IIT JEE 2003 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) ब्लॉक पर कार्य करने वाले बल हैं: क्षैतिज के साथ $60^\circ$ के कोण पर लगाया गया बल $F$,भार $W = mg$,अभिलंब प्रतिक्रिया $R$,और घर्षण बल $f$।
बल $F$ को घटकों में वियोजित करने पर:
क्षैतिज घटक: $F_x = F \cos 60^\circ$
ऊर्ध्वाधर घटक: $F_y = F \sin 60^\circ$
ऊर्ध्वाधर संतुलन के लिए:
$R = W + F \sin 60^\circ$
चूंकि $m = \sqrt{3} \ kg$ और $g = 10 \ m/s^2$,इसलिए $W = mg = 10\sqrt{3} \ N$।
अतः,$R = 10\sqrt{3} + F \sin 60^\circ = 10\sqrt{3} + F \frac{\sqrt{3}}{2}$।
ब्लॉक के गति न करने के लिए,लगाए गए बल का क्षैतिज घटक सीमांत घर्षण बल से कम या उसके बराबर होना चाहिए:
$F \cos 60^\circ \leq \mu R$
$F \cos 60^\circ \leq \mu (W + F \sin 60^\circ)$
मान रखने पर $\mu = \frac{1}{2\sqrt{3}}$,$\cos 60^\circ = \frac{1}{2}$,और $\sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$:
$F \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2\sqrt{3}} (10\sqrt{3} + F \cdot \frac{\sqrt{3}}{2})$
$F \cdot \frac{1}{2} = \frac{10\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} + \frac{F \sqrt{3}}{4\sqrt{3}}$
$F \cdot \frac{1}{2} = 5 + \frac{F}{4}$
$F \cdot \frac{1}{2} - \frac{F}{4} = 5$
$\frac{F}{4} = 5$
$F = 20 \ N$.

(B) गुरुत्वाकर्षण बल एक संरक्षी बल है।
परिभाषा के अनुसार,दो बिंदुओं के बीच एक कण को ले जाने में संरक्षी बल द्वारा या उसके विरुद्ध किया गया कार्य केवल कण की प्रारंभिक और अंतिम स्थितियों पर निर्भर करता है,न कि अपनाए गए पथ पर।
चूंकि तीनों पथ $1, 2$ और $3$ बिंदु $A$ से शुरू होकर बिंदु $B$ पर समाप्त होते हैं,इसलिए प्रत्येक पथ पर किया गया कार्य समान होना चाहिए।
अतः,$W_1 = W_2 = W_3$।

(C) ऊष्मीय प्रसार के कारण छड़ की लंबाई में परिवर्तन $\Delta l = l \alpha \Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि दोनों छड़ों के लिए लंबाई में परिवर्तन समान है,इसलिए $\Delta l_1 = \Delta l_2$ है।
सूत्र का उपयोग करने पर,हमें $l_1 \alpha_a t = l_2 \alpha_s t$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों से $t$ को हटाने पर,हमें $l_1 \alpha_a = l_2 \alpha_s$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\frac{l_1}{l_2} = \frac{\alpha_s}{\alpha_a}$।
$\frac{l_1}{l_1 + l_2}$ अनुपात ज्ञात करने के लिए,हम अनुपात के गुण का उपयोग करते हैं: यदि $\frac{a}{b} = \frac{c}{d}$ है,तो $\frac{a}{a+b} = \frac{c}{c+d}$ होता है।
इस गुण को अपने समीकरण पर लागू करने पर,हमें $\frac{l_1}{l_1 + l_2} = \frac{\alpha_s}{\alpha_a + \alpha_s}$ प्राप्त होता है।

