WBJEE 2017 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) પ્રથમ પતન માટેનો સમય $t_0 = \sqrt{\frac{2h}{g}}$ છે.
પ્રથમ અથડામણ પછી,દડો $h_1 = e^2 h$ ઊંચાઈ સુધી ઉપર જાય છે અને પાછો નીચે આવે છે,જેમાં લાગતો સમય $t_1 = 2 \sqrt{\frac{2h_1}{g}} = 2e \sqrt{\frac{2h}{g}}$ છે.
તે જ રીતે,અનુગામી ઉછાળ માટે,લાગતો સમય $t_n = 2e^n \sqrt{\frac{2h}{g}}$ છે.
કુલ સમય $T$ એ પ્રારંભિક પતન અને ત્યારબાદના તમામ ઉછાળનો સરવાળો છે:
$T = \sqrt{\frac{2h}{g}} + 2e \sqrt{\frac{2h}{g}} + 2e^2 \sqrt{\frac{2h}{g}} + \dots = \sqrt{\frac{2h}{g}} \left( 1 + 2e + 2e^2 + \dots \right)$.
$e < 1$ માટે ભૂમિતિ શ્રેણીના સરવાળાનો ઉપયોગ કરતા,$T = \sqrt{\frac{2h}{g}} \left( 1 + 2e \frac{1}{1-e} \right) = \sqrt{\frac{2h}{g}} \left( \frac{1+e}{1-e} \right)$.
આપેલ છે કે $h = 0.4 \text{ m}$,$g = 10 \text{ m/s}^2$,અને $T = 10 \text{ s}$:
$10 = \sqrt{\frac{2 \times 0.4}{10}} \left( \frac{1+e}{1-e} \right) = \sqrt{0.08} \left( \frac{1+e}{1-e} \right)$.
આ સમીકરણ ઉકેલતા $e = \frac{17}{18}$ મળે છે.

(B) ધારો કે ગોળીનું દળ $m = 4.2 \times 10^{-2} \text{ kg}$ છે.
બ્લોકનું દળ $M = 9m = 9 \times 4.2 \times 10^{-2} \text{ kg}$ છે.
ગોળીનો પ્રારંભિક વેગ $v = 300 \text{ m/s}$ છે.
વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ, અથડામણ પહેલાનું વેગમાન = અથડામણ પછીનું વેગમાન:
$mv = (m + M)V$
$m(300) = (m + 9m)V$
$300m = 10mV$
$V = 30 \text{ m/s}$.
ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા એ ગતિઊર્જામાં થતા ઘટાડા જેટલી હોય છે:
$\Delta K = K_i - K_f = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2}(m + M)V^2$
$\Delta K = \frac{1}{2} \times (4.2 \times 10^{-2}) \times (300)^2 - \frac{1}{2} \times (10 \times 4.2 \times 10^{-2}) \times (30)^2$
$\Delta K = \frac{1}{2} \times 4.2 \times 10^{-2} \times (90000 - 10 \times 900)$
$\Delta K = 2.1 \times 10^{-2} \times (90000 - 9000) = 2.1 \times 10^{-2} \times 81000 = 1701 \text{ J}$.
$1 \text{ cal} = 4.2 \text{ J}$ હોવાથી, કેલરીમાં ઉષ્મા:
$\text{Heat} = \frac{1701}{4.2} = 405 \text{ cal}$.

(A) તંત્રના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની ગતિ તેના પર લાગતા કુલ બાહ્ય બળ અનુસાર થાય છે,જે સમીકરણ $F_{ext} = M a_{cm}$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.
અહીં કણો $A$ અને $B$ પરસ્પર આકર્ષણ બળ હેઠળ ગતિ કરી રહ્યા છે,તેથી તંત્ર પર કોઈ બાહ્ય બળ લાગતું નથી $(F_{ext} = 0)$.
શરૂઆતમાં,બંને કણો સ્થિર હોવાથી,દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો પ્રારંભિક વેગ $v_{cm, initial} = 0$ છે.
$F_{ext} = 0$ હોવાથી,દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો પ્રવેગ $a_{cm} = 0$ થશે,જેનો અર્થ છે કે દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ સમય સાથે અચળ રહે છે.
તેથી,કોઈપણ ક્ષણે દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ તેના પ્રારંભિક વેગ જેટલો જ એટલે કે $0$ રહેશે.

(B) ધારો કે સૌથી ઉચ્ચ બિંદુએ વેગ $v$ છે. સૌથી ઉચ્ચ બિંદુએ કણ પર લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $Mg$ (નીચેની તરફ),સ્થિત-વિદ્યુત અપાકર્ષણ બળ $F_e = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{Q^2}{R^2}$ (ઉપરની તરફ) અને તણાવ $T$ (નીચેની તરફ) છે.
આપેલ છે કે $Mg = \frac{Q^2}{4 \pi \epsilon_0 R^2}$,તેથી કેન્દ્ર તરફનું પરિણામી બળ $F_{net} = Mg - F_e + T = \frac{M v^2}{R}$ થાય.
સૌથી ઉચ્ચ બિંદુએ $T = 0$ હોવાથી,$Mg - \frac{Q^2}{4 \pi \epsilon_0 R^2} = \frac{M v^2}{R}$.
$Mg = \frac{Q^2}{4 \pi \epsilon_0 R^2}$ હોવાથી,$0 = \frac{M v^2}{R}$,જેનો અર્થ છે કે $v = 0$.
હવે,સૌથી નીચલા બિંદુ (વેગ $v_0$) અને સૌથી ઉચ્ચ બિંદુ (વેગ $v = 0$) વચ્ચે ઉર્જા સંરક્ષણનો નિયમ લાગુ પાડતા:
સૌથી નીચલા બિંદુએ કુલ ઉર્જા = સૌથી ઉચ્ચ બિંદુએ કુલ ઉર્જા.
$\frac{1}{2} M v_0^2 + U_{lowest} = \frac{1}{2} M v^2 + U_{highest}$.
સ્થિતિ ઉર્જામાં ગુરુત્વાકર્ષણ અને સ્થિત-વિદ્યુત બંને ઘટકોનો સમાવેશ થાય છે.
$U_{grav} = Mgh$,$U_{elec} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{Q^2}{r}$.
ઉર્જામાં ફેરફાર: $\frac{1}{2} M v_0^2 = Mg(2R) + \Delta U_{elec}$.
કેન્દ્રથી અંતર $R$ અચળ હોવાથી,વર્તુળાકાર પથ દરમિયાન સ્થિત-વિદ્યુત સ્થિતિ ઉર્જા અચળ રહે છે.
તેથી,$\frac{1}{2} M v_0^2 = Mg(2R)$.
$v_0^2 = 4gR$.
$v_0 = 2 \sqrt{gR}$.

