AP EAMCET 2022 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) $r$ त्रिज्या वाली एक समरूप अर्धवृत्ताकार प्लेट का द्रव्यमान केंद्र $(COM)$ उसके सीधे किनारे के केंद्र $(O)$ से $\frac{4r}{3\pi}$ की दूरी पर सममिति की अक्ष पर स्थित होता है।
अतः,दूरी $OA = \frac{4r}{3\pi}$ है।

(A) मान लीजिए कि मूल डिस्क की त्रिज्या $R_1$ है और द्रव्यमान $M_1 = \sigma \pi R_1^2$ है,जहाँ $\sigma$ पृष्ठीय द्रव्यमान घनत्व है। इसका द्रव्यमान केंद्र मूल बिंदु $(0,0)$ पर है।
मान लीजिए कि हटाए गए वृत्ताकार भाग की त्रिज्या $R_2$ है और द्रव्यमान $M_2 = \sigma \pi R_2^2$ है। चित्र में दिखाए अनुसार इसका केंद्र $(R_1 - R_2, 0)$ पर है।
शेष भाग का द्रव्यमान केंद्र इस प्रकार दिया गया है:
$x_{CM} = \frac{M_1 x_1 - M_2 x_2}{M_1 - M_2}$
मान रखने पर:
$x_{CM} = \frac{(\sigma \pi R_1^2)(0) - (\sigma \pi R_2^2)(R_1 - R_2)}{\sigma \pi R_1^2 - \sigma \pi R_2^2}$
$x_{CM} = \frac{-R_2^2(R_1 - R_2)}{R_1^2 - R_2^2}$
$x_{CM} = \frac{-R_2^2(R_1 - R_2)}{(R_1 - R_2)(R_1 + R_2)}$
$x_{CM} = -\frac{R_2^2}{R_1 + R_2}$

(A) $x=N$ स्थिति पर द्रव्यमान $m_N = m \left(\frac{1}{3}\right)^N \frac{1}{N}$ द्वारा दिया गया है।
$X$-अक्ष पर द्रव्यमान केंद्र $X_{cm}$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$X_{cm} = \frac{\sum m_N x_N}{\sum m_N} = \frac{\sum_{N=2}^{\infty} \left[ m \left(\frac{1}{3}\right)^N \frac{1}{N} \right] \times N}{M}$
$X_{cm} = \frac{m}{M} \sum_{N=2}^{\infty} \left(\frac{1}{3}\right)^N$
यह एक अनंत गुणोत्तर श्रेणी है जिसका प्रथम पद $a = \left(\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{1}{9}$ और सार्व अनुपात $r = \frac{1}{3}$ है।
अनंत गुणोत्तर श्रेणी का योग $S = \frac{a}{1-r}$ होता है।
$X_{cm} = \frac{m}{M} \left[ \frac{1/9}{1 - 1/3} \right] = \frac{m}{M} \left[ \frac{1/9}{2/3} \right] = \frac{m}{M} \left[ \frac{1}{9} \times \frac{3}{2} \right] = \frac{m}{6M}$.

(A) द्रव्यमान केंद्र $X_{CM}$ की स्थिति $X_{CM} = \frac{\sum m_i x_i}{M}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
दिए गए मानों को रखने पर:
$X_{CM} = \frac{m(1) + (1/2)(m/2)(2) + (1/2)^2(m/3)(3) + \dots + (1/2)^{N-1}(m/N)(N) + \dots}{M}$
$X_{CM} = \frac{m + (1/2)m + (1/2)^2m + \dots + (1/2)^{N-1}m + \dots}{M}$
$X_{CM} = \frac{m}{M} [1 + 1/2 + (1/2)^2 + \dots + (1/2)^{N-1} + \dots]$
कोष्ठक में दिया गया पद एक अनंत गुणोत्तर श्रेणी ($G$.$P$.) है,जिसमें प्रथम पद $a = 1$ और सार्व अनुपात $r = 1/2$ है।
अनंत $G$.$P$. का योग $S = \frac{a}{1-r} = \frac{1}{1 - 1/2} = \frac{1}{1/2} = 2$ होता है।
अतः,$X_{CM} = \frac{m}{M} \times 2 = \frac{2m}{M}$.
चूंकि द्रव्यमान केवल $X$-अक्ष पर रखे गए हैं,इसलिए $Y_{CM} = 0$ और $Z_{CM} = 0$ होगा।
इस प्रकार,द्रव्यमान केंद्र $(\frac{2m}{M}, 0, 0)$ है।

(A) टक्कर से पहले और बाद में रैखिक संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करने पर:
$M(150) + 2M(-v) = M(0) + 2M(v')$ (गेंद $A$ की दिशा को धनात्मक लेने पर)
$150 - 2v = 2v'$
$v' = 75 - v \dots (1)$
अब,प्रत्यावस्थान गुणांक $e$ इस प्रकार है:
$e = \frac{v_2 - v_1}{u_1 - u_2} = 1$
$1 = \frac{v' - 0}{150 - (-v)}$
$150 + v = v' \dots (2)$
समीकरण $(1)$ और $(2)$ की तुलना करने पर:
$75 - v = 150 + v$
$2v = -75$
गति (परिमाण) ज्ञात करने पर,हमें $37.5 \ m \ s^{-1}$ प्राप्त होता है।

(A) गेंद $A$ के लिए: $m_A = 1 \,kg$, $u_A = 4 \,ms^{-1}$. गेंद $B$ के लिए: $m_B = 3 \,kg$, $u_B = 0 \,ms^{-1}$.
टक्कर से पहले कुल संवेग $p_i = m_A u_A + m_B u_B = (1 \times 4) + (3 \times 0) = 4 \,kg \cdot ms^{-1}$.
टक्कर के बाद, दोनों पिंड एक साथ चिपक जाते हैं और सामान्य वेग $v$ से चलते हैं।
टक्कर के बाद कुल संवेग $p_f = (m_A + m_B)v = (1 + 3)v = 4v$.
संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार, $p_i = p_f$, इसलिए $4 = 4v$, जिससे $v = 1 \,ms^{-1}$ प्राप्त होता है।
गेंद $B$ पर लगाया गया बल, गेंद $B$ के संवेग परिवर्तन की दर है:
$F_B = \frac{\Delta p_B}{\Delta t} = \frac{m_B(v - u_B)}{\Delta t} = \frac{3(1 - 0)}{0.1} = \frac{3}{0.1} = 30 \,N$.

(C) गेंद का प्रारंभिक वेग $u = 5 \,m \,s^{-1}$ है जो क्षैतिज के साथ $30^{\circ}$ का कोण बनाता है।
हम इस वेग को क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर घटकों में विभाजित करते हैं:
क्षैतिज घटक, $v_{1x} = u \cos 30^{\circ} = 5 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{5\sqrt{3}}{2} \,m \,s^{-1}$.
ऊर्ध्वाधर घटक, $v_{1y} = u \sin 30^{\circ} = 5 \times \frac{1}{2} = 2.5 \,m \,s^{-1}$.
जमीन के साथ टक्कर के दौरान, वेग का क्षैतिज घटक अपरिवर्तित रहता है क्योंकि क्षैतिज दिशा में कोई आवेग (impulse) नहीं होता है।
$v_{2x} = v_{1x} = \frac{5\sqrt{3}}{2} \,m \,s^{-1}$.
ऊर्ध्वाधर घटक प्रत्यावस्थान गुणांक $e = 0.2$ के अनुसार बदलता है:
$v_{2y} = e \times v_{1y} = 0.2 \times 2.5 = 0.5 \,m \,s^{-1}$.
गेंद की अंतिम गति $v_f$ परिणामी वेग सदिश का परिमाण है:
$v_f = \sqrt{v_{2x}^2 + v_{2y}^2} = \sqrt{\left(\frac{5\sqrt{3}}{2}\right)^2 + (0.5)^2}$
$v_f = \sqrt{\frac{25 \times 3}{4} + 0.25} = \sqrt{\frac{75}{4} + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{76}{4}} = \sqrt{19} \,m \,s^{-1}$.

(A) रैखिक संवेग एक सदिश राशि है।
मान लीजिए कि दीवार की ओर की दिशा धनात्मक है।
प्रारंभिक संवेग $\vec{p}_i = m \times 10 \hat{i} = 0.5 \times 10 \hat{i} = 5 \hat{i} \ kg \ m \ s^{-1}$ है।
दीवार से टकराने के बाद,गेंद विपरीत दिशा में गति करती है।
अंतिम संवेग $\vec{p}_f = -m \times v \hat{i} = -0.5 \times v \hat{i} \ kg \ m \ s^{-1}$ है।
रैखिक संवेग में परिवर्तन $\Delta \vec{p} = \vec{p}_f - \vec{p}_i$ है।
$\Delta \vec{p} = (-0.5v \hat{i}) - (5 \hat{i}) = -(0.5v + 5) \hat{i}$ है।
रैखिक संवेग में परिवर्तन का परिमाण $8.0 \ kg \ m \ s^{-1}$ दिया गया है।
$|\Delta \vec{p}| = 0.5v + 5 = 8.0$.
$0.5v = 8.0 - 5 = 3.0$.
$v = \frac{3.0}{0.5} = 6.0 \ m \ s^{-1}$।

(A) चरण $1$: $m$ द्रव्यमान की गोली $M_1$ से टकराती है और उसमें धंस जाती है। यह एक पूर्णतः अप्रत्यास्थ टक्कर है। रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$m v = (m + M_1) v_1$
जहाँ $v_1$ पहली टक्कर के बाद $(m + M_1)$ सिस्टम का वेग है।
$v_1 = \frac{m v}{m + M_1}$
चरण $2$: अब $(m + M_1)$ सिस्टम $v_1$ वेग के साथ गति करता है और $M_2$ से प्रत्यास्थ रूप से टकराता है,जो शुरू में स्थिर है $(u_2 = 0)$।
दो द्रव्यमानों $m_A$ और $m_B$ के बीच प्रत्यास्थ टक्कर के लिए,जहाँ $m_B$ शुरू में स्थिर है,$m_B$ का अंतिम वेग $v_B$ इस प्रकार दिया जाता है:
$v_B = \frac{2 m_A}{m_A + m_B} u_A$
यहाँ,$m_A = (m + M_1)$,$m_B = M_2$,और $u_A = v_1$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$v_2 = \frac{2(m + M_1)}{(m + M_1) + M_2} v_1$
$v_2 = \frac{2(m + M_1)}{m + M_1 + M_2} \cdot \frac{m v}{m + M_1}$
$v_2 = \frac{2 m v}{m + M_1 + M_2}$
अतः,टक्कर के बाद $M_2$ का वेग $\frac{2 m v}{M_1 + M_2 + m}$ है।

(C) $M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाले एक समान ठोस गोले के केंद्र से $r$ दूरी $(r \ge R)$ पर गुरुत्वीय त्वरण $g = \frac{GM}{r^2}$ द्वारा दिया जाता है।
सतह पर,$r = R$ है,इसलिए $a_o = \frac{GM}{R^2}$ है।
हमें वह दूरी $r$ ज्ञात करनी है जहाँ त्वरण $a = \frac{a_o}{4}$ हो जाता है।
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर,$\frac{GM}{r^2} = \frac{1}{4} \left( \frac{GM}{R^2} \right)$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों से $GM$ को हटाने पर,$\frac{1}{r^2} = \frac{1}{4R^2}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,$r^2 = 4R^2$,जिससे $r = 2R$ प्राप्त होता है।
अतः,गोले के केंद्र से दूरी $2R$ है।

(C) ग्रह की सतह पर गुरुत्वाकर्षण के कारण त्वरण $g = \frac{GM}{R^2}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि घनत्व $\rho = \frac{M}{V} = \frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3}$,हम त्रिज्या $R$ को $R = \left( \frac{3M}{4\pi \rho} \right)^{1/3}$ के रूप में व्यक्त कर सकते हैं।
$R$ का मान $g$ के सूत्र में रखने पर:
$g = \frac{GM}{(\frac{3M}{4\pi \rho})^{2/3}} = G M^{1/3} (\frac{4\pi \rho}{3})^{2/3}$.
यह दर्शाता है कि $g \propto M^{1/3} \rho^{2/3}$.
ग्रह के लिए दिया गया है: $M^{\prime} = 8M$ और $\rho^{\prime} = 27\rho$.
अनुपात लेने पर:
$\frac{g^{\prime}}{g} = \left( \frac{M^{\prime}}{M} \right)^{1/3} \left( \frac{\rho^{\prime}}{\rho} \right)^{2/3}$.
$\frac{g^{\prime}}{g} = (8)^{1/3} \times (27)^{2/3} = 2 \times (3^3)^{2/3} = 2 \times 3^2 = 2 \times 9 = 18$.
अतः,$g^{\prime} = 18g$.

