AP EAMCET 2016 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) माना गेंद का द्रव्यमान $m$ है, ऊँचाई $h = 40 \,m$ है और गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \,m/s^2$ है।
जमीन से टकराने से ठीक पहले कुल यांत्रिक ऊर्जा $E_i = \frac{1}{2}mv^2 + mgh$ है।
अपनी ऊर्जा का $\frac{1}{3}$ हिस्सा खोने के बाद, शेष ऊर्जा $E_f = \frac{2}{3}E_i$ है।
यह शेष ऊर्जा उसी ऊँचाई $h$ तक वापस उछलने के लिए उपयोग की जाती है, इसलिए वापस उछलते समय अधिकतम ऊँचाई पर स्थितिज ऊर्जा $mgh$ है।
ऊर्जा को बराबर करने पर: $\frac{2}{3}(\frac{1}{2}mv^2 + mgh) = mgh$.
$m$ से विभाजित करने पर: $\frac{2}{3}(\frac{1}{2}v^2 + gh) = gh$.
$\frac{1}{3}v^2 + \frac{2}{3}gh = gh$.
$\frac{1}{3}v^2 = gh - \frac{2}{3}gh = \frac{1}{3}gh$.
$v^2 = gh$.
$v = \sqrt{10 \times 40} = \sqrt{400} = 20 \,m/s$.

(C) अप्रत्यास्थ टक्कर में खोई गई ऊर्जा का सूत्र है: $\Delta KE = \frac{m_1 m_2}{2(m_1 + m_2)} (1 - e^2) (u_1 + u_2)^2$।
दिया गया है: $m_1 = 1 \ kg$,$m_2 = 0.5 \ kg$,$u_1 = 6 \ ms^{-1}$,$u_2 = 9 \ ms^{-1}$ (चूंकि वे विपरीत दिशाओं में चलते हैं,सापेक्ष वेग $u_1 + u_2$ होगा),और $e = \frac{1}{3}$।
मान रखने पर:
$\Delta KE = \frac{1 \times 0.5}{2(1 + 0.5)} \left(1 - (\frac{1}{3})^2\right) (6 + 9)^2$
$\Delta KE = \frac{0.5}{3} \times (1 - \frac{1}{9}) \times (15)^2$
$\Delta KE = \frac{1}{6} \times \frac{8}{9} \times 225$
$\Delta KE = \frac{8}{54} \times 225 = \frac{4}{27} \times 225 = 33.33 \ J$.

(D) मान लीजिए ऊपरी प्रिज्म का द्रव्यमान $m$ है और निचले प्रिज्म का द्रव्यमान $3m$ है।
चूंकि क्षैतिज तल चिकना है और दोनों प्रिज्मों के निकाय पर कोई बाहरी क्षैतिज बल कार्य नहीं कर रहा है,इसलिए निकाय के द्रव्यमान केंद्र की क्षैतिज स्थिति अपरिवर्तित रहती है।
मान लीजिए निचला प्रिज्म बाईं ओर $k$ दूरी तय करता है। तो द्रव्यमान केंद्र की स्थिति को बनाए रखने के लिए ऊपरी प्रिज्म को जमीन के सापेक्ष दाईं ओर $(a-b-k)$ दूरी तय करनी होगी।
द्रव्यमान केंद्र के संरक्षण के सिद्धांत को लागू करने पर:
$3m \cdot k = m \cdot (a - b - k)$
दोनों पक्षों को $m$ से विभाजित करने पर:
$3k = a - b - k$
$4k = a - b$
$k = \frac{a - b}{4}$
अतः,निचले प्रिज्म द्वारा तय की गई दूरी $\frac{a - b}{4}$ है।

(B) मान लीजिए कि वह बिंदु जहाँ गुरुत्वीय क्षेत्र शून्य है,$m$ द्रव्यमान से $x$ दूरी पर है। दोनों द्रव्यमानों के कारण गुरुत्वीय क्षेत्र परिमाण में समान और दिशा में विपरीत होना चाहिए।
$E_1 = E_2 \Rightarrow \frac{Gm}{x^2} = \frac{G(9m)}{(r-x)^2}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर: $\frac{1}{x} = \frac{3}{r-x}$
$r-x = 3x \Rightarrow 4x = r \Rightarrow x = \frac{r}{4}$.
$9m$ द्रव्यमान से दूरी $r-x = r - \frac{r}{4} = \frac{3r}{4}$ है।
इस बिंदु पर गुरुत्वीय विभव $V$ दोनों द्रव्यमानों के कारण विभव का योग है:
$V = V_1 + V_2 = -\frac{Gm}{x} - \frac{G(9m)}{r-x}$
$V = -\frac{Gm}{r/4} - \frac{9Gm}{3r/4} = -\frac{4Gm}{r} - \frac{12Gm}{r}$
$V = -\frac{16Gm}{r}$.

(B) मान लीजिए कि कण ऊर्ध्वाधर के साथ $\theta$ कोण पर है। कण पर कार्य करने वाले बल उसका भार $mg$ नीचे की ओर,अभिलंब बल $N$ त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर,और घर्षण बल $f$ सतह के स्पर्शरेखीय है।
कण के स्थिर रहने के लिए,स्पर्शरेखा के अनुदिश भार का घटक सीमांत घर्षण द्वारा संतुलित होना चाहिए: $mg \sin \theta = f = \mu N$.
सतह के लंबवत भार का घटक अभिलंब बल द्वारा संतुलित होता है: $N = mg \cos \theta$.
$N$ का मान घर्षण समीकरण में रखने पर: $mg \sin \theta = \mu (mg \cos \theta) \implies \tan \theta = \mu = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
अतः,$\theta = 30^\circ$.
अर्धगोले के निचले बिंदु से कण की ऊँचाई $h = R - R \cos \theta = R(1 - \cos 30^\circ)$ है।
$h = R(1 - \frac{\sqrt{3}}{2})$.

