AIEEE 2011 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) एक उत्क्रमणीय इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_1$ स्रोत का तापमान है और $T_2$ सिंक का तापमान केल्विन में है।
प्रारंभ में,$\eta = \frac{1}{6}$,इसलिए $1 - \frac{T_2}{T_1} = \frac{1}{6} \implies \frac{T_2}{T_1} = \frac{5}{6} \implies T_2 = \frac{5}{6}T_1$ ...$(i)$
जब सिंक का तापमान $62^\circ C$ (जो $62 \ K$ के बराबर है) कम किया जाता है,तो नई दक्षता $\eta' = 2\eta = 2 \times \frac{1}{6} = \frac{1}{3}$ हो जाती है।
नया सिंक तापमान $T_2' = T_2 - 62$ है।
अतः,$\eta' = 1 - \frac{T_2 - 62}{T_1} = \frac{1}{3}$.
समीकरण में $T_2 = \frac{5}{6}T_1$ रखने पर: $1 - \frac{\frac{5}{6}T_1 - 62}{T_1} = \frac{1}{3}$.
$1 - (\frac{5}{6} - \frac{62}{T_1}) = \frac{1}{3} \implies 1 - \frac{5}{6} + \frac{62}{T_1} = \frac{1}{3}$.
$\frac{1}{6} + \frac{62}{T_1} = \frac{1}{3} \implies \frac{62}{T_1} = \frac{1}{3} - \frac{1}{6} = \frac{1}{6}$.
$T_1 = 62 \times 6 = 372 \ K = (372 - 273)^\circ C = 99^\circ C$.
अब,$T_2 = \frac{5}{6} \times 372 = 310 \ K = (310 - 273)^\circ C = 37^\circ C$.

(A) इस प्रक्रिया को निर्वात में आदर्श गैस का मुक्त प्रसार (free expansion) कहा जाता है।
चूंकि दीवारें अचालक हैं,इसलिए परिवेश के साथ ऊष्मा का आदान-प्रदान शून्य है $(Q = 0)$.
चूंकि गैस निर्वात में फैलती है,इसलिए गैस द्वारा किया गया कार्य शून्य है $(W = 0)$.
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta U = Q - W = 0 - 0 = 0$.
आदर्श गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा $U$ केवल तापमान पर निर्भर करती है। चूंकि $\Delta U = 0$,इसलिए तापमान स्थिर रहता है,अतः $T_2 = T$.
प्रारंभिक और अंतिम अवस्थाओं के लिए आदर्श गैस समीकरण का उपयोग करने पर: $P_1 V_1 = P_2 V_2$.
प्रारंभ में,गैस $P_1 = P$ दाब पर $V_1 = V$ आयतन घेरती है।
वाल्व खोलने के बाद,गैस कुल $V_2 = 2V$ आयतन घेरती है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $P \cdot V = P_2 \cdot (2V)$.
अतः,$P_2 = P/2$.

(A) आयतन में परिवर्तन $\Delta V$ को सूत्र $\Delta V = \gamma \cdot V \cdot \Delta T$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\gamma$ आयतन प्रसार गुणांक है।
ठोस के लिए,$\gamma = 3\alpha$,जहाँ $\alpha$ रेखीय प्रसार गुणांक है।
दिया गया है: व्यास $d = 20 \; cm$,इसलिए त्रिज्या $r = 10 \; cm$.
प्रारंभिक आयतन $V = \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \pi (10)^3 = \frac{4000}{3} \pi \; cm^3$.
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = 100^{\circ} C - 0^{\circ} C = 100^{\circ} C$.
रेखीय प्रसार गुणांक $\alpha = 23 \times 10^{-6} \; /^{\circ} C$.
मान रखने पर:
$\Delta V = 3 \times (23 \times 10^{-6}) \times (\frac{4}{3} \pi \times 10^3) \times 100$
$\Delta V = 3 \times 23 \times 10^{-6} \times \frac{4}{3} \times 3.14159 \times 1000 \times 100$
$\Delta V = 23 \times 4 \times 3.14159 \times 10^{-1} = 92 \times 3.14159 \times 0.1 \approx 28.9 \; cm^3$.

(B) श्यान द्रव में गिरते हुए गोले का सीमांत वेग $v$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v = \frac{2r^2(\rho - \rho_0)g}{9\eta}$
जहाँ $\rho$ गोले का घनत्व है,$\rho_0$ द्रव का घनत्व है,और $\eta$ श्यानता गुणांक है।
इससे,हम देख सकते हैं कि $v \propto \frac{(\rho - \rho_0)}{\eta}$।
मान लीजिए $v_1$ और $\eta_w$ पानी में सीमांत वेग और श्यानता हैं,और $v_2$ और $\eta_g$ ग्लिसरीन में सीमांत वेग और श्यानता हैं।
$\frac{v_2}{v_1} = \frac{(\rho - \rho_g)}{\eta_g} \times \frac{\eta_w}{(\rho - \rho_w)}$
दिया गया है: $\rho = 7.8 \; g \cdot cm^{-3}$,$\rho_w = 1.0 \; g \cdot cm^{-3}$,$\rho_g = 1.2 \; g \cdot cm^{-3}$,$v_1 = 10 \; cm \cdot s^{-1}$,$\eta_w = 8.5 \times 10^{-4} \; Pa \cdot s$,$\eta_g = 13.2 \; Pa \cdot s$।
$\frac{v_2}{10} = \frac{(7.8 - 1.2)}{13.2} \times \frac{8.5 \times 10^{-4}}{(7.8 - 1.0)}$
$\frac{v_2}{10} = \frac{6.6}{13.2} \times \frac{8.5 \times 10^{-4}}{6.8} = 0.5 \times 1.25 \times 10^{-4} = 0.625 \times 10^{-4}$
$v_2 = 10 \times 0.625 \times 10^{-4} = 6.25 \times 10^{-4} \; cm \cdot s^{-1}$।

(D) तापमान $T$ पर बर्तन से निकाली गई ऊष्मा $dQ = m C_p dT$ है।
यहाँ $m = 0.1 \text{ kg}$ और $C_p = 32 \left( \frac{T}{400} \right)^3 \text{ kJ K}^{-1} \text{ kg}^{-1}$ दिया गया है।
कुल निकाली गई ऊष्मा $Q = \int_{20}^{4} 0.1 \times 32 \left( \frac{T}{400} \right)^3 dT = \frac{3.2}{64 \times 10^6} \left[ \frac{T^4}{4} \right]_{20}^{4} = \frac{3.2}{256 \times 10^6} (4^4 - 20^4) = \frac{3.2}{256 \times 10^6} (256 - 160000) \approx -0.002 \text{ kJ}$.
निकाली गई ऊष्मा का परिमाण $|Q| = 0.002 \text{ kJ}$ है।
रेफ्रिजरेटर के लिए,निष्पादन गुणांक $(COP)$ $\beta = \frac{T_L}{T_H - T_L} = \frac{Q}{W}$ है।
यहाँ $T_H = 27 + 273 = 300 \text{ K}$ है।
जैसे-जैसे $T_L$,$20 \text{ K}$ से $4 \text{ K}$ तक बदलता है,आवश्यक न्यूनतम कार्य $dW = \frac{dQ}{\beta} = dQ \frac{T_H - T}{T} = dQ \left( \frac{300}{T} - 1 \right)$ के समाकलन द्वारा प्राप्त किया जा सकता है।
$W = \int_{20}^{4} 0.1 \times 32 \left( \frac{T}{400} \right)^3 \left( \frac{300}{T} - 1 \right) dT = \frac{3.2}{400^3} \int_{20}^{4} (300 T^2 - T^3) dT = \frac{3.2}{64 \times 10^6} \left[ 100 T^3 - \frac{T^4}{4} \right]_{20}^{4}$.
$W = 5 \times 10^{-8} [ (100 \times 4^3 - 64) - (100 \times 20^3 - 40000) ] = 5 \times 10^{-8} [ 6336 - 760000 ] \approx 0.0377 \text{ kJ}$.
दिए गए विकल्पों की तुलना में,सही विकल्प $D$ है।

(A) स्प्रिंग की स्टिफनेस $k$ उसकी लंबाई $l$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है,अर्थात $k \propto \frac{1}{l}$।
माना स्प्रिंग की कुल लंबाई $L = l_{A} + l_{B}$ है।
दिए गए अनुपात $l_{A} : l_{B} = 2 : 3$ से,हम लिख सकते हैं $l_{A} = \frac{2}{5}L$ और $l_{B} = \frac{3}{5}L$।
चूंकि $k \cdot l = \text{स्थिरांक}$,इसलिए $k_{A} \cdot l_{A} = k \cdot L$ होगा।
समीकरण में $l_{A} = \frac{2}{5}L$ रखने पर:
$k_{A} \cdot (\frac{2}{5}L) = k \cdot L$
$k_{A} = k \cdot \frac{L}{\frac{2}{5}L} = \frac{5}{2}k$।

(A) स्क्रू गेज का अल्पतमांक $(LC)$ मुख्य स्केल के एक डिवीजन के मान को वृत्ताकार स्केल के कुल डिवीजनों की संख्या से विभाजित करके निकाला जाता है।
$LC = \frac{1 \ mm}{100} = 0.01 \ mm$.
तार का व्यास निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\text{व्यास} = \text{मुख्य स्केल रीडिंग} (MSR) + (\text{वृत्ताकार स्केल रीडिंग} (CSR) \times LC)$.
यहाँ $MSR = 0 \ mm$ और $CSR = 52 \ divisions$ दिया गया है।
$\text{व्यास} = 0 \ mm + (52 \times 0.01 \ mm) = 0.52 \ mm$.
व्यास को $mm$ से $cm$ में बदलने के लिए,हम इसे $10$ से विभाजित करते हैं:
$\text{व्यास} = \frac{0.52}{10} \ cm = 0.052 \ cm$.

