IIT JEE 2018 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) कण की स्थितिज ऊर्जा $V(r) = \frac{kr^2}{2}$ द्वारा दी गई है।
कण पर कार्य करने वाला बल $F = -\frac{dV}{dr} = -\frac{d}{dr}(\frac{kr^2}{2}) = -kr$ है।
बल का परिमाण $F = kr$ है। यह बल वृत्ताकार गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल के रूप में कार्य करता है।
बल को अभिकेंद्र बल के बराबर करने पर: $kr = \frac{mv^2}{r}$।
$r = R$ पर,हमें $kR = \frac{mv^2}{R}$ प्राप्त होता है,जिससे $v^2 = \frac{kR^2}{m}$ मिलता है,अतः $v = \sqrt{\frac{k}{m}} R$। इस प्रकार,कथन $(B)$ सत्य है।
कोणीय संवेग $L$ को $L = mvr$ द्वारा दिया जाता है।
$v = \sqrt{\frac{k}{m}} R$ और $r = R$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $L = m \left( \sqrt{\frac{k}{m}} R \right) R = \sqrt{mk} R^2$ प्राप्त होता है। इस प्रकार,कथन $(C)$ सत्य है।
अतः,सही कथन $(B)$ और $(C)$ हैं।

(A) पिंड पर लगाया गया बल $\overrightarrow{F}=(\alpha t) \hat{i}+\beta \hat{j}$ है।
दिया है $\alpha=1.0 \ Ns^{-1}$ और $\beta=1.0 \ N$,अतः $\overrightarrow{F}=t \hat{i}+\hat{j}$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,$m \frac{d\overrightarrow{v}}{dt} = \overrightarrow{F}$,जहाँ $m=1.0 \ kg$,हमें $\frac{d\overrightarrow{v}}{dt} = t \hat{i}+\hat{j}$ प्राप्त होता है।
समय $t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर ($t=0$ पर $\overrightarrow{v}=0$),हमें $\overrightarrow{v} = \int_{0}^{t} (t \hat{i}+\hat{j}) dt = \frac{t^2}{2} \hat{i} + t \hat{j}$ प्राप्त होता है।
$t=1 \ s$ पर,$\overrightarrow{v} = \frac{1}{2} \hat{i} + \hat{j} = \frac{1}{2}(\hat{i} + 2\hat{j}) \ ms^{-1}$ है। अतः,कथन $(C)$ सत्य है।
स्थिति $\overrightarrow{r}$ ज्ञात करने के लिए वेग का समाकलन करने पर ($t=0$ पर $\overrightarrow{r}=0$),हमें $\overrightarrow{r} = \int_{0}^{t} (\frac{t^2}{2} \hat{i} + t \hat{j}) dt = \frac{t^3}{6} \hat{i} + \frac{t^2}{2} \hat{j}$ प्राप्त होता है।
$t=1 \ s$ पर,$\overrightarrow{r} = \frac{1}{6} \hat{i} + \frac{1}{2} \hat{j}$ है।
विस्थापन $\overrightarrow{s} = \overrightarrow{r}(1) - \overrightarrow{r}(0) = \frac{1}{6} \hat{i} + \frac{1}{2} \hat{j}$ है।
विस्थापन का परिमाण $|\overrightarrow{s}| = \sqrt{(\frac{1}{6})^2 + (\frac{1}{2})^2} = \sqrt{\frac{1}{36} + \frac{9}{36}} = \sqrt{\frac{10}{36}} = \frac{\sqrt{10}}{6} \ m$ है। अतः,कथन $(D)$ असत्य है।
बल आघूर्ण $\vec{\tau} = \overrightarrow{r} \times \overrightarrow{F} = (\frac{t^3}{6} \hat{i} + \frac{t^2}{2} \hat{j}) \times (t \hat{i} + \hat{j})$ है।
$t=1 \ s$ पर,$\vec{\tau} = (\frac{1}{6} \hat{i} + \frac{1}{2} \hat{j}) \times (1 \hat{i} + 1 \hat{j}) = (\frac{1}{6} - \frac{1}{2}) \hat{k} = -\frac{1}{3} \hat{k} \ Nm$ है।
इसका परिमाण $|\vec{\tau}| = \frac{1}{3} \ Nm$ है। अतः,कथन $(A)$ सत्य है और $(B)$ असत्य है।

(B) मेनिस्कस पर दबाव का संतुलन $\frac{2 \sigma}{R} = \rho g h$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $R$ मेनिस्कस की त्रिज्या है।
मेनिस्कस की ज्यामिति से,$R = \frac{r}{\cos \theta}$,जहाँ $r$ केशिका की त्रिज्या है और $\theta$ संपर्क कोण है।
ऊंचाई के समीकरण में $R$ का मान रखने पर: $h = \frac{2 \sigma \cos \theta}{\rho g r}$ प्राप्त होता है।
$(A)$ दिए गए पदार्थ के लिए,$\theta$ स्थिर है,इसलिए $h \propto \frac{1}{r}$। अतः,$r$ बढ़ने पर $h$ घटता है। यह कथन सत्य है।
$(B)$ सूत्र से,$h \propto \sigma$,इसलिए $h$,$\sigma$ पर निर्भर करता है। यह कथन असत्य है।
$(C)$ यदि लिफ्ट $a$ त्वरण से ऊपर जा रही है,तो प्रभावी गुरुत्वाकर्षण $g_{\text{eff}} = g + a$ हो जाता है। नई ऊंचाई $h' = \frac{2 \sigma \cos \theta}{\rho (g+a) r}$ होगी। चूंकि $g+a > g$,इसलिए $h'$ घट जाता है। यह कथन सत्य है।
$(D)$ सूत्र से,$h \propto \cos \theta$,न कि $\theta$ के। यह कथन असत्य है।
अतः,कथन $(A)$ और $(C)$ सत्य हैं।

