AP EAMCET 2014 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) मान लीजिए गोले का द्रव्यमान $2m$ है। अधिकतम ऊँचाई पर,वेग का ऊर्ध्वाधर घटक शून्य होता है और क्षैतिज वेग $u \cos \theta$ होता है।
अतः,विस्फोट से ठीक पहले गोले का संवेग $P = (2m)(u \cos \theta)$ है।
विस्फोट के बाद,गोला प्रत्येक $m$ द्रव्यमान के दो समान भागों में टूट जाता है।
एक भाग अपने पथ पर वापस लौटता है,जिसका अर्थ है कि उसका वेग $v_1 = -u \cos \theta$ है।
मान लीजिए दूसरे भाग का वेग $v_2$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$2m u \cos \theta = m v_1 + m v_2$
$2m u \cos \theta = m(-u \cos \theta) + m v_2$
$2m u \cos \theta = -m u \cos \theta + m v_2$
$m v_2 = 3m u \cos \theta \Rightarrow v_2 = 3u \cos \theta$।
पहले भाग की गतिज ऊर्जा $E_1 = \frac{1}{2} m v_1^2 = \frac{1}{2} m (-u \cos \theta)^2 = \frac{1}{2} m u^2 \cos^2 \theta$ है।
दूसरे भाग की गतिज ऊर्जा $E_2 = \frac{1}{2} m v_2^2 = \frac{1}{2} m (3u \cos \theta)^2 = \frac{1}{2} m (9 u^2 \cos^2 \theta) = 9 \left( \frac{1}{2} m u^2 \cos^2 \theta \right)$ है।
इसलिए,$E_2 = 9 E_1$।

(C) प्रकृति में चार मूलभूत बलों की सापेक्ष शक्तियाँ,सबसे मजबूत (प्रबल नाभिकीय बल) को $1$ मानते हुए,इस प्रकार हैं:
$(A)$ प्रबल नाभिकीय बल: सापेक्ष शक्ति $= 1$ ($f$ से मेल खाता है)
$(B)$ दुर्बल नाभिकीय बल: सापेक्ष शक्ति $\approx 10^{-13}$ ($h$ से मेल खाता है)
$(C)$ विद्युत-चुंबकीय बल: सापेक्ष शक्ति $\approx 10^{-2}$ ($e$ से मेल खाता है)
$(D)$ गुरुत्वाकर्षण बल: सापेक्ष शक्ति $\approx 10^{-39}$ ($i$ से मेल खाता है)
इसलिए,सही मिलान $A-f, B-h, C-e, D-i$ है।

(D) आदर्श गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा $U$ का सूत्र $U = \frac{n R T}{\gamma-1}$ है।
यहाँ $n = 1$ मोल है,इसलिए $U = \frac{R T}{\gamma-1}$ होगा।
आदर्श गैस समीकरण $p V = R T$ के अनुसार,$U = \frac{p V}{\gamma-1}$ लिखा जा सकता है।
आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = U_f - U_i$ है।
प्रारंभिक स्थिति: $p V_i = p V$,इसलिए $U_i = \frac{p V}{\gamma-1}$।
अंतिम स्थिति: $p V_f = p(2V) = 2 p V$,इसलिए $U_f = \frac{2 p V}{\gamma-1}$।
अतः,$\Delta U = \frac{2 p V}{\gamma-1} - \frac{p V}{\gamma-1} = \frac{p V}{\gamma-1}$।

(B) माना कि $T$ डोरी में तनाव है और $F$ द्रव्यमान को संतुलन में रखने के लिए लगाया गया क्षैतिज बल है।
संतुलन की स्थिति में,द्रव्यमान पर कार्य करने वाले बल संतुलित होते हैं:
$1$. ऊर्ध्वाधर दिशा में: $T \cos \theta = M g$ (जहाँ $\theta = 60^{\circ}$)
$2$. क्षैतिज दिशा में: $F = T \sin \theta$
क्षैतिज बल के समीकरण को ऊर्ध्वाधर बल के समीकरण से विभाजित करने पर:
$\frac{F}{M g} = \frac{T \sin \theta}{T \cos \theta} = \tan \theta$
$F = M g \tan \theta$
चूंकि $\theta = 60^{\circ}$ दिया गया है,इसलिए:
$F = M g \tan 60^{\circ} = M g \sqrt{3}$

(A) प्रति इकाई आयतन प्रत्यास्थ स्थितिज ऊर्जा $(u)$ का सूत्र है:
$u = \frac{1}{2} \times \text{stress} \times \text{strain} = \frac{1}{2} \times \frac{F}{A} \times \frac{F}{AY} = \frac{F^2}{2A^2Y}$
चूंकि बल $(F)$,यंग मापांक $(Y)$ और लंबाई $(l)$ दोनों तारों के लिए समान हैं,इसलिए:
$u \propto \frac{1}{A^2} \propto \frac{1}{d^4}$
व्यास का अनुपात $d_1 : d_2 = 1:2$ दिया गया है,इसलिए प्रति इकाई आयतन ऊर्जा का अनुपात:
$\frac{u_1}{u_2} = \left( \frac{d_2}{d_1} \right)^4 = \left( \frac{2}{1} \right)^4 = \frac{16}{1}$.
अतः,अनुपात $16:1$ होगा।

