AIEEE 2012 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) परिवर्तनीय द्रव्यमान प्रणाली के लिए न्यूटन के दूसरे नियम के अनुसार उपग्रह पर कार्य करने वाला बल $F = \frac{d}{dt}(Mv)$ है।
चूंकि उपग्रह बल-मुक्त अंतरिक्ष में है,इसलिए कुल बाहरी बल $F = 0$ है।
अवकलन का विस्तार करने पर: $F = M \frac{dv}{dt} + v \frac{dM}{dt} = 0$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि द्रव्यमान संचय की दर $\frac{dM}{dt} = \alpha v$ है,इसे समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$M \frac{dv}{dt} + v(\alpha v) = 0$ प्राप्त होता है।
त्वरण $a = \frac{dv}{dt}$ के लिए समीकरण को व्यवस्थित करने पर:
$M \frac{dv}{dt} = -\alpha v^2$ प्राप्त होता है।
अतः,मंदन (या त्वरण) $a = -\frac{\alpha v^2}{M}$ है।

(C) पृथ्वी के अंदर एक बिंदु $(r < R)$ के लिए, गुरुत्वीय त्वरण $g_{in} = \frac{4}{3} \pi G \rho r$ द्वारा दिया जाता है, जिसका अर्थ है कि $g \propto r$। यह मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है।
पृथ्वी के बाहर एक बिंदु $(r \geq R)$ के लिए, गुरुत्वीय त्वरण $g_{out} = \frac{GM}{r^2}$ द्वारा दिया जाता है, जिसका अर्थ है कि $g \propto \frac{1}{r^2}$। यह एक वक्र को दर्शाता है जो $r$ के बढ़ने पर घटता है।
इसलिए, ग्राफ $r = R$ तक एक रैखिक वृद्धि और फिर $r > R$ के लिए एक गैर-रैखिक कमी दिखाता है, जो विकल्प $C$ में दिए गए ग्राफ के अनुरूप है।

(B) $L$ लंबाई की खुली नली की मूल आवृत्ति $f_0 = \frac{v}{2L}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $v$ हवा में ध्वनि की गति है।
जब नली को पानी में लंबवत इस प्रकार डुबोया जाता है कि उसकी आधी लंबाई पानी के अंदर हो,तो नली प्रभावी रूप से एक बंद पाइप (एक सिरे पर पानी की सतह द्वारा बंद) बन जाती है,जिसकी नई लंबाई $L' = L/2$ है।
$L'$ लंबाई के बंद पाइप की मूल आवृत्ति $f' = \frac{v}{4L'}$ द्वारा दी जाती है।
सूत्र में $L' = L/2$ रखने पर,हमें $f' = \frac{v}{4(L/2)} = \frac{v}{2L}$ प्राप्त होता है।
इसकी मूल आवृत्ति के साथ तुलना करने पर,हमें $f' = f_0$ प्राप्त होता है।

(C) माना पृष्ठ तनाव $(S)$ का विमीय सूत्र $S = E^x V^y T^z$ है।
पृष्ठ तनाव की विमाएँ $[S] = [MT^{-2}]$ होती हैं।
मूल राशियों की विमाएँ इस प्रकार हैं:
$[E] = [ML^2T^{-2}]$
$[V] = [LT^{-1}]$
$[T] = [T]$
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$[MT^{-2}] = [ML^2T^{-2}]^x [LT^{-1}]^y [T]^z$
$[MT^{-2}] = [M^x L^{2x+y} T^{-2x-y+z}]$
दोनों पक्षों में $M, L,$ और $T$ की घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $x = 1$
$L$ के लिए: $2x + y = 0 \Rightarrow 2(1) + y = 0 \Rightarrow y = -2$
$T$ के लिए: $-2x - y + z = -2 \Rightarrow -2(1) - (-2) + z = -2 \Rightarrow -2 + 2 + z = -2 \Rightarrow z = -2$
अतः,पृष्ठ तनाव का विमीय सूत्र $[EV^{-2}T^{-2}]$ होगा।

(D) स्पेक्ट्रोमीटर की रीडिंग इस सूत्र द्वारा दी जाती है: $\text{रीडिंग} = \text{मुख्य स्केल रीडिंग} + (\text{वर्नियर स्केल रीडिंग} \times \text{अल्पतमांक})$.
सबसे पहले,वर्नियर स्केल का अल्पतमांक $(LC)$ ज्ञात करें:
$LC = \frac{\text{मुख्य स्केल के 1 भाग का मान}}{\text{वर्नियर स्केल के कुल भाग}} = \frac{0.5^{\circ}}{30}$.
दिया गया है:
मुख्य स्केल रीडिंग $= 58.5^{\circ}$
वर्नियर स्केल रीडिंग $= 09$ भाग
अब,कुल रीडिंग $(R)$ की गणना करें:
$R = 58.5^{\circ} + (9 \times \frac{0.5^{\circ}}{30})$
$R = 58.5^{\circ} + (9 \times 0.01667^{\circ})$
$R = 58.5^{\circ} + 0.15^{\circ}$
$R = 58.65^{\circ}$.

(B) ओम के नियम के अनुसार,प्रतिरोध $R$ को $R = \frac{V}{I}$ द्वारा दर्शाया जाता है।
भागफल के लिए,सापेक्ष त्रुटि व्यक्तिगत राशियों की सापेक्ष त्रुटियों का योग होती है: $\frac{\Delta R}{R} = \frac{\Delta V}{V} + \frac{\Delta I}{I}$.
प्रतिशत त्रुटि ज्ञात करने के लिए,हम $100$ से गुणा करते हैं:
$\frac{\Delta R}{R} \times 100 = \left( \frac{\Delta V}{V} \times 100 \right) + \left( \frac{\Delta I}{I} \times 100 \right)$.
दिया गया है कि वोल्टेज में प्रतिशत त्रुटि $\frac{\Delta V}{V} \times 100 = 3\%$ है और धारा में प्रतिशत त्रुटि $\frac{\Delta I}{I} \times 100 = 3\%$ है।
अतः,प्रतिरोध में प्रतिशत त्रुटि $3\% + 3\% = 6\%$ है।

(A) प्रक्षेप्य द्वारा प्राप्त अधिकतम ऊँचाई $H_{max}$ का सूत्र $H_{max} = \frac{u^2}{2g}$ है।
यहाँ $H_{max} = 10 \ m$ दिया गया है,इसलिए $10 = \frac{u^2}{2g}$,जिसका अर्थ है कि $u^2 = 20g$ है।
अधिकतम क्षैतिज परास $R_{max}$ तब प्राप्त होता है जब प्रक्षेपण कोण $45^\circ$ हो,जिसका सूत्र $R_{max} = \frac{u^2}{g}$ है।
$u^2$ का मान रखने पर,हमें $R_{max} = \frac{20g}{g} = 20 \ m$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है कि बल $F(t) = F_0e^{-bt}$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,$F = m \frac{dv}{dt}$.
अतः,$m \frac{dv}{dt} = F_0e^{-bt}$.
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{dv}{dt} = \frac{F_0}{m} e^{-bt}$.
दोनों पक्षों का समय $t$ के सापेक्ष $0$ से $t$ तक और वेग $v$ के लिए $0$ से $v(t)$ तक समाकलन करने पर:
$\int_0^{v(t)} dv = \int_0^t \frac{F_0}{m} e^{-bt} dt$.
$v(t) = \frac{F_0}{m} \left[ \frac{e^{-bt}}{-b} \right]_0^t$.
$v(t) = \frac{F_0}{m} \left( \frac{e^{-bt}}{-b} - \frac{e^0}{-b} \right)$.
$v(t) = \frac{F_0}{mb} (1 - e^{-bt})$.
जैसे-जैसे $t \to \infty$,$v(t) \to \frac{F_0}{mb}$.
यह एक चरघातांकीय वृद्धि वक्र को दर्शाता है जो $v = \frac{F_0}{mb}$ पर एक क्षैतिज अनंतस्पर्शी (asymptote) की ओर अग्रसर होता है।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,वक्र $D$ इस व्यवहार को दर्शाता है।

(B) बल $F$ द्वारा स्प्रिंग को खींचने में किया गया कार्य $W = \frac{F^2}{2k}$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि समान बल $F$ के लिए,$W_1 > W_2$,इसलिए $\frac{F^2}{2k_1} > \frac{F^2}{2k_2}$,जिसका अर्थ है $k_1 < k_2$। अतः,कथन $2$ सत्य है।
जब स्प्रिंग को समान विस्तार $x$ तक खींचा जाता है,तो किया गया कार्य $W = \frac{1}{2}kx^2$ होता है।
चूंकि $k_1 < k_2$,समान विस्तार $x$ के लिए,$W_1 = \frac{1}{2}k_1x^2$ और $W_2 = \frac{1}{2}k_2x^2$। इसलिए,$W_1 < W_2$।
कथन $1$ दावा करता है कि समान विस्तार के लिए $W_1 > W_2$,जो कि असत्य है।
अतः,कथन $1$ असत्य है और कथन $2$ सत्य है।

(B) न्यूटन के शीतलन के नियम के अनुसार,तापमान परिवर्तन की दर वस्तु और उसके परिवेश के बीच के तापमान अंतर के समानुपाती होती है:
$\frac{d\theta}{dt} = -k(\theta - \theta_0)$
समाकलन के लिए पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\frac{d\theta}{\theta - \theta_0} = -k dt$
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर:
$\int \frac{d\theta}{\theta - \theta_0} = \int -k dt$
$\ln(\theta - \theta_0) = -kt + C$
यह समीकरण $y = mx + c$ के रूप में है,जहाँ $y = \ln(\theta - \theta_0)$,$x = t$,$m = -k$ (ऋणात्मक ढाल),और $c$ अंतःखंड है। यह एक ऋणात्मक ढाल वाली सीधी रेखा को दर्शाता है। इसलिए,सही ग्राफ नीचे की ओर झुकती हुई एक सीधी रेखा है।

(A) $m$ द्रव्यमान की वस्तु को पृथ्वी की सतह से अनंत (मुक्त अंतरिक्ष) तक प्रक्षेपित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा सतह पर गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा के बराबर होती है,जो सूत्र: $E = \frac{GMm}{R}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि सतह पर गुरुत्वीय त्वरण $g = \frac{GM}{R^2}$ है,इसलिए हम $GM = gR^2$ लिख सकते हैं।
इसे ऊर्जा समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $E = \frac{(gR^2)m}{R} = mgR$.
दिए गए मान: $m = 1000 \ kg$,$g = 10 \ m/s^2$,और $R = 6400 \ km = 6.4 \times 10^6 \ m$.
ऊर्जा की गणना करने पर: $E = 1000 \times 10 \times 6.4 \times 10^6 = 6.4 \times 10^{10} \ J$.

(A) रिंग को $\Delta T$ तक गर्म किया जाता है ताकि इसकी लंबाई में $\Delta L = L\alpha\Delta T$ की वृद्धि हो और यह $2\pi R$ परिधि वाले पहिये पर फिट हो जाए। जब यह ठंडा होता है,तो यह रिंग में $F$ तनाव बल उत्पन्न करता है। रिंग में प्रतिबल $\sigma = F/S$ है। विकृति $\epsilon = \Delta L/L = \alpha\Delta T$ है। यंग मापांक $Y = \sigma / \epsilon$ का उपयोग करने पर,$Y = \frac{F/S}{\alpha\Delta T}$ प्राप्त होता है,जिससे रिंग में तनाव बल $F = SY\alpha\Delta T$ मिलता है।
पहिये के एक अर्धवृत्ताकार भाग पर विचार करें। रिंग अर्धवृत्त के प्रत्येक सिरे पर स्पर्शरेखीय दिशा में $F$ बल लगाती है। दोनों अर्धवृत्ताकार भागों को एक साथ दबाने वाला कुल बल दोनों संपर्क बिंदुओं पर रिंग द्वारा लगाए गए बलों का योग है। चूंकि रिंग प्रत्येक सिरे पर $F$ बल लगाती है,इसलिए एक भाग दूसरे भाग पर $2F$ बल लगाता है। अतः,कुल बल $F_{net} = 2F = 2SY\alpha\Delta T$ है।

(A) एक तरल फिल्म की दो सतहें (सामने और पीछे) होती हैं। इसलिए,स्लाइडर पर ऊपर की ओर कार्य करने वाला पृष्ठ तनाव के कारण कुल बल $F = 2TL$ है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है और $L$ स्लाइडर की लंबाई है।
दिया गया है:
भार $W = mg = 1.5 \times 10^{-2} \; N$
लंबाई $L = 30 \; cm = 0.3 \; m$
संतुलन के लिए,पृष्ठ तनाव के कारण ऊपर की ओर लगने वाला बल नीचे की ओर लगने वाले भार को संतुलित करना चाहिए:
$2TL = mg$
मान रखने पर:
$2 \times T \times 0.3 = 1.5 \times 10^{-2}$
$0.6 \times T = 0.015$
$T = \frac{0.015}{0.6} = 0.025 \; N m^{-1}$

