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

(A) मान लीजिए कि कार बिंदु $A$ से $B$ तक $s$ दूरी तय करती है और फिर बिंदु $A$ पर वापस आती है।
औसत गति को कुल तय की गई दूरी को कुल लिए गए समय से विभाजित करके परिभाषित किया जाता है।
$A$ से $B$ तक लिया गया समय $t_1 = \frac{s}{60}$ है।
$B$ से $A$ तक लिया गया समय $t_2 = \frac{s}{V}$ है।
कुल दूरी $s + s = 2s$ है।
कुल समय $t_1 + t_2 = \frac{s}{60} + \frac{s}{V}$ है।
चूंकि औसत गति $48 \ km \ h^{-1}$ दी गई है,हमारे पास है:
$48 = \frac{2s}{\frac{s}{60} + \frac{s}{V}}$
दोनों पक्षों को $s$ से विभाजित करने पर:
$48 = \frac{2}{\frac{1}{60} + \frac{1}{V}}$
$\frac{1}{60} + \frac{1}{V} = \frac{2}{48} = \frac{1}{24}$
$\frac{1}{V} = \frac{1}{24} - \frac{1}{60}$
$\frac{1}{V} = \frac{5 - 2}{120} = \frac{3}{120} = \frac{1}{40}$
अतः,$V = 40 \ km \ h^{-1}$।

(B) औसत चाल को कुल दूरी बटा कुल समय के रूप में परिभाषित किया जाता है।
मान लीजिए कुल दूरी $L$ है।
पहले भाग के लिए दूरी $d_1 = \frac{L}{3}$ है और चाल $v_1$ है।
पहले भाग के लिए लिया गया समय $t_1 = \frac{d_1}{v_1} = \frac{L/3}{v_1} = \frac{L}{3 v_1}$ है।
दूसरे भाग के लिए दूरी $d_2 = \frac{2L}{3}$ है और चाल $v_2$ है।
दूसरे भाग के लिए लिया गया समय $t_2 = \frac{d_2}{v_2} = \frac{2L/3}{v_2} = \frac{2L}{3 v_2}$ है।
कुल समय $T = t_1 + t_2 = \frac{L}{3 v_1} + \frac{2L}{3 v_2} = \frac{L}{3} \left( \frac{1}{v_1} + \frac{2}{v_2} \right) = \frac{L}{3} \left( \frac{v_2 + 2 v_1}{v_1 v_2} \right)$ है।
औसत चाल $v_{avg} = \frac{\text{कुल दूरी}}{\text{कुल समय}} = \frac{L}{\frac{L}{3} \left( \frac{2 v_1 + v_2}{v_1 v_2} \right)} = \frac{3 v_1 v_2}{2 v_1 + v_2}$ है।

(D) प्रक्षेप्य की अधिकतम ऊँचाई $(H)$ का सूत्र है: $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$।
दी गई जानकारी:
प्रारंभिक गति $u = 50 \ m \ s^{-1}$
प्रक्षेप्य कोण $\theta = 60^{\circ}$
गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \ m \ s^{-2}$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$H = \frac{(50)^2 \times (\sin 60^{\circ})^2}{2 \times 10}$
$H = \frac{2500 \times (\frac{\sqrt{3}}{2})^2}{20}$
$H = \frac{2500 \times \frac{3}{4}}{20}$
$H = \frac{2500 \times 0.75}{20}$
$H = \frac{1875}{20} = 93.75 \ m$
अतः,प्राप्त अधिकतम ऊँचाई $93.75 \ m$ है।

(C) वेग को विस्थापन के परिवर्तन की दर के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$v_y = \frac{dy}{dt}$
$= \frac{d(P t^2 - Q t^3)}{dt}$
$= 2Pt - 3Qt^2$
अधिकतम ऊँचाई पर,कण का ऊर्ध्वाधर वेग शून्य हो जाता है।
$2Pt - 3Qt^2 = 0$
$t(2P - 3Qt) = 0$
चूँकि $t=0$ गति की शुरुआत है,इसलिए अधिकतम ऊँचाई पर समय $t = \frac{2P}{3Q}$ है।
अब,इस समय को विस्थापन समीकरण में रखने पर:
$y_{max} = P(\frac{2P}{3Q})^2 - Q(\frac{2P}{3Q})^3$
$= P(\frac{4P^2}{9Q^2}) - Q(\frac{8P^3}{27Q^3})$
$= \frac{4P^3}{9Q^2} - \frac{8P^3}{27Q^2}$
$= \frac{12P^3 - 8P^3}{27Q^2}$
$= \frac{4P^3}{27Q^2}$

(D) प्रक्षेप्य की परास (Range) $R = 90 \,m$ दी गई है।
प्रक्षेप्य की परास का सूत्र $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g}$ है।
निश्चित दूरी पर स्थित लक्ष्य को न्यूनतम प्रारंभिक वेग $u$ से हिट करने के लिए, उस वेग के लिए परास अधिकतम होनी चाहिए, जो $\theta = 45^{\circ}$ के कोण पर होती है।
$\theta = 45^{\circ}$ को परास के सूत्र में रखने पर: $R = \frac{u^2 \sin(90^{\circ})}{g} = \frac{u^2}{g}$ प्राप्त होता है।
यहाँ $R = 90 \,m$ और $g = 10 \,ms^{-2}$ दिया गया है, इसलिए $90 = \frac{u^2}{10}$।
अतः, $u^2 = 900$, जिससे $u = 30 \,ms^{-1}$ प्राप्त होता है।

(B) बिना फिसले लुढ़कते हुए एक ठोस बेलन के लिए,कुल गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा का योग है:
$K.E. = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
चूँकि ठोस बेलन का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2}mR^2$ है और बिना फिसले लुढ़कने की शर्त $v = R\omega$ (या $\omega = v/R$) है:
$K.E. = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(\frac{1}{2}mR^2)(\frac{v}{R})^2$
$K.E. = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{4}mv^2 = \frac{3}{4}mv^2$
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,स्थितिज ऊर्जा $(P.E.)$ में हुई हानि,गतिज ऊर्जा में हुई वृद्धि के बराबर होती है:
$mgh = \frac{3}{4}mv^2$
$v^2 = \frac{4gh}{3}$
$v = \sqrt{\frac{4gh}{3}}$

(D) प्रक्षेप्य के प्रक्षेपपथ का सामान्य समीकरण $y = x \tan \theta - \frac{g x^2}{2 u^2 \cos^2 \theta}$ होता है।
दिए गए समीकरण $y = \frac{x}{\sqrt{3}} - \frac{x^2}{60}$ के साथ तुलना करने पर:
$1$. $x$ के गुणांक की तुलना करने पर: $\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \theta = 30^{\circ}$.
$2$. $x^2$ के गुणांक की तुलना करने पर: $\frac{g}{2 u^2 \cos^2 \theta} = \frac{1}{60}$.
$g = 10 \text{ m s}^{-2}$ और $\theta = 30^{\circ}$ का मान रखने पर:
$\frac{10}{2 u^2 \cos^2 30^{\circ}} = \frac{1}{60} \Rightarrow \frac{5}{u^2 (\sqrt{3}/2)^2} = \frac{1}{60}$.
$\frac{5}{u^2 (3/4)} = \frac{1}{60} \Rightarrow \frac{20}{3 u^2} = \frac{1}{60}$.
$3 u^2 = 1200 \Rightarrow u^2 = 400$.
$u = 20 \text{ m s}^{-1}$.

(C) प्रक्षेप्य की क्षैतिज परास $R$ का सूत्र $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g} = 90 \,m$ है।
अधिकतम ऊँचाई $H$ का सूत्र $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है।
$H$ को $R$ से विभाजित करने पर:
$\frac{H}{R} = \frac{u^2 \sin^2 \theta / 2g}{u^2 (2 \sin \theta \cos \theta) / g} = \frac{\tan \theta}{4}$.
यहाँ $\theta = 45^{\circ}$ दिया गया है,इसलिए $\tan 45^{\circ} = 1$ है।
अतः,$H = \frac{R \tan 45^{\circ}}{4} = \frac{90 \times 1}{4} = 22.5 \,m$।

(C) प्रक्षेप्य की कुल परास $R$ इस प्रकार है:
$R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g} = \frac{30^2 \sin(2 \times 30^{\circ})}{10} = \frac{900 \times \sin 60^{\circ}}{10} = 90 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 45 \sqrt{3} \,m$.
उड़ान का समय (Time of flight) $T$ इस प्रकार है:
$T = \frac{2u \sin \theta}{g} = \frac{2 \times 30 \times \sin 30^{\circ}}{10} = \frac{60 \times 0.5}{10} = 3 \,s$.
दूसरा खिलाड़ी पहले खिलाड़ी से $d = 21 \sqrt{3} \,m$ की दूरी पर खड़ा है। गेंद के जमीन पर गिरने से पहले उसे पकड़ने के लिए, खिलाड़ी को उस बिंदु तक पहुँचना होगा जहाँ गेंद गिरती है। इसके लिए आवश्यक न्यूनतम गति वह है जिससे वह उड़ान के समय $T$ में दूरी $R$ तक पहुँच सके।
दूसरे खिलाड़ी द्वारा तय की जाने वाली दूरी $S = R - d = 45 \sqrt{3} - 21 \sqrt{3} = 24 \sqrt{3} \,m$ है।
चूंकि खिलाड़ी किक मारने के समय ही दौड़ना शुरू करता है, इसलिए इस दूरी को तय करने के लिए उपलब्ध समय $T = 3 \,s$ है।
अतः, न्यूनतम गति $v$:
$v = \frac{S}{T} = \frac{24 \sqrt{3}}{3} = 8 \sqrt{3} \,ms^{-1}$.
अतः, सही विकल्प $C$ है।

(C) अधिकतम ऊँचाई की गणना करने के लिए, हम केवल गति के ऊर्ध्वाधर घटक पर विचार करते हैं।
दी गई ऊँचाई $h_1 = 5 \text{ m}$ पर, वेग का ऊर्ध्वाधर घटक $u_y = 5 \text{ m s}^{-1}$ है।
अधिकतम ऊँचाई पर, वेग का ऊर्ध्वाधर घटक $v_y = 0 \text{ m s}^{-1}$ हो जाता है।
गुरुत्वीय त्वरण $a_y = -10 \text{ m s}^{-2}$ है।
गति के समीकरण $v_y^2 - u_y^2 = 2 a_y s$ का उपयोग करते हुए, जहाँ $s$ अतिरिक्त प्राप्त ऊँचाई है:
$0^2 - (5)^2 = 2(-10) s$
$-25 = -20 s$
$s = \frac{25}{20} = 1.25 \text{ m}$
गेंद द्वारा प्राप्त कुल अधिकतम ऊँचाई $H = h_1 + s = 5 \text{ m} + 1.25 \text{ m} = 6.25 \text{ m}$ है।

(B) हम गेंद की ऊर्ध्वाधर गति पर विचार करते हैं।
प्रारंभिक ऊर्ध्वाधर वेग: $u_y = u \sin \theta = 20 \times \sin 30^{\circ} = 20 \times \frac{1}{2} = 10 \,m/s$.
ऊर्ध्वाधर त्वरण: $a_y = -g = -10 \,m/s^2$.
जमीन तक पहुँचने में लगा समय: $t = 3 \,s$.
ऊर्ध्वाधर विस्थापन के लिए गति के समीकरण का उपयोग करते हुए: $s_y = u_y t + \frac{1}{2} a_y t^2$.
यहाँ, विस्थापन $s_y = -h$ (जहाँ $h$ इमारत की ऊँचाई है)।
$-h = (10)(3) + \frac{1}{2}(-10)(3)^2$.
$-h = 30 - 5(9) = 30 - 45 = -15 \,m$.
अतः, $h = 15 \,m$.

(C) अधिकतम ऊँचाई पर,प्रक्षेप्य का वेग $v = u \cos \theta$ होता है।
दिया गया है कि अधिकतम ऊँचाई पर चाल प्रारंभिक चाल $u$ की आधी है,इसलिए $u \cos \theta = \frac{1}{2} u$,जिसका अर्थ है $\cos \theta = \frac{1}{2}$,अर्थात $\theta = 60^{\circ}$।
प्रक्षेप्य की परास $R = \frac{u^2 \sin 2 \theta}{g}$ और अधिकतम ऊँचाई $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ होती है।
परास और अधिकतम ऊँचाई का अनुपात $\frac{R}{H} = \frac{u^2 \sin 2 \theta / g}{u^2 \sin^2 \theta / 2g} = \frac{2 \sin 2 \theta}{\sin^2 \theta}$ है।
सर्वसमिका $\sin 2 \theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ का उपयोग करने पर,हमें $\frac{R}{H} = \frac{2(2 \sin \theta \cos \theta)}{\sin^2 \theta} = 4 \cot \theta$ प्राप्त होता है।
$\theta = 60^{\circ}$ रखने पर,$\frac{R}{H} = 4 \cot 60^{\circ} = 4 \times \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए $v_{CE}$ पृथ्वी के सापेक्ष कार का वेग है,$v_{RE}$ पृथ्वी के सापेक्ष बारिश का वेग है,और $v_{RC}$ कार के सापेक्ष बारिश का वेग है।
दिया गया है: $v_{CE} = 40 \text{ km h}^{-1}$।
बारिश ऊर्ध्वाधर रूप से गिरती है,इसलिए $v_{RE}$ ऊर्ध्वाधर दिशा में है।
कार की खिड़की पर बारिश के निशान ऊर्ध्वाधर के साथ $\theta = 30^{\circ}$ का कोण बनाते हैं।
सापेक्ष वेग के सदिश त्रिभुज से,हमारे पास $\vec{v}_{RC} = \vec{v}_{RE} - \vec{v}_{CE}$ है।
इन सदिशों द्वारा निर्मित समकोण त्रिभुज में,कार के वेग $v_{CE}$ को दर्शाने वाली भुजा $\theta = 30^{\circ}$ कोण के सामने है।
इसलिए,$\sin \theta = \frac{v_{CE}}{v_{RC}}$।
$v_{RC}$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,$v_{RC} = \frac{v_{CE}}{\sin 30^{\circ}}$।
मान रखने पर,$v_{RC} = \frac{40}{0.5} = 80 \text{ km h}^{-1}$।

(D) जब वस्तु को विराम अवस्था से छोड़ा जाता है, तो उसका वेग शून्य होता है। इसलिए, अभिकेंद्र त्वरण $(a_c = v^2/r)$ शून्य है。
वस्तु पर कार्य करने वाले बल इसका भार $(mg)$ जो ऊर्ध्वाधर नीचे की ओर कार्य करता है और डोरी में तनाव $(T)$ है जो डोरी की दिशा में कार्य करता है。
हम भार $(mg)$ को दो घटकों में विभाजित करते हैं: एक डोरी की दिशा में $(mg \cos 30^{\circ})$ और दूसरा डोरी के लंबवत $(mg \sin 30^{\circ})$。
चूंकि डोरी तनी रहती है और वस्तु विराम से शुरू होती है, इसलिए छोड़ने के क्षण में त्रिज्यीय गति न होने के लिए डोरी की दिशा में कुल बल शून्य होना चाहिए $(T - mg \cos 30^{\circ} = 0)$。
वस्तु पर कार्य करने वाला कुल बल डोरी के लंबवत घटक है, जो $F_{net} = mg \sin 30^{\circ}$ है。
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए, $F_{net} = ma$:
$ma = mg \sin 30^{\circ}$
$a = g \sin 30^{\circ}$
यहाँ $g = 10 \,ms^{-2}$ और $\sin 30^{\circ} = 0.5$ दिया गया है:
$a = 10 \times 0.5 = 5.0 \,ms^{-2}$。

(B) प्रारंभिक कोणीय गति $\omega_0 = 300 \text{ rpm} = \frac{300 \times 2\pi}{60} \text{ rad/s} = 10\pi \text{ rad/s}$.
अंतिम कोणीय गति $\omega = 0 \text{ rad/s}$.
लिया गया समय $t = 80 \text{ s}$.
गति के समीकरण $\omega = \omega_0 + \alpha t$ का उपयोग करके,हम कोणीय मंदन $\alpha$ ज्ञात करते हैं:
$0 = 10\pi + \alpha(80) \Rightarrow \alpha = -\frac{10\pi}{80} = -\frac{\pi}{8} \text{ rad/s}^2$.
कुल कोणीय विस्थापन $\theta$,$\theta = \omega_0 t + \frac{1}{2} \alpha t^2$ द्वारा दिया जाता है:
$\theta = (10\pi)(80) + \frac{1}{2} \left(-\frac{\pi}{8}\right) (80)^2 = 800\pi - \frac{\pi}{16} (6400) = 800\pi - 400\pi = 400\pi \text{ rad}$.
चक्करों की संख्या $n$,$n = \frac{\theta}{2\pi}$ द्वारा दी जाती है:
$n = \frac{400\pi}{2\pi} = 200$.