(C) આદર્શ વાયુનું પ્રારંભિક તાપમાન $T_{1} = 273 + 27 = 300 \ K$ છે.
જ્યારે તાપમાન $6^{\circ} C$ જેટલું વધારવામાં આવે,ત્યારે અંતિમ તાપમાન $T_{2} = 300 + 6 = 306 \ K$ થાય છે.
rms વેગનું સૂત્ર $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ છે,જે દર્શાવે છે કે $v_{rms} \propto \sqrt{T}$.
તેથી,વેગનો ગુણોત્તર $\frac{v_{rms_{2}}}{v_{rms_{1}}} = \sqrt{\frac{T_{2}}{T_{1}}} = \sqrt{\frac{306}{300}} = \sqrt{1.02}$ થાય.
દ્વિપદી અંદાજ $(1+x)^{n} \approx 1+nx$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sqrt{1.02} = (1 + 0.02)^{1/2} \approx 1 + \frac{1}{2}(0.02) = 1.01$ મળે.
આમ,$v_{rms_{2}} \approx 1.01 \ v_{rms_{1}}$,જે $1 \%$ નો વધારો દર્શાવે છે.

(A) આપેલ છે: દળ $m = 1 \ kg$, બળ $F = kt$, જ્યાં $k = 1 \ Ns^{-1}$.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ, $F = ma$.
$a = \frac{dv}{dt}$ હોવાથી, આપણને $m \frac{dv}{dt} = kt$ મળે છે.
$m = 1$ અને $k = 1$ મૂકતા, $\frac{dv}{dt} = t$ મળે છે.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા (સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થતું હોવાથી, $t=0$ સમયે $v=0$):
$v = \int t \ dt = \frac{t^2}{2}$.
$v = \frac{dx}{dt}$ હોવાથી, $\frac{dx}{dt} = \frac{t^2}{2}$ મળે છે.
$t = 6 \ s$ સમયે સ્થાનાંતર $x$ શોધવા માટે ફરીથી સંકલન કરતા:
$x = \int_{0}^{6} \frac{t^2}{2} \ dt = \left[ \frac{t^3}{6} \right]_{0}^{6}$.
$x = \frac{6^3}{6} = \frac{216}{6} = 36 \ m$.

(D) ધારો કે કેશનળીનું આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A$ છે.
શરૂઆતમાં,નળી $p_{0}$ દબાણ અને $V = lA$ કદ ધરાવતી હવા વડે ભરેલી છે.
જ્યારે નળીને $x$ લંબાઈ સુધી ડુબાડવામાં આવે છે,ત્યારે હવા $(l-x)$ લંબાઈમાં સંકોચાય છે. ધારો કે નવું દબાણ $p^{\prime}$ છે.
બોઈલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $p_{0}(lA) = p^{\prime}(l-x)A$,જે $p^{\prime} = \frac{p_{0}l}{l-x}$ આપે છે.
કેશનળીની અંદર અને બહાર પાણીની સપાટી સમાન હોવાથી,મેનિસ્કસ પર દબાણનો તફાવત યંગ-લાપ્લેસ સમીકરણ દ્વારા મળે છે: $p^{\prime} - p_{0} = \frac{2\gamma}{r}$.
$p^{\prime}$ ની કિંમત મૂકતા: $\frac{p_{0}l}{l-x} - p_{0} = \frac{2\gamma}{r}$.
$p_{0} \left( \frac{l}{l-x} - 1 \right) = \frac{2\gamma}{r} \implies p_{0} \left( \frac{l - l + x}{l-x} \right) = \frac{2\gamma}{r}$.
$\frac{p_{0}x}{l-x} = \frac{2\gamma}{r} \implies p_{0}xr = 2\gamma l - 2\gamma x$.
$x(p_{0}r + 2\gamma) = 2\gamma l$.
$x = \frac{2\gamma l}{p_{0}r + 2\gamma} = \frac{l}{\frac{p_{0}r}{2\gamma} + 1} = \frac{l}{1 + \frac{p_{0}r}{2\gamma}}$.

(A) બલ્ક મોડ્યુલસ $k$ ને $k = -\frac{p}{\Delta V / V}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
ઘનતા $\rho = \frac{m}{V}$ હોવાથી,આપણને $\frac{\Delta \rho}{\rho} = -\frac{\Delta V}{V}$ મળે છે.
આપેલ છે કે ઘનતામાં $0.01 \%$ નો વધારો થાય છે,તેથી $\frac{\Delta \rho}{\rho} = 0.01 \% = \frac{0.01}{100} = 10^{-4}$.
તેથી,$-\frac{\Delta V}{V} = 10^{-4}$.
આ કિંમતને બલ્ક મોડ્યુલસના સૂત્રમાં મૂકતા: $p = k \times \left( -\frac{\Delta V}{V} \right)$.
$p = k \times 10^{-4} = \frac{k}{10000}$.

(B) સરળ આવર્ત ગતિ કરતા કણની ઝડપ $v = \omega \sqrt{a^2 - x^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $a$ એ કંપવિસ્તાર છે,$\omega$ એ કોણીય આવૃત્તિ છે અને $x$ એ સંતુલન સ્થિતિથી સ્થાનાંતર છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને મળે છે $v^2 = \omega^2 (a^2 - x^2)$.
આપેલ બે કિસ્સાઓ માટે:
$v_1^2 = \omega^2 (a^2 - x_1^2) \implies 13^2 = \omega^2 (a^2 - 3^2) \implies 169 = \omega^2 (a^2 - 9) \quad (1)$
$v_2^2 = \omega^2 (a^2 - x_2^2) \implies 12^2 = \omega^2 (a^2 - 5^2) \implies 144 = \omega^2 (a^2 - 25) \quad (2)$
સમીકરણ $(2)$ ને $(1)$ માંથી બાદ કરતા:
$169 - 144 = \omega^2 (a^2 - 9 - a^2 + 25)$
$25 = \omega^2 (16)$
$\omega^2 = \frac{25}{16} \implies \omega = \frac{5}{4} \ rad/s$.
આવૃત્તિ $f$ એ કોણીય આવૃત્તિ સાથે $\omega = 2 \pi f$ દ્વારા સંબંધિત છે.
તેથી,$f = \frac{\omega}{2 \pi} = \frac{5/4}{2 \pi} = \frac{5}{8 \pi} \ Hz$.

