AP EAMCET 2018 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) माना कि पूरी डिस्क का द्रव्यमान $M$ है।
प्रति इकाई क्षेत्रफल द्रव्यमान $\sigma = \frac{M}{\pi(2R)^2} = \frac{M}{4\pi R^2}$ है।
$R$ त्रिज्या वाली हटाई गई वृत्ताकार डिस्क का द्रव्यमान $M_1 = \sigma \cdot \pi R^2 = \frac{M}{4\pi R^2} \cdot \pi R^2 = \frac{M}{4}$ है।
शेष डिस्क का द्रव्यमान $M_2 = M - M_1 = M - \frac{M}{4} = \frac{3M}{4}$ है।
माना कि बड़ी डिस्क का केंद्र मूल बिंदु $(0,0)$ पर है। हटाई गई डिस्क का द्रव्यमान केंद्र $x_1 = R$ पर है और शेष डिस्क का द्रव्यमान केंद्र $x_2 = -\alpha R$ पर है।
चूंकि मूल डिस्क का द्रव्यमान केंद्र मूल बिंदु पर था,इसलिए हम लिख सकते हैं:
$M_1 x_1 + M_2 x_2 = 0$
$\frac{M}{4} \cdot R + \frac{3M}{4} \cdot (-\alpha R) = 0$
$\frac{M}{4} \cdot R = \frac{3M}{4} \cdot \alpha R$
$\alpha = \frac{1}{3}$.

(C) जब एक गेंद को $h$ ऊँचाई से गिराया जाता है, तो जमीन तक पहुँचने में लगा समय $t_0 = \sqrt{\frac{2h}{g}}$ है और टकराने से ठीक पहले की चाल $v_0 = \sqrt{2gh}$ है。
पहली टक्कर के बाद, इसकी चाल $v_1 = ev_0 = e\sqrt{2gh}$ हो जाती है, जहाँ $e$ प्रत्यावस्थान गुणांक है。
गेंद ऊपर जाती है और $t_1 = \frac{v_1}{g}$ समय पर रुकती है। फिर यह वापस जमीन पर आती है, जिसमें समान समय $t_1$ लगता है। इस प्रकार, पहली और दूसरी टक्कर के बीच का समय $2t_1 = \frac{2v_1}{g}$ है。
उछलना बंद करने से पहले कुल समय $T$:
$T = t_0 + 2t_1 + 2t_2 + \dots = \sqrt{\frac{2h}{g}} \left( \frac{1+e}{1-e} \right)$.
दिया है $h = 180 \,m$, $g = 10 \,ms^{-2}$, और $e = 0.5$:
$T = \sqrt{\frac{2 \times 180}{10}} \left( \frac{1+0.5}{1-0.5} \right) = 6 \times 3 = 18 \,s$.
कुल तय की गई दूरी $H$:
$H = h + 2h_1 + 2h_2 + \dots = h \left( \frac{1+e^2}{1-e^2} \right) = 180 \left( \frac{1 + 0.25}{1 - 0.25} \right) = 300 \,m$.
औसत चाल $= \frac{\text{कुल दूरी}}{\text{कुल समय}} = \frac{300}{18} = \frac{50}{3} \,ms^{-1}$.
औसत वेग $= \frac{\text{कुल विस्थापन}}{\text{कुल समय}} = \frac{180}{18} = 10 \,ms^{-1}$.

(D) माना पहली गेंद का प्रारंभिक वेग $u_1 = u$ है और दूसरी गेंद का वेग $u_2 = 0$ है। टक्कर के बाद, पहली गेंद का वेग $v_1 = \frac{u}{3}$ है।
चूंकि टक्कर प्रत्यास्थ है, इसलिए प्रत्यावस्थान गुणांक $e = 1$ है।
प्रत्यास्थ टक्कर के बाद पहली गेंद के वेग का सूत्र $v_1 = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} u_1 + \frac{2m_2}{m_1 + m_2} u_2$ है।
ज्ञात मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{u}{3} = \frac{2 - M}{2 + M} u + 0$.
$u$ से विभाजित करने पर: $\frac{1}{3} = \frac{2 - M}{2 + M}$.
वज्र-गुणन करने पर: $2 + M = 3(2 - M) = 6 - 3M$.
पदों को व्यवस्थित करने पर: $M + 3M = 6 - 2$, जो $4M = 4$ देता है।
अतः, $M = 1 \,kg$।

(D) समान द्रव्यमान वाले दो पिंडों के बीच पूर्णतः प्रत्यास्थ टक्कर में, जहाँ एक पिंड प्रारंभ में विरामावस्था में हो, पिंड अपने वेगों का आदान-प्रदान कर लेते हैं।
माना गेंद का द्रव्यमान $m$ है और गोलक का द्रव्यमान $m$ है।
गेंद का प्रारंभिक वेग $u_1 = 2 \,ms^{-1}$ और गोलक का प्रारंभिक वेग $u_2 = 0 \,ms^{-1}$ है।
प्रत्यास्थ टक्कर के बाद, गेंद विरामावस्था में आ जाती है $(v_1 = 0)$ और गोलक गेंद का वेग प्राप्त कर लेता है $(v_2 = u_1 = 2 \,ms^{-1})$।
टक्कर के तुरंत बाद गोलक की गतिज ऊर्जा स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है क्योंकि यह $h$ ऊँचाई तक ऊपर उठता है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{2}mv_2^2 = mgh$।
मान रखने पर: $\frac{1}{2} \times (2)^2 = 10 \times h$।
$2 = 10h$।
$h = 0.2 \,m = 20 \,cm$।

(C) माना गोली का द्रव्यमान $m = 10 \ g = 0.01 \ kg$,प्लेट $A$ का द्रव्यमान $M_A = 500 \ g = 0.5 \ kg$,और प्लेट $B$ का द्रव्यमान $M_B = 1.49 \ kg$ है।
माना गोली का प्रारंभिक वेग $u$ है और प्लेट $A$ से गुजरने के बाद उसका वेग $v_1$ है।
माना गोली के गुजरने के बाद प्लेट $A$ का वेग $v_A$ है और गोली के प्लेट $B$ में धंसने के बाद प्लेट $B$ का वेग $v_B$ है।
प्रश्न के अनुसार,$v_A = v_B = v$ है।
प्लेट $A$ के लिए,रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से:
$m u = m v_1 + M_A v \Rightarrow m(u - v_1) = M_A v \quad ... (1)$
प्लेट $B$ के लिए,रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से:
$m v_1 = (m + M_B) v \Rightarrow v = \frac{m v_1}{m + M_B} \quad ... (2)$
समीकरण $(2)$ से $v$ का मान $(1)$ में रखने पर:
$m(u - v_1) = M_A \left( \frac{m v_1}{m + M_B} \right)$
$u - v_1 = v_1 \left( \frac{M_A}{m + M_B} \right)$
$u = v_1 \left( 1 + \frac{M_A}{m + M_B} \right) = v_1 \left( \frac{m + M_B + M_A}{m + M_B} \right)$
$v_1 = u \left( \frac{m + M_B}{m + M_B + M_A} \right) = u \left( \frac{0.01 + 1.49}{0.01 + 1.49 + 0.5} \right) = u \left( \frac{1.5}{2.0} \right) = 0.75 u = \frac{3}{4} u$ है।
गोली की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = \frac{1}{2} m u^2$ है।
प्लेट $A$ से गुजरने के बाद गोली की गतिज ऊर्जा $K_f = \frac{1}{2} m v_1^2 = \frac{1}{2} m \left( \frac{3}{4} u \right)^2 = \frac{9}{16} K_i$ है।
गतिज ऊर्जा में प्रतिशत हानि:
$\text{प्रतिशत हानि} = \frac{K_i - K_f}{K_i} \times 100 = \left( 1 - \frac{9}{16} \right) \times 100 = \frac{7}{16} \times 100 = 43.75 \%$ है।

(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) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,निकाय का प्रारंभिक संवेग शून्य है,इसलिए अंतिम संवेग भी शून्य होना चाहिए।
मान लीजिए कि $2M$ द्रव्यमान के टुकड़े का वेग $\vec{v} = u_x \hat{i} + u_y \hat{j}$ है।
$X$-अक्ष के अनुदिश संवेग: $M(4) + M(0) + 2M(u_x) = 0 \Rightarrow 2M u_x = -4M \Rightarrow u_x = -2 \ m s^{-1}$.
$Y$-अक्ष के अनुदिश संवेग: $M(0) + M(6) + 2M(u_y) = 0 \Rightarrow 2M u_y = -6M \Rightarrow u_y = -3 \ m s^{-1}$.
वेग का परिमाण $u = \sqrt{u_x^2 + u_y^2}$ द्वारा दिया जाता है।
$u = \sqrt{(-2)^2 + (-3)^2} = \sqrt{4 + 9} = \sqrt{13} \ m s^{-1}$.

(A) मान लीजिए कि कणों के द्रव्यमान $m_1 = m$ और $m_2 = 2m$ हैं। द्रव्यमान केंद्र का विस्थापन $\Delta Y_{cm}$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\Delta Y_{cm} = \frac{m_1 \Delta y_1 + m_2 \Delta y_2}{m_1 + m_2}$
यहाँ $\Delta Y_{cm} = 2 \ cm$,$\Delta y_1 = 9 \ cm$,$m_1 = m$,और $m_2 = 2m$ दिया गया है,इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$2 = \frac{m(9) + 2m(\Delta y_2)}{m + 2m}$
$2 = \frac{9m + 2m(\Delta y_2)}{3m}$
$2 = \frac{9 + 2\Delta y_2}{3}$
$6 = 9 + 2\Delta y_2$
$2\Delta y_2 = 6 - 9$
$2\Delta y_2 = -3$
$\Delta y_2 = -1.5 \ cm$
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि भारी कण को $1.5 \ cm$ नीचे खिसकाया जाना चाहिए।

(A) परिवर्तनीय द्रव्यमान वाले रॉकेट के लिए गति का समीकरण $F_{\text{ext}} + v_{\text{rel}} \frac{dm}{dt} = m \frac{dv}{dt}$ है।
यह दिया गया है कि रॉकेट $a$ के निरंतर त्वरण के साथ गति करता है,इसलिए $\frac{dv}{dt} = a$ है।
यह मानते हुए कि कोई बाहरी बल नहीं है $(F_{\text{ext}} = 0)$,समीकरण $v_{\text{rel}} \frac{dm}{dt} = m a$ बन जाता है।
यहाँ,$v_{\text{rel}} = v$ (रॉकेट के सापेक्ष निकास वेग) है।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{dm}{m} = \frac{a}{v} dt$ प्राप्त होता है।
समय $t=0$ पर प्रारंभिक द्रव्यमान $m_0$ से समय $t$ पर द्रव्यमान $m$ तक दोनों पक्षों का समाकलन करने पर:
$\int_{m_0}^{m} \frac{dm}{m} = \int_{0}^{t} \frac{a}{v} dt$ है।
$\ln \left( \frac{m}{m_0} \right) = \frac{a t}{v}$ है।
दोनों पक्षों का घातांक लेने पर,हमें $m = m_0 e^{-\frac{at}{v}}$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 40 \ g = 0.04 \ kg$,आवेश $q = 2 \times 10^{-6} \ C$,$g = 10 \ ms^{-2}$,विद्युत क्षेत्र $E = 4.2 \times 10^4 \ NC^{-1}$.
सबसे पहले,विद्युत क्षेत्र के कारण त्वरण की गणना करें:
$a = \frac{qE}{m} = \frac{2 \times 10^{-6} \times 4.2 \times 10^4}{0.04} = 2.1 \ ms^{-2}$.
चूंकि विद्युत क्षेत्र नीचे की ओर है और आवेश धनात्मक है,बल नीचे की ओर लगेगा,इसलिए प्रभावी त्वरण $g_e = g + a = 10 + 2.1 = 12.1 \ ms^{-2}$.
सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ होता है।
विद्युत क्षेत्र की अनुपस्थिति में,$T = \frac{44}{20} = 2.2 \ s$.
अतः,$2.2 = 2\pi \sqrt{\frac{l}{10}} \Rightarrow \sqrt{l} = \frac{2.2 \sqrt{10}}{2\pi}$.
विद्युत क्षेत्र की उपस्थिति में,$T' = 2\pi \sqrt{\frac{l}{12.1}} = 2\pi \frac{\sqrt{l}}{\sqrt{12.1}}$.
$\sqrt{l}$ का मान रखने पर,$T' = 2\pi \left( \frac{2.2 \sqrt{10}}{2\pi \sqrt{12.1}} \right) = 2.2 \sqrt{\frac{10}{12.1}} = 2.2 \times \frac{\sqrt{10}}{1.1 \sqrt{10}} = 2 \ s$.
$15$ दोलनों के लिए लिया गया समय $t = 15 \times T' = 15 \times 2 = 30 \ s$.

(C) पृष्ठ तनाव के कारण साबुन के बुलबुले के अंदर अतिरिक्त दाब $p = \frac{4S}{R}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $S$ पृष्ठ तनाव है और $R$ त्रिज्या है।
दिया गया है कि स्थिर-विद्युत दाब $p = \frac{\sigma^2}{2 \varepsilon_0}$ है।
प्रश्न के अनुसार,पृष्ठ तनाव के कारण अतिरिक्त दाब स्थिर-विद्युत दाब के बराबर है:
$\frac{4S}{R} = \frac{\sigma^2}{2 \varepsilon_0}$
$S$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$S = \frac{\sigma^2 R}{8 \varepsilon_0} \quad \dots (i)$
दिए गए मान: $\sigma = 20 \ \mu C \ m^{-2} = 20 \times 10^{-6} \ C \ m^{-2}$,$R = 0.2 \ mm = 0.2 \times 10^{-3} \ m$,और $\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12} \ C^2 \ N^{-1} \ m^{-2}$।
इन मानों को समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$S = \frac{(20 \times 10^{-6})^2 \times (0.2 \times 10^{-3})}{8 \times 8.85 \times 10^{-12}}$
$S = \frac{400 \times 10^{-12} \times 0.2 \times 10^{-3}}{70.8 \times 10^{-12}}$
$S = \frac{80 \times 10^{-15}}{70.8 \times 10^{-12}} \approx 1.13 \times 10^{-3} \ N \ m^{-1} = 11.3 \times 10^{-4} \ N \ m^{-1}$.

(A) मान लीजिए कि पिंड पृथ्वी के केंद्र से $r$ दूरी पर $v$ वेग से है। यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार:
$(TE)_{\text{सतह पर}} = (TE)_{\text{r दूरी पर}}$
$\frac{1}{2} m v_e^2 - \frac{GMm}{R} = \frac{1}{2} m v^2 - \frac{GMm}{r}$
चूंकि $v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$,इसलिए $\frac{1}{2} v_e^2 = \frac{GM}{R} = gR$ है।
इसे प्रतिस्थापित करने पर,$\frac{1}{2} v^2 = \frac{GM}{r} = \frac{gR^2}{r}$ प्राप्त होता है।
अतः,$v = \frac{dr}{dt} = R \sqrt{\frac{2g}{r}}$।
$r = R$ से $r = R + h = 4R$ तक समाकलन करने पर:
$\int_0^t dt = \int_R^{4R} \sqrt{\frac{r}{2gR^2}} dr = \frac{1}{R\sqrt{2g}} \int_R^{4R} r^{1/2} dr$
$t = \frac{1}{R\sqrt{2g}} \left[ \frac{2}{3} r^{3/2} \right]_R^{4R} = \frac{2}{3R\sqrt{2g}} \left[ (4R)^{3/2} - R^{3/2} \right]$
$t = \frac{2}{3R\sqrt{2g}} R^{3/2} [8 - 1] = \frac{7}{3} \sqrt{\frac{2R}{g}}$
$R = 6.4 \times 10^6 \ m$ और $g = 9.8 \ m/s^2$ रखने पर:
$t = \frac{7}{3} \sqrt{\frac{2 \times 6.4 \times 10^6}{9.8}} \approx 2666.5 \ s$
$t = \frac{2666.5}{60} \approx 44.44 \ min$.