(A) दिया गया है: त्रिज्या, $r = 10 \,m$.
अभिकेंद्री त्वरण, $a_c = 10 \,ms^{-2}$.
हम जानते हैं कि अभिकेंद्री त्वरण का सूत्र $a_c = \omega^2 r$ है।
कोणीय गति $\omega$ ज्ञात करने के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$\omega = \sqrt{\frac{a_c}{r}}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$\omega = \sqrt{\frac{10 \,ms^{-2}}{10 \,m}} = \sqrt{1 \,s^{-2}} = 1 \,rad \,s^{-1}$.
अतः, कोणीय गति $1 \,rad \,s^{-1}$ है।

(A) माना बिंदु $A$ पर वेग $\vec{v}_1$ है और बिंदु $B$ पर वेग $\vec{v}_2$ है। चूंकि चाल स्थिर है,इसलिए $|\vec{v}_1| = |\vec{v}_2| = v$ है।
वेग में परिवर्तन $\Delta \vec{v} = \vec{v}_2 - \vec{v}_1$ द्वारा दिया जाता है।
एक वृत्त में $v$ की स्थिर चाल से गति करने वाले कण के लिए $\theta$ कोण के माध्यम से वेग में परिवर्तन का परिमाण सदिश घटाव सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$|\Delta \vec{v}| = \sqrt{v^2 + v^2 - 2v^2 \cos \theta}$
$|\Delta \vec{v}| = \sqrt{2v^2(1 - \cos \theta)}$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \frac{\theta}{2}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$|\Delta \vec{v}| = \sqrt{2v^2 \cdot 2 \sin^2 \frac{\theta}{2}}$
$|\Delta \vec{v}| = \sqrt{4v^2 \sin^2 \frac{\theta}{2}}$
$|\Delta \vec{v}| = 2v \sin \frac{\theta}{2}$

(D) एक हार्मोनिक दोलक की यांत्रिक ऊर्जा $E$ उसके आयाम $A$ के वर्ग के समानुपाती होती है,जिसे $E = \frac{1}{2} k A^2$ द्वारा दर्शाया जाता है।
आयाम में छोटे परिवर्तन के लिए,ऊर्जा में आंशिक परिवर्तन अवकलन द्वारा प्राप्त किया जाता है:
$\frac{dE}{E} = \frac{d(A^2)}{A^2} = \frac{2A dA}{A^2} = 2 \frac{dA}{A}$.
यह दिया गया है कि आयाम $1.5 \%$ कम हो जाता है,इसलिए $\frac{dA}{A} = 1.5 \%$.
इस मान को ऊर्जा में आंशिक परिवर्तन के व्यंजक में रखने पर:
$\frac{dE}{E} = 2 \times 1.5 \% = 3 \%$.
अतः,प्रत्येक चक्र में खोई हुई यांत्रिक ऊर्जा $3 \%$ है।

(A) सरल लोलक के आवर्तकाल $T$ का सूत्र $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ है।
दिया गया है: $T = 4 \ s$ और $g = \pi^2 \ ms^{-2}$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$4 = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{\pi^2}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$16 = 4\pi^2 \cdot \frac{\ell}{\pi^2}$
$16 = 4\ell$
$\ell = \frac{16}{4} = 4 \ m$।
अतः,लोलक की लंबाई $4 \ m$ है।

(C) सरल लोलक की आवृत्ति का सूत्र इस प्रकार है:
$f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{g}{\ell}}$
इस सूत्र से हम देख सकते हैं कि आवृत्ति लोलक की लंबाई के वर्गमूल के व्युत्क्रमानुपाती होती है:
$f \propto \frac{1}{\sqrt{\ell}}$
मान लीजिए प्रारंभिक लंबाई $\ell_1 = \ell$ और प्रारंभिक आवृत्ति $f_1 = 8 \,Hz$ है।
जब डोरी को उसके मध्य बिंदु पर क्लैंप किया जाता है, तो नई लंबाई $\ell_2 = \frac{\ell}{2}$ हो जाती है।
अब, नई आवृत्ति $f_2$ और प्रारंभिक आवृत्ति $f_1$ का अनुपात ज्ञात करते हैं:
$\frac{f_2}{f_1} = \sqrt{\frac{\ell_1}{\ell_2}} = \sqrt{\frac{\ell}{\ell / 2}} = \sqrt{2}$
अतः, नई आवृत्ति $f_2$ होगी:
$f_2 = \sqrt{2} \times f_1 = \sqrt{2} \times 8 \,Hz \approx 1.414 \times 8 \,Hz = 11.312 \,Hz$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार निकटतम मान $11.28 \,Hz$ है।

(B) अवमंदित दोलक का आयाम समय के साथ $A(t) = A_0 e^{-\alpha t}$ के अनुसार बदलता है, जहाँ $\alpha = \frac{b}{2m}$ है。
दिया गया है कि आयाम अपने प्रारंभिक मान का आधा हो जाता है, इसलिए $A(t) = \frac{A_0}{2}$.
समीकरण में मान रखने पर: $\frac{A_0}{2} = A_0 e^{-\alpha t} \Rightarrow \frac{1}{2} = e^{-\alpha t}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर: $\ln(0.5) = -\alpha t \Rightarrow -\ln 2 = -\alpha t \Rightarrow \ln 2 = \alpha t$.
यहाँ $b = 69.3 \,g \,s^{-1}$ और $m = 100 \,g$ दिया गया है。
$\alpha = \frac{b}{2m} = \frac{69.3}{2 \times 100} = \frac{69.3}{200} = 0.3465 \,s^{-1}$.
$\ln 2 = 0.693$ दिया गया है, इसलिए $0.693 = 0.3465 \times t$.
समय $t = \frac{0.693}{0.3465} = 2 \,s$ प्राप्त होता है।

(A) स्प्रिंग-द्रव्यमान निकाय का आवर्तकाल $T$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}}$
यहाँ, द्रव्यमान $m = 2 \,kg$ और स्प्रिंग नियतांक $k = 8 \,N/m$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{2}{8}} = 2 \pi \sqrt{\frac{1}{4}} = 2 \pi \times \frac{1}{2} = \pi \,s$.
$t = 66 \,s$ समय में पूरे किए गए चक्रों की संख्या $n$ है:
$n = \frac{t}{T} = \frac{66}{\pi}$.
$\pi \approx \frac{22}{7}$ लेने पर, हमें प्राप्त होता है:
$n = \frac{66}{22/7} = \frac{66 \times 7}{22} = 3 \times 7 = 21$.
अतः, वस्तु दिए गए समय में $21$ दोलन पूरे करती है।

(C) $S.H.M.$ कर रहे पिंड की $x$ विस्थापन पर स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{1}{2} k x^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $k$ बल नियतांक है।
दिया गया है:
$U_x = \frac{1}{2} k x^2 = 9 \ J$ --- $(1)$
$U_y = \frac{1}{2} k y^2 = 16 \ J$ --- $(2)$
हमें $(x+y)$ विस्थापन पर स्थितिज ऊर्जा ज्ञात करनी है,जो $U_{(x+y)} = \frac{1}{2} k (x+y)^2$ है।
इसका विस्तार करने पर:
$U_{(x+y)} = \frac{1}{2} k (x^2 + y^2 + 2xy) = \frac{1}{2} k x^2 + \frac{1}{2} k y^2 + 2 \left( \sqrt{\frac{1}{2} k x^2} \right) \left( \sqrt{\frac{1}{2} k y^2} \right)$.
दिए गए मानों को रखने पर:
$U_{(x+y)} = 9 + 16 + 2 \times \sqrt{9} \times \sqrt{16}$
$U_{(x+y)} = 25 + 2 \times 3 \times 4$
$U_{(x+y)} = 25 + 24 = 49 \ J$.

(C) $SHM$ कर रहे कण का आयाम $A = 10 \ cm$ है।
कण का तात्कालिक विस्थापन $x = 6 \ cm$ है।
कण की गतिज ऊर्जा $(K)$ का सूत्र $K = \frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2)$ है।
कण की स्थितिज ऊर्जा $(U)$ का सूत्र $U = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2$ है।
गतिज ऊर्जा और स्थितिज ऊर्जा का अनुपात $\frac{K}{U} = \frac{\frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2)}{\frac{1}{2} m \omega^2 x^2} = \frac{A^2 - x^2}{x^2}$ है।
मान रखने पर,$\frac{K}{U} = \frac{10^2 - 6^2}{6^2} = \frac{100 - 36}{36} = \frac{64}{36}$ प्राप्त होता है।
भिन्न को सरल करने पर,$\frac{K}{U} = \frac{16}{9}$ प्राप्त होता है।
अतः,गतिज ऊर्जा और स्थितिज ऊर्जा का अनुपात $16: 9$ है।

(B) $S.H.M$ में,गतिज ऊर्जा $(K.E)$ और स्थितिज ऊर्जा $(P.E)$ इस प्रकार दी जाती हैं:
$K.E = \frac{1}{2} m \omega^2 (a^2 - y^2)$
$P.E = \frac{1}{2} m \omega^2 y^2$
जहाँ $a$ आयाम है और $y$ विस्थापन है।
$K.E = P.E$ के लिए:
$\frac{1}{2} m \omega^2 (a^2 - y^2) = \frac{1}{2} m \omega^2 y^2$
$a^2 - y^2 = y^2$
$a^2 = 2y^2$
$y = \pm \frac{a}{\sqrt{2}}$
अतः,कथन $(A)$ सही है।
कारण $(R)$ के संबंध में,$S.H.M$ में कण की स्थितिज ऊर्जा वास्तव में आवर्ती होती है और चरम विस्थापन $(y = \pm a)$ पर अपना अधिकतम मान प्राप्त करती है। हालाँकि,यह कथन यह नहीं समझाता है कि $y = a/\sqrt{2}$ पर गतिज और स्थितिज ऊर्जा समान क्यों हैं। इसलिए,दोनों सही हैं,लेकिन $(R)$,$(A)$ की सही व्याख्या नहीं है।

(D) कण की स्थिति $x = 2 \cos (2t)$ द्वारा दी गई है।
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें वेग $v$ प्राप्त होता है:
$v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt} [2 \cos (2t)] = -2 \sin (2t) \times 2 = -4 \sin (2t) \,m/s$.
अधिकतम वेग $v_{\max}$ तब होता है जब $|\sin (2t)| = 1$ हो,इसलिए $|v_{\max}| = 4 \,m/s$.
अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{\max}$ का सूत्र $K_{\max} = \frac{1}{2} m (v_{\max})^2$ है।
दिए गए द्रव्यमान $m = 2 \,kg$ और $v_{\max} = 4 \,m/s$ का मान रखने पर:
$K_{\max} = \frac{1}{2} \times 2 \,kg \times (4 \,m/s)^2 = 16 \,J$.

(B) ब्लॉक के फ्री बॉडी डायग्राम चित्र में दिखाए गए हैं।
संतुलन की स्थिति में,किसी पिंड पर कुल बल शून्य होता है।
ऊर्ध्वाधर लटके हुए ब्लॉक $A$ के लिए:
$m_A g = k x$
$\Rightarrow k = \frac{m_A g}{x}$
नत समतल पर रखे ब्लॉक $B$ के लिए:
$m_B g \sin 30^{\circ} = k x^{\prime}$
$\Rightarrow x^{\prime} = \frac{m_B g \sin 30^{\circ}}{k} = \frac{m_B g \sin 30^{\circ}}{(m_A g / x)} = \frac{m_B}{m_A} x \sin 30^{\circ}$
चूंकि दोनों ब्लॉक एक ही पदार्थ से बने हैं,द्रव्यमान आयतन के समानुपाती होता है $(m = \rho V)$:
$\Rightarrow x^{\prime} = \frac{V_B}{V_A} x \sin 30^{\circ} = \frac{0.75}{0.25} \times 0.2 \times \sin 30^{\circ}$
$\Rightarrow x^{\prime} = 3 \times 0.2 \times 0.5 = 0.3 \ m$
ऊपर से ब्लॉक की कुल दूरी बिना खिंची लंबाई $l$ और विस्तार $x^{\prime}$ का योग है:
$d = l + x^{\prime} = 1.0 \ m + 0.3 \ m = 1.3 \ m$.

