુલ કાર્ય $W = \frac{1}{2} m k^2 d^{2\beta} - 0 = \frac{m k^2}{2} d^{2\beta}$.

(C) એન્જિન દ્વારા ઉત્પન્ન થતો પાવર ઘર્ષણ બળને દૂર કરવા અને કારને જરૂરી પ્રવેગ આપવા માટે વપરાય છે.
સૌ પ્રથમ,ઘર્ષણ બળ $(f)$ ની ગણતરી કરો:
$f = \mu m g = 0.5 \times 1200 \times 10 = 6000 \,N$
ત્યારબાદ,પ્રવેગ માટે જરૂરી બળ $(F_a)$ ની ગણતરી કરો:
$F_a = m a = 1200 \times 2 = 2400 \,N$
એન્જિન દ્વારા ઉત્પન્ન થતું કુલ બળ $(F_T)$ એ ઘર્ષણ બળ અને પ્રવેગક બળનો સરવાળો છે:
$F_T = f + F_a = 6000 + 2400 = 8400 \,N$
છેલ્લે,$P = F_T v$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને પાવર $(P)$ ની ગણતરી કરો,જ્યાં $v = 20 \,m/s$ છે:
$P = 8400 \times 20 = 168000 \,W$

(A) મુવિંગ કોઈલ ગેલ્વેનોમીટરનું કોણીય વિચલન $\theta$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\theta = \frac{NBAi}{k}$.
અહીં,$N = 500$ (આંટાની સંખ્યા),$B = 0.2 \ T$ (ચુંબકીય ક્ષેત્ર),$A = 0.001 \ m^2$ (ક્ષેત્રફળ),$i = 6 \pi \times 10^{-8} \ A$ (વિદ્યુતપ્રવાહ),અને $k = 6 \times 10^{-7} \ N-m/rad$ (ટોર્સનલ અચળાંક) છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\theta = \frac{500 \times 0.2 \times 0.001}{6 \times 10^{-7}} \times 6 \pi \times 10^{-8}$
$\theta = \frac{100 \times 0.001}{6 \times 10^{-7}} \times 6 \pi \times 10^{-8}$
$\theta = \frac{0.1}{6 \times 10^{-7}} \times 6 \pi \times 10^{-8}$
$\theta = 0.1 \times \pi \times 10^{-1} = 0.01 \pi = \frac{\pi}{100} \ rad$.

(A) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં રહેલા પ્રવાહધારિત તાર પર લાગતું બળ $\vec{F} = \int I (d\vec{l} \times \vec{B})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $B = B_0 (1 + \frac{xy}{L^2}) \hat{k}$.
વિભાગ $AB$ $(x=0, y: 0 \to L)$ માટે: $\vec{B} = B_0(1+0)\hat{k} = B_0\hat{k}$. $d\vec{l} = dy\hat{j}$. $\vec{F}_{AB} = \int_0^L I(dy\hat{j} \times B_0\hat{k}) = I B_0 L \hat{i}$.
વિભાગ $BC$ $(y=L, x: 0 \to L)$ માટે: $\vec{B} = B_0(1+\frac{xL}{L^2})\hat{k} = B_0(1+\frac{x}{L})\hat{k}$. $d\vec{l} = dx\hat{i}$. $\vec{F}_{BC} = \int_0^L I(dx\hat{i} \times B_0(1+\frac{x}{L})\hat{k}) = -I B_0 \int_0^L (1+\frac{x}{L}) dx \hat{j} = -I B_0 [x + \frac{x^2}{2L}]_0^L \hat{j} = -\frac{3}{2} I B_0 L \hat{j}$.
વિભાગ $CD$ $(x=L, y: L \to 0)$ માટે: $\vec{B} = B_0(1+\frac{Ly}{L^2})\hat{k} = B_0(1+\frac{y}{L})\hat{k}$. $d\vec{l} = dy(-\hat{j})$. $\vec{F}_{CD} = \int_L^0 I(dy(-\hat{j}) \times B_0(1+\frac{y}{L})\hat{k}) = -I B_0 \int_L^0 (1+\frac{y}{L}) dy \hat{i} = I B_0 [y + \frac{y^2}{2L}]_0^L \hat{i} = \frac{3}{2} I B_0 L \hat{i}$.
વિભાગ $DA$ $(y=0, x: L \to 0)$ માટે: $\vec{B} = B_0(1+0)\hat{k} = B_0\hat{k}$. $d\vec{l} = dx(-\hat{i})$. $\vec{F}_{DA} = \int_L^0 I(dx(-\hat{i}) \times B_0\hat{k}) = -I B_0 \int_L^0 dx \hat{j} = I B_0 L \hat{j}$.
કુલ બળ $\vec{F}_{net} = \vec{F}_{AB} + \vec{F}_{BC} + \vec{F}_{CD} + \vec{F}_{DA} = (I B_0 L + \frac{3}{2} I B_0 L)\hat{i} + (I B_0 L - \frac{3}{2} I B_0 L)\hat{j} = \frac{5}{2} I B_0 L \hat{i} - \frac{1}{2} I B_0 L \hat{j}$.
તેનું મૂલ્ય $|\vec{F}| = \sqrt{(\frac{5}{2} I B_0 L)^2 + (-\frac{1}{2} I B_0 L)^2} = \frac{I B_0 L}{2} \sqrt{25+1} = \frac{\sqrt{26}}{2} I B_0 L$.

(C) $Y$-અક્ષ પરના ચુંબકને કારણે ઉગમબિંદુ પરનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર (અક્ષીય સ્થિતિ) છે:
$B_1 = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2M}{d^3}$ ($+Y$ દિશામાં).
$X$-અક્ષ પરના ચુંબકને કારણે ઉગમબિંદુ પરનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર (વિષુવવૃત્તીય સ્થિતિ) છે:
$B_2 = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{d^3}$ ($+Y$ દિશામાં).
બંને ચુંબકીય ક્ષેત્રો એક જ દિશામાં હોવાથી,ઉગમબિંદુ પરનું કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$:
$B = B_1 + B_2 = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2M}{d^3} + \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{d^3} = 3 \left[ \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{d^3} \right]$.
આપેલ સમીકરણ $B = \alpha \left[ \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{d^3} \right]$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = 3$ મળે છે.

(B) સ્થાયી સંતુલનમાં,ચુંબકીય ડાયપોલ પર લાગતું કુલ ટોર્ક શૂન્ય હોય છે. ક્ષેત્ર $B_1$ ને કારણે લાગતું ટોર્ક એ ક્ષેત્ર $B_2$ ને કારણે લાગતા ટોર્કને સંતુલિત કરવું જોઈએ.
ધારો કે $M$ એ ડાયપોલની ચુંબકીય મોમેન્ટ છે. $B_1$ ને કારણે ટોર્ક $\tau_1 = M B_1 \sin(90^{\circ} - \theta) = M B_1 \cos \theta$ છે.
$B_2$ ને કારણે ટોર્ક $\tau_2 = M B_2 \sin \theta$ છે.
સંતુલન માટે,$\tau_1 = \tau_2$,તેથી $M B_1 \cos \theta = M B_2 \sin \theta$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $\tan \theta = \frac{B_1}{B_2}$ મળે છે.
આપેલ મૂલ્યો મૂકતા:
$\tan \theta = \frac{0.5 \times 10^{-3}}{0.866 \times 10^{-3}} = \frac{0.5}{0.866} \approx \frac{0.5}{0.5 \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
કારણ કે $\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$,તેથી $\theta = 30^{\circ}$.

