WBJEE 2010 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) પૃથ્વીની સપાટીથી $h$ ઊંચાઈએ ગુરુત્વાકર્ષણને કારણે પ્રવેગનું સૂત્ર: $g' = g \left(1 + \frac{h}{R}\right)^{-2}$ છે.
આપેલ છે કે $h$ ઊંચાઈએ ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ સપાટી પરના મૂલ્યના $1 \%$ છે,તેથી $g' = \frac{1}{100} g$.
આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{g}{100} = g \left(1 + \frac{h}{R}\right)^{-2}$
$\frac{1}{100} = \left(1 + \frac{h}{R}\right)^{-2}$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\frac{1}{10} = \left(1 + \frac{h}{R}\right)^{-1}$
$1 + \frac{h}{R} = 10$
$\frac{h}{R} = 9$
$h = 9 R$.
તેથી,ઊંચાઈ $9 R$ છે.

(A) પૃથ્વીના કેન્દ્રથી $r$ અંતરે ગુરુત્વીય સ્થિતિઊર્જા $U = -\frac{GMm}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પૃથ્વીની સપાટી પર,$r = R$,તેથી $U_i = -\frac{GMm}{R}$.
સપાટીથી $h = nR$ ઊંચાઈ પર,કેન્દ્રથી અંતર $r = R + nR = R(1+n)$ થાય.
તેથી,$U_f = -\frac{GMm}{R(1+n)}$.
ગુરુત્વીય સ્થિતિઊર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = U_f - U_i = -\frac{GMm}{R(1+n)} - (-\frac{GMm}{R})$ છે.
$\Delta U = \frac{GMm}{R} \left(1 - \frac{1}{1+n}\right) = \frac{GMm}{R} \left(\frac{1+n-1}{1+n}\right) = \frac{GMm}{R} \left(\frac{n}{1+n}\right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $g = \frac{GM}{R^2}$,તેથી $GM = gR^2$.
આ કિંમત મૂકતા,$\Delta U = \frac{gR^2 m}{R} \left(\frac{n}{n+1}\right) = \left(\frac{n}{n+1}\right) mgR$.

(B) આદર્શ વાયુની સરેરાશ વર્ગમૂળ ઝડપ $(v_{rms})$ નું સૂત્ર: $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ છે.
આ સંબંધ પરથી કહી શકાય કે $v_{rms} \propto \sqrt{T}$.
ધારો કે $T_1 = 120 \,K$ તાપમાને ઝડપ $v_1 = v$ છે અને $T_2 = 480 \,K$ તાપમાને ઝડપ $v_2$ છે.
પ્રમાણસરતાનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{v_2}{v} = \sqrt{\frac{480}{120}}$.
$\frac{v_2}{v} = \sqrt{4} = 2$.
તેથી,$v_2 = 2v$.

(C) છોકરો અચળ ઝડપે થાંભલો ચઢી રહ્યો છે, જેનો અર્થ છે કે તેનો પ્રવેગ $0$ છે. તેથી, તેના પર ઉર્ધ્વ દિશામાં લાગતું પરિણામી બળ $0$ છે。
છોકરા પર ઉર્ધ્વ દિશામાં લાગતા બળો તેનું વજન $(mg)$ જે નીચેની તરફ લાગે છે અને ઘર્ષણ બળ $(f)$ જે ઉપરની તરફ લાગે છે。
સંતુલન માટે, $f = mg$.
આપેલ છે કે ઘર્ષણ બળ $f = \mu N$, જ્યાં $\mu$ એ ઘર્ષણાંક છે અને $N$ એ લંબબળ (છોકરા દ્વારા થાંભલા પર લાગતું આડું બળ) છે。
તેથી, $\mu N = mg$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $0.8 \times N = 40 \,kg \times 10 \,m/s^2$.
$0.8 \times N = 400 \,N$.
$N = \frac{400}{0.8} = 500 \,N$.
આમ, છોકરા દ્વારા લાગતું આડું બળ $500 \,N$ છે。

(B) પગલું $1$: તંત્રનો સામાન્ય પ્રવેગ શોધો.
તંત્રનું કુલ દળ $M = 2 \,kg + 1 \,kg = 3 \,kg$ છે.
લગાડવામાં આવેલ બળ $F = 3 \,N$ છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ, $F = Ma$:
$a = \frac{F}{M} = \frac{3 \,N}{3 \,kg} = 1 \,m/s^2$.
પગલું $2$: બ્લોક્સ વચ્ચેનું સંપર્ક બળ શોધો.
$1 \,kg$ ના બ્લોકને ધ્યાનમાં લો. તેના પર લાગતું એકમાત્ર આડું બળ એ $2 \,kg$ ના બ્લોક દ્વારા લગાડવામાં આવતું સંપર્ક બળ $N_1$ છે.
$1 \,kg$ ના બ્લોક માટે ન્યૂટનનો બીજો નિયમ વાપરતા:
$N_1 = m_2 \times a = 1 \,kg \times 1 \,m/s^2 = 1 \,N$.
તેથી, બે બ્લોક વચ્ચેનું સંપર્ક બળ $1 \,N$ છે.

