IIT JEE 2013 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) मान लीजिए पहला कण $P_1$ है और दूसरा $P_2$ है। उच्चतम बिंदु पर,$P_1$ का वेग $v_{x1} = u_0 \cos \alpha$ और $v_{y1} = 0$ है।
दूसरे कण $P_2$ को $u_0$ गति के साथ ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर फेंका जाता है। $P_1$ के उच्चतम बिंदु पर (ऊंचाई $H = \frac{u_0^2 \sin^2 \alpha}{2g}$),$P_2$ का वेग $v_{y2} = \sqrt{u_0^2 - 2gH} = \sqrt{u_0^2 - u_0^2 \sin^2 \alpha} = u_0 \cos \alpha$ है।
क्षैतिज दिशा में रैखिक संवेग संरक्षण के नियम को लागू करने पर:
$m(u_0 \cos \alpha) + m(0) = (2m)v_x \implies v_x = \frac{u_0 \cos \alpha}{2}$.
ऊर्ध्वाधर दिशा में रैखिक संवेग संरक्षण के नियम को लागू करने पर:
$m(0) + m(u_0 \cos \alpha) = (2m)v_y \implies v_y = \frac{u_0 \cos \alpha}{2}$.
क्षैतिज के साथ कोण $\theta$,$\tan \theta = \frac{v_y}{v_x} = \frac{u_0 \cos \alpha / 2}{u_0 \cos \alpha / 2} = 1$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$\theta = 45^{\circ} = \frac{\pi}{4}$।

(B) दिया गया है कि $50 \text{ VSD} = 2.45 \ cm$ है।
अतः,$1 \text{ VSD} = \frac{2.45}{50} \ cm = 0.049 \ cm$ है।
मुख्य पैमाने का पाठ्यांक $(MSR)$ $5.10 \ cm$ है।
वर्नियर कैलिपर्स का अल्पतमांक $(LC)$ $1 \text{ MSD} - 1 \text{ VSD}$ के रूप में परिभाषित होता है।
चूंकि वर्नियर पैमाने का शून्य $5.10 \ cm$ और $5.15 \ cm$ के बीच स्थित है,इसलिए $1 \text{ MSD} = 5.15 - 5.10 = 0.05 \ cm$ है।
अतः,$LC = 0.05 \ cm - 0.049 \ cm = 0.001 \ cm$ है।
व्यास की गणना $MSR + (n \times LC)$ के रूप में की जाती है,जहाँ $n$ संपाती वर्नियर भाग है।
व्यास $= 5.10 \ cm + (24 \times 0.001 \ cm) = 5.10 + 0.024 = 5.124 \ cm$ है।

(D) दिया गया बल $\vec{F} = K \left[ \frac{x}{(x^2+y^2)^{3/2}} \hat{i} + \frac{y}{(x^2+y^2)^{3/2}} \hat{j} \right]$ है।
ध्रुवीय निर्देशांक का उपयोग करते हुए,$x = r \cos \theta$ और $y = r \sin \theta$,जहाँ $r^2 = x^2 + y^2$ है।
इन मानों को बल के समीकरण में रखने पर: $\vec{F} = K \left[ \frac{r \cos \theta}{r^3} \hat{i} + \frac{r \sin \theta}{r^3} \hat{j} \right] = \frac{K}{r^2} (\cos \theta \hat{i} + \sin \theta \hat{j})$ प्राप्त होता है।
यहाँ $\cos \theta \hat{i} + \sin \theta \hat{j}$ इकाई त्रिज्यीय सदिश $\hat{r}$ है,अतः बल $\vec{F} = \frac{K}{r^2} \hat{r}$ है।
यह एक केंद्रीय बल है जो त्रिज्यीय दिशा में कार्य करता है।
मूल बिंदु पर केंद्रित $a$ त्रिज्या के वृत्ताकार पथ के लिए,विस्थापन सदिश $d\vec{l}$ हमेशा त्रिज्यीय सदिश $\hat{r}$ के लंबवत (वृत्त के स्पर्शरेखीय) होता है।
चूंकि बल पूरी तरह से त्रिज्यीय है और विस्थापन स्पर्शरेखीय है,इसलिए किया गया कार्य $W = \int \vec{F} \cdot d\vec{l} = 0$ होगा।

(C) मान लीजिए पतले तार की लंबाई $L_1 = L$ और त्रिज्या $r_1 = R$ है। इसका क्षेत्रफल $A_1 = \pi R^2$ है।
मान लीजिए मोटे तार की लंबाई $L_2 = 2L$ और त्रिज्या $r_2 = 2R$ है। इसका क्षेत्रफल $A_2 = \pi (2R)^2 = 4\pi R^2 = 4A_1$ है।
चूंकि तार श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए दोनों तारों पर समान बल $F$ कार्य करता है।
यंग मापांक $Y = \frac{F/A}{\Delta L/L}$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए $\Delta L = \frac{FL}{AY}$।
पतले तार के लिए: $\Delta L_1 = \frac{FL_1}{A_1 Y} = \frac{FL}{\pi R^2 Y}$।
मोटे तार के लिए: $\Delta L_2 = \frac{FL_2}{A_2 Y} = \frac{F(2L)}{(4\pi R^2) Y} = \frac{FL}{2\pi R^2 Y}$।
पतले तार में विस्तार और मोटे तार में विस्तार का अनुपात $\frac{\Delta L_1}{\Delta L_2} = \frac{FL/\pi R^2 Y}{FL/2\pi R^2 Y} = 2$ है।

(A) मान लीजिए प्रत्येक ब्लॉक की लंबाई $L$ है,अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ है,और $k$ चालकता वाले ब्लॉक का ऊष्मीय प्रतिरोध $R = \frac{L}{kA}$ है। तब $2k$ चालकता वाले ब्लॉक का प्रतिरोध $R' = \frac{L}{2kA} = \frac{R}{2}$ होगा।
कॉन्फ़िगरेशन $I$ (श्रेणी): ब्लॉक श्रेणी में हैं। समतुल्य ऊष्मीय प्रतिरोध $R_{eq,I} = R + \frac{R}{2} = \frac{3R}{2}$ है।
ऊष्मा प्रवाह $H_I = \frac{\Delta T}{R_{eq,I}} = \frac{2\Delta T}{3R}$ है।
कॉन्फ़िगरेशन $II$ (समांतर): ब्लॉक समांतर में हैं। समतुल्य ऊष्मीय प्रतिरोध $\frac{1}{R_{eq,II}} = \frac{1}{R} + \frac{1}{R/2} = \frac{1}{R} + \frac{2}{R} = \frac{3}{R}$ द्वारा दिया जाता है। अतः,$R_{eq,II} = \frac{R}{3}$ है।
ऊष्मा प्रवाह $H_{II} = \frac{\Delta T}{R_{eq,II}} = \frac{3\Delta T}{R}$ है।
चूंकि स्थानांतरित ऊष्मा की मात्रा $Q$ समान है,$Q = H_I t_I = H_{II} t_{II}$।
$t_{II} = t_I \times \frac{H_I}{H_{II}} = 9 \times \frac{2\Delta T / 3R}{3\Delta T / R} = 9 \times \frac{2}{9} = 2.0 \ s$।

