WBJEE 2013 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) ધારો કે ત્રીજા ટુકડાનો વેગ $v'$ છે.
રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,કારણ કે સિસ્ટમ પર કોઈ બાહ્ય બળ લાગતું નથી,તેથી કુલ પ્રારંભિક વેગમાન એ કુલ અંતિમ વેગમાન જેટલું હોય છે.
પ્રારંભિક વેગમાન $P_i = 5 M \times 0 = 0$.
ધારો કે પ્રથમ ટુકડા $(M)$ નો વેગ $\vec{v}_1 = 2v \hat{i}$ છે અને બીજા ટુકડા $(2M)$ નો વેગ $\vec{v}_2 = -v \hat{i}$ છે (કારણ કે તેઓ વિરુદ્ધ દિશામાં ગતિ કરે છે).
અંતિમ વેગમાન $P_f = M(2v \hat{i}) + 2M(-v \hat{i}) + 2M(\vec{v}') = 0$.
$2Mv \hat{i} - 2Mv \hat{i} + 2M(\vec{v}') = 0$.
$0 + 2M(\vec{v}') = 0$.
તેથી,$\vec{v}' = 0$.
ત્રીજો ટુકડો સ્થિર રહેશે.

(A) $r$ અંતરે રહેલા $m_1$ અને $m_2$ દળ ધરાવતા બે પદાર્થો વચ્ચેનું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F = \frac{G m_1 m_2}{r^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$m_1 = m$ અને $m_2 = (M - m)$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા,$F = \frac{G m(M - m)}{r^2} = \frac{G}{r^2} (Mm - m^2)$ મળે છે.
બળ મહત્તમ હોવા માટે,$F$ નું $m$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન શૂન્ય હોવું જોઈએ,એટલે કે $\frac{dF}{dm} = 0$.
$\frac{d}{dm} [\frac{G}{r^2} (Mm - m^2)] = 0$.
$\frac{G}{r^2} (M - 2m) = 0$.
અહીં $\frac{G}{r^2} \neq 0$ હોવાથી,$M - 2m = 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $m = \frac{M}{2}$.
આમ,બીજા ટુકડાનું દળ $(M - m) = M - \frac{M}{2} = \frac{M}{2}$ થાય છે.
દળનો ગુણોત્તર $\frac{m}{M-m} = \frac{M/2}{M/2} = \frac{1}{1}$ મળે છે.

(B) એક-પરમાણ્વીય વાયુ માટે,મુક્તિની માત્રા (degree of freedom) $f_1 = 3$ છે. દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુ માટે,મુક્તિની માત્રા $f_2 = 5$ છે.
મોલની સંખ્યા $n_1 = 3$ અને $n_2 = 1$ છે.
મિશ્રણ માટે મુક્તિની માત્રા નીચે મુજબ મળે છે:
$f_{\text{mix}} = \frac{n_1 f_1 + n_2 f_2}{n_1 + n_2} = \frac{3 \times 3 + 1 \times 5}{3 + 1} = \frac{9 + 5}{4} = \frac{14}{4} = 3.5$.
મિશ્રણ માટે એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\gamma_{\text{mix}} = 1 + \frac{2}{f_{\text{mix}}} = 1 + \frac{2}{3.5} = 1 + \frac{2}{7/2} = 1 + \frac{4}{7} = \frac{11}{7}$.

(D) વાયુના અણુઓની r.m.s. ઝડપનું સૂત્ર $v_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ છે.
આપેલ પ્રારંભિક તાપમાન $T_1 = 100^{\circ} C = 373 \text{ K}$ છે.
તેથી,$v = \sqrt{\frac{3R(373)}{M}}$.
આપણે એવું તાપમાન $T_2$ શોધવું છે જેના માટે નવી ઝડપ $v' = \sqrt{3}v$ થાય.
$v_{\text{rms}} \propto \sqrt{T}$ હોવાથી,$\frac{v'}{v} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$ મળે.
કિંમતો મૂકતા,$\sqrt{3} = \sqrt{\frac{T_2}{373}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$3 = \frac{T_2}{373}$.
$T_2 = 3 \times 373 = 1119 \text{ K}$.
સેલ્સિયસમાં ફેરવતા,$T_2 = 1119 - 273 = 846^{\circ} C$.

(B) આપેલ છે: દળ $m = 0.1 \ kg$,વેગમાનમાં ફેરફાર $\Delta p = 2 \ kg \ m/s$,સમય $t = 1 \ s$,$g = 10 \ m/s^2$.
$\Delta p = F_{net} \times t$ હોવાથી,$F_{net} = \frac{\Delta p}{t} = \frac{2}{1} = 2 \ N$ મળે.
બ્લોક માટે,પરિણામી બળ $T - mg = F_{net}$ છે,જ્યાં $T$ એ દોરીમાં તણાવ છે. દોરી દળરહિત અને ગરગડી ઘર્ષણરહિત હોવાથી,$T = F$ થાય.
તેથી,$F - mg = 2 \ N \Rightarrow F - (0.1 \times 10) = 2 \Rightarrow F - 1 = 2 \Rightarrow F = 3 \ N$.
આમ,દોરીમાં તણાવ $T = F = 3 \ N$ છે.
પ્રવેગ $a = \frac{F_{net}}{m} = \frac{2}{0.1} = 20 \ m/s^2$.
સ્થાનાંતર $S = \frac{1}{2}at^2 = \frac{1}{2} \times 20 \times (1)^2 = 10 \ m$.
તણાવ દ્વારા થયેલ કાર્ય $W_T = T \times S = 3 \times 10 = 30 \ J$.
ગુરુત્વાકર્ષણની વિરુદ્ધ થયેલ કાર્ય $W_g = mg \times S = (0.1 \times 10) \times 10 = 10 \ J$.

(A) ધારો કે નળાકાર બ્લોકનું કુલ કદ $V$ છે અને તેની ઘનતા $\rho$ છે.
પ્રથમ કિસ્સામાં,બ્લોક $\rho_{1}$ ઘનતા ધરાવતા પ્રવાહીમાં તરે છે. તરવાના નિયમ મુજબ,બ્લોકનું વજન એ ઉત્પ્લાવક બળ જેટલું હોય છે:
$V \rho g = V x_{1} \rho_{1} g$
$\Rightarrow \rho = x_{1} \rho_{1} \quad ... (1)$
બીજા કિસ્સામાં,બ્લોક $\rho_{1}$ અને $\rho_{2}$ ઘનતા ધરાવતા બે અમીશ્રિત પ્રવાહીમાં સંપૂર્ણપણે ડૂબેલો છે. કદનો અંશ $x_{2}$ એ $\rho_{1}$ ઘનતા ધરાવતા પ્રવાહીમાં છે અને બાકીનો અંશ $(1 - x_{2})$ એ $\rho_{2}$ ઘનતા ધરાવતા પ્રવાહીમાં છે. કુલ ઉત્પ્લાવક બળ એ બ્લોકના વજન જેટલું હોય છે:
$V \rho g = V x_{2} \rho_{1} g + V (1 - x_{2}) \rho_{2} g$
$\Rightarrow \rho = x_{2} \rho_{1} + (1 - x_{2}) \rho_{2} \quad ... (2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ ને સરખાવતા:
$x_{1} \rho_{1} = x_{2} \rho_{1} + (1 - x_{2}) \rho_{2}$
$x_{1} \rho_{1} - x_{2} \rho_{1} = (1 - x_{2}) \rho_{2}$
$\rho_{1} (x_{1} - x_{2}) = \rho_{2} (1 - x_{2})$
$\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}} = \frac{1 - x_{2}}{x_{1} - x_{2}}$