(B) સ્પ્રિંગનો બળ અચળાંક $k$ તેની મૂળ લંબાઈ $l$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $k \propto \frac{1}{l}$.
જ્યારે $L$ લંબાઈ અને $k$ બળ અચળાંક ધરાવતી સ્પ્રિંગને $n$ સમાન ભાગોમાં કાપવામાં આવે,ત્યારે દરેક ભાગની લંબાઈ $l' = \frac{L}{n}$ થાય છે.
$k' l' = k L$ હોવાથી,આપણને $k' = k \frac{L}{l'} = k \frac{L}{L/n} = n k$ મળે છે.
આ પ્રશ્નમાં,સ્પ્રિંગને $n = 3$ સમાન ભાગોમાં કાપવામાં આવી છે.
તેથી,દરેક ભાગનો બળ અચળાંક $k' = 3 k$ થશે.

(C) જ્યારે કોઈ પદાર્થ પ્રવાહીમાં તરે છે, ત્યારે પદાર્થનું વજન તે પ્રવાહી દ્વારા વિસ્થાપિત થયેલા વજન જેટલું હોય છે. ધારો કે પદાર્થનું કુલ કદ $V$ છે અને તેની ઘનતા $d$ છે.
કિસ્સો $1$: પાણીમાં તરે છે (ઘનતા $\rho_w = 1 \text{ g/cm}^3$)
ડૂબેલું કદ $V_{in} = V - 0.4V = 0.6V$.
પદાર્થનું વજન = પાણીનું વિસ્થાપિત વજન
$V \cdot d \cdot g = (0.6V) \cdot \rho_w \cdot g$
$d = 0.6 \cdot 1 = 0.6 \text{ g/cm}^3$.
કિસ્સો $2$: તેલમાં તરે છે (ઘનતા $\rho_{oil}$)
ડૂબેલું કદ $V_{in} = V - 0.6V = 0.4V$.
પદાર્થનું વજન = તેલનું વિસ્થાપિત વજન
$V \cdot d \cdot g = (0.4V) \cdot \rho_{oil} \cdot g$
$0.6 = 0.4 \cdot \rho_{oil}$
$\rho_{oil} = \frac{0.6}{0.4} = 1.5$.
આમ, તેલની સાપેક્ષ ઘનતા $1.5$ છે.

(A) ધારો કે કેન્દ્રમાંથી પસાર થતી શિરોલંબ રેખા સંદર્ભ છે. બે પ્રવાહીઓ વચ્ચેનું સંપર્કબિંદુ શિરોલંબથી $\theta$ ખૂણે છે.
નળી શિરોલંબ સમતલમાં હોવાથી,સૌથી નીચેના બિંદુએ બંને બાજુથી દબાણ સમાન હોવું જોઈએ.
ધારો કે ડાબી બાજુના પ્રવાહીની ઘનતા $\delta$ છે અને જમણી બાજુના પ્રવાહીની ઘનતા $\rho$ છે.
સૌથી નીચેના બિંદુથી $\delta$ ઘનતા ધરાવતા પ્રવાહી સ્તંભના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની શિરોલંબ ઊંચાઈ $h_1 = R(1 - \cos \theta)$ છે.
સૌથી નીચેના બિંદુથી $\rho$ ઘનતા ધરાવતા પ્રવાહી સ્તંભના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની શિરોલંબ ઊંચાઈ $h_2 = R(1 - \cos \theta)$ છે.
સંતુલન માટે,નળીના સૌથી નીચેના બિંદુએ બંને બાજુથી દબાણ સમાન હોવું જોઈએ.
વર્તુળાકાર નળીમાં પ્રવાહી સ્તંભ દ્વારા લાગતું દબાણ તેના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની શિરોલંબ ઊંડાઈના પ્રમાણમાં હોય છે.
સંતુલન માટેની શરત નીચે મુજબ છે:
$\delta g R(\cos \theta + \sin \theta) = \rho g R(\cos \theta - \sin \theta)$
બંને બાજુ $gR$ વડે ભાગતા:
$\delta(\cos \theta + \sin \theta) = \rho(\cos \theta - \sin \theta)$
$\delta \cos \theta + \delta \sin \theta = \rho \cos \theta - \rho \sin \theta$
$\sin \theta(\rho + \delta) = \cos \theta(\rho - \delta)$
$\tan \theta = \frac{\rho - \delta}{\rho + \delta}$
$\theta = \tan ^{-1}\left(\frac{\rho - \delta}{\rho + \delta}\right)$