(C) दिए गए $T-V$ आरेख में:
प्रक्रिया $I$: $V$ बदल रहा है,इसलिए यह समआयतनिक नहीं है। कथन $(A)$ गलत है।
प्रक्रिया $II$: यह एक समतापीय प्रसार है ($T$ स्थिर है,$V$ बढ़ता है)। चूँकि $W > 0$ और $\Delta U = 0$ है,गैस ऊष्मा अवशोषित करती है $(\Delta Q = W > 0)$। कथन $(B)$ सत्य है।
प्रक्रिया $III$: यह एक समतापीय संपीड़न है ($T$ स्थिर है,$V$ घटता है)। चूँकि $W < 0$ और $\Delta U = 0$ है,गैस ऊष्मा मुक्त करती है $(\Delta Q = W < 0)$। कथन $(C)$ सत्य है।
प्रक्रिया $IV$: आरेख को देखने पर,प्रक्रिया $I$ और $III$ वक्र हैं,रैखिक नहीं हैं,इसलिए वे समदाबी नहीं हैं। कथन $(D)$ सत्य है।
अतः,कथन $(B), (C)$ और $(D)$ सत्य हैं।

(B) दिया गया है $\vec{A} = a \hat{i}$ और $\vec{B} = a \cos \omega t \hat{i} + a \sin \omega t \hat{j}$।
$\vec{A} + \vec{B} = a(1 + \cos \omega t) \hat{i} + a \sin \omega t \hat{j}$।
$|\vec{A} + \vec{B}|^2 = a^2(1 + \cos \omega t)^2 + a^2 \sin^2 \omega t = a^2(1 + 2 \cos \omega t + \cos^2 \omega t + \sin^2 \omega t) = a^2(2 + 2 \cos \omega t) = 4a^2 \cos^2(\omega t / 2)$।
अतः,$|\vec{A} + \vec{B}| = 2a \cos(\omega t / 2)$।
इसी प्रकार,$\vec{A} - \vec{B} = a(1 - \cos \omega t) \hat{i} - a \sin \omega t \hat{j}$।
$|\vec{A} - \vec{B}|^2 = a^2(1 - \cos \omega t)^2 + a^2 \sin^2 \omega t = a^2(1 - 2 \cos \omega t + \cos^2 \omega t + \sin^2 \omega t) = a^2(2 - 2 \cos \omega t) = 4a^2 \sin^2(\omega t / 2)$।
अतः,$|\vec{A} - \vec{B}| = 2a \sin(\omega t / 2)$।
दिया गया है $|\vec{A} + \vec{B}| = \sqrt{3}|\vec{A} - \vec{B}|$,इसलिए $2a \cos(\omega t / 2) = \sqrt{3} \cdot 2a \sin(\omega t / 2)$।
$\tan(\omega t / 2) = 1 / \sqrt{3}$।
$\omega t / 2 = \pi / 6 \implies \omega t = \pi / 3$।
चूंकि $\omega = \pi / 6 \text{ rad s}^{-1}$,हमें प्राप्त होता है $(\pi / 6) \cdot t = \pi / 3$।
अतः,$t = 2 \text{ s}$।

(A) मान लीजिए स्थिर व्यक्ति बिंदु $C$ पर है और क्षैतिज रेखा $AB$ है। मान लीजिए $O$,$AB$ रेखा पर $C$ के ठीक नीचे का बिंदु है। दिया गया है $CO = 12 \,m$। व्यक्ति $A$ और $B$ पर हैं ताकि $AO = OB = 5 \,m$ हो। दूरी $AC = BC = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13 \,m$ है। रेखा $AC$ (या $BC$) और ऊर्ध्वाधर $CO$ के बीच का कोण $\theta$ है,जहाँ $\cos \theta = \frac{12}{13}$ और $\sin \theta = \frac{5}{13}$ है।
$A$ पर स्थित व्यक्ति (पीछे वाला) $v_A = 2.0 \,m \,s^{-1}$ के वेग से $O$ की ओर बढ़ रहा है। रेखा $AC$ की दिशा में उसके वेग का घटक $v_{A, \text{eff}} = v_A \sin \theta = 2.0 \times \frac{5}{13} \,m \,s^{-1}$ है। चूँकि वह $C$ की ओर बढ़ रहा है,प्रेक्षित आवृत्ति $f_A = f \left( \frac{v}{v - v_A \sin \theta} \right) = 1430 \left( \frac{330}{330 - 2 \times \frac{5}{13}} \right) \approx 1430 \left( 1 + \frac{10}{13 \times 330} \right)$ है।
$B$ पर स्थित व्यक्ति (आगे वाला) $v_B = 1.0 \,m \,s^{-1}$ के वेग से $O$ से दूर जा रहा है। रेखा $BC$ की दिशा में उसके वेग का घटक $v_{B, \text{eff}} = v_B \sin \theta = 1.0 \times \frac{5}{13} \,m \,s^{-1}$ है। चूँकि वह $C$ से दूर जा रहा है,प्रेक्षित आवृत्ति $f_B = f \left( \frac{v}{v + v_B \sin \theta} \right) = 1430 \left( \frac{330}{330 + 1 \times \frac{5}{13}} \right) \approx 1430 \left( 1 - \frac{5}{13 \times 330} \right)$ है।
बीट आवृत्ति $\Delta f = |f_A - f_B| = 1430 \left( \frac{10}{13 \times 330} + \frac{5}{13 \times 330} \right) = 1430 \left( \frac{15}{13 \times 330} \right) = \frac{1430}{330} \times \frac{15}{13} = \frac{13}{3} \times \frac{15}{13} = 5 \,Hz$।

(C) झुके हुए तल पर लुढ़कने वाली वस्तु का त्वरण $a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{k^2}{R^2}}$ द्वारा दिया जाता है।
रिंग के लिए, $k^2 = R^2$, इसलिए $a_R = \frac{g \sin \theta}{1 + 1} = \frac{g \sin \theta}{2}$.
डिस्क के लिए, $k^2 = \frac{R^2}{2}$, इसलिए $a_D = \frac{g \sin \theta}{1 + 0.5} = \frac{2g \sin \theta}{3}$.
ढलान पर तय की गई दूरी $d = \frac{h}{\sin \theta}$ है।
$d = \frac{1}{2} a t^2$ का उपयोग करते हुए, $t = \sqrt{\frac{2d}{a}} = \sqrt{\frac{2h}{a \sin \theta}}$.
रिंग के लिए: $t_R = \sqrt{\frac{2h}{(g \sin \theta / 2) \sin \theta}} = \sqrt{\frac{4h}{g \sin^2 \theta}}$.
डिस्क के लिए: $t_D = \sqrt{\frac{2h}{(2g \sin \theta / 3) \sin \theta}} = \sqrt{\frac{3h}{g \sin^2 \theta}}$.
दिया गया है $\theta = 60^{\circ}$, $\sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$, इसलिए $\sin^2 \theta = \frac{3}{4}$.
$t_R = \sqrt{\frac{4h}{g(3/4)}} = \sqrt{\frac{16h}{3g}}$ और $t_D = \sqrt{\frac{3h}{g(3/4)}} = \sqrt{\frac{4h}{g}}$.
दिया गया है $t_R - t_D = \frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{10}}$, इसलिए $\sqrt{\frac{h}{g}} \left( \frac{4}{\sqrt{3}} - 2 \right) = \frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{10}}$.
$\sqrt{\frac{h}{10}} \left( \frac{4-2\sqrt{3}}{\sqrt{3}} \right) = \frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{10}}$.
$\sqrt{h} \left( \frac{2(2-\sqrt{3})}{\sqrt{3}} \right) = 2-\sqrt{3} \Rightarrow \sqrt{h} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow h = \frac{3}{4} = 0.75 \,m$.