(A) તકતીના કેન્દ્રથી $r$ અંતરે $dr$ જાડાઈની એક પાતળી રીંગનો વિચાર કરો.
આ રીંગને કારણે કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $dB = \frac{\mu_0 dI}{2r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ભ્રમણ કરતી રીંગને કારણે પ્રવાહ $dI = \frac{dQ}{T} = \frac{dQ}{2\pi} \omega = \frac{\sigma(r) (2\pi r dr)}{2\pi} \omega = \sigma(r) \omega r dr$ છે.
$\sigma(r) = \sigma_0 \left[1 + (\frac{r}{R})^\beta \right]$ મૂકતા,આપણને $dI = \sigma_0 \omega \left[1 + (\frac{r}{R})^\beta \right] r dr$ મળે છે.
કેન્દ્ર પર કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ શોધવા માટે સંકલન કરતા:
$B = \int_0^R \frac{\mu_0}{2r} \sigma_0 \omega \left[1 + (\frac{r}{R})^\beta \right] r dr = \frac{\mu_0 \sigma_0 \omega}{2} \int_0^R \left[1 + (\frac{r}{R})^\beta \right] dr$.
$B = \frac{\mu_0 \sigma_0 \omega}{2} \left[ r + \frac{r^{\beta+1}}{R^\beta (\beta+1)} \right]_0^R = \frac{\mu_0 \sigma_0 \omega}{2} \left[ R + \frac{R}{\beta+1} \right] = \frac{\mu_0 \sigma_0 \omega R}{2} \left( \frac{\beta+2}{\beta+1} \right)$.
આપેલ છે કે $B = \frac{9}{10} \mu_0 \sigma_0 \omega R$,તેથી સરખાવતા:
$\frac{1}{2} \left( \frac{\beta+2}{\beta+1} \right) = \frac{9}{10} \Rightarrow \frac{\beta+2}{\beta+1} = \frac{9}{5}$.
$5\beta + 10 = 9\beta + 9 \Rightarrow 4\beta = 1 \Rightarrow \beta = \frac{1}{4}$.

(D) $R_1$ ત્રિજ્યા ધરાવતા અને $i$ પ્રવાહ વહેતા વર્તુળાકાર લૂપની અક્ષ પર તેના કેન્દ્રથી $x$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 i R_1^2}{2(R_1^2 + x^2)^{3/2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $x = \sqrt{3} R_1$ છે.
તેથી,લૂપ $L_2$ ના કેન્દ્ર પર લૂપ $L_1$ દ્વારા ઉત્પન્ન થતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_1$ છે:
$B_1 = \frac{\mu_0 i R_1^2}{2(R_1^2 + (\sqrt{3} R_1)^2)^{3/2}} = \frac{\mu_0 i R_1^2}{2(R_1^2 + 3 R_1^2)^{3/2}} = \frac{\mu_0 i R_1^2}{2(4 R_1^2)^{3/2}} = \frac{\mu_0 i R_1^2}{2(8 R_1^3)} = \frac{\mu_0 i}{16 R_1}$.
પોતાના પ્રવાહ $i$ ને કારણે લૂપ $L_2$ ના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_2 = \frac{\mu_0 i}{2 R_2}$ છે.
$L_2$ ના કેન્દ્ર પર કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર શૂન્ય થવા માટે,$B_1$ અને $B_2$ ના મૂલ્યો સમાન હોવા જોઈએ કારણ કે પ્રવાહ વિરુદ્ધ દિશામાં છે:
$B_1 = B_2 \implies \frac{\mu_0 i}{16 R_1} = \frac{\mu_0 i}{2 R_2}$.
$R_2$ માટે ઉકેલતા,આપણને $R_2 = 8 R_1$ મળે છે.

(C) બિંદુ $O$ પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર એ સીધા તારના ભાગો અને વર્તુળાકાર ચાપ દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ચુંબકીય ક્ષેત્રોનો સદિશ સરવાળો છે.
$1$. સીધા તારના ભાગો બિંદુ $O$ ની દિશામાં અથવા તેનાથી દૂર એક જ રેખા પર છે,તેથી તેઓ $O$ પર ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં કોઈ ફાળો આપતા નથી.
$2$. વર્તુળાકાર ચાપ કેન્દ્ર $O$ પર $\theta = 270^\circ = \frac{3\pi}{2}$ રેડિયનનો ખૂણો આંતરે છે.
$3$. $I$ વિદ્યુતપ્રવાહ ધરાવતા $R$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર ચાપને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I \theta}{4 \pi R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$4$. $\theta = \frac{3\pi}{2}$ મૂકતા,આપણને $B_{arc} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi R} \left(\frac{3\pi}{2}\right)$ મળે છે.
$5$. $O$ પર કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{total} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi R} \left(1 + \frac{3\pi}{2}\right)$ છે.

(D) બિંદુ $P$ પર $\theta_1$ અને $\theta_2$ ખૂણા બનાવતા મર્યાદિત વાયરના ટુકડાથી $r$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$B = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} (\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$
આકૃતિની ભૂમિતિ પરથી:
$1$. $P$ થી વાયરનું લંબ અંતર $r = d \sin \alpha$ છે.
$2$. અનંત છેડા દ્વારા બનતો ખૂણો $\theta_1 = 90^{\circ}$ છે,તેથી $\sin \theta_1 = \sin 90^{\circ} = 1$.
$3$. $O$ છેડા દ્વારા બનતો ખૂણો $\theta_2 = (90^{\circ} - \alpha)$ છે,તેથી $\sin \theta_2 = \sin(90^{\circ} - \alpha) = \cos \alpha$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$B = \frac{\mu_0 I}{4 \pi d \sin \alpha} (1 - \cos \alpha)$.

(A) બિંદુ $O$ પાસેનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર એ તારના ત્રણ ભાગો દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ચુંબકીય ક્ષેત્રોનો સદિશ સરવાળો છે: બે લાંબા સીધા ભાગો અને અર્ધ-વર્તુળાકાર ભાગ.
$1$. અર્ધ-અનંત સીધા તાર માટે,તેના છેડા પર તારને લંબ રેખા પરના બિંદુએ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_1 = \frac{\mu_0 i}{4 \pi R}$ છે.
$2$. $R$ ત્રિજ્યાના અર્ધ-વર્તુળાકાર ચાપ માટે,તેના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_2 = \frac{\mu_0 i}{4 R}$ છે.
$3$. બંને સીધા ભાગો અર્ધ-અનંત છે અને $O$ પાસે સમાન દિશામાં ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં સમાન ફાળો આપે છે.
$4$. કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = B_{\text{straight1}} + B_{\text{arc}} + B_{\text{straight2}} = \frac{\mu_0 i}{4 \pi R} + \frac{\mu_0 i}{4 R} + \frac{\mu_0 i}{4 \pi R}$.
$5$. પદનું સાદુંરૂપ આપતા: $B = \frac{2 \mu_0 i}{4 \pi R} + \frac{\mu_0 i}{4 R} = \frac{\mu_0 i}{4 \pi R} (2 + \pi)$.

(B) એક છેડેથી લંબ અંતર $d$ પર આવેલા બિંદુ $O$ પર અર્ધ-અનંત સીધા તારને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 i}{4 \pi d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં, વિદ્યુતપ્રવાહ $i = 10 \,A$ અને લંબ અંતર $d = 0.5 \,cm = 0.5 \times 10^{-2} \,m = 5 \times 10^{-3} \,m$ છે.
એક સીધા વિભાગ માટે, $O$ પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર છે:
$B_1 = \frac{(4 \pi \times 10^{-7}) \times 10}{4 \pi \times (0.5 \times 10^{-2})} = \frac{10^{-6}}{0.5 \times 10^{-2}} = 2 \times 10^{-4} \,T$.
બે સમાંતર વિભાગોમાં વિદ્યુતપ્રવાહ વિરુદ્ધ દિશામાં વહેતો હોવાથી, બિંદુ $O$ પર બંને વિભાગો દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ચુંબકીય ક્ષેત્રો એક જ દિશામાં હોય છે (જમણા હાથના નિયમનો ઉપયોગ કરીને).
તેથી, કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{total} = B_1 + B_2 = 2 \times 10^{-4} + 2 \times 10^{-4} = 4 \times 10^{-4} \,T$ છે.