(B) चरण $1$: $2\, kg$ बर्फ को $0^{\circ}C$ तक पहुँचने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q_1 = m_i \cdot c_{ice} \cdot \Delta T = 2\, kg \cdot 0.5\, kcal/kg/^{\circ}C \cdot 20^{\circ}C = 20\, kcal$ है।
चरण $2$: $5\, kg$ पानी को $20^{\circ}C$ से $0^{\circ}C$ तक ठंडा करने पर उपलब्ध ऊष्मा $Q_2 = m_w \cdot c_w \cdot \Delta T = 5\, kg \cdot 1\, kcal/kg/^{\circ}C \cdot 20^{\circ}C = 100\, kcal$ है।
चरण $3$: बर्फ को पिघलाने के लिए शेष उपलब्ध ऊष्मा $Q_{rem} = Q_2 - Q_1 = 100\, kcal - 20\, kcal = 80\, kcal$ है।
चरण $4$: पिघली हुई बर्फ का द्रव्यमान $m_{melt} = Q_{rem} / L_f = 80\, kcal / 80\, kcal/kg = 1\, kg$ है।
चरण $5$: पानी का अंतिम द्रव्यमान = पानी का प्रारंभिक द्रव्यमान + पिघली हुई बर्फ का द्रव्यमान = $5\, kg + 1\, kg = 6\, kg$।

(A) स्टीफन-बोल्ट्ज़मैन नियम के अनुसार,ऊष्मा हानि की दर $\frac{dQ}{dt} = e \sigma A (T^4 - T_0^4)$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $\frac{dQ}{dt} = -ms \frac{dT}{dt}$,इसलिए $-ms \frac{dT}{dt} = e \sigma A (T^4 - T_0^4)$ होता है।
अतः,शीतलन की दर $\left( -\frac{dT}{dt} \right) = \frac{e \sigma A}{ms} (T^4 - T_0^4)$ है।
समान पृष्ठीय क्षेत्रफल और द्रव्यमान वाले निकायों के लिए,शीतलन की दर उत्सर्जकता $(e)$ के सीधे आनुपातिक होती है,अर्थात $\left( -\frac{dT}{dt} \right) \propto e$।
ग्राफ से,किसी भी दिए गए तापमान पर निकाय $x$ के लिए वक्र का ढलान निकाय $y$ की तुलना में अधिक तीव्र है,जिसका अर्थ है कि $\left( -\frac{dT}{dt} \right)_x > \left( -\frac{dT}{dt} \right)_y$।
इसलिए,$e_x > e_y$।
किरचॉफ के विकिरण नियम के अनुसार,किसी भी निकाय के लिए,दी गई तरंग दैर्ध्य और तापमान पर उत्सर्जकता $(e)$ उसकी अवशोषण क्षमता $(a)$ के बराबर होती है,अर्थात $e = a$।
अतः,$e_x > e_y$ का अर्थ है कि $a_x > a_y$।

(A) $S.H.M.$ में एक कण की स्थितिज ऊर्जा $(P.E.)$ $U = \frac{1}{2} k x^2$ द्वारा दी जाती है।
$x = A \cos \omega t$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $U = \frac{1}{2} k A^2 \cos^2 \omega t = \frac{1}{2} k A^2 \left( \frac{1 + \cos 2 \omega t}{2} \right)$ प्राप्त होता है।
$t = 0$ पर,$x = A$ है,इसलिए $U$ अधिकतम है। ग्राफ $I$ समय $t = 0$ पर अधिकतम मान से शुरू होने वाले $P.E.$ बनाम $t$ को दर्शाता है,जो समीकरण $U \propto \cos^2 \omega t$ से मेल खाता है।
विस्थापन $x$ के फलन के रूप में,$U = \frac{1}{2} k x^2$,जो ऊपर की ओर खुलने वाला एक परवलय है जिसका न्यूनतम मान $x = 0$ पर है। ग्राफ $III$ $x$ के सापेक्ष $P.E.$ के इस परवलयिक परिवर्तन को दर्शाता है।
अतः,ग्राफ $I$ और $III$ सही हैं।