(D) कण का विस्थापन $x = x_0 \sin \left(\omega t - \frac{\pi}{6}\right)$ द्वारा दिया गया है।
त्वरण $a$ का मान $a = \frac{d^2x}{dt^2} = -\omega^2 x$ होता है।
$x$ का व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर:
$a = -\omega^2 x_0 \sin \left(\omega t - \frac{\pi}{6}\right)$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $-\sin(\theta) = \sin(\theta + \pi)$ का उपयोग करने पर:
$a = \omega^2 x_0 \sin \left(\omega t - \frac{\pi}{6} + \pi\right)$.
$a = \omega^2 x_0 \sin \left(\omega t + \frac{5\pi}{6}\right)$.
इसकी तुलना $a = A \sin(\omega t + \delta)$ से करने पर,हमें $A = x_0 \omega^2$ और $\delta = \frac{5\pi}{6}$ प्राप्त होता है।

(A) संतुलन स्थिति से शुरू होने वाली सरल आवर्त गति $(SHM)$ में कण का विस्थापन $x = A \sin(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $A = 10 \,cm$ और $x = 5 \,cm$ दिया गया है,इसलिए $5 = 10 \sin(\omega t)$,जिसका अर्थ है $\sin(\omega t) = 1/2$।
अतः,$\omega t = \pi/6$। चूंकि $\omega = 2\pi/T$,हमें $t = \frac{\pi/6}{2\pi/T} = T/12$ प्राप्त होता है।
$T = 0.6 \,s$ दिया गया है,इसलिए समय अंतराल $t = 0.6/12 = 0.05 \,s$ है।
औसत वेग $V_{\text{mean}}$ को कुल विस्थापन को कुल समय अंतराल से विभाजित करके परिभाषित किया जाता है:
$V_{\text{mean}} = \frac{\Delta x}{\Delta t} = \frac{x_f - x_i}{t_f - t_i}$।
संतुलन स्थिति ($t_i = 0$ पर $x_i = 0$) से $t_f = 0.05 \,s$ पर $x_f = 5 \,cm$ तक:
$V_{\text{mean}} = \frac{5 \,cm - 0}{0.05 \,s} = 100 \,cm/s = 1 \,m/s$।

(A) दिया गया है, द्रव्यमान $m = 400 \, g = 0.4 \, kg$।
बल $F = -10 x$।
$S.H.M.$ के मानक समीकरण $F = -m \omega^2 x$ के साथ तुलना करने पर, हमें $m \omega^2 = 10$ प्राप्त होता है।
$m$ का मान रखने पर:
$0.4 \omega^2 = 10$
$\omega^2 = \frac{10}{0.4} = 25$
$\omega = 5 \, rad/s$।
दोलन के केंद्र पर अधिकतम गति $V_{max} = \omega A$ द्वारा दी जाती है।
$V_{max} = 10 \, m/s$ दिया गया है, इसलिए:
$10 = 5 \times A$
$A = \frac{10}{5} = 2 \, m$।

(B) सरल आवर्त गति $(SHM)$ में,वस्तु का अधिकतम वेग इस प्रकार दिया जाता है:
$v_{\max} = A\omega$
इससे,हम आयाम $A$ को इस प्रकार व्यक्त कर सकते हैं:
$A = \frac{v_{\max}}{\omega} \quad ...(i)$
जहाँ $A$ आयाम है और $\omega$ कोणीय आवृत्ति है।
$SHM$ करने वाली वस्तु का अधिकतम त्वरण इस प्रकार है:
$a_{\max} = \omega^2 A$
समीकरण $(i)$ से $A$ का मान $a_{\max}$ के व्यंजक में रखने पर:
$a_{\max} = \omega^2 \left( \frac{v_{\max}}{\omega} \right)$
$a_{\max} = \omega v_{\max}$

(A) दिया गया है,$m = 3 \ kg$ द्रव्यमान के कण की स्थिति $x = 0.3 \cos (\omega t)$ है।
कण का वेग,$v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt} (0.3 \cos \omega t) = -0.3 \omega \sin (\omega t)$.
गतिज ऊर्जा $K(t) = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m (-0.3 \omega \sin \omega t)^2 = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2 \sin^2 \omega t)$.
$t_1 = \frac{\pi}{6 \omega}$ पर,$K\left(\frac{\pi}{6 \omega}\right) = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2 \sin^2 \frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2) \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2) \left(\frac{1}{4}\right)$.
$t_2 = \frac{\pi}{3 \omega}$ पर,$K\left(\frac{\pi}{3 \omega}\right) = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2 \sin^2 \frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2) \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \frac{1}{2} m (0.09 \omega^2) \left(\frac{3}{4}\right)$.
अनुपात लेने पर: $\frac{K\left(\frac{\pi}{6 \omega}\right)}{K\left(\frac{\pi}{3 \omega}\right)} = \frac{1/4}{3/4} = \frac{1}{3}$.

(B) दिया गया है: $m = 1 \,kg$, $k = 100 \,N \,m^{-1}$, $\theta = 45^{\circ}$, $x = 10 \,cm = 0.1 \,m$, $g = 10 \,m \,s^{-2}$.
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार, गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य और घर्षण द्वारा किए गए कार्य का अंतर उस स्थितिज ऊर्जा के बराबर होता है जो ब्लॉक के रुकने पर स्प्रिंग में संचित होती है।
गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य = $mg \sin \theta \cdot x$
घर्षण द्वारा किया गया कार्य = $f \cdot x = \mu N \cdot x = \mu mg \cos \theta \cdot x$
स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा = $\frac{1}{2} k x^2$
कार्य-ऊर्जा सिद्धांत को लागू करने पर:
$mg \sin \theta \cdot x - \mu mg \cos \theta \cdot x = \frac{1}{2} k x^2$
$mg \sin \theta - \mu mg \cos \theta = \frac{1}{2} k x$
मान रखने पर:
$1 \times 10 \times \sin 45^{\circ} - \mu \times 1 \times 10 \times \cos 45^{\circ} = \frac{1}{2} \times 100 \times 0.1$
$10 \times \frac{1}{\sqrt{2}} - \mu \times 10 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 5$
$\frac{10}{\sqrt{2}} (1 - \mu) = 5$
$1 - \mu = \frac{5 \sqrt{2}}{10} = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
$\mu = 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 1 - 0.707 = 0.293$
एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित करने पर, हमें $\mu \approx 0.3$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है कि शंकु का घनत्व $\rho_C$ पानी के घनत्व $\rho_W$ का आधा है,इसलिए $\rho_C = \frac{1}{2} \rho_W$.
मान लीजिए कि संतुलन में पानी में डूबे शंकु की ऊँचाई $h$ है। तैरने के लिए,शंकु का भार उत्प्लावन बल के बराबर होता है:
$\frac{1}{3} \pi R^2 H \rho_C = \frac{1}{3} \pi r^2 h \rho_W$
चूंकि $\frac{r}{h} = \tan 30^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ और $\frac{R}{H} = \frac{1}{\sqrt{3}}$,इसलिए $r = \frac{h}{\sqrt{3}}$ और $R = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
इन मानों को संतुलन समीकरण में रखने पर:
$\frac{1}{3} \pi (\frac{H}{\sqrt{3}})^2 H \rho_C = \frac{1}{3} \pi (\frac{h}{\sqrt{3}})^2 h \rho_W$
$\frac{H^3}{3} \rho_C = \frac{h^3}{3} \rho_W \Rightarrow \frac{h^3}{H^3} = \frac{\rho_C}{\rho_W} = \frac{1}{2} \Rightarrow h = H (\frac{1}{2})^{\frac{1}{3}}$.
जब शंकु को एक छोटी दूरी $\delta$ नीचे विस्थापित किया जाता है,तो अतिरिक्त उत्प्लावन बल $F = \pi r^2 \rho_W g \delta$ होता है।
प्रत्यानयन बल नियतांक $k = \pi r^2 \rho_W g$ है।
शंकु का द्रव्यमान $M = \frac{1}{3} \pi R^2 H \rho_C = \frac{1}{3} \pi (\frac{H}{\sqrt{3}})^2 H (\frac{1}{2} \rho_W) = \frac{1}{18} \pi H^3 \rho_W$.
सरल आवर्त गति की आवृत्ति $f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{k}{M}}$ है।
$k = \pi (\frac{h}{\sqrt{3}})^2 \rho_W g = \frac{\pi h^2 \rho_W g}{3} = \frac{\pi H^2 (1/2)^{2/3} \rho_W g}{3}$.
$f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{\pi H^2 (1/2)^{2/3} \rho_W g / 3}{\pi H^3 \rho_W / 18}} = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{6 g (1/2)^{2/3}}{H}} = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{6 g}{H} \frac{1}{4^{1/3}}}$.

(B) सरल आवर्त गति $(SHM)$ में,चरम स्थितियों पर कण का वेग शून्य होता है।
मान लीजिए विस्थापन $x = A \sin(\omega t)$ है। वेग $v = \frac{dx}{dt} = A\omega \cos(\omega t)$ होगा।
वेग तब शून्य होता है जब $\cos(\omega t) = 0$ हो,जो $t = \frac{T}{4}, \frac{3T}{4}, \dots$ पर होता है।
शून्य वेग वाले दो लगातार बिंदुओं के बीच का समय अंतराल (अर्थात,दो चरम स्थितियों के बीच) एक चरम से दूसरे चरम तक जाने में लगा समय है,जो आवर्तकाल का आधा,$\frac{T}{2}$ होता है।
दिया गया है,$\frac{T}{2} = 0.5 \text{ s}$।
इसलिए,$T = 1 \text{ s}$।
कोणीय आवृत्ति $\omega$ को $\omega = \frac{2\pi}{T}$ द्वारा दिया जाता है।
$T = 1 \text{ s}$ रखने पर,हमें $\omega = \frac{2\pi}{1} = 2\pi \text{ rad s}^{-1}$ प्राप्त होता है।

(A) जब हाइड्रोमीटर संतुलन में तैर रहा होता है,तो उसका भार उत्प्लावन बल द्वारा संतुलित होता है।
जब इसे $x$ की छोटी दूरी तक नीचे धकेला जाता है,तो अतिरिक्त उत्प्लावन बल प्रत्यानयन बल के रूप में कार्य करता है।
अतिरिक्त डूबा हुआ आयतन $V = \pi r^2 x$ है।
अतिरिक्त उत्प्लावन बल $F = \rho V g = \rho (\pi r^2 x) g$ है।
चूंकि यह बल विस्थापन की विपरीत दिशा में कार्य करता है,इसलिए प्रत्यानयन बल $F_{restoring} = -\rho \pi r^2 g x$ है।
न्यूटन के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,$m a = -\rho \pi r^2 g x$,जिससे हमें $a = -(\frac{\rho \pi r^2 g}{m}) x$ प्राप्त होता है।
इसे सरल आवर्त गति के मानक समीकरण $a = -\omega^2 x$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\omega^2 = \frac{\rho \pi r^2 g}{m}$ प्राप्त होता है।
आवर्तकाल $T$ का मान $T = \frac{2 \pi}{\omega} = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{\rho \pi r^2 g}}$ है।

(B) दिया गया है कि कण का तात्कालिक विस्थापन $x = A \sin^2(\omega t - \frac{\pi}{4})$ है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2}$ का उपयोग करते हुए,हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$x = A \left[ \frac{1 - \cos(2(\omega t - \frac{\pi}{4}))}{2} \right]$
$x = \frac{A}{2} [1 - \cos(2\omega t - \frac{\pi}{2})]$
सरल आवर्त गति में,सामान्य रूप $x = x_0 + A' \cos(\omega' t + \phi)$ होता है।
इस व्यंजक की तुलना करने पर,दोलन की कोणीय आवृत्ति $\omega' = 2\omega$ प्राप्त होती है।
आवर्तकाल $T'$ का सूत्र $T' = \frac{2\pi}{\omega'}$ है।
$\omega' = 2\omega$ रखने पर,हमें $T' = \frac{2\pi}{2\omega} = \frac{\pi}{\omega}$ प्राप्त होता है।

(C) निकाय की कुल यांत्रिक ऊर्जा $E$,स्थानांतरण गतिज ऊर्जा,घूर्णन गतिज ऊर्जा और स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा का योग है:
$E = \frac{1}{2} M V^2 + \frac{1}{2} I \omega^2 + \frac{1}{2} K x^2$
चूंकि गोला बिना फिसले लुढ़कता है,$V = R \omega$,इसलिए $\omega = V/R$। ठोस गोले का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5} M R^2$ होता है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$E = \frac{1}{2} M V^2 + \frac{1}{2} (\frac{2}{5} M R^2) (\frac{V^2}{R^2}) + \frac{1}{2} K x^2 = \frac{1}{2} M V^2 + \frac{1}{5} M V^2 + \frac{1}{2} K x^2 = \frac{7}{10} M V^2 + \frac{1}{2} K x^2$
चूंकि कुल ऊर्जा संरक्षित रहती है,$\frac{dE}{dt} = 0$:
$\frac{d}{dt} (\frac{7}{10} M V^2 + \frac{1}{2} K x^2) = 0$
$\frac{7}{10} M (2 V \frac{dV}{dt}) + \frac{1}{2} K (2 x \frac{dx}{dt}) = 0$
चूंकि $V = \frac{dx}{dt}$ और $a = \frac{dV}{dt}$:
$\frac{7}{5} M V a + K V x = 0$
$\frac{7}{5} M a + K x = 0 \implies a = -(\frac{5 K}{7 M}) x$
$SHM$ समीकरण $a = -\omega^2 x$ से तुलना करने पर,हमें $\omega^2 = \frac{5 K}{7 M}$ प्राप्त होता है,इसलिए $\omega = \sqrt{\frac{5 K}{7 M}}$।
आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi}{\omega} = 2 \pi \sqrt{\frac{7 M}{5 K}}$।

(D) दिया गया है: बर्फ का द्रव्यमान $m_{\text{ice}} = 5 \ g$,प्रारंभिक तापमान $T_{\text{ice}} = -30^{\circ} C$. पानी का द्रव्यमान $m_w = 20 \ g$,प्रारंभिक तापमान $T_w = 35^{\circ} C$.
बर्फ की विशिष्ट ऊष्मा $s_{\text{ice}} = 0.5 \ cal \ g^{-1} {}^{\circ} C^{-1}$,पानी की विशिष्ट ऊष्मा $s_w = 1 \ cal \ g^{-1} {}^{\circ} C^{-1}$,गलन की गुप्त ऊष्मा $L_f = 80 \ cal \ g^{-1}$.
बर्फ को $-30^{\circ} C$ से $0^{\circ} C$ तक गर्म करने के लिए आवश्यक ऊष्मा: $Q_1 = m_{\text{ice}} s_{\text{ice}} \Delta T = 5 \times 0.5 \times 30 = 75 \ cal$.
$0^{\circ} C$ पर बर्फ को पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा: $Q_2 = m_{\text{ice}} L_f = 5 \times 80 = 400 \ cal$.
बर्फ को $-30^{\circ} C$ से $0^{\circ} C$ के पानी में बदलने के लिए कुल आवश्यक ऊष्मा $Q_{\text{total}} = 75 + 400 = 475 \ cal$.
पानी द्वारा $35^{\circ} C$ से $0^{\circ} C$ तक ठंडा होने पर उपलब्ध ऊष्मा: $Q_{\text{avail}} = m_w s_w \Delta T = 20 \times 1 \times 35 = 700 \ cal$.
चूंकि $Q_{\text{avail}} > Q_{\text{total}}$,अंतिम तापमान $T$,$0^{\circ} C$ से अधिक होगा।
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा = बर्फ द्वारा प्राप्त ऊष्मा:
$m_w s_w (35 - T) = Q_{\text{total}} + m_{\text{ice}} s_w (T - 0)$
$20 \times 1 \times (35 - T) = 475 + 5 \times 1 \times T$
$700 - 20T = 475 + 5T$
$225 = 25T$
$T = 9^{\circ} C$.