(A) આડી નળીમાં સુરેખ પ્રવાહ માટે બર્નુલીના સિદ્ધાંત મુજબ, સ્થિર દબાણ અને ગતિશીલ દબાણનો સરવાળો પ્રવાહ રેખા પરના તમામ બિંદુઓ પર અચળ રહે છે.
$p + \frac{1}{2} \rho v^{2} = p_{1} + \frac{1}{2} \rho v_{1}^{2}$
આપેલ છે કે બીજા બિંદુએ, $p_{1} = p/2$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$p + \frac{1}{2} \rho v^{2} = \frac{p}{2} + \frac{1}{2} \rho v_{1}^{2}$
$v_{1}^{2}$ માટે પદોને ગોઠવતા:
$\frac{1}{2} \rho v_{1}^{2} = p - \frac{p}{2} + \frac{1}{2} \rho v^{2}$
$\frac{1}{2} \rho v_{1}^{2} = \frac{p}{2} + \frac{1}{2} \rho v^{2}$
બંને બાજુ $2/\rho$ વડે ગુણતા:
$v_{1}^{2} = \frac{p}{\rho} + v^{2}$
$v_{1} = \sqrt{v^{2} + \frac{p}{\rho}}$

(D) $R$ ત્રિજ્યાના સાબુના પરપોટાની અંદરનું વધારાનું દબાણ $\Delta P = \frac{4T}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ સાબુના દ્રાવણનું પૃષ્ઠતાણ છે.
$r$ ત્રિજ્યાના નાના પરપોટા માટે,અંદરનું દબાણ $P_1 = P_{atm} + \frac{4T}{r}$ છે.
$2r$ ત્રિજ્યાના મોટા પરપોટા માટે,અંદરનું દબાણ $P_2 = P_{atm} + \frac{4T}{2r} = P_{atm} + \frac{2T}{r}$ છે.
જેથી $P_1 > P_2$,જ્યારે વાલ્વ ખોલવામાં આવે છે,ત્યારે હવા ઊંચા દબાણવાળા વિસ્તાર (નાના પરપોટા) થી નીચા દબાણવાળા વિસ્તાર (મોટા પરપોટા) તરફ વહે છે.
પરિણામે,નાના પરપોટાની ત્રિજ્યા ઘટે છે અને મોટા પરપોટાની ત્રિજ્યા વધે છે.

(C) સ્નિગ્ધ પ્રવાહીમાં પડતા ગોળાનો ટર્મિનલ વેગ $v$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $v = \frac{2r^2(\rho - \sigma)g}{9\eta}$
જ્યાં $r$ એ ગોળાની ત્રિજ્યા છે,$\rho$ એ ગોળાની ઘનતા છે,$\sigma$ એ પ્રવાહીની ઘનતા છે,$g$ એ ગુરુત્વાકર્ષણ પ્રવેગ છે અને $\eta$ એ સ્નિગ્ધતા ગુણાંક છે.
ગોળાઓ સમાન દ્રવ્યના બનેલા હોવાથી અને સમાન પ્રવાહીમાં પડતા હોવાથી,$\rho, \sigma, g,$ અને $\eta$ અચળ રહે છે.
તેથી,ટર્મિનલ વેગ એ ત્રિજ્યાના વર્ગના સમપ્રમાણમાં છે: $v \propto r^2$.
$R$ અને $3R$ ત્રિજ્યા માટે,ટર્મિનલ વેગનો ગુણોત્તર: $\frac{v_1}{v_2} = \frac{R^2}{(3R)^2} = \frac{R^2}{9R^2} = \frac{1}{9}$.
આમ,ગુણોત્તર $1:9$ છે.

(D) ખેંચાયેલા તાર માટે એકમ કદ દીઠ સ્થિતિસ્થાપક સ્થિતિ ઉર્જા $(u)$ નું સૂત્ર: $u = \frac{1}{2} \times Y \times (\text{વિકૃતિ})^2$ છે,જ્યાં $Y$ એ યંગ મોડ્યુલસ છે અને $\text{વિકૃતિ} = \frac{\Delta L}{L}$ છે.
પ્રથમ તાર માટે: $\text{વિકૃતિ}_1 = \frac{l}{L}$.
તેથી,$u_1 = \frac{1}{2} Y (\frac{l}{L})^2$.
બીજા તાર માટે: $\text{વિકૃતિ}_2 = \frac{2l}{2L} = \frac{l}{L}$.
તેથી,$u_2 = \frac{1}{2} Y (\frac{l}{L})^2$.
બંને તાર સમાન દ્રવ્યના બનેલા હોવાથી,તેમનો યંગ મોડ્યુલસ $Y$ સમાન રહેશે.
તેથી,એકમ કદ દીઠ સંગ્રહિત સ્થિતિસ્થાપક ઉર્જાનો ગુણોત્તર $\frac{u_1}{u_2} = \frac{\frac{1}{2} Y (l/L)^2}{\frac{1}{2} Y (l/L)^2} = 1:1$ થાય.

(A) આપેલ છે,પ્રારંભિક વેગ સદિશ $v = (3 \hat{i} + 10 \hat{j}) \text{ m/s}$.
$v = v_x \hat{i} + v_y \hat{j}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $v_x = 3 \text{ m/s}$ અને $v_y = 10 \text{ m/s}$ મળે છે.
પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થ દ્વારા પ્રાપ્ત મહત્તમ ઊંચાઈ $H$ નું સૂત્ર $H = \frac{v_y^2}{2g}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $H = \frac{10^2}{2 \times 10} = \frac{100}{20} = 5 \text{ m}$.
સમક્ષિતિજ અવધિ (Range) $R$ નું સૂત્ર $R = v_x \times T$ છે,જ્યાં $T = \frac{2v_y}{g}$ એ ઉડ્ડયન સમય છે.
ઉડ્ડયન સમયની ગણતરી: $T = \frac{2 \times 10}{10} = 2 \text{ s}$.
અવધિની ગણતરી: $R = 3 \times 2 = 6 \text{ m}$.
આમ,મહત્તમ ઊંચાઈ $5 \text{ m}$ અને અવધિ $6 \text{ m}$ છે.

(A) ધારો કે સ્પ્રિંગમાં થતો વધારો $x$ છે. સ્પ્રિંગની કુલ લંબાઈ $L+x$ થાય છે.
જ્યારે દળ સમક્ષિતિજ વર્તુળમાં ફરે છે,ત્યારે કેન્દ્રગામી બળ સ્પ્રિંગના બળના સમક્ષિતિજ ઘટક દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
સ્પ્રિંગનું બળ $F = Kx$ છે,જ્યાં $K$ એ સ્પ્રિંગ અચળાંક છે.
સ્પ્રિંગના બળનો સમક્ષિતિજ ઘટક $Kx \sin \theta = m \omega^{2} r$ છે,જ્યાં $r = (L+x) \sin \theta$ એ વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા છે.
આમ,$Kx \sin \theta = m \omega^{2} (L+x) \sin \theta$.
બંને બાજુથી $\sin \theta$ ને દૂર કરતા,આપણને $Kx = m \omega^{2} (L+x)$ મળે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે ઉર્ધ્વ દોલનોની કોણીય આવૃત્તિ $\omega_{0} = \sqrt{\frac{K}{m}}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $K = m \omega_{0}^{2}$.
સમીકરણમાં $K$ ની કિંમત મૂકતા: $m \omega_{0}^{2} x = m \omega^{2} (L+x)$.
$m$ વડે ભાગતા: $\omega_{0}^{2} x = \omega^{2} L + \omega^{2} x$.
$x$ માટે ઉકેલવા માટે પદોને ગોઠવતા: $x(\omega_{0}^{2} - \omega^{2}) = \omega^{2} L$.
તેથી,$x = \frac{\omega^{2} L}{\omega_{0}^{2} - \omega^{2}}$.

(A) પ્રથમ સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ માટે: $x_{1} = a \sin \omega t + a \cos \omega t = \sqrt{2} a \sin(\omega t + \frac{\pi}{4})$.
કંપવિસ્તાર $A_{1} = \sqrt{2} a$ અને કળા $\phi_{1} = \frac{\pi}{4}$.
દ્વિતીય સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ માટે: $x_{2} = a \sin \omega t + \frac{a}{\sqrt{3}} \cos \omega t$.
કંપવિસ્તાર $A_{2} = \sqrt{a^{2} + (\frac{a}{\sqrt{3}})^{2}} = \sqrt{a^{2} + \frac{a^{2}}{3}} = \sqrt{\frac{4a^{2}}{3}} = \frac{2a}{\sqrt{3}}$.
કળા $\phi_{2} = \tan^{-1}(\frac{a/\sqrt{3}}{a}) = \tan^{-1}(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{\pi}{6}$.
કંપવિસ્તારનો ગુણોત્તર $\frac{A_{1}}{A_{2}} = \frac{\sqrt{2} a}{2a/\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2} = \sqrt{\frac{6}{4}} = \sqrt{\frac{3}{2}}$.
કળા તફાવત $\Delta \phi = \phi_{1} - \phi_{2} = \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6} = \frac{3\pi - 2\pi}{12} = \frac{\pi}{12}$.