(C) मान लीजिए $m_1 = 1.0 \,kg$ और $m_2 = 2.0 \,kg$ है। $m_1$ का प्रारंभिक वेग $u_1 = 2.0 \,m \,s^{-1}$ और $m_2$ का $u_2 = 0$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से: $m_1 u_1 = m_1 v_1 + m_2 v_2 \implies 1(2) = 1(v_1) + 2(v_2) \implies v_1 + 2v_2 = 2$ $(i)$
प्रत्यास्थ टक्कर के लिए, प्रत्यावस्थान गुणांक $e = 1$: $v_2 - v_1 = e(u_1 - u_2) = 1(2 - 0) = 2$ $(ii)$
$(i)$ और $(ii)$ को हल करने पर: दोनों को जोड़ने पर $3v_2 = 4 \implies v_2 = \frac{4}{3} \,m \,s^{-1}$ प्राप्त होता है। $(ii)$ में मान रखने पर, $v_1 = v_2 - 2 = \frac{4}{3} - 2 = -\frac{2}{3} \,m \,s^{-1}$ प्राप्त होता है।
स्प्रिंग से जुड़ा $2.0 \,kg$ का ब्लॉक सरल आवर्त गति करता है। स्प्रिंग को अपनी मूल स्थिति में वापस आने में लगा समय आवर्तकाल का आधा होता है: $\Delta t = \frac{T}{2} = \pi \sqrt{\frac{m_2}{k}} = \pi \sqrt{\frac{2}{2}} = \pi \,s$.
इस समय के दौरान, $1.0 \,kg$ का ब्लॉक $v_1 = -\frac{2}{3} \,m \,s^{-1}$ के स्थिर वेग से (बाईं ओर) चलता है। $2.0 \,kg$ का ब्लॉक दाईं ओर चलता है, स्प्रिंग को संकुचित करता है और संतुलन स्थिति में वापस आ जाता है।
$1.0 \,kg$ ब्लॉक का विस्थापन: $s_1 = v_1 \Delta t = -\frac{2}{3} \pi \,m$.
$2.0 \,kg$ ब्लॉक का विस्थापन: $s_2 = 0$ (क्योंकि यह प्रारंभिक स्थिति में वापस आ जाता है)।
ब्लॉकों के बीच की दूरी $|s_2 - s_1| = |0 - (- \frac{2}{3} \pi)| = \frac{2}{3} \pi = \frac{2 \times 3.14159}{3} \approx 2.094 \,m$ है। दो दशमलव स्थानों तक पूर्णांकित करने पर, दूरी $2.09 \,m$ है।

(A) स्थिर अवस्था में,दोनों बेलनों से होकर ऊष्मा प्रवाह की दर समान होती है।
मान लीजिए छोटे बेलन की त्रिज्या $r_1$ है और बड़े बेलन की त्रिज्या $r_2$ है।
दिया गया है $r_2 = 2 r_1$,अतः अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A_1 = \pi r_1^2$ और $A_2 = \pi r_2^2 = \pi (2 r_1)^2 = 4 \pi r_1^2 = 4 A_1$ है।
ऊष्मा प्रवाह की दर $\frac{dQ}{dt} = \frac{K A \Delta T}{L}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
पहले बेलन के लिए: $\frac{dQ}{dt} = \frac{K_1 A_1 (300 - 200)}{L} = \frac{K_1 A_1 (100)}{L}$।
दूसरे बेलन के लिए: $\frac{dQ}{dt} = \frac{K_2 A_2 (200 - 100)}{L} = \frac{K_2 (4 A_1) (100)}{L}$।
ऊष्मा प्रवाह की दोनों दरों को बराबर करने पर:
$\frac{K_1 A_1 (100)}{L} = \frac{K_2 (4 A_1) (100)}{L}$।
$K_1 = 4 K_2$।
अतः,$\frac{K_1}{K_2} = 4$।

(C) $V-T$ ग्राफ से:
$1$. प्रक्रिया $AB$: तापमान स्थिर $(T_1)$ है,इसलिए यह समतापीय प्रक्रिया है। आदर्श गैस के लिए,$\Delta U = 0$.
$2$. प्रक्रिया $AC$: आयतन स्थिर $(V_1)$ है,इसलिए यह समआयतनिक प्रक्रिया है। विनिमय की गई ऊष्मा $q_{AC} = \Delta U_{AC} = nC_v(T_2 - T_1)$.
$3$. प्रक्रिया $BC$: दबाव स्थिर $(P_2)$ है,इसलिए यह समदाबी प्रक्रिया है। विनिमय की गई ऊष्मा $q_{BC} = \Delta H_{BC} = nC_p(T_2 - T_1)$.
विकल्पों का विश्लेषण:
- प्रक्रिया $CA$ (समआयतनिक) के लिए,$\Delta H_{CA} = nC_p(T_1 - T_2)$ और $\Delta U_{CA} = nC_v(T_1 - T_2)$। चूंकि $C_p > C_v$ और $(T_1 - T_2) < 0$,इसलिए $\Delta H_{CA} < \Delta U_{CA}$ सत्य है।