(C) दिया गया मंदन समीकरण: $\frac{dv}{dt} = - 2.5\sqrt{v}$.
चरों को अलग करने पर,हमें प्राप्त होता है: $\frac{dv}{\sqrt{v}} = - 2.5 \ dt$.
दोनों पक्षों का प्रारंभिक गति $v = 6.25 \ m/s$ से अंतिम गति $v = 0 \ m/s$ तक समय $t$ के लिए समाकलन करने पर:
$\int_{6.25}^{0} v^{-1/2} \ dv = \int_{0}^{t} - 2.5 \ dt$.
समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$[2\sqrt{v}]_{6.25}^{0} = - 2.5t$.
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर:
$2(\sqrt{0} - \sqrt{6.25}) = - 2.5t$.
$2(0 - 2.5) = - 2.5t$.
$-5 = - 2.5t$.
$t = \frac{5}{2.5} = 2 \ s$.

(D) पानी का फव्वारा एक प्रक्षेप्य स्रोत के रूप में कार्य करता है जो $v$ गति के साथ सभी दिशाओं में पानी छिड़कता है। पानी की अधिकतम क्षैतिज परास $R_{\max}$ तब प्राप्त होती है जब प्रक्षेपण कोण $45^\circ$ होता है।
क्षैतिज परास के सूत्र का उपयोग करते हुए: $R = \frac{v^2 \sin(2\theta)}{g}$।
अधिकतम परास के लिए,$\sin(2\theta) = 1$,इसलिए $R_{\max} = \frac{v^2}{g}$।
पानी फव्वारे के चारों ओर $R_{\max}$ त्रिज्या वाला एक वृत्ताकार क्षेत्र कवर करता है।
अतः,कुल क्षेत्रफल $A$ इस प्रकार है: $A = \pi R_{\max}^2 = \pi \left( \frac{v^2}{g} \right)^2 = \frac{\pi v^4}{g^2}$।

(C) चूंकि ऊर्जा का कोई ह्रास नहीं होता है,इसलिए मिश्रण की कुल आंतरिक ऊर्जा संरक्षित रहती है।
$T$ तापमान पर $n$ अणुओं वाली गैस की आंतरिक ऊर्जा $U = \frac{f}{2} n k_B T$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $f$ स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) है और $k_B$ बोल्ट्ज़मैन स्थिरांक है।
मिश्रण के लिए,कुल ऊर्जा व्यक्तिगत गैसों की ऊर्जाओं का योग है:
$U_{total} = U_1 + U_2 + U_3$
$\frac{f}{2} (n_1 + n_2 + n_3) k_B T_{mix} = \frac{f}{2} n_1 k_B T_1 + \frac{f}{2} n_2 k_B T_2 + \frac{f}{2} n_3 k_B T_3$
दोनों पक्षों से सामान्य पदों $\frac{f}{2} k_B$ को हटाने पर,हमें प्राप्त होता है:
$(n_1 + n_2 + n_3) T_{mix} = n_1 T_1 + n_2 T_2 + n_3 T_3$
अतः,मिश्रण का अंतिम तापमान है:
$T_{mix} = \frac{n_1 T_1 + n_2 T_2 + n_3 T_3}{n_1 + n_2 + n_3}$

(A) घिरनी पर लगने वाला बल आघूर्ण (torque) $\tau = F \cdot R = (20t - 5t^2) \cdot 2 = 40t - 10t^2 \ N \cdot m$ है।
$\tau = I \alpha$ का उपयोग करते हुए,$\alpha = \frac{\tau}{I} = \frac{40t - 10t^2}{10} = 4t - t^2 \ rad/s^2$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\alpha = \frac{d\omega}{dt}$,कोणीय वेग $\omega$ ज्ञात करने के लिए समाकलन (integration) करने पर:
$\omega = \int (4t - t^2) dt = 2t^2 - \frac{t^3}{3}$.
गति की दिशा तब बदलती है जब $\omega = 0$ ($t > 0$ के लिए):
$2t^2 - \frac{t^3}{3} = 0 \Rightarrow t^2(2 - \frac{t}{3}) = 0 \Rightarrow t = 6 \ s$.
अब,$t = 0$ से $t = 6$ तक $\omega$ का समाकलन करके कोणीय विस्थापन $\theta$ ज्ञात करते हैं:
$\theta = \int_0^6 (2t^2 - \frac{t^3}{3}) dt = [\frac{2t^3}{3} - \frac{t^4}{12}]_0^6 = \frac{2(216)}{3} - \frac{1296}{12} = 144 - 108 = 36 \ rad$.
घूर्णनों की संख्या $n = \frac{\theta}{2\pi} = \frac{36}{2\pi} = \frac{18}{\pi} \approx 5.73$.
चूंकि $5.73$,$3$ और $6$ के बीच है,इसलिए सही विकल्प $A$ है।

(B) निकाय डिस्क और कीड़े से मिलकर बना है। चूंकि निकाय पर कोई बाह्य बल आघूर्ण (torque) कार्य नहीं कर रहा है, इसलिए कोणीय संवेग $L = I\omega$ नियत रहता है।
जैसे-जैसे कीड़ा किनारे से केंद्र की ओर चलता है, घूर्णन अक्ष से कीड़े की दूरी कम होती जाती है, जिससे निकाय का जड़त्व आघूर्ण $I$ घट जाता है।
चूंकि $L = I\omega$ नियत है, इसलिए जैसे-जैसे $I$ घटता है, कोणीय चाल $\omega$ बढ़ती है।
जब कीड़ा केंद्र से व्यास के दूसरे सिरे की ओर चलता है, तो अक्ष से दूरी बढ़ती है, जिससे जड़त्व आघूर्ण $I$ बढ़ जाता है।
परिणामस्वरूप, जैसे-जैसे $I$ बढ़ता है, कोणीय चाल $\omega$ घटती है।
अतः, डिस्क की कोणीय चाल पहले बढ़ती है और फिर घटती है।

(C) लटकते हुए द्रव्यमान $m$ की स्थानांतरण गति के लिए:
$mg - T = ma$ --- $(1)$
$m$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाली घिरनी की घूर्णन गति के लिए:
$T \cdot R = I \alpha$
चूंकि डोरी फिसलती नहीं है,द्रव्यमान का रैखिक त्वरण $a$ और घिरनी का कोणीय त्वरण $\alpha$ का संबंध $a = \alpha R$ है,इसलिए $\alpha = \frac{a}{R}$।
एकसमान वृत्ताकार डिस्क का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2}mR^2$ होता है।
इन मानों को टॉर्क समीकरण में रखने पर:
$T \cdot R = (\frac{1}{2}mR^2) \cdot (\frac{a}{R})$
$T = \frac{1}{2}ma$ --- $(2)$
समीकरण $(2)$ को $(1)$ में रखने पर:
$mg - \frac{1}{2}ma = ma$
$mg = ma + \frac{1}{2}ma = \frac{3}{2}ma$
$a = \frac{2}{3}g$

(C) माना द्रव्यमान $m$ से $x$ दूरी पर स्थित बिंदु $P$ पर गुरुत्वीय क्षेत्र शून्य है।
दोनों द्रव्यमानों के कारण गुरुत्वीय क्षेत्र की तीव्रता को बराबर करने पर:
$\frac{Gm}{x^2} = \frac{G(4m)}{(r-x)^2}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\frac{1}{x} = \frac{2}{r-x}$
$r - x = 2x \implies 3x = r \implies x = \frac{r}{3}$
अब,बिंदु $P$ पर गुरुत्वीय विभव $V$ की गणना करते हैं:
$V = -\frac{Gm}{x} - \frac{G(4m)}{r-x}$
$x = \frac{r}{3}$ और $r-x = \frac{2r}{3}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$V = -\frac{Gm}{r/3} - \frac{4Gm}{2r/3} = -\frac{3Gm}{r} - \frac{6Gm}{r} = -\frac{9Gm}{r}$