(B) हीलियम जैसी एकपरमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f = 3$ है। अतः,$C_V = \frac{3}{2}R$ और $C_p = \frac{5}{2}R$ है।
यह चक्र चार प्रक्रियाओं से बना है:
$A \to B$: समआयतनिक तापन ($V = V_0$,$P$ का मान $P_0$ से $2P_0$ तक बढ़ता है)। अवशोषित ऊष्मा $Q_{AB} = nC_V(T_B - T_A) = \frac{3}{2}(P_B V_B - P_A V_A) = \frac{3}{2}(2P_0 V_0 - P_0 V_0) = \frac{3}{2}P_0 V_0$.
$B \to C$: समदाबी प्रसार ($P = 2P_0$,$V$ का मान $V_0$ से $2V_0$ तक बढ़ता है)। अवशोषित ऊष्मा $Q_{BC} = nC_p(T_C - T_B) = \frac{5}{2}(P_C V_C - P_B V_B) = \frac{5}{2}(2P_0(2V_0) - 2P_0 V_0) = 5P_0 V_0$.
कुल ऊष्मा इनपुट $Q_{in} = Q_{AB} + Q_{BC} = \frac{3}{2}P_0 V_0 + 5P_0 V_0 = \frac{13}{2}P_0 V_0$.
किया गया कार्य $W = ABCD$ आयत का क्षेत्रफल = $(2V_0 - V_0) \times (2P_0 - P_0) = P_0 V_0$.
दक्षता $\eta = \frac{W}{Q_{in}} = \frac{P_0 V_0}{\frac{13}{2}P_0 V_0} = \frac{2}{13} \approx 0.1538$.
अतः,$\eta \approx 15.4\%$।

(B) कार्नो 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 है।
प्रथम स्थिति के लिए: $\eta_1 = 0.4$,$T_1 = 500\ K$.
$0.4 = 1 - \frac{T_2}{500} \implies \frac{T_2}{500} = 0.6 \implies T_2 = 300\ K$.
दूसरी स्थिति के लिए: $\eta_2 = 0.6$,$T_2 = 300\ K$ (समान सिंक तापमान).
$0.6 = 1 - \frac{300}{T_1'} \implies \frac{300}{T_1'} = 0.4 \implies T_1' = \frac{300}{0.4} = 750\ K$.
अतः,आवश्यक इनटेक तापमान $750\ K$ है।

(A) अवमंदित लोलक के लिए गति का समीकरण $I \alpha = -mg \ell \theta - b' v \ell$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $b'$ अवमंदन स्थिरांक है। गोलाकार बॉब के लिए,ड्रैग बल $F_d = -bv$ है। कोणीय विस्थापन $\theta(t) = \theta_0 e^{-(b/2m)t} \sin(\omega t + \phi)$ के रूप में होता है।
यह दिया गया है कि आयाम $A(t) = \theta_0 e^{-(b/2m)t}$ के अनुसार घटता है,हम औसत जीवनकाल $\tau$ को उस समय के रूप में परिभाषित करते हैं जब आयाम प्रारंभिक आयाम $\theta_0$ का $1/e$ हो जाता है।
अतः,$\theta_0/e = \theta_0 e^{-(b/2m)\tau}$।
घातांकों की तुलना करने पर,हमें $1 = (b/2m)\tau$ प्राप्त होता है।
यह मानते हुए कि प्रश्न में दिया गया समानुपातिकता स्थिरांक $b$ प्रति इकाई द्रव्यमान अवमंदन कारक (जिसे अक्सर $b/m$ के रूप में दर्शाया जाता है) को संदर्भित करता है,औसत जीवनकाल $\tau = 2/b$ है।

(D) वृत्ताकार पथ पर गति करने वाली वस्तु का अभिकेंद्र त्वरण $a_c = \omega^2 r$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\omega$ कोणीय वेग है और $r$ वृत्त की त्रिज्या है।
चूंकि दोनों कारें समान समय $t$ में अपना वृत्त पूरा करती हैं,इसलिए उनके कोणीय वेग समान हैं,जो $\omega = \frac{2\pi}{t}$ है।
मान लीजिए कि दोनों कारों के अभिकेंद्र त्वरण क्रमशः $a_1$ और $a_2$ हैं।
तब,$a_1 = \omega^2 r_1$ और $a_2 = \omega^2 r_2$ होगा।
उनके अभिकेंद्र त्वरण का अनुपात $\frac{a_1}{a_2} = \frac{\omega^2 r_1}{\omega^2 r_2} = \frac{r_1}{r_2}$ है।
अतः,अनुपात $r_1 : r_2$ है।

(D) दिया गया है: कार का द्रव्यमान $m = 1000\,kg$,प्रारंभिक वेग $u = 30\,m/s$,अंतिम वेग $v = 0\,m/s$,मंदक बल $F = 5000\,N$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,मंदन $a = \frac{F}{m} = \frac{5000}{1000} = 5\,m/s^2$ है।
चूंकि यह मंदन है,इसलिए त्वरण $-5\,m/s^2$ होगा।
गति के समीकरण $v^2 - u^2 = 2ad$ का उपयोग करते हुए:
$0^2 - (30)^2 = 2(-5)d$
$-900 = -10d$
$d = 90\,m$।
गति के समीकरण $v = u + at$ का उपयोग करते हुए:
$0 = 30 + (-5)t$
$5t = 30$
$t = 6\,s$।
अतः,$d = 90\,m$ और $t = 6\,s$।

(A) दिया गया है,प्रारंभिक आयतन $V_{1} = V$ और अंतिम आयतन $V_{2} = 2V$ है।
प्रारंभिक तापमान $T_{1} = 27^{\circ}C = 27 + 273 = 300 \text{ K}$ है।
चार्ल्स के नियम के अनुसार,स्थिर दबाव पर गैस का आयतन उसके परम तापमान के सीधे आनुपातिक होता है: $\frac{V_{1}}{T_{1}} = \frac{V_{2}}{T_{2}}$.
मान रखने पर: $\frac{V}{300} = \frac{2V}{T_{2}}$.
$T_{2}$ के लिए हल करने पर: $T_{2} = 2 \times 300 = 600 \text{ K}$.
अंतिम तापमान को सेल्सियस में बदलने पर: $T_{2} = 600 - 273 = 327^{\circ}C$.

(A) दिया गया है: बल $F = 100\,kN = 10^5\,N$,यंग मापांक $Y = 2 \times 10^{11}\,N/m^2$,मूल लंबाई $L = 1.0\,m$,और त्रिज्या $r = 10\,mm = 10^{-2\,m}$.
अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = 3.14 \times (10^{-2})^2 = 3.14 \times 10^{-4}\,m^2$.
यंग मापांक की परिभाषा के अनुसार,$Y = \frac{\text{Stress}}{\text{Strain}} = \frac{F/A}{\Delta L/L}$.
अतः,$\text{Strain} = \frac{F}{AY} = \frac{10^5}{3.14 \times 10^{-4} \times 2 \times 10^{11}}$.
$\text{Strain} = \frac{10^5}{6.28 \times 10^7} = \frac{1}{628} \approx 0.00159$.
प्रतिशत विकृति = $\text{Strain} \times 100 = 0.00159 \times 100 \approx 0.16\%$.

(A) $Stefan's\,law$ के अनुसार, प्रति इकाई क्षेत्रफल में विकिरित शक्ति $E = \sigma T^4$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है:
तापमान $T = 3000\,K$
$Stefan$ का नियतांक $\sigma = 5.7 \times 10^{-8}\,W\,m^{-2}\,K^{-4}$
समय $t = 1\,\text{घंटा }= 3600\,\text{सेकंड}$
समय $t$ में प्रति इकाई क्षेत्रफल में विकिरित ऊष्मा $(Q/A)$:
$Q/A = E \times t = \sigma T^4 \times t$
मान रखने पर:
$Q/A = (5.7 \times 10^{-8}) \times (3000)^4 \times 3600$
$Q/A = 5.7 \times 10^{-8} \times 81 \times 10^{12} \times 3600$
$Q/A = 5.7 \times 81 \times 3600 \times 10^4$
$Q/A = 1662120 \times 10^4 = 1.66212 \times 10^{10}\,J \approx 1.7 \times 10^{10}\,J$.

(D) $1$. विनाशी व्यतिकरण तब होता है जब दो तरंगों की आवृत्ति और आयाम समान हों लेकिन कलांतर $\pi$ रेडियन $(180^o)$ हो। $(i)$ और $(ii)$ की तुलना करने पर,कलांतर $\Delta \phi = 2\pi \times \frac{1}{2} = \pi$ है। अतः,$(i)$ और $(ii)$ विनाशी व्यतिकरण उत्पन्न करेंगे।
$2$. अप्रगामी (स्थिर) तरंगें तब बनती हैं जब समान आवृत्ति और आयाम वाली दो तरंगें विपरीत दिशाओं में गति करती हैं। $(iii)$ और $(iv)$ की तुलना करने पर,उनकी आवृत्ति $n_2$ और तरंगदैर्ध्य $\lambda_2$ समान हैं,लेकिन $\pm \frac{x}{\lambda_2}$ पद यह दर्शाता है कि वे विपरीत दिशाओं में गति कर रही हैं। अतः,$(iii)$ और $(iv)$ अप्रगामी तरंगें उत्पन्न करेंगे।

(B) किसी सतह पर द्रव की धारा द्वारा लगाया गया बल संवेग परिवर्तन की दर द्वारा दिया जाता है।
मान लीजिए कि $t$ समय में सतह से टकराने वाले पानी का द्रव्यमान $M$ है।
पानी की धारा का वेग $v$ है और सतह से टकराने के बाद यह स्थिर हो जाती है,इसलिए वेग में परिवर्तन $\Delta v = v - 0 = v$ है।
प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान $m = \frac{M}{L}$ के रूप में दिया गया है,जहाँ $L$ पानी की धारा की लंबाई है।
$t$ समय में,सतह से टकराने वाली पानी की धारा की लंबाई $L = v \cdot t$ है।
इसलिए,$t$ समय में सतह से टकराने वाले पानी का द्रव्यमान $M = m \cdot L = m \cdot v \cdot t$ है।
बल $F$ संवेग परिवर्तन की दर है: $F = \frac{\Delta p}{\Delta t} = \frac{M \cdot v}{t}$।
बल के समीकरण में $M = m \cdot v \cdot t$ प्रतिस्थापित करने पर:
$F = \frac{(m \cdot v \cdot t) \cdot v}{t} = m \cdot v^2$।
अतः,सतह पर लगने वाला बल $mv^2$ है।

(A) तात्क्षणिक वेग $v$ को स्थिति-समय ग्राफ की ढाल (slope) द्वारा दर्शाया जाता है,$v = \frac{dx}{dt}$।
चूंकि ग्राफ एक सीधी रेखा है,इसलिए ढाल सभी बिंदुओं पर स्थिर रहती है।
ग्राफ से,बिंदु $A$ पर,विस्थापन $\Delta x = 4\,m$,$\Delta t = 8\,s$ समय में होता है।
अतः,$v_A = \frac{4\,m}{8\,s} = 0.5\,m/s$।
इसी प्रकार,बिंदु $B$ पर,रेखा की ढाल समान रहती है।
अतः,$v_B = 0.5\,m/s$।
इसलिए,$v_A = v_B = 0.5\,m/s$।

(D) $M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाली पूर्ण डिस्क का उसके केंद्र $O$ के परितः जड़त्व आघूर्ण $(M.I.)$:
$I_{Total} = \frac{1}{2} M R^2$ --- $(i)$
हटाए गए वृत्ताकार छेद का द्रव्यमान (त्रिज्या $r = R/2$):
$m = \frac{M}{\pi R^2} \times \pi (R/2)^2 = \frac{M}{4}$
हटाए गए छेद का उसकी अपनी केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण:
$I_{cm} = \frac{1}{2} m r^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{M}{4} \right) \left( \frac{R}{2} \right)^2 = \frac{M R^2}{32}$
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,मूल डिस्क के केंद्र $O$ के परितः हटाए गए छेद का जड़त्व आघूर्ण:
$I_{removed} = I_{cm} + m d^2 = \frac{M R^2}{32} + \left( \frac{M}{4} \right) \left( \frac{R}{2} \right)^2 = \frac{M R^2}{32} + \frac{M R^2}{16} = \frac{3 M R^2}{32}$
शेष भाग का जड़त्व आघूर्ण:
$I_{remaining} = I_{Total} - I_{removed} = \frac{1}{2} M R^2 - \frac{3 M R^2}{32} = \frac{16 M R^2 - 3 M R^2}{32} = \frac{13}{32} M R^2$

(B) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + W$ होता है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया में,परिवेश के साथ ऊष्मा का कोई आदान-प्रदान नहीं होता है,इसलिए $\Delta Q = 0$ होता है।
अतः,$0 = \Delta U + W$,जिसका अर्थ है $\Delta U = -W$ या $W = -\Delta U$।
इसका मतलब है कि आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन गैस द्वारा किए गए कार्य के ऋणात्मक मान के बराबर (या गैस पर किए गए कार्य के बराबर) होता है। अतः,कथन $1$ सत्य है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया में,गैस का तापमान बदलता है क्योंकि कार्य होने के कारण आंतरिक ऊर्जा बदलती है। इसलिए,कथन $2$ असत्य है।

(A) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,कण की गतिज ऊर्जा में परिवर्तन उस पर कार्य करने वाले कुल बल द्वारा किए गए कार्य के बराबर होता है।
$\Delta K = W = \vec{F} \cdot \Delta \vec{r}$
दिया गया है:
$\vec{F} = (7\hat{i} + 4\hat{j} + 3\hat{k}) \text{ N}$
$\Delta \vec{r} = (2\hat{i} + 3\hat{j} + 4\hat{k}) \text{ m}$
अदिश गुणनफल (dot product) की गणना करने पर:
$W = (7 \times 2) + (4 \times 3) + (3 \times 4)$
$W = 14 + 12 + 12$
$W = 38 \text{ J}$
अतः,गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $38 \text{ J}$ है।