(B) मान लीजिए कि स्थिर व्यक्ति बिंदु $C$ पर है और दो गतिमान व्यक्ति $A$ और $B$ पर हैं। दूरी $CO = 12 \ m$ है। चूँकि व्यक्ति $10 \ m$ की दूरी पर हैं और स्थिर व्यक्ति समान दूरी पर है,इसलिए $AO = OB = 5 \ m$ है।
दूरी $AC = BC = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13 \ m$ है।
गति की रेखा और प्रेक्षक को स्रोत से जोड़ने वाली रेखा के बीच का कोण $\theta$ है,जहाँ $\cos \theta = \frac{5}{13}$ है।
पीछे वाले व्यक्ति $(A)$ के लिए जो $v_s = 2.0 \ m \ s^{-1}$ की गति से $O$ की ओर बढ़ रहा है,$AC$ रेखा पर वेग का घटक $v_s \cos \theta$ है। प्रेक्षित आवृत्ति $f_A = f \left( \frac{v}{v - v_s \cos \theta} \right) = 1430 \left( \frac{330}{330 - 2 \cos \theta} \right) \approx 1430 \left( 1 + \frac{2 \cos \theta}{330} \right)$ है।
आगे वाले व्यक्ति $(B)$ के लिए जो $v_s = 1.0 \ m \ s^{-1}$ की गति से $O$ से दूर जा रहा है,$BC$ रेखा पर वेग का घटक $v_s \cos \theta$ है। प्रेक्षित आवृत्ति $f_B = f \left( \frac{v}{v + v_s \cos \theta} \right) = 1430 \left( \frac{330}{330 + 1 \cos \theta} \right) \approx 1430 \left( 1 - \frac{\cos \theta}{330} \right)$ है।
बीट आवृत्ति $\Delta f = f_A - f_B = 1430 \left( \frac{2 \cos \theta + \cos \theta}{330} \right) = 1430 \left( \frac{3 \cos \theta}{330} \right) = 13 \cos \theta$ है।
$\cos \theta = \frac{5}{13}$ रखने पर,हमें $\Delta f = 13 \times \frac{5}{13} = 5 \ Hz$ प्राप्त होता है।

(B) नत समतल पर लुढ़कने वाली वस्तु का त्वरण $a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{k^2}{R^2}}$ द्वारा दिया जाता है।
रिंग के लिए,$k^2 = R^2$,इसलिए $a_R = \frac{g \sin \theta}{1+1} = \frac{g \sin \theta}{2}$.
डिस्क के लिए,$k^2 = R^2/2$,इसलिए $a_D = \frac{g \sin \theta}{1+0.5} = \frac{2g \sin \theta}{3}$.
ढलान पर तय की जाने वाली दूरी $d = \frac{h}{\sin \theta}$ है।
$d = \frac{1}{2} a t^2$ का उपयोग करते हुए,हमें $t = \sqrt{\frac{2d}{a}} = \sqrt{\frac{2h}{a \sin \theta}}$ मिलता है।
रिंग के लिए: $t_R = \sqrt{\frac{2h}{(g \sin \theta / 2) \sin \theta}} = \sqrt{\frac{4h}{g \sin^2 \theta}} = \sqrt{\frac{4h}{g (3/4)}} = \sqrt{\frac{16h}{3g}}$.
डिस्क के लिए: $t_D = \sqrt{\frac{2h}{(2g \sin \theta / 3) \sin \theta}} = \sqrt{\frac{3h}{g \sin^2 \theta}} = \sqrt{\frac{3h}{g (3/4)}} = \sqrt{\frac{4h}{g}}$.
दिया गया है कि $t_R - t_D = \frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{10}}$,इसलिए $\sqrt{\frac{h}{g}} \left( \sqrt{\frac{16}{3}} - 2 \right) = \frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{10}}$.
$\sqrt{\frac{h}{10}} \left( \frac{4 - 2\sqrt{3}}{\sqrt{3}} \right) = \frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{10}}$.
$\sqrt{h} \left( \frac{2(2-\sqrt{3})}{\sqrt{3}} \right) = 2-\sqrt{3}$.
$\sqrt{h} = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies h = \frac{3}{4} = 0.75 \ m$.

(C) मान लीजिए $m_1 = 1.0 \ kg$ और $m_2 = 2.0 \ kg$ है। $m_1$ का प्रारंभिक वेग $u_1 = 2.0 \ m \ s^{-1}$ और $m_2$ का $u_2 = 0$ है। मान लीजिए प्रत्यास्थ टक्कर के बाद उनके वेग $v_1$ और $v_2$ हैं।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए: $m_1 u_1 = m_1 v_1 + m_2 v_2 \implies 1(2) = 1(v_1) + 2(v_2) \implies v_1 + 2v_2 = 2$ . . . . . $(1)$
प्रत्यास्थ टक्कर के लिए प्रत्यावस्थान गुणांक $(e=1)$ का उपयोग करते हुए: $v_2 - v_1 = e(u_1 - u_2) = 1(2 - 0) = 2$ . . . . . $(2)$
समीकरणों $(1)$ और $(2)$ को हल करने पर,हमें $v_2 = 4/3 \ m \ s^{-1}$ और $v_1 = -2/3 \ m \ s^{-1}$ प्राप्त होता है।
स्प्रिंग से जुड़ा $2.0 \ kg$ का ब्लॉक सरल आवर्त गति करता है। इसका आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{m_2/k} = 2\pi \sqrt{2/2} = 2\pi \ s$ है।
स्प्रिंग आधे आवर्तकाल के बाद अपनी अनावृत स्थिति में वापस आ जाती है,अर्थात $\Delta t = T/2 = \pi \ s$।
इस समय के दौरान,$1.0 \ kg$ का ब्लॉक स्थिर वेग $v_1 = -2/3 \ m \ s^{-1}$ से (स्प्रिंग से दूर) चलता है। इसका विस्थापन $\Delta x_1 = v_1 \Delta t = (-2/3) \times \pi = -2\pi/3 \ m$ है।
$2.0 \ kg$ का ब्लॉक $x=0$ से $x_{max}$ तक जाता है और वापस $x=0$ पर आता है। इसका विस्थापन $\Delta x_2 = 0$ है।
दोनों ब्लॉकों के बीच की दूरी $|\Delta x_1 - \Delta x_2| = |-2\pi/3 - 0| = 2\pi/3 \approx 2(3.14)/3 = 6.28/3 \approx 2.09 \ m$ है।