(D) त्वरण $a$ को $a = v \frac{dv}{dx}$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए ग्राफ से,वेग $v$,विस्थापन $x$ का एक रैखिक फलन है।
अंतराल $0 \le x \le 100$ के लिए,ढाल धनात्मक है। मान लीजिए $v = kx$ (जहाँ $k > 0$)। तब,$a = v \frac{dv}{dx} = (kx)(k) = k^2 x$। यह दर्शाता है कि इस अंतराल में $a$,$x$ के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है।
अंतराल $100 \le x \le 200$ के लिए,ढाल ऋणात्मक है। मान लीजिए $v = -k(x - 200) = -kx + 200k$। तब,$a = v \frac{dv}{dx} = (-kx + 200k)(-k) = k^2 x - 200k^2$। यह दर्शाता है कि इस अंतराल में भी $a$,$x$ के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है,लेकिन ऋणात्मक अंतःखंड के साथ।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,जो ग्राफ पहले भाग में त्वरण में धनात्मक रैखिक वृद्धि और दूसरे भाग में ऋणात्मक मान के साथ धनात्मक रैखिक वृद्धि दर्शाता है,वह विकल्प $D$ है।

(B) माना द्रव्यमान $M$ को $M = C^a h^b G^c$ के रूप में व्यक्त किया जा सकता है।
विमीय सूत्र:
$C = [LT^{-1}]$
$h = [ML^2T^{-1}]$
$G = [M^{-1}L^3T^{-2}]$
समीकरण में मान रखने पर:
$[M^1L^0T^0] = [LT^{-1}]^a [ML^2T^{-1}]^b [M^{-1}L^3T^{-2}]^c$
$[M^1L^0T^0] = M^{b-c} L^{a+2b+3c} T^{-a-b-2c}$
दोनों पक्षों में $M, L, T$ के घातों की तुलना करने पर:
$b - c = 1$ $(i)$
$a + 2b + 3c = 0$ (ii)
$-a - b - 2c = 0$ (iii)
(ii) और (iii) को जोड़ने पर: $b + c = 0$,अतः $b = -c$.
$b = -c$ को $(i)$ में रखने पर: $-c - c = 1 \implies -2c = 1 \implies c = -1/2$.
अतः $b = 1/2$.
$b = 1/2$ और $c = -1/2$ को (iii) में रखने पर: $-a - 1/2 - 2(-1/2) = 0 \implies -a - 1/2 + 1 = 0 \implies a = 1/2$.
इस प्रकार,$M = C^{1/2} h^{1/2} G^{-1/2}$.

(C) $M_p$ द्रव्यमान वाले ग्रह के केंद्र से $r = R_p + h$ दूरी पर स्थित उपग्रह का परिक्रमण काल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{r^3}{G M_p}}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि उपग्रह ग्रह के बहुत करीब परिक्रमा कर रहा है,इसलिए $h \approx 0$,अतः $r \approx R_p$ होगा।
ग्रह के घनत्व $\rho$ और त्रिज्या $R_p$ के पदों में ग्रह का द्रव्यमान $M_p = \frac{4}{3} \pi R_p^3 \rho$ होता है।
$M_p$ का मान परिक्रमण काल के सूत्र में रखने पर:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{R_p^3}{G (\frac{4}{3} \pi R_p^3 \rho)}}$.
इस व्यंजक को सरल करने पर:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{3}{4 \pi G \rho}} = \sqrt{\frac{4 \pi^2 \cdot 3}{4 \pi G \rho}} = \sqrt{\frac{3 \pi}{G \rho}}$.

(C) ऊपर की गति के लिए,आवश्यक बल $F_{\text{up}} = mg(\sin \theta + \mu \cos \theta)$ है।
नीचे की गति के लिए,फिसलने से रोकने के लिए आवश्यक बल $F_{\text{down}} = mg(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ है।
प्रश्न के अनुसार,$F_{\text{up}} = 2 F_{\text{down}}$.
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर,$mg(\sin \theta + \mu \cos \theta) = 2mg(\sin \theta - \mu \cos \theta)$.
दोनों पक्षों को $mg$ से विभाजित करने पर,$\sin \theta + \mu \cos \theta = 2 \sin \theta - 2 \mu \cos \theta$.
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,$3 \mu \cos \theta = \sin \theta$,जो $\mu = \frac{1}{3} \tan \theta$ में सरल हो जाता है।
दिया गया है कि $\theta = 60^{\circ}$,इसलिए $\mu = \frac{1}{3} \tan 60^{\circ} = \frac{1}{3} \times \sqrt{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

(D) बूंद की ऊर्जा $U = T \times A$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है और $A$ सतह का क्षेत्रफल है।
$n$ छोटी बूंदों की ऊर्जा: $U_i = n \times (4\pi r^2 T)$.
बड़ी बूंद की ऊर्जा: $E = 4\pi R^2 T$.
ऊर्जा की हानि $\Delta U = U_i - E = 3E$ दी गई है।
मान रखने पर: $n(4\pi r^2 T) - 4\pi R^2 T = 3(4\pi R^2 T)$.
$n(4\pi r^2 T) = 4\pi R^2 T + 12\pi R^2 T$.
$n(4\pi r^2 T) = 16\pi R^2 T$.
$n = \frac{16\pi R^2 T}{4\pi r^2 T} = 4\frac{R^2}{r^2}$.

(B) बाजार तक पहुँचने में लगा समय: $t_1 = \frac{\text{दूरी}}{\text{गति}} = \frac{2.5 \,km}{5 \,km/h} = 0.5 \,h = 30 \,min$.
घर वापस लौटने में लगा समय: $t_2 = \frac{\text{दूरी}}{\text{गति}} = \frac{2.5 \,km}{7.5 \,km/h} = \frac{1}{3} \,h = 20 \,min$.
पूरी यात्रा के लिए लगा कुल समय $30 \,min + 20 \,min = 50 \,min$ है।
कुल तय की गई दूरी = $2.5 \,km + 2.5 \,km = 5 \,km = 5000 \,m$.
सेकंड में कुल समय = $50 \,min \times 60 \,s/min = 3000 \,s$.
औसत गति = $\frac{\text{कुल दूरी}}{\text{कुल समय}} = \frac{5000 \,m}{3000 \,s} = \frac{5}{3} \,m/s$.