(D) ગ્રહ સૂર્ય દ્વારા લાગતા ગુરુત્વાકર્ષણ બળની અસર હેઠળ લંબગોળ કક્ષામાં સૂર્યની આસપાસ ફરે છે.
ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F$ હંમેશા ગ્રહ અને સૂર્યને જોડતી રેખા (સ્થાન સદિશ $r$) ની દિશામાં કાર્ય કરે છે,તેથી સૂર્યની સાપેક્ષ ગ્રહ પર લાગતું ટોર્ક $\tau = r \times F = rF \sin(180^{\circ}) = 0$ થાય છે.
ટોર્ક અને કોણીય વેગમાન વચ્ચેના સંબંધ મુજબ,$\tau = \frac{dL}{dt}$.
અહીં $\tau = 0$ હોવાથી,$\frac{dL}{dt} = 0$ થાય છે,જેનો અર્થ છે કે કોણીય વેગમાન $L$ સમય સાથે અચળ રહે છે.
તેથી,ગ્રહનું કોણીય વેગમાન અચળ રહે છે.

(A) ધારો કે લંબચોરસ ફ્રેમના ખૂણાઓ $A, B, C,$ અને $D$ છે,જ્યાં બાજુ $AD = BC = a$ અને બાજુ $AB = CD = b$ છે. દરેક ખૂણા પર $m$ દળ મૂકવામાં આવ્યું છે.
પરિભ્રમણની ધરી $b$ લંબાઈની બાજુ (ધારો કે બાજુ $CD$) માંથી પસાર થાય છે.
કણોના તંત્રની જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \sum m_i r_i^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r_i$ એ $i$-માં દળનું પરિભ્રમણની ધરીથી લંબ અંતર છે.
$1$. $C$ અને $D$ પરના દળો પરિભ્રમણની ધરી પર આવેલા છે,તેથી તેમનું લંબ અંતર $r_C = 0$ અને $r_D = 0$ છે. આમ,જડત્વની ચાકમાત્રામાં તેમનું યોગદાન $m(0)^2 + m(0)^2 = 0$ છે.
$2$. $A$ અને $B$ પરના દળો ધરી $CD$ થી $a$ જેટલા લંબ અંતરે આવેલા છે. આમ,તેમનું યોગદાન $m(a)^2 + m(a)^2 = 2ma^2$ છે.
તેથી,ધરી $CD$ ની આસપાસ તંત્રની કુલ જડત્વની ચાકમાત્રા $I = 0 + 2ma^2 = 2ma^2$ થશે.

(B) પ્રારંભિક વેગ $u = 3.6 \ km/h = 1 \ m/s$.
અંતિમ વેગ $v = 2 \times u = 2 \ m/s$.
સમય $t = 10 \ s$.
પ્રવેગ $a = \frac{v - u}{t} = \frac{2 - 1}{10} = 0.1 \ m/s^2$.
કાપેલું અંતર $s = ut + \frac{1}{2}at^2 = (1)(10) + \frac{1}{2}(0.1)(10)^2 = 15 \ m$.
પૈડાનો પરિઘ $C = 2 \pi r = 2 \pi (0.25) = 0.5 \pi \ m$.
પરિભ્રમણની સંખ્યા $n = \frac{s}{C} = \frac{15}{0.5 \pi} = \frac{30}{\pi} \approx 9.55$.

(A) પદાર્થના વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા $R = L/2$ છે. છૂટા પડતી વખતે પદાર્થનો રેખીય વેગ $v = \omega R = \frac{\omega L}{2}$ છે.
પદાર્થ શિરોલંબ ઉપરની તરફ ગતિ કરતો હોવાથી,ઉડ્ડયન સમય $T = \frac{2v}{g} = \frac{\omega L}{g}$ દ્વારા મળે છે.
પદાર્થ સળિયાના તે જ બિંદુએ પહોંચે તે માટે,સળિયાએ $T$ સમયમાં $n$ જેટલા પૂર્ણાંક પરિભ્રમણ પૂર્ણ કરવા જોઈએ. $n$ પરિભ્રમણ માટેનો સમય $T = n \cdot \frac{2\pi}{\omega}$ છે.
$T$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{\omega L}{g} = n \frac{2\pi}{\omega} \implies n = \frac{\omega^{2} L}{2\pi g}$. આમ,$n$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ.
વિકલ્પ $C$ માટે,હવામાં પદાર્થે કાપેલું અંતર $2h = 2 \cdot \frac{v^2}{2g} = \frac{v^2}{g} = \frac{(\omega L/2)^2}{g} = \frac{\omega^2 L^2}{4g}$ છે,જે $\omega^2$ ના સમપ્રમાણમાં છે.

(C) પદાર્થનું તાપમાન વધારવા માટે જરૂરી ઉષ્મા $Q = \int m C \ dT$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C = D T^{3}$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા,$Q = \int_{20}^{30} m (D T^{3}) \ dT$.
અચળાંકો $m$ અને $D$ ને સંકલનની બહાર લેતા: $Q = m D \int_{20}^{30} T^{3} \ dT$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $Q = m D \left[ \frac{T^{4}}{4} \right]_{20}^{30}$.
$Q = \frac{m D}{4} [ (30)^{4} - (20)^{4} ]$.
$Q = \frac{m D}{4} [ 810000 - 160000 ]$.
$Q = \frac{m D}{4} [ 650000 ]$.
$Q = \frac{650000}{4} m D = \frac{65}{4} \times 10^{4} m D$.

(B) અચળ દબાણ (isobaric) પ્રક્રિયા દરમિયાન વાયુ દ્વારા થયેલ કાર્યનું સૂત્ર: $W = P \Delta V$ છે.
અહીં, $P = 400 \text{ kPa} = 400 \times 10^3 \text{ Pa}$.
કદમાં ફેરફાર $\Delta V$ એ આડછેદના ક્ષેત્રફળ $A$ અને સ્થાનાંતર $h$ ના ગુણાકાર જેટલો હોય છે.
આપેલ છે કે $A = 0.3 \text{ m}^2$ અને $h = 10 \text{ cm} = 0.1 \text{ m}$.
તેથી, $\Delta V = A \times h = 0.3 \text{ m}^2 \times 0.1 \text{ m} = 0.03 \text{ m}^3$.
હવે, કિંમતોને કાર્યના સૂત્રમાં મૂકતા:
$W = (400 \times 10^3 \text{ Pa}) \times (0.03 \text{ m}^3)$
$W = 400,000 \times 0.03 = 12,000 \text{ J}$.
કિલોજૂલમાં રૂપાંતર કરતા: $W = 12 \text{ kJ}$.

(B) અચળ દબાણે પૂરી પાડવામાં આવેલ ઉષ્મા $\Delta Q = n C_p \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આંતરિક ઉર્જામાં થતો વધારો $\Delta U = n C_v \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આંતરિક ઉર્જા વધારવા માટે વપરાતી ઉષ્મા ઉર્જાનો અંશ $f = \frac{\Delta U}{\Delta Q} = \frac{n C_v \Delta T}{n C_p \Delta T} = \frac{C_v}{C_p}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે વિશિષ્ટ ઉષ્માનો ગુણોત્તર $\gamma = \frac{C_p}{C_v}$ છે,તેથી $\frac{C_v}{C_p} = \frac{1}{\gamma}$.
એક-પરમાણ્વિક વાયુ માટે,એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma = 5/3$ છે.
તેથી,અંશ $f = \frac{1}{5/3} = 3/5$ છે.