(B) माना कि $x$ अंत सुधार (end correction) है।
मूल विधा (प्रथम अनुनाद) के लिए,वायु स्तंभ की लंबाई $l_1 = 0.1 \ m$ है। अनुनाद की स्थिति $f = \frac{v}{4(l_1 + x)}$ द्वारा दी जाती है।
प्रथम ओवरटोन (द्वितीय अनुनाद) के लिए,वायु स्तंभ की लंबाई $l_2 = 0.35 \ m$ है। अनुनाद की स्थिति $f = \frac{3v}{4(l_2 + x)}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि समान ट्यूनिंग फोर्क का उपयोग किया जाता है,इसलिए आवृत्ति $f$ स्थिर रहती है। अतः,$\frac{v}{4(l_1 + x)} = \frac{3v}{4(l_2 + x)}$.
समीकरण को सरल करने पर: $l_2 + x = 3(l_1 + x)$.
मान रखने पर: $0.35 + x = 3(0.1 + x)$.
$0.35 + x = 0.3 + 3x$.
$0.05 = 2x$.
$x = 0.025 \ m$.

(B) मान लीजिए कि मोटरसाइकिल सवार की गति $v$ है और ध्वनि की गति $v_s = 330 \ m/s$ है।
$1$. मोटरसाइकिल सवार द्वारा सुनी गई पुलिस कार के हॉर्न की आवृत्ति $n_1$ (जो स्रोत से दूर जा रहा है) डॉपलर प्रभाव के सूत्र द्वारा दी गई है:
$n_1 = n_0 \left( \frac{v_s - v}{v_s - v_{police}} \right) = 176 \left( \frac{330 - v}{330 - 22} \right) = 176 \left( \frac{330 - v}{308} \right)$
$2$. मोटरसाइकिल सवार द्वारा सुनी गई स्थिर सायरन की आवृत्ति $n_2$ (जो स्रोत की ओर बढ़ रहा है) है:
$n_2 = n_s \left( \frac{v_s + v}{v_s} \right) = 165 \left( \frac{330 + v}{330} \right)$
$3$. चूंकि मोटरसाइकिल सवार कोई बीट्स नहीं सुनता है,इसलिए आवृत्तियाँ समान होनी चाहिए $(n_1 = n_2)$:
$176 \left( \frac{330 - v}{308} \right) = 165 \left( \frac{330 + v}{330} \right)$
$4$. समीकरण को सरल बनाने पर:
$\frac{176}{308} (330 - v) = \frac{165}{330} (330 + v)$
$\frac{4}{7} (330 - v) = \frac{1}{2} (330 + v)$
$8(330 - v) = 7(330 + v)$
$2640 - 8v = 2310 + 7v$
$15v = 330$
$v = 22 \ m/s$.

(A) एकसमान वृत्तीय गति में,कण पर कार्य करने वाला नेट बल अभिकेंद्री बल होता है,जो हमेशा वृत्त के केंद्र की ओर निर्देशित होता है।
किसी बिंदु के परितः बल आघूर्ण (टॉर्क) $\vec{\tau}$ को $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि अभिकेंद्री बल $\vec{F}$ हमेशा वृत्त के केंद्र से होकर गुजरता है,इसलिए केंद्र के सापेक्ष स्थिति सदिश $\vec{r}$ और बल सदिश $\vec{F}$ संरेखीय (collinear) होते हैं।
अतः,केंद्र के परितः टॉर्क $\vec{\tau} = 0$ होता है।
कोणीय संवेग संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,यदि किसी बिंदु के परितः नेट बाह्य टॉर्क शून्य है,तो उस बिंदु के परितः कोणीय संवेग संरक्षित रहता है।
इस प्रकार,कण का कोणीय संवेग वृत्त के केंद्र के परितः संरक्षित रहता है।

(A) घन की भुजा की लंबाई $l = 1.2 \times 10^{-2} \; m$ है।
घन का आयतन $V = l^3$ द्वारा दिया जाता है।
मान प्रतिस्थापित करने पर: $V = (1.2 \times 10^{-2} \; m)^3 = (1.2)^3 \times (10^{-2})^3 \; m^3 = 1.728 \times 10^{-6} \; m^3$।
सार्थक अंकों के नियमों के अनुसार,भुजा की लंबाई $1.2$ में दो सार्थक अंक हैं। इसलिए,परिणाम को दो सार्थक अंकों तक पूर्णांकित किया जाना चाहिए।
$1.728$ को दो सार्थक अंकों में पूर्णांकित करने पर $1.7$ प्राप्त होता है।
अतः,आयतन $V = 1.7 \times 10^{-6} \; m^3$ है।