(A) ठोस गोले की त्रिज्या $R$ है और इसका द्रव्यमान $M$ है। गोले का घनत्व $\rho = \frac{M}{\frac{4}{3} \pi R^3}$ है।
प्रत्येक गोलाकार गुहिका की त्रिज्या $R/2$ है। हटाए गए प्रत्येक भाग का द्रव्यमान $M' = \rho \times \text{गुहिका का आयतन} = \frac{M}{\frac{4}{3} \pi R^3} \times \frac{4}{3} \pi (R/2)^3 = \frac{M}{8}$ है।
गोले का केंद्र मूल बिंदु पर है। मान लीजिए कि बाईं गुहिका का केंद्र $x = -R/2$ पर है और दाईं गुहिका का केंद्र $x = R/2$ पर है। बिंदु द्रव्यमान $m$ स्थान $x = d$ पर है।
$m$ पर गुरुत्वाकर्षण बल पूरे गोले के कारण बल में से दो हटाए गए गोलाकार द्रव्यमानों के कारण बल को घटाने पर प्राप्त होता है।
$F = \frac{G M m}{d^2} - \frac{G M' m}{(d - R/2)^2} - \frac{G M' m}{(d + R/2)^2}$.
$M' = M/8$ प्रतिस्थापित करने पर:
$F = \frac{G M m}{d^2} - \frac{G M m}{8(d - R/2)^2} - \frac{G M m}{8(d + R/2)^2}$.
$\frac{G M m}{d^2}$ को कॉमन लेने पर:
$F = \frac{G M m}{d^2} \left[ 1 - \frac{1}{8(1 - R/2d)^2} - \frac{1}{8(1 + R/2d)^2} \right]$.

(A) पलायन वेग $v_E = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ द्वारा दिया जाता है।
पृथ्वी की सतह पर,कुल यांत्रिक ऊर्जा $E_1 = KE_1 + PE_1 = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{R}$ है।
$v = \alpha v_E = \alpha \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $KE_1 = \frac{1}{2}m(\alpha^2 \cdot \frac{2GM}{R}) = \frac{GMm\alpha^2}{R}$ प्राप्त होता है।
अतः,$E_1 = \frac{GMm\alpha^2}{R} - \frac{GMm}{R} = \frac{GMm}{R}(\alpha^2 - 1)$।
अधिकतम ऊँचाई $h$ पर,वेग $0$ है,इसलिए $KE_2 = 0$ और $PE_2 = -\frac{GMm}{R+h}$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,$E_1 = E_2$:
$\frac{GMm}{R}(\alpha^2 - 1) = -\frac{GMm}{R+h}$।
$\alpha^2 - 1 = -\frac{R}{R+h} = -\frac{6400}{6400+800} = -\frac{6400}{7200} = -\frac{8}{9}$।
$\alpha^2 = 1 - \frac{8}{9} = \frac{1}{9}$।
इसलिए,$\alpha = \frac{1}{3}$।

(C) पृथ्वी की सतह और अधिकतम ऊँचाई $h$ के बीच यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए:
सतह पर कुल ऊर्जा = अधिकतम ऊँचाई पर कुल ऊर्जा
$-\frac{G M m}{R_E} + \frac{1}{2} m v^2 = -\frac{G M m}{R_E + h} + 0$
दिया गया है $h = \frac{4}{5} R_E$,इसलिए $R_E + h = R_E + \frac{4}{5} R_E = \frac{9}{5} R_E$.
$GM = g R_E^2$ प्रतिस्थापित करने पर:
$-\frac{g R_E^2 m}{R_E} + \frac{1}{2} m v^2 = -\frac{g R_E^2 m}{\frac{9}{5} R_E}$
$-g R_E + \frac{v^2}{2} = -\frac{5}{9} g R_E$
$\frac{v^2}{2} = g R_E - \frac{5}{9} g R_E = \frac{4}{9} g R_E$
$v^2 = \frac{8}{9} g R_E$
$v = \sqrt{\frac{8}{9} g R_E} = \frac{2}{3} \sqrt{2 g R_E}$
चूँकि पलायन वेग $v_E = \sqrt{2 g R_E}$ है,इसलिए $v = \frac{2}{3} v_E$.
अतः,$\frac{v}{v_E} = \frac{2}{3}$.

(B) माना पृथ्वी की सतह पर वस्तु की पलायन चाल $V_e = V$ है। पलायन चाल का सूत्र $V = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,सतह पर कुल ऊर्जा अनंत पर कुल ऊर्जा के बराबर होती है:
$K_i + U_i = K_f + U_f$
$\frac{1}{2}m(4V)^2 - \frac{GMm}{R} = \frac{1}{2}mV_0^2 + 0$
चूंकि $V^2 = \frac{2GM}{R}$,इसलिए $\frac{GM}{R} = \frac{V^2}{2}$ है।
इस मान को ऊर्जा समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2}m(16V^2) - m(\frac{V^2}{2}) = \frac{1}{2}mV_0^2$
$8mV^2 - 0.5mV^2 = 0.5mV_0^2$
$7.5V^2 = 0.5V_0^2$
$V_0^2 = 15V^2$
$V_0 = \sqrt{15}V$

(B) पलायन वेग $v_e$ का सूत्र इस प्रकार है:
$v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$
चूंकि ग्रह का द्रव्यमान $M$ को उसके घनत्व $d$ और त्रिज्या $R$ के पदों में $M = d \times \frac{4}{3} \pi R^3$ के रूप में व्यक्त किया जा सकता है,इसलिए सूत्र में मान रखने पर:
$v_e = \sqrt{\frac{2G}{R} \times \frac{4}{3} \pi R^3 d} = \sqrt{\frac{8}{3} G \pi R^2 d} = R \sqrt{\frac{8}{3} G \pi d}$
पहले ग्रह $(A)$ के लिए:
$v_1 = 16 \ km/s = R \sqrt{\frac{8}{3} G \pi d}$
दूसरे ग्रह $(B)$ के लिए जिसकी त्रिज्या $R' = 3R$ और घनत्व $d' = 2d$ है:
$v_2 = (3R) \sqrt{\frac{8}{3} G \pi (2d)} = 3R \sqrt{2} \sqrt{\frac{8}{3} G \pi d} = 3 \sqrt{2} \times v_1$
$v_1 = 16 \ km/s$ रखने पर:
$v_2 = 3 \sqrt{2} \times 16 = 48 \sqrt{2} \ km/s$
दिया गया है कि $v_2 = v \sqrt{2} \ km/s$,इसलिए:
$v = 48$

(B) ग्रह के चारों ओर परिक्रमा कर रहे उपग्रह का परिक्रमण काल $T = 2\pi \sqrt{\frac{r^3}{GM}}$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि दोनों उपग्रह एक ही वृत्ताकार कक्षा में हैं,इसलिए उनकी कक्षीय त्रिज्या $r$ समान है,जिसका अर्थ है कि उनके परिक्रमण काल समान हैं। अतः,कथन $(A)$ सत्य है।
उपग्रह का कक्षीय वेग $v = \sqrt{\frac{GM}{r}}$ द्वारा दिया जाता है। यह दर्शाता है कि $v \propto \frac{1}{\sqrt{r}}$,जिसका अर्थ है कि कक्षीय वेग कक्षा की त्रिज्या के वर्गमूल के व्युत्क्रमानुपाती है। अतः,कथन $(B)$ सत्य है।
ग्रह के केंद्र से $r$ दूरी पर स्थित बिंदु से पलायन वेग $v_e = \sqrt{\frac{2GM}{r}}$ होता है। चूंकि $r = R + h$ (जहाँ $R$ ग्रह की त्रिज्या है और $h$ ऊँचाई है),इसलिए पलायन वेग प्रक्षेपण बिंदु की ऊँचाई $h$ पर निर्भर करता है। अतः,कथन $(C)$ असत्य है।

(D) दिया गया है: $T_A = 8 T_B$.
केप्लर के तीसरे नियम के अनुसार,$T^2 \propto R^3$,जहाँ $T$ आवर्तकाल है और $R$ कक्षीय त्रिज्या है।
अतः,$\frac{T_A^2}{T_B^2} = \frac{R_A^3}{R_B^3} \Rightarrow (8)^2 = \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^3 \Rightarrow 64 = \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^3$.
घनमूल लेने पर,$\frac{R_A}{R_B} = (64)^{1/3} = 4$.
कक्षीय वेग $V$ का सूत्र $V = \frac{2 \pi R}{T}$ है।
इसलिए,कक्षीय वेगों का अनुपात $\frac{V_A}{V_B} = \frac{R_A}{R_B} \times \frac{T_B}{T_A} = 4 \times \frac{1}{8} = \frac{1}{2}$ होगा।
अतः,अनुपात $1: 2$ है।

(C) भूस्थिर उपग्रह वह उपग्रह है जो पृथ्वी के घूर्णन की दिशा में (पश्चिम से पूर्व की ओर) पृथ्वी की परिक्रमा करता है।
इसका कक्षीय आवर्तकाल पृथ्वी के घूर्णन काल के बिल्कुल बराबर होता है, जो कि $24 \,h$ (या $1 \,day$) है।

(A) $m$ द्रव्यमान वाले उपग्रह की $M_e$ द्रव्यमान वाली पृथ्वी के चारों ओर $r$ दूरी पर कुल ऊर्जा $E$ इस प्रकार दी जाती है:
$E = -\frac{G M_e m}{2r}$
यह दर्शाता है कि $E \propto \frac{1}{r}$ है।
मान लीजिए प्रारंभिक त्रिज्या $r_1$ है और प्रारंभिक ऊर्जा $E_1 = -\frac{G M_e m}{2r_1}$ है।
जब त्रिज्या को आधा कर दिया जाता है,तो $r_2 = \frac{r_1}{2}$ हो जाता है।
नई ऊर्जा $E_2 = -\frac{G M_e m}{2r_2} = -\frac{G M_e m}{2(r_1/2)} = -\frac{G M_e m}{r_1} = 2 E_1$ है।
कुल ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta E = E_2 - E_1 = 2E_1 - E_1 = E_1$ है।
प्रतिशत परिवर्तन $\frac{|\Delta E|}{|E_1|} \times 100\% = \frac{|E_1|}{|E_1|} \times 100\% = 100\%$ होगा।

(A) किसी ग्रह की सतह पर गुरुत्वीय त्वरण $g = \frac{GM}{R^2}$ द्वारा दिया जाता है।
पृथ्वी के लिए,$g_e = \frac{GM}{R^2}$ है।
नए ग्रह के लिए,द्रव्यमान $M' = 100M$ और त्रिज्या $R' = 10R$ है।
इसलिए,नए ग्रह पर गुरुत्वीय त्वरण $g_p = \frac{G(100M)}{(10R)^2} = \frac{100GM}{100R^2} = \frac{GM}{R^2} = g_e$ होगा।
चूँकि ऊँचाई $h$ समान है और गुरुत्वीय त्वरण $g$ भी समान है,इसलिए जमीन तक पहुँचने में लगा समय $h = \frac{1}{2}gt^2$ द्वारा दिया जाता है,जिसका अर्थ है $t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$।
चूँकि $h$ और $g$ दोनों के लिए समान हैं,इसलिए लगा समय $t$ समान ही रहेगा।

(B) त्रिविमीय आकाश में,एक अणु के पास कुल $3N$ स्वतंत्रता की कोटि होती है,जहाँ $N$ परमाणुओं की संख्या है। एक द्विपरमाणुक अणु के लिए,$N = 2$,इसलिए कुल स्वतंत्रता की कोटि $3 \times 2 = 6$ होती है।
इन $6$ स्वतंत्रता की कोटियों को इस प्रकार वर्गीकृत किया गया है:
$1$. स्थानांतरण स्वतंत्रता की कोटि: $3$ ($x, y,$ और $z$ अक्षों के अनुदिश)।
$2$. घूर्णन स्वतंत्रता की कोटि: $2$ (एक रैखिक द्विपरमाणुक अणु के लिए)।
$3$. कंपन स्वतंत्रता की कोटि: शेष स्वतंत्रता की कोटि की गणना $6 - (3 + 2) = 1$ के रूप में की जाती है।
अतः,एक द्विपरमाणुक अणु में $1$ कंपन स्वतंत्रता की कोटि होती है।

(C) एक गैर-दृढ़ द्वि-परमाणुक अणु के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $(f)$ की गणना इस प्रकार की जाती है:
स्थानांतरणीय स्वतंत्रता की कोटि $= 3$
घूर्णन स्वतंत्रता की कोटि $= 2$
कंपन स्वतंत्रता की कोटि $= 2$ (एक गतिज ऊर्जा के लिए और एक स्थितिज ऊर्जा के लिए)।
कुल स्वतंत्रता की कोटि $(f) = 3 + 2 + 2 = 7$ है।
विशिष्ट ऊष्मा का अनुपात $\gamma = \frac{C_p}{C_v} = 1 + \frac{2}{f}$ द्वारा दिया जाता है।
$f = 7$ रखने पर,हमें $\gamma = 1 + \frac{2}{7} = \frac{9}{7}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$\frac{C_p}{C_v} = \frac{9}{7}$,जिसका अर्थ है $7 C_p = 9 C_v$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $49 C_p^2 = 81 C_v^2$ प्राप्त होता है।

(C) एक द्वि-परमाणुक अणु दो परमाणुओं से बना होता है जो एक कठोर बंधन द्वारा जुड़े होते हैं।
यह उन दो अक्षों के परितः घूम सकता है जो दोनों परमाणुओं को जोड़ने वाली रेखा के लंबवत होते हैं।
दोनों परमाणुओं से गुजरने वाली अक्ष के परितः घूर्णन को शास्त्रीय गतिज सिद्धांत में उपेक्षित किया जाता है क्योंकि इस अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण (moment of inertia) नगण्य होता है।
इसलिए,एक द्वि-परमाणुक अणु में $2$ घूर्णन स्वतंत्रता की कोटि होती है।

(B) स्थिर दाब पर दी गई ऊष्मा का सूत्र: $\Delta Q = n C_P \Delta T$ है।
चूंकि नाइट्रोजन $(N_2)$ एक द्वि-परमाणुक गैस है, इसलिए इसकी स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $f = 5$ है।
स्थिर दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_P = (\frac{f}{2} + 1) R = (\frac{5}{2} + 1) R = \frac{7}{2} R$ होती है।
मोलों की संख्या $n = \frac{M}{M_0}$, जहां $M$ गैस का द्रव्यमान है और $M_0$ आणविक द्रव्यमान $(28 \,g/mol)$ है।
मान रखने पर: $498 = (\frac{M}{28}) \times (\frac{7}{2}) \times 8.3 \times 40$.
समीकरण को सरल करने पर: $498 = M \times (\frac{7}{56}) \times 8.3 \times 40$.
$498 = M \times 0.125 \times 332$.
$498 = M \times 41.5$.
$M = \frac{498}{41.5} = 12 \,g$.