(D) ધારો કે પ્રારંભિક લંબાઈ $L_{0}$ અને પ્રારંભિક પહોળાઈ $B_{0}$ છે. પ્રારંભિક ક્ષેત્રફળ $S_{0} = L_{0} B_{0}$ છે.
જ્યારે તાપમાનમાં $\Delta t$ જેટલો વધારો થાય,ત્યારે નવી લંબાઈ $L_{t}$ અને નવી પહોળાઈ $B_{t}$ નીચે મુજબ મળે:
$L_{t} = L_{0}(1 + \alpha_{1} \Delta t)$
$B_{t} = B_{0}(1 + \alpha_{2} \Delta t)$
નવું ક્ષેત્રફળ $S_{t}$:
$S_{t} = L_{t} \times B_{t} = L_{0}(1 + \alpha_{1} \Delta t) \times B_{0}(1 + \alpha_{2} \Delta t)$
$S_{t} = L_{0} B_{0} (1 + \alpha_{1} \Delta t + \alpha_{2} \Delta t + \alpha_{1} \alpha_{2} (\Delta t)^{2})$
અહીં $\alpha_{1} \Delta t \ll 1$ અને $\alpha_{2} \Delta t \ll 1$ હોવાથી,$\alpha_{1} \alpha_{2} (\Delta t)^{2}$ પદને અવગણી શકાય.
$S_{t} \approx S_{0} (1 + (\alpha_{1} + \alpha_{2}) \Delta t)$
પૃષ્ઠ પ્રસરણના પ્રમાણિત સૂત્ર $S_{t} = S_{0} (1 + \beta \Delta t)$ સાથે સરખાવતા,જ્યાં $\beta$ એ પૃષ્ઠ પ્રસરણાંક છે:
$\beta = \alpha_{1} + \alpha_{2}$

(C) એકપરમાણ્વીય વાયુ માટે,અચળ કદ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_{v} = \frac{3}{2}R$ છે. આંતરિક ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = n C_{v} \Delta T = n \left(\frac{3}{2}R\right) \Delta T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $pV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,$\Delta T = \frac{p_f V_f - p_i V_i}{nR}$ મળે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta U = \frac{3}{2} (p_f V_f - p_i V_i) = \frac{3}{2} (4 p_{0} V_{0} - p_{0} V_{0}) = \frac{3}{2} (3 p_{0} V_{0}) = \frac{9}{2} p_{0} V_{0}$.
થયેલું કાર્ય $W$ એ $p-V$ આલેખ હેઠળનું ક્ષેત્રફળ છે,જે એક સમલંબ ચતુષ્કોણ છે: $W = \frac{1}{2} (p_i + p_f) (V_f - V_i) = \frac{1}{2} (p_{0} + 2 p_{0}) (2 V_{0} - V_{0}) = \frac{1}{2} (3 p_{0}) (V_{0}) = \frac{3}{2} p_{0} V_{0}$.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$\Delta Q = \Delta U + W$.
$\Delta Q = \frac{9}{2} p_{0} V_{0} + \frac{3}{2} p_{0} V_{0} = \frac{12}{2} p_{0} V_{0} = 6 p_{0} V_{0}$.

(C) આદર્શ વાયુમાં ધ્વનિનો વેગ $v = \sqrt{\frac{\gamma R T}{M}} = \sqrt{\frac{\gamma p}{\rho}}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$(i)$ $v = \sqrt{\frac{\gamma R T}{M}}$ સંબંધ પરથી,તે સ્પષ્ટ છે કે ધ્વનિનો વેગ નિરપેક્ષ તાપમાનના વર્ગમૂળના સમપ્રમાણમાં છે,એટલે કે $v \propto \sqrt{T}$.
(ii) $v = \sqrt{\frac{\gamma p}{\rho}}$ સંબંધ પરથી,જો ઘનતા $\rho$ અચળ રાખવામાં આવે,તો ધ્વનિનો વેગ દબાણ $p$ ના વર્ગમૂળના સમપ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $v \propto \sqrt{p}$.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$B$ અને $C$ બંને તારવેલા સંબંધોના આધારે ભૌતિક રીતે સાચા વિધાનો છે.

(A) બંને છેડે જડિત દોરીની આવૃત્તિનું સૂત્ર $v = \frac{n}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ છે,જ્યાં $n$ એ હાર્મોનિક નંબર છે,$L$ એ લંબાઈ છે,$T$ એ તણાવ છે અને $\mu$ એ એકમ લંબાઈ દીઠ દળ છે.
એકમ લંબાઈ દીઠ દળ $\mu = \frac{M}{L}$.
સૂત્રમાં $\mu$ ની કિંમત મૂકતા:
$v = \frac{n}{2L} \sqrt{\frac{T}{M/L}} = \frac{n}{2L} \sqrt{\frac{TL}{M}} = \frac{n}{2} \sqrt{\frac{T}{ML}}$.
આમ,સાચું સૂત્ર $v = \frac{n}{2} \sqrt{\frac{T}{ML}}$ છે.

(C) શ્રેણી $LCR$ સર્કિટનો ઈમ્પીડન્સ $Z$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} = \sqrt{R^2 + (\omega L - \frac{1}{\omega C})^2}$.
ખૂબ જ ઓછી આવૃત્તિઓ $(\omega \to 0)$ પર,કેપેસિટીવ રિએક્ટન્સ $X_C = \frac{1}{\omega C}$ ખૂબ મોટું હોય છે,જેના કારણે ઈમ્પીડન્સ $Z$ ખૂબ વધારે હોય છે.
જેમ જેમ આવૃત્તિ $\omega$ વધે છે,તેમ પદ $(\omega L - \frac{1}{\omega C})^2$ ઘટે છે જ્યાં સુધી તે રેઝોનન્સ આવૃત્તિ $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ પર શૂન્ય ન થાય. આ બિંદુએ,$Z = R$ થાય છે,જે લઘુત્તમ મૂલ્ય છે.
જેમ જેમ આવૃત્તિ $\omega_0$ થી આગળ વધે છે,તેમ ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L = \omega L$ પ્રભાવી બને છે,અને પદ $(\omega L - \frac{1}{\omega C})^2$ ફરીથી વધે છે,જેના કારણે ઈમ્પીડન્સ $Z$ વધે છે.
તેથી,ઈમ્પીડન્સ પહેલા ઘટે છે અને પછી વધે છે.

