AP EAMCET 2023 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) दिया गया है: पत्थर का द्रव्यमान, $m = 2 \,kg$.
डोरी की लंबाई (त्रिज्या), $r = 2 \,m$.
अधिकतम तनाव, $T_{\max} = 64 \,N$.
वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल डोरी में तनाव द्वारा प्रदान किया जाता है: $T_{\max} = \frac{m v_{\max}^2}{r}$.
मान रखने पर: $64 = \frac{2 \times v_{\max}^2}{2}$.
$v_{\max}$ के लिए हल करने पर: $v_{\max}^2 = 64$, अतः $v_{\max} = 8 \,m/s$.
हम जानते हैं कि $v = r \omega$, जहाँ $\omega = 2 \pi f$ और $f$ प्रति सेकंड घूर्णन की आवृत्ति है.
अतः, $v_{\max} = r (2 \pi f) \implies 8 = 2 \times 2 \pi f$.
$4 \pi f = 8 \implies f = \frac{2}{\pi}$ प्रति सेकंड घूर्णन.
प्रति मिनट घूर्णन की संख्या $(N)$ ज्ञात करने के लिए, हम आवृत्ति को $60$ से गुणा करते हैं: $N = f \times 60 = \frac{2}{\pi} \times 60 = \frac{120}{\pi}$.
अतः, प्रति मिनट घूर्णन की अधिकतम अनुमेय संख्या $\frac{120}{\pi}$ है.

(D) दिया गया है: कार का वेग, $v = 30 \,ms^{-1}$। वृत्ताकार सड़क की त्रिज्या, $r = 300 \,m$। स्पर्शरेखीय त्वरण, $a_t = 4 \,ms^{-2}$।
सबसे पहले, $a_c = \frac{v^2}{r}$ सूत्र का उपयोग करके अभिकेंद्र त्वरण $(a_c)$ की गणना करें।
$a_c = \frac{30^2}{300} = \frac{900}{300} = 3 \,ms^{-2}$।
कुल त्वरण $(a)$ स्पर्शरेखीय त्वरण और अभिकेंद्र त्वरण का सदिश योग है, जो एक-दूसरे के लंबवत होते हैं।
$a = \sqrt{a_t^2 + a_c^2}$।
$a = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5 \,ms^{-2}$।

(A) एक अवमंदित हार्मोनिक ऑसिलेटर के लिए,$t$ समय पर आयाम $A(t) = A_0 e^{-bt}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A_0$ प्रारंभिक आयाम है और $b$ अवमंदन स्थिरांक है।
$t = 2 \ s$ पर,$A_1 = A_0 e^{-2b} \implies \frac{A_1}{A_0} = e^{-2b}$.
$t = 4 \ s$ पर,$A_2 = A_0 e^{-4b} \implies \frac{A_2}{A_0} = e^{-4b}$.
हम $e^{-4b} = (e^{-2b})^2$ लिख सकते हैं।
$e^{-2b}$ के लिए व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{A_2}{A_0} = \left(\frac{A_1}{A_0}\right)^2$.
$\frac{A_2}{A_0} = \frac{A_1^2}{A_0^2}$.
$A_2 = \frac{A_1^2}{A_0}$.
$A_1^2 = A_0 A_2 \implies A_1 = \sqrt{A_0 A_2}$.

(C) एक अवमंदित दोलक का आयाम $A(t) = A_0 e^{-\frac{bt}{2m}}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि $t$ समय पर $A(t) = 0.25 A_0 = \frac{A_0}{4}$,इसलिए:
$\frac{A_0}{4} = A_0 e^{-\frac{bt}{2m}} \implies \frac{1}{4} = e^{-\frac{bt}{2m}} \implies 4 = e^{\frac{bt}{2m}}$.
दोनों तरफ प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर: $\ln(4) = \frac{bt}{2m} \implies 2\ln(2) = \frac{bt}{2m} \implies t = \frac{4m \ln(2)}{b} \quad ... (1)$
एक अवमंदित दोलक की यांत्रिक ऊर्जा $E(t) = E_0 e^{-\frac{bt}{m}}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि $t'$ समय पर $E(t') = 0.5 E_0 = \frac{E_0}{2}$,इसलिए:
$\frac{E_0}{2} = E_0 e^{-\frac{bt'}{m}} \implies \frac{1}{2} = e^{-\frac{bt'}{m}} \implies 2 = e^{\frac{bt'}{m}}$.
दोनों तरफ प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\ln(2) = \frac{bt'}{m} \implies t' = \frac{m \ln(2)}{b} \quad ... (2)$
समीकरण $(2)$ को $(1)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{t'}{t} = \frac{m \ln(2) / b}{4m \ln(2) / b} = \frac{1}{4} \implies t' = \frac{t}{4}$.

(B) अवमंदित दोलक की यांत्रिक ऊर्जा $E(t) = E_0 e^{-bt/m}$ द्वारा दी जाती है।
$t = 4 \ s$ पर,$E = E_0/2$ है।
अतः,$E_0/2 = E_0 e^{-4b/m} \Rightarrow e^{-4b/m} = 1/2 \Rightarrow e^{4b/m} = 2$ है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,$4b/m = \ln 2$,इसलिए $b/m = (\ln 2)/4$ है।
समय $T = 4 + t$ पर,ऊर्जा $12.5 \% E_0 = (1/8) E_0$ है।
अतः,$E_0/8 = E_0 e^{-b(4+t)/m} \Rightarrow e^{-b(4+t)/m} = 1/8 \Rightarrow e^{b(4+t)/m} = 8 = 2^3$ है।
प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,$b(4+t)/m = 3 \ln 2$ है।
$b/m = (\ln 2)/4$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $[(\ln 2)/4] \times (4+t) = 3 \ln 2$ प्राप्त होता है।
$\ln 2$ से विभाजित करने पर,$(4+t)/4 = 3 \Rightarrow 4+t = 12 \Rightarrow t = 8 \ s$ प्राप्त होता है।

(C) डैम्पिंग फोर्स $F_d$ को संबंध $F_d = -bv$ द्वारा दर्शाया जाता है,जहाँ $b$ डैम्पिंग स्थिरांक है और $v$ ऑसिलेटर का वेग है।
ऋणात्मक चिह्न के कारण,डैम्पिंग फोर्स हमेशा वस्तु के वेग की विपरीत दिशा में कार्य करता है।
इसलिए,यह कथन कि डैम्पिंग फोर्स वेग की दिशा में कार्य करता है,गलत है।

(D) एक अवमंदित हार्मोनिक ऑसिलेटर का विस्थापन $x(t) = A(t) \cos(\omega t + \varphi)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A(t) = A_0 e^{-bt/2m}$ है।
दिए गए समीकरण $x(t) = e^{-0.1 t} \cos(10 \pi t + \varphi)$ के साथ तुलना करने पर,आयाम $A(t) = A_0 e^{-0.1 t}$ है,जहाँ $A_0 = 1$ है।
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब आयाम अपने प्रारंभिक मान का आधा हो जाए,अर्थात $A(t) = \frac{A_0}{2}$।
इसे आयाम समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{A_0}{2} = A_0 e^{-0.1 t}$।
दोनों पक्षों को $A_0$ से विभाजित करने पर: $\frac{1}{2} = e^{-0.1 t}$।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर: $\ln(0.5) = -0.1 t$।
चूंकि $\ln(0.5) = -\ln(2) \approx -0.693$,इसलिए: $-0.693 = -0.1 t$।
$t$ के लिए हल करने पर: $t = \frac{0.693}{0.1} = 6.93 \ s$।
निकटतम पूर्णांक में लेने पर,$t \approx 7 \ s$ प्राप्त होता है।

(D) ब्लॉक का भार $W = mg = 20 \,N$ है। दिया गया है $g = 10 \,ms^{-2}$, अतः ब्लॉक का द्रव्यमान $m = \frac{20}{10} = 2 \,kg$ है।
एक चिकने नत समतल पर ब्लॉक-स्प्रिंग प्रणाली के लिए, गुरुत्वाकर्षण का समतल के अनुदिश घटक केवल संतुलन स्थिति को स्थानांतरित करता है और यह दोलन की आवृत्ति या आवर्तकाल को प्रभावित नहीं करता है।
दोलन की कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{K}{m}}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $K = 8 \pi^2 \,Nm^{-1}$ स्प्रिंग नियतांक है।
$\omega = \sqrt{\frac{8 \pi^2}{2}} = \sqrt{4 \pi^2} = 2 \pi \,rad/s$.
दोलन का आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi}{\omega}$ द्वारा दिया जाता है।
$\omega$ का मान रखने पर, हमें $T = \frac{2 \pi}{2 \pi} = 1 \,s$ प्राप्त होता है।
अतः, दोलनों का आवर्तकाल $1 \,s$ है।

(A) दिया गया द्रव्यमान $m = 8 \,kg$ और विस्तार $x = 20 \,cm = 0.2 \,m$ है।
हुक के नियम का उपयोग करते हुए, $mg = kx$, हम स्प्रिंग नियतांक $k = \frac{mg}{x} = \frac{8 \times 10}{0.2} = 400 \,N/m$ प्राप्त करते हैं।
स्प्रिंग पर दोलन करने वाले द्रव्यमान $M$ के लिए, आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k}}$ होता है।
दिया गया है $T = \frac{\pi}{5} \,s$, इसलिए $\frac{\pi}{5} = 2\pi \sqrt{\frac{M}{400}}$।
दोनों पक्षों को $\pi$ से विभाजित करने पर, $\frac{1}{5} = 2 \sqrt{\frac{M}{400}} = 2 \frac{\sqrt{M}}{20} = \frac{\sqrt{M}}{10}$।
अतः, $\sqrt{M} = \frac{10}{5} = 2$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर, $M = 4 \,kg$ प्राप्त होता है।

(C) जब $M$ द्रव्यमान का एक ब्लॉक साम्यावस्था में स्प्रिंग से लटका होता है,तो नीचे की ओर लगने वाला गुरुत्वाकर्षण बल ऊपर की ओर लगने वाले स्प्रिंग बल द्वारा संतुलित होता है।
$Mg = kx$,जहाँ $k$ स्प्रिंग नियतांक है और $x$ स्प्रिंग में विस्तार है।
अतः,विस्तार $x = \frac{Mg}{k}$ है।
हम जानते हैं कि स्प्रिंग-द्रव्यमान प्रणाली की कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{k}{M}}$ द्वारा दी जाती है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $\omega^2 = \frac{k}{M}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $k = M\omega^2$।
$k$ का मान $x$ के व्यंजक में रखने पर:
$x = \frac{Mg}{M\omega^2} = \frac{g}{\omega^2}$।
इस प्रकार,जब ब्लॉक को हटा दिया जाता है,तो स्प्रिंग $\frac{g}{\omega^2}$ से छोटी हो जाती है।