(A) दिया गया है: प्रारंभिक आयतन $V_i = 100 \ cc$।
प्रारंभिक दाब $P_i = 760 \ mm$ $Hg$।
प्रारंभिक तापमान $T_i = 30^{\circ} C$।
अंतिम तापमान $T_f = 30^{\circ} C$ (चूंकि तापमान स्थिर रहता है)।
अंतिम दाब $P_f = 400 \ mm$ $Hg$।
चूंकि तापमान स्थिर है,हम बॉयल के नियम का उपयोग करते हैं: $P_i V_i = P_f V_f$।
मान रखने पर: $760 \times 100 = 400 \times V_f$।
$V_f$ के लिए हल करने पर: $V_f = \frac{760 \times 100}{400}$।
$V_f = \frac{76000}{400} = 190 \ cc$।

(A) रुद्धोष्म संपीड़न में,गैस पर कार्य किया जाता है,जिससे उसकी आंतरिक ऊर्जा बढ़ जाती है। चूंकि एक आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा उसके निरपेक्ष तापमान $(U \propto T)$ के सीधे आनुपातिक होती है,इसलिए गैस का तापमान बढ़ जाता है।
गैसों के गतिज सिद्धांत के अनुसार,गैस के अणुओं की औसत गतिज ऊर्जा $K_{avg} = \frac{3}{2} k_B T$ द्वारा दी जाती है। जैसे-जैसे तापमान $T$ बढ़ता है,औसत गतिज ऊर्जा भी बढ़ती है।
गतिज ऊर्जा में यह वृद्धि इसलिए होती है क्योंकि संपीड़न के दौरान,अणु गतिशील पिस्टन (दीवार) से टकराते हैं। जब कोई अणु अपनी ओर आती हुई दीवार से टकराता है,तो प्रत्यास्थ टक्कर के कारण अणु की गति (और इसलिए गतिज ऊर्जा) बढ़ जाती है,जो एक गतिशील बल्ले से टकराने वाली गेंद के समान है। इसलिए,कथन और कारण दोनों सत्य हैं,और कारण कथन की सही व्याख्या करता है।

(C) गैस मिश्रण के लिए,एडियाबेटिक इंडेक्स $\gamma_{\text{mix}} = \frac{C_{p(\text{mix})}}{C_{V(\text{mix})}}$ होता है।
मिश्रण के गुणों के लिए सूत्र: $\gamma_{\text{mix}} = \frac{n_1 C_{p1} + n_2 C_{p2}}{n_1 C_{V1} + n_2 C_{V2}}$ है।
ऑक्सीजन $(O_2)$ के लिए,जो द्विपरमाणुक है: $n_1 = \frac{4 \ g}{32 \ g/mol} = \frac{1}{8} \ mol$. $C_{p1} = \frac{7}{2}R$,$C_{V1} = \frac{5}{2}R$.
हीलियम (He) के लिए,जो एकपरमाणुक है: $n_2 = \frac{4 \ g}{4 \ g/mol} = 1 \ mol$. $C_{p2} = \frac{5}{2}R$,$C_{V2} = \frac{3}{2}R$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\gamma_{\text{mix}} = \frac{(\frac{1}{8} \times \frac{7}{2}R) + (1 \times \frac{5}{2}R)}{(\frac{1}{8} \times \frac{5}{2}R) + (1 \times \frac{3}{2}R)}$
$\gamma_{\text{mix}} = \frac{\frac{7}{16} + \frac{5}{2}}{\frac{5}{16} + \frac{3}{2}} = \frac{\frac{7+40}{16}}{\frac{5+24}{16}} = \frac{47}{29}$.

(B) गैस के अणु की रूट मीन स्क्वायर (rms) चाल का सूत्र $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M_0}}$ है, जहाँ $R$ सार्वत्रिक गैस नियतांक है, $T$ परम तापमान है और $M_0$ गैस का मोलर द्रव्यमान है।
चूंकि $R$ और $T$ दोनों गैसों के लिए समान हैं, इसलिए $V_{rms} \propto \frac{1}{\sqrt{M_0}}$ होगा।
अतः, हाइड्रोजन $(H_2)$ और ऑक्सीजन $(O_2)$ की rms चाल का अनुपात:
$\frac{(V_{rms})_{H_2}}{(V_{rms})_{O_2}} = \sqrt{\frac{M_{O_2}}{M_{H_2}}} = \sqrt{\frac{32}{2}} = \sqrt{16} = 4$.
दिया गया है कि $(V_{rms})_{O_2} = 500 \,m/s$, इसलिए:
$(V_{rms})_{H_2} = 4 \times 500 \,m/s = 2000 \,m/s$.

(C) गैस की rms चाल $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{m_1}}$ द्वारा दी जाती है।
गैस की औसत चाल $v_{avg} = \sqrt{\frac{8RT}{\pi m_2}}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि $v_1 = 1.5 v_2$,हम व्यंजकों को प्रतिस्थापित करते हैं:
$\sqrt{\frac{3RT}{m_1}} = 1.5 \times \sqrt{\frac{8RT}{\pi m_2}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$\frac{3RT}{m_1} = (1.5)^2 \times \frac{8RT}{\pi m_2}$.
$\frac{3}{m_1} = 2.25 \times \frac{8}{\pi m_2}$.
अनुपात $\frac{m_1}{m_2}$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\frac{m_1}{m_2} = \frac{3 \pi}{2.25 \times 8} = \frac{3 \times 3.14159}{18} = \frac{9.42477}{18} \approx 0.52$.

(B) गैस का रूट मीन स्क्वायर (r.m.s.) वेग $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है, जिसका अर्थ है कि $v_{rms} \propto \sqrt{T}$, जहाँ $T$ केल्विन में परम तापमान है।
मान लीजिए $T_0 = 0^{\circ} C = 273 \,K$ पर r.m.s. वेग $v_0$ है।
मान लीजिए $T$ तापमान पर r.m.s. वेग $v_T$ है।
प्रश्न के अनुसार, $v_T = 3v_0$ है।
समानुपातिकता $v_{rms} \propto \sqrt{T}$ का उपयोग करते हुए, हमें प्राप्त होता है:
$\frac{v_T}{v_0} = \sqrt{\frac{T}{T_0}}$
$3 = \sqrt{\frac{T}{273}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$9 = \frac{T}{273}$
$T = 9 \times 273 = 2457 \,K$।
इस तापमान को सेल्सियस में बदलने के लिए:
$T(^{\circ} C) = 2457 - 273 = 2184^{\circ} C$।

(A) दिए गए निकाय के लिए,गति का समीकरण कुल बल को कुल द्रव्यमान से विभाजित करके प्राप्त किया जाता है।
$a = \frac{M_2 g \sin \theta}{M_1 + M_2}$
जब $M_1$ का द्रव्यमान दोगुना $(M_1' = 2M_1)$ और $M_2$ का द्रव्यमान आधा $(M_2' = M_2/2)$ कर दिया जाता है,तो नया त्वरण $a'$ होगा:
$a' = \frac{M_2' g \sin \theta}{M_1' + M_2'} = \frac{(M_2/2) g \sin \theta}{2M_1 + M_2/2}$
अंश और हर को $2$ से गुणा करने पर:
$a' = \frac{M_2 g \sin \theta}{4M_1 + M_2}$
अब,$a'$ को $a$ के पदों में व्यक्त करने पर:
$a' = \left( \frac{M_2 g \sin \theta}{M_1 + M_2} \right) \times \left( \frac{M_1 + M_2}{4M_1 + M_2} \right) = a \left( \frac{M_1 + M_2}{4M_1 + M_2} \right)$

(C) ब्लॉक में नीचे की ओर फिसलने की प्रवृत्ति होती है,इसलिए घर्षण बल $f$ झुकाव के अनुदिश ऊपर की दिशा में कार्य करता है।
बॉक्स को फिसलने से रोकने के लिए,अधिकतम स्थैतिक घर्षण को झुकाव के अनुदिश नीचे की ओर कार्य करने वाले भार के घटक को संतुलित करना चाहिए।
$f_{max} \geq mg \sin \theta$
यहाँ $f_{max} = \mu N$,जहाँ $N$ अभिलंब प्रतिक्रिया बल है।
बल $F$ झुकाव के लंबवत लगाया जाता है,इसलिए अभिलंब प्रतिक्रिया $N$ है:
$N = mg \cos \theta + F$
घर्षण समीकरण में $N$ का मान रखने पर:
$\mu(mg \cos \theta + F) \geq mg \sin \theta$
$\mu mg \cos \theta + \mu F \geq mg \sin \theta$
$\mu F \geq mg \sin \theta - \mu mg \cos \theta$
$F \geq \frac{mg(\sin \theta - \mu \cos \theta)}{\mu}$
दिया गया है: $m = 2 \ kg$,$g = 10 \ ms^{-2}$,$\theta = 30^{\circ}$,$\mu = 0.2$.
$F \geq \frac{2 \times 10 \times (\sin 30^{\circ} - 0.2 \times \cos 30^{\circ})}{0.2}$
$F \geq \frac{20 \times (0.5 - 0.2 \times 0.866)}{0.2}$
$F \geq \frac{20 \times (0.5 - 0.1732)}{0.2}$
$F \geq \frac{20 \times 0.3268}{0.2}$
$F \geq 100 \times 0.3268 = 32.68 \ N$
एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित करने पर,$F$ का न्यूनतम मान $32.7 \ N$ है।

(B) माना कि संतुलन में डोरी ऊर्ध्वाधर के साथ $\theta$ कोण बनाती है।
संतुलन की स्थिति में,ब्लॉक पर कार्य करने वाले बल संतुलित होते हैं:
$1$. क्षैतिज बल संतुलन: $F = T \sin \theta$ ... $(i)$
$2$. ऊर्ध्वाधर बल संतुलन: $mg = T \cos \theta$ ... (ii)
समीकरण $(i)$ को समीकरण (ii) से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{F}{mg} = \frac{T \sin \theta}{T \cos \theta} = \tan \theta$
यहाँ $F = 40 \ N$,$m = 8 \ kg$,और $g = 10 \ m \ s^{-2}$ दिया गया है:
$\tan \theta = \frac{40}{8 \times 10} = \frac{40}{80} = \frac{1}{2}$
अतः,$\theta = \tan ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)$।

(B) घर्षणरहित नत समतल पर एकसमान चाल से गति करने वाली वस्तु के लिए, उस पर कार्य करने वाला कुल बल शून्य होना चाहिए.
जब वस्तु को समतल पर ऊपर खींचा जाता है, तो लगाया गया बल $F$ समतल के नीचे की ओर कार्य करने वाले गुरुत्वाकर्षण बल के घटक को संतुलित करता है.
नत समतल पर नीचे की ओर कार्य करने वाला भार $W = mg$ का घटक $mg \sin \theta$ है.
दिया गया है:
लगाया गया बल $F = 500 \,N$
नत कोण $\theta = 30^{\circ}$
चूंकि वस्तु एकसमान चाल से गति करती है, इसलिए बल संतुलन में हैं:
$F = mg \sin 30^{\circ}$
$500 \,N = mg \cdot \frac{1}{2}$
$mg = 500 \,N \times 2$
$mg = 1000 \,N$
अतः, वस्तु का भार $1000 \,N$ है.