(A) आवेग $J = Mv$ छड़ के एक सिरे पर लगाया जाता है। यह आवेग निकाय के द्रव्यमान केंद्र $(CM)$ के परितः कोणीय संवेग प्रदान करता है।
दो गेंदों वाले निकाय का द्रव्यमान केंद्र छड़ के मध्य बिंदु पर होता है।
आवेग $J$ द्वारा द्रव्यमान केंद्र के परितः प्रदान किया गया कोणीय संवेग $L_{CM} = J \times r$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r = L/2$ द्रव्यमान केंद्र से आवेग के अनुप्रयोग बिंदु तक की दूरी है।
$L_{CM} = (Mv) \times (L/2) = \frac{MvL}{2}$.
द्रव्यमान केंद्र से गुजरने वाली और छड़ के लंबवत अक्ष के परितः निकाय का जड़त्व आघूर्ण $I = M(L/2)^2 + M(L/2)^2 = 2M(L^2/4) = \frac{ML^2}{2}$ है।
संबंध $L_{CM} = I\omega$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{MvL}{2} = \left( \frac{ML^2}{2} \right) \omega$.
$\omega$ के लिए हल करने पर:
$\omega = \frac{MvL/2}{ML^2/2} = \frac{v}{L}$.

(A) ग्राफ से,हम देखते हैं कि भार में परिवर्तन $\Delta W = (40 - 20) \, N = 20 \, N$ के लिए,विस्तार में परिवर्तन $\Delta(\Delta l) = (2 - 1) \times 10^{-4} \, m = 10^{-4} \, m$ है।
यंग मापांक $Y$ का सूत्र $Y = \frac{\text{Stress}}{\text{Strain}} = \frac{F/A}{\Delta l/l} = \frac{F \cdot l}{A \cdot \Delta l}$ है।
ग्राफ की ढाल का उपयोग करते हुए,$\frac{\Delta l}{F} = \frac{10^{-4} \, m}{20 \, N} = 0.05 \times 10^{-4} \, m/N = 5 \times 10^{-6} \, m/N$ है।
यहाँ $l = 1 \, m$ और $A = 10^{-6} \, m^2$ दिया गया है,इसलिए:
$Y = \frac{l}{A} \cdot \frac{F}{\Delta l} = \frac{1}{10^{-6}} \cdot \frac{1}{5 \times 10^{-6}} = \frac{10^6}{5 \times 10^{-6}} = 0.2 \times 10^{12} \, N/m^2 = 2 \times 10^{11} \, N/m^2$.

(B) विद्युत क्षेत्र रेखाएं गुहा के अंदर स्थित धनात्मक बिंदु आवेश '$q$' से निकलती हैं और धात्विक कोश की आंतरिक सतह पर इस प्रकार समाप्त होती हैं कि वे आंतरिक सतह के लंबवत हों।
चूंकि कोश धात्विक है,इसलिए कोश के पदार्थ के अंदर विद्युत क्षेत्र शून्य होता है।
हालाँकि,आवेश '$q$' कोश की आंतरिक सतह पर समान और विपरीत आवेश '$-q$' और बाहरी सतह पर समान आवेश '$+q$' प्रेरित करता है।
कोश के बाहर की विद्युत क्षेत्र रेखाएं बाहरी सतह से निकलकर अनंत तक जाती हैं,जो बाहरी सतह के भी लंबवत होती हैं।
आरेख $(b)$ सही ढंग से दर्शाता है कि रेखाएं बिंदु आवेश से निकलकर आंतरिक सतह पर लंबवत समाप्त हो रही हैं,और फिर बाहरी सतह से निकल रही हैं।