(B) આપેલ છે:
ધ્વનિનો વેગ,$v = 340 \ m/s$
શ્રવણકર્તા (કાર) નો વેગ,$v_L = 17 \ m/s$
ઉદગમ (બસ) નો વેગ,$v_S = ?$
ઉત્સર્જિત હોર્નની આવૃત્તિ,$f = 640 \ Hz$
આભાસી આવૃત્તિ,$f' = 680 \ Hz$
ડોપ્લર અસર મુજબ,આભાસી આવૃત્તિ $f'$ નીચે મુજબ મળે છે:
$f' = f \left( \frac{v + v_L}{v - v_S} \right)$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$680 = 640 \left( \frac{340 + 17}{340 - v_S} \right)$
બંને બાજુ $40$ વડે ભાગતા:
$17 = 16 \left( \frac{357}{340 - v_S} \right)$
$17(340 - v_S) = 16 \times 357$
$5780 - 17v_S = 5712$
$17v_S = 5780 - 5712$
$17v_S = 68$
$v_S = 4 \ m/s$

(B) ધારો કે બંધ પાઇપની લંબાઈ $L_{1}$ છે અને ખુલ્લી પાઇપની લંબાઈ $L_{2}$ છે.
બંધ પાઇપની મૂળભૂત આવૃત્તિ $v_{1} = \frac{v}{4 L_{1}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ખુલ્લી પાઇપના બીજા હાર્મોનિકની આવૃત્તિ $v_{2} = 2 \times \frac{v}{2 L_{2}} = \frac{v}{L_{2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રશ્ન મુજબ,બંધ પાઇપની મૂળભૂત આવૃત્તિ એ ખુલ્લી પાઇપના બીજા હાર્મોનિકની આવૃત્તિ સમાન છે,તેથી $v_{1} = v_{2}$.
સમીકરણો મૂકતા,આપણને $\frac{v}{4 L_{1}} = \frac{v}{L_{2}}$ મળે છે.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $\frac{L_{1}}{L_{2}} = \frac{1}{4}$ મળે છે.
આમ,તેમની લંબાઈનો ગુણોત્તર $1: 4$ છે.

(C) તરંગની આવૃત્તિ $f = 500 Hz$ અને વેગ $v = 300 ms^{-1}$ છે.
સૌ પ્રથમ,આપણે $v = f \lambda$ સંબંધનો ઉપયોગ કરીને તરંગલંબાઈ $\lambda$ શોધીએ:
$\lambda = \frac{v}{f} = \frac{300}{500} = 0.6 m = 60 cm$.
કળા તફાવત $\Delta \phi = 60^{\circ}$ આપેલ છે,જે $\frac{\pi}{3}$ રેડિયન થાય છે.
કળા તફાવત $\Delta \phi$ અને પથ તફાવત $\Delta x$ વચ્ચેનો સંબંધ $\Delta \phi = \frac{2 \pi}{\lambda} \Delta x$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\pi}{3} = \frac{2 \pi}{60 cm} \Delta x$.
$\Delta x$ માટે ઉકેલતા: $\Delta x = \frac{\pi}{3} \times \frac{60 cm}{2 \pi} = \frac{60}{6} cm = 10 cm$.

(D) ગોળીનું દળ $= m$,ગોળીની પ્રારંભિક ઝડપ $= v$.
બ્લોકનું દળ $= M$,બ્લોકની પ્રારંભિક ઝડપ $= 0$.
ધારો કે અથડામણ પછી તંત્રનો સામાન્ય વેગ $V$ છે.
રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$m v + M(0) = (m + M)V$
$V = \frac{m v}{m + M}$
ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા એ ગતિઊર્જા $(KE)$ માં થતા ઘટાડા જેટલી હોય છે.
$\Delta KE = KE_{initial} - KE_{final}$
$\Delta KE = \frac{1}{2} m v^{2} - \frac{1}{2} (m + M) V^{2}$
$V$ ની કિંમત મૂકતા:
$\Delta KE = \frac{1}{2} m v^{2} - \frac{1}{2} (m + M) \left( \frac{m v}{m + M} \right)^{2}$
$\Delta KE = \frac{1}{2} m v^{2} - \frac{1}{2} (m + M) \frac{m^{2} v^{2}}{(m + M)^{2}}$
$\Delta KE = \frac{1}{2} m v^{2} \left( 1 - \frac{m}{m + M} \right)$
$\Delta KE = \frac{1}{2} m v^{2} \left( \frac{m + M - m}{m + M} \right)$
$\Delta KE = \frac{1}{2} \frac{m M v^{2}}{m + M}$

(D) પાવરને કાર્ય કરવાના દર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,જે કણની ગતિઊર્જા $(KE)$ માં થતા ફેરફારના દરની બરાબર હોય છે.
$P = \frac{dW}{dt} = \frac{d(KE)}{dt}$.
અહીં પાવર $(P)$ અચળ આપેલ હોવાથી,ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફારનો દર,$\frac{d(KE)}{dt}$,પણ અચળ રહેવો જોઈએ.
તેથી,ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફારનો દર અચળ રહે છે.

(C) અલ્ટરનેટિંગ કરંટ માટે આપેલ સમીકરણ $I = I_0 \sin(\omega t + \phi)$ છે,જ્યાં $I_0 = 20 \ A$ અને $\omega = 100 \pi \ rad/s$ છે.
પ્રવાહનું રૂટ મીન સ્ક્વેર (r.m.s.) મૂલ્ય $I_{rms} = \frac{I_0}{\sqrt{2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$I_0$ નું મૂલ્ય મૂકતા: $I_{rms} = \frac{20}{\sqrt{2}} = 10 \sqrt{2} \ A$.
કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 2 \pi f = 100 \pi$ છે.
આવૃત્તિ $f$ માટે ઉકેલતા: $f = \frac{100 \pi}{2 \pi} = 50 \ Hz$.
તેથી,r.m.s. મૂલ્ય $10 \sqrt{2} \ A$ છે અને આવૃત્તિ $50 \ Hz$ છે.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$ મી કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની કુલ ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6 \ eV}{n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n=2$ અવસ્થા માટે,કુલ ઉર્જા $E_2 = -\frac{13.6}{2^2} = -\frac{13.6}{4} = -3.4 \ eV$ થાય.
સ્થિતિ ઉર્જા $(PE)$ અને કુલ ઉર્જા $(E)$ વચ્ચેનો સંબંધ $PE = 2E$ છે.
તેથી,$n=2$ અવસ્થામાં સ્થિતિ ઉર્જા $PE = 2 \times (-3.4 \ eV) = -6.8 \ eV$ થાય.

(D) શરૂઆતમાં,$C_{0}$ કેપેસિટર $V_{0}$ પોટેન્શિયલ સુધી ચાર્જ થયેલું છે. કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત કુલ વિદ્યુતભાર $Q = C_{0}V_{0}$ છે.
જ્યારે સ્વીચ $S$ બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે બંને કેપેસિટર $C_{0}$ અને $C$ સમાંતર જોડાણમાં આવે છે. કુલ વિદ્યુતભાર $Q$ હવે બંને કેપેસિટર પર વહેંચાઈ જાય છે અને તેઓ સામાન્ય પોટેન્શિયલ $V$ પ્રાપ્ત કરે છે.
વિદ્યુતભારના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,કુલ વિદ્યુતભાર અચળ રહે છે:
$Q = (C_{0} + C)V$
$Q = C_{0}V_{0}$ મૂકતા:
$C_{0}V_{0} = (C_{0} + C)V$
$C_{0}V_{0} = C_{0}V + CV$
$CV = C_{0}V_{0} - C_{0}V$
$CV = C_{0}(V_{0} - V)$
$C = \frac{C_{0}(V_{0} - V)}{V}$

(A) આપેલ ગોઠવણીમાં ચાર પ્લેટોનો સમાવેશ થાય છે. ધારો કે $P$ સાથે જોડાયેલી પ્લેટો ધન પ્લેટો છે અને $Q$ સાથે જોડાયેલી પ્લેટો ઋણ પ્લેટો છે.
આકૃતિ પરથી જોઈ શકાય છે કે પ્લેટો વચ્ચે બે કેપેસિટર બને છે.
દરેક કેપેસિટર $d$ અંતરે રહેલી અને $a$ ક્ષેત્રફળ ધરાવતી બે નજીકની પ્લેટો દ્વારા બને છે.
સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટરનું કેપેસિટન્સ $C = \frac{\varepsilon_{0} a}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બે કેપેસિટર સમાંતર જોડાણમાં હોવાથી,સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq}$ એ વ્યક્તિગત કેપેસિટન્સનો સરવાળો થશે.
$C_{eq} = C_{1} + C_{2} = \frac{\varepsilon_{0} a}{d} + \frac{\varepsilon_{0} a}{d} = \frac{2 \varepsilon_{0} a}{d}$.

