TS EAMCET 2025 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) બીટ આવૃત્તિ એ બે આવૃત્તિઓ વચ્ચેના તફાવત દ્વારા આપવામાં આવે છે: $f_{beat} = |f_2 - f_1| = |323 \ Hz - 320 \ Hz| = 3 \ Hz$.
આનો અર્થ એ છે કે પ્રતિ સેકન્ડ $3$ બીટ્સ સંભળાય છે.
બે ક્રમિક બીટ્સ (એક મહત્તમ અને એક નજીકનો લઘુત્તમ અવાજ) વચ્ચેનો સમયગાળો એ એક બીટ ચક્રના સમયગાળા કરતા અડધો હોય છે.
બીટનો સમયગાળો $T = \frac{1}{f_{beat}} = \frac{1}{3} \ s$ છે.
મહત્તમ અવાજ અને તેની નજીકના લઘુત્તમ અવાજ વચ્ચેનો સમયગાળો $\Delta t = \frac{T}{2} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \ s = \frac{1}{6} \ s$ થાય.

(D) ધારો કે ધ્વનિની ઝડપ $v$,અવલોકનકારની ઝડપ $v_o$ અને સ્ત્રોતની આવૃત્તિ $f$ છે.
જ્યારે અવલોકનકાર સ્થિર સ્ત્રોત તરફ ગતિ કરે છે,ત્યારે સંભળાતી આવૃત્તિ $n_1 = f \left( \frac{v + v_o}{v} \right)$ થાય.
જ્યારે અવલોકનકાર સ્થિર સ્ત્રોતથી દૂર ગતિ કરે છે,ત્યારે સંભળાતી આવૃત્તિ $n_2 = f \left( \frac{v - v_o}{v} \right)$ થાય.
આપેલ ગુણોત્તર $n_1 / n_2 = 71 / 65$ પરથી:
$\frac{v + v_o}{v - v_o} = \frac{71}{65}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા: $65(v + v_o) = 71(v - v_o)$.
$65v + 65v_o = 71v - 71v_o$.
$136v_o = 6v$.
$v_o = \frac{6}{136} v = \frac{3}{68} v$.
અહીં $v = 340 \ m/s$ આપેલ હોવાથી,$v_o = \frac{3}{68} \times 340 = 3 \times 5 = 15 \ m/s$.
$m/s$ ને $km/h$ માં ફેરવવા માટે $18/5$ વડે ગુણતા: $v_o = 15 \times \frac{18}{5} = 3 \times 18 = 54 \ km/h$.

(A) ધારો કે અવાજની ઝડપ $v = 336 \ m/s$ છે અને કારની ઝડપ $u$ છે.
હોર્ન દ્વારા ઉત્પન્ન થતી અવાજની આવૃત્તિ $n$ છે.
ડ્રાઈવર દ્વારા સાંભળવામાં આવતી પડઘાની આવૃત્તિ $n' = n \left( \frac{v + u}{v - u} \right)$ છે.
આવૃત્તિઓ વચ્ચેનો તફાવત $n' - n = 0.1n$ છે.
$n'$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે: $n \left( \frac{v + u}{v - u} - 1 \right) = 0.1n$.
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા: $\frac{v + u - (v - u)}{v - u} = 0.1$.
આથી,$\frac{2u}{v - u} = 0.1$.
$2u = 0.1(v - u) \implies 2u = 0.1v - 0.1u$.
$2.1u = 0.1v \implies u = \frac{0.1}{2.1} v = \frac{1}{21} v$.
$v = 336 \ m/s$ આપેલ હોવાથી,$u = \frac{336}{21} = 16 \ m/s$.

(A) બે તરંગો કે જેમની વ્યક્તિગત તીવ્રતા $I_1$ અને $I_2$ છે અને તેમની વચ્ચેનો કળા તફાવત $\phi$ હોય,તો પરિણામી તીવ્રતા $I_R$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$I_R = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos(\phi)$
અહીં આપેલ છે કે $I_1 = I_2 = I$ અને $\phi = \frac{\pi}{2}$,આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$I_R = I + I + 2\sqrt{I \cdot I} \cos(\frac{\pi}{2})$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$,તેથી સમીકરણ આ મુજબ બનશે:
$I_R = 2I + 2I(0) = 2I$
આમ,પરિણામી તીવ્રતા $2I$ થાય છે.

(B) ધારો કે $L_o$ અને $L_c$ એ અનુક્રમે ઓપન અને ક્લોઝ્ડ પાઇપની લંબાઈ છે। આપેલ છે કે $L_o / L_c = 2 / 3$.
ઓપન પાઇપ માટે, $n$-માં હાર્મોનિકની આવૃત્તિ $f_{o,n} = n(v / 2L_o)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે। ત્રીજો હાર્મોનિક $(n=3)$ $f_{o,3} = 3(v / 2L_o)$ છે.
ક્લોઝ્ડ પાઇપ માટે, $m$-માં હાર્મોનિકની આવૃત્તિ $f_{c,m} = m(v / 4L_c)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $m$ એકી સંખ્યા હોવી જોઈએ। પાંચમો હાર્મોનિક $(m=5)$ $f_{c,5} = 5(v / 4L_c)$ છે.
આવૃત્તિઓનો ગુણોત્તર $R = f_{o,3} / f_{c,5} = [3(v / 2L_o)] / [5(v / 4L_c)]$.
$R = (3v / 2L_o) \times (4L_c / 5v) = (3 \times 4 \times L_c) / (2 \times 5 \times L_o) = (12 / 10) \times (L_c / L_o)$.
કારણ કે $L_o / L_c = 2 / 3$, તેથી $L_c / L_o = 3 / 2$.
આ કિંમત મૂકતા: $R = (1.2) \times (1.5) = 1.8 = 18 / 10 = 9 / 5$.
આમ, ગુણોત્તર $9 : 5$ છે.