(C) ट्यूनिंग फोर्क की आवृत्ति $n \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $m$ भुजाओं का द्रव्यमान है।
जब ट्यूनिंग फोर्क की भुजाओं को घिसा जाता है,तो द्रव्यमान $m$ कम हो जाता है,जिससे आवृत्ति $n$ बढ़ जाती है।
अनुनाद नली में,अनुनाद की स्थिति $n = \frac{v}{4(L+e)}$ होती है,जहाँ $L$ वायु स्तंभ की लंबाई है और $e$ अंत सुधार (end correction) है।
चूंकि $n$ बढ़ता है,इसलिए ध्वनि की गति $v$ स्थिर रहने पर अनुनाद की स्थिति बनाए रखने के लिए $(L+e)$ पद को कम होना चाहिए।
अतः,वायु स्तंभ की लंबाई $L$ को कम किया जाना चाहिए,न कि बढ़ाया जाना चाहिए।
इस प्रकार,कथन $1$ असत्य है और कथन $2$ सत्य है।

(A) यंग मापांक $Y$ को $Y = \frac{FL}{A\Delta L}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $F$ भार है,$L$ लंबाई है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है,और $\Delta L$ विस्तार है।
विस्तार के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\Delta L = \frac{F}{A} \cdot \frac{L}{Y}$ प्राप्त होता है।
चूंकि सभी तारों की लंबाई $L$ समान है और वे एक ही पदार्थ से बने हैं (समान $Y$),इसलिए एक स्थिर भार $F$ के लिए विस्तार $\Delta L$ अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल $A$ के व्युत्क्रमानुपाती होता है (अर्थात,$\Delta L \propto \frac{1}{A}$)।
सबसे पतले तार का अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ सबसे कम होता है,जिसका अर्थ है कि दिए गए भार के लिए इसमें अधिकतम विस्तार होगा।
ग्राफ से,एक स्थिर भार के लिए,रेखा $OA$ के लिए विस्तार अधिकतम है।
इसलिए,$OA$ सबसे पतले तार को दर्शाता है।

(B) बिना फिसले लुढ़कने वाले एक ठोस गोले के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5}mr^2$ है और लुढ़कने की स्थिति $v = r\omega$ है,जिसका अर्थ है $\omega = \frac{v}{r}$।
घूर्णन गतिज ऊर्जा $K_{rot} = \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2} (\frac{2}{5}mr^2) (\frac{v}{r})^2 = \frac{1}{5}mv^2$ है।
स्थानांतरणीय गतिज ऊर्जा $K_{trans} = \frac{1}{2}mv^2$ है।
कुल गतिज ऊर्जा $K_{total} = K_{rot} + K_{trans} = \frac{1}{5}mv^2 + \frac{1}{2}mv^2 = \frac{7}{10}mv^2$ है।
घूर्णन गतिज ऊर्जा का अंश $\frac{K_{rot}}{K_{total}} = \frac{\frac{1}{5}mv^2}{\frac{7}{10}mv^2} = \frac{1}{5} \times \frac{10}{7} = \frac{2}{7}$ है।
स्थानांतरणीय गतिज ऊर्जा का अंश $\frac{K_{trans}}{K_{total}} = \frac{\frac{1}{2}mv^2}{\frac{7}{10}mv^2} = \frac{1}{2} \times \frac{10}{7} = \frac{5}{7}$ है।
अतः,गोले में $\frac{2}{7}$ घूर्णन और $\frac{5}{7}$ स्थानांतरणीय गतिज ऊर्जा होती है। इसलिए,विकल्प $(b)$ सही है।

(C) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,तापमान $T$ और आयतन $V$ के बीच संबंध $T V^{\gamma-1} = \text{स्थिरांक}$ होता है।
माना प्रारंभिक तापमान $T_1 = T$ और प्रारंभिक आयतन $V_1 = V$ है।
अंतिम आयतन $V_2 = \frac{V}{4}$ है और रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma = 1.5$ है।
रुद्धोष्म संबंध का उपयोग करने पर:
$T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$T (V)^{1.5-1} = T_2 (\frac{V}{4})^{1.5-1}$
$T (V)^{0.5} = T_2 (\frac{V}{4})^{0.5}$
दोनों पक्षों को $V^{0.5}$ से विभाजित करने पर:
$T = T_2 (\frac{1}{4})^{0.5}$
$T = T_2 (\frac{1}{2})$
अतः,अंतिम तापमान $T_2 = 2T$ होगा।

(C) माना प्रक्षेप्य का द्रव्यमान $m$ है और $h = 490\, m$ की ऊँचाई पर इसका वेग $v_0 = 200\, ms^{-1}$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,विस्फोट से पहले का संवेग विस्फोट के बाद के दोनों भागों के संवेग के योग के बराबर होता है।
$m v_0 = \frac{m}{2} v_1 + \frac{m}{2} v_2$
यहाँ $v_0 = 200\, ms^{-1}$ (ऊपर की ओर) और $v_1 = 400\, ms^{-1}$ (ऊपर की ओर) दिया गया है।
$m(200) = \frac{m}{2}(400) + \frac{m}{2} v_2$
$200 = 200 + \frac{1}{2} v_2$
$0 = \frac{1}{2} v_2 \Rightarrow v_2 = 0\, ms^{-1}$.
अतः,दूसरा भाग $490\, m$ की ऊँचाई पर स्थिर है।
दूसरे भाग के लिए गति के समीकरण $h = ut + \frac{1}{2}gt^2$ का उपयोग करने पर:
$490 = 0 \cdot t + \frac{1}{2} \times 9.8 \times t^2$
$490 = 4.9 t^2$
$t^2 = \frac{490}{4.9} = 100$
$t = 10\, s$.

(D) दिए गए ग्राफ के लिए,$(V_0, 2P_0)$ और $(2V_0, P_0)$ से गुजरने वाली $P-V$ रेखा का समीकरण है:
$P - 2P_0 = \frac{P_0 - 2P_0}{2V_0 - V_0} (V - V_0)$
$P - 2P_0 = -\frac{P_0}{V_0} (V - V_0)$
$P = 3P_0 - \frac{P_0}{V_0} V$
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए,हमारे पास $T = \frac{PV}{nR}$ है।
$P$ को $V$ के पदों में प्रतिस्थापित करने पर:
$T = \frac{1}{nR} (3P_0 - \frac{P_0}{V_0} V) V = \frac{1}{nR} (3P_0 V - \frac{P_0}{V_0} V^2)$
अधिकतम तापमान के लिए,$\frac{dT}{dV} = 0$:
$\frac{d}{dV} (3P_0 V - \frac{P_0}{V_0} V^2) = 0$
$3P_0 - \frac{2P_0}{V_0} V = 0$
$V = \frac{3}{2} V_0$
$V = \frac{3}{2} V_0$ को दबाव समीकरण में वापस रखने पर:
$P = 3P_0 - \frac{P_0}{V_0} (\frac{3}{2} V_0) = 3P_0 - \frac{3}{2} P_0 = \frac{3}{2} P_0$
अब,अधिकतम तापमान की गणना करें:
$T_{max} = \frac{P V}{nR} = \frac{(\frac{3}{2} P_0) (\frac{3}{2} V_0)}{nR} = \frac{9 P_0 V_0}{4nR}$

(D) स्क्रू गेज का अल्पतमांक $(L.C.)$ उस न्यूनतम लंबाई को दर्शाता है जिसे उपकरण के साथ सटीक रूप से मापा जा सकता है।
दिया गया है कि अल्पतमांक $0.001\, cm$ है,जो $10^{-3}\, cm$ के बराबर है।
इसका अर्थ है कि उपकरण दशमलव के तीसरे स्थान तक सटीक है।
इसलिए,इस स्क्रू गेज के साथ लिए गए किसी भी माप को सही सटीकता बनाए रखने के लिए दशमलव के $3$ स्थानों तक दर्ज किया जाना चाहिए।
दिए गए विकल्पों में से,$5.320\, cm$ ही एकमात्र ऐसा मान है जिसे $3$ दशमलव स्थानों तक दर्ज किया गया है।

(D) कथन $1$ सही है क्योंकि चमगादड़ इकोलोकेशन का उपयोग करते हैं,जिसमें अल्ट्रासोनिक तरंगें उत्सर्जित की जाती हैं और शिकार से परावर्तित गूँज को सुनकर उसका स्थान निर्धारित किया जाता है।
कथन $2$ सही है क्योंकि जब स्रोत और डिटेक्टर के बीच सापेक्ष गति होती है,तो डिटेक्टर द्वारा प्राप्त तरंगों की आवृत्ति बदल जाती है,जिसे डॉप्लर प्रभाव कहा जाता है।
चूंकि चमगादड़ शिकार के सापेक्ष गति कर रहा होता है,इसलिए डॉप्लर प्रभाव के कारण परावर्तित तरंगों की आवृत्ति बदल जाती है,जिससे चमगादड़ को शिकार की गति को ट्रैक करने में मदद मिलती है। इसलिए,कथन $2$ कथन $1$ की सही व्याख्या है।

(A) पृथ्वी के केंद्र से $r$ दूरी पर (जहाँ $r < R$,$R$ पृथ्वी की त्रिज्या है) गुरुत्वीय त्वरण $g'$ का मान निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$g' = \frac{4}{3} \pi \rho G r$
यहाँ,$\rho$ पृथ्वी का एक समान घनत्व है और $G$ सार्वत्रिक गुरुत्वाकर्षण नियतांक है।
चूंकि $\frac{4}{3}$,$\pi$,$\rho$ और $G$ स्थिरांक हैं,इसलिए हम निष्कर्ष निकाल सकते हैं कि:
$g' \propto r$
अतः,पृथ्वी के भीतर गुरुत्वीय त्वरण केंद्र से दूरी $r$ के सीधे समानुपाती होता है।

(B) दिया गया है कि दूरी (या विस्थापन) $s$,$t^3$ के समानुपाती है,इसलिए हम लिख सकते हैं:
$s = k t^3$ (जहाँ $k$ एक स्थिरांक है)।
वेग $v$ ज्ञात करने के लिए,हम $s$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं:
$v = \frac{ds}{dt} = \frac{d}{dt}(k t^3) = 3k t^2$।
त्वरण $a$ ज्ञात करने के लिए,हम वेग $v$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं:
$a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(3k t^2) = 6k t$।
चूँकि $a = 6k t$,इसका अर्थ है कि $a \propto t$।
यह मूल बिंदु से गुजरने वाला एक रैखिक संबंध दर्शाता है,जो मूल बिंदु से शुरू होने वाले एक सीधी रेखा वाले ग्राफ के अनुरूप है।
दिए गए विकल्पों को देखने पर,जो ग्राफ $a$ का $t$ के साथ रैखिक रूप से बढ़ना दर्शाता है,वह ग्राफ $B$ है।

(B) एक स्थिर तरंग समान आवृत्ति और आयाम वाली दो तरंगों के विपरीत दिशाओं में चलने से बनती है।
दी गई आपतित तरंग $y_1 = a \cos(kx - \omega t)$ है।
परावर्तित तरंग को विपरीत दिशा में चलना चाहिए,इसलिए इसका फेज पद $(kx + \omega t)$ होना चाहिए।
चूंकि $x = 0$ एक नोड है,इसलिए $x = 0$ पर परिणामी विस्थापन सभी $t$ के लिए शून्य होना चाहिए।
मान लीजिए दूसरी तरंग $y_2 = a \cos(kx + \omega t + \phi)$ है।
परिणामी तरंग $y = y_1 + y_2 = a \cos(kx - \omega t) + a \cos(kx + \omega t + \phi)$ है।
$x = 0$ पर,$y = a \cos(-\omega t) + a \cos(\omega t + \phi) = a \cos(\omega t) + a \cos(\omega t + \phi) = 0$.
इसका अर्थ है कि $\cos(\omega t) = -\cos(\omega t + \phi) = \cos(\omega t + \phi + \pi)$.
अतः,$\phi + \pi = 0$ या $\phi = \pi$.
इसलिए,दूसरी तरंग का समीकरण $y_2 = a \cos(kx + \omega t + \pi)$ है।

(A) मान लीजिए कीट का द्रव्यमान $m$ है। कीट पर कार्य करने वाले बल उसका भार $mg$ (नीचे की ओर),अभिलंब प्रतिक्रिया $R$ (त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर),और घर्षण बल $f$ (सतह के अनुदिश ऊपर की ओर) हैं।
ऊर्ध्वाधर के साथ किसी भी कोण $\alpha$ पर,भार के घटक $mg \cos \alpha$ (त्रिज्यीय रूप से अंदर की ओर) और $mg \sin \alpha$ (स्पर्शरेखीय रूप से नीचे की ओर) हैं।
कीट के बिना फिसले संतुलन में रहने के लिए,बलों को संतुलित होना चाहिए:
$R = mg \cos \alpha$ $(i)$
$f = mg \sin \alpha$ (ii)
घर्षण की सीमांत स्थिति के लिए,$f = \mu R$,जहाँ $\mu = 1/3$ है।
समीकरण $(i)$ और (ii) को सीमांत घर्षण स्थिति में प्रतिस्थापित करने पर:
$mg \sin \alpha = \mu (mg \cos \alpha)$
$\tan \alpha = \mu = 1/3$
अतः,$\cot \alpha = 3$ प्राप्त होता है।

(A) क्षैतिज प्रवाह के लिए $Bernoulli$ के प्रमेय के अनुसार:
${P_1} + \frac{1}{2}\rho v_1^2 = {P_2} + \frac{1}{2}\rho v_2^2$
${P_1} - {P_2} = \frac{1}{2}\rho (v_2^2 - v_1^2) \, ... (i)$
दिया गया है: ${P_1} - {P_2} = 3 \times 10^5 \, N \, m^{-2}$,$\rho = 1000 \, kg \, m^{-3}$,और $\frac{A}{A'} = 5$.
सांतत्य समीकरण (equation of continuity) के अनुसार,$A v_1 = A' v_2$,इसलिए $\frac{v_2}{v_1} = \frac{A}{A'} = 5$,जिसका अर्थ है $v_2 = 5v_1$.
$v_2 = 5v_1$ को समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$3 \times 10^5 = \frac{1}{2} \times 1000 \times ((5v_1)^2 - v_1^2)$
$3 \times 10^5 = 500 \times (25v_1^2 - v_1^2)$
$3 \times 10^5 = 500 \times 24v_1^2$
$3000 = 120v_1^2$
$v_1^2 = \frac{3000}{120} = 25$
$v_1 = 5 \, m \, s^{-1}$.