(D) आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ है,जहाँ $n = \frac{m}{M}$ है।
$n$ का मान रखने पर,हमें $PV = \frac{m}{M}RT$ प्राप्त होता है,जिसे $P = \frac{m}{V} \cdot \frac{RT}{M} = \frac{\rho RT}{M}$ के रूप में लिखा जा सकता है,जहाँ $\rho$ घनत्व है।
अतः,घनत्व $\rho = \frac{PM}{RT}$ है।
समान तापमान $T$ पर दो गैसों के लिए,उनके घनत्वों का अनुपात $\frac{\rho_1}{\rho_2} = \frac{P_1 M_1}{P_2 M_2}$ है।
परमाणु द्रव्यमानों का अनुपात $\frac{M_1}{M_2} = \frac{2}{3}$ और आंशिक दबावों का अनुपात $\frac{P_1}{P_2} = \frac{4}{3}$ दिया गया है।
इन मानों को रखने पर,हमें $\frac{\rho_1}{\rho_2} = \left(\frac{4}{3}\right) \times \left(\frac{2}{3}\right) = \frac{8}{9}$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया समीकरण $y(x, t) = (0.01 \ m) \sin(62.8x) \cos(628t)$ है।
$(A)$ $n$-वें हार्मोनिक के लिए,लूप्स की संख्या $n = 5$ है। नोड्स की संख्या $n + 1 = 5 + 1 = 6$ होती है। अतः,कथन $(A)$ गलत है।
$(B)$ तरंग संख्या $k = 62.8 \ m^{-1}$ है। चूंकि $k = \frac{2\pi}{\lambda}$,इसलिए $\lambda = \frac{2 \times 3.14}{62.8} = 0.1 \ m$। $5$-वें हार्मोनिक के लिए,डोरी की लंबाई $L = \frac{5\lambda}{2} = \frac{5 \times 0.1}{2} = 0.25 \ m$ है। अतः,कथन $(B)$ सही है।
$(C)$ अप्रगामी तरंग का आयाम $A(x) = 0.01 \sin(62.8x)$ है। मध्य बिंदु $x = \frac{L}{2} = 0.125 \ m$ पर,$A(0.125) = 0.01 \sin(62.8 \times 0.125) = 0.01 \sin(7.85) \approx 0.01 \sin(2.5\pi) = 0.01 \times 1 = 0.01 \ m$। अतः,कथन $(C)$ सही है।
$(D)$ कोणीय आवृत्ति $\omega = 628 \ rad/s$ है। आवृत्ति $f = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{628}{2 \times 3.14} = 100 \ Hz$ है। मूल आवृत्ति $f_1 = \frac{f}{n} = \frac{100}{5} = 20 \ Hz$ है। अतः,कथन $(D)$ गलत है।
इसलिए,सही कथन $(B)$ और $(C)$ हैं।

(C) मान लीजिए कि प्रत्येक गोले का आयतन $V = \frac{4}{3} \pi R^3$ है।
ऊपरी गोले के लिए (घनत्व $\rho$): कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण ($mg = V\rho g$ नीचे की ओर),स्प्रिंग बल ($kx$ ऊपर की ओर,क्योंकि इसे निचले गोले द्वारा नीचे खींचा जा रहा है),और उत्प्लावन बल ($F_{B1} = V(2\rho)g$ ऊपर की ओर) हैं। संतुलन पर: $V\rho g + kx = V(2\rho)g \implies kx = V\rho g = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho g$. अतः,$x = \frac{4 \pi R^3 \rho g}{3 k}$. यह पुष्टि करता है कि कथन $(A)$ सही है।
निचले गोले के लिए (घनत्व $3\rho$): बल गुरुत्वाकर्षण ($mg = V(3\rho)g$ नीचे की ओर),स्प्रिंग बल ($kx$ नीचे की ओर),और उत्प्लावन बल ($F_{B2} = V(2\rho)g$ ऊपर की ओर) हैं। संतुलन पर: $V(3\rho)g = V(2\rho)g + kx \implies kx = V\rho g = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho g$. यह पुष्टि करता है कि विस्तार वास्तव में $\frac{4 \pi R^3 \rho g}{3 k}$ है।
चूंकि ऊपरी गोले पर उत्प्लावन बल $(2V\rho g)$ उसके वजन $(V\rho g)$ से अधिक है,इसलिए संतुलन बनाए रखने के लिए उसे पूरी तरह से डूबा होना चाहिए,क्योंकि स्प्रिंग शुद्ध ऊपर की ओर उत्प्लावन बल को संतुलित करने के लिए आवश्यक नीचे की ओर बल प्रदान करती है। अतः,हल्का गोला पूरी तरह से डूबा हुआ है। कथन $(D)$ सही है।

(A) डिस्क का उसकी केंद्रीय धुरी के परितः प्रारंभिक जड़त्व आघूर्ण $I_1 = \frac{1}{2} M R^2 = \frac{1}{2} \times 50 \times (0.4)^2 = 4 \ kg \ m^2$ है।
प्रारंभिक कोणीय वेग $\omega_1 = 10 \ rad \ s^{-1}$ है।
जब दो रिंगों को डिस्क पर रखा जाता है,तो घूर्णन की धुरी के परितः उनके जड़त्व आघूर्ण की गणना समानांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करके की जानी चाहिए। $m$ द्रव्यमान और $r$ त्रिज्या वाली प्रत्येक रिंग के लिए,उसकी अपनी केंद्रीय धुरी के परितः जड़त्व आघूर्ण $mr^2$ होता है। घूर्णन की धुरी से प्रत्येक रिंग के केंद्र की दूरी $r = 0.2 \ m$ है। इस प्रकार,डिस्क की धुरी के परितः एक रिंग का जड़त्व आघूर्ण $I_{ring} = mr^2 + mr^2 = 2mr^2 = 2 \times 6.25 \times (0.2)^2 = 0.5 \ kg \ m^2$ है।
दो रिंगों को रखने के बाद निकाय का कुल जड़त्व आघूर्ण $I_2 = I_{disc} + 2 \times I_{ring} = 4 + 2 \times 0.5 = 5 \ kg \ m^2$ है।
कोणीय संवेग संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,$I_1 \omega_1 = I_2 \omega_2$ है।
मान रखने पर: $4 \times 10 = 5 \times \omega_2$।
$\omega_2 = \frac{40}{5} = 8 \ rad \ s^{-1}$।