(B) $m$ द्रव्यमान वाले दो कणों के बीच की दूरी $d = 2R$ है,क्योंकि वे अपने सामान्य द्रव्यमान केंद्र के चारों ओर $R$ त्रिज्या के वृत्त में घूमते हैं।
उनके बीच गुरुत्वाकर्षण बल $F_G = \frac{G m^2}{(2R)^2} = \frac{G m^2}{4R^2}$ है।
यह गुरुत्वाकर्षण बल प्रत्येक कण को $R$ त्रिज्या के वृत्त में घूमने के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है। अभिकेंद्र बल $F_c = \frac{m v^2}{R}$ है।
दोनों बलों को बराबर करने पर: $\frac{m v^2}{R} = \frac{G m^2}{4R^2}$।
$v$ के लिए हल करने पर: $v^2 = \frac{G m^2}{4R^2} \cdot \frac{R}{m} = \frac{Gm}{4R}$।
अतः,$v = \sqrt{\frac{Gm}{4R}}$।

(C) साबुन के बुलबुले की दो सतहें (आंतरिक और बाहरी) होती हैं,इसलिए सतह के क्षेत्रफल में परिवर्तन $2 \times 4\pi(r_2^2 - r_1^2)$ होता है।
दिया गया है: $T = 0.03 \ Nm^{-1}$,$r_1 = 3 \ cm = 0.03 \ m$,$r_2 = 5 \ cm = 0.05 \ m$.
किया गया कार्य $W = T \times \Delta A = T \times 2 \times 4\pi(r_2^2 - r_1^2)$.
$W = 0.03 \times 8\pi \times [(0.05)^2 - (0.03)^2]$.
$W = 0.24\pi \times [0.0025 - 0.0009] \ J$.
$W = 0.24\pi \times 0.0016 \ J = 0.000384\pi \ J$.
$W \approx 0.4\pi \times 10^{-3} \ J = 0.4\pi \ mJ$.

(C) मान लीजिए नल पर वेग $v_1 = 0.4 \ m/s$ और व्यास $D_1 = 8 \times 10^{-3} \ m$ है।
नल के नीचे $h = 0.2 \ m$ की दूरी पर वेग $v_2$ और व्यास $D_2$ है।
गति के समीकरण $v_2^2 = v_1^2 + 2gh$ का उपयोग करने पर:
$v_2 = \sqrt{(0.4)^2 + 2 \times 10 \times 0.2} = \sqrt{0.16 + 4} = \sqrt{4.16} \approx 2.04 \ m/s$.
सांतत्य समीकरण (equation of continuity) के अनुसार,$A_1 v_1 = A_2 v_2$,जहाँ $A = \frac{\pi D^2}{4}$ है।
अतः,$D_1^2 v_1 = D_2^2 v_2$.
$D_2 = D_1 \sqrt{\frac{v_1}{v_2}} = (8 \times 10^{-3}) \sqrt{\frac{0.4}{2.04}} \approx (8 \times 10^{-3}) \sqrt{0.196} \approx (8 \times 10^{-3}) \times 0.443 \approx 3.54 \times 10^{-3} \ m$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,यह मान $3.6 \times 10^{-3} \ m$ के करीब है।

(A) पानी के विस्तार को नजरअंदाज करते हुए,गर्म होने वाले तरल के लिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ आपूर्ति की गई ऊष्मा $\Delta Q$ के बराबर होता है।
दिया गया है:
द्रव्यमान $m = 100 \ g = 0.1 \ kg$
विशिष्ट ऊष्मा $c = 4184 \ J/kg/K$
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = 50^\circ C - 30^\circ C = 20 \ K$
सूत्र $\Delta U = mc\Delta T$ का उपयोग करते हुए:
$\Delta U = 0.1 \ kg \times 4184 \ J/kg/K \times 20 \ K$
$\Delta U = 8368 \ J$
$kJ$ में बदलने पर:
$\Delta U = 8.368 \ kJ \approx 8.4 \ kJ$.

(C) माना गैस का कुल द्रव्यमान $m$ है। गैस की गतिज ऊर्जा $K.E. = \frac{1}{2} m v^2$ है।
जब पात्र को अचानक रोक दिया जाता है,तो गैस की पूरी गतिज ऊर्जा आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है,जिससे गैस का तापमान बढ़ जाता है।
संबंध $\Delta U = \mu C_v \Delta T$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $\mu = \frac{m}{M}$ मोलों की संख्या है और $C_v = \frac{R}{\gamma - 1}$ स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा है:
$\frac{1}{2} m v^2 = \frac{m}{M} \left( \frac{R}{\gamma - 1} \right) \Delta T$
दोनों पक्षों से $m$ को हटाने पर:
$\frac{1}{2} v^2 = \frac{R}{M(\gamma - 1)} \Delta T$
$\Delta T$ के लिए हल करने पर:
$\Delta T = \frac{M v^2 (\gamma - 1)}{2R}$.

(D) माध्य स्थिति पर स्थितिज ऊर्जा शून्य होती है और गतिज ऊर्जा अधिकतम होती है। चूंकि द्रव्यमान $m$ को रखते समय निकाय पर कोई बाहरी क्षैतिज बल कार्य नहीं करता है,इसलिए रैखिक संवेग संरक्षित रहता है।
मान लीजिए कि माध्य स्थिति पर द्रव्यमान $M$ का वेग $v_1$ है,और $m$ को रखने के तुरंत बाद संयुक्त द्रव्यमान $(M+m)$ का वेग $v_2$ है।
संवेग संरक्षण: $M v_1 = (M + m) v_2$.
$S.H.M.$ में अधिकतम वेग $v_{max} = A \omega = A \sqrt{\frac{k}{m_{eff}}}$ द्वारा दिया जाता है।
पहले मामले के लिए: $v_1 = A_1 \sqrt{\frac{k}{M}}$.
दूसरे मामले के लिए: $v_2 = A_2 \sqrt{\frac{k}{M+m}}$.
इन मानों को संवेग समीकरण में रखने पर:
$M \left( A_1 \sqrt{\frac{k}{M}} \right) = (M + m) \left( A_2 \sqrt{\frac{k}{M+m}} \right)$.
$A_1 \sqrt{M k} = A_2 \sqrt{(M+m) k}$.
$A_1 \sqrt{M} = A_2 \sqrt{M+m}$.
इसलिए,$\frac{A_1}{A_2} = \sqrt{\frac{M+m}{M}} = \left( \frac{M+m}{M} \right)^{\frac{1}{2}}$.

(D) मान लीजिए कि दो कणों का विस्थापन उनकी माध्य स्थितियों के सापेक्ष $x_1$ और $x_2$ है।
$x_1 = A \sin(\omega t + \phi_1)$
$x_2 = A \sin(\omega t + \phi_2)$
उनकी निरपेक्ष स्थितियाँ $X_1 = x_1$ और $X_2 = X_0 + x_2$ हैं।
उनके बीच की दूरी $S = X_2 - X_1 = X_0 + x_2 - x_1$ है।
$S = X_0 + A[\sin(\omega t + \phi_2) - \sin(\omega t + \phi_1)]$.
सर्वसमिका $\sin C - \sin D = 2 \cos(\frac{C+D}{2}) \sin(\frac{C-D}{2})$ का उपयोग करने पर:
$S = X_0 + 2A \cos(\omega t + \frac{\phi_1 + \phi_2}{2}) \sin(\frac{\phi_2 - \phi_1}{2})$.
अधिकतम दूरी $S_{max} = X_0 + |2A \sin(\frac{\phi_2 - \phi_1}{2})|$ है।
दिया गया है कि $S_{max} = X_0 + A$,इसलिए $|2A \sin(\frac{\Delta\phi}{2})| = A$,जहाँ $\Delta\phi = \phi_2 - \phi_1$.
$\sin(\frac{\Delta\phi}{2}) = \frac{1}{2}$.
$\frac{\Delta\phi}{2} = \frac{\pi}{6} \implies \Delta\phi = \frac{\pi}{3}$.