(A-D) હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે બોહરના મોડેલ મુજબ:
$v_{n} \propto \frac{1}{n}$
$E_{n} \propto \frac{1}{n^{2}}$
$r_{n} \propto n^{2}$
વિકલ્પ $A$ માટે: $\frac{E_{n} r_{n}}{E_{1} r_{1}} \propto \frac{(1/n^{2}) \cdot n^{2}}{1} = 1$. આ અચળ છે,તેથી ઢાળ $0$ છે.
વિકલ્પ $B$ માટે: $\frac{r_{n} v_{n}}{r_{1} v_{1}} \propto \frac{n^{2} \cdot (1/n)}{1} = n$. આ $1$ ઢાળવાળી સીધી રેખા છે.
વિકલ્પ $C$ માટે: $\frac{r_{n}}{r_{1}} = n^{2}$. બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln \left(\frac{r_{n}}{r_{1}}\right) = 2 \ln(n)$. આ $2$ ઢાળવાળી સીધી રેખા છે.
વિકલ્પ $D$ માટે: $\frac{r_{n}}{E_{n}} \propto \frac{n^{2}}{1/n^{2}} = n^{4}$. તેથી,$\frac{r_{n} E_{1}}{E_{n} r_{1}} = n^{4}$. પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln \left(\frac{r_{n} E_{1}}{E_{n} r_{1}}\right) = 4 \ln(n)$. આ $4$ ઢાળવાળી સીધી રેખા છે.
બોહરના મોડેલ મુજબ તમામ વિકલ્પો $A, B, C$ અને $D$ ગાણિતિક રીતે સાચા છે.

(C) જ્યારે કેપેસિટરને શ્રેણીમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} + \frac{1}{C_3}$
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{5} = \frac{10 + 5 + 2}{10} = \frac{17}{10} \ \mu F^{-1}$
$C_{eq} = \frac{10}{17} \ \mu F$
શ્રેણી જોડાણમાં દરેક કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $Q$ સમાન હોય છે:
$Q = C_{eq} \times V = \left( \frac{10}{17} \ \mu F \right) \times 10 \ V = \frac{100}{17} \ \mu C$
$2.0 \ \mu F$ કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_2$ નીચે મુજબ છે:
$V_2 = \frac{Q}{C_2} = \frac{100/17 \ \mu C}{2 \ \mu F} = \frac{50}{17} \ V$

(D) ચતુષ્ફલકને $4$ શિરોબિંદુઓ અને $6$ ધાર હોય છે. ધારો કે પ્રવાહ શિરોબિંદુ $1$ પર દાખલ થાય છે અને શિરોબિંદુ $2$ પરથી બહાર નીકળે છે.
$1$ અને $2$ વચ્ચે $r$ અવરોધનો એક સીધો વાયર છે.
અન્ય બે શિરોબિંદુઓ ($3$ અને $4$) દ્વારા $1$ થી $2$ સુધીના બે માર્ગો છે:
માર્ગ $1$: $1 \rightarrow 3 \rightarrow 2$ (શ્રેણીમાં બે અવરોધકો,કુલ $2r$)
માર્ગ $2$: $1 \rightarrow 4 \rightarrow 2$ (શ્રેણીમાં બે અવરોધકો,કુલ $2r$)
આ બંને માર્ગો એકબીજા સાથે સમાંતર છે,તેથી તેમનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_p$ એ $\frac{1}{R_p} = \frac{1}{2r} + \frac{1}{2r} = \frac{2}{2r} = \frac{1}{r}$ દ્વારા મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $R_p = r$.
અંતે,આ $R_p$ એ $1$ અને $2$ વચ્ચેના સીધા વાયર (જેનો અવરોધ પણ $r$ છે) સાથે સમાંતરમાં છે.
તેથી,કુલ સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq}$ એ $\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R_p} + \frac{1}{r} = \frac{1}{r} + \frac{1}{r} = \frac{2}{r}$ થાય.
આમ,$R_{eq} = \frac{r}{2}$.

(C) આપેલ પરિપથ માટે,$R$ અને $X$ ના સમાંતર જોડાણનો સમતુલ્ય અવરોધ $R^{\prime}$ નીચે મુજબ છે:
$\frac{1}{R^{\prime}} = \frac{1}{R} + \frac{1}{X} = \frac{R+X}{RX} \implies R^{\prime} = \frac{RX}{R+X}$
પરિપથમાં કુલ પ્રવાહ $i$:
$i = \frac{E}{R + R^{\prime}} = \frac{E}{R + \frac{RX}{R+X}} = \frac{E(R+X)}{R^2 + 2RX}$
અવરોધ $X$ પરનો વોલ્ટેજ $V_X$ એ $R^{\prime}$ પરના વોલ્ટેજ જેટલો જ હોય છે:
$V_X = i R^{\prime} = \left( \frac{E(R+X)}{R^2 + 2RX} \right) \left( \frac{RX}{R+X} \right) = \frac{ERX}{R^2 + 2RX} = \frac{EX}{R + 2X}$
અવરોધ $X$ માં વ્યય થતો પાવર $P_X$:
$P_X = \frac{V_X^2}{X} = \frac{(EX)^2}{X(R+2X)^2} = \frac{E^2 X}{(R+2X)^2}$
$P_X$ એ $X$ માં થતા નાના ફેરફારોથી સ્વતંત્ર રહે તે માટે,આપણે $\frac{dP_X}{dX} = 0$ લેતા:
$\frac{dP_X}{dX} = E^2 \left[ \frac{(R+2X)^2(1) - X(2)(R+2X)(2)}{(R+2X)^4} \right] = 0$
$(R+2X) - 4X = 0$
$R - 2X = 0 \implies X = \frac{R}{2}$

(A) ધારો કે દરેક અવરોધનું મૂલ્ય $R = 1 k\Omega = 1000 \Omega$ છે. આ સર્કિટ એક લેડર નેટવર્ક છે. ધારો કે સૌથી જમણી બાજુના ઊભા અવરોધ $X$ માંથી વહેતો પ્રવાહ $I_4 = 1 mA$ છે. તેની સાથે જોડાયેલા આડા અવરોધમાં પણ $1 mA$ પ્રવાહ વહેશે.
$X$ ની ઉપરના નોડ પર કિર્ચોફનો પ્રવાહનો નિયમ $(KCL)$ લાગુ કરતા,$X$ ની ડાબી બાજુના ઊભા અવરોધમાં પ્રવાહ $I_v = 1 mA + 1 mA = 2 mA$ થશે.
ડાબી તરફ આગળ વધતા,પછીના આડા અવરોધમાં પ્રવાહ $I_h = 1 mA + 2 mA = 3 mA$ થશે.
પછીના ઊભા અવરોધમાં પ્રવાહ $I_v = 3 mA + 2 mA = 5 mA$ થશે.
આ પ્રક્રિયા ચાલુ રાખતા:
- પછીના આડા અવરોધમાં પ્રવાહ: $I_h = 3 mA + 5 mA = 8 mA$.
- પછીના ઊભા અવરોધમાં પ્રવાહ: $I_v = 8 mA + 5 mA = 13 mA$.
- પ્રથમ આડા અવરોધમાં પ્રવાહ: $I_h = 8 mA + 13 mA = 21 mA$.
- પ્રથમ ઊભા અવરોધમાં પ્રવાહ: $I_v = 21 mA + 13 mA = 34 mA$.
$A$ અને $B$ વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત એ પ્રથમ ઊભા અવરોધ પરનો વોલ્ટેજ છે: $V_{AB} = I_{v1} \times R = 34 mA \times 1 k\Omega = 34 V$.