(B) $E$ emf અને $r$ આંતરિક અવરોધ ધરાવતા કોષ સાથે જોડાયેલા $R$ અવરોધમાં ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા $H = I^2 R t = \left( \frac{E}{R+r} \right)^2 R t$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $R_1$ માટે $H_1 = H$ અને $R_2$ માટે $H_2 = 4H$ સમાન સમય $t$ માટે,તેથી:
$H = \frac{E^2 R_1}{(R_1+r)^2} t$ અને $4H = \frac{E^2 R_2}{(R_2+r)^2} t$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{4H}{H} = \frac{R_2 (R_1+r)^2}{R_1 (R_2+r)^2} \Rightarrow 4 = \frac{R_2 (R_1+r)^2}{R_1 (R_2+r)^2}$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા: $2 = \frac{\sqrt{R_2} (R_1+r)}{\sqrt{R_1} (R_2+r)}$.
$2 \sqrt{R_1} (R_2+r) = \sqrt{R_2} (R_1+r) \Rightarrow 2 \sqrt{R_1} R_2 + 2 \sqrt{R_1} r = \sqrt{R_2} R_1 + \sqrt{R_2} r$.
$r$ માટે ગોઠવતા: $r (2 \sqrt{R_1} - \sqrt{R_2}) = \sqrt{R_2} R_1 - 2 \sqrt{R_1} R_2$.
$r = \frac{\sqrt{R_1 R_2} (\sqrt{R_1} - 2 \sqrt{R_2})}{2 \sqrt{R_1} - \sqrt{R_2}}$.
અંશ અને છેદને $-1$ વડે ગુણતા: $r = \sqrt{R_{1} R_{2}} \frac{2 \sqrt{R_{2}}-\sqrt{R_{1}}}{\sqrt{R_{2}}-2 \sqrt{R_{1}}}$.

(B) ધારો કે બેટરીમાંથી નીકળતો કુલ પ્રવાહ $I$ છે અને જમણી બાજુના લૂપમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_1$ છે. જમણી બાજુના લૂપ $(BCDEB)$ માટે કિર્ચોફનો વોલ્ટેજ નિયમ લાગુ પાડતા:
$2 I_1 + 4 I_1 + 2 I_1 - 8(I - I_1) = 0$
$8 I_1 - 8 I + 8 I_1 = 0$
$16 I_1 = 8 I \Rightarrow I_1 = 0.5 I$.
હવે,ડાબી બાજુના લૂપ $(ABEF)$ માટે કિર્ચોફનો વોલ્ટેજ નિયમ લાગુ પાડતા:
$9 - 3 I - 8(I - I_1) - 2 I = 0$
$9 - 5 I - 8(I - 0.5 I) = 0$
$9 - 5 I - 8(0.5 I) = 0$
$9 - 5 I - 4 I = 0$
$9 I = 9 \Rightarrow I = 1 A$.
તેથી,$4 \Omega$ ના અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_1 = 0.5 \times 1 A = 0.5 A$ થાય.

(C) ડ્રિફ્ટ વેગ $v_{d}$ નું સૂત્ર $v_{d} = \frac{I}{neA}$ છે,જ્યાં $I$ એ પ્રવાહ છે,$n$ એ ઇલેક્ટ્રોન ઘનતા છે,$e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનો વીજભાર છે અને $A$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
કારણ કે $I = \frac{E}{R}$ અને $R = \rho \frac{l}{A}$,તેથી $I = \frac{E A}{\rho l}$ થાય.
આ કિંમત ડ્રિફ્ટ વેગના સૂત્રમાં મૂકતા:
$v_{d} = \frac{E A}{\rho l n e A} = \frac{E}{\rho l n e}$.
આ સમીકરણ પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે $v_{d} \propto \frac{1}{l}$.
જો લંબાઈ બદલીને $l' = 2l$ કરવામાં આવે,તો નવો ડ્રિફ્ટ વેગ $v_{d}'$ નીચે મુજબ થશે:
$v_{d}' = \frac{E}{\rho (2l) n e} = \frac{1}{2} \left( \frac{E}{\rho l n e} \right) = \frac{v_{d}}{2}$.

(C) આપેલ સર્કિટને તેની સંમિતિ (symmetry) ને આધારે સરળ બનાવી શકાય છે.
ધારો કે બિંદુઓને નામ આપવામાં આવ્યા છે. આ સર્કિટ શ્રેણીમાં જોડાયેલા બે લૂપની બનેલી છે.
દરેક લૂપમાં $r$ અવરોધ ધરાવતા બે અવરોધકો શ્રેણીમાં છે,જે $r$ અવરોધ ધરાવતા અન્ય બે શ્રેણીબદ્ધ અવરોધકોની શાખા સાથે સમાંતર છે.
પ્રથમ ભાગ (ડાબી બાજુ) માટે,બે શાખાઓ સમાંતર છે,જેમાં દરેકનો અવરોધ $r + r = 2r$ છે. આ ભાગનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_1 = \frac{2r \times 2r}{2r + 2r} = \frac{4r^2}{4r} = r$ થાય.
તે જ રીતે,બીજા ભાગ (જમણી બાજુ) માટે,બે શાખાઓ સમાંતર છે,જેમાં દરેકનો અવરોધ $r + r = 2r$ છે. આ ભાગનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_2 = \frac{2r \times 2r}{2r + 2r} = r$ થાય.
આ બંને ભાગો બિંદુ $a$ અને $b$ ની વચ્ચે શ્રેણીમાં જોડાયેલા હોવાથી,કુલ સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = R_1 + R_2 = r + r = 2r$ થાય.

(B) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈનું સૂત્ર: $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ છે.
આપેલ કિંમતો:
$h = 6.6 \times 10^{-34} \ J \cdot s$
$m = 1 \times 10^{-30} \ kg$
$K = 200 \ eV = 200 \times 1.6 \times 10^{-19} \ J = 3.2 \times 10^{-17} \ J$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\lambda = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{\sqrt{2 \times (1 \times 10^{-30}) \times (3.2 \times 10^{-17})}}$
$\lambda = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{\sqrt{6.4 \times 10^{-47}}}$
$\lambda = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{8 \times 10^{-23.5}}$
ગણતરી કરતા:
$\lambda = 0.825 \times 10^{-10} \ m = 8.25 \times 10^{-11} \ m$.

(D) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,ફોટોઈલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_{max} = h v - \phi_{0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\phi_{0}$ એ ધાતુનું વર્ક ફંક્શન છે.
કારણ કે $K_{max} = e V_{s}$,જ્યાં $V_{s}$ એ સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ છે,તેથી $e V_{s} = h v - \phi_{0}$.
પ્રથમ કિસ્સા માટે: $e V_{1} = h v_{1} - \phi_{0}$ ---$(i)$
બીજા કિસ્સા માટે: $e V_{2} = h v_{2} - \phi_{0}$ ---(ii)
સમીકરણ (ii) માંથી સમીકરણ $(i)$ બાદ કરતા:
$e V_{2} - e V_{1} = (h v_{2} - \phi_{0}) - (h v_{1} - \phi_{0})$
$e(V_{2} - V_{1}) = h(v_{2} - v_{1})$
$v_{2} - v_{1} = \frac{e}{h}(V_{2} - V_{1})$
$v_{2} = v_{1} + \frac{e}{h}(V_{2} - V_{1})$

(B) આપેલ છે,$B = 2t + 4t^{2}$.
$t = 0 \ s$ સમયે,$B_{1} = 2(0) + 4(0)^{2} = 0 \ T$.
$t = 2 \ s$ સમયે,$B_{2} = 2(2) + 4(2)^{2} = 4 + 16 = 20 \ T$.
ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = B \cdot A = B \cdot \pi r^{2}$ છે.
ચુંબકીય ફ્લક્સમાં થતો ફેરફાર $\Delta \phi = \phi_{2} - \phi_{1} = \pi r^{2} (B_{2} - B_{1})$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$\Delta \phi = \pi r^{2} (20 - 0) = 20 \pi r^{2} \ Wb$.
પ્રેરિત વિદ્યુતભાર $Q = \frac{\Delta \phi}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$Q = \frac{20 \pi r^{2}}{R} \ C$.