(C) $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતા ગોળાનો સ્નિગ્ધ પ્રવાહીમાં ટર્મિનલ વેગ $v_t = \frac{2r^2g(\rho - \sigma)}{9\eta}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\rho$ એ ગોળાની ઘનતા છે અને $\sigma$ એ પ્રવાહીની ઘનતા છે.
ગોળાઓ એક જ ધાતુના હોવાથી,$\rho$ અચળ છે,તેથી $v_t \propto r^2$.
ગોળાનું દળ $M = \frac{4}{3}\pi r^3 \rho$ છે,જેનો અર્થ છે કે $M \propto r^3$,અથવા $r \propto M^{1/3}$.
આને ટર્મિનલ વેગના પ્રમાણમાં મૂકતા,આપણને $v_t \propto (M^{1/3})^2 = M^{2/3}$ મળે છે.
આપેલ દળ $M_1 = M$ અને $M_2 = 8M$ માટે,તેમના ટર્મિનલ વેગનો ગુણોત્તર $\frac{v_1}{v_2} = \left(\frac{M_1}{M_2}\right)^{2/3}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{v}{nv} = \left(\frac{M}{8M}\right)^{2/3} = \left(\frac{1}{8}\right)^{2/3} = \left(\left(\frac{1}{2}\right)^3\right)^{2/3} = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$.
આમ,$\frac{1}{n} = \frac{1}{4}$,જે દર્શાવે છે કે $n = 4$.

(A) પદાર્થની પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2} m u^2$ છે.
પ્રક્ષિપ્ત ગતિના મહત્તમ ઊંચાઈના બિંદુએ,વેગનો શિરોલંબ ઘટક શૂન્ય થાય છે અને સમક્ષિતિજ ઘટક $u \cos \beta$ રહે છે.
તેથી,મહત્તમ ઊંચાઈએ ગતિઊર્જા $K' = \frac{1}{2} m (u \cos \beta)^2 = K \cos^2 \beta$ થાય.
આપેલ છે કે $K' = \frac{3}{4} K$,તેથી $K \cos^2 \beta = \frac{3}{4} K$.
આ સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા $\cos^2 \beta = \frac{3}{4}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\cos \beta = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
તેથી,$\beta = 30^{\circ}$.

(B) દડાની ગતિ એ સમક્ષિતિજ પ્રક્ષિપ્ત ગતિ છે.
શિરોલંબ ગતિ માટે, પ્રારંભિક શિરોલંબ વેગ $u_y = 0 \text{ m/s}$ છે.
શિરોલંબ સ્થાનાંતર $H = 19.6 \text{ m}$ છે.
ગુરુત્વપ્રવેગ $g = 9.8 \text{ m/s}^2$ છે.
ગતિના સમીકરણ $H = u_y t + \frac{1}{2} g t^2$ નો ઉપયોગ કરતા, આપણને મળે છે:
$19.6 = 0 \times t + \frac{1}{2} \times 9.8 \times t^2$
$19.6 = 4.9 \times t^2$
$t^2 = \frac{19.6}{4.9} = 4$
$t = \sqrt{4} = 2 \text{ s}$.
આમ, દડાને જમીન પર પહોંચતા $2 \text{ s}$ લાગશે.

(C) સરળ આવર્ત ગતિ કરતા કણની કુલ ઉર્જા $E$ એ $E = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સ્થાનાંતર $x$ પર સ્થિતિ ઉર્જા $U$ એ $U = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રશ્ન મુજબ,સ્થિતિ ઉર્જા એ કુલ ઉર્જાના અડધા છે,તેથી $U = \frac{E}{2}$.
સમીકરણો મૂકતા,આપણને મળે છે $\frac{1}{2} m \omega^2 x^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} m \omega^2 A^2 \right)$.
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને $x^2 = \frac{A^2}{2}$ મળે છે.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,આપણને $x = \pm \frac{A}{\sqrt{2}}$ મળે છે.

(B) ધારો કે કણને ઉર્ધ્વ દિશામાં નીચેની તરફ $x$ જેટલા નાના અંતરે સ્થાનાંતરિત કરવામાં આવે છે.
ઉર્ધ્વ સ્પ્રિંગ $x$ જેટલી ખેંચાય છે,જે ઉપરની તરફ $F_1 = kx$ જેટલું પુનઃસ્થાપક બળ આપે છે.
બે નમેલી સ્પ્રિંગ ઉર્ધ્વ દિશા સાથે $135^\circ$ ના ખૂણે છે. જ્યારે કણ $x$ જેટલો નીચે જાય છે,ત્યારે દરેક નમેલી સ્પ્રિંગની લંબાઈમાં થતો ફેરફાર $\Delta l = x \cos(135^\circ - 90^\circ) = x \cos(45^\circ) = \frac{x}{\sqrt{2}}$ છે.
દરેક નમેલી સ્પ્રિંગ માટે ઉર્ધ્વ દિશામાં પુનઃસ્થાપક બળનો ઘટક $F_2 = k \Delta l \cos(45^\circ) = k (\frac{x}{\sqrt{2}}) (\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{kx}{2}$ છે.
કુલ પુનઃસ્થાપક બળ $F_{net} = F_1 + 2 F_2 = kx + 2(\frac{kx}{2}) = kx + kx = 2kx$.
આમ,સમતુલ્ય સ્પ્રિંગ અચળાંક $K_{eq} = 2k$ છે.
દોલનનો આવર્તકાળ $T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{K_{eq}}} = 2\pi \sqrt{\frac{m}{2k}}$ થાય.