(B) ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં વિદ્યુતપ્રવાહ ધારિત કોઈલ દ્વારા અનુભવાતું ટોર્ક $\tau = N I A B \sin \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N$ એ આંટાની સંખ્યા છે,$I$ એ વિદ્યુતપ્રવાહ છે,$A$ એ કોઈલનું ક્ષેત્રફળ છે,$B$ એ ચુંબકીય ક્ષેત્ર છે અને $\theta$ એ કોઈલના લંબ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર વચ્ચેનો ખૂણો છે.
બંને ગેલ્વેનોમીટર માટે વિદ્યુતપ્રવાહ $I$,ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ અને આંટાની સંખ્યા $N$ સમાન હોવાથી,ટોર્કનો ગુણોત્તર માત્ર કોઈલના ક્ષેત્રફળના ગુણોત્તર પર આધાર રાખે છે.
પ્રથમ કોઈલ માટે ($a$ બાજુવાળો ચોરસ): $A_1 = a^2$.
બીજી કોઈલ માટે ($r = \frac{a}{\sqrt{\pi}}$ ત્રિજ્યાવાળું વર્તુળ): $A_2 = \pi r^2 = \pi \left( \frac{a}{\sqrt{\pi}} \right)^2 = \pi \left( \frac{a^2}{\pi} \right) = a^2$.
$A_1 = A_2$ હોવાથી,બંને કોઈલ દ્વારા અનુભવાતું ટોર્ક સમાન છે.
તેથી,પ્રથમ કોઈલ દ્વારા અનુભવાતા ટોર્ક અને બીજી કોઈલ દ્વારા અનુભવાતા ટોર્કનો ગુણોત્તર $1: 1$ છે.

(B) $1$. સૌ પ્રથમ,સર્કિટનો કુલ અવરોધ ગણો. $1 \text{ k}\Omega$ અને $2 \text{ k}\Omega$ ના અવરોધો $3 \text{ k}\Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં છે. કુલ અવરોધ $R_{eq} = 1 \text{ k}\Omega + 2 \text{ k}\Omega + 3 \text{ k}\Omega = 6 \text{ k}\Omega = 6000 \ \Omega$.
$2$. સર્કિટમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{E}{R_{eq}} = \frac{3 \text{ V}}{6000 \ \Omega} = 0.5 \times 10^{-3} \text{ A} = 0.5 \text{ mA}$ છે.
$3$. $A$ ની સાપેક્ષે બિંદુ $B$ પરનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન $V_{AB} = I \times R_{1k} = 0.5 \text{ mA} \times 1 \text{ k}\Omega = 0.5 \text{ V}$ છે. તેથી,$V_A - V_B = 0.5 \text{ V}$.
$4$. $A$ ની સાપેક્ષે બિંદુ $C$ પરનું વિદ્યુતસ્થિતિમાન કેપેસિટર માટેના વોલ્ટેજ ડિવાઈડર નિયમ દ્વારા નક્કી થાય છે. કેપેસિટર શ્રેણીમાં હોવાથી અને તેમાંથી કોઈ $DC$ પ્રવાહ વહેતો ન હોવાથી,સ્થિતિમાન $V_C$ તેમની કેપેસીટન્સના ગુણોત્તર દ્વારા નક્કી થાય છે. $V_A - V_C = V_{AD} \times \frac{C_2}{C_1 + C_2}$,જ્યાં $V_{AD} = I \times (1 \text{ k}\Omega + 2 \text{ k}\Omega) = 0.5 \text{ mA} \times 3 \text{ k}\Omega = 1.5 \text{ V}$.
$5$. $V_A - V_C = 1.5 \text{ V} \times \frac{2 \mu\text{F}}{1 \mu\text{F} + 2 \mu\text{F}} = 1.5 \times \frac{2}{3} = 1.0 \text{ V}$.
$6$. હવે,$V_{BC} = V_B - V_C = (V_A - V_C) - (V_A - V_B) = 1.0 \text{ V} - 0.5 \text{ V} = 0.5 \text{ V}$.

(D) દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda$ અને ગતિઊર્જા $E$ વચ્ચેનો સંબંધ: $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ છે.
આથી,$\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{E}}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \sqrt{\frac{E_2}{E_1}}$.
આપેલ છે:
$\lambda_1 = 0.4 \times 10^{-10} \ m$
$E_1 = 1.0 \ keV$
$\lambda_2 = 1.0 \times 10^{-10} \ m$
આ કિંમતો ગુણોત્તરમાં મૂકતા:
$\frac{0.4 \times 10^{-10}}{1.0 \times 10^{-10}} = \sqrt{\frac{E_2}{1.0 \ keV}}$
$0.4 = \sqrt{E_2}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$E_2 = (0.4)^2 = 0.16 \ keV$.

(C) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,$h v = W + e V$,જ્યાં $W$ એ વર્ક ફંક્શન છે,$v$ એ આપાત પ્રકાશની આવૃત્તિ છે અને $V$ એ સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ છે.
આવૃત્તિ $v_{1}$ માટે: $h v_{1} = W + e V_{1}$ --- $(i)$
આવૃત્તિ $v_{2}$ માટે: $h v_{2} = W + e V_{2}$ --- (ii)
સમીકરણ $(i)$ માંથી $h = \frac{W + e V_{1}}{v_{1}}$ મેળવીને તેને સમીકરણ (ii) માં મુકતા:
$(\frac{W + e V_{1}}{v_{1}}) v_{2} = W + e V_{2}$
$W v_{2} + e V_{1} v_{2} = W v_{1} + e V_{2} v_{1}$
$e(V_{1} v_{2} - V_{2} v_{1}) = W v_{1} - W v_{2}$
$e(V_{1} v_{2} - V_{2} v_{1}) = -W(v_{2} - v_{1})$
$e = \frac{W(v_{2} - v_{1})}{V_{2} v_{1} - V_{1} v_{2}}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) ધારો કે કુલ વિદ્યુતભાર $Q = 0.8 \text{ C}$ છે.
ધારો કે $Q_{1} = q$,તો $Q_{2} = Q - q = (0.8 - q)$ થાય.
બે વિદ્યુતભારો વચ્ચેનું સ્થિત-વિદ્યુત બળ કુલંબના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$F = \frac{k Q_{1} Q_{2}}{r^{2}} = \frac{k q (0.8 - q)}{r^{2}}$
બળ $F$ મહત્તમ થાય તે માટે,$q$ ની સાપેક્ષમાં $F$ નું વિકલન શૂન્ય હોવું જોઈએ:
$\frac{dF}{dq} = \frac{k}{r^{2}} \frac{d}{dq} (0.8q - q^{2}) = 0$
$0.8 - 2q = 0$
$2q = 0.8$
$q = 0.4 \text{ C}$
આમ,$Q_{1} = 0.4 \text{ C}$ અને $Q_{2} = 0.8 - 0.4 = 0.4 \text{ C}$ મળે.
તેથી,જ્યારે $Q_{1} = Q_{2} = 0.4 \text{ C}$ હોય ત્યારે બળ મહત્તમ હોય છે.