(B) ગોસના નિયમ મુજબ,$R$ ત્રિજ્યા ધરાવતી ગોળાકાર સપાટીમાંથી પસાર થતું વિદ્યુત ફ્લક્સ $\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_{0}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$R$ ત્રિજ્યાના ગોળા માટે,સપાટી પર વિદ્યુતક્ષેત્ર $E$ સમાન હોય છે,તેથી $E(4 \pi R^{2}) = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_{0}}$.
કુલ વિદ્યુતભાર $q_{enclosed}$ એ ગોળાના કદ પર કદ વિદ્યુતભાર ઘનતા $\rho = k r$ નું સંકલન કરીને મેળવવામાં આવે છે:
$q_{enclosed} = \int_{0}^{R} \rho (4 \pi r^{2}) dr = \int_{0}^{R} (k r) (4 \pi r^{2}) dr = 4 \pi k \int_{0}^{R} r^{3} dr = 4 \pi k \left[ \frac{r^{4}}{4} \right]_{0}^{R} = \pi k R^{4}$.
આ કિંમત ગોસના નિયમમાં મૂકતા:
$E(4 \pi R^{2}) = \frac{\pi k R^{4}}{\varepsilon_{0}}$.
$E$ માટે ઉકેલતા:
$E = \frac{\pi k R^{4}}{4 \pi R^{2} \varepsilon_{0}} = \frac{k R^{2}}{4 \varepsilon_{0}}$.

(C) સ્થિત વિદ્યુત ક્ષેત્રમાં વિદ્યુતભારને ખસેડવા માટે કરવામાં આવેલું કાર્ય એ તંત્રની સ્થિત વિદ્યુત સ્થિતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે.
$W = U_{f} - U_{i}$
$U = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q_{1} q_{2}}{r}$
જ્યારે $+5 \text{ C}$ નો વિદ્યુતભાર $A(2, 0) \text{ m}$ પર હોય ત્યારે પ્રારંભિક સ્થિતિઊર્જા $U_{i}$:
$U_{i} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{(2)(5)}{2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} (5)$
જ્યારે $+5 \text{ C}$ નો વિદ્યુતભાર $B(0, 2) \text{ m}$ પર હોય ત્યારે અંતિમ સ્થિતિઊર્જા $U_{f}$:
$U_{f} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{(2)(5)}{2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} (5)$
ઉગમબિંદુ $O$ થી બિંદુ $A$ નું અંતર $2 \text{ m}$ છે અને ઉગમબિંદુ $O$ થી બિંદુ $B$ નું અંતર પણ $2 \text{ m}$ હોવાથી,સ્થિતિઊર્જા સમાન રહે છે.
$W = U_{f} - U_{i} = 0 \text{ J}$.

(C) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં મૂકાયેલા વિદ્યુતપ્રવાહ ધારિત તાર પર લાગતું બળ $\vec{F} = I(\vec{L} \times \vec{B})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$I = 1 \ A$,$\vec{L} = 0.5 \hat{i} \ m$,અને $\vec{B} = (2\hat{i} + 4\hat{j}) \ T$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$\vec{F} = 1 \times (0.5 \hat{i} \times (2\hat{i} + 4\hat{j}))$
$\vec{F} = 0.5 \times 2(\hat{i} \times \hat{i}) + 0.5 \times 4(\hat{i} \times \hat{j})$
કારણ કે $\hat{i} \times \hat{i} = 0$ અને $\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}$ હોવાથી:
$\vec{F} = 0 + 2\hat{k} = 2\hat{k} \ N$.
બળનું મૂલ્ય $|\vec{F}| = 2 \ N$ છે અને તેની દિશા ધન $z$-અક્ષની દિશામાં છે.

(A) આપેલ છે,ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = 200 \text{ A m}^2$.
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 0.30 \text{ N A}^{-1} \text{ m}^{-1}$.
ખૂણો $\theta = 30^{\circ}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં રહેલા ચુંબકીય ડાયપોલ પર લાગતું ટોર્ક $\tau$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\tau = M B \sin \theta$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\tau = 200 \times 0.30 \times \sin(30^{\circ})$.
કારણ કે $\sin(30^{\circ}) = \frac{1}{2}$,
$\tau = 200 \times 0.30 \times \frac{1}{2} = 100 \times 0.30 = 30 \text{ N m}$.
આમ,જરૂરી ટોર્ક $30 \text{ N m}$ છે.

(D) પ્રવાહ $I$ બિંદુ $A$ પર દાખલ થાય છે અને બે માર્ગોમાં વહેંચાય છે: એક $AB$ દ્વારા અને બીજો $AC$ દ્વારા। વાયર સમાન હોવાથી, માર્ગ $AB$ નો અવરોધ $R$ છે અને માર્ગ $AC$ નો અવરોધ $R$ છે।
$BC$ ના મધ્યબિંદુ (ધારો કે $M$) પર, $B$ થી $M$ અને $C$ થી $M$ સુધીનો પ્રવાહ ફરીથી ભેગો થઈને બહાર નીકળે છે।
સમબાજુ ત્રિકોણની સમપ્રમાણતા અને પ્રવાહના વિતરણને કારણે, મધ્યકેન્દ્ર $O$ પર સેગમેન્ટ $AB$ અને $BM$ માંથી વહેતા પ્રવાહ દ્વારા ઉત્પન્ન થતું ચુંબકીય ક્ષેત્ર, સેગમેન્ટ $AC$ અને $CM$ માંથી વહેતા પ્રવાહ દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ચુંબકીય ક્ષેત્ર જેટલું જ અને વિરુદ્ધ દિશામાં હોય છે।
તેથી, મધ્યકેન્દ્ર $O$ પરનું કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B_{net} = B_{left} + B_{right} = 0$ થાય છે।

(A) વિદ્યુતક્ષેત્ર $\vec{E}$ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\vec{B}$ માં $\vec{v}$ વેગથી ગતિ કરતા વીજભારિત કણ પર લાગતું બળ લોરેન્ઝ બળના સમીકરણ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\vec{F} = q(\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B})$.
કણ સમાન વેગથી ગતિ કરે તે માટે,ચોખ્ખું બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ,એટલે કે $\vec{F} = 0$.
કિસ્સો $1$: જો $E=0$ અને $B=0$ હોય,તો કણ સમાન વેગથી ગતિ કરે છે (ન્યૂટનનો પ્રથમ નિયમ).
કિસ્સો $2$: જો $E=0$ અને $B \neq 0$ હોય,તો જો કણ ચુંબકીય ક્ષેત્રને સમાંતર અથવા પ્રતિ-સમાંતર ગતિ કરે તો તે સમાન વેગથી ગતિ કરે છે $(\vec{v} \times \vec{B} = 0)$.
કિસ્સો $3$: જો $E \neq 0$ અને $B \neq 0$ હોય,તો જો વિદ્યુત બળ અને ચુંબકીય બળ એકબીજાને નાબૂદ કરે તો કણ સમાન વેગથી ગતિ કરે છે,જે ત્યારે થાય છે જ્યારે $\vec{E} = -(\vec{v} \times \vec{B})$. મૂલ્યોની દ્રષ્ટિએ,આનો અર્થ $E = vB$ થાય છે (જ્યાં $\vec{v} \perp \vec{B}$ અને $\vec{E} \perp \vec{v}$).
આમ,$E=vB$ ની શરત સમાન વેગ માટે એક માન્ય શક્યતા છે.

(A) પૃથ્વીના ચુંબકીય ક્ષેત્રનો સમક્ષિતિજ ઘટક $H = B \cos \delta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $B$ એ કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર છે અને $\delta$ એ ડીપનો ખૂણો છે.
ધારો કે બંને સ્થળોએ કુલ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ સમાન છે:
$H_1 = B \cos 30^{\circ}$ અને $H_2 = B \cos 45^{\circ}$.
ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{H_1}{H_2} = \frac{B \cos 30^{\circ}}{B \cos 45^{\circ}} = \frac{\sqrt{3}/2}{1/\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \times \sqrt{2} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$.
આમ,ગુણોત્તર $\sqrt{3} : \sqrt{2}$ છે.