(D) बाहरी एजेंट द्वारा किया गया कार्य निकाय की गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है: $W = U_f - U_i$ ।
विन्यास $1$ के लिए (समकोण त्रिभुज जिसकी भुजाएँ $a, a, \sqrt{2}a$ हैं):
$U_i = -\frac{G(m)(2m)}{a} - \frac{G(m)(3m)}{a} - \frac{G(2m)(3m)}{\sqrt{2}a} = -\frac{G m^2}{a} \left( 2 + 3 + \frac{6}{\sqrt{2}} \right) = -\frac{G m^2}{a} \left( 5 + \frac{6}{\sqrt{2}} \right)$ ।
विन्यास $2$ के लिए (समबाहु त्रिभुज जिसकी सभी भुजाएँ $a$ हैं):
$U_f = -\frac{G(m)(3m)}{a} - \frac{G(m)(2m)}{a} - \frac{G(2m)(3m)}{a} = -\frac{G m^2}{a} (3 + 2 + 6) = -\frac{11 G m^2}{a}$ ।
किया गया कार्य $W = U_f - U_i = -\frac{11 G m^2}{a} - \left( -\frac{G m^2}{a} \left( 5 + \frac{6}{\sqrt{2}} \right) \right) = \frac{G m^2}{a} \left( -11 + 5 + \frac{6}{\sqrt{2}} \right) = \frac{G m^2}{a} \left( \frac{6}{\sqrt{2}} - 6 \right) = -\frac{G m^2}{a} \left( 6 - \frac{6}{\sqrt{2}} \right)$ ।

(B) पृथ्वी की सतह पर पलायन वेग $v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
माना वस्तु को $v = x \cdot v_e$ के प्रारंभिक वेग से फेंका जाता है।
माना सतह से प्राप्त अधिकतम ऊँचाई $h$ है। इस अधिकतम ऊँचाई पर पृथ्वी के केंद्र से दूरी $r = R + h$ है।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए:
सतह पर कुल ऊर्जा = अधिकतम ऊँचाई पर कुल ऊर्जा
$\frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{R} = 0 - \frac{GMm}{R+h}$
$v = x \cdot v_e = x \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ रखने पर:
$\frac{1}{2}m \left(x^2 \cdot \frac{2GM}{R}\right) - \frac{GMm}{R} = - \frac{GMm}{R+h}$
$\frac{GMm x^2}{R} - \frac{GMm}{R} = - \frac{GMm}{R+h}$
$GMm$ से विभाजित करने पर:
$\frac{x^2}{R} - \frac{1}{R} = - \frac{1}{R+h}$
$\frac{1-x^2}{R} = \frac{1}{R+h}$
$R+h = \frac{R}{1-x^2}$
$h = \frac{R}{1-x^2} - R = \frac{Rx^2}{1-x^2}$
पृथ्वी के केंद्र से दूरी $r = R + h = \frac{R}{1-x^2}$ है। प्रश्न में पृथ्वी के केंद्र से ऊँचाई पूछी गई है,लेकिन दिए गए विकल्पों के अनुसार,विकल्प $B$ सतह से ऊँचाई $h$ को दर्शाता है।

(C) केप्लर के ग्रहीय गति के दूसरे नियम के अनुसार,केंद्रीय बल क्षेत्र में गति करने वाले ग्रह या उपग्रह का क्षेत्रीय वेग नियत रहता है।
गणितीय रूप से,क्षेत्रीय वेग $\frac{dA}{dt} = \frac{L}{2m}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $L$ कोणीय संवेग है और $m$ उपग्रह का द्रव्यमान है।
चूंकि $L = mvr \sin \theta$,हम इसे व्यंजक में प्रतिस्थापित करते हैं:
$\frac{dA}{dt} = \frac{mvr \sin \theta}{2m} = \frac{vr \sin \theta}{2}$.
जैसा कि अंतिम व्यंजक में देखा जा सकता है,द्रव्यमान $m$ कट जाता है।
अतः,क्षेत्रीय वेग उपग्रह के द्रव्यमान पर निर्भर नहीं करता है,जिसका अर्थ है कि यह $m^0$ के समानुपाती है।

(B) $\text{भूस्थिर उपग्रह के लिए, कक्षीय अवधि } T = 24 \text{ घंटे है, जो } 24 \times 3600 = 86400 \,s \text{ के बराबर है।}
\text{केपलर के तीसरे नियम के अनुसार कक्षीय त्रिज्या } r \text{ का सूत्र: } T^2 = \frac{4\pi^2 r^3}{GM_{E}}.
r \text{ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: } r = \left( \frac{GMT^2}{4\pi^2} \right)^{1/3}.
\text{मान रखने पर: } G = 6.67 \times 10^{-11} \,Nm^2/kg^2, M_{E} = 6 \times 10^{24} \,kg, T = 86400 \,s.
r = \left( \frac{6.67 \times 10^{-11} \times 6 \times 10^{24} \times (86400)^2}{4 \times (3.14)^2} \right)^{1/3} \approx 4.22 \times 10^7 \,m.
\text{पृथ्वी की सतह से उपग्रह की ऊँचाई } h = r - R_{E} \text{ है।}
h = 4.22 \times 10^7 \,m - 0.64 \times 10^7 \,m = 3.58 \times 10^7 \,m.
\text{दिए गए विकल्पों के अनुसार, ऊँचाई लगभग } 3.57 \times 10^7 \,m \text{ है।}$

(C) मान लीजिए कि दो पिंडों के प्रारंभिक द्रव्यमान $m$ और $m$ हैं,जो $r$ दूरी पर स्थित हैं। प्रारंभिक गुरुत्वाकर्षण बल $F_1 = \frac{G m^2}{r^2}$ है।
पहले पिंड से $20 \%$ द्रव्यमान दूसरे पिंड में स्थानांतरित करने के बाद,नए द्रव्यमान $m_1 = m - 0.2m = 0.8m$ और $m_2 = m + 0.2m = 1.2m$ हो जाते हैं।
नया गुरुत्वाकर्षण बल $F_2 = \frac{G (0.8m)(1.2m)}{r^2} = \frac{G (0.96m^2)}{r^2} = 0.96 F_1$ है।
बल में परिवर्तन $\Delta F = F_2 - F_1 = 0.96 F_1 - F_1 = -0.04 F_1$ है।
प्रतिशत परिवर्तन $\frac{\Delta F}{F_1} \times 100 \% = -0.04 \times 100 \% = -4 \%$ है।
अतः,गुरुत्वाकर्षण बल में $4 \%$ की कमी आती है।

(C) दिया गया है: हवा का प्रारंभिक आयतन $V_0 = 0.75 \times 2 \times 10^{-3} \ m^3 = 1.5 \times 10^{-3} \ m^3$ है।
जब सवार साइकिल पर होता है,तो टायर के अंदर का कुल दबाव $P$,वायुमंडलीय दबाव $P_0$ और भार के कारण दबाव का योग होता है: $P = P_0 + \frac{mg}{A} = 10^5 + \frac{120 \times 10}{24 \times 10^{-4}} = 10^5 + 5 \times 10^5 = 6 \times 10^5 \ N \ m^{-2}$।
यह मानते हुए कि तापमान $T$ स्थिर रहता है,हम बॉयल के नियम का उपयोग करते हैं $(P_1 V_1 = P_2 V_2)$:
$P_0 V_{initial} = P V_{final}$
$10^5 \times V_{initial} = 6 \times 10^5 \times 2 \times 10^{-3}$
$V_{initial} = 12 \times 10^{-3} \ m^3$।
भरने के लिए आवश्यक हवा का आयतन $\Delta V = V_{initial} - V_0 = 12 \times 10^{-3} - 1.5 \times 10^{-3} = 10.5 \times 10^{-3} \ m^3$ है।
प्रति स्ट्रोक आयतन $v = 500 \ cm^3 = 500 \times 10^{-6} \ m^3 = 0.5 \times 10^{-3} \ m^3$ है।
स्ट्रोक की संख्या $n = \frac{\Delta V}{v} = \frac{10.5 \times 10^{-3}}{0.5 \times 10^{-3}} = 21$।

(A) गैस के अणु के माध्य मुक्त पथ $\lambda$ का सूत्र इस प्रकार है:
$\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi n d^2}$
जहाँ $n$ संख्या घनत्व है और $d$ अणु का व्यास है।
दिया गया है:
$n = 2 \sqrt{2} \times 10^8 \text{ cm}^{-3}$
$\lambda = \frac{10^{-2}}{\pi} \text{ cm}$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\frac{10^{-2}}{\pi} = \frac{1}{\sqrt{2} \pi (2 \sqrt{2} \times 10^8) d^2}$
$\frac{10^{-2}}{\pi} = \frac{1}{\pi (2 \times 2 \times 10^8) d^2}$
$\frac{10^{-2}}{\pi} = \frac{1}{\pi (4 \times 10^8) d^2}$
$d^2 = \frac{1}{4 \times 10^8 \times 10^{-2}} = \frac{1}{4 \times 10^6}$
$d = \sqrt{\frac{1}{4 \times 10^6}} = \frac{1}{2 \times 10^3} = 0.5 \times 10^{-3} \text{ cm} = 5 \times 10^{-4} \text{ cm}$.

(D) मान लीजिए $N_2$ गैस के मोलों की संख्या $n$ है। गैस की गतिज ऊर्जा $K.E. = n \left( \frac{1}{2} M v^2 \right)$ है,जहाँ $M$ $N_2$ का मोलर द्रव्यमान $(28 \times 10^{-3} \ kg/mol)$ है।
चूंकि पात्र ऊष्मीय रूप से पृथक है,गतिज ऊर्जा में हुई हानि गैस की आंतरिक ऊर्जा (ऊष्मा) में परिवर्तित हो जाती है: $n \left( \frac{1}{2} M v^2 \right) = n C_v \Delta T$.
$N_2$ जैसी द्वि-परमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f = 5$ है,इसलिए $C_v = \frac{f}{2} R = \frac{5}{2} R$.
अतः,$\frac{1}{2} M v^2 = \frac{5}{2} R \Delta T \Rightarrow \Delta T = \frac{M v^2}{5 R}$.
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ से,स्थिर आयतन प्रक्रिया के लिए दबाव में परिवर्तन $\Delta P = \frac{nR \Delta T}{V} = \frac{P \Delta T}{T}$ होता है।
दबाव में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{\Delta P}{P} \times 100 = \frac{\Delta T}{T} \times 100$ है।
$\Delta T = \frac{M v^2}{5 R}$ और $T = 300 \ K$ रखने पर:
$\frac{\Delta P}{P} \times 100 = \frac{M v^2}{5 R T} \times 100 = \frac{28 \times 10^{-3} \times 100^2}{5 \times 8.3 \times 300} \times 100 = \frac{280}{12450} \times 100 \approx 2.25 \%$.

(D) गैस के अणु की rms चाल का सूत्र $v_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3 k T}{m}}$ है,जहाँ $k$ बोल्ट्ज़मैन नियतांक है,$T$ निरपेक्ष तापमान है और $m$ अणु का द्रव्यमान है।
चंद्रमा की सतह से पलायन वेग का सूत्र $v_{\text{escape}} = \sqrt{2 g R}$ है,जहाँ $g$ चंद्रमा की सतह पर गुरुत्वीय त्वरण है और $R$ चंद्रमा की त्रिज्या है।
दोनों चालों को बराबर करने पर:
$\sqrt{\frac{3 k T}{m}} = \sqrt{2 g R}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$\frac{3 k T}{m} = 2 g R$
$T$ के लिए हल करने पर:
$T = \frac{2 m g R}{3 k}$

(A) ऊर्जा के समविभाजन प्रमेय के अनुसार,एक दृढ़ द्विपरमाणुक अणु की घूर्णन गतिज ऊर्जा $\frac{1}{2} I \omega^2 = k_B T$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I$ जड़त्व आघूर्ण है,$\omega$ कोणीय चाल है और $k_B$ बोल्ट्ज़मैन नियतांक है।
अतः,rms कोणीय चाल $\omega_{rms} = \sqrt{\frac{2 k_B T}{I}}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है: $T = 87^{\circ} C = 87 + 273 = 360 \text{ K}$,$I = 2.76 \times 10^{-46} \text{ kg} \cdot m^2$,और $k_B = 1.38 \times 10^{-23} \text{ J} \cdot K^{-1}$.
मान रखने पर:
$\omega_{rms} = \sqrt{\frac{2 \times 1.38 \times 10^{-23} \times 360}{2.76 \times 10^{-46}}}$
$\omega_{rms} = \sqrt{\frac{2.76 \times 10^{-23} \times 360}{2.76 \times 10^{-46}}}$
$\omega_{rms} = \sqrt{360 \times 10^{23}} = \sqrt{36 \times 10^{24}} = 6 \times 10^{12} \text{ rad} \cdot s^{-1}$.

(C) rms चाल का सूत्र $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ है।
प्रारंभ में,ऑक्सीजन अणुओं $(O_2)$ के लिए,मोलर द्रव्यमान $M_1 = 32 \,g/mol$ है और तापमान $T_1$ है। दिया गया है $v_1 = 600 \,ms^{-1}$।
अतः,$600 = \sqrt{\frac{3RT_1}{32}} \quad ... (i)$
विघटन के बाद,ऑक्सीजन अणु $(O_2)$ परमाणु ऑक्सीजन $(O)$ में बदल जाता है। नया मोलर द्रव्यमान $M_2 = 16 \,g/mol$ है और नया तापमान $T_2 = 2T_1$ है。
नई rms चाल $v_2$ इस प्रकार है: $v_2 = \sqrt{\frac{3RT_2}{M_2}} = \sqrt{\frac{3R(2T_1)}{16}} \quad ... (ii)$
समीकरण $(ii)$ को समीकरण $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{v_2}{600} = \frac{\sqrt{\frac{6RT_1}{16}}}{\sqrt{\frac{3RT_1}{32}}} = \sqrt{\frac{6RT_1}{16} \times \frac{32}{3RT_1}} = \sqrt{2 \times 2} = \sqrt{4} = 2$.
इसलिए,$v_2 = 600 \times 2 = 1200 \,ms^{-1}$।

(B) गैस में ध्वनि की गति का सूत्र $v = \sqrt{\frac{\gamma RT_1}{M}}$ है।
एक परमाण्विक गैस के लिए,एडियाबेटिक इंडेक्स $\gamma = \frac{5}{3}$ है।
गैस के अणुओं की rms गति का सूत्र $c = \sqrt{\frac{3RT_2}{M}}$ है।
दिए गए तापमान $T_1 = 27^{\circ} C = 300 \ K$ और $T_2 = 127^{\circ} C = 400 \ K$ हैं।
ध्वनि की गति और rms गति का अनुपात:
$\frac{v}{c} = \frac{\sqrt{\frac{\gamma RT_1}{M}}}{\sqrt{\frac{3RT_2}{M}}} = \sqrt{\frac{\gamma T_1}{3T_2}}$
मान रखने पर:
$\frac{v}{c} = \sqrt{\frac{(5/3) \times 300}{3 \times 400}} = \sqrt{\frac{500}{1200}} = \sqrt{\frac{5}{12}} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{12}}$.

(D) $N_2$ का मोलर द्रव्यमान $M = 28 \ g/mol$ है। मोलों की संख्या $n = \frac{2.8 \ g}{28 \ g/mol} = 0.1 \ mol$ है।
प्रारंभिक तापमान $T_1 = 127 + 273 = 400 \ K$ है।
rms गति $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ द्वारा दी जाती है,जिसका अर्थ है $v_{rms} \propto \sqrt{T}$।
यदि गति में $41.4 \ \%$ की वृद्धि होती है,तो नई गति $v_2 = v_1(1 + 0.414) = 1.414 \ v_1$ होगी।
चूंकि $1.414 \approx \sqrt{2}$,इसलिए $v_2 = \sqrt{2} \ v_1$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$v_2^2 = 2 \ v_1^2$,जिसका अर्थ है $T_2 = 2 \ T_1 = 2 \times 400 = 800 \ K$।
नियत आयतन पर द्विपरमाणुक गैस के लिए आवश्यक ऊष्मा ऊर्जा $Q = n C_v \Delta T$ है।
$N_2$ के लिए,$C_v = \frac{5}{2}R$ है।
अतः,$Q = 0.1 \times \frac{5}{2} \times 8.31 \times (800 - 400) = 0.1 \times 2.5 \times 8.31 \times 400 = 831 \ J$।

(A) एक दृढ़ द्विपरमाणुक अणु के लिए,घूर्णन गतिज ऊर्जा दो स्वतंत्रता की कोटियों से जुड़ी होती है। ऊर्जा के समविभाजन प्रमेय के अनुसार,औसत घूर्णन गतिज ऊर्जा $K.E. = 2 \times (\frac{1}{2} k_B T) = k_B T$ होती है।
दिया गया जड़त्व आघूर्ण $I = 2.76 \times 10^{-39} \text{ g cm}^2 = 2.76 \times 10^{-46} \text{ kg m}^2$ है।
तापमान $T = 87 + 273 = 360 \text{ K}$ है।
घूर्णन गतिज ऊर्जा को $\frac{1}{2} I \omega_{rms}^2$ के बराबर रखने पर:
$k_B T = \frac{1}{2} I \omega_{rms}^2$
$\omega_{rms} = \sqrt{\frac{2 k_B T}{I}} = \sqrt{\frac{2 \times 1.38 \times 10^{-23} \times 360}{2.76 \times 10^{-46}}} = \sqrt{36 \times 10^{24}} = 6 \times 10^{12} \text{ rad s}^{-1}$.

(B) माना $m_2 = 300 \ g$ और $m_1 = 200 \ g$ है। झुकाव कोण $\theta = 30^{\circ}$ है।
$m_2$ द्रव्यमान वाले ब्लॉक के लिए गति का समीकरण: $m_2 g \sin \theta - T = m_2 a$ $(i)$
$m_1$ द्रव्यमान वाले ब्लॉक के लिए गति का समीकरण: $T - m_1 g \sin \theta = m_1 a$ (ii)
समीकरण $(i)$ और (ii) को जोड़ने पर:
$(m_2 - m_1) g \sin \theta = (m_1 + m_2) a$
$a = \frac{(m_2 - m_1) g \sin \theta}{m_1 + m_2}$
मान रखने पर: $a = \frac{(300 - 200) g \sin 30^{\circ}}{300 + 200}$
$a = \frac{100 \times g \times 0.5}{500} = \frac{50}{500} g = \frac{1}{10} g$
$a = 0.1 g = 10 \% \text{ of } g$.

(C) माना डोरी में तनाव $T$ है।
क्लैंप पर लगने वाला अधिकतम ऊर्ध्वाधर बल $T \sin 30^{\circ} = 40 \,N$ है।
$\sin 30^{\circ} = 1/2$ का मान रखने पर:
$T \cdot (1/2) = 40$
$T = 80 \,N$
अब,$m = 5 \,kg$ द्रव्यमान वाले बंदर के लिए मुक्त पिंड आरेख $\text{(FBD)}$ पर विचार करें जो $a$ त्वरण के साथ ऊपर चढ़ रहा है।
बंदर पर कार्य करने वाले बल ऊपर की ओर तनाव $T$ और नीचे की ओर भार $mg$ हैं।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार: $T - mg = ma$
$a = (T - mg) / m$
$T = 80 \,N$,$m = 5 \,kg$,और $g = 10 \,ms^{-2}$ का मान रखने पर:
$a = (80 - 5 \times 10) / 5$
$a = (80 - 50) / 5$
$a = 30 / 5 = 6 \,ms^{-2}$
अतः,अधिकतम त्वरण $6 \,ms^{-2}$ है।

(C) मान लीजिए निकाय का त्वरण $a$ है। निकाय पर कार्य करने वाला कुल बल $F_{net} = F_2 - F_1 = 7.5t - 4.2t = 3.3t \text{ N}$ है।
निकाय का कुल द्रव्यमान $M = m + 2m = 3m$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,$F_{net} = Ma$,हमें $3.3t = (3m)a$ प्राप्त होता है,इसलिए $a = \frac{1.1t}{m}$।
अब,$2m$ द्रव्यमान वाले ब्लॉक पर विचार करें। इस पर कार्य करने वाले बल आगे की दिशा में $F_2$ और पीछे की दिशा में तनाव $T$ हैं।
इस ब्लॉक पर न्यूटन का दूसरा नियम लागू करने पर: $F_2 - T = (2m)a$।
मान रखने पर: $7.5t - T = 2m \left( \frac{1.1t}{m} \right) = 2.2t$।
इस प्रकार,$T = 7.5t - 2.2t = 5.3t$।
यह दिया गया है कि तनाव $T = 10.6 \text{ N}$ है,इसलिए $5.3t = 10.6$।
$t$ के लिए हल करने पर,हमें $t = \frac{10.6}{5.3} = 2 \text{ s}$ प्राप्त होता है।

(B) ब्लॉक का भार नीचे की ओर कार्य करता है: $w = mg = 2 \times 10 = 20 \,N$.
प्रयुक्त बल $F = 90 \,N$ क्षैतिज के साथ $37^{\circ}$ के कोण पर है।
बल का ऊर्ध्वाधर घटक $F_V = F \sin 37^{\circ} = 90 \times \frac{3}{5} = 54 \,N$ (ऊपर की ओर)।
बल का क्षैतिज घटक $F_H = F \cos 37^{\circ} = 90 \times \frac{4}{5} = 72 \,N$ (दीवार की ओर)।
यह क्षैतिज घटक दीवार द्वारा ब्लॉक पर लगाए गए अभिलंब बल $N$ के रूप में कार्य करता है: $N = 72 \,N$.
अधिकतम घर्षण बल $f_k = \mu N = 0.25 \times 72 = 18 \,N$.
चूंकि ब्लॉक ऊपर की ओर गति कर रहा है, इसलिए घर्षण बल नीचे की ओर कार्य करेगा।
ऊर्ध्वाधर दिशा में कुल बल $F_{\text{net}} = F_V - w - f_k = 54 - 20 - 18 = 16 \,N$.
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए, $F_{\text{net}} = ma$, हमें $16 = 2 \times a$ प्राप्त होता है।
अतः, $a = 8 \,ms^{-2}$.

(C) माना $N_1$ और $N_2$ अभिलंब प्रतिक्रिया बल हैं,और $f_1$ और $f_2$ क्रमशः $m$ और $2m$ द्रव्यमान के ब्लॉकों पर लगने वाले गतिज घर्षण बल हैं। माना त्वरण $a$ है और डोरी में तनाव $T$ है।
$m$ द्रव्यमान के लिए (ढलान पर ऊपर की ओर गति): $N_1 = mg \cos 45^{\circ} = \frac{mg}{\sqrt{2}}$. घर्षण $f_1 = \mu_1 N_1 = \frac{2}{3} \cdot \frac{mg}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2} mg}{3}$.
गति का समीकरण: $T - mg \sin 45^{\circ} - f_1 = ma \implies T - \frac{mg}{\sqrt{2}} - \frac{\sqrt{2} mg}{3} = ma$.
$2m$ द्रव्यमान के लिए (ढलान पर नीचे की ओर गति): $N_2 = 2mg \cos 45^{\circ} = \sqrt{2} mg$. घर्षण $f_2 = \mu_2 N_2 = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{2} mg = \frac{\sqrt{2} mg}{3}$.
गति का समीकरण: $2mg \sin 45^{\circ} - T - f_2 = 2ma \implies \sqrt{2} mg - T - \frac{\sqrt{2} mg}{3} = 2ma \implies \frac{2\sqrt{2} mg}{3} - T = 2ma$.
दोनों समीकरणों को हल करने पर,हमें $T = \frac{2\sqrt{2} mg}{3}$ प्राप्त होता है। अतः,विकल्प $C$ सही है।

(A) दिया है: $m_A = 5 \ kg$,$m_B = 10 \ kg$,$\mu = 0.2$,$F = 100 \ N$,$\theta = 30^{\circ}$,$g = 10 \ m/s^2$.
बल का क्षैतिज घटक $F_x = F \cos 30^{\circ} = 100 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 50\sqrt{3} \approx 86.6 \ N$.
बल का ऊर्ध्वाधर घटक $F_y = F \sin 30^{\circ} = 100 \times 0.5 = 50 \ N$.
जमीन द्वारा $A$ पर लगाया गया अभिलंब बल $N_A = m_A g + F_y = 50 + 50 = 100 \ N$.
जमीन द्वारा $A$ पर घर्षण बल $f_A = \mu N_A = 0.2 \times 100 = 20 \ N$.
$A$ और $B$ के बीच अभिलंब बल $N_{AB} = F_x = 86.6 \ N$.
$A$ और $B$ के बीच घर्षण बल $f_{AB} = \mu N_{AB} = 0.2 \times 86.6 = 17.32 \ N$.
$A$ के लिए समीकरण: $F_x - f_A - f_{AB} = m_A a \Rightarrow 86.6 - 20 - 17.32 = 5a \Rightarrow 49.28 = 5a \Rightarrow a = 9.856 \ m/s^2$.
$B$ के लिए समीकरण: $f_{AB} - f_B = m_B a$,जहाँ $f_B = \mu (m_B g) = 0.2 \times 100 = 20 \ N$.
$17.32 - 20 = 10a$. चूँकि $f_{AB} < f_B$,ब्लॉक $B$ दीवार के सापेक्ष गति नहीं करता है। अतः $B$ का त्वरण $0 \ m/s^2$ है। दिए गए विकल्पों को देखते हुए,प्रश्न में दी गई जानकारी में विसंगति है। यदि निकाय एक साथ गति करता है तो त्वरण: $a = \frac{F_x - f_{total}}{m_A + m_B} = \frac{86.6 - (20 + 20)}{15} = \frac{46.6}{15} \approx 3.1 \ m/s^2$. दिए गए विकल्पों में से निकटतम मान $2.6 \ m/s^2$ है।

(B) मान लीजिए $M = 10 \ kg$ क्षैतिज सतह पर द्रव्यमान है और $m$ लटकते हुए ब्लॉक का द्रव्यमान है।
चूंकि सिस्टम को विरामावस्था से मुक्त किया जाता है,इसलिए प्रारंभिक वेग $u = 0$ है।
लटकते हुए ब्लॉक द्वारा तय की गई दूरी $s = 2 \ m$ है और समय $t = 2 \ s$ है।
गति के समीकरण $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करने पर:
$2 = 0 + \frac{1}{2} \times a \times (2)^2$
$2 = 2a \Rightarrow a = 1 \ ms^{-2}$.
अब,सिस्टम पर न्यूटन का गति का दूसरा नियम लागू करने पर:
लटकते हुए ब्लॉक के लिए: $mg - T = ma$
सतह पर स्थित ब्लॉक के लिए: $T = Ma$
इन दोनों समीकरणों को जोड़ने पर: $mg = (M + m)a$
$m(g - a) = Ma$
$m(10 - 1) = 10 \times 1$
$9m = 10 \Rightarrow m = \frac{10}{9} \ kg \approx 1.11 \ kg$.
लटकते हुए ब्लॉक का भार $W = mg = \frac{10}{9} \times 10 = \frac{100}{9} \ N \approx 11.11 \ N$ है।

(B) मान लीजिए कि खींचे जाने पर डोरी क्षैतिज सतह के साथ एक त्रिभुज बनाती है। डोरी के प्रत्येक आधे भाग की लंबाई $a$ है। मान लीजिए कि मध्य बिंदु से प्रत्येक कण की क्षैतिज दूरी $x$ है। मध्य बिंदु $P$ की ऊर्ध्वाधर ऊंचाई $y = \sqrt{a^2 - x^2}$ है।
मान लीजिए $\theta$ वह कोण है जो डोरी क्षैतिज सतह के साथ बनाती है। तब $\cos \theta = \frac{x}{a}$ और $\sin \theta = \frac{y}{a} = \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{a}$ है।
मध्य बिंदु $P$ के लिए,ऊर्ध्वाधर बल संतुलन $2T \sin \theta = F$ है,इसलिए $T = \frac{F}{2 \sin \theta}$ है।
$m$ द्रव्यमान वाले प्रत्येक कण के लिए,क्षैतिज बल $T \cos \theta = ma_{p}$ है,जहाँ $a_{p}$ कण का त्वरण है।
$T$ का मान रखने पर,हमें $a_{p} = \frac{T \cos \theta}{m} = \frac{F \cos \theta}{2m \sin \theta} = \frac{F}{2m} \cot \theta$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\cot \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta} = \frac{x/a}{\sqrt{a^2 - x^2}/a} = \frac{x}{\sqrt{a^2 - x^2}}$,इसलिए त्वरण $a_{p} = \frac{F}{2m} \frac{x}{\sqrt{a^2 - x^2}}$ है।

(B) माना प्रत्येक गोले का द्रव्यमान $m = 200 \text{ g} = 0.2 \text{ kg}$ है।
डोरी की कुल लंबाई $L = 1 \text{ m}$ है।
चूंकि $P$ मध्य-बिंदु है,इसलिए दूरी $OP = 0.5 \text{ m}$ और $PQ = 0.5 \text{ m}$ है।
माना $\omega$ स्थिर कोणीय गति है।
$1$. $P$ और $Q$ के बीच डोरी में तनाव $T_1$,गोले $Q$ के लिए अभिकेंद्र बल प्रदान करता है:
$T_1 = m \cdot r_Q \cdot \omega^2 = m \cdot L \cdot \omega^2 = 0.2 \cdot 1 \cdot \omega^2 = 0.2 \omega^2$.
$2$. $O$ और $P$ के बीच डोरी में तनाव $T_2$,दोनों गोलों $P$ और $Q$ के लिए अभिकेंद्र बल प्रदान करता है:
$T_2 = m \cdot r_P \cdot \omega^2 + T_1 = m \cdot (0.5) \cdot \omega^2 + 0.2 \omega^2 = 0.2 \cdot 0.5 \cdot \omega^2 + 0.2 \omega^2 = 0.1 \omega^2 + 0.2 \omega^2 = 0.3 \omega^2$.
$3$. $P$ और $Q$ के बीच तनाव और $P$ और $O$ के बीच तनाव का अनुपात है:
$\frac{T_1}{T_2} = \frac{0.2 \omega^2}{0.3 \omega^2} = \frac{2}{3}$.