(A) यह प्रक्रिया तीन चरणों में पूरी होती है:
$1$. बर्फ को $-10^{\circ}C$ से $0^{\circ}C$ तक गर्म करना: $Q_1 = m \cdot S_{ice} \cdot \Delta T = 0.2 \ kg \times 2100 \ J \ kg^{-1} K^{-1} \times 10 \ K = 4200 \ J$
$2$. $0^{\circ}C$ पर बर्फ को पानी में पिघलाना: $Q_2 = m \cdot L_f = 0.2 \ kg \times 3.35 \times 10^5 \ J \ kg^{-1} = 67000 \ J$
$3$. पानी को $0^{\circ}C$ से $30^{\circ}C$ तक गर्म करना: $Q_3 = m \cdot S_{water} \cdot \Delta T = 0.2 \ kg \times 4186 \ J \ kg^{-1} K^{-1} \times 30 \ K = 25116 \ J$
कुल आवश्यक ऊष्मा $Q = Q_1 + Q_2 + Q_3 = 4200 + 67000 + 25116 = 96316 \ J$.

(C) दिया गया है: धातु के ब्लॉक का द्रव्यमान,$m = 3.3 \ kg = 3300 \ g$.
तापमान में परिवर्तन,$\Delta T = 400^{\circ} C$.
धातु की विशिष्ट ऊष्मा,$s_m = 0.4 \ J \ g^{-1} \ K^{-1}$.
बर्फ के संलयन की गुप्त ऊष्मा,$L_f = 330 \ J \ g^{-1}$.
धातु के ब्लॉक द्वारा मुक्त की गई ऊष्मा $Q = m \cdot s_m \cdot \Delta T$ है।
$Q = 3300 \ g \times 0.4 \ J \ g^{-1} \ K^{-1} \times 400 \ K = 528,000 \ J$.
मान लीजिए कि $m'$ पिघली हुई बर्फ का द्रव्यमान है। बर्फ को पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q = m' \cdot L_f$ है।
$m' = \frac{Q}{L_f} = \frac{528,000 \ J}{330 \ J \ g^{-1}} = 1600 \ g$.
अतः,$m' = 1.6 \ kg$.

(D) दिया गया है: पानी का द्रव्यमान $m = 200 \,g = 0.2 \,kg$, समय $t = 200 \,s$, विशिष्ट ऊष्मा $s = 4200 \,J \,kg^{-1} \,K^{-1}$, और तापमान में परिवर्तन $\Delta T = 100^{\circ} C - 40^{\circ} C = 60 \,K$.
पानी का तापमान बढ़ाने के लिए आवश्यक ऊष्मीय ऊर्जा $Q = m \cdot s \cdot \Delta T$ है।
हीटर द्वारा आपूर्ति की गई शक्ति $P = \frac{Q}{t} = \frac{m \cdot s \cdot \Delta T}{t}$ है।
मान रखने पर: $P = \frac{0.2 \,kg \times 4200 \,J \,kg^{-1} \,K^{-1} \times 60 \,K}{200 \,s}$.
$P = \frac{50400}{200} \,W = 252 \,W$.

(C) गोले के ऊर्जा विनिमय की शुद्ध दर स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियम द्वारा दी जाती है: $P = \varepsilon \sigma A (T^4 - T_s^4)$.
दिया गया है:
उत्सर्जन क्षमता $\varepsilon = 0.5$
स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियतांक $\sigma = 5.67 \times 10^{-8} \ W \ m^{-2} \ K^{-4}$
सतह क्षेत्रफल $A = 4 \ m^2$
गोले का तापमान $T = 400 \ K$
वातावरण का तापमान $T_s = 200 \ K$
सूत्र में मान रखने पर:
$P = 0.5 \times (5.67 \times 10^{-8}) \times 4 \times [400^4 - 200^4]$
$P = 2 \times 5.67 \times 10^{-8} \times [(4 \times 10^2)^4 - (2 \times 10^2)^4]$
$P = 11.34 \times 10^{-8} \times [256 \times 10^8 - 16 \times 10^8]$
$P = 11.34 \times 10^{-8} \times [240 \times 10^8]$
$P = 11.34 \times 240 = 2721.6 \ W$.

(C) न्यूटन के शीतलन (cooling) के नियम के अनुसार,शीतलन की दर $\frac{dT}{dt} = -k(T - T_s)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T$ पिंड का तापमान है और $T_s$ परिवेश का तापमान है।
पहले अंतराल के लिए,औसत तापमान $T_{avg1} = \frac{75+60}{2} = 67.5^{\circ}C$ है।
दूसरे अंतराल के लिए,औसत तापमान $T_{avg2} = \frac{65+55}{2} = 60^{\circ}C$ है।
चूँकि $T_{avg2} < T_{avg1}$,इसलिए दूसरे मामले में पिंड और परिवेश के बीच तापमान का अंतर कम है।
अतः,दूसरे मामले में शीतलन की दर $\frac{dT}{dt}$ कम होगी।
चूँकि दोनों मामलों में तापमान में गिरावट $10^{\circ}C$ है,इसलिए शीतलन की दर कम होने का अर्थ है कि दूसरे मामले में ठंडा होने में अधिक समय लगेगा।

(A) तापमान $T$ पर धातु के टेप की लंबाई $L = L_0 [1 + \alpha \Delta T]$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $L_0$ अंशांकन तापमान $T_0 = 25^{\circ} C$ पर लंबाई है।
लंबाई में परिवर्तन $\Delta L = L - L_0 = L_0 \alpha (T - T_0)$ है।
मापन में प्रतिशत त्रुटि $|\frac{\Delta L}{L_0} \times 100\%|$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\alpha = 1 \times 10^{-5} {}^{\circ} C^{-1}$,$T = -15^{\circ} C$,और $T_0 = 25^{\circ} C$.
प्रतिशत त्रुटि $= |\alpha (T - T_0) \times 100\%|$
$= |1 \times 10^{-5} (-15 - 25) \times 100\%|$
$= |1 \times 10^{-5} (-40) \times 100\%|$
$= |-40 \times 10^{-3}\%| = 0.04\%$.

(D) दिया गया है,गोले का व्यास $= D$ है।
प्रारंभिक पृष्ठीय क्षेत्रफल,$A = 4 \pi R^2 = 4 \pi (D/2)^2 = \pi D^2$ है।
$\delta T$ तापमान बढ़ाने के बाद पृष्ठीय क्षेत्रफल $A' = \pi (D')^2$ है,जहाँ $D'$ नया व्यास है।
रेखीय प्रसार के समीकरण से,$D' = D(1 + \alpha \delta T)$ है।
$A'$ के व्यंजक में $D'$ का मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $A' = \pi [D(1 + \alpha \delta T)]^2 = \pi D^2 (1 + 2\alpha \delta T + \alpha^2 \delta T^2)$।
पृष्ठीय क्षेत्रफल में परिवर्तन $\Delta A = A' - A = \pi D^2 (1 + 2\alpha \delta T + \alpha^2 \delta T^2) - \pi D^2$ है।
$\Delta A = \pi D^2 (2\alpha \delta T + \alpha^2 \delta T^2) = \pi D^2 \alpha \delta T (2 + \alpha \delta T)$।

(B) घनत्व $\rho$,आयतन $V$ के व्युत्क्रमानुपाती होता है,अर्थात $\rho \propto \frac{1}{V}$।
तापमान में छोटे परिवर्तन $\Delta \theta$ के लिए,आयतन $V_2 = V_1(1 + \gamma \Delta \theta)$ के अनुसार बदलता है,जहाँ $\gamma$ आयतन प्रसार गुणांक है।
अतः,नया घनत्व $\rho_2 = \frac{m}{V_2} = \frac{m}{V_1(1 + \gamma \Delta \theta)} = \rho_1(1 + \gamma \Delta \theta)^{-1}$ द्वारा प्राप्त होता है।
द्विपद सन्निकटन $(1 + x)^{-1} \approx 1 - x$ का उपयोग करने पर,$\rho_2 \approx \rho_1(1 - \gamma \Delta \theta)$ प्राप्त होता है।
घनत्व में भिन्नात्मक परिवर्तन $\frac{\Delta \rho}{\rho_1} = \frac{\rho_2 - \rho_1}{\rho_1} = -\gamma \Delta \theta$ है।
यहाँ $\gamma = 5 \times 10^{-4} {^{\circ}C}^{-1}$ और $\Delta \theta = 40^{\circ}C$ दिया गया है।
मान रखने पर: $\frac{\Delta \rho}{\rho_1} = -(5 \times 10^{-4} {^{\circ}C}^{-1}) \times (40^{\circ}C) = -200 \times 10^{-4} = -0.02$।
घनत्व में भिन्नात्मक परिवर्तन का परिमाण $0.02$ है।

(B) घनत्व का सूत्र $\rho = \frac{m}{V}$ है।
चूंकि द्रव्यमान $m$ स्थिर रहता है,इसलिए $\rho \propto \frac{1}{V}$ होता है।
लघुगणकीय अवकलन लेने पर,$\frac{d\rho}{\rho} = -\frac{dV}{V}$ प्राप्त होता है।
छोटे परिवर्तनों के लिए,$\frac{\Delta \rho}{\rho} = -\frac{\Delta V}{V}$ लिखा जा सकता है।
हम जानते हैं कि $\Delta V = V_0 \gamma \Delta T$,जहाँ $\gamma$ आयतन प्रसार गुणांक है।
अतः,$\frac{\Delta \rho}{\rho} = -\gamma \Delta T$ होता है।
घनत्व में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{\Delta \rho}{\rho} \times 100 = -\gamma \Delta T \times 100$ है।
यहाँ $\gamma = 18.2 \times 10^{-5} \ K^{-1}$ और $\Delta T = 60^{\circ} C - 10^{\circ} C = 50 \ K$ दिया गया है।
प्रतिशत परिवर्तन $= 18.2 \times 10^{-5} \times 50 \times 100 = 18.2 \times 10^{-5} \times 5000 = 0.91 \%$।

(A) दिया गया है: गैस द्वारा किया गया कार्य, $W = 200 \,J$।
स्थिर दाब पर प्रसारित होने वाली एक आदर्श एकपरमाणुक गैस के लिए, अवशोषित ऊष्मा $Q = n C_p \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
किया गया कार्य $W = n R \Delta T$ है।
$Q$ और $W$ का अनुपात लेने पर:
$\frac{Q}{W} = \frac{n C_p \Delta T}{n R \Delta T} = \frac{C_p}{R}$।
एकपरमाणुक गैस के लिए, स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_v = \frac{3}{2} R = 1.5 R$ होती है।
संबंध $C_p = C_v + R$ का उपयोग करने पर, हमें $C_p = 1.5 R + R = 2.5 R$ प्राप्त होता है।
इस मान को अनुपात में रखने पर:
$\frac{Q}{W} = \frac{2.5 R}{R} = 2.5$।
अतः, $Q = 2.5 \times W = 2.5 \times 200 \,J = 500 \,J$।

(B) $n$ मोल गैस की आंतरिक ऊर्जा $U = n \frac{f}{2} RT$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $f$ स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) है।
एक-परमाणुक गैसों $(He, Ar)$ के लिए,$f = 3$ है।
द्वि-परमाणुक गैसों $(N_2, H_2)$ के लिए,$f = 5$ है (कंपन विधाओं को अनदेखा करते हुए)।
कुल आंतरिक ऊर्जा $U_{total} = U_{He} + U_{Ar} + U_{N_2} + U_{H_2}$ है।
$U_{total} = (3 \times \frac{3}{2} RT) + (1 \times \frac{3}{2} RT) + (5 \times \frac{5}{2} RT) + (3 \times \frac{5}{2} RT)$ है।
$U_{total} = (4.5 + 1.5 + 12.5 + 7.5) RT = 26 RT$।

(A) मान लीजिए कि एक वस्तु पर आवेश $q$ है,तो दूसरी वस्तु पर आवेश $(Q - q)$ होगा।
कूलम्ब के नियम के अनुसार,उनके बीच का स्थिर-वैद्युत बल $F_e = \frac{K q(Q - q)}{r^2}$ है,जहाँ $r$ उनके बीच की दूरी है।
अधिकतम बल की स्थिति ज्ञात करने के लिए,हम $F_e$ का $q$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं:
$\frac{dF_e}{dq} = \frac{K}{r^2} \frac{d}{dq}(qQ - q^2) = 0$.
इसका अर्थ है कि $\frac{d}{dq}(qQ - q^2) = 0$.
$Q - 2q = 0$,जिससे $q = Q/2$ प्राप्त होता है।
दूसरी वस्तु पर आवेश $(Q - q) = Q - Q/2 = Q/2$ होगा।
अतः,जब आवेश $Q/2$ और $Q/2$ के रूप में समान रूप से विभाजित होते हैं,तो स्थिर-वैद्युत बल अधिकतम होता है।

(A) चार आवेश $A(1,0,0), B(-1,0,0), C(0,1,0),$ और $D(0,-1,0)$ पर स्थित हैं। हमें बिंदु $P(0,0,1)$ पर विद्युत क्षेत्र ज्ञात करना है।
प्रत्येक आवेश से बिंदु $P$ की दूरी $r = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} \text{ m}$ है।
बिंदु $P$ पर प्रत्येक आवेश के कारण विद्युत क्षेत्र का परिमाण:
$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q}{r^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q}{2}$.
सममिति के कारण,चारों आवेशों के विद्युत क्षेत्र के क्षैतिज घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं। केवल ऊर्ध्वाधर घटक ($Z$-अक्ष की दिशा में) ही कुल विद्युत क्षेत्र में योगदान करते हैं।
प्रत्येक आवेश से विद्युत क्षेत्र सदिश $Z$-अक्ष के साथ जो कोण $\theta$ बनाता है,वह $\cos \theta = \frac{1}{r} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ द्वारा दिया जाता है।
प्रत्येक आवेश से विद्युत क्षेत्र का ऊर्ध्वाधर घटक $E_z = E \cos \theta = \left( \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q}{2} \right) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}$ है।
चूंकि ऐसे चार आवेश हैं,इसलिए कुल विद्युत क्षेत्र $E_{\text{net}}$:
$E_{\text{net}} = 4 \cdot E_z = 4 \cdot \left( \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q}{2 \sqrt{2}} \right) = \frac{q}{2 \sqrt{2} \pi \varepsilon_0} \text{ N/C}$.