(D) કણ $X$-અક્ષ પર અચળ વેગ $u$ થી ગતિ કરે છે, તેથી $x = ut$, જેનો અર્થ છે કે $t = x/u$.
$Y$-અક્ષ પર, કણ પર લાગતું બળ $F = eE$ છે, તેથી પ્રવેગ $a_y = \frac{eE}{m}$ છે.
$Y$-અક્ષ પરનું સ્થાનાંતર $y = \frac{1}{2} a_y t^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{eE}{m} \right) \left( \frac{x}{u} \right)^2 = \left( \frac{eE}{2mu^2} \right) x^2$ છે.
આ $x^2 = 4ay$ સ્વરૂપના પરવલયનું સમીકરણ છે.
સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા: $x^2 = \left( \frac{2mu^2}{eE} \right) y$.
આને પ્રમાણિત સ્વરૂપ $x^2 = 4ay$ સાથે સરખાવતા, આપણને $4a = \frac{2mu^2}{eE}$ મળે છે.
તેથી, કેન્દ્રલંબાઈ $a = \frac{2mu^2}{4eE} = \frac{mu^2}{2eE}$ થાય.

(A) ગોસના નિયમ મુજબ,કોઈપણ બંધ સપાટીમાંથી પસાર થતું કુલ વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi_{total} = \frac{Q}{\varepsilon_{0}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $Q$ એ સપાટી દ્વારા ઘેરાયેલો કુલ વિદ્યુતભાર છે.
કારણ કે વિદ્યુતભાર $Q$ સમઘનના કેન્દ્રમાં મૂકવામાં આવ્યો છે,તેથી વિદ્યુત ફ્લક્સ સમઘનની તમામ $6$ બાજુઓમાંથી સમાન રીતે વિતરિત થાય છે.
તેથી,સમઘનની કોઈપણ એક બાજુમાંથી પસાર થતું વિદ્યુત ફ્લક્સ $\phi_{face} = \frac{\phi_{total}}{6} = \frac{Q}{6 \varepsilon_{0}}$ થશે.

(B) $I$ પ્રવાહ ધરાવતા $L$ લંબાઈના સીમિત તારના ટુકડા માટે,તેના લંબદ્વિભાજક પર $r$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ બાયો-સાવર્ટના નિયમના સંકલન દ્વારા મળે છે:
$B = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi r} (\sin \theta_{1} + \sin \theta_{2})$
$L$ લંબાઈના ટુકડા માટે,$\sin \theta_{1} = \sin \theta_{2} = \frac{L/2}{\sqrt{r^{2} + (L/2)^{2}}}$.
આ કિંમત મૂકતા,$B = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi r} \cdot \frac{L}{\sqrt{r^{2} + (L/2)^{2}}}$.
અહીં $r >> L$ હોવાથી,છેદમાં $\sqrt{r^{2} + (L/2)^{2}} \approx r$ લઈ શકાય.
તેથી,$B \approx \frac{\mu_{0} I L}{4 \pi r^{2}}$.
આમ,ચુંબકીય ક્ષેત્ર $\frac{1}{r^{2}}$ ના પ્રમાણમાં ઘટે છે.

(C) ત્રીજા તાર પર કોઈ ચોખ્ખું ચુંબકીય બળ ન લાગે તે માટે,પ્રથમ અને બીજા તાર દ્વારા ત્રીજા તારના સ્થાન પર ઉત્પન્ન થતા ચુંબકીય ક્ષેત્રો મૂલ્યમાં સમાન અને દિશામાં વિરુદ્ધ હોવા જોઈએ.
લાંબા સીધા તારને કારણે $r$ અંતરે ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ અને બીજા તારમાં પ્રવાહ વિરુદ્ધ દિશામાં હોવાથી,તેમની વચ્ચેના વિસ્તારમાં તેમના દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ચુંબકીય ક્ષેત્રો સમાન દિશામાં હશે અને તેમની બહારના વિસ્તારોમાં વિરુદ્ધ દિશામાં હશે.
ધારો કે ત્રીજો તાર પ્રથમ તારથી $x$ અંતરે મૂકવામાં આવે છે. જો તેને બે તાર વચ્ચેના વિસ્તારની બહાર (નાના પ્રવાહ એટલે કે $1 \ A$ વાળા તારની બાજુએ) મૂકવામાં આવે,તો ક્ષેત્રો વિરુદ્ધ દિશામાં હશે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રોના મૂલ્યોને સરખાવતા:
$B_1 = B_2$
$\frac{\mu_0 I_1}{2 \pi x} = \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi (0.1 + x)}$
આપેલ કિંમતો $I_1 = 1 \ A$ અને $I_2 = 2 \ A$ મૂકતા:
$\frac{1}{x} = \frac{2}{0.1 + x}$
$0.1 + x = 2x$
$x = 0.1 \ m$
આમ,ત્રીજો તાર પ્રથમ તારથી $0.1 \ m$ અંતરે,બીજા તારથી દૂર મૂકવામાં આવ્યો છે.