(A) $-20^{\circ} C$ થી $100^{\circ} C$ તાપમાન સુધી બરફને ગરમ કરવાની પ્રક્રિયામાં ઘણા તબક્કાઓનો સમાવેશ થાય છે:
$1$. બરફને $-20^{\circ} C$ થી $0^{\circ} C$ સુધી ગરમ કરવું: પૂરી પાડવામાં આવેલી ઉષ્મા સાથે તાપમાન રેખીય રીતે વધે છે.
$2$. $0^{\circ} C$ પર બરફનું પાણીમાં રૂપાંતર: તાપમાન અચળ રહે છે (અવસ્થા પરિવર્તન).
$3$. પાણીને $0^{\circ} C$ થી $100^{\circ} C$ સુધી ગરમ કરવું: પૂરી પાડવામાં આવેલી ઉષ્મા સાથે તાપમાન રેખીય રીતે વધે છે.
$4$. $100^{\circ} C$ પર પાણીનું વરાળમાં રૂપાંતર: તાપમાન અચળ રહે છે (અવસ્થા પરિવર્તન).
તેથી,તાપમાન-ઉષ્મા આલેખમાં બે રેખીય વધારો અને બે આડા અચળ-તાપમાનના વિભાગો હોવા જોઈએ. વિકલ્પ $A$ આ વર્તનને યોગ્ય રીતે દર્શાવે છે.

(B) વિનના સ્થાનાંતરના નિયમ મુજબ, મહત્તમ તીવ્રતાને અનુરૂપ તરંગલંબાઇ $(\lambda_m)$ અને કૃષ્ણ પદાર્થના નિરપેક્ષ તાપમાન $(T)$ નો ગુણાકાર અચળ $(b)$ હોય છે।
સૂત્ર: $\lambda_m T = b$
આપેલ કિંમતો:
$\lambda_m = 480 \, nm = 480 \times 10^{-9} \, m$
$b = 2.88 \times 10^{-3} \, mK$
ગણતરી:
$T = \frac{b}{\lambda_m}$
$T = \frac{2.88 \times 10^{-3}}{480 \times 10^{-9}}$
$T = \frac{2.88}{480} \times 10^6$
$T = 0.006 \times 10^6 = 6000 \, K$
આમ, સૂર્યની સપાટીનું તાપમાન $6000 \, K$ છે।

(D) સ્ટીફન-બોલ્ટ્ઝમેન નિયમ મુજબ,$T$ તાપમાને રહેલા કૃષ્ણ પદાર્થ દ્વારા $T_0$ તાપમાન ધરાવતા વાતાવરણમાં ઉષ્મા ગુમાવવાનો દર $E \propto (T^4 - T_0^4)$ છે.
અહીં આપેલ તાપમાન $T_1 = 327^{\circ} C = 600 \ K$,$T_2 = 427^{\circ} C = 700 \ K$ અને $T_0 = 27^{\circ} C = 300 \ K$ છે.
ઉષ્મા ગુમાવવાનો દરનો ગુણોત્તર $\frac{E_1}{E_2} = \frac{T_1^4 - T_0^4}{T_2^4 - T_0^4}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{E_1}{E_2} = \frac{(600)^4 - (300)^4}{(700)^4 - (300)^4}$.
$(100)^4$ સામાન્ય લેતા: $\frac{E_1}{E_2} = \frac{6^4 - 3^4}{7^4 - 3^4} = \frac{1296 - 81}{2401 - 81}$.
$\frac{E_1}{E_2} = \frac{1215}{2320}$.
અંશ અને છેદને $5$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{243}{464}$ મળે છે.

(A) પ્રગામી તરંગનું પ્રમાણિત સમીકરણ $y = A \sin(\omega t - kx + \phi)$ છે.
આપેલ સમીકરણ $y = 4 \sin(4 \pi t - 0.04 x + \pi / 3)$ સાથે સરખાવતા,આપણને કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 4 \pi \ rad/s$ અને તરંગ સંખ્યા $k = 0.04 \ rad/m$ મળે છે.
તરંગનો વેગ $(v)$ એ કોણીય આવૃત્તિ અને તરંગ સંખ્યાનો ગુણોત્તર છે: $v = \frac{\omega}{k}$.
કિંમતો મૂકતા: $v = \frac{4 \pi}{0.04} = \frac{400 \pi}{4} = 100 \pi \ m/s$.