(B) दिया गया तरंग समीकरण $y(x, t) = e^{-(ax^2 + bt^2 + 2\sqrt{ab}xt)}$ है।
हम घातांक को पूर्ण वर्ग के रूप में लिख सकते हैं:
$ax^2 + bt^2 + 2\sqrt{ab}xt = (\sqrt{a}x + \sqrt{b}t)^2 = a(x + \sqrt{\frac{b}{a}}t)^2$.
अतः,$y(x, t) = e^{-a(x + \sqrt{\frac{b}{a}}t)^2}$.
यह $y = f(x + vt)$ के रूप का एक फलन है,जो $-x$ दिशा में यात्रा करने वाली तरंग को दर्शाता है।
$x + \sqrt{\frac{b}{a}}t$ की तुलना $x + vt$ से करने पर,हमें तरंग की गति $v = \sqrt{\frac{b}{a}}$ प्राप्त होती है।
इसलिए,यह $\sqrt{\frac{b}{a}}$ गति के साथ $-x$ दिशा में चलने वाली तरंग को दर्शाता है।

(D) पिंड को नत समतल पर ऊपर की ओर धकेलने के लिए आवश्यक बल $F_{1} = mg(\sin \theta + \mu \cos \theta)$ द्वारा दिया जाता है।
पिंड को नीचे फिसलने से रोकने के लिए आवश्यक बल $F_{2} = mg(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ द्वारा दिया जाता है।
दोनों बलों का अनुपात लेने पर:
$\frac{F_{1}}{F_{2}} = \frac{mg(\sin \theta + \mu \cos \theta)}{mg(\sin \theta - \mu \cos \theta)} = \frac{\sin \theta + \mu \cos \theta}{\sin \theta - \mu \cos \theta}$.
अंश और हर को $\cos \theta$ से विभाजित करने पर:
$\frac{F_{1}}{F_{2}} = \frac{\tan \theta + \mu}{\tan \theta - \mu}$.
दिया गया है कि $\tan \theta = 2\mu$,इस मान को समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{F_{1}}{F_{2}} = \frac{2\mu + \mu}{2\mu - \mu} = \frac{3\mu}{\mu} = 3$.

(C) तरंग की तीव्रता $I$ का सूत्र $I = 2\pi^2 f^2 A^2 \rho v$ है,जहाँ $f$ आवृत्ति है,$A$ आयाम है,$\rho$ घनत्व है और $v$ तरंग की गति है।
तरंग $1$ के लिए: $A_1 = 2a$ और $\omega_1 = \omega$ (अतः $f_1 = \omega / 2\pi$)।
तीव्रता $I_1 \propto f_1^2 A_1^2 = (\omega/2\pi)^2 (2a)^2 = 4 \cdot (\omega/2\pi)^2 a^2$।
तरंग $2$ के लिए: $A_2 = a$ और $\omega_2 = 2\omega$ (अतः $f_2 = 2\omega / 2\pi$)।
तीव्रता $I_2 \propto f_2^2 A_2^2 = (2\omega/2\pi)^2 (a)^2 = 4 \cdot (\omega/2\pi)^2 a^2$।
चूँकि $I_1 = I_2$,इसलिए कथन-$1$ सत्य है।
कथन-$2$ असत्य है क्योंकि तीव्रता आयाम और आवृत्ति दोनों के वर्ग के समानुपाती होती है $(I \propto A^2 f^2)$। अतः,कथन-$1$ सत्य है और कथन-$2$ असत्य है।

(C) गतिज ऊर्जा $K$ को $K = \frac{1}{2}mv^2$ द्वारा दर्शाया जाता है।
यह दिया गया है कि गतिज ऊर्जा समय के साथ समान रूप से बढ़ती है,इसलिए $K = kt$,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
अतः,$\frac{1}{2}mv^2 = kt$,जिसका अर्थ है $v^2 \propto t$,या $v \propto t^{1/2}$।
त्वरण $a$ वेग के परिवर्तन की दर है: $a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(ct^{1/2}) = \frac{1}{2}ct^{-1/2}$।
इसलिए,$a \propto \frac{1}{\sqrt{t}}$।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,नेट बल $F = ma$ होता है।
चूँकि $m$ स्थिर है,$F \propto a$,जिसका अर्थ है कि $F \propto \frac{1}{\sqrt{t}}$।

(A) परिणामी विस्थापन $Y$ दोनों तरंगों का योग है:
$Y = A \sin(\omega t - kx) + A \sin(\omega t + kx)$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin(C) + \sin(D) = 2 \sin((C+D)/2) \cos((C-D)/2)$ का उपयोग करते हुए:
$Y = 2A \sin(\omega t) \cos(kx)$
यह एक अप्रगामी तरंग (standing wave) को दर्शाता है।
निस्पंद (nodes) के लिए,आयाम शून्य होना चाहिए,इसलिए $\cos(kx) = 0$।
$kx = (2n + 1) \pi/2$
चूंकि $k = 2\pi/\lambda$:
$(2\pi/\lambda) x = (2n + 1) \pi/2$
$x = (2n + 1) \lambda/4 = (n + 1/2) \lambda/2$,जहाँ $n = 0, 1, 2, \dots$
अतः,निस्पंद $x = (n + 1/2) \lambda/2$ पर स्थित हैं।

(A) छड़ का तापीय प्रसार $\Delta L = \alpha L \Delta T$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\Delta T = t$ है।
चूंकि छड़ को दोनों सिरों पर इस प्रकार पकड़ा गया है कि उसकी लंबाई अपरिवर्तित रहती है,इसलिए उत्पन्न विकृति $\epsilon = \frac{\Delta L}{L} = \alpha t$ है।
हुक के नियम के अनुसार,प्रतिबल $\sigma$ और विकृति $\epsilon$ के बीच संबंध यंग मापांक $Y$ द्वारा $\sigma = Y \epsilon$ के रूप में दिया जाता है।
विकृति का मान रखने पर,हमें $\sigma = Y \alpha t$ प्राप्त होता है।
अतः,छड़ में विकसित रैखिक प्रतिबल $Y \alpha t$ है।

(D) जब $r$ त्रिज्या वाली दो बूंदें मिलकर $R$ त्रिज्या की एक बड़ी बूंद बनाती हैं, तो आयतन संरक्षित रहता है।
दो छोटी बूंदों का आयतन = एक बड़ी बूंद का आयतन
$2 \times (\frac{4}{3} \pi r^3) = \frac{4}{3} \pi R^3$
$R^3 = 2r^3$
$R = 2^{1/3} r$
बूंद की पृष्ठ ऊर्जा $E$ का मान $E = \text{पृष्ठ क्षेत्रफल} \times \text{पृष्ठ तनाव} = 4 \pi R^2 T$ होता है।
$R$ का मान रखने पर:
$E = 4 \pi (2^{1/3} r)^2 T$
$E = 4 \pi (2^{2/3} r^2) T$
$E = 2^2 \times 2^{2/3} \pi r^2 T$
$E = 2^{2 + 2/3} \pi r^2 T$
$E = 2^{8/3} \pi r^2 T$.

(B) मान लीजिए कि घन को $x$ के छोटे विस्थापन से नीचे दबाया जाता है। घन पर कार्य करने वाला अतिरिक्त उत्प्लावन बल $F = -A \rho g x$ है,जहाँ $A = l^2$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
यह बल एक प्रत्यानयन बल के रूप में कार्य करता है,इसलिए $F = -k x$,जहाँ $k = A \rho g = l^2 \rho g$ है।
घन का द्रव्यमान $m = l^3 d$ है।
सरल आवर्त गति का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,हमें $T = 2\pi \sqrt{\frac{l^3 d}{l^2 \rho g}}$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर,हमें $T = 2\pi \sqrt{\frac{ld}{\rho g}}$ प्राप्त होता है।

(A) प्रक्षेपण बिंदु के परितः कण का कोणीय संवेग $L = \vec{r} \times \vec{p} = m(\vec{r} \times \vec{v})$ द्वारा दिया जाता है।
अधिकतम ऊँचाई पर, वेग का ऊर्ध्वाधर घटक शून्य होता है, इसलिए वेग केवल क्षैतिज होता है: $v_x = u \cos \theta$.
अधिकतम ऊँचाई पर क्षैतिज दूरी $x = \frac{R}{2} = \frac{u^2 \sin \theta \cos \theta}{g}$ है।
अधिकतम ऊँचाई $h = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है।
कोणीय संवेग $L = m v_x h = m (u \cos \theta) \left( \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g} \right)$ है।
$\theta = 30^{\circ}$, $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$, और $\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$ का मान रखने पर:
$L = m u \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \frac{u^2 (1/2)^2}{2g} = m u \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \frac{u^2}{8g} = \frac{\sqrt{3} m u^3}{16g}$.