(A) मान लीजिए कि डोरी में तनाव $T$ है और डोरी ऊर्ध्वाधर के साथ $\theta$ कोण बनाती है।
क्षैतिज वृत्त में गति करने वाले कण पर कार्य करने वाले बल तनाव $T$ और भार $mg$ हैं।
तनाव का ऊर्ध्वाधर घटक भार को संतुलित करता है: $T \cos \theta = mg$.
तनाव का क्षैतिज घटक आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है: $T \sin \theta = \frac{mv^2}{r}$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $\tan \theta = \frac{v^2}{rg} \Rightarrow v = \sqrt{rg \tan \theta}$.
चित्र की ज्यामिति से,$\sin \theta = \frac{r}{L}$,इसलिए $\cos \theta = \sqrt{1 - \sin^2 \theta} = \sqrt{1 - \frac{r^2}{L^2}} = \frac{\sqrt{L^2 - r^2}}{L}$.
अतः,$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{r/L}{\sqrt{L^2 - r^2}/L} = \frac{r}{\sqrt{L^2 - r^2}}$.
इस मान को $v$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$v = \sqrt{rg \cdot \frac{r}{\sqrt{L^2 - r^2}}} = r \sqrt{\frac{g}{\sqrt{L^2 - r^2}}}$.

(D) माना $R$ गोले की त्रिज्या है और $r$ गुहा की त्रिज्या है।
दिया गया है: $R = 2 \ cm$,पदार्थ का सापेक्ष घनत्व $\rho_s = 8$,पानी का घनत्व $\rho_w = 1 \ g/cm^3$.
गोला पानी में डूब जाता है,जिसका अर्थ है कि इसका भार उत्प्लावन बल के बराबर है।
गोले का भार = $\text{पदार्थ का आयतन} \times \rho_s \times g = \frac{4}{3} \pi (R^3 - r^3) \times 8 \times g$.
उत्प्लावन बल = $\text{गोले का कुल आयतन} \times \rho_w \times g = \frac{4}{3} \pi R^3 \times 1 \times g$.
दोनों को बराबर करने पर: $\frac{4}{3} \pi (R^3 - r^3) \times 8 = \frac{4}{3} \pi R^3$.
$8(R^3 - r^3) = R^3$.
$8R^3 - 8r^3 = R^3 \Rightarrow 7R^3 = 8r^3$.
$r^3 = \frac{7}{8} R^3 = \frac{7}{8} \times (2)^3 = \frac{7}{8} \times 8 = 7 \ cm^3$.
गुहा का आयतन $V_c = \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \times \frac{22}{7} \times 7 = \frac{88}{3} \ cm^3$.

(D) हुक के नियम के अनुसार,लंबाई में वृद्धि $\Delta l$ लगाए गए बल $T$ के समानुपाती होती है। मान लीजिए कि डोरी की प्राकृतिक लंबाई $l_0$ है और बल नियतांक $k$ है।
तनाव $T$ के अंतर्गत लंबाई $l$ का सूत्र $l = l_0 + \frac{T}{k}$ है।
$T_1 = 80 \,N$ के लिए,$l_1 = 101 \,mm = l_0 + \frac{80}{k}$ --- $(1)$
$T_2 = 100 \,N$ के लिए,$l_2 = 102 \,mm = l_0 + \frac{100}{k}$ --- $(2)$
समीकरण $(2)$ में से $(1)$ घटाने पर: $102 - 101 = \frac{100-80}{k} \implies 1 = \frac{20}{k} \implies k = 20 \,N/mm$.
$k$ का मान $(1)$ में रखने पर: $101 = l_0 + \frac{80}{20} \implies 101 = l_0 + 4 \implies l_0 = 97 \,mm$.
अब,$T_3 = 160 \,N$ के लिए,लंबाई $l_3 = l_0 + \frac{T_3}{k} = 97 + \frac{160}{20} = 97 + 8 = 105 \,mm$.
सेमी में बदलने पर: $105 \,mm = 10.5 \,cm$।

(B) ट्रेनों के बीच की प्रारंभिक दूरी $d_0 = 300 \, m$ है।
ट्रेन द्वारा तय की गई दूरी उसके वेग-समय ग्राफ के नीचे के क्षेत्रफल के बराबर होती है।
ट्रेन $I$ के लिए, $v-t$ ग्राफ के नीचे का क्षेत्रफल $A_1 = \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई} = \frac{1}{2} \times 10 \, s \times 40 \, m/s = 200 \, m$ है।
ट्रेन $II$ के लिए, $v-t$ ग्राफ के नीचे के क्षेत्रफल का परिमाण $A_2 = \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई} = \frac{1}{2} \times 8 \, s \times 20 \, m/s = 80 \, m$ है।
चूंकि ट्रेनें एक-दूसरे की ओर विपरीत दिशाओं में चल रही हैं, इसलिए रुकने से पहले दोनों ट्रेनों द्वारा तय की गई कुल दूरी $d_{total} = A_1 + A_2 = 200 \, m + 80 \, m = 280 \, m$ है।
जब दोनों ट्रेनें रुक जाती हैं, तो उनके बीच की अंतिम दूरी $d_{final} = d_0 - d_{total} = 300 \, m - 280 \, m = 20 \, m$ है।