(B) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 3 \,kg$, आयाम $A = \frac{2}{\pi} \,m$, माध्य स्थिति पर गतिज ऊर्जा $K_{max} = 6 \,J$।
माध्य स्थिति पर, गतिज ऊर्जा सरल आवर्त दोलक की कुल ऊर्जा के बराबर होती है: $K_{max} = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2 = 6 \,J$।
$\omega = \frac{2\pi}{T}$ प्रतिस्थापित करने पर, हमें प्राप्त होता है: $\frac{1}{2} m (\frac{2\pi}{T})^2 A^2 = 6$।
$\frac{1}{2} \times 3 \times \frac{4\pi^2}{T^2} \times (\frac{2}{\pi})^2 = 6$।
$\frac{1}{2} \times 3 \times \frac{4\pi^2}{T^2} \times \frac{4}{\pi^2} = 6$।
$6 \times \frac{4}{T^2} = 6$।
$T^2 = 4$, जिससे $T = 2 \,s$ प्राप्त होता है।

(D) गति का समीकरण $x=3 \sin \left(6 t+\frac{\pi}{6}\right)$ है,जहाँ आयाम $A=3 \ m$ है।
समय $t=0$ पर,विस्थापन $x=3 \sin \left(\frac{\pi}{6}\right) = 3 \times \frac{1}{2} = 1.5 \ m$ है।
स्थितिज ऊर्जा $V = \frac{1}{2} k x^2$ द्वारा दी जाती है।
गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} k (A^2 - x^2)$ द्वारा दी जाती है।
स्थितिज ऊर्जा और गतिज ऊर्जा का अनुपात $\frac{V}{K} = \frac{\frac{1}{2} k x^2}{\frac{1}{2} k (A^2 - x^2)} = \frac{x^2}{A^2 - x^2}$ है।
मान $x=1.5$ और $A=3$ रखने पर:
$\frac{V}{K} = \frac{(1.5)^2}{3^2 - (1.5)^2} = \frac{2.25}{9 - 2.25} = \frac{2.25}{6.75} = \frac{1}{3}$.
अतः,अनुपात $1:3$ है।

(D) दिया गया बल समीकरण $F = -75 y$ है। इसे सरल आवर्त गति के मानक समीकरण $F = -ky$ से तुलना करने पर, बल नियतांक $k = 75 \,N/m$ प्राप्त होता है।
दिए गए द्रव्यमान $m = 3 \,kg$ के लिए, कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{75}{3}} = \sqrt{25} = 5 \,rad/s$ है।
माध्य स्थिति पर वेग अधिकतम वेग $V_{\max} = 2.5 \,m/s$ होता है।
चूँकि $V_{\max} = A\omega$, आयाम $A = \frac{V_{\max}}{\omega} = \frac{2.5}{5} = 0.5 \,m$ है।
अधिकतम त्वरण $a_{\max} = \omega^2 A$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर, $a_{\max} = (5)^2 \times 0.5 = 25 \times 0.5 = 12.5 \,m/s^2$ प्राप्त होता है।

(B) जब किसी प्रणाली पर एक बाहरी आवर्ती बल लगाया जाता है,तो वह प्रणोदित दोलन (forced oscillations) करती है।
इन प्रणोदित दोलनों का आयाम चालक आवृत्ति $\omega_d$ और प्रणाली की प्राकृतिक आवृत्ति $\omega$ पर निर्भर करता है।
जैसे-जैसे चालक आवृत्ति $\omega_d$ प्राकृतिक आवृत्ति $\omega$ के करीब पहुंचती है,दोलनों का आयाम बढ़ता जाता है।
जब $\omega_d = \omega$ होता है,तो प्रणाली अनुनाद (resonance) की स्थिति में पहुंच जाती है,जहां दोलनों का आयाम अधिकतम हो जाता है।
इसलिए,अधिकतम आयाम के लिए शर्त $\omega_d = \omega$ है।

(D) माध्य स्थिति से शुरू होने वाली सरल आवर्त गति के लिए कण का विस्थापन $y = A \sin(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $\omega = \frac{\pi}{4} \text{ rad s}^{-1}$ दिया गया है।
$t = 1 \text{ s}$ पर विस्थापन $y_1 = A \sin(\frac{\pi}{4} \times 1) = A \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{A}{\sqrt{2}}$.
$t = 2 \text{ s}$ पर विस्थापन $y_2 = A \sin(\frac{\pi}{4} \times 2) = A \sin(\frac{\pi}{2}) = A$.
पहली सेकंड में तय की गई दूरी $d_1 = y_1 = \frac{A}{\sqrt{2}}$.
दूसरी सेकंड में तय की गई दूरी $d_2 = y_2 - y_1 = A - \frac{A}{\sqrt{2}} = A(1 - \frac{1}{\sqrt{2}})$.
दूरियों का अनुपात $\frac{d_1}{d_2} = \frac{A/\sqrt{2}}{A(1 - 1/\sqrt{2})} = \frac{1/\sqrt{2}}{(\sqrt{2}-1)/\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}-1}$.
हर का परिमेयकरण करने पर: $\frac{1}{\sqrt{2}-1} \times \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}+1} = \frac{\sqrt{2}+1}{2-1} = \sqrt{2}+1$.
अतः,अनुपात $(\sqrt{2}+1): 1$ है।

(D) मान लीजिए कि दो कणों का विस्थापन $x_1 = A \sin(\omega t + \phi_1)$ और $x_2 = A \sin(\omega t + \phi_2)$ है।
जिस बिंदु पर वे एक-दूसरे को पार करते हैं,वहां $x_1 = x_2 = \frac{A}{\sqrt{2}}$ है।
कण $1$ के लिए,जो माध्य स्थिति से दूर जा रहा है,$\sin(\omega t + \phi_1) = \frac{1}{\sqrt{2}}$,जिससे कला $\theta_1 = \frac{\pi}{4}$ प्राप्त होती है।
कण $2$ के लिए,जो उसी विस्थापन पर माध्य स्थिति की ओर आ रहा है,$\sin(\omega t + \phi_2) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ है। चूंकि यह विपरीत दिशा में गति कर रहा है,इसलिए इसकी कला दूसरे चतुर्थांश में होनी चाहिए,अतः $\theta_2 = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$।
कलांतर $\Delta \phi = |\theta_2 - \theta_1| = |\frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4}| = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$ है।
डिग्री में बदलने पर,$\frac{\pi}{2} = 90^{\circ}$ प्राप्त होता है।

(D) गति का दिया गया समीकरण $4 \frac{d^2 y}{dt^2} + \pi^2 y = 0$ है।
$4$ से विभाजित करने पर,हमें $\frac{d^2 y}{dt^2} + \frac{\pi^2}{4} y = 0$ प्राप्त होता है।
सरल आवर्त गति के लिए सामान्य समीकरण $\frac{d^2 y}{dt^2} + \omega^2 y = 0$ है।
दोनों समीकरणों की तुलना करने पर,हमें $\omega^2 = \frac{\pi^2}{4}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\omega = \frac{\pi}{2} \ rad/s$।
आवर्तकाल $T$ का सूत्र $T = \frac{2\pi}{\omega}$ है।
$\omega$ का मान रखने पर,हमें $T = \frac{2\pi}{\pi/2} = 2\pi \times \frac{2}{\pi} = 4 \ s$ प्राप्त होता है।

(C) कण के लिए चरम स्थिति $(x=A)$ से आयाम के आधे $(x=A/2)$ तक जाने के लिए:
$x = A \cos(\omega t_1) \implies A/2 = A \cos(\omega t_1) \implies \cos(\omega t_1) = 1/2$.
अतः,$\omega t_1 = \pi/3$,जिससे $t_1 = \pi / (3\omega)$ प्राप्त होता है।
कण के लिए माध्य स्थिति $(x=0)$ से आयाम के आधे $(x=A/2)$ तक जाने के लिए:
$x = A \sin(\omega t_2) \implies A/2 = A \sin(\omega t_2) \implies \sin(\omega t_2) = 1/2$.
अतः,$\omega t_2 = \pi/6$,जिससे $t_2 = \pi / (6\omega)$ प्राप्त होता है।
दोनों समयों की तुलना करने पर: $t_1 / t_2 = (\pi / 3\omega) / (\pi / 6\omega) = 6/3 = 2$.
इसलिए,$t_1 = 2 t_2$.

(B) सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ द्वारा दिया जाता है।
पृथ्वी की सतह से $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण $g' = \frac{g}{(1 + \frac{h}{R})^2}$ होता है।
नया आवर्तकाल $T' = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g'}} = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g / (1 + \frac{h}{R})^2}} = T(1 + \frac{h}{R})$ होता है।
दिया गया है कि $T' = 2T$, इसलिए $2T = T(1 + \frac{h}{R})$.
$2 = 1 + \frac{h}{R} \Rightarrow \frac{h}{R} = 1$.
अतः, $h = R = 6400 \text{ km}$.

(B) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 2 \,kg$, झुकाव $\theta = \sin^{-1}(3/5)$, इसलिए $\sin \theta = 3/5$ और $\cos \theta = 4/5$. दूरी $s = 80 \,cm = 0.8 \,m$. विशिष्ट ऊष्मा $c = 420 \,J kg^{-1} K^{-1}$. गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \,ms^{-2}$.
चूंकि ब्लॉक स्थिर गति से सरकता है, घर्षण द्वारा किया गया कार्य स्थितिज ऊर्जा में हुई हानि के बराबर होता है। घर्षण द्वारा किया गया कार्य $W_f = f_k \cdot s$, जहाँ $f_k = \mu_k N = \mu_k mg \cos \theta$. गति स्थिर होने के कारण, $mg \sin \theta = f_k$.
अतः, उत्पन्न ऊष्मा $Q = W_f = (mg \sin \theta) \cdot s$.
उत्पन्न ऊष्मा को अवशोषित ऊष्मा के बराबर करने पर: $Q = mc \Delta T$.
$mc \Delta T = (mg \sin \theta) s$.
$\Delta T = \frac{g \sin \theta \cdot s}{c} = \frac{10 \times (3/5) \times 0.8}{420}$.
$\Delta T = \frac{10 \times 0.6 \times 0.8}{420} = \frac{4.8}{420} \approx 0.0114^{\circ} C$.

(C) विशिष्ट ऊष्मा धारिता पदार्थ का एक आंतरिक गुण है,जिसका अर्थ है कि यह केवल पदार्थ की प्रकृति पर निर्भर करती है,न कि पदार्थ की मात्रा या द्रव्यमान पर।
चूंकि पदार्थ तांबा ही रहता है,इसलिए द्रव्यमान में परिवर्तन के बावजूद इसकी विशिष्ट ऊष्मा धारिता स्थिर रहती है।
अतः,यदि द्रव्यमान दोगुना कर दिया जाए,तो विशिष्ट ऊष्मा धारिता $s$ ही रहेगी।

(B) एक मानक चरण आरेख (दबाव बनाम तापमान) में:
$1$. ठोस और तरल चरणों को अलग करने वाला वक्र गलन (फ्यूजन) वक्र है। चित्र में,$AO$ ठोस और तरल क्षेत्रों को अलग करता है,इसलिए $AO$ गलन वक्र है।
$2$. ठोस और वाष्प चरणों को अलग करने वाला वक्र उर्ध्वपातन (सब्लीमेशन) वक्र है। चित्र में,$BO$ ठोस और वाष्प क्षेत्रों को अलग करता है,इसलिए $BO$ उर्ध्वपातन वक्र है।
$3$. तरल और वाष्प चरणों को अलग करने वाला वक्र वाष्पीकरण (वेपोराइजेशन) वक्र है। चित्र में,$CO$ तरल और वाष्प क्षेत्रों को अलग करता है,इसलिए $CO$ वाष्पीकरण वक्र है।
अतः,$AO =$ गलन वक्र,$BO =$ उर्ध्वपातन वक्र,और $CO =$ वाष्पीकरण वक्र।

(C) उछाल के दौरान गेंद द्वारा खोई गई ऊर्जा दोनों ऊँचाइयों पर स्थितिज ऊर्जा के अंतर के बराबर होती है।
खोई गई ऊर्जा $\Delta E = mg(h_1 - h_2)$.
दिया गया है: $m = 200 \,g = 0.2 \,kg$, $h_1 = 20 \,m$, $h_2 = 10.8 \,m$, $g = 10 \,ms^{-2}$, और $c = 460 \,Jkg^{-1} K^{-1}$.
यह मानते हुए कि खोई हुई ऊर्जा गेंद द्वारा अवशोषित की जाती है, $\Delta E = mc \Delta T$.
दोनों को बराबर करने पर: $mg(h_1 - h_2) = mc \Delta T$.
दोनों पक्षों से $m$ को हटाने पर: $g(h_1 - h_2) = c \Delta T$.
मान रखने पर: $10 \times (20 - 10.8) = 460 \times \Delta T$.
$10 \times 9.2 = 460 \times \Delta T$.
$92 = 460 \times \Delta T$.
$\Delta T = \frac{92}{460} = 0.2^{\circ} C$.

(D) दिया गया है: पानी का द्रव्यमान,$m = 2 \,kg$
तापमान में परिवर्तन,$\Delta T = 10^{\circ} C$
पानी की विशिष्ट ऊष्मा धारिता,$c = 4200 \,J \,kg^{-1} \,K^{-1}$
मुक्त होने वाली ऊष्मीय ऊर्जा $Q$ की गणना सूत्र द्वारा की जाती है:
$Q = m c \Delta T$
मान रखने पर:
$Q = 2 \,kg \times 4200 \,J \,kg^{-1} \,K^{-1} \times 10 \,K$
$Q = 84000 \,J$

(B) चरण $1$: बर्फ को $-10^{\circ} C$ से $0^{\circ} C$ तक लाने के लिए आवश्यक ऊष्मा: $Q_1 = m_i c_i \Delta T = 50 \times 0.5 \times 10 = 250 \,cal$.
चरण $2$: $0^{\circ} C$ पर $50 \,g$ बर्फ को पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा: $Q_2 = m_i L_f = 50 \times 80 = 4000 \,cal$.
बर्फ को $0^{\circ} C$ पर पानी में बदलने के लिए कुल आवश्यक ऊष्मा $Q_{total} = 250 + 4000 = 4250 \,cal$.
चरण $3$: $30^{\circ} C$ से $0^{\circ} C$ तक ठंडा होने वाले $200 \,g$ पानी द्वारा मुक्त ऊष्मा: $Q_{release} = m_w c_w \Delta T = 200 \times 1 \times 30 = 6000 \,cal$.
चूंकि $Q_{release} > Q_{total}$,बर्फ पूरी तरह से पिघल जाएगी और अंतिम तापमान $T_f$,$0^{\circ} C$ से अधिक होगा।
चरण $4$: कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार: पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा = बर्फ द्वारा प्राप्त ऊष्मा।
$200 \times 1 \times (30 - T_f) = 4250 + 50 \times 1 \times (T_f - 0)$.
$6000 - 200 T_f = 4250 + 50 T_f$.
$1750 = 250 T_f$.
$T_f = 7^{\circ} C$.

(C) स्टीफन-बोल्ट्ज़मैन नियम के अनुसार, प्रति इकाई क्षेत्रफल विकिरित शक्ति $E$, कृष्णिका के परम तापमान $T$ की चौथी घात के समानुपाती होती है:
$E = \sigma T^4$
दिया गया है कि अंतिम उत्सर्जकता $E_2$, प्रारंभिक उत्सर्जकता $E_1$ की $16$ गुना है:
$E_2 = 16 E_1$
अनुपात में स्टीफन-बोल्ट्ज़मैन नियम को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{E_2}{E_1} = \frac{\sigma T_2^4}{\sigma T_1^4} = \left( \frac{T_2}{T_1} \right)^4$
$16 = \left( \frac{T_2}{T} \right)^4$
दोनों पक्षों का चतुर्थ मूल लेने पर:
$\sqrt[4]{16} = \frac{T_2}{T}$
$2 = \frac{T_2}{T}$
$T_2 = 2 \,T$

(D) वीन के विस्थापन नियम के अनुसार, उत्सर्जन की अधिकतम तीव्रता के अनुरूप तरंगदैर्ध्य $(\lambda_m)$ वस्तु के परम तापमान $(T)$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है, जिसे $\lambda_m T = b$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $b$ वीन का नियतांक है।
जैसे-जैसे लोहे की छड़ का तापमान बढ़ता है, उत्सर्जित विकिरण की तरंगदैर्ध्य कम होती जाती है।
प्रारंभ में, कम तापमान पर, उत्सर्जित विकिरण दृश्य स्पेक्ट्रम के लाल भाग में होता है।
जैसे-जैसे तापमान और बढ़ता है, शिखर तरंगदैर्ध्य छोटी तरंगदैर्ध्य (पीला, फिर नीला, और अंत में सफेद) की ओर स्थानांतरित हो जाती है, जो सभी दृश्य तरंगदैर्ध्य का मिश्रण है।
इस प्रकार, रंग में परिवर्तन को वीन के विस्थापन नियम द्वारा समझाया जा सकता है।

(D) माना $0^{\circ} C$ पर छड़ की लंबाई $L_0$ है और $\alpha$ रेखीय प्रसार गुणांक है।
तापमान $T$ पर लंबाई का सूत्र $L_T = L_0(1 + \alpha T)$ है।
$10^{\circ} C$ पर लंबाई: $L_{10} = L_0(1 + 10\alpha)$.
$40^{\circ} C$ पर लंबाई: $L_{40} = L_0(1 + 40\alpha)$.
दिया गया है कि $L_{40} - L_{10} = 0.05 \ cm$.
मान रखने पर: $L_0(1 + 40\alpha) - L_0(1 + 10\alpha) = 0.05$.
$L_0(40\alpha - 10\alpha) = 0.05$.
$30 L_0 \alpha = 0.05$.
$L_0 = \frac{0.05}{30 \alpha}$.
$\alpha = 1.5 \times 10^{-5} \ {}^{\circ} C^{-1}$ का मान रखने पर:
$L_0 = \frac{0.05}{30 \times 1.5 \times 10^{-5}} = \frac{0.05}{45 \times 10^{-5}} = \frac{5000}{45} \approx 111.1 \ cm$.

(A) मान लीजिए कि $27^{\circ} C$ पर स्टील टेप की लंबाई $L_0 = 300 \,cm$ है।
$50^{\circ} C$ पर, टेप की लंबाई $L_T = L_0(1 + \alpha \Delta T)$ हो जाती है।
यहाँ, $\Delta T = 50^{\circ} C - 27^{\circ} C = 23^{\circ} C$ है।
$L_T = 300(1 + 1.2 \times 10^{-5} \times 23) = 300(1 + 0.000276) = 300.0828 \,cm$।
छड़ की मापी गई लंबाई $L_m = 110 \,cm$ है।
वास्तविक लंबाई $L_a$ का सूत्र $L_a = L_m \times \frac{L_T}{L_0}$ है।
$L_a = 110 \times \frac{300.0828}{300} = 110 \times (1 + 0.000276) = 110 + 0.03036 = 110.03036 \,cm$।
दो दशमलव स्थानों तक पूर्णांकित करने पर, वास्तविक लंबाई $110.03 \,cm$ है।

(A) दिया गया है: नियत दाब पर दी गई ऊष्मा, $Q_P = 210 \,J$.
द्विपरमाणुक गैस के लिए, नियत आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_V = \frac{5}{2}R$ होती है।
नियत दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_P = C_V + R = \frac{5}{2}R + R = \frac{7}{2}R$ होती है।
हम जानते हैं कि $Q_P = n C_P \Delta T = 210 \,J$.
$C_P$ का मान रखने पर, $n (\frac{7}{2}R) \Delta T = 210$ प्राप्त होता है।
अतः, $n R \Delta T = 210 \times \frac{2}{7} = 60 \,J$.
नियत दाब पर गैस द्वारा किया गया कार्य $W = P \Delta V = n R \Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
इसलिए, $W = 60 \,J$.

(A) एकपरमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f = 3$ है।
$C_p = \frac{5}{2}R$ और $C_v = \frac{3}{2}R$ है।
स्थिर दाब पर आपूर्ति की गई कुल ऊष्मा $Q = n C_p \Delta T = \frac{5}{2} nR \Delta T$ है।
आंतरिक ऊर्जा बढ़ाने के लिए उपयोग की गई ऊष्मा $\Delta U = n C_v \Delta T = \frac{3}{2} nR \Delta T$ है।
आंतरिक ऊर्जा बढ़ाने में उपयोग की गई ऊष्मा का प्रतिशत $= \frac{\Delta U}{Q} \times 100 = \frac{\frac{3}{2} nR \Delta T}{\frac{5}{2} nR \Delta T} \times 100 = 60\%$ है।
बाहरी कार्य करने के लिए उपयोग की गई ऊष्मा $W = P \Delta V = nR \Delta T$ है।
बाहरी कार्य करने में उपयोग की गई ऊष्मा का प्रतिशत $= \frac{W}{Q} \times 100 = \frac{nR \Delta T}{\frac{5}{2} nR \Delta T} \times 100 = 40\%$ है।
अतः,प्रतिशत क्रमशः $40\%$ और $60\%$ हैं।

(D) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$,जहाँ $\Delta U$ आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन है और $\Delta W$ गैस द्वारा किया गया कार्य है।
समतापीय प्रक्रिया के लिए,तापमान स्थिर रहता है,इसलिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = 0$ होता है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,कोई ऊष्मा विनिमय नहीं होता है,इसलिए $\Delta Q = 0$,जिसका अर्थ है कि $\Delta U = -\Delta W$।
मान लीजिए कि आंतरिक ऊर्जा में कुल परिवर्तन $\Delta U_{total} = \Delta U_a + \Delta U_b + \Delta U_c = -20 \,J$ है।
समतापीय चरणों $(a)$ और $(c)$ के लिए,$\Delta U_a = 0$ और $\Delta U_c = 0$ है।
इसलिए,आंतरिक ऊर्जा में कुल परिवर्तन रुद्धोष्म चरण $(b)$ के कारण है: $\Delta U_b = -20 \,J$।
चूंकि रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए $\Delta U_b = -W$ है,इसलिए हमें $-W = -20 \,J$ प्राप्त होता है।
अतः,$W = 20 \,J$।

(B) मोलों की संख्या,$n = 3$.
प्रारंभिक आयतन,$V_i = V$.
अंतिम आयतन,$V_f = 3V$.
विशिष्ट ऊष्माओं का अनुपात,$\gamma = \frac{C_p}{C_v}$.
आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = n C_v \Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
हम जानते हैं कि $C_v = \frac{R}{\gamma - 1}$.
स्थिर दबाव पर,चार्ल्स के नियम के अनुसार,$\frac{V_1}{T_1} = \frac{V_2}{T_2}$.
मान रखने पर,$\frac{V}{T} = \frac{3V}{T_2}$,जिससे $T_2 = 3T$ प्राप्त होता है।
तापमान में परिवर्तन,$\Delta T = T_2 - T_1 = 3T - T = 2T$.
अब,इन मानों को आंतरिक ऊर्जा के सूत्र में रखने पर:
$\Delta U = n \left( \frac{R}{\gamma - 1} \right) \Delta T = 3 \left( \frac{R}{\gamma - 1} \right) (2T) = \frac{6RT}{\gamma - 1}$.

(B) प्रारंभिक आंतरिक ऊर्जा,$U_i = 80 cal = 80 \times 4.2 J = 336 J$.
गैस पर किया गया कार्य,$W = -18 cal = -18 \times 4.2 J = -75.6 J$ (निकाय पर किया गया कार्य $\Delta Q = \Delta U + \Delta W$ परंपरा के अनुसार ऋणात्मक होता है)।
गैस द्वारा मुक्त की गई ऊष्मा,$Q = -42 J$ (मुक्त ऊष्मा ऋणात्मक होती है)।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$.
$-42 = (U_f - 336) + (-75.6)$.
$-42 = U_f - 336 - 75.6$.
$-42 = U_f - 411.6$.
$U_f = 411.6 - 42 = 369.6 J$.

(C) सिंक का तापमान, $T_2 = 300 \,K$। इंजन की दक्षता, $\eta_1 = 0.25$।
दक्षता का सूत्र $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ है।
मान रखने पर: $0.25 = 1 - \frac{300}{T_1} \Rightarrow \frac{300}{T_1} = 0.75 \Rightarrow T_1 = \frac{300}{0.75} = 400 \,K$।
जब स्रोत का तापमान $100 \,K$ बढ़ाया जाता है, तो नया स्रोत तापमान $T_1' = 400 + 100 = 500 \,K$ हो जाता है।
नई दक्षता $\eta_2 = 1 - \frac{T_2}{T_1'} = 1 - \frac{300}{500} = 1 - 0.6 = 0.40$।
दक्षता में वृद्धि $\Delta\eta = \eta_2 - \eta_1 = 0.40 - 0.25 = 0.15$ है।

(C) कार्नोट इंजन में,सिंक को एक ऊष्मीय ऊर्जा भंडार (thermal energy reservoir) के रूप में परिभाषित किया गया है। एक ऊष्मीय भंडार एक ऐसी प्रणाली है जिसकी ऊष्मा धारिता अनंत होती है,जिसका अर्थ है कि यह अपने तापमान में परिवर्तन किए बिना किसी भी मात्रा में ऊष्मा को अवशोषित या उत्सर्जित कर सकता है। इसलिए,जैसे ही गैस सिंक को ऊष्मीय ऊर्जा देती है,सिंक का तापमान स्थिर रहता है।

(C) कार्नोट इंजन एक आदर्श उत्क्रमणीय चक्र पर कार्य करता है। स्रोत को अनंत ऊष्मा धारिता वाले थर्मल रिज़र्वोयर के रूप में परिभाषित किया गया है। इसलिए,जब कार्यशील पदार्थ (गैस) समतापीय प्रसार प्रक्रिया के दौरान स्रोत से ऊष्मीय ऊर्जा अवशोषित करती है,तो स्रोत का तापमान स्थिर रहता है।

(A) कार्नोट इंजन की प्रारंभिक दक्षता $\eta_1 = 1 - \frac{T_2}{T_1} = \frac{T_1 - T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_1$ स्रोत का तापमान है और $T_2$ सिंक का तापमान है $(T_1 > T_2)$।
जब दोनों तापमानों में $100 \ K$ की कमी की जाती है,तो नए तापमान $T_1' = T_1 - 100$ और $T_2' = T_2 - 100$ हो जाते हैं।
नई दक्षता $\eta_2 = 1 - \frac{T_2 - 100}{T_1 - 100} = \frac{(T_1 - 100) - (T_2 - 100)}{T_1 - 100} = \frac{T_1 - T_2}{T_1 - 100}$ है।
चूंकि $T_1 - 100 < T_1$,नई दक्षता का हर (denominator) मूल दक्षता से छोटा है,जबकि अंश (numerator) समान रहता है।
इसलिए,$\eta_2 > \eta_1$,जिसका अर्थ है कि इंजन की दक्षता बढ़ जाती है।

(D) स्थिर आयतन पर आवश्यक ऊष्मीय ऊर्जा का सूत्र $Q = n C_v \Delta T$ है।
एकपरमाणुक गैस के लिए,स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_v = \frac{3}{2} R$ होती है।
यहाँ $n_1 = 2 \text{ mol}$,$\Delta T_1 = 40^{\circ} C - 30^{\circ} C = 10 \text{ K}$ है।
अतः,$Q = 2 \times \frac{3}{2} R \times 10 = 30 R$।
द्विपरमाणुक गैस के लिए,स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_v = \frac{5}{2} R$ होती है।
यहाँ $n_2 = 4 \text{ mol}$,$\Delta T_2 = 33^{\circ} C - 28^{\circ} C = 5 \text{ K}$ है।
मान लीजिए आवश्यक ऊष्मा $Q'$ है।
$Q' = n_2 C_v \Delta T_2 = 4 \times \frac{5}{2} R \times 5 = 50 R$।
अब,अनुपात लेने पर: $\frac{Q'}{Q} = \frac{50 R}{30 R} = \frac{5}{3}$।
अतः,$Q' = \frac{5}{3} Q$।

(C) प्रारंभिक स्थिति: $P_1 = P$,$V_1 = V$.
चरण $1$: $V_2 = 27 V$ तक समतापीय प्रसार।
समतापीय प्रक्रिया के लिए,$P_1 V_1 = P_2 V_2$.
$P_2 = \frac{P_1 V_1}{V_2} = \frac{P \times V}{27 V} = \frac{P}{27}$.
चरण $2$: $V_3 = V$ तक रुद्धोष्म संपीड़न।
एकपरमाणुक गैस के लिए,रुद्धोष्म गुणांक $\gamma = \frac{5}{3}$.
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,$P_2 V_2^\gamma = P_3 V_3^\gamma$.
$P_3 = P_2 \left( \frac{V_2}{V_3} \right)^\gamma = \frac{P}{27} \left( \frac{27 V}{V} \right)^{5/3}$.
$P_3 = \frac{P}{27} \times (27)^{5/3} = \frac{P}{27} \times (3^3)^{5/3} = \frac{P}{27} \times 3^5$.
$P_3 = \frac{P}{27} \times 243 = 9 P$.
गैस का अंतिम दाब $9 P$ है।

(D) एकपरमाणुक गैस के लिए, स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $f=3$ है।
रुद्धोष्म सूचकांक (adiabatic index) $\gamma = 1 + \frac{2}{f} = 1 + \frac{2}{3} = \frac{5}{3}$ है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए, तापमान $T$ और आयतन $V$ के बीच संबंध $T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$ होता है।
यहाँ $T_1 = 630 \,K$, $V_1 = V$, और $V_2 = 27V$ दिया गया है।
इन मानों को रखने पर:
$630 \times V^{\frac{5}{3}-1} = T_2 \times (27V)^{\frac{5}{3}-1}$
$630 = T_2 \times (27)^{\frac{2}{3}}$
$630 = T_2 \times (3^3)^{\frac{2}{3}}$
$630 = T_2 \times 3^2$
$630 = T_2 \times 9$
$T_2 = \frac{630}{9} = 70 \,K$.

(C) प्रसार के दौरान गैस द्वारा किया गया कार्य $P-V$ वक्र के नीचे के क्षेत्रफल द्वारा दिया जाता है,$W = \int_{V_1}^{V_2} P \, dV$।
$V_1$ से $V_2$ तक आयतन में दिए गए परिवर्तन के लिए,समाकल (integral) को अधिकतम करने के लिए पूरी प्रक्रिया के दौरान दबाव $P$ यथासंभव उच्च होना चाहिए।
समदाबी प्रक्रिया में,दबाव अपने प्रारंभिक अधिकतम मान पर स्थिर रहता है।
समतापीय या रुद्धोष्म जैसी अन्य प्रक्रियाओं में,जैसे-जैसे आयतन बढ़ता है,दबाव कम होता जाता है।
इसलिए,$P-V$ वक्र के नीचे का क्षेत्रफल समदाबी प्रसार के लिए सबसे बड़ा होता है,जिससे किया गया कार्य अधिकतम हो जाता है।

(D) दिए गए $P-V$ आरेख से,चक्रीय प्रक्रिया एक दीर्घवृत्त (ellipse) बनाती है।
$V$-अक्ष के अनुदिश अक्ष की लंबाई $2b = V_2 - V_1$ है,इसलिए $b = \frac{V_2 - V_1}{2}$।
$P$-अक्ष के अनुदिश अक्ष की लंबाई $2a = P_2 - P_1$ है,इसलिए $a = \frac{P_2 - P_1}{2}$।
चक्रीय प्रक्रिया में किया गया कार्य $P-V$ आरेख में लूप द्वारा घेरे गए क्षेत्रफल के बराबर होता है।
दीर्घवृत्त का क्षेत्रफल = $\pi ab$।
अतः,किया गया कार्य = $\pi \times \left(\frac{P_2 - P_1}{2}\right) \times \left(\frac{V_2 - V_1}{2}\right) = \frac{\pi}{4}(P_2 - P_1)(V_2 - V_1)$।

(B) निकाय पर किया गया कार्य,$W = 166.28 \ J$.
तापमान में वृद्धि,$\Delta T = 8^{\circ} C = 8 \ K$.
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,गैस पर किया गया कार्य $W = \frac{nR\Delta T}{\gamma - 1}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $n = 1 \ mol$ और $R = 8.314 \ J \ mol^{-1} \ K^{-1}$ दिया गया है।
मान रखने पर: $166.28 = \frac{1 \times 8.314 \times 8}{\gamma - 1}$.
$\gamma - 1 = \frac{66.512}{166.28} = 0.4$.
$\gamma = 1.4$.
चूंकि रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma = 1.4$ द्विपरमाणुक गैस के लिए होता है,इसलिए गैस द्विपरमाणुक है।

(B) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,दाब $(P)$ और आयतन $(V)$ के बीच का संबंध $PV^{\gamma} = \text{नियतांक}$ द्वारा दिया जाता है।
आदर्श गैस समीकरण से,हम जानते हैं कि $PV = nRT$,जिसका अर्थ है $V = \frac{nRT}{P}$।
$V$ के इस व्यंजक को रुद्धोष्म समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$P \left( \frac{nRT}{P} \right)^{\gamma} = \text{नियतांक}$।
चूंकि $n$ और $R$ नियतांक हैं,हम लिख सकते हैं:
$P \cdot \frac{T^{\gamma}}{P^{\gamma}} = \text{नियतांक}$।
$P^{1-\gamma} T^{\gamma} = \text{नियतांक}$।

(D) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,निकाय को दी गई ऊष्मा $(\Delta Q)$ आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $(\Delta U)$ और निकाय द्वारा किए गए कार्य $(\Delta W)$ के योग के बराबर होती है:
$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$
रुद्धोष्म प्रक्रिया में,निकाय और परिवेश के बीच ऊष्मा का कोई आदान-प्रदान नहीं होता है,इसलिए $\Delta Q = 0$ होता है।
इस मान को प्रथम नियम के समीकरण में रखने पर:
$0 = \Delta U + \Delta W$
अतः,$\Delta U = -\Delta W$।

(D) रुद्धोष्म प्रक्रिया एक ऐसी ऊष्मागतिक प्रक्रिया है जिसमें निकाय और उसके परिवेश के बीच ऊष्मा का कोई आदान-प्रदान नहीं होता है $(dQ = 0)$.
एक आदर्श गैस के लिए उत्क्रमणीय रुद्धोष्म प्रक्रिया में,दाब $(P)$ और आयतन $(V)$ के बीच संबंध $PV^{\gamma} = \text{नियतांक}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\gamma$ रुद्धोष्म सूचकांक (विशिष्ट ऊष्माओं का अनुपात $C_p/C_v$) है।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए,हम दाब को $P = \frac{nRT}{V}$ के रूप में लिख सकते हैं।
इस मान को रुद्धोष्म समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $(\frac{nRT}{V})V^{\gamma} = \text{नियतांक}$.
चूंकि $nR$ एक नियतांक है,इसलिए हमें $T V^{\gamma-1} = \text{नियतांक}$ प्राप्त होता है।

(D) एक आदर्श गैस के लिए,अवस्था समीकरण $PV = nRT$ है।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $P = (nR/V)T$ प्राप्त होता है।
इसे एक सीधी रेखा के समीकरण $y = mx$ के साथ तुलना करने पर,जहाँ $y = P$ और $x = T$ है,ग्राफ की ढाल $m = nR/V$ द्वारा दी जाती है।
चूँकि $n$ और $R$ स्थिरांक हैं,ढाल आयतन के व्युत्क्रमानुपाती है,अर्थात $m \propto 1/V$।
दिए गए ग्राफ से,$V_1$ के लिए रेखा की ढाल सबसे अधिक है और $V_4$ के लिए रेखा की ढाल सबसे कम है।
इसलिए,$m_1 > m_2 > m_3 > m_4$।
चूँकि $V \propto 1/m$,इसलिए $V_1 < V_2 < V_3 < V_4$ होता है।

(D) गैस का द्रव्यमान,$m = 20 \,g$.
तापमान में परिवर्तन,$\Delta T = 35^{\circ} C - 25^{\circ} C = 10^{\circ} C$.
स्थिर आयतन पर गैस की विशिष्ट ऊष्मा धारिता,$C_{v} = 0.2 \,cal \,g^{-1} {}^{\circ} C^{-1}$.
चूंकि प्रक्रिया स्थिर आयतन पर होती है,इसलिए किया गया कार्य $W = 0$ होगा।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + W$.
चूंकि $W = 0$,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = \Delta Q = m C_{v} \Delta T$ होगा।
रूपांतरण कारक $1 \,cal = 4.2 \,J$ का उपयोग करते हुए:
$\Delta U = 20 \,g \times 0.2 \,cal \,g^{-1} {}^{\circ} C^{-1} \times 10^{\circ} C \times 4.2 \,J/cal$.
$\Delta U = 40 \times 4.2 \,J = 168 \,J$.

(D) प्रकाश की चाल $c$ का विमीय सूत्र $[L T^{-1}]$ है।
दिया गया है $c = 3 \times 10^8 \,m/s$ ... $(1)$
गुरुत्वीय त्वरण $g$ का विमीय सूत्र $[L T^{-2}]$ है।
दिया गया है $g = 10 \,m/s^2$ ... $(2)$
समय का मात्रक $[T]$ ज्ञात करने के लिए, हम चाल की विमाओं को त्वरण की विमाओं से विभाजित करते हैं:
$\frac{[L T^{-1}]}{[L T^{-2}]} = [T]$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$[T] = \frac{3 \times 10^8}{10} = 3 \times 10^7 \,s$
अतः, इस प्रणाली में समय का मात्रक $3 \times 10^7 \,s$ है।

(B) एक आवेशित खोखले गोले के लिए,गोले के अंदर विद्युत क्षेत्र $(E)$ शून्य होता है क्योंकि अंदर कोई आवेश नहीं होता है $(q_{enclosed} = 0)$।
विद्युत क्षेत्र और विभव के बीच संबंध के अनुसार,$E = -\frac{dV}{dr}$ होता है।
चूंकि $E = 0$ है,इसका अर्थ है कि $\frac{dV}{dr} = 0$,जिसका तात्पर्य है कि गोले के भीतर विभव $(V)$ नियत रहता है।
इस नियत विभव का मान गोले की सतह पर विभव के बराबर होता है,जो $V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{R}$ द्वारा दिया जाता है।

(C) विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ विभव $V$ के ऋणात्मक प्रवणता (gradient) द्वारा दिया जाता है: $\vec{E} = -\vec{\nabla} V = -\left( \frac{\partial V}{\partial x} \hat{i} + \frac{\partial V}{\partial y} \hat{j} \right)$.
दिया गया है $V = \frac{1}{2} y^2 - 2x$.
आंशिक अवकलन (partial differentiation) करने पर:
$\frac{\partial V}{\partial x} = -2$
$\frac{\partial V}{\partial y} = y$
इन मानों को विद्युत क्षेत्र के सूत्र में रखने पर:
$\vec{E} = -(-2 \hat{i} + y \hat{j}) = 2 \hat{i} - y \hat{j}$.
बिंदु $(x = 1 \text{ m}, y = 1 \text{ m})$ पर:
$\vec{E} = 2 \hat{i} - (1) \hat{j} = 2 \hat{i} - \hat{j} \text{ Vm}^{-1}$.

(C) बिंदु आवेशों के निकाय की स्थितिज ऊर्जा $U$ का सूत्र $U = k \sum \frac{q_i q_j}{r_{ij}}$ है।
$r_1 = 1 \text{ m}$ भुजा वाले त्रिभुज के लिए प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_i$:
$U_i = k \left[ \frac{1 \times 2}{1} + \frac{2 \times 3}{1} + \frac{3 \times 1}{1} \right] = k [2 + 6 + 3] = 11k$.
$r_2 = 0.5 \text{ m}$ भुजा वाले त्रिभुज के लिए अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_f$:
$U_f = k \left[ \frac{1 \times 2}{0.5} + \frac{2 \times 3}{0.5} + \frac{3 \times 1}{0.5} \right] = k [4 + 12 + 6] = 22k$.
किया गया कार्य $W$ स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है:
$W = U_f - U_i = 22k - 11k = 11k$.
यहाँ $k = 9 \times 10^9 \text{ N m}^2 \text{ C}^{-2}$ रखने पर,
$W = 11 \times 9 \times 10^9 = 99 \times 10^9 \text{ J}$.

(B) $+q$ के कारण बिंदु $A$ पर विभव $V_{A(+q)} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{x}$ है और $-q$ के कारण $V_{A(-q)} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{-q}{x+y}$ है।
अतः,$V_A = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{x+y} \right) = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{y}{x(x+y)} \right)$.
इसी प्रकार,बिंदु $B$ पर विभव $V_B = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{x+y} + \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{-q}{x} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{1}{x+y} - \frac{1}{x} \right) = -V_A$.
इसलिए,$V_A - V_B = V_A - (-V_A) = 2V_A = 2 \times \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{y}{x(x+y)} \right)$.
यहाँ $q = 10^{-6} \text{ C}$,$x = 0.02 \text{ m}$,$y = 0.03 \text{ m}$,और $\frac{1}{4\pi\epsilon_0} = 9 \times 10^9 \text{ Nm}^2/\text{C}^2$ दिया गया है।
$V_A - V_B = 2 \times 9 \times 10^9 \times 10^{-6} \times \frac{0.03}{0.02(0.02+0.03)} = 18 \times 10^3 \times \frac{0.03}{0.02 \times 0.05} = 18 \times 10^3 \times \frac{0.03}{0.001} = 18 \times 10^3 \times 30 = 5.4 \times 10^5 \text{ V}$.

(A) प्रकृति में चार मूलभूत बल होते हैं: गुरुत्वाकर्षण बल,विद्युत-चुंबकीय बल,दुर्बल नाभिकीय बल और प्रबल नाभिकीय बल। इनमें से,प्रबल नाभिकीय बल सबसे शक्तिशाली बल है,जो नाभिक को एक साथ रखने के लिए न्यूक्लियॉन (प्रोटॉन और न्यूट्रॉन) के बीच कार्य करता है। इसलिए,प्रकृति में सबसे शक्तिशाली बल नाभिकीय बल है।

(D) वृत्ताकार धारावाही लूप के लिए दाहिने हाथ के अंगूठे के नियम के अनुसार,यदि दाहिने हाथ की उंगलियों को धारा की दिशा में मोड़ा जाता है,तो अंगूठा लूप के अंदर चुंबकीय क्षेत्र रेखाओं की दिशा को दर्शाता है।
यदि ऊपर से देखने पर धारा वामावर्त (anticlockwise) दिशा में बहती है,तो चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं ऊपर की ओर (प्रेक्षक की ओर) इंगित करती हैं।
चूंकि चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं उत्तरी ध्रुव से निकलती हैं,इसलिए लूप का वह फलक जहां धारा वामावर्त दिखाई देती है,उत्तरी ध्रुव के रूप में कार्य करता है।
इसके विपरीत,यदि धारा दक्षिणावर्त (clockwise) दिशा में बहती है,तो वह फलक दक्षिणी ध्रुव के रूप में कार्य करता है।
इसलिए,यदि धारा वामावर्त है तो लूप का ऊपरी हिस्सा उत्तरी ध्रुव के रूप में कार्य करता है।

(A) जब दो समानांतर चालक स्थिर धाराओं का वहन करते हैं, तो प्रत्येक चालक अपने आसपास के स्थान में एक चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करता है, जिसे बायो-सावर्ट के नियम द्वारा वर्णित किया जाता है।
ये धाराएं फिर दूसरे चालक द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र के कारण एक चुंबकीय बल का अनुभव करती हैं, जिसे लोरेंत्ज़ बल नियम $(F = I \vec{L} \times \vec{B})$ द्वारा वर्णित किया जाता है।
न्यूटन के तीसरे नियम के अनुसार, पहले चालक द्वारा दूसरे पर लगाया गया बल परिमाण में समान और दिशा में विपरीत होता है, जो दूसरे चालक द्वारा पहले पर लगाए गए बल के विपरीत होता है।
इस प्रकार, बायो-सावर्ट का नियम और लोरेंत्ज़ बल का नियम मिलकर न्यूटन के तीसरे नियम के अनुसार समानांतर चालकों के बीच की परस्पर क्रिया को समझाते हैं।

(B) एम्पीयर का परिपथीय नियम बताता है कि किसी भी बंद लूप के चारों ओर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का रेखीय समाकलन,लूप द्वारा घिरे सतह से गुजरने वाली कुल धारा $I$ के $\mu_0$ गुना के बराबर होता है।
गणितीय रूप से,इसे $\oint B \cdot dl = \mu_0 I$ के रूप में व्यक्त किया जाता है।

(C) गतिमान आवेश पर लगने वाला चुंबकीय बल लोरेन्ज़ बल सूत्र द्वारा दिया जाता है: $F = q(v \times B)$।
दो सदिशों के क्रॉस गुणनफल की परिभाषा के अनुसार,परिणामी सदिश $F$ हमेशा उस तल के लंबवत होता है जिसमें सदिश $v$ और $B$ स्थित होते हैं।
इसलिए,चुंबकीय बल $F$,वेग सदिश $v$ और चुंबकीय क्षेत्र सदिश $B$ दोनों के लंबवत होता है।

(C) चुंबकीय क्षेत्र में स्थित धारावाही चालक पर प्रति इकाई लंबाई में लगने वाला बल इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\frac{F}{l} = iB \sin \theta$.
यहाँ,धारा $i = 1 \,A$ दक्षिण से उत्तर की ओर बह रही है।
चुंबकीय क्षेत्र $B = 3 \times 10^{-5} \,T$ भी दक्षिण से उत्तर की ओर है।
चूंकि धारा और चुंबकीय क्षेत्र एक ही दिशा में हैं,इसलिए उनके बीच का कोण $\theta = 0^\circ$ है।
अतः,प्रति इकाई लंबाई में लगने वाला बल: $\frac{F}{l} = 1 \times (3 \times 10^{-5}) \times \sin(0^\circ) = 1 \times (3 \times 10^{-5}) \times 0 = 0 \,N/m$.

(B) धारा सुग्राहिता को गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित होने वाली प्रति इकाई धारा के लिए उत्पन्न विक्षेप के रूप में परिभाषित किया जाता है।
इसका सूत्र है: $I_{S} = \frac{\theta}{I}$
जहाँ $\theta$ विभाजनों में विक्षेप है और $I$ एम्पीयर में धारा है।
दिया गया है: $\theta = 25 \ div$ और $I = 0.1 \ A$।
अतः,$I_{S} = \frac{25}{0.1} = 250 \ div/A$।

(D) चुंबकीय क्षेत्र में धारावाही कुंडली पर लगने वाला टॉर्क $\tau = N i A B \sin \theta$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $\theta$ कुंडली के अभिलंब और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण है।
दिया गया है:
$N = 30$
$r = 8 \,cm = 0.08 \,m$
$i = 6 \,A$
$B = 1.0 \,T$
$\theta = 20^{\circ}$
क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = 3.14 \times (0.08)^2 = 0.020096 \,m^2$
टॉर्क की गणना:
$\tau = 30 \times 6 \times 0.020096 \times 1.0 \times \sin(20^{\circ})$
$\tau = 180 \times 0.020096 \times 0.342$
$\tau \approx 1.236 \,Nm$
नोट: दिए गए विकल्पों और मानक पाठ्यपुस्तक के प्रश्नों के अनुसार, जहाँ $\theta$ आमतौर पर $30^{\circ}$ होता है, यदि $\theta = 30^{\circ}$ लिया जाए तो $\tau = 30 \times 6 \times 3.14 \times (0.08)^2 \times 1.0 \times 0.5 = 1.808 \,Nm$ प्राप्त होता है। विकल्पों को देखते हुए, अपेक्षित कोण $30^{\circ}$ होना चाहिए।

(B) जब धारावाही लचीले तार के लूप को बाहरी चुंबकीय क्षेत्र में रखा जाता है,तो यह चुंबकीय बलों का अनुभव करता है जो लूप को फैलाने की प्रवृत्ति रखते हैं।
लूप से जुड़े चुंबकीय फ्लक्स को अधिकतम करने के लिए,लूप एक निश्चित परिधि के लिए अधिकतम संभव क्षेत्रफल को घेरने की कोशिश करता है।
ज्यामितीय सिद्धांतों के अनुसार,एक निश्चित परिधि के लिए,वृत्त सबसे अधिक क्षेत्रफल घेरता है।
इसलिए,लूप अपना आकार बदलकर वृत्ताकार हो जाता है,जिसका तल चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत होता है।

(C) दिया गया है: चुंबकीय आघूर्ण,$m = 0.4 \,Am^2$
दूरी,$r = 50 \,cm = 0.5 \,m$
एक छोटे छड़ चुंबक के अक्षीय चुंबकीय क्षेत्र के परिमाण का सूत्र है:
$B_{\text{axial}} = \frac{\mu_0}{4\pi} \left( \frac{2m}{r^3} \right)$
मान रखने पर:
$B_{\text{axial}} = (10^{-7}) \times \frac{2 \times 0.4}{(0.5)^3}$
$B_{\text{axial}} = 10^{-7} \times \frac{0.8}{0.125}$
$B_{\text{axial}} = 10^{-7} \times 6.4 = 6.4 \times 10^{-7} \,T$

(A) $m$ चुंबकीय आघूर्ण वाले एक छोटे छड़ चुंबक के लिए उसके केंद्र से $r$ दूरी पर:
$1$. अक्षीय रेखा पर चुंबकीय क्षेत्र: $B_{A} = \frac{\mu_{0}}{4 \pi} \frac{2m}{r^{3}}$
$2$. निरक्षीय रेखा पर चुंबकीय क्षेत्र: $B_{E} = \frac{\mu_{0}}{4 \pi} \frac{m}{r^{3}}$
$3$. दोनों समीकरणों की तुलना करने पर,हम देख सकते हैं कि $B_{A} = 2 \times \left( \frac{\mu_{0}}{4 \pi} \frac{m}{r^{3}} \right) = 2 B_{E}$।
अतः,सही संबंध $B_{A} = 2 B_{E}$ है।

(D) परिनालिका का चुम्बकन क्षेत्र (या चुम्बकीय तीव्रता) $H$ सूत्र $H = nI$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ प्रति इकाई लंबाई में फेरों की संख्या है और $I$ वाइंडिंग में बहने वाली धारा है।
दिया गया है:
$n = 500 \,m^{-1}$
$I = 4 \,A$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$H = 500 \times 4 = 2000 \,Am^{-1}$
$H = 2 \times 10^3 \,Am^{-1}$
इस परिणाम की तुलना दिए गए विकल्पों से करने पर,कोई भी विकल्प $2000 \,Am^{-1}$ से मेल नहीं खाता है। अतः,सही विकल्प $D$ है।

(D) वृत्ताकार कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 n I}{2r}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ फेरों की संख्या है,$I$ धारा है,और $r$ कुंडली की त्रिज्या है।
मान लीजिए तार की कुल लंबाई $L$ है। $n$ फेरों और $r$ त्रिज्या वाली कुंडली के लिए,$L = n(2\pi r)$,जिसका अर्थ है $r = \frac{L}{2\pi n}$.
चुंबकीय क्षेत्र के सूत्र में $r$ का मान रखने पर: $B = \frac{\mu_0 n I}{2(L / 2\pi n)} = \frac{\mu_0 n^2 I \pi}{L}$.
चूंकि तार की लंबाई $L$ और धारा $I$ स्थिर हैं,इसलिए $B \propto n^2$.
अतः,चुंबकीय क्षेत्रों का अनुपात $\frac{B_1}{B_2} = \left( \frac{n_1}{n_2} \right)^2$ होगा।
यहाँ $n_1 = 5$ और $n_2 = 10$ दिया गया है,इसलिए अनुपात $\frac{B_1}{B_2} = \left( \frac{5}{10} \right)^2 = \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \frac{1}{4}$ है।

(D)
वृत्ताकार लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता $B$ का सूत्र:
$B = \frac{\mu_0 i}{2r}$
दिए गए मान हैं: धारा $i = 0.2 \,A$ और त्रिज्या $r = 0.1 \,m$ है।
निर्वात की पारगम्यता $\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \,T \cdot m/A$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$B = \frac{(4 \pi \times 10^{-7}) \times (0.2)}{2 \times (0.1)}$
$B = \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 0.2}{0.2}$
$B = 4 \pi \times 10^{-7} \,T$

(C) दिया गया है:
फेरों की संख्या,$n = 100$
त्रिज्या,$r = 10 \,cm = 0.1 \,m$
धारा,$I = 2 \,A$
निर्वात की पारगम्यता,$\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \,T \cdot m/A$
वृत्ताकार कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र है:
$B = \frac{\mu_0 n I}{2r}$
मान रखने पर:
$B = \frac{(4\pi \times 10^{-7}) \times 100 \times 2}{2 \times 0.1}$
$B = \frac{4\pi \times 10^{-5} \times 2}{0.2}$
$B = \frac{8\pi \times 10^{-5}}{0.2} = 40\pi \times 10^{-5} = 4\pi \times 10^{-4} \,T$
$\pi \approx 3.14$ का उपयोग करने पर:
$B = 4 \times 3.14 \times 10^{-4} \,T = 12.56 \times 10^{-4} \,T$

(D) बायो-सावर्ट नियम के अनुसार, धारा अवयव $i d\vec{l}$ के कारण $\vec{r}$ स्थिति सदिश वाले बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $d\vec{B} = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{i d\vec{l} \times \vec{r}}{r^3}$ द्वारा दिया जाता है।
तार के सीधे खंडों के लिए, धारा अवयव $d\vec{l}$ और स्थिति सदिश $\vec{r}$ (जो अवयव से केंद्र $O$ की ओर इंगित करता है) संरेख (समानांतर या प्रति-समानांतर) होते हैं।
इसलिए, सदिश गुणनफल $d\vec{l} \times \vec{r} = 0$ होता है।
परिणामस्वरूप, सीधे खंडों के कारण केंद्र $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र शून्य है।

(B) कक्षा में घूम रहे इलेक्ट्रॉन का चुंबकीय आघूर्ण $\mu = I A$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ धारा है और $A$ कक्षा का क्षेत्रफल है।
$r$ त्रिज्या की कक्षा में $v$ वेग से घूम रहे इलेक्ट्रॉन के लिए,धारा $I = \frac{e}{T} = \frac{ev}{2 \pi r}$ होती है।
क्षेत्रफल $A = \pi r^2$ है।
अतः,$\mu = \left( \frac{ev}{2 \pi r} \right) (\pi r^2) = \frac{evr}{2}$।
बोर की क्वांटमीकरण शर्त के अनुसार,कोणीय संवेग $L = mvr = \frac{nh}{2 \pi}$ है।
इसलिए,$vr = \frac{nh}{2 \pi m}$।
इस मान को $\mu$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\mu = \frac{e}{2} \left( \frac{nh}{2 \pi m} \right) = \frac{neh}{4 \pi m}$।
चूंकि $e$,$h$,और $m$ स्थिरांक हैं,इसलिए $\mu \propto n$ प्राप्त होता है।

(C) कोणीय वेग $\omega = 4 \pi \times 10^6 \text{ rad s}^{-1}$ दिया गया है।
चुंबकीय क्षेत्र के समानांतर वेग का घटक $v_{\parallel} = 3 \times 10^5 \text{ m s}^{-1}$ है।
एक पूर्ण चक्कर के लिए समय अवधि $T = \frac{2 \pi}{\omega}$ है।
हेलिक्स की पिच, एक समय अवधि में चुंबकीय क्षेत्र की दिशा में तय की गई दूरी है: $\text{Pitch} = v_{\parallel} \times T$.
मान रखने पर: $\text{Pitch} = (3 \times 10^5) \times \left( \frac{2 \pi}{4 \pi \times 10^6} \right)$.
$\text{Pitch} = 3 \times 10^5 \times \frac{1}{2 \times 10^6} = \frac{3}{20} \text{ m} = 0.15 \text{ m}$.
सेंटीमीटर में बदलने पर: $0.15 \text{ m} = 15 \text{ cm}$।

(D) साइक्लोट्रॉन में,आयन के पथ की त्रिज्या $R$ को $R = \frac{mv}{qB}$ संबंध द्वारा दर्शाया जाता है,जहाँ $v$ आयन का वेग है।
वेग के लिए इस समीकरण को व्यवस्थित करने पर,हमें $v = \frac{qBR}{m}$ प्राप्त होता है।
आयन की गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ का सूत्र $K.E. = \frac{1}{2}mv^2$ है।
गतिज ऊर्जा के सूत्र में $v$ का मान रखने पर:
$K.E. = \frac{1}{2}m \left( \frac{qBR}{m} \right)^2$
$K.E. = \frac{1}{2}m \left( \frac{q^2B^2R^2}{m^2} \right)$
$K.E. = \frac{q^2B^2R^2}{2m}$.

(A) जब कोई आवेशित कण चुंबकीय क्षेत्र में $v_{\perp}$ (क्षेत्र के लंबवत) और $v_{\parallel}$ (क्षेत्र के समानांतर) वेग घटकों के साथ गति करता है,तो वह एक हेलिकल पथ का अनुसरण करता है।
एक पूर्ण घूर्णन के लिए समय अवधि $T$ वेग के लंबवत घटक द्वारा निर्धारित की जाती है:
$T = \frac{2 \pi m}{q B}$
एक घूर्णन में चुंबकीय क्षेत्र की दिशा में तय की गई दूरी को पिच $(p)$ कहा जाता है।
$p = v_{\parallel} \times T$
$T$ का मान रखने पर:
$p = v_{\parallel} \times \frac{2 \pi m}{q B}$
यदि कुल वेग $v$ को समानांतर घटक माना जाए,तो दूरी $\frac{2 \pi m v}{q B}$ होती है।

(D) साइक्लोट्रॉन आवृत्ति का सूत्र $f = \frac{qB}{2\pi m}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र $B$ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $B = \frac{2\pi mf}{q}$ प्राप्त होता है।
दी गई मान हैं:
आवृत्ति $f = 20 MHz = 20 \times 10^6 Hz$
प्रोटॉन का आवेश $q = 1.6 \times 10^{-19} C$
प्रोटॉन का द्रव्यमान $m = 1.67 \times 10^{-27} kg$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$B = \frac{2 \times 3.14 \times 1.67 \times 10^{-27} \times 20 \times 10^6}{1.6 \times 10^{-19}}$
$B = \frac{209.536 \times 10^{-21}}{1.6 \times 10^{-19}}$
$B \approx 1.31 T$.

(C) चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत गति करने वाले आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R$ का सूत्र है: $R = \frac{mv}{qB}$।
दिए गए मान हैं:
इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान,$m = 9 \times 10^{-31} \ kg$
इलेक्ट्रॉन का वेग,$v = 3.2 \times 10^7 \ m/s$
इलेक्ट्रॉन का आवेश,$q = 1.6 \times 10^{-19} \ C$
चुंबकीय क्षेत्र,$B = 6 \times 10^{-4} \ T$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$R = \frac{(9 \times 10^{-31}) \times (3.2 \times 10^7)}{(1.6 \times 10^{-19}) \times (6 \times 10^{-4})}$
$R = \frac{28.8 \times 10^{-24}}{9.6 \times 10^{-23}}$
$R = \frac{28.8}{9.6} \times 10^{-1} \ m$
$R = 3 \times 10^{-1} \ m = 0.3 \ m = 30 \ cm$।

(C) प्रतिचुंबकीय (diamagnetic) पदार्थ चुंबकीय क्षेत्रों द्वारा दुर्बल रूप से प्रतिकर्षित होते हैं।
जब इन्हें असमान चुंबकीय क्षेत्र में रखा जाता है,तो ये एक ऐसे बल का अनुभव करते हैं जो उन्हें क्षेत्र के प्रबल भाग से दुर्बल भाग की ओर धकेलता है।
यह व्यवहार प्रतिचुंबकीय पदार्थों का एक विशिष्ट गुण है।

(A) फेरोमैग्नेटिक पदार्थों को उनकी रिटेंटिविटी (धारणशीलता) और कोर्सिविटी के आधार पर वर्गीकृत किया जाता है।
सॉफ्ट फेरोमैग्नेटिक पदार्थों की रिटेंटिविटी और कोर्सिविटी कम होती है,जिसका अर्थ है कि वे आसानी से चुंबकित और विचुंबकित हो जाते हैं।
इसलिए,जब बाहरी चुंबकीय क्षेत्र को हटा दिया जाता है,तो उनका चुंबकत्व समाप्त हो जाता है।
इसके विपरीत,हार्ड फेरोमैग्नेटिक पदार्थ बाहरी क्षेत्र को हटाने के बाद भी अपने चुंबकत्व को बनाए रखते हैं।

(C) क्यूरी तापमान $T_{C}$ वह क्रांतिक तापमान है जिसके ऊपर एक लौहचुंबकीय (ferromagnetic) पदार्थ अपना स्वतःस्फूर्त चुंबकत्व खो देता है और एक अनुचुंबकीय (paramagnetic) पदार्थ के रूप में व्यवहार करने लगता है।
जब किसी लौहचुंबकीय पदार्थ को उसके क्यूरी तापमान से ऊपर गर्म किया जाता है,तो परमाणुओं की तापीय हलचल चुंबकीय द्विध्रुवों के संरेखण को समाप्त कर देती है,जिसके परिणामस्वरूप यह अनुचुंबकीय अवस्था में परिवर्तित हो जाता है।
अतः,क्यूरी तापमान लौहचुंबकीय से अनुचुंबकीय में संक्रमण को दर्शाता है।

(C) प्रकृति में,विद्युत आवेश अलग-अलग एकलध्रुव (धनात्मक या ऋणात्मक) के रूप में मौजूद हो सकते हैं। हालाँकि,चुंबकीय क्षेत्र धारा लूप या आंतरिक स्पिन द्वारा उत्पन्न होते हैं,जो हमेशा द्विध्रुव बनाते हैं। चुंबकीय एकलध्रुव कभी भी प्रयोगात्मक रूप से नहीं देखे गए हैं,और चुंबकत्व के लिए गॉस का नियम बताता है कि किसी भी बंद सतह से गुजरने वाला कुल चुंबकीय फ्लक्स शून्य होता है,जिसका अर्थ है कि चुंबकीय एकलध्रुव का अस्तित्व नहीं है।

(D) चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं सतत बंद लूप बनाती हैं। चुंबक के बाहर,वे उत्तरी ध्रुव से निकलकर दक्षिणी ध्रुव में प्रवेश करती हैं,जबकि चुंबक के अंदर,वे लूप को पूरा करने के लिए दक्षिणी ध्रुव से उत्तरी ध्रुव की ओर जाती हैं।

(B) प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा नाभिक की स्थिरता का एक माप है।
प्रायोगिक अवलोकन दर्शाते हैं कि $30 < A < 170$ की सीमा में द्रव्यमान संख्या वाले नाभिकों के लिए प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा अधिकतम होती है।
दिए गए विकल्पों में से,${ }_{26}^{56} Fe$ (आयरन-$56$) की द्रव्यमान संख्या $56$ है,जो इस सीमा के भीतर आती है।
यह भली-भांति स्थापित है कि ${ }_{26}^{56} Fe$ में प्रति न्यूक्लियॉन उच्चतम बंधन ऊर्जा होती है,जो लगभग $8.8 \text{ MeV/nucleon}$ है,जो इसे सबसे स्थिर नाभिकों में से एक बनाती है।

(D) परमाणु ईंधन वे पदार्थ हैं जिनका उपयोग ऊर्जा उत्पन्न करने के लिए परमाणु विखंडन या संलयन द्वारा किया जा सकता है। यूरेनियम,थोरियम और प्लूटोनियम प्रसिद्ध रेडियोधर्मी तत्व हैं जिनका उपयोग परमाणु रिएक्टरों में किया जाता है। टाइटेनियम एक संक्रमण धातु है जो अपने उच्च शक्ति-से-वजन अनुपात और संक्षारण प्रतिरोध के लिए जानी जाती है,लेकिन यह एक रेडियोधर्मी पदार्थ नहीं है जो परमाणु श्रृंखला प्रतिक्रिया को बनाए रखने में सक्षम हो। इसलिए,इसका उपयोग परमाणु ईंधन के रूप में नहीं किया जाता है।

(B) तारों के केंद्र में अत्यधिक उच्च तापमान और दबाव के कारण प्रोटॉन बहुत अधिक गति से एक-दूसरे से टकराते हैं। ये टक्करें एक हीलियम नाभिक के निर्माण का कारण बनती हैं,जिससे इस प्रक्रिया में भारी मात्रा में ऊर्जा मुक्त होती है। इस विशिष्ट नाभिकीय अभिक्रिया को नाभिकीय संलयन (nuclear fusion) कहा जाता है।

(A) एक रेडियोधर्मी पदार्थ की अर्ध-आयु $T_{1/2}$ को सूत्र $T_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\lambda$ क्षय नियतांक है।
माध्य आयु $\tau$ को क्षय नियतांक के व्युत्क्रम के रूप में परिभाषित किया जाता है,अर्थात $\tau = \frac{1}{\lambda}$।
अर्ध-आयु के सूत्र में $\lambda = \frac{1}{\tau}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$T_{1/2} = \tau \ln 2$।
अतः,सही संबंध $T_{1/2} = \tau \ln 2$ है।

(B) पॉज़िट्रॉन,जिसे एंटी-इलेक्ट्रॉन के रूप में भी जाना जाता है,इलेक्ट्रॉन का प्रतिकण (antiparticle) है। इसका द्रव्यमान इलेक्ट्रॉन के समान होता है लेकिन इस पर विपरीत विद्युत आवेश होता है ($-e$ के स्थान पर $+e$)।

(C) समस्थानिक (आइसोटोप) वे परमाणु होते हैं जिनका परमाणु क्रमांक $(Z)$ समान होता है लेकिन द्रव्यमान संख्या $(A)$ भिन्न होती है।
मान लीजिए मूल नाभिक ${ }_{Z}^{A} X$ है।
एक $\alpha$ कण $({ }_{2}^{4} He)$ के उत्सर्जन के बाद,परमाणु क्रमांक $2$ से कम हो जाता है और द्रव्यमान संख्या $4$ से कम हो जाती है:
${ }_{Z}^{A} X \rightarrow { }_{Z-2}^{A-4} Y + { }_{2}^{4} He$.
मूल परमाणु क्रमांक $Z$ पर वापस आने के लिए,हमें परमाणु क्रमांक में $2$ की वृद्धि करनी होगी। यह दो $\beta^-$ कणों $({ }_{-1}^{0} e)$ के उत्सर्जन से प्राप्त होता है:
${ }_{Z-2}^{A-4} Y + 2({ }_{-1}^{0} e) \rightarrow { }_{Z}^{A-4} Y$.
इस प्रकार,एक $\alpha$ कण और दो $\beta$ कणों का उत्सर्जन मूल नाभिक का एक समस्थानिक बनाता है,जिसमें द्रव्यमान संख्या $4$ कम हो जाती है।

(C) दिया गया है: अर्ध-आयु $T_{1/2} = 2$ वर्ष,प्रारंभिक द्रव्यमान $N_0 = 1 \,g$,कुल समय $t = 4$ वर्ष।
रेडियोधर्मी क्षय के सूत्र का उपयोग करते हुए: $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$,जहाँ $n$ अर्ध-आयु की संख्या है।
अर्ध-आयु की संख्या $n = \frac{t}{T_{1/2}} = \frac{4}{2} = 2$ है।
मान रखने पर: $N = 1 \times \left( \frac{1}{2} \right)^2 = 1 \times \frac{1}{4} = 0.25 \,g$।
अतः,शेष रेडियोधर्मी पदार्थ की मात्रा $0.25 \,g$ है।

(D) क्रांतिक कोण $i_c$ का सूत्र $\sin(i_c) = \frac{1}{n}$ है,जहाँ $n$ वायु के सापेक्ष पदार्थ का अपवर्तनांक है।
हीरे के लिए,अपवर्तनांक $n \approx 2.42$ है।
अतः,$\sin(i_c) = \frac{1}{2.42} \approx 0.413$।
इनवर्स साइन लेने पर,$i_c = \arcsin(0.413) \approx 24.4^{\circ}$ प्राप्त होता है।

(C) क्रांतिक कोण $C$ का सूत्र $\sin C = \frac{1}{n}$ है,जहाँ $n$ माध्यम का अपवर्तनांक है।
अपवर्तनांक $n$ तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के व्युत्क्रमानुपाती होता है (कोशी के संबंध के अनुसार: $n \approx A + \frac{B}{\lambda^2}$),इसलिए जैसे-जैसे तरंगदैर्ध्य घटती है,अपवर्तनांक बढ़ता है।
लाल प्रकाश के लिए तरंगदैर्ध्य $\lambda_1$ है और पीले प्रकाश के लिए तरंगदैर्ध्य $\lambda_2$ है। चूँकि $\lambda_1 > \lambda_2$,इसलिए लाल प्रकाश का अपवर्तनांक $(n_r)$,पीले प्रकाश के अपवर्तनांक $(n_y)$ से कम होगा।
अतः,$n_r < n_y$.
सूत्र $\sin C = \frac{1}{n}$ के अनुसार,उच्च अपवर्तनांक होने पर क्रांतिक कोण छोटा होता है।
इस प्रकार,पीले प्रकाश के लिए क्रांतिक कोण,लाल प्रकाश के क्रांतिक कोण $(\theta)$ से कम होगा।

(B) उत्तल दर्पण के लिए, फोकस दूरी $f = +30 \,cm$ है।
आवर्धन $m = \frac{h_i}{h_o} = +\frac{1}{4}$ (चूंकि उत्तल दर्पण द्वारा बना प्रतिबिंब हमेशा आभासी और सीधा होता है)।
आवर्धन सूत्र $m = -\frac{v}{u}$ का उपयोग करने पर, हमें $\frac{1}{4} = -\frac{v}{u}$ प्राप्त होता है, जिसका अर्थ है $v = -\frac{u}{4}$।
दर्पण सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} + \frac{1}{u}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{30} = \frac{1}{-u/4} + \frac{1}{u}$
$\frac{1}{30} = -\frac{4}{u} + \frac{1}{u}$
$\frac{1}{30} = -\frac{3}{u}$
$u = -30 \times 3 = -90 \,cm$।
अतः दर्पण से वस्तु की दूरी $90 \,cm$ है।

(A) उत्तल लेंस के लिए,पहली सतह की वक्रता त्रिज्या $R_1$ धनात्मक $(+40 \,cm)$ और दूसरी सतह की वक्रता त्रिज्या $R_2$ ऋणात्मक $(-40 \,cm)$ होती है।
लेंस मेकर सूत्र का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$
यहाँ $\mu = 1.5$,$R_1 = 40 \,cm$,और $R_2 = -40 \,cm$ दिया गया है।
मान रखने पर:
$\frac{1}{f} = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{40} - \frac{1}{-40} \right)$
$\frac{1}{f} = (0.5) \left( \frac{1}{40} + \frac{1}{40} \right)$
$\frac{1}{f} = (0.5) \left( \frac{2}{40} \right) = 0.5 \times 0.05 = 0.025$
$\frac{1}{f} = \frac{1}{40}$
अतः,फोकस दूरी $f = 40 \,cm$ है।

(D) आकाश का नीला रंग प्रकाश के प्रकीर्णन के कारण होता है।
रेले के प्रकीर्णन नियम के अनुसार,प्रकीर्णित प्रकाश की तीव्रता उसकी तरंगदैर्ध्य की चौथी घात के व्युत्क्रमानुपाती होती है,अर्थात $I \propto \frac{1}{\lambda^4}$।
दृश्य रंगों में,नीले प्रकाश की तरंगदैर्ध्य लाल प्रकाश की तुलना में कम होती है।
चूंकि नीले प्रकाश की तरंगदैर्ध्य कम होती है,इसलिए वायुमंडलीय कणों (हवा के अणुओं) द्वारा अन्य रंगों की तुलना में इसका प्रकीर्णन बहुत अधिक होता है।
इसलिए,आकाश हमें नीला दिखाई देता है।

(D) एक प्रिज्म में,मान लीजिए प्रिज्म का कोण $A$ है।
जब प्रकाश की किरण पहले फलक पर प्रवेश करती है,तो यह $r_1$ कोण पर अपवर्तित होती है।
जब यह दूसरे फलक पर पहुँचती है,तो यह अभिलंब के साथ $r_2$ कोण पर टकराती है।
दो अभिलंबों और प्रिज्म के दो अपवर्तक फलकों द्वारा निर्मित चतुर्भुज की ज्यामिति से,प्रिज्म के कोण $A$ और दो अभिलंबों के बीच के कोण का योग $180^{\circ}$ होता है।
साथ ही,प्रिज्म के अंदर अपवर्तित किरण और दो अपवर्तक फलकों द्वारा निर्मित त्रिभुज में,कोणों का योग $180^{\circ}$ होता है,जिससे $A + r_1 + r_2 = 180^{\circ}$ प्राप्त होता है (त्रिभुज के आंतरिक कोणों को ध्यान में रखते हुए)।
अतः,प्रिज्म के कोण और अपवर्तन कोणों के बीच का संबंध $A = r_1 + r_2$ है।

(C) आपतन कोण $i$,आपतित किरण और अभिलंब के बीच का कोण है। प्रश्न में दिया गया है कि प्रकाश इंटरफेस के साथ $45^{\circ}$ के कोण पर प्रवेश करता है। इसलिए,आपतन कोण $i = 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$ है।
विचलन कोण $D = 15^{\circ}$ दिया गया है। आपतन कोण $i$,अपवर्तन कोण $r$ और विचलन कोण $D$ के बीच का संबंध $D = i - r$ है।
दिए गए मानों को रखने पर: $15^{\circ} = 45^{\circ} - r$,जिससे $r = 45^{\circ} - 15^{\circ} = 30^{\circ}$ प्राप्त होता है।
स्नेल के नियम का उपयोग करते हुए,$n_1 \sin i = n_2 \sin r$,जहाँ $n_1 = 1$ (हवा के लिए) और $n_2 = \mu$ (माध्यम का अपवर्तनांक):
$1 \times \sin 45^{\circ} = \mu \times \sin 30^{\circ}$
$\frac{1}{\sqrt{2}} = \mu \times \frac{1}{2}$
$\mu = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \approx 1.414$.
अतः,माध्यम का अपवर्तनांक $1.414$ है।

(C) रिवर्स बायस के तहत $p-n$ जंक्शन डायोड में रिवर्स सैचुरेशन करंट $I$ ओम के नियम द्वारा दिया जाता है:
$I = \frac{V}{R}$
दिया गया है:
वोल्टेज $V = 8 \, V$
प्रतिरोध $R = 4 \times 10^7 \, \Omega$
मान रखने पर:
$I = \frac{8}{4 \times 10^7} \, A$
$I = 2 \times 10^{-7} \, A$
इसे माइक्रोएम्पियर $(\mu A)$ में बदलने के लिए, हम $10^6$ से गुणा करते हैं:
$I = 2 \times 10^{-7} \times 10^6 \, \mu A$
$I = 2 \times 10^{-1} \, \mu A = 0.2 \, \mu A$
अतः, सही विकल्प $C$ है।

(C) जब एक ज़ेनर डायोड रिवर्स बायस्ड होता है और ब्रेकडाउन क्षेत्र में संचालित होता है,तो इसके सिरों पर वोल्टेज स्थिर रहता है,भले ही इसमें से बहने वाली धारा में काफी बदलाव हो।
इस गुण के कारण,इसका उपयोग लोड पर स्थिर आउटपुट वोल्टेज बनाए रखने के लिए वोल्टेज रेगुलेटर के रूप में व्यापक रूप से किया जाता है।

(A) एक $p-n-p$ ट्रांजिस्टर में,उत्सर्जक (emitter) को भारी रूप से डोपित किया जाता है ताकि धारा प्रवाह के लिए बड़ी संख्या में आवेश वाहक (charge carriers) प्रदान किए जा सकें। आधार (base) बहुत पतला और हल्के रूप से डोपित होता है ताकि अधिकांश वाहक संग्राहक (collector) तक पहुँच सकें। संग्राहक मध्यम रूप से डोपित होता है और इसका भौतिक क्षेत्रफल उत्सर्जक की तुलना में बड़ा होता है ताकि संचालन के दौरान उत्पन्न होने वाली गर्मी को समाप्त किया जा सके।

(D) ट्रांजिस्टर में उत्सर्जक धारा $(I_E)$,संग्राहक धारा $(I_C)$ और आधार धारा $(I_B)$ के बीच संबंध इस समीकरण द्वारा दिया जाता है:
$I_E = I_B + I_C$
दिया गया है:
$I_E = 9.85 \,mA$
$I_C = 9.5 \,mA$
आधार धारा $(I_B)$ ज्ञात करने के लिए,हम सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करते हैं:
$I_B = I_E - I_C$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$I_B = 9.85 \,mA - 9.5 \,mA = 0.35 \,mA$
अतः,आधार धारा $0.35 \,mA$ है।

(A) दिया गया है: उत्सर्जक धारा, $I_{E} = 6.6 \, mA$.
धारा प्रवर्धन कारक, $\beta = 59$.
हम जानते हैं कि उत्सर्जक धारा $(I_{E})$, संग्राहक धारा $(I_{C})$ और आधार धारा $(I_{B})$ के बीच संबंध $I_{E} = I_{C} + I_{B}$ होता है।
चूंकि $I_{C} = \beta I_{B}$, हम लिख सकते हैं $I_{E} = \beta I_{B} + I_{B} = I_{B}(\beta + 1)$.
इसलिए, आधार धारा $I_{B} = \frac{I_{E}}{\beta + 1}$ होगी।
मान रखने पर: $I_{B} = \frac{6.6 \, mA}{59 + 1} = \frac{6.6 \, mA}{60} = 0.11 \, mA$.