IIT JEE 2006 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) एक एकपरमाणुक आदर्श गैस के लिए, पॉलीट्रोपिक प्रक्रिया $PV^x = \text{constant}$ के लिए मोलर ऊष्मा धारिता $C$ का सूत्र $C = C_V + \frac{R}{1-x}$ है।
दी गई प्रक्रिया $P/V = 1$ है, जिसका अर्थ है $P = V^1$, या $PV^{-1} = \text{constant}$।
इसकी तुलना $PV^x = \text{constant}$ से करने पर, हमें $x = -1$ प्राप्त होता है।
एकपरमाणुक गैस के लिए, स्थिर आयतन पर मोलर ऊष्मा धारिता $C_V = \frac{3R}{2}$ होती है।
सूत्र में मान रखने पर: $C = \frac{3R}{2} + \frac{R}{1 - (-1)}$।
$C = \frac{3R}{2} + \frac{R}{2} = \frac{4R}{2} = 2R$।

(B) यंग मापांक का सूत्र $Y = \frac{FL}{Ae} = \frac{4FL}{\pi D^2 e}$ है।
दिया गया है: $L = 2 \,m$, $F = 1.0 \times 9.8 \,N$, $e = 0.8 \times 10^{-3} \,m$, $\Delta e = 0.05 \times 10^{-3} \,m$, $D = 0.4 \times 10^{-3} \,m$, $\Delta D = 0.01 \times 10^{-3} \,m$.
सबसे पहले, $Y$ का मान ज्ञात करें:
$Y = \frac{4 \times 9.8 \times 2}{\pi \times (0.4 \times 10^{-3})^2 \times (0.8 \times 10^{-3})} = \frac{78.4}{\pi \times 0.16 \times 10^{-6} \times 0.8 \times 10^{-3}} \approx 1.95 \times 10^{11} \,N/m^2 \approx 2.0 \times 10^{11} \,N/m^2$.
अब, सापेक्ष अनिश्चितता $\frac{\Delta Y}{Y}$ ज्ञात करें:
$\frac{\Delta Y}{Y} = \frac{\Delta F}{F} + \frac{\Delta L}{L} + 2\frac{\Delta D}{D} + \frac{\Delta e}{e}$.
चूंकि $F$ और $L$ सटीक हैं, $\frac{\Delta F}{F} = 0$ और $\frac{\Delta L}{L} = 0$.
$\frac{\Delta Y}{Y} = 2 \left( \frac{0.01}{0.4} \right) + \left( \frac{0.05}{0.8} \right) = 2(0.025) + 0.0625 = 0.05 + 0.0625 = 0.1125$.
निरपेक्ष अनिश्चितता $\Delta Y = 0.1125 \times Y = 0.1125 \times 1.95 \times 10^{11} \approx 0.22 \times 10^{11} \,N/m^2$.
एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित करने पर, $\Delta Y \approx 0.2 \times 10^{11} \,N/m^2$.
अतः, $Y = (2.0 \pm 0.2) \times 10^{11} \,N/m^2$.

(A) अनुनाद स्तंभ प्रयोग में, ट्यूनिंग फोर्क को नली के खुले सिरे के ऊपर रखा जाता है। यह सुनिश्चित करने के लिए कि ध्वनि तरंगें नली में प्रभावी ढंग से आगे बढ़ें, ट्यूनिंग फोर्क के प्रोंग्स को ऊर्ध्वाधर तल में रखा जाता है।
एक सिरे पर बंद नली के लिए, अनुनाद तब होता है जब वायु स्तंभ की लंबाई $L$ शर्त $L + e = (2n - 1) \frac{\lambda}{4}$ को पूरा करती है, जहाँ $e$ अंत सुधार (end correction) है और $n = 1, 2, 3, ...$ है।
पहला अनुनाद $L_1 + e = \frac{\lambda}{4}$ पर होता है और दूसरा अनुनाद $L_2 + e = \frac{3\lambda}{4}$ पर होता है।
इनको घटाने पर, हमें $L_2 - L_1 = \frac{\lambda}{2}$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार, दो अनुनाद वायु स्तंभों की लंबाई के बीच का अंतर हवा में ध्वनि की तरंग दैर्ध्य के आधे के बराबर होता है।