(A) આલ્ફા કણ $\left({ }^{4} He\right)$ માં $2$ પ્રોટોન અને $2$ ન્યુટ્રોન હોય છે.
ઘટકોનું કુલ દળ $m_{c} = 2(m_{p} + m_{n}) = 2(1.00783 + 1.00867) = 2(2.01650) = 4.03300 \ amu$ થાય.
દળ ક્ષતિ $\Delta m = m_{c} - m_{He} = 4.03300 - 4.00300 = 0.0300 \ amu$ મળે.
બંધન ઉર્જા $E$ શોધવા માટે $1 \ amu = 931 \ MeV$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = \Delta m \times 931 \ MeV/amu = 0.0300 \times 931 = 27.93 \ MeV$.
આમ,બંધન ઉર્જા આશરે $27.9 \ MeV$ છે.

(A) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N(t) = N_{0} e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\lambda = \frac{\ln 2}{T}$ છે.
ધારો કે $t_{1}$ એ સમય છે જ્યારે પરમાણુઓની સંખ્યા $N_{0}/2$ છે અને $t_{2}$ એ સમય છે જ્યારે પરમાણુઓની સંખ્યા $N_{0}/10$ છે.
$N(t_{1}) = N_{0}/2$ માટે,આપણને મળે છે $\frac{N_{0}}{2} = N_{0} e^{-\lambda t_{1}} \Rightarrow e^{\lambda t_{1}} = 2 \Rightarrow \lambda t_{1} = \ln 2$.
$N(t_{2}) = N_{0}/10$ માટે,આપણને મળે છે $\frac{N_{0}}{10} = N_{0} e^{-\lambda t_{2}} \Rightarrow e^{\lambda t_{2}} = 10 \Rightarrow \lambda t_{2} = \ln 10$.
જરૂરી સમયગાળો $\Delta t = t_{2} - t_{1} = \frac{\ln 10 - \ln 2}{\lambda} = \frac{\ln(10/2)}{\lambda} = \frac{\ln 5}{\lambda}$ છે.
કારણ કે $\lambda = \frac{\ln 2}{T}$,આપણે $\lambda$ ની કિંમત મૂકતા $\Delta t = \frac{\ln 5}{(\ln 2 / T)} = T \frac{\ln 5}{\ln 2} = T \log_{2} 5$ મળે છે.

(C) ધારો કે બે સ્થિર વિદ્યુતભારો $Q$ એ $-d$ અને $+d$ સ્થાન પર છે.
જ્યારે વિદ્યુતભાર $q$ ને ઉગમબિંદુથી $x$ જેટલું સ્થાનાંતરિત કરવામાં આવે,ત્યારે તેના પર લાગતું પરિણામી બળ:
$F = F_{left} - F_{right} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \frac{Qq}{(d-x)^{2}} - \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \frac{Qq}{(d+x)^{2}}$
$F = \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_{0}} \left[ \frac{(d+x)^{2} - (d-x)^{2}}{(d^{2}-x^{2})^{2}} \right] = \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_{0}} \left[ \frac{4dx}{(d^{2}-x^{2})^{2}} \right]$
કારણ કે $x \ll d$,આપણે $(d^{2}-x^{2})^{2} \approx d^{4}$ તરીકે અંદાજ લગાવી શકીએ:
$F \approx \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_{0}} \cdot \frac{4dx}{d^{4}} = \frac{Qqx}{\pi\varepsilon_{0}d^{3}}$
બળ મધ્યમાન સ્થાન તરફ લાગતું હોવાથી,$F = -kx$,જ્યાં $k = \frac{Qq}{\pi\varepsilon_{0}d^{3}}$.
આવર્તકાળ $T$ નીચે મુજબ મળે છે:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k}} = 2\pi \sqrt{\frac{M \pi \varepsilon_{0} d^{3}}{Qq}} = 2 \sqrt{\frac{\pi^{3} M \varepsilon_{0} d^{3}}{Qq}}$

(B) દૂરદ્રષ્ટિની ખામી (હાઈપરમેટ્રોપિયા) ધરાવતી વ્યક્તિ માટે,તે વ્યક્તિ સામાન્ય નજીકના બિંદુ $(u = -25 \ cm)$ પર વસ્તુઓને સ્પષ્ટ રીતે જોઈ શકતી નથી. જો કે,પ્રશ્ન મુજબ વ્યક્તિનું વર્તમાન નજીકનું બિંદુ $v = -60 \ cm$ છે. આપણે લેન્સનો ઉપયોગ કરીને નજીકના બિંદુને $u = -12 \ cm$ પર લાવવા માંગીએ છીએ.
લેન્સના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$
અહીં,$v = -60 \ cm$ (પ્રતિબિંબ વ્યક્તિના વાસ્તવિક નજીકના બિંદુ પર રચાય છે) અને $u = -12 \ cm$ (વસ્તુને ઇચ્છિત નજીકના બિંદુ પર મૂકવામાં આવે છે).
$\frac{1}{f} = \frac{1}{-60} - \frac{1}{-12} = \frac{-1 + 5}{60} = \frac{4}{60} = \frac{1}{15} \ cm^{-1}$.
કારણ કે $f$ એ $cm$ માં છે,$f = 15 \ cm = 0.15 \ m$.
લેન્સનો પાવર $P = \frac{1}{f(m)} = \frac{1}{0.15} = \frac{100}{15} = +\frac{20}{3} \ D$.

(A) બહિર્ગોળ લેન્સ માટે,મોટવણી $m = \frac{f}{f+u}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $u$ એ વસ્તુનું અંતર છે (સંજ્ઞા પદ્ધતિ મુજબ,$u$ ઋણ લેવામાં આવે છે).
આપેલ છે કે બે અલગ-અલગ વસ્તુના અંતરો માટે મોટવણી $m$ સમાન છે,જે ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે એક પ્રતિબિંબ વાસ્તવિક અને બીજું આભાસી હોય.
પ્રથમ કિસ્સામાં,$u_1 = -16 \ cm$. મોટવણી $m = \frac{f}{f-16}$ છે. $m > 1$ હોવાથી,આ આભાસી પ્રતિબિંબ હોવું જોઈએ,તેથી $m = \frac{f}{f-16}$.
જ્યારે વસ્તુને લેન્સ તરફ $8 \ cm$ ખસેડવામાં આવે છે,ત્યારે નવું વસ્તુ અંતર $u_2 = -(16 - 8) = -8 \ cm$ થાય છે. મોટવણી $m' = \frac{f}{f-8}$ છે. મોટવણીનું મૂલ્ય સમાન હોવાથી,$|\frac{f}{f-16}| = |\frac{f}{f-8}|$.
$m > 1$ હોવાથી,એક ધન અને એક ઋણ હોવું જોઈએ: $\frac{f}{f-16} = -\frac{f}{f-8}$.
$f$ વડે ભાગતા $(f \neq 0)$: $\frac{1}{f-16} = -\frac{1}{f-8}$.
$\Rightarrow f - 8 = -(f - 16) = -f + 16$.
$\Rightarrow 2f = 24$.
$\Rightarrow f = 12 \ cm$.

(A) લેન્સ મેકર્સ ફોર્મ્યુલા મુજબ,માધ્યમમાં લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $f'$ નીચે મુજબ મળે છે: $\frac{1}{f'} = (\frac{n_{1}}{n_{2}} - 1)(\frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}})$.
બહિર્ગોળ લેન્સ માટે,$R_{1} = R$ અને $R_{2} = -R$ હોવાથી,$(\frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}}) = \frac{2}{R}$ થાય.
આમ,$\frac{1}{f'} = (\frac{n_{1}}{n_{2}} - 1)(\frac{2}{R})$.
જો $n_{1} > n_{2}$ હોય,તો $(\frac{n_{1}}{n_{2}} - 1) > 0$ થાય,તેથી $f' > 0$ મળે અને લેન્સ બહિર્ગોળ (અભિસારી) લેન્સ તરીકે વર્તે છે.
જો $n_{1} < n_{2}$ હોય,તો $(\frac{n_{1}}{n_{2}} - 1) < 0$ થાય,તેથી $f' < 0$ મળે અને લેન્સ અંતર્ગોળ (અપસારી) લેન્સ તરીકે વર્તે છે.
તેથી,લેન્સનું વર્તન $n_{1}$ અને $n_{2}$ ના સાપેક્ષ મૂલ્યો પર આધાર રાખે છે.