(A) આપેલ છે:
પ્રોટોનનો વેગ $v = 10^{6} \ m/s$,$Y$-અક્ષની દિશામાં.
વિદ્યુત ક્ષેત્ર $E = 2 \times 10^{4} \ V/m$,ઋણ $X$-અક્ષની દિશામાં.
વિશિષ્ટ વીજભાર $\frac{e}{m} = 10^{8} \ C/kg$.
જ્યારે પ્રોટોન સમાન વેગથી ગતિ કરે છે,ત્યારે તેના પર લાગતું કુલ બળ શૂન્ય હોય છે. તેથી,ચુંબકીય બળ વિદ્યુત બળને સંતુલિત કરે છે:
$qE = qvB$
$B = \frac{E}{v} = \frac{2 \times 10^{4}}{10^{6}} = 2 \times 10^{-2} \ T$
જ્યારે વિદ્યુત ક્ષેત્ર બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે પ્રોટોન ચુંબકીય બળને કારણે વર્તુળાકાર માર્ગે ગતિ કરે છે,જે કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$R = \frac{mv}{qB} = \frac{v}{(e/m)B}$
$R = \frac{10^{6}}{10^{8} \times 2 \times 10^{-2}}$
$R = \frac{10^{6}}{2 \times 10^{6}} = 0.5 \ m$
તેથી,વર્તુળની ત્રિજ્યા $0.5 \ m$ છે.

(B) મેગ્નેટિક સસેપ્ટિબિલિટી $\chi$ અને રિલેટિવ પરમીબિલિટી $\mu_r$ વચ્ચેનો સંબંધ $\chi = \mu_r - 1$ છે.
વળી,નિરપેક્ષ પરમીબિલિટી $\mu$ એ રિલેટિવ પરમીબિલિટી સાથે $\mu = \mu_r \mu_0$ દ્વારા જોડાયેલ છે.
પેરામેગ્નેટિક પદાર્થ માટે,$\chi$ નાનું અને ધન $(\chi > 0)$ હોય છે,જેનો અર્થ છે કે $\mu_r > 1$,અને તેથી $\mu > \mu_0$.
ડાયામેગ્નેટિક પદાર્થ માટે,$\chi$ નાનું અને ઋણ $(\chi < 0)$ હોય છે,જેનો અર્થ છે કે $\mu_r < 1$,અને તેથી $\mu < \mu_0$.
ફેરોમેગ્નેટિક પદાર્થ માટે,$\chi$ ખૂબ મોટું અને ધન $(\chi \gg 1)$ હોય છે,જેનો અર્થ છે કે $\mu_r \gg 1$,અને તેથી $\mu \gg \mu_0$.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$(b)$ અને $(d)$ બંને વૈજ્ઞાનિક રીતે સાચા વિધાનો છે.

(A) રેડોન-$222$ નો અર્ધ-આયુષ્ય સમય $T_{1/2} = 3.8 \text{ દિવસ}$ છે.
કુલ વીતેલો સમય $t = 19 \text{ દિવસ}$ છે.
અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n$ નીચે મુજબ મળે છે: $n = \frac{t}{T_{1/2}} = \frac{19}{3.8} = 5$.
બાકી રહેલો જથ્થો $N$ એ સૂત્ર $N = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $N_0$ એ પ્રારંભિક જથ્થો છે.
અહીં $N_0 = 0.064 \ kg$ અને $n = 5$ આપેલ છે,તેથી:
$N = 0.064 \times \left(\frac{1}{2}\right)^5$
$N = 0.064 \times \frac{1}{32}$
$N = 0.002 \ kg$.
આમ,$19$ દિવસ પછી બાકી રહેલા રેડોન-$222$ નો જથ્થો $0.002 \ kg$ હશે.

(C) ધારો કે એકમ ઋણ વીજભાર લંબ દ્વિભાજક પર મધ્યબિંદુથી $x$ અંતરે છે. દરેક સ્થિર વીજભાર $+Q$ થી આ વીજભારનું અંતર $r = \sqrt{x^2 + a^2}$ છે.
દરેક $+Q$ વીજભાર દ્વારા એકમ ઋણ વીજભાર પર લાગતું સ્થિત વિદ્યુત બળ $F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q \cdot 1}{r^2} = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 (x^2 + a^2)}$ છે.
વીજભારોને જોડતી રેખાને લંબ આ બળોના ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરે છે,જ્યારે લંબ દ્વિભાજકની દિશામાંના ઘટકોનો સરવાળો થાય છે.
ચોખ્ખું પુનઃસ્થાપક બળ $F_{\text{net}} = -2F \cos \theta$ છે,જ્યાં $\cos \theta = \frac{x}{r} = \frac{x}{\sqrt{x^2 + a^2}}$.
$F_{\text{net}} = -2 \left( \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 (x^2 + a^2)} \right) \left( \frac{x}{\sqrt{x^2 + a^2}} \right) = -\frac{2Qx}{4 \pi \varepsilon_0 (x^2 + a^2)^{3/2}}$.
$x \ll a$ હોવાથી,આપણે $(x^2 + a^2)^{3/2} \approx a^3$ લઈ શકીએ.
આમ,$F_{\text{net}} \approx -\left( \frac{2Q}{4 \pi \varepsilon_0 a^3} \right) x = -\left( \frac{Q}{2 \pi \varepsilon_0 a^3} \right) x$.
આ સરળ આવર્ત ગતિનું સમીકરણ $F = -kx_{eff}$ છે,જ્યાં $k_{eff} = \frac{Q}{2 \pi \varepsilon_0 a^3}$.
દોલનની આવૃત્તિ $f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{k_{eff}}{M}} = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{Q}{2 \pi \varepsilon_0 M a^3}}$ છે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,કોઈ પણ વિકલ્પ ગણતરી કરેલી આવૃત્તિ સાથે મેળ ખાતો નથી.

(B) બિંદુવત પદાર્થને બહિર્ગોળ લેન્સના મુખ્ય કેન્દ્ર પર મૂકવામાં આવ્યો છે.
જ્યારે મુખ્ય કેન્દ્ર પર રહેલા પદાર્થમાંથી આવતા પ્રકાશના કિરણો લેન્સમાંથી પસાર થાય છે,ત્યારે તેઓ મુખ્ય અક્ષને સમાંતર બને છે.
આ સમાંતર કિરણો લેન્સની નીચે આડા મૂકવામાં આવેલા સમતલ અરીસા પર આપાત થાય છે.
સમતલ અરીસો આ કિરણોને તે જ માર્ગે પાછા પરાવર્તિત કરે છે.
આ પરાવર્તિત કિરણો,સમાંતર હોવાથી,ફરીથી લેન્સમાંથી પસાર થાય છે અને લેન્સના મુખ્ય કેન્દ્ર પર કેન્દ્રિત થાય છે.
તેથી,અંતિમ પ્રતિબિંબ પદાર્થના સ્થાન પર જ રચાય છે,જે લેન્સના કેન્દ્રથી $0.1 \ m$ ઉપર છે.