(A) पिंड के संतुलन में रहने के लिए,नेट बल शून्य होना चाहिए,अर्थात $\Sigma F_x = 0$ और $\Sigma F_y = 0$।
बलों को $x$ और $y$ घटकों में वियोजित करने पर:
$F_{1x} = F_1 \cos 30^{\circ} = F_1 \frac{\sqrt{3}}{2}$,$F_{1y} = F_1 \sin 30^{\circ} = F_1 \frac{1}{2}$
$F_{2x} = -F_2 \cos 60^{\circ} = -F_2 \frac{1}{2}$,$F_{2y} = F_2 \sin 60^{\circ} = F_2 \frac{\sqrt{3}}{2}$
$F_{3x} = F_3 \sin 45^{\circ} = F_3 \frac{1}{\sqrt{2}}$,$F_{3y} = -F_3 \cos 45^{\circ} = -F_3 \frac{1}{\sqrt{2}}$
$\Sigma F_x = 0$ के लिए:
$F_1 \frac{\sqrt{3}}{2} - F_2 \frac{1}{2} + F_3 \frac{1}{\sqrt{2}} = 0 \Rightarrow \sqrt{3} F_1 - F_2 + \sqrt{2} F_3 = 0$ ... $(i)$
$\Sigma F_y = 0$ के लिए:
$F_1 \frac{1}{2} + F_2 \frac{\sqrt{3}}{2} - F_3 \frac{1}{\sqrt{2}} = 0 \Rightarrow F_1 + \sqrt{3} F_2 - \sqrt{2} F_3 = 0$ ... (ii)
$(i)$ और (ii) को जोड़ने पर:
$(\sqrt{3}+1) F_1 + (\sqrt{3}-1) F_2 = 0 \Rightarrow F_2 = -F_1 \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1} = -F_1 \frac{(\sqrt{3}+1)^2}{3-1} = -F_1 \frac{4+2\sqrt{3}}{2} = -F_1(2+\sqrt{3})$
$F_2$ का मान $(i)$ में रखने पर:
$\sqrt{3} F_1 - [-F_1(2+\sqrt{3})] + \sqrt{2} F_3 = 0$
$\sqrt{3} F_1 + 2 F_1 + \sqrt{3} F_1 + \sqrt{2} F_3 = 0$
$\sqrt{2} F_3 = -F_1(2+2\sqrt{3}) \Rightarrow F_3 = -F_1 \frac{2(1+\sqrt{3})}{\sqrt{2}} = -\sqrt{2} F_1(1+\sqrt{3}) = -F_1(\sqrt{2}+\sqrt{6})$
नोट: विकल्प $C$ है $F_3 = -F_1(\sqrt{2}+\sqrt{6})$,जो $F_3 = \frac{-4 F_1}{\sqrt{6}-\sqrt{2}}$ के बराबर है।

(B) क्षैतिज खुरदरी सतह पर पिंड की प्रारंभिक गति,$u = 10 \,ms^{-1}$ है।
अंतिम वेग,$v = 4 \,ms^{-1}$ और समय,$t = 2 \,s$ है।
यदि घर्षण के कारण मंदन $a$ है,तो गति के समीकरण का उपयोग करने पर:
$v = u - at$
$4 = 10 - a \times 2$
$2a = 6 \Rightarrow a = 3 \,ms^{-2}$ है।
न्यूटन के दूसरे नियम के अनुसार,घर्षण बल $f_k = ma$ है।
चूंकि $f_k = \mu_k N = \mu_k mg$,इसलिए:
$\mu_k mg = ma$
$\mu_k = \frac{a}{g} = \frac{3}{10} = 0.3$।

(B) वस्तु का भार $W = mg = 150 \ N$ है।
वस्तु को क्षैतिज सतह पर गतिमान करने के लिए,लगाया गया बल $F$ सीमांत घर्षण बल $f_l$ के बराबर होना चाहिए।
सीमांत घर्षण बल का सूत्र $f_l = \mu N$ है,जहाँ $\mu$ घर्षण गुणांक है और $N$ अभिलंब प्रतिक्रिया बल है।
क्षैतिज सतह के लिए,अभिलंब प्रतिक्रिया $N$ वस्तु के भार के बराबर होती है,इसलिए $N = mg = 150 \ N$।
यह दिया गया है कि वस्तु को गतिमान करने के लिए आवश्यक बल $F = 75 \ N$ है,इसलिए:
$F = \mu N$
$75 = \mu \times 150$
$\mu = \frac{75}{150} = 0.5$।
अतः,घर्षण गुणांक का मान $0.5$ है।

(A) ब्लॉक नत समतल पर तब रुकता है जब उसकी प्रारंभिक गतिज ऊर्जा घर्षण के विरुद्ध कार्य करने में और स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित होने में खर्च हो जाती है।
नत समतल का कोण $\theta = 45^{\circ}$ दिया गया है,इसलिए नत समतल पर तय की गई दूरी $(s)$ और ऊर्ध्वाधर ऊँचाई $(h)$ के बीच संबंध है:
$\sin 45^{\circ} = \frac{h}{s} \implies s = \frac{h}{\sin 45^{\circ}} = h \sqrt{2}$.
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ घर्षण के विरुद्ध किए गए कार्य और स्थितिज ऊर्जा में वृद्धि के योग के बराबर होती है:
$K.E. = W_{\text{friction}} + \Delta U$
$K.E. = (\mu mg \cos \theta) \cdot s + mgh$
$s = h \sqrt{2}$ और $\cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ का मान रखने पर:
$100 = (0.5 \times 5 \times 10 \times \frac{1}{\sqrt{2}}) \times (h \sqrt{2}) + (5 \times 10 \times h)$
$100 = (0.5 \times 5 \times 10 \times h) + 50h$
$100 = 25h + 50h$
$100 = 75h$
$h = \frac{100}{75} = \frac{4}{3} \text{ m}$.
अतः,तय की गई दूरी $s$ है:
$s = h \sqrt{2} = \frac{4}{3} \sqrt{2} \text{ m}$.

(B) घर्षण बनाम अनुप्रयुक्त बल का ग्राफ दर्शाता है कि स्थैतिक घर्षण का अधिकतम मान (सीमांत घर्षण) गति के दौरान कार्य करने वाले गतिज घर्षण से अधिक होता है।
चूंकि सीमांत घर्षण $f_{s,max} = \mu_s N$ द्वारा दिया जाता है और गतिज घर्षण $f_k = \mu_k N$ है,जहाँ $N$ अभिलंब बल है।
ग्राफ से,$f_{s,max} > f_k$ है।
इसलिए,$\mu_s N > \mu_k N$,जिसका अर्थ है कि $\mu_s > \mu_k$।

(D) जब बस $a$ त्वरण के साथ आगे बढ़ती है,तो ब्लॉक पर बस के सापेक्ष पीछे की दिशा में एक छद्म बल (pseudo force) $F_p = ma$ कार्य करता है।
ब्लॉक को बस के सापेक्ष स्थिर रहने के लिए,स्थैतिक घर्षण बल $f_s$ को इस छद्म बल को संतुलित करना चाहिए।
अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल $f_{s,max} = \mu N = \mu mg$ द्वारा दिया जाता है।
ब्लॉक के स्थिर रहने के लिए,छद्म बल अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल से कम या उसके बराबर होना चाहिए:
$ma \leq \mu mg$
$a \leq \mu g$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$a \leq 0.2 \times 10 \ m/s^2$
$a \leq 2 \ m/s^2$
अतः,बस का अधिकतम त्वरण ताकि ब्लॉक स्थिर रहे,$2 \ m/s^2$ है।

(B) निकाय का कुल द्रव्यमान $M = 40 \ kg + 60 \ kg = 100 \ kg$ है।
पूरे निकाय पर न्यूटन के गति के दूसरे नियम को लागू करने पर,त्वरण $a$ इस प्रकार है:
$a = \frac{F}{M} = \frac{1000 \ N}{100 \ kg} = 10 \ m/s^2$.
अब,$40 \ kg$ के ब्लॉक पर विचार करें। इस पर कार्य करने वाला एकमात्र क्षैतिज बल डोरी में तनाव $T$ है।
$40 \ kg$ के ब्लॉक पर न्यूटन का दूसरा नियम लागू करने पर:
$T = m_1 \times a$
$T = 40 \ kg \times 10 \ m/s^2 = 400 \ N$.

(B) दिया गया है:
द्रव्यमान $m = 50 \ g = 50 \times 10^{-3} \ kg = 0.05 \ kg$
प्रारंभिक वेग $u = 50 \ cm \ s^{-1} = 50 \times 10^{-2} \ m \ s^{-1} = 0.5 \ m \ s^{-1}$
अंतिम वेग $v = 0 \ m \ s^{-1}$
समय $t = 0.5 \ s$
प्रारंभिक संवेग $p_i = m \times u = 0.05 \ kg \times 0.5 \ m \ s^{-1} = 0.025 \ kg \ m \ s^{-1}$
अंतिम संवेग $p_f = m \times v = 0.05 \ kg \times 0 \ m \ s^{-1} = 0 \ kg \ m \ s^{-1}$
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,बल $F$ संवेग परिवर्तन की दर है:
$F = \frac{\Delta p}{t} = \frac{p_f - p_i}{t}$
$F = \frac{0 - 0.025 \ kg \ m \ s^{-1}}{0.5 \ s}$
$F = -0.05 \ N$
गेंद को रोकने के लिए लगाए गए बल का परिमाण $0.05 \ N$ है।

(A) क्षैतिज गति के लिए जिम्मेदार बल का घटक $F \cos \theta$ है।
अतः,छड़ का त्वरण $a = \frac{F \cos \theta}{m}$ है।
चूंकि त्वरण $a = v \frac{d v}{d x}$ होता है,हमारे पास है:
$v \frac{d v}{d x} = \frac{F \cos \theta}{m}$
दिया गया है $\theta = k x$,इसलिए $d \theta = k d x$,या $d x = \frac{d \theta}{k}$।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$v d v = \frac{F \cos \theta}{m} \cdot \frac{d \theta}{k}$
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,प्रारंभिक स्थितियों $v = 0$ जब $\theta = 0$ के साथ:
$\int_{0}^{v} v d v = \frac{F}{m k} \int_{0}^{\theta} \cos \theta d \theta$
$\frac{v^2}{2} = \frac{F}{m k} [\sin \theta]_{0}^{\theta}$
$\frac{v^2}{2} = \frac{F \sin \theta}{m k}$
$v^2 = \frac{2 F \sin \theta}{m k}$
$v = \sqrt{\frac{2 F \sin \theta}{m k}}$

(C) जब नत समतल का कोण (जिसे विश्राम कोण भी कहा जाता है) घर्षण कोण के बराबर हो जाता है,तब कोई वस्तु नीचे की ओर फिसलना शुरू कर देती है। मान लीजिए $\theta$ वह कोण है जिस पर द्रव्यमान फिसलना शुरू करता है।
फिसलने की स्थिति में,स्थैतिक घर्षण बल $f_s$ गुरुत्वाकर्षण के नीचे की ओर वाले घटक के बराबर होता है।
$f_s = mg \sin \theta$
चूंकि $f_s = \mu N$ और अभिलंब बल $N = mg \cos \theta$ है,इसलिए:
$\mu (mg \cos \theta) = mg \sin \theta$
$\mu = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \tan \theta$
$\theta = \tan^{-1} \mu$
अतः,विश्राम कोण $\theta$ केवल स्थैतिक घर्षण गुणांक $\mu$ पर निर्भर करता है और वस्तु के द्रव्यमान $m$ से स्वतंत्र है। इसलिए,तीनों द्रव्यमान एक ही समय पर समान झुकाव कोण पर फिसलना शुरू करेंगे।

(D) मान लीजिए कि नगण्य द्रव्यमान वाला एक तार छत से लटका हुआ है। तार के निचले सिरे पर $F$ बल लगाया गया है।
चूंकि तार द्रव्यमानहीन है,इसलिए संतुलन में रहने के लिए तार के किसी भी खंड पर कुल बल शून्य होना चाहिए।
यदि हम तार का कोई भी अनुप्रस्थ काट लें और उस काट के नीचे के तार के हिस्से पर विचार करें,तो इस हिस्से पर केवल दो बल कार्य कर रहे हैं: अनुप्रस्थ काट पर ऊपर की ओर कार्य करने वाला तनाव $T$ और सिरे पर नीचे की ओर कार्य करने वाला भार $F$।
न्यूटन के दूसरे नियम को लागू करने पर,$T - F = ma$। चूंकि तार का द्रव्यमान $m$ शून्य है,इसलिए $T - F = 0$,जिससे $T = F$ प्राप्त होता है।
अतः,तार के किसी भी अनुप्रस्थ काट पर तनाव $F$ होता है।

(B) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 0.6 \, kg$, त्रिज्या $r = 1 \, m$, आवृत्ति $f = \frac{900}{\pi} \, \text{rpm}$.
सबसे पहले, आवृत्ति को चक्कर प्रति सेकंड (Hz) में बदलें:
$f = \frac{900}{\pi} \times \frac{1}{60} = \frac{15}{\pi} \, \text{Hz}$.
कोणीय वेग $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times \frac{15}{\pi} = 30 \, \text{rad/s}$.
रेखीय वेग $v = \omega r = 30 \times 1 = 30 \, \text{m/s}$.
गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} m v^2$.
$K = \frac{1}{2} \times 0.6 \times (30)^2$.
$K = 0.3 \times 900 = 270 \, \text{J}$.