(B) ओम के नियम को सत्यापित करने के लिए,हमें एक प्रतिरोधक से बहने वाली धारा और उसके सिरों के बीच विभवांतर को मापने की आवश्यकता होती है।
$1$. एमीटर का उपयोग धारा को मापने के लिए किया जाता है और इसे घटक के साथ श्रेणीक्रम (series) में जोड़ा जाना चाहिए।
$2$. वोल्टमीटर का उपयोग विभवांतर को मापने के लिए किया जाता है और इसे घटक के सिरों के बीच समानांतर क्रम (parallel) में जोड़ा जाना चाहिए।
$3$. दिए गए विकल्पों में,सही सेटअप वह है जिसमें एमीटर प्रतिरोधक के साथ श्रेणीक्रम में है और वोल्टमीटर प्रतिरोधक के सिरों के बीच समानांतर क्रम में जुड़ा है ताकि उस पर वोल्टेज ड्रॉप को मापा जा सके।
$4$. ओम के नियम के सत्यापन के लिए मानक सर्किट आरेखों के आधार पर,जिस सेटअप में एमीटर श्रेणीक्रम में और वोल्टमीटर समानांतर क्रम में होता है,वही सही विन्यास है।

(A) मीटर ब्रिज में,संतुलन की स्थिति प्रतिरोधों के अनुपात द्वारा दी जाती है: $\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_{AC}}{R_{CB}}$.
यहाँ,$R_{AC}$ तार के भाग $AC$ का प्रतिरोध है और $R_{CB}$ तार के भाग $CB$ का प्रतिरोध है।
तार का प्रतिरोध $R = \rho \frac{L}{A}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\rho$ प्रतिरोधकता है,$L$ लंबाई है,और $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
इसे संतुलन स्थिति में प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{R_1}{R_2} = \frac{\rho (x) / A}{\rho (100-x) / A} = \frac{x}{100-x}$.
चूंकि अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ अंश और हर से कट जाता है,इसलिए संतुलन लंबाई $x$ केवल प्रतिरोधों $R_1$ और $R_2$ के अनुपात पर निर्भर करती है।
अतः,तार $AB$ की त्रिज्या बदलने से संतुलन लंबाई $x$ पर कोई प्रभाव नहीं पड़ता है।

(A) मान लीजिए कि प्रत्येक प्रतिरोधक का मान $R$ है। स्थिर धारा $i$ वाले परिपथ में शक्ति क्षय $P = i^2 R_{eq}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $R_{eq}$ तुल्य प्रतिरोध है।
विन्यास $I$ (श्रेणीक्रम) के लिए: $R_{eq, I} = R + R + R = 3R$.
विन्यास $II$ (दो श्रेणीक्रम में,एक समांतर क्रम में) के लिए: $R_{eq, II} = \frac{(2R)(R)}{2R + R} = \frac{2R^2}{3R} = \frac{2}{3}R \approx 0.67R$.
विन्यास $III$ (तीनों समांतर क्रम में) के लिए: $R_{eq, III} = \frac{R}{3} \approx 0.33R$.
विन्यास $IV$ (दो समांतर क्रम में,एक श्रेणीक्रम में) के लिए: $R_{eq, IV} = \frac{R}{2} + R = 1.5R$.
तुल्य प्रतिरोधों की तुलना करने पर: $R_{eq, III} (0.33R) < R_{eq, II} (0.67R) < R_{eq, IV} (1.5R) < R_{eq, I} (3R)$.
चूंकि $P \propto R_{eq}$,शक्ति क्षय भी उसी क्रम का पालन करता है: $III < II < IV < I$.

(B) कण $x-y$ समतल में गति करता है। गति के $x-y$ समतल में बने रहने के लिए,नेट बल $\overrightarrow F_{net} = q(\overrightarrow E + \overrightarrow v \times \overrightarrow B)$ का $z$-अक्ष पर कोई घटक नहीं होना चाहिए।
प्रारंभिक वेग $\overrightarrow v = v\hat i$ है।
विकल्प $(d)$ में,$\overrightarrow F_{net} = q(a\hat i) + q(v\hat i \times (c\hat k + b\hat j)) = qa\hat i - qvc\hat j + qvb\hat k$ है। $z$-घटक $(qvb\hat k)$ की उपस्थिति कण को $x-y$ समतल से बाहर धकेलती है,इसलिए $(d)$ गलत है।
विकल्प $(b)$ में,$\overrightarrow F_{net} = q(a\hat i) + q(v\hat i \times (c\hat k + a\hat i)) = qa\hat i - qvc\hat j$ है। यहाँ,बल के केवल $x$ और $y$ घटक हैं,जो कण को $x-y$ समतल में रखते हैं। पथ गैर-वृत्ताकार है क्योंकि विद्युत क्षेत्र कण की गति को बदलता है। अतः,विकल्प $(b)$ सही संयोजन है।

