IIT JEE 1989 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) ग्रह की वृत्ताकार गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल,गुरुत्वाकर्षण आकर्षण बल द्वारा प्रदान किया जाता है।
गुरुत्वाकर्षण बल $F_g \propto R^{-5/2}$ के रूप में दिया गया है।
अभिकेंद्र बल $F_c = m \omega^2 R = m \left( \frac{2\pi}{T} \right)^2 R = \frac{4\pi^2 m R}{T^2}$ द्वारा दिया जाता है।
दोनों बलों को बराबर करने पर: $\frac{m R}{T^2} \propto R^{-5/2}$.
$T^2$ के लिए व्यवस्थित करने पर: $\frac{1}{T^2} \propto \frac{R^{-5/2}}{R} = R^{-7/2}$.
अतः,$T^2 \propto R^{7/2}$.

(C) दो कठोर दीवारों के बीच स्थिर छड़ को $\Delta \theta$ तापमान परिवर्तन से गर्म करने पर उत्पन्न थर्मल स्ट्रेस $\sigma$ का सूत्र है:
$\sigma = Y \alpha \Delta \theta$
जहाँ $Y$ यंग मापांक है और $\alpha$ रेखीय प्रसार गुणांक है।
यह दिया गया है कि थर्मल स्ट्रेस समान हैं $(\sigma_1 = \sigma_2)$ और तापमान में वृद्धि $\Delta \theta$ दोनों छड़ों के लिए समान है,इसलिए:
$Y_1 \alpha_1 \Delta \theta = Y_2 \alpha_2 \Delta \theta$
$Y_1 \alpha_1 = Y_2 \alpha_2$
$Y_1 : Y_2$ का अनुपात ज्ञात करने के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\frac{Y_1}{Y_2} = \frac{\alpha_2}{\alpha_1}$
दिया गया है कि $\alpha_1 : \alpha_2 = 2 : 3$,इसलिए $\frac{\alpha_1}{\alpha_2} = \frac{2}{3}$,जिसका अर्थ है कि $\frac{\alpha_2}{\alpha_1} = \frac{3}{2}$.
अतः,$\frac{Y_1}{Y_2} = \frac{3}{2}$ या $Y_1 : Y_2 = 3 : 2$.

(D) ऑसिलेटर की कुल यांत्रिक ऊर्जा $E = 160 \, J$ दी गई है।
एक रैखिक हार्मोनिक ऑसिलेटर के लिए,हार्मोनिक दोलन से जुड़ी ऊर्जा (गतिज ऊर्जा का भाग) $E_{osc} = \frac{1}{2} k A^2$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मानों को रखने पर: $E_{osc} = \frac{1}{2} \times (2 \times 10^6) \times (0.01)^2 = 10^6 \times 10^{-4} = 100 \, J$।
यह $100 \, J$ ऑसिलेटर की अधिकतम गतिज ऊर्जा $(K_{max})$ को दर्शाता है।
चूंकि कुल ऊर्जा $160 \, J$ है और दोलन वाला भाग $100 \, J$ है,इसलिए वहां एक अतिरिक्त स्थिर स्थितिज ऊर्जा $U_0 = 160 - 100 = 60 \, J$ होनी चाहिए।
स्थितिज ऊर्जा $U(x) = U_0 + \frac{1}{2} k x^2$ के अनुसार बदलती है।
अधिकतम स्थितिज ऊर्जा चरम स्थितियों $(x = \pm A)$ पर होती है,जो $U_{max} = U_0 + \frac{1}{2} k A^2 = 60 + 100 = 160 \, J$ है।
अतः,कथन $(b)$ और $(c)$ दोनों सही हैं।