(D) એક છેડે બંધ નળી માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_c = \frac{v}{4L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે બીટ આવૃત્તિ $f_{c1} - f_{c2} = 2$ છે,જ્યાં $f_{c1} = \frac{v}{4L_1}$ અને $f_{c2} = \frac{v}{4L_2}$ છે.
તેથી,$\frac{v}{4L_1} - \frac{v}{4L_2} = 2$.
બંને છેડે ખુલ્લી નળી માટે,મૂળભૂત આવૃત્તિ $f_o = \frac{v}{2L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નવી બીટ આવૃત્તિ $f_{o1} - f_{o2} = \frac{v}{2L_1} - \frac{v}{2L_2}$ છે.
આને આપણે $2 \times (\frac{v}{4L_1} - \frac{v}{4L_2})$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
જાણીતી કિંમત મૂકતા,નવી બીટ આવૃત્તિ $2 \times 2 = 4$ બીટ્સ પ્રતિ સેકન્ડ મળે છે.

(C) એક છેડે બંધ નળી માટે,હાર્મોનિક્સની આવૃત્તિઓ $f_n = n \frac{v}{4L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 1, 3, 5, ...$ એ એકી સંખ્યાઓ છે. પાંચમો હાર્મોનિક $n = 5$ ને અનુરૂપ છે.
તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{4L}{n} = \frac{4 \times 50 \ cm}{5} = 40 \ cm$ મળે છે.
બંધ નળી માટે સ્થિત તરંગનું સમીકરણ (ખુલ્લા છેડાને $x = 0$ લેતા) $y = A \cos(kx) \cos(\omega t)$ છે,જ્યાં $k = \frac{2\pi}{\lambda} = \frac{2\pi}{40} = \frac{\pi}{20} \ rad/cm$.
$x = 0$ આગળ,$y_1 = A \cos(0) \cos(\omega t) = A \cos(\omega t)$.
$x = 42 \ cm$ આગળ,$y_2 = A \cos(k \times 42) \cos(\omega t) = A \cos(\frac{\pi}{20} \times 42) \cos(\omega t) = A \cos(2.1\pi) \cos(\omega t) = A \cos(2\pi + 0.1\pi) \cos(\omega t) = A \cos(0.1\pi) \cos(\omega t)$.
બંને કણો સમાન કળામાં દોલન કરે છે (કોસાઈન પદો સમાન ચિહ્ન ધરાવે છે),તેથી કળા તફાવત $0^{\circ}$ છે.

(B) પ્રગામી તરંગનું સામાન્ય સમીકરણ $s(x, t) = A \sin(kx - \omega t)$ છે.
$1$. કંપવિસ્તાર $(A)$: કણ બે અંતિમ બિંદુઓ વચ્ચે $10 \text{ cm}$ અંતર કાપે છે,જે કુલ પથ લંબાઈ $(2A)$ છે. તેથી,$2A = 10 \text{ cm} = 0.10 \text{ m}$,એટલે કે $A = 0.05 \text{ m}$.
$2$. કોણીય આવૃત્તિ $(\omega)$: $\omega = 2\pi f = 2 \times \pi \times 210 = 420\pi \approx 1320 \text{ rad/s}$.
$3$. તરંગ સંખ્યા $(k)$: $v = \frac{\omega}{k} \implies k = \frac{\omega}{v} = \frac{420\pi}{330} \approx 4 \text{ rad/m}$.
$4$. આ કિંમતોને તરંગના સમીકરણમાં મૂકતા: $s(x, t) = 0.05 \sin(4x - 1320t) \text{ m}$.

(D) ખેંચાયેલી દોરીની મૂળભૂત આવૃત્તિ $f$ નું સૂત્ર: $f = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$,જ્યાં $L$ એ લંબાઈ છે,$T$ એ તણાવ છે અને $\mu$ એ રેખીય દળ ઘનતા છે.
આપેલ છે $f_1 = 300 \ Hz$,$L_1 = L$,અને $T_1 = T_1$. તેથી,$300 = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T_1}{\mu}}$.
આપેલ છે $f_2 = 100 \ Hz$,$L_2 = 2L$,અને $T_2 = T_2$. તેથી,$100 = \frac{1}{2(2L)} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}} = \frac{1}{4L} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}}$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{300}{100} = \frac{\frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T_1}{\mu}}}{\frac{1}{4L} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}}}$.
$3 = \frac{4L}{2L} \sqrt{\frac{T_1}{T_2}} = 2 \sqrt{\frac{T_1}{T_2}}$.
$1.5 = \sqrt{\frac{T_1}{T_2}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $2.25 = \frac{T_1}{T_2}$,જે $\frac{9}{4} = \frac{T_1}{T_2}$ છે.
તેથી,$\frac{T_2}{T_1} = \frac{4}{9}$.

(D) કંપન કરતી દોરીની મૂળભૂત આવૃત્તિનું સૂત્ર $f = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ છે,જ્યાં $L$ એ લંબાઈ છે,$T$ એ તણાવ છે અને $\mu$ એ રેખીય દળ ઘનતા છે.
શરૂઆતમાં,$f_1 = \frac{1}{2L_1} \sqrt{\frac{T_1}{\mu}}$.
આપેલ છે કે લંબાઈ $25 \%$ ઘટાડવામાં આવે છે,તેથી નવી લંબાઈ $L_2 = L_1 - 0.25L_1 = 0.75L_1 = \frac{3}{4}L_1$.
નવી આવૃત્તિ $f_2$ એ $100 \%$ વધે છે,તેથી $f_2 = f_1 + 1.00f_1 = 2f_1$.
નવી સ્થિતિ માટે આવૃત્તિના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $f_2 = \frac{1}{2L_2} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}}$.
$L_2$ અને $f_2$ ની કિંમત મૂકતા: $2f_1 = \frac{1}{2(\frac{3}{4}L_1)} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}} = \frac{4}{6L_1} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}} = \frac{2}{3L_1} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}}$.
$f_2$ ના સમીકરણને $f_1$ વડે ભાગતા: $\frac{2f_1}{f_1} = \frac{\frac{2}{3L_1} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}}}{\frac{1}{2L_1} \sqrt{\frac{T_1}{\mu}}}$.
$2 = \frac{2}{3} \cdot 2 \cdot \sqrt{\frac{T_2}{T_1}} = \frac{4}{3} \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$.
$\sqrt{\frac{T_2}{T_1}} = 2 \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\frac{T_2}{T_1} = (\frac{3}{2})^2 = \frac{9}{4}$.

(A) જ્યારે સળિયાને તેના મધ્યબિંદુએથી જડિત કરવામાં આવે છે,ત્યારે મધ્યબિંદુ નિસ્પંદ બિંદુ (node) તરીકે અને બંને છેડાઓ પ્રસ્પંદ બિંદુ (antinode) તરીકે વર્તે છે.
ધારો કે સળિયાની લંબાઈ $L$ છે. બે ક્રમિક પ્રસ્પંદ બિંદુઓ વચ્ચેનું અંતર $\lambda/2$ હોય છે. અહીં,સળિયો કેન્દ્રમાં જડિત હોવાથી,લંબાઈ $L$ એ બે છેડાઓ (પ્રસ્પંદ બિંદુઓ) વચ્ચેના અંતરને અનુરૂપ છે,જે $\lambda/2$ છે.
તેથી,$L = \lambda/2$,જેનો અર્થ છે કે $\lambda = 2L$.
મૂળભૂત આવૃત્તિ $f$ એ $f = v/\lambda$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v$ એ અવાજની ઝડપ છે.
$\lambda = 2L$ મૂકતા,આપણને $f = v/(2L)$ મળે છે.
આપેલ છે: $L = 125 \ cm = 1.25 \ m$ અને $v = 5000 \ ms^{-1}$.
$f = 5000 / (2 \times 1.25) = 5000 / 2.5 = 2000 \ Hz$.
$2000 \ Hz = 2 \ kHz$.

(B) આપેલ છે: દળ $m = 500 \ g = 0.5 \ kg$, ઊંચાઈ $h = 3.2 \ m$, પ્રારંભિક વેગ $u = 0 \ ms^{-1}$, અંતિમ વેગ $v = 6 \ ms^{-1}$, ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગ $g = 10 \ ms^{-2}$.
$h$ ઊંચાઈએ પદાર્થની પ્રારંભિક સ્થિતિ ઉર્જા $PE_i = mgh = 0.5 \times 10 \times 3.2 = 16 \ J$ છે.
પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા $KE_i = \frac{1}{2}mu^2 = 0 \ J$ છે.
કુલ પ્રારંભિક યાંત્રિક ઉર્જા $E_i = PE_i + KE_i = 16 \ J$.
જમીન પર અંતિમ સ્થિતિ ઉર્જા $PE_f = 0 \ J$ છે.
અંતિમ ગતિ ઉર્જા $KE_f = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2} \times 0.5 \times (6)^2 = 0.25 \times 36 = 9 \ J$ છે.
કુલ અંતિમ યાંત્રિક ઉર્જા $E_f = PE_f + KE_f = 9 \ J$.
હવાના અવરોધને કારણે ગુમાવેલી ઉર્જા એ પ્રારંભિક અને અંતિમ યાંત્રિક ઉર્જા વચ્ચેનો તફાવત છે:
$Loss = E_i - E_f = 16 \ J - 9 \ J = 7 \ J$.

(D) પદાર્થની ગતિઊર્જા $(K)$ નું સૂત્ર $K = \frac{1}{2}mv^2$ છે, જ્યાં $m$ એ દળ છે અને $v$ એ વેગનું મૂલ્ય છે.
સૌ પ્રથમ, વેગ સદિશ $\vec{v} = (2 \hat{i} + 3 \hat{j} - 4 \hat{k}) \text{ m/s}$ નું મૂલ્ય શોધો.
$v = |\vec{v}| = \sqrt{2^2 + 3^2 + (-4)^2} = \sqrt{4 + 9 + 16} = \sqrt{29} \text{ m/s}$.
તેથી, $v^2 = 29 \text{ m}^2/\text{s}^2$.
આપેલ છે કે $K = 87 \text{ J}$, આ કિંમતોને ગતિઊર્જાના સૂત્રમાં મૂકતા:
$87 = \frac{1}{2} \times m \times 29$.
$87 = 14.5 \times m$.
$m = \frac{87}{14.5} = 6 \text{ kg}$.
આમ, પદાર્થનું દળ $6 \text{ kg}$ છે.

(A) પદાર્થને આપવામાં આવતો પાવર $P = \frac{dK}{dt} = 3t^2 + 3$ છે,જ્યાં $K$ એ ગતિઊર્જા છે.
સમય $t$ ની સાપેક્ષે $0$ થી $3 \ s$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{0}^{K} dK = \int_{0}^{3} (3t^2 + 3) dt$
$K = [t^3 + 3t]_{0}^{3} = (3^3 + 3(3)) - 0 = 27 + 9 = 36 \ J$.
શરૂઆતનો વેગ શૂન્ય હોવાથી,શરૂઆતની ગતિઊર્જા શૂન્ય છે.
ગતિઊર્જાના સૂત્ર $K = \frac{1}{2}mv^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$36 = \frac{1}{2} \times 0.5 \times v^2$
$36 = 0.25 \times v^2$
$v^2 = \frac{36}{0.25} = 144$
$v = \sqrt{144} = 12 \ ms^{-1}$.

(A) ચલ બળ $F(y)$ દ્વારા કણને $y_1$ થી $y_2$ સુધી સ્થાનાંતરિત કરવા માટે થયેલું કાર્ય $W$ નીચે મુજબના સંકલન દ્વારા મળે છે: $W = \int_{y_1}^{y_2} F(y) dy$.
અહીં $F(y) = -\frac{K}{y^2}$,$y_1 = a$,અને $y_2 = 2a$ આપેલ છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $W = \int_{a}^{2a} (-\frac{K}{y^2}) dy$.
$W = -K \int_{a}^{2a} y^{-2} dy$.
$y^{-2}$ નું સંકલન $-y^{-1} = -\frac{1}{y}$ થાય છે.
$W = -K [-\frac{1}{y}]_{a}^{2a}$.
$W = K [\frac{1}{y}]_{a}^{2a}$.
$W = K (\frac{1}{2a} - \frac{1}{a})$.
$W = K (\frac{1-2}{2a}) = K (-\frac{1}{2a}) = -\frac{K}{2a}$.

(C) આપેલ છે: બળ $F = 10 \ N$,દળ $m = 1.5 \ kg$,ગતિક ઘર્ષણાંક $\mu_k = 0.2$,$g = 10 \ m/s^2$,પ્રારંભિક વેગ $u = 0$,સમય $t = 6 \ s$.
સૌ પ્રથમ,ગતિક ઘર્ષણ બળની ગણતરી કરો: $f_k = \mu_k \cdot m \cdot g = 0.2 \times 1.5 \times 10 = 3 \ N$.
બ્લોક પર લાગતું પરિણામી બળ $F_{net} = F - f_k = 10 - 3 = 7 \ N$ છે.
બ્લોકનો પ્રવેગ $a = F_{net} / m = 7 / 1.5 = 14 / 3 \ m/s^2$ છે.
$t = 6 \ s$ માં સ્થાનાંતર $s = ut + (1/2)at^2 = 0 + (1/2) \times (14/3) \times (6)^2 = (1/2) \times (14/3) \times 36 = 7 \times 12 = 84 \ m$ મળે છે.
લગાડવામાં આવેલા બળ દ્વારા થયેલું કાર્ય $W = F \times s = 10 \times 84 = 840 \ J$ છે.

(B) ધારો કે પ્રિઝમ કોણ $A = 90^{\circ}$ અને વક્રીભવનાંક $\mu = \sqrt{2}$ છે.
બીજી સપાટી પર પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તન $(TIR)$ માટે, બીજી સપાટી પરનો આપાતકોણ $r_2$ એ ક્રાંતિકોણ $C$ કરતા વધારે હોવો જોઈએ.
ક્રાંતિકોણ $C$ માટે $\sin C = \frac{1}{\mu} = \frac{1}{\sqrt{2}}$, તેથી $C = 45^{\circ}$.
આમ, $TIR$ માટે $r_2 > 45^{\circ}$ હોવું જોઈએ.
પ્રિઝમની ભૂમિતિ મુજબ, $r_1 + r_2 = A = 90^{\circ}$.
$r_2 > 45^{\circ}$ મૂકતા, આપણને $r_1 < 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$ મળે છે.
પ્રથમ સપાટી પર સ્નેલનો નિયમ વાપરતા: $\sin i = \mu \sin r_1$.
$r_1 < 45^{\circ}$ હોવાથી, $\sin r_1 < \sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
તેથી, $\sin i < \sqrt{2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 1$, જેનો અર્થ છે કે $i < 90^{\circ}$.
પરંતુ, પ્રકાશ પ્રિઝમમાં પ્રવેશવા અને શરત સંતોષવા માટે, આપણે સીમાવર્તી સ્થિતિ જોઈએ છીએ જ્યાં $r_2 = 45^{\circ}$, જેનો અર્થ છે $r_1 = 45^{\circ}$.
ત્યારે $\sin i = \sqrt{2} \sin 45^{\circ} = 1$, તેથી $i = 90^{\circ}$.

(B) જ્યારે પ્રકાશ જાડા લેન્સમાંથી પસાર થાય છે,ત્યારે તે પ્રિઝમની જેમ વર્તે છે.
પ્રકાશની વિવિધ તરંગલંબાઇઓ (રંગો) લેન્સના દ્રવ્યમાં અલગ-અલગ ઝડપે ગતિ કરે છે,જેના કારણે દરેક રંગ માટે વક્રીભવનાંક અલગ-અલગ હોય છે.
આ ઘટના,જેમાં તરંગલંબાઇ સાથે વક્રીભવનાંકમાં ફેરફાર થવાને કારણે શ્વેત પ્રકાશ તેના ઘટક રંગોમાં વિભાજિત થાય છે,તેને વિક્ષેપન (Dispersion) કહેવામાં આવે છે.
પરિણામે,લેન્સ વિવિધ રંગોને સહેજ અલગ બિંદુઓ પર કેન્દ્રિત કરે છે,જેના પરિણામે રંગીન કિનારીઓ અથવા અસ્પષ્ટ છબીઓ બને છે,જેને વર્ણવિપથન (Chromatic aberration) તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
તેથી,જાડા લેન્સને કારણે રંગીન છબીઓ બનવાની ઘટના વિક્ષેપનના ગુણધર્મ દ્વારા સમજાવી શકાય છે.

(A) નાના ખૂણાવાળા પ્રિઝમ માટે,વિચલન કોણ $\delta$ નું સૂત્ર: $\delta = (\mu - 1)A$ છે,જ્યાં $\mu$ એ વક્રીભવનાંક છે અને $A$ એ પ્રિઝમનો ખૂણો છે.
કોણીય વિક્ષેપ $\theta$ એ જાંબલી અને લાલ પ્રકાશ માટેના વિચલન કોણનો તફાવત છે: $\theta = \delta_v - \delta_r$.
વિચલનનું સૂત્ર મૂકતા: $\theta = (\mu_v - 1)A - (\mu_r - 1)A = (\mu_v - \mu_r)A$.
આપેલ કિંમતો: $\mu_v = 1.52$,$\mu_r = 1.48$,અને $A = 6^{\circ}$.
ગણતરી: $\theta = (1.52 - 1.48) \times 6^{\circ} = 0.04 \times 6^{\circ} = 0.24^{\circ}$.
તેથી,કોણીય વિક્ષેપ $0.24^{\circ}$ છે.