(D) माना प्रारंभिक वेग $u$ है। कुल उड़ान का समय $T$,बिंदु $X$ तक पहुँचने का समय $(t_1 = 3 \ s)$ और $X$ से जमीन तक का समय $(t_2 = 6 \ s)$ का योग है।
कुल समय $T = t_1 + t_2 = 3 + 6 = 9 \ s$.
कुल उड़ान के समय का सूत्र $T = \frac{2u}{g}$ है।
मान रखने पर,$9 = \frac{2u}{10}$,जिससे $u = 45 \ m/s$ प्राप्त होता है।
बिंदु $X$ की जमीन से ऊर्ध्वाधर दूरी $h$ को गति के समीकरण $h = ut_1 - \frac{1}{2}gt_1^2$ का उपयोग करके ज्ञात किया जा सकता है।
$u = 45 \ m/s$,$t_1 = 3 \ s$,और $g = 10 \ m/s^2$ रखने पर:
$h = (45 \times 3) - \frac{1}{2} \times 10 \times (3)^2$
$h = 135 - 5 \times 9$
$h = 135 - 45 = 90 \ m$.

(D) त्रिज्यीय (अभिकेंद्री) त्वरण $a_r = \frac{v^2}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया है $v = K\sqrt{s}$,इसलिए $a_r = \frac{(K\sqrt{s})^2}{R} = \frac{K^2 s}{R}$।
स्पर्शरेखीय त्वरण $a_t = \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{ds} \cdot \frac{ds}{dt} = v \frac{dv}{ds}$ है।
चूंकि $v = K s^{1/2}$,इसलिए $\frac{dv}{ds} = K \cdot \frac{1}{2} s^{-1/2} = \frac{K}{2\sqrt{s}}$।
अतः,$a_t = (K\sqrt{s}) \cdot \left( \frac{K}{2\sqrt{s}} \right) = \frac{K^2}{2}$।
कुल त्वरण और स्पर्शरेखीय त्वरण के बीच का कोण $\theta$,$\tan \theta = \frac{a_r}{a_t}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,$\tan \theta = \frac{K^2 s / R}{K^2 / 2} = \frac{2s}{R}$।

(C) दिया गया है,आयाम $A = 2 \,m$।
अधिकतम त्वरण $a_{max} = A \omega^2$ और अधिकतम वेग $v_{max} = A \omega$ है।
प्रश्न के अनुसार,$|A \omega^2| - |A \omega| = 4$।
$A = 2$ रखने पर:
$2 \omega^2 - 2 \omega = 4$
$\omega^2 - \omega - 2 = 0$
$(\omega - 2)(\omega + 1) = 0$।
चूंकि $\omega > 0$,हमें $\omega = 2 \,rad/s$ प्राप्त होता है।
आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi}{\omega} = \frac{2 \pi}{2} = \pi = \frac{22}{7} \,s$।
विस्थापन $y = 1 \,m$ पर वेग $v = \omega \sqrt{A^2 - y^2}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
$v = 2 \sqrt{2^2 - 1^2} = 2 \sqrt{4 - 1} = 2 \sqrt{3} \,ms^{-1}$।

(A) माना पहले भाग का द्रव्यमान $m$ है और दूसरे भाग का द्रव्यमान $(M - m)$ है।
$t^{\circ} C$ पर $m \ kg$ पानी द्वारा $0^{\circ} C$ पर बर्फ बनने के लिए मुक्त की गई ऊष्मा:
$Q_1 = m \times c \times (t - 0) + m \times L_f = m \times 1 \times t + m \times 80 = m(t + 80)$.
$t^{\circ} C$ पर $(M - m) \ kg$ पानी द्वारा $100^{\circ} C$ पर वाष्प बनने के लिए अवशोषित ऊष्मा:
$Q_2 = (M - m) \times c \times (100 - t) + (M - m) \times L_v = (M - m) \times 1 \times (100 - t) + (M - m) \times 540 = (M - m)(640 - t)$.
$Q_1 = Q_2$ रखने पर:
$m(t + 80) = (M - m)(640 - t)$
$mt + 80m = 640M - Mt - 640m + mt$
$80m + 640m = 640M - Mt$
$720m = M(640 - t)$
$\frac{m}{M} = \frac{640 - t}{720}$.

(A) गोली की गतिज ऊर्जा ऊष्मा में परिवर्तित हो जाती है। चूंकि ऊष्मा का $\frac{1}{4}$ भाग बाधा द्वारा अवशोषित किया जाता है,इसलिए गतिज ऊर्जा का $\frac{3}{4}$ भाग गोली को गर्म करने और पिघलाने के लिए उपयोग किया जाता है।
ऊर्जा संतुलन समीकरण: $\frac{3}{4} (\frac{1}{2} m v^2) = m s \Delta \theta + m L$.
दिया गया है: $s = 0.03 \ cal \ g^{-1} {}^{\circ} C^{-1} = 0.03 \times 4200 \ J \ kg^{-1} K^{-1} = 126 \ J \ kg^{-1} K^{-1}$.
$\Delta \theta = 600 \ K - 300 \ K = 300 \ K$.
$L = 6 \ cal \ g^{-1} = 6 \times 4200 \ J \ kg^{-1} = 25200 \ J \ kg^{-1}$.
मान रखने पर: $\frac{3}{8} v^2 = (126 \times 300) + 25200$.
$\frac{3}{8} v^2 = 37800 + 25200 = 63000$.
$v^2 = \frac{63000 \times 8}{3} = 21000 \times 8 = 168000$.
$v = \sqrt{168000} \approx 409.88 \ ms^{-1} \approx 410 \ ms^{-1}$.