(B) एक समान चुंबकीय क्षेत्र में रखे गए धारावाही बंद लूप पर कुल चुंबकीय बल शून्य होता है। इसलिए,लूप स्थानांतरीय गति नहीं कर सकता है। यह विकल्पों $(c)$ और $(d)$ को गलत साबित करता है।
फ्लेमिंग के बाएं हाथ के नियम के अनुसार,लूप के प्रत्येक छोटे खंड पर चुंबकीय बल $\overrightarrow{F_m} = I(\overrightarrow{dl} \times \overrightarrow{B})$ कार्य करता है। चूंकि चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B}$ कागज के तल के अंदर की ओर है और धारा $I$ वामावर्त दिशा में बह रही है (जैसा कि चित्र में दिखाया गया है),इसलिए प्रत्येक खंड पर बल त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर कार्य करता है। परिणामस्वरूप,लूप के फैलने की प्रवृत्ति होगी।

(C) चुंबकीय क्षेत्र $B$ में चुंबकीय द्विध्रुव की स्थितिज ऊर्जा $U$ का सूत्र $U = -M \cdot B = -MB \cos \theta$ है,जहाँ $\theta$ चुंबकीय आघूर्ण सदिश $M$ (जो अभिलंब $\hat{n}$ की दिशा में है) और चुंबकीय क्षेत्र $B$ के बीच का कोण है।
दी गई आकृतियों से:
$I$ के लिए: $\theta = 180^\circ$,इसलिए $U_I = -MB \cos(180^\circ) = +MB$.
$II$ के लिए: $\theta = 90^\circ$,इसलिए $U_{II} = -MB \cos(90^\circ) = 0$.
$III$ के लिए: $\theta = 45^\circ$ (लगभग),इसलिए $U_{III} = -MB \cos(45^\circ) = -0.707MB$.
$IV$ के लिए: $\theta = 135^\circ$ (लगभग),इसलिए $U_{IV} = -MB \cos(135^\circ) = +0.707MB$.
मानों की तुलना करने पर: $U_I (+MB) > U_{IV} (+0.707MB) > U_{II} (0) > U_{III} (-0.707MB)$.
अतः,घटता क्रम $I > IV > II > III$ है।

(A) दिए गए आरेख से,धारा $i$ वोल्टेज $e$ से $\phi = \pi/4$ के कला कोण से आगे है। यह इंगित करता है कि यह एक $RC$ श्रेणी परिपथ है।
$RC$ परिपथ के लिए,कला कोण $\phi$ को $\tan \phi = \frac{X_C}{R} = \frac{1}{\omega CR}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $\phi = \pi/4$ दिया गया है,इसलिए $\tan(\pi/4) = 1$,जिसका अर्थ है $1 = \frac{1}{\omega CR}$,यानी $\omega CR = 1$.
यहाँ $\omega = 100 \text{ rad/s}$ दिया गया है,इसलिए $100 \times C \times R = 1$,या $CR = 1/100 = 0.01 \text{ s}$.
विकल्प $(A)$ की जाँच करने पर: $R = 1000 \, \Omega$ और $C = 10 \times 10^{-6} \text{ F} = 10^{-5} \text{ F}$.
अतः $CR = 1000 \times 10^{-5} = 10^{-2} = 0.01 \text{ s}$.
यह शर्त पूरी होती है,इसलिए विकल्प $(A)$ सही है।