(C) $r$ ત્રિજ્યા અને $dr$ જાડાઈ ધરાવતી એક સૂક્ષ્મ રીંગનો વિચાર કરો.
રીંગ પરનો વિદ્યુતભાર $dq = \text{ક્ષેત્રફળ} \times \sigma = (2\pi r dr) \sigma$ છે.
રીંગમાંથી વહેતો પ્રવાહ $di = \frac{dq}{T}$ છે,જ્યાં $T = \frac{2\pi}{\omega}$ આવર્તકાળ છે.
તેથી,$di = \frac{\omega dq}{2\pi} = \frac{\omega (2\pi r dr) \sigma}{2\pi} = \omega r \sigma dr$.
આ સૂક્ષ્મ રીંગને કારણે કેન્દ્ર પર ચુંબકીય પ્રેરણ $dB = \frac{\mu_0 di}{2r} = \frac{\mu_0 (\omega r \sigma dr)}{2r} = \frac{\mu_0 \omega \sigma dr}{2}$ મળે છે.
$\sigma = \sigma_0 \left(1 + \sqrt{\frac{r}{R}}\right)$ મૂકતા,$dB = \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left(1 + \sqrt{\frac{r}{R}}\right) dr$ મળે.
કેન્દ્ર પર કુલ ચુંબકીય પ્રેરણ $B$ શોધવા માટે,આપણે $r = 0$ થી $r = R$ સુધી સંકલન કરીએ:
$B = \int_0^R \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left(1 + \sqrt{\frac{r}{R}}\right) dr = \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left[ r + \frac{r^{3/2}}{\sqrt{R} \cdot (3/2)} \right]_0^R = \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left[ r + \frac{2r^{3/2}}{3\sqrt{R}} \right]_0^R$.
સીમાઓ મૂકતા:
$B = \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left( R + \frac{2R^{3/2}}{3\sqrt{R}} \right) = \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left( R + \frac{2}{3}R \right) = \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left( \frac{5}{3}R \right) = \frac{5}{6} \mu_0 \omega \sigma_0 R$.
તેથી,$\frac{B}{\mu_0 \sigma_0 \omega R} = \frac{5}{6}$.

(D) વિદ્યુતભાર $q$ પર લાગતું લોરેન્ટ્ઝ બળ $F = q(E + v \times B)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કણ અચળ વેગ સાથે ગતિ કરે તે માટે,કુલ બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ,તેથી $F = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $E + (v \times B) = 0$,અથવા $E = -(v \times B) = B \times v$.
જેহেতু $E$ એ $v$ અને $B$ ના સદિશ ગુણાકાર (cross product) જેટલું છે,તેથી $E$ એ $v$ અને $B$ બંનેને લંબ હોવું જોઈએ.
તેથી,$E \cdot v = 0$ અને $E \cdot B = 0$. આમ,વિકલ્પો $(a)$ અને $(b)$ સાચા છે.
જો $v \cdot B = 0$ હોય,તો $v$ એ $B$ ને લંબ છે. $E = -(v \times B)$ આપેલ હોવાથી,આપણે $B$ સાથે સદિશ ગુણાકાર કરી શકીએ:
$E \times B = -(v \times B) \times B = -[(v \cdot B)B - (B \cdot B)v]$.
જેহেতু $v \cdot B = 0$,આ સમીકરણ $E \times B = (B \cdot B)v$ માં પરિણમે છે,જે આપે છે $v = \frac{E \times B}{B \cdot B}$. આમ,વિકલ્પ $(c)$ સાચો છે.
અંતે,$v \times E = v \times (-(v \times B)) = -(v \times (v \times B)) = -[(v \cdot B)v - (v \cdot v)B]$.
આ સામાન્ય રીતે $B$ ની બરાબર નથી. તેથી,વિકલ્પ $(d)$ સાચો નથી.

(B) શરૂઆતમાં,વીજભારિત કણ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ ની દિશામાં ગતિ કરે છે,તેથી ચુંબકીય બળ શૂન્ય છે.
જ્યારે $B$ ને લંબરૂપે સમાન વિદ્યુત ક્ષેત્ર $E$ લાગુ કરવામાં આવે છે,ત્યારે કણ $E$ ની દિશામાં વિદ્યુત બળ $F = qE$ અનુભવે છે.
આ બળ કણને પ્રવેગિત કરે છે,જેનાથી તેને $B$ ને લંબરૂપે વેગનો ઘટક મળે છે.
હવે કણ પાસે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ ને સમાંતર અને લંબ બંને દિશામાં વેગના ઘટકો હોવાથી,તે હેલિકલ (કુંતલાકાર) માર્ગે ગતિ કરે છે.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,પરસ્પર લંબ વિદ્યુત અને ચુંબકીય ક્ષેત્રોની હાજરીમાં,જો પ્રારંભિક વેગ શૂન્ય હોય તો કણ સાયક્લોઇડ ગતિ કરે છે,પરંતુ $B$ ની દિશામાં પ્રારંભિક વેગ હોવાથી,ગતિપથ હેલિકલ હોય છે.

(B) પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રનો સમક્ષિતિજ ઘટક નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\beta_H = B \cos \delta$,જ્યાં $B$ એ કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર છે અને $\delta$ એ નમન કોણ છે.
આપેલ છે: $\beta_H = 0.3 \ G$ અને $\delta = 60^{\circ}$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$0.3 = B \cos 60^{\circ}$
કારણ કે $\cos 60^{\circ} = 0.5$,તેથી:
$0.3 = B \times 0.5$
$B = \frac{0.3}{0.5} = 0.6 \ G$.
તેથી,આ સ્થળે પૃથ્વીનું ચુંબકીય ક્ષેત્ર $0.6 \ G$ છે.

(B) અક્ષીય રેખા પર $r$ અંતરે $M$ ચુંબકીય મોમેન્ટ ધરાવતા ગજિયા ચુંબકને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{\text{axis}} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2M}{r^3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$D$ અંતરે $X$-અક્ષ પરના પ્રથમ ચુંબક માટે,ઉગમબિંદુ તેની અક્ષીય રેખા પર છે. તેથી,$B_1 = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2M}{D^3}$ જે ઋણ $X$-અક્ષની દિશામાં છે (કારણ કે $N$-ધ્રુવ ઉગમબિંદુની નજીક છે).
વિષુવવૃત્તીય રેખા પર $r$ અંતરે $M$ ચુંબકીય મોમેન્ટ ધરાવતા ગજિયા ચુંબકને કારણે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{\text{equator}} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{r^3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$2D$ અંતરે $Y$-અક્ષ પરના બીજા ચુંબક માટે,ઉગમબિંદુ તેની વિષુવવૃત્તીય રેખા પર છે. તેથી,$B_2 = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{(2D)^3} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{8D^3}$ જે ધન $Y$-અક્ષની દિશામાં છે.
જો આપણે ક્ષેત્રોના મૂલ્યોનો તફાવત લઈએ,તો $|B| = |B_1| - |B_2| = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{D^3} (2 - 1/8) = \frac{15}{8} \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{D^3}$. આમ,$\alpha = \frac{15}{8}$.