(A) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,मंदक बल द्वारा किया गया कार्य बस की गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
$W = \Delta K$
$F \cdot s = \frac{1}{2} m v^2$
चूंकि मंदक बल $F$ और प्रारंभिक वेग $v$ स्थिर हैं,इसलिए:
$s = \frac{m v^2}{2 F} \implies s \propto m$
माना प्रारंभिक द्रव्यमान $m_1 = m$ है और प्रारंभिक दूरी $s_1 = x$ है।
$25\%$ की वृद्धि के बाद नया द्रव्यमान $m_2 = m + 0.25m = 1.25m$ है।
समानुपात $s \propto m$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{s_2}{s_1} = \frac{m_2}{m_1}$
$s_2 = s_1 \cdot \frac{1.25m}{m}$
$s_2 = 1.25 x$.

(D) प्रक्षेप्य पथ का दिया गया समीकरण $y = ax - bx^2$ है।
प्रक्षेप्य पथ का मानक समीकरण $y = x \tan \theta - \frac{gx^2}{2u^2 \cos^2 \theta}$ होता है।
दोनों समीकरणों में $x$ और $x^2$ के गुणांकों की तुलना करने पर:
$\tan \theta = a \implies \theta = \tan^{-1}(a)$.
साथ ही,$b = \frac{g}{2u^2 \cos^2 \theta}$ है।
अधिकतम ऊँचाई $H$ का सूत्र $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है।
$\tan \theta = a$ से,हमें $\sin \theta = \frac{a}{\sqrt{1+a^2}}$ और $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1+a^2}}$ प्राप्त होता है।
$u^2 = \frac{g}{2b \cos^2 \theta}$ को ऊँचाई के सूत्र में रखने पर:
$H = \frac{g}{2b \cos^2 \theta} \cdot \frac{\sin^2 \theta}{2g} = \frac{\tan^2 \theta}{4b} = \frac{a^2}{4b}$.
अतः,अधिकतम ऊँचाई $\frac{a^2}{4b}$ है और प्रक्षेप्य कोण $\tan^{-1}(a)$ है।

(C) प्रक्षेप्य की परास का सूत्र $R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g}$ होता है।
अधिकतम परास के लिए,प्रक्षेपण कोण $\theta = 45^{\circ}$ होना चाहिए।
अतः,$R_{\max} = \frac{u^2 \sin(90^{\circ})}{g} = \frac{u^2}{g} \quad \dots (i)$.
उड़ान का समय $T$ का सूत्र $T = \frac{2u \sin \theta}{g}$ है।
$\theta = 45^{\circ}$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है $T = \frac{2u \sin 45^{\circ}}{g} = \frac{2u}{g \sqrt{2}} = \frac{u \sqrt{2}}{g}$।
इससे,$u = \frac{Tg}{\sqrt{2}}$ प्राप्त होता है।
अब $u$ का मान समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$R_{\max} = \frac{1}{g} \left( \frac{Tg}{\sqrt{2}} \right)^2 = \frac{1}{g} \cdot \frac{T^2 g^2}{2} = \frac{g T^2}{2}$।

(D) माना सरल आवर्त गति का आयाम $a$ है। माध्य स्थिति से पिंड का विस्थापन $x = \frac{a}{N}$ है।
पिंड की गतिज ऊर्जा $(KE)$ इस प्रकार है:
$KE = \frac{1}{2} m \omega^2 (a^2 - x^2) = \frac{1}{2} m \omega^2 \left(a^2 - \frac{a^2}{N^2}\right) = \frac{1}{2} m \omega^2 a^2 \left(1 - \frac{1}{N^2}\right) = \frac{1}{2} m \omega^2 a^2 \left(\frac{N^2 - 1}{N^2}\right) \quad (i)$
पिंड की स्थितिज ऊर्जा $(PE)$ इस प्रकार है:
$PE = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 \left(\frac{a}{N}\right)^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 \frac{a^2}{N^2} \quad (ii)$
$KE$ और $PE$ का अनुपात लेने पर:
$\frac{KE}{PE} = \frac{\frac{1}{2} m \omega^2 a^2 \left(\frac{N^2 - 1}{N^2}\right)}{\frac{1}{2} m \omega^2 \frac{a^2}{N^2}} = \frac{N^2 - 1}{1} = N^2 - 1$

(B) कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार:
भाप द्वारा खोई गई ऊष्मा = पानी और कैलोरीमीटर द्वारा प्राप्त ऊष्मा
माना संघनित भाप का द्रव्यमान $m$ ग्राम है।
भाप द्वारा खोई गई ऊष्मा = $m \times L + m \times C_w \times (T_{steam} - T_{final})$
$= m \times 540 + m \times 1 \times (100 - 90) = 550m \ cal$
पानी और कैलोरीमीटर द्वारा प्राप्त ऊष्मा = $(m_{water} + m_{eq}) \times C_w \times (T_{final} - T_{initial})$
$= (1000 \ g + 200 \ g) \times 1 \times (90 - 9) = 1200 \times 81 = 97200 \ cal$
दोनों को बराबर करने पर:
$550m = 97200$
$m = \frac{97200}{550} \approx 176.7 \ g$
$kg$ में बदलने पर,$m \approx 0.1767 \ kg$,जो लगभग $0.18 \ kg$ है।

(D) स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियम के अनुसार,$A$ क्षेत्रफल वाली और $T$ परम ताप पर स्थित एक कृष्णिका द्वारा उत्सर्जित शक्ति $P = \sigma A T^4$ द्वारा दी जाती है।
दी गई मान:
$\sigma = 5.67 \times 10^{-8} \ W m^{-2} K^{-4}$
$T = 727^{\circ} C = 727 + 273 = 1000 \ K$
$A = 200 \ mm^2 = 200 \times 10^{-6} \ m^2$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$P = (5.67 \times 10^{-8}) \times (200 \times 10^{-6}) \times (1000)^4$
$P = 5.67 \times 10^{-8} \times 200 \times 10^{-6} \times 10^{12}$
$P = 5.67 \times 2 \times 10^2 \times 10^{-14} \times 10^{12}$
$P = 11.34 \times 10^2 \times 10^{-2}$
$P = 11.34 \ J/s$.