(D) बिना फिसले लुढ़कते हुए $h$ ऊँचाई तक चढ़ने के लिए,नीचे लुढ़कते गोले की कुल गतिज ऊर्जा शीर्ष पर स्थितिज ऊर्जा के बराबर होनी चाहिए।
लुढ़कते हुए पिंड की कुल गतिज ऊर्जा $K.E. = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$ द्वारा दी जाती है।
चूँकि गोला बिना फिसले लुढ़कता है,इसलिए $\omega = \frac{v}{R}$। एक ठोस गोले के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5}mR^2$ होता है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,$K.E. = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(\frac{2}{5}mR^2)(\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{5}mv^2 = \frac{7}{10}mv^2$ प्राप्त होता है।
इसे $h$ ऊँचाई पर स्थितिज ऊर्जा के बराबर करने पर,$\frac{7}{10}mv^2 = mgh$ प्राप्त होता है।
$v$ के लिए हल करने पर,$v^2 = \frac{10}{7}gh$ मिलता है,जिसका अर्थ है $v = \sqrt{\frac{10}{7}gh}$।

(D) निकाय का प्रारंभिक संवेग (ब्लॉक $C$) $P_i = mv_0$ है।
$C$ ($m$ द्रव्यमान) और $A$ ($m$ द्रव्यमान) के बीच प्रत्यास्थ टक्कर के बाद,समान द्रव्यमान होने के कारण,वे अपने वेगों का आदान-प्रदान करते हैं। इस प्रकार,$C$ स्थिर हो जाता है और $A$,$v_0$ वेग से गति करने लगता है।
अब,निकाय में स्प्रिंग द्वारा जुड़े ब्लॉक $A$ और $B$ हैं,जहाँ $A$,$v_0$ वेग से चल रहा है और $B$ स्थिर है।
मान लीजिए कि जब स्प्रिंग का संपीड़न $x_0$ है,तब $A$ और $B$ का उभयनिष्ठ वेग $v$ है। रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$mv_0 = (m + 2m)v$
$mv_0 = 3mv$
$v = \frac{v_0}{3}$
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,$A$ की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा,निकाय $(A+B)$ की गतिज ऊर्जा और स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा के योग के बराबर होती है:
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(3m)v^2 + \frac{1}{2}kx_0^2$
$v = \frac{v_0}{3}$ रखने पर:
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(3m)\left(\frac{v_0}{3}\right)^2 + \frac{1}{2}kx_0^2$
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(3m)\frac{v_0^2}{9} + \frac{1}{2}kx_0^2$
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{6}mv_0^2 + \frac{1}{2}kx_0^2$
$\frac{1}{2}kx_0^2 = \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{6}mv_0^2 = \frac{1}{3}mv_0^2$
$k = \frac{2}{3}m\left(\frac{v_0}{x_0}\right)^2$

(A) निकाय का प्रारंभिक संवेग शून्य है,अर्थात $P_i = 0$।
चूंकि स्प्रिंग बल एक आंतरिक बल है,इसलिए छोड़ने के दौरान निकाय का रेखीय संवेग संरक्षित रहता है।
मान लीजिए कि छोड़ने के तुरंत बाद $m_1$ और $m_2$ द्रव्यमानों द्वारा प्राप्त वेग $v_1$ और $v_2$ हैं। रेखीय संवेग संरक्षण के नियम से: $m_1 v_1 = m_2 v_2$,जिसका अर्थ है $\frac{v_1}{v_2} = \frac{m_2}{m_1}$।
जब ब्लॉक सतह पर गति करते हैं,तो घर्षण द्वारा किया गया कार्य प्रत्येक ब्लॉक की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा के बराबर होता है।
ब्लॉक $1$ के लिए: $\mu m_1 g x_1 = \frac{1}{2} m_1 v_1^2 \Rightarrow x_1 = \frac{v_1^2}{2 \mu g}$।
ब्लॉक $2$ के लिए: $\mu m_2 g x_2 = \frac{1}{2} m_2 v_2^2 \Rightarrow x_2 = \frac{v_2^2}{2 \mu g}$।
अनुपात लेने पर: $\frac{x_1}{x_2} = \frac{v_1^2}{v_2^2}$।
$\frac{v_1}{v_2} = \frac{m_2}{m_1}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{x_1}{x_2} = \left( \frac{m_2}{m_1} \right)^2$ प्राप्त होता है।

(B) यदि कोई बाहरी टॉर्क लागू नहीं किया जाता है,तो कोणीय संवेग $L = I\omega$ स्थिर रहता है।
जब जड़त्व आघूर्ण $I$ बढ़ता है,तो $L$ को स्थिर रखने के लिए कोणीय गति $\omega$ को कम होना चाहिए।
घूर्णन गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}I\omega^2$ द्वारा दी जाती है।
$\omega = \frac{L}{I}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $K = \frac{1}{2}I(\frac{L}{I})^2 = \frac{L^2}{2I}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $L$ स्थिर है और $I$ बढ़ता है,इसलिए गतिज ऊर्जा $K$ कम होनी चाहिए।
अतः,कथन $1$ असत्य है क्योंकि यह दावा करता है कि $K$ बढ़ता है,जबकि कथन $2$ सत्य है क्योंकि यह सही संबंध प्रदान करता है।

(D) अनुनाद नली के लिए,अनुनाद की स्थिति $L + e = (2n-1) \frac{\lambda}{4}$ है,जहाँ $e$ अंत सुधार (end correction) है।
दिया गया है $L_1 = 16\,cm$ और $L_2 = 50\,cm$,$f = 500\,Hz$ के लिए।
$L_2 - L_1 = \frac{\lambda}{2} \implies 50 - 16 = 34\,cm = \frac{\lambda}{2} \implies \lambda = 68\,cm = 0.68\,m$.
ध्वनि की गति $v = f \lambda = 500 \times 0.68 = 340\,m/s$.
अब,$L_1 + e = \frac{\lambda}{4} \implies 16 + e = \frac{68}{4} = 17 \implies e = 1\,cm = 0.01\,m$.
जब नली को पानी से बाहर निकाला जाता है,तो यह $L = 60.5\,cm + 2e = 60.5 + 2(1) = 62.5\,cm = 0.625\,m$ लंबाई की एक खुली ऑर्गन पाइप के रूप में कार्य करती है।
खुली पाइप की अनुनाद आवृत्तियाँ $f_n = \frac{n v}{2L}$ होती हैं।
$n=1$ के लिए,$f_1 = \frac{340}{2 \times 0.625} = \frac{340}{1.25} = 272\,Hz$.
$n=2$ के लिए,$f_2 = 2 \times f_1 = 544\,Hz$.

(B) कन्वेयर बेल्ट पर रेत गिरने की दर $\frac{dm}{dt} = 2\,kg/s$ दी गई है।
कन्वेयर बेल्ट की स्थिर गति $v = 3\,m/s$ है।
स्थिर गति बनाए रखने के लिए,आने वाली रेत को बेल्ट की गति तक लाने के लिए आवश्यक बल $F$ का सूत्र $F = v \cdot \frac{dm}{dt}$ है।
दिए गए मानों को रखने पर: $F = 3\,m/s \times 2\,kg/s = 6\,N$.
अतः,बेल्ट को स्थिर गति से चलाने के लिए आवश्यक बल $6\,N$ है।

(A) माना बल $F$ क्षैतिज के साथ $\theta$ कोण पर लगाया जाता है।
क्षैतिज संतुलन के लिए,$F \cos \theta = \mu R$ ... $(i)$
ऊर्ध्वाधर संतुलन के लिए,$R + F \sin \theta = W$,अतः $R = W - F \sin \theta$ ... $(ii)$
समीकरण $(ii)$ से $R$ का मान $(i)$ में रखने पर:
$F \cos \theta = \mu (W - F \sin \theta)$
$F \cos \theta = \mu W - \mu F \sin \theta$
$F (\cos \theta + \mu \sin \theta) = \mu W$
$F = \frac{\mu W}{\cos \theta + \mu \sin \theta}$ ... $(iii)$
$F$ को न्यूनतम होने के लिए,हर $(\cos \theta + \mu \sin \theta)$ को अधिकतम होना चाहिए।
$\theta$ के सापेक्ष अवकलन करके उसे $0$ के बराबर रखने पर:
$\frac{d}{d\theta} (\cos \theta + \mu \sin \theta) = 0$
$-\sin \theta + \mu \cos \theta = 0$
$\tan \theta = \mu \implies \theta = \tan^{-1}(\mu)$
$\tan \theta = \mu$ से,$\sin \theta = \frac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}}$ और $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1 + \mu^2}}$ प्राप्त होता है।
इन मानों को $F$ के समीकरण में रखने पर:
$F_{\min} = \frac{\mu W}{\frac{1}{\sqrt{1 + \mu^2}} + \mu \left(\frac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}}\right)} = \frac{\mu W}{\frac{1 + \mu^2}{\sqrt{1 + \mu^2}}} = \frac{\mu W}{\sqrt{1 + \mu^2}}$

(B) जब छोटी बूंदें मिलकर एक बड़ी बूंद बनाती हैं,तो सतह के क्षेत्रफल में परिवर्तन $\Delta A = n(4\pi r^2) - 4\pi R^2$ होता है। आयतन संरक्षित रहने के कारण,$n(\frac{4}{3}\pi r^3) = \frac{4}{3}\pi R^3$,इसलिए $n = \frac{R^3}{r^3}$।
मुक्त ऊर्जा $\Delta E = T \times \Delta A = T(n 4\pi r^2 - 4\pi R^2) = 4\pi R^3 T (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$ है।
प्रश्न के अनुसार,यह ऊर्जा बड़ी बूंद की गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है: $\frac{1}{2} M v^2 = \Delta E$।
यहाँ,$M = \rho \times \text{आयतन} = \rho (\frac{4}{3}\pi R^3)$।
मान रखने पर: $\frac{1}{2} (\frac{4}{3}\pi R^3 \rho) v^2 = 4\pi R^3 T (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$।
सरल करने पर: $\frac{2}{3} \pi R^3 \rho v^2 = 4\pi R^3 T (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$।
$v^2 = \frac{4 \times 3}{2} \frac{T}{\rho} (\frac{1}{r} - \frac{1}{R}) = \frac{6T}{\rho} (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$।
अतः,$v = {\left[ {\frac{{6T}}{\rho }\left( {\frac{1}{r} - \frac{1}{R}} \right)} \right]^{\frac{1}{2}}}$।

(C) विद्युत परिपथ में उत्पन्न ऊष्मा का सूत्र $H = I^2Rt$ है।
$H$ में अधिकतम सापेक्ष त्रुटि ज्ञात करने के लिए,हम त्रुटियों के प्रसार के सूत्र का उपयोग करते हैं:
$\frac{\Delta H}{H} = 2\left(\frac{\Delta I}{I}\right) + \frac{\Delta R}{R} + \frac{\Delta t}{t}.$
दी गई प्रतिशत त्रुटियाँ $\frac{\Delta I}{I} \times 100 = 2\%,$ $\frac{\Delta R}{R} \times 100 = 1\%,$ और $\frac{\Delta t}{t} \times 100 = 1\%$ हैं।
इन मानों को त्रुटि समीकरण में रखने पर:
$\frac{\Delta H}{H} \times 100 = 2(2\%) + 1\% + 1\% = 4\% + 1\% + 1\% = 6\%.$
अतः,कुल उत्पन्न ऊष्मा में अधिकतम संभावित त्रुटि $6\%$ है।

(D) पानी के क्वथनांक $(T_1 = 373 \ K)$ और हिमांक $(T_2 = 273 \ K)$ के बीच संचालित कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $\eta = 1 - \frac{273}{373} = 1 - 0.732 = 0.268$ या $26.8\%$.
चूंकि अधिकतम संभव दक्षता (कार्नोट दक्षता) $26.8\%$ है,इसलिए $30\%$ दक्षता वाला इंजन असंभव है। अतः,कथन $1$ सत्य है।
कथन $2$ ऊष्मागतिकी का एक मूलभूत सिद्धांत (कार्नोट का प्रमेय) है,जो बताता है कि समान दो तापमानों के बीच संचालित होने वाले कार्नोट इंजन से अधिक कुशल कोई इंजन नहीं हो सकता। यह प्रमेय बताता है कि कथन $1$ में आविष्कारक का दावा क्यों असंभव है। इसलिए,कथन $2$ कथन $1$ की सही व्याख्या है।

(B) जब एक इलेक्ट्रॉन मुख्य क्वांटम संख्या $n$ वाली उत्तेजित अवस्था से मूल अवस्था में संक्रमण करता है,तो उत्सर्जित स्पेक्ट्रल रेखाओं की संख्या का सूत्र इस प्रकार है:
$N = \frac{n(n - 1)}{2}$
यह दिया गया है कि इलेक्ट्रॉन मुख्य क्वांटम संख्या $n = 4$ वाली अवस्था में उत्तेजित होता है,इसलिए इस मान को सूत्र में रखने पर:
$N = \frac{4(4 - 1)}{2}$
$N = \frac{4 \times 3}{2}$
$N = \frac{12}{2} = 6$
अतः,उत्सर्जन स्पेक्ट्रम में स्पेक्ट्रल रेखाओं की कुल संख्या $6$ होगी।

(D) $C_1$ धारिता के $n_1$ संधारित्रों के श्रेणी संयोजन के लिए जो $4V$ स्रोत से जुड़े हैं:
तुल्य धारिता $C_s = \frac{C_1}{n_1}$ है।
संचित कुल ऊर्जा $U_s = \frac{1}{2} C_s (4V)^2 = \frac{1}{2} \left(\frac{C_1}{n_1}\right) (16V^2) = \frac{8C_1V^2}{n_1}$ है।
$C_2$ धारिता के $n_2$ संधारित्रों के समांतर संयोजन के लिए जो $V$ स्रोत से जुड़े हैं:
तुल्य धारिता $C_p = n_2 C_2$ है।
संचित कुल ऊर्जा $U_p = \frac{1}{2} C_p V^2 = \frac{1}{2} (n_2 C_2) V^2$ है।
यह दिया गया है कि $U_s = U_p$,इसलिए दोनों व्यंजकों को बराबर करने पर:
$\frac{8C_1V^2}{n_1} = \frac{1}{2} n_2 C_2 V^2$.
$C_2$ के लिए सरल करने पर:
$C_2 = \frac{16C_1}{n_1n_2}$.