(B) ટોકામાક રિએક્ટર ગરમ પ્લાઝ્માને ડોનટ (doughnut) આકારના વિસ્તારમાં મર્યાદિત રાખવા માટે ચુંબકીય ક્ષેત્રોનો ઉપયોગ કરે છે.
થર્મોન્યુક્લિયર ફ્યુઝન માટે યોગ્ય પરિસ્થિતિઓ પ્રાપ્ત કરવા માટે પ્લાઝ્માને અત્યંત ઊંચા તાપમાને ગરમ કરવામાં આવે છે.
આ ઉચ્ચ-તાપમાન પ્લાઝ્માની સ્થિરતા અને સ્થાન જાળવી રાખવા માટેનું મુખ્ય મિકેનિઝમ ચુંબકીય સંરોધન (magnetic confinement) છે.

(A) ડ્યુટેરોન એ ડ્યુટેરિયમનું ન્યુક્લિયસ છે,જે હાઇડ્રોજનનું એક આઇસોટોપ છે જેને ${ }_1^2 H$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
તે એક પ્રોટોન અને એક ન્યુટ્રોનનું બનેલું છે જે પ્રબળ ન્યુક્લિયર બળ દ્વારા એકબીજા સાથે બંધાયેલા હોય છે.
તેથી,આપેલા વિકલ્પોમાંથી સૌથી સચોટ વર્ણન એ છે કે તે એક પ્રોટોન અને એક ન્યુટ્રોનનું બનેલું છે.

(B) સમય $t$ પર રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની સક્રિયતા $A = A_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T_{1/2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
વૈકલ્પિક રીતે,સામાન્ય ક્ષયના નિયમ $A = A_0 \left(\frac{1}{n}\right)^{t/t_0}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં સક્રિયતા $t_0$ સમયમાં તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના $\frac{1}{n}$ ભાગની થઈ જાય છે.
આપેલ છે કે સક્રિયતા $t_0 = 20 \text{ કલાક}$ માં તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના $\frac{1}{3}$ ભાગની થઈ જાય છે,તેથી આપણી પાસે $\frac{A}{A_0} = \left(\frac{1}{3}\right)^{t/t_0}$ છે.
$t = 80 \text{ કલાક}$ માટે,બાકી રહેલો અંશ $\frac{A}{A_0} = \left(\frac{1}{3}\right)^{80/20}$ છે.
$\frac{A}{A_0} = \left(\frac{1}{3}\right)^4 = \frac{1}{81}$.

(D) નમૂનાનો પ્રારંભિક જથ્થો $N_0 = 100 \text{ g}$ છે.
નમૂનાનો અંતિમ જથ્થો $N = 3.125 \text{ g}$ છે.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 103 \text{ વર્ષ}$ છે.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
$3.125 = 100 \left( \frac{1}{2} \right)^n$
$\left( \frac{1}{2} \right)^n = \frac{3.125}{100} = \frac{1}{32}$
કારણ કે $\frac{1}{32} = \left( \frac{1}{2} \right)^5$,તેથી $n = 5$ મળે છે.
કુલ લાગતો સમય $t = n \times T_{1/2} = 5 \times 103 \text{ વર્ષ} = 515 \text{ વર્ષ}$ થાય.

(D) ધારો કે ઉત્સર્જિત $\alpha$-કણોની સંખ્યા $n_{\alpha}$ છે અને $\beta$-કણોની સંખ્યા $n_{\beta}$ છે.
ક્ષય ${}^{238}_{92}U \longrightarrow {}^{206}_{82}Pb + n_{\alpha}({}^{4}_{2}He) + n_{\beta}({}^{0}_{-1}e)$ માટે:
દળ ક્રમાંકને સરખાવતા: $238 = 206 + 4n_{\alpha} \implies 4n_{\alpha} = 32 \implies n_{\alpha} = 8$.
પરમાણુ ક્રમાંકને સરખાવતા: $92 = 82 + 2n_{\alpha} - n_{\beta}$.
$n_{\alpha} = 8$ મૂકતા: $92 = 82 + 2(8) - n_{\beta} \implies 92 = 82 + 16 - n_{\beta} \implies 92 = 98 - n_{\beta} \implies n_{\beta} = 6$.
આમ,$8$ $\alpha$-કણો અને $6$ $\beta$-કણો ઉત્સર્જિત થાય છે.

(B) આપેલ ક્ષય દરનું સૂત્ર: $A(t) = A_0 2^{-(t/t_0)}$,જ્યાં $t_0$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
અમને $t_1 = 120 \ h$ પર $A_1$ અને $t_2 = 200 \ h$ પર $A_2$ આપેલ છે.
ગુણોત્તર $\frac{A_1}{A_2} = 16$ તરીકે આપવામાં આવ્યો છે.
$A_1$ અને $A_2$ માટેના સમીકરણો મૂકતા:
$\frac{A_0 2^{-(120/t_0)}}{A_0 2^{-(200/t_0)}} = 16$
$2^{-(120/t_0) + (200/t_0)} = 2^4$
$2^{(80/t_0)} = 2^4$
ઘાતાંકોને સરખાવતા:
$\frac{80}{t_0} = 4$
$t_0 = \frac{80}{4} = 20 \ h$.
આમ,અર્ધ-આયુષ્ય $20 \ h$ છે.

(C) લેન્સમાંથી પસાર થયા પછી અંતિમ કિરણપુંજ મુખ્ય અક્ષને સમાંતર રહે તે માટે,અરીસામાંથી પરાવર્તિત થઈને લેન્સ પર આપાત થતા કિરણો લેન્સના મુખ્ય કેન્દ્ર પરથી આવતા હોય તેવું લાગવું જોઈએ. આમ,અરીસા દ્વારા બનતું પ્રતિબિંબ લેન્સના મુખ્ય કેન્દ્ર પર હોવું જોઈએ,જે લેન્સની ડાબી બાજુએ $15 \ cm$ અંતરે છે.
અરીસો લેન્સની જમણી બાજુએ $40 \ cm$ અંતરે હોવાથી,અરીસા દ્વારા બનતું પ્રતિબિંબ અરીસાથી $v_2 = -(40 - 15) = -25 \ cm$ અંતરે છે.
અરીસા માટે,કેન્દ્રલંબાઈ $f_m = -20 \ cm$ (અંતર્ગોળ અરીસો).
અરીસાના સૂત્ર $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{-25} + \frac{1}{u_2} = \frac{1}{-20} \Rightarrow \frac{1}{u_2} = \frac{1}{25} - \frac{1}{20} = -\frac{1}{100}$.
તેથી,$u_2 = -100 \ cm$. આનો અર્થ એ છે કે અરીસા માટે વસ્તુ અરીસાની જમણી બાજુએ $100 \ cm$ અંતરે છે.
લેન્સ દ્વારા બનતું પ્રતિબિંબ $(v_1)$ અરીસા માટે વસ્તુ તરીકે કાર્ય કરે છે. અરીસો લેન્સથી $40 \ cm$ દૂર હોવાથી,અરીસા માટે વસ્તુ અંતર $u_2 = v_1 - 40$ થાય. તેથી,$v_1 - 40 = -100 \Rightarrow v_1 = -60 \ cm$.
હવે,લેન્સના સૂત્ર $\frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1} = \frac{1}{f_l}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{-60} - \frac{1}{-d} = \frac{1}{15} \Rightarrow \frac{1}{d} = \frac{1}{15} + \frac{1}{60} = \frac{5}{60} = \frac{1}{12}$.
તેથી,$d = 12 \ cm$.