(C) आदर्श गैस के लिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $dU$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$dU = n C_v dT$
चूंकि $C_v = \frac{R}{\gamma - 1}$, इसलिए सूत्र इस प्रकार होगा:
$dU = n \frac{R}{\gamma - 1} (T_2 - T_1)$
दी गई मान:
$n = 5 \, mol$
$T_1 = 273 \, K$ ($STP$ पर)
$T_2 = 673 \, K$
$R = 8.3 \, J/mol-K$
$\gamma = 1.4$
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$dU = 5 \times \frac{8.3}{1.4 - 1} \times (673 - 273)$
$dU = 5 \times \frac{8.3}{0.4} \times 400$
$dU = 5 \times 8.3 \times 1000$
$dU = 41500 \, J$
किलो जूल में बदलने पर:
$dU = 41.50 \, kJ$

(B) माना द्रव्यमान $M$ को $M = C^a h^b G^c$ के रूप में व्यक्त किया जा सकता है।
विमीय सूत्र:
$C = [LT^{-1}]$
$h = [ML^2T^{-1}]$
$G = [M^{-1}L^3T^{-2}]$
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$[M^1L^0T^0] = [LT^{-1}]^a [ML^2T^{-1}]^b [M^{-1}L^3T^{-2}]^c$
$[M^1L^0T^0] = [M^{b-c} L^{a+2b+3c} T^{-a-b-2c}]$
दोनों पक्षों में $M, L, T$ के घातों की तुलना करने पर:
$b - c = 1$ $(i)$
$a + 2b + 3c = 0$ (ii)
$-a - b - 2c = 0$ (iii)
(ii) और (iii) को जोड़ने पर: $b + c = 0$,अतः $b = -c$.
$b = -c$ को $(i)$ में रखने पर: $-c - c = 1 \Rightarrow -2c = 1 \Rightarrow c = -1/2$.
अतः $b = 1/2$.
$b = 1/2$ और $c = -1/2$ को (iii) में रखने पर: $-a - 1/2 - 2(-1/2) = 0 \Rightarrow -a - 1/2 + 1 = 0 \Rightarrow a = 1/2$.
इस प्रकार,$M = C^{1/2} h^{1/2} G^{-1/2}$.

(C) मान लीजिए पाइप की लंबाई $l$ है और ध्वनि की गति $v$ है।
बंद पाइप की मूल आवृत्ति $f_c = \frac{v}{4l}$ है।
बंद पाइप का $3^{rd}$ हार्मोनिक $f_{3,c} = 3 \times f_c = \frac{3v}{4l}$ है।
खुले पाइप की मूल आवृत्ति $f_o = \frac{v}{2l}$ है।
प्रश्न के अनुसार, खुले पाइप की मूल आवृत्ति, बंद पाइप के $3^{rd}$ हार्मोनिक से $55 \,Hz$ कम है:
$f_{3,c} - f_o = 55 \,Hz$
$\frac{3v}{4l} - \frac{v}{2l} = 55$
$\frac{3v - 2v}{4l} = 55$
$\frac{v}{4l} = 55 \,Hz$
चूंकि बंद पाइप की मूल आवृत्ति $f_c = \frac{v}{4l}$ है, इसलिए इसका मान $55 \,Hz$ है।

(B) चूंकि कोणीय त्वरण $\alpha$ स्थिर है और प्रारंभिक कोणीय वेग $\omega_0 = 0$ है,इसलिए $t$ समय में तय किया गया कोण $\theta = \frac{1}{2} \alpha t^2$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि $t$ समय में $\theta = 15^{\circ}$,इसलिए $15^{\circ} = \frac{1}{2} \alpha t^2$ (समीकरण $1$)।
अब,हमें अगले $2t \ s$ समय में तय किया गया कोण ज्ञात करना है। कुल समय $t + 2t = 3t \ s$ है।
$3t$ समय में कुल कोण $\theta_{total} = \frac{1}{2} \alpha (3t)^2 = 9 \times (\frac{1}{2} \alpha t^2)$ होगा।
समीकरण $1$ का मान रखने पर,$\theta_{total} = 9 \times 15^{\circ} = 135^{\circ}$।
अतः,अगले $2t \ s$ समय में कोण में वृद्धि $\Delta \theta = \theta_{total} - \theta = 135^{\circ} - 15^{\circ} = 120^{\circ}$ है।

(D) मान लीजिए गोले का द्रव्यमान $M$ है और अधिकतम ऊँचाई पर इसका वेग $v_h = u \cos \theta$ है। अधिकतम ऊँचाई पर संवेग $P = M u \cos \theta$ है।
$M/2$ द्रव्यमान के दो समान भागों में टूटने के बाद,एक भाग अपने पथ पर वापस लौटता है,जिसका अर्थ है कि उसका वेग $-u \cos \theta$ है। मान लीजिए दूसरे भाग का वेग $v_2$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$M u \cos \theta = \frac{M}{2} (-u \cos \theta) + \frac{M}{2} v_2$
$u \cos \theta = -\frac{1}{2} u \cos \theta + \frac{1}{2} v_2$
$\frac{3}{2} u \cos \theta = \frac{1}{2} v_2 \implies v_2 = 3 u \cos \theta$.
पहले भाग की गतिज ऊर्जा $E_1 = \frac{1}{2} (M/2) (u \cos \theta)^2 = \frac{1}{4} M u^2 \cos^2 \theta$ है।
दूसरे भाग की गतिज ऊर्जा $E_2 = \frac{1}{2} (M/2) (3 u \cos \theta)^2 = \frac{1}{4} M (9 u^2 \cos^2 \theta) = \frac{9}{4} M u^2 \cos^2 \theta$ है।
दोनों की तुलना करने पर,हमें $E_2 = 9 E_1$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है: धारिता $C = 50 \mu F = 50 \times 10^{-6} \text{ F}$ और वोल्टेज $V = 220 \sin 50 t \text{ V}$।
इसे मानक समीकरण $V = V_0 \sin \omega t$ के साथ तुलना करने पर,हमें पीक वोल्टेज $V_0 = 220 \text{ V}$ और कोणीय आवृत्ति $\omega = 50 \text{ rad/s}$ प्राप्त होता है।
धारिता प्रतिघात $X_C$ इस प्रकार है: $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{50 \times 50 \times 10^{-6}} = \frac{1}{2500 \times 10^{-6}} = \frac{10^6}{2500} = 400 \Omega$.
पीक धारा $i_0 = \frac{V_0}{X_C} = \frac{220}{400} = 0.55 \text{ A}$ है।
$rms$ धारा $i_{rms} = \frac{i_0}{\sqrt{2}} = \frac{0.55}{\sqrt{2}} \text{ A}$ होगी।