(A) $STP$ पर, एक आदर्श गैस का मोलर आयतन $22.4 \text{ litres/mol}$ होता है।
हीलियम गैस के मोलों की संख्या, $n = \frac{67.2 \text{ L}}{22.4 \text{ L/mol}} = 3 \text{ mol}$ है।
हीलियम एक एक-परमाणुक गैस है, इसलिए स्थिर आयतन पर इसकी मोलर ऊष्मा धारिता $C_v = \frac{3}{2} R$ है।
स्थिर आयतन पर तापमान को $dT = 20^{\circ} C$ (या $20 \text{ K}$) बढ़ाने के लिए आवश्यक ऊष्मा:
$dQ = n C_v dT$
$dQ = 3 \times \left( \frac{3}{2} \times 8.314 \text{ J/mol K} \right) \times 20 \text{ K}$
$dQ = 3 \times 1.5 \times 8.314 \times 20 = 748.26 \text{ J} \approx 748 \text{ J}$.

(D) माना स्रोत का प्रारंभिक तापमान $T_1$ और सिंक का तापमान $T_2$ है। प्रारंभिक दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ है।
जब स्रोत का तापमान $25 \%$ बढ़ाया जाता है,तो नया तापमान $T_1' = 1.25 T_1$ हो जाता है।
नई दक्षता $\eta' = 1 - \frac{T_2}{1.25 T_1}$ है।
प्रश्न के अनुसार,$\eta' = \eta + 0.80 \eta = 1.8 \eta$.
समीकरणों को प्रतिस्थापित करने पर: $1 - \frac{T_2}{1.25 T_1} = 1.8 \left( 1 - \frac{T_2}{T_1} \right)$.
सरलता के लिए $T_1 = 100 \text{ K}$ मानने पर,$\eta = 1 - \frac{T_2}{100}$.
अतः $1 - \frac{T_2}{125} = 1.8 \left( 1 - \frac{T_2}{100} \right)$.
$1 - \frac{T_2}{125} = 1.8 - 0.018 T_2$.
$0.018 T_2 - 0.008 T_2 = 1.8 - 1 \Rightarrow 0.01 T_2 = 0.8 \Rightarrow T_2 = 80 \text{ K}$.
नई दक्षता $\eta' = 1 - \frac{80}{125} = \frac{125 - 80}{125} = \frac{45}{125} = 0.36 = 36 \%$ है।

(A) समदाबीय प्रक्रिया के लिए,किया गया कार्य $dW = P dV$ है और दी गई ऊष्मा $dQ = n C_p dT$ है।
संबंध $C_p = \frac{\gamma R}{\gamma - 1}$ और $dW = n R dT$ का उपयोग करने पर:
$\frac{dW}{dQ} = \frac{nR dT}{n C_p dT} = \frac{R}{C_p} = \frac{R}{\frac{\gamma R}{\gamma - 1}} = \frac{\gamma - 1}{\gamma}$.
यहाँ $\gamma = 1.4$ और $dW = 300 \ J$ दिया गया है,इसलिए:
$\frac{300}{dQ} = \frac{1.4 - 1}{1.4} = \frac{0.4}{1.4} = \frac{4}{14} = \frac{2}{7}$.
अतः,$dQ = 300 \times \frac{7}{2} = 150 \times 7 = 1050 \ J$.

(B) बोल्ट्ज़मैन नियतांक $k_B$ ऊर्जा और तापमान को जोड़ता है: $E = k_B T$. अतः, $[k_B] = [\text{ऊर्जा}] / [\text{तापमान}] = [ML^2T^{-2}] / [K] = [ML^2T^{-2}K^{-1}]$. यह $III$ से मेल खाता है।
$(B)$ स्टोक्स के नियम से, $F = 6\pi \eta r v$. श्यानता गुणांक $\eta$ की विमाएँ $[F] / ([L][LT^{-1}]) = [MLT^{-2}] / [L^2T^{-1}] = [ML^{-1}T^{-1}]$ हैं। यह $II$ से मेल खाता है।
$(C)$ जल तुल्यांक पानी का वह द्रव्यमान है जो समान तापमान परिवर्तन के लिए वस्तु के समान ही ऊष्मा अवशोषित करता है। इसकी विमा $[M]$ है। दिए गए विकल्पों में, $[ML^0T^0]$ द्रव्यमान का सही निरूपण है। यह $I$ से मेल खाता है।
$(D)$ ऊष्मा चालन के सूत्र $Q/t = KA(\theta_1 - \theta_2)/l$ से, ऊष्मीय चालकता गुणांक $K = (Q \cdot l) / (A \cdot t \cdot \Delta\theta)$. विमाएँ: $[ML^2T^{-2} \cdot L] / [L^2 \cdot T \cdot K] = [MLT^{-3}K^{-1}]$. यह $IV$ से मेल खाता है।
अतः, सही क्रम $A-III, B-II, C-I, D-IV$ है।

(C) ट्यूनिंग फोर्क की आवृत्ति $n = 170 \,Hz$ है। छात्र (स्रोत और प्रेक्षक) की गति दीवार की ओर $v_0 = 2 \,ms^{-1}$ है।
दीवार एक स्थिर स्रोत के रूप में कार्य करती है जो ध्वनि को परावर्तित करती है। स्थिर स्रोत की ओर बढ़ते हुए प्रेक्षक के लिए डॉप्लर प्रभाव के सूत्र के अनुसार,छात्र द्वारा सुनी गई गूँज की आवृत्ति:
$n' = n \left( \frac{v + v_0}{v} \right)$
जहाँ $v = 340 \,ms^{-1}$ ध्वनि की गति है।
$n' = 170 \left( \frac{340 + 2}{340} \right) = 170 \left( \frac{342}{340} \right) = \frac{342}{2} = 171 \,Hz$.
बीट आवृत्ति,गूँज की आवृत्ति और ट्यूनिंग फोर्क की मूल आवृत्ति के बीच का अंतर है:
$f_{beat} = |n' - n| = |171 \,Hz - 170 \,Hz| = 1 \,Hz$.