(B) घुमावदार समतल सड़क पर कार के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल टायरों और सड़क के बीच स्थैतिक घर्षण बल द्वारा प्रदान किया जाता है।
सुरक्षित मोड़ के लिए,अभिकेंद्र बल अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल से कम या उसके बराबर होना चाहिए:
$\frac{mV^2}{r} \leq \mu mg$
दी गई गति $V$ के लिए अधिकतम त्रिज्या $r$ ज्ञात करने के लिए,हम सीमांत स्थिति का उपयोग करते हैं:
$\frac{mV^2}{r} = \mu mg$
$r = \frac{V^2}{\mu g}$
दिए गए मान $V = 10 \,ms^{-1}$,$\mu = 0.4$,और $g = 10 \,ms^{-2}$ हैं।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$r = \frac{10^2}{0.4 \times 10}$
$r = \frac{100}{4}$
$r = 25 \,m$
अतः,वक्रता की अधिकतम त्रिज्या $25 \,m$ है।

(D) श्रेणीक्रम में जुड़ी स्प्रिंगों के लिए,प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $K_{\text{eff}}$ इस प्रकार दिया जाता है:
$\frac{1}{K_{\text{eff}}} = \frac{1}{K_1} + \frac{1}{K_2}$
यहाँ $K_1 = K_2 = 10 \text{ N/m}$ दिया गया है,अतः:
$\frac{1}{K_{\text{eff}}} = \frac{1}{10} + \frac{1}{10} = \frac{2}{10} = \frac{1}{5}$
इस प्रकार,$K_{\text{eff}} = 5 \text{ N/m}$।
$K_{\text{eff}}$ को $\text{dyne/cm}$ में बदलने पर:
$1 \text{ N} = 10^5 \text{ dyne}$ और $1 \text{ m} = 100 \text{ cm}$।
$K_{\text{eff}} = 5 \times \frac{10^5 \text{ dyne}}{100 \text{ cm}} = 5 \times 10^3 \text{ dyne/cm}$।
निकाय को $x = 1 \text{ cm}$ खींचने के लिए किया गया कार्य $W$:
$W = \frac{1}{2} K_{\text{eff}} x^2 = \frac{1}{2} \times (5 \times 10^3) \times (1)^2 = 2500 \text{ erg}$।

(A) दिया गया है: प्रारंभिक स्थिति $x_i = 3 \ cm$,अंतिम स्थिति $x_f = -5 \ cm$,प्रारंभिक वेग $\vec{u} = 12 \hat{i} \ cm \ s^{-1}$,और समय $t = 2 \ s$ है।
विस्थापन $\vec{s} = x_f - x_i = (-5 - 3) \hat{i} = -8 \hat{i} \ cm$ है।
गति के समीकरण $\vec{s} = \vec{u}t + \frac{1}{2} \vec{a}t^2$ का उपयोग करने पर:
$-8 \hat{i} = (12 \hat{i})(2) + \frac{1}{2} \vec{a} (2)^2$
$-8 \hat{i} = 24 \hat{i} + 2 \vec{a}$
$2 \vec{a} = -8 \hat{i} - 24 \hat{i} = -32 \hat{i}$
$\vec{a} = -16 \ cm \ s^{-2} \hat{i}$.

(A) संधारित्र का धारितीय प्रतिघात $X_C$ सूत्र द्वारा दिया जाता है: $X_C = \frac{1}{2 \pi f C}$.
यहाँ,$f$ $AC$ स्रोत की आवृत्ति है और $C$ धारिता है।
सूत्र से स्पष्ट है कि $X_C \propto \frac{1}{f}$ है।
दिया गया है,प्रारंभिक धारितीय प्रतिघात $X_{C1} = 3 \ k\Omega$ आवृत्ति $f_1 = f$ पर।
जब आवृत्ति दोगुनी कर दी जाती है,तो $f_2 = 2f$ हो जाता है।
नया धारितीय प्रतिघात $X_{C2}$ होगा: $X_{C2} = \frac{1}{2 \pi (2f) C} = \frac{1}{2} \times \left( \frac{1}{2 \pi f C} \right) = \frac{X_{C1}}{2}$।
मान रखने पर: $X_{C2} = \frac{3 \ k\Omega}{2} = 1.5 \ k\Omega$।

(B) दिया गया है: प्रेरकत्व $L = 70 mH = 70 \times 10^{-3} H$,वोल्टेज $V_{rms} = 220 V$,आवृत्ति $f = 50 Hz$.
प्रेरकीय प्रतिघात $\chi_{L} = \omega L = 2 \pi f L$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\chi_{L} = 2 \times \pi \times 50 \times 70 \times 10^{-3} = 7 \pi \Omega$.
$rms$ धारा $i_{rms} = \frac{V_{rms}}{\chi_{L}} = \frac{220}{7 \pi} \approx 10 A$।

(D) $LR$ परिपथ की प्रतिबाधा $Z$ को इस सूत्र द्वारा ज्ञात किया जाता है: $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2}$,जहाँ $X_L = \omega L = 2 \pi f L$ है।
दिया गया है: $R = 8 \Omega$,$L = \frac{60}{\pi} \text{ mH} = \frac{60}{\pi} \times 10^{-3} \text{ H}$,और $f = 50 \text{ Hz}$।
सबसे पहले,प्रेरणिक प्रतिघात (inductive reactance) $X_L$ की गणना करें:
$X_L = 2 \pi \times 50 \times \left( \frac{60}{\pi} \times 10^{-3} \right) = 100 \pi \times \frac{60}{\pi} \times 10^{-3} = 6000 \times 10^{-3} = 6 \Omega$.
अब,प्रतिबाधा $Z$ की गणना करें:
$Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10 \Omega$.

(B) श्रेणी $L-C-R$ परिपथ की अनुनाद आवृत्ति का सूत्र है:
$f_0 = \frac{1}{2 \pi \sqrt{L C}} \quad \dots (i)$
जब प्रेरकत्व को घटाकर $L^{\prime} = \frac{L}{4}$ और धारिता को बढ़ाकर $C^{\prime} = 16 C$ कर दिया जाता है,तो नई अनुनाद आवृत्ति $f_0^{\prime}$ होगी:
$f_0^{\prime} = \frac{1}{2 \pi \sqrt{L^{\prime} C^{\prime}}}$
नए मान रखने पर:
$f_0^{\prime} = \frac{1}{2 \pi \sqrt{(\frac{L}{4}) \times (16 C)}}$
$f_0^{\prime} = \frac{1}{2 \pi \sqrt{4 L C}}$
$f_0^{\prime} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2 \pi \sqrt{L C}}$
समीकरण $(i)$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$f_0^{\prime} = \frac{f_0}{2}$

(A) दिया गया है: धारिता $C = \frac{50}{\pi} \mu F = \frac{50}{\pi} \times 10^{-6} \, F$.
स्रोत वोल्टेज $V_{rms} = 250 \, V$ और आवृत्ति $f = 50 \, Hz$.
धारितीय प्रतिघात $X_C$ का सूत्र $X_C = \frac{1}{2 \pi f C}$ है।
मान रखने पर: $X_C = \frac{1}{2 \pi \times 50 \times (\frac{50}{\pi} \times 10^{-6})} = \frac{1}{100 \times 50 \times 10^{-6}} = \frac{1}{5000 \times 10^{-6}} = \frac{1}{0.005} = 200 \, \Omega$.
rms धारा $I_{rms}$ का सूत्र $I_{rms} = \frac{V_{rms}}{X_C}$ है।
$I_{rms} = \frac{250}{200} = 1.25 \, A$.

(A) मान लीजिए कि दिए गए परिपथ में धारा का वितरण दर्शाए अनुसार है।
अब,लूप $1$ और लूप $2$ में किरचॉफ का लूप नियम लागू करने पर हमें निम्नलिखित समीकरण प्राप्त होते हैं:
लूप $1$ में,
$-i R - (i + i_1) R - 2 E + E = 0$
$-2 i R - i_1 R = E$
$i_1 R + 2 i R = -E$ ... $(i)$
और लूप $2$ में,
$-3 E + i_1 R + \frac{i_1}{2} R + i_1 R + 2 E + (i + i_1) R = 0$
$\frac{7}{2} i_1 R + i R = E$
$7 i_1 R + 2 i R = 2 E$ ... (ii)
अब,$7 \times$ समीकरण $(i)$ - समीकरण (ii) करने पर:
$7(i_1 R + 2 i R) - (7 i_1 R + 2 i R) = 7(-E) - 2 E$
$7 i_1 R + 14 i R - 7 i_1 R - 2 i R = -9 E$
$12 i R = -9 E$
$i = -\frac{9 E}{12 R} = -\frac{3 E}{4 R}$

(A) दिया गया है: $V_{rms} = 100 \text{ V}$, $f = 50 \text{ Hz}$, $C = 100 \mu F = 100 \times 10^{-6} \text{ F}$.
सबसे पहले, संधारित्र प्रतिघात (capacitive reactance) $X_C$ की गणना $X_C = \frac{1}{2 \pi f C}$ सूत्र का उपयोग करके करें।
$X_C = \frac{1}{2 \times \pi \times 50 \times 100 \times 10^{-6}} = \frac{1}{100 \pi \times 10^{-4}} = \frac{1}{0.01 \pi} = \frac{100}{\pi} \Omega$.
धारा का rms मान $I_{rms}$ सूत्र $I_{rms} = \frac{V_{rms}}{X_C}$ द्वारा दिया जाता है।
$I_{rms} = \frac{100}{100 / \pi} = \pi \text{ A}$.
चूंकि $\pi \approx 3.14$, इसलिए धारा $3.14 \text{ A}$ है।

(D) प्रेरकीय प्रतिघात $X_L = \omega L = 2 \pi f L$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $X_L = 2 \times \pi \times 350 \times 0.1 = 70 \pi \approx 70 \times 3.14159 = 219.9 \Omega$।
$RL$ श्रेणी परिपथ में,वोल्टेज और धारा के बीच कलांतर $\phi$,$\tan \phi = \frac{X_L}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\tan \phi = \frac{219.9}{110} \approx 1.999 \approx 2$।
अतः,कलांतर $\phi = \tan ^{-1}(2)$ है।

(D) $R-L-C$ श्रेणी परिपथ में,दिए गए मान हैं:
$R = 150 \Omega$
$C = 20 \mu F = 2 \times 10^{-5} F$
$L = 500 mH = 0.5 H$
$\omega = 400 rad s^{-1}$
सबसे पहले,प्रेरणिक प्रतिघात $X_L$ की गणना करें:
$X_L = \omega L = 400 \times 0.5 = 200 \Omega$
इसके बाद,धारितीय प्रतिघात $X_C$ की गणना करें:
$X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{400 \times 2 \times 10^{-5}} = 125 \Omega$
कला कोण $\phi$ का सूत्र है:
$\tan \phi = \frac{X_L - X_C}{R}$
मान रखने पर:
$\tan \phi = \frac{200 - 125}{150} = \frac{75}{150} = 0.5$
अतः,कला कोण $\phi = \tan^{-1}(0.5)$ है।

(C) दिया गया है: प्रेरकत्व $L = \frac{1}{6 \pi} \text{ H}$,प्रतिरोध $R = 15 \text{ } \Omega$,वोल्टेज $V = 100 \text{ V}$,आवृत्ति $f = 60 \text{ Hz}$।
सबसे पहले,प्रेरणिक प्रतिघात $X_L$ की गणना करें:
$X_L = L \omega = L(2 \pi f) = \left(\frac{1}{6 \pi}\right) \times 2 \pi \times 60 = 20 \text{ } \Omega$।
इसके बाद,$LR$ श्रेणी परिपथ की प्रतिबाधा $Z$ की गणना करें:
$Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = \sqrt{15^2 + 20^2} = \sqrt{225 + 400} = \sqrt{625} = 25 \text{ } \Omega$।
परिपथ में धारा $I$ है:
$I = \frac{V}{Z} = \frac{100}{25} = 4 \text{ A}$।
वोल्टेज और धारा के बीच कलान्तर $\phi$ इस प्रकार है:
$\tan \phi = \frac{X_L}{R} = \frac{20}{15} = \frac{4}{3}$।
अतः,$\phi = \tan^{-1}\left(\frac{4}{3}\right)$।

(B) एक संधारित्र का धारितीय प्रतिघात $X_C$,सूत्र $X_C = \frac{1}{2 \pi f C}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $f$ $AC$ स्रोत की आवृत्ति है और $C$ धारिता है।
इस संबंध से,हम देख सकते हैं कि $X_C \propto \frac{1}{f}$ है।
मान लीजिए प्रारंभिक आवृत्ति $f_1$ है और प्रारंभिक प्रतिघात $X_{C1} = 6 \ k\Omega$ है।
मान लीजिए नई आवृत्ति $f_2 = 2f_1$ है।
नया प्रतिघात $X_{C2}$ अनुपात द्वारा प्राप्त होता है:
$\frac{X_{C2}}{X_{C1}} = \frac{f_1}{f_2} = \frac{f_1}{2f_1} = \frac{1}{2}$।
अतः,$X_{C2} = \frac{X_{C1}}{2} = \frac{6 \ k\Omega}{2} = 3 \ k\Omega$।

(B) $LR$ श्रेणी परिपथ में व्यय होने वाली औसत शक्ति का सूत्र है:
$P_{avg} = I_{rms}^2 R = \frac{V_{rms}^2 R}{Z^2}$
यहाँ,$Z$ परिपथ की प्रतिबाधा (impedance) है,जो $Z = \sqrt{X_L^2 + R^2}$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मान $X_L = 1 \ \Omega$,$R = 3 \ \Omega$,और $V_{rms} = 10 \ V$ हैं।
सबसे पहले,प्रतिबाधा $Z$ की गणना करें:
$Z = \sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10} \ \Omega$.
अब,औसत शक्ति $P_{avg}$ की गणना करें:
$P_{avg} = \frac{(10)^2 \times 3}{(\sqrt{10})^2} = \frac{100 \times 3}{10} = 30 \ W$.
अतः,परिपथ में व्यय होने वाली शक्ति $30 \ W$ है।

(A) संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $E = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है।
हाइड्रोजन $(Z=1)$ के लिए,$n=4$ से $n=2$ का संक्रमण:
$E_H = 13.6 \times 1^2 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right) = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = 13.6 \left( \frac{3}{16} \right) = 2.55 \text{ eV}$.
यह दिया गया है कि $Li^{2+}$ संक्रमण $(Z=3)$ की आवृत्ति (और इसलिए ऊर्जा) ऐसी है कि $E_H = \frac{3}{7} E_{Li}$,इसलिए $E_{Li} = \frac{7}{3} E_H = \frac{7}{3} \times 2.55 = 5.95 \text{ eV}$.
$Li^{2+}$ के लिए,$E_{Li} = 13.6 \times 3^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = 122.4 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = 5.95 \text{ eV}$.
$\left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = \frac{5.95}{122.4} \approx 0.0486$.
संक्रमणों की जाँच करने पर:
$n_2=4$ से $n_1=3$ के लिए: $\frac{1}{9} - \frac{1}{16} = 0.111 - 0.0625 = 0.0486$.
अतः,संक्रमण $4$ से $3$ है।

(C) हाइड्रोजन स्पेक्ट्रम के लिए तरंगदैर्ध्य $\lambda$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{\lambda} = R_H \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
पाश्चन श्रेणी के लिए,संक्रमण $n_1 = 3$ ऊर्जा स्तर पर होता है।
सबसे छोटी तरंगदैर्ध्य उच्चतम ऊर्जा स्तर $n_2 = \infty$ से होने वाले संक्रमण के अनुरूप होती है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\frac{1}{\lambda_S} = R_H \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{\infty^2} \right) = R_H \left( \frac{1}{9} - 0 \right) = \frac{R_H}{9}$.
अतः,$\lambda_S = \frac{9}{R_H}$.
दिए गए $R_H = 1.097 \times 10^7 \ m^{-1}$ के लिए:
$\lambda_S = \frac{9}{1.097 \times 10^7} \ m \approx 8.204 \times 10^{-7} \ m$.
नैनोमीटर में बदलने पर $(1 \ nm = 10^{-9} \ m)$:
$\lambda_S = 820.4 \ nm$.

(D) पाश्चन श्रेणी में,इलेक्ट्रॉन उच्च ऊर्जा अवस्था से $n=3$ अवस्था में संक्रमण करता है। पाश्चन श्रेणी में फोटॉन की ऊर्जा $E = 13.6 \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{n^2} \right) \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n = 4, 5, 6, \dots$
न्यूनतम ऊर्जा $n=4$ से $n=3$ के संक्रमण के अनुरूप है:
$E_{\min} = 13.6 \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right) = 13.6 \left( \frac{16-9}{144} \right) = 13.6 \left( \frac{7}{144} \right) \approx 0.66 \text{ eV}$.
अधिकतम ऊर्जा $n=\infty$ से $n=3$ के संक्रमण के अनुरूप है:
$E_{\max} = 13.6 \left( \frac{1}{9} - 0 \right) = \frac{13.6}{9} \approx 1.51 \text{ eV}$.
फोटॉन द्वारा फोटोइलेक्ट्रॉन उत्सर्जित करने के लिए,उसकी ऊर्जा धातु के कार्य फलन $\phi_0$ से अधिक या उसके बराबर होनी चाहिए। अतः,$\phi_0 \leq E_{\text{photon}}$। चूंकि पाश्चन फोटॉन की अधिकतम ऊर्जा $1.51 \text{ eV}$ है,इसलिए कार्य फलन $\phi_0 \leq 1.51 \text{ eV}$ होना चाहिए।
दिए गए विकल्पों में से,$1.1 \text{ eV}$ ही एकमात्र मान है जो इस शर्त को पूरा करता है।

(D) बोर के अभिधारणा के अनुसार,हाइड्रोजन परमाणु या हाइड्रोजन-समान आयन में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $L$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$L = \frac{n h}{2 \pi}$
जहाँ $n$ मुख्य क्वांटम संख्या है,$h$ प्लांक नियतांक है और $\pi$ एक गणितीय नियतांक है।
मूल अवस्था के लिए,सभी हाइड्रोजन-समान परमाणुओं और आयनों के लिए मुख्य क्वांटम संख्या $n = 1$ होती है।
चूंकि $h$ और $\pi$ सार्वभौमिक नियतांक हैं,इसलिए $n = 1$ के लिए $L$ का मान $L = \frac{h}{2 \pi}$ होता है,जो परमाणु क्रमांक $Z$ से स्वतंत्र है।
अतः,इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग सभी हाइड्रोजन-समान परमाणुओं और आयनों के लिए उनकी मूल अवस्था में समान होता है।

(A) बोर के अभिधारणा के अनुसार,$n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $L = \frac{nh}{2\pi}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ इलेक्ट्रॉन $n_1 = 2$ कक्षा से $n_2 = 4$ कक्षा में उत्तेजित होता है।
कोणीय संवेग में परिवर्तन $\Delta L$ इस प्रकार है:
$\Delta L = L_2 - L_1 = \frac{n_2 h}{2\pi} - \frac{n_1 h}{2\pi} = \frac{h}{2\pi} (n_2 - n_1)$.
मान रखने पर:
$\Delta L = \frac{6.64 \times 10^{-34}}{2 \times 3.14} (4 - 2)$.
$\Delta L = \frac{6.64 \times 10^{-34}}{6.28} \times 2$.
$\Delta L = 1.0576 \times 10^{-34} \times 2 \approx 2.11 \times 10^{-34} \ J \cdot s$.

(B) हाइड्रोजन परमाणु के लिए,मूल अवस्था $(n=1)$ की ऊर्जा $E_1 = -\frac{13.6}{1^2} = -13.6 \text{ eV}$ है।
दूसरी उत्तेजित अवस्था के लिए,$n=3$ है। ऊर्जा $E_3 = -\frac{13.6}{3^2} = -\frac{13.6}{9} \approx -1.51 \text{ eV}$ है।
इलेक्ट्रॉन को मूल अवस्था से दूसरी उत्तेजित अवस्था में उत्तेजित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = E_3 - E_1 = -1.51 - (-13.6) = 12.09 \text{ eV} \approx 12 \text{ eV}$ है।
$(b)$ आयनन ऊर्जा वह ऊर्जा है जो इलेक्ट्रॉन को मूल अवस्था $(n=1)$ से अनंत $(n=\infty)$ तक ले जाने के लिए आवश्यक होती है।
$E_{\infty} = 0 \text{ eV}$।
आवश्यक ऊर्जा = $E_{\infty} - E_1 = 0 - (-13.6) = 13.6 \text{ eV}$।

(C) हाइड्रोजन परमाणु की $n$-वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की कुल ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6}{n^2} eV$ द्वारा दी जाती है।
उत्तेजित अवस्था $n=4$ के लिए,कुल ऊर्जा $E_4 = -\frac{13.6}{4^2} = -\frac{13.6}{16} = -0.85 eV$ है।
बोर कक्षा में इलेक्ट्रॉन की स्थितिज ऊर्जा $(PE)$ और कुल ऊर्जा $(E)$ के बीच संबंध $PE = 2E$ होता है।
अतः,$PE = 2 \times (-0.85 eV) = -1.7 eV$ होगा।

(A) $n^{\text{th}}$ बोहर कक्षा की त्रिज्या का सूत्र $r_n = a_0 n^2$ है,जहाँ $a_0$ बोहर त्रिज्या है और $n$ मुख्य क्वांटम संख्या है।
अतः,$3^{\text{rd}}$ और $6^{\text{th}}$ कक्षाओं की त्रिज्याओं का अनुपात $\frac{r_3}{r_6} = \frac{n_3^2}{n_6^2}$ द्वारा दिया जाता है।
$n_3 = 3$ और $n_6 = 6$ मान रखने पर,हमें $\frac{r_3}{r_6} = \frac{3^2}{6^2} = \frac{9}{36}$ प्राप्त होता है।
इस भिन्न को सरल करने पर,हमें $\frac{r_3}{r_6} = \frac{1}{4} = 0.25$ प्राप्त होता है।

(C) हाइड्रोजन परमाणु में $n$ वें स्तर की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है।
क्रमिक स्तरों के बीच ऊर्जा का अंतर $\Delta E = E_{n+1} - E_n = 13.6 \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right]$ है।
इस व्यंजक को सरल करने पर,हमें $\Delta E = 13.6 \left[ \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} \right] = 13.6 \left[ \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} \right]$ प्राप्त होता है।
$n$ के बड़े मानों के लिए,$\Delta E \approx 13.6 \left[ \frac{2n}{n^4} \right] = \frac{27.2}{n^3}$।
चूंकि $\Delta E \propto \frac{1}{n^3}$,इसलिए जैसे-जैसे क्वांटम संख्या $n$ बढ़ती है,ऊर्जा का अंतर $\Delta E$ घटता है।

(B) हाइड्रोजन परमाणु में,$n$वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की स्थितिज ऊर्जा $(PE)$ $PE = -\frac{kZe^2}{r}$ द्वारा दी जाती है।
$n$ के उच्च मान के लिए,त्रिज्या $r$ बढ़ती है क्योंकि $r \propto n^2$ होता है।
जैसे-जैसे $r$ बढ़ता है,ऋणात्मक स्थितिज ऊर्जा का मान बढ़ता है (कम ऋणात्मक हो जाता है)।
अतः,कथन $(A)$ सही है।
थॉमसन के मॉडल में,परमाणु धनात्मक आवेशों का एक गोलाकार बादल है जिसमें इलेक्ट्रॉन धंसे होते हैं। अतः,कथन $(B)$ सही है।
बोहर के मॉडल के अनुसार,परमाणु में एक इलेक्ट्रॉन नाभिक से एक निश्चित दूरी पर स्थित होता है और एक निश्चित वेग के साथ उसके चारों ओर घूमता है। हालाँकि,हाइजेनबर्ग के अनिश्चितता के सिद्धांत के अनुसार,गतिमान इलेक्ट्रॉन की सटीक स्थिति और संवेग को एक साथ निर्धारित करना असंभव है।
इसलिए,बोहर का परमाणु मॉडल अनिश्चितता के सिद्धांत का खंडन करता है,जिससे कथन $(C)$ गलत हो जाता है।
अतः,विकल्प $(b)$ सही उत्तर है।

(B) दिया गया है,$C_1 = C_2 = 8 \mu F = 8 \times 10^{-6} \ F$ और $V = 10 \ V$.
चूंकि $C_1$ और $C_2$ समानांतर क्रम में जुड़े हैं,प्रारंभिक तुल्य धारिता $C_{eq} = C_1 + C_2 = 16 \mu F = 1.6 \times 10^{-5} \ F$ है।
प्रारंभिक कुल आवेश $q_i = C_{eq} \cdot V = 1.6 \times 10^{-5} \times 10 = 1.6 \times 10^{-4} \ C = 160 \mu C$ है।
हम जानते हैं कि धारिता $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$,इसलिए $C \propto \frac{1}{d}$ होता है।
यदि प्लेटों के बीच की दूरी $d$ को घटाकर उसके प्रारंभिक मान का $40 \%$ कर दिया जाए,तो नई दूरी $d' = 0.4d$ होगी। अतः,नई धारिता $C' = \frac{C}{0.4} = 2.5C = 2.5 \times 8 \mu F = 20 \mu F$ होगी।
नई कुल धारिता $C_{eq}' = C' + C_2 = 20 \mu F + 8 \mu F = 28 \mu F$ होगी।
नया आवेश $q_f = C_{eq}' \cdot V = 28 \mu F \times 10 \ V = 280 \mu C$ होगा।
आवेश में वृद्धि $\Delta q = q_f - q_i = 280 \mu C - 160 \mu C = 120 \mu C$ है।

(D) संधारित्र की प्रारंभिक धारिता $C_0 = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ है।
जब $d/2$ मोटाई वाली दो परावैद्युत स्लैब प्लेटों के बीच रखी जाती हैं,तो यह व्यवस्था श्रेणीक्रम में जुड़े दो संधारित्रों की तरह कार्य करती है,जिनमें से प्रत्येक का प्लेट पृथक्करण $d/2$ है।
पहली स्लैब की धारिता $C_1 = \frac{K_1 \varepsilon_0 A}{d/2} = \frac{2 K_1 \varepsilon_0 A}{d} = 2 K_1 C_0$ है।
दूसरी स्लैब की धारिता $C_2 = \frac{K_2 \varepsilon_0 A}{d/2} = \frac{2 K_2 \varepsilon_0 A}{d} = 2 K_2 C_0$ है।
चूंकि वे श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए तुल्य धारिता $C_{eq}$ इस प्रकार दी जाती है:
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} = \frac{1}{2 K_1 C_0} + \frac{1}{2 K_2 C_0} = \frac{1}{2 C_0} \left( \frac{1}{K_1} + \frac{1}{K_2} \right) = \frac{1}{2 C_0} \left( \frac{K_1 + K_2}{K_1 K_2} \right)$.
अतः,$C_{eq} = 2 C_0 \left( \frac{K_1 K_2}{K_1 + K_2} \right)$।

(C) दिया गया है, $C_1 = C_2 = C_3 = C_4 = C_5 = 4 \mu F$।
सर्किट को देखने पर, हम पहचान सकते हैं कि संधारित्र $C_1, C_2, C_3, C_4, C_5$ एक ब्रिज नेटवर्क बनाते हैं।
मान लें कि नोड्स $X$ (इनपुट), $Y$ (आउटपुट) और मध्यवर्ती नोड्स $A, B, C$ हैं।
विभव वितरण का विश्लेषण करके, हम देख सकते हैं कि सर्किट दो शाखाओं के समानांतर संयोजन के बराबर है।
विशेष रूप से, $C_1$ और $C_2$ श्रेणी में वाली शाखा, $C_4$ और $C_5$ श्रेणी में वाली शाखा के समानांतर है।
हालाँकि, इसे देखने का एक सरल तरीका यह है कि सर्किट दो समानांतर शाखाओं में सरल हो जाता है, जिसमें प्रत्येक शाखा में श्रेणी में दो संधारित्र होते हैं।
$C_{eq} = (C_1 \text{ श्रेणी में } C_2) + (C_4 \text{ श्रेणी में } C_5)$।
चूंकि सभी $C = 4 \mu F$ हैं, इसलिए दो $4 \mu F$ संधारित्रों का श्रेणी संयोजन $\frac{4 \times 4}{4 + 4} = 2 \mu F$ होता है।
अतः, $C_{eq} = 2 \mu F + 2 \mu F = 4 \mu F$।

(A) समांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C = \frac{K A \varepsilon_0}{d}$ द्वारा दी जाती है।
प्रारंभ में,हवा के लिए $K_1 = 1$ और $d_1 = d$ है,इसलिए $C_1 = \frac{A \varepsilon_0}{d} = 12 \mu F$ है।
जब दूरी को दोगुना किया जाता है,तो $d_2 = 2d$ और परावैद्युतांक $K_2 = 4$ हो जाता है।
नई धारिता $C_2 = \frac{K_2 A \varepsilon_0}{d_2}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर,हमें $C_2 = \frac{4 A \varepsilon_0}{2d} = 2 \left( \frac{A \varepsilon_0}{d} \right) = 2 \times C_1$ प्राप्त होता है।
अतः,$C_2 = 2 \times 12 \mu F = 24 \mu F$।

(A) दिया गया है:
$C_1 = 10 \mu F = 10^{-5} \text{ F}$
$V_1 = 9 \text{ V}$
संधारित्र $C_1$ पर प्रारंभिक आवेश:
$q_1 = C_1 V_1 = 10^{-5} \times 9 = 9 \times 10^{-5} \text{ C}$
जब अनावेशित संधारित्र $C_2 = 20 \mu F = 2 \times 10^{-5} \text{ F}$ को आवेशित संधारित्र $C_1$ के साथ समानांतर में जोड़ा जाता है,तो आवेश $C_1$ से $C_2$ में तब तक प्रवाहित होता है जब तक कि दोनों संधारित्र समान विभव $V$ प्राप्त न कर लें।
उभयनिष्ठ विभव $V$ इस प्रकार है:
$V = \frac{\text{कुल आवेश}}{\text{कुल धारिता}} = \frac{q_1}{C_1 + C_2}$
$V = \frac{9 \times 10^{-5}}{10^{-5} + 2 \times 10^{-5}} = \frac{9 \times 10^{-5}}{3 \times 10^{-5}} = 3 \text{ V}$
संतुलन पर संधारित्र $C_2$ पर आवेश:
$q_2 = C_2 V = (2 \times 10^{-5} \text{ F}) \times (3 \text{ V}) = 6 \times 10^{-5} \text{ C}$

(A) प्रारंभिक संचित ऊर्जा $U_i = \frac{1}{2} C_1 V_1^2$
$U_i = \frac{1}{2} \times 500 \times 10^{-12} \times (100)^2 = 2.5 \ \mu J$
जब संधारित्रों को जोड़ा जाता है,तो आवेश का पुनर्वितरण तब तक होता है जब तक विभव समान न हो जाए।
उभयनिष्ठ विभव $V = \frac{C_1 V_1 + C_2 V_2}{C_1 + C_2} = \frac{500 \times 10^{-12} \times 100 + 0}{500 \times 10^{-12} + 500 \times 10^{-12}} = 50 \ V$
अंतिम संचित ऊर्जा $U_f = \frac{1}{2} (C_1 + C_2) V^2$
$U_f = \frac{1}{2} \times (1000 \times 10^{-12}) \times (50)^2 = 1.25 \ \mu J$
नष्ट हुई ऊर्जा $\Delta U = U_i - U_f = 2.5 \ \mu J - 1.25 \ \mu J = 1.25 \ \mu J$

(A) प्रारंभ में,जब $C_1$ को $9 \ V$ की बैटरी से जोड़ा जाता है,तो उस पर आवेश $q_0 = C_1 V = 1 \ \mu F \times 9 \ V = 9 \ \mu C$ होता है।
जब $C_1$ को $C_2$ और $C_3$ के साथ समानांतर में जोड़ा जाता है,तो कुल आवेश $q_0$ तीनों संधारित्रों के बीच इस प्रकार पुनर्वितरित होता है कि उन सभी का विभवांतर $V'$ समान हो जाता है।
आवेश संरक्षण के नियम के अनुसार,$q_1 + q_2 + q_3 = q_0 = 9 \ \mu C$।
चूंकि वे समानांतर में हैं,$V' = \frac{q_1}{C_1} = \frac{q_2}{C_2} = \frac{q_3}{C_3}$।
मान रखने पर,$\frac{q_1}{1} = \frac{q_2}{2} = \frac{q_3}{3} = V'$।
अतः,$q_1 = V'$,$q_2 = 2V'$,और $q_3 = 3V'$।
इन्हें संरक्षण समीकरण में रखने पर: $V' + 2V' + 3V' = 9 \ \mu C$।
$6V' = 9 \ \mu C \Rightarrow V' = 1.5 \ V$।
$C_3$ पर आवेश $q_3 = C_3 V' = 3 \ \mu F \times 1.5 \ V = 4.5 \ \mu C = 4.5 \times 10^{-6} \ C$ है।

(B) दिया गया परिपथ एक व्हीटस्टोन ब्रिज विन्यास है। मान लीजिए संधारित्र $C_1 = 1 \mu F$,$C_2 = 3 \mu F$,$C_3 = 2 \mu F$,$C_4 = 6 \mu F$ हैं,और मध्य संधारित्र $C_5 = 5 \mu F$ है।
भुजाओं में संधारित्रों के अनुपात की जाँच करें: $\frac{C_1}{C_3} = \frac{1}{2}$ और $\frac{C_2}{C_4} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$।
चूँकि $\frac{C_1}{C_3} = \frac{C_2}{C_4}$,इसलिए व्हीटस्टोन ब्रिज संतुलित है।
एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज में,मध्य संधारित्र $C_5$ से कोई आवेश प्रवाहित नहीं होता है,इसलिए इसे परिपथ से हटाया जा सकता है।
अब,परिपथ में दो समानांतर शाखाएँ हैं: एक में $C_1$ और $C_2$ श्रेणीक्रम में हैं,और दूसरी में $C_3$ और $C_4$ श्रेणीक्रम में हैं।
ऊपरी शाखा की तुल्य धारिता: $C_{up} = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} = \frac{1 \times 3}{1 + 3} = \frac{3}{4} \mu F$।
निचली शाखा की तुल्य धारिता: $C_{low} = \frac{C_3 C_4}{C_3 + C_4} = \frac{2 \times 6}{2 + 6} = \frac{12}{8} = \frac{3}{2} \mu F$।
चूँकि ये दोनों शाखाएँ समानांतर में हैं,कुल तुल्य धारिता $C_{AB} = C_{up} + C_{low} = \frac{3}{4} + \frac{3}{2} = \frac{3 + 6}{4} = \frac{9}{4} \mu F$।

(B) प्लेटों के बीच स्थानांतरित आवेश का परिमाण $Q = N \cdot e$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $N = 10^{12}$ इलेक्ट्रॉन और $e = 1.6 \times 10^{-19} \,C$ दिया गया है।
अतः,$Q = 10^{12} \times 1.6 \times 10^{-19} = 1.6 \times 10^{-7} \,C$।
उत्पन्न विभवांतर $V = 10 \,V$ है।
धारिता $C$ की परिभाषा के अनुसार $C = \frac{Q}{V}$।
मान रखने पर,$C = \frac{1.6 \times 10^{-7}}{10} = 1.6 \times 10^{-8} \,F$।

(D) धारिता वाले $n$ समान संधारित्रों के श्रेणीक्रम संयोजन में,तुल्य धारिता $C_{eq}$ इस प्रकार दी जाती है:
$C_{eq} = \frac{C}{n}$
यहाँ $n = 25$ और $C = 2 \mu F = 2 \times 10^{-6} F$ दिया गया है।
$C_{eq} = \frac{2 \times 10^{-6}}{25} F = 0.08 \times 10^{-6} F = 8 \times 10^{-8} F$.
आरोपित विभवांतर $V = 100 \ V$ है।
श्रेणीक्रम संयोजन में संचित कुल आवेश $Q$ प्रत्येक संधारित्र पर आवेश के समान होता है,जो इस प्रकार है:
$Q = C_{eq} \times V$
$Q = (8 \times 10^{-8} F) \times (100 \ V)$
$Q = 8 \times 10^{-6} C$.

(B) कोएक्सियल केबल,जिसे $TV$ एरियल केबल या कोक्स के रूप में भी जाना जाता है,का उपयोग मुख्य रूप से एंटीना से सैटेलाइट डिश या टेलीविजन जैसे उपकरणों तक वीडियो और डेटा सिग्नल ले जाने के लिए किया जाता है।
इसका कारण अच्छी तरह से इंसुलेटेड कंडक्टर तार है,जो आवृत्ति हस्तक्षेप (frequency interference) को रोकता है।
कम बिजली के नुकसान के कारण कोएक्सियल केबल उच्च आवृत्ति रेंज को प्रसारित कर सकते हैं।
एक कोएक्सियल केबल के माध्यम से एक साथ प्रसारित किए जा सकने वाले $TV$ संकेतों की अधिकतम संख्या $125$ है।

(A) $UHF$ (अल्ट्रा हाई फ्रीक्वेंसी) रेंज सामान्यतः $300 \ MHz$ से $3000 \ MHz$ तक होती है।
अपनी उच्च आवृत्ति के कारण,ये तरंगें आयनमंडल द्वारा परावर्तित नहीं हो सकती हैं (आकाशीय तरंगें) और जमीन द्वारा अत्यधिक अवशोषित हो जाती हैं (भू-तरंगें)।
इसलिए,ये मुख्य रूप से लाइन-ऑफ-साइट संचार के माध्यम से प्रसारित होती हैं,जो अंतरिक्ष तरंगों (space waves) द्वारा प्राप्त किया जाता है।

(D) माइक्रोवेव की तरंग दैर्ध्य कम होती है और वे सीधी रेखा में यात्रा करती हैं। वे अपने पथ में आने वाली बाधाओं के कोनों के चारों ओर मुड़ती नहीं हैं। इस गुण के कारण,वे पता लगाने और ट्रैकिंग के लिए अत्यधिक प्रभावी हैं,यही कारण है कि इनका उपयोग रिमोट सेंसिंग और नेविगेशन के लिए रडार प्रणालियों में व्यापक रूप से किया जाता है।

(A) उपग्रह संचार में,अपलिंक आवृत्ति वह आवृत्ति है जिस पर ग्राउंड स्टेशन उपग्रह को सिग्नल भेजता है।
इस आवृत्ति को उच्च (माइक्रोवेव रेंज में) रखा जाता है ताकि यह सुनिश्चित हो सके कि सिग्नल आयनमंडल (आयनोस्फीयर) से परावर्तित हुए बिना उसे पार कर सकें।
उपग्रह संचार के लिए अपलिंक आवृत्ति बैंड सामान्यतः $5.9-6.4 \text{ GHz}$ होता है।