(A) चूंकि प्रकाश का पुंज समकोण प्रिज्म $ABC$ के फलक $AB$ पर लंबवत आपतित होता है,इसलिए फलक $AB$ पर कोई अपवर्तन नहीं होता है। प्रकाश सीधे गुजरता है और फलक $AC$ पर $i = 45^{\circ}$ के आपतन कोण पर टकराता है।
फलक $AC$ पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन होने के लिए,शर्त $i > i_c$ है,जहाँ $i_c$ क्रांतिक कोण है।
हम जानते हैं कि $\sin i_c = \frac{1}{\mu}$। इसलिए,पूर्ण आंतरिक परावर्तन के लिए शर्त $\sin i > \frac{1}{\mu}$ या $\mu > \frac{1}{\sin i}$ है।
यहाँ $i = 45^{\circ}$ दिया गया है,इसलिए $\sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707$। अतः,शर्त $\mu > \sqrt{2} \approx 1.414$ हो जाती है।
अपवर्तनांकों की तुलना करने पर:
लाल के लिए: $\mu_{\text{red}} = 1.39 < 1.414$।
हरे के लिए: $\mu_{\text{green}} = 1.44 > 1.414$।
नीले के लिए: $\mu_{\text{blue}} = 1.47 > 1.414$।
चूंकि $\mu_{\text{red}} < 1.414$ है,इसलिए लाल प्रकाश फलक $AC$ से अपवर्तित होकर बाहर निकल जाएगा। चूंकि $\mu_{\text{green}}$ और $\mu_{\text{blue}}$ दोनों $1.414$ से अधिक हैं,इसलिए हरा और नीला दोनों प्रकाश फलक $AC$ पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन का अनुभव करेंगे।
अतः,प्रिज्म लाल रंग को हरे और नीले रंगों से अलग कर देगा।

(B) श्रेणी $LCR$ परिपथ में,प्रेरक (inductor) के सिरों पर वोल्टेज $V_L$ ($V_1$ का पाठ्यांक) है और संधारित्र (capacitor) के सिरों पर वोल्टेज $V_C$ ($V_2$ का पाठ्यांक) है।
दिया गया है कि $V_L = V_C = 300 \, V$ है।
चूंकि $V_L = V_C$ है,इसलिए परिपथ अनुनाद (resonance) की स्थिति में है।
अनुनाद पर,कुल प्रतिघात $X = X_L - X_C = 0$ होता है,इसलिए कुल प्रतिबाधा $Z = R = 100 \, \Omega$ है।
स्रोत वोल्टेज $V = 220 \, V$ पूरी तरह से प्रतिरोधक $R$ के सिरों पर गिरता है।
इसलिए,वोल्टमीटर $V_3$ का पाठ्यांक $V_R = V = 220 \, V$ होगा।
परिपथ में धारा $I = \frac{V}{Z} = \frac{220 \, V}{100 \, \Omega} = 2.2 \, A$ है।
अतः,एमीटर $A$ का पाठ्यांक $2.2 \, A$ है।

(B) $Q$ कुल आवेश और $R$ त्रिज्या वाले एक समान रूप से आवेशित गोले के लिए:
$1$. गोले के अंदर $(r < R)$: विद्युत क्षेत्र $E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q r}{R^3}$ द्वारा दिया जाता है। यह दर्शाता है कि $E \propto r$,जिसका अर्थ है कि विद्युत क्षेत्र केंद्र $(r=0)$ से सतह $(r=R)$ तक रैखिक रूप से बढ़ता है।
$2$. सतह पर $(r = R)$: विद्युत क्षेत्र अधिकतम होता है,$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R^2}$.
$3$. गोले के बाहर $(r > R)$: गोला केंद्र पर एक बिंदु आवेश की तरह व्यवहार करता है,इसलिए $E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q}{r^2}$. यह दर्शाता है कि $E \propto \frac{1}{r^2}$,जिसका अर्थ है कि विद्युत क्षेत्र दूरी के वर्ग के व्युत्क्रमानुपाती घटता है।
इस व्यवहार की तुलना दिए गए विकल्पों से करने पर,जो ग्राफ $r < R$ के लिए रैखिक वृद्धि और $r > R$ के लिए $1/r^2$ के रूप में कमी दिखाता है,वह सही है।

(A) समान रूप से आवेशित अचालक गोले के अंदर $r < R$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\rho r}{3 \epsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है। अतः,कथन-$2$ सत्य है।
समान रूप से आवेशित गोले के अंदर विद्युत विभव $V(r) = \frac{\rho}{6 \epsilon_0} (3R^2 - r^2)$ होता है।
केंद्र पर $(r = 0)$,$V_{centre} = \frac{3 \rho R^2}{6 \epsilon_0} = \frac{\rho R^2}{2 \epsilon_0}$.
सतह पर $(r = R)$,$V_{surface} = \frac{\rho}{6 \epsilon_0} (3R^2 - R^2) = \frac{2 \rho R^2}{6 \epsilon_0} = \frac{\rho R^2}{3 \epsilon_0}$.
स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = q(V_{surface} - V_{centre}) = q \left( \frac{\rho R^2}{3 \epsilon_0} - \frac{\rho R^2}{2 \epsilon_0} \right) = -\frac{q \rho R^2}{6 \epsilon_0}$.
चूंकि परिवर्तन का परिमाण $\frac{q \rho R^2}{6 \epsilon_0}$ है,इसलिए कथन-$1$ सत्य है। कथन-$2$ विद्युत क्षेत्र का सूत्र प्रदान करता है,जिसका उपयोग विभव अंतर प्राप्त करने के लिए किया जाता है,इसलिए यह कथन-$1$ की सही व्याख्या है।

(D) सबसे पहले,$R = V^2 / P$ का उपयोग करके प्रत्येक बल्ब का प्रतिरोध ज्ञात करें:
$R_1 = (220)^2 / 25 = 1936\ \Omega$
$R_2 = (220)^2 / 100 = 484\ \Omega$
श्रेणीक्रम में कुल प्रतिरोध $R_{eff} = R_1 + R_2 = 1936 + 484 = 2420\ \Omega$ है।
श्रेणी परिपथ में प्रवाहित होने वाली धारा $I = V_{supply} / R_{eff} = 440 / 2420 = 44 / 242 = 2 / 11\ A \approx 0.1818\ A$ है।
अब,$I_{rated} = P / V$ का उपयोग करके प्रत्येक बल्ब के लिए अधिकतम रेटेड धारा की गणना करें:
$25\ W$ बल्ब के लिए: $I_{1,rated} = 25 / 220 = 5 / 44 \approx 0.1136\ A$.
$100\ W$ बल्ब के लिए: $I_{2,rated} = 100 / 220 = 5 / 11 \approx 0.4545\ A$.
परिपथ की धारा $I$ की तुलना रेटेड धाराओं से करने पर:
चूंकि $I (0.1818\ A) > I_{1,rated} (0.1136\ A)$,इसलिए $25\ W$ का बल्ब फ्यूज हो जाएगा।
चूंकि $I (0.1818\ A) < I_{2,rated} (0.4545\ A)$,इसलिए $100\ W$ का बल्ब फ्यूज नहीं होगा।

(A) डिस्क पर $x$ त्रिज्या और $dx$ मोटाई की एक छोटी रिंग पर विचार करें।
पृष्ठ आवेश घनत्व $\sigma = \frac{Q}{\pi R^2}$ है।
रिंग पर आवेश $dq = \sigma (2 \pi x dx) = \frac{Q}{\pi R^2} (2 \pi x dx) = \frac{2Qx dx}{R^2}$ है।
इस रिंग के $\omega$ कोणीय वेग से घूमने के कारण उत्पन्न धारा $di = \frac{dq}{T} = \frac{dq \omega}{2 \pi} = \frac{2Qx dx}{R^2} \cdot \frac{\omega}{2 \pi} = \frac{Q \omega x dx}{\pi R^2}$ है।
इस रिंग के कारण केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $dB = \frac{\mu_0 di}{2x} = \frac{\mu_0}{2x} \cdot \frac{Q \omega x dx}{\pi R^2} = \frac{\mu_0 Q \omega}{2 \pi R^2} dx$ है।
$x = 0$ से $x = R$ तक समाकलन करने पर:
$B = \int_0^R \frac{\mu_0 Q \omega}{2 \pi R^2} dx = \frac{\mu_0 Q \omega}{2 \pi R^2} [x]_0^R = \frac{\mu_0 Q \omega}{2 \pi R^2} \cdot R = \frac{\mu_0 Q \omega}{2 \pi R}$ प्राप्त होता है।
अतः,$B \propto \frac{1}{R}$।
यह संबंध एक आयताकार अतिपरवलय (rectangular hyperbola) द्वारा दर्शाया जाता है,जो आकृति $A$ के अनुरूप है।

(C) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण की त्रिज्या का सूत्र $r = \frac{mv}{qB}$ है।
गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2$ होने के कारण,$mv = \sqrt{2mK}$ होता है।
अतः,$r = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$।
यहाँ $K$ और $B$ स्थिर हैं,इसलिए $r \propto \frac{\sqrt{m}}{q}$।
प्रोटॉन $(p)$ के लिए: $m_p = m, q_p = e \Rightarrow r_p \propto \frac{\sqrt{m}}{e}$।
ड्यूटेरॉन $(d)$ के लिए: $m_d = 2m, q_d = e \Rightarrow r_d \propto \frac{\sqrt{2m}}{e} = \sqrt{2} r_p$।
अल्फा कण $(\alpha)$ के लिए: $m_{\alpha} = 4m, q_{\alpha} = 2e \Rightarrow r_{\alpha} \propto \frac{\sqrt{4m}}{2e} = \frac{2\sqrt{m}}{2e} = r_p$।
इस प्रकार,$r_{\alpha} = r_p$ और $r_d = \sqrt{2} r_p$ प्राप्त होता है।
अतः,$r_{\alpha} = r_p < r_d$ संबंध सही है।

(A) लेंस की फोकस दूरी $f$ लेंस सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$.
यहाँ $v = 12 \ cm$ और $u = -240 \ cm$ $(2.4 \ m = 240 \ cm)$ है।
$\frac{1}{f} = \frac{1}{12} - \frac{1}{-240} = \frac{20+1}{240} = \frac{21}{240} \ cm^{-1}$.
जब $t = 1 \ cm$ मोटाई और $\mu = 1.5$ अपवर्तनांक वाली कांच की प्लेट रखी जाती है,तो प्रतिबिंब लेंस की ओर $\Delta x = t(1 - \frac{1}{\mu}) = 1(1 - \frac{1}{1.5}) = 1(1 - \frac{2}{3}) = \frac{1}{3} \ cm$ स्थानांतरित हो जाता है।
नई प्रतिबिंब स्थिति $v' = 12 - \frac{1}{3} = \frac{35}{3} \ cm$ है।
स्पष्ट फोकस बनाए रखने के लिए,नई वस्तु दूरी $u'$ को संतुष्ट करना चाहिए: $\frac{1}{f} = \frac{1}{v'} - \frac{1}{u'}$.
$\frac{1}{u'} = \frac{1}{v'} - \frac{1}{f} = \frac{3}{35} - \frac{21}{240} = \frac{3}{35} - \frac{7}{80}$.
$\frac{1}{u'} = \frac{3 \times 16 - 7 \times 7}{560} = \frac{48 - 49}{560} = -\frac{1}{560} \ cm^{-1}$.
अतः,$u' = -560 \ cm = -5.6 \ m$.
वस्तु के लिए आवश्यक विस्थापन $|u'| - |u| = 5.6 \ m - 2.4 \ m = 3.2 \ m$ है।

(D) जब कुंडली चुंबकीय क्षेत्र में दोलन करती है,तो पास की एल्युमीनियम प्लेट से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स लगातार बदलता रहता है।
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,चुंबकीय फ्लक्स में यह परिवर्तन एल्युमीनियम प्लेट में भंवर धाराएं (eddy currents) प्रेरित करता है।
लेंज के नियम के अनुसार,ये भंवर धाराएं एक चुंबकीय क्षेत्र बनाती हैं जो कुंडली की गति का विरोध करती हैं।
इस घटना को विद्युत चुंबकीय अवमंदन (electromagnetic damping) कहा जाता है,जिसके कारण कुंडली जल्दी ही स्थिर हो जाती है।