(B) क्रमिक अनुनाद आवृत्तियों के बीच का अंतर $\Delta f = 595 - 425 = 170 \,Hz$ और $765 - 595 = 170 \,Hz$ है।
चूंकि क्रमिक आवृत्तियों के बीच का अंतर $2f_0$ है (जहाँ $f_0$ मूल आवृत्ति है), इसलिए पाइप एक बंद ऑर्गन पाइप होनी चाहिए।
अतः, $2f_0 = 170 \,Hz$, जिससे $f_0 = 85 \,Hz$ प्राप्त होता है।
बंद ऑर्गन पाइप की मूल आवृत्ति का सूत्र $f_0 = \frac{v}{4l}$ है।
दिए गए मानों को रखने पर: $85 = \frac{340}{4l}$।
$l$ के लिए हल करने पर: $l = \frac{340}{4 \times 85} = \frac{340}{340} = 1 \,m$।

(C) $L-C$ परिपथ की प्राकृतिक आवृत्ति $f = \frac{1}{2 \pi \sqrt{LC}}$ द्वारा दी जाती है।
जब संधारित्र को $K$ परावैद्युतांक वाले पदार्थ से भरा जाता है,तो नई धारिता $C' = KC$ हो जाती है।
नई आवृत्ति $f' = \frac{1}{2 \pi \sqrt{L(KC)}} = \frac{1}{\sqrt{K}} f$ होती है।
दिया गया है कि $f = 125 \ kHz$ और आवृत्ति में $25 \ kHz$ की कमी होती है,इसलिए नई आवृत्ति $f' = 125 \ kHz - 25 \ kHz = 100 \ kHz$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{100}{125} = \frac{1}{\sqrt{K}}$.
$\frac{4}{5} = \frac{1}{\sqrt{K}} \Rightarrow \sqrt{K} = \frac{5}{4} = 1.25$.
अतः,$K = (1.25)^2 = 1.5625 \approx 1.56$.

(C) हाइड्रोजन परमाणु में,$n$ वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -13.6/n^2 \ eV$ द्वारा दी जाती है। जब एक इलेक्ट्रॉन उच्च ऊर्जा स्तर से निम्न ऊर्जा स्तर में संक्रमण करता है,तो $n$ का मान घटता है।
जैसे-जैसे $n$ घटता है,कक्षा की त्रिज्या $r_n \propto n^2$ घटती है।
गतिज ऊर्जा $K = |E_n| = 13.6/n^2 \ eV$ बढ़ती है क्योंकि $n$ घटता है।
वेग $v_n \propto 1/n$ बढ़ता है क्योंकि $n$ घटता है।
कोणीय संवेग $L = mvr = n(h/2\pi)$ क्वांटाइज्ड होता है और मुख्य क्वांटम संख्या $n$ पर निर्भर करता है। चूंकि संक्रमण के दौरान $n$ बदलता है,इसलिए कोणीय संवेग स्थिर नहीं रहता है।
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = h/p = h/(mv)$ होती है। चूंकि $v$ बढ़ता है,इसलिए $\lambda$ घटती है।
अतः,यह कथन कि कोणीय संवेग स्थिर रहता है,गलत है।

(A) प्रेषित एंटीना का कवरेज क्षेत्र $A$, सूत्र $A = \pi d^2$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $d$ एंटीना की रेंज है।
दिया गया है कि $d = \sqrt{2Rh}$, जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है और $h$ एंटीना की ऊँचाई है।
क्षेत्रफल के सूत्र में $d$ का मान रखने पर: $A = \pi (\sqrt{2Rh})^2 = 2\pi Rh$.
दिए गए मान: $h = 105 \,m$ और $R = 6.4 \times 10^6 \,m$.
इन मानों को रखने पर: $A = 2 \times 3.14 \times (6.4 \times 10^6 \,m) \times (105 \,m)$.
$A = 2 \times 3.14 \times 6.4 \times 105 \times 10^6 \,m^2$.
$A = 4220.16 \times 10^6 \,m^2$.
चूँकि $1 \,km^2 = 10^6 \,m^2$, इसलिए $A = 4220.16 \,km^2$.
दिए गए विकल्पों के निकटतम मान लेने पर, $A \approx 4224 \,km^2$.

(A) अनुगमन वेग $v_d$ का सूत्र $v_d = \frac{I}{neA}$ है।
चूंकि धारा $I = \frac{V}{R}$ और प्रतिरोध $R = \rho \frac{l}{A}$ है, हम इन मानों को व्यंजक में प्रतिस्थापित कर सकते हैं:
$v_d = \frac{V/R}{neA} = \frac{V}{(\rho l/A)neA} = \frac{V}{\rho l ne}$.
यहाँ, $V$ सेल का विभवांतर है, $\rho$ पदार्थ की प्रतिरोधकता है, $l$ छड़ की लंबाई है, $n$ मुक्त इलेक्ट्रॉन घनत्व है और $e$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है।
अंतिम व्यंजक से देखा जा सकता है कि $v_d$ अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल $A$ से स्वतंत्र है।
इसलिए, जब अक्ष के अनुदिश एक छेद किया जाता है, तो अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल बदल जाता है, लेकिन अनुगमन वेग में कोई परिवर्तन नहीं होता है।