(B) एक बॉब के लिए ऊर्ध्वाधर वृत्त पूरा करने के लिए,उच्चतम बिंदु पर न्यूनतम वेग $v_{top} = \sqrt{g \ell}$ होता है।
मान लीजिए कि पहले बॉब का द्रव्यमान $m$ और डोरी की लंबाई $l_1$ है। टक्कर से पहले उच्चतम बिंदु पर इसका वेग $u_1 = \sqrt{g l_1}$ है।
दूसरे बॉब का द्रव्यमान $m$ और डोरी की लंबाई $l_2$ है,और यह शुरू में स्थिर है $(u_2 = 0)$।
चूंकि टक्कर प्रत्यास्थ है और द्रव्यमान समान हैं,इसलिए दोनों बॉब अपने वेगों का आदान-प्रदान करते हैं।
इसलिए,टक्कर के बाद दूसरे बॉब का वेग $v_2 = u_1 = \sqrt{g l_1}$ है।
दूसरे बॉब के लिए ऊर्ध्वाधर वृत्त पूरा करने के लिए,इसके निम्नतम बिंदु पर न्यूनतम वेग $\sqrt{5 g l_2}$ होना चाहिए।
टक्कर दूसरे बॉब के पथ के उच्चतम बिंदु पर होती है (जो इसकी संभावित वृत्तीय गति का निम्नतम बिंदु है)। इस प्रकार,टक्कर के बाद दूसरे बॉब द्वारा प्राप्त वेग,वृत्त को पूरा करने के लिए निम्नतम बिंदु पर आवश्यक न्यूनतम वेग के बराबर होना चाहिए।
अतः,$v_2 = \sqrt{5 g l_2}$।
$v_2$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\sqrt{g l_1} = \sqrt{5 g l_2}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $g l_1 = 5 g l_2$।
इसलिए,$\frac{l_1}{l_2} = 5$।

(C) कण को दी गई शक्ति नियत है,$P = 0.5 \ W$।
चूंकि प्रारंभिक चाल शून्य है,इसलिए प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $0 \ J$ है।
$t = 5 \ s$ समय में बल द्वारा किया गया कार्य गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
किया गया कार्य $W = P \times t = 0.5 \ W \times 5 \ s = 2.5 \ J$।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय का उपयोग करते हुए,$W = \Delta K = \frac{1}{2}mv^2 - 0$।
$2.5 \ J = \frac{1}{2} \times 0.2 \ kg \times v^2$।
$2.5 = 0.1 \times v^2$।
$v^2 = 25$।
$v = 5 \ m/s$।

(A) गति का समीकरण $x(t) = A \sin(\omega t)$ है,जहाँ $\omega = \sqrt{k/m}$ है।
वेग $v(t) = A\omega \cos(\omega t)$ है। $t=0$ पर,$v(0) = u_0 = A\omega$,इसलिए $A = u_0/\omega$ है।
जब गति $0.5 u_0$ होती है,तो $A\omega \cos(\omega t) = 0.5 u_0 \implies u_0 \cos(\omega t) = 0.5 u_0 \implies \cos(\omega t) = 1/2$ है।
अतः,$\omega t_1 = \pi/3$,इसलिए $t_1 = \frac{\pi}{3} \sqrt{\frac{m}{k}}$ है।
इस समय पर,कण दीवार से प्रत्यास्थ रूप से टकराता है। गति $0.5 u_0$ रहती है लेकिन दिशा उलट जाती है।
$(A)$ चूंकि टक्कर प्रत्यास्थ है और स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा संरक्षित है,कुल ऊर्जा स्थिर रहती है। जब यह साम्यावस्था $(x=0)$ पर वापस आता है,तो स्थितिज ऊर्जा शून्य होती है,इसलिए गतिज ऊर्जा $1/2 m u_0^2$ होती है। अतः,गति $u_0$ है। (सही)
$(B)$ $t_1$ पर टक्कर के बाद,कण वापस आता है। यह साम्यावस्था तक पहुँचता है जब कला $\omega t$,$\pi$ तक पहुँचती है। साम्यावस्था तक पहुँचने में लगा समय $\Delta t = (\pi - \pi/3)/\omega = (2\pi/3)/\omega$ है। कुल समय $t = \pi/3\omega + 2\pi/3\omega = \pi\omega = \pi \sqrt{m/k}$ है। (सही)

(B) हवा के वेग $w$ के साथ डॉपलर प्रभाव का सामान्य सूत्र $f_2 = f_1 \left( \frac{V + w - v_o}{V + w - v_s} \right)$ है,जहाँ $v_o$ और $v_s$ क्रमशः प्रेक्षक और स्रोत के जमीन के सापेक्ष वेग हैं।
स्थिति $1$: हवा स्रोत से प्रेक्षक की ओर बहती है।
ध्वनि की प्रभावी गति $(V + w)$ है। प्रेक्षक $u$ गति से स्रोत की ओर बढ़ता है और स्रोत $u$ गति से प्रेक्षक की ओर बढ़ता है।
चिह्न परिपाटी का उपयोग करते हुए (स्रोत से प्रेक्षक की ओर की दिशा धनात्मक): $v_o = -u$ और $v_s = u$.
$f_2 = f_1 \left( \frac{(V + w) - (-u)}{(V + w) - u} \right) = f_1 \left( \frac{V + w + u}{V + w - u} \right)$.
चूंकि $(V + w + u) > (V + w - u)$,इसलिए $f_2 > f_1$.
स्थिति $2$: हवा प्रेक्षक से स्रोत की ओर बहती है।
ध्वनि की प्रभावी गति $(V - w)$ है।
चिह्न परिपाटी का उपयोग करते हुए: $v_o = -u$ और $v_s = u$.
$f_2 = f_1 \left( \frac{(V - w) - (-u)}{(V - w) - u} \right) = f_1 \left( \frac{V - w + u}{V - w - u} \right)$.
चूंकि $(V - w + u) > (V - w - u)$,इसलिए $f_2 > f_1$.
दोनों स्थितियों में,प्रेक्षित आवृत्ति $f_2$,स्रोत आवृत्ति $f_1$ से अधिक है। अतः,कथन $(A)$ और $(B)$ सही हैं।