(B) कला-संबद्ध स्रोतों के लिए,परिणामी तीव्रता $I = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ द्वारा दी जाती है।
केंद्रीय बिंदु पर,पथ अंतर शून्य है,इसलिए $\phi = 0$ है। दिया गया है कि $I_1 = I_2 = I_0$,इसलिए कला-संबद्ध स्रोतों के लिए तीव्रता $I_{coh} = I_0 + I_0 + 2\sqrt{I_0 I_0} \cos(0) = 4I_0$ होगी।
कला-असंबंध स्रोतों के लिए,कलांतर $\phi$ समय के साथ यादृच्छिक रूप से बदलता है,इसलिए $\cos \phi$ का औसत मान $0$ होता है।
अतः,कला-असंबंध स्रोतों के लिए परिणामी तीव्रता $I_{incoh} = I_1 + I_2 = I_0 + I_0 = 2I_0$ होगी।
तीव्रताओं का अनुपात $\frac{I_{coh}}{I_{incoh}} = \frac{4I_0}{2I_0} = \frac{2}{1}$ है।

(C) $\beta^{-}$ क्षय में,एक न्यूट्रॉन प्रोटॉन,इलेक्ट्रॉन और एंटीन्यूट्रिनो में परिवर्तित हो जाता है $(n \rightarrow p + e^{-} + \bar{\nu}_{e})$।
कथन-$1$ सही है क्योंकि मुक्त ऊर्जा $(Q = E_{1} - E_{2})$ इलेक्ट्रॉन और एंटीन्यूट्रिनो के बीच साझा की जाती है। चूंकि एंटीन्यूट्रिनो अलग-अलग मात्रा में ऊर्जा ले जाता है,इसलिए इलेक्ट्रॉन का ऊर्जा स्पेक्ट्रम निरंतर होता है,जिसकी अधिकतम (अंतिम) ऊर्जा $E_{1} - E_{2}$ होती है।
कथन-$2$ भी सही है। यदि केवल दो कण शामिल होते,तो ऊर्जा और संवेग के संरक्षण के लिए इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा निश्चित (विविक्त स्पेक्ट्रम) होनी चाहिए थी। निरंतर स्पेक्ट्रम का अवलोकन यह पुष्टि करता है कि संरक्षण नियमों को पूरा करने के लिए एक तीसरे,अदृश्य कण (एंटीन्यूट्रिनो) का उत्सर्जन होता है।
अतः,कथन-$2$ सही ढंग से बताता है कि कथन-$1$ में ऊर्जा स्पेक्ट्रम निरंतर क्यों है।

(A) माना वर्ग की भुजा की लंबाई $2a$ है। आवेश कोनों पर रखे गए हैं। धनात्मक आवेशों वाली भुजा $y=2a$ पर है। इस भुजा का मध्य-बिंदु $(a, 2a)$ है। वर्ग का केंद्र $(a, a)$ है।
मध्य-बिंदु $i(a, 2a)$ पर प्रारंभिक विभव:
दो धनात्मक आवेशों से दूरी $a$ और $a$ है। दो ऋणात्मक आवेशों से दूरी $\sqrt{a^2 + (2a)^2} = a\sqrt{5}$ और $a\sqrt{5}$ है।
$V_i = \frac{kq}{a} + \frac{kq}{a} - \frac{kq}{a\sqrt{5}} - \frac{kq}{a\sqrt{5}} = \frac{2kq}{a} \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{5}} \right)$.
केंद्र $f(a, a)$ पर अंतिम विभव:
प्रत्येक चार कोनों से दूरी $\sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$ है।
$V_f = \frac{kq}{a\sqrt{2}} + \frac{kq}{a\sqrt{2}} - \frac{kq}{a\sqrt{2}} - \frac{kq}{a\sqrt{2}} = 0$.
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta K = W_{ext} = -W_{electric} = -Q(V_f - V_i) = Q(V_i - V_f)$.
चूंकि आवेश विरामावस्था से शुरू होता है,$K_i = 0$,इसलिए $K_f = Q(V_i - V_f) = Q \left[ \frac{2kq}{a} \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{5}} \right) - 0 \right] = \frac{1}{4\pi \varepsilon_{0}} \frac{2qQ}{a} \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{5}} \right)$.

(B) जब प्रतिरोधकों को श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है,तो कुल प्रतिरोध $R_{eq} = R_1 + R_2 + R_3 + R_4 = 100 + 100 + 100 + 100 = 400\; \Omega$ होता है।
श्रेणीक्रम में,कुल प्रतिरोध में निरपेक्ष त्रुटि व्यक्तिगत प्रतिरोधकों की निरपेक्ष त्रुटियों के योग के बराबर होती है: $\Delta R_{eq} = \Delta R_1 + \Delta R_2 + \Delta R_3 + \Delta R_4$.
चूंकि टॉलरेंस $5\%$ है,इसलिए प्रत्येक $100\; \Omega$ के प्रतिरोधक के लिए निरपेक्ष त्रुटि $\Delta R = 100\; \Omega$ का $5\% = 5\; \Omega$ है।
अतः,$\Delta R_{eq} = 5 + 5 + 5 + 5 = 20\; \Omega$.
संयोजन का प्रतिशत टॉलरेंस $\frac{\Delta R_{eq}}{R_{eq}} \times 100\% = \frac{20}{400} \times 100\% = 5\%$ होगा।

(C) $h$ मोटाई और $\mu$ अपवर्तनांक वाले माध्यम द्वारा उत्पन्न आभासी विस्थापन का सूत्र है: $\Delta h = h \left( 1 - \frac{1}{\mu} \right)$.
इस प्रश्न में,दो परतें हैं: $h_{1}$ ऊँचाई का पानी जिसका अपवर्तनांक $\mu_{1}$ है और $h_{2}$ ऊँचाई का केरोसिन जिसका अपवर्तनांक $\mu_{2}$ है।
कुल आभासी विस्थापन प्रत्येक परत द्वारा उत्पन्न विस्थापन का योग है:
पानी के कारण विस्थापन = $h_{1} \left( 1 - \frac{1}{\mu_{1}} \right)$.
केरोसिन के कारण विस्थापन = $h_{2} \left( 1 - \frac{1}{\mu_{2}} \right)$.
अतः,कुल आभासी विस्थापन = $h_{1} \left( 1 - \frac{1}{\mu_{1}} \right) + h_{2} \left( 1 - \frac{1}{\mu_{2}} \right)$.

(B) किसी भी बिंदु पर तीव्रता $I = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ द्वारा दी जाती है। चूंकि स्लिट समान हैं,$I_1 = I_2 = I_0$,इसलिए $I = 2I_0(1 + \cos \phi) = 4I_0 \cos^2(\phi/2)$।
बिंदु $P$ पर,पथ अंतर $\Delta x = 0$ है। कलांतर $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x = 0$ है।
तीव्रता $I_P = 4I_0 \cos^2(0) = 4I_0$ है।
बिंदु $Q$ पर,पथ अंतर $\Delta x = \frac{\lambda}{4}$ है। कलांतर $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \frac{\lambda}{4} = \frac{\pi}{2}$ है।
तीव्रता $I_Q = 4I_0 \cos^2(\frac{\pi}{4}) = 4I_0 \times (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = 4I_0 \times \frac{1}{2} = 2I_0$ है।
तीव्रताओं का अनुपात $\frac{I_P}{I_Q} = \frac{4I_0}{2I_0} = \frac{2}{1}$ होगा।

(B) गोलों की संतुलन स्थिति से,कार्य करने वाले बल तनाव $T$,भार $mg$,और स्थिरवैद्युत प्रतिकर्षण $F_e = \frac{kq^2}{x^2}$ हैं।
बलों का वियोजन करने पर: $T \cos \theta = mg$ और $T \sin \theta = \frac{kq^2}{x^2}$.
समीकरणों को विभाजित करने पर,हमें $\tan \theta = \frac{kq^2}{x^2 mg}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\theta$ छोटा है,$\tan \theta \approx \sin \theta = \frac{x/2}{l} = \frac{x}{2l}$.
$\tan \theta$ के दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\frac{x}{2l} = \frac{kq^2}{x^2 mg} \implies q^2 = \frac{mg}{2lk} x^3 \implies q \propto x^{3/2}$.
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{dq}{dt} \propto \frac{3}{2} x^{1/2} \frac{dx}{dt}$.
यह दिया गया है कि $\frac{dq}{dt}$ स्थिर है,इसलिए $1 \propto x^{1/2} v$,जिसका अर्थ है कि $v \propto x^{-1/2}$.