(C) माना कि बाएं अंतराल में प्रतिरोध $R_L$ है और दाहिने अंतराल में निक्रोम तार का प्रतिरोध $R_R$ है। संतुलन स्थिति $\frac{R_L}{R_R} = \frac{l}{100-l}$ है।
दिया गया है $l = 60 \ cm$,इसलिए $\frac{R_L}{R_R} = \frac{60}{40} = 1.5$.
जब तार को $20 \%$ खींचा जाता है,तो उसकी नई लंबाई $l' = 1.2l_0$ हो जाती है। चूंकि आयतन $V = A \cdot l$ स्थिर रहता है,नया क्षेत्रफल $A' = \frac{A}{1.2}$ हो जाता है।
नया प्रतिरोध $R_R' = \rho \frac{l'}{A'} = \rho \frac{1.2l_0}{A/1.2} = (1.2)^2 R_R = 1.44 R_R$.
माना नई संतुलन लंबाई $l_{new}$ है। तब $\frac{R_L}{R_R'} = \frac{l_{new}}{100-l_{new}}$.
$R_L = 1.5 R_R$ और $R_R' = 1.44 R_R$ रखने पर:
$\frac{1.5 R_R}{1.44 R_R} = \frac{l_{new}}{100-l_{new}} \Rightarrow \frac{1.5}{1.44} = \frac{l_{new}}{100-l_{new}}$.
$1.04167 = \frac{l_{new}}{100-l_{new}} \Rightarrow 104.167 - 1.04167 l_{new} = l_{new}$.
$2.04167 l_{new} = 104.167 \Rightarrow l_{new} \approx 51 \ cm$.

(B) इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_e$ का सूत्र $\lambda_e = \frac{h}{p}$ है,जहाँ $p$ इलेक्ट्रॉन का संवेग है।
इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $E_k$ और संवेग के बीच संबंध $E_k = \frac{p^2}{2m}$ है,इसलिए $p = \sqrt{2m E_k}$.
अतः,$\lambda_e = \frac{h}{\sqrt{2m E_k}}$.
यहाँ कार्य फलन को नगण्य मानने पर,आपतित फोटॉन की संपूर्ण ऊर्जा इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है: $E_k = E_{photon} = \frac{hc}{\lambda}$.
$E_k$ का मान डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य के सूत्र में रखने पर:
$\lambda_e = \frac{h}{\sqrt{2m \left(\frac{hc}{\lambda}\right)}}$.
व्यंजक को सरल करने पर:
$\lambda_e = \sqrt{\frac{h^2}{2m \frac{hc}{\lambda}}} = \sqrt{\frac{h^2 \lambda}{2mhc}} = \sqrt{\frac{h \lambda}{2mc}}$.

(A) दिया गया है: धारा $I = 2 \ A$, प्रतिरोध $R = 7 \ \Omega$, $EMF$ $E = 4 \ V$, प्रेरकत्व $L = 9 \ mH = 9 \times 10^{-3} \ H$, धारा परिवर्तन की दर $\frac{dI}{dt} = -10^3 \ A \ s^{-1}$ (चूंकि धारा घट रही है)।
$A$ से $B$ तक किरचॉफ का वोल्टेज नियम लागू करने पर:
$V_A - I R + E - L \frac{dI}{dt} = V_B$
$V_A - V_B = I R - E + L \frac{dI}{dt}$
मान रखने पर:
$V_{AB} = (2 \ A)(7 \ \Omega) - 4 \ V + (9 \times 10^{-3} \ H)(-10^3 \ A \ s^{-1})$
$V_{AB} = 14 \ V - 4 \ V - 9 \ V$
$V_{AB} = 1 \ V$.

(B) तरंगदैर्ध्य के बढ़ते क्रम में विद्युत चुम्बकीय स्पेक्ट्रम इस प्रकार है: गामा किरणें < एक्स-रे < पराबैंगनी < दृश्य प्रकाश < अवरक्त < सूक्ष्म तरंगें < रेडियो तरंगें।
$1$. रेडियोधर्मी स्रोत गामा किरणें उत्पन्न करता है $(\lambda \approx 10^{-12} \text{ m})$।
$2$. एक्स-रे ट्यूब एक्स-रे उत्पन्न करती है $(\lambda \approx 10^{-10} \text{ m})$।
$3$. सोडियम लैंप दृश्य प्रकाश उत्पन्न करता है $(\lambda \approx 10^{-7} \text{ m})$।
$4$. मैग्नेट्रॉन वाल्व सूक्ष्म तरंगें (माइक्रोवेव) उत्पन्न करता है $(\lambda \approx 10^{-3} \text{ m})$।
अतः,तरंगदैर्ध्य के बढ़ते क्रम में सही अनुक्रम है: रेडियोधर्मी स्रोत $\rightarrow$ एक्स-रे ट्यूब $\rightarrow$ सोडियम लैंप $\rightarrow$ मैग्नेट्रॉन वाल्व।

(C) चित्र से,$F_1$ और $F_2$ के कारण परिणामी बल $F_{\text{net}}$,बल $F_2$ के साथ $\theta$ कोण बनाता है।
चूंकि $F_1$ और $F_2$ एक-दूसरे के लंबवत हैं,इसलिए कोण $\theta$ को $\tan \theta = \frac{F_1}{F_2}$ द्वारा दिया जाता है।
कूलम्ब के नियम का उपयोग करते हुए,$A$ पर स्थित आवेश के कारण $B$ पर स्थित आवेश पर बल $F_1 = k \cdot \frac{q_A q_B}{(AB)^2} = k \cdot \frac{q^2}{(3)^2}$ है।
$C$ पर स्थित आवेश के कारण $B$ पर स्थित आवेश पर बल $F_2 = k \cdot \frac{q_C q_B}{(BC)^2} = k \cdot \frac{q^2}{(4)^2}$ है।
इसलिए,$\tan \theta = \frac{F_1}{F_2} = \frac{k \cdot q^2 / 9}{k \cdot q^2 / 16} = \frac{16}{9}$।
अतः,$\theta = \tan ^{-1}\left(\frac{16}{9}\right)$।

(C) मान लीजिए कि $+10 \mu C$ के दो आवेश $A(0, a)$ और $C(0, -a)$ पर स्थित हैं। $-20 \mu C$ आवेश को $B(x, 0)$ पर विस्थापित किया जाता है।
$A$ पर स्थित आवेश और $B$ पर स्थित आवेश के बीच की दूरी $r = \sqrt{a^2 + x^2}$ है।
कूलम्ब के नियम के अनुसार, प्रत्येक आवेश द्वारा $B$ पर लगाया गया स्थिर-विद्युत बल $F$:
$F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q_1 q_2}{r^2} = (9 \times 10^9) \frac{(10 \times 10^{-6})(20 \times 10^{-6})}{a^2 + x^2} = \frac{1.8}{a^2 + x^2} \text{ N}$.
यह बल $F$ आकर्षण का है, जो $A$ और $C$ की ओर कार्य करता है। इन बलों के ऊर्ध्वाधर घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं, जबकि क्षैतिज घटक जुड़ जाते हैं।
$X$-अक्ष के अनुदिश परिणामी बल $F_{\text{net}}$:
$F_{\text{net}} = 2F \cos \theta$, जहाँ $\cos \theta = \frac{x}{r} = \frac{x}{\sqrt{a^2 + x^2}}$.
मान रखने पर:
$F_{\text{net}} = 2 \left( \frac{1.8}{a^2 + x^2} \right) \left( \frac{x}{\sqrt{a^2 + x^2}} \right) = \frac{3.6 x}{(a^2 + x^2)^{3/2}}$.
चूंकि $x \ll a$, इसलिए हर में $x^2$ की उपेक्षा करने पर:
$F_{\text{net}} \approx \frac{3.6 x}{(a^2)^{3/2}} = \frac{3.6 x}{a^3} \text{ N}$.

(D) विद्युत क्षेत्र द्वारा किया गया कार्य पथ पर निर्भर नहीं करता है क्योंकि विद्युत क्षेत्र एक संरक्षी क्षेत्र है। किया गया कार्य $W$ को $W = q \Delta V = -q \int_{A}^{B} \vec{E} \cdot d\vec{r} = -q \vec{E} \cdot \vec{d}$ द्वारा दिया जाता है।
सबसे पहले,विस्थापन सदिश $\vec{d} = \vec{r}_B - \vec{r}_A = (2-1)\hat{i} + (1-2)\hat{j} + (3-0)\hat{k} = (1\hat{i} - 1\hat{j} + 3\hat{k}) \ m$ की गणना करें।
विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = (10\hat{i} + 30\hat{j}) \ Vm^{-1}$ है।
विभवांतर $\Delta V = V_B - V_A = -\vec{E} \cdot \vec{d} = -[(10)(1) + (30)(-1) + (0)(3)] = -[10 - 30] = 20 \ V$ है।
किया गया कार्य $W = q \Delta V = (0.8 \ C)(20 \ V) = 16 \ J$ है।

(D) बिंदु आवेश $q$ से $r$ दूरी पर विद्युत विभव $V = \frac{kq}{r}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $k = 9 \times 10^9 \text{ Nm}^2\text{C}^{-2}$ है।
चित्र से,$V = 60 \text{ V}$ विभव वाले समविभव पृष्ठ के लिए,त्रिज्या $r = 10 \text{ cm} = 0.1 \text{ m}$ है।
इन मानों को विभव के सूत्र में रखने पर:
$60 = \frac{kq}{0.1}$
$kq = 60 \times 0.1 = 6 \text{ Vm}$.
बिंदु आवेश से $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र का परिमाण $E = \frac{kq}{r^2}$ द्वारा दिया जाता है।
$kq = 6$ का मान विद्युत क्षेत्र के सूत्र में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$E = \frac{6}{r^2} \text{ Vm}^{-1}$.

(C) मान लीजिए कि तार में उत्पन्न तनाव $T$ है और वृत्ताकार लूप की त्रिज्या $r$ है।
तार के $dl$ लंबाई के एक छोटे अवयव पर विचार करें जो केंद्र पर $d\theta$ कोण बनाता है।
इस अवयव पर कार्य करने वाला चुंबकीय बल $dF = B I dl = B I (r d\theta)$ है।
यह बल त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर कार्य करता है।
इस अवयव के सिरों पर तनाव $T$ त्रिज्यीय रूप से अंदर की ओर एक प्रत्यानयन बल प्रदान करता है।
अंदर की ओर बल प्रदान करने वाला तनाव का घटक $2 T \sin(d\theta / 2) \approx 2 T (d\theta / 2) = T d\theta$ है।
संतुलन के लिए बलों को बराबर करने पर: $T d\theta = B I r d\theta$, जिससे $T = B I r$ प्राप्त होता है।
चूंकि तार की कुल लंबाई $l = 2 \pi r$ है, इसलिए $r = l / (2 \pi)$ है।
तनाव के सूत्र में $r$ का मान रखने पर: $T = B I (l / 2 \pi)$।
यहाँ $B = 2.0 \,T$, $I = 1.1 \,A$, और $l = 1 \,m$ दिया गया है:
$T = (2.0 \times 1.1 \times 1) / (2 \times 3.14) = 2.2 / 6.28 \approx 0.35 \,N$।