(C) આપેલ તરંગ સમીકરણ $x = x_0 \sin 2 \pi (nt - x/\lambda)$ છે.
આને પ્રમાણિત સ્વરૂપ $x = A \sin (\omega t - kx)$ સાથે સરખાવતા,કંપવિસ્તાર $A = x_0$,કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 2 \pi n$,અને તરંગ સંખ્યા $k = 2 \pi / \lambda$ મળે છે.
મહત્તમ કણ વેગ $V_p$ એ $V_p = A \omega = x_0 (2 \pi n) = 2 \pi n x_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તરંગ વેગ $V_w$ એ $V_w = \frac{\omega}{k} = \frac{2 \pi n}{2 \pi / \lambda} = n \lambda$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$V_p = 4 V_w$.
પદોને મૂકતા,આપણને $2 \pi n x_0 = 4 (n \lambda)$ મળે છે.
બંને બાજુ $n$ વડે ભાગતા,$2 \pi x_0 = 4 \lambda$ મળે છે.
તેથી,$\lambda = \frac{2 \pi x_0}{4} = \frac{\pi x_0}{2}$.

(B) ગતિઊર્જા $K$ અને વેગમાન $P$ વચ્ચેનો સંબંધ $K = \frac{P^2}{2m}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધારો કે પ્રારંભિક વેગમાન $P$ છે અને પ્રારંભિક ગતિઊર્જા $K = \frac{P^2}{2m}$ છે.
જો વેગમાનમાં $20 \%$ નો વધારો થાય,તો નવું વેગમાન $P' = P + 0.20P = 1.2P$ થાય.
નવી ગતિઊર્જા $K' = \frac{(P')^2}{2m} = \frac{(1.2P)^2}{2m} = \frac{1.44P^2}{2m}$ થશે.
$K = \frac{P^2}{2m}$ મૂકતા,આપણને $K' = 1.44K$ મળે છે.
ગતિઊર્જામાં થતો ટકાવારી વધારો $\frac{K' - K}{K} \times 100 \% = \frac{1.44K - K}{K} \times 100 \% = 0.44 \times 100 \% = 44 \%$ છે.

(D) ધારો કે દરેક કેપેસિટરનું કેપેસિટન્સ $C = 3 \mu F$ છે.
પરિપથને જોતા,આપણે કેપેસિટર્સની ગોઠવણી સમજી શકીએ છીએ.
મધ્યની શાખામાં બે કેપેસિટર સમાંતર જોડાણમાં છે. તેમનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_p = C + C = 2C = 2 \times 3 = 6 \mu F$ થશે.
આ સંયોજન તે જ શાખામાં રહેલા અન્ય કેપેસિટર $C$ સાથે શ્રેણીમાં છે. આ શાખાનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_s = \frac{C \times C_p}{C + C_p} = \frac{C \times 2C}{C + 2C} = \frac{2C^2}{3C} = \frac{2}{3}C = \frac{2}{3} \times 3 = 2 \mu F$ થશે.
અંતે,આ શાખા ઉપરના કેપેસિટર $C$ સાથે સમાંતરમાં છે. તેથી $A$ અને $B$ વચ્ચેનું કુલ અસરકારક કેપેસિટન્સ $C_{eq} = C + C_s = 3 + 2 = 5 \mu F$ થશે.

(A) ધારો કે દરેક નાના ટીપાની ત્રિજ્યા $r$ છે અને $n$ ટીપાંઓ જોડાઈને બનતા મોટા ટીપાની ત્રિજ્યા $R$ છે.
કદ સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$n \times \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \pi R^3$
$R^3 = n r^3 \implies R = r n^{1/3}$
દરેક નાના ટીપા પરનો ચાર્જ $q = C_0 V = (4 \pi \varepsilon_0 r) V$ છે.
મોટા ટીપા પરનો કુલ ચાર્જ $Q = n q = n (4 \pi \varepsilon_0 r) V$ છે.
મોટા ટીપાનો પોટેન્શિયલ $V' = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 R}$ છે.
$Q$ અને $R$ ની કિંમતો મૂકતા:
$V' = \frac{n (4 \pi \varepsilon_0 r) V}{4 \pi \varepsilon_0 (r n^{1/3})}$
$V' = n \times \frac{1}{n^{1/3}} V = n^{2/3} V$.