(C) स्थिर अवस्था में,दोनों बेलनों से ऊष्मा प्रवाह की दर समान होती है।
मान लीजिए कि छोटे बेलन की त्रिज्या $r_1$ है और बड़े बेलन की त्रिज्या $r_2$ है।
दिया गया है कि $r_2 = 2r_1$ है।
अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A_1 = \pi r_1^2$ और $A_2 = \pi r_2^2 = \pi (2r_1)^2 = 4\pi r_1^2 = 4A_1$ है।
ऊष्मा प्रवाह की दर $\frac{dQ}{dt} = \frac{KA(T_{high} - T_{low})}{L}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
पहले बेलन के लिए: $\frac{dQ}{dt} = \frac{K_1 A_1 (300 - 200)}{L} = \frac{K_1 A_1 (100)}{L}$।
दूसरे बेलन के लिए: $\frac{dQ}{dt} = \frac{K_2 A_2 (200 - 100)}{L} = \frac{K_2 (4A_1) (100)}{L}$।
ऊष्मा प्रवाह की दरों को बराबर करने पर:
$\frac{K_1 A_1 (100)}{L} = \frac{K_2 (4A_1) (100)}{L}$।
$K_1 = 4K_2$।
अतः,$K_1 / K_2 = 4$।

$(C, D)$ $(1)$ वेग $v$ से गतिमान आवेश $q$ पर लगने वाला लॉरेंट्ज़ बल $F = qE + q(v \times B)$ द्वारा दिया जाता है। आयामों की संगति के लिए, विद्युत बल $qE$ का परिमाण चुंबकीय बल $qvB$ के परिमाण के बराबर होना चाहिए।
अतः, $qE = qvB$, जिसका अर्थ है $E = vB$।
चूंकि वेग $v$ का आयाम $[L][T]^{-1}$ है, इसलिए हमारे पास $[E] = [L][T]^{-1}[B]$ है। यह विकल्प $(C)$ से मेल खाता है।
$(2)$ मुक्त स्थान में प्रकाश की गति $c$, विद्युतशीलता $\varepsilon_0$ और पारगम्यता $\mu_0$ के साथ $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}$ संबंध द्वारा जुड़ी हुई है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर, हमें $c^2 = \frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}$ प्राप्त होता है, या $\mu_0 = \frac{1}{\varepsilon_0 c^2}$।
चूंकि $c$ का आयाम $[L][T]^{-1}$ है, इसलिए $c^2$ का आयाम $[L]^2[T]^{-2}$ है।
अतः, $[\mu_0] = [\varepsilon_0]^{-1} ([L]^2[T]^{-2})^{-1} = [\varepsilon_0]^{-1}[L]^{-2}[T]^2$। यह विकल्प $(D)$ से मेल खाता है।

(D) $V-T$ ग्राफ से:
$AB$: $T$ स्थिर $(T_1)$ है,इसलिए यह एक समतापीय प्रक्रिया है। अतः,$\Delta U_{AB} = 0$ और $W_{AB} = nRT_1 \ln(V_2/V_1)$.
$AC$: $V$ स्थिर $(V_1)$ है,इसलिए यह एक समआयतनिक प्रक्रिया है। अतः,$W_{AC} = 0$ और $q_{AC} = \Delta U_{AC} = nC_v(T_2 - T_1)$.
$BC$: $P$ स्थिर $(P_2)$ है,इसलिए यह एक समदाबी प्रक्रिया है। अतः,$W_{BC} = P_2(V_1 - V_2)$ और $q_{BC} = \Delta H_{BC} = nC_p(T_1 - T_2)$.
प्रक्रिया $CA$ के लिए: $\Delta H_{CA} = nC_p(T_1 - T_2)$ और $\Delta U_{CA} = nC_v(T_1 - T_2)$. चूँकि $C_p > C_v$ और $(T_1 - T_2) < 0$,इसलिए $\Delta H_{CA} < \Delta U_{CA}$ होता है।
अतः,विकल्प $(B)$ और $(D)$ सही हैं।

(B) दिया गया है $\frac{dK}{dt} = \gamma t$. चूँकि $K = \frac{1}{2}mv^2$,इसलिए $\frac{dK}{dt} = mv \frac{dv}{dt} = \gamma t$.
अतः,$v \frac{dv}{dt} = \frac{\gamma t}{m}$.
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,$\int v dv = \int \frac{\gamma}{m} t dt$,जिससे $\frac{v^2}{2} = \frac{\gamma t^2}{2m}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$v = \sqrt{\frac{\gamma}{m}} t$. यह दर्शाता है कि चाल समय के समानुपाती है,अतः $(B)$ सत्य है।
त्वरण $a = \frac{dv}{dt} = \sqrt{\frac{\gamma}{m}}$,जो कि नियत है। चूँकि $F = ma$,इसलिए बल $F = \sqrt{\gamma m}$ भी नियत है,अतः $(A)$ सत्य है।
चूँकि $v = \frac{dx}{dt} = \sqrt{\frac{\gamma}{m}} t$,समाकलन करने पर $x = \int \sqrt{\frac{\gamma}{m}} t dt = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\gamma}{m}} t^2$ प्राप्त होता है। दूरी समय के साथ वर्ग के रूप में बढ़ती है,रैखिक रूप से नहीं,अतः $(C)$ असत्य है।
चूँकि बल नियत है,यह एक संरक्षी बल है,अतः $(D)$ सत्य है।
अतः,कथन $(A), (B)$ और $(D)$ सत्य हैं।

(C) न्यूटन के श्यानता के नियम के अनुसार,$h$ मोटाई की तरल परत पर $u_0$ वेग से गति करने वाली $A$ क्षेत्रफल की प्लेट पर कार्य करने वाला श्यान बल $F$ इस प्रकार है:
$F = \eta A \frac{dv}{dx} = \eta A \frac{u_0}{h}$
इस समीकरण से:
$1$. प्रतिरोधक बल $F$,$h$ के व्युत्क्रमानुपाती है $(F \propto 1/h)$। अतः,कथन $(A)$ सत्य है।
$2$. प्रतिरोधक बल $F$,क्षेत्रफल $A$ के समानुपाती है $(F \propto A)$। अतः,कथन $(B)$ असत्य है।
$3$. स्पर्शरेखीय (shear) प्रतिबल $\tau$ को $\tau = F/A = \eta \frac{u_0}{h}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
$4$. चूंकि $\tau = \eta \frac{u_0}{h}$,टैंक के फर्श (या प्लेट) पर शियर प्रतिबल $u_0$ के समानुपाती है। अतः,कथन $(C)$ सत्य है।
$5$. चूंकि $\tau = \eta \frac{u_0}{h}$,शियर प्रतिबल तरल की श्यानता $\eta$ के समानुपाती है। अतः,कथन $(D)$ सत्य है।
अतः,कथन $(A), (C),$ और $(D)$ सत्य हैं।