(A) मॉड्युलेशन इंडेक्स $m$ को मॉड्युलेटिंग सिग्नल के शिखर वोल्टेज $(E_m)$ और वाहक सिग्नल के शिखर वोल्टेज $(E_c)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया गया है: $m = \frac{E_m}{E_c}$।
जब मॉड्युलेटिंग सिग्नल में $1 \%$ की वृद्धि होती है,तो नया शिखर वोल्टेज $E_m' = E_m(1 + 0.01) = 1.01 E_m$ होता है।
जब वाहक सिग्नल में $3 \%$ की वृद्धि होती है,तो नया शिखर वोल्टेज $E_c' = E_c(1 + 0.03) = 1.03 E_c$ होता है।
नया मॉड्युलेशन इंडेक्स $m'$ इस प्रकार है: $m' = \frac{E_m'}{E_c'} = \frac{1.01 E_m}{1.03 E_c} \approx 0.9806 m$।
मॉड्युलेशन इंडेक्स में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{m' - m}{m} \times 100 = (0.9806 - 1) \times 100 \approx -1.94 \% \approx -2 \%$ है।
इस प्रकार,मॉड्युलेशन इंडेक्स में लगभग $-2 \%$ का परिवर्तन होता है।

(D) मॉड्युलेशन इंडेक्स $\mu$ को संदेश सिग्नल के पीक वोल्टेज $(A_m)$ और वाहक सिग्नल के पीक वोल्टेज $(A_c)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
दिया गया है:
$A_m = 12 \text{ V}$
$A_c = 20 \text{ V}$
सूत्र:
$\mu = \frac{A_m}{A_c}$
गणना:
$\mu = \frac{12}{20} = \frac{3}{5} = 0.6$
अतः,मॉड्युलेशन इंडेक्स $0.6$ है।

(B) $AM$ तरंग का अधिकतम आयाम, $A_{\max} = 20 \,V$।
$AM$ तरंग का न्यूनतम आयाम, $A_{\min} = 4 \,V$।
मॉड्यूलेशन सूचकांक $\mu$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा ज्ञात किया जाता है:
$\mu = \frac{A_{\max} - A_{\min}}{A_{\max} + A_{\min}}$
मान रखने पर:
$\mu = \frac{20 - 4}{20 + 4} = \frac{16}{24} = \frac{2}{3} \approx 0.67$।

(B) ट्रांसमिटिंग एंटीना का न्यूनतम आकार $l = \frac{\lambda}{4}$ द्वारा दिया जाता है।
दी गई आवृत्ति $f = 1500 \text{ MHz} = 1500 \times 10^6 \text{ Hz}$ है।
प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^8 \text{ m/s}$ है।
तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{c}{f} = \frac{3 \times 10^8}{1500 \times 10^6} = \frac{3}{15} = 0.2 \text{ m}$ है।
अतः,न्यूनतम लंबाई $l = \frac{0.2}{4} = 0.05 \text{ m}$ होगी।
सेंटीमीटर में बदलने पर,$l = 0.05 \times 100 = 5 \text{ cm}$ प्राप्त होता है।

(B) मॉड्यूलेशन इंडेक्स $m$ को संदेश संकेत के आयाम $A_m$ और वाहक संकेत के आयाम $A_c$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$m = \frac{A_m}{A_c} = \frac{5 \,V}{25 \,V} = \frac{1}{5} = 0.2$.
एम्प्लीट्यूड मॉड्यूलेशन में, प्रत्येक साइडबैंड (ऊपरी और निचला) का आयाम $\frac{m A_c}{2}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर, हमें प्राप्त होता है:
साइड बैंड का आयाम $= \frac{0.2 \times 25 \,V}{2} = \frac{5 \,V}{2} = 2.5 \,V$.

(B) मॉड्यूलेशन इंडेक्स $\mu$ को मॉड्यूलेटिंग सिग्नल के आयाम $(A_M)$ और वाहक तरंग के आयाम $(A_C)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$\mu = \frac{A_M}{A_C}$
यहाँ,$\mu = 90 \% = 0.9$ और $A_C = 60 \,V$ दिया गया है।
सूत्र में मान रखने पर:
$0.9 = \frac{A_M}{60}$
$A_M = 0.9 \times 60$
$A_M = 54 \,V$
अतः,मॉड्यूलेटिंग सिग्नल का पीक वोल्टेज $54 \,V$ है।

(B) स्काई वेव संचरण,जिसे स्किप संचरण भी कहा जाता है,में क्षितिज के पार के स्थानों तक पहुँचने के लिए आयनमंडल (ionosphere) से रेडियो तरंगों का परावर्तन शामिल है।
यह संचार विधा आमतौर पर $3 MHz$ से $30 MHz$ की आवृत्ति सीमा के लिए प्रभावी होती है,जिसे उच्च आवृत्ति $(HF)$ बैंड के रूप में जाना जाता है।
दिए गए विकल्पों में से,$10 MHz$ इस सीमा के अंतर्गत आता है,जो इसे स्काई वेव संचार के लिए सबसे उपयुक्त आवृत्ति बनाता है।

(D) माना सेल का विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $E$ है और इसका आंतरिक प्रतिरोध $r$ है।
ओम के नियम के अनुसार,$R$ बाहरी प्रतिरोध वाले परिपथ में धारा $I = \frac{E}{R + r}$ द्वारा दी जाती है।
प्रथम स्थिति के लिए: $1 = \frac{E}{2.5 + r} \implies E = 2.5 + r$ (समीकरण $1$).
द्वितीय स्थिति के लिए: $0.5 = \frac{E}{10 + r} \implies E = 0.5(10 + r) = 5 + 0.5r$ (समीकरण $2$).
$E$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$2.5 + r = 5 + 0.5r$
$r - 0.5r = 5 - 2.5$
$0.5r = 2.5$
$r = \frac{2.5}{0.5} = 5 \ \Omega$.
अतः,सेल का आंतरिक प्रतिरोध $5 \ \Omega$ है।

(B) दिया गया है:
विद्युत वाहक बल (emf) $\varepsilon = 12 \, V$
कुल आवेश क्षमता $q = 80 \, A \cdot h$
शक्ति आउटपुट $P = 120 \, W$
बैटरी में संचित कुल ऊर्जा $E$ का मान $E = q \cdot \varepsilon$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $E = 80 \, A \cdot h \times 12 \, V = 960 \, W \cdot h$।
चूंकि शक्ति $P$ ऊर्जा प्रदान करने की दर है, इसलिए $P = E / \Delta t$, जहाँ $\Delta t$ समय है।
अतः, $\Delta t = E / P = 960 \, W \cdot h / 120 \, W = 8 \, h$।
इस प्रकार, बैटरी $8 \, h$ तक $120 \, W$ की दर से ऊर्जा प्रदान कर सकती है।

(C) बैटरी का टर्मिनल वोल्टेज $V$,संबंध $V = E - Ir$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $E$ विद्युत वाहक बल (emf) है,$I$ धारा है,और $r$ आंतरिक प्रतिरोध है।
दिया गया है:
बाह्य प्रतिरोध $R = 8 \ \Omega$
आंतरिक प्रतिरोध $r = 0.2 \ \Omega$
टर्मिनल वोल्टेज $V = 10 \ V$
परिपथ में बहने वाली धारा $I$,बाह्य प्रतिरोधक के लिए ओम के नियम द्वारा दी जाती है:
$I = \frac{V}{R} = \frac{10 \ V}{8 \ \Omega} = 1.25 \ A$
अब,टर्मिनल वोल्टेज समीकरण में मान रखने पर:
$V = E - Ir$
$10 = E - (1.25 \ A \times 0.2 \ \Omega)$
$10 = E - 0.25 \ V$
$E = 10 + 0.25 = 10.25 \ V$
अतः,बैटरी का विद्युत वाहक बल (emf) $10.25 \ V$ है।

(A) धारा घनत्व $J$ को $J(r) = \beta(r + r_0)^2$ के रूप में दिया गया है।
त्रिज्यीय दूरी $r$ पर $dr$ मोटाई और $d\theta$ कोणीय चौड़ाई वाले एक छोटे क्षेत्रफल $dA$ पर विचार करें। क्षेत्रफल अवयव $dA = r dr d\theta$ है।
इस अवयव से गुजरने वाली धारा $di = J(r) dA = \beta(r + r_0)^2 r dr d\theta$ है।
छायांकित क्षेत्र दो सेक्टरों से बना है,जिनमें से प्रत्येक की कोणीय चौड़ाई $\pi/6$ है। कुल कोणीय चौड़ाई $\Delta \theta = \pi/6 + \pi/6 = \pi/3$ है।
छायांकित क्षेत्र से गुजरने वाली कुल धारा $I$ प्राप्त करने के लिए $di$ का $r=0$ से $R$ तक और $\theta$ का कुल कोणीय चौड़ाई $\Delta \theta$ पर समाकलन करने पर:
$I = \int_0^{\pi/3} d\theta \int_0^R \beta(r^2 + 2rr_0 + r_0^2) r dr$
$I = \frac{\pi}{3} \beta \int_0^R (r^3 + 2r_0r^2 + r_0^2r) dr$
$I = \frac{\pi \beta}{3} \left[ \frac{r^4}{4} + \frac{2r_0r^3}{3} + \frac{r_0^2r^2}{2} \right]_0^R$
$I = \frac{\pi \beta}{3} \left[ \frac{R^4}{4} + \frac{2r_0R^3}{3} + \frac{r_0^2R^2}{2} \right]$
$I = \pi \beta \left[ \frac{R^4}{12} + \frac{2r_0R^3}{9} + \frac{r_0^2R^2}{6} \right]$

(D) अनुगमन वेग (drift velocity) $v_d$,तार की लंबाई $L$ और उसे पार करने में लगे समय $t$ के अनुपात द्वारा दिया जाता है:
$v_d = \frac{L}{t} = \frac{2 \ m}{40 \times 10^3 \ s} = 0.5 \times 10^{-4} \ m/s = 5 \times 10^{-5} \ m/s$.
चालक में धारा $I$ और मुक्त इलेक्ट्रॉनों के संख्या घनत्व $n$ के बीच संबंध इस प्रकार है:
$I = n e A v_d$
जहाँ $e = 1.6 \times 10^{-19} \ C$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है और $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
यहाँ $A = 4 \ mm^2 = 4 \times 10^{-6} \ m^2$ और $I = 1.6 \ A$ दिया गया है,इसलिए $n$ के लिए सूत्र:
$n = \frac{I}{e A v_d}$
$n = \frac{1.6}{(1.6 \times 10^{-19}) \times (4 \times 10^{-6}) \times (5 \times 10^{-5})}$
$n = \frac{1.6}{1.6 \times 10^{-19} \times 20 \times 10^{-11}}$
$n = \frac{1}{20 \times 10^{-30}} = \frac{1}{2} \times 10^{29} = 5 \times 10^{28} \ m^{-3}$.

(C) दिया गया है,गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $R_g = 100 \Omega$ है।
पूर्ण स्केल विक्षेप धारा $I_g = 50 \mu A = 5 \times 10^{-5} \text{ A}$ है।
एमीटर की आवश्यक रेंज $I = 10 \text{ mA} = 10^{-2} \text{ A}$ है।
गैल्वेनोमीटर को एमीटर में बदलने के लिए,समांतर क्रम में एक शंट प्रतिरोध $R_s$ जोड़ा जाता है।
शंट प्रतिरोध का सूत्र $R_s = \frac{I_g}{I - I_g} \times R_g$ है।
मान रखने पर:
$R_s = \frac{5 \times 10^{-5}}{10^{-2} - 5 \times 10^{-5}} \times 100$
$R_s = \frac{5 \times 10^{-5}}{995 \times 10^{-5}} \times 100$
$R_s = \frac{500}{995} \approx 0.5025 \Omega$।
अतः,जोड़ा जाने वाला प्रतिरोध लगभग $0.5 \Omega$ है।

(A) पोटेंशियोमीटर के प्रयोग में,सेल का emf $E$ उसकी संतुलन लंबाई $l$ के सीधे आनुपातिक होता है,जिसे संबंध $E \propto l$ द्वारा दर्शाया जाता है।
इसलिए,$l_1$ और $l_2$ संतुलन लंबाई वाले दो सेलों $E_1$ और $E_2$ के लिए,हमारे पास अनुपात है: $\frac{E_1}{E_2} = \frac{l_1}{l_2}$।
$E_2$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $E_2 = E_1 \cdot \frac{l_2}{l_1}$ प्राप्त होता है।
दी गई मान हैं: $E_1 = 2.4 \ V$,$l_1 = 360 \ cm$ और $l_2 = 420 \ cm$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर: $E_2 = 2.4 \times \frac{420}{360}$ प्राप्त होता है।
भिन्न को सरल करने पर: $E_2 = 2.4 \times \frac{7}{6} = 0.4 \times 7 = 2.8 \ V$ प्राप्त होता है।
अतः,सेल $B$ का emf $2.8 \ V$ है।