(C) પરિપથ આકૃતિ પરથી, $2 \Omega$, $3 \Omega$ અને $6 \Omega$ ના અવરોધો સમાંતર જોડાણમાં છે.
ધારો કે તેમનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_p$ છે. તો, $\frac{1}{R_p} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{3+2+1}{6} = 1 \Omega^{-1}$.
આમ, $R_p = 1 \Omega$.
આ સમાંતર જોડાણ $4 \Omega$ ના અવરોધ અને $2 \text{ V}$ ની બેટરી સાથે શ્રેણીમાં છે.
તેથી, પરિપથનો કુલ સમતુલ્ય અવરોધ $R_{\text{eq}} = R_p + 4 \Omega = 1 \Omega + 4 \Omega = 5 \Omega$ થાય.
એમીટર દ્વારા માપવામાં આવતો પ્રવાહ $I$ ઓહ્મના નિયમ મુજબ: $I = \frac{V}{R_{\text{eq}}} = \frac{2 \text{ V}}{5 \Omega} = 0.4 \text{ A}$ મળે.

(B) તારનો અવરોધ $R = \rho \frac{L}{A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\rho$ એ અવરોધકતા છે,$L$ એ લંબાઈ છે અને $A$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
જ્યારે તારને $n$ ગણો ખેંચવામાં આવે છે,ત્યારે નવી લંબાઈ $L' = nL$ થાય છે.
તારનું કદ અચળ રહેતું હોવાથી,$V = A \times L = A' \times L'$.
તેથી,$A' = \frac{A \times L}{L'} = \frac{A \times L}{nL} = \frac{A}{n}$.
નવો અવરોધ $R'$ આ રીતે મળે છે: $R' = \rho \frac{L'}{A'} = \rho \frac{nL}{A/n} = n^2 \left( \rho \frac{L}{A} \right) = n^2 R$.

(B) કોઈલમાં ઉદ્ભવતું પ્રેરિત $emf$ $(e)$ સૂત્ર $e = -L \frac{dI}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$emf$ શૂન્ય થવા માટે,પ્રવાહમાં થતો ફેરફારનો દર $\frac{dI}{dt}$ શૂન્ય હોવો જોઈએ.
આપેલ છે કે $I = t^2 e^{-t}$.
વિકલનના ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{dI}{dt} = \frac{d}{dt}(t^2) \cdot e^{-t} + t^2 \cdot \frac{d}{dt}(e^{-t})$.
$\frac{dI}{dt} = 2t e^{-t} + t^2 (-e^{-t}) = e^{-t} (2t - t^2) = e^{-t} t(2 - t)$.
$\frac{dI}{dt} = 0$ લેતા,આપણને $e^{-t} t(2 - t) = 0$ મળે છે.
કારણ કે $e^{-t} \neq 0$ થાય,તેથી ઉકેલ $t = 0$ અથવા $t = 2 \ s$ મળે છે.
$t = 0$ સમયે પ્રવાહ શૂન્ય છે,પરંતુ $t = 2 \ s$ સમયે પ્રવાહ મહત્તમ બને છે,તેથી $emf$ શૂન્ય થાય છે.

(B) આપેલ છે: ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = 5t^2 - 4t + 1 \text{ Wb}$ અને અવરોધ $R = 10 \Omega$.
ફેરાડેના પ્રેરણના નિયમ મુજબ, પ્રેરિત ઇલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સ $(EMF)$ $e = -\frac{d\phi}{dt}$ છે.
$\phi$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{d\phi}{dt} = \frac{d}{dt}(5t^2 - 4t + 1) = 10t - 4$.
પ્રેરિત પ્રવાહ $I = \frac{|e|}{R} = \frac{|-d\phi/dt|}{R} = \frac{|-(10t - 4)|}{10} = \frac{|4 - 10t|}{10}$ મળે.
$t = 0.2 \text{ s}$ સમયે, પ્રવાહ $I = \frac{|4 - 10(0.2)|}{10} = \frac{|4 - 2|}{10} = \frac{2}{10} = 0.2 \text{ A}$ થાય.

(A) ગોસના નિયમ મુજબ,કોઈપણ બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi$ એ સપાટી દ્વારા ઘેરાયેલા કુલ વિદ્યુતભાર અને શૂન્યાવકાશની પરમિટિવિટી $\varepsilon_0$ ના ગુણોત્તર જેટલું હોય છે.
ગાણિતિક રીતે,$\phi = \frac{q_{\text{enclosed}}}{\varepsilon_0}$.
આ પ્રશ્નમાં,બિંદુવત વિદ્યુતભાર $+q$ ને ઘનના કેન્દ્રમાં મૂકવામાં આવ્યો છે,જે એક બંધ સપાટી છે.
તેથી,ઘનમાંથી બહાર આવતું કુલ વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi = \frac{q}{\varepsilon_0}$ થશે.