(C) डिस्क पर $x$ त्रिज्या और $dx$ चौड़ाई वाली एक पतली अवयव वलय (elemental ring) पर विचार करें।
इस अवयव वलय का क्षेत्रफल $dA = 2 \pi x dx$ है।
इस वलय पर आवेश $dq = \sigma dA = 2 \pi \sigma x dx$ है।
चूंकि डिस्क $\omega$ कोणीय वेग से घूम रही है,इसलिए घूर्णन का आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi}{\omega}$ है।
इस घूमते हुए आवेश के कारण उत्पन्न तुल्य धारा $dI = \frac{dq}{T} = \frac{dq \cdot \omega}{2 \pi}$ है।
$dq$ का मान रखने पर,$dI = \frac{(2 \pi \sigma x dx) \omega}{2 \pi} = \sigma \omega x dx$ प्राप्त होता है।
इस अवयव वलय का चुंबकीय आघूर्ण $dM = dI \cdot A_{ring} = (\sigma \omega x dx) \cdot (\pi x^2) = \pi \sigma \omega x^3 dx$ है।
कुल चुंबकीय आघूर्ण $M$ ज्ञात करने के लिए,$x = 0$ से $x = R$ तक $dM$ का समाकलन करें:
$M = \int_{0}^{R} \pi \sigma \omega x^3 dx = \pi \sigma \omega \left[ \frac{x^4}{4} \right]_{0}^{R} = \frac{1}{4} \pi \sigma \omega R^4$.

(D) वैद्युत क्षेत्र $E$ और विभव $\phi$ के बीच संबंध $E = -\frac{d\phi}{dr}$ है।
दिया गया है $\phi = ar^2 + b$,इसलिए $E = -\frac{d}{dr}(ar^2 + b) = -2ar$ है।
गॉस के नियम के अवकल रूप के अनुसार,आवेश घनत्व $\rho$ को $\nabla \cdot E = \frac{\rho}{\varepsilon_0}$ द्वारा व्यक्त किया जाता है।
गोलीय निर्देशांक में,त्रिज्यीय सममित क्षेत्र $E(r)$ के लिए,डाइवर्जेंस $\frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}(r^2 E) = \frac{\rho}{\varepsilon_0}$ होता है।
समीकरण में $E = -2ar$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\rho}{\varepsilon_0} = \frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}(r^2 (-2ar)) = \frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}(-2ar^3) = \frac{1}{r^2} (-6ar^2) = -6a$ प्राप्त होता है।
अतः,आवेश घनत्व $\rho = -6a\varepsilon_0$ है।

(B) तार का प्रतिरोध $R = \frac{\rho l}{A}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि तार को खींचने पर उसका आयतन $V = A \times l$ स्थिर रहता है,इसलिए हम $A = \frac{V}{l}$ लिख सकते हैं।
इसे प्रतिरोध के सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $R = \frac{\rho l^2}{V}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\rho$ और $V$ स्थिर हैं,इसलिए $R \propto l^2$ है।
छोटे परिवर्तनों के लिए अवकलन का उपयोग करने पर,प्रतिरोध में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta R}{R} = 2 \frac{\Delta l}{l}$ होता है।
यह दिया गया है कि तार को $0.1 \%$ खींचा जाता है,इसलिए $\frac{\Delta l}{l} = 0.1 \% = 0.001$ है।
अतः,$\frac{\Delta R}{R} = 2 \times 0.1 \% = 0.2 \%$ है।
चूंकि परिवर्तन धनात्मक है,इसलिए प्रतिरोध $0.2 \%$ बढ़ जाएगा।

(D) क्षैतिज अक्ष के साथ $\theta$ कोण पर एक छोटा कोणीय अवयव $d\theta$ लें। इस अवयव से प्रवाहित होने वाली धारा $dI = \frac{I}{\pi} d\theta$ है।
केंद्र पर इस अनंत तार के अवयव के कारण चुंबकीय क्षेत्र $dB$ अनंत तार के सूत्र द्वारा दिया जाता है: $dB = \frac{\mu_0 (2 dI)}{4\pi R} = \frac{\mu_0 dI}{2\pi R}$।
$dI$ का मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $dB = \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} d\theta$।
सममिति के कारण,चुंबकीय क्षेत्र के क्षैतिज घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं और केवल ऊर्ध्वाधर घटक जुड़ते हैं। ऊर्ध्वाधर घटक $dB_y = dB \sin\theta$ है।
$\theta = 0$ से $\pi$ तक समाकलन करने पर:
$B_{net} = \int_0^{\pi} \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} \sin\theta d\theta$
$B_{net} = \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} [-\cos\theta]_0^{\pi}$
$B_{net} = \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} [-(-1) - (-1)] = \frac{\mu_0 I}{2\pi^2 R} [2] = \frac{\mu_0 I}{\pi^2 R}$।

(A) सीमा $x-z$ समतल है,इसलिए सतह पर अभिलंब $y$-अक्ष (इकाई सदिश $\widehat{j}$) है।
आपतित किरण सदिश $\overrightarrow{A} = 6\sqrt{3} \widehat{i} + 8\sqrt{3} \widehat{j} - 10\widehat{k}$ है।
यदि हम मानते हैं कि सीमा $x-y$ समतल है,तो अभिलंब $\widehat{k}$ है।
आपतन कोण $i$ के लिए,$\cos i = \frac{|\overrightarrow{A} \cdot (-\widehat{k})|}{|A|} = \frac{10}{20} = \frac{1}{2} \implies i = 60^o$।
स्नेल के नियम के अनुसार: $\sqrt{2} \sin 60^o = \sqrt{3} \sin r$
$\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \sin r$
$\sin r = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
अतः,$r = 45^o$।

(B) दिया गया है: फोकस दूरी $f = +20\ cm = +0.2\ m$,वस्तु की दूरी $u = -2.8\ m$,वस्तु की गति $\frac{du}{dt} = -15\ m/s$ (क्योंकि दूरी कम हो रही है)।
दर्पण सूत्र का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$.
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $-\frac{1}{v^2} \frac{dv}{dt} - \frac{1}{u^2} \frac{du}{dt} = 0$.
अतः,$\frac{dv}{dt} = -\frac{v^2}{u^2} \frac{du}{dt}$.
दर्पण सूत्र से,$v = \frac{uf}{u-f} = \frac{(-2.8)(0.2)}{-2.8 - 0.2} = \frac{-0.56}{-3.0} = \frac{0.56}{3} = \frac{56}{300} = \frac{14}{75}\ m$.
अब,$\frac{dv}{dt} = -\left( \frac{v}{u} \right)^2 \frac{du}{dt} = -\left( \frac{14/75}{-2.8} \right)^2 (-15) = -\left( \frac{14/75}{-210/75} \right)^2 (-15) = -\left( -\frac{14}{210} \right)^2 (-15) = -\left( -\frac{1}{15} \right)^2 (-15) = -\left( \frac{1}{225} \right) (-15) = \frac{15}{225} = \frac{1}{15}\ m/s$.

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max}$ और निरोधी विभव $V_0$ इस प्रकार हैं: $K_{max} = eV_0 = hv - hv_0$.
यहाँ,$h$ प्लांक नियतांक है,$v$ आपतित प्रकाश की आवृत्ति है और $v_0$ देहली आवृत्ति है।
समीकरण से,$K_{max} = hv - hv_0$. यदि आवृत्ति $v$ को दोगुना करके $2v$ कर दिया जाए,तो नई अधिकतम गतिज ऊर्जा $K'_{max} = h(2v) - hv_0 = 2hv - hv_0$ होगी।
चूंकि $2hv - hv_0$,$2(hv - hv_0)$ के बराबर नहीं है,इसलिए अधिकतम गतिज ऊर्जा दोगुनी नहीं होती है। परिणामस्वरूप,निरोधी विभव $V_0$ भी दोगुना नहीं होता है। अतः,कथन-$1$ असत्य है।
कथन-$2$ सत्य है क्योंकि $K_{max}$ और $V_0$ आवृत्ति $v$ के रैखिक फलन हैं (अर्थात,$y = mx + c$ रूप)।

(D) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान चालक में प्रेरित $emf$ $(e)$ का सूत्र $e = Bvl \sin(\theta)$ है,जहाँ $B$ चुंबकीय क्षेत्र है,$v$ वेग है,$l$ चालक की लंबाई है,और $\theta$ वेग सदिश तथा चुंबकीय क्षेत्र सदिश के बीच का कोण है।
यहाँ,वेग पूर्व की ओर है और चुंबकीय क्षेत्र उत्तर की ओर है,इसलिए वे परस्पर लंबवत हैं $(\theta = 90^\circ)$।
दिया गया है: $B = 5.0 \times 10^{-5} \text{ T}$,$v = 1.5 \text{ m/s}$,$l = 2 \text{ m}$।
$e = (5.0 \times 10^{-5}) \times 1.5 \times 2 = 15 \times 10^{-5} \text{ V}$।
$mV$ में बदलने के लिए,$10^3$ से गुणा करें: $e = 15 \times 10^{-5} \times 10^3 \text{ mV} = 15 \times 10^{-2} \text{ mV} = 0.15 \text{ mV}$।

