AP EAMCET 2020 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) मान लीजिए कि ऊपर की दिशा धनात्मक है और नीचे की दिशा ऋणात्मक है। प्रारंभिक स्थिति $y_0 = h$ है और अंतिम स्थिति $y = 0$ है।
प्रारंभिक वेग $u = v$ है और त्वरण $a = -g$ है।
गति के समीकरण $y = y_0 + ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$0 = h + vt - \frac{1}{2}gt^2$
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें द्विघात समीकरण प्राप्त होता है:
$\frac{1}{2}gt^2 - vt - h = 0$
$2$ से गुणा करने पर,हमें $gt^2 - 2vt - 2h = 0$ प्राप्त होता है।
द्विघात सूत्र $t = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ का उपयोग करने पर,जहाँ $a=g$,$b=-2v$,और $c=-2h$ है:
$t = \frac{2v \pm \sqrt{(-2v)^2 - 4(g)(-2h)}}{2g}$
$t = \frac{2v \pm \sqrt{4v^2 + 8gh}}{2g}$
$t = \frac{2v \pm 2\sqrt{v^2 + 2gh}}{2g}$
$t = \frac{v \pm \sqrt{v^2 + 2gh}}{g}$
चूँकि समय धनात्मक होना चाहिए,हम धनात्मक मूल लेते हैं:
$t = \frac{v + \sqrt{v^2 + 2gh}}{g}$
$t = \frac{v}{g} + \frac{\sqrt{v^2(1 + \frac{2gh}{v^2})}}{g}$
$t = \frac{v}{g} + \frac{v}{g}\sqrt{1 + \frac{2gh}{v^2}}$
$t = \frac{v}{g}\left[1 + \sqrt{1 + \frac{2gh}{v^2}}\right]$

(C) गेंद को एक खिलाड़ी से दूसरे खिलाड़ी तक पहुँचने में लगा समय उड़ान का समय $(T)$ है।
दिया गया है $T = 4 \,s$।
उड़ान के समय का सूत्र $T = \frac{2 u \sin \theta}{g} = 4 \,s$ है।
इसलिए,$u \sin \theta = 2g = 2 \times 9.8 = 19.6 \,m/s$।
गेंद द्वारा रिलीज बिंदु से प्राप्त अधिकतम ऊँचाई $(H_{max})$ का सूत्र $H_{max} = \frac{(u \sin \theta)^2}{2g}$ है।
$u \sin \theta$ का मान रखने पर: $H_{max} = \frac{(2g)^2}{2g} = 2g = 2 \times 9.8 = 19.6 \,m$।
जमीन से गेंद की कुल ऊँचाई खिलाड़ी की ऊँचाई और रिलीज बिंदु से प्राप्त अधिकतम ऊँचाई का योग है।
कुल ऊँचाई $= 1.8 \,m + 19.6 \,m = 21.4 \,m$।

(B) चूंकि पत्थर मुक्त रूप से गिरता है, इसलिए इसका प्रारंभिक वेग $u = 0$ है।
पहले $5 \,s$ में पत्थर द्वारा तय की गई दूरी $h = ut + \frac{1}{2}gt^2$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
$u = 0$, $t = 5 \,s$, और $g = 9.8 \,m/s^2$ रखने पर:
$h_1 = 0 \times 5 + \frac{1}{2} \times 9.8 \times 5^2 = 122.5 \,m$.
$n^{th}$ सेकंड में तय की गई दूरी $S_n = u + \frac{1}{2}g(2n - 1)$ द्वारा दी जाती है।
यह दिया गया है कि अंतिम सेकंड में तय की गई दूरी पहले $5 \,s$ में तय की गई दूरी के बराबर है:
$122.5 = 0 + \frac{1}{2} \times 9.8 \times (2n - 1)$.
$122.5 = 4.9 \times (2n - 1)$.
$2n - 1 = \frac{122.5}{4.9} = 25$.
$2n = 26$.
$n = 13 \,s$.

(A) दिया गया विस्थापन समीकरण: $S = 4t^3 - 8t^2 + 5t + 4$ है।
वेग $v$,विस्थापन का समय के सापेक्ष पहला अवकलन है: $v = \frac{dS}{dt} = \frac{d}{dt}(4t^3 - 8t^2 + 5t + 4) = 12t^2 - 16t + 5$।
त्वरण $a$,वेग का समय के सापेक्ष अवकलन है: $a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(12t^2 - 16t + 5) = 24t - 16$।
$t = 2 \ s$ पर त्वरण ज्ञात करने के लिए,त्वरण के समीकरण में $t = 2$ रखने पर: $a = 24(2) - 16 = 48 - 16 = 32 \ m \ s^{-2}$।

(B) दिया गया विस्थापन समीकरण: $S = 30t + 5t^2$ है।
वेग $v$,समय के सापेक्ष विस्थापन के परिवर्तन की दर है: $v = \frac{dS}{dt}$।
$S$ का $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $v = \frac{d}{dt}(30t + 5t^2) = 30 + 10t$।
प्रारंभिक वेग $t = 0$ पर वेग होता है।
वेग समीकरण में $t = 0$ रखने पर: $v = 30 + 10(0) = 30 \ m \ s^{-1}$।
अतः,प्रारंभिक वेग $30 \ m \ s^{-1}$ है।

(A) दिया गया विस्थापन समीकरण: $x = 2t^2 + t + 5$ है।
वेग $v$,समय के सापेक्ष विस्थापन का प्रथम अवकलज है: $v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(2t^2 + t + 5) = 4t + 1$।
त्वरण $a$,समय के सापेक्ष वेग का अवकलज है: $a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(4t + 1) = 4 \ m \cdot s^{-2}$।
चूंकि त्वरण स्थिर है,इसलिए $t = 2 \ s$ पर त्वरण $4 \ m \cdot s^{-2}$ होगा।

(A) कण की स्थिति $s(t) = 3t^3 + 7t^2 + 3t + 8$ द्वारा दी गई है।
वेग $v(t)$ समय के सापेक्ष स्थिति का प्रथम अवकलज है: $v(t) = \frac{ds}{dt} = \frac{d}{dt}(3t^3 + 7t^2 + 3t + 8) = 9t^2 + 14t + 3$.
त्वरण $a(t)$ समय के सापेक्ष वेग का अवकलज है: $a(t) = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(9t^2 + 14t + 3) = 18t + 14$.
$t = 1 \ s$ पर,त्वरण $a(1) = 18(1) + 14 = 18 + 14 = 32 \ m/s^2$ है।

(C) मान लीजिए कि ट्रेन की दिशा (उत्तर) धनात्मक है और तोते की दिशा (दक्षिण) ऋणात्मक है।
ट्रेन का वेग,$v_t = 10 \,ms^{-1}$ है।
तोते का वेग,$v_p = -5 \,ms^{-1}$ है।
ट्रेन के सापेक्ष तोते का आपेक्षिक वेग $v_{pt} = v_t - v_p$ द्वारा दिया जाता है।
$v_{pt} = 10 - (-5) = 15 \,ms^{-1}$ है।
ट्रेन की लंबाई $L = 150 \,m$ है।
तोते द्वारा ट्रेन के साथ-साथ उड़ने में लिया गया समय $t$,आपेक्षिक वेग के साथ ट्रेन की लंबाई को पार करने में लगा समय है।
$t = \frac{L}{v_{pt}} = \frac{150}{15} = 10 \,s$।

(C) मान लीजिए कि प्रारंभिक बिंदु मूल बिंदु $(0, 0, 0)$ है।
हवाई जहाज $400 \,m$ उत्तर की ओर उड़ता है,इसलिए इसकी स्थिति $(0, 400, 0)$ है।
फिर यह $300 \,m$ दक्षिण की ओर उड़ता है,इसलिए इसकी नई स्थिति $(0, 400-300, 0) = (0, 100, 0)$ है।
अंत में,यह $1200 \,m$ ऊपर की ओर उड़ता है,इसलिए इसकी अंतिम स्थिति $(0, 100, 1200)$ है।
कुल विस्थापन मूल बिंदु से अंतिम स्थिति तक की दूरी है:
$d = \sqrt{0^2 + 100^2 + 1200^2}$
$d = \sqrt{10000 + 1440000}$
$d = \sqrt{1450000}$
$d = 100 \sqrt{145} \approx 100 \times 12.04 = 1204.16 \,m$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार निकटतम मान लेने पर,कुल विस्थापन लगभग $1200 \,m$ है।

(D) दूरी किसी वस्तु द्वारा तय की गई कुल पथ की लंबाई है,जबकि विस्थापन प्रारंभिक और अंतिम स्थितियों के बीच की न्यूनतम दूरी है।
किसी भी गति के लिए,विस्थापन का परिमाण हमेशा तय की गई दूरी से कम या उसके बराबर होता है $(|\text{displacement}| \le \text{distance})$।
जब वस्तु बिना दिशा बदले एक सीधी रेखा में चलती है,तो दूरी और विस्थापन समान होते हैं,इसलिए अनुपात $1$ होता है।
जब वस्तु वक्र पथ पर चलती है या दिशा बदलती है,तो विस्थापन हमेशा दूरी से कम होता है,इसलिए अनुपात $1$ से कम होता है।
अतः,विस्थापन और दूरी का अनुपात हमेशा $1$ या $1$ से कम होता है।

(B) दी गई स्थिति को चित्र में दर्शाया गया है। जब पिंड $C / 4$ दूरी तय करता है,जहाँ $C$ परिधि है,तो वह वृत्ताकार पथ पर बिंदु $A$ से बिंदु $B$ तक पहुँचता है।
चूंकि तय की गई दूरी परिधि का एक-चौथाई है,इसलिए केंद्र $O$ पर बना कोण $90^{\circ}$ है।
अतः,$\triangle OAB$ एक समकोण त्रिभुज है जिसमें $OA = OB = r$ है।
विस्थापन प्रारंभिक स्थिति $A$ और अंतिम स्थिति $B$ के बीच की सीधी रेखा की दूरी है।
पाइथागोरस प्रमेय का उपयोग करने पर:
$\text{विस्थापन} = AB = \sqrt{OA^2 + OB^2}$
$\text{विस्थापन} = \sqrt{r^2 + r^2} = \sqrt{2r^2} = r \sqrt{2}$

(A) पिंड का प्रारंभिक वेग $u = 10\sqrt{2} \ m/s$ उत्तर-पूर्व दिशा में है। इसे पूर्व $(\hat{i})$ और उत्तर $(\hat{j})$ दिशा के घटकों में वियोजित करने पर:
$u = (10\sqrt{2} \cos 45^{\circ}) \hat{i} + (10\sqrt{2} \sin 45^{\circ}) \hat{j} = 10 \hat{i} + 10 \hat{j} \ m/s$.
त्वरण दक्षिण दिशा में है, इसलिए $a = -2 \hat{j} \ m/s^2$.
गति के प्रथम समीकरण $v = u + at$ का उपयोग करते हुए, $t = 5 \ s$ के लिए:
$v = (10 \hat{i} + 10 \hat{j}) + (-2 \hat{j}) \times 5$
$v = 10 \hat{i} + 10 \hat{j} - 10 \hat{j}$
$v = 10 \hat{i} \ m/s$.
अतः, अंतिम वेग $10 \ m/s$ पूर्व दिशा में होगा।

(B) दिया गया है: पिंड का द्रव्यमान, $m = 10 \,kg$.
प्रारंभिक वेग, $u = 10 \,m \,s^{-1}$.
समय अंतराल, $t = 4 \,s$.
अंतिम वेग, $v = -2 \,m \,s^{-1}$ (चूंकि यह विपरीत दिशा में है)।
गति के पहले समीकरण का उपयोग करते हुए, $v = u + at$.
त्वरण के लिए सूत्र: $a = \frac{v - u}{t}$.
मान रखने पर: $a = \frac{-2 - 10}{4} = \frac{-12}{4} = -3 \,m \,s^{-2}$.
अतः, उत्पन्न त्वरण $-3 \,m \,s^{-2}$ है।