(B) वृत्ताकार कुंडली का स्व-प्रेरकत्व $L = \frac{N \Phi_B}{I}$ द्वारा दिया जाता है।
वृत्ताकार कुंडली के लिए,केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 N I}{2r}$ होता है।
कुंडली से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\Phi_B = B \cdot A = \left( \frac{\mu_0 N I}{2r} \right) (\pi r^2) = \frac{\mu_0 N I \pi r}{2}$ है।
अतः,$L = \frac{N}{I} \left( \frac{\mu_0 N I \pi r}{2} \right) = \frac{\mu_0 \pi r}{2} N^2$.
यह दर्शाता है कि $L \propto N^2$.
इसलिए,$\frac{L_2}{L_1} = \left( \frac{N_2}{N_1} \right)^2$.
यहाँ $L_1 = 108 \ mH$,$N_1 = 600$,और $N_2 = 500$ दिया गया है:
$L_2 = L_1 \left( \frac{N_2}{N_1} \right)^2 = 108 \times \left( \frac{500}{600} \right)^2 = 108 \times \left( \frac{5}{6} \right)^2 = 108 \times \frac{25}{36} = 3 \times 25 = 75 \ mH$.

(B) यंग के द्वि-झिरी प्रयोग में, फ्रिंज की चौड़ाई $\beta$ का सूत्र $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है, जहाँ $\lambda$ प्रकाश की तरंगदैर्ध्य है, $D$ झिरियों और पर्दे के बीच की दूरी है, और $d$ झिरियों के बीच की दूरी है।
सूत्र से हम देख सकते हैं कि जब $\lambda$ और $D$ स्थिर होते हैं, तो $\beta \propto \frac{1}{d}$ होता है।
दिया गया है: प्रारंभिक झिरी पृथक्करण $d_1 = 2 \text{ mm}$, प्रारंभिक फ्रिंज चौड़ाई $\beta_1 = 1.2 \text{ mm}$।
नया झिरी पृथक्करण $d_2 = 1.5 \times d_1 = 1.5 \times 2 \text{ mm} = 3 \text{ mm}$।
समानुपातिकता $\beta_1 d_1 = \beta_2 d_2$ का उपयोग करते हुए, हमें प्राप्त होता है:
$\beta_2 = \beta_1 \times \frac{d_1}{d_2} = 1.2 \text{ mm} \times \frac{2 \text{ mm}}{3 \text{ mm}} = 1.2 \times \frac{2}{3} \text{ mm} = 0.4 \times 2 \text{ mm} = 0.8 \text{ mm}$।
अतः, नई फ्रिंज चौड़ाई $0.8 \text{ mm}$ होगी।

(B) यंग के डबल-स्लिट व्यतिकरण प्रयोग में, फ्रिंज की चौड़ाई $\beta$ का सूत्र इस प्रकार है:
$\beta = \frac{\lambda D}{d}$
जहाँ $\lambda$ तरंगदैर्ध्य है, $D$ स्लिट और स्क्रीन के बीच की दूरी है, और $d$ स्लिट्स के बीच की दूरी है।
दिया गया है:
$\beta_1 = 1.2 \ \text{mm}$
$d_2 = 1.5 \times d_1$
चूंकि $\beta \propto \frac{1}{d}$ (मानते हुए कि $\lambda$ और $D$ स्थिर हैं),
$\frac{\beta_1}{\beta_2} = \frac{d_2}{d_1} = 1.5$
मान रखने पर:
$\frac{1.2}{\beta_2} = 1.5$
$\beta_2 = \frac{1.2}{1.5} = 0.8 \ \text{mm}$
अतः, नई फ्रिंज की चौड़ाई $0.8 \ \text{mm}$ है।

(D) दिया गया है: धारिता $C = 50 \mu F = 50 \times 10^{-6} \text{ F}$ और वोल्टेज $V = 220 \sin 50 t \text{ V}$।
मानक समीकरण $V = V_0 \sin \omega t$ के साथ तुलना करने पर,हमें शिखर वोल्टेज $V_0 = 220 \text{ V}$ और कोणीय आवृत्ति $\omega = 50 \text{ rad/s}$ प्राप्त होता है।
धारिता प्रतिघात (capacitive reactance) $X_C$ की गणना इस प्रकार है:
$X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{50 \times 50 \times 10^{-6}} = \frac{1}{2500 \times 10^{-6}} = 400 \Omega$.
शिखर धारा $i_0$ इस प्रकार है:
$i_0 = \frac{V_0}{X_C} = \frac{220}{400} = 0.55 \text{ A}$.
rms धारा $i_{\text{rms}}$ का मान है:
$i_{\text{rms}} = \frac{i_0}{\sqrt{2}} = \frac{0.55}{\sqrt{2}} \text{ A}$.