(B) $L_1$ और $L_2$ लंबाई पर दो क्रमिक अनुनादों के लिए,आधी तरंगदैर्ध्य $\lambda/2 = L_2 - L_1$ द्वारा दी जाती है।
$\lambda/2 = 83.9 \text{ cm} - 50.7 \text{ cm} = 33.2 \text{ cm}$.
अतः,तरंगदैर्ध्य $\lambda = 2 \times 33.2 \text{ cm} = 66.4 \text{ cm}$. (कथन $C$ सत्य है)।
ध्वनि की गति $v = f \lambda = 500 \text{ Hz} \times 0.664 \text{ m} = 332 \text{ m s}^{-1}$ है। (कथन $A$ सत्य है)।
पहले अनुनाद के लिए,$L_1 + e = \lambda/4$,जहाँ $e$ अंत सुधार है।
$50.7 \text{ cm} + e = 66.4 \text{ cm} / 4 = 16.6 \text{ cm}$.
$e = 16.6 \text{ cm} - 50.7 \text{ cm} = -34.1 \text{ cm}$.
नोट: प्रश्न की संरचना बताती है कि $L_1$ और $L_2$ दूसरे और तीसरे हार्मोनिक (या उच्च) हैं क्योंकि $L_1$ काफी बड़ा है। अंत सुधार $e$ आमतौर पर छोटा और धनात्मक होता है। दिए गए विकल्पों के अनुसार,$A$ और $C$ सही हैं।

(B) दिया गया है,$m = 0.4 \ kg$,आवेग $J = 1.0 \ N \ s$,$\tau = 4 \ s$,और $v(t) = v_0 e^{-t/\tau}$।
समय $t = 0$ पर,वेग $v(0) = v_0 e^0 = v_0$ है।
आवेग-संवेग प्रमेय के अनुसार,$J = \Delta p = m \Delta v = m(v(0) - 0) = m v_0$।
इसलिए,$v_0 = J/m = 1.0 / 0.4 = 2.5 \ m/s$।
$t = \tau$ पर विस्थापन $S$ वेग के समाकलन द्वारा प्राप्त होता है:
$S = \int_0^{\tau} v(t) \ dt = \int_0^{\tau} v_0 e^{-t/\tau} \ dt$।
$S = v_0 \left[ -\tau e^{-t/\tau} \right]_0^{\tau} = v_0 \tau (1 - e^{-1})$।
मान रखने पर: $S = (2.5) \times (4) \times (1 - 0.37)$।
$S = 10 \times 0.63 = 6.3 \ m$।

(B) मान लीजिए प्रारंभिक वेग $u$ है। अधिकतम ऊँचाई $H$ का सूत्र $H = \frac{u^2 \sin^2 45^{\circ}}{2g} = 120 \ m$ है।
चूंकि $\sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$, इसलिए $H = \frac{u^2 (1/2)}{2g} = \frac{u^2}{4g} = 120 \ m$, जिससे $u^2 = 480g$ प्राप्त होता है।
टकराने से पहले गतिज ऊर्जा $K_i = \frac{1}{2}mu^2$ है।
टकराने के बाद, गतिज ऊर्जा $K_f = \frac{1}{2}K_i = \frac{1}{4}mu^2 = \frac{1}{2}mv^2$ है, जहाँ $v$ उछाल के बाद का वेग है।
अतः, $v^2 = \frac{u^2}{2} = \frac{480g}{2} = 240g$ है।
नई अधिकतम ऊँचाई $h$ का सूत्र $h = \frac{v^2 \sin^2 30^{\circ}}{2g}$ है।
$v^2 = 240g$ और $\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$ रखने पर, हमें $h = \frac{240g \times (1/2)^2}{2g} = \frac{240g \times (1/4)}{2g} = \frac{60}{2} = 30 \ m$ प्राप्त होता है।

(A) लंबाई में परिवर्तन $\Delta L$ सूत्र $\Delta L = \frac{FL}{AY}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है: $F = mg = 1.2 \times 10 = 12 \text{ N}$,$L = 1.0 \text{ m}$,$d = 0.5 \times 10^{-3} \text{ m}$,$Y = 2 \times 10^{11} \text{ N m}^{-2}$,और $\pi = 3.2$.
क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi \left(\frac{d}{2}\right)^2 = 3.2 \times \frac{(0.5 \times 10^{-3})^2}{4} = 0.8 \times 0.25 \times 10^{-6} = 0.2 \times 10^{-6} \text{ m}^2$.
$\Delta L$ की गणना: $\Delta L = \frac{12 \times 1.0}{0.2 \times 10^{-6} \times 2 \times 10^{11}} = \frac{12}{0.4 \times 10^5} = 30 \times 10^{-5} \text{ m} = 0.3 \text{ mm}$.
वर्नियर पैमाने का अल्पतमांक $(LC)$ $LC = \text{मुख्य पैमाने का विभाजन} - \text{वर्नियर पैमाने का विभाजन} = 1.0 \text{ mm} - \frac{9}{10} \times 1.0 \text{ mm} = 0.1 \text{ mm}$ है।
वर्नियर पैमाने का पाठ्यांक $\Delta L = n \times LC$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ मुख्य पैमाने के साथ संपाती वर्नियर विभाजन है।
$0.3 \text{ mm} = n \times 0.1 \text{ mm} \implies n = 3$.

(C) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,तापमान और आयतन के बीच संबंध $T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$ है।
एकपरमाणुक गैस के लिए,रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma = \frac{5}{3}$ है,इसलिए $\gamma - 1 = \frac{2}{3}$।
दिया गया है $V_2 = 8 V_1$ और $T_1 = 100 K$।
$T_2 = T_1 \left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1} = 100 \times \left(\frac{1}{8}\right)^{2/3} = 100 \times \left(\frac{1}{4}\right) = 25 K$।
आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = n C_v \Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
एकपरमाणुक गैस के लिए,$C_v = \frac{3}{2} R$।
$\Delta U = 1 \times \frac{3}{2} \times 8.0 \times (25 - 100) = 12 \times (-75) = -900 J$।
आंतरिक ऊर्जा में कमी $|\Delta U| = 900 J$ है।