(A) मान लीजिए कि आवेशों की स्थिति $+5q$ के लिए $x_1 = 0$,$Q$ के लिए $x_2 = 2r/3$ और $-2q$ के लिए $x_3 = r$ है। $+5q$ और $-2q$ के बीच की दूरी $r$ है,और $Q$ तथा $-2q$ के बीच की दूरी $r/3$ है।
आवेश $-2q$ पर नेट बल शून्य होने के लिए,$+5q$ और $Q$ द्वारा $-2q$ पर लगाए गए बलों का परिमाण समान और दिशा विपरीत होनी चाहिए।
मान लीजिए $+5q$ द्वारा $-2q$ पर लगाया गया बल $F_1$ है और $Q$ द्वारा $-2q$ पर लगाया गया बल $F_2$ है।
$F_1 = \frac{k |5q| |-2q|}{r^2} = \frac{10kq^2}{r^2}$ (आकर्षक,बाईं ओर)।
नेट बल शून्य होने के लिए,$F_2$ को प्रतिकर्षी (दाईं ओर) होना चाहिए,इसलिए $Q$ धनात्मक होना चाहिए।
$F_2 = \frac{k |Q| |-2q|}{(r/3)^2} = \frac{k |Q| 2q}{r^2/9} = \frac{18k|Q|q}{r^2}$।
परिमाणों की तुलना करने पर: $\frac{10kq^2}{r^2} = \frac{18kQq}{r^2}$।
$10q = 18Q \Rightarrow Q = \frac{10}{18}q = \frac{5}{9}q$।

(C) बाह्य विद्युत क्षेत्र में रखे विद्युत द्विध्रुव पर कार्य करने वाला बल आघूर्ण $\tau$ सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\tau = p E \sin \theta$।
दिया गया है:
द्विध्रुव आघूर्ण $p = 5 \times 10^{-7} \text{ C m}$
विद्युत क्षेत्र $E = 2 \times 10^4 \text{ N C}^{-1}$
कोण $\theta = 60^{\circ}$
मान रखने पर:
$\tau = (5 \times 10^{-7}) \times (2 \times 10^4) \times \sin(60^{\circ})$
$\tau = 10 \times 10^{-3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\tau = 10 \times 10^{-3} \times 0.866$
$\tau = 8.66 \times 10^{-3} \text{ N m}$

(C) मान लीजिए अर्धवृत्त की त्रिज्या $R$ है। तार की लंबाई $L = \pi R$ है,इसलिए $R = L / \pi$। रैखिक आवेश घनत्व $\lambda = Q / L$ है।
तार के $dl = R d\theta$ लंबाई के एक छोटे अवयव पर विचार करें जो ऊर्ध्वाधर अक्ष के साथ $\theta$ कोण पर है। इस अवयव पर आवेश $dQ = \lambda dl = \lambda R d\theta$ है।
केंद्र पर इस अवयव के कारण विद्युत क्षेत्र $dE = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{dQ}{R^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{\lambda R d\theta}{R^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{\lambda d\theta}{R}$ है।
समरूपता के कारण,विद्युत क्षेत्र के क्षैतिज घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं। कुल विद्युत क्षेत्र ऊर्ध्वाधर घटकों $dE \cos \theta$ का $-\pi / 2$ से $\pi / 2$ तक का समाकलन है:
$E = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} dE \cos \theta = \frac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_0 R} \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \cos \theta d\theta = \frac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_0 R} [\sin \theta]_{-\pi / 2}^{\pi / 2} = \frac{2 \lambda}{4 \pi \varepsilon_0 R} = \frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0 R}$.
$\lambda = Q / L$ और $R = L / \pi$ प्रतिस्थापित करने पर:
$E = \frac{Q / L}{2 \pi \varepsilon_0 (L / \pi)} = \frac{Q}{2 \varepsilon_0 L^2} \cdot \pi = \frac{\pi Q}{2 \varepsilon_0 L^2}$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) जब प्रेक्षक स्थिर आवेश के सापेक्ष स्थिर होता है,तो वह केवल विद्युत क्षेत्र का अनुभव करता है।
जब प्रेक्षक आवेश से दूर जाने लगता है,तो आवेश और प्रेक्षक के बीच एक सापेक्ष वेग होता है।
विद्युत चुंबकत्व के सिद्धांतों के अनुसार,एक गतिमान आवेश प्रेक्षक के संदर्भ फ्रेम में विद्युत क्षेत्र और चुंबकीय क्षेत्र दोनों उत्पन्न करता है।
इसलिए,प्रेक्षक विद्युत क्षेत्र और चुंबकीय क्षेत्र दोनों का अनुभव करता है।

(B) कथन $(A)$ के लिए:
विभवांतर $dV = -\vec{E} \cdot d\vec{r}$ द्वारा दिया जाता है। यदि विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = 0$ है,तो $dV = 0$ होगा,जिसका अर्थ है कि पूरे क्षेत्र में विभव $V$ स्थिर रहता है।
कारण $(R)$ के लिए:
गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद सतह से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\phi_E = \oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{q_{enclosed}}{\epsilon_0}$ होता है।
यदि क्षेत्र में हर जगह $\vec{E} = 0$ है,तो फ्लक्स $\phi_E = 0$ होगा,जिसका अर्थ है कि $q_{enclosed} = 0$ है। अतः,कारण सही है।
हालाँकि,कारण यह बताता है कि यदि क्षेत्र शून्य है तो आवेश शून्य क्यों होना चाहिए,लेकिन यह यह नहीं बताता कि उस क्षेत्र में विभव स्थिर क्यों है (जो $E = -\nabla V$ संबंध से प्राप्त होता है)। इसलिए,$(R)$,$(A)$ की सही व्याख्या नहीं है।

(A) आवेश $x = 0, \pm 1 \text{ cm}, \pm 2 \text{ cm}, \pm 3 \text{ cm}, \dots$ पर रखे गए हैं।
चूंकि गोलीय सतह की त्रिज्या $2.5 \text{ cm}$ है और यह मूलबिंदु पर केंद्रित है,इसलिए यह $x = 0, \pm 1 \text{ cm},$ और $\pm 2 \text{ cm}$ पर स्थित आवेशों को घेरती है।
अतः,घेरे गए आवेशों की कुल संख्या $1$ (मूलबिंदु पर) $+ 2$ ($\pm 1 \text{ cm}$ पर) $+ 2$ ($\pm 2 \text{ cm}$ पर) $= 5$ आवेश है।
इस प्रकार,गोले द्वारा घेरा गया कुल आवेश $Q_{\text{enclosed}} = 5q$ है।
गॉस के नियम के अनुसार,गोलीय सतह से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{Q_{\text{enclosed}}}{\varepsilon_0}$ होता है।
इसलिए,$\phi = \frac{5q}{\varepsilon_0}$।

(D) गॉस के नियम के अनुसार,किसी बंद पृष्ठ से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{q_{\text{net}}}{\varepsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $q_{\text{net}}$ पृष्ठ द्वारा परिबद्ध कुल आवेश है।
पृष्ठ $A$ के लिए,परिबद्ध आवेश $q$,$3q$,$-2q$,और $-5q$ हैं।
अतः,$(q_{\text{net}})_A = q + 3q - 2q - 5q = -3q$.
इस प्रकार,$\phi_A = \frac{-3q}{\varepsilon_0}$.
पृष्ठ $B$ के लिए,परिबद्ध आवेश $3q$,$-q$,और $2q$ हैं।
अतः,$(q_{\text{net}})_B = 3q - q + 2q = 4q$.
इस प्रकार,$\phi_B = \frac{4q}{\varepsilon_0}$.
अब,फ्लक्स का अनुपात:
$\frac{\phi_A}{\phi_B} = \frac{-3q / \varepsilon_0}{4q / \varepsilon_0} = -\frac{3}{4}$.

(A) पृष्ठीय आवेश घनत्व $\sigma$ वाले एक बड़े आवेशित समतल के कारण विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\sigma}{2 \varepsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $\sigma = 4.9 \times 10^{-6} \text{ C m}^{-2}$ दिया गया है।
क्षेत्रफल $A$ से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi = \vec{E} \cdot \vec{A} = EA \cos \theta$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\theta$ विद्युत क्षेत्र सदिश और क्षेत्रफल सदिश (सतह के अभिलंब) के बीच का कोण है।
यहाँ,विद्युत क्षेत्र $z$-अक्ष की दिशा में है। वृत्ताकार समतल का अभिलंब $z$-अक्ष के साथ $\theta = 60^{\circ}$ का कोण बनाता है।
क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi \times (0.01 \text{ m})^2 = \pi \times 10^{-4} \text{ m}^2$.
$\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} = 9 \times 10^9 \text{ N m}^2 \text{ C}^{-2}$ का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{2 \varepsilon_0} = 18 \pi \times 10^9$ होता है।
अतः,$\phi = \left( \frac{\sigma}{2 \varepsilon_0} \right) A \cos 60^{\circ} = (\sigma \times 18 \pi \times 10^9) \times (\pi \times 10^{-4}) \times \frac{1}{2}$.
मान रखने पर: $\phi = (4.9 \times 10^{-6}) \times (18 \pi^2 \times 10^5) \times 0.5 = 43.56 \text{ N m}^2 \text{ C}^{-1}$.

(A) गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद सतह से जुड़ा विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{Q_{\text{enclosed}}}{\varepsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है।
सतह $P_1$ के लिए,परिबद्ध आवेश $Q_{\text{enclosed}, 1} = \frac{Q}{2}$ है।
इसलिए,$P_1$ से जुड़ा फ्लक्स $\phi_1 = \frac{Q/2}{\varepsilon_0} = \frac{Q}{2\varepsilon_0}$ है।
सतह $P_2$ के लिए,परिबद्ध आवेश $Q_{\text{enclosed}, 2} = \frac{Q}{2} + 4Q = \frac{9Q}{2}$ है।
इसलिए,$P_2$ से जुड़ा फ्लक्स $\phi_2 = \frac{9Q/2}{\varepsilon_0} = \frac{9Q}{2\varepsilon_0}$ है।
दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर,हमें $\phi_2 = 9 \times \left(\frac{Q}{2\varepsilon_0}\right) = 9\phi_1$ प्राप्त होता है।

(A) स्थिर विद्युत क्षेत्र में किसी आवेश को स्थानांतरित करने के लिए किया गया कार्य $W$,स्थिर विद्युत स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ के बराबर होता है।
$W = U_f - U_i = k q_1 q_2 (\frac{1}{r_f} - \frac{1}{r_i})$
दिया गया है: $q_1 = 10 \times 10^{-6} \ C$,$q_2 = 12 \times 10^{-6} \ C$,$k = 9 \times 10^9 \ N \ m^2/C^2$.
प्रारंभिक दूरी $r_i = 10 \ cm = 0.1 \ m$.
अंतिम दूरी $r_f = 10 \ cm - 6 \ cm = 4 \ cm = 0.04 \ m$.
$W = (9 \times 10^9) \times (10 \times 10^{-6}) \times (12 \times 10^{-6}) \times (\frac{1}{0.04} - \frac{1}{0.1})$
$W = 1.08 \times (25 - 10) = 1.08 \times 15 = 16.2 \ J$.
नोट: गणना किया गया परिणाम $16.2 \ J$ है। दिए गए विकल्पों में से कोई भी इस परिणाम से मेल नहीं खाता है।

(A) कथन $(A)$ सत्य है: एक आवेशित खोखले धातु के गोले के अंदर,विद्युत क्षेत्र $E = 0$ होता है क्योंकि अंदर कोई आवेश नहीं होता है। हालाँकि,विद्युत विभव $V$ स्थिर रहता है और सतह पर विभव के बराबर होता है,इसलिए $V \neq 0$।
कथन $(B)$ सत्य है: परिभाषा के अनुसार,एक समविभव पृष्ठ वह पृष्ठ है जहाँ सभी बिंदुओं पर विभव समान होता है। चूँकि किया गया कार्य $W = q(V_f - V_i)$ होता है और $V_f = V_i$ है,इसलिए किया गया कार्य $0$ होता है।
कथन $(C)$ सत्य है: जब दो समान आवेशों को करीब लाया जाता है,तो वे एक-दूसरे को प्रतिकर्षित करते हैं। उन्हें करीब लाने के लिए,स्थिर-विद्युत प्रतिकर्षण बल के विरुद्ध बाहरी कार्य करना पड़ता है। यह कार्य निकाय की पारस्परिक स्थिर-विद्युत स्थितिज ऊर्जा में वृद्धि के रूप में संग्रहीत होता है।
अतः,तीनों कथन सही हैं।

(C) विद्युत क्षेत्र $E = 5x \hat{i}$ द्वारा दिया गया है।
दो बिंदुओं के बीच विभवांतर $V_B - V_A = -\int_{A}^{B} \vec{E} \cdot d\vec{r}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि विद्युत क्षेत्र केवल $X$-दिशा में है, इसलिए $Y$-अक्ष (जहाँ $x=0$ है) एक समविभव रेखा है। अतः, बिंदु $A(0, 5)$ पर विभव मूल बिंदु $C(0, 0)$ पर विभव के समान है।
$V_A = V_C$.
अब, हम $C(0, 0)$ और $B(2, 0)$ के बीच विभवांतर की गणना करते हैं:
$V_B - V_C = -\int_{0}^{2} E_x dx = -\int_{0}^{2} 5x dx$.
$V_B - V_C = -5 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{2} = -5 \left( \frac{4}{2} - 0 \right) = -5(2) = -10 \text{ V}$.
चूंकि $V_A = V_C$, इसलिए $V_B - V_A = -10 \text{ V}$ है।

(A) विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ और विद्युत विभव $\phi$ के बीच संबंध $\vec{E} = -\nabla \phi$ है।
चूंकि विभव $\phi$ केवल $x$ पर निर्भर करता है,इसलिए विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = -\frac{\partial \phi}{\partial x} \hat{i}$ होगा।
दिया गया है $\phi(x) = \phi_0 \frac{x_0}{x} = (8 \ V)(5 \ m) \frac{1}{x} = \frac{40}{x} \ V \cdot m$।
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{\partial \phi}{\partial x} = 40 \frac{d}{dx}(x^{-1}) = 40 (-x^{-2}) = -\frac{40}{x^2}$।
अतः,$\vec{E} = -(-\frac{40}{x^2}) \hat{i} = \frac{40}{x^2} \hat{i} \ V/m$।
बिंदु $(10 \ m, 5 \ m, 5 \ m)$ पर,$x$-निर्देशांक $10 \ m$ है।
$\vec{E}$ के व्यंजक में $x = 10 \ m$ रखने पर: $\vec{E} = \frac{40}{10^2} \hat{i} = \frac{40}{100} \hat{i} = 0.40 \ Vm^{-1} \hat{i}$।

(C) विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ और विभव $V$ के बीच संबंध $\vec{E} = -\nabla V$ है,जिसका अर्थ है $dV = -\vec{E} \cdot d\vec{r}$।
दिया गया है $\vec{E} = A(x \hat{i} + y \hat{j})$,इसलिए $dV = -A(x dx + y dy)$।
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,$V = -A \int x dx - A \int y dy = -A \frac{x^2}{2} - A \frac{y^2}{2} + C$,जहाँ $C$ समाकलन स्थिरांक है।
$A = 10 \ Vm^{-2}$ रखने पर,$V = -5(x^2 + y^2) + C$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि $(10 \ m, 20 \ m)$ पर विभव शून्य है,इसलिए $0 = -5(10^2 + 20^2) + C$।
$0 = -5(100 + 400) + C \Rightarrow 0 = -5(500) + C \Rightarrow C = 2500 \ V$।
अतः,विभव फलन $V(x, y) = -5(x^2 + y^2) + 2500$ है।
मूल बिंदु $(0, 0)$ पर,विभव $V(0, 0) = -5(0^2 + 0^2) + 2500 = 2500 \ V$ होगा।

(D) एक अनंत अचालक शीट द्वारा उत्पन्न विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\sigma}{2 \varepsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $\sigma = 7 \times 10^{-7} \text{ C m}^{-2}$ और $\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} = 9 \times 10^9 \text{ SI units}$।
हम जानते हैं कि $\varepsilon_0 = \frac{1}{4 \pi \times 9 \times 10^9} \approx 8.85 \times 10^{-12} \text{ F m}^{-1}$।
विद्युत क्षेत्र और विभवांतर $\Delta V$ के बीच का संबंध दूरी $\Delta r$ के लिए $|E| = \frac{\Delta V}{\Delta r}$ है।
मान रखने पर:
$\frac{\sigma}{2 \varepsilon_0} = \frac{\Delta V}{\Delta r}$
$\Delta r = \frac{\Delta V \times 2 \varepsilon_0}{\sigma} = \frac{19.8 \times 2 \times 8.85 \times 10^{-12}}{7 \times 10^{-7}}$
$\Delta r = \frac{19.8 \times 17.7 \times 10^{-12}}{7 \times 10^{-7}} \approx 5 \times 10^{-4} \text{ m} = 0.5 \text{ mm}$।

(A) भुजा वाले वर्ग के केंद्र पर $4$ कोनों पर $q$ आवेश होने पर विद्युत विभव $V = 4 \times \frac{Kq}{r}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r$ केंद्र से किसी भी कोने की दूरी है।
$a$ भुजा वाले वर्ग के लिए,विकर्ण $a\sqrt{2}$ होता है,इसलिए केंद्र से कोने की दूरी $r = \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a}{\sqrt{2}}$ होती है।
पहले वर्ग के लिए,$a_1 = 1 \ m$,इसलिए $r_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} \ m$. विभव $V_1 = 4 \times \frac{K \times 2}{1/\sqrt{2}} = 8\sqrt{2}K$ है।
दूसरे वर्ग के लिए,$a_2 = 2 \ m$,इसलिए $r_2 = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \ m$. विभव $V_2 = 4 \times \frac{K \times 2}{\sqrt{2}} = \frac{8K}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2}K$ है।
अतः,अनुपात $\frac{V_2}{V_1} = \frac{4\sqrt{2}K}{8\sqrt{2}K} = \frac{1}{2}$ है।

(C) बिंदु आवेशों के निकाय की स्थिर-विद्युत स्थितिज ऊर्जा $U$ आवेशों के सभी युग्मों की स्थितिज ऊर्जाओं के योग के बराबर होती है: $U = \sum \frac{k q_i q_j}{r_{ij}}$.
दिए गए निकाय के लिए,जिसमें $-q$,$+q$,और $Q$ आवेश एक समकोण त्रिभुज के शीर्षों पर स्थित हैं,जिसकी भुजाएँ $x, x$ और कर्ण $\sqrt{x^2 + x^2} = \sqrt{2}x$ है,कुल स्थितिज ऊर्जा:
$U = k \left[ \frac{(-q)(q)}{x} + \frac{(q)(Q)}{x} + \frac{(-q)(Q)}{\sqrt{2}x} \right]$
निकाय की स्थितिज ऊर्जा शून्य होने के लिए,$U = 0$ रखने पर:
$0 = k \left[ -\frac{q^2}{x} + \frac{qQ}{x} - \frac{qQ}{\sqrt{2}x} \right]$
$\frac{kq}{x}$ से भाग देने पर:
$0 = -q + Q - \frac{Q}{\sqrt{2}}$
$q = Q \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} \right)$
$Q = \frac{\sqrt{2} q}{\sqrt{2} - 1}$
विकल्प $C$ की जाँच करने पर: $\frac{2q}{2-\sqrt{2}} = \frac{2q(2+\sqrt{2})}{4-2} = (2+\sqrt{2})q$. अतः,विकल्प $C$ सही है।

(D) प्रकृति में चार मौलिक बल होते हैं: $1$. गुरुत्वाकर्षण बल,$2$. विद्युतचुंबकीय बल,$3$. दुर्बल नाभिकीय बल,और $4$. प्रबल नाभिकीय बल।
अभिलंब बल,घर्षण बल और स्प्रिंग बल व्युत्पन्न बल हैं जो परमाणुओं और अणुओं के बीच विद्युतचुंबकीय अंतःक्रियाओं से उत्पन्न होते हैं। इसलिए,दिए गए विकल्पों में से प्रबल नाभिकीय बल ही एकमात्र मौलिक बल है।

(C) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ में $\vec{L}$ लंबाई के धारावाही चालक पर लगने वाला चुंबकीय बल $\vec{F} = I(\vec{L} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
एकसमान चुंबकीय क्षेत्र में रखे गए किसी भी बंद धारावाही लूप पर कुल चुंबकीय बल हमेशा शून्य होता है।
गणितीय रूप से,$\vec{F}_{net} = I \oint (d\vec{l} \times \vec{B}) = I (\oint d\vec{l}) \times \vec{B}$।
चूंकि लूप बंद है,इसलिए सभी लंबाई तत्वों का सदिश योग $\oint d\vec{l} = 0$ होता है।
अतः,$\vec{F}_{net} = 0$।

(A) चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ में रखे चुंबकीय द्विध्रुव $\vec{M}$ पर लगने वाला टॉर्क $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B}$ द्वारा दिया जाता है।
मान लीजिए चुंबकीय आघूर्ण का परिमाण $M$ है। सुई की दिशा में इकाई सदिश $\hat{u} = \frac{\sqrt{3}\hat{i} + \hat{j}}{2}$ है। अतः,$\vec{M} = \frac{M}{2}(\sqrt{3}\hat{i} + \hat{j})$.
दिया गया है $\vec{B}_1 = B\hat{i}$,टॉर्क $\vec{\tau}_1 = \frac{M}{2}(\sqrt{3}\hat{i} + \hat{j}) \times B\hat{i} = \frac{MB}{2}(\sqrt{3}(\hat{i} \times \hat{i}) + (\hat{j} \times \hat{i})) = \frac{MB}{2}(0 - \hat{k}) = -\frac{MB}{2}\hat{k}$.
दिया गया है $|\vec{\tau}_1| = 0.06 \ N-m$,इसलिए $\frac{MB}{2} = 0.06$,यानी $MB = 0.12 \ N-m$.
दूसरे मामले में,सुई $(\hat{i} + \sqrt{3}\hat{j})$ दिशा में है,इसलिए $\vec{M}_2 = \frac{M}{2}(\hat{i} + \sqrt{3}\hat{j})$। चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}_2 = 2B\hat{j}$ है।
टॉर्क $\vec{\tau}_2 = \vec{M}_2 \times \vec{B}_2 = \frac{M}{2}(\hat{i} + \sqrt{3}\hat{j}) \times 2B\hat{j} = MB(\hat{i} \times \hat{j} + \sqrt{3}(\hat{j} \times \hat{j})) = MB(\hat{k} + 0) = MB\hat{k}$.
अतः,टॉर्क का परिमाण $|\vec{\tau}_2| = MB = 0.12 \ N-m$ है।

(A) जब समान द्विध्रुव आघूर्ण $M$ वाले दो छोटे चुम्बकों को उनके केंद्रों पर लंबवत जोड़ा जाता है,तो उनका परिणामी द्विध्रुव आघूर्ण $M^{\prime}$ सदिश योग द्वारा प्राप्त होता है:
$M^{\prime} = \sqrt{M^2 + M^2 + 2 M M \cos 90^{\circ}} = M \sqrt{2}$
यह परिणामी द्विध्रुव आघूर्ण $M^{\prime}$ समकोण के द्विभाजक की दिशा में कार्य करता है।
द्विभाजक पर $d$ दूरी पर स्थित बिंदु इस परिणामी द्विध्रुव $M^{\prime}$ की अक्षीय रेखा पर स्थित होता है।
एक छोटे चुंबकीय द्विध्रुव की अक्षीय स्थिति पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का मान इस प्रकार दिया जाता है:
$B = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2 M^{\prime}}{d^3}$
सूत्र में $M^{\prime} = M \sqrt{2}$ रखने पर:
$B = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2 (M \sqrt{2})}{d^3} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2 \sqrt{2} M}{d^3}$

(D) टोरॉइड की माध्य त्रिज्या $r$,आंतरिक और बाहरी त्रिज्या के औसत द्वारा दी जाती है:
$r = \frac{r_1 + r_2}{2} = \frac{24 \ cm + 25 \ cm}{2} = 24.5 \ cm = 24.5 \times 10^{-2} \ m$
दिए गए फेरों की संख्या $N = 4900$ और धारा $I = 12 \ A$ है।
टोरॉइड के कोर के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र है:
$B = \frac{\mu_0 N I}{2 \pi r}$
मान रखने पर:
$B = \frac{(4 \pi \times 10^{-7}) \times 4900 \times 12}{2 \pi \times 24.5 \times 10^{-2}}$
$B = \frac{2 \times 10^{-7} \times 4900 \times 12}{24.5 \times 10^{-2}}$
$B = \frac{2 \times 4900 \times 12}{24.5} \times 10^{-5}$
$B = \frac{117600}{24.5} \times 10^{-5} = 4800 \times 10^{-5} \ T = 48 \ mT$.

(A) एक लंबे सीधे धारावाही तार द्वारा $r$ दूरी पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र है:
$B = \frac{\mu_0 i}{2 \pi r}$
इस व्यंजक से,हम देख सकते हैं कि $B \propto \frac{1}{r}$ है।
दिया गया है कि $r$ दूरी पर $B = 1 \ T$ है।
$(a)$ $\frac{r}{2}$ दूरी पर:
$B_{\frac{r}{2}} = B \times \frac{r}{\frac{r}{2}} = 1 \times 2 = 2 \ T$.
$(b)$ $2r$ दूरी पर:
$B_{2r} = B \times \frac{r}{2r} = 1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \ T$.
$(c)$ $3r$ दूरी पर:
$B_{3r} = B \times \frac{r}{3r} = 1 \times \frac{1}{3} = \frac{1}{3} \ T$.
अतः,मान $2 \ T, \frac{1}{2} \ T, \text{ और } \frac{1}{3} \ T$ हैं।

(D) मान लीजिए कि बिंदु $P$ तार $A$ से $r$ दूरी पर है जहाँ परिणामी चुंबकीय क्षेत्र शून्य है।
चूंकि धाराएं समान दिशा में हैं,इसलिए दोनों तारों द्वारा उनके बीच के बिंदु पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र विपरीत दिशाओं में होंगे।
बिंदु $P$ पर परिणामी चुंबकीय क्षेत्र शून्य होने के लिए,तार $A$ और $B$ द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्रों के परिमाण समान होने चाहिए।
$B_A = B_B$
$\frac{\mu_0 i_1}{2 \pi r} = \frac{\mu_0 i_2}{2 \pi (d - r)}$
जहाँ $i_1 = 12 \,A$,$i_2 = 36 \,A$,और $d = 50 \,cm = 0.5 \,m$ है।
$\frac{12}{r} = \frac{36}{0.5 - r}$
$\frac{1}{r} = \frac{3}{0.5 - r}$
$0.5 - r = 3r$
$4r = 0.5$
$r = \frac{0.5}{4} = 0.125 \,m = 12.5 \,cm$
अतः,वह बिंदु तार $A$ से $12.5 \,cm$ की दूरी पर है।

(A) तार $A(1, 1)$ और $B(1, -1)$ पर स्थित हैं। मूल बिंदु $O(0, 0)$ से प्रत्येक तार की दूरी $r = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} \text{ cm}$ है।
चूंकि दोनों तारों में धारा एक ही दिशा में ($xy$-तल के लंबवत) बह रही है,इसलिए मूल बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र सदिश स्थिति सदिशों $OA$ और $OB$ के लंबवत होते हैं।
$OA$ का $x$-अक्ष के साथ कोण $45^\circ$ और $OB$ का $-45^\circ$ है। तार $A$ के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_A$,$OA$ के लंबवत $135^\circ$ के कोण पर और तार $B$ के कारण $B_B$,$OB$ के लंबवत $45^\circ$ के कोण पर होता है।
$B_A$ और $B_B$ के बीच का कोण $90^\circ$ है।
एक तार के कारण क्षेत्र का परिमाण $B_0 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ है।
परिणामी चुंबकीय क्षेत्र का परिमाण $|B| = \sqrt{B_0^2 + B_0^2 + 2 B_0 B_0 \cos(90^\circ)} = \sqrt{2 B_0^2} = \sqrt{2} B_0$ है।
अतः,$\frac{|B|}{B_0} = \sqrt{2}$.