(C) આપેલ છે,ત્રિજ્યા $R=0.05 \ m = 5 \times 10^{-2} \ m$.
વક્રીભવનાંક $n=1.5$.
ક્રાંતિકોણ $c$ માટે,$\sin c = \frac{1}{n} = \frac{1}{1.5} = \frac{2}{3}$.
આકૃતિની ભૂમિતિ પરથી,જે કિરણ વક્ર સપાટી પર ક્રાંતિકોણ $c$ પર આપાત થાય છે તે સપાટીને સ્પર્શક તરીકે બહાર આવશે અને નળાકારની ધારથી $x$ અંતરે ટેબલ પર અથડાશે.
ત્રિજ્યા $R$ અને અંતર $(R+x)$ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,કેન્દ્ર પરનો ખૂણો $c$ છે.
તેથી,$\cos c = \frac{R}{R+x}$.
$\sin c = \frac{2}{3}$ હોવાથી,$\cos c = \sqrt{1 - \sin^2 c} = \sqrt{1 - \frac{4}{9}} = \sqrt{\frac{5}{9}} = \frac{\sqrt{5}}{3}$.
$\cos c$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{\sqrt{5}}{3} = \frac{R}{R+x}$.
$\sqrt{5}(R+x) = 3R$.
$x = R \left( \frac{3\sqrt{5}-5}{5} \right)$.
$R = 5 \times 10^{-2} \ m$ મૂકતા,$x = (3\sqrt{5}-5) \times 10^{-2} \ m$ મળે છે.

(D) અરીસા પર સૂર્ય દ્વારા બનતો ખૂણો $\theta$ એ સૂર્યના વ્યાસ $(D)$ અને પૃથ્વી તથા સૂર્ય વચ્ચેના અંતર $(d_{SE})$ ના ગુણોત્તર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સૂર્ય ખૂબ જ દૂર હોવાથી,તેનું પ્રતિબિંબ અંતર્ગોળ અરીસાના મુખ્ય કેન્દ્ર પર રચાય છે.
કોણીય કદ $\theta = \frac{D}{d_{SE}} = 0.009 \ rad$ છે.
કેન્દ્રિય સમતલ પર રચાતા પ્રતિબિંબનો વ્યાસ $(d)$ એ $d = f \times \theta$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $f$ એ અરીસાની કેન્દ્રલંબાઈ છે.
કેન્દ્રલંબાઈ $f$ એ વક્રતા ત્રિજ્યા $R = 0.4 \ m$ ની અડધી હોય છે,તેથી $f = \frac{R}{2} = \frac{0.4}{2} = 0.2 \ m$.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $d = 0.2 \ m \times 0.009 = 0.0018 \ m$ મળે છે.
તેથી,$d = 1.8 \times 10^{-3} \ m$.

(D) $p-n$ જંકશન ડાયોડ રેક્ટિફાયર તરીકે કાર્ય કરે છે,જે માત્ર એક જ દિશામાં વિદ્યુતપ્રવાહને વહેવા દે છે.
જ્યારે $p$-વિસ્તારને બેટરીના ધન ટર્મિનલ સાથે અને $n$-વિસ્તારને ઋણ ટર્મિનલ સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે ડાયોડ ફોરવર્ડ બાયસમાં હોય છે અને સર્કિટમાં વિદ્યુતપ્રવાહ વહે છે.
જ્યારે બેટરીની ધ્રુવીયતા ઉલટાવવામાં આવે છે,ત્યારે $p$-વિસ્તાર ઋણ ટર્મિનલ સાથે અને $n$-વિસ્તાર ધન ટર્મિનલ સાથે જોડાય છે. આ રિવર્સ બાયસ છે,જેમાં ડેપ્લેશન લેયર (depletion layer) પહોળું થાય છે અને સર્કિટમાં વ્યવહારિક રીતે કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.

(B) આ સર્કિટમાં બે $AND$ ગેટ, બે $NOT$ ગેટ અને એક $NOR$ ગેટનો સમાવેશ થાય છે। આઉટપુટ $Y$ માટેનું બુલિયન સમીકરણ $Y = \overline{(A \cdot B) + (\overline{A} \cdot \overline{B})}$ છે.
કિસ્સો $1$: જ્યારે $A = 1$ અને $B = 1$ હોય, ત્યારે ઉપરના $AND$ ગેટનું આઉટપુટ $1 \cdot 1 = 1$ મળે છે. નીચેના $AND$ ગેટનું આઉટપુટ $\overline{1} \cdot \overline{1} = 0 \cdot 0 = 0$ મળે છે. $NOR$ ગેટને $1$ અને $0$ ઇનપુટ મળે છે, તેથી $Y = \overline{1 + 0} = \overline{1} = 0$.
કિસ્સો $2$: જ્યારે $A = 0$ અને $B = 0$ હોય, ત્યારે ઉપરના $AND$ ગેટનું આઉટપુટ $0 \cdot 0 = 0$ મળે છે. નીચેના $AND$ ગેટનું આઉટપુટ $\overline{0} \cdot \overline{0} = 1 \cdot 1 = 1$ મળે છે. $NOR$ ગેટને $0$ અને $1$ ઇનપુટ મળે છે, તેથી $Y = \overline{0 + 1} = \overline{1} = 0$.
આમ, આઉટપુટ $0$ અને $0$ મળે છે.

(A) બે સુસંબદ્ધ પ્રકાશ કિરણોના સંપાતીકરણથી મળતી પરિણામી તીવ્રતા $I = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\phi$ એ કિરણો વચ્ચેનો કળા તફાવત છે.
મહત્તમ તીવ્રતા માટે,$\cos \phi = 1$ (સહાયક વ્યતિકરણ):
$I_{\max} = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} = (\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2})^2$
અહીં $I_1 = L$ અને $I_2 = \frac{L}{4}$ આપેલ છે:
$I_{\max} = (\sqrt{L} + \sqrt{\frac{L}{4}})^2 = (\sqrt{L} + \frac{\sqrt{L}}{2})^2 = (\frac{3\sqrt{L}}{2})^2 = \frac{9L}{4}$
ન્યૂનતમ તીવ્રતા માટે,$\cos \phi = -1$ (વિનાશક વ્યતિકરણ):
$I_{\min} = I_1 + I_2 - 2\sqrt{I_1 I_2} = (\sqrt{I_1} - \sqrt{I_2})^2$
$I_{\min} = (\sqrt{L} - \frac{\sqrt{L}}{2})^2 = (\frac{\sqrt{L}}{2})^2 = \frac{L}{4}$
આમ,મહત્તમ અને ન્યૂનતમ તીવ્રતા અનુક્રમે $\frac{9L}{4}$ અને $\frac{L}{4}$ થશે.