(B) दिया गया है: $\frac{m_1}{m_2} = 2$ और $\frac{R_1}{R_2} = \frac{1}{4}$.
$(P)$ कक्षीय गति $v = \sqrt{\frac{GM}{R}}$ के लिए:
$\frac{v_1}{v_2} = \sqrt{\frac{R_2}{R_1}} = \sqrt{4} = 2$. अतः,$P \rightarrow 3$.
$(Q)$ कोणीय संवेग $L = mvr = m\sqrt{GMR}$ के लिए:
$\frac{L_1}{L_2} = \frac{m_1}{m_2} \sqrt{\frac{R_1}{R_2}} = 2 \times \sqrt{\frac{1}{4}} = 2 \times \frac{1}{2} = 1$. अतः,$Q \rightarrow 2$.
$(R)$ गतिज ऊर्जा $K = \frac{GMm}{2R}$ के लिए:
$\frac{K_1}{K_2} = \frac{m_1}{m_2} \times \frac{R_2}{R_1} = 2 \times 4 = 8$. अतः,$R \rightarrow 4$.
$(S)$ परिक्रमण काल $T = 2\pi \sqrt{\frac{R^3}{GM}}$ के लिए:
$\frac{T_1}{T_2} = \left(\frac{R_1}{R_2}\right)^{3/2} = \left(\frac{1}{4}\right)^{3/2} = \frac{1}{8}$. अतः,$S \rightarrow 1$.
अतः,सही मिलान $P \rightarrow 3, Q \rightarrow 2, R \rightarrow 4, S \rightarrow 1$ है।

(A) पथ $P$ के लिए: $\vec{r} = \alpha t \hat{i} + \beta t \hat{j}$। वेग $\vec{v} = \alpha \hat{i} + \beta \hat{j}$ (नियतांक), अतः त्वरण $\vec{a} = 0$ और बल $\vec{F} = 0$। रैखिक संवेग $\overrightarrow{p} = m\vec{v}$ नियत है। कोणीय संवेग $\overrightarrow{L} = \vec{r} \times \overrightarrow{p} = m(\alpha t \hat{i} + \beta t \hat{j}) \times (\alpha \hat{i} + \beta \hat{j}) = m(\alpha\beta t - \beta\alpha t)\hat{k} = 0$ (नियत)। चूँकि $\vec{F}=0$, $K$, $U$ और $E$ नियत हैं। अतः, $P \rightarrow 1, 2, 3, 4, 5$।
पथ $Q$ के लिए: $\vec{r} = \alpha \cos \omega t \hat{i} + \beta \sin \omega t \hat{j}$। यह एक दीर्घवृत्ताकार पथ है। बल केंद्रीय है, इसलिए कोणीय संवेग $\overrightarrow{L}$ संरक्षित है। चूँकि बल संरक्षी है, कुल ऊर्जा $E$ संरक्षित है। अतः, $Q \rightarrow 2, 5$।
पथ $R$ के लिए: $\vec{r} = \alpha(\cos \omega t \hat{i} + \sin \omega t \hat{j})$। यह नियत चाल $v = \alpha\omega$ वाला एक वृत्ताकार पथ है। अतः, $K$ नियत है। चूँकि बल केंद्रीय है, $\overrightarrow{L}$ संरक्षित है। केंद्रीय विभव में वृत्ताकार पथ के लिए, $U$ और $E$ भी नियत हैं। अतः, $R \rightarrow 2, 3, 4, 5$।
पथ $S$ के लिए: $\vec{r} = \alpha t \hat{i} + \frac{\beta}{2} t^2 \hat{j}$। वेग $\vec{v} = \alpha \hat{i} + \beta t \hat{j}$ (समय पर निर्भर), इसलिए $\overrightarrow{p}$ नियत नहीं है। त्वरण $\vec{a} = \beta \hat{j}$ (नियत बल)। $\overrightarrow{L} = m(\alpha t \hat{i} + \frac{\beta}{2} t^2 \hat{j}) \times (\alpha \hat{i} + \beta t \hat{j}) = m(\alpha\beta t^2 - \frac{\alpha\beta}{2} t^2)\hat{k} = \frac{m\alpha\beta t^2}{2}\hat{k}$ (समय पर निर्भर)। केवल कुल ऊर्जा $E$ संरक्षित है। अतः, $S \rightarrow 5$।

(D) मान लीजिए कि बाएं लूप में धारा $I_1$ है और दाएं लूप में धारा $I_2$ है। मध्य तार में धारा $I = I_2 - I_1$ है।
बाएं लूप के लिए: $V - I_1 R - L \frac{dI_1}{dt} = 0 \implies I_1(t) = \frac{V}{R}(1 - e^{-(R/L)t})$.
दाएं लूप के लिए: $V - I_2 R - 2L \frac{dI_2}{dt} = 0 \implies I_2(t) = \frac{V}{R}(1 - e^{-(R/2L)t})$.
मध्य तार में धारा $I(t) = I_2(t) - I_1(t) = \frac{V}{R} [e^{-(R/L)t} - e^{-(R/2L)t}]$ है।
अधिकतम धारा ज्ञात करने के लिए,$\frac{dI}{dt} = 0$ रखें:
$\frac{dI}{dt} = \frac{V}{R} [-\frac{R}{L} e^{-(R/L)t} + \frac{R}{2L} e^{-(R/2L)t}] = 0$.
$\frac{1}{L} e^{-(R/L)t} = \frac{1}{2L} e^{-(R/2L)t} \implies e^{-(R/2L)t} = \frac{1}{2}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $-\frac{R}{2L} T = \ln(1/2) = -\ln 2 \implies T = \frac{2L}{R} \ln 2$.
$T$ का मान $I(t)$ के समीकरण में रखने पर:
$I_{\max} = \frac{V}{R} [e^{-(R/L) \cdot (2L/R) \ln 2} - e^{-(R/2L) \cdot (2L/R) \ln 2}] = \frac{V}{R} [e^{-2 \ln 2} - e^{-\ln 2}] = \frac{V}{R} [\frac{1}{4} - \frac{1}{2}] = -\frac{V}{4R}$.
अतः परिमाण $I_{\max} = \frac{V}{4R}$ है।
इस प्रकार,कथन $(B)$ और $(D)$ सत्य हैं।