(D) વિચલન વગરના વિભાજન માટે,બે પ્રિઝમના સંયોજન દ્વારા ઉત્પન્ન થતું કુલ વિચલન શૂન્ય હોવું જોઈએ.
ધારો કે પ્રિઝમ $P_{1}$ અને $P_{2}$ ના વક્રીભવનાંક $\mu$ અને $\mu^{\prime}$ છે અને તેમના પ્રિઝમ કોણ અનુક્રમે $A$ અને $A^{\prime}$ છે.
વિચલન ન થવાની શરત $\delta + \delta^{\prime} = 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $(\mu - 1)A = (\mu^{\prime} - 1)A^{\prime}$.
આપેલ કિંમતો $\mu = 1.54$,$A = 4^{\circ}$ અને $A^{\prime} = 3^{\circ}$ છે.
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા: $(1.54 - 1) \times 4^{\circ} = (\mu^{\prime} - 1) \times 3^{\circ}$.
$0.54 \times 4 = (\mu^{\prime} - 1) \times 3$.
$2.16 = (\mu^{\prime} - 1) \times 3$.
$\mu^{\prime} - 1 = \frac{2.16}{3} = 0.72$.
$\mu^{\prime} = 0.72 + 1 = 1.72$.

(C) પ્રવાહ $I = \frac{e}{T} = \frac{e \omega}{2 \pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આ $r$ થી સ્વતંત્ર છે.
ચુંબકીય મોમેન્ટ $\mu = I A = \left( \frac{e \omega}{2 \pi} \right) (\pi r^2) = \frac{e \omega r^2}{2}$.
કોણીય વેગમાન $L = m v r = m (\omega r) r = m \omega r^2$.
$\mu$ અને $L$ ની સરખામણી કરતા,આપણને $\mu = \frac{e}{2m} L$ મળે છે.
આમ,ચુંબકીય મોમેન્ટ એ કોણીય વેગમાનના સમપ્રમાણમાં છે,અને ગુણોત્તર $\mu / L = e / (2m)$ ને ગાયરોમેગ્નેટિક ગુણોત્તર તરીકે ઓળખવામાં આવે છે. વિધાન $C$ સાચું છે કારણ કે તે $e / (2m)$ અવયવ દ્વારા $\mu$ અને $L$ ને સંબંધિત કરે છે.

(A) $n-p-n$ અથવા $p-n-p$ ટ્રાન્ઝિસ્ટરમાં,એમિટરને મોટા પ્રમાણમાં મેજોરિટી ચાર્જ કેરિયર્સ પૂરા પાડવા માટે ભારે ડોપિંગ કરવામાં આવે છે. બેઝ ખૂબ જ પાતળો અને હળવું ડોપિંગ ધરાવે છે જેથી રિકોમ્બિનેશન ઘટાડી શકાય. કલેક્ટર મધ્યમ ડોપિંગ ધરાવે છે અને પાવર ડિસિપેશનને હેન્ડલ કરવા માટે એમિટર કરતા કદમાં મોટું હોય છે. તેથી,કલેક્ટરની સરખામણીમાં એમિટરનું ડોપિંગ પ્રમાણ વધારે હોય છે.

(D) ધારો કે $NOR$ ગેટનું આઉટપુટ $Y$ છે. $NOR$ ગેટ $Y = \overline{A+B}$ ઓપરેશન કરે છે. ત્યારબાદ $NAND$ ગેટ $Y$ અને $C$ ને ઇનપુટ તરીકે લઈને આઉટપુટ $D = \overline{Y \cdot C}$ આપે છે.
કિસ્સો $1$: $A=0, B=0, C=0$
$Y = \overline{0+0} = \overline{0} = 1$
$D = \overline{Y \cdot C} = \overline{1 \cdot 0} = \overline{0} = 1$
કિસ્સો $2$: $A=1, B=0, C=1$
$Y = \overline{1+0} = \overline{1} = 0$
$D = \overline{Y \cdot C} = \overline{0 \cdot 1} = \overline{0} = 1$
આમ,આઉટપુટ અનુક્રમે $1$ અને $1$ છે.

(B) સહાયક વ્યતિકરણ માટે,બે તરંગો વચ્ચેનો પથ તફાવત $\Delta x$ એ તરંગલંબાઇનો પૂર્ણાંક ગુણાંક હોવો જોઈએ,એટલે કે $\Delta x = n\lambda$,જ્યાં $n = 0, 1, 2, \dots$.
ધારો કે બિંદુ $x$-અક્ષ પર $P(x, 0)$ છે.
$S_{1}(0,0)$ થી $P(x,0)$ નું અંતર $r_{1} = \sqrt{(x-0)^{2} + (0-0)^{2}} = x$ છે.
$S_{2}(0,3\lambda)$ થી $P(x,0)$ નું અંતર $r_{2} = \sqrt{(x-0)^{2} + (0-3\lambda)^{2}} = \sqrt{x^{2} + 9\lambda^{2}}$ છે.
પથ તફાવત $\Delta x = |r_{2} - r_{1}| = |\sqrt{x^{2} + 9\lambda^{2}} - x|$ છે.
વિકલ્પ $(B)$ $(4\lambda, 0)$ તપાસતા:
$r_{1} = 4\lambda$.
$r_{2} = \sqrt{(4\lambda)^{2} + (3\lambda)^{2}} = \sqrt{16\lambda^{2} + 9\lambda^{2}} = \sqrt{25\lambda^{2}} = 5\lambda$.
પથ તફાવત $\Delta x = |5\lambda - 4\lambda| = \lambda$.
કારણ કે $\Delta x = 1\lambda$,જે $\lambda$ નો પૂર્ણાંક ગુણાંક છે,તેથી $(4\lambda, 0)$ પર સહાયક વ્યતિકરણ થાય છે.

(A) આપેલ છે: કણનું દળ $= M$,વિદ્યુતભાર $= q$,વિદ્યુતક્ષેત્ર $= E$,પ્રારંભિક વેગ $u = 0$.
પ્રવેગ $a = F/M = qE/M$.
કાપેલું અંતર $S = ut + (1/2)at^2 = (1/2)(qE/M)t^2$.
અંતિમ વેગ $v = u + at = (qE/M)t$.
ગતિઊર્જા $T = (1/2)Mv^2 = (1/2)M(qEt/M)^2 = (1/2)(q^2E^2t^2/M)$.
હવે,ગુણોત્તર $T/S = [(1/2)(q^2E^2t^2/M)] / [(1/2)(qE/M)t^2] = qE$.
અહીં $q$ અને $E$ અચળ હોવાથી,ગુણોત્તર $T/S = qE$ એ સમય $t$ થી સ્વતંત્ર છે અને અચળ રહે છે.

(B) કણને $E$ સમાન વિદ્યુતક્ષેત્ર દ્વારા $D$ અંતર સુધી પ્રવેગિત કરવામાં આવે છે. વિદ્યુતક્ષેત્ર દ્વારા થયેલું કાર્ય એ કણ દ્વારા મેળવેલી ગતિઊર્જા $(KE)$ જેટલું હોય છે.
$KE = W = q E D$
નજીકતમ અંતર $(r_0)$ ના બિંદુએ,કણની સંપૂર્ણ ગતિઊર્જા સ્થિર વિદ્યુતભાર $Q$ સાથેની આંતરક્રિયાને કારણે સ્થિત વિદ્યુત સ્થિતિઊર્જા $(PE)$ માં રૂપાંતરિત થાય છે.
$PE = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q Q}{r_0}$
નજીકતમ અંતરના બિંદુએ $KE$ અને $PE$ ને સરખાવતા:
$q E D = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q Q}{r_0}$
$r_0$ માટે ઉકેલતા:
$r_0 = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 E D}$