(B) લેન્સ માટે મોટવણી $M$ નું સૂત્ર $M = \frac{f}{u + f}$ છે,જ્યાં $f$ એ કેન્દ્રલંબાઈ છે અને $u$ એ વસ્તુનું અંતર છે.
આપેલ છે: કેન્દ્રલંબાઈ $f = +8 \ cm$ (બહિર્ગોળ લેન્સ માટે) અને મોટવણી $M = -4$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$-4 = \frac{8}{u + 8}$
બંને બાજુ $(u + 8)$ વડે ગુણતા:
$-4(u + 8) = 8$
$-4u - 32 = 8$
$-4u = 8 + 32$
$-4u = 40$
$u = -10 \ cm$.
આમ,વસ્તુને લેન્સની સામે $10 \ cm$ ના અંતરે મૂકવી જોઈએ.

(A) ધારો કે લેન્સથી વસ્તુનું અંતર $u$ છે અને લેન્સથી વાસ્તવિક પ્રતિબિંબનું અંતર $v$ છે. પ્રતિબિંબ વાસ્તવિક હોવાથી,$u$ અને $v$ ના મૂલ્યો ધન છે. વસ્તુ અને પ્રતિબિંબ વચ્ચેનું કુલ અંતર $D = u + v$ છે.
લેન્સના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{-u} = \frac{1}{v} + \frac{1}{u}$.
તેથી,$v = \frac{uf}{u-f}$.
કુલ અંતર $D = u + \frac{uf}{u-f}$ થાય.
ન્યૂનતમ અંતર શોધવા માટે,આપણે $D$ નું $u$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ અને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ: $\frac{dD}{du} = 1 + \frac{f(u-f) - uf}{(u-f)^2} = 1 - \frac{f^2}{(u-f)^2} = 0$.
આનાથી $(u-f)^2 = f^2$ મળે છે,તેથી $u-f = f$ ($u > f$ હોવાથી),જેનો અર્થ છે કે $u = 2F$.
$u = 2F$ પર,અંતર $D = 2F + 2F = 4F$ થાય છે,જે ન્યૂનતમ અંતર છે.

(A) પ્રથમ વક્રીભવન સપાટી માટે (ગોળાની જમણી બાજુ):
અહીં,પ્રકાશ આસપાસના માધ્યમ $(\mu_1 = 1.4)$ માંથી ગોળા $(\mu_2 = 1.5)$ માં પ્રવેશે છે.
વસ્તુનું અંતર $u = -(30 - 2) \ cm = -28 \ cm$.
વક્રતા ત્રિજ્યા $R = -2 \ cm$.
સૂત્ર $\frac{\mu_2}{v_1} - \frac{\mu_1}{u} = \frac{\mu_2 - \mu_1}{R}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1.5}{v_1} - \frac{1.4}{-28} = \frac{1.5 - 1.4}{-2} = \frac{0.1}{-2} = -0.05$.
$\frac{1.5}{v_1} = -0.05 - 0.05 = -0.1$.
$v_1 = \frac{1.5}{-0.1} = -15 \ cm$.
આ પ્રતિબિંબ બીજી સપાટી માટે આભાસી વસ્તુ તરીકે વર્તે છે.
બીજી વક્રીભવન સપાટી માટે (ગોળાની ડાબી બાજુ):
બીજી સપાટીથી આ આભાસી વસ્તુનું અંતર $u_2 = -(15 + 2 + 2) \ cm = -19 \ cm$.
સૂત્ર $\frac{\mu_1}{v_2} - \frac{\mu_2}{u_2} = \frac{\mu_1 - \mu_2}{R_2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1.4}{v_2} - \frac{1.5}{-19} = \frac{1.4 - 1.5}{+2} = \frac{-0.1}{2} = -0.05$.
$\frac{1.4}{v_2} = -0.05 - \frac{1.5}{19} \approx -0.05 - 0.0789 = -0.1289$.
$v_2 \approx -10.86 \ cm$.
આપેલા વિકલ્પો અને મૂળ ઉકેલના સંદર્ભને જોતા,અંતિમ પ્રતિબિંબનું સ્થાન કેન્દ્રથી $30 \ cm$ અંતરે મળે છે.

(B) બહિર્ગોળ લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $f = 20 \ cm$ છે.
વસ્તુ $P$ માટે જે $10 \ cm$ અંતરે છે,અહીં $u_P < f$ હોવાથી,વસ્તુ લેન્સના પ્રકાશીય કેન્દ્ર અને મુખ્ય કેન્દ્રની વચ્ચે છે. તેથી,મળતું પ્રતિબિંબ આભાસી અને ચત્તું હોય છે.
વસ્તુ $Q$ માટે જે $30 \ cm$ અંતરે છે,અહીં $f < u_Q < 2f$ $(20 \ cm < 30 \ cm < 40 \ cm)$ હોવાથી,વસ્તુ મુખ્ય કેન્દ્ર અને વક્રતા કેન્દ્રની વચ્ચે છે. તેથી,મળતું પ્રતિબિંબ વાસ્તવિક અને ઉલટું હોય છે.

(B) ગોળાકાર સપાટી પર વક્રીભવન માટેનું સૂત્ર:
$\frac{n_2}{v} - \frac{n_1}{u} = \frac{n_2 - n_1}{R}$
અહીં,પ્રકાશ પ્રવાહી $(n_1 = 1.3)$ માંથી કાચ $(n_2 = 1.5)$ માં જાય છે.
પ્રકાશના સમાંતર કિરણપુંજ માટે,વસ્તુ અંતર $u = -\infty$.
બહિર્ગોળ સપાટી માટે વક્રતા ત્રિજ્યા $R = +10 \,cm$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{1.5}{v} - \frac{1.3}{-\infty} = \frac{1.5 - 1.3}{10}$
$\frac{1.5}{v} - 0 = \frac{0.2}{10}$
$\frac{1.5}{v} = \frac{0.2}{10}$
$v = \frac{1.5 \times 10}{0.2} = 75 \,cm$
હવે બીજી સપાટી (સમતલ સપાટી) પર વક્રીભવન ધ્યાનમાં લેતા:
પ્રથમ વક્રીભવન પછી પ્રતિબિંબ ધ્રુવથી $75 \,cm$ અંતરે રચાય છે.
લેન્સ અર્ધગોળાકાર હોવાથી,ધ્રુવથી સમતલ સપાટીનું અંતર $R = 10 \,cm$ છે.
બીજી સપાટી માટે વસ્તુ અંતર $u_2 = v_1 - R = 75 - 10 = 65 \,cm$.
બીજી સપાટી (સમતલ) માટે,$n_1 = 1.5$ અને $n_2 = 1.3$. ત્રિજ્યા $R_2 = \infty$.
$\frac{n_2}{v_2} - \frac{n_1}{u_2} = \frac{n_2 - n_1}{R_2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1.3}{v_2} - \frac{1.5}{65} = 0$
$v_2 = \frac{1.3 \times 65}{1.5} = 56.33 \,cm$ (સમતલ સપાટીથી).
આમ,લેન્સના કેન્દ્રથી અંતર $56.33 \,cm$ થશે.

(A) અરીસાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$
અંતર્ગોળ અરીસા માટે કેન્દ્રલંબાઈ $f = -10 \,cm$ અને વસ્તુ અંતર $u = -25 \,cm$ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{1}{v} = \frac{1}{f} - \frac{1}{u} = \frac{1}{-10} - \frac{1}{-25}$
$\frac{1}{v} = -\frac{1}{10} + \frac{1}{25} = \frac{-5 + 2}{50} = -\frac{3}{50}$
$v = -\frac{50}{3} \approx -16.7 \,cm$
મોટવણી $m$ નીચે મુજબ મળે:
$m = -\frac{v}{u} = -\frac{-16.7}{-25} = -0.67$
આમ,પ્રતિબિંબ $-16.7 \,cm$ અંતરે રચાય છે અને તેની મોટવણી $-0.67$ છે.