(B) पानी की मुक्त सतह से $x$ गहराई पर $dx$ ऊँचाई की एक ऊर्ध्वाधर आयताकार पट्टी पर विचार करें। इस पट्टी की चौड़ाई बीकर का व्यास है,जो $2R$ है।
$x$ गहराई पर दबाव $P(x) = P_0 + \rho g x$ है।
इस पट्टी पर दबाव द्वारा लगाया गया बल $dF_p = P(x) \cdot (2R) dx = (P_0 + \rho g x) 2R dx$ है।
इसका $x = 0$ से $x = h$ तक समाकलन करने पर,दबाव के कारण कुल बल $F_p = \int_0^h (P_0 + \rho g x) 2R dx = 2R [P_0 x + \frac{1}{2} \rho g x^2]_0^h = 2 P_0 R h + R \rho g h^2$ प्राप्त होता है।
इसके अतिरिक्त,खंड के ऊपरी किनारे पर पृष्ठ तनाव के कारण एक बल कार्य करता है। सतह पर खंड की लंबाई $2R$ है,इसलिए पृष्ठ तनाव के कारण बल $F_T = T \cdot (2R) = 2RT$ है।
चूँकि पृष्ठ तनाव बल दबाव बल की विपरीत दिशा में कार्य करता है,इसलिए बल का कुल परिमाण $F = |F_p - F_T| = |2 P_0 R h + R \rho g h^2 - 2 RT|$ होगा।

(C) आवेशों की दी गई व्यवस्था $z$-अक्ष पर रखा गया एक विद्युत द्विध्रुव (electric dipole) है,जिसमें धनात्मक आवेश $(0, 0, a/2)$ पर और ऋणात्मक आवेश $(0, 0, -a/2)$ पर है।
विद्युत द्विध्रुव के कारण किसी बिंदु $(x, y, z)$ पर विद्युत विभव $V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\vec{p} \cdot \vec{r}}{r^3}$ द्वारा दिया जाता है।
मूल बिंदु पर केंद्रित द्विध्रुव के लिए,निरक्षीय तल (equatorial plane) $xy$-तल $(z = 0)$ है।
$xy$-तल पर किसी भी बिंदु पर,धनात्मक आवेश से दूरी और ऋणात्मक आवेश से दूरी समान होती है,इसलिए $xy$-तल पर हर जगह विभव $V$ शून्य होता है।
प्रारंभिक स्थिति $(-a, 0, 0)$ है,जो $xy$-तल पर स्थित है,इसलिए $V_i = 0$ है।
अंतिम स्थिति $(0, a, 0)$ है,जो भी $xy$-तल पर स्थित है,इसलिए $V_f = 0$ है।
विद्युत क्षेत्र द्वारा किया गया कार्य $W_e = -\Delta U = -q_0(V_f - V_i)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $q_0$ परीक्षण आवेश है।
चूँकि $V_f = V_i = 0$ है,इसलिए किया गया कार्य $W_e = -q_0(0 - 0) = 0$ होगा।

(B) एकल इलेक्ट्रॉन प्रणाली के लिए, $n^{th}$ कक्षा की त्रिज्या $r_n = a_0 \times \frac{n^2}{Z}$ द्वारा दी जाती है।
$He^{+}$ के लिए $Z=2$ दिया गया है।
प्रारंभिक कक्षा के लिए, $r_2 = 105.8 \ pm$:
$105.8 = 52.9 \times \frac{n_2^2}{2} \implies n_2^2 = \frac{105.8 \times 2}{52.9} = 4 \implies n_2 = 2$.
अंतिम कक्षा के लिए, $r_1 = 26.45 \ pm$:
$26.45 = 52.9 \times \frac{n_1^2}{2} \implies n_1^2 = \frac{26.45 \times 2}{52.9} = 1 \implies n_1 = 1$.
अतः संक्रमण $n=2$ से $n=1$ में होता है।
उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $\Delta E = R_H Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ है।
$\Delta E = 2.2 \times 10^{-18} \times (2)^2 \times \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 2.2 \times 10^{-18} \times 4 \times \left( 1 - 0.25 \right) = 8.8 \times 10^{-18} \times 0.75 = 6.6 \times 10^{-18} \ J$.
$\Delta E = \frac{hc}{\lambda}$ का उपयोग करने पर, $\lambda = \frac{hc}{\Delta E} = \frac{6.6 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{6.6 \times 10^{-18}} = 3 \times 10^{-8} \ m = 30 \ nm$.