(D) दिया गया व्यंजक: $2 d \sin \theta = \lambda$,इसलिए $d = \frac{\lambda}{2 \sin \theta}$।
निरपेक्ष त्रुटि $\Delta d$ ज्ञात करने के लिए $\theta$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\Delta d = \left| \frac{d}{d\theta} \left( \frac{\lambda}{2 \sin \theta} \right) \right| \Delta \theta = \left| -\frac{\lambda \cos \theta}{2 \sin^2 \theta} \right| \Delta \theta = \frac{\lambda \cos \theta}{2 \sin^2 \theta} \Delta \theta$।
चूंकि $\Delta \theta$ स्थिर है,जैसे-जैसे $\theta$,$0^{\circ}$ से $90^{\circ}$ तक बढ़ता है,$\cos \theta$ घटता है और $\sin \theta$ बढ़ता है,इसलिए $\Delta d$ घटता है।
अब,भिन्नात्मक त्रुटि $\frac{\Delta d}{d}$ की गणना करने पर:
$\frac{\Delta d}{d} = \frac{\frac{\lambda \cos \theta}{2 \sin^2 \theta} \Delta \theta}{\frac{\lambda}{2 \sin \theta}} = \frac{\cos \theta}{\sin \theta} \Delta \theta = \cot \theta \Delta \theta$।
जैसे-जैसे $\theta$,$0^{\circ}$ से $90^{\circ}$ तक बढ़ता है,$\cot \theta$ घटता है। इसलिए,भिन्नात्मक त्रुटि $\frac{\Delta d}{d}$ घटती है।

(D) ऊष्मा अवशोषण की दर $R = \frac{dq}{dt} = m C \frac{dT}{dt}$ द्वारा दी जाती है। चूंकि तापमान एक स्थिर दर पर बढ़ाया जाता है,$\frac{dT}{dt} = k$ (स्थिर)। इसलिए,$R \propto C$।
$(A)$ $0-100 \ K$ की सीमा में,$C$ बनाम $T$ का ग्राफ अरेखीय (वक्र) है,इसलिए ऊष्मा अवशोषण की दर $R$,$T$ के साथ रैखिक रूप से नहीं बदलती है। कथन $(A)$ गलत है।
$(B)$ अवशोषित ऊष्मा $\Delta Q = \int m C dT$ है,जो $C-T$ ग्राफ के नीचे के क्षेत्रफल के समानुपाती है। $0-100 \ K$ के लिए ग्राफ के नीचे का क्षेत्रफल $400-500 \ K$ (जहाँ $C$ अपने अधिकतम मान पर लगभग स्थिर है) के लिए क्षेत्रफल से स्पष्ट रूप से कम है। कथन $(B)$ सही है।
$(C)$ $400-500 \ K$ की सीमा में,$C$ बनाम $T$ का ग्राफ एक क्षैतिज रेखा है,जिसका अर्थ है कि $C$ स्थिर है। चूंकि $R \propto C$,ऊष्मा अवशोषण की दर स्थिर रहती है। कथन $(C)$ सही है।
$(D)$ $200-300 \ K$ की सीमा में,$C$ बनाम $T$ ग्राफ का ढलान धनात्मक है,जिसका अर्थ है कि $C$ बढ़ रहा है। चूंकि $R \propto C$,ऊष्मा अवशोषण की दर बढ़ती है। कथन $(D)$ सही है।
अतः,कथन $(B, C, D)$ सही हैं।

(A) $1.$ मान लीजिए ब्लॉक को $h = R = 40 \ m$ की ऊँचाई से छोड़ा जाता है। नीचे से बिंदु $Q$ की ऊर्ध्वाधर ऊँचाई $h_Q = R - R \sin(30^{\circ}) = R - R/2 = R/2 = 20 \ m$ है।
प्रारंभिक बिंदु और बिंदु $Q$ के बीच कार्य-ऊर्जा प्रमेय लागू करने पर:
$W_{gravity} + W_{friction} = \Delta K$
$Mg(R - h_Q) - 150 = \frac{1}{2} M v^2$
$1 \times 10 \times (40 - 20) - 150 = \frac{1}{2} \times 1 \times v^2$
$200 - 150 = 0.5 v^2 \Rightarrow 50 = 0.5 v^2 \Rightarrow v^2 = 100 \Rightarrow v = 10 \ m s^{-1}$.
अतः,$Q$ पर चाल $10 \ m s^{-1}$ है। (विकल्प $B$)
$2.$ बिंदु $Q$ पर,ब्लॉक पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण $(Mg)$ और अभिलंब प्रतिक्रिया $(N)$ हैं। ट्रैक के लंबवत गुरुत्वाकर्षण का घटक $Mg \cos(60^{\circ}) = Mg/2$ है।
अभिकेंद्र बल $N - Mg \cos(60^{\circ}) = \frac{M v^2}{R}$ है।
$N - 1 \times 10 \times 0.5 = \frac{1 \times 100}{40}$
$N - 5 = 2.5 \Rightarrow N = 7.5 \ N$. (विकल्प $A$)
इसलिए,सही युग्म $(B, A)$ है।

(C) $(P)$ बोल्ट्ज़मान नियतांक $(k)$: $U = \frac{1}{2}kT$ से,$[k] = [U]/[T] = [ML^2T^{-2}]/[K] = [ML^2T^{-2}K^{-1}]$। अतः,$P-4$।
$(Q)$ श्यानता गुणांक $(\eta)$: $F = \eta A \frac{dv}{dx}$ से,$[\eta] = [F]/([A][dv/dx]) = [MLT^{-2}]/([L^2][LT^{-1}/L]) = [ML^{-1}T^{-1}]$। अतः,$Q-2$।
$(R)$ प्लांक नियतांक $(h)$: $E = h\nu$ से,$[h] = [E]/[\nu] = [ML^2T^{-2}]/[T^{-1}] = [ML^2T^{-1}]$। अतः,$R-1$।
$(S)$ ऊष्मीय चालकता $(k)$: $\frac{dQ}{dt} = \frac{kA\Delta\theta}{\ell}$ से,$[k] = [dQ/dt][\ell]/([A][\Delta\theta]) = [ML^2T^{-3}][L]/([L^2][K]) = [MLT^{-3}K^{-1}]$। अतः,$S-3$।
अतः,सही मिलान $P-4, Q-2, R-1, S-3$ है।

(A) पथ $F \rightarrow G$ (समतापीय) के लिए: किया गया कार्य $W_{FG} = nRT \ln(V_f/V_i)$। दिया है $P_F = 32P_0$,$V_F = V_0$,$P_G = P_0$,$V_G = 32V_0$। चूंकि $P_F V_F = P_G V_G$,तापमान स्थिर है। $W_{FG} = P_F V_F \ln(V_G/V_F) = (32P_0 V_0) \ln(32V_0/V_0) = 32 P_0 V_0 \ln(2^5) = 160 P_0 V_0 \ln 2$।
पथ $G \rightarrow E$ (समदाबी) के लिए: किया गया कार्य $W_{GE} = P_0 (V_E - V_G) = P_0 (V_0 - 32V_0) = -31 P_0 V_0$। परिमाण $31 P_0 V_0$ है।
पथ $F \rightarrow H$ (रुद्धोष्म) के लिए: $W_{FH} = \frac{nR(T_F - T_H)}{\gamma - 1} = \frac{P_F V_F - P_H V_H}{\gamma - 1}$। एकपरमाणुक गैस के लिए,$\gamma = 5/3$। $P_F V_F = 32 P_0 V_0$। रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए $P_F V_F^\gamma = P_H V_H^\gamma \Rightarrow (32P_0) V_0^{5/3} = P_0 V_H^{5/3} \Rightarrow V_H = (32)^{3/5} V_0 = 8 V_0$। $W_{FH} = \frac{32 P_0 V_0 - P_0 (8 V_0)}{5/3 - 1} = \frac{24 P_0 V_0}{2/3} = 36 P_0 V_0$।
पथ $G \rightarrow H$ (समदाबी) के लिए: $W_{GH} = P_0 (V_H - V_G) = P_0 (8V_0 - 32V_0) = -24 P_0 V_0$। परिमाण $24 P_0 V_0$ है।
मिलान: $P-4, Q-3, R-2, S-1$।

(C) दिया गया है,प्रतिबिंब दूरी $v = 8 \ m$ (लेंस के पीछे बनने वाला वास्तविक प्रतिबिंब)।
आवर्धन $m = -\frac{1}{3}$ है।
आवर्धन सूत्र $m = \frac{v}{u}$ का उपयोग करने पर,$-\frac{1}{3} = \frac{8}{u}$,जिसका अर्थ है $u = -24 \ m$।
लेंस सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ का उपयोग करने पर,$\frac{1}{f} = \frac{1}{8} - \frac{1}{-24} = \frac{3+1}{24} = \frac{4}{24} = \frac{1}{6}$। अतः,$f = 6 \ m$।
अपवर्तनांक $\mu$ निर्वात में तरंगदैर्ध्य और माध्यम में तरंगदैर्ध्य के अनुपात द्वारा दिया जाता है: $\mu = \frac{\lambda_0}{\lambda} = \frac{1}{2/3} = 1.5 = \frac{3}{2}$।
समतल-उत्तल लेंस के लिए लेंस मेकर सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$।
यहाँ,$R_1 = R$ और $R_2 = -\infty$ (या इसके विपरीत),इसलिए $\frac{1}{6} = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{R} \right) = 0.5 \times \frac{1}{R} = \frac{1}{2R}$।
अतः,$2R = 6$,जिससे $R = 3 \ m$ प्राप्त होता है।

(C) माना आपतित इकाई सदिश $\vec{a} = \frac{1}{2}\hat{i} + \frac{\sqrt{3}}{2}\hat{j}$ है और परावर्तित इकाई सदिश $\vec{b} = \frac{1}{2}\hat{i} - \frac{\sqrt{3}}{2}\hat{j}$ है।
इन दो सदिशों के बीच का कोण $\theta$ डॉट प्रोडक्ट सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}| |\vec{b}| \cos \theta$.
चूंकि ये इकाई सदिश हैं,$|\vec{a}| = 1$ और $|\vec{b}| = 1$ है।
$\vec{a} \cdot \vec{b} = (\frac{1}{2})(\frac{1}{2}) + (\frac{\sqrt{3}}{2})(-\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{1}{4} - \frac{3}{4} = -\frac{2}{4} = -\frac{1}{2}$.
अतः,$\cos \theta = -\frac{1}{2}$,जिसका अर्थ है $\theta = 120^{\circ}$।
आपतित किरण और परावर्तित किरण के बीच का कोण $120^{\circ}$ है।
विचलन कोण $\delta = 180^{\circ} - 120^{\circ} = 60^{\circ}$ है।
विचलन कोण का सूत्र $\delta = 180^{\circ} - 2i$ भी होता है,जहाँ $i$ आपतन कोण है।
$60^{\circ} = 180^{\circ} - 2i \implies 2i = 120^{\circ} \implies i = 60^{\circ}$।

(B) प्रकाश पल्स की ऊर्जा $E = P \times t$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $P$ शक्ति है और $t$ अवधि है।
दिया गया है $P = 30 \ mW = 30 \times 10^{-3} \ W$ और $t = 100 \ ns = 100 \times 10^{-9} \ s$.
$E = (30 \times 10^{-3}) \times (100 \times 10^{-9}) = 3000 \times 10^{-12} = 3 \times 10^{-9} \ J$.
जब प्रकाश पूरी तरह से अवशोषित हो जाता है,तो वस्तु को स्थानांतरित संवेग $p = E/c$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $c$ प्रकाश की गति है।
$p = \frac{3 \times 10^{-9} \ J}{3 \times 10^8 \ m/s} = 1 \times 10^{-17} \ kg \cdot m/s$.

(B) व्यतिकरण प्रतिरूप में किसी भी बिंदु पर तीव्रता $I = I_{max} \cos^2(\frac{\phi}{2})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\phi$ कलांतर है।
दिया गया है कि तीव्रता अधिकतम तीव्रता की आधी है,इसलिए $I = \frac{I_{max}}{2}$।
इस मान को समीकरण में रखने पर: $\frac{I_{max}}{2} = I_{max} \cos^2(\frac{\phi}{2})$।
इससे $\cos^2(\frac{\phi}{2}) = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\cos(\frac{\phi}{2}) = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$।
अतः,$\frac{\phi}{2} = \frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \dots$,जिससे $\phi = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}, \dots$ प्राप्त होता है।
सामान्य रूप में,$\phi = (2n+1) \frac{\pi}{2}$।
चूँकि पथ अंतर $\Delta x = \frac{\lambda}{2\pi} \phi$ होता है,$\phi$ का मान रखने पर:
$\Delta x = \frac{\lambda}{2\pi} \times (2n+1) \frac{\pi}{2} = (2n+1) \frac{\lambda}{4}$।