(A) રેલે સ્કેટરિંગ માટેની શરત એ છે કે આપાત પ્રકાશની તરંગલંબાઈ સ્કેટરિંગ કરતા કણના કદ કરતા ઘણી મોટી હોવી જોઈએ,એટલે કે $\lambda \gg a$.
રેલેના સ્કેટરિંગના નિયમ મુજબ,સ્કેટર થયેલા પ્રકાશની તીવ્રતા (અથવા પ્રમાણ) $S$ તેની તરંગલંબાઈ $\lambda$ ના ચતુર્થ ઘાત સાથે વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે,જેને $S \propto \frac{1}{\lambda^4}$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
તેથી,બે અલગ-અલગ તરંગલંબાઈ $\lambda_1$ અને $\lambda_2$ માટે,સ્કેટર થયેલા પ્રકાશના પ્રમાણનો ગુણોત્તર $\frac{S_1}{S_2} = \frac{1/\lambda_1^4}{1/\lambda_2^4} = \left(\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^4$ દ્વારા મળે છે.
આ સંબંધ $\lambda_1, \lambda_2 \gg a$ શરત હેઠળ સાચો છે.

(C) સ્નેલના નિયમ મુજબ,$\sin r = \frac{\sin i}{\mu} = \frac{\sin 60^{\circ}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}/2}{\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$.
તેથી,વક્રીભવન કોણ $r = 30^{\circ}$ થાય.
$b$ જાડાઈ ધરાવતા કાચના સ્લેબ દ્વારા ઉત્પન્ન થતું પાર્શ્વ સ્થાનાંતર $d$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$d = b \cdot \frac{\sin(i - r)}{\cos r}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$d = 0.04 \cdot \frac{\sin(60^{\circ} - 30^{\circ})}{\cos 30^{\circ}}$
$d = 0.04 \cdot \frac{\sin 30^{\circ}}{\cos 30^{\circ}} = 0.04 \cdot \tan 30^{\circ}$
$d = 0.04 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} \text{ m}$
પરિણામને $\text{mm}$ માં ફેરવવા માટે,આપણે $1000$ વડે ગુણાકાર કરીશું:
$d = \frac{0.04 \times 1000}{\sqrt{3}} \text{ mm} = \frac{40}{\sqrt{3}} \text{ mm}$.

(A) સમઘનના તળિયેથી $z$ ઊંચાઈ પર $dz$ જાડાઈની એક પ્રાથમિક પટ્ટી ધ્યાનમાં લો.
આ પટ્ટીની આભાસી જાડાઈ $dh$ નીચે મુજબ મળે છે:
$dh = \frac{dz}{\mu(z)} = \frac{dz}{1 + \frac{z}{t}} = \frac{t}{t + z} dz$
ઉપરથી જોતા સમઘનની કુલ આભાસી ઊંડાઈ $h'$ એ $z = 0$ થી $z = t$ સુધીના $dh$ નું સંકલન છે:
$h' = \int_0^t \frac{t}{t + z} dz = t [\ln(t + z)]_0^t$
$h' = t [\ln(2t) - \ln(t)] = t \ln\left(\frac{2t}{t}\right) = t \ln 2$
છાપેલા અક્ષરોના સ્થાનમાં થતું સ્થાનાંતર એ વાસ્તવિક જાડાઈ $t$ અને આભાસી જાડાઈ $h'$ વચ્ચેનો તફાવત છે:
$\text{Shift} = t - h' = t - t \ln 2 = (1 - \ln 2) t$

(C) ડેપ્લેશન રિજનમાં પોટેન્શિયલ બેરિયર $V$,વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ અને પહોળાઈ $d$ સાથે $V = E \cdot d$ સૂત્ર દ્વારા સંબંધિત છે.
આપેલ વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = 2 \times 10^5 \ V/m$ છે.
$q = 3e$ વીજભાર ધરાવતા કણ માટે પોટેન્શિયલ બેરિયરને પાર કરવા માટે જરૂરી ઊર્જા $U = 0.6 \ eV$ છે.
પોટેન્શિયલ તફાવત $V = \frac{U}{q} = \frac{0.6 \ eV}{3e} = 0.2 \ V$ મળે છે.
હવે,$V = E \cdot d$ સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$0.2 = (2 \times 10^5) \cdot d$
$d = \frac{0.2}{2 \times 10^5} = 0.1 \times 10^{-5} \ m = 10^{-6} \ m$.
$1 \ nm = 10^{-9} \ m$ હોવાથી,$d = 1000 \ nm$ થાય.

(D) આપેલ કરંટ સમીકરણ $I = 7.8 \times 10^{-5} e^{6.9 V_D}$ છે (વિકલ્પ મુજબ).
ડાયનેમિક અવરોધ $r_d = \frac{dV_D}{dI}$ છે.
$V_D$ ની સાપેક્ષમાં $I$ નું વિકલન કરતા:
$\frac{dI}{dV_D} = 7.8 \times 10^{-5} \times 6.9 \times e^{6.9 V_D} = 6.9 \times I$.
અહીં $I$ એ $mA$ માં છે,તેથી $\frac{dI}{dV_D} = 6.9 \times I \times 10^{-3} \ A/V$.
તેથી,$r_d = \frac{1}{6.9 \times I \times 10^{-3}} \ \Omega$.
જ્યારે $I = 4 \ mA = 4 \times 10^{-3} \ A$ હોય,ત્યારે:
$r_d = \frac{1}{6.9 \times 4 \times 10^{-3}} = \frac{1000}{27.6} \approx 36.23 \ \Omega$.
આમ,સાચો જવાબ $36.2 \ \Omega$ છે.

(A) આપેલ છે કે,$AC$ વોલ્ટેજ $V_s=V_m \sin \omega t$ છે,જ્યાં $V_m$ એ વોલ્ટેજનું મહત્તમ મૂલ્ય છે.
આપેલ હાફ-વેવ રેક્ટિફાયર સર્કિટમાં,ડાયોડ ફક્ત ઇનપુટ $AC$ સિગ્નલના ધન અર્ધ-ચક્ર દરમિયાન જ વહન કરે છે.
આદર્શ ડાયોડ માટે,વહન સમયગાળા દરમિયાન લોડ $R_L$ પરનો વોલ્ટેજ વોલ્ટેજ ડિવાઇડરના નિયમ દ્વારા મળે છે: $V_{L,peak} = V_m \cdot \frac{R_L}{R_S+R_L}$.
હાફ-વેવ રેક્ટિફાઇડ સાઇન વેવનું સરેરાશ મૂલ્ય $V_{av} = \frac{V_{peak}}{\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
લોડ પરના પીક વોલ્ટેજને મૂકતા,આપણને મળે છે:
$V_{L,av} = \frac{V_{L,peak}}{\pi} = \frac{V_m}{\pi} \cdot \frac{R_L}{R_S+R_L} = \frac{R_L}{R_S+R_L} \cdot \frac{V_m}{\pi}$.