(A) दिया गया है, परिणामी ऊर्ध्वाधर त्वरण $a = 10 \,m/s^2$, समय $t = 1 \,min = 60 \,s$, और प्रारंभिक वेग $u = 0$ है।
पावर्ड चरण के दौरान प्राप्त ऊँचाई $(h_1)$:
$h_1 = ut + \frac{1}{2}at^2 = 0 \times 60 + \frac{1}{2} \times 10 \times (60)^2 = 18000 \,m = 18 \,km$।
पावर्ड चरण के अंत में वेग $(v)$:
$v = u + at = 0 + 10 \times 60 = 600 \,m/s$।
ईंधन समाप्त होने के बाद, रॉकेट गुरुत्वाकर्षण के तहत गति करता है $(a = -g = -9.8 \,m/s^2)$ जब तक कि उसका वेग शून्य न हो जाए।
अनपावर्ड चरण के दौरान प्राप्त ऊँचाई $(h_2)$:
$v_f^2 - v^2 = 2ah_2$ का उपयोग करते हुए, जहाँ $v_f = 0$:
$0 - (600)^2 = 2(-9.8)h_2 \Rightarrow h_2 = \frac{360000}{19.6} \approx 18367.3 \,m \approx 18.4 \,km$।
कुल अधिकतम ऊँचाई $H = h_1 + h_2 = 18 \,km + 18.4 \,km = 36.4 \,km$।

(D)
माना $u = 0$ प्रारंभिक वेग है और $a$ पिंड का एकसमान त्वरण है।
पहले $t = 2 \,s$ में तय की गई दूरी है:
$x_1 = ut + \frac{1}{2}at^2 = 0(2) + \frac{1}{2}a(2)^2 = 2a \quad (i)$
$2 \,s$ के अंत में वेग है:
$v = u + at = 0 + a(2) = 2a \quad (ii)$
अगले $2 \,s$ में ($t = 2 \,s$ से $t = 4 \,s$ तक) प्रारंभिक वेग $v = 2a$ के साथ तय की गई दूरी है:
$x_2 = vt + \frac{1}{2}at^2 = (2a)(2) + \frac{1}{2}a(2)^2 = 4a + 2a = 6a$
$x_1$ और $x_2$ की तुलना करने पर:
$x_2 = 6a = 3(2a) = 3x_1$
अतः, $x_2 = 3x_1$

(A) दिया गया है:
द्रव्यमान $m = 20 \ kg$
प्रारंभिक वेग $u = 15 \ m s^{-1}$
मंदक बल $F = 100 \ N$
अंतिम वेग $v = 0 \ m s^{-1}$ (क्योंकि पिंड विराम अवस्था में आ जाता है)
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,त्वरण $a = F/m$ होता है। चूंकि बल मंदक है,यह गति की विपरीत दिशा में कार्य करता है,इसलिए $a = -F/m$.
$a = -\frac{100 \ N}{20 \ kg} = -5 \ m s^{-2}$.
गति के प्रथम समीकरण $v = u + at$ का उपयोग करने पर:
$0 = 15 + (-5)t$
$5t = 15$
$t = 3 \ s$.
अतः,पिंड $3 \ s$ के बाद विराम अवस्था में आ जाएगा।

(C) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,ब्रेकिंग बल द्वारा किया गया कार्य ट्रेन की गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
$W = F \cdot d = \Delta K = \frac{1}{2}mv^2$
चूंकि प्रारंभिक वेग $v$ और द्रव्यमान $m$ स्थिर हैं,इसलिए ट्रेन को रोकने के लिए किया गया कार्य स्थिर होना चाहिए।
$F_1 d_1 = F_2 d_2$
दिया गया है कि $F_1 = F$ और $d_1 = x$ है।
नया बल $F_2 = \frac{F}{4}$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $F \cdot x = (\frac{F}{4}) \cdot d_2$
$d_2 = 4x$.
अतः,ट्रेन मूल दूरी की चार गुनी दूरी तय करेगी।

(A) माना प्रक्षेपण वेग $v$ है और प्रक्षेपण कोण $\theta$ है।
दिया गया है कि परास $R$,अधिकतम ऊँचाई $H$ की दोगुनी है,अर्थात $R = 2H$।
हम जानते हैं कि परास और अधिकतम ऊँचाई के सूत्र इस प्रकार हैं:
$R = \frac{v^2 \sin 2\theta}{g} = \frac{2v^2 \sin \theta \cos \theta}{g}$
$H = \frac{v^2 \sin^2 \theta}{2g}$
इन मानों को दी गई शर्त $R = 2H$ में रखने पर:
$\frac{2v^2 \sin \theta \cos \theta}{g} = 2 \left( \frac{v^2 \sin^2 \theta}{2g} \right)$
$\frac{2v^2 \sin \theta \cos \theta}{g} = \frac{v^2 \sin^2 \theta}{g}$
$2 \cos \theta = \sin \theta \Rightarrow \tan \theta = 2$।
त्रिभुज से जहाँ $\tan \theta = \frac{\text{लंब}}{\text{आधार}} = \frac{2}{1}$,कर्ण $\sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$ होगा।
अतः,$\sin \theta = \frac{2}{\sqrt{5}}$ और $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{5}}$।
अब,परास $R$ की गणना करने पर:
$R = \frac{2v^2 \sin \theta \cos \theta}{g} = \frac{2v^2}{g} \left( \frac{2}{\sqrt{5}} \right) \left( \frac{1}{\sqrt{5}} \right) = \frac{4v^2}{5g}$।

(C) जब गेंद-$1$ को मीनार की चोटी से क्षैतिज रूप से प्रक्षेपित किया जाता है और उसी क्षण गेंद-$2$ को लंबवत नीचे गिराया जाता है,तो दोनों गेंदें गुरुत्वीय त्वरण $g$ के समान प्रभाव के अंतर्गत गति करती हैं।
चूंकि दोनों गेंदों के लिए प्रारंभिक ऊर्ध्वाधर वेग $u_y = 0$ है और वे समान ऊर्ध्वाधर ऊँचाई $h$ तय करती हैं,इसलिए जमीन तक पहुँचने में लगा समय गति के समीकरण $h = \frac{1}{2}gt^2$ द्वारा दिया जाता है।
समय के लिए हल करने पर,हमें $t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $h$ और $g$ दोनों गेंदों के लिए समान हैं,इसलिए समय $t$ भी दोनों के लिए समान होगा।
अतः,दोनों गेंदें एक साथ जमीन पर पहुँचेंगी।

(D) मान लीजिए कि प्रक्षेप्य को टॉवर के आधार से $200 \ m$ की दूरी पर स्थित एक बिंदु $O$ से फायर किया जाता है। टॉवर की ऊँचाई $h = 100 \ m$ है और यह प्रक्षेपण बिंदु से $x = 200 \ m$ की क्षैतिज दूरी पर स्थित है। प्रक्षेप्य टॉवर के ऊपर से गुजरता है,जिसका अर्थ है कि $x = 200 \ m$ पर,ऊँचाई $y = 100 \ m$ है।
प्रक्षेप्य के प्रक्षेप पथ का समीकरण इस प्रकार है:
$y = x \tan \theta \left(1 - \frac{x}{R}\right)$
जहाँ $R$ क्षैतिज परास (range) है।
चूंकि प्रक्षेप्य $x = 200 \ m$ पर टॉवर के ऊपर से गुजरता है और टॉवर से $200 \ m$ आगे जमीन पर गिरता है,इसलिए कुल परास $R = 200 \ m + 200 \ m = 400 \ m$ है।
प्रक्षेप पथ के समीकरण में मान रखने पर:
$100 = 200 \tan \theta \left(1 - \frac{200}{400}\right)$
$100 = 200 \tan \theta \left(1 - 0.5\right)$
$100 = 200 \tan \theta \times 0.5$
$100 = 100 \tan \theta$
$\tan \theta = 1$
$\theta = 45^{\circ}$

(D) प्रक्षेप्य गति में,वस्तु पर कार्य करने वाला एकमात्र बल गुरुत्वाकर्षण है,जो ऊर्ध्वाधर नीचे की ओर कार्य करता है।
क्षैतिज दिशा में कोई त्वरण नहीं होता है $(a_x = 0)$।
न्यूटन के प्रथम नियम के अनुसार,यदि किसी दिशा में कोई नेट बल नहीं है,तो उस दिशा में वेग स्थिर रहता है।
इसलिए,वेग का क्षैतिज घटक $(v_x = u cos \theta)$ पूरी उड़ान के दौरान स्थिर रहता है।

(A) माना प्रक्षेपण वेग $v = 2\sqrt{gh}$ है जो क्षैतिज के साथ $\theta$ कोण बनाता है।
वेग का क्षैतिज घटक: $v_x = v \cos \theta = 2\sqrt{gh} \cos \theta$.
दीवारों के बीच की क्षैतिज दूरी $d = 2h$ को तय करने में लगा समय $t = \frac{d}{v_x} = \frac{2h}{2\sqrt{gh} \cos \theta} = \sqrt{\frac{h}{g}} \sec \theta$ ... $(i)$
प्रक्षेप्य पथ के समीकरण $y = x \tan \theta - \frac{gx^2}{2v^2 \cos^2 \theta}$ का उपयोग करते हुए,$y = h$ ऊँचाई वाली दो दीवारों के लिए:
$h = x \tan \theta - \frac{x^2}{8h \cos^2 \theta} \Rightarrow x^2 - (8h \tan \theta \cos^2 \theta) x + 8h^2 = 0$.
दीवारों के बीच की दूरी $x_2 - x_1 = 2h$ है। द्विघात समीकरण के लिए $|x_2 - x_1| = \frac{\sqrt{D}}{|a|}$.
$|x_2 - x_1| = \sqrt{(8h \tan \theta \cos^2 \theta)^2 - 32h^2} = 2h$.
इस समीकरण को हल करने पर $\theta = 60^\circ$ प्राप्त होता है।
समीकरण $(i)$ में $\theta = 60^\circ$ रखने पर: $t = \sqrt{\frac{h}{g}} \sec 60^\circ = 2\sqrt{\frac{h}{g}} = \sqrt{\frac{4h}{g}}$.

(B) प्रक्षेप्य की क्षैतिज परास $R$ का सूत्र $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g}$ है,जहाँ $u$ प्रारंभिक वेग है,$\theta$ प्रक्षेपण कोण है और $g$ गुरुत्वीय त्वरण है।
निश्चित प्रारंभिक वेग $u$ के लिए,परास $R$,$\sin(2\theta)$ के समानुपाती होती है।
परास तब अधिकतम होती है जब $\sin(2\theta)$ अधिकतम हो,जो $2\theta = 90^{\circ}$ अर्थात $\theta = 45^{\circ}$ पर होता है।
दिए गए कोणों के लिए हम $\sin(2\theta)$ के मानों की तुलना करते हैं:
$25^{\circ}$ के लिए,$2\theta = 50^{\circ}$,$\sin(50^{\circ}) \approx 0.766$.
$40^{\circ}$ के लिए,$2\theta = 80^{\circ}$,$\sin(80^{\circ}) \approx 0.985$.
$55^{\circ}$ के लिए,$2\theta = 110^{\circ}$,$\sin(110^{\circ}) = \sin(180^{\circ} - 110^{\circ}) = \sin(70^{\circ}) \approx 0.940$.
$70^{\circ}$ के लिए,$2\theta = 140^{\circ}$,$\sin(140^{\circ}) = \sin(180^{\circ} - 140^{\circ}) = \sin(40^{\circ}) \approx 0.643$.
इन मानों की तुलना करने पर,$\sin(80^{\circ})$ सबसे बड़ा है। अतः,$40^{\circ}$ के कोण पर परास अधिकतम होगी।

(B) प्रारंभिक वेग $u$ और प्रक्षेपण कोण $\theta$ वाले प्रक्षेप्य के लिए,परास $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g}$ द्वारा दी जाती है।
उड़ान का समय $t = \frac{2u \sin\theta}{g}$ द्वारा दिया जाता है।
समान परास $R$ के लिए,दो प्रक्षेपण कोण $\theta$ और $(90^\circ - \theta)$ होते हैं।
माना $t_1 = \frac{2u \sin\theta}{g}$ और $t_2 = \frac{2u \sin(90^\circ - \theta)}{g} = \frac{2u \cos\theta}{g}$.
$t_1$ और $t_2$ का गुणनफल करने पर:
$t_1 t_2 = \left( \frac{2u \sin\theta}{g} \right) \left( \frac{2u \cos\theta}{g} \right) = \frac{4u^2 \sin\theta \cos\theta}{g^2}$.
सर्वसमिका $\sin(2\theta) = 2 \sin\theta \cos\theta$ का उपयोग करने पर:
$t_1 t_2 = \frac{2u^2 \sin(2\theta)}{g^2}$.
चूंकि $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g}$,हम $u^2 \sin(2\theta) = Rg$ प्रतिस्थापित कर सकते हैं:
$t_1 t_2 = \frac{2(Rg)}{g^2} = \frac{2R}{g}$.
चूंकि $2$ और $g$ स्थिरांक हैं,इसलिए $t_1 t_2 \propto R$ है।