(A) कैपेसिटर के डिस्चार्जिंग का समीकरण $V = V_{0} e^{-t/\tau}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\tau = RC$ टाइम कांस्टेंट है।
$t = \tau$ पर,विभवांतर $V = V_{0} / e \approx 0.37 V_{0}$ हो जाता है।
ग्राफ से,प्रारंभिक विभवांतर $V_{0} = 25\; V$ है।
इसलिए,$t = \tau$ पर,$V = 0.37 \times 25\; V = 9.25\; V$ होगा।
ग्राफ को देखने पर,$t = 100\; sec$ पर,विभव $10\; V$ से थोड़ा अधिक है,और $t = 150\; sec$ पर,विभव $10\; V$ से थोड़ा कम है (लगभग $8\; V$ से $9\; V$ के बीच)।
चूंकि $9.25\; V$ टाइम कांस्टेंट $\tau$ के अनुरूप है,और यह मान समय अक्ष पर $100\; sec$ और $150\; sec$ के बीच स्थित है,इसलिए सही सीमा $100\; sec$ और $150\; sec$ है।

(B) विद्युतचुंबकीय तरंग के ध्रुवण की दिशा दोलनशील विद्युत क्षेत्र सदिश $\vec{E}$ की दिशा द्वारा परिभाषित होती है। इसलिए,$\vec{X} \parallel \vec{E}$।
तरंग संचरण की दिशा $\vec{k}$ पॉइंटिंग सदिश $\vec{S} = \frac{1}{\mu_0} (\vec{E} \times \vec{B})$ की दिशा द्वारा दी जाती है।
अतः,तरंग संचरण की दिशा $\vec{E} \times \vec{B}$ के समानांतर होती है।

(A) माना आयाम $a_1 = a$ और $a_2 = 2a$ हैं। तीव्रताएँ $I_1 = a^2$ और $I_2 = (2a)^2 = 4a^2 = 4I_1$ हैं।
परिणामी तीव्रता $I$ का सूत्र $I = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ है।
मान रखने पर: $I = I_1 + 4I_1 + 2\sqrt{I_1(4I_1)} \cos \phi = 5I_1 + 4I_1 \cos \phi$.
अधिकतम तीव्रता $I_m$ तब होती है जब $\cos \phi = 1$,अतः $I_m = (a_1 + a_2)^2 = (a + 2a)^2 = 9a^2 = 9I_1$.
इस प्रकार,$I_1 = \frac{I_m}{9}$.
$I_1$ का मान $I$ के समीकरण में रखने पर:
$I = \frac{5I_m}{9} + \frac{4I_m}{9} \cos \phi = \frac{I_m}{9}(5 + 4 \cos \phi)$.
सर्वसमिका $\cos \phi = 2\cos^2 \frac{\phi}{2} - 1$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{I_m}{9}(5 + 4(2\cos^2 \frac{\phi}{2} - 1)) = \frac{I_m}{9}(5 + 8\cos^2 \frac{\phi}{2} - 4) = \frac{I_m}{9}(1 + 8\cos^2 \frac{\phi}{2})$.

(A) निकाय की घूर्णन ऊर्जा $E = \frac{L^2}{2I}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $L$ कोणीय संवेग है और $I$ जड़त्व आघूर्ण है।
बोहर के क्वांटमीकरण नियम के अनुसार,$L = \frac{nh}{2\pi}$।
द्विपरमाणुक अणु के लिए उसके द्रव्यमान केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \mu r^2$ है,जहाँ $\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$ समानित द्रव्यमान (reduced mass) है।
ऊर्जा सूत्र में $L$ और $I$ का मान रखने पर:
$E = \frac{(nh/2\pi)^2}{2(\frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2})r^2}$
$E = \frac{n^2 h^2}{4\pi^2 \cdot 2 \cdot \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} r^2}$
$E = \frac{(m_1 + m_2)n^2 h^2}{8\pi^2 m_1 m_2 r^2}$।

(A) क्षय अभिक्रिया इस प्रकार है: $n \rightarrow p + e^- + \bar{\nu} + Q$.
द्रव्यमान क्षति $\Delta m$ इस प्रकार दी जाती है: $\Delta m = m_n - (m_p + m_e)$.
दिए गए मानों को रखने पर:
$\Delta m = 1.6725 \times 10^{-27} \ kg - (1.6725 \times 10^{-27} \ kg + 9 \times 10^{-31} \ kg)$.
$\Delta m = -9 \times 10^{-31} \ kg$.
द्रव्यमान क्षति का परिमाण $9 \times 10^{-31} \ kg$ है।
मुक्त ऊर्जा $E = \Delta m c^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $c = 3 \times 10^8 \ m/s$ है।
$E = (9 \times 10^{-31} \ kg) \times (3 \times 10^8 \ m/s)^2 = 81 \times 10^{-15} \ J$.
इसे $MeV$ में बदलने के लिए,$1.6 \times 10^{-13} \ J/MeV$ से विभाजित करने पर:
$E = \frac{81 \times 10^{-15}}{1.6 \times 10^{-13}} \approx 0.51 \ MeV$.

(B) मान लीजिए कि पहले $NAND$ गेट का आउटपुट $Y_1 = \overline{A \cdot B}$ है।
यह $Y_1$ अगले दो $NAND$ गेटों में इनपुट के रूप में दिया जाता है।
दूसरे $NAND$ गेट का आउटपुट $Y_2 = \overline{A \cdot Y_1} = \overline{A \cdot (\overline{A \cdot B})} = \overline{A} + (A \cdot B) = \overline{A} + B$ है।
तीसरे $NAND$ गेट का आउटपुट $Y_3 = \overline{B \cdot Y_1} = \overline{B \cdot (\overline{A \cdot B})} = \overline{B} + (A \cdot B) = \overline{B} + A$ है।
अंतिम आउटपुट $Y$, $Y_2$ और $Y_3$ का $NAND$ है:
$Y = \overline{Y_2 \cdot Y_3} = \overline{(\overline{A} + B) \cdot (\overline{B} + A)} = \overline{(\overline{A} \cdot \overline{B} + \overline{A} \cdot A + B \cdot \overline{B} + B \cdot A)} = \overline{(\overline{A} \cdot \overline{B} + 0 + 0 + A \cdot B)} = \overline{\overline{A} \cdot \overline{B}} + \overline{A \cdot B} = (A + B) \cdot (\overline{A} + \overline{B}) = A \cdot \overline{B} + B \cdot \overline{A}$.
यह एक $XOR$ गेट के लिए बूलियन व्यंजक है।
$XOR$ गेट के लिए सत्यता सारणी इस प्रकार है:
यदि $A=0, B=0$, तो $Y=0$ है।
यदि $A=0, B=1$, तो $Y=1$ है।
यदि $A=1, B=0$, तो $Y=1$ है।
यदि $A=1, B=1$, तो $Y=0$ है।
यह विकल्प $B$ से मेल खाता है।

(B) माना $d$ वह अधिकतम दूरी है जहाँ तक रडार पृथ्वी की सतह पर स्थित वस्तु का पता लगा सकता है। समकोण त्रिभुज $\Delta OAC$ की ज्यामिति से (जहाँ $O$ पृथ्वी का केंद्र है,$A$ सतह पर वस्तु है,और $C$ पहाड़ की चोटी पर रडार है):
$OC^2 = AC^2 + OA^2$
$(h + R)^2 = d^2 + R^2$
$d^2 = (h + R)^2 - R^2$
$d^2 = h^2 + 2hR + R^2 - R^2$
$d = \sqrt{h^2 + 2hR}$
चूंकि $h = 500 \ m = 0.5 \ km$ और $R = 6400 \ km$ है,इसलिए $2hR$ की तुलना में $h^2$ को नगण्य माना जा सकता है।
$d \approx \sqrt{2hR} = \sqrt{2 \times 0.5 \times 6400} = \sqrt{6400} = 80 \ km$.

(C) डेविसन-जर्मर प्रयोग ने डी-ब्रोग्ली परिकल्पना के लिए प्रायोगिक प्रमाण प्रदान किया,जो बताता है कि इलेक्ट्रॉन जैसे कण तरंग जैसी विशेषताएं प्रदर्शित करते हैं।
इस प्रयोग में,इलेक्ट्रॉनों को निकल क्रिस्टल द्वारा प्रकीर्णित किया गया था,और परिणामी विवर्तन पैटर्न ने पुष्टि की कि इलेक्ट्रॉन तरंगों के रूप में व्यवहार करते हैं।
चूंकि व्यतिकरण और विवर्तन तरंगों के विशिष्ट गुण हैं,इसलिए इलेक्ट्रॉनों की तरंग प्रकृति का अर्थ है कि उन्हें इन घटनाओं को प्रदर्शित करना चाहिए।
अतः,कथन-$1$ सत्य है,कथन-$2$ सत्य है,और कथन-$2$ वह सैद्धांतिक आधार (तरंग प्रकृति का भौतिक परिणाम) प्रदान करता है जो बताता है कि यह प्रयोग इलेक्ट्रॉनों की तरंग प्रकृति को प्रदर्शित करने में सफल क्यों रहा।

(A) ब्रॉडकास्टिंग एंटीना सामान्यतः वर्टिकल (ऊर्ध्वाधर) प्रकार के होते हैं। इसका कारण यह है कि वर्टिकल एंटीना क्षैतिज तल में सभी दिशाओं में समान रूप से विद्युत चुम्बकीय तरंगों का विकिरण करते हैं,जो एक विस्तृत क्षेत्र में प्रसारण के लिए आदर्श है।

(C) जब कोई आवेशित कण क्रॉस इलेक्ट्रिक और मैग्नेटिक फील्ड से बिना विक्षेपित हुए गुजरता है,तो इलेक्ट्रिक बल मैग्नेटिक बल द्वारा संतुलित होता है।
$F_e = F_m$
$qE = qvB$
$v = \frac{E}{B}$
यहाँ $E = 7.7 \, kV/m = 7.7 \times 10^3 \, V/m$ और $B = 0.14 \, T$ दिया गया है।
$v = \frac{7.7 \times 10^3}{0.14} \, m/s$
$v = 55000 \, m/s = 55 \, km/s$.

(B) कक्षा $n_2$ से $n_1$ में संक्रमण के दौरान उत्सर्जित विकिरण की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
यहाँ,$n_1 = n$ और $n_2 = n + 1$ है।
इन मानों को रखने पर: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right) = R \left( \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} \right)$.
अंश को सरल करने पर: $(n^2 + 2n + 1 - n^2) = 2n + 1$.
अतः,$\frac{1}{\lambda} = R \frac{2n + 1}{n^2(n+1)^2}$.
बड़े $n$ के लिए,$2n + 1 \approx 2n$ और $(n+1)^2 \approx n^2$ होता है।
इस प्रकार,$\frac{1}{\lambda} \approx R \frac{2n}{n^2 \cdot n^2} = R \frac{2n}{n^4} = \frac{2R}{n^3}$.
इसलिए,$\lambda \propto n^3$.

(C) $t$ मोटाई और $\mu$ अपवर्तनांक वाली पारदर्शी प्लेट के कारण फ्रिंज पैटर्न में विस्थापन $\Delta x = \frac{\beta}{\lambda}(\mu - 1)t$ द्वारा दिया जाता है।
जब $t_1$ और $t_2$ मोटाई की दो प्लेटें दो किरणों के पथ में रखी जाती हैं,तो पहली प्लेट द्वारा उत्पन्न विस्थापन $\Delta x_1 = \frac{\beta}{\lambda}(\mu - 1)t_1$ है और दूसरी प्लेट द्वारा उत्पन्न विस्थापन $\Delta x_2 = \frac{\beta}{\lambda}(\mu - 1)t_2$ है।
फ्रिंज पैटर्न में कुल विस्थापन इन दो विस्थापनों के बीच का अंतर है:
विस्थापन $= \Delta x_1 - \Delta x_2 = \frac{\beta(\mu - 1)}{\lambda}t_1 - \frac{\beta(\mu - 1)}{\lambda}t_2$.
सामान्य पदों को बाहर निकालने पर,हमें प्राप्त होता है:
विस्थापन $= \frac{\beta(\mu - 1)}{\lambda}(t_1 - t_2)$.