(A) $x=R$ पर तार के कारण मूल बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}_1 = \frac{\mu_0 I_1}{2 \pi R} (\hat{k})$ है और $x=-R$ पर तार के कारण $\vec{B}_2 = \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi R} (-\hat{k})$ है।
$(A)$ यदि $I_1=I_2$ है, तो मूल बिंदु पर तारों के कारण चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}_{wires} = \vec{B}_1 + \vec{B}_2 = 0$ है। हालाँकि, वृत्ताकार लूप मूल बिंदु पर एक गैर-शून्य चुंबकीय क्षेत्र बनाता है। अतः, कुल चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}_{net} \neq 0$ है। कथन $(A)$ सत्य है।
$(B)$ यदि $I_1 > 0$ और $I_2 < 0$ है, तो मूल बिंदु पर तारों के कारण चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}_{wires} = \frac{\mu_0}{2 \pi R} (I_1 - I_2) \hat{k}$ है। चूँकि $I_1 > 0$ और $I_2 < 0$ है, $(I_1 - I_2) > 0$, इसलिए $\vec{B}_{wires}$ $+\hat{k}$ दिशा में है। लूप के कारण मूल बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $-\hat{k}$ दिशा में है। चूँकि दोनों क्षेत्र $z$-अक्ष पर हैं, वे एक-दूसरे को निरस्त कर सकते हैं। कथन $(B)$ सत्य है।
$(C)$ यदि $I_1 < 0$ और $I_2 > 0$ है, तो $\vec{B}_{wires}$ $-\hat{k}$ दिशा में है। लूप के कारण मूल बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र भी $-\hat{k}$ दिशा में है। वे एक-दूसरे को निरस्त नहीं कर सकते। कथन $(C)$ असत्य है।
$(D)$ लूप के केंद्र $(0, 0, \sqrt{3}R)$ पर तारों के कारण चुंबकीय क्षेत्र पूरी तरह से $x$-अक्ष पर है। केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र का $z$-घटक केवल लूप के कारण है, जो $\left(-\frac{\mu_0 I}{2 R}\right)$ है। कथन $(D)$ सत्य है।

(A) $1$. शुरू में,$S_1$ बंद है और $S_2$ खुला है। संधारित्र $C_3$ सीधे $V_0 = 8 \,V$ के emf वाली बैटरी से जुड़ा है।
$2$. $C_3$ पर आवेश $Q_3 = C_3 V_0 = (1.0 \mu F)(8 \,V) = 8 \mu C$ हो जाता है।
$3$. जब $S_1$ को खोला जाता है और $S_2$ को बंद किया जाता है,तो $C_3$ को $C_1$ (परावैद्युत $\varepsilon_r$ के साथ) और $C_2$ के श्रेणी संयोजन के साथ समानांतर में जोड़ा जाता है।
$4$. मान लीजिए कि $C_3$ पर अंतिम आवेश $Q_3' = 5 \mu C$ है। $C_3$ पर विभवांतर $V = \frac{Q_3'}{C_3} = \frac{5 \mu C}{1.0 \mu F} = 5 \,V$ है।
$5$. $C_3$ द्वारा खोया गया आवेश $8 \mu C - 5 \mu C = 3 \mu C$ है। यह आवेश $C_1$ और $C_2$ के श्रेणी संयोजन की ओर प्रवाहित होता है।
$6$. परावैद्युत के साथ $C_1$ की धारिता $C_1' = \varepsilon_r C_1 = \varepsilon_r (1.0 \mu F)$ है।
$7$. श्रेणी में $C_1'$ और $C_2$ की तुल्य धारिता $C_{eq} = \frac{C_1' C_2}{C_1' + C_2} = \frac{\varepsilon_r (1.0)}{\varepsilon_r + 1.0} \mu F$ है।
$8$. इस श्रेणी संयोजन पर आवेश $3 \mu C$ है। अतः,$V = \frac{Q}{C_{eq}} \implies 5 \,V = \frac{3 \mu C}{\frac{\varepsilon_r}{\varepsilon_r + 1} \mu F}$.
$9$. $5 = \frac{3(\varepsilon_r + 1)}{\varepsilon_r} \implies 5\varepsilon_r = 3\varepsilon_r + 3 \implies 2\varepsilon_r = 3 \implies \varepsilon_r = 1.50$.

(C) चुंबकीय क्षेत्र में आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R = \frac{mv}{qB}$ द्वारा दी जाती है।
$y > 0$ क्षेत्र के लिए, त्रिज्या $R_1 = \frac{mv_0}{qB_1}$ है।
$y < 0$ क्षेत्र के लिए, त्रिज्या $R_2 = \frac{mv_0}{qB_2}$ है।
दिया गया है $B_2 = 4B_1$, इसलिए $R_2 = \frac{mv_0}{q(4B_1)} = \frac{R_1}{4}$ है।
कण $y > 0$ क्षेत्र में एक अर्धवृत्त में गति करता है और फिर $x$-अक्ष को दोबारा पार करने से पहले $y < 0$ क्षेत्र में एक अर्धवृत्त में गति करता है।
$x$-अक्ष पर कुल विस्थापन $\Delta x = 2R_1 + 2R_2 = 2R_1 + 2(\frac{R_1}{4}) = 2R_1 + \frac{R_1}{2} = \frac{5R_1}{2}$ है।
$y > 0$ क्षेत्र में अर्धवृत्त पूरा करने में लगा समय $t_1 = \frac{\pi m}{qB_1}$ है।
$y < 0$ क्षेत्र में अर्धवृत्त पूरा करने में लगा समय $t_2 = \frac{\pi m}{qB_2} = \frac{\pi m}{q(4B_1)} = \frac{t_1}{4}$ है।
कुल लगा समय $T = t_1 + t_2 = t_1 + \frac{t_1}{4} = \frac{5t_1}{4}$ है।
$x$-अक्ष पर औसत चाल $v_{avg} = \frac{\Delta x}{T} = \frac{5R_1/2}{5t_1/4} = \frac{5R_1}{2} \times \frac{4}{5t_1} = \frac{2R_1}{t_1}$ है।
$R_1 = \frac{mv_0}{qB_1}$ और $t_1 = \frac{\pi m}{qB_1}$ प्रतिस्थापित करने पर, हमें $v_{avg} = \frac{2(mv_0/qB_1)}{\pi m/qB_1} = \frac{2v_0}{\pi}$ प्राप्त होता है।
चूँकि $v_0 = \pi \text{ m s}^{-1}$ दिया गया है, औसत चाल $v_{avg} = \frac{2(\pi)}{\pi} = 2 \text{ m s}^{-1}$ है।

(B) $(1)$ के लिए: विद्युत क्षेत्र $E$ और चुंबकीय क्षेