AIIMS 2008 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) $1$. मुक्त पतन चरण (बिंदु $A$ से $B$ तक): पैराशूटिस्ट गुरुत्वाकर्षण के तहत $s_1 = 50\, m$ की दूरी तक मुक्त रूप से गिरता है। प्रारंभिक वेग $u_1 = 0$,त्वरण $a_1 = 9.8\, m/s^2$ है।
बिंदु $B$ पर वेग $v$ इस प्रकार है: $v^2 = u_1^2 + 2a_1s_1 = 0 + 2 \times 9.8 \times 50 = 980$.
अतः,$v = \sqrt{980}\, m/s$.
$2$. मंदन चरण (बिंदु $B$ से $C$ तक): पैराशूट खुलता है और पैराशूटिस्ट $a_2 = -2\, m/s^2$ की दर से मंदन करता है। जमीन पर अंतिम वेग $v_f = 3\, m/s$ है। मान लीजिए तय की गई दूरी $h$ है।
समीकरण $v_f^2 = v^2 + 2a_2h$ का उपयोग करने पर:
$(3)^2 = 980 + 2(-2)h$
$9 = 980 - 4h$
$4h = 980 - 9 = 971$
$h = 971 / 4 = 242.75\, m$.
$3$. कुल ऊँचाई: वह कुल ऊँचाई जहाँ से उसने छलांग लगाई थी,$H = s_1 + h = 50 + 242.75 = 292.75\, m \approx 293\, m$ है।

(A) चिकने नत समतल के लिए,त्वरण $a_s = g \sin \theta$ है। $s$ दूरी तय करने में लगा समय $t_s = \sqrt{\frac{2s}{g \sin \theta}}$ है।
खुरदरे नत समतल के लिए,त्वरण $a_r = g(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ है। लगा समय $t_r = \sqrt{\frac{2s}{g(\sin \theta - \mu \cos \theta)}}$ है।
दिया गया है $t_r = n t_s$,इसलिए $t_r^2 = n^2 t_s^2$.
$\frac{2s}{g(\sin \theta - \mu \cos \theta)} = n^2 \frac{2s}{g \sin \theta}$.
$\sin \theta - \mu \cos \theta = \frac{\sin \theta}{n^2}$.
$\mu \cos \theta = \sin \theta \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right)$.
$\mu = \tan \theta \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right)$.
चूंकि $\theta = 45^{\circ}$ है,$\tan 45^{\circ} = 1$,इसलिए $\mu = 1 - \frac{1}{n^2}$.

(A) स्थितिज ऊर्जा $U(x) = k|x|^3$ द्वारा दी गई है।
कण पर कार्य करने वाला बल $F = -\frac{dU}{dx} = -3k|x|^2 \text{sgn}(x)$ है।
$m$ द्रव्यमान का कण जो $a$ आयाम के साथ दोलन कर रहा है,उसकी कुल ऊर्जा $E$ संरक्षित रहती है और यह चरम स्थिति $(x = a)$ पर स्थितिज ऊर्जा के बराबर होती है:
$E = U(a) = ka^3$.
किसी भी स्थिति $x$ पर,ऊर्जा $E = \frac{1}{2}mv^2 + k|x|^3 = ka^3$ है।
अतः,$v = \frac{dx}{dt} = \sqrt{\frac{2k}{m}(a^3 - |x|^3)}$.
आवर्तकाल $T$ इस प्रकार प्राप्त होता है: $T = 4 \int_{0}^{a} \frac{dx}{v} = 4 \int_{0}^{a} \frac{dx}{\sqrt{\frac{2k}{m}(a^3 - x^3)}}$.
माना $x = ay$,तो $dx = a dy$। जब $x=0, y=0$ और जब $x=a, y=1$।
$T = 4 \sqrt{\frac{m}{2k}} \int_{0}^{1} \frac{a dy}{\sqrt{a^3(1 - y^3)}} = 4 \sqrt{\frac{m}{2ka}} \int_{0}^{1} \frac{dy}{\sqrt{1 - y^3}}$.
चूंकि समाकलन एक नियतांक है,इसलिए $T \propto \frac{1}{\sqrt{a}}$।

(D) दिया गया फलन $y = \sin^2(\omega t)$ है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2}$ का उपयोग करते हुए,हम फलन को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$y = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos(2\omega t)$.
$\cos(kt)$ फलन का आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{k}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$k = 2\omega$ है,इसलिए आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{2\omega} = \frac{\pi}{\omega}$ होगा।
सरल आवर्त गति $(S.H.M.)$ को अवकल समीकरण $\frac{d^2y}{dt^2} = -\Omega^2 y$ को संतुष्ट करना चाहिए। दिया गया फलन एक अचर पद और कोसाइन पद का योग है,जो $S.H.M.$ की शर्त को संतुष्ट नहीं करता है क्योंकि संतुलन स्थिति स्थानांतरित हो गई है और यह मूल बिंदु के चारों ओर शुद्ध ज्यावक्रीय दोलन नहीं है। इसलिए,यह एक आवर्ती गति है लेकिन $S.H.M.$ नहीं है।

(C) डेसिबल में ध्वनि तीव्रता का स्तर $\beta = 10 \log_{10} \left( \frac{I}{I_0} \right)$ द्वारा दिया जाता है।
$r_1 = 1 \ m$ की दूरी पर,$\beta_1 = 40 \ dB$ है। अतः,$40 = 10 \log_{10} \left( \frac{I_1}{I_0} \right) \implies \frac{I_1}{I_0} = 10^4$।
$r_2$ दूरी पर,$\beta_2 = 20 \ dB$ है। अतः,$20 = 10 \log_{10} \left( \frac{I_2}{I_0} \right) \implies \frac{I_2}{I_0} = 10^2$।
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{I_1}{I_2} = \frac{10^4}{10^2} = 10^2 = 100$।
चूंकि तीव्रता $I \propto \frac{1}{r^2}$ होती है,इसलिए $\frac{I_1}{I_2} = \frac{r_2^2}{r_1^2}$ होगा।
मान रखने पर: $100 = \frac{r_2^2}{(1)^2} \implies r_2^2 = 100 \implies r_2 = 10 \ m$।

(A) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,निकाय पर किया गया कुल कार्य गेंद की गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
मान लीजिए गेंद की प्रारंभिक स्थिति स्प्रिंग से $h$ ऊँचाई पर है। अंतिम स्थिति तब है जब स्प्रिंग $d$ दूरी तक दब जाती है।
गेंद का कुल ऊर्ध्वाधर विस्थापन $(h + d)$ है।
गेंद पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण (नीचे की ओर) और स्प्रिंग बल (ऊपर की ओर) हैं।
गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य $W_g = mg(h + d)$ है।
स्प्रिंग बल द्वारा किया गया कार्य $W_s = -\int_0^d kx \, dx = -\frac{1}{2}kd^2$ है।
गेंद पर किया गया कुल कार्य $W_{net} = W_g + W_s = mg(h + d) - \frac{1}{2}kd^2$ है।
चूंकि गेंद विरामावस्था से शुरू होती है और अधिकतम संपीड़न $d$ पर क्षण भर के लिए रुक जाती है,इसलिए गतिज ऊर्जा में परिवर्तन शून्य है,जिसका अर्थ है कि पूरी प्रक्रिया के लिए $W_{net} = 0$ है। हालाँकि,प्रश्न में विस्थापन $d$ के दौरान बाहरी बलों (गुरुत्वाकर्षण और स्प्रिंग) द्वारा किया गया कुल कार्य पूछा गया है,जो $mg(h + d) - \frac{1}{2}kd^2$ है।

(D) $r$ त्रिज्या और $\rho$ घनत्व वाले गोले का टर्मिनल वेग $v_T$, जो $\sigma$ घनत्व और $\eta$ श्यानता वाले द्रव में गिर रहा है, का सूत्र है: $v_T = \frac{2r^2(\rho - \sigma)g}{9\eta}$।
चूंकि त्रिज्या $r$, द्रव का घनत्व $\sigma$, श्यानता $\eta$ और गुरुत्वीय त्वरण $g$ दोनों गोलों के लिए समान हैं, इसलिए $v_T \propto (\rho - \sigma)$ होगा।
अतः, $\frac{v_{T, \text{silver}}}{v_{T, \text{gold}}} = \frac{\rho_{\text{silver}} - \sigma}{\rho_{\text{gold}} - \sigma}$।
दिया गया है: $\rho_{\text{gold}} = 19.5 \times 10^3 \ kg/m^3$, $\rho_{\text{silver}} = 10.5 \times 10^3 \ kg/m^3$, $\sigma = 1.5 \times 10^3 \ kg/m^3$, और $v_{T, \text{gold}} = 0.2 \ m/s$।
मान रखने पर: $\frac{v_{T, \text{silver}}}{0.2} = \frac{10.5 - 1.5}{19.5 - 1.5} = \frac{9}{18} = 0.5$।
इस प्रकार, $v_{T, \text{silver}} = 0.2 \times 0.5 = 0.1 \ m/s$।

(A) माना समय $T \propto c^{x} G^{y} h^{z}$ है।
$\Rightarrow T = k c^{x} G^{y} h^{z}$।
दोनों पक्षों की विमाएँ लेने पर: $[M^{0} L^{0} T^{1}] = [L T^{-1}]^{x} [M^{-1} L^{3} T^{-2}]^{y} [M L^{2} T^{-1}]^{z}$।
$[M^{0} L^{0} T^{1}] = [M^{-y+z} L^{x+3y+2z} T^{-x-2y-z}]$।
दोनों पक्षों पर $M, L, T$ की घातों की तुलना करने पर:
$-y + z = 0 \implies z = y \quad \dots(1)$
$x + 3y + 2z = 0 \quad \dots(2)$
$-x - 2y - z = 1 \quad \dots(3)$
$(2)$ और $(3)$ को जोड़ने पर: $(x + 3y + 2z) + (-x - 2y - z) = 0 + 1 \implies y + z = 1$।
चूंकि $z = y$ है,इसलिए $2y = 1 \implies y = 1/2$।
अतः,$z = 1/2$।
$(2)$ में मान रखने पर: $x + 3(1/2) + 2(1/2) = 0 \implies x + 3/2 + 1 = 0 \implies x = -5/2$।
इसलिए,$[T] = [G^{1/2} h^{1/2} c^{-5/2}]$।

(C) गोले का पृष्ठीय क्षेत्रफल $A = 4\pi r^2$ द्वारा दिया जाता है।
त्रुटि प्रसार के नियमों का उपयोग करते हुए,$A$ में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta A}{A} = 2 \frac{\Delta r}{r}$ होती है।
यह दिया गया है कि त्रिज्या में प्रतिशत त्रुटि $\frac{\Delta r}{r} \times 100 = 0.3\%$ है।
इसलिए,पृष्ठीय क्षेत्रफल में प्रतिशत त्रुटि $\frac{\Delta A}{A} \times 100 = 2 \times (0.3\%) = 0.6\%$ होगी।
अतः,अभिकथन सही है।
कारण में दिया गया सूत्र $\frac{\Delta A}{A} = \frac{4\Delta r}{r}$ गलत है,क्योंकि सही संबंध $\frac{\Delta A}{A} = 2 \frac{\Delta r}{r}$ है।
इसलिए,अभिकथन सही है लेकिन कारण गलत है।

(C) मान लीजिए प्रारंभिक बिंदु मूल बिंदु $(0,0)$ है।
पहला विस्थापन सदिश $\vec{d_1} = 6 \cos(45^\circ) \hat{i} + 6 \sin(45^\circ) \hat{j} = 3\sqrt{2} \hat{i} + 3\sqrt{2} \hat{j} \, km$.
दूसरा विस्थापन सदिश $\vec{d_2} = 4 \cos(135^\circ) \hat{i} + 4 \sin(135^\circ) \hat{j} = -2\sqrt{2} \hat{i} + 2\sqrt{2} \hat{j} \, km$.
परिणामी विस्थापन $\vec{R} = \vec{d_1} + \vec{d_2} = \sqrt{2} \hat{i} + 5\sqrt{2} \hat{j} \, km$.
परिमाण $R = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + (5\sqrt{2})^2} = \sqrt{2 + 50} = \sqrt{52} \, km$.
पूर्व के साथ कोण $\theta$: $\tan \theta = \frac{R_y}{R_x} = \frac{5\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 5 \implies \theta = \tan^{-1}(5)$.

(A) स्थैतिक घर्षण का अधिकतम मान जहाँ तक वस्तु गति नहीं करती है, उसे सीमांत घर्षण कहते हैं。
विराम कोण $(\alpha)$ को क्षैतिज के साथ नत समतल के उस कोण के रूप में परिभाषित किया जाता है जिस पर उस पर रखी वस्तु बस फिसलना शुरू करती है。
सीमांत स्थिति में, बल संतुलित होते हैं:
$F = mg \sin \alpha$
$R = mg \cos \alpha$
इन समीकरणों को विभाजित करने पर:
$\frac{F}{R} = \tan \alpha$
चूंकि स्थैतिक घर्षण गुणांक $\mu_s = \frac{F}{R} = \tan \theta$ है, जहाँ $\theta$ घर्षण कोण है, हमें प्राप्त होता है:
$\tan \theta = \tan \alpha \implies \theta = \alpha$
अतः, विराम कोण, घर्षण कोण के बराबर होता है। कारण, सीमांत घर्षण की अवधारणा को सही ढंग से समझाता है जिसका उपयोग इस समानता को प्राप्त करने के लिए किया जाता है।

(C) $M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाले गोले की सतह पर $m$ द्रव्यमान के कण की गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा $U = -\frac{GMm}{R}$ द्वारा दी जाती है।
कण को अनंत तक (जहाँ स्थितिज ऊर्जा $0$ होती है) ले जाने के लिए,गुरुत्वाकर्षण बल के विरुद्ध किया गया कार्य $W$,स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है: $W = U_{final} - U_{initial} = 0 - (- \frac{GMm}{R}) = \frac{GMm}{R}$.
दिए गए मान:
$M = 100\, kg$
$m = 10\, g = 0.01\, kg$
$R = 10\, cm = 0.1\, m$
$G = 6.67 \times 10^{-11}\, Nm^2/kg^2$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$W = \frac{6.67 \times 10^{-11} \times 100 \times 0.01}{0.1}$
$W = \frac{6.67 \times 10^{-11} \times 1}{0.1} = 6.67 \times 10^{-10}\, J$.

(A) न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,आवेगी बल $F$ को $F = \frac{\Delta p}{\Delta t}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\Delta p$ संवेग में परिवर्तन है और $\Delta t$ टक्कर की समयावधि है।
त्वरित टक्कर में,समयावधि $\Delta t$ बहुत कम होती है।
चूंकि संवेग में परिवर्तन $\Delta p$ दोनों मामलों के लिए समान है (क्योंकि प्रारंभिक और अंतिम वेग समान हैं),बल $F$,$\Delta t$ के व्युत्क्रमानुपाती है $(F \propto \frac{1}{\Delta t})$।
इसलिए,छोटी $\Delta t$ के लिए,बल $F$ बहुत अधिक होता है,जिससे टक्कर अधिक हिंसक हो जाती है।
संवेग परिवर्तन की दर को $\frac{\Delta p}{\Delta t}$ के रूप में परिभाषित किया गया है,जो कि बल $F$ है।
चूंकि पहले मामले में $\Delta t$ कम है,इसलिए संवेग परिवर्तन की दर वास्तव में अधिक है।
अतः,$Assertion$ और $Reason$ दोनों सही हैं,और $Reason$,$Assertion$ की सही व्याख्या है।

(C) माना वर्ग $ABCD$ की भुजा की लंबाई $l$ है। द्रव्यमान $A, B, C, D$ पर स्थित हैं।
अक्ष $A$ से गुजरती है और विकर्ण $BD$ के समानांतर है।
अक्ष से बिंदु $A$ की दूरी $0$ है।
अक्ष से बिंदु $B$ की दूरी $d_B = \frac{l}{\sqrt{2}}$ है।
अक्ष से बिंदु $D$ की दूरी $d_D = \frac{l}{\sqrt{2}}$ है।
अक्ष से बिंदु $C$ की दूरी $d_C = l\sqrt{2}$ है।
जड़त्व आघूर्ण $I = \sum m_i r_i^2$ द्वारा दिया जाता है।
$I = m(0)^2 + m(l/\sqrt{2})^2 + m(l\sqrt{2})^2 + m(l/\sqrt{2})^2$
$I = 0 + m(l^2/2) + 2ml^2 + m(l^2/2)$
$I = ml^2 + 2ml^2 = 3ml^2$.

(D) माना वर्ग की भुजा $a$ है। लंबवत अक्षों के प्रमेय के अनुसार,केंद्र $O$ से गुजरने वाली और लैमिना के तल के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_z = I_x + I_y$ होता है।
वर्गाकार लैमिना के लिए,केंद्र से गुजरने वाली और लैमिना के तल में स्थित किसी भी अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण समान होता है।
माना $I_{EF}$ अक्ष $EF$ (जो भुजाओं $AB$ और $CD$ के मध्य बिंदुओं से गुजरती है) के परितः जड़त्व आघूर्ण है। सममिति के कारण,$I_{EF} = I_{GH}$ जहाँ $GH$ वह अक्ष है जो भुजाओं $AD$ और $BC$ के मध्य बिंदुओं से गुजरती है।
अतः,$I_z = I_{EF} + I_{GH} = 2I_{EF}$।
अब,विकर्ण $AC$ पर विचार करें। विकर्ण $AC$ के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{AC}$ है। सममिति के कारण,दूसरे विकर्ण $BD$ के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{BD} = I_{AC}$ है।
चूंकि विकर्ण भी लैमिना के तल में लंबवत अक्ष हैं,इसलिए $I_z = I_{AC} + I_{BD} = 2I_{AC}$।
$I_z$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर,हमें $2I_{EF} = 2I_{AC}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $I_{AC} = I_{EF}$।

(B) दिया गया है:
प्रारंभिक कोणीय गति,$\omega_0 = 2.00\, rad/s$
कोणीय त्वरण,$\alpha = 3.0\, rad/s^2$
समय,$t = 2\, s$
कोणीय विस्थापन के लिए गति के समीकरण का उपयोग करते हुए:
$\theta = \omega_0 t + \frac{1}{2} \alpha t^2$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\theta = (2.00)(2) + \frac{1}{2}(3.0)(2)^2$
$\theta = 4 + \frac{1}{2}(3.0)(4)$
$\theta = 4 + 6 = 10\, rad$
अतः,पहिया $10\, rad$ के कोण से घूम जाएगा।

(A) जब कोई वस्तु $h$ ऊँचाई के नत समतल से फिसलती है,तो पूरी स्थितिज ऊर्जा $mgh$ स्थानांतरण गतिज ऊर्जा $\frac{1}{2}mv^2$ में परिवर्तित हो जाती है। अतः,$v_{slide} = \sqrt{2gh}$।
जब वस्तु उसी समतल पर लुढ़कती है,तो स्थितिज ऊर्जा $mgh$ स्थानांतरण गतिज ऊर्जा $\frac{1}{2}mv^2$ और घूर्णन गतिज ऊर्जा $\frac{1}{2}I\omega^2$ दोनों में परिवर्तित हो जाती है। अतः,$mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$।
चूंकि ऊर्जा का कुछ हिस्सा घूर्णन में उपयोग किया जाता है,इसलिए लुढ़कने की स्थिति में स्थानांतरण गतिज ऊर्जा फिसलने की तुलना में कम होती है।
परिणामस्वरूप,तल पर रैखिक वेग लुढ़कने के मामले में फिसलने की तुलना में कम होता है।
इसलिए,$Assertion$ और $Reason$ दोनों सही हैं,और $Reason$,$Assertion$ की सही व्याख्या है।

(B) चूंकि पिंड शुरू में स्थिर हैं,निकाय का कुल संवेग शून्य है। संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,$m_1 v_1 = m_2 v_2$,जहाँ $v_1$ और $v_2$ दूरी $r$ पर पिंडों की गति है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा में कमी गतिज ऊर्जा में वृद्धि के बराबर है: $G m_1 m_2 / r = 1/2 m_1 v_1^2 + 1/2 m_2 v_2^2$.
संवेग समीकरण से,$v_1 = (m_2/m_1) v_2$। इसे ऊर्जा समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$G m_1 m_2 / r = 1/2 m_1 (m_2/m_1)^2 v_2^2 + 1/2 m_2 v_2^2 = 1/2 (m_2^2/m_1 + m_2) v_2^2 = 1/2 [m_2(m_1 + m_2)/m_1] v_2^2$.
$v_2$ के लिए हल करने पर,$v_2 = \sqrt{2 G m_1^2 / (r(m_1 + m_2))}$। इसी प्रकार,$v_1 = \sqrt{2 G m_2^2 / (r(m_1 + m_2))}$।
सापेक्ष दृष्टिकोण वेग $v_{rel} = v_1 + v_2 = \sqrt{2 G / (r(m_1 + m_2))} (m_1 + m_2) = \sqrt{2 G (m_1 + m_2) / r}$ है।

(A) ग्राफ से,हम देखते हैं कि भार में परिवर्तन $\Delta W = (40 - 20) \, N = 20 \, N$ के लिए,विस्तार में परिवर्तन $\Delta(\Delta l) = (2 - 1) \times 10^{-4} \, m = 10^{-4} \, m$ है।
यंग मापांक $Y$ का सूत्र $Y = \frac{\text{Stress}}{\text{Strain}} = \frac{F/A}{\Delta l/l} = \frac{F \cdot l}{A \cdot \Delta l}$ है।
ग्राफ की ढाल का उपयोग करते हुए,$\frac{\Delta l}{F} = \frac{10^{-4} \, m}{20 \, N} = 0.05 \times 10^{-4} \, m/N = 5 \times 10^{-6} \, m/N$ है।
यहाँ $l = 1 \, m$ और $A = 10^{-6} \, m^2$ दिया गया है,इसलिए:
$Y = \frac{l}{A} \cdot \frac{F}{\Delta l} = \frac{1}{10^{-6}} \cdot \frac{1}{5 \times 10^{-6}} = \frac{10^6}{5 \times 10^{-6}} = 0.2 \times 10^{12} \, N/m^2 = 2 \times 10^{11} \, N/m^2$.

(A) बर्नौली के सिद्धांत से प्राप्त सूत्र के अनुसार,बहिःस्राव का वेग $v$ है:
$v = \sqrt{\frac{2gh}{1 - (A_0/A)^2}}$
जहाँ $h$ छेद के ऊपर पानी के स्तंभ की ऊँचाई है।
दिया गया है:
पानी की कुल ऊँचाई = $3\,m$
नीचे से छेद की ऊँचाई = $52.5\,cm = 0.525\,m$
$h = 3 - 0.525 = 2.475\,m$
$A_0/A = 0.1$
$g = 10\,m/s^2$
इन मानों को $v^2$ के सूत्र में रखने पर:
$v^2 = \frac{2gh}{1 - (A_0/A)^2}$
$v^2 = \frac{2 \times 10 \times 2.475}{1 - (0.1)^2}$
$v^2 = \frac{49.5}{1 - 0.01}$
$v^2 = \frac{49.5}{0.99} = 50\,m^2/s^2$

(A) झील की तली पर दबाव,उसके ऊपर पानी के स्तंभ के वजन के कारण सतह की तुलना में अधिक होता है $(P = P_{atm} + \rho gh)$।
जैसे-जैसे हवा का बुलबुला तली से ऊपर की ओर आता है,यह उच्च दबाव वाले क्षेत्र से निम्न दबाव वाले क्षेत्र में जाता है।
बॉयल के नियम के अनुसार,स्थिर तापमान पर गैस की एक निश्चित मात्रा के लिए,$PV = \text{constant}$ होता है।
चूंकि बुलबुले के ऊपर आने पर दबाव $P$ कम हो जाता है,इसलिए बुलबुले का आयतन $V$ बढ़ना चाहिए।
चूंकि गोलाकार बुलबुले का आयतन $V = \frac{4}{3}\pi r^3$ होता है,इसलिए आयतन में वृद्धि का अर्थ है कि इसकी त्रिज्या $r$ में वृद्धि होती है।
अतः,$Assertion$ और $Reason$ दोनों सही हैं,और $Reason$,$Assertion$ की सही व्याख्या है।

(A) पीतल एक धातु है और ऊष्मा का सुचालक है। ठंडे दिन में,जब हम पीतल के गिलास को छूते हैं,तो उसकी उच्च ऊष्मीय चालकता के कारण हमारे शरीर से ऊष्मा तेजी से पीतल में स्थानांतरित होती है। चूंकि हमारा शरीर तेजी से ऊष्मा खोता है,इसलिए गिलास ठंडा महसूस होता है।
दूसरी ओर,लकड़ी ऊष्मा की कुचालक (अचालक) है। हमारे शरीर से लकड़ी में ऊष्मा का स्थानांतरण बहुत धीमा और न्यूनतम होता है,इसलिए लकड़ी की ट्रे पीतल के गिलास जितनी ठंडी महसूस नहीं होती है।

(D) $T-S$ आरेख में,विनिमय की गई ऊष्मा $Q$ प्रक्रिया वक्र के नीचे के क्षेत्रफल द्वारा दी जाती है,अर्थात $Q = \int T dS$।
दिए गए चक्र के लिए:
$1$. विस्तार प्रक्रिया (ऊपरी तिरछी रेखा) के दौरान अवशोषित ऊष्मा $(Q_1)$,$S_0$ से $2S_0$ तक की रेखा के नीचे का क्षेत्रफल है:
$Q_1 = \text{आयत का क्षेत्रफल} + \text{त्रिभुज का क्षेत्रफल} = (T_0 \times S_0) + \frac{1}{2} \times (T_0 \times S_0) = \frac{3}{2} T_0 S_0$।
$2$. स्थिर तापमान प्रक्रिया (निचली क्षैतिज रेखा) के दौरान निष्कासित ऊष्मा $(Q_2)$,$2S_0$ से $S_0$ तक की रेखा के नीचे का क्षेत्रफल है:
$Q_2 = T_0 \times (2S_0 - S_0) = T_0 S_0$।
$3$. प्रक्रिया $Q_3$ एक रुद्धोष्म (adiabatic) प्रक्रिया है (ऊर्ध्वाधर रेखा),इसलिए $Q_3 = 0$।
$4$. चक्र की दक्षता $\eta$ इस प्रकार दी जाती है:
$\eta = \frac{W}{Q_1} = \frac{Q_1 - Q_2}{Q_1} = 1 - \frac{Q_2}{Q_1}$।
मान रखने पर:
$\eta = 1 - \frac{T_0 S_0}{\frac{3}{2} T_0 S_0} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$।

(D) Assertion गलत है। अलग-अलग तापमानों के लिए दो समतापीय वक्र एक-दूसरे को कभी नहीं काट सकते। यदि वे किसी बिंदु पर काटते हैं,तो इसका अर्थ यह होगा कि उस विशिष्ट $(P, V)$ अवस्था पर निकाय का तापमान एक साथ दो अलग-अलग मानों का है,जो असंभव है।
Reason सही है। समतापीय प्रक्रिया एक धीमी प्रक्रिया है जो निकाय को अपने परिवेश के साथ तापीय संतुलन में रहने की अनुमति देती है। $P-V$ आरेख पर समतापीय वक्र का ढाल $-\frac{dP}{dV} = \frac{P}{V}$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि $P$ और $V$ धनात्मक हैं,इसलिए ढाल सीमित है और रुद्धोष्म (adiabatic) वक्रों की तुलना में अपेक्षाकृत कम है (जिनका ढाल $\gamma \frac{P}{V}$ होता है)।

(B) मान लीजिए सिक्के का द्रव्यमान $m$ है और प्लेटफॉर्म द्वारा सिक्के पर लगाया गया अभिलंब बल $N$ है।
सिक्के के लिए ऊर्ध्वाधर दिशा में गति का समीकरण है:
$mg - N = ma$
जहाँ $a$ प्लेटफॉर्म का त्वरण है। सरल आवर्त गति के लिए,त्वरण $a = -\omega^2 x$ होता है,जहाँ $x$ माध्य स्थिति से विस्थापन है।
जब प्लेटफॉर्म ऊपर की ओर गति करता है,तो त्वरण नीचे की ओर होता है। जब प्लेटफॉर्म अपने उच्चतम बिंदु पर होता है,तो त्वरण $a = -\omega^2 A$ (जहाँ $A$ आयाम है) नीचे की ओर होता है।
सिक्का तब संपर्क छोड़ेगा जब अभिलंब बल $N = 0$ हो जाए।
$mg - 0 = m(\omega^2 A)$
$g = \omega^2 A$
$A = \frac{g}{\omega^2}$
अतः,जब आयाम $\frac{g}{\omega^2}$ हो जाता है,तो सिक्का प्लेटफॉर्म से संपर्क छोड़ देगा।

(A) दोनों सिरों पर बंधी डोरी की अनुनादी आवृत्तियाँ $f_n = n \times f_1$ द्वारा दी जाती हैं,जहाँ $f_1 = \frac{v}{2L}$ मूल आवृत्ति है और $n = 1, 2, 3, \dots$ एक पूर्णांक है।
दो क्रमागत अनुनादी आवृत्तियाँ $f_n = 315\, Hz$ और $f_{n+1} = 420\, Hz$ दी गई हैं।
हम जानते हैं कि दो क्रमागत अनुनादी आवृत्तियों के बीच का अंतर मूल आवृत्ति $f_1$ के बराबर होता है।
$f_1 = f_{n+1} - f_n = 420\, Hz - 315\, Hz = 105\, Hz$.
वैकल्पिक रूप से,$\frac{f_{n+1}}{f_n} = \frac{n+1}{n} = \frac{420}{315} = \frac{4}{3}$.
यह दर्शाता है कि $n = 3$,इसलिए $f_3 = 315\, Hz$ और $f_4 = 420\, Hz$.
चूँकि $f_3 = 3 \times f_1 = 315\, Hz$,हमें $f_1 = \frac{315}{3} = 105\, Hz$ प्राप्त होता है।
सबसे कम अनुनादी आवृत्ति मूल आवृत्ति $f_1 = 105\, Hz$ है।

(D) गैस में ध्वनि की गति का सूत्र $v = \sqrt{\frac{\gamma P}{\rho}}$ है,जहाँ $P$ दबाव है और $\rho$ गैस का घनत्व है।
आदर्श गैस नियम $PV = nRT$ के अनुसार,इसे $P = \frac{\rho RT}{M}$ के रूप में लिखा जा सकता है,जहाँ $M$ मोलर द्रव्यमान है।
इस प्रकार,अनुपात $\frac{P}{\rho} = \frac{RT}{M}$ होता है।
इस मान को गति के सूत्र में रखने पर,हमें $v = \sqrt{\frac{\gamma RT}{M}}$ प्राप्त होता है।
चूँकि एक निश्चित तापमान पर $R$,$T$ और $M$ स्थिर होते हैं,इसलिए ध्वनि की गति $v$ दबाव $P$ से स्वतंत्र होती है।
अतः,अभिकथन गलत है क्योंकि स्थिर तापमान पर दबाव में परिवर्तन ध्वनि की गति को प्रभावित नहीं करता है।
कारण भी गलत है क्योंकि ध्वनि की गति दबाव से स्वतंत्र है,न कि उसके वर्ग के समानुपाती।
इस प्रकार,अभिकथन और कारण दोनों गलत हैं।

(D) श्रेणी संयोजन का कुल $emf$ $E_{eq} = E + E = 2E$ है। परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = R + R_1 + R_2$ है। परिपथ में धारा $i = \frac{2E}{R + R_1 + R_2}$ द्वारा दी जाती है।
$emf$ $E$ और आंतरिक प्रतिरोध $r$ वाले स्रोत के सिरों पर विभवांतर $V = E - ir$ द्वारा दिया जाता है। $R_2$ आंतरिक प्रतिरोध वाले स्रोत के लिए,विभवांतर शून्य है:
$0 = E - i R_2$
$E = i R_2$
$i$ का मान रखने पर:
$E = \left( \frac{2E}{R + R_1 + R_2} \right) R_2$
$1 = \frac{2 R_2}{R + R_1 + R_2}$
$R + R_1 + R_2 = 2 R_2$
$R = 2 R_2 - R_2 - R_1$
$R = R_2 - R_1$

(B) स्थिर अवस्था (steady state) में,संधारित्र एक खुले परिपथ (open circuit) की तरह कार्य करता है,इसलिए संधारित्र वाली शाखा में कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
परिपथ $6\,V$ की बैटरी,$2.8\,\Omega$ के प्रतिरोधक और $2\,\Omega$ व $3\,\Omega$ के समानांतर संयोजन के श्रेणी क्रम में सरल हो जाता है।
समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{2 \times 3}{2 + 3} = \frac{6}{5} = 1.2\,\Omega$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 2.8 + 1.2 = 4.0\,\Omega$ है।
बैटरी द्वारा आपूर्ति की गई कुल धारा $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{6}{4} = 1.5\,A$ है।
धारा विभाजक नियम (current divider rule) का उपयोग करते हुए,$2\,\Omega$ के प्रतिरोधक से प्रवाहित धारा $I_{2\Omega} = I \times \frac{3}{2 + 3} = 1.5 \times \frac{3}{5} = 0.9\,A$ है।

(D) समय $t = 0$ पर, संधारित्र एक शॉर्ट सर्किट (शून्य प्रतिरोध) के रूप में कार्य करता है। परिपथ में कुल प्रतिरोध $1000 \, \Omega$ है। अतः, धारा $I = \frac{2 \,V}{1000 \, \Omega} = 2 \,mA$ है।
जैसे-जैसे समय बीतता है, संधारित्र चार्ज होता है। जब यह पूरी तरह से चार्ज हो जाता है, तो यह एक ओपन सर्किट के रूप में कार्य करता है। तब धारा $1000 \, \Omega$ के प्रतिरोध और $1000 \, \Omega$ के प्रतिरोध के श्रेणी संयोजन से होकर बहती है। कुल प्रतिरोध $2000 \, \Omega$ हो जाता है। अतः, स्थिर अवस्था में धारा $I = \frac{2 \,V}{2000 \, \Omega} = 1 \,mA$ होती है। इसलिए, समय के साथ धारा $2 \,mA$ से घटकर $1 \,mA$ हो जाती है।

(A) वृत्ताकार कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 i}{2r}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि दोनों कुंडलियाँ एक-दूसरे के लंबवत हैं,इसलिए उनके चुंबकीय क्षेत्र $B_1$ और $B_2$ भी एक-दूसरे के लंबवत होंगे।
परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B_{net} = \sqrt{B_1^2 + B_2^2}$ होगा।
$B_1 = \frac{\mu_0 i_1}{2r}$ और $B_2 = \frac{\mu_0 i_2}{2r}$ का मान रखने पर,$B_{net} = \frac{\mu_0}{2r} \sqrt{i_1^2 + i_2^2}$ प्राप्त होता है।
यहाँ $r = 2\pi \, cm = 2\pi \times 10^{-2} \, m$,$i_1 = 3 \, A$,$i_2 = 4 \, A$,और $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \, Wb/A \cdot m$ दिया गया है।
$B_{net} = \frac{4\pi \times 10^{-7}}{2 \times 2\pi \times 10^{-2}} \sqrt{3^2 + 4^2}$.
$B_{net} = \frac{4\pi \times 10^{-7}}{4\pi \times 10^{-2}} \sqrt{9 + 16} = 10^{-5} \times \sqrt{25} = 5 \times 10^{-5} \, Wb/m^2$.

(A) कोणीय आवृत्ति $\omega$ पर,$RC$ श्रेणी परिपथ में धारा $I$ इस प्रकार दी जाती है:
$I = \frac{V}{\sqrt{R^2 + X_C^2}} = \frac{V}{\sqrt{R^2 + (1/\omega C)^2}}$ ......$(i)$
जब आवृत्ति को बदलकर $\omega' = \omega/3$ कर दिया जाता है,तो नया धारिता प्रतिघात $X_C' = \frac{1}{(\omega/3)C} = 3X_C$ हो जाता है। नई धारा $I'$ को $I/2$ के रूप में दिया गया है:
$I/2 = \frac{V}{\sqrt{R^2 + (3X_C)^2}}$ ......$(ii)$
समीकरण $(i)$ को समीकरण $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$2 = \frac{\sqrt{R^2 + 9X_C^2}}{\sqrt{R^2 + X_C^2}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$4 = \frac{R^2 + 9X_C^2}{R^2 + X_C^2}$
$4R^2 + 4X_C^2 = R^2 + 9X_C^2$
$3R^2 = 5X_C^2$
$\frac{X_C^2}{R^2} = \frac{3}{5}$
$\frac{X_C}{R} = \sqrt{\frac{3}{5}}$

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $K_{\max} = \frac{hc}{\lambda} - W_0 = \frac{1}{2}mv^2$,जहाँ $W_0 = \frac{hc}{\lambda_0}$ कार्य फलन (work function) है।
अतः,$v = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right)} = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{\lambda_0 - \lambda}{\lambda \lambda_0} \right)} \dots (i)$
जब तरंगदैर्ध्य को बदलकर $\lambda' = \frac{3\lambda}{4}$ कर दिया जाता है,तो नई गति $v'$ होगी:
$v' = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{1}{3\lambda/4} - \frac{1}{\lambda_0} \right)} = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{4\lambda_0 - 3\lambda}{3\lambda \lambda_0} \right)} \dots (ii)$
समीकरण $(ii)$ को $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{v'}{v} = \sqrt{\frac{4\lambda_0 - 3\lambda}{3\lambda \lambda_0} \cdot \frac{\lambda \lambda_0}{\lambda_0 - \lambda}} = \sqrt{\frac{4}{3} \cdot \frac{\lambda_0 - 0.75\lambda}{\lambda_0 - \lambda}}$
चूंकि $\lambda_0 > \lambda$,इसलिए $(\lambda_0 - 0.75\lambda) > (\lambda_0 - \lambda)$ होगा।
अतः,$\frac{\lambda_0 - 0.75\lambda}{\lambda_0 - \lambda} > 1$ होगा।
इसका अर्थ है कि $\frac{v'}{v} > \sqrt{\frac{4}{3}}$,यानी $v' > v(4/3)^{1/2}$।

(A) जब एक रेडियोधर्मी पदार्थ दो एक साथ होने वाली प्रक्रियाओं द्वारा क्षयित होता है,तो प्रभावी क्षय नियतांक $\lambda$ को $\lambda = \lambda_1 + \lambda_2$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि अर्ध-आयु $T$ का क्षय नियतांक के साथ संबंध $T = \frac{\ln 2}{\lambda}$ होता है,इसलिए प्रभावी अर्ध-आयु $T$ को $\frac{1}{T} = \frac{1}{T_1} + \frac{1}{T_2}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $T_1 = 1620$ वर्ष और $T_2 = 810$ वर्ष दिए गए हैं,इसलिए प्रभावी अर्ध-आयु:
$T = \frac{T_1 T_2}{T_1 + T_2} = \frac{1620 \times 810}{1620 + 810} = \frac{1620 \times 810}{2430} = 540$ वर्ष।
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जिसके बाद पदार्थ का $\frac{1}{4}$ भाग शेष रहता है।
रेडियोधर्मी क्षय का नियम $N(t) = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T}$ है।
$N(t) = \frac{1}{4} N_0$ रखने पर,$\frac{1}{4} = \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\left(\frac{1}{2}\right)^2 = \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T}$।
अतः,$\frac{t}{T} = 2$,जिसका अर्थ है $t = 2T = 2 \times 540 = 1080$ वर्ष।

(C) एक ऑप्टिकल सिस्टम द्वारा दो बिंदु वस्तुओं के विभेदन (resolution) के लिए शर्त रेले मानदंड (Rayleigh criterion) द्वारा दी जाती है: $\theta = \frac{1.22 \lambda}{a}$,जहाँ $\theta$ कोणीय पृथक्करण है,$\lambda$ प्रकाश की तरंगदैर्ध्य है,और $a$ एपर्चर (पुतली) का व्यास है।
समस्या की ज्यामिति से,कोणीय पृथक्करण $\theta = \frac{x}{d}$ द्वारा भी दिया जाता है,जहाँ $x$ बिंदुओं के बीच की दूरी है और $d$ बिंदुओं से प्रेक्षक की दूरी है।
$\theta$ के लिए दोनों व्यंजकों को बराबर करने पर: $\frac{1.22 \lambda}{a} = \frac{x}{d}$.
$d$ के लिए हल करने पर: $d = \frac{x \cdot a}{1.22 \lambda}$.
दिए गए मान: $x = 1 \ mm = 1 \times 10^{-3} \ m$,$a = 3 \ mm = 3 \times 10^{-3} \ m$,$\lambda = 500 \ nm = 500 \times 10^{-9} \ m$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$d = \frac{(1 \times 10^{-3} \ m) \times (3 \times 10^{-3} \ m)}{1.22 \times 500 \times 10^{-9} \ m}$
$d = \frac{3 \times 10^{-6}}{610 \times 10^{-9}} = \frac{3000}{610} \approx 4.918 \ m$.
निकटतम पूर्णांक में,अधिकतम दूरी लगभग $5 \ m$ है।

(D) माना $\phi_A, \phi_B,$ और $\phi_C$ क्रमशः पृष्ठ $A, B,$ और $C$ से संबद्ध विद्युत फ्लक्स हैं।
गॉस के नियम के अनुसार,बंद पृष्ठ से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\phi_{total} = \phi_A + \phi_B + \phi_C = \frac{q}{\varepsilon_0}$ होता है।
बेलन की सममिति के कारण,दोनों समतल पृष्ठों $A$ और $C$ से संबद्ध फ्लक्स समान होता है,इसलिए $\phi_A = \phi_C$ है।
इस मान को गॉस के नियम के समीकरण में रखने पर,हमें $2\phi_A + \phi_B = \frac{q}{\varepsilon_0}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि वक्र पृष्ठ $B$ से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi_B = \phi$ है,इसलिए $2\phi_A + \phi = \frac{q}{\varepsilon_0}$।
$\phi_A$ के लिए हल करने पर,$2\phi_A = \frac{q}{\varepsilon_0} - \phi$ प्राप्त होता है।
अतः,$\phi_A = \frac{1}{2}\left(\frac{q}{\varepsilon_0} - \phi\right)$।

(B) दिए गए आवेश निकाय को चित्र में दिखाए अनुसार $x$ और $y$ निर्देशांक अक्षों का उपयोग करके दर्शाया जा सकता है।
$-2q$ आवेश को मूल बिंदु $O(0, 0, 0)$ पर रखा गया है। एक $+q$ आवेश को $(a, 0, 0)$ पर और दूसरे $+q$ आवेश को $(0, a, 0)$ पर रखा गया है।
इस निकाय को दो विद्युत द्विध्रुवों के रूप में देखा जा सकता है: एक $x$-अक्ष के अनुदिश जिसका द्विध्रुव आघूर्ण $\vec{p}_1 = q a \hat{i}$ है और दूसरा $y$-अक्ष के अनुदिश जिसका द्विध्रुव आघूर्ण $\vec{p}_2 = q a \hat{j}$ है।
परिणामी द्विध्रुव आघूर्ण $\vec{P}_R$ इन दो द्विध्रुवों का सदिश योग है:
$\vec{P}_R = \vec{p}_1 + \vec{p}_2 = qa \hat{i} + qa \hat{j}$.
परिणामी द्विध्रुव आघूर्ण का परिमाण:
$P_R = \sqrt{(qa)^2 + (qa)^2} = \sqrt{2} qa$.
परिणामी द्विध्रुव आघूर्ण की दिशा $\hat{i} + \hat{j}$ सदिश के अनुदिश है,जो मूल बिंदु $(0, 0, 0)$ और $(a, a, 0)$ बिंदुओं को जोड़ने वाली रेखा है।

(A) अर्ध-वलय पर लंबाई $d\ell = R d\theta$ का एक छोटा अवयव लें।
इस अवयव पर आवेश $dq = \lambda d\ell = \lambda R d\theta$ है,जहाँ $\lambda = \frac{q}{\pi R}$ रैखिक आवेश घनत्व है।
इस अवयव के कारण केंद्र पर विद्युत क्षेत्र $dE = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{dq}{R^2} = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{\lambda R d\theta}{R^2} = \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon_0 R} d\theta$ है।
सममिति के कारण,विद्युत क्षेत्र के क्षैतिज घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं और केवल ऊर्ध्वाधर घटक जुड़ते हैं।
ऊर्ध्वाधर घटक $dE_y = dE \cos \theta$ है।
$-\pi/2$ से $\pi/2$ तक समाकलन करने पर या $2 \int_{0}^{\pi/2} dE \cos \theta$ लेने पर:
$E = 2 \int_{0}^{\pi/2} \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon_0 R} \cos \theta d\theta = \frac{2\lambda}{4\pi \varepsilon_0 R} [\sin \theta]_0^{\pi/2} = \frac{\lambda}{2\pi \varepsilon_0 R}$ प्राप्त होता है।
$\lambda = \frac{q}{\pi R}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $E = \frac{q/(\pi R)}{2\pi \varepsilon_0 R} = \frac{q}{2\pi^2 \varepsilon_0 R^2}$ प्राप्त होता है।

(C) जब एक समांतर प्लेट संधारित्र को बैटरी से जोड़ा जाता है,तो प्लेटों के बीच विभवांतर $V$ स्थिर रहता है $(V = V_0)$।
संधारित्र में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} CV^2$ द्वारा दी जाती है।
जब प्लेटों के बीच $K$ परावैद्युतांक वाला एक परावैद्युत स्लैब रखा जाता है,तो धारिता $C' = KC$ हो जाती है।
इसलिए,नई संचित ऊर्जा $U' = \frac{1}{2} (KC) V^2 = K U$ हो जाती है। अतः,संचित ऊर्जा $K$ गुना हो जाती है।
चूंकि $Q = CV$,प्लेटों पर आवेश $Q' = KCV = KQ$ हो जाता है।
आवेश का पृष्ठ घनत्व $\sigma = \frac{Q}{A}$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि $Q$,$K$ के गुणक में बढ़ता है,इसलिए पृष्ठ घनत्व $\sigma' = \frac{KQ}{A} = K\sigma_0$ भी $K$ के गुणक में बढ़ता है।
इसलिए,कारण गलत है क्योंकि आवेश का पृष्ठ घनत्व स्थिर नहीं रहता है।

(A) हीटर की विद्युत शक्ति बल्ब की तुलना में काफी अधिक होती है। चूंकि $P = V^2/R$ होता है,इसलिए $R \propto 1/P$ होता है,जिसका अर्थ है कि हीटर का प्रतिरोध बल्ब के प्रतिरोध से बहुत कम होता है।
जब हीटर को समानांतर में चालू किया जाता है,तो स्रोत से ली जाने वाली कुल धारा बढ़ जाती है। स्रोत के आंतरिक प्रतिरोध (या लाइन प्रतिरोध) के कारण,बल्ब के सिरों पर टर्मिनल वोल्टेज गिर जाता है,जिससे बल्ब धीमा हो जाता है।
जैसे-जैसे हीटर की कुंडली गर्म होती है,पदार्थ के धनात्मक ताप गुणांक के कारण उसका प्रतिरोध बढ़ जाता है। परिणामस्वरूप,हीटर द्वारा ली जाने वाली धारा कम हो जाती है,टर्मिनल वोल्टेज वापस बढ़ जाता है और बल्ब की चमक बढ़ जाती है (धीमापन कम हो जाता है)।

(A) जब विपरीत दिशाओं में धारा ले जाने वाले दो तारों को एक साथ मरोड़ा जाता है,तो एक तार द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र आसपास के स्थान में किसी भी बिंदु पर दूसरे तार द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र के बराबर और विपरीत होता है।
परिणामस्वरूप,मरोड़े गए तारों के जोड़े के बाहर किसी भी बिंदु पर शुद्ध चुंबकीय क्षेत्र प्रभावी रूप से शून्य होता है।
यदि तारों को मरोड़ा नहीं जाता है,तो वे एक लूप बनाते हैं जो एक चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करता है,जो पास के संवेदनशील इलेक्ट्रॉनिक घटकों या परिपथों में विद्युत चुम्बकीय हस्तक्षेप $(EMI)$ का कारण बन सकता है।
इसलिए,तारों को मरोड़ने से चुंबकीय फ्लक्स कम हो जाता है और आस-पास के परिपथों में अवांछित प्रेरण को रोकता है।
अतः,कथन और कारण दोनों सही हैं,और कारण कथन की सही व्याख्या है।

(A) अनंत लंबाई की एक आदर्श परिनालिका के लिए,इसके अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_0 n i$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ प्रति इकाई लंबाई में फेरों की संख्या है और $i$ धारा है।
यह व्यंजक दर्शाता है कि चुंबकीय क्षेत्र $B$ केवल प्रति इकाई लंबाई में फेरों की संख्या और धारा पर निर्भर करता है,जिससे यह परिनालिका की कुल लंबाई $l$ और अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल $A$ से स्वतंत्र हो जाता है।
एक आदर्श परिनालिका के अंदर,चुंबकीय क्षेत्र एकसमान और परिनालिका की अक्ष के समानांतर होता है।
अतः,कथन और कारण दोनों सही हैं,और कारण सही ढंग से बताता है कि क्षेत्र परिनालिका के आयामों से स्वतंत्र क्यों है (क्योंकि एकसमान क्षेत्र आदर्श परिनालिका मॉडल का एक गुण है)।
इसलिए,सही विकल्प $A$ है।

(A) पृथ्वी के चुंबकीय ध्रुवों पर,पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक $(H)$ शून्य होता है।
चूंकि एक मानक दिक्सूचक सुई केवल क्षैतिज तल में घूमने के लिए डिज़ाइन की गई है,इसलिए यह चुंबकीय क्षेत्र के क्षैतिज घटक से कोई टॉर्क अनुभव नहीं करती है।
इसलिए,दिक्सूचक सुई किसी भी दिशा में रह सकती है।
यह कथन सही है।
नमन सुई ऊर्ध्वाधर तल में घूमने के लिए स्वतंत्र होती है।
चुंबकीय ध्रुवों पर,चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं पृथ्वी की सतह के लंबवत होती हैं,जिसका अर्थ है कि नमन कोण $90^o$ होता है।
परिणामस्वरूप,नमन सुई ऊर्ध्वाधर दिशा में संरेखित हो जाती है।
यह कारण सही है।
चूंकि दिक्सूचक सुई का व्यवहार चुंबकीय क्षेत्र के पूरी तरह से ऊर्ध्वाधर होने का सीधा परिणाम है (यही कारण है कि नमन सुई भी ऊर्ध्वाधर होती है),इसलिए कारण,कथन की सही व्याख्या है।

(C) एक विद्युत मोटर की दक्षता $\eta$ को $\eta = \frac{P_{out}}{P_{in}} = \frac{e \cdot I}{E \cdot I} = \frac{e}{E}$ द्वारा दर्शाया जाता है, जहाँ $e$ बैक $emf$ है और $E$ अनुप्रयुक्त $emf$ है।
मोटर में धारा $I = \frac{E - e}{R}$ है। यांत्रिक शक्ति आउटपुट $P_{out} = e \cdot I = e \left( \frac{E - e}{R} \right) = \frac{eE - e^2}{R}$ है।
$P_{out}$ को अधिकतम करने के लिए, हम $e$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं: $\frac{dP_{out}}{de} = \frac{E - 2e}{R} = 0$, जिससे $e = \frac{E}{2}$ प्राप्त होता है। अतः, कथन सही है।
दक्षता बैक $emf$ और अनुप्रयुक्त $emf$ दोनों पर निर्भर करती है, न कि केवल बैक $emf$ के परिमाण पर। इसलिए, कारण गलत है।

(B) लेंस मेकर सूत्र $\frac{1}{f} = (\mu_{rel} - 1) \left(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}\right)$ द्वारा दिया जाता है।
हवा में $(\mu_a = 1)$: $P_a = \frac{1}{f_a} = (\mu_g - 1) \left(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}\right) = -5\,D$.
अतः,$(1.5 - 1) \left(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}\right) = -5$,जिससे $0.5 \left(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}\right) = -5$,या $\left(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}\right) = -10$ प्राप्त होता है।
तरल में $(\mu_m = 1.6)$: $P_m = \frac{\mu_m}{f_m} = \mu_m \left(\frac{\mu_g}{\mu_m} - 1\right) \left(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}\right)$.
$P_m = 1.6 \left(\frac{1.5}{1.6} - 1\right) (-10)$.
$P_m = 1.6 \left(\frac{1.5 - 1.6}{1.6}\right) (-10)$.
$P_m = 1.6 \left(\frac{-0.1}{1.6}\right) (-10) = (-0.1) \times (-10) = 1\,D$.

(A) बाहरी दुनिया का प्रकाश मछली तक तभी पहुँचता है यदि आपतन कोण क्रांतिक कोण $\theta_{c}$ से कम या उसके बराबर हो।
$\mu = \frac{4}{3}$ अपवर्तनांक वाले पानी के लिए,क्रांतिक कोण $\theta_{c}$ का मान $\sin \theta_{c} = \frac{1}{\mu} = \frac{3}{4}$ होता है।
प्रश्न की ज्यामिति के अनुसार,वृत्ताकार क्षितिज की त्रिज्या $R$ और गहराई $h = 12 \, cm$ के बीच संबंध $R = h \tan \theta_{c}$ है।
चूंकि $\sin \theta_{c} = \frac{3}{4}$,इसलिए $\cos \theta_{c} = \sqrt{1 - \sin^2 \theta_{c}} = \sqrt{1 - (\frac{3}{4})^2} = \sqrt{1 - \frac{9}{16}} = \sqrt{\frac{7}{16}} = \frac{\sqrt{7}}{4}$ होगा।
अतः,$\tan \theta_{c} = \frac{\sin \theta_{c}}{\cos \theta_{c}} = \frac{3/4}{\sqrt{7}/4} = \frac{3}{\sqrt{7}}$.
मान रखने पर,$R = 12 \times \frac{3}{\sqrt{7}} = \frac{36}{\sqrt{7}} \, cm$ प्राप्त होता है।

(D) दर्पण की फोकस दूरी $f = R / 2$ द्वारा दी जाती है,जो केवल वक्रता त्रिज्या $R$ पर निर्भर करती है और आसपास के माध्यम से स्वतंत्र होती है। अतः,पानी में अवतल दर्पण की फोकस दूरी अपरिवर्तित रहती है।
लेंस के लिए,फोकस दूरी $f$ लेंस मेकर सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{f} = (n - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$,जहाँ $n$ माध्यम के सापेक्ष लेंस के पदार्थ का अपवर्तनांक है। जब लेंस को पानी में रखा जाता है,तो सापेक्ष अपवर्तनांक कम हो जाता है,जिससे लेंस की फोकस दूरी बढ़ जाती है।
इसलिए,पानी में दर्पण और लेंस की फोकस दूरी समान नहीं होगी। कथन गलत है।
पानी का अपवर्तनांक $(n \approx 1.33)$ हवा के अपवर्तनांक $(n \approx 1.0)$ से अधिक होता है। इसलिए,कारण भी गलत है।

(B) मान लीजिए कि दो स्लिट्स $S_1$ और $S_2$ हैं। बिंदु $P$ स्लिट $S_1$ के ठीक सामने है। अतः,$S_1P = D$.
दूरी $S_2P = \sqrt{D^2 + d^2} = D(1 + \frac{d^2}{D^2})^{1/2}$.
द्विपद प्रमेय का उपयोग करते हुए ($d << D$ के लिए),$S_2P \approx D(1 + \frac{d^2}{2D^2}) = D + \frac{d^2}{2D}$.
पथ अंतर $\Delta x = S_2P - S_1P = (D + \frac{d^2}{2D}) - D = \frac{d^2}{2D}$.
अदीप्त फ्रिंज के लिए,पथ अंतर $\lambda/2$ का विषम गुणज होना चाहिए। पहली अदीप्त फ्रिंज के लिए,$\Delta x = \frac{\lambda}{2}$.
दोनों की तुलना करने पर,$\frac{d^2}{2D} = \frac{\lambda}{2}$,जिससे $\lambda = \frac{d^2}{D}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\lambda \propto d^2$. कथन सही है।
कारण बताता है कि अदीप्त फ्रिंज के लिए तीव्रता शून्य होती है,जो एक सही कथन है,लेकिन यह यह नहीं समझाता है कि इस विशिष्ट ज्यामितीय विन्यास में तरंगदैर्घ्य $d^2$ के समानुपाती क्यों है। इसलिए,कारण कथन की सही व्याख्या नहीं है।

(A) बामर श्रेणी के लिए तरंगदैर्ध्य रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{2^2} - \frac{1}{n^2} \right]$,जहाँ $n = 3, 4, 5, \dots$
अधिकतम तरंगदैर्ध्य के लिए $(n=3)$:
$\frac{1}{\lambda_{\max}} = R \left[ \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right] = R \left[ \frac{5}{36} \right]$
$\lambda_{\max} = \frac{36}{5R} \approx 6563 \, \mathring{A}$
न्यूनतम तरंगदैर्ध्य के लिए $(n \to \infty)$:
$\frac{1}{\lambda_{\min}} = R \left[ \frac{1}{4} - 0 \right] = \frac{R}{4}$
$\lambda_{\min} = \frac{4}{R} \approx 3646 \, \mathring{A}$
$3646 \, \mathring{A}$ से $6563 \, \mathring{A}$ की सीमा विद्युत चुम्बकीय स्पेक्ट्रम के दृश्य क्षेत्र में आती है। अतः,कथन और कारण दोनों सही हैं,और कारण,कथन की सही व्याख्या है।

(D) दिया गया है कि ${}^{66}Cu$ के नमूने का $\frac{7}{8}$ भाग $15 \ minutes$ में क्षयित हो जाता है।
नमूने का अविघटित (undecayed) भाग $N = 1 - \frac{7}{8} = \frac{1}{8}$ है।
हम जानते हैं कि $n$ अर्ध-आयु के बाद शेष मात्रा $N = \left(\frac{1}{2}\right)^n$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $\frac{1}{8} = \left(\frac{1}{2}\right)^3$,इसलिए अर्ध-आयु की संख्या $n = 3$ है।
समय $t$,अर्ध-आयु की संख्या $n$ और अर्ध-आयु $T$ के बीच का संबंध $n = \frac{t}{T}$ है।
मान रखने पर,$3 = \frac{15}{T}$ प्राप्त होता है।
अतः,अर्ध-आयु $T = \frac{15}{3} = 5 \ minutes$ है।

(A) यह परिपथ एक $p-n$ जंक्शन डायोड और एक लोड प्रतिरोध $R_L$ के श्रेणीक्रम संयोजन से बना है।
जब इनपुट वोल्टेज $+5\, V$ होता है,तो डायोड अग्र-अभिनत (forward-biased) होता है। एक आदर्श डायोड मानते हुए,यह एक शॉर्ट सर्किट की तरह कार्य करता है,और $+5\, V$ का पूरा इनपुट वोल्टेज लोड प्रतिरोध $R_L$ पर प्राप्त होता है।
जब इनपुट वोल्टेज $-5\, V$ होता है,तो डायोड पश्च-अभिनत (reverse-biased) होता है। यह एक ओपन सर्किट की तरह कार्य करता है,इसलिए प्रतिरोध $R_L$ से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। परिणामस्वरूप,$R_L$ पर आउटपुट वोल्टेज $0\, V$ होता है।
अतः,आउटपुट सिग्नल एक वर्गाकार तरंग है जो $+5\, V$ और $0\, V$ के बीच बदलती है।

(A) दिया गया है: आउटपुट प्रतिरोध $R_{o} = 500\,k\Omega = 500 \times 10^3\,\Omega$,धारा लाभ $\alpha = 0.98$,और पावर गेन $A_{p} = 6.0625 \times 10^6$.
सबसे पहले,कॉमन एमिटर कॉन्फ़िगरेशन के लिए धारा लाभ $\beta$ की गणना करें:
$\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha} = \frac{0.98}{1 - 0.98} = \frac{0.98}{0.02} = 49$.
पावर गेन को वोल्टेज गेन $(A_{v})$ और धारा लाभ $(\beta)$ के गुणनफल के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$A_{p} = A_{v} \times \beta$.
मान रखने पर: $6.0625 \times 10^6 = A_{v} \times 49$.
$A_{v} = \frac{6.0625 \times 10^6}{49} = 1.237245 \times 10^5$.
वोल्टेज गेन को $A_{v} = \beta \times \frac{R_{o}}{R_{i}}$ द्वारा भी दिया जाता है,जहाँ $R_{i}$ इनपुट प्रतिरोध है।
$1.237245 \times 10^5 = 49 \times \frac{500 \times 10^3}{R_{i}}$.
$R_{i} = \frac{49 \times 500 \times 10^3}{1.237245 \times 10^5} = \frac{24500 \times 10^3}{123724.5} \approx 198\,\Omega$.

(B) जब $q$ आवेश और $m$ द्रव्यमान वाले एक आयन को $V$ विभवांतर के माध्यम से त्वरित किया जाता है,तो उसकी गतिज ऊर्जा $E = qV = \frac{1}{2}mv^2$ होती है। इससे,वेग $v = \sqrt{\frac{2qV}{m}}$ प्राप्त होता है।
जब यह आयन अपनी गति के लंबवत चुंबकीय क्षेत्र $B$ में प्रवेश करता है,तो लॉरेंट्ज़ बल अभिकेंद्र बल के रूप में कार्य करता है,जिससे यह $R$ त्रिज्या के वृत्ताकार पथ पर गति करता है: $qvB = \frac{mv^2}{R}$।
बल समीकरण में $v$ का मान रखने पर: $qvB = \frac{m}{R} \left(\frac{2qV}{m}\right) = \frac{2qV}{R}$।
आवेश-द्रव्यमान अनुपात के लिए सरल करने पर: $R = \frac{mv}{qB}$।
त्रिज्या समीकरण में $v = \sqrt{\frac{2qV}{m}}$ रखने पर: $R = \frac{m}{qB} \sqrt{\frac{2qV}{m}} = \frac{1}{B} \sqrt{\frac{2mV}{q}}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $R^2 = \frac{2mV}{qB^2}$।
$\frac{q}{m}$ अनुपात प्राप्त करने के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\frac{q}{m} = \frac{2V}{R^2 B^2}$।
चूंकि $V$ और $B$ स्थिर हैं,इसलिए $\frac{q}{m} \propto \frac{1}{R^2}$।