(A) $I$ પ્રવાહ ધરાવતા $a$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર લૂપના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2a}$ છે.
લૂપની ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = I A = I(\pi a^2)$ છે.
ગુણોત્તર $x = \frac{B}{M} = \frac{\mu_0 I}{2a} \times \frac{1}{I \pi a^2} = \frac{\mu_0}{2 \pi a^3}$ થાય.
જ્યારે પ્રવાહ $I$ બમણો $(I' = 2I)$ અને ત્રિજ્યા $a$ બમણી $(a' = 2a)$ કરવામાં આવે,ત્યારે નવો ગુણોત્તર $x'$:
$x' = \frac{\mu_0}{2 \pi (a')^3} = \frac{\mu_0}{2 \pi (2a)^3} = \frac{\mu_0}{2 \pi (8a^3)} = \frac{1}{8} \left( \frac{\mu_0}{2 \pi a^3} \right) = \frac{x}{8}$.

(D) પ્રતિ વિખંડન મુક્ત થતી ઉર્જા $E_{fission} = 200 MeV$ છે.
આ ઉર્જાને જુલમાં ફેરવતા: $E_{fission} = 200 \times 10^6 \times 1.6 \times 10^{-19} J = 3.2 \times 10^{-11} J$.
જરૂરી પાવર $P = 3.2 W$ છે,જેનો અર્થ છે કે પ્રતિ સેકન્ડ $3.2 J$ ઉર્જાની જરૂર છે.
પ્રતિ સેકન્ડ વિખંડનની સંખ્યા $(n)$ એ કુલ પાવર અને પ્રતિ વિખંડન ઉર્જાના ગુણોત્તર દ્વારા મળે છે:
$n = \frac{P}{E_{fission}} = \frac{3.2 J/s}{3.2 \times 10^{-11} J} = 10^{11} \text{ વિખંડન/સેકન્ડ}$.

(C) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $N(t)$ એ $t$ સમયે બાકી રહેલો જથ્થો છે.
$20 \%$ ક્ષય માટે, બાકી રહેલો જથ્થો $N_1 = 80 \% \text{ of } N_0 = 0.8 N_0$ છે. તેથી, $0.8 N_0 = N_0 e^{-\lambda t_1} \Rightarrow e^{-\lambda t_1} = 0.8$.
$80 \%$ ક્ષય માટે, બાકી રહેલો જથ્થો $N_2 = 20 \% \text{ of } N_0 = 0.2 N_0$ છે. તેથી, $0.2 N_0 = N_0 e^{-\lambda t_2} \Rightarrow e^{-\lambda t_2} = 0.2$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{e^{-\lambda t_1}}{e^{-\lambda t_2}} = \frac{0.8}{0.2} = 4$.
આ સમીકરણ $e^{\lambda(t_2 - t_1)} = 4$ માં પરિણમે છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\lambda(t_2 - t_1) = \ln(4) = 2 \ln(2)$.
કારણ કે $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$, તેથી $\frac{\ln 2}{T_{1/2}}(t_2 - t_1) = 2 \ln 2$.
આમ, $t_2 - t_1 = 2 \times T_{1/2} = 2 \times 20 \text{ min} = 40 \text{ min}$.

(B) જ્યારે માછલી પાણીની સપાટીથી $h$ ઊંડાઈએ હોય,ત્યારે તે પૂર્ણ આંતરિક પરાવર્તનને કારણે બહારની દુનિયાને એક ગોળાકાર બારી દ્વારા જુએ છે.
આ વર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ નું સૂત્ર $r = \frac{h}{\sqrt{\mu^2 - 1}}$ છે.
આપેલ છે: ઊંડાઈ $h = 12 \ m$ અને વક્રીભવનાંક $\mu = 4/3$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$r = \frac{12}{\sqrt{(4/3)^2 - 1}}$
$r = \frac{12}{\sqrt{16/9 - 1}}$
$r = \frac{12}{\sqrt{7/9}}$
$r = \frac{12 \times 3}{\sqrt{7}}$
$r = \frac{36}{\sqrt{7}} \ m$.

(D) જ્યારે લેન્સ પર ચાંદીનો ઢોળ ચડાવવામાં આવે છે, ત્યારે તે અરીસા તરીકે વર્તે છે। સિસ્ટમનો સમતુલ્ય પાવર $P_{eq} = 2P_L + P_M$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $P_L$ એ લેન્સનો પાવર છે અને $P_M$ એ અરીસાનો પાવર છે।
આપેલ છે, લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $f = 20 \,cm$. લેન્સનો પાવર $P_L = \frac{1}{f} = \frac{1}{20} \,cm^{-1}$.
સમતલ સપાટી પર ચાંદીનો ઢોળ ચડાવેલ છે, તેથી તે સમતલ અરીસા તરીકે વર્તે છે। સમતલ અરીસાનો પાવર $P_M = 0$.
આમ, $P_{eq} = 2 \times P_L + 0 = 2 \times \frac{1}{20} = \frac{1}{10} \,cm^{-1}$.
સિસ્ટમની સમતુલ્ય કેન્દ્રલંબાઈ $F$ એ $P_{eq} = -\frac{1}{F}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે (ઋણ નિશાની કારણ કે તે અંતર્ગોળ અરીસા તરીકે વર્તે છે)।
તેથી, $-\frac{1}{F} = \frac{1}{10}$, જે $F = -10 \,cm$ આપે છે।
કેન્દ્રલંબાઈનું મૂલ્ય $10 \,cm$ છે।

(C) બે સમતલ અરીસાઓ $\theta$ ખૂણે નમેલા હોય ત્યારે રચાતા પ્રતિબિંબોની સંખ્યા $n = \frac{360^{\circ}}{\theta} - 1$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે,જો $\frac{360^{\circ}}{\theta}$ એ બેકી પૂર્ણાંક હોય,અથવા જો તે એકી પૂર્ણાંક હોય અને વસ્તુ સંમિત રીતે મૂકવામાં આવી હોય.
આપેલ છે કે $n = 5$,તેથી $5 = \frac{360^{\circ}}{\theta} - 1$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{360^{\circ}}{\theta} = 6$.
આમ,$\theta = \frac{360^{\circ}}{6} = 60^{\circ}$.
જ્યારે ખૂણામાં $30^{\circ}$ નો ઘટાડો કરવામાં આવે,ત્યારે નવો ખૂણો $\theta' = 60^{\circ} - 30^{\circ} = 30^{\circ}$ થાય.
પ્રતિબિંબોની નવી સંખ્યા $n' = \frac{360^{\circ}}{30^{\circ}} - 1 = 12 - 1 = 11$ મળે છે.

(D) આપેલ છે:
$\beta = 50$
ઇનપુટ અવરોધ $R_i = 1 \text{ k}\Omega = 10^3 \Omega$
પીક ઇનપુટ વોલ્ટેજ $V_i = 0.01 \text{ V}$
પગલું $1$: બેઝ પ્રવાહનું પીક મૂલ્ય $(\Delta I_B)$ શોધો:
$\Delta I_B = \frac{V_i}{R_i} = \frac{0.01 \text{ V}}{10^3 \Omega} = 10^{-5} \text{ A}$
પગલું $2$: કલેક્ટર પ્રવાહનું પીક મૂલ્ય $(\Delta I_C)$ શોધો:
સંબંધ $\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\Delta I_C = \beta \times \Delta I_B$
$\Delta I_C = 50 \times 10^{-5} \text{ A}$
$\Delta I_C = 5 \times 10^{-4} \text{ A} = 500 \times 10^{-6} \text{ A} = 500 \mu\text{A}$

(D) યંગના ડબલ સ્લિટ પ્રયોગમાં ફ્રિન્જની પહોળાઈ $\beta$ નું સૂત્ર $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ છે, જ્યાં $\lambda$ એ પ્રકાશની તરંગલંબાઇ છે, $D$ એ સ્લિટ અને પડદા વચ્ચેનું અંતર છે, અને $d$ એ બે સ્લિટ વચ્ચેનું અંતર છે.
જ્યારે આખી ગોઠવણીને $n$ વક્રીભવનાંક ધરાવતા પ્રવાહીમાં મૂકવામાં આવે છે, ત્યારે પ્રકાશની તરંગલંબાઇ બદલાઈને $\lambda' = \frac{\lambda}{n}$ થાય છે.
અહીં $D$ અને $d$ બદલાતા નથી, તેથી નવી ફ્રિન્જની પહોળાઈ $\beta'$ એ $\beta' = \frac{\lambda' D}{d} = \frac{(\lambda / n) D}{d} = \frac{1}{n} \left( \frac{\lambda D}{d} \right) = \frac{\beta}{n}$ થશે.
તેથી, નવી ફ્રિન્જની પહોળાઈ $\frac{\beta}{n}$ છે.

(B) આપેલ છે કે તીવ્રતાનો ગુણોત્તર $I_1 / I_2 = 9 / 1$ છે.
તીવ્રતા $I \propto A^2$ હોવાથી,કંપવિસ્તારનો ગુણોત્તર $A_1 / A_2 = \sqrt{I_1 / I_2} = \sqrt{9 / 1} = 3 / 1$ થાય.
ધારો કે $A_1 = 3k$ અને $A_2 = k$.
મહત્તમ તીવ્રતા $I_{\max} = (A_1 + A_2)^2 = (3k + k)^2 = (4k)^2 = 16k^2$ દ્વારા મળે છે.
ન્યૂનતમ તીવ્રતા $I_{\min} = (A_1 - A_2)^2 = (3k - k)^2 = (2k)^2 = 4k^2$ દ્વારા મળે છે.
તેથી,મહત્તમ અને ન્યૂનતમ તીવ્રતાનો ગુણોત્તર $I_{\max} / I_{\min} = 16k^2 / 4k^2 = 4 / 1$ થાય.