(B) $LC$ परिपथ में कुल ऊर्जा स्थिर रहती है और इसे $U = \frac{q_0^2}{2C}$ द्वारा दिया जाता है।
किसी भी समय $t$ पर,संधारित्र पर आवेश $q = q_0 \cos(\omega t)$ होता है,जहाँ $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ है।
विद्युत क्षेत्र में संग्रहीत ऊर्जा $U_E = \frac{q^2}{2C} = \frac{q_0^2 \cos^2(\omega t)}{2C}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र में संग्रहीत ऊर्जा $U_B = U - U_E = \frac{q_0^2}{2C} - \frac{q_0^2 \cos^2(\omega t)}{2C} = \frac{q_0^2}{2C} \sin^2(\omega t)$ है।
हमें दिया गया है कि ऊर्जा समान रूप से संग्रहीत है,इसलिए $U_E = U_B$ है।
$\frac{q_0^2}{2C} \cos^2(\omega t) = \frac{q_0^2}{2C} \sin^2(\omega t) \implies \cos^2(\omega t) = \sin^2(\omega t) \implies \tan^2(\omega t) = 1$ है।
अतः,$\omega t = \frac{\pi}{4}$ है।
$\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $t = \frac{\pi}{4} \sqrt{LC}$ प्राप्त होता है।

(B) $RC$ परिपथ में चार्ज होते संधारित्र पर वोल्टेज $V(t) = V_0(1 - e^{-t/RC})$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$V_0 = 200 \ V$,$V(t) = 120 \ V$,$C = 2 \times 10^{-6} \ F$,और $t = 5 \ s$ है।
मान रखने पर: $120 = 200(1 - e^{-5/(R \times 2 \times 10^{-6})})$.
$0.6 = 1 - e^{-5/(R \times 2 \times 10^{-6})} \Rightarrow e^{-5/(R \times 2 \times 10^{-6})} = 0.4$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $-5/(R \times 2 \times 10^{-6}) = \ln(0.4) = -\ln(2.5)$.
$5/(R \times 2 \times 10^{-6}) = \ln(2.5) = 2.303 \times \log_{10}(2.5)$.
दिया है $\log_{10}(2.5) = 0.4$,इसलिए $\ln(2.5) = 2.303 \times 0.4 = 0.9212$.
$R = 5 / (2 \times 10^{-6} \times 0.9212) \approx 2.71 \times 10^6 \ \Omega$.

(C) $1$. कथन $- 1$ असत्य है। जब प्रकाश हवा (विरल माध्यम) से कांच (सघन माध्यम) की सतह से परावर्तित होता है,तो $\pi$ का कला परिवर्तन होता है। कथन $- 1$ में वर्णित इंटरफेस के संदर्भ में यह स्पष्ट नहीं है। कांच की प्लेट की सतह पर परावर्तन के दौरान $\pi$ का कला परिवर्तन होता है।
$2$. कथन $- 2$ सत्य है। लेंस और कांच की प्लेट के संपर्क बिंदु पर हवा की फिल्म की मोटाई शून्य होती है। नीचे की सतह (कांच की प्लेट) से परावर्तित प्रकाश में $\pi$ का कला परिवर्तन होता है,जबकि ऊपर की सतह से परावर्तित प्रकाश में ऐसा नहीं होता है। इसके परिणामस्वरूप,विनाशी व्यतिकरण होता है और केंद्र काला (dark) दिखाई देता है।

(B) हाइड्रोजन जैसे आयन में इलेक्ट्रॉन संक्रमण के लिए आवश्यक ऊर्जा का सूत्र इस प्रकार है:
$\Delta E = 13.6 Z^{2} \left( \frac{1}{n_{1}^{2}} - \frac{1}{n_{2}^{2}} \right) \text{eV}$
$Li^{++}$ आयन के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 3$ है।
संक्रमण पहली कक्षा $(n_{1} = 1)$ से तीसरी कक्षा $(n_{2} = 3)$ में होता है।
सूत्र में मान रखने पर:
$\Delta E = 13.6 \times (3)^{2} \left( \frac{1}{1^{2}} - \frac{1}{3^{2}} \right) \text{eV}$
$\Delta E = 13.6 \times 9 \left( 1 - \frac{1}{9} \right) \text{eV}$
$\Delta E = 13.6 \times 9 \left( \frac{8}{9} \right) \text{eV}$
$\Delta E = 13.6 \times 8 = 108.8 \text{eV}$

(B) क्षय का नियम $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $N(t)$ समय $t$ पर अविघटित परमाणुओं की संख्या है।
समय $t_1$ पर,पदार्थ का $\frac{1}{3}$ भाग क्षय हो जाता है,इसलिए शेष मात्रा $N(t_1) = N_0 - \frac{1}{3}N_0 = \frac{2}{3}N_0$ है।
अतः,$\frac{2}{3}N_0 = N_0 e^{-\lambda t_1} \Rightarrow e^{-\lambda t_1} = \frac{2}{3}$।
प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $-\lambda t_1 = \ln(\frac{2}{3}) \Rightarrow \lambda t_1 = \ln(1.5)$।
समय $t_2$ पर,पदार्थ का $\frac{2}{3}$ भाग क्षय हो जाता है,इसलिए शेष मात्रा $N(t_2) = N_0 - \frac{2}{3}N_0 = \frac{1}{3}N_0$ है।
अतः,$\frac{1}{3}N_0 = N_0 e^{-\lambda t_2} \Rightarrow e^{-\lambda t_2} = \frac{1}{3}$।
प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $-\lambda t_2 = \ln(\frac{1}{3}) \Rightarrow \lambda t_2 = \ln(3)$।
समय अंतराल $t_2 - t_1 = \frac{\ln(3) - \ln(1.5)}{\lambda} = \frac{\ln(3/1.5)}{\lambda} = \frac{\ln(2)}{\lambda}$ है।
चूँकि अर्ध-आयु $T_{1/2} = \frac{\ln(2)}{\lambda} = 20 \, min$ है,इसलिए $t_2 - t_1 = 20 \, min$ प्राप्त होता है।

(A) कथन-$1$ सत्य है क्योंकि स्काई वेव आयनमंडल द्वारा परावर्तित होती हैं,जिससे लंबी दूरी का संचार संभव होता है। ये ग्राउंड वेव की तुलना में कम स्थिर होती हैं क्योंकि ये आयनमंडलीय स्थितियों पर निर्भर करती हैं।
कथन-$2$ सत्य है क्योंकि सौर विकिरण के कारण आयनमंडल की परतों का इलेक्ट्रॉन घनत्व और ऊंचाई लगातार बदलती रहती है,जो समय और मौसम के साथ परिवर्तित होती है।
चूंकि कथन-$1$ में उल्लिखित स्काई वेव संकेतों की अस्थिरता सीधे कथन-$2$ में वर्णित आयनमंडल के परिवर्तनों के कारण है,इसलिए कथन-$2$,कथन-$1$ की सही व्याख्या है।

(B) मॉड्यूलेशन एक कम आवृत्ति वाले सूचना सिग्नल को उच्च आवृत्ति वाली वाहक तरंग (carrier wave) पर अध्यारोपित करने की प्रक्रिया है। मॉड्यूलेशन के मुख्य कारण हैं:
$1$. एंटीना का आकार कम करने के लिए: आवश्यक न्यूनतम एंटीना ऊंचाई $h = \lambda/4$ है। कम आवृत्ति वाले संकेतों के लिए, $\lambda$ बहुत बड़ा होता है, जिसके लिए अव्यावहारिक रूप से बड़े एंटीना की आवश्यकता होती है। मॉड्यूलेशन आवृत्ति को बढ़ाता है, जिससे $\lambda$ और एंटीना का आकार कम हो जाता है।
$2$. चयनात्मकता बढ़ाने के लिए: विभिन्न वाहक आवृत्तियों का उपयोग करके, हस्तक्षेप के बिना एक साथ कई संकेतों को प्रसारित किया जा सकता है।
$3$. आंशिक बैंडविड्थ को कम करने के लिए: सिग्नल बैंडविड्थ और केंद्र आवृत्ति का अनुपात कम हो जाता है, जिससे सिग्नल को प्रोसेस और मल्टीप्लेक्स करना आसान हो जाता है।
मॉड्यूलेशन संचरण और रिसेप्शन के बीच समय अंतराल को कम नहीं करता है, क्योंकि सिग्नल मॉड्यूलेशन प्रक्रिया की परवाह किए बिना प्रकाश की गति $(c)$ पर यात्रा करता है। इसलिए, विकल्प $B$ गलत है।