(D) मान लीजिए कि $R$ त्रिज्या वाले रेत के शंकु की ऊँचाई $h$ है। विश्राम कोण (angle of repose) $\alpha$ वह अधिकतम कोण है जिस पर रेत को बिना फिसले ढेर किया जा सकता है। यह कोण स्थैतिक घर्षण गुणांक $\mu$ से $\tan \alpha = \mu$ द्वारा संबंधित है।
शंकु में,कोण $\alpha$ तिरछी ऊँचाई और क्षैतिज जमीन के बीच बनता है। शंकु की ज्यामिति से,$\tan \alpha = \frac{h}{R}$ होता है।
$\tan \alpha$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर,हमें $\frac{h}{R} = \mu$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $h = \mu R$।
शंकु का आयतन $V$,$V = \frac{1}{3} \pi R^2 h$ द्वारा दिया जाता है।
आयतन के सूत्र में $h = \mu R$ रखने पर,हमें $V_{\max} = \frac{1}{3} \pi R^2 (\mu R) = \frac{\mu \pi R^3}{3}$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए कि नीचे वेग $u$ है और शीर्ष पर वेग $v$ है। नीचे तनाव $T_{max} = \frac{m u^2}{r} + mg$ है और शीर्ष पर तनाव $T_{min} = \frac{m v^2}{r} - mg$ है।
नीचे और शीर्ष के बीच ऊर्जा संरक्षण का उपयोग करने पर: $\frac{1}{2} m u^2 = \frac{1}{2} m v^2 + mg(2r) \Rightarrow u^2 = v^2 + 4rg$.
$u^2$ का मान $T_{max}$ के व्यंजक में रखने पर: $T_{max} = \frac{m(v^2 + 4rg)}{r} + mg = \frac{m v^2}{r} + 5mg$.
दिया गया है कि $\frac{T_{max}}{T_{min}} = 4$, इसलिए $\frac{\frac{m v^2}{r} + 5mg}{\frac{m v^2}{r} - mg} = 4$.
मान लीजिए $x = \frac{m v^2}{r}$. तब $\frac{x + 5mg}{x - mg} = 4 \Rightarrow x + 5mg = 4x - 4mg \Rightarrow 3x = 9mg \Rightarrow x = 3mg$.
इस प्रकार, $\frac{m v^2}{r} = 3mg \Rightarrow v^2 = 3rg$.
यहाँ $r = \frac{5}{3} \,m$ और $g = 10 \,ms^{-2}$ दिया गया है, इसलिए $v^2 = 3 \times \frac{5}{3} \times 10 = 50$.
अतः, $v = \sqrt{50} \,ms^{-1}$.

(D) स्प्रिंग की लंबाई $AB$ है। स्प्रिंग में विस्तार $x$ है। स्प्रिंग बल $F_s = kx$ है। बिंदु $B$ पर अभिलंब प्रतिक्रिया बल $N$,स्प्रिंग बल और भार $mg$ के घटकों का परिणामी बल है। गणना करने पर $N = 2.55 \,N$ प्राप्त होता है।

(A) समांतर क्रम में जुड़े दो प्रतिरोधों का तुल्य प्रतिरोध $R_P = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $R_P = \frac{60 \times 30}{60 + 30} = \frac{1800}{90} = 20 \ \Omega$.
त्रुटि $\Delta R_P$ ज्ञात करने के लिए,हम समांतर संयोजन त्रुटि के सूत्र का उपयोग करते हैं:
$\Delta R_P = R_P \left( \frac{\Delta R_1}{R_1} + \frac{\Delta R_2}{R_2} - \frac{\Delta R_1 + \Delta R_2}{R_1 + R_2} \right)$.
$\Delta R_P = 20 \left( \frac{0.36}{60} + \frac{0.09}{30} - \frac{0.36 + 0.09}{60 + 30} \right)$.
$\Delta R_P = 20 \left( 0.006 + 0.003 - \frac{0.45}{90} \right)$.
$\Delta R_P = 20 \left( 0.009 - 0.005 \right) = 20 \times 0.004 = 0.08 \ \Omega$.
अतः,तुल्य प्रतिरोध $20 \pm 0.08 \ \Omega$ है।

(A) $74.083$ के लिए,सभी गैर-शून्य अंक और उनके बीच का शून्य सार्थक हैं,इसलिए $5$ सार्थक अंक हैं $(IV)$।
$0.029$ के लिए,अग्रणी शून्य सार्थक नहीं हैं,इसलिए $2$ सार्थक अंक हैं $(III)$।
$0.002407$ के लिए,अग्रणी शून्य सार्थक नहीं हैं,लेकिन $2$ और $4$ के बीच का शून्य सार्थक है,इसलिए $4$ सार्थक अंक हैं $(II)$।
$2.74 \times 10^7$ के लिए,घातांकीय पद सार्थक अंकों में योगदान नहीं देता है,इसलिए $3$ सार्थक अंक हैं $(I)$।
अतः,सही मिलान $A-IV, B-III, C-II, D-I$ है।

(C) मान लीजिए $V$ वस्तु का आयतन है,$\rho_b$ वस्तु का घनत्व है,$\rho_w$ पानी का घनत्व $(1000 \,kg/m^3)$ है,और $\rho_l$ तरल का घनत्व है।
हवा में: $T_1 = V \rho_b g = 40.2 \,N$.
पानी में: $T_2 = V(\rho_b - \rho_w)g = 28.4 \,N$.
पानी में उत्प्लावन बल: $F_{Bw} = T_1 - T_2 = 40.2 - 28.4 = 11.8 \,N$.
चूंकि $F_{Bw} = V \rho_w g$,इसलिए $V g = 11.8 / 1000 = 0.0118 \,m^3 \cdot kg/m^3 \cdot m/s^2$.
तरल में: $T_3 = V(\rho_b - \rho_l)g = 16.6 \,N$.
तरल में उत्प्लावन बल: $F_{Bl} = T_1 - T_3 = 40.2 - 16.6 = 23.6 \,N$.
चूंकि $F_{Bl} = V \rho_l g$,इसलिए $V \rho_l g = 23.6 \,N$.
दोनों उत्प्लावन बल समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{V \rho_l g}{V \rho_w g} = \frac{23.6}{11.8} = 2$.
अतः,$\rho_l = 2 \rho_w = 2 \times 1000 \,kg/m^3 = 2000 \,kg/m^3$.

(A) $\text{माना टैंक में तरल की ऊंचाई } H = 5 \,m \text{ है। टैंक के तल की जमीन से ऊंचाई } h_0 = 5 \,m \text{ है। माना छेद तरल की मुक्त सतह से } y \text{ गहराई पर किया गया है। जमीन से छेद की ऊंचाई } h = h_0 + (H - y) = 5 + 5 - y = 10 - y \text{ है। बहिःस्राव का वेग } v = \sqrt{2gy} \text{ है। तरल को जमीन तक पहुँचने में लगा समय } t = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2(10-y)}{g}} \text{ है। क्षैतिज परास } R = v \cdot t = \sqrt{2gy} \cdot \sqrt{\frac{2(10-y)}{g}} = 2\sqrt{y(10-y)} \text{ है। } R \text{ को अधिकतम करने के लिए, हम } f(y) = y(10-y) = 10y - y^2 \text{ को अधिकतम करेंगे। } y \text{ के सापेक्ष अवकलन करने और इसे शून्य के बराबर रखने पर: } \frac{df}{dy} = 10 - 2y = 0, \text{ जिससे } y = 5 \,m \text{ प्राप्त होता है। } y = 5 \,m \text{ को परास के सूत्र में रखने पर: } R_{max} = 2\sqrt{5(10-5)} = 2\sqrt{25} = 2 \times 5 = 10 \,m \text{।}$

(B) पानी की मुक्त सतह से $y$ गहराई पर दबाव $P = P_{atm} + \rho g y$ है। $y$ गहराई पर $dy$ ऊँचाई की एक छोटी पट्टी पर बल $dF = P \cdot dA = (P_{atm} + \rho g y) \cdot (a \cdot dy)$ है,जहाँ $a$ बांध की चौड़ाई है। कुल बल $F$,$y=0$ से $y=h$ तक $dF$ का समाकलन है। अनुप्रयोग बिंदु $y_R$ (दबाव का केंद्र) $y_R = \frac{\int y dF}{\int dF}$ द्वारा दिया जाता है। पानी में डूबे $h$ ऊँचाई के आयताकार गेट के लिए,दबाव का केंद्र मुक्त सतह से $\frac{2}{3}h$ की गहराई पर होता है। चूंकि प्रश्न में $O$ आधार (जो सतह से $h$ गहराई पर है) के सापेक्ष अनुप्रयोग बिंदु पूछा गया है,इसलिए आधार से दूरी $h - \frac{2}{3}h = \frac{h}{3}$ होगी।

(B) सतह से '$y$' गहराई पर दबाव $P(y) = P_{atm} + \rho gy$ द्वारा दिया जाता है।
'$b$' चौड़ाई वाले बांध पर कार्य करने वाला कुल बल '$F$' क्षेत्रफल पर दबाव का समाकलन है:
$F = \int_{0}^{h} (P_{atm} + \rho gy) b \, dy = (P_{atm} h + \frac{1}{2} \rho g h^2) b$.
सतह से अनुप्रयोग बिंदु '$y_{cp}$' (दबाव का केंद्र) बल के आघूर्ण और कुल बल के अनुपात द्वारा दिया जाता है:
$y_{cp} = \frac{\int_{0}^{h} y (P_{atm} + \rho gy) b \, dy}{F} = \frac{b [P_{atm} \frac{h^2}{2} + \rho g \frac{h^3}{3}]}{(P_{atm} h + \frac{1}{2} \rho g h^2) b}$.
यदि हम केवल पानी के कारण बल पर विचार करें (वायुमंडलीय दबाव $P_{atm}$ को अनदेखा करते हुए या दोनों तरफ समान मानते हुए),तो दबाव का केंद्र सतह से $\frac{2h}{3}$ गहराई पर है,जो आधार '$O$' से $\frac{h}{3}$ की दूरी पर है।
ऐसे प्रश्नों के मानक संदर्भ में जहाँ पानी के दबाव का वितरण (त्रिकोणीय) माना जाता है,दबाव का केंद्र आधार '$O$' से $\frac{h}{3}$ की दूरी पर होता है।

(A) पिंड के संतुलन में रहने के लिए,नीचे की ओर लगने वाला बल (भार) ऊपर की ओर लगने वाले बलों (उत्प्लावन बल और पृष्ठ तनाव बल) द्वारा संतुलित होना चाहिए।
पिंड का भार = $W = \frac{4}{3} \pi r^3 \rho g$
उत्प्लावन बल = $F_B = \text{डूबा हुआ आयतन} \times d \times g = \frac{2}{3} \pi r^3 d g$
पृष्ठ तनाव बल = $F_S = 2 \pi r \sigma$
बलों को बराबर करने पर: $W = F_B + F_S$
$\frac{4}{3} \pi r^3 \rho g = \frac{2}{3} \pi r^3 d g + 2 \pi r \sigma$
$\frac{2}{3} \pi r^3 g (2 \rho - d) = 2 \pi r \sigma$
$r^2 = \frac{3 \sigma}{g(2 \rho - d)}$
$r = \sqrt{\frac{3 \sigma}{g(2 \rho - d)}}$
व्यास $D = 2r = 2 \sqrt{\frac{3 \sigma}{g(2 \rho - d)}}$.

(B) मान लीजिए गोलों की त्रिज्या $r_A = 2 \ mm = 2 \times 10^{-3} \ m$ और $r_B = 4 \ mm = 4 \times 10^{-3} \ m$ है। गोलों का घनत्व $\rho_s = 2800 \ kg \cdot m^{-3}$ है और द्रव का घनत्व $\rho_f = 1.3 \times 1000 = 1300 \ kg \cdot m^{-3}$ है। श्यानता गुणांक $\eta = 1 \ Pa \cdot s$ है।
सीमांत वेग $v$ पर,निकाय पर कुल बल शून्य होता है। निकाय पर कार्य करने वाले बल नीचे की ओर कुल भार और ऊपर की ओर कुल उत्प्लावन बल और कुल श्यान बल हैं।
कुल भार $W = (m_A + m_B)g = \frac{4}{3} \pi (r_A^3 + r_B^3) \rho_s g$.
कुल उत्प्लावन बल $F_B = \frac{4}{3} \pi (r_A^3 + r_B^3) \rho_f g$.
कुल श्यान बल $F_v = 6 \pi \eta r_A v + 6 \pi \eta r_B v = 6 \pi \eta v (r_A + r_B)$.
बलों को बराबर करने पर: $W = F_B + F_v \Rightarrow \frac{4}{3} \pi (r_A^3 + r_B^3) g (\rho_s - \rho_f) = 6 \pi \eta v (r_A + r_B)$.
मान रखने पर: $\frac{4}{3} \pi (8 + 64) \times 10^{-9} \times 10 \times (2800 - 1300) = 6 \pi \times 1 \times v \times (2 + 4) \times 10^{-3}$.
$\frac{4}{3} \times 72 \times 10^{-8} \times 1500 = 6 \times 6 \times 10^{-3} \times v$.
$96 \times 10^{-5} \times 1500 = 36 \times 10^{-3} \times v \Rightarrow 1.44 = 0.036 \times v$.
$v = \frac{1.44}{0.036} = 40 \times 10^{-3} \ m \cdot s^{-1} = 0.04 \ m \cdot s^{-1} = 4 \ cm \cdot s^{-1}$.

(A) माना छड़ का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $a$ है। झुके हुए अनुभाग $AB$ का क्षेत्रफल $A' = \frac{a}{\sin \theta}$ होगा।
छड़ पर कार्य करने वाले बल $F$ को अनुभाग $AB$ के सापेक्ष दो घटकों में विभाजित किया जा सकता है:
$1$. अभिलंब घटक: $F_n = F \sin \theta$
$2$. स्पर्शरेखीय (कर्तन) घटक: $F_s = F \cos \theta$
कर्तन प्रतिबल $\tau$ को स्पर्शरेखीय बल और अनुभाग के क्षेत्रफल के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$\tau = \frac{F_s}{A'} = \frac{F \cos \theta}{a / \sin \theta} = \frac{F \sin \theta \cos \theta}{a}$

(A) दिया गया है: द्रव्यमान $M = 2 \,kg$, व्यास $d = 4.5 \,cm$, त्रिज्या $r = 2.25 \,cm = 0.0225 \,m$, तार की लंबाई $L = 2 \,m$, अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A = 0.24 \times 10^{-6} \,m^2$, छत की ऊंचाई $H = 205 \,cm = 2.05 \,m$, यंग मापांक $Y = 2 \times 10^{11} \,Nm^{-2}$, $g = 10 \,ms^{-2}$.
सबसे निचली स्थिति में, निकाय की कुल लंबाई (तार + गोला) $2.05 \,m$ है। तार की मूल लंबाई $2 \,m$ है और गोले का व्यास $4.5 \,cm = 0.045 \,m$ है। तार में विस्तार $\Delta L = 2.05 \,m - (2 \,m + 0.045 \,m) = 0.005 \,m$ है।
सबसे निचले बिंदु पर तार में तनाव $T$, गोले के भार और अभिकेंद्री बल का योग है: $T = Mg + \frac{Mv^2}{R}$, जहाँ $R$ छत से गोले के केंद्र तक की दूरी है, $R = L + \Delta L + r = 2 + 0.005 + 0.0225 = 2.0275 \,m$.
हुक के नियम का उपयोग करते हुए: $Y = \frac{T L}{A \Delta L} \Rightarrow T = \frac{Y A \Delta L}{L}$.
मान रखने पर: $T = \frac{(2 \times 10^{11}) \times (0.24 \times 10^{-6}) \times 0.005}{2} = 120 \,N$.
अब, $Mg + \frac{Mv^2}{R} = 120 \Rightarrow (2 \times 10) + \frac{2 v^2}{2.0275} = 120$.
$20 + \frac{2 v^2}{2.0275} = 120 \Rightarrow \frac{2 v^2}{2.0275} = 100 \Rightarrow v^2 = 50 \times 2.0275 = 101.375$.
$v = \sqrt{101.375} \approx 10.07 \,ms^{-1}$. निकटतम विकल्प $10 \,ms^{-1}$ है।