(C) माना छोटे गोले की त्रिज्या $R$ और केंद्र $C_1$ है,और बड़े गोले की त्रिज्या $2R$ और केंद्र $C_2$ है। $C_1$ और $C_2$ के बीच की दूरी $3R$ है।
स्थिति $1$: बिंदु $P$,$C_1$ से $C_2$ की ओर $2R$ दूरी पर है। $P$ बड़े गोले के अंदर $C_2$ से $R$ दूरी पर है।
गोले $1$ के कारण $P$ पर विद्युत क्षेत्र: $E_1 = \frac{k Q_1}{(2R)^2} = \frac{k (\rho_1 \cdot \frac{4}{3} \pi R^3)}{4R^2} = \frac{k \rho_1 \pi R}{3}$.
गोले $2$ के कारण $P$ पर विद्युत क्षेत्र: $E_2 = \frac{k Q_2 r}{R_{2}^3} = \frac{k (\rho_2 \cdot \frac{4}{3} \pi (2R)^3) \cdot R}{(2R)^3} = \frac{4}{3} k \rho_2 \pi R$.
$E_{net} = 0$ के लिए,$E_1 = E_2 \implies \frac{\rho_1}{3} = \frac{4}{3} \rho_2 \implies \frac{\rho_1}{\rho_2} = 4$.
स्थिति $2$: बिंदु $Q$,$C_1$ से $C_2$ के विपरीत दिशा में $2R$ दूरी पर है। $Q$ दोनों गोलों के बाहर है।
$Q$ की $C_1$ से दूरी $2R$ है,और $C_2$ से दूरी $2R + 3R = 5R$ है।
$E_1 = \frac{k Q_1}{(2R)^2} = \frac{k \rho_1 \pi R}{3}$.
$E_2 = \frac{k Q_2}{(5R)^2} = \frac{k (\rho_2 \cdot \frac{4}{3} \pi (2R)^3)}{25R^2} = \frac{32}{75} k \rho_2 \pi R$.
$E_{net} = 0$ के लिए,$E_1 + E_2 = 0 \implies \frac{\rho_1}{3} + \frac{32}{75} \rho_2 = 0 \implies \frac{\rho_1}{\rho_2} = -\frac{32}{25}$.
अतः,संभावित अनुपात $4$ और $-\frac{32}{25}$ हैं।

(A) $1$. प्रारंभ में, $S_1$ बंद है। संधारित्र $C_1$ अपनी ऊपरी प्लेट पर $Q_1 = C(2V_0) = 2CV_0$ आवेश प्राप्त करता है। फिर $S_1$ को खोल दिया जाता है।
$2$. इसके बाद, $S_2$ को बंद किया जाता है। $C_1$ पर मौजूद $2CV_0$ आवेश $C_1$ और $C_2$ के बीच पुनर्वितरित हो जाता है। चूंकि दोनों की धारिता $C$ है, इसलिए दोनों के बीच विभवांतर $V = \frac{Q_{total}}{C_{eq}} = \frac{2CV_0}{2C} = V_0$ हो जाता है। इस प्रकार, $C_1$ की ऊपरी प्लेट पर आवेश $CV_0$ हो जाता है और $C_2$ की ऊपरी प्लेट पर आवेश $CV_0$ हो जाता है। फिर $S_2$ को खोल दिया जाता है।
$3$. अंत में, $S_3$ को बंद किया जाता है। संधारित्र $C_2$ को $V_0$ विभव वाली बैटरी से जोड़ा जाता है, जिसका धनात्मक टर्मिनल निचली प्लेट से जुड़ा होता है। इस प्रकार, $C_2$ की ऊपरी प्लेट का विभव निचली प्लेट के सापेक्ष $-V_0$ हो जाता है। $C_2$ की ऊपरी प्लेट पर आवेश $Q_2 = C(-V_0) = -CV_0$ हो जाता है। $C_1$ अलग-थलग होने के कारण उस पर आवेश $CV_0$ ही रहता है।
$4$. अतः, $C_1$ की ऊपरी प्लेट पर आवेश $CV_0$ (कथन $B$) है और $C_2$ की ऊपरी प्लेट पर आवेश $-CV_0$ (कथन $D$) है।

(C) प्रारंभिक वेग $\vec{u}_1 = 4\hat{i} \text{ m/s}$ है। अंतिम वेग $\vec{u}_2 = 2\sqrt{3}\hat{i} + 2\hat{j} \text{ m/s}$ है।
चूंकि चुंबकीय बल वेग के लंबवत होता है,इसलिए गति स्थिर रहती है: $|\vec{u}_1| = |\vec{u}_2| = 4 \text{ m/s}$।
विचलन कोण $\theta$ का मान $\tan \theta = \frac{v_y}{v_x} = \frac{2}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए $\theta = 30^\circ = \frac{\pi}{6} \text{ rad}$।
कण $+y$ दिशा में विक्षेपित होता है,जिसका अर्थ है कि चुंबकीय बल $\vec{F} = Q(\vec{v} \times \vec{B})$ का $y$-घटक धनात्मक है। यदि $\vec{v}$ $x$-दिशा में है,तो $\hat{i} \times \vec{B}$ का $j$-घटक धनात्मक होना चाहिए,जो तब होता है जब $\vec{B}$ $-z$ दिशा में हो।
चाप को पार करने में लगा समय $t = \frac{\theta}{\omega} = \frac{\theta M}{QB}$ है।
दिया गया है $t = 10 \text{ ms} = 0.01 \text{ s}$,इसलिए $0.01 = \frac{\pi/6 \cdot M}{QB}$।
$B$ के लिए हल करने पर: $B = \frac{\pi M}{6 \cdot 0.01 \cdot Q} = \frac{100\pi M}{6Q} = \frac{50\pi M}{3Q}$।
अतः,कथन $(A)$ और $(C)$ सही हैं।

(A) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा इस प्रकार है:
$KE_{\text{max}} = h\nu - \phi$
चूंकि $KE_{\text{max}} = eV_s$,जहाँ $V_s$ निरोधी विभव है,हमारे पास है:
$eV_s = h\nu - \phi$
$V_s = \left(\frac{h}{e}\right)\nu - \frac{\phi}{e}$
यह समीकरण $y = mx + c$ के रूप में है,जहाँ $y = V_s$,$x = \nu$,और ढाल $m = \frac{h}{e}$ है।
चूंकि $h$ (प्लांक नियतांक) और $e$ (इलेक्ट्रॉन का आवेश) सार्वभौमिक नियतांक हैं,इसलिए ढाल $\frac{h}{e}$ उपयोग की गई धातु पर निर्भर नहीं करती है।
अतः,सिल्वर और सोडियम दोनों के लिए ढाल समान है।
इसलिए,ढालों का अनुपात $\frac{h/e}{h/e} = 1$ है।

(A) क्षय नियतांक $\lambda$ का मान है: $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{0.693}{1386} = 5 \times 10^{-4} \ s^{-1}$.
समय $t$ पर शेष नाभिकों की संख्या $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है।
क्षय होने वाले नाभिकों का अंश $\frac{N_0 - N(t)}{N_0} = 1 - e^{-\lambda t}$ है।
$\lambda t$ के छोटे मानों के लिए,हम सन्निकटन $1 - e^{-\lambda t} \approx \lambda t$ का उपयोग कर सकते हैं।
यहाँ,$\lambda t = (5 \times 10^{-4}) \times 80 = 400 \times 10^{-4} = 0.04$.
अतः,क्षय होने वाला अंश लगभग $0.04$ है।
इसे प्रतिशत में व्यक्त करने पर: $0.04 \times 100 = 4\%$.

(A) $1$. धारा $I$ वाले $R$ त्रिज्या के खोखले बेलनाकार चालक के लिए,एम्पीयर के नियम के अनुसार अंदर $(r < R)$ चुंबकीय क्षेत्र $B_{cyl} = 0$ है,और बाहर $(r > R)$ यह $B_{cyl} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ (स्पर्शरेखीय) है।
$2$. धारा $I$ वाली $2R$ त्रिज्या की अनंत परिनालिका के लिए,अंदर $(r < 2R)$ चुंबकीय क्षेत्र $B_{sol} = \mu_0 n I$ (अक्ष के अनुदिश) है,और बाहर $(r > 2R)$ यह $0$ है।
$3$. $0 < r < R$ क्षेत्र: $B_{cyl} = 0$ और $B_{sol} = \mu_0 n I$। अतः,कुल चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_0 n I \neq 0$ है। कथन $(A)$ सही है।
$4$. $R < r < 2R$ क्षेत्र: $B_{cyl} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ (स्पर्शरेखीय) और $B_{sol} = \mu_0 n I$ (अक्षीय)। कुल क्षेत्र इन दोनों का सदिश योग है,जो न तो पूरी तरह से अक्षीय है और न ही पूरी तरह से स्पर्शरेखीय। कथन $(B)$ और $(C)$ गलत हैं।
$5$. $r > 2R$ क्षेत्र: $B_{cyl} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ (स्पर्शरेखीय) और $B_{sol} = 0$। अतः,$B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r} \neq 0$ है। कथन $(D)$ सही है।
$6$. इसलिए,सही कथन $(A)$ और $(D)$ हैं।

(A) ओवरलैपिंग क्षेत्र में किसी बिंदु $P$ के लिए,पहले गोले के कारण विद्युत क्षेत्र $\vec{E}_1 = \frac{\rho \vec{r}_1}{3 \varepsilon_0}$ है,जहाँ $\vec{r}_1$ केंद्र $C_1$ के सापेक्ष बिंदु $P$ का स्थिति सदिश है।
दूसरे गोले के कारण विद्युत क्षेत्र $\vec{E}_2 = \frac{-\rho \vec{r}_2}{3 \varepsilon_0}$ है,जहाँ $\vec{r}_2$ केंद्र $C_2$ के सापेक्ष बिंदु $P$ का स्थिति सदिश है।
बिंदु $P$ पर कुल विद्युत क्षेत्र $\vec{E}_P = \vec{E}_1 + \vec{E}_2 = \frac{\rho}{3 \varepsilon_0} (\vec{r}_1 - \vec{r}_2)$ है।
चूंकि $\vec{r}_1 - \vec{r}_2 = \vec{C}_2 C_1$ (एक नियत सदिश) है,इसलिए कुल विद्युत क्षेत्र $\vec{E}_P = \frac{\rho}{3 \varepsilon_0} \vec{C}_2 C_1$ का परिमाण और दिशा दोनों नियत रहते हैं।
चूंकि विद्युत क्षेत्र शून्य नहीं है और एकसमान है,इसलिए ओवरलैपिंग क्षेत्र में विभव नियत नहीं है।
अतः,कथन $(C)$ और $(D)$ सही हैं।

(C) कक्षा की त्रिज्या $r_n = a_0 \frac{n^2}{Z} = 4.5 a_0$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया कोणीय संवेग $L = \frac{nh}{2\pi} = \frac{3h}{2\pi}$ है,इसलिए $n = 3$ है।
त्रिज्या के सूत्र में $n=3$ रखने पर: $4.5 = \frac{3^2}{Z} = \frac{9}{Z}$,जिससे $Z = 2$ प्राप्त होता है।
यह परमाणु हीलियम आयन $(He^+)$ है।
जब परमाणु $n=3$ से नीचे आता है,तो संभावित संक्रमण $3 \rightarrow 2$,$3 \rightarrow 1$,और $2 \rightarrow 1$ हैं।
तरंगदैर्ध्य $\lambda$ को $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$ द्वारा दिया जाता है।
$3 \rightarrow 1$ के लिए: $\frac{1}{\lambda_{3 \rightarrow 1}} = R(2^2) \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 4R \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = 4R \left( \frac{8}{9} \right) = \frac{32R}{9} \Rightarrow \lambda_{3 \rightarrow 1} = \frac{9}{32R}$.
$3 \rightarrow 2$ के लिए: $\frac{1}{\lambda_{3 \rightarrow 2}} = R(2^2) \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 4R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = 4R \left( \frac{5}{36} \right) = \frac{5R}{9} \Rightarrow \lambda_{3 \rightarrow 2} = \frac{9}{5R}$.
$2 \rightarrow 1$ के लिए: $\frac{1}{\lambda_{2 \rightarrow 1}} = R(2^2) \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 4R \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = 4R \left( \frac{3}{4} \right) = 3R \Rightarrow \lambda_{2 \rightarrow 1} = \frac{1}{3R}$.
संभावित तरंगदैर्ध्य $\frac{9}{32R}$ और $\frac{9}{5R}$ हैं। अतः,सही विकल्प $(C)$ है।

(A) $1.$ दी गई शक्ति $P = 600 \ kW = 6 \times 10^5 \ W$,वोल्टेज $V = 4000 \ V$.
धारा $I = P/V = (6 \times 10^5) / 4000 = 150 \ A$.
कुल प्रतिरोध $R = 0.4 \ \Omega \ km^{-1} \times 20 \ km = 8 \ \Omega$.
शक्ति का नुकसान $P_d = I^2 R = (150)^2 \times 8 = 22500 \times 8 = 180,000 \ W = 180 \ kW$.
प्रतिशत नुकसान $= (180 / 600) \times 100 = 30 \%$.
$2.$ स्टेप-अप ट्रांसफार्मर अनुपात $N_p/N_s = 1:10$. आउटपुट वोल्टेज $V_s = V_p \times (N_s/N_p) = 4000 \times 10 = 40,000 \ V$.
स्टेप-डाउन ट्रांसफार्मर के लिए,इनपुट वोल्टेज $V'_p = 40,000 \ V$ और आउटपुट वोल्टेज $V'_s = 200 \ V$.
अनुपात $N'_p/N'_s = V'_p/V'_s = 40,000 / 200 = 200:1$.