(C) धात्विक फिलामेंट (जैसे टंगस्टन) का प्रतिरोध तापमान के साथ बढ़ता है। जब बल्ब को $ON$ किया जाता है,तो फिलामेंट कमरे के तापमान पर होता है,इसलिए इसका प्रतिरोध बहुत कम होता है। ओम के नियम $I = V/R$ के अनुसार,शुरुआत में फिलामेंट से बहुत अधिक सर्ज करंट प्रवाहित होता है। यह उच्च धारा अचानक थर्मल शॉक और यांत्रिक तनाव पैदा करती है,जिससे फिलामेंट के टूटने (फ्यूज होने) की संभावना बढ़ जाती है। जैसे-जैसे बल्ब गर्म होता है,प्रतिरोध बढ़ता है और धारा अपने निर्धारित मान पर स्थिर हो जाती है। अतः,दोनों कथन सत्य हैं और कथन $2$ कथन $1$ की सही व्याख्या है।

(C) आवेश हमेशा उच्च विभव से निम्न विभव की ओर प्रवाहित होता है। संधारित्र का विभव $V = \frac{Q}{C}$ द्वारा दिया जाता है।
सर्किट $(a)$ के लिए:
बाएं संधारित्र का विभव $V_L = \frac{2Q}{3C} = \frac{2}{3} \frac{Q}{C}$.
दाएं संधारित्र का विभव $V_R = \frac{Q}{C}$.
चूंकि $V_R > V_L$, आवेश $R$ से $L$ की ओर प्रवाहित होगा।
सर्किट $(b)$ के लिए:
बाएं संधारित्र का विभव $V_L = \frac{2Q}{2C} = \frac{Q}{C}$.
दाएं संधारित्र का विभव $V_R = \frac{Q}{2C} = 0.5 \frac{Q}{C}$.
चूंकि $V_L > V_R$, आवेश $L$ से $R$ की ओर प्रवाहित होगा।

(C) छड़ चुंबक की निरक्षीय रेखा पर किसी बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता $B$ का सूत्र है:
$B = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{M}{(r^2 + l^2)^{3/2}}$
दिए गए मान:
चुंबकीय आघूर्ण $M = 4\,J\,T^{-1}$
केंद्र से दूरी $r = 200\,cm = 2\,m$
चुंबक की लंबाई $2l = 6\,cm$,इसलिए $l = 3\,cm = 0.03\,m$
चूंकि $r \gg l$,हम सूत्र को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$B \approx \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{M}{r^3}$
मान रखने पर:
$B = 10^{-7} \times \frac{4}{2^3}$
$B = 10^{-7} \times \frac{4}{8}$
$B = 0.5 \times 10^{-7}\,T = 5 \times 10^{-8}\,T$
अतः,चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता $5 \times 10^{-8}\,T$ है।

(B) रदरफोर्ड के $\alpha -$कण प्रकीर्णन प्रयोग में,नाभिक धनावेशित होता है और $\alpha -$कण भी धनावेशित ($He^{++}$ आयन) होते हैं।
स्थिर-वैद्युत प्रतिकर्षण बल के कारण,$\alpha -$कण नाभिक में प्रवेश नहीं कर सकते हैं और न ही उससे होकर गुजर सकते हैं।
पथ $B$ एक $\alpha -$कण को सीधे नाभिक की ओर बढ़ते हुए और फिर वापस मुड़ते हुए दिखाता है,जो सम्मुख (head-on) टक्कर के लिए संभव है।
पथ $A$,$C$,और $D$ दिखाते हैं कि कण प्रतिकर्षण के कारण नाभिक से दूर विक्षेपित हो रहे हैं,जो भौतिक रूप से सही है।
हालाँकि,चित्र में दिखाया गया पथ $B$ उस तरीके से वापस मुड़ता हुआ दिखाई देता है जो भौतिक रूप से असंभव है या इस प्रश्न के संदर्भ में गलत पथ है।

(C) विद्युत क्षेत्र $E$ विभव के ऋणात्मक प्रवणता (gradient) द्वारा दिया जाता है: $E = -\frac{dV}{dx} = -\frac{d}{dx}(4x^2) = -8x \text{ V/m}$.
गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद सतह से गुजरने वाला कुल फ्लक्स $\phi = \oint E \cdot dA = \frac{q_{\text{enclosed}}}{\varepsilon_0}$ होता है।
मूल बिंदु पर केंद्रित $L = 1 \text{ m}$ भुजा वाले घन के लिए,फलक $x = 0.5 \text{ m}$ और $x = -0.5 \text{ m}$ पर स्थित हैं।
$x = 0.5 \text{ m}$ पर विद्युत क्षेत्र $E_1 = -8(0.5) = -4 \text{ V/m}$ (मूल बिंदु की ओर) है।
$x = -0.5 \text{ m}$ पर विद्युत क्षेत्र $E_2 = -8(-0.5) = 4 \text{ V/m}$ (मूल बिंदु से दूर) है।
$x = 0.5 \text{ m}$ वाले फलक से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi_1 = E_1 \cdot A = -4 \times (1^2) = -4 \text{ V} \cdot \text{m}^2$ है।
$x = -0.5 \text{ m}$ वाले फलक से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi_2 = E_2 \cdot A = 4 \times (1^2) = 4 \text{ V} \cdot \text{m}^2$ है।
अन्य चार फलकों से गुजरने वाला फ्लक्स शून्य है क्योंकि विद्युत क्षेत्र इन फलकों के समानांतर है।
कुल फ्लक्स $\phi_{\text{net}} = \phi_1 + \phi_2 = -4 + 4 = 0$ है।
चूंकि $\phi_{\text{net}} = \frac{q_{\text{enclosed}}}{\varepsilon_0}$,इसलिए $q_{\text{enclosed}} = 0$ प्राप्त होता है।

(A) मेलस के नियम के अनुसार,संचरित प्रकाश की तीव्रता $I = I_0 \cos^2 \theta$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I_0$ अधिकतम तीव्रता है और $\theta$ दो पोलेरॉइड की ध्रुवीकरण दिशाओं के बीच का कोण है।
हमें दिया गया है कि तीव्रता आधी हो जाती है,इसलिए $I = \frac{I_0}{2}$.
समीकरण में मान रखने पर: $\frac{I_0}{2} = I_0 \cos^2 \theta$.
$\cos^2 \theta = \frac{1}{2} \implies \cos \theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
इससे $\theta = 45^o$ प्राप्त होता है।
चूंकि पोलेरॉइड शुरू में समानांतर थे $(\theta = 0^o)$,इसलिए पोलेरॉइड को $45^o$ के कोण से घुमाया जाना चाहिए। दिए गए विकल्पों के अनुसार सही उत्तर $135^o$ है,जो $180^o - 45^o$ के अनुरूप है।

(A) इंद्रधनुष एक प्राकृतिक घटना है जो वायुमंडल में पानी की बूंदों के साथ सूर्य के प्रकाश की परस्पर क्रिया के कारण होती है।
जब सूर्य का प्रकाश पानी की बूंद में प्रवेश करता है,तो यह अपवर्तन और विक्षेपण से गुजरता है,जिससे यह अपने घटक रंगों में विभाजित हो जाता है।
बूंद के अंदर,प्रकाश पिछली सतह पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ से गुजरता है।
अंत में,जब प्रकाश बूंद से बाहर निकलता है तो यह फिर से अपवर्तित होता है और प्रेक्षक की आंख तक पहुंचता है।
इसलिए,इसमें शामिल प्रक्रियाएं अपवर्तन,विक्षेपण और पूर्ण आंतरिक परावर्तन हैं। व्यतिकरण इंद्रधनुष के निर्माण में कोई भूमिका नहीं निभाता है।

(B) मान लीजिए $N_0 = 10^{20}$ रेडियोधर्मी परमाणुओं की प्रारंभिक संख्या है।
मान लीजिए $\lambda$ क्षय स्थिरांक है।
समय $t$ के बाद शेष परमाणुओं की संख्या $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ है।
$n$-वें वर्ष में उत्सर्जित $\alpha$-कणों की संख्या उस वर्ष की शुरुआत और अंत में परमाणुओं की संख्या का अंतर है: $\Delta N_n = N(n-1) - N(n) = N_0 e^{-\lambda(n-1)} - N_0 e^{-\lambda n} = N_0 e^{-\lambda(n-1)}(1 - e^{-\lambda})$.
तीसरे वर्ष में उत्सर्जित कणों और दूसरे वर्ष में उत्सर्जित कणों का अनुपात:
$\frac{\Delta N_3}{\Delta N_2} = \frac{N_0 e^{-2\lambda}(1 - e^{-\lambda})}{N_0 e^{-\lambda}(1 - e^{-\lambda})} = e^{-\lambda} = 0.3$.
पहले वर्ष में उत्सर्जित $\alpha$-कणों की संख्या $\Delta N_1 = N(0) - N(1) = N_0(1 - e^{-\lambda})$ है।
मान रखने पर: $\Delta N_1 = 10^{20}(1 - 0.3) = 10^{20}(0.7) = 7 \times 10^{19}$.

(B) दिए गए सर्किट में,स्विच $A$ और $B$ समानांतर (parallel) में जुड़े हुए हैं। यदि स्विच $A$ बंद $(1)$ है या स्विच $B$ बंद $(1)$ है या दोनों बंद $(1)$ हैं,तो लैंप जलेगा।
इस सर्किट के लिए सत्यता सारणी (truth table) इस प्रकार है:

इनपुट $(A, B)$	आउटपुट $(Y)$
$0, 0$	$0$
$0, 1$	$1$
$1, 0$	$1$
$1, 1$	$1$

यह सत्यता सारणी $OR$ गेट के अनुरूप है,जहाँ यदि कम से कम एक इनपुट $1$ है,तो आउटपुट $1$ प्राप्त होता है।

(B) उत्सर्जन के लिए संभावित संक्रमण उच्च ऊर्जा स्तरों से निम्न ऊर्जा स्तरों की ओर होते हैं। उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $\Delta E = E_f - E_i$ द्वारा दी जाती है। संभावित संक्रमण इस प्रकार हैं:
$1$. $E_3$ से $E_2$ में: $\Delta E_{32} = -2 \ eV - (-6 \ eV) = 4 \ eV$.
$2$. $E_3$ से $E_1$ में: $\Delta E_{31} = -2 \ eV - (-8 \ eV) = 6 \ eV$.
$3$. $E_2$ से $E_1$ में: $\Delta E_{21} = -6 \ eV - (-8 \ eV) = 2 \ eV$.
सूत्र $\lambda = \frac{hc}{\Delta E}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $hc \approx 1240 \ eV \cdot nm$ है:
- $\Delta E = 4 \ eV$ के लिए,$\lambda = \frac{1240}{4} = 310 \ nm$.
- $\Delta E = 6 \ eV$ के लिए,$\lambda = \frac{1240}{6} \approx 206.67 \ nm \approx 207 \ nm$.
- $\Delta E = 2 \ eV$ के लिए,$\lambda = \frac{1240}{2} = 620 \ nm$.
इन मानों की तुलना दिए गए विकल्पों से करने पर,$465 \ nm$ तरंगदैर्ध्य उत्सर्जन स्पेक्ट्रम में उपस्थित नहीं है।

(A) $RC$ श्रेणी परिपथ में बैटरी द्वारा चार्जिंग के दौरान,$t$ समय पर संधारित्र के सिरों पर वोल्टेज $V_C = V(1 - e^{-t/RC})$ होता है।
$t$ समय पर प्रतिरोध के सिरों पर वोल्टेज $V_R = V e^{-t/RC}$ होता है।
दिया गया है कि $V_C = 7 V_R$,इसलिए:
$V(1 - e^{-t/RC}) = 7(V e^{-t/RC})$
$1 - e^{-t/RC} = 7 e^{-t/RC}$
$1 = 8 e^{-t/RC}$
$e^{t/RC} = 8$
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$t/RC = \ln 8$
$t = RC \ln(2^3)$
$t = 3 \, RC \ln 2$.

(A) आवेशित कण पर लगने वाला चुंबकीय बल $\vec{F}$ लोरेंत्ज़ बल के सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$.
दिया गया है:
$q = 2\,\mu C = 2 \times 10^{-6}\, C$
$\vec{v} = (2\hat{i} + 3\hat{j}) \times 10^6\, m/s$
$\vec{B} = 2\hat{j}\, T$
मान रखने पर:
$\vec{F} = (2 \times 10^{-6}) \times [(2\hat{i} + 3\hat{j}) \times 10^6] \times (2\hat{j})$
$\vec{F} = 2 \times [ (2\hat{i} \times 2\hat{j}) + (3\hat{j} \times 2\hat{j}) ]$
चूंकि $\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}$ और $\hat{j} \times \hat{j} = 0$:
$\vec{F} = 2 \times [ 4\hat{k} + 0 ] = 8\hat{k}\, N$.
अतः,बल $8\, N$ है जो $z-$ दिशा में कार्य करता है।

(D) एक शुद्ध अर्धचालक में,वैलेंस बैंड और चालन बैंड के बीच ऊर्जा अंतराल छोटा होता है।
जैसे-जैसे तापमान बढ़ता है,तापीय ऊर्जा के कारण अधिक इलेक्ट्रॉन वैलेंस बैंड से चालन बैंड में कूद जाते हैं।
इससे आवेश वाहकों (इलेक्ट्रॉनों और होल्स) की संख्या बढ़ जाती है,जिससे अर्धचालक का प्रतिरोध कम हो जाता है।
चूंकि तापमान बढ़ने पर प्रतिरोध घटता है,इसलिए प्रतिरोध का ताप गुणांक ऋणात्मक होता है।
अतः,कथन $1$ सही है और कथन $2$ कथन $1$ की सही व्याख्या है।

(C) एकल स्लिट प्रयोग में पहले विवर्तन न्यूनतम के लिए शर्त $d \sin \theta = n\lambda$ है, जहाँ पहले न्यूनतम के लिए $n = 1$ है。
दिया गया है:
$\lambda = 5000 \,\mathring{A} = 5000 \times 10^{-8} \,\text{cm} = 5 \times 10^{-5} \,\text{cm}$
$\theta = 30^o$
सूत्र में मान रखने पर:
$d \sin 30^o = 5000 \times 10^{-8} \,\text{cm}$
$d \times (1/2) = 5000 \times 10^{-8} \,\text{cm}$
$d = 2 \times 5000 \times 10^{-8} \,\text{cm}$
$d = 10000 \times 10^{-8} \,\text{cm} = 10 \times 10^{-5} \,\text{cm}$