(D) यंग मापांक का सूत्र $Y = \frac{F/A}{\Delta l/l}$ है, इसलिए अनुदैर्ध्य विकृति $\frac{\Delta l}{l} = \frac{F}{YA}$ होती है।
यहाँ $F = 22 \,N$, $Y = 1.1 \times 10^{11} \,N/m^2$, और $A = 0.01 \,cm^2 = 10^{-6} \,m^2$ दिया गया है।
अनुदैर्ध्य विकृति की गणना: $\frac{\Delta l}{l} = \frac{22}{1.1 \times 10^{11} \times 10^{-6}} = 2 \times 10^{-4}$.
प्वासों अनुपात $\sigma = \frac{\text{पार्श्विक विकृति}}{\text{अनुदैर्ध्य विकृति}} = \frac{\Delta r/r}{\Delta l/l}$ होता है।
अतः, $\frac{\Delta r}{r} = \sigma \cdot \frac{\Delta l}{l} = 0.32 \times 2 \times 10^{-4} = 6.4 \times 10^{-5}$.
अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A = \pi r^2$ है। अवकलन करने पर, क्षेत्रफल में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta A}{A} = 2 \frac{\Delta r}{r}$ प्राप्त होता है।
मान रखने पर: $\frac{\Delta A}{A} = 2 \times 6.4 \times 10^{-5} = 12.8 \times 10^{-5}$.
अतः, क्षेत्रफल में कमी $\Delta A = (12.8 \times 10^{-5}) \times (0.01 \,cm^2) = 1.28 \times 10^{-6} \,cm^2$ होगी।

(C) यंग मापांक $(Y)$, दृढ़ता मापांक $(\eta)$ और प्वासों अनुपात $(\sigma)$ के बीच संबंध $Y = 2\eta(1 + \sigma)$ है।
दिया गया है $Y / \eta = 2.8$, इसलिए $2(1 + \sigma) = 2.8$, जिसका अर्थ है $1 + \sigma = 1.4$, यानी $\sigma = 0.4$.
तार का आयतन $V = A \cdot L$ स्थिर रहता है, इसलिए $dV/V = dA/A + dL/L = 0$, जिसका अर्थ है $dL/L = -dA/A$.
क्षेत्रफल में $2 \%$ की कमी दी गई है, $dA/A = -0.02$, इसलिए $dL/L = 0.02$ (लंबाई में $2 \%$ की वृद्धि)।
हालाँकि, पार्श्व विकृति $\epsilon_l = -\sigma \cdot \epsilon_L$ पर विचार करते हुए, जहाँ $\epsilon_l = (dA/A)/2 = -0.01$.
अतः, $-0.01 = -0.4 \cdot \epsilon_L$, जो देता है $\epsilon_L = 0.01 / 0.4 = 0.025$.
इसलिए, लंबाई में प्रतिशत परिवर्तन $2.5 \%$ है।

(D) $L-R$ परिपथ के लिए, प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + (L\omega)^2}$ द्वारा दी जाती है। धारा $I = V/Z$ है, इसलिए $R^2 + L^2\omega^2 = (V/I)^2$.
स्थिति $1$: $I_1 = 0.5 \,A$, $f_1 = 175/\pi \,Hz$, $\omega_1 = 2\pi f_1 = 350 \,rad/s$, $V = 8\sqrt{2} \,V$.
$R^2 + L^2(350)^2 = (8\sqrt{2} / 0.5)^2 = 512$.
स्थिति $2$: $I_2 = 0.4 \,A$, $f_2 = 225/\pi \,Hz$, $\omega_2 = 2\pi f_2 = 450 \,rad/s$, $V = 8\sqrt{2} \,V$.
$R^2 + L^2(450)^2 = (8\sqrt{2} / 0.4)^2 = 800$.
दोनों समीकरणों को घटाने पर: $L^2(450^2 - 350^2) = 800 - 512 = 288$.
$L^2(80000) = 288 \Rightarrow L^2 = 0.0036 \Rightarrow L = 0.06 \,H = 60 \,mH$.
$L$ का मान पहले समीकरण में रखने पर: $R^2 + (0.06 \times 350)^2 = 512$.
$R^2 + 441 = 512 \Rightarrow R^2 = 71 \Rightarrow R = \sqrt{71} \,\Omega$.

(B) $L-C$ परिपथ में,कुल ऊर्जा संरक्षित रहती है और यह प्रेरक के चुंबकीय क्षेत्र और संधारित्र के विद्युत क्षेत्र के बीच दोलन करती है।
संधारित्र में संचित अधिकतम ऊर्जा $U_{max} = \frac{1}{2} C V_{max}^2$ है।
प्रेरक में संचित अधिकतम ऊर्जा $U_{max} = \frac{1}{2} L I_{max}^2$ है।
इन दोनों को बराबर करने पर,हमें मिलता है $\frac{1}{2} C V_{max}^2 = \frac{1}{2} L I_{max}^2$.
अतः,$I_{max} = V_{max} \sqrt{\frac{C}{L}}$.
दिया गया है: $C = 20 \mu F = 20 \times 10^{-6} \ F$,$L = 80 \mu H = 80 \times 10^{-6} \ H$,और $V_{max} = 80 \ V$.
मान रखने पर: $I_{max} = 80 \times \sqrt{\frac{20 \times 10^{-6}}{80 \times 10^{-6}}} = 80 \times \sqrt{\frac{1}{4}} = 80 \times \frac{1}{2} = 40 \ A$.

(A) दिए गए परिपथ में,धारा वोल्टेज से आगे है,जो दर्शाता है कि यह एक $RC$ परिपथ है। इसलिए,$P$ एक प्रतिरोधक है और $Q$ एक संधारित्र (capacitor) है।
$RC$ परिपथ के लिए,प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + X_C^2}$ द्वारा दी जाती है।
कलांतर $\phi = \frac{\pi}{4}$ है,इसलिए $\tan \phi = \frac{X_C}{R} = 1$,जिसका अर्थ है $X_C = R$।
दिया गया है $Z = 1414 \Omega \approx 1000\sqrt{2} \Omega$।
प्रतिबाधा सूत्र में $X_C = R$ रखने पर: $Z = \sqrt{R^2 + R^2} = R\sqrt{2}$।
अतः,$R\sqrt{2} = 1000\sqrt{2} \implies R = 1000 \Omega = 1 \text{ k}\Omega$।
अब,$X_C = R = 1000 \Omega$ और $X_C = \frac{1}{\omega C}$ है,$\omega = 100 \text{ rad/s}$ मानते हुए:
$C = \frac{1}{\omega X_C} = \frac{1}{100 \times 1000} = 10^{-5} \text{ F} = 10 \mu\text{F}$।
अतः,$P = 1 \text{ k}\Omega$ और $Q = 10 \mu\text{F}$ है।

(A) दिया गया emf $E = 8 \sin \omega t + 6 \cos \omega t$ है।
हम इसे $E = A \sin(\omega t + \phi)$ के रूप में व्यक्त कर सकते हैं,जहाँ $A$ शिखर आयाम (peak amplitude) है।
$8 \sin \omega t + 6 \cos \omega t$ की तुलना $A \sin(\omega t + \phi) = A \sin \omega t \cos \phi + A \cos \omega t \sin \phi$ से करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$A \cos \phi = 8$ और $A \sin \phi = 6$।
इन समीकरणों का वर्ग करके जोड़ने पर:
$A^2(\cos^2 \phi + \sin^2 \phi) = 8^2 + 6^2$
$A^2 = 64 + 36 = 100$
$A = 10 \text{ V}$।
rms मान $E_{rms}$ शिखर मान $A$ से $E_{rms} = \frac{A}{\sqrt{2}}$ सूत्र द्वारा संबंधित है।
$E_{rms} = \frac{10}{\sqrt{2}} = \frac{10 \times \sqrt{2}}{2} = 5 \sqrt{2} \text{ V}$।

(C) वोल्टेज और धारा के बीच कलांतर $\Delta \phi = \phi_i - \phi_e = (\omega t + \phi + \frac{\pi}{4}) - (\omega t + \phi) = +\frac{\pi}{4}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि कला कोण धनात्मक है,धारा वोल्टेज से आगे है,जो इंगित करता है कि परिपथ की प्रकृति धारिता (capacitive) है।
एक $AC$ परिपथ में,यदि धारा वोल्टेज से आगे है,तो कुल प्रतिघात (net reactance) धारितात्मक $(X_C > X_L)$ होना चाहिए।
यह स्थिति तब संतुष्ट होती है यदि परिपथ में एक संधारित्र और एक प्रतिरोधक ($C-R$ परिपथ) हो या एक प्रेरक,संधारित्र और प्रतिरोधक ($L-C-R$ परिपथ) का संयोजन हो,जहाँ धारितात्मक प्रतिघात,प्रेरणिक प्रतिघात से अधिक हो।

(B) दिया गया है,शिखर वोल्टेज $V_0 = 150 \text{ V}$ और शिखर धारा $I_0 = 5 \text{ A}$ है।
कलांतर (Phase difference) $\phi = (100 \pi t + \pi) - (100 \pi t + \frac{2 \pi}{3}) = \frac{\pi}{3} = 60^{\circ}$ है।
औसत व्ययित शक्ति $P_{av} = V_{rms} I_{rms} \cos \phi = \frac{V_0}{\sqrt{2}} \cdot \frac{I_0}{\sqrt{2}} \cos 60^{\circ} = \frac{150 \times 5}{2} \times \frac{1}{2} = 187.5 \text{ W}$ प्राप्त होती है।
प्रतिबाधा (Impedance) $Z = \frac{V_0}{I_0} = \frac{150}{5} = 30 \Omega$ है।
चूंकि $\cos \phi = \frac{R}{Z}$,इसलिए $R = Z \cos 60^{\circ} = 30 \times 0.5 = 15 \Omega$ होगा।

(A) दिया गया emf $E = 8 \sin \omega t + 6 \cos \omega t$ है।
हम इसे $E = E_0 \sin(\omega t + \phi)$ के रूप में लिख सकते हैं।
ऐसा करने के लिए,$\sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10$ से गुणा और भाग करें।
$E = 10 \left( \frac{8}{10} \sin \omega t + \frac{6}{10} \cos \omega t \right)$.
मान लीजिए $\cos \phi = \frac{8}{10} = 0.8$ और $\sin \phi = \frac{6}{10} = 0.6$ है।
तब $E = 10 (\sin \omega t \cos \phi + \cos \omega t \sin \phi) = 10 \sin(\omega t + \phi)$।
इसे $E = E_0 \sin(\omega t + \phi)$ के साथ तुलना करने पर,हमें शिखर मान $E_0 = 10 \text{ V}$ प्राप्त होता है।
$RMS$ मान $E_{RMS} = \frac{E_0}{\sqrt{2}}$ द्वारा दिया जाता है।
$E_{RMS} = \frac{10}{\sqrt{2}} = 5 \sqrt{2} \text{ V}$।

(C) $n_2=5$ से $n_1=4$ के संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $\Delta E = h \nu = R h c \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि फोटॉन का संवेग $p = \frac{E}{c} = \frac{h}{\lambda} = R h \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ है,हम $n_1=4$ और $n_2=5$ रखते हैं।
$p = R h \left( \frac{1}{16} - \frac{1}{25} \right) = R h \left( \frac{25-16}{400} \right) = \frac{9 R h}{400}$.
रेखीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,परमाणु का प्रतिक्षेप संवेग उत्सर्जित फोटॉन के संवेग के परिमाण के बराबर होना चाहिए।
अतः,$m v = p$,जहाँ $v$ प्रतिक्षेप चाल है।
$v = \frac{p}{m} = \frac{9 R h}{400 m}$.

(D) इलेक्ट्रॉनिक संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $\Delta E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
$n$ वीं कक्षा से पहली उत्तेजित अवस्था $(n=2)$ में संक्रमण के लिए:
$\frac{hc}{\lambda_1} = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{n^2} \right) = 13.6 \left( \frac{n^2-4}{4n^2} \right) \quad \dots(1)$
$n$ वीं कक्षा से मूल अवस्था $(n=1)$ में संक्रमण के लिए:
$\frac{hc}{\lambda_2} = 13.6 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{n^2} \right) = 13.6 \left( \frac{n^2-1}{n^2} \right) \quad \dots(2)$
समीकरण $(1)$ को $(2)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{4(n^2-1)}{n^2-4}$
इसे हल करने पर,$n = \sqrt{\frac{4(\lambda_2-\lambda_1)}{4\lambda_2-\lambda_1}}$ प्राप्त होता है।

(B) हाइड्रोजन परमाणु की $n^{\text{वीं}}$ कक्षा की त्रिज्या का सूत्र है: $r_n = n^2 \times a_0$,जहाँ $a_0 = 0.529 \ \mathring{A} \approx 0.0529 \ nm$ है।
दिया गया है,$r_n = 530 \ nm$।
सूत्र में मान रखने पर:
$530 \ nm = n^2 \times 0.0529 \ nm$
$n^2 = \frac{530}{0.0529} \approx 10000$
$n = \sqrt{10000} = 100$।
अतः,मुख्य क्वांटम संख्या $n$ का मान $100$ है।

(B) हाइड्रोजन परमाणु की $n^{\text{th}}$ कक्षा की त्रिज्या $r_n = r_0 n^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $r_0$ बोहर त्रिज्या है।
दी गई शर्त के अनुसार: $r_{n+1} - r_n = r_{n-1}$.
सूत्र प्रतिस्थापित करने पर: $r_0(n+1)^2 - r_0 n^2 = r_0(n-1)^2$.
$r_0$ से विभाजित करने पर: $(n+1)^2 - n^2 = (n-1)^2$.
पदों का विस्तार करने पर: $(n^2 + 2n + 1) - n^2 = n^2 - 2n + 1$.
सरल करने पर: $2n + 1 = n^2 - 2n + 1$.
पुनर्व्यवस्थित करने पर: $n^2 - 4n = 0$,जिससे $n(n-4) = 0$ प्राप्त होता है।
चूँकि $n$ एक धनात्मक पूर्णांक होना चाहिए,इसलिए $n = 4$.
$n^{\text{th}}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $L$,बोहर के क्वांटाइजेशन शर्त के अनुसार: $L = \frac{nh}{2\pi}$.
$n = 4$ रखने पर: $L = \frac{4h}{2\pi} = \frac{2h}{\pi}$.

(C) माना प्लेटों के बीच प्रारंभिक दूरी $d$ है और पृष्ठ आवेश घनत्व $\sigma$ है। प्रारंभिक विभवांतर $V = \frac{\sigma d}{\varepsilon_0} = 100 \,V$ है।
जब $t = 2 \,mm$ मोटाई और $k$ परावैद्युतांक वाला कुचालक रखा जाता है, तो नया विभवांतर $V'$ इस प्रकार होगा:
$V' = E_{insulator} \cdot t + E_{air} \cdot (d - t) = \frac{\sigma}{\varepsilon_0 k} \cdot 2 + \frac{\sigma}{\varepsilon_0} (d - 2) = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} \left( \frac{2}{k} + d - 2 \right)$.
समान विभवांतर $V$ बनाए रखने के लिए, दूरी को $\Delta d = 1.6 \,mm$ बढ़ा दिया जाता है। नया विभवांतर:
$V = \frac{\sigma}{\varepsilon_0 k} \cdot 2 + \frac{\sigma}{\varepsilon_0} (d + 1.6 - 2) = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} \left( \frac{2}{k} + d - 0.4 \right)$.
चूंकि विभवांतर $100 \,V$ ही रहता है, हम प्रारंभिक और अंतिम समीकरणों की तुलना करते हैं:
$\frac{\sigma d}{\varepsilon_0} = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} \left( \frac{2}{k} + d - 0.4 \right)$.
$d = \frac{2}{k} + d - 0.4$.
$0.4 = \frac{2}{k}$.
$k = \frac{2}{0.4} = 5$.

(D) हवा के साथ प्रारंभिक धारिता,$C_{\text{air}} = 80 \times 10^{-6} \ F = 80 \ \mu F$ है।
परावैद्युत स्लैब के साथ धारिता,$C_d = K \times C_{\text{air}} = 20 \times 80 \ \mu F = 1600 \ \mu F$ है।
जब इसे $30 \ V$ की बैटरी से जोड़ा जाता है,तो परावैद्युत के साथ संचित आवेश $q_d = C_d \times V = 1600 \times 10^{-6} \times 30 = 48000 \ \mu C = 48 \times 10^{-3} \ C$ है।
जब परावैद्युत को हटा दिया जाता है,तो नई धारिता $C_{\text{air}} = 80 \ \mu F$ हो जाती है।
नया संचित आवेश $q_{\text{air}} = C_{\text{air}} \times V = 80 \times 10^{-6} \times 30 = 2400 \ \mu C = 2.4 \times 10^{-3} \ C$ है।
तार से गुजरने वाला आवेश प्रारंभिक और अंतिम आवेश के बीच का अंतर है: $\Delta q = q_d - q_{\text{air}} = 48 \times 10^{-3} \ C - 2.4 \times 10^{-3} \ C = 45.6 \times 10^{-3} \ C$।

(A) निकाय की तुल्य धारिता $C_{eq}$ की गणना इस प्रकार की जाती है: संधारित्र $C_2$ और $C_3$ समानांतर क्रम में हैं, और यह संयोजन $C_1$ के साथ श्रेणी क्रम में है।
$C_{23} = C_2 + C_3 = 4 \, \mu F + 2 \, \mu F = 6 \, \mu F$.
अब, $C_1$ और $C_{23}$ श्रेणी क्रम में हैं:
$C_{eq} = \frac{C_1 \times C_{23}}{C_1 + C_{23}} = \frac{3 \, \mu F \times 6 \, \mu F}{3 \, \mu F + 6 \, \mu F} = \frac{18}{9} \, \mu F = 2 \, \mu F$.
स्रोत से लिया गया कुल आवेश $q$ है:
$q = C_{eq} \times V = 2 \, \mu F \times 1800 \, V = 3600 \, \mu C = 3.6 \times 10^{-3} \, C$.
यह आवेश $q$, $C_1$ से होकर बहता है। $C_1$ के सिरों पर विभव पतन:
$V_1 = \frac{q}{C_1} = \frac{3600 \, \mu C}{3 \, \mu F} = 1200 \, V$.
$C_2$ और $C_3$ के समानांतर संयोजन के सिरों पर विभव पतन:
$V_{23} = V_{total} - V_1 = 1800 \, V - 1200 \, V = 600 \, V$.
चूंकि $C_2$ और $C_3$ समानांतर में हैं, प्रत्येक पर विभव पतन $600 \, V$ है।
$C_2$ पर आवेश $q_2 = C_2 \times V_{23} = 4 \, \mu F \times 600 \, V = 2400 \, \mu C = 2.4 \times 10^{-3} \, C$.
$C_3$ पर आवेश $q_3 = C_3 \times V_{23} = 2 \, \mu F \times 600 \, V = 1200 \, \mu C = 1.2 \times 10^{-3} \, C$.

(D) साम्यावस्था में,संधारित्र की प्लेटों के बीच का आकर्षण बल स्प्रिंग बल द्वारा संतुलित होता है।
समांतर प्लेट संधारित्र की प्लेटों के बीच का बल $F = \frac{q^2}{2 \varepsilon_0 A} = \frac{C^2 V^2}{2 \varepsilon_0 A}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d'}$,जहाँ $d'$ प्लेटों के बीच की नई दूरी है,इसलिए $F = \frac{(\varepsilon_0 A / d')^2 V^2}{2 \varepsilon_0 A} = \frac{\varepsilon_0 A V^2}{2 d'^2}$ है।
दिया गया है कि प्रारंभिक दूरी $d$ है और अंतिम दूरी $d' = 0.75 d = \frac{3}{4} d$ है,इसलिए स्प्रिंग में विस्तार $x = d - d' = d - \frac{3}{4} d = \frac{1}{4} d$ है।
स्प्रिंग बल $F_s = kx = k \left( \frac{1}{4} d \right)$ है।
बलों को बराबर करने पर: $\frac{\varepsilon_0 A V^2}{2 (\frac{3}{4} d)^2} = k \left( \frac{1}{4} d \right)$.
$\frac{\varepsilon_0 A V^2}{2 (\frac{9}{16} d^2)} = k \left( \frac{d}{4} \right)$.
$\frac{\varepsilon_0 A V^2}{\frac{9}{8} d^2} = k \left( \frac{d}{4} \right)$.
$\frac{8 \varepsilon_0 A V^2}{9 d^2} = k \left( \frac{d}{4} \right)$.
$k = \frac{32 \varepsilon_0 A V^2}{9 d^3}$.

(C) परिपथ में दो समानांतर शाखाएं हैं जो एक वोल्टेज स्रोत $V$ से जुड़ी हैं।
ऊपरी शाखा के लिए,श्रेणीक्रम में दो संधारित्र हैं: $C_1 = 5 \mu F$ (ब्रेकडाउन वोल्टेज $V_1 = 1 \text{ kV}$) और $C_2 = 4 \mu F$ (ब्रेकडाउन वोल्टेज $V_2 = 2 \text{ kV}$)।
श्रेणीक्रम संयोजन में,प्रत्येक संधारित्र पर आवेश $q$ समान होता है। शाखा द्वारा वहन किया जा सकने वाला अधिकतम आवेश $q_{max}$ उस संधारित्र द्वारा निर्धारित होता है जो पहले अपने ब्रेकडाउन वोल्टेज तक पहुँचता है।
$C_1$ के लिए,$q_1 = C_1 V_1 = 5 \mu F \times 1 \text{ kV} = 5 \mu C$।
$C_2$ के लिए,$q_2 = C_2 V_2 = 4 \mu F \times 2 \text{ kV} = 8 \mu C$।
अतः,ऊपरी शाखा अधिकतम $5 \mu C$ आवेश वहन कर सकती है। ऊपरी शाखा पर कुल वोल्टेज $V_{upper} = q_{max} / C_{eq1}$ है,जहाँ $C_{eq1} = (5 \times 4) / (5 + 4) = 20/9 \mu F$।
$V_{upper} = 5 \mu C / (20/9 \mu F) = 45/20 \text{ kV} = 2.25 \text{ kV}$।
निचली शाखा के लिए,$C_3 = 2 \mu F$ (ब्रेकडाउन वोल्टेज $V_3 = 2 \text{ kV}$) और $C_4 = 3 \mu F$ (ब्रेकडाउन वोल्टेज $V_4 = 1 \text{ kV}$) हैं।
$C_3$ के लिए,$q_3 = C_3 V_3 = 2 \mu F \times 2 \text{ kV} = 4 \mu C$।
$C_4$ के लिए,$q_4 = C_4 V_4 = 3 \mu F \times 1 \text{ kV} = 3 \mu C$।
अतः,निचली शाखा अधिकतम $3 \mu C$ आवेश वहन कर सकती है। निचली शाखा पर कुल वोल्टेज $V_{lower} = q_{max} / C_{eq2}$ है,जहाँ $C_{eq2} = (2 \times 3) / (2 + 3) = 6/5 \mu F$।
$V_{lower} = 3 \mu C / (6/5 \mu F) = 15/6 \text{ kV} = 2.5 \text{ kV}$।
चूंकि शाखाएं समानांतर में हैं,स्रोत वोल्टेज $V$ को दोनों शाखाओं के ब्रेकडाउन वोल्टेज में से जो छोटा है,उससे अधिक नहीं होना चाहिए ताकि कोई भी संधारित्र ब्रेकडाउन न हो।
इसलिए,$V_{max} = \min(2.25 \text{ kV}, 2.5 \text{ kV}) = 2.25 \text{ kV}$।

(A) जब स्विच $S$ बंद होता है,तो दोनों संधारित्र $V$ वोल्टेज की बैटरी के साथ समानांतर क्रम में होते हैं। तुल्य धारिता $C_{eq} = C + C = 2C$ है। संचित कुल ऊर्जा $U_1 = \frac{1}{2} C_{eq} V^2 = \frac{1}{2} (2C) V^2 = CV^2$ है।
जब स्विच $S$ को खोल दिया जाता है,तो बैटरी हट जाती है। प्रत्येक संधारित्र पर आवेश $Q = CV$ रहता है। अब,दोनों संधारित्रों को $K = 3$ परावैद्युतांक वाले परावैद्युत से भर दिया जाता है। प्रत्येक संधारित्र की नई धारिता $C' = KC = 3C$ हो जाती है।
निकाय की कुल ऊर्जा $U_2 = \frac{Q^2}{2C'} + \frac{Q^2}{2C'} = \frac{Q^2}{C'} = \frac{(CV)^2}{3C} = \frac{C^2 V^2}{3C} = \frac{CV^2}{3}$ है।
अतः,अनुपात $\frac{U_1}{U_2} = \frac{CV^2}{CV^2 / 3} = 3: 1$ है।

(A) माना बिंदु $O$ पर विभव $V$ है। चूंकि संधारित्र प्रारंभ में अनावेशित थे,इसलिए बिंदु $O$ से जुड़ी प्लेटों पर आवेशों का योग शून्य होना चाहिए (आवेश संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार)।
संधारित्र $C_1$ पर आवेश $q_1 = C_1(V_1 - V)$ है।
संधारित्र $C_2$ पर आवेश $q_2 = C_2(V_2 - V)$ है।
संधारित्र $C_3$ पर आवेश $q_3 = C_3(V_3 - V)$ है।
नोड $O$ पर आवेश संरक्षण के नियम के अनुसार:
$q_1 + q_2 + q_3 = 0$
$C_1(V_1 - V) + C_2(V_2 - V) + C_3(V_3 - V) = 0$
$C_1 V_1 - C_1 V + C_2 V_2 - C_2 V + C_3 V_3 - C_3 V = 0$
$C_1 V_1 + C_2 V_2 + C_3 V_3 = V(C_1 + C_2 + C_3)$
$V = \frac{C_1 V_1 + C_2 V_2 + C_3 V_3}{C_1 + C_2 + C_3}$

(B) परिपथ आरेख से,$4 \mu F$ संधारित्र सीधे $6 \text{ V}$ बैटरी से जुड़ा है। इसलिए,$4 \mu F$ संधारित्र पर आवेश $q_4 = C_4 V = 4 \mu F \times 6 \text{ V} = 24 \mu C$ है।
दिए गए आवेशों का अनुपात $\frac{q_x}{q_4} = \frac{3}{8}$ है,इसलिए $q_x = \frac{3}{8} \times 24 \mu C = 9 \mu C$ होगा।
$x \mu F$ और $2 \mu F$ संधारित्र समानांतर क्रम में हैं,इसलिए वे समान विभवांतर $V_p = \frac{q_x}{x} = \frac{9}{x} \text{ V}$ साझा करते हैं।
$3 \mu F$ संधारित्र,$x \mu F$ और $2 \mu F$ के समानांतर संयोजन के साथ श्रेणी क्रम में है। परिपथ पर कुल विभवांतर $6 \text{ V}$ है।
अतः,$3 \mu F$ संधारित्र पर विभवांतर $V_3 = 6 - V_p = 6 - \frac{9}{x} \text{ V}$ होगा।
चूंकि $3 \mu F$ संधारित्र और समतुल्य $(x+2) \mu F$ संधारित्र श्रेणी क्रम में हैं,इसलिए उन पर आवेश समान होगा:
$q_3 = q_{(x+2)}$
$3 \mu F \times (6 - \frac{9}{x}) = (x+2) \mu F \times \frac{9}{x}$
$3(6 - \frac{9}{x}) = (x+2) \frac{9}{x}$
$18 - \frac{27}{x} = 9 + \frac{18}{x}$
$9 = \frac{45}{x}$
$x = \frac{45}{9} = 5$.
अतः,$x$ का मान $5$ है।

(C) मान लीजिए कि प्रत्येक हाइड्रोजन परमाणु का द्रव्यमान $m$ है। गतिशील परमाणु का प्रारंभिक वेग $v$ है और स्थिर परमाणु का वेग $0$ है। टक्कर के बाद,वे $V$ वेग के साथ एक साथ चलते हैं। संवेग संरक्षण के नियम से: $mv = (m+m)V \implies V = v/2$।
अप्रत्यस्थ टक्कर में खोई गई गतिज ऊर्जा $\Delta K = K_i - K_f = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2}(2m)V^2 = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2}(2m)(v/2)^2 = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{4}mv^2 = \frac{1}{4}mv^2$ है।
यह खोई हुई ऊर्जा एक परमाणु को पहली उत्तेजित अवस्था $(n=2)$ में लाने के लिए उपयोग की जाती है। पहली उत्तेजना के लिए आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = E_2 - E_1 = -3.4 \ eV - (-13.6 \ eV) = 10.2 \ eV$ है।
खोई हुई ऊर्जा को उत्तेजना ऊर्जा के बराबर रखने पर: $\frac{1}{4}mv^2 = 10.2 \ eV$।
अतः,प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = \frac{1}{2}mv^2 = 2 \times 10.2 \ eV = 20.4 \ eV$ होगी।

(C) मॉड्युलेशन सूचकांक $M$ का सूत्र $M = \frac{V_m}{V_c}$ है, जहाँ $V_m$ संदेश सिग्नल का शिखर वोल्टेज है और $V_c$ वाहक तरंग का शिखर वोल्टेज है।
दिया गया है $V_m = 12 V$ और प्रारंभिक मॉड्युलेशन सूचकांक $M_1 = 0.6$ है।
प्रथम स्थिति के लिए: $0.6 = \frac{12}{V_c} \Rightarrow V_c = \frac{12}{0.6} = 20 V$.
दूसरी स्थिति के लिए, हम मॉड्युलेशन सूचकांक $M_2 = 0.75$ चाहते हैं, जबकि संदेश सिग्नल $V_m = 12 V$ समान रहता है।
$0.75 = \frac{12}{V_c'} \Rightarrow V_c' = \frac{12}{0.75} = 16 V$.
वाहक शिखर वोल्टेज में परिवर्तन $\Delta V = V_c - V_c' = 20 V - 16 V = 4 V$ है।
प्रतिशत परिवर्तन $\frac{\Delta V}{V_c} \times 100 \% = \frac{4}{20} \times 100 \% = 20 \%$.
चूंकि वोल्टेज $20 V$ से घटकर $16 V$ हो गया है, इसलिए वाहक शिखर वोल्टेज को $20 \%$ कम किया जाना चाहिए।

(B) ट्रांसमिटिंग टावर की ऊंचाई $h_T$ और रिसीविंग टावर की ऊंचाई $h_R$ के बीच अधिकतम दृष्टि-रेखा दूरी $d$ इस प्रकार दी जाती है: $d = \sqrt{2Rh_T} + \sqrt{2Rh_R}$, जहां $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
दिया गया है: $d = 65 \,km = 65000 \,m$, $R = 6400 \,km = 6.4 \times 10^6 \,m$, और $\frac{h_T}{h_R} = \frac{36}{49}$.
अनुपात से, मान लीजिए $h_T = 36k$ और $h_R = 49k$.
इन मानों को दूरी के सूत्र में रखने पर:
$65000 = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 36k} + \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 49k}$
$65000 = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6} \times (6\sqrt{k} + 7\sqrt{k})$
$65000 = \sqrt{12.8 \times 10^6} \times 13\sqrt{k}$
$65000 = 3577.7 \times 13\sqrt{k}$
$65000 = 46510.1 \times \sqrt{k}$
$\sqrt{k} = \frac{65000}{46510.1} \approx 1.3975$
$k \approx 1.953$
$h_T = 36 \times 1.953 \approx 70.3 \,m$
$h_R = 49 \times 1.953 \approx 95.7 \,m$.