(A) मूल बिंदु से तार $I$ की दूरी $d = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} \ cm = \sqrt{2} \times 10^{-2} \ m$ है।
मूल बिंदु पर तार $I$ के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d}$ है। मान लीजिए $B_0 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d}$ है।
दाएं हाथ के नियम का उपयोग करते हुए,$B_1$ की दिशा स्थिति सदिश $(1, 1)$ और धारा की दिशा $(+z)$ के लंबवत है। स्थिति के लिए इकाई सदिश $\frac{\hat{i} + \hat{j}}{\sqrt{2}}$ है। क्षेत्र की दिशा $\frac{\hat{i} + \hat{j}}{\sqrt{2}} \times \hat{k} = \frac{\hat{j} - \hat{i}}{\sqrt{2}}$ है। अतः,$\vec{B}_1 = B_0 \left( \frac{\hat{j} - \hat{i}}{\sqrt{2}} \right)$ है।
$y = 1 \ cm$ पर $+x$ दिशा में धारा ले जाने वाले तार $II$ के लिए,दूरी $d_2 = 1 \ cm = 10^{-2} \ m$ है। क्षेत्र का परिमाण $B_2 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d_2} = \sqrt{2} B_0$ है।
$y=1$ पर $+x$ दिशा में धारा के लिए दाएं हाथ के नियम का उपयोग करते हुए $B_2$ की दिशा $-\hat{k}$ है। अतः,$\vec{B}_2 = -\sqrt{2} B_0 \hat{k}$ है।
कुल क्षेत्र $\vec{B} = \vec{B}_1 + \vec{B}_2 = B_0 \left( -\frac{1}{\sqrt{2}} \hat{i} + \frac{1}{\sqrt{2}} \hat{j} - \sqrt{2} \hat{k} \right)$ है।
इसलिए,$\frac{\vec{B}}{B_0} = \left( -\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, -\sqrt{2} \right)$ है।

(B) $R$ त्रिज्या वाली धारावाही कुंडली के कारण उसके केंद्र से $x$ दूरी पर अक्ष पर चुंबकीय क्षेत्र इस प्रकार है:
$B_{\text{axis}} = \frac{\mu_0 N I R^2}{2(x^2 + R^2)^{3/2}}$
दिया है: $x = 8 \text{ cm} = 8 \times 10^{-2} \text{ m}$,$R = 6 \text{ cm} = 6 \times 10^{-2} \text{ m}$,और $B_{\text{axis}} = 27 \mu \text{T} = 27 \times 10^{-6} \text{ T}$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$27 \times 10^{-6} = \frac{\mu_0 N I (6 \times 10^{-2})^2}{2((8 \times 10^{-2})^2 + (6 \times 10^{-2})^2)^{3/2}}$
$27 \times 10^{-6} = \frac{\mu_0 N I (36 \times 10^{-4})}{2(64 \times 10^{-4} + 36 \times 10^{-4})^{3/2}}$
$27 \times 10^{-6} = \frac{\mu_0 N I (36 \times 10^{-4})}{2(100 \times 10^{-4})^{3/2}} = \frac{\mu_0 N I (36 \times 10^{-4})}{2(10^{-2})^{3/2}}$
$27 \times 10^{-6} = \frac{\mu_0 N I (36 \times 10^{-4})}{2 \times 10^{-3}}$
$\mu_0 N I = \frac{27 \times 10^{-6} \times 2 \times 10^{-3}}{36 \times 10^{-4}} = \frac{54 \times 10^{-9}}{36 \times 10^{-4}} = 1.5 \times 10^{-5} \text{ T} \cdot \text{m}$.
अब,केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{centre}} = \frac{\mu_0 N I}{2R}$ है।
$B_{\text{centre}} = \frac{1.5 \times 10^{-5}}{2 \times 6 \times 10^{-2}} = \frac{1.5 \times 10^{-5}}{12 \times 10^{-2}} = 0.125 \times 10^{-3} \text{ T} = 125 \mu \text{T}$.

(D) एक लंबे सीधे तार के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
$x$-अक्ष पर स्थित $I_1 = 8 \,A$ धारा वाले तार के लिए, बिंदु $P(2, 4)$ की लंबवत दूरी $r_1 = 4$ इकाई है। दाहिने हाथ के नियम का उपयोग करते हुए, $P$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B_1$ तल के अंदर की ओर $(\otimes)$ है।
$B_1 = \frac{\mu_0 I_1}{2\pi r_1} = \frac{(4\pi \times 10^{-7}) \times 8}{2\pi \times 4} = 4 \times 10^{-7} \,T$ (अंदर की ओर)।
$y$-अक्ष पर स्थित $I_2 = 6 \,A$ धारा वाले तार के लिए, बिंदु $P(2, 4)$ की लंबवत दूरी $r_2 = 2$ इकाई है। दाहिने हाथ के नियम का उपयोग करते हुए, $P$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B_2$ तल के बाहर की ओर $(\odot)$ है।
$B_2 = \frac{\mu_0 I_2}{2\pi r_2} = \frac{(4\pi \times 10^{-7}) \times 6}{2\pi \times 2} = 6 \times 10^{-7} \,T$ (बाहर की ओर)।
परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B_{net} = |B_2 - B_1| = |6 \times 10^{-7} - 4 \times 10^{-7}| = 2 \times 10^{-7} \,T$।

(A) एक लंबी परिनालिका के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र $B = \mu_0 n I$ है, जहाँ $n$ प्रति इकाई लंबाई में फेरों की संख्या है।
दिया गया है:
लंबाई $L = 1 \,m$
परतों की संख्या $= 5$
प्रति परत फेरे $= 500$
कुल फेरों की संख्या $N = 5 \times 500 = 2500$
प्रति इकाई लंबाई में फेरों की संख्या $n = N / L = 2500 / 1 = 2500 \,m^{-1}$
चुंबकीय क्षेत्र $B = 4.4 \,mT = 4.4 \times 10^{-3} \,T$
निर्वात की पारगम्यता $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \,T \cdot m/A$
सूत्र में मान रखने पर:
$4.4 \times 10^{-3} = (4\pi \times 10^{-7}) \times 2500 \times I$
$4.4 \times 10^{-3} = (4 \times 3.14159 \times 10^{-7}) \times 2500 \times I$
$4.4 \times 10^{-3} = 3.14159 \times 10^{-3} \times I$
$I = 4.4 / 3.14159 \approx 1.4 \,A$
अतः, प्रवाहित धारा $1.4 \,A$ है।

(B) एक लंबे सीधे तार के कारण $d$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d}$ द्वारा दिया जाता है।
बिंदु $P(0, 2, 0) \, m$ पर:
$1$. तार $A$ ($X$-अक्ष पर, $I_1 = 40 \, A$) के कारण चुंबकीय क्षेत्र: तार से बिंदु $P$ की दूरी $d_1 = 2 \, m$ है। दाएं हाथ के नियम के अनुसार क्षेत्र की दिशा $+z$-दिशा $(\hat{k})$ में है।
$B_1 = \frac{\mu_0 (40)}{2 \pi (2)} = \frac{20 \mu_0}{\pi} \, T$.
$2$. तार $B$ ($(0, 3, 0) \, m$ से गुजरने वाला, $Z$-अक्ष के समानांतर, धारा $I_2$) के कारण चुंबकीय क्षेत्र: तार से बिंदु $P$ की दूरी $d_2 = |3 - 2| = 1 \, m$ है। क्षेत्र की दिशा $+x$-दिशा $(\hat{i})$ में है।
$B_2 = \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi (1)} = \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi} \, T$.
चूंकि $B_1$ और $B_2$ परस्पर लंबवत हैं, परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $R = \sqrt{B_1^2 + B_2^2}$ होगा।
दिया गया है $R = 5 \times 10^{-6} \, T$ और $\frac{\mu_0}{2 \pi} = 2 \times 10^{-7} \, T \cdot m/A$:
$R = \frac{\mu_0}{2 \pi} \sqrt{20^2 + I_2^2} = 2 \times 10^{-7} \sqrt{400 + I_2^2} = 5 \times 10^{-6}$.
$\sqrt{400 + I_2^2} = \frac{5 \times 10^{-6}}{2 \times 10^{-7}} = 25$.
$400 + I_2^2 = 625$.
$I_2^2 = 225 \Rightarrow I_2 = 15 \, A$.

(D) सीधे तार के खंड $ab$ और $cd$ बिंदु $O$ पर कोई चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न नहीं करते हैं क्योंकि बिंदु $O$ इन तारों की अक्ष पर स्थित है।
चाप $bc$ (त्रिज्या $R_1 = 2 \, cm = 2 \times 10^{-2} \, m$) के लिए, $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B_1$ अंदर की ओर $(\otimes)$ है और इसे इस प्रकार दिया गया है:
$B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi R_1} \theta = \frac{10^{-7} \times I \times \theta}{R_1}$
$B_1 = \frac{10^{-7} \times (1.2 / \pi) \times (30^\circ \times \pi / 180^\circ)}{2 \times 10^{-2}} = \frac{10^{-7} \times 1.2 \times (1/6)}{2 \times 10^{-2}} = 10^{-6} \, T = 1000 \, nT$ (अंदर की ओर)।
चाप $ad$ (त्रिज्या $R_2 = 1 \, cm = 1 \times 10^{-2} \, m$) के लिए, $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B_2$ बाहर की ओर $(\odot)$ है और इसे इस प्रकार दिया गया है:
$B_2 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi R_2} \theta = \frac{10^{-7} \times (1.2 / \pi) \times (30^\circ \times \pi / 180^\circ)}{1 \times 10^{-2}} = \frac{10^{-7} \times 1.2 \times (1/6)}{1 \times 10^{-2}} = 2 \times 10^{-6} \, T = 2000 \, nT$ (बाहर की ओर)।
$O$ पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{net} = B_2 - B_1 = 2000 \, nT - 1000 \, nT = 1000 \, nT = 1 \, \mu T$ है।

(C) $l$ लंबाई और $m$ ध्रुव प्रबलता वाले सीधे तार का चुंबकीय आघूर्ण $M = m \times l$ द्वारा दिया जाता है।
जब तार को $R$ त्रिज्या के अर्धवृत्ताकार चाप में मोड़ा जाता है,तो तार की लंबाई अर्धवृत्त की परिधि के बराबर होती है: $l = \pi R$।
इसलिए,चाप की त्रिज्या $R = \frac{l}{\pi}$ है।
नया चुंबकीय आघूर्ण $M'$ ध्रुव प्रबलता $m$ और दोनों सिरों के बीच की सीधी दूरी (अर्धवृत्त का व्यास) का गुणनफल है।
व्यास $d = 2R = \frac{2l}{\pi}$ है।
अतः,$M' = m \times d = m \times \frac{2l}{\pi}$।
चूंकि $M = ml$ है,इसलिए $ml$ को $M$ से प्रतिस्थापित करने पर हमें $M' = \frac{2}{\pi} M$ प्राप्त होता है।

(A) जब एक आवेशित कण चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत गति करता है,तो वह एक वृत्ताकार पथ का अनुसरण करता है।
चुंबकीय लोरेंत्ज़ बल आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है: $q v B = \frac{m v^2}{r}$।
इसे सरल करने पर $\frac{v}{r} = \frac{q B}{m}$ प्राप्त होता है।
चूंकि कोणीय आवृत्ति $\omega = \frac{v}{r}$ होती है,इसलिए $\omega = \frac{q B}{m}$ होगा।
घूर्णन की आवृत्ति $f$ को $f = \frac{\omega}{2 \pi} = \frac{q B}{2 \pi m}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि आवृत्ति $f$ केवल आवेश $q$,चुंबकीय क्षेत्र $B$ और द्रव्यमान $m$ पर निर्भर करती है,यह कण के वेग या गतिज ऊर्जा से स्वतंत्र है।
इसलिए,दोनों इलेक्ट्रॉनों $e_1$ और $e_2$ के लिए आवृत्तियाँ समान होंगी,अर्थात $f_1 = f_2$।

(A) $x=1 \ cm$ पर स्थित तार के कारण मूल बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $B_0 = \frac{\mu_0 i}{2 \pi (0.01)}$ $+z$ दिशा $(\hat{k})$ में है।
$x=-2 \ cm$ पर स्थित तार के कारण मूल बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $B' = \frac{\mu_0 i}{2 \pi (0.02)}$ $-z$ दिशा $(-\hat{k})$ में है।
मूल बिंदु पर परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}_{net} = B_0 \hat{k} - \frac{B_0}{2} \hat{k} = \frac{B_0}{2} \hat{k}$ है।
इलेक्ट्रॉन का वेग $\vec{v} = U \cos(45^{\circ}) \hat{i} + U \sin(45^{\circ}) \hat{j} = \frac{U}{\sqrt{2}} \hat{i} + \frac{U}{\sqrt{2}} \hat{j}$ है।
इलेक्ट्रॉन पर लगने वाला बल $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B}) = (-e) \left( \frac{U}{\sqrt{2}} \hat{i} + \frac{U}{\sqrt{2}} \hat{j} \right) \times \left( \frac{B_0}{2} \hat{k} \right)$ है।
क्रॉस प्रोडक्ट की गणना करने पर: $\hat{i} \times \hat{k} = -\hat{j}$ और $\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$।
$\vec{F} = -e \left( \frac{U B_0}{2 \sqrt{2}} (-\hat{j}) + \frac{U B_0}{2 \sqrt{2}} (\hat{i}) \right) = \frac{-e U B_0}{2 \sqrt{2}} (\hat{i} - \hat{j})$।

(A) इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $K = 100 eV = 100 \times 1.6 \times 10^{-19} J = 1.6 \times 10^{-17} J$ है।
वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r = 10 cm = 0.1 m$ है।
इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान $m = 0.5 MeV/c^2 = \frac{0.5 \times 10^6 \times 1.6 \times 10^{-19} J}{(3 \times 10^8 m/s)^2} \approx 8.89 \times 10^{-31} kg$ है।
चुंबकीय क्षेत्र में आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या का सूत्र $r = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$ होता है।
$B$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,$B = \frac{\sqrt{2mK}}{rq}$ प्राप्त होता है।
मान रखने पर: $B = \frac{\sqrt{2 \times 8.89 \times 10^{-31} \times 1.6 \times 10^{-17}}}{0.1 \times 1.6 \times 10^{-19}}$.
$B = \frac{\sqrt{28.448 \times 10^{-48}}}{1.6 \times 10^{-20}} = \frac{5.33 \times 10^{-24}}{1.6 \times 10^{-20}} \approx 3.33 \times 10^{-4} T$.