(A) स्थितिज ऊर्जा $U = eV = eV_0 \ln(r/r_0)$ है।
बल $F = -dU/dr = -d/dr(eV_0 \ln(r/r_0)) = -eV_0/r$ है। बल का परिमाण $F = eV_0/r$ है।
यह बल वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है: $mv^2/r = eV_0/r$।
इसे सरल करने पर,$mv^2 = eV_0$,जिसका अर्थ है कि $v = \sqrt{eV_0/m}$। ध्यान दें कि $v$,$r$ और $n$ से स्वतंत्र है।
बोहर की क्वांटमीकरण शर्त के अनुसार,कोणीय संवेग $mvr = nh/(2\pi)$ है।
$v = \sqrt{eV_0/m}$ को क्वांटमीकरण शर्त में रखने पर,हमें $m(\sqrt{eV_0/m})r_n = nh/(2\pi)$ प्राप्त होता है।
$r_n$ के लिए हल करने पर,$r_n = (nh / (2\pi)) \cdot \sqrt{1/(meV_0)}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $h, m, e, V_0$ स्थिरांक हैं,इसलिए हम निष्कर्ष निकालते हैं कि $r_n \propto n$।

(D) बोहर मॉडल में कक्षा की त्रिज्या $r_n = n^2 \frac{a_0}{Z}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $a_0$ बोहर त्रिज्या $(0.529 \ \mathring{A})$ है,$n$ मुख्य क्वांटम संख्या है और $Z$ परमाणु क्रमांक है।
दिए गए परमाणु $_{100}Fm^{257}$ के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 100$ है।
फर्मियम $(Z=100)$ के लिए सबसे बाहरी कक्षा $5f$ कक्षा है,इसलिए मुख्य क्वांटम संख्या $n_{shell} = 5$ है।
सबसे बाहरी कक्षा की त्रिज्या $r = (5)^2 \frac{a_0}{100} = \frac{25}{100} a_0 = 0.25 a_0$ है।
अतः,त्रिज्या बोहर त्रिज्या की $0.25$ गुना है,इसलिए $n = 0.25$।

(A) नाभिक का घनत्व $(\rho)$ इसके द्रव्यमान $(m)$ और आयतन $(V)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है, जो $\rho = m/V$ द्वारा दिया जाता है।
प्रायोगिक अवलोकन दर्शाते हैं कि नाभिकीय घनत्व सभी नाभिकों के लिए लगभग स्थिर रहता है, चाहे उनकी द्रव्यमान संख्या कुछ भी हो।
चूंकि $\rho = \text{स्थिरांक}$, इसलिए $m/V = \text{स्थिरांक}$।
अतः, नाभिक का द्रव्यमान उसके आयतन के सीधे समानुपाती होता है, जिसे $m \propto V$ के रूप में व्यक्त किया जा सकता है।

(B) अभिक्रिया का $Q$-मान मुक्त होने वाली कुल गतिज ऊर्जा है,इसलिए $K_{\alpha} + K_{D} = Q = 5.5\, MeV$,जहाँ $K_{\alpha}$ $\alpha$-कण की गतिज ऊर्जा है और $K_{D}$ संतति नाभिक (daughter nucleus) की गतिज ऊर्जा है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,$\alpha$-कण और संतति नाभिक के संवेग के परिमाण समान होने चाहिए: $p_{\alpha} = p_{D}$।
संबंध $K = \frac{p^2}{2m}$ का उपयोग करते हुए,हमारे पास $p = \sqrt{2mK}$ है।
अतः,$\sqrt{2 m_{\alpha} K_{\alpha}} = \sqrt{2 m_{D} K_{D}}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $m_{\alpha} K_{\alpha} = m_{D} K_{D}$।
दिया गया है $m_{\alpha} = 4$ और $m_{D} = 220 - 4 = 216$,जिससे हमें $4 K_{\alpha} = 216 K_{D}$ प्राप्त होता है,जो सरल करने पर $K_{D} = \frac{4}{216} K_{\alpha} = \frac{1}{54} K_{\alpha}$ देता है।
इसे ऊर्जा समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $K_{\alpha} + \frac{1}{54} K_{\alpha} = 5.5\, MeV$।
$\frac{55}{54} K_{\alpha} = 5.5\, MeV$।
$K_{\alpha} = 5.5 \times \frac{54}{55} = 0.1 \times 54 = 5.4\, MeV$।

(B) माना कांच का अपवर्तनांक ${\mu _g}$ है और जल का अपवर्तनांक ${\mu _w} = 4/3$ है। वायु का अपवर्तनांक ${\mu _a} = 1$ है।
कांच-जल इंटरफ़ेस पर स्नेल का नियम लागू करने पर:
${\mu _g} \sin i = {\mu _w} \sin r$ ---$(1)$
जल-वायु इंटरफ़ेस पर स्नेल का नियम लागू करने पर:
${\mu _w} \sin r = {\mu _a} \sin 90^\circ$ ---$(2)$
चूंकि किरण जल की सतह के समानांतर बाहर निकलती है,इसलिए जल-वायु इंटरफ़ेस पर अपवर्तन कोण $90^\circ$ है।
समीकरण $(1)$ और $(2)$ से,हमें प्राप्त होता है:
${\mu _g} \sin i = {\mu _a} \sin 90^\circ$
${\mu _g} \sin i = 1 \times 1$
${\mu _g} = \frac{1}{\sin i}$

(B) $1$. उत्तल लेंस अपने फोकस बिंदु पर प्रतिबिंब $I_1$ बनाता है। चूँकि वस्तु अनंत पर है, प्रतिबिंब $I_1$ उत्तल लेंस से $f = 30\,cm$ की दूरी पर बनता है।
$2$. इस प्रतिबिंब $I_1$ का आकार $2\,cm$ है।
$3$. $20\,cm$ फोकस दूरी $(f_2 = -20\,cm)$ वाले एक अवतल लेंस को उत्तल लेंस से $26\,cm$ की दूरी पर रखा जाता है। प्रतिबिंब $I_1$ अवतल लेंस के लिए एक आभासी वस्तु के रूप में कार्य करता है।
$4$. अवतल लेंस से आभासी वस्तु की दूरी $u = 30\,cm - 26\,cm = 4\,cm$ है। चूँकि यह दाईं ओर है, हम $u = +4\,cm$ लेते हैं।
$5$. लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v} - \frac{1}{4} = \frac{1}{-20}$
$\frac{1}{v} = \frac{1}{4} - \frac{1}{20} = \frac{5-1}{20} = \frac{4}{20} = \frac{1}{5}$
$v = 5\,cm$.
$6$. अवतल लेंस के लिए आवर्धन $m = \frac{v}{u} = \frac{5}{4} = 1.25$ है।
$7$. प्रतिबिंब $I_2$ का नया आकार $m \times (I_1 \text{ का आकार}) = 1.25 \times 2\,cm = 2.5\,cm$ होगा।

(B) ज्यामिति से,$O$ से $P$ वाली रेखा तक की दूरी $d$ है। अतः,$PO = d \sec \theta$.
चूंकि $CP$ एक तरंगाग्र है,$C$ से $P$ तक की प्रकाशीय पथ लंबाई,किरण $AO$ के अनुदिश $O$ से $P$ तक की पथ लंबाई के बराबर है। किरण $BP$ और परावर्तित किरण $OP$ के बीच पथ अंतर $\Delta = CO + OP$ है।
$\triangle COP$ में,$CO = PO \cos 2\theta = d \sec \theta \cos 2\theta$.
अतः,$\Delta = d \sec \theta + d \sec \theta \cos 2\theta = d \sec \theta (1 + \cos 2\theta) = d \sec \theta (2 \cos^2 \theta) = 2d \cos \theta$.
चूंकि किरण $OP$ सतह $QR$ पर परावर्तित होती है,इसमें $\pi$ का अतिरिक्त कलान्तर उत्पन्न होता है,जो $\lambda / 2$ के पथ अंतर के बराबर है।
संपोषी व्यतिकरण के लिए,कुल पथ अंतर $\lambda / 2$ का विषम गुणज होना चाहिए ($\pi$ के कलान्तर के कारण): $\Delta = \lambda / 2$.
$2d \cos \theta = \lambda / 2 \implies \cos \theta = \lambda / 4d$.