(C) मान लीजिए $d$ नदी की चौड़ाई है। तैराक स्थिर पानी में $v$ गति से तैरता है।
सबसे कम समय के लिए,तैराक को नदी के प्रवाह के लंबवत तैरना चाहिए। लिया गया समय $t = \frac{d}{v}$ है।
सबसे कम दूरी के लिए,तैराक को एक ऐसे कोण पर तैरना चाहिए कि परिणामी वेग नदी के किनारे के लंबवत हो। मान लीजिए धारा के लंबवत कोण $\alpha$ है। तब $\sin \alpha = \frac{v_{river}}{v} = \frac{v/2}{v} = \frac{1}{2}$,इसलिए $\alpha = 30^{\circ}$।
धारा के विपरीत कोण $\theta = 90^{\circ} + \alpha = 120^{\circ}$ है।
सबसे कम दूरी के लिए लिया गया समय $t^{\prime} = \frac{d}{v \cos \alpha} = \frac{d}{v \sin \theta}$ है।
लिए गए समय का अनुपात $\frac{t}{t^{\prime}} = \frac{d/v}{d/(v \sin \theta)} = \sin \theta$ है।

(D) जब लड़का स्थिर वेग से चलती खुली कार में यात्रा कर रहा होता है,तो जड़त्व के नियम के कारण लड़के और गेंद दोनों का क्षैतिज वेग कार के वेग के समान होता है।
जब गेंद को लंबवत ऊपर की ओर फेंका जाता है,तो उसका क्षैतिज वेग अपरिवर्तित रहता है क्योंकि उस पर कोई क्षैतिज बल कार्य नहीं कर रहा होता है (हवा के प्रतिरोध को छोड़कर)।
चूंकि कार उसी स्थिर वेग से चलना जारी रखती है,इसलिए समान समय अंतराल में गेंद और कार द्वारा तय की गई क्षैतिज दूरी समान होती है।
इसलिए,गेंद ठीक लड़के के हाथ में ही वापस गिरेगी।

(C) अभिकेंद्र बल का सूत्र $F = \frac{mv^2}{r}$ है,जहाँ $m$ द्रव्यमान है,$v$ वेग है और $r$ त्रिज्या है।
अंतिम बल $F_2$ और प्रारंभिक बल $F_1$ का अनुपात लेने पर,$\frac{F_2}{F_1} = \frac{m_2}{m_1} \cdot \left(\frac{v_2}{v_1}\right)^2 \cdot \left(\frac{r_1}{r_2}\right)$ प्राप्त होता है।
जब द्रव्यमान,गति और त्रिज्या $100 \%$ बढ़ जाते हैं,तो उनके नए मान प्रारंभिक मानों के दोगुने हो जाते हैं: $m_2 = 2m_1$,$v_2 = 2v_1$ और $r_2 = 2r_1$.
इन मानों को अनुपात समीकरण में रखने पर: $\frac{F_2}{F_1} = \left(\frac{2m_1}{m_1}\right) \cdot \left(\frac{2v_1}{v_1}\right)^2 \cdot \left(\frac{r_1}{2r_1}\right) = 2 \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} = 4$.
इस प्रकार,$F_2 = 4F_1$.
बल में प्रतिशत वृद्धि $\frac{F_2 - F_1}{F_1} \times 100 = \frac{4F_1 - F_1}{F_1} \times 100 = 300 \%$ है।

(A) दिया गया है: सिक्के का द्रव्यमान,$m = 0.1 \,kg$।
केंद्र से दूरी,$r = 0.1 \,m$।
घूर्णन की आवृत्ति,$f = 600 \,rpm = \frac{600}{60} \,rps = 10 \,Hz$।
कोणीय वेग,$\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times 10 = 20 \pi \,rad/s$।
अभिकेंद्र बल $F$ का सूत्र $F = m r \omega^2$ है।
मान रखने पर: $F = 0.1 \times 0.1 \times (20 \pi)^2$।
$F = 0.01 \times 400 \pi^2 = 4 \pi^2 \,N$।

(A) वृत्ताकार पथ पर गति करने वाली वस्तु की कोणीय चाल $\omega$ को कोणीय विस्थापन के परिवर्तन की दर के रूप में परिभाषित किया जाता है,जिसका सूत्र है: $\omega = \frac{2\pi}{T}$,जहाँ $T$ एक चक्कर पूरा करने में लगा समय (आवर्तकाल) है।
चूंकि दोनों कारें $A$ और $B$ अपने वृत्ताकार पथों को समान समय में पूरा करती हैं,इसलिए उनके आवर्तकाल समान हैं,अर्थात $T_A = T_B$।
अतः,उनकी कोणीय चालों का अनुपात होगा: $\frac{\omega_A}{\omega_B} = \frac{2\pi / T_A}{2\pi / T_B} = \frac{T_B}{T_A}$।
$T_A = T_B$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $\frac{\omega_A}{\omega_B} = \frac{T_A}{T_A} = 1$।
इस प्रकार,$A$ और $B$ की कोणीय चाल का अनुपात $1: 1$ है।

(A) जब एक ट्रेन घुमावदार ट्रैक पर चलती है,तो वह एक वृत्ताकार पथ का अनुसरण करती है।
घुमावदार ट्रैक के लिए,दो पटरियाँ होती हैं: एक आंतरिक पटरी और एक बाहरी पटरी।
वृत्ताकार पथ का केंद्र आंतरिक पटरी की ओर स्थित होता है।
चूंकि बाहरी पटरी वक्रता के केंद्र से आंतरिक पटरी की तुलना में अधिक दूर होती है,इसलिए बाहरी पटरी की वक्रता त्रिज्या $(R_{outer})$ आंतरिक पटरी की वक्रता त्रिज्या $(R_{inner})$ से अधिक होती है।
इसलिए,$R_{outer} > R_{inner}$।

(B) एकसमान वृत्तीय गति में,कण की चाल स्थिर रहती है और कण एक वृत्ताकार पथ पर गति करता है।
$1$. वेग: वेग सदिश हमेशा किसी भी बिंदु पर वृत्ताकार पथ के स्पर्शरेखीय होता है। इस घटक को अनुप्रस्थ वेग $(v_t = r\omega)$ के रूप में जाना जाता है। वेग का कोई त्रिज्यीय घटक नहीं होता है $(v_r = 0)$ क्योंकि केंद्र से दूरी स्थिर रहती है।
$2$. त्वरण: चूंकि वेग की दिशा लगातार बदलती रहती है,इसलिए वृत्त के केंद्र की ओर एक त्वरण होता है,जिसे अभिकेंद्र या त्रिज्यीय त्वरण $(a_r = v^2/r = r\omega^2)$ कहा जाता है। यहाँ कोई स्पर्शरेखीय (अनुप्रस्थ) त्वरण $(a_t = 0)$ नहीं होता है क्योंकि चाल स्थिर है।
अतः,कण के पास अनुप्रस्थ वेग और त्रिज्यीय त्वरण होता है।

(B) दिए गए चित्र के अनुसार,लोलक $A$ और $C$ की लंबाई समान है।
चूंकि सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए आवर्तकाल $T$ केवल लंबाई $l$ पर निर्भर करता है ($g$ को स्थिर मानते हुए)।
अतः,लोलक $A$ और $C$ की दोलन की प्राकृतिक आवृत्ति समान है।
जब लोलक $A$ को गति में लाया जाता है,तो यह प्रत्यास्थ आधार के लिए एक चालक (driver) के रूप में कार्य करता है,जो बदले में अन्य लोलकों को गति प्रदान करता है।
अनुनाद (resonance) के सिद्धांत के कारण,जिस लोलक की प्राकृतिक आवृत्ति चालक आवृत्ति से मेल खाती है,वह अधिकतम आयाम के साथ कंपन करेगा।
चूंकि $A$ और $C$ की प्राकृतिक आवृत्ति समान है,इसलिए लोलक $C$ अधिकतम आयाम के साथ कंपन करेगा।

(B) दिए गए चित्र से,स्थितिज ऊर्जा $U = U_0 + \frac{1}{2}Ky^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $U_0$ $y = 0$ पर न्यूनतम स्थितिज ऊर्जा है।
$y = 0$ पर,$U_{\min} = 0.01 \text{ J}$.
$y = 20 \text{ mm} = 20 \times 10^{-3} \text{ m} = 2 \times 10^{-2} \text{ m}$ पर,$U_{\max} = 0.04 \text{ J}$.
स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = U_{\max} - U_{\min} = \frac{1}{2}Ky^2$ है।
मान रखने पर:
$0.04 \text{ J} - 0.01 \text{ J} = \frac{1}{2} \times K \times (2 \times 10^{-2} \text{ m})^2$
$0.03 \text{ J} = \frac{1}{2} \times K \times 4 \times 10^{-4} \text{ m}^2$
$0.03 = K \times 2 \times 10^{-4}$
$K = \frac{0.03}{2 \times 10^{-4}} = \frac{3 \times 10^{-2}}{2 \times 10^{-4}} = 1.5 \times 10^2 \text{ Nm}^{-1} = 150 \text{ Nm}^{-1}$.

(B) सरल आवर्त गति में विस्थापन $y$ पर पिंड की स्थितिज ऊर्जा $(U)$ का सूत्र $U = \frac{1}{2} m \omega^2 y^2$ है।
पिंड की कुल ऊर्जा $(E)$ $E = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2$ होती है।
प्रश्न के अनुसार,स्थितिज ऊर्जा कुल ऊर्जा की एक-चौथाई है:
$U = \frac{1}{4} E$
$U$ और $E$ के व्यंजक रखने पर:
$\frac{1}{2} m \omega^2 y^2 = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{2} m \omega^2 A^2 \right)$
दोनों पक्षों से समान पदों $\frac{1}{2} m \omega^2$ को हटाने पर:
$y^2 = \frac{A^2}{4}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$y = \pm \frac{A}{2}$
अतः,माध्य स्थिति से $A/2$ के विस्थापन पर,स्थितिज ऊर्जा कुल ऊर्जा की एक-चौथाई होती है।

(A) सरल आवर्त गति करने वाले एक पिंड की गतिज ऊर्जा $K$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$K = \frac{1}{2} m v^2$
जहाँ $v$ पिंड का वेग है।
यदि विस्थापन $y = a \sin \omega t$ है,तो वेग होगा:
$v = \frac{dy}{dt} = a \omega \cos \omega t$
इस मान को गतिज ऊर्जा के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$K = \frac{1}{2} m (a \omega \cos \omega t)^2 = \frac{1}{2} m a^2 \omega^2 \cos^2 \omega t$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$K = \frac{1}{2} m a^2 \omega^2 \left( \frac{1 + \cos 2\omega t}{2} \right) = \frac{1}{4} m a^2 \omega^2 (1 + \cos 2\omega t)$
यह व्यंजक दर्शाता है कि गतिज ऊर्जा $K$ हमेशा गैर-ऋणात्मक होती है और सरल आवर्त गति की आवृत्ति से दोगुनी आवृत्ति (अर्थात $2\omega$) के साथ बदलती है। विकल्प $A$ में दिया गया ग्राफ इस आवर्ती परिवर्तन को सही ढंग से दर्शाता है,जहाँ $K$,$0$ और अधिकतम मान के बीच $T/2$ के आवर्तकाल के साथ दोलन करता है।

(C) सरल आवर्त गति $(SHM)$ करने वाले कण पर अधिकतम बल $F_{\max} = m \omega^2 a = 10 \,N$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $m$ द्रव्यमान है, $\omega$ कोणीय आवृत्ति है और $a$ आयाम है।
माध्य स्थिति पर, विस्थापन $y = 0$ होता है। चरम स्थिति पर, विस्थापन $y = a$ होता है।
किसी भी विस्थापन $y$ पर कण पर लगने वाला बल $F = m \omega^2 y$ होता है।
जब कण माध्य और चरम स्थितियों के बीच में होता है, तो विस्थापन $y = \frac{a}{2}$ होता है।
इस मान को बल के समीकरण में रखने पर:
$F = m \omega^2 \left(\frac{a}{2}\right) = \frac{1}{2} (m \omega^2 a)$।
चूंकि $m \omega^2 a = 10 \,N$ है, इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$F = \frac{1}{2} \times 10 \,N = 5 \,N$।