(A) $n$-वीं कक्षा की कुल ऊर्जा $E_n = -\frac{m e^4}{8 \varepsilon_0^2 h^2 n^2}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $E_n \propto m$,इसलिए $\mu^{-}$-सिस्टम और हाइड्रोजन परमाणु की ऊर्जा का अनुपात $\frac{E_{\mu}}{E_e} = \frac{m_{\mu}}{m_e} = 207$ है।
अतः,$E_{\mu} = 207 \times E_e = 207 \times (-13.6 \text{ eV}) = -13.6 \times 207 \text{ eV}$.
$n$-वीं कक्षा की त्रिज्या $r_n = \frac{\varepsilon_0 h^2 n^2}{\pi m e^2}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $r_n \propto \frac{1}{m}$,इसलिए $\mu^{-}$-सिस्टम और हाइड्रोजन परमाणु की त्रिज्या का अनुपात $\frac{r_{\mu}}{r_H} = \frac{m_e}{m_{\mu}} = \frac{1}{207}$ है।
अतः,$r_{\mu} = \frac{r_H}{207}$.

(B) ट्रांसमिटिंग एंटीना की ऊँचाई $h_T$ और जमीन पर स्थित रिसीविंग एंटीना के लिए अधिकतम लाइन-ऑफ-साइट दूरी $d$ का सूत्र है: $d = \sqrt{2 R_e h_T}$।
दिया गया है:
$R_e = 6.4 \times 10^6 \ m$
$h_T = 128 \ m$
मान रखने पर:
$d = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 128}$
$d = \sqrt{12.8 \times 10^6 \times 128}$
$d = \sqrt{1638.4 \times 10^6} \ m$
$d = \sqrt{16.384 \times 10^8} \ m = 40477 \ m \approx 40.5 \ km$
विकल्प $B$ के अनुसार: $\frac{128}{\sqrt{10}} \approx \frac{128}{3.162} \approx 40.48 \ km$।
अतः,सही उत्तर $B$ है।

(A) प्रति सेकंड उत्पन्न ऊष्मा शक्ति है, $P = I^2 R$. $5 \Omega$ के प्रतिरोधक के लिए $P_2 = 50 \text{ J/s}$ दिया गया है।
$I_2^2 \times 5 = 50 \Rightarrow I_2^2 = 10 \Rightarrow I_2 = \sqrt{10} \text{ A}$.
समांतर शाखाओं के बीच वोल्टेज $V = I_2 \times 5 = 5\sqrt{10} \text{ V}$ है।
ऊपरी शाखा में $2 \Omega$ और $8 \Omega$ के प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं, इसलिए ऊपरी शाखा का कुल प्रतिरोध $R_{upper} = 2 + 8 = 10 \Omega$ है।
ऊपरी शाखा में धारा $I_1 = \frac{V}{R_{upper}} = \frac{5\sqrt{10}}{10} = \frac{\sqrt{10}}{2} \text{ A}$ है।
$2 \Omega$ के प्रतिरोधक में प्रति सेकंड उत्पन्न ऊष्मा $P_1 = I_1^2 \times R_1$ है।
$P_1 = \left( \frac{\sqrt{10}}{2} \right)^2 \times 2 = \frac{10}{4} \times 2 = \frac{20}{4} = 5 \text{ J/s}$.

(A) दिया गया है: $\rho_B = 2 \rho_A$ और $R_A = R_B = R$।
मान लीजिए तार $A$ की त्रिज्या $r_A = r$ है। चूंकि $B$ का व्यास $A$ से दोगुना है,इसलिए तार $B$ की त्रिज्या $r_B = 2r$ होगी।
तार का प्रतिरोध $R = \rho \frac{l}{A} = \rho \frac{l}{\pi r^2}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $R_A = R_B$,इसलिए:
$\rho_A \frac{l_A}{\pi r_A^2} = \rho_B \frac{l_B}{\pi r_B^2}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$\rho_A \frac{l_A}{\pi r^2} = (2 \rho_A) \frac{l_B}{\pi (2r)^2}$
$\rho_A \frac{l_A}{r^2} = 2 \rho_A \frac{l_B}{4r^2}$
$l_A = \frac{2}{4} l_B$
$l_A = \frac{1}{2} l_B$
अतः,$\frac{l_B}{l_A} = 2$।

(B) दिया गया है कि फोटॉन की ऊर्जा $E$,प्रोटॉन की गतिज ऊर्जा $K_p = E$ के बराबर है।
प्रोटॉन के लिए,डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_1 = \frac{h}{p}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $p$ प्रोटॉन का संवेग है।
चूंकि $E = \frac{p^2}{2m}$,इसलिए $p = \sqrt{2mE}$ होगा।
अतः,$\lambda_1 = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$।
फोटॉन के लिए,तरंगदैर्ध्य $\lambda_2 = \frac{hc}{E}$ द्वारा दी जाती है।
अब,अनुपात $\frac{\lambda_1}{\lambda_2}$ की गणना करने पर:
$\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{h / \sqrt{2mE}}{hc / E} = \frac{h}{\sqrt{2mE}} \cdot \frac{E}{hc} = \frac{E}{c \sqrt{2mE}} = \frac{\sqrt{E}}{c \sqrt{2m}}$।
चूंकि $c$ और $m$ स्थिरांक हैं,इसलिए $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} \propto \sqrt{E}$ या $E^{1/2}$ होगा।