(C) સમબાજુ પ્રિઝમ માટે,પ્રિઝમનો કોણ $A = 60^{\circ}$ છે.
આપેલ છે કે લઘુત્તમ વિચલન કોણ $\delta_m = A = 60^{\circ}$ છે.
પ્રિઝમના વક્રીભવનાંક $n$ માટેનું સૂત્ર $n = \frac{\sin((A + \delta_m) / 2)}{\sin(A / 2)}$ છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે $n = \frac{\sin((60^{\circ} + 60^{\circ}) / 2)}{\sin(60^{\circ} / 2)}$.
$n = \frac{\sin(120^{\circ} / 2)}{\sin(30^{\circ})} = \frac{\sin(60^{\circ})}{\sin(30^{\circ})}$.
કારણ કે $\sin(60^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ અને $\sin(30^{\circ}) = \frac{1}{2}$,તેથી $n = \frac{\sqrt{3} / 2}{1 / 2} = \sqrt{3}$.
$\sqrt{3}$ ની કિંમત આશરે $1.732$ છે.

(C) નાના કોણવાળા પ્રિઝમ માટે,આપાતકોણ $i$,પ્રથમ સપાટી પર વક્રીભવનકોણ $r_1$,બીજી સપાટી પર વક્રીભવનકોણ $r_2$ અને નિર્ગમનકોણ $e$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$A = r_1 + r_2$
અહીં આપેલ છે કે કિરણ બીજી સપાટીમાંથી લંબરૂપે બહાર નીકળે છે,તેથી નિર્ગમનકોણ $e = 0^{\circ}$,જેનો અર્થ છે કે $r_2 = 0^{\circ}$.
પ્રિઝમનો કોણ $A = 6^{\circ}$ હોવાથી,$r_1 = A - r_2 = 6^{\circ} - 0^{\circ} = 6^{\circ}$.
પ્રથમ સપાટી પર સ્નેલના નિયમ મુજબ,$n_1 \sin(i) = n_2 \sin(r_1)$,જ્યાં $n_1 = 1$ (હવા) અને $n_2 = n$ (પ્રિઝમનું દ્રવ્ય).
$1 \cdot \sin(9.3^{\circ}) = n \cdot \sin(6^{\circ})$.
નાના ખૂણા માટે $\sin(\theta) \approx \theta$ લેતા:
$n = \frac{\sin(9.3^{\circ})}{\sin(6^{\circ})} \approx \frac{9.3}{6} = 1.55$.
આમ,પ્રિઝમના દ્રવ્યનો વક્રીભવનાંક $1.55$ છે.

(A) ઇલેક્ટ્રોનની પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $K_i = \frac{1}{2}mv^2$ છે.
જેમ ઇલેક્ટ્રોન બેરિયર પોટેન્શિયલ $V$ માંથી પસાર થાય છે,તે $eV$ જેટલી ઊર્જા ગુમાવે છે.
અંતિમ ગતિઊર્જા $K_f = K_i - eV = \frac{1}{2}mv_f^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $K_i = \frac{1}{2} \times (9 \times 10^{-31}) \times (5 \times 10^5)^2 = 0.5 \times 9 \times 10^{-31} \times 25 \times 10^{10} = 112.5 \times 10^{-21} \ J$.
ગુમાવેલી ઊર્જા $eV = 1.6 \times 10^{-19} \times 0.45 = 0.72 \times 10^{-19} = 72 \times 10^{-21} \ J$ છે.
તેથી,$K_f = 112.5 \times 10^{-21} - 72 \times 10^{-21} = 40.5 \times 10^{-21} \ J$.
હવે,$\frac{1}{2}mv_f^2 = 40.5 \times 10^{-21} \implies v_f^2 = \frac{2 \times 40.5 \times 10^{-21}}{9 \times 10^{-31}} = 9 \times 10^{10} \ m^2/s^2$.
તેથી,$v_f = 3 \times 10^5 \ m/s$.

(A) આપેલ છે: પાવર ગેઇન $(A_p)$ = $1800$, વોલ્ટેજ ગેઇન $(A_v)$ = $60$, એમિટર કરંટમાં ફેરફાર $(\Delta I_e)$ = $0.62 \text{ mA}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે પાવર ગેઇન $(A_p)$ = કરંટ ગેઇન $(\beta)$ $\times$ વોલ્ટેજ ગેઇન $(A_v)$.
તેથી, $\beta = A_p / A_v = 1800 / 60 = 30$.
આપણે એ પણ જાણીએ છીએ કે કોમન એમિટર કન્ફિગ્યુરેશનમાં કરંટ ગેઇન $\beta = \Delta I_c / \Delta I_b$ છે, અને $\Delta I_e = \Delta I_b + \Delta I_c$.
$\Delta I_b = \Delta I_c / \beta$ મૂકતા, આપણને મળે છે $\Delta I_e = \Delta I_c / \beta + \Delta I_c = \Delta I_c (1 + 1/\beta) = \Delta I_c ((\beta + 1) / \beta)$.
$\Delta I_c$ માટે સૂત્ર બનાવતા: $\Delta I_c = \Delta I_e \times (\beta / (\beta + 1))$.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta I_c = 0.62 \times (30 / 31) = 0.62 \times (0.9677) \approx 0.60 \text{ mA}$.

(D) એમિટર કરંટ $I_E$ એ વિદ્યુતભારના વહેવાના દર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $I_E = \frac{q}{t} = \frac{n \cdot e}{t}$.
અહીં $n = 10^{10}$, $e = 1.6 \times 10^{-19} \text{ C}$, અને $t = 0.4 \times 10^{-6} \text{ s}$ આપેલ છે.
$I_E = \frac{10^{10} \times 1.6 \times 10^{-19}}{0.4 \times 10^{-6}} = \frac{1.6 \times 10^{-9}}{0.4 \times 10^{-6}} = 4 \times 10^{-3} \text{ A} = 4 \text{ mA}$.
કારણ કે $5 \%$ ઇલેક્ટ્રોન બેઝમાં ગુમાવાય છે, તેથી કલેક્ટર કરંટ $I_C$ એ એમિટર કરંટ $I_E$ ના $95 \%$ હશે.
$I_C = 0.95 \times I_E = 0.95 \times 4 \text{ mA} = 3.8 \text{ mA}$.

(A) જ્યારે ટ્રાન્ઝિસ્ટરને બે સ્થિતિઓ વચ્ચે ચલાવવામાં આવે છે ત્યારે તે સ્વીચ તરીકે કાર્ય કરે છે: $OFF$ સ્થિતિ અને $ON$ સ્થિતિ.
$OFF$ સ્થિતિમાં,ટ્રાન્ઝિસ્ટર કટઓફ વિસ્તારમાં હોય છે,જ્યાં કલેક્ટર પ્રવાહ શૂન્ય હોય છે.
$ON$ સ્થિતિમાં,ટ્રાન્ઝિસ્ટર સેચ્યુરેશન વિસ્તારમાં હોય છે,જ્યાં કલેક્ટર પ્રવાહ મહત્તમ હોય છે અને આઉટપુટ વોલ્ટેજ ખૂબ જ ઓછો હોય છે.
એક્ટિવ વિસ્તારનો ઉપયોગ એમ્પ્લીફિકેશન (વર્ધન) માટે થાય છે,સ્વીચિંગ માટે નહીં.
તેથી,ટ્રાન્ઝિસ્ટર કટઓફ અથવા સેચ્યુરેશન વિસ્તારમાં સ્વીચ તરીકે કાર્ય કરે છે.

(B) કોમન એમિટર ટ્રાન્ઝિસ્ટર કોન્ફિગરેશનમાં,ટ્રાન્સફર લાક્ષણિકતા વક્ર ત્રણ અલગ-અલગ વિસ્તારો દર્શાવે છે:
$1$. કટઓફ વિસ્તાર: જ્યારે ઇનપુટ વોલ્ટેજ $(V_{i})$ ઓછો હોય છે,ત્યારે ટ્રાન્ઝિસ્ટર કટઓફ વિસ્તારમાં હોય છે અને આઉટપુટ વોલ્ટેજ $(V_{o})$ ઊંચો ($V_{CC}$ ની નજીક) હોય છે. આ વિસ્તાર $I$ ને અનુરૂપ છે.
$2$. એક્ટિવ વિસ્તાર: જેમ $(V_{i})$ વધે છે,તેમ ટ્રાન્ઝિસ્ટર એક્ટિવ વિસ્તારમાં પ્રવેશે છે જ્યાં આઉટપુટ વોલ્ટેજ $(V_{o})$ એ $(V_{i})$ સાથે રેખીય રીતે ઘટે છે. આ વિસ્તાર $II$ ને અનુરૂપ છે.
$3$. સેચ્યુરેશન વિસ્તાર: જ્યારે $(V_{i})$ ઊંચો હોય છે,ત્યારે ટ્રાન્ઝિસ્ટર સેચ્યુરેશન વિસ્તારમાં પ્રવેશે છે અને આઉટપુટ વોલ્ટેજ $(V_{o})$ ખૂબ જ ઓછો ($0$ ની નજીક) થઈ જાય છે. આ વિસ્તાર $III$ ને અનુરૂપ છે.
તેથી,એક્ટિવ,સેચ્યુરેશન અને કટઓફ વિસ્તારો અનુક્રમે $II, III$ અને $I$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.

(D) કોમન એમિટર કોન્ફિગરેશનમાં,કરંટ એમ્પ્લીફિકેશન ફેક્ટર $\beta = 80$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
એમિટર કરંટ $(I_E)$,કલેક્ટર કરંટ $(I_C)$ અને બેઝ કરંટ $(I_B)$ વચ્ચેનો સંબંધ $I_E = I_C + I_B$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\beta = \frac{I_C}{I_B}$,જેનો અર્થ છે કે $I_C = \beta I_B$.
પ્રથમ સમીકરણમાં $I_C$ ની કિંમત મૂકતા: $I_E = \beta I_B + I_B = I_B(\beta + 1)$.
આપેલ છે કે $I_E = 2.43 \text{ mA} = 2430 \mu \text{A}$ અને $\beta = 80$.
$I_B = \frac{I_E}{\beta + 1} = \frac{2430 \mu \text{A}}{80 + 1} = \frac{2430 \mu \text{A}}{81}$.
$I_B = 30 \mu \text{A}$.

(B) એમ્પ્લીફાયરમાં નેગેટિવ ફીડબેક એ એક એવી તકનીક છે જેમાં આઉટપુટ સિગ્નલનો એક ભાગ મૂળ ઇનપુટ સિગ્નલની વિરુદ્ધ કળામાં ઇનપુટમાં પાછો આપવામાં આવે છે.
આ પ્રક્રિયા એમ્પ્લીફાયરનો એકંદર ગેઈન ઘટાડે છે પરંતુ ઘણા ફાયદાઓ પ્રદાન કરે છે.
ખાસ કરીને,નેગેટિવ ફીડબેક એમ્પ્લીફાયર સર્કિટ દ્વારા જ ઉત્પન્ન થતા નોઈઝ અને ડિસ્ટોર્શનને નોંધપાત્ર રીતે ઘટાડે છે.
તે બેન્ડવિડ્થ પણ વધારે છે અને તાપમાન અથવા ઘટકોના ઘસારા સામે ગેઈનને સ્થિર કરે છે.
તેથી,નેગેટિવ ફીડબેકની સાચી અસર નોઈઝ અને ડિસ્ટોર્શન બંનેમાં ઘટાડો કરવાની છે.

(D) ચાલો સર્કિટનું સ્ટેપ-બાય-સ્ટેપ વિશ્લેષણ કરીએ:
$1$. ઉપરના $NAND$ ગેટમાં ઇનપુટ $1$ અને $0$ છે. આઉટપુટ $(1 \cdot 0)' = 0' = 1$ મળે છે.
$2$. વચ્ચેના $AND$ ગેટમાં ઇનપુટ $1$ અને $1$ છે. આઉટપુટ $1 \cdot 1 = 1$ મળે છે.
$3$. નીચેના $OR$ ગેટમાં ઇનપુટ $0$ અને $1$ છે. આઉટપુટ $0 + 1 = 1$ મળે છે.
$4$. ઉપરનો $NOR$ ગેટ $NAND$ ગેટ $(1)$ અને $AND$ ગેટ $(1)$ માંથી ઇનપુટ મેળવે છે. તેનું આઉટપુટ $y_1 = (1 + 1)' = 1' = 0$ થાય છે.
$5$. નીચેનો $NOR$ ગેટ $AND$ ગેટ $(1)$ અને $OR$ ગેટ $(1)$ માંથી ઇનપુટ મેળવે છે. તેનું આઉટપુટ $y_2 = (1 + 1)' = 1' = 0$ થાય છે.
$6$. અંતિમ $AND$ ગેટ $y_1 = 0$ અને $y_2 = 0$ ઇનપુટ મેળવે છે. તેનું આઉટપુટ $y_3 = 0 \cdot 0 = 0$ થાય છે.
તેથી,મૂલ્યો $y_1 = 0, y_2 = 0, y_3 = 0$ છે.

(D) યુનિવર્સલ ગેટ એ એક એવો લોજિક ગેટ છે જેનો ઉપયોગ અન્ય કોઈપણ પ્રકારના ગેટની જરૂર વગર કોઈપણ અન્ય લોજિક ગેટ અથવા બુલિયન ફંક્શનને અમલમાં મૂકવા માટે થઈ શકે છે.
$NAND$ અને $NOR$ ગેટને યુનિવર્સલ ગેટ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
આપેલા વિકલ્પોમાં,$NAND$ એ યુનિવર્સલ ગેટ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આ સર્કિટમાં એક $NAND$ ગેટ,એક $NOR$ ગેટ અને એક $AND$ ગેટ છે.
$1$. $NAND$ ગેટના ઇનપુટ $A=1$ અને $B=0$ છે. $NAND$ ગેટનું આઉટપુટ $y_1 = \overline{A \cdot B}$ દ્વારા મળે છે. તેથી,$y_1 = \overline{1 \cdot 0} = \overline{0} = 1$.
$2$. $NOR$ ગેટના ઇનપુટ $B=0$ અને $C=1$ છે. $NOR$ ગેટનું આઉટપુટ $y_2 = \overline{B + C}$ દ્વારા મળે છે. તેથી,$y_2 = \overline{0 + 1} = \overline{1} = 0$.
$3$. $AND$ ગેટના ઇનપુટ $y_1=1$ અને $y_2=0$ છે. $AND$ ગેટનું આઉટપુટ $y_3 = y_1 \cdot y_2$ દ્વારા મળે છે. તેથી,$y_3 = 1 \cdot 0 = 0$.
આમ,મૂલ્યો $y_1=1, y_2=0, y_3=0$ છે.

(D) પરમ શૂન્ય તાપમાને $(T = 0 \ K)$,બધા જ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન સ્ફટિક લેટીસમાં તેમના સંબંધિત પરમાણુઓ સાથે મજબૂતીથી બંધાયેલા હોય છે.
ઇલેક્ટ્રોનને વેલેન્સ બેન્ડમાંથી કન્ડક્શન બેન્ડમાં ઉત્તેજિત કરવા માટે કોઈ ઉષ્મીય ઉર્જા ઉપલબ્ધ હોતી નથી.
પરિણામે,કન્ડક્શન બેન્ડ સંપૂર્ણપણે ખાલી રહે છે અને વેલેન્સ બેન્ડ સંપૂર્ણપણે ભરાયેલું હોય છે.
મુક્ત વિદ્યુતભાર વાહકોની ગેરહાજરીને કારણે,અર્ધવાહક એક સંપૂર્ણ અવાહક તરીકે વર્તે છે.

(B) ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $E = \frac{hc}{\lambda}$ સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં એનર્જી ગેપ $E = 1.9 \ eV$ આપેલ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $hc \approx 1240 \ eV \cdot nm$.
તેથી,તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{hc}{E} = \frac{1240 \ eV \cdot nm}{1.9 \ eV} \approx 652.6 \ nm$.
લાલ પ્રકાશ માટે તરંગલંબાઇનો વિસ્તાર આશરે $620 \ nm$ થી $750 \ nm$ છે.
$652.6 \ nm$ આ વિસ્તારમાં આવતું હોવાથી,$LED$ દ્વારા ઉત્સર્જિત પ્રકાશનો રંગ લાલ છે.

(A) $LC$ સર્કિટની રેઝોનન્ટ ફ્રીક્વન્સી (અનુનાદ આવૃત્તિ) નું સૂત્ર $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ છે.
અહીં,$\omega$ એ કોણીય આવૃત્તિ દર્શાવે છે,જેનું પારિમાણિક સૂત્ર $[T^{-1}]$ છે.
તેથી,$(LC)^{-\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \omega$.
કોણીય આવૃત્તિનું પારિમાણિક સૂત્ર $[M^0 L^0 T^{-1}]$ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) ફ્રેનલ અંતર $(z_F)$ એ અંતર છે જ્યાં સુધી કિરણ પ્રકાશશાસ્ત્ર એક સારું અંદાજ છે. તે નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$z_F = \frac{a^2}{\lambda}$
જ્યાં $a$ એ એપર્ચરનું કદ છે અને $\lambda$ એ પ્રકાશની તરંગલંબાઇ છે।
આપેલ છે:
એપર્ચર $a = 5 \times 10^{-3} \ m$
ફ્રેનલ અંતર $z_F = 50 \ m$
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$50 = \frac{(5 \times 10^{-3})^2}{\lambda}$
$50 = \frac{25 \times 10^{-6}}{\lambda}$
$\lambda = \frac{25 \times 10^{-6}}{50}$
$\lambda = 0.5 \times 10^{-6} \ m$
$\lambda = 5 \times 10^{-7} \ m$
એંગસ્ટ્રોમ $(\text{Å})$ માં રૂપાંતરિત કરતા:
$1 \ \text{Å} = 10^{-10} \ m$
$\lambda = 5 \times 10^{-7} \times 10^{10} \ \text{Å} = 5000 \ \text{Å}$
તેથી, સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) ફ્રેનલ અંતર $(z_F)$ એ અંતર છે જ્યાં કિરણ પ્રકાશશાસ્ત્ર એ $a$ માપના એપર્ચર અને $\lambda$ તરંગલંબાઇ માટે સારું અંદાજ છે. તેનું સૂત્ર છે: $z_F = \frac{a^2}{\lambda}$.
આપેલ છે:
એપર્ચર $a = 0.3 \ cm = 0.3 \times 10^{-2} \ m = 3 \times 10^{-3} \ m$.
તરંગલંબાઇ $\lambda = 6000 \ Å = 6000 \times 10^{-10} \ m = 6 \times 10^{-7} \ m$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$z_F = \frac{(3 \times 10^{-3})^2}{6 \times 10^{-7}}$
$z_F = \frac{9 \times 10^{-6}}{6 \times 10^{-7}}$
$z_F = 1.5 \times 10^1 = 15 \ m$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) ધારો કે દરેક તરંગની તીવ્રતા $I_0$ છે. $I_1$ અને $I_2$ તીવ્રતા ધરાવતા બે તરંગો માટે મહત્તમ તીવ્રતા $I_{max} = (\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2})^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $I_1 = I_2 = I_0$,તેથી મહત્તમ તીવ્રતા $I = (\sqrt{I_0} + \sqrt{I_0})^2 = (2\sqrt{I_0})^2 = 4I_0$. આમ,$I_0 = I/4$.
હવે,એક તરંગની તીવ્રતા ચાર ગણી કરવામાં આવે છે,તેથી $I_1' = 4I_0 = 4(I/4) = I$ અને $I_2' = I_0 = I/4$.
નવી મહત્તમ તીવ્રતા $I_{max}' = (\sqrt{I_1'} + \sqrt{I_2'})^2 = (\sqrt{I} + \sqrt{I/4})^2 = (\sqrt{I} + \frac{\sqrt{I}}{2})^2 = (\frac{3\sqrt{I}}{2})^2 = \frac{9I}{4}$.

(A) બ્રુસ્ટરના નિયમ મુજબ,જ્યારે પ્રકાશ ધ્રુવીભવન કોણ $(i_p)$ પર આપાત થાય છે,ત્યારે પરાવર્તિત પ્રકાશ સંપૂર્ણપણે સમતલ ધ્રુવીભૂત હોય છે.
આ ખૂણે,પરાવર્તિત કિરણ અને વક્રીભૂત કિરણ એકબીજાને લંબ હોય છે.
બ્રુસ્ટરનો નિયમ જણાવે છે કે $\tan(i_p) = \mu$.
અહીં $\mu = \sqrt{3}$ આપેલ છે,તેથી $\tan(i_p) = \sqrt{3}$,જેનો અર્થ છે કે $i_p = 60^{\circ}$.
સ્નેલના નિયમ મુજબ,$\mu_1 \sin(i_p) = \mu_2 \sin(r)$,જ્યાં $r$ એ વક્રીભવન કોણ છે.
અહીં,$\mu_1 = 1$ (હવા) અને $\mu_2 = \sqrt{3}$.
$1 \cdot \sin(60^{\circ}) = \sqrt{3} \cdot \sin(r)$.
$\frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \cdot \sin(r)$.
$\sin(r) = \frac{1}{2}$.
તેથી,$r = 30^{\circ}$.

(D) વ્યતિકરણ ભાતમાં કોઈપણ બિંદુએ તીવ્રતા $I_p = I_{max} \cos^2(\frac{\phi}{2})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\phi$ એ કળા તફાવત છે.
અહીં $I_{max} = I$ (મધ્યસ્થ પ્રકાશિત શલાકાની તીવ્રતા) આપેલ છે.
કળા તફાવત $\phi$ અને પથ તફાવત $\Delta x$ વચ્ચેનો સંબંધ $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ છે.
આપેલ છે કે $\Delta x = \frac{\lambda}{3}$,તેથી $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \frac{\lambda}{3} = \frac{2\pi}{3}$.
આ કિંમતને તીવ્રતાના સૂત્રમાં મૂકતા:
$I_p = I \cos^2(\frac{2\pi/3}{2}) = I \cos^2(\frac{\pi}{3})$.
કારણ કે $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$,તેથી $I_p = I (\frac{1}{2})^2 = \frac{I}{4}$.

(C) $n^{\text{th}}$ પ્રકાશિત શલાકાનું સ્થાન $y_n = n \beta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ છે।
$n^{\text{th}}$ અપ્રકાશિત શલાકાનું સ્થાન $y'_n = (n - 0.5) \beta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
$5^{\text{th}}$ પ્રકાશિત શલાકા $(y_5 = 5 \beta)$ અને $7^{\text{th}}$ અપ્રકાશિત શલાકા $(y'_7 = (7 - 0.5) \beta = 6.5 \beta)$ વચ્ચેનું અંતર $3 \text{ mm}$ આપેલ છે:
$|6.5 \beta - 5 \beta| = 3 \text{ mm} \implies 1.5 \beta = 3 \text{ mm} \implies \beta = 2 \text{ mm}$.
હવે, આપણે $5^{\text{th}}$ અપ્રકાશિત શલાકા $(y'_5 = (5 - 0.5) \beta = 4.5 \beta)$ અને $7^{\text{th}}$ પ્રકાશિત શલાકા $(y_7 = 7 \beta)$ વચ્ચેનું અંતર શોધવાનું છે:
અંતર $= |7 \beta - 4.5 \beta| = 2.5 \beta$.
$\beta = 2 \text{ mm}$ મૂકતા:
અંતર $= 2.5 \times 2 \text{ mm} = 5 \text{ mm}$.