(C) $SHM$ कर रहे एक कण का त्वरण निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\alpha = -\omega^2 y$
जहाँ $\alpha$ त्वरण है,$\omega$ कोणीय आवृत्ति है,और $y$ माध्य स्थिति से विस्थापन है।
संबंध $\alpha \propto y$ से यह स्पष्ट है कि त्वरण का परिमाण संतुलन स्थिति से विस्थापन के सीधे आनुपातिक होता है।
माध्य स्थिति से कण का अधिकतम विस्थापन आयाम $A$ के बराबर होता है।
इसलिए,त्वरण तब अधिकतम होता है जब विस्थापन $y$ अधिकतम होता है (अर्थात चरम स्थितियों पर जहाँ $y = \pm A$ होता है)।

(C) सरल आवर्त तरंग के लिए विस्थापन समीकरण:
$y = \frac{10}{\pi} \sin \left(2000 \pi t - \frac{\pi x}{17}\right) \text{ cm}$
इसे मानक तरंग समीकरण $y = a \sin(\omega t - kx)$ के साथ तुलना करने पर:
यहाँ,आयाम $a = \frac{10}{\pi} \text{ cm} = \frac{10}{\pi} \times 10^{-2} \text{ m}$.
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2000 \pi \text{ rad/s}$.
$1$. आवर्तकाल $(T)$:
$\omega = \frac{2\pi}{T} = 2000 \pi$
$T = \frac{2\pi}{2000 \pi} = \frac{1}{1000} \text{ s} = 10^{-3} \text{ s}$.
$2$. अधिकतम वेग $(v_{\max})$:
$v_{\max} = \omega a$
$v_{\max} = (2000 \pi) \times \left(\frac{10}{\pi} \times 10^{-2}\right) \text{ m/s}$
$v_{\max} = 2000 \times 10 \times 10^{-2} = 200 \text{ m/s}$.
अतः,आवर्तकाल $10^{-3} \text{ s}$ और अधिकतम वेग $200 \text{ m/s}$ है।

(A) सरल आवर्त गति $(SHM)$ में माध्य स्थिति से शुरू होने वाले कण की गति का समीकरण $x = A \sin(\omega t)$ है,जहाँ $\omega = \frac{2\pi}{T}$ है।
$x = 0$ पर,समय $t_0 = 0$ है।
$x = A/2$ पर,$\frac{A}{2} = A \sin(\omega t_1)$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\sin(\omega t_1) = 1/2$। अतः,$\omega t_1 = \pi/6$,यानी $t_1 = \frac{T}{12}$।
इसलिए,$T_1 = t_1 - t_0 = \frac{T}{12}$।
$x = A$ पर,$A = A \sin(\omega t_2)$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\sin(\omega t_2) = 1$। अतः,$\omega t_2 = \pi/2$,यानी $t_2 = \frac{T}{4}$।
इसलिए,$T_2 = t_2 - t_1 = \frac{T}{4} - \frac{T}{12} = \frac{3T - T}{12} = \frac{2T}{12} = \frac{T}{6}$।
दोनों की तुलना करने पर,$T_1 = \frac{T}{12}$ और $T_2 = \frac{T}{6}$ प्राप्त होता है।
चूँकि $\frac{T}{12} < \frac{T}{6}$,इसलिए $T_1 < T_2$ सही है।

(A) जब $M$ द्रव्यमान को नत समतल पर $x$ की छोटी दूरी से विस्थापित किया जाता है,तो एक स्प्रिंग $x$ से संकुचित हो जाती है और दूसरी $x$ से खिंच जाती है।
दोनों स्प्रिंगें विस्थापन के विपरीत दिशा में एक ही दिशा में प्रत्यानयन बल (restoring force) लगाती हैं।
कुल प्रत्यानयन बल $F = -kx - kx = -2kx$ है।
इसे सरल आवर्त गति के मानक समीकरण $F = -k_{eff} x$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $k_{eff} = 2k$ प्राप्त होता है।
दोलन का आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{k_{eff}}}$ द्वारा दिया जाता है।
$k_{eff} = 2k$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $T = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{2k}}$ प्राप्त होता है।

(B) स्प्रिंग-द्रव्यमान निकाय के लिए दोलन काल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $m$ कुल द्रव्यमान है और $k$ स्प्रिंग नियतांक है।
स्थिति $1$: जब $700 \,g$ के ब्लॉक को हटा दिया जाता है,तो शेष द्रव्यमान $m_1 = (500 + 400) \,g = 900 \,g = 0.9 \,kg$ है।
दोलन काल $T_1 = 3 \,s$ है।
अतः,$3 = 2 \pi \sqrt{\frac{0.9}{k}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $9 = 4 \pi^2 \left( \frac{0.9}{k} \right) \Rightarrow k = \frac{4 \pi^2 \times 0.9}{9} = 0.4 \pi^2 \,N/m$.
स्थिति $2$: जब $700 \,g$ और $500 \,g$ दोनों ब्लॉकों को हटा दिया जाता है,तो शेष द्रव्यमान $m_2 = 400 \,g = 0.4 \,kg$ है।
नया दोलन काल $T_2$ इस प्रकार होगा:
$T_2 = 2 \pi \sqrt{\frac{m_2}{k}} = 2 \pi \sqrt{\frac{0.4}{0.4 \pi^2}}$.
$T_2 = 2 \pi \sqrt{\frac{1}{\pi^2}} = 2 \pi \left( \frac{1}{\pi} \right) = 2 \,s$.

(B) सरल आवर्त गति $(SHM)$ में, अधिकतम वेग $v_{\text{max}} = \omega a$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $\omega$ कोणीय आवृत्ति है और $a$ आयाम है।
दिया गया है, $v_{\text{max}} = 6.28 \text{ cm s}^{-1}$।
पथ की लंबाई एक दोलन में कण द्वारा तय की गई कुल दूरी है, जो $2a$ के बराबर होती है।
अतः, $2a = 8 \text{ cm}$, जिसका अर्थ है $a = 4 \text{ cm}$।
सूत्र $v_{\text{max}} = \omega a$ का उपयोग करने पर, हमें प्राप्त होता है $\omega = \frac{v_{\text{max}}}{a} = \frac{6.28}{4} \text{ rad s}^{-1}$।
चूँकि $\omega = \frac{2\pi}{T}$, हम लिख सकते हैं $\frac{2\pi}{T} = \frac{6.28}{4}$।
$\pi \approx 3.14$ रखने पर, हमें मिलता है $\frac{2 \times 3.14}{T} = \frac{6.28}{4}$।
$\frac{6.28}{T} = \frac{6.28}{4}$।
अतः, $T = 4 \text{ s}$।

(C) शुद्ध लोटनिक गति में,कुल गतिज ऊर्जा,स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा का योग होती है।
स्थानांतरण $KE = \frac{1}{2}mv^2$.
घूर्णन $KE = \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2}(mK^2)(\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2}mv^2(\frac{K^2}{R^2})$.
कुल $KE = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}mv^2(\frac{K^2}{R^2}) = \frac{1}{2}mv^2(1 + \frac{K^2}{R^2}) = \frac{1}{2}mv^2(\frac{R^2+K^2}{R^2})$.
घूर्णन से संबंधित कुल ऊर्जा का अंश $\frac{Rotational \ KE}{Total \ KE} = \frac{\frac{1}{2}mv^2(\frac{K^2}{R^2})}{\frac{1}{2}mv^2(\frac{R^2+K^2}{R^2})} = \frac{K^2}{K^2+R^2}$ है।

(B) माना कैलोरीमीटर का जल तुल्यांक $W$ ($kg$ में) है।
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार, गर्म पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा, ठंडे पानी और कैलोरीमीटर द्वारा प्राप्त ऊष्मा के योग के बराबर होती है।
गर्म पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा = $m_2 c (T_2 - T_f)$
ठंडे पानी द्वारा प्राप्त ऊष्मा = $m_1 c (T_f - T_1)$
कैलोरीमीटर द्वारा प्राप्त ऊष्मा = $W c (T_f - T_1)$
यहाँ, $m_1 = 0.5 \,kg$, $T_1 = 30^{\circ} C$, $m_2 = 0.3 \,kg$, $T_2 = 60^{\circ} C$, और $T_f = 40^{\circ} C$ है।
चूंकि पानी की विशिष्ट ऊष्मा धारिता $c$ सभी पदों में समान है, इसलिए यह कट जाएगी:
$m_2 (T_2 - T_f) = (m_1 + W) (T_f - T_1)$
$0.3 (60 - 40) = (0.5 + W) (40 - 30)$
$0.3 \times 20 = (0.5 + W) \times 10$
$6 = 5 + 10W$
$1 = 10W$
$W = 0.1 \,kg$.

(B) माना मिश्रण का अंतिम संतुलन तापमान $T^{\circ} C$ है।
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,ठंडे पानी द्वारा प्राप्त ऊष्मा,गर्म पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा के बराबर होती है।
$10^{\circ} C$ पर $50 \ g$ पानी द्वारा प्राप्त ऊष्मा: $H_{\text{gain}} = m c \Delta T = 50 \cdot c \cdot (T - 10)$.
$100^{\circ} C$ पर $50 \ g$ पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा: $H_{\text{loss}} = m c \Delta T = 50 \cdot c \cdot (100 - T)$.
दोनों को बराबर करने पर: $50 \cdot c \cdot (T - 10) = 50 \cdot c \cdot (100 - T)$.
दोनों पक्षों को $50 \cdot c$ से विभाजित करने पर: $T - 10 = 100 - T$.
$2T = 110$.
$T = 55^{\circ} C$.

(C) भाप का द्रव्यमान,$m_s = 1 \text{ kg} = 1000 \text{ g} = 10^3 \text{ g}$.
भाप का प्रारंभिक तापमान,$T_i = 150^{\circ} \text{C}$.
भाप का अंतिम तापमान (पानी के रूप में),$T_f = 90^{\circ} \text{C}$.
भाप की गुप्त ऊष्मा,$L_v = 540 \text{ cal g}^{-1}$.
भाप की विशिष्ट ऊष्मा,$c_s = 1 \text{ cal g}^{-1} {}^{\circ} \text{C}^{-1}$.
पानी की विशिष्ट ऊष्मा,$c_w = 1 \text{ cal g}^{-1} {}^{\circ} \text{C}^{-1}$.
भाप द्वारा खोई गई ऊष्मा $(Q_{lost})$ में भाप का $150^{\circ} \text{C}$ से $100^{\circ} \text{C}$ तक ठंडा होना,$100^{\circ} \text{C}$ पर संघनन,और फिर पानी का $100^{\circ} \text{C}$ से $90^{\circ} \text{C}$ तक ठंडा होना शामिल है।
$Q_{lost} = m_s c_s (150-100) + m_s L_v + m_s c_w (100-90)$
$Q_{lost} = 1000 \times 1 \times 50 + 1000 \times 540 + 1000 \times 1 \times 10$
$Q_{lost} = 50,000 + 540,000 + 10,000 = 600,000 \text{ cal} = 60 \times 10^4 \text{ cal}$.
$20 \text{ L}$ पानी द्वारा प्राप्त ऊष्मा $(Q_{gained})$: $m_w = 20 \text{ kg} = 20,000 \text{ g}$.
$Q_{gained} = m_w c_w \Delta T = 20,000 \times 1 \times \Delta T = 20,000 \Delta T$.
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,$Q_{lost} = Q_{gained}$.
$600,000 = 20,000 \Delta T$.
$\Delta T = \frac{600,000}{20,000} = 30^{\circ} \text{C}$.