(D) चुंबकीय क्षेत्र में चुंबकीय द्विध्रुव की स्थितिज ऊर्जा $U = -MB \cos \theta$ द्वारा दी जाती है।
प्रारंभ में, द्विध्रुव पूर्व-पश्चिम दिशा में है $(\theta_1 = 90^{\circ})$, इसलिए $U_i = -MB \cos 90^{\circ} = 0$।
अंत में, द्विध्रुव उत्तर-दक्षिण स्थिति में है $(\theta_2 = 0^{\circ})$, इसलिए $U_f = -MB \cos 0^{\circ} = -MB$।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार, स्थितिज ऊर्जा में कमी गतिज ऊर्जा में वृद्धि के बराबर होती है:
$KE = U_i - U_f = 0 - (-MB) = MB$।
यहाँ $M = 2.5 \text{ A m}^2$ और $B_H = 3 \times 10^{-5} \text{ T}$ दिया गया है।
$KE = 2.5 \times 3 \times 10^{-5} = 7.5 \times 10^{-5} \text{ J}$।
माइक्रोजूल में बदलने पर: $7.5 \times 10^{-5} \text{ J} = 75 \times 10^{-6} \text{ J} = 75 \mu\text{J}$।

(A) चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $M$ का सूत्र $M = i A$ है,जहाँ $i$ धारा है और $A$ वलय का क्षेत्रफल है।
चूंकि आवेश $q$ कोणीय वेग $\omega$ से घूम रहा है,इसलिए एक चक्कर का आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi}{\omega}$ है।
तुल्य धारा $i = \frac{q}{T} = \frac{q \omega}{2 \pi}$ प्राप्त होती है।
वलय का क्षेत्रफल $A = \pi R^2$ है।
इन मानों को $M$ के सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$M = \left( \frac{q \omega}{2 \pi} \right) (\pi R^2) = \frac{1}{2} q \omega R^2$.

(A) नाभिक की त्रिज्या का संबंध $R = R_0 A^{1/3}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A$ न्यूक्लियॉन की संख्या है।
इसलिए,दो नाभिकों की त्रिज्याओं का अनुपात $\frac{R_1}{R_2} = \left(\frac{A_1}{A_2}\right)^{1/3}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि $R_{Ge} = 2 R_{Be}$ और $A_{Be} = 9$ है।
इन मानों को सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$2 = \left(\frac{A_{Ge}}{9}\right)^{1/3}$.
दोनों पक्षों का घन करने पर,हमें प्राप्त होता है $2^3 = \frac{A_{Ge}}{9}$.
$8 = \frac{A_{Ge}}{9}$.
$A_{Ge} = 8 \times 9 = 72$.
अतः,जर्मेनियम में न्यूक्लियॉन की संख्या $72$ है।

(D) अवतल दर्पण के लिए,दर्पण सूत्र $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ है।
चिह्न परिपाटी का उपयोग करते हुए,$u$ को $-u$ और $f$ को $-f$ से प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = -\frac{1}{f}$.
$v$ के लिए हल करने पर,$\frac{1}{v} = \frac{1}{u} - \frac{1}{f} = \frac{f-u}{uf}$.
अतः,$v = \frac{uf}{f-u}$.
प्रतिबिंब की स्थिति का परिमाण $|v| = \left| \frac{uf}{f-u} \right| = \frac{uf}{u-f}$ है।
छड़ $u$ से $\infty$ तक फैली हुई है। निकटतम सिरे का प्रतिबिंब $v_1 = \frac{uf}{u-f}$ पर बनता है।
दूरस्थ सिरे का (अनंत पर) प्रतिबिंब मुख्य फोकस $v_2 = f$ पर बनता है।
प्रतिबिंब की लंबाई $L = |v_1 - v_2| = \left| \frac{uf}{u-f} - f \right|$.
$L = \left| \frac{uf - f(u-f)}{u-f} \right| = \left| \frac{uf - uf + f^2}{u-f} \right| = \frac{f^2}{u-f}$.

(B) कॉमन-एमिटर कॉन्फ़िगरेशन में, करंट गेन $\beta$ को $\beta = \frac{I_C}{I_B}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
दिया गया है $\beta = 60$, इसलिए $I_C = 60 I_B$ है।
हम जानते हैं कि एमिटर करंट $I_E$, बेस करंट $I_B$ और कलेक्टर करंट $I_C$ का योग होता है:
$I_E = I_B + I_C$
समीकरण में $I_C = 60 I_B$ रखने पर:
$I_E = I_B + 60 I_B = 61 I_B$
दिया गया है $I_E = 6.6 \,mA$, इसलिए $I_B$ की गणना करने पर:
$6.6 \,mA = 61 I_B$
$I_B = \frac{6.6}{61} \,mA \approx 0.108 \,mA$.

(B) केंद्रीय उच्चिष्ठ से $n$वीं दीप्त फ्रिंज की स्थिति $y_n = n \frac{\lambda D}{d}$ द्वारा दी जाती है।
लाल प्रकाश के लिए,$n$वीं दीप्त फ्रिंज की स्थिति $y_P = n \frac{\lambda_R D}{d}$ है।
हरे प्रकाश के लिए,$(n+1)$वीं दीप्त फ्रिंज की स्थिति $y_P = (n+1) \frac{\lambda_G D}{d}$ है।
चूंकि दोनों स्थितियों में बिंदु $P$ समान है,हम दोनों व्यंजकों को बराबर करते हैं:
$n \lambda_R \frac{D}{d} = (n+1) \lambda_G \frac{D}{d}$.
उभयनिष्ठ पदों $\frac{D}{d}$ को हटाने पर,हमें प्राप्त होता है:
$n \lambda_R = (n+1) \lambda_G$.
दी गई तरंगदैर्ध्य $\lambda_R = 6000 \ Å$ और $\lambda_G = 5000 \ Å$ का मान रखने पर:
$n(6000) = (n+1)(5000)$.
दोनों पक्षों को $1000$ से विभाजित करने पर:
$6n = 5(n+1)$.
$6n = 5n + 5$.
$n = 5$.