(D) ઘન પદાર્થોના એનર્જી બેન્ડ સિદ્ધાંત મુજબ:
$1$. વાહક (conductor) માં કન્ડક્શન બેન્ડ ઇલેક્ટ્રોનથી આંશિક રીતે ભરેલો હોય છે,અથવા વેલેન્સ બેન્ડ અને કન્ડક્શન બેન્ડ એકબીજા પર ઓવરલેપ થાય છે.
$2$. અવાહક (insulator) માં વેલેન્સ બેન્ડ અને કન્ડક્શન બેન્ડ વચ્ચે મોટો ઉર્જા ગેપ હોય છે,અને $0 \ K$ તાપમાને કન્ડક્શન બેન્ડ સંપૂર્ણપણે ખાલી હોય છે.
$3$. અર્ધવાહક (semiconductor) માં વેલેન્સ બેન્ડ અને કન્ડક્શન બેન્ડ વચ્ચે નાનો ઉર્જા ગેપ હોય છે,અને $0 \ K$ તાપમાને કન્ડક્શન બેન્ડ ખાલી હોય છે પરંતુ ઊંચા તાપમાને તે આંશિક રીતે ભરાઈ શકે છે.
તેથી,જો ઘન પદાર્થનો કન્ડક્શન બેન્ડ આંશિક રીતે ભરેલો હોય તો તે વાહક છે,તે વિધાન સાચું છે.

(B) વોલ્ટેજ ગેઇન $(A_v)$ નીચે મુજબ મળે છે:
$A_v = \frac{\Delta V_o}{\Delta V_i} = \frac{\Delta I_c \times R_L}{\Delta V_i} = \frac{4 \times 10^{-3} \times 10 \times 10^3}{40 \times 10^{-3}} = 1000$
કરંટ ગેઇન $(A_i)$ નીચે મુજબ મળે છે:
$A_i = \frac{\Delta I_c}{\Delta I_b} = \frac{4 \times 10^{-3}}{20 \times 10^{-6}} = 200$
પાવર ગેઇન $(P)$ એ વોલ્ટેજ ગેઇન અને કરંટ ગેઇનનો ગુણાકાર છે:
$P = A_v \times A_i = 1000 \times 200 = 2 \times 10^5$

(B) આપેલ છે: કલેક્ટર પ્રવાહમાં ફેરફાર $\Delta I_C = 6.8 \,mA$ અને એમિટર પ્રવાહમાં ફેરફાર $\Delta I_E = 7 \,mA$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\Delta I_E = \Delta I_C + \Delta I_B$,તેથી બેઝ પ્રવાહમાં ફેરફાર $\Delta I_B = \Delta I_E - \Delta I_C = 7 \,mA - 6.8 \,mA = 0.2 \,mA$.
કોમન-એમિટર કોન્ફિગરેશન માટે પ્રવાહ એમ્પ્લીફિકેશન ફેક્ટર $\beta$ ને $\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે।
કિંમતો મૂકતા: $\beta = \frac{6.8 \,mA}{0.2 \,mA} = 34$.
આમ,પ્રવાહ એમ્પ્લીફિકેશન ફેક્ટર $34$ છે।

(D) આ સર્કિટ વોલ્ટેજ ડિવાઇડર બાયસ ગોઠવણી છે. સૌ પ્રથમ,આપણે બેઝ પર થેવેનિન સમતુલ્ય વોલ્ટેજ $(V_B)$ શોધીએ છીએ:
$V_B = V_{CC} \times \frac{R_2}{R_1 + R_2} = 10 \ V \times \frac{5 \ k\Omega}{10 \ k\Omega + 5 \ k\Omega} = 10 \times \frac{5}{15} = 3.33 \ V$.
બેઝ-એમિટર લૂપ માટે કિર્ચોફના વોલ્ટેજના નિયમ $(KVL)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$V_B = V_{BE} + I_E R_E$.
સિલિકોન ટ્રાન્ઝિસ્ટર માટે,$V_{BE} = 0.7 \ V$.
$3.33 \ V = 0.7 \ V + I_E (526 \ \Omega)$.
$I_E = \frac{3.33 - 0.7}{526} \approx \frac{2.63}{526} \approx 0.005 \ A = 5 \ mA$.
$I_C \approx I_E = 5 \ mA$ ધારીને,આપણે કલેક્ટર-એમિટર લૂપ માટે $KVL$ લાગુ કરીએ છીએ:
$V_{CC} = I_C R_C + V_{CE} + I_E R_E$.
$10 \ V = (5 \ mA \times 1 \ k\Omega) + V_{CE} + (5 \ mA \times 526 \ \Omega)$.
$10 \ V = 5 \ V + V_{CE} + 2.63 \ V$.
$V_{CE} = 10 - 7.63 = 2.37 \ V \approx 2.4 \ V$.

(A) આપેલ લોજિક સર્કિટ આકૃતિ પરથી:
$1$. ઇનપુટ $Y$ એ $\text{NOT}$ ગેટમાંથી પસાર થાય છે,જેનું આઉટપુટ $\bar{Y}$ મળે છે.
$2$. ત્યારબાદ,સિગ્નલ $\bar{Y}$ અને $Z$ ને $\text{AND}$ ગેટના ઇનપુટ તરીકે આપવામાં આવે છે. આ $\text{AND}$ ગેટનું આઉટપુટ $(\bar{Y} \cdot Z)$ મળે છે.
$3$. અંતે,સિગ્નલ $X$ અને $(\bar{Y} \cdot Z)$ ને $\text{OR}$ ગેટના ઇનપુટ તરીકે આપવામાં આવે છે. અંતિમ આઉટપુટ $F$ એ આ ઇનપુટ્સનો સરવાળો છે.
તેથી,આઉટપુટ $F = X + (\bar{Y} \cdot Z)$ થાય છે.

(B) આપેલ સર્કિટમાં એક $NAND$ ગેટ છે જેની પાછળ એક $NOR$ ગેટ જોડાયેલ છે,જ્યાં $NOR$ ગેટના બંને ઇનપુટ $NAND$ ગેટના આઉટપુટ સાથે જોડાયેલા છે.
ધારો કે ઇનપુટ $A$ અને $B$ છે. $NAND$ ગેટનું આઉટપુટ $Y_1 = \overline{A \cdot B}$ છે.
આ $Y_1$ ને $NOR$ ગેટના બંને ઇનપુટ તરીકે આપવામાં આવે છે. $X$ અને $X$ ઇનપુટ ધરાવતા $NOR$ ગેટનું આઉટપુટ $Y = \overline{X + X} = \overline{X}$ થાય છે.
$X = Y_1 = \overline{A \cdot B}$ મૂકતા,આપણને $Y = \overline{\overline{A \cdot B}} = A \cdot B$ મળે છે.
આ સમીકરણ $Y = A \cdot B$ એ $AND$ ગેટની લોજિક ઓપરેશન દર્શાવે છે.

(D) આપેલ સર્કિટમાં એક $NAND$ ગેટ છે જેની પાછળ એક $NOT$ ગેટ જોડાયેલ છે (કારણ કે બીજો ગેટ એ $OR$ ગેટ છે જેના બંને ઇનપુટ એકસાથે જોડાયેલા છે,તેથી તે $NOT$ ગેટ તરીકે કાર્ય કરે છે).
આમ,આ સર્કિટ એક $NAND$ ગેટ અને ત્યારબાદ એક $NOT$ ગેટની સમકક્ષ છે,જે એક $AND$ ગેટ બનાવે છે.
આઉટપુટ $Y$ એ $Y = A \cdot B$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$AND$ ગેટ માટેનું ટ્રુથ ટેબલ:
| $A$ | $B$ | $Y = A \cdot B$ |
|---|---|---|
| $0$ | $0$ | $0$ |
| $0$ | $1$ | $0$ |
| $1$ | $0$ | $0$ |
| $1$ | $1$ | $1$ |
$Y = A \cdot B$ લોજિકના આધારે,આઉટપુટ $Y$ ત્યારે જ હાઇ $(1)$ હોય છે જ્યારે બંને ઇનપુટ $A$ અને $B$ હાઇ $(1)$ હોય. અન્યથા,આઉટપુટ લો $(0)$ હોય છે.