(C) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में गति कर रहे आवेशित कण की वक्रता त्रिज्या $r$ का सूत्र है:
$r = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2m(K.E.)}}{qB}$
चूंकि $m$,$q$ और $B$ स्थिर हैं,इसलिए $r \propto \sqrt{K.E.}$ होता है।
माना प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_1$ है और अंतिम गतिज ऊर्जा $K_2 = \frac{K_1}{2}$ है।
त्रिज्याओं का अनुपात होगा:
$\frac{r_2}{r_1} = \sqrt{\frac{K_2}{K_1}} = \sqrt{\frac{K_1/2}{K_1}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
अतः,वक्रता त्रिज्या अपने प्रारंभिक मान की $\frac{1}{\sqrt{2}}$ गुना हो जाती है।

(B) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 1 \times 10^{-27} \ kg$,आवेश $q = 1 \times 10^{-16} \ C$,गति $v = 1000 \ m/s$,कोण $\theta = 60^{\circ}$,फेरों की संख्या $N = 5000$,धारा $I = 5 \ A$.
वेग के घटक हैं:
$v_{\parallel} = v \cos 60^{\circ} = 1000 \times 0.5 = 500 \ m/s$ (अक्ष के अनुदिश)
$v_{\perp} = v \sin 60^{\circ} = 1000 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 500\sqrt{3} \ m/s$ (अक्ष के लंबवत)
सोलेनोइड के भीतर चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_0 n I = \mu_0 (N/L) I$ है।
सोलेनोइड की लंबाई $L$ को तय करने में लगा समय $t = \frac{L}{v_{\parallel}} = \frac{L}{500}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र में एक चक्कर का आवर्तकाल $T = \frac{2\pi m}{qB}$ है।
चक्करों की संख्या $n'$ इस प्रकार है: $n' = \frac{t}{T} = \frac{L/v_{\parallel}}{2\pi m / qB} = \frac{L \cdot q \cdot B}{v_{\parallel} \cdot 2\pi m}$.
$B = \frac{\mu_0 N I}{L}$ रखने पर:
$n' = \frac{L \cdot q \cdot (\mu_0 N I / L)}{v_{\parallel} \cdot 2\pi m} = \frac{q \mu_0 N I}{v_{\parallel} \cdot 2\pi m}$.
मान रखने पर:
$n' = \frac{10^{-16} \times (4\pi \times 10^{-7}) \times 5000 \times 5}{500 \times 2\pi \times 10^{-27}}$
$n' = \frac{10^{-16} \times 4\pi \times 10^{-7} \times 25000}{1000\pi \times 10^{-27}}$
$n' = 10^6$.
अतः,चक्करों की कुल संख्या $1 \times 10^6$ है।

(D) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण पर लगने वाला चुंबकीय बल लोरेंत्ज़ बल सूत्र द्वारा दिया जाता है: $F = q(v \times B)$.
दिया गया है:
$q = 1.0 \times 10^{-16} \ C$
$v = (2 \hat{i} + 4 \hat{j}) \ ms^{-1}$
$B = B_0(\hat{i} + 4 \hat{j}) \ T$
$F = 3 \times 10^{-16} \hat{k} \ N$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$3 \times 10^{-16} \hat{k} = 1.0 \times 10^{-16} \times [(2 \hat{i} + 4 \hat{j}) \times B_0(\hat{i} + 4 \hat{j})]$
$3 \hat{k} = B_0 \times [2 \hat{i} \times \hat{i} + 8 \hat{i} \times \hat{j} + 4 \hat{j} \times \hat{i} + 16 \hat{j} \times \hat{j}]$
सदिश गुणन के नियमों का उपयोग करने पर $(\hat{i} \times \hat{i} = 0, \hat{j} \times \hat{j} = 0, \hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}, \hat{j} \times \hat{i} = -\hat{k})$:
$3 \hat{k} = B_0 \times [0 + 8 \hat{k} - 4 \hat{k} + 0]$
$3 \hat{k} = B_0 \times (4 \hat{k})$
$4 B_0 = 3$
$B_0 = \frac{3}{4} = 0.75 \ T$.

(D) पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र में चुंबकीय सुई की दोलन आवृत्ति $f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{\mu B_H}{I}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $B_H = B \cos \theta$ पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक है,$\mu$ चुंबकीय आघूर्ण है और $I$ जड़त्व आघूर्ण है।
चूंकि एक ही सुई का उपयोग किया जाता है,इसलिए $\mu$ और $I$ स्थिर रहते हैं। अतः,$f \propto \sqrt{B \cos \theta}$.
दिया गया है $f_1 = 20$ दोलन/मिनट,$\theta_1 = 45^{\circ}$ और $f_2 = 30$ दोलन/मिनट,$\theta_2 = 30^{\circ}$।
अनुपात लेने पर: $\frac{f_1}{f_2} = \sqrt{\frac{B_1 \cos 45^{\circ}}{B_2 \cos 30^{\circ}}} \Rightarrow \frac{20}{30} = \sqrt{\frac{B_1 (1/\sqrt{2})}{B_2 (\sqrt{3}/2)}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{4}{9} = \frac{B_1}{B_2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} \times \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{B_1}{B_2} \times \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
अतः,$\frac{B_1}{B_2} = \frac{4}{9} \times \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \frac{2 \sqrt{2}}{3 \sqrt{3}}$.
इस प्रकार,$B_1: B_2 = 2 \sqrt{2}: 3 \sqrt{3}$।

(A) नमन कोण (dip angle) $\delta$ वह कोण है जो पृथ्वी का कुल चुंबकीय क्षेत्र क्षैतिज दिशा के साथ बनाता है। यहाँ,$\delta = 30^{\circ}$ है।
दिया गया है,पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक $B_H = 0.3 \ G$ है।
कुल चुंबकीय क्षेत्र $B$,क्षैतिज घटक $B_H$ और नमन कोण $\delta$ के बीच का संबंध $B_H = B \cos \delta$ है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $0.3 = B \cos 30^{\circ}$.
चूंकि $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,इसलिए $0.3 = B \times \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$B$ के लिए हल करने पर: $B = \frac{0.3 \times 2}{\sqrt{3}} = \frac{0.6}{\sqrt{3}} = \frac{0.6 \times \sqrt{3}}{3} = 0.2 \sqrt{3} \ G$.
वैकल्पिक रूप से,$B = \frac{0.6}{\sqrt{3}} = \frac{6}{10 \sqrt{3}} = \frac{3}{5 \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{5} \ G$.

(A) कंपन मैग्नेटोमीटर का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB_{H}}}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $I$ जड़त्व आघूर्ण है, $M$ चुंबकीय आघूर्ण है, और $B_{H}$ पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक है。
सूत्र से, हम देख सकते हैं कि $T \propto \frac{1}{\sqrt{B_{H}}}$.
दिया गया है कि $T_{A} = 2T_{B}$, इसलिए हम अनुपात $\frac{T_{A}}{T_{B}} = 2$ लिख सकते हैं。
समानुपातिकता का उपयोग करते हुए, $\frac{T_{A}}{T_{B}} = \sqrt{\frac{B_{HB}}{B_{HA}}}$.
मान रखने पर, $2 = \sqrt{\frac{32 \times 10^{-6}}{B_{HA}}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर, $4 = \frac{32 \times 10^{-6}}{B_{HA}}$.
अतः, $B_{HA} = \frac{32 \times 10^{-6}}{4} = 8 \times 10^{-6} \,T$.

(C) प्रत्येक चुंबक का चुंबकीय आघूर्ण सदिश $\vec{M_1}$ और $\vec{M_2}$ है जिसका परिमाण $M = ml$ है।
चूंकि चुंबक एक-दूसरे के साथ समकोण पर रखे गए हैं,इसलिए उनके चुंबकीय आघूर्ण सदिशों के बीच का कोण $90^{\circ}$ है।
निकाय का परिणामी चुंबकीय आघूर्ण सदिश योग $\vec{M_{net}} = \vec{M_1} + \vec{M_2}$ द्वारा दिया जाता है।
परिणामी चुंबकीय आघूर्ण का परिमाण $M_{net} = \sqrt{M_1^2 + M_2^2 + 2M_1M_2 \cos(90^{\circ})}$ है।
चूंकि $\cos(90^{\circ}) = 0$ है,इसलिए $M_{net} = \sqrt{M^2 + M^2} = \sqrt{2M^2} = \sqrt{2}M$ प्राप्त होता है।
$M = ml$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $M_{net} = \sqrt{2} ml$ प्राप्त होता है।

(A) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में चुंबकीय द्विध्रुव द्वारा अनुभव किया गया टॉर्क $\tau$ सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\tau = MB \sin \theta$।
दिया गया है:
टॉर्क $\tau = 3.6 \times 10^{-5} \,J$
चुंबकीय क्षेत्र $B = 28.3 \times 10^{-3} \,T$
कोण $\theta = 45^{\circ}$
चुंबकीय आघूर्ण $M$ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$M = \frac{\tau}{B \sin \theta}$
मान रखने पर:
$M = \frac{3.6 \times 10^{-5}}{28.3 \times 10^{-3} \times \sin 45^{\circ}}$
चूंकि $\sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707$ है:
$M = \frac{3.6 \times 10^{-5}}{28.3 \times 10^{-3} \times 0.707} \approx \frac{3.6 \times 10^{-5}}{20.008 \times 10^{-3}} \approx 0.1799 \times 10^{-2} \approx 1.8 \times 10^{-3} \,J \,T^{-1}$।

(B) अक्ष पर उदासीन बिंदु पर,छड़ चुंबक का चुंबकीय क्षेत्र $(B_{axis})$ पृथ्वी के क्षैतिज चुंबकीय क्षेत्र $(B)$ के बराबर और विपरीत दिशा में होता है।
$B_{axis} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2M}{d^3} = B$
समान दूरी $d$ पर निरक्षीय रेखा (लंब समद्विभाजक) पर,छड़ चुंबक का चुंबकीय क्षेत्र $(B_{eq})$ इस प्रकार दिया जाता है:
$B_{eq} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{d^3} = \frac{B_{axis}}{2} = \frac{B}{2}$
चूंकि नति कोण $0^{\circ}$ है,इसलिए पृथ्वी का चुंबकीय क्षेत्र पूरी तरह से क्षैतिज है। निरक्षीय रेखा पर,चुंबक का चुंबकीय क्षेत्र पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र की ही दिशा में होता है।
अतः,इस बिंदु पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $(B_{total})$ होगा:
$B_{total} = B_{eq} + B = \frac{B}{2} + B = \frac{3B}{2}$
दिया गया है कि $B_{total} = 0.6 \ G$,इसलिए:
$0.6 = \frac{3B}{2}$
$B = \frac{0.6 \times 2}{3} = 0.4 \ G$

(C) एक छोटे छड़ चुंबक के लिए उसकी अक्ष पर $(B_{\text{axis}})$ और निरक्षीय रेखा पर $(B_{\text{equator}})$ केंद्र से $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र इस प्रकार है:
$B_{\text{axis}} = \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{2M}{r^3}$
$B_{\text{equator}} = \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{M}{r^3}$
अतः,समान दूरी $r$ के लिए $B_{\text{axis}} = 2 \times B_{\text{equator}}$ होता है।
दिया गया है:
$B_{\text{equator}} = 6.4 \times 10^{-5} \,T$,जहाँ $r_2 = 20 \,cm = 0.2 \,m$
हमें $r_1 = 40 \,cm = 0.4 \,m$ की दूरी पर $B_{\text{axis}}$ ज्ञात करना है।
सामान्य सूत्र $B \propto \frac{1}{r^3}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{B_{\text{axis}}(r_1)}{B_{\text{equator}}(r_2)} = \frac{\frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{2M}{r_1^3}}{\frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{M}{r_2^3}} = 2 \times \left(\frac{r_2}{r_1}\right)^3$
$B_{\text{axis}} = 2 \times B_{\text{equator}} \times \left(\frac{20}{40}\right)^3$
$B_{\text{axis}} = 2 \times (6.4 \times 10^{-5}) \times \left(\frac{1}{2}\right)^3$
$B_{\text{axis}} = 2 \times (6.4 \times 10^{-5}) \times \frac{1}{8}$
$B_{\text{axis}} = \frac{6.4 \times 10^{-5}}{4} = 1.6 \times 10^{-5} \,T$

(B) जब एक छड़ चुंबक को उसकी लंबाई के लंबवत काटा जाता है,तो प्रत्येक टुकड़ा एक नया,छोटा छड़ चुंबक बन जाता है।
विशेष रूप से,कटान के स्थान पर बाएं टुकड़े पर एक नया दक्षिण ध्रुव $(S)$ और दाएं टुकड़े पर एक नया उत्तर ध्रुव $(N)$ उत्पन्न होता है।
चित्र में दिखाए अनुसार,बाएं टुकड़े में उसका मूल उत्तर ध्रुव $(N)$ बाईं ओर और नया दक्षिण ध्रुव $(S)$ दाईं ओर होगा।
दाएं टुकड़े में नया उत्तर ध्रुव $(N)$ बाईं ओर और उसका मूल दक्षिण ध्रुव $(S)$ दाईं ओर होगा।
जब इन दो टुकड़ों को एक-दूसरे के करीब रखा जाता है,तो बाएं टुकड़े का नया दक्षिण ध्रुव $(S)$ दाएं टुकड़े के नए उत्तर ध्रुव $(N)$ के सामने होता है।
चूंकि विपरीत चुंबकीय ध्रुव एक-दूसरे को आकर्षित करते हैं,इसलिए दोनों टुकड़े एक-दूसरे को आकर्षित करेंगे।

(A) नाभिक की त्रिज्या $R$ और उसकी द्रव्यमान संख्या $A$ के बीच का संबंध इस प्रकार है:
$R = R_0 A^{1/3} \dots(1)$
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर:
$\ln(R) = \ln(R_0 A^{1/3}) = \ln(R_0) + \frac{1}{3} \ln(A)$
पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\ln(R) - \ln(R_0) = \frac{1}{3} \ln(A)$
$\ln \left(\frac{R}{R_0}\right) = \frac{1}{3} \ln(A)$
यह समीकरण $y = mx$ के रूप में है,जहाँ $y = \ln \left(\frac{R}{R_0}\right)$,$x = \ln(A)$ और ढाल $m = \frac{1}{3}$ है।
चूंकि यह एक रैखिक समीकरण है,इसलिए इसका ग्राफ एक सीधी रेखा होगा।

(D) परमाणु नाभिक की त्रिज्या $R$ और उसकी द्रव्यमान संख्या $A$ के बीच संबंध $R = R_0 A^{1/3}$ होता है,जहाँ $R_0$ एक स्थिरांक है।
इसका अर्थ है कि $R \propto A^{1/3}$ या $A \propto R^3$.
प्रथम नाभिक के लिए दिया गया है: $A_1 = 64$ और $R_1 = 4.8 \text{ fermi}$.
दूसरे नाभिक के लिए: $R_2 = 6 \text{ fermi}$ और हमें $A_2$ ज्ञात करना है।
अनुपात का उपयोग करने पर: $\frac{A_2}{A_1} = \left(\frac{R_2}{R_1}\right)^3$.
मान रखने पर: $\frac{A_2}{64} = \left(\frac{6}{4.8}\right)^3$.
भिन्न को सरल करने पर: $\frac{6}{4.8} = \frac{60}{48} = \frac{5}{4} = 1.25$.
अतः,$A_2 = 64 \times (1.25)^3 = 64 \times \frac{125}{64} = 125$.