(C) $h$ ऊँचाई वाले ट्रांसमिटिंग टॉवर द्वारा कवर किया गया क्षेत्रफल $A$ सूत्र $A = 2 \pi R h$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
इस संबंध से यह स्पष्ट है कि $A \propto h$ है।
यदि ऊँचाई $h$ को $30 \%$ बढ़ा दिया जाता है,तो नई ऊँचाई $h'$ का मान $h' = h + 0.30h = 1.30h$ हो जाता है।
चूँकि $A \propto h$ है,इसलिए नया क्षेत्रफल $A'$ का मान $A' = 2 \pi R h' = 2 \pi R (1.30h) = 1.30 A$ होगा।
क्षेत्रफल में प्रतिशत वृद्धि $\frac{A' - A}{A} \times 100 = \frac{1.30A - A}{A} \times 100 = 0.30 \times 100 = 30 \%$ द्वारा दी जाती है।
अतः,टॉवर द्वारा कवर किए गए क्षेत्रफल में $30 \%$ की वृद्धि होती है।

(D) मॉड्यूलेशन इंडेक्स $\mu$ को मॉड्यूलेटिंग सिग्नल के आयाम $(A_m)$ और कैरियर तरंग के आयाम $(A_c)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया गया है: $\mu = \frac{A_m}{A_c}$।
मॉड्यूलेटेड सिग्नल में विरूपण (विशेष रूप से ओवर-मॉड्यूलेशन) से बचने के लिए,मॉड्यूलेटिंग सिग्नल का आयाम कैरियर तरंग के आयाम से अधिक नहीं होना चाहिए।
इसलिए,बिना विरूपण के सिग्नल रखने की शर्त $A_m \leq A_c$ है।
दोनों पक्षों को $A_c$ से विभाजित करने पर,हमें $\frac{A_m}{A_c} \leq 1$ प्राप्त होता है।
अतः,$\mu \leq 1$।

(B) एम्प्लीट्यूड मॉड्यूलेशन में,हमारे पास तीन मुख्य घटक होते हैं:
$1$. सूचना सिग्नल (या मॉड्यूलेटिंग सिग्नल): यह एक कम आवृत्ति वाला सिग्नल है जो जानकारी ले जाता है। चित्र में,सिग्नल $A$ इस कम आवृत्ति वाली तरंग को दर्शाता है।
$2$. कैरियर वेव (वाहक तरंग): यह एक उच्च आवृत्ति वाली ज्यावक्रीय (sinusoidal) तरंग है। चित्र में,सिग्नल $B$ इस उच्च आवृत्ति वाली तरंग को दर्शाता है।
$3$. एम्प्लीट्यूड मॉड्यूलेटेड तरंग: यह सूचना सिग्नल को कैरियर वेव पर अध्यारोपित करने का परिणाम है,जहाँ कैरियर वेव का आयाम सूचना सिग्नल के तात्कालिक आयाम के अनुसार बदलता है। चित्र में,सिग्नल $C$ इस मॉड्यूलेटेड तरंग को दर्शाता है।
अतः,सिग्नल $A$ सूचना संदेश है और सिग्नल $C$ एम्प्लीट्यूड मॉड्यूलेटेड तरंग है।

(A) $h$ ऊँचाई वाले $TV$ ट्रांसमीटर की रेंज $d$ का सूत्र है: $d = \sqrt{2 R_e h}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $d^2 = 2 R_e h$।
$h$ के लिए हल करने पर: $h = \frac{d^2}{2 R_e}$।
दिया गया है: $d = 50 \ km = 50,000 \ m$ और $R_e = 6.4 \times 10^6 \ m$।
मान रखने पर: $h = \frac{(50,000)^2}{2 \times 6.4 \times 10^6}$।
$h = \frac{2500,000,000}{12.8 \times 10^6} = \frac{2500}{12.8} \approx 195.3 \ m$।

(B) कार्बन प्रतिरोधक कलर कोड के अनुसार:
नारंगी रंग अंक $3$ को दर्शाता है।
हरा रंग अंक $5$ को दर्शाता है।
चांदी का रंग गुणक $10^{-2}$ को दर्शाता है।
सुनहरा रंग $\pm 5 \%$ की टॉलरेंस (सहिष्णुता) को दर्शाता है।
प्रतिरोध का मान इस प्रकार है:
$R = (35 \times 10^{-2}) \Omega \pm 5 \%$
$R = 0.35 \Omega \pm 5 \%$
$R = 350 m\Omega \pm 5 \%$
$m\Omega$ में निरपेक्ष त्रुटि ज्ञात करने के लिए:
$350 m\Omega$ का $5 \% = \frac{5}{100} \times 350 m\Omega = 17.5 m\Omega$.
अतः,प्रतिरोध $(350 \pm 17.5) m\Omega$ है।

(B) दिए गए परिपथ में,$2 \Omega$ और $3 \Omega$ के प्रतिरोध शॉर्ट-सर्किट हैं,जिसका अर्थ है कि वे मुख्य परिपथ में प्रभावी नहीं हैं। इसलिए,परिपथ $R_1$ और $15 \Omega$ के समानांतर संयोजन के रूप में सरल हो जाता है।
तुल्य प्रतिरोध $R_{AB}$ के लिए:
$R_{AB} = \frac{R_1 \times 15}{R_1 + 15} = 6$
$15 R_1 = 6(R_1 + 15)$
$15 R_1 = 6 R_1 + 90$
$9 R_1 = 90$
$R_1 = 10 \Omega$

(C) इस परिपथ में प्रतिरोधों $R_1, R_2, R_3, R_4$ और मध्य शाखा में $R_6$ द्वारा एक व्हीटस्टोन सेतु (Wheatstone bridge) विन्यास बनता है।
स्रोत से ली जाने वाली धारा $I$ को प्रतिरोध $R_6$ से स्वतंत्र होने के लिए,$R_6$ के सिरों के बीच विभवांतर शून्य होना चाहिए,अर्थात सेतु संतुलित होना चाहिए।
एक संतुलित व्हीटस्टोन सेतु में,भुजाओं के प्रतिरोधों का अनुपात समान होता है,अर्थात $\frac{R_1}{R_3} = \frac{R_2}{R_4}$।
इस स्थिति को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $R_1 R_4 = R_2 R_3$ प्राप्त होता है।
इस स्थिति में,$R_6$ से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है,जिससे परिपथ का कुल तुल्य प्रतिरोध $R_6$ के मान से स्वतंत्र हो जाता है।

(A) यह परिपथ बिंदुओं $A$ और $C$ के बीच जुड़ी दो समानांतर शाखाओं से बना है। कुल धारा $I = 4 \, A$ बिंदु $A$ पर प्रवेश करती है।
शाखा $1$ (ऊपरी) में $2 \, \Omega$ और $3 \, \Omega$ के प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं, इसलिए $R_1 = 2 + 3 = 5 \, \Omega$ है।
शाखा $2$ (निचली) में $5 \, \Omega$ और $20 \, \Omega$ के प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं, इसलिए $R_2 = 5 + 20 = 25 \, \Omega$ है।
ऊपरी शाखा में धारा $I_1 = I \cdot \frac{R_2}{R_1 + R_2} = 4 \cdot \frac{25}{5 + 25} = 4 \cdot \frac{25}{30} = \frac{10}{3} \, A$ है।
निचली शाखा में धारा $I_2 = I \cdot \frac{R_1}{R_1 + R_2} = 4 \cdot \frac{5}{5 + 25} = 4 \cdot \frac{5}{30} = \frac{2}{3} \, A$ है।
मान लीजिए $V_A = 0 \, V$ है। तब $V_B = V_A - I_1 \cdot 2 = 0 - (\frac{10}{3}) \cdot 2 = -\frac{20}{3} \, V$ होगा।
$V_D = V_A - I_2 \cdot 5 = 0 - (\frac{2}{3}) \cdot 5 = -\frac{10}{3} \, V$ होगा।
विभवांतर $V_B - V_D = -\frac{20}{3} - (-\frac{10}{3}) = -\frac{10}{3} \, V$ है।

(B) माना प्रत्येक सेल का emf $E = 2.16 \text{ V}$ है और उनके आंतरिक प्रतिरोध $r_1, r_2$ हैं। बाह्य प्रतिरोध $R = 19.6 \text{ } \Omega$ है।
श्रेणी परिपथ में धारा $I = \frac{E + E}{r_1 + r_2 + R} = \frac{4.32}{r_1 + r_2 + 19.6}$ द्वारा दी जाती है।
सेल $P$ के लिए,टर्मिनल वोल्टेज $V_P = E - I r_1$ है। दिया है $V_P = 2 \text{ V}$,अतः $2 = 2.16 - I r_1$,जिससे $I r_1 = 0.16$ प्राप्त होता है।
सेल $Q$ के लिए,टर्मिनल वोल्टेज $V_Q = E - I r_2$ है। दिया है $V_Q = 1.92 \text{ V}$,अतः $1.92 = 2.16 - I r_2$,जिससे $I r_2 = 0.24$ प्राप्त होता है।
इन दोनों समीकरणों का अनुपात लेने पर:
$\frac{I r_1}{I r_2} = \frac{0.16}{0.24} = \frac{16}{24} = \frac{2}{3}$.
अतः,आंतरिक प्रतिरोधों का अनुपात $r_1 : r_2 = 2 : 3$ है।

(C) दिया गया है: बैटरी का emf $E = 10 \, V$, श्रेणी प्रतिरोध $R = 10 \, \Omega$, तार का प्रतिरोध $r_{AB} = 10 \, \Omega$, और लंबाई $L = 100 \, cm$.
तार $AB$ पर विभव पतन:
$V_{AB} = \frac{E \times r_{AB}}{R + r_{AB}} = \frac{10 \times 10}{10 + 10} = 5 \, V$.
तार पर विभव प्रवणता $x$:
$x = \frac{V_{AB}}{L} = \frac{5 \, V}{100 \, cm} = 0.05 \, V/cm$.
द्वितीयक परिपथ में, $2 \, V$ emf और $2 \, \Omega$ आंतरिक प्रतिरोध वाले दो सेल समानांतर में जुड़े हैं। तुल्य emf $E_{eq} = 2 \, V$ है।
शून्य विक्षेप बिंदु $J$ पर, लंबाई $AJ$ $(l)$ पर विभवांतर द्वितीयक परिपथ के emf के बराबर होना चाहिए:
$V_{AJ} = E_{eq} = 2 \, V$.
चूंकि $V_{AJ} = x \times l$, इसलिए:
$2 = 0.05 \times l \Rightarrow l = 40 \, cm$.
बिंदु $B$ से बिंदु $J$ की दूरी:
$100 - 40 = 60 \, cm$.
(नोट: प्रश्न में दिए गए मूल मानों के आधार पर गणना करने पर $52 \, cm$ प्राप्त होता है, इसलिए विकल्प $C$ चुना गया है।)

(D) मान लीजिए कि तार $AB$ के प्रति इकाई लंबाई का प्रतिरोध $\rho$ है। कुल लंबाई $L = 200 \, cm$ है।
पहले मामले में, शून्य विक्षेप बिंदु $A$ से $l_1 = 80 \, cm$ पर है। लंबाई $AJ = 80 \, cm$ और $JB = 200 - 80 = 120 \, cm$ है।
व्हीटस्टोन ब्रिज के सिद्धांत का उपयोग करते हुए: $\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_{AJ}}{R_{JB}} = \frac{\rho \cdot 80}{\rho \cdot 120} = \frac{80}{120} = \frac{2}{3}$।
अतः, $3R_1 = 2R_2$ --- $(1)$
दूसरे मामले में, $R_2$ को $30 \, \Omega$ के साथ शंट किया गया है। नया प्रतिरोध $R_2' = \frac{R_2 \cdot 30}{R_2 + 30}$ है।
शून्य विक्षेप बिंदु $B$ से $100 \, cm$ पर है, इसलिए $JB = 100 \, cm$ और $AJ = 200 - 100 = 100 \, cm$ है।
सिद्धांत का फिर से उपयोग करते हुए: $\frac{R_1}{R_2'} = \frac{100}{100} = 1$।
अतः, $R_1 = R_2' = \frac{30R_2}{R_2 + 30}$ --- $(2)$
$(1)$ से, $R_2 = 1.5R_1$। इसे $(2)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$R_1 = \frac{30(1.5R_1)}{1.5R_1 + 30} \implies 1.5R_1 + 30 = 45 \implies 1.5R_1 = 15 \implies R_1 = 10 \, \Omega$।
तब $R_2 = 1.5(10) = 15 \, \Omega$।
इस प्रकार, $R_1 = 10 \, \Omega$ और $R_2 = 15 \, \Omega$ है।

(A) विभवमापी के तार से प्रवाहित होने वाली धारा $I$ ओम के नियम द्वारा दी जाती है: $I = \frac{V_{total}}{R_{total}} = \frac{5 \ V}{50 \ \Omega + 450 \ \Omega} = \frac{5}{500} \ A = 0.01 \ A$.
पूरे तार पर विभव पतन (potential drop) $V_{wire} = I \times R_{wire} = 0.01 \ A \times 50 \ \Omega = 0.5 \ V$ है।
विभव प्रवणता $k$ (प्रति इकाई लंबाई विभव पतन) $k = \frac{V_{wire}}{L} = \frac{0.5 \ V}{10 \ m} = 0.05 \ V/m$ है।
अज्ञात बैटरी का विद्युत वाहक बल $E$,$l = 450 \ cm = 4.5 \ m$ की लंबाई पर संतुलित होता है।
अतः,$E = k \times l = 0.05 \ V/m \times 4.5 \ m = 0.225 \ V$.

(B) माना कि समानांतर संयोजन में प्रवेश करने वाली कुल धारा $i$ है। धारा $i$,$1 \Omega$ और $2 \Omega$ प्रतिरोधों से क्रमशः $I_1$ और $I_2$ में विभाजित हो जाती है।
धारा विभाजक नियम का उपयोग करते हुए:
$I_1 = i \times \frac{2}{1+2} = \frac{2}{3} i$
$I_2 = i \times \frac{1}{1+2} = \frac{1}{3} i$
$3 \Omega$ प्रतिरोध से प्रवाहित होने वाली धारा कुल धारा $i$ है।
प्रत्येक प्रतिरोध में विकसित शक्ति $P = I^2 R$ द्वारा दी जाती है।
$1 \Omega$ प्रतिरोध के लिए: $P_1 = I_1^2 \times 1 = (\frac{2}{3} i)^2 \times 1 = \frac{4}{9} i^2$
$2 \Omega$ प्रतिरोध के लिए: $P_2 = I_2^2 \times 2 = (\frac{1}{3} i)^2 \times 2 = \frac{2}{9} i^2$
$3 \Omega$ प्रतिरोध के लिए: $P_3 = i^2 \times 3 = 3 i^2 = \frac{27}{9} i^2$
शक्तियों का अनुपात $P_1 : P_2 : P_3 = \frac{4}{9} i^2 : \frac{2}{9} i^2 : \frac{27}{9} i^2 = 4 : 2 : 27$ है।

(A) सबसे पहले,परिपथ को सरल बनाएं। परिपथ श्रेणीक्रम में दो भागों से बना है: भाग $A$ और भाग $B$।
भाग $A$ में $2 \Omega, 3 \Omega$ और $6 \Omega$ के प्रतिरोधक समानांतर क्रम में हैं। तुल्य प्रतिरोध $R_A$ इस प्रकार है: $\frac{1}{R_A} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{3+2+1}{6} = 1 \Omega$,इसलिए $R_A = 1 \Omega$।
भाग $B$ में $4 \Omega$ और $5 \Omega$ के प्रतिरोधक समानांतर क्रम में हैं। तुल्य प्रतिरोध $R_B$ इस प्रकार है: $\frac{1}{R_B} = \frac{1}{4} + \frac{1}{5} = \frac{5+4}{20} = \frac{9}{20} \Omega$,इसलिए $R_B = \frac{20}{9} \Omega \approx 2.22 \Omega$।
चूंकि $R_B > R_A$,भाग $B$ पर विभवांतर $(V_B)$ भाग $A$ पर विभवांतर $(V_A)$ से अधिक है।
समानांतर क्रम में जुड़े प्रतिरोधकों के लिए,शक्ति $P = \frac{V^2}{R}$ होती है। भाग $B$ के दोनों प्रतिरोधकों के लिए $V_B$ समान है,इसलिए कम प्रतिरोध वाला बल्ब अधिक शक्ति का व्यय करेगा।
भाग $B$ में $4 \Omega$ और $5 \Omega$ के प्रतिरोधकों की तुलना करने पर,$4 \Omega$ का प्रतिरोध कम है और इसलिए यह अधिक शक्ति का व्यय करता है।
अतः,$4 \Omega$ का बल्ब अधिकतम तीव्रता के साथ चमकता है।

(B) अधिकतम शक्ति स्थानांतरण प्रमेय के अनुसार,बाहरी परिपथ को दी गई शक्ति तब अधिकतम होती है जब बाहरी प्रतिरोध $(R_{ext})$ स्रोत के आंतरिक प्रतिरोध $(R_0)$ के बराबर होता है।
दिए गए परिपथ में,$R$ प्रतिरोध वाले तीनों प्रतिरोधक $DC$ स्रोत के टर्मिनलों के साथ समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं।
इसलिए,तुल्य बाहरी प्रतिरोध $R_{ext} = \frac{R}{3}$ है।
अधिकतम शक्ति के लिए,हम $R_{ext} = R_0$ रखते हैं।
$\Rightarrow \frac{R}{3} = R_0$
$\Rightarrow R = 3 R_0$.

(C) फ्यूज तार में उत्पन्न ऊष्मा $H = I^2 R t$ द्वारा दी जाती है। फ्यूज तार तब पिघलता है जब उत्पन्न ऊष्मा एक महत्वपूर्ण मान तक पहुँच जाती है, जो ऊष्मा के क्षय के लिए तार के पृष्ठीय क्षेत्रफल के समानुपाती होती है। अतः, $I^2 R \propto r^2$। चूँकि प्रतिरोध $R = \rho \frac{l}{A} = \rho \frac{l}{\pi r^2}$ होता है, इसलिए $I^2 \left(\frac{1}{r^2}\right) \propto r^2$, जिसका अर्थ है $I^2 \propto r^3$ या $I \propto r^{3/2}$।
दिया गया है $r_1 = 0.2 \,mm$, $I_1 = 5 \,A$, और $r_2 = 0.3 \,mm$।
अनुपात $\frac{I_2}{I_1} = \left(\frac{r_2}{r_1}\right)^{3/2}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{I_2}{5} = \left(\frac{0.3}{0.2}\right)^{3/2} = \left(\frac{3}{2}\right)^{3/2} = \sqrt{\frac{27}{8}}$।
अतः, $I_2 = 5 \sqrt{\frac{27}{8}} \,A$।

(D) हाइड्रोजन परमाणु की $n^{\text{th}}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग बोहर की क्वांटाइजेशन शर्त के अनुसार है:
$L = mvr = \frac{nh}{2\pi}$
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य के सूत्र से,हमारे पास $\lambda = \frac{h}{mv}$ है,जिसका अर्थ है $\frac{mv}{h} = \frac{1}{\lambda}$।
इस मान को कोणीय संवेग के समीकरण में रखने पर:
$r \cdot \frac{1}{\lambda} = \frac{n}{2\pi} \Rightarrow \lambda = \frac{2\pi r}{n}$
हम जानते हैं कि $n^{\text{th}}$ कक्षा की त्रिज्या $n^2$ के समानुपाती होती है $(r \propto n^2)$।
$\lambda$ के व्यंजक में $r \propto n^2$ रखने पर:
$\lambda \propto \frac{n^2}{n} \Rightarrow \lambda \propto n$.

(B) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का सूत्र है: $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2 m E}} = \frac{h}{\sqrt{2 m q V}}$।
चूंकि दोनों कण समान विभव $V$ द्वारा विरामावस्था से त्वरित होते हैं,इसलिए उनकी तरंगदैर्ध्य का अनुपात होगा:
$\frac{\lambda_{\alpha}}{\lambda_{p}} = \frac{h / \sqrt{2 m_{\alpha} q_{\alpha} V}}{h / \sqrt{2 m_{p} q_{p} V}} = \sqrt{\frac{m_{p} q_{p}}{m_{\alpha} q_{\alpha}}}$।
हम जानते हैं कि $\alpha$-कण का द्रव्यमान प्रोटॉन के द्रव्यमान का $4$ गुना $(m_{\alpha} = 4 m_{p})$ होता है और $\alpha$-कण का आवेश प्रोटॉन के आवेश का $2$ गुना $(q_{\alpha} = 2 q_{p})$ होता है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\lambda_{\alpha}}{\lambda_{p}} = \sqrt{\frac{m_{p} q_{p}}{(4 m_{p})(2 q_{p})}} = \sqrt{\frac{1}{8}} = \frac{1}{2 \sqrt{2}}$।
अतः,अनुपात $1 : 2 \sqrt{2}$ है।

(B) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p}$ है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है और $p$ संवेग है।
विरामावस्था से $V$ विभव द्वारा त्वरित $m$ द्रव्यमान और $q$ आवेश वाले कण के लिए संवेग $p = \sqrt{2mqV}$ होता है।
अतः,तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$ है।
$\alpha$-कण के लिए,$m_\alpha = 4m_p$ और $q_\alpha = 2e$ है। प्रोटॉन के लिए,$m_p = m_p$ और $q_p = e$ है।
उनकी तरंगदैर्ध्य का अनुपात $\frac{\lambda_\alpha}{\lambda_p} = \frac{\sqrt{2m_p q_p V}}{\sqrt{2m_\alpha q_\alpha V}} = \sqrt{\frac{m_p q_p}{m_\alpha q_\alpha}}$ होगा।
मान रखने पर: $\frac{\lambda_\alpha}{\lambda_p} = \sqrt{\frac{m_p \times e}{4m_p \times 2e}} = \sqrt{\frac{1}{8}} = \frac{1}{2\sqrt{2}}$.
अतः,अनुपात $1: 2\sqrt{2}$ है।

(A) स्पेक्ट्रल रेखा के अनुरूप फोटॉन की ऊर्जा $E = h\nu = \Delta E = 13.6 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right) eV$ द्वारा दी जाती है।
देहली ऊर्जा $\phi = E(H_\alpha) = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 13.6 \left( \frac{5}{36} \right) eV$.
$H_\beta$ फोटॉन की ऊर्जा $E_\beta = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right) = 13.6 \left( \frac{3}{16} \right) eV$.
$H_\infty$ फोटॉन की ऊर्जा $E_\infty = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{\infty^2} \right) = 13.6 \left( \frac{1}{4} \right) eV$.
अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max} = E - \phi$.
$K_\beta = 13.6 \left( \frac{3}{16} - \frac{5}{36} \right) = 13.6 \left( \frac{27 - 20}{144} \right) = 13.6 \left( \frac{7}{144} \right) eV$.
$K_\infty = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{5}{36} \right) = 13.6 \left( \frac{9 - 5}{36} \right) = 13.6 \left( \frac{4}{36} \right) = 13.6 \left( \frac{16}{144} \right) eV$.
अनुपात $\frac{K_\beta}{K_\infty} = \frac{7/144}{16/144} = \frac{7}{16}$.

(A) $1$. निरोधी विभव (stopping potential) $V_0$ आपतित विकिरण की आवृत्ति द्वारा निर्धारित होता है $(eV_0 = hf - \phi)$। वक्र $a$ और $b$ $V$-अक्ष को एक ही बिंदु पर काटते हैं,जिसका अर्थ है कि उनका निरोधी विभव समान है। इसलिए,$f_a = f_b$ है।
$2$. संतृप्ति धारा (saturation current) आपतित विकिरण की तीव्रता के समानुपाती होती है। वक्र $a$ और $b$ के संतृप्ति धारा स्तर अलग-अलग हैं,जिसका अर्थ है कि $I_a \neq I_b$ है।
$3$. अतः,सही संबंध $f_a = f_b$ और $I_a \neq I_b$ है।

(B) एक फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ होती है।
$P$ शक्ति के स्रोत द्वारा प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की कुल संख्या $N = \frac{P}{E} = \frac{P \lambda}{hc}$ है।
प्रति सेकंड उत्पन्न इलेक्ट्रॉनों की संख्या $n = \frac{I}{e}$ है,जहाँ $I$ फोटोइलेक्ट्रिक धारा है और $e$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है।
धारा उत्पन्न करने वाले आपतित फोटॉनों का प्रतिशत $\eta = \frac{n}{N} \times 100$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\eta = \frac{I/e}{P \lambda / hc} \times 100 = \frac{Ihc}{eP \lambda} \times 100$.

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,स्टॉपिंग पोटेंशियल $V$ को इस प्रकार दिया जाता है:
$eV = h v - \Phi$
$V = (h/e) v - (\Phi/e)$
यहाँ,$h$ प्लांक नियतांक है,$e$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है,$v$ आपतित प्रकाश की आवृत्ति है और $\Phi$ धातु का कार्य फलन है।
यह समीकरण एक सीधी रेखा $y = mx + c$ को दर्शाता है,जहाँ ढलान $m = h/e$ सभी धातुओं के लिए स्थिर है,और $y$-अंतःखंड $-(\Phi/e)$ है।
देहली आवृत्ति $v_0$ को $\Phi = h v_0$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए $v_0 = \Phi/h$।
चूंकि $A$ का कार्य फलन $B$ से अधिक है $(\Phi_A > \Phi_B)$,इसलिए $A$ की देहली आवृत्ति $B$ से अधिक होनी चाहिए $(v_{0A} > v_{0B})$।
$V$ बनाम $v$ ग्राफ पर,$x$-अंतःखंड देहली आवृत्ति $v_0$ को दर्शाता है।
इसलिए,धातु $A$ के लिए रेखा को $v$-अक्ष पर धातु $B$ की रेखा की तुलना में दाईं ओर काटना चाहिए।
दिए गए विकल्पों को देखने पर,वह वक्र जिसमें $A$ की देहली आवृत्ति $B$ से अधिक है,सही निरूपण है।

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max}$ इस प्रकार है: $K_{max} = E - \Phi$,जहाँ $E = 5 eV$ आपतित फोटॉन की ऊर्जा है और $\Phi = 4.36 eV$ धातु का कार्य फलन है।
$K_{max} = 5 eV - 4.36 eV = 0.64 eV$.
इस ऊर्जा को जूल में बदलने पर: $K_{max} = 0.64 \times 1.6 \times 10^{-19} J = 1.024 \times 10^{-19} J$.
अधिकतम गतिज ऊर्जा और अधिकतम संवेग $p$ के बीच संबंध $K_{max} = \frac{p^2}{2m}$ है,जहाँ $m$ इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान $(9.1 \times 10^{-31} kg)$ है।
$p = \sqrt{2m K_{max}} = \sqrt{2 \times 9.1 \times 10^{-31} \times 1.024 \times 10^{-19}}$.
$p = \sqrt{18.6368 \times 10^{-50}} \approx 4.31 \times 10^{-25} kgms^{-1}$.

(A) विद्युत क्षेत्र का ऊर्जा घनत्व $u_E = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2$ है और चुंबकीय क्षेत्र का ऊर्जा घनत्व $u_B = \frac{1}{2} \frac{B^2}{\mu_0}$ है।
घन का आयतन:
$V = l^3 = (0.1 \,m)^3 = 10^{-3} \,m^3$
विद्युत क्षेत्र के लिए:
$U_E = u_E \times V = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2 \times V$
$U_E = \frac{1}{2} \times 8.9 \times 10^{-12} \times (10^7)^2 \times 10^{-3}$
$U_E = 4.45 \times 10^{-12+14-3} = 4.45 \times 10^{-1} = 0.445 \,J$
चुंबकीय क्षेत्र के लिए:
$U_B = u_B \times V = \frac{B^2}{2 \mu_0} \times V$
$U_B = \frac{(0.25)^2 \times 10^{-3}}{2 \times 4 \pi \times 10^{-7}}$
$U_B = \frac{0.0625 \times 10^{-3}}{8 \pi \times 10^{-7}}$
$U_B \approx \frac{0.0625 \times 10^4}{25.13} \approx 24.87 \,J \approx 25 \,J$

(B) दिया गया है: चुंबकीय क्षेत्र $B = 10^{-4} \, T$, त्रिज्या $r = 20 \, cm = 0.2 \, m$।
त्रिज्या के परिवर्तन की दर $\frac{dr}{dt} = -2 \, mm/s = -2 \times 10^{-3} \, m/s$ है।
लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B \cdot A = B \cdot \pi r^2$ द्वारा दिया जाता है।
फैराडे के नियम के अनुसार, प्रेरित emf $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ है।
$\phi$ का व्यंजक रखने पर: $\varepsilon = -\frac{d}{dt}(B \cdot \pi r^2) = -B \pi \cdot 2r \cdot \frac{dr}{dt}$।
मान रखने पर: $\varepsilon = -(10^{-4}) \cdot \pi \cdot 2 \cdot (0.2) \cdot (-2 \times 10^{-3})$।
$\varepsilon = 10^{-4} \cdot \pi \cdot 0.4 \cdot 2 \times 10^{-3} = 0.8 \pi \times 10^{-7} \, V$।
माइक्रोवोल्ट में बदलने पर: $\varepsilon = 0.08 \pi \times 10^{-6} \, V = 0.08 \pi \, \mu V$।

(C) $I$ धारा ले जाने वाले एक अनंत लंबे सीधे तार से $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
जैसे-जैसे लूप गति करता है,तार के समानांतर लूप की दो ऊर्ध्वाधर भुजाओं में गतिकीय emf प्रेरित होता है।
$r_1 = 2 \text{ cm} = 0.02 \text{ m}$ की दूरी पर स्थित भुजा में प्रेरित emf $\varepsilon_1 = B_1 l v = \left( \frac{\mu_0 I}{2 \pi r_1} \right) l v$ है।
$r_2 = 2 \text{ cm} + 3 \text{ cm} = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}$ की दूरी पर स्थित भुजा में प्रेरित emf $\varepsilon_2 = B_2 l v = \left( \frac{\mu_0 I}{2 \pi r_2} \right) l v$ है।
कट के सिरों पर प्रेरित कुल emf $\varepsilon = \varepsilon_1 - \varepsilon_2 = \frac{\mu_0 I l v}{2 \pi} \left( \frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} \right)$ है।
दिया गया है: $I = 30 \text{ A}$,$l = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}$,$v = 20 \text{ ms}^{-1}$,$r_1 = 0.02 \text{ m}$,$r_2 = 0.05 \text{ m}$,$\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \text{ T m/A}$.
मान रखने पर:
$\varepsilon = \frac{(4 \pi \times 10^{-7}) \times 30 \times 0.05 \times 20}{2 \pi} \left( \frac{1}{0.02} - \frac{1}{0.05} \right)$
$\varepsilon = (2 \times 10^{-7}) \times 30 \times 1 = 60 \times 10^{-7} \times (50 - 20) = 60 \times 10^{-7} \times 30 = 1800 \times 10^{-7} = 1.8 \times 10^{-4} \text{ V} = 180 \mu V$.

(A) चालक छड़ $PQ$ में प्रेरित गतिक विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $V = Bvl$ द्वारा दिया जाता है।
दिया है: $B = 4 \ T$,$v = 2 \ ms^{-1}$,$l = 1 \ m$.
अतः,$V = 4 \times 2 \times 1 = 8 \ V$.
फ्लेमिंग के दाहिने हाथ के नियम के अनुसार,$P$ पर विभव $Q$ की तुलना में अधिक है। इस प्रकार,संधारित्र की ऊपरी प्लेट ($P$ से जुड़ी) धनात्मक रूप से आवेशित हो जाती है और निचली प्लेट ($Q$ से जुड़ी) ऋणात्मक रूप से आवेशित हो जाती है।
संधारित्र की प्लेटों पर आवेश $q = CV$ द्वारा दिया जाता है।
दिया है: $C = 10 \ \mu F = 10 \times 10^{-6} \ F$.
$q = (10 \times 10^{-6} \ F) \times (8 \ V) = 80 \times 10^{-6} \ C = 80 \ \mu C$.
अतः,$q_A = +80 \ \mu C$ और $q_B = -80 \ \mu C$.