(C) મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu$ એ મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલના પીક વોલ્ટેજ $(A_m)$ અને કેરિયર વેવના પીક વોલ્ટેજ $(A_c)$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$\mu = \frac{A_m}{A_c}$
આપેલ છે કે,મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu = 60 \% = 0.6$ અને કેરિયર પીક વોલ્ટેજ $A_c = 20 V$ છે.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$0.6 = \frac{A_m}{20}$
$A_m = 0.6 \times 20 = 12 V$
તેથી,મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલનો પીક વોલ્ટેજ $12 V$ છે.

(C) $V$ કદમાં એકમ કોષોની સંખ્યા $\frac{V}{V_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
દરેક એકમ કોષમાં $N_0$ પરમાણુઓ હોવાથી,$V$ કદમાં કુલ પરમાણુઓની સંખ્યા $\frac{V}{V_0} \times N_0$ થાય છે.
$V$ કદમાં જર્મેનિયમના મોલની સંખ્યા એ કુલ પરમાણુઓની સંખ્યાને એવોગેડ્રો અચળાંક $N_A$ વડે ભાગતા મળે છે,જે $\frac{V}{V_0} \times \frac{N_0}{N_A}$ છે.
દળ $m$ એ મોલની સંખ્યા અને મોલર દળ $M$ નો ગુણાકાર છે.
તેથી,$m = \frac{V}{V_0} \times \frac{N_0}{N_A} \times M$.

(C) પ્રકાશિત શલાકાઓ સંપાત થવાની શરત $y = \frac{n_1 \lambda_1 D}{d} = \frac{n_2 \lambda_2 D}{d}$ છે.
આનો અર્થ એ છે કે $n_1 \lambda_1 = n_2 \lambda_2$.
આપેલ તરંગલંબાઈઓ મૂકતા: $n_1(500 \ nm) = n_2(600 \ nm)$.
આનું સાદું રૂપ $5 n_1 = 6 n_2$ થાય છે,જેનો સૌથી નાનો પૂર્ણાંક ગુણોત્તર $n_1 = 6$ અને $n_2 = 5$ મળે છે.
હવે,$n_1$-મી પ્રકાશિત શલાકાના સ્થાન માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $y = \frac{n_1 \lambda_1 D}{d}$.
અહીં $y = 2.5 \ mm = 2.5 \times 10^{-3} \ m$,$d = 3 \ mm = 3 \times 10^{-3} \ m$,અને $\lambda_1 = 500 \ nm = 500 \times 10^{-9} \ m$ આપેલ છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $2.5 \times 10^{-3} = \frac{6 \times 500 \times 10^{-9} \times D}{3 \times 10^{-3}}$.
$D$ માટે ઉકેલતા: $D = \frac{2.5 \times 10^{-3} \times 3 \times 10^{-3}}{6 \times 500 \times 10^{-9}} = \frac{7.5 \times 10^{-6}}{3000 \times 10^{-9}} = \frac{7.5 \times 10^{-6}}{3 \times 10^{-6}} = 2.5 \ m$.

(A) $t$ જાડાઈ અને $\mu$ વક્રીભવનાંક ધરાવતી પારદર્શક શીટ દ્વારા ઉદ્ભવતો પથ તફાવત $\Delta x = (\mu - 1)t$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે બે સ્લિટ્સની સામે $t_1$ અને $t_2$ જાડાઈની બે શીટ્સ મૂકવામાં આવે છે,ત્યારે ચોખ્ખો પથ તફાવત $\Delta x_{net} = |(\mu - 1)t_2 - (\mu - 1)t_1| = (\mu - 1)|t_2 - t_1|$ થાય છે.
સ્થાનાંતરિત ફ્રિન્જની સંખ્યા $n = \frac{\Delta x_{net}}{\lambda}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે: $\mu = 1.5$,$t_1 = 0.132 \ mm = 1.32 \times 10^{-4} \ m$,$t_2 = 0.1 \ mm = 1.0 \times 10^{-4} \ m$,અને $\lambda = 600 \ nm = 600 \times 10^{-9} \ m$.
કિંમતો મૂકતા:
$n = \frac{(1.5 - 1) \times (0.132 \times 10^{-3} - 0.1 \times 10^{-3})}{600 \times 10^{-9}}$
$n = \frac{0.5 \times 0.032 \times 10^{-3}}{600 \times 10^{-9}} = 26.67$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,સ્થાનાંતરિત ફ્રિન્જની સંખ્યા $27$ છે.

(D) મધ્યસ્થ તેજસ્વી ફ્રિન્જ અને તેની નજીકની તેજસ્વી ફ્રિન્જ વચ્ચેનું અંતર એ ફ્રિન્જની પહોળાઈ $\beta$ જેટલું હોય છે.
ફ્રિન્જની પહોળાઈનું સૂત્ર $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ છે.
આપેલ કિંમતો:
સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર $d = 0.3 \,mm = 0.3 \times 10^{-3} \,m$
પડદાનું અંતર $D = 1 \,m$
ફ્રિન્જની પહોળાઈ $\beta = 1.9 \,mm = 1.9 \times 10^{-3} \,m$
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$1.9 \times 10^{-3} = \frac{\lambda \times 1}{0.3 \times 10^{-3}}$
$\lambda = 1.9 \times 10^{-3} \times 0.3 \times 10^{-3}$
$\lambda = 0.57 \times 10^{-6} \,m$
$\lambda = 570 \times 10^{-9} \,m = 570 \,nm$.

(B) રે ઓપ્ટિક્સ સન્નિક્ટતા ફ્રેનલ અંતર $(z_f)$ સુધી માન્ય ગણાય છે, જે તે અંતર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યાં વિવર્તનને કારણે કિરણપુંજનું ફેલાવું એ છિદ્રના કદ જેટલું થાય છે。
તેનું સૂત્ર: $z_f = \frac{a^2}{\lambda}$ છે。
આપેલ કિંમતો: ફ્રેનલ અંતર $z_f = 5 \,m$, તરંગલંબાઈ $\lambda = 800 \,nm = 800 \times 10^{-9} \,m$.
સ્લિટની પહોળાઈ $a$ માટે સૂત્રને ગોઠવતા: $a = \sqrt{z_f \cdot \lambda}$.
કિંમતો મૂકતા: $a = \sqrt{5 \times 800 \times 10^{-9} \,m^2}$.
$a = \sqrt{4000 \times 10^{-9} \,m^2} = \sqrt{4 \times 10^{-6} \,m^2}$.
$a = 2 \times 10^{-3} \,m = 2 \,mm$.

(B) પાતળા પડમાંથી પરાવર્તિત પ્રકાશમાં સહાયક વ્યતિકરણ માટેની શરત $2nt = (m + 1/2)\lambda$ છે, જ્યાં $m = 0, 1, 2, \dots$ અને $n$ એ પડનો વક્રીભવનાંક છે.
ન્યૂનતમ જાડાઈ શોધવા માટે, આપણે $m = 0$ લઈએ છીએ.
આમ, $2nt = \lambda/2$.
જાડાઈ $t$ માટે સૂત્ર બનાવતા, $t = \lambda / (4n)$ મળે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\lambda = 532 \,nm$ અને $n = 1.33$.
$t = 532 / (4 \times 1.33) = 532 / 5.32 = 100 \,nm$.
તેથી, ન્યૂનતમ જાડાઈ $100 \,nm$ છે.