(A) मान लीजिए कि ठोस गोले की त्रिज्या $a$ है और खोखले कवच की त्रिज्या $b$ है।
प्रारंभ में,ठोस गोले पर $Q$ आवेश है और कवच पर $0$ आवेश है।
ठोस गोले की सतह पर विभव $V_{\text{sphere}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{a} + \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{0}{b} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{a}$ है।
खोखले कवच की सतह पर विभव $V_{\text{shell}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{b} + \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{0}{b} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{b}$ है।
प्रारंभिक विभवांतर $V = V_{\text{sphere}} - V_{\text{shell}} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right)$ है।
अब,कवच को $-3Q$ आवेश दिया जाता है।
ठोस गोले की सतह पर नया विभव $V'_{\text{sphere}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{a} + \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{-3Q}{b}$ है।
खोखले कवच की सतह पर नया विभव $V'_{\text{shell}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{b} + \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{-3Q}{b} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( -\frac{2Q}{b} \right)$ है।
नया विभवांतर $V' = V'_{\text{sphere}} - V'_{\text{shell}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{Q}{a} - \frac{3Q}{b} - (-\frac{2Q}{b}) \right) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{Q}{a} - \frac{Q}{b} \right) = V$ होता है।

(B) विद्युत क्षेत्र एक संरक्षी क्षेत्र है,इसलिए विद्युत क्षेत्र द्वारा किया गया कार्य केवल प्रारंभिक और अंतिम स्थितियों पर निर्भर करता है,न कि अपनाए गए पथ पर।
किया गया कार्य $W = \vec{F} \cdot \vec{d} = q\vec{E} \cdot \vec{d}$,जहाँ $\vec{d}$ विस्थापन सदिश है।
प्रारंभिक स्थिति $P(a, b, 0)$ है और अंतिम स्थिति $S(0, 0, 0)$ है।
विस्थापन सदिश $\vec{d} = \vec{S} - \vec{P} = (0 - a)\hat{i} + (0 - b)\hat{j} + (0 - 0)\hat{k} = -a\hat{i} - b\hat{j}$ है।
विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = E\hat{i}$ है।
किया गया कार्य $W = q(E\hat{i}) \cdot (-a\hat{i} - b\hat{j}) = qE(-a) = -qEa$।

(A) सबसे पहले,परिपथ के दाईं ओर को सरल करें। $7\,\Omega$,$1\,\Omega$,और $10\,\Omega$ के प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए उनका तुल्य प्रतिरोध $R_s = 7 + 1 + 10 = 18\,\Omega$ है।
यह $18\,\Omega$ का प्रतिरोधक $6\,\Omega$ के प्रतिरोधक के साथ समानांतर क्रम में है। उनका तुल्य प्रतिरोध $R_p$ इस प्रकार है: $\frac{1}{R_p} = \frac{1}{6} + \frac{1}{18} = \frac{3+1}{18} = \frac{4}{18}$,अतः $R_p = \frac{18}{4} = 4.5\,\Omega$ है।
अब,परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = 2\,\Omega + 0.5\,\Omega + 4.5\,\Omega + 8\,\Omega = 15\,\Omega$ है।
बैटरी से प्रवाहित धारा $i = \frac{V}{R_{total}} = \frac{15\,V}{15\,\Omega} = 1\,A$ है।

(D) लूप से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\phi$,$\phi = B \cdot A$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A = L^2$ वर्गाकार लूप का क्षेत्रफल है।
चूंकि चुंबकीय क्षेत्र $B$ समय और स्थान में एकसमान है,और लूप इस क्षेत्र के भीतर गति करता है,लूप द्वारा घेरा गया क्षेत्रफल $A$ स्थिर रहता है।
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\phi = B \cdot L^2$ स्थिर है,इसलिए $\frac{d\phi}{dt} = 0$ है।
अतः,प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = 0$ है।
परिणामस्वरूप,प्रेरित धारा $I = \frac{\varepsilon}{R} = 0$ है।

(B) किसी रेडियोधर्मी पदार्थ की अर्ध-आयु $(T_{1/2})$ वह समय है जो आधे रेडियोधर्मी नाभिकों के क्षय होने के लिए आवश्यक होता है।
इसका सूत्र है: $T_{1/2} = \frac{ln 2}{\lambda} = \frac{log_e 2}{\lambda}$.
माध्य आयु या औसत आयु $(\tau)$ को क्षय नियतांक के व्युत्क्रम के रूप में परिभाषित किया जाता है।
इसका सूत्र है: $\tau = \frac{1}{\lambda}$.
अतः,अर्ध-आयु और माध्य आयु क्रमशः $\frac{log_e 2}{\lambda}$ और $\frac{1}{\lambda}$ हैं।

(B) परिपथ $(1)$ में,पहले डायोड का $N$-क्षेत्र दूसरे डायोड के $N$-क्षेत्र से जुड़ा है। यह विन्यास जंक्शनों के उचित श्रेणीक्रम बायसिंग की अनुमति नहीं देता है।
परिपथ $(2)$ में,पहले डायोड का $P$-क्षेत्र दूसरे डायोड के $N$-क्षेत्र से जुड़ा है। बाहरी बैटरी इस प्रकार जुड़ी है कि दोनों डायोड अग्र-बायस (या ध्रुवता के आधार पर दोनों उत्क्रम-बायस) हैं,जिससे दोनों जंक्शनों पर समान विभवांतर बना रहता है।
परिपथ $(3)$ में,पहले डायोड का $P$-क्षेत्र दूसरे डायोड के $N$-क्षेत्र से जुड़ा है। परिपथ $(2)$ की तरह ही,यह विन्यास एक सममित श्रेणीक्रम संयोजन की अनुमति देता है जहाँ विभवांतर दोनों जंक्शनों पर समान रूप से वितरित होता है।
अतः,परिपथ $(2)$ और $(3)$ सही संयोजन हैं।

(D) एक खगोलीय दूरदर्शी के लिए जब अंतिम प्रतिबिंब अनंत पर बनता है (सामान्य समायोजन),तो कोणीय आवर्धन $|m| = \frac{f_o}{f_e} = 5$ द्वारा दिया जाता है।
इसका अर्थ है $f_o = 5f_e$ ... $(i)$।
दूरदर्शी की नली की लंबाई अभिदृश्यक और नेत्रिका की फोकस दूरियों का योग होती है: $L = f_o + f_e = 36 \, cm$ ... $(ii)$।
$(i)$ को $(ii)$ में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $5f_e + f_e = 36 \, cm$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $6f_e = 36 \, cm$ हो जाता है।
अतः,$f_e = 6 \, cm$।
$f_e$ का मान $(i)$ में रखने पर,हमें $f_o = 5 \times 6 \, cm = 30 \, cm$ प्राप्त होता है।
इसलिए,फोकस दूरियाँ $f_o = 30 \, cm$ और $f_e = 6 \, cm$ हैं।

(A) चूंकि प्रकाश का पुंज समकोण प्रिज्म $ABC$ के फलक $AB$ पर लंबवत आपतित होता है,इसलिए फलक $AB$ पर कोई अपवर्तन नहीं होता है। प्रकाश सीधे गुजरता है और फलक $AC$ पर $i = 45^{\circ}$ के आपतन कोण पर टकराता है।
फलक $AC$ पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन होने के लिए,शर्त $i > i_c$ है,जहाँ $i_c$ क्रांतिक कोण है।
हम जानते हैं कि $\sin i_c = \frac{1}{\mu}$। इसलिए,पूर्ण आंतरिक परावर्तन के लिए शर्त $\sin i > \frac{1}{\mu}$ या $\mu > \frac{1}{\sin i}$ है।
यहाँ $i = 45^{\circ}$ दिया गया है,इसलिए $\sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707$। अतः,शर्त $\mu > \sqrt{2} \approx 1.414$ हो जाती है।
अपवर्तनांकों की तुलना करने पर:
लाल के लिए: $\mu_{\text{red}} = 1.39 < 1.414$।
हरे के लिए: $\mu_{\text{green}} = 1.44 > 1.414$।
नीले के लिए: $\mu_{\text{blue}} = 1.47 > 1.414$।
चूंकि $\mu_{\text{red}} < 1.414$ है,इसलिए लाल प्रकाश फलक $AC$ से अपवर्तित होकर बाहर निकल जाएगा। चूंकि $\mu_{\text{green}}$ और $\mu_{\text{blue}}$ दोनों $1.414$ से अधिक हैं,इसलिए हरा और नीला दोनों प्रकाश फलक $AC$ पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन का अनुभव करेंगे।
अतः,प्रिज्म लाल रंग को हरे और नीले रंगों से अलग कर देगा।