(C) मान लीजिए कि मिश्रण का परिणामी तापमान $T$ है।
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,ठंडे पानी द्वारा प्राप्त ऊष्मा,गर्म पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा के बराबर होती है।
$20^{\circ} C$ पर $5 \ kg$ पानी द्वारा प्राप्त ऊष्मा:
$H_{\text{gain}} = m_1 c (T - T_1) = 5 \cdot c \cdot (T - 20) \quad \dots (i)$
$60^{\circ} C$ पर $10 \ kg$ पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा:
$H_{\text{loss}} = m_2 c (T_2 - T) = 10 \cdot c \cdot (60 - T) \quad \dots (ii)$
प्राप्त ऊष्मा और खोई गई ऊष्मा को बराबर करने पर:
$5c(T - 20) = 10c(60 - T)$
दोनों पक्षों को $5c$ से विभाजित करने पर:
$T - 20 = 2(60 - T)$
$T - 20 = 120 - 2T$
$3T = 140$
$T = \frac{140}{3} \approx 46.67^{\circ} C$
निकटतम पूर्णांक में,परिणामी तापमान $47^{\circ} C$ है।

(B) ऊष्मागतिकी (thermodynamics) में, जल का त्रिक बिंदु वह विशिष्ट तापमान और दबाव है जिस पर जल की तीनों अवस्थाएँ (द्रव, ठोस और गैसीय) ऊष्मागतिक संतुलन में सह-अस्तित्व में रहती हैं।
अंतर्राष्ट्रीय समझौते के अनुसार, शुद्ध जल का त्रिक बिंदु $611.2 \,Pa$ के दबाव पर ठीक $273.16 \,K$ तापमान है।

(B) दिया गया है: ऊँचाई $h = 210 \ m$,पानी की विशिष्ट ऊष्मा $c = 4.2 \times 10^3 \ J \ kg^{-1} \ K^{-1}$,गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \ m/s^2$.
जब पानी गिरता है,तो उसकी स्थितिज ऊर्जा गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
स्थितिज ऊर्जा $(PE) = mgh$.
प्रश्न के अनुसार,गतिज ऊर्जा का $60 \ \%$ भाग ऊष्मीय ऊर्जा $(Q)$ में परिवर्तित हो जाता है।
$Q = 0.6 \times PE = 0.6 \times mgh$.
साथ ही,उत्पन्न ऊष्मा $Q = mc\Delta T$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\Delta T$ तापमान में वृद्धि है।
$Q$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$mc\Delta T = 0.6 \times mgh$.
दोनों पक्षों से द्रव्यमान $m$ को हटाने पर:
$c\Delta T = 0.6 \times g \times h$.
$\Delta T = \frac{0.6 \times g \times h}{c}$.
मान रखने पर:
$\Delta T = \frac{0.6 \times 10 \times 210}{4.2 \times 10^3} = \frac{1260}{4200} = 0.3^{\circ} C$.
अतः,तापमान में वृद्धि $0.3^{\circ} C$ है।

(C) जब बर्फ के दो टुकड़ों को एक-दूसरे के विरुद्ध दबाया जाता है,तो संपर्क सतह पर दबाव बढ़ जाता है। पानी के फेज डायग्राम के अनुसार,दबाव बढ़ने पर बर्फ का गलनांक कम हो जाता है। इसके कारण संपर्क सतह पर बर्फ पिघलकर पानी बन जाती है। जब दबाव हटा लिया जाता है,तो पानी फिर से जम जाता है,जिससे दोनों टुकड़े जुड़कर एक एकल टुकड़ा बन जाते हैं। इस घटना को 'रीजेलेशन' (Regelation) कहा जाता है।

(B) $10 \,cm$ त्रिज्या वाले एक आवेशित गोलीय चालक के लिए, चालक के अंदर (किसी भी दूरी $r < R$ पर) विभव स्थिर रहता है और सतह पर स्थित विभव के बराबर होता है।
दिया गया है कि $r = 5 \,cm$ पर विभव $V$ है, इसलिए सतह पर $(r = 10 \,cm)$ भी विभव $V$ होगा।
केंद्र से $r > R$ दूरी पर विभव का सूत्र $V(r) = \frac{kQ}{r}$ है, जहाँ $kQ$ सतह पर विभव और त्रिज्या का गुणनफल $(V \times R)$ है।
अतः, $V(r) = \frac{V \times R}{r}$।
मान $R = 10 \,cm$ और $r = 15 \,cm$ रखने पर:
$V(15) = \frac{V \times 10}{15} = \frac{2}{3} V$।

(B) दुर्बल नाभिकीय बल एक मौलिक अन्योन्यक्रिया है जो रेडियोधर्मी क्षय की कुछ प्रक्रियाओं के दौरान होती है,जैसे कि बीटा क्षय। यह प्राथमिक कणों के बीच कार्य करता है,विशेष रूप से क्वार्क और लेप्टॉन जैसे भारी प्राथमिक कणों के बीच,जो इन क्षय प्रक्रियाओं में शामिल होते हैं। इसलिए,सही विकल्प $B$ है।

(B) बायो-सावर्ट के नियम के अनुसार,धारा अवयव $idl$ के कारण चुंबकीय क्षेत्र $dB$ का मान निम्न है:
$dB = \frac{\mu_0 i dl \sin(\theta)}{4 \pi r^2}$
जहाँ $\theta$ धारा अवयव $dl$ और स्थिति सदिश $r$ के बीच का कोण है।
धारा अवयव के अक्ष पर स्थित किसी भी बिंदु के लिए,स्थिति सदिश धारा अवयव के साथ संरेख (collinear) होता है।
इसलिए,कोण $\theta = 0^\circ$ या $180^\circ$ होता है।
चूंकि $\sin(0^\circ) = 0$ और $\sin(180^\circ) = 0$ होता है,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र $dB$ शून्य हो जाता है।

(B) जब एक वृत्ताकार चालक से विद्युत धारा प्रवाहित होती है,तो यह अपने चारों ओर एक चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करती है।
दाएं हाथ के अंगूठे के नियम के अनुसार,तार के पास चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं वृत्ताकार होती हैं।
जैसे-जैसे हम वृत्ताकार लूप के केंद्र की ओर बढ़ते हैं,चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं सीधी और कुंडली की अक्ष के समानांतर होती जाती हैं।
वृत्ताकार कुंडली के ठीक केंद्र पर,चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं कुंडली के तल के लंबवत होती हैं।
इसलिए,सही विवरण यह है कि चुंबकीय बल रेखाएं केवल केंद्र पर ही कुंडली के तल के लंबवत होती हैं।

(C) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में रखी धारावाही कुंडली पर लगने वाला टॉर्क $\tau$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\tau = n I A B \sin \alpha$
जहाँ $\alpha$ कुंडली के तल के अभिलंब और चुंबकीय क्षेत्र की दिशा के बीच का कोण है।
प्रश्न में,कुंडली का तल चुंबकीय क्षेत्र के साथ $\theta$ कोण बनाता है। इसलिए,कुंडली के अभिलंब और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण $\alpha = 90^{\circ} - \theta$ है।
इसे टॉर्क के सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$\tau = n I A B \sin(90^{\circ} - \theta) = n I A B \cos \theta$
हालाँकि,प्रश्न विशेष रूप से उस स्थिति के बारे में पूछता है जहाँ चुंबकीय क्षेत्र का तल क्षैतिज है और कुंडली का तल ऊर्ध्वाधर है। इस विन्यास में,कुंडली का अभिलंब चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत होता है,जिसका अर्थ है $\alpha = 90^{\circ}$।
अतः,टॉर्क होगा:
$\tau = n I A B \sin 90^{\circ} = n I A B$

(A) एक समान चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ में '$l$' लंबाई के धारावाही तार पर लगने वाला चुंबकीय बल $\vec{F} = i(\vec{L} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
यदि यह एक बंद लूप होता,तो एक समान चुंबकीय क्षेत्र में कुल बल शून्य होता। लेकिन यहाँ धारा $C$ पर प्रवेश करती है और $A$ पर बाहर निकलती है,इसलिए यह एक बंद लूप नहीं है।
यहाँ तीन खंड हैं: $CB$,$BA$,और $AC$।
प्रत्येक खंड पर लगने वाला बल $F = ilB$ है। सदिश योग के नियम के अनुसार,$CB$ और $BA$ खंडों पर लगने वाले बल का परिणामी बल $C$ से $A$ तक के विस्थापन सदिश पर लगने वाले बल के बराबर होता है।
अतः,कुल बल $C$ से $A$ तक की '$l$' लंबाई के सीधे तार पर लगने वाले बल के बराबर,यानी $ilB$ होगा।

(A) चुंबकीय क्षेत्र $B$ में एक चुंबकीय सुई को $\theta_1$ से $\theta_2$ कोण तक घुमाने के लिए किया गया कार्य $W = MB(\cos \theta_1 - \cos \theta_2)$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $\theta_1 = 0^{\circ}$ और $\theta_2 = 60^{\circ}$ दिया गया है,इसलिए:
$W = MB(\cos 0^{\circ} - \cos 60^{\circ}) = MB(1 - 0.5) = 0.5 MB$.
अतः,$MB = 2W$.
सुई को $\theta = 60^{\circ}$ के कोण पर बनाए रखने के लिए आवश्यक टॉर्क $\tau = MB \sin \theta$ द्वारा प्राप्त होता है।
मान रखने पर,$\tau = MB \sin 60^{\circ} = (2W) \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} W$.

(A) दिया गया है,छड़ चुंबक की लंबाई,$l = 10 \text{ cm} = 10^{-1} \text{ m}$.
ध्रुव प्रबलता,$m = 10^{-3} \text{ A-m}$.
चुंबकीय प्रेरण,$B = 4 \pi \times 10^{-3} \text{ T}$.
कोण,$\theta = 30^{\circ}$.
सबसे पहले,चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $M$ की गणना करें:
$M = m \times l = 10^{-3} \text{ A-m} \times 10^{-1} \text{ m} = 10^{-4} \text{ A-m}^2$.
चुंबक पर कार्य करने वाला टॉर्क $\tau$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\tau = M B \sin \theta$.
मान रखने पर:
$\tau = (10^{-4}) \times (4 \pi \times 10^{-3}) \times \sin 30^{\circ}$.
चूंकि $\sin 30^{\circ} = 0.5 = \frac{1}{2}$:
$\tau = 4 \pi \times 10^{-7} \times \frac{1}{2} = 2 \pi \times 10^{-7} \text{ N-m}$.

(A) $I$ धारा ले जाने वाले एक पूर्ण वृत्ताकार लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र इस प्रकार दिया जाता है:
$B_{loop} = \frac{\mu_0 I}{2r}$
केंद्र पर $\theta$ (रेडियन में) कोण अंतरित करने वाले $r$ त्रिज्या के वृत्ताकार चाप के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B$,चाप द्वारा अंतरित कोण के समानुपाती होता है।
चूंकि एक पूर्ण वृत्त $2\pi$ रेडियन का कोण अंतरित करता है,इसलिए $\theta$ कोण अंतरित करने वाले चाप के कारण चुंबकीय क्षेत्र है:
$B = \left( \frac{\theta}{2\pi} \right) B_{loop}$
$B = \left( \frac{\theta}{2\pi} \right) \left( \frac{\mu_0 I}{2r} \right)$
$B = \frac{\mu_0 I \theta}{4 \pi r}$

(A) एक लंबे सीधे धारावाही तार से $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र इस प्रकार है:
$B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$
दिया गया है:
$I = 150 \,A$
$r = 5 \,m$
$\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \,T \cdot m/A$
मान रखने पर:
$B = \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 150}{2 \pi \times 5}$
$B = 2 \times 10^{-7} \times 30$
$B = 60 \times 10^{-7} \,T = 6 \times 10^{-6} \,T$
दाएं हाथ के अंगूठे के नियम के अनुसार, यदि धारा पूर्व से पश्चिम की ओर बहती है, तो चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं तार के चारों ओर गोलाकार होती हैं। तार के ठीक नीचे, चुंबकीय क्षेत्र की दिशा $\text{दक्षिण की ओर}$ होती है।

(B) $R$ त्रिज्या वाली वृत्ताकार कुंडली की अक्ष पर केंद्र से $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र का सूत्र $B_1 = \frac{\mu_0 I R^2}{2(R^2 + r^2)^{3/2}}$ होता है।
यहाँ $r = R \sqrt{3}$ दिया गया है,इसलिए सूत्र में मान रखने पर:
$B_1 = \frac{\mu_0 I R^2}{2(R^2 + (R \sqrt{3})^2)^{3/2}} = \frac{\mu_0 I R^2}{2(R^2 + 3R^2)^{3/2}} = \frac{\mu_0 I R^2}{2(4R^2)^{3/2}} = \frac{\mu_0 I R^2}{2(8R^3)} = \frac{\mu_0 I}{16R}$.
कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 I}{2R}$ होता है।
अब अनुपात लेने पर,$\frac{B_1}{B_2} = \frac{\mu_0 I / 16R}{\mu_0 I / 2R} = \frac{2}{16} = \frac{1}{8}$.