(B) $1.$ फैराडे के प्रेरण के नियम के अनुसार,$\oint E \cdot dl = -\frac{d\Phi_B}{dt}$.
$R$ त्रिज्या के वृत्ताकार पथ के लिए,प्रेरित विद्युत क्षेत्र $E$ स्पर्शरेखीय होता है।
$E(2\pi R) = -\frac{d}{dt}(B \cdot \pi R^2) = -\pi R^2 \frac{dB}{dt}$.
चूंकि चुंबकीय क्षेत्र $1$ सेकंड में $0$ से $B$ तक बढ़ता है,इसलिए $\frac{dB}{dt} = B$.
अतः,प्रेरित विद्युत क्षेत्र का परिमाण $E = \frac{R}{2} \frac{dB}{dt} = \frac{BR}{2}$ है।
इसलिए,विकल्प $(B)$ सही है।
$2.$ चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $M$,कोणीय संवेग $J$ से $M = \gamma J$ द्वारा संबंधित है।
चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण में परिवर्तन $\Delta M = \gamma \Delta J$ है।
प्रेरित विद्युत क्षेत्र एक टॉर्क $\tau = r \times F = R(QE) = R Q (\frac{R}{2} \frac{dB}{dt}) = \frac{QR^2}{2} \frac{dB}{dt}$ उत्पन्न करता है।
कोणीय संवेग में परिवर्तन $\Delta J = \int \tau dt = \int_0^1 \frac{QR^2}{2} \frac{dB}{dt} dt = \frac{QR^2}{2} B$.
चूंकि प्रेरित विद्युत क्षेत्र गति का विरोध करता है (लेंज का नियम),टॉर्क ऋणात्मक है,इसलिए $\Delta J = -\frac{BQR^2}{2}$.
अतः,$\Delta M = -\gamma \frac{BQR^2}{2}$.
इसलिए,विकल्प $(B)$ सही है।

(A) $1.$ यह जांचने के लिए कि क्या कोई अभिक्रिया संभव है, अभिकारकों का द्रव्यमान उत्पादों के द्रव्यमान से अधिक होना चाहिए $(\Delta m > 0)$।
$(A)$ ${ }_3^6 Li \rightarrow { }_1^2 H + { }_2^4 He$: $\Delta m = 6.015123 - (2.014102 + 4.002603) = -0.001582 u$। अभिक्रिया संभव नहीं है।
$(B)$ ${ }_{84}^{210} Po \rightarrow { }_{83}^{209} Bi + { }_1^1 H$: $\Delta m = 209.982876 - (208.980388 + 1.007825) = -0.005337 u$। अभिक्रिया संभव नहीं है।
$(C)$ ${ }_1^2 H + { }_2^4 He \rightarrow { }_3^6 Li$: $\Delta m = (2.014102 + 4.002603) - 6.015123 = +0.001582 u$। अभिक्रिया संभव है।
$(D)$ ${ }_{30}^{70} Zn + { }_{34}^{82} Se \rightarrow { }_{64}^{152} Gd$: $\Delta m = (69.925325 + 81.916709) - 151.919803 = -0.077769 u$। अभिक्रिया संभव नहीं है।
अतः, केवल $(C)$ सही है।
$2.$ अल्फा क्षय: ${ }_{84}^{210} Po \rightarrow { }_{82}^{206} Pb + { }_2^4 He$।
$Q = [M(Po) - M(Pb) - M(He)] \times 931.5 \text{ MeV/u}$।
$Q = [209.982876 - 205.974455 - 4.002603] \times 931.5 = 0.005818 \times 931.5 \approx 5.422 \text{ MeV} = 5422 \text{ keV}$।
$K_{\alpha} = \frac{M_{Pb}}{M_{Pb} + M_{He}} \times Q = \frac{206}{210} \times 5422 \approx 5319 \text{ keV}$।

(D) किरण लंबवत आपतन पर प्रिज्म में प्रवेश करती है और कर्ण पर $45^{\circ}$ के आपतन कोण पर टकराती है।
$1$. पथ $e \rightarrow i$ (पूर्ण आंतरिक परावर्तन) के लिए: शर्त $i > \theta_c$ है,जहाँ $\sin \theta_c = \mu_2 / \mu_1$. अतः,$\sin 45^{\circ} > \mu_2 / \mu_1 \Rightarrow 1/\sqrt{2} > \mu_2 / \mu_1 \Rightarrow \mu_1 > \sqrt{2} \mu_2$. (यह $S-1$ से मेल खाता है)
$2$. पथ $e \rightarrow f$ (अभिलंब से दूर अपवर्तन) के लिए: यह तब होता है जब किरण प्रिज्म-ब्लॉक इंटरफेस पर अभिलंब से दूर मुड़ती है,जिसके लिए $\mu_2 < \mu_1$ होना आवश्यक है। इसके बाद यह ब्लॉक से $\mu_3$ माध्यम में बाहर निकलती है,जिसके लिए $\mu_2 > \mu_3$ होना आवश्यक है। (यह $P-2$ से मेल खाता है)
$3$. पथ $e \rightarrow g$ (कोई विचलन नहीं) के लिए: यह तब होता है जब इंटरफेस पर अपवर्तनांक में कोई परिवर्तन नहीं होता है,अर्थात $\mu_1 = \mu_2$. (यह $Q-3$ से मेल खाता है)
$4$. पथ $e \rightarrow h$ (अभिलंब की ओर अपवर्तन) के लिए: यह तब होता है जब $\mu_2 > \mu_1$ (लेकिन पूर्ण आंतरिक परावर्तन न हो) और अंतिम निकास के लिए $\mu_2 > \mu_3$ हो। विशेष रूप से,$\mu_2 < \mu_1 < \sqrt{2} \mu_2$. (यह $R-4$ से मेल खाता है)
अतः,सही मिलान $P-2, Q-3, R-4, S-1$ है।

(C) अल्फा $(\alpha)$ क्षय में,द्रव्यमान संख्या $4$ से घटती है और परमाणु संख्या $2$ से घटती है। यह प्रक्रिया $2$ $({ }_{92}^{238} U \rightarrow{ }_{90}^{234} Th + { }_{2}^{4} He)$ से मेल खाती है। अतः,$P-2$.
$\beta^{+}$ क्षय में,द्रव्यमान संख्या अपरिवर्तित रहती है जबकि परमाणु संख्या $1$ से घटती है। यह प्रक्रिया $1$ $({ }_{8}^{15} O \rightarrow{ }_{7}^{15} N + { }_{+1}^{0} e)$ से मेल खाती है। अतः,$Q-1$.
नाभिकीय विखंडन में,एक भारी जनक नाभिक दो छोटे,लगभग समान टुकड़ों में विभाजित हो जाता है। यह प्रक्रिया $4$ $({ }_{94}^{239} Pu \rightarrow{ }_{57}^{140} La + \dots)$ से मेल खाती है। अतः,$R-4$.
प्रोटॉन उत्सर्जन में,एक प्रोटॉन उत्सर्जित होता है,इसलिए द्रव्यमान संख्या और परमाणु संख्या दोनों $1$ से घट जाते हैं। यह प्रक्रिया $3$ $({ }_{83}^{185} Bi \rightarrow{ }_{82}^{184} Pb + { }_{1}^{1} H)$ से मेल खाती है। अतः,$S-3$.
इसलिए,सही मिलान $P-2, Q-1, R-4, S-3$ है।