(C) ऊर्जा स्तरों $n_2$ और $n_1$ के बीच संक्रमण के लिए तरंगदैर्ध्य $\lambda$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left(\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2}\right)$.
$Li^{2+}$ के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 3$ है,इसलिए $Z^2 = 9$.
$\frac{1}{\lambda_{32}} = R(9) \left(\frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2}\right) = 9R \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{9}\right) = 9R \left(\frac{5}{36}\right) = \frac{5R}{4} \implies \lambda_{32} = \frac{4}{5R}$.
$\frac{1}{\lambda_{31}} = R(9) \left(\frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2}\right) = 9R \left(1 - \frac{1}{9}\right) = 9R \left(\frac{8}{9}\right) = 8R \implies \lambda_{31} = \frac{1}{8R}$.
$\frac{1}{\lambda_{21}} = R(9) \left(\frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2}\right) = 9R \left(1 - \frac{1}{4}\right) = 9R \left(\frac{3}{4}\right) = \frac{27R}{4} \implies \lambda_{21} = \frac{4}{27R}$.
अब,अनुपात की गणना करने पर:
$\frac{\lambda_{32}}{\lambda_{31}} = \frac{4/5R}{1/8R} = \frac{4}{5} \times 8 = \frac{32}{5} = 6.4$.
$\frac{\lambda_{21}}{\lambda_{31}} = \frac{4/27R}{1/8R} = \frac{4}{27} \times 8 = \frac{32}{27} \approx 1.185 \approx 1.2$.
अतः,अनुपात $6.4$ और $1.2$ हैं।

(A) रेडियोधर्मी क्षय एक स्वतःस्फूर्त और निरंतर प्रक्रिया है जिसे किसी भी भौतिक या रासायनिक माध्यम से नियंत्रित नहीं किया जा सकता है।
परमाणु विखंडन एक ऐसी प्रक्रिया है जिसे परमाणु रिएक्टर में अतिरिक्त न्यूट्रॉन को अवशोषित करने के लिए नियंत्रण छड़ों (control rods) का उपयोग करके नियंत्रित किया जा सकता है।
इसलिए,यह कथन कि रेडियोधर्मी क्षय की दर को नियंत्रित नहीं किया जा सकता है लेकिन परमाणु विखंडन की दर को नियंत्रित किया जा सकता है,सही है।
नाभिकीय बल आवेश से स्वतंत्र होते हैं।
समान संख्या में न्यूट्रॉन वाले नाभिकों को आइसोटोन कहा जाता है,आइसोबार नहीं।
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य सूत्र $\lambda = h/p$ पदार्थ तरंगों और फोटॉन दोनों पर लागू होता है (जहाँ फोटॉन के लिए $p = E/c$ होता है)।

(C) $4\,\Omega$,$6\,\Omega$ और $12\,\Omega$ के प्रतिरोधक समानांतर में जुड़े हैं,इसलिए उनका तुल्य प्रतिरोध $R_p$ इस प्रकार है:
$\frac{1}{R_p} = \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \frac{1}{12} = \frac{3+2+1}{12} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2} \Rightarrow R_p = 2\,\Omega$.
आंतरिक प्रतिरोध $r = 1\,\Omega$ सहित परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = R_p + r = 2\,\Omega + 1\,\Omega = 3\,\Omega$ है।
बैटरी से प्रवाहित कुल धारा $I = \frac{V}{R_{total}} = \frac{1.5\,V}{3\,\Omega} = 0.5\,A$ है।
समानांतर संयोजन में प्रत्येक प्रतिरोधक पर वोल्टेज समान होता है,जो $V_p = I \times R_p = 0.5\,A \times 2\,\Omega = 1.0\,V$ है।
$4\,\Omega$ के प्रतिरोधक से प्रवाहित धारा $I_1 = \frac{V_p}{4\,\Omega} = \frac{1.0\,V}{4\,\Omega} = 0.25\,A$ है।
$4\,\Omega$ के प्रतिरोधक में जूल ऊष्मन की दर (शक्ति) $P = I_1^2 \times R = (0.25\,A)^2 \times 4\,\Omega = 0.0625 \times 4 = 0.25\,W$ है।

(C) अंतिम प्रतिबिंब को अनंत पर प्राप्त करने के लिए,ऑब्जेक्टिव लेंस द्वारा निर्मित मध्यवर्ती प्रतिबिंब को आई-पीस के फोकस बिंदु पर होना चाहिए।
ऑब्जेक्टिव लेंस के लिए लेंस सूत्र का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{v_{0}} - \frac{1}{u_{0}} = \frac{1}{f_{0}}$
दिया गया है: $u_{0} = -25\, mm$ और $f_{0} = 20\, mm$.
मान रखने पर:
$\frac{1}{v_{0}} - \frac{1}{-25} = \frac{1}{20}$
$\frac{1}{v_{0}} + \frac{1}{25} = \frac{1}{20}$
$\frac{1}{v_{0}} = \frac{1}{20} - \frac{1}{25} = \frac{5 - 4}{100} = \frac{1}{100}$
$v_{0} = 100\, mm$
अंतिम प्रतिबिंब के अनंत पर बनने के लिए,मध्यवर्ती प्रतिबिंब को आई-पीस के फोकस बिंदु $(f_{e} = 20\, mm)$ पर स्थित होना चाहिए।
अतः,लेंसों के बीच की दूरी $L = v_{0} + f_{e} = 100\, mm + 20\, mm = 120\, mm$ होगी।

(C) फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित विद्युत वाहक बल (emf) $e = \frac{\Delta \phi}{\Delta t}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि कुंडली का प्रतिरोध $R$ है,इसलिए प्रेरित धारा $i = \frac{e}{R}$ है,जिसका अर्थ है $e = iR$।
$e$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर,हमें $iR = \frac{\Delta \phi}{\Delta t}$ प्राप्त होता है।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन मिलता है: $\Delta \phi = R \times (i \cdot \Delta t)$।
पद $(i \cdot \Delta t)$ धारा-समय $(i-t)$ ग्राफ के अंतर्गत क्षेत्रफल को दर्शाता है।
दिए गए ग्राफ से,क्षेत्रफल एक समकोण त्रिभुज है जिसका आधार $0.1\,s$ और ऊंचाई $4\,A$ है।
क्षेत्रफल $= \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई} = \frac{1}{2} \times 0.1 \times 4 = 0.2$।
मान रखने पर,हमें $\Delta \phi = 10 \times 0.2 = 2\,Wb$ प्राप्त होता है।
अतः,परिमाण $\left| \Delta \phi \right| = 2\,Wb$ है।

(C) सेल के $e.m.f.$ को मापने के लिए वोल्टमीटर की तुलना में पोटेंशियोमीटर को निम्नलिखित कारणों से प्राथमिकता दी जाती है:
$(i)$ जब पोटेंशियोमीटर संतुलित अवस्था में होता है,तो सेल से कोई धारा नहीं ली जाती है। इस प्रकार,मापा गया विभवांतर सेल के वास्तविक $e.m.f.$ के बराबर होता है।
$(ii)$ पोटेंशियोमीटर के तार को बहुत लंबा बनाया जा सकता है,जो विभव प्रवणता $(V/L)$ को बढ़ाता है,जिससे मानक वोल्टमीटर की तुलना में मापन में बहुत अधिक सटीकता प्राप्त होती है।
अतः,कथन $(i)$ और $(ii)$ सही हैं।

(C) परिपथ में धारा $I = \frac{V}{R} = \frac{24}{12} = 2 \, A$ है।
दो स्प्रिंग $k$ द्वारा समर्थित $m$ द्रव्यमान के तार के लिए प्रारंभिक संतुलन स्थिति $2kx_1 = mg$ है,जहाँ $x_1 = 0.5 \, cm = 0.5 \times 10^{-2} \, m$ है।
जब चुंबकीय क्षेत्र $B$ लगाया जाता है,तो अतिरिक्त बल $F_m = IlB$ अतिरिक्त खिंचाव $x_2 = 0.3 \, cm = 0.3 \times 10^{-2} \, m$ उत्पन्न करता है। नई संतुलन स्थिति $2k(x_1 + x_2) = mg + IlB$ है।
पहले समीकरण को दूसरे से घटाने पर $2kx_2 = IlB$ प्राप्त होता है।
$2k = \frac{mg}{x_1}$ को समीकरण में रखने पर,हमें $\frac{mg}{x_1} x_2 = IlB$ प्राप्त होता है।
$B$ के लिए हल करने पर: $B = \frac{mgx_2}{Ilx_1} = \frac{10 \times 10^{-3} \times 10 \times 0.3 \times 10^{-2}}{2 \times 5 \times 10^{-2} \times 0.5 \times 10^{-2}} = \frac{0.3}{0.5} = 0.6 \, T$.
चूंकि स्प्रिंग और अधिक खिंचती है,इसलिए चुंबकीय बल नीचे की ओर होना चाहिए। फ्लेमिंग के बाएं हाथ के नियम के अनुसार,तार में बहने वाली धारा के लिए,नीचे की ओर बल उत्पन्न करने के लिए चुंबकीय क्षेत्र को पृष्ठ के तल के अंदर की ओर निर्देशित होना चाहिए।

(A) मीटर ब्रिज को संवेदनशील बनाने के लिए,तार की सामग्री (आमतौर पर मैंगनीन या कॉन्सटेंटन) की प्रतिरोधकता उच्च होनी चाहिए ताकि प्रति इकाई लंबाई प्रतिरोध महत्वपूर्ण हो,जिससे सटीक माप संभव हो सके।
इसके अतिरिक्त,इसका तापमान गुणांक निम्न होना चाहिए ताकि प्रयोग के दौरान तापमान में छोटे उतार-चढ़ाव के साथ तार का प्रतिरोध महत्वपूर्ण रूप से न बदले,जिससे माप की सटीकता और स्थिरता बनी रहे।

(B) ट्रांसमीटर की शक्ति $P$ को $P = n \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या है।
दिया गया है:
शक्ति $P = 10\, kW = 10^4\, W$
तरंगदैर्ध्य $\lambda = 500\, m$
प्लांक नियतांक $h \approx 6.63 \times 10^{-34}\, J\cdot s$
प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^8\, m/s$
$n$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$n = \frac{P \lambda}{hc}$
मान रखने पर:
$n = \frac{10^4 \times 500}{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}$
$n = \frac{5 \times 10^6}{19.89 \times 10^{-26}}$
$n \approx 0.251 \times 10^{32} \approx 2.51 \times 10^{31}$
अतः,परिमाण का क्रम $10^{31}$ है।

(B) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में,संपोषी व्यतिकरण (उच्चिष्ठ) के लिए शर्त $d \sin \theta = n \lambda$ है,जहाँ $d$ स्लिट पृथक्करण है,$\lambda$ तरंगदैर्ध्य है,और $n$ उच्चिष्ठ का क्रम है।
दिया गया है $d = 1.8 \lambda$,अतः शर्त $1.8 \lambda \sin \theta = n \lambda$ हो जाती है,जो सरल होकर $n = 1.8 \sin \theta$ प्राप्त होती है।
चूँकि $\sin \theta$ का अधिकतम मान $1$ है,इसलिए $n$ का अधिकतम मान $1.8 \times 1 = 1.8$ है।
अतः,$n$ के लिए संभव पूर्णांक मान $0, \pm 1$ हैं।
इसलिए,उच्चिष्ठों की कुल संख्या $1$ ($n=0$ के लिए) $+ 2$ ($n=1$ और $n=-1$ के लिए),जो कि $3$ के बराबर है।

(A) जब कनेक्टर $v$ वेग के साथ गति करता है,तो प्रेरित गतिकीय $EMF$ $\varepsilon = Blv$ होता है। यह $EMF$ प्रेरक $L$ के माध्यम से धारा $I$ प्रवाहित करता है,जो $\varepsilon = L \frac{dI}{dt}$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए $L \frac{dI}{dt} = Blv$। कनेक्टर पर चुंबकीय बल $F = -IlB$ है,जो मंदन उत्पन्न करता है: $m \frac{dv}{dt} = -IlB$। पहले समीकरण से $I$ का मान रखने पर,हमें $m \frac{dv}{dt} = -\frac{B^2 l^2}{L} \int v dt$ प्राप्त होता है। $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $m \frac{d^2v}{dt^2} = -\frac{B^2 l^2}{L} v$ मिलता है। यह सरल आवर्त गति का समीकरण है,लेकिन जैसे-जैसे वेग $v$ घटता है और धारा बढ़ती है,कनेक्टर अंततः रुक जाता है। विस्थापन $x(t)$ को $x(t) = \frac{mv_0}{\omega L} (1 - \cos(\omega t))$ द्वारा दिया जाता है। इस भौतिक व्यवस्था में,कनेक्टर गति करता है और अंततः अधिकतम विस्थापन पर रुक जाता है। विस्थापन $x$ बनाम समय $t$ का ग्राफ मूल बिंदु से शुरू होता है,बढ़ता है और $t \to \infty$ होने पर एक स्थिर मान के करीब पहुंचता है।

(A) $NOR$ गेट,$OR$ गेट और $NOT$ गेट के संयोजन से बनता है।
सबसे पहले,$OR$ ऑपरेशन आउटपुट $A + B$ देता है।
इसके बाद,$NOT$ ऑपरेशन इस परिणाम को उलट देता है।
इसलिए,$NOR$ गेट के लिए बूलियन व्यंजक $Y = \overline {A + B}$ है।

(B) जब दो समतल तरंगें एक-दूसरे के साथ एक छोटा कोण $\alpha$ बनाती हैं,तो बनने वाला व्यतिकरण पैटर्न यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग के समान होता है।
दो आभासी स्रोतों के बीच प्रभावी पृथक्करण $d$ है। यदि तरंगें $D$ दूरी पर स्थित पर्दे पर आपतित होती हैं,तो उनके बीच का कोण $\alpha = \frac{d}{D}$ होता है।
फ्रिंज चौड़ाई $\Delta x$ का सूत्र $\Delta x = \frac{\lambda D}{d}$ है।
सूत्र में $d = D\alpha$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\Delta x = \frac{\lambda D}{D\alpha} = \frac{\lambda}{\alpha}$ प्राप्त होता है।
अतः,सही विकल्प $\frac{\lambda}{\alpha}$ है।