(B) आवेश पर कार्य करने वाला कुल लोरेंत्ज़ बल $\overrightarrow{F} = q\overrightarrow{E} + q(\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B})$ द्वारा दिया जाता है।
सबसे पहले,सदिश गुणनफल $\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B}$ की गणना करें:
$\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 3 & 4 & 1 \\ 1 & 1 & -3 \end{vmatrix}$
$= \hat{i}(-12 - 1) - \hat{j}(-9 - 1) + \hat{k}(3 - 4)$
$= -13\hat{i} + 10\hat{j} - \hat{k}$.
अब,इस मान को बल के समीकरण में रखें:
$\overrightarrow{F} = q[(3\hat{i} + \hat{j} + 2\hat{k}) + (-13\hat{i} + 10\hat{j} - \hat{k})]$
$\overrightarrow{F} = q[(3 - 13)\hat{i} + (1 + 10)\hat{j} + (2 - 1)\hat{k}]$
$\overrightarrow{F} = q[-10\hat{i} + 11\hat{j} + \hat{k}]$.
बल का $y$-घटक $\hat{j}$ का गुणांक है,जो $11q$ है।

(D) विभव प्रवणता $(x)$ को तार की प्रति इकाई लंबाई में होने वाले विभव पतन के रूप में परिभाषित किया जाता है: $x = \frac{V}{\ell} = \frac{iR}{\ell}$.
चूंकि प्रतिरोध $R = \frac{\rho \ell}{A}$ होता है,इसलिए इसे समीकरण में रखने पर: $x = \frac{i (\rho \ell / A)}{\ell} = \frac{i \rho}{A}$.
दिए गए मान: धारा $i = 0.2 \, A$,प्रतिरोधकता $\rho = 4 \times 10^{-7} \, \Omega \cdot m$,और अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A = 8 \times 10^{-7} \, m^2$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर: $x = \frac{0.2 \times 4 \times 10^{-7}}{8 \times 10^{-7}}$.
$x = \frac{0.8 \times 10^{-7}}{8 \times 10^{-7}} = 0.1 \, V/m$.

(C) $1$. सूर्य का प्रकाश वायुमंडलीय कणों द्वारा प्रकीर्णन (रेले प्रकीर्णन) से गुजरता है। यह प्रकीर्णित प्रकाश आंशिक रूप से ध्रुवीकृत होता है।
$2$. चूंकि नीले आकाश से आने वाला प्रकाश आंशिक रूप से ध्रुवीकृत होता है,इसलिए जब इसे कैल्साइट क्रिस्टल (जो एक ध्रुवक/विश्लेषक के रूप में कार्य करता है) के माध्यम से देखा जाता है,तो क्रिस्टल को घुमाने पर मैलस के नियम के कारण संचरित प्रकाश की तीव्रता बदल जाती है।
$3$. कथन-$I$ सही है क्योंकि आकाश का प्रकाश ध्रुवीकृत होता है।
$4$. कथन-$II$ सही है क्योंकि आकाश के प्रकाश का ध्रुवीकरण वास्तव में प्रकीर्णन के कारण होता है,और प्रकीर्णन नीले प्रकाश (छोटी तरंग दैर्ध्य) के लिए सबसे प्रभावी होता है।
$5$. कथन-$II$ वह भौतिक तंत्र (प्रकीर्णन) प्रदान करता है जो बताता है कि प्रकाश ध्रुवीकृत क्यों है,जो कथन-$I$ में अवलोकन का कारण है।

(A) कॉची के विक्षेपण सूत्र के अनुसार, किसी पदार्थ का अपवर्तनांक प्रकाश की तरंग दैर्ध्य पर निर्भर करता है। लाल प्रकाश के लिए अपवर्तनांक $(\mu_{R})$, नीले प्रकाश के अपवर्तनांक $(\mu_{B})$ से कम होता है, अर्थात $\mu_{R} < \mu_{B}$।
लेंस मेकर सूत्र $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\mu_{R} < \mu_{B}$, इसलिए पद $(\mu_{R} - 1)$, $(\mu_{B} - 1)$ से छोटा है।
परिणामस्वरूप, $\frac{1}{f_{R}} < \frac{1}{f_{B}}$, जिसका अर्थ है कि $f_{R} > f_{B}$।
अतः, जब नीले प्रकाश के स्थान पर लाल प्रकाश का उपयोग किया जाता है, तो उत्तल लेंस की फोकस दूरी बढ़ जाएगी।

(D) $C-R$ सर्किट में डिस्चार्ज हो रहे कैपेसिटर का वोल्टेज $V(t) = V_0 e^{-t/\tau}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $\tau = RC_{eq}$ टाइम कांस्टेंट है。
वोल्टेज को अपने मूल मान के आधे तक कम होने के लिए, $V_0/2 = V_0 e^{-t/\tau}$, जिसका अर्थ है $e^{-t/\tau} = 1/2$, या $t = \tau \ln(2)$。
समानांतर संयोजन के लिए, $C_{p} = C + C = 2C$। टाइम कांस्टेंट $\tau_p = R(2C) = 2RC$ है。
दिया गया है $t_1 = 10\; s$, इसलिए $10 = (2RC) \ln(2)$।
श्रेणी संयोजन के लिए, $C_{s} = (C \cdot C)/(C + C) = C/2$। टाइम कांस्टेंट $\tau_s = R(C/2) = RC/2$ है。
माना आवश्यक समय $t_2$ है। तो $t_2 = (RC/2) \ln(2)$。
दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$\frac{t_2}{t_1} = \frac{(RC/2) \ln(2)}{(2RC) \ln(2)} = \frac{1/2}{2} = \frac{1}{4}$。
अतः, $t_2 = t_1 / 4 = 10 / 4 = 2.5\; s$。

(D) निकाय का प्रारंभिक संवेग $P_{i} = 0$ है क्योंकि न्यूट्रॉन धीरे-धीरे चल रहा है (संवेग $\approx 0$) और $M$ द्रव्यमान का नाभिक स्थिर है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,अंतिम संवेग $P_{f}$ भी शून्य होना चाहिए।
मान लीजिए कि $m_{1}$ द्रव्यमान वाले नाभिक का संवेग $P_{1}$ है और $5m_{1}$ द्रव्यमान वाले नाभिक का संवेग $P_{2}$ है।
अतः,$P_{1} + P_{2} = 0$,जिसका अर्थ है कि $P_{1} = -P_{2}$।
परिमाण लेने पर,$|P_{1}| = |P_{2}| = P$ प्राप्त होता है।
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{P}$ द्वारा दी जाती है।
पहले नाभिक के लिए,$\lambda_{1} = \frac{h}{P_{1}} = \lambda$।
दूसरे नाभिक के लिए,$\lambda_{2} = \frac{h}{P_{2}} = \frac{h}{P_{1}} = \lambda$।
इसलिए,दूसरे नाभिक की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य भी $\lambda$ होगी।

(C) मान लीजिए कि $OR$ गेट के इनपुट $A$ और $B$ हैं। $OR$ गेट का आउटपुट $X = A + B$ है।
यह आउटपुट $X$,$NAND$ गेट के दोनों इनपुट से जुड़ा है। मान लीजिए $NAND$ गेट के इनपुट $I_1 = X$ और $I_2 = X$ हैं।
$NAND$ गेट का आउटपुट $Y = \overline{I_1 \cdot I_2} = \overline{X \cdot X} = \overline{X}$ द्वारा दिया जाता है।
$X = A + B$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $Y = \overline{A + B}$ प्राप्त होता है।
व्यंजक $\overline{A + B}$ एक $NOR$ गेट के बूलियन ऑपरेशन को दर्शाता है।
अतः,यह संयोजन $NOR$ गेट के रूप में कार्य करता है।

(B) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान चालक में प्रेरित इलेक्ट्रोमोटिव बल $(emf)$ का सूत्र है: $e = B \cdot l \cdot v$
दिए गए मान:
चुंबकीय क्षेत्र $(B)$ = $0.30 \times 10^{-4} \; Wb/m^2$
तार की लंबाई $(l)$ = $20 \; m$
तार का वेग $(v)$ = $5.0 \; m/s$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$e = (0.30 \times 10^{-4}) \times 20 \times 5.0$
$e = 0.30 \times 10^{-4} \times 100$
$e = 0.30 \times 10^{-2} \; V$
$e = 3 \times 10^{-3} \; V$
चूंकि $1 \; V = 1000 \; mV$,इसलिए:
$e = 3 \; mV$