(C) $r$ त्रिज्या के वृत्ताकार पथ में $n$ आवृत्ति के साथ गति करने वाले आवेश $q$ के कारण उत्पन्न धारा $I$ इस प्रकार दी जाती है:
$I = \frac{q}{T} = qn$ (चूंकि $T = \frac{1}{n}$)
वृत्ताकार धारा लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र है:
$B = \frac{\mu_0 I}{2r}$
$I$ का मान और $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \text{ T m/A}$ रखने पर:
$B = \frac{(4\pi \times 10^{-7}) \cdot (qn)}{2r}$
$B = \frac{2\pi nq}{r} \times 10^{-7} \text{ T}$
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(A) एक आदर्श परिनालिका वह कुंडली है जिसकी लंबाई $L$ उसकी त्रिज्या $R$ से बहुत अधिक होती है $(L \gg R)$ और जिसके फेरे पास-पास लिपटे होते हैं। इस विन्यास में,परिनालिका के भीतर चुंबकीय क्षेत्र लगभग एकसमान और अक्ष के समानांतर होता है। इसलिए,यह कथन कि 'फेरे एक-दूसरे से दूर होते हैं' गलत है।

(B) हीलियम नाभिक पर आवेश, $q = +2e = 2 \times 1.6 \times 10^{-19} \,C = 3.2 \times 10^{-19} \,C$ है।
वृत्त की त्रिज्या, $r = 0.8 \,m$ है।
समय अवधि (आवर्तकाल), $T = 2 \,s$ है।
अतः, गतिमान हीलियम नाभिक से संबद्ध धारा $I = \frac{q}{T} = \frac{3.2 \times 10^{-19} \,C}{2 \,s} = 1.6 \times 10^{-19} \,A$ है।
वृत्ताकार लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र का सूत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2r}$ होता है।
मान रखने पर, $B = \frac{\mu_0 \times 1.6 \times 10^{-19}}{2 \times 0.8} = \frac{\mu_0 \times 1.6 \times 10^{-19}}{1.6} = \mu_0 \times 10^{-19} \,T$ प्राप्त होता है।

$(C)$ हीलियम नाभिक पर आवेश $q = 2e = 2 \times 1.6 \times 10^{-19} \,C = 3.2 \times 10^{-19} \,C$ है।
दी गई त्रिज्या $r = 0.8 \,m$ और समय अवधि $T = 2.5 \,s$ है।
आवेश के घूर्णन के कारण उत्पन्न समतुल्य धारा $I = \frac{q}{T} = \frac{3.2 \times 10^{-19}}{2.5} = 1.28 \times 10^{-19} \,A$ है।
वृत्ताकार लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2r}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $B = \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 1.28 \times 10^{-19}}{2 \times 0.8} = \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 1.28}{1.6} = 4 \pi \times 10^{-7} \times 0.8 \times 10^{-19} = 3.2 \pi \times 10^{-26} \,T$।
दिए गए विकल्पों में सबसे निकटतम मान $4 \pi \times 10^{-26} \,T$ है।

(C) एम्पियर-मैक्सवेल नियम के अनुसार,आवेशित होते संधारित्र की प्लेटों के बीच अक्ष से $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ को $r$ त्रिज्या के एक वृत्ताकार लूप के चारों ओर चुंबकीय क्षेत्र के रेखीय समाकल द्वारा दिया जाता है।
जब $r > R$ होता है,तो लूप द्वारा परिबद्ध विस्थापन धारा संधारित्र से गुजरने वाली कुल विस्थापन धारा $I_D$ के बराबर होती है।
एम्पियर-मैक्सवेल नियम लागू करने पर: $\oint B \cdot dl = \mu_0 I_{enclosed}$.
चूंकि धारा $I_D$ है,इसलिए हमें $B(2 \pi r) = \mu_0 I_D$ प्राप्त होता है।
अतः,चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I_D}{2 \pi r}$ है।

(D) अक्ष से $r = 3R/2$ की दूरी पर स्थित बिंदु $P$ पर चुंबकीय क्षेत्र ज्ञात करने के लिए,हम एम्पीयर के परिपथीय नियम का उपयोग करते हैं: $\oint B \cdot dl = \mu_0 I_{\text{enclosed}}$.
चूंकि धारा $i$ अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल $A = \pi(2R)^2 - \pi R^2 = 3\pi R^2$ पर समान रूप से वितरित है,इसलिए धारा घनत्व $J = \frac{i}{3\pi R^2}$ है।
$r = 3R/2$ त्रिज्या वाले एम्पीयरियन लूप द्वारा परिबद्ध धारा $I_{\text{enclosed}} = J \times \text{Area}_{\text{enclosed}} = J \times \pi(r^2 - R^2) = \frac{i}{3\pi R^2} \times \pi \left( \left(\frac{3R}{2}\right)^2 - R^2 \right) = \frac{i}{3R^2} \times \left( \frac{9R^2}{4} - R^2 \right) = \frac{i}{3R^2} \times \frac{5R^2}{4} = \frac{5i}{12}$ है।
एम्पीयर के नियम को लागू करने पर: $B(2\pi r) = \mu_0 I_{\text{enclosed}}$.
$B \times 2\pi \left(\frac{3R}{2}\right) = \mu_0 \left(\frac{5i}{12}\right)$.
$B(3\pi R) = \frac{5\mu_0 i}{12}$.
$B = \frac{5\mu_0 i}{36\pi R}$.

(A) चालक दो अर्ध-अनंत सीधे खंडों और एक वृत्ताकार चाप से बना है।
केंद्र $O$ पर प्रत्येक भाग के कारण चुंबकीय क्षेत्र की गणना इस प्रकार है:
$1$. दो सीधे खंड $PQ$ और $CD$ केंद्र $O$ से $r$ दूरी पर हैं। अर्ध-अनंत तार के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_{straight} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r}$ है। दोनों खंड समान दिशा में क्षेत्र उत्पन्न करते हैं।
$2$. वृत्ताकार चाप केंद्र पर $\theta = \frac{3\pi}{2}$ कोण बनाता है। चाप के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_{arc} = \frac{\mu_0 I \theta}{4 \pi r} = \frac{3\mu_0 I}{8 r}$ है।
इस प्रकार,कुल चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I(\pi+1)}{2 \pi r}$ प्राप्त होता है।

(D) चुंबकीय क्षेत्र में चुंबकीय द्विध्रुव को प्रारंभिक कोण $\theta_1$ से अंतिम कोण $\theta_2$ तक घुमाने में किया गया कार्य निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$W = MB(\cos \theta_1 - \cos \theta_2)$
इस प्रश्न में,चुंबक को $360^{\circ}$ घुमाया जाता है,जिसका अर्थ है कि प्रारंभिक कोण $\theta_1 = 0^{\circ}$ और अंतिम कोण $\theta_2 = 360^{\circ}$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$W = MB(\cos 0^{\circ} - \cos 360^{\circ})$
चूंकि $\cos 0^{\circ} = 1$ और $\cos 360^{\circ} = 1$ होता है:
$W = MB(1 - 1) = 0$
अतः,किया गया कुल कार्य $0$ है।

(B) मान लीजिए तार की लंबाई $l$ है।
जब तार को $r$ त्रिज्या के वृत्ताकार लूप में मोड़ा जाता है,तो परिधि तार की लंबाई के बराबर होती है:
$l = 2 \pi r \Rightarrow r = \frac{l}{2 \pi}$
धारा लूप का चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $M$ इस प्रकार दिया जाता है:
$M = i A$
क्षेत्रफल $A = \pi r^2$ प्रतिस्थापित करने पर:
$M = i \cdot \pi r^2 = i \pi \left( \frac{l}{2 \pi} \right)^2$
$M = i \pi \cdot \frac{l^2}{4 \pi^2} = \frac{i l^2}{4 \pi}$
$l$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$l^2 = \frac{4 \pi M}{i}$
$l = \sqrt{\frac{4 \pi M}{i}}$

(D) प्रत्येक छड़ चुंबक का चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $M = m l$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि दोनों चुंबक एक-दूसरे के साथ समकोण पर रखे गए हैं,इसलिए उनके चुंबकीय आघूर्ण सदिश $\vec{M_1}$ और $\vec{M_2}$ भी एक-दूसरे के लंबवत हैं।
प्रत्येक चुंबकीय आघूर्ण का परिमाण $M_1 = M_2 = M = ml$ है।
निकाय का कुल चुंबकीय आघूर्ण व्यक्तिगत चुंबकीय आघूर्णों का सदिश योग है:
$M_{net} = \sqrt{M_1^2 + M_2^2 + 2 M_1 M_2 \cos 90^{\circ}}$
चूंकि $\cos 90^{\circ} = 0$,यह समीकरण सरल होकर निम्न हो जाता है:
$M_{net} = \sqrt{M_1^2 + M_2^2} = \sqrt{M^2 + M^2} = \sqrt{2M^2} = M \sqrt{2}$
$M = ml$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$M_{net} = \sqrt{2} ml$

(D) माना चुम्बकित छड़ की ध्रुव प्रबलता $m$ है।
सीधी छड़ का चुम्बकीय आघूर्ण $M = m L$ द्वारा दिया जाता है।
जब छड़ को $R$ त्रिज्या के अर्धवृत्ताकार चाप में मोड़ा जाता है,तो चाप की लंबाई छड़ की मूल लंबाई के बराबर होती है:
$L = \pi R \implies R = \frac{L}{\pi}$.
अर्धवृत्ताकार चाप का चुम्बकीय आघूर्ण ध्रुव प्रबलता और दो ध्रुवों के बीच की सीधी दूरी (अर्धवृत्त का व्यास) का गुणनफल होता है:
$M_{arc} = m(2R)$.
$R$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$M_{arc} = m \left( 2 \cdot \frac{L}{\pi} \right) = \frac{2}{\pi} (m L)$.
चूंकि $M = mL$,हमें प्राप्त होता है:
$M_{arc} = \frac{2 M}{\pi}$.

(B) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण पर लगने वाला चुंबकीय बल $F$ का सूत्र $F = qvB \sin \theta$ है।
दिए गए मान:
प्रोटॉन का आवेश,$q = 1.6 \times 10^{-19} \ C$
वेग,$v = 2.5 \times 10^7 \ m/s$
चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता,$B = 2.5 \ T$
कोण,$\theta = 30^{\circ}$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$F = (1.6 \times 10^{-19}) \times (2.5 \times 10^7) \times (2.5) \times \sin 30^{\circ}$
$F = (1.6 \times 10^{-19}) \times (6.25 \times 10^7) \times 0.5$
$F = 10 \times 10^{-12} \times 0.5$
$F = 5 \times 10^{-12} \ N$

$(A)$ $\text{चुंबकीय फ्लक्स घनत्व}$,$B = 1.5 \,Wb \,m^{-2}$
$\text{प्रोटॉन का वेग}$,$v = 2 \times 10^7 \,ms^{-1}$
$\text{कोण}$,$\theta = 30^{\circ}$
$\text{प्रोटॉन पर आवेश}$,$q = 1.6 \times 10^{-19} \,C$
$\text{गतिमान आवेश पर लगने वाला चुंबकीय बल } F \text{ का सूत्र } F = Bqv \sin \theta \text{ है।}$
$\text{मान रखने पर:}$
$F = (1.5) \times (1.6 \times 10^{-19}) \times (2 \times 10^7) \times \sin 30^{\circ}$
$F = 1.5 \times 1.6 \times 2 \times 10^{-12} \times 0.5$
$F = 4.8 \times 0.5 \times 10^{-12} \,N$
$F = 2.4 \times 10^{-12} \,N$

(D) गतिमान आवेश पर कार्य करने वाला चुंबकीय बल $F = qvB \sin(\theta)$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि इलेक्ट्रॉन एक वृत्ताकार कक्षा में घूमता है,वेग चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत होता है,इसलिए $\theta = 90^\circ$ और $\sin(90^\circ) = 1$.
$F = (1.6 \times 10^{-19} \ C) \times (4 \times 10^6 \ m/s) \times (2 \times 10^{-1} \ T) = 1.28 \times 10^{-13} \ N$.
चुंबकीय बल वृत्ताकार गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है,इसलिए $F = \frac{mv^2}{r}$.
त्रिज्या $r$ के लिए सूत्र: $r = \frac{mv}{qB} = \frac{(9 \times 10^{-31} \ kg) \times (4 \times 10^6 \ m/s)}{1.6 \times 10^{-19} \ C \times 2 \times 10^{-1} \ T}$.
$r = \frac{36 \times 10^{-25}}{3.2 \times 10^{-20}} = 11.25 \times 10^{-5} \ m \approx 1.1 \times 10^{-4} \ m$.