(C) विद्युत क्षेत्र के लिए दिया गया समीकरण $E = i 30 \cos (k z - 5 \times 10^8 t)$ है।
इसे मानक तरंग समीकरण $E = E_0 \cos (k z - \omega t)$ के साथ तुलना करने पर,हमें कोणीय आवृत्ति $\omega = 5 \times 10^8 \ rad/s$ प्राप्त होती है।
प्रकाश की गति $c$,कोणीय आवृत्ति $\omega$ और तरंग सदिश $k$ के बीच का संबंध $c = \frac{\omega}{k}$ है।
$k$ के लिए हल करने पर,हमें $k = \frac{\omega}{c}$ प्राप्त होता है।
दिए गए मानों को रखने पर: $k = \frac{5 \times 10^8 \ rad/s}{3 \times 10^8 \ m/s}$।
अतः,$k = \frac{5}{3} \approx 1.66 \ rad/m$ है।

(C) कूलम्ब के नियम के अनुसार,$r$ दूरी पर स्थित दो आवेशों $q$ और $Q-q$ के बीच का बल $F$ इस प्रकार है:
$F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q(Q-q)}{r^2}$
बल को अधिकतम करने के लिए $q$ का मान ज्ञात करने हेतु,हम $F$ का $q$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और उसे शून्य के बराबर रखते हैं:
$\frac{dF}{dq} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \cdot \frac{d}{dq}(Qq - q^2) = 0$
$Q - 2q = 0$
$2q = Q$
$q = \frac{Q}{2}$
अतः,बल तब अधिकतम होता है जब आवेश $Q$ को दो समान भागों में विभाजित किया जाता है,अर्थात $q = \frac{Q}{2}$।

(A) माना पृष्ठीय आवेश घनत्व $\sigma$ है। कुल आवेश $Q$ दोनों कोशों पर इस प्रकार वितरित है कि $\sigma_1 = \sigma_2 = \sigma$ है।
कुल आवेश $Q = \sigma(4 \pi r^2) + \sigma(4 \pi R^2) = 4 \pi \sigma(r^2 + R^2)$ है।
अतः,$\sigma = \frac{Q}{4 \pi (r^2 + R^2)}$ है।
$q$ आवेश वाले $a$ त्रिज्या के गोलीय कोश के केंद्र पर विद्युत विभव $V = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{a}$ होता है।
दोनों कोशों के लिए,केंद्र पर कुल विभव प्रत्येक कोश के कारण विभव का योग है:
$V = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{q_1}{r} + \frac{q_2}{R} \right) = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{\sigma 4 \pi r^2}{r} + \frac{\sigma 4 \pi R^2}{R} \right)$ है।
$V = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} (r + R)$ है।
$\sigma$ का मान रखने पर:
$V = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 (r^2 + R^2)} (r + R) = \frac{Q(R+r)}{4 \pi \varepsilon_0 (R^2+r^2)}$ है।

(D) $n$ फेरों और $r$ त्रिज्या वाली वृत्ताकार कुंडली के केंद्र पर $i$ धारा के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 n i}{2 r}$ द्वारा दिया जाता है।
माना तार की लंबाई $L$ है। एक फेरे के लिए $(n_1 = 1)$,परिधि $2 \pi r_1 = L$ है,इसलिए $r_1 = \frac{L}{2 \pi}$।
चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = B = \frac{\mu_0 (1) i}{2 r_1} = \frac{\mu_0 i}{2 (L / 2 \pi)} = \frac{\mu_0 i \pi}{L}$ है।
जब उसी तार को $n$ फेरों में मोड़ा जाता है $(n_2 = n)$,तो प्रत्येक फेरे की नई परिधि $2 \pi r_2 = \frac{L}{n}$ होती है,इसलिए $r_2 = \frac{L}{2 \pi n}$।
नया चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 n i}{2 r_2} = \frac{\mu_0 n i}{2 (L / 2 \pi n)} = \frac{\mu_0 n i \pi n}{L} = n^2 \left( \frac{\mu_0 i \pi}{L} \right)$ है।
कोष्ठक में दिए गए पद के लिए $B$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $B_2 = n^2 B$ प्राप्त होता है।

(D) जब $q$ आवेश और $m$ द्रव्यमान वाला एक आवेशित कण $v$ वेग के साथ एक समान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में क्षेत्र के लंबवत प्रवेश करता है,तो यह चुंबकीय लॉरेंट्ज़ बल $F = q(v \times B)$ का अनुभव करता है।
चूंकि बल हमेशा वेग के लंबवत होता है,यह अभिकेंद्री बल के रूप में कार्य करता है,जिससे कण एक वृत्ताकार पथ में गति करता है।
इस वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r$ का सूत्र है:
$r = \frac{mv}{qB}$
इस व्यंजक से यह स्पष्ट है कि त्रिज्या $r$,वेग $v$ के सीधे आनुपातिक है $(r \propto v)$।
इसलिए,कण एक ऐसे वृत्ताकार पथ में यात्रा करता है जिसकी त्रिज्या उसके वेग के सीधे आनुपातिक होती है।

(D) दिया गया है:
पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक,$B_H = 0.8 \times 10^{-4} \,T$
नति कोण,$\theta = 60^{\circ}$
माना कि पृथ्वी का कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_e$ है।
हम जानते हैं कि पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक कुल चुंबकीय क्षेत्र से निम्नलिखित सूत्र द्वारा संबंधित है:
$B_H = B_e \cos \theta$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$0.8 \times 10^{-4} = B_e \cos 60^{\circ}$
चूंकि $\cos 60^{\circ} = 0.5$ या $\frac{1}{2}$ होता है,इसलिए:
$0.8 \times 10^{-4} = B_e \times 0.5$
$B_e$ के लिए हल करने पर:
$B_e = \frac{0.8 \times 10^{-4}}{0.5}$
$B_e = 1.6 \times 10^{-4} \,T$
अतः,पृथ्वी का कुल चुंबकीय क्षेत्र $1.6 \times 10^{-4} \,T$ है।

(D) नाभिक की त्रिज्या का सूत्र $R = R_0 A^{1/3}$ होता है, जहाँ $R_0$ एक स्थिरांक है और $A$ द्रव्यमान संख्या है।
दिया गया है:
$R_1 = 1.5 \text{ fermi}$, $A_1 = 125$
$A_2 = 64$
हमें $R_2$ ज्ञात करना है।
त्रिज्याओं का अनुपात लेने पर:
$\frac{R_1}{R_2} = \left( \frac{A_1}{A_2} \right)^{1/3}$
$\frac{1.5}{R_2} = \left( \frac{125}{64} \right)^{1/3}$
$\frac{1.5}{R_2} = \frac{5}{4}$
$R_2 = \frac{1.5 \times 4}{5} = 0.3 \times 4 = 1.2 \text{ fermi}$.

(C) पहली स्थिति के अनुसार,एक अभिसारी लेंस के लिए,लेंस सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ है।
यहाँ $f = 25 \,cm$ और $v = 75 \,cm$ दिया गया है,इसलिए:
$\frac{1}{25} = \frac{1}{75} - \frac{1}{u}$
$\frac{1}{u} = \frac{1}{75} - \frac{1}{25} = \frac{1-3}{75} = -\frac{2}{75}$
$u = -37.5 \,cm$.
अतः,वस्तु लेंस से $37.5 \,cm$ की दूरी पर रखी गई है।
दूसरी स्थिति के अनुसार,पर्दे को लेंस के करीब $25 \,cm$ खिसकाया जाता है,इसलिए नई प्रतिबिंब दूरी $v_1 = 75 \,cm - 25 \,cm = 50 \,cm$ होगी।
लेंस सूत्र का पुनः उपयोग करने पर:
$\frac{1}{25} = \frac{1}{50} - \frac{1}{u_1}$
$\frac{1}{u_1} = \frac{1}{50} - \frac{1}{25} = \frac{1-2}{50} = -\frac{1}{50}$
$u_1 = -50 \,cm$.
अतः,नई वस्तु दूरी $50 \,cm$ है।
वह दूरी जिससे वस्तु को स्थानांतरित किया जाना चाहिए वह $\Delta u = |u_1| - |u| = 50 \,cm - 37.5 \,cm = 12.5 \,cm$ है।

(C) समान वक्रता त्रिज्या $R_1 = R$ और $R_2 = -R$ वाले उत्तल लेंस के लिए,लेंस मेकर सूत्र इस प्रकार है:
$\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left[ \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right]$
मान रखने पर:
$\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left[ \frac{1}{R} - \frac{1}{-R} \right] = (\mu - 1) \left[ \frac{2}{R} \right]$
अतः,$R = 2f(\mu - 1)$.
जब लेंस को लंबवत रूप से दो समान समतल-उत्तल लेंसों में काटा जाता है,तो प्रत्येक नए लेंस की एक सतह की त्रिज्या $R$ होती है और दूसरी सतह समतल (त्रिज्या $\infty$) होती है।
नए लेंस के लिए फोकस दूरी $f'$ ज्ञात करने हेतु लेंस मेकर सूत्र का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{f'} = (\mu - 1) \left[ \frac{1}{R} - \frac{1}{\infty} \right]$
$\frac{1}{f'} = (\mu - 1) \left[ \frac{1}{R} \right]$
$f' = \frac{R}{\mu - 1}$
$R = 2f(\mu - 1)$ का मान रखने पर:
$f' = \frac{2f(\mu - 1)}{\mu - 1} = 2f$.

(B) ट्रांजिस्टर की आउटपुट विशेषताओं को आधार धारा $(I_B)$ को नियत रखते हुए संग्राहक-उत्सर्जक वोल्टेज $(V_{CE})$ के साथ संग्राहक धारा $(I_C)$ में होने वाले परिवर्तन के रूप में परिभाषित किया जाता है।
इस संबंध को ग्राफ़ द्वारा दर्शाने के लिए $I_B$ के विभिन्न निश्चित मानों के लिए y-अक्ष पर $I_C$ और x-अक्ष पर $V_{CE}$ को आलेखित किया जाता है।

(D) दिया गया है:
आंतरिक वाहक सांद्रता $n_i = 1.6 \times 10^{16} / m^3$
दाता सांद्रता $N_D = 4.8 \times 10^{20} / m^3$
$n$-प्रकार के अर्धचालक में,इलेक्ट्रॉन सांद्रता $n_e \approx N_D = 4.8 \times 10^{20} / m^3$ होती है।
अर्धचालकों के लिए द्रव्यमान क्रिया के नियम (law of mass action) के अनुसार,$n_i^2 = n_e \times n_h$,जहाँ $n_h$ होल सांद्रता है।
मान रखने पर:
$(1.6 \times 10^{16})^2 = (4.8 \times 10^{20}) \times n_h$
$2.56 \times 10^{32} = 4.8 \times 10^{20} \times n_h$
$n_h = \frac{2.56 \times 10^{32}}{4.8 \times 10^{20}}$
$n_h = 0.533 \times 10^{12} / m^3 = 5.33 \times 10^{11} / m^3$.
अतः,होल्स की सांद्रता लगभग $5.3 \times 10^{11} / m^3$ है।

(B) यंग के द्वि-स्लिट व्यतिकरण प्रयोग में फ्रिंज चौड़ाई का सूत्र $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है।
दिया गया है:
प्रारंभिक फ्रिंज चौड़ाई $\beta_1 = 1.2 \text{ mm}$.
प्रारंभिक स्लिट पृथक्करण $d_1 = 2 \text{ mm}$.
स्लिट पृथक्करण को पिछले मान से डेढ़ गुना बढ़ा दिया जाता है,इसलिए $d_2 = 1.5 d_1$.
चूंकि $\beta \propto \frac{1}{d}$,इसलिए $\frac{\beta_1}{\beta_2} = \frac{d_2}{d_1}$ होगा।
मान रखने पर:
$\frac{1.2}{\beta_2} = 1.5$.
$\beta_2 = \frac{1.2}{1.5} = 0.8 \text{ mm}$.