(A) माना $B_e$ दोनों स्थानों पर पृथ्वी का कुल चुंबकीय क्षेत्र है। पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक $H$,$H = B_e \cos \delta$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\delta$ नति कोण है।
दोनों स्थानों के लिए,क्षैतिज घटकों $H_1$ और $H_2$ का अनुपात है:
$\frac{H_1}{H_2} = \frac{B_e \cos \delta_1}{B_e \cos \delta_2} = \frac{\cos \delta_1}{\cos \delta_2}$
चूँकि $\delta_1 = 30^{\circ}$ और $\delta_2 = 45^{\circ}$ दिया गया है,तो:
$\frac{H_1}{H_2} = \frac{\cos 30^{\circ}}{\cos 45^{\circ}} = \frac{\sqrt{3}/2}{1/\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \times \sqrt{2} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$
अतः,अनुपात $H_1: H_2 = \sqrt{3}: \sqrt{2}$ होगा।

(C) मान लीजिए कि $\delta$ वास्तविक डिप कोण है और $\theta$ चुंबकीय डेक्लिनेशन है।
जब डिप सर्कल चुंबकीय मेरिडियन में होता है,तो आभासी डिप $\delta$ होता है।
यहाँ,तल भौगोलिक मेरिडियन में सेट है। मान लीजिए $\theta$ भौगोलिक मेरिडियन और चुंबकीय मेरिडियन के बीच का कोण है।
चुंबकीय मेरिडियन के साथ $\theta$ कोण बनाने वाले तल में आभासी डिप $\delta_1$ का सूत्र $\tan \delta_1 = \frac{\tan \delta}{\cos \theta}$ है।
पहले तल के लंबवत (चुंबकीय मेरिडियन के साथ $90^\circ - \theta$ कोण बनाने वाले) तल में आभासी डिप $\delta_2$ का सूत्र $\tan \delta_2 = \frac{\tan \delta}{\cos(90^\circ - \theta)} = \frac{\tan \delta}{\sin \theta}$ है।
इन दो समीकरणों से,हमें $\tan \delta = \tan \delta_1 \cos \theta$ और $\tan \delta = \tan \delta_2 \sin \theta$ प्राप्त होता है।
दोनों की तुलना करने पर: $\tan \delta_1 \cos \theta = \tan \delta_2 \sin \theta$।
इसलिए,$\frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{\tan \delta_1}{\tan \delta_2}$,जिसका अर्थ है $\tan \theta = \frac{\tan \delta_1}{\tan \delta_2}$।
अतः,$\theta = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{\tan \delta_1}{\tan \delta_2}\right)$।

(B) टैंजेंट गैल्वेनोमीटर के लिए,धारा $I = \frac{2r B_H \tan \theta}{\mu_0 N}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
दिया है: प्रतिरोध $R = 9 \ \Omega$,विभवांतर $V = 4.5 \ V$,फेरों की संख्या $N = 10$,विक्षेप $\theta = 30^{\circ}$,पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक $B_H = 3.14 \times 10^{-5} \ T$.
सबसे पहले,ओम के नियम का उपयोग करके धारा $I$ ज्ञात करें: $I = \frac{V}{R} = \frac{4.5}{9} = 0.5 \ A$.
त्रिज्या $r$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $r = \frac{\mu_0 N I}{2 B_H \tan \theta}$.
मान रखने पर: $r = \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 10 \times 0.5}{2 \times 3.14 \times 10^{-5} \times \tan 30^{\circ}}$.
चूंकि $\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \approx 4 \times 3.14 \times 10^{-7}$,इसलिए $r = \frac{4 \times 3.14 \times 10^{-7} \times 5}{2 \times 3.14 \times 10^{-5} \times (1/\sqrt{3})}$.
$r = \frac{2 \times 10^{-7} \times 5}{10^{-5} \times (1/\sqrt{3})} = 10 \times 10^{-2} \times \sqrt{3} \ m = 10 \sqrt{3} \times 10^{-2} \ m$.

(D) चुंबक का चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $(M)$,उसके ध्रुव प्राबल्य $(m)$ और चुंबकीय लंबाई $(2l)$ के गुणनफल द्वारा दिया जाता है:
$M = m \times 2l$
साथ ही,चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण को धारा $(I)$ और क्षेत्रफल $(A)$ के गुणनफल के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$M = I \times A$
दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$m \times 2l = I \times A$
ध्रुव प्राबल्य $(m)$ के लिए हल करने पर:
$m = \frac{I \times A}{2l}$
धारा $(I)$ का मात्रक एम्पीयर $(A)$ है और लंबाई $(l)$ का मात्रक मीटर $(m)$ है।
अतः,ध्रुव प्राबल्य $(m)$ का मात्रक है:
$\text{मात्रक} = \frac{\text{एम्पीयर} \times \text{मीटर}^2}{\text{मीटर}} = \text{एम्पीयर} \times \text{मीटर} = Am$

(A) किसी सतह से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ सूत्र $\phi = B A$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A$ क्षेत्रफल है और $B$ चुंबकीय प्रेरण है।
$B$ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $B = \frac{\phi}{A}$ प्राप्त होता है।
चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ का $SI$ मात्रक वेबर $(Wb)$ है और क्षेत्रफल $A$ का $SI$ मात्रक वर्ग मीटर $(m^2)$ है।
अतः,चुंबकीय प्रेरण $B$ का मात्रक $\frac{Wb}{m^2}$ या $Wb m^{-2}$ है।

(C) दिया गया है: द्विध्रुव आघूर्ण $M = 1.25 \ A-m^2$ और दूरी $r = 0.5 \ m$।
एक छोटे छड़ चुंबक की अक्षीय स्थिति पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र इस प्रकार है:
$B = \frac{\mu_0}{4 \pi} \times \frac{2 M}{r^3}$
मान रखने पर:
$B = 10^{-7} \times \frac{2 \times 1.25}{(0.5)^3}$
$B = 10^{-7} \times \frac{2.5}{0.125}$
$B = 10^{-7} \times 20 = 2.0 \times 10^{-6} \ T$
अतः,चुंबकीय क्षेत्र $2.0 \times 10^{-6} \ T$ है।

(D) बंधन ऊर्जा वह ऊर्जा है जो उस प्रबल बल से जुड़ी होती है जो नाभिक में न्यूक्लियॉन को एक साथ बांधे रखती है।
आइंस्टीन के द्रव्यमान-ऊर्जा तुल्यता सिद्धांत के अनुसार,$E = \Delta m c^2$,जहाँ $\Delta m$ द्रव्यमान क्षति है।
नाभिक का द्रव्यमान हमेशा उसके व्यक्तिगत घटक न्यूक्लियॉन के द्रव्यमान के योग से कम होता है।
द्रव्यमान में यह अंतर,जिसे द्रव्यमान क्षति $(\Delta m)$ के रूप में जाना जाता है,ऊर्जा में परिवर्तित हो जाता है,जो बंधन ऊर्जा के रूप में कार्य करती है और नाभिक को एक साथ बांधे रखती है।

(C) दी गई नाभिकीय अभिक्रिया है: ${ }_6^{11} C \rightarrow{ }_5^{11} B + \beta^+ + X$ ...$(i)$
$\beta^+$ क्षय (पॉज़िट्रॉन उत्सर्जन) में,नाभिक के भीतर एक प्रोटॉन न्यूट्रॉन,पॉज़िट्रॉन और न्यूट्रिनो में परिवर्तित हो जाता है।
अभिक्रिया को इस प्रकार दर्शाया जाता है: $p \rightarrow n + \beta^+ + \nu$।
लेप्टॉन संख्या के संरक्षण के लिए पॉज़िट्रॉन के साथ एक न्यूट्रिनो $(\nu)$ का उत्सर्जन आवश्यक है ताकि लेप्टॉन संख्या संतुलित रहे।
अतः,${ }_6^{11} C$ के क्षय में,कण $X$ एक न्यूट्रिनो $(\nu)$ है।

(A) रेडियोधर्मी क्षय प्रक्रिया में,कुल द्रव्यमान संख्या और कुल परमाणु क्रमांक संरक्षित रहते हैं।
मान लीजिए कि अंतिम उत्पाद ${ }_{Z}^{A} \text{Pb}$ है।
क्षय अभिक्रिया इस प्रकार है: ${ }_{90}^{232} \text{Th} \rightarrow { }_{Z}^{A} \text{Pb} + 6({ }_{2}^{4} \text{He}) + 4({ }_{-1}^{0} \text{e})$.
द्रव्यमान संख्या $(A)$ के लिए:
$232 = A + 6(4) + 4(0)$
$232 = A + 24$
$A = 232 - 24 = 208$.
परमाणु क्रमांक $(Z)$ के लिए:
$90 = Z + 6(2) + 4(-1)$
$90 = Z + 12 - 4$
$90 = Z + 8$
$Z = 90 - 8 = 82$.
अतः,द्रव्यमान संख्या $208$ है और परमाणु क्रमांक $82$ है।

(C) एक रेडियोधर्मी नमूने की सक्रियता को रेडियोधर्मी नाभिकों के क्षय की दर के रूप में परिभाषित किया जाता है,जो सूत्र $A = \lambda N$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\lambda$ क्षय नियतांक है और $N$ उस क्षण उपस्थित रेडियोधर्मी नाभिकों की संख्या है।
क्षय नियतांक $\lambda$ और नाभिकों की संख्या $N$ रेडियोधर्मी पदार्थ के आंतरिक गुण हैं और ये तापमान,दबाव या आसपास के माध्यम जैसी बाहरी भौतिक स्थितियों से स्वतंत्र होते हैं।
इसलिए,नमूने को पानी में रखने से क्षय की दर में कोई परिवर्तन नहीं होता है।
अतः,पानी में सक्रियता $A^{\prime}$ हवा में सक्रियता $A$ के समान ही रहती है,अर्थात $A^{\prime} = A$.

(B) प्रारंभिक नाभिक ${ }_{92}^{238} U$ है और अंतिम नाभिक ${ }_{82}^{206} Pb$ है।
मान लीजिए $n_{\alpha}$ $\alpha$-कणों की संख्या है और $n_{\beta}$ $\beta$-कणों की संख्या है।
द्रव्यमान संख्या में परिवर्तन $238 - 206 = 32$ है।
चूंकि प्रत्येक $\alpha$-कण उत्सर्जन द्रव्यमान संख्या को $4$ से कम करता है,इसलिए $\alpha$-कणों की संख्या $n_{\alpha} = \frac{32}{4} = 8$ है।
परमाणु क्रमांक में परिवर्तन $92 - 82 = 10$ है।
$8$ $\alpha$-कणों के उत्सर्जन से परमाणु क्रमांक $8 \times 2 = 16$ कम हो जाएगा।
मान लीजिए $n_{\beta}$ $\beta$-कणों की संख्या है। प्रत्येक $\beta$-कण परमाणु क्रमांक में $1$ की वृद्धि करता है।
अतः,$92 - (8 \times 2) + n_{\beta} = 82$.
$92 - 16 + n_{\beta} = 82$.
$76 + n_{\beta} = 82$.
$n_{\beta} = 82 - 76 = 6$.
इस प्रकार,$\alpha$-कणों की संख्या $8$ है और $\beta$-कणों की संख्या $6$ है।

(C) $t$ समय के बाद शेष बचे नमूने का अंश इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\frac{N}{N_0} = (\frac{1}{2})^{t/T}$,जहाँ $T$ अर्ध-आयु है।
दिया गया है $t = \frac{T}{2}$,इसलिए शेष बचा अंश $\frac{N}{N_0} = (\frac{1}{2})^{(\frac{T/2}{T})} = (\frac{1}{2})^{1/2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ है।
क्षयित हुआ भाग प्रारंभिक मात्रा में से शेष मात्रा को घटाने पर प्राप्त होता है: $1 - \frac{N}{N_0} = 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2} - 1}{\sqrt{2}}$.

(A) हेनरी बेकरेल ने प्राकृतिक रेडियोधर्मिता की खोज की और वह फ्रांस से थे। यह कथन सही है।
मार्कोनी ने वायरलेस टेलीग्राफी की खोज की और वह इटली से थे,अमेरिका से नहीं।
आइजैक न्यूटन ने गति के नियमों की खोज की और वह इंग्लैंड से थे,अमेरिका से नहीं।
अल्बर्ट आइंस्टीन जर्मनी से थे (बाद में यूएसए के नागरिक बने),और उन्होंने प्रकाश-विद्युत प्रभाव (photoelectric effect) की व्याख्या की थी,इंग्लैंड ने नहीं।

(C) मान लीजिए $N_0$ रेडियोधर्मी नमूने की प्रारंभिक मात्रा है।
$t = 16 \text{ दिनों}$ के बाद, शेष मात्रा $N$ है:
$N = N_0 - 75\% \text{ of } N_0 = N_0 - 0.75 N_0 = 0.25 N_0 = \frac{N_0}{4}$.
हम जानते हैं कि रेडियोधर्मी क्षय का सूत्र $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$ है, जहाँ $n = \frac{t}{T_{1/2}}$ अर्ध-आयु की संख्या है।
मान रखने पर:
$\frac{N_0}{4} = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$
$\frac{1}{4} = \left( \frac{1}{2} \right)^n$
$\left( \frac{1}{2} \right)^2 = \left( \frac{1}{2} \right)^n$
अतः, $n = 2$.
चूंकि $n = \frac{t}{T_{1/2}}$, इसलिए $2 = \frac{16}{T_{1/2}}$.
अतः, $T_{1/2} = \frac{16}{2} = 8 \text{ दिन}$।

(D) रेडियोधर्मी नमूने की अर्ध-आयु $(T_{1/2})$ $20 \ days$ है।
$n$ अर्ध-आयु के बाद,पदार्थ की शेष मात्रा $N = N_0(1/2)^n$ द्वारा दी जाती है।
$60 \ days$ में,व्यतीत हुई अर्ध-आयु की संख्या $n = 60 / 20 = 3$ है।
पदार्थ की शेष मात्रा $N = N_0(1/2)^3 = N_0 / 8$ है।
विघटित हुए पदार्थ की मात्रा $N_0 - N = N_0 - N_0/8 = 7N_0/8$ है।
अतः,$60 \ days$ में पदार्थ का $7/8$ भाग विघटित हो जाता है।

(A) प्रथम माध्यम का अपवर्तनांक $\mu_1 = 2$ है और दूसरे माध्यम का अपवर्तनांक $\mu_2 = \sqrt{2}$ है।
पूर्ण आंतरिक परावर्तन तब होता है जब प्रकाश सघन माध्यम से विरल माध्यम में जाता है और आपतन कोण $i$ क्रांतिक कोण $i_C$ से अधिक होता है।
क्रांतिक कोण $i_C$ का सूत्र $\sin i_C = \frac{\mu_2}{\mu_1}$ है।
मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $\sin i_C = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
अतः,$i_C = 45^{\circ}$.
पूर्ण आंतरिक परावर्तन होने के लिए,आपतन कोण का मान क्रांतिक कोण से अधिक होना चाहिए,अर्थात $i > 45^{\circ}$.

(D) दो बिंदुओं के बीच की दूरी $x = 2 \,mm = 2 \times 10^{-3} \,m$ है।
पुतली का व्यास $d = 3 \,mm = 3 \times 10^{-3} \,m$ है।
प्रकाश की तरंग दैर्ध्य $\lambda = 500 \,nm = 5 \times 10^{-7} \,m$ है।
रेले मानदंड के अनुसार, दो बिंदुओं के विभेदन के लिए कोणीय पृथक्करण $\theta = \frac{1.22 \lambda}{d}$ द्वारा दिया जाता है।
साथ ही, कोणीय पृथक्करण को $\theta = \frac{x}{D}$ के रूप में व्यक्त किया जा सकता है, जहाँ $D$ अधिकतम दूरी है।
दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $\frac{x}{D} = \frac{1.22 \lambda}{d}$।
$D$ के लिए हल करने पर: $D = \frac{x d}{1.22 \lambda}$।
मान रखने पर: $D = \frac{(2 \times 10^{-3} \,m) \times (3 \times 10^{-3} \,m)}{1.22 \times (5 \times 10^{-7} \,m)}$।
$D = \frac{6 \times 10^{-6}}{6.1 \times 10^{-7}} = \frac{60}{6.1} \approx 9.836 \,m$।
निकटतम पूर्णांक में, हमें $D \approx 10 \,m$ प्राप्त होता है।

(A) माध्यम में लेंस की फोकस दूरी लेंस मेकर सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{f} = (\frac{n_l}{n_m} - 1) (\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2})$.
अवतल लेंस के लिए,$R_1 = -R$ और $R_2 = +R$ होता है।
दिया गया है: $n_l = 1.5$,$n_m = 1.75$.
मान रखने पर: $\frac{1}{f} = (\frac{1.5}{1.75} - 1) (\frac{1}{-R} - \frac{1}{R})$.
$\frac{1}{f} = (\frac{6}{7} - 1) (-\frac{2}{R}) = (-\frac{1}{7}) (-\frac{2}{R}) = \frac{2}{7R}$.
अतः,$f = +3.5 R$.
चूंकि फोकस दूरी धनात्मक है,इसलिए लेंस एक अभिसारी (उत्तल) लेंस की तरह व्यवहार करेगा।

(B) माइक्रोस्कोप की विभेदन सीमा का सूत्र $d = \frac{\lambda}{2 NA}$ है।
दिया गया है:
संख्यात्मक एपर्चर,$NA = 0.8$
तरंग दैर्ध्य,$\lambda = 0.6 \mu m$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$d = \frac{0.6}{2 \times 0.8}$
$d = \frac{0.6}{1.6}$
$d = \frac{6}{16} \mu m$
$d = \frac{3}{8} \mu m$
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(A) जब कोई किरण प्रिज्म की एक सतह पर लंबवत आपतित होती है,तो वह बिना विचलित हुए प्रिज्म में प्रवेश करती है। मान लीजिए प्रिज्म $ABC$ है जिसका अपवर्तक कोण $A = 30^{\circ}$ है।
दूसरी सतह $AB$ पर,आपतन कोण $i$ प्रिज्म के अपवर्तक कोण के बराबर होता है,इसलिए $i = 30^{\circ}$।
दूसरी सतह पर स्नेल के नियम का उपयोग करने पर: $\mu \sin i = 1 \sin e$,जहाँ $e$ निर्गत कोण है।
$1.5 \times \sin 30^{\circ} = \sin e$
$1.5 \times 0.5 = \sin e$
$\sin e = 0.75$
दिया गया है कि $\sin 48^{\circ} 36^{\prime} = 0.75$,इसलिए $e = 48^{\circ} 36^{\prime}$।
लंबवत आपतित किरण के लिए विचलन कोण $\delta$ को $\delta = e - i$ द्वारा दिया जाता है।
$\delta = 48^{\circ} 36^{\prime} - 30^{\circ} = 18^{\circ} 36^{\prime}$।

(A) जब प्रकाश की एक किरण समतल दर्पण पर लंबवत आपतित होती है,तो इसका अर्थ है कि किरण दर्पण की सतह पर अभिलंब (normal) की दिशा में यात्रा करती है।
इसलिए,आपतन कोण $i$,जो आपतित किरण और अभिलंब के बीच का कोण है,$0^{\circ}$ होता है।
परावर्तन के नियमों के अनुसार,आपतन कोण परावर्तन कोण के बराबर होता है $(i = r)$।
अतः,परावर्तन कोण $r = 0^{\circ}$ होगा।

(B) जब एक बर्तन में $\mu_1, \mu_2, \dots, \mu_n$ अपवर्तनांक और $d_1, d_2, \dots, d_n$ वास्तविक गहराई वाले कई अमिश्रणीय द्रव भरे जाते हैं,तो लंबवत देखने पर कुल आभासी गहराई $d_{app}$ का सूत्र इस प्रकार है:
$d_{app} = \sum_{i=1}^{n} \frac{d_i}{\mu_i} = \frac{d_1}{\mu_1} + \frac{d_2}{\mu_2} + \dots + \frac{d_n}{\mu_n}$
इस प्रश्न में,कुल गहराई $2d \text{ cm}$ है,जिसे दो समान भागों में विभाजित किया गया है। अतः,प्रत्येक द्रव की वास्तविक गहराई $d_1 = d$ और $d_2 = d$ है।
निचले आधे भाग का अपवर्तनांक $\mu_1$ है और ऊपरी आधे भाग का $\mu_2$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$d_{app} = \frac{d}{\mu_1} + \frac{d}{\mu_2}$
$d_{app} = d\left(\frac{1}{\mu_1} + \frac{1}{\mu_2}\right)$

(A) प्रकाश तरंग की आवृत्ति $v = 4 \times 10^{14} \,Hz$ है और माध्यम में तरंगदैर्ध्य $\lambda_m = 5 \times 10^{-7} \,m$ है।
माध्यम में प्रकाश की चाल $v_m = v \times \lambda_m = (4 \times 10^{14} \,Hz) \times (5 \times 10^{-7} \,m) = 2 \times 10^8 \,m/s$ द्वारा दी जाती है।
माध्यम का अपवर्तनांक $\mu$,निर्वात में प्रकाश की चाल $(c)$ और माध्यम में प्रकाश की चाल $(v_m)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित होता है।
दिया गया है $c = 3 \times 10^8 \,m/s$।
$\mu = \frac{c}{v_m} = \frac{3 \times 10^8 \,m/s}{2 \times 10^8 \,m/s} = 1.5$।
अतः,माध्यम का अपवर्तनांक $1.5$ है।

(B) हम जानते हैं कि अपवर्तनांक का सूत्र है: $\mu = \frac{\text{वास्तविक गहराई}}{\text{आभासी गहराई}}$।
यहाँ,$\mu = 1.5$ और वास्तविक गहराई कांच के स्लैब की मोटाई है,जो $0.12 \,m$ है।
इसलिए,आभासी गहराई की गणना इस प्रकार की जाती है: $\text{आभासी गहराई} = \frac{\text{वास्तविक गहराई}}{\mu} = \frac{0.12}{1.5} = 0.08 \,m$।
स्याही के बिंदु की स्थिति में विस्थापन है: $\text{विस्थापन} = \text{वास्तविक गहराई} - \text{आभासी गहराई} = 0.12 \,m - 0.08 \,m = 0.04 \,m$।
चूंकि बिंदु की छवि $0.04 \,m$ ऊपर उठी हुई दिखाई देती है,इसलिए बिंदु पर फिर से फोकस करने के लिए ट्रैवलिंग माइक्रोस्कोप को $0.04 \,m$ ऊपर की ओर स्थानांतरित किया जाना चाहिए।

(B) दिए गए परिपथ में, जंक्शन डायोड का $p$-सिरा $3 \, V$ के विभव से जुड़ा है और $n$-सिरा $100 \, \Omega$ के प्रतिरोधक के माध्यम से $1 \, V$ के विभव से जुड़ा है।
चूंकि $p$-सिरे का विभव $n$-सिरे के विभव से अधिक है, इसलिए डायोड अग्र-अभिनत (forward-biased) है।
एक आदर्श डायोड के लिए, अग्र-अभिनत स्थिति में प्रतिरोध शून्य होता है।
इसलिए, प्रतिरोधक के सिरों पर प्रभावी विभवांतर $V = 3 \, V - 1 \, V = 2 \, V$ है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए, परिपथ में धारा $I$ इस प्रकार है:
$I = \frac{V}{R} = \frac{2 \, V}{100 \, \Omega} = 0.02 \, A$.
इसे मिलीएम्पियर में बदलने पर, हमें $I = 0.02 \times 1000 \, mA = 20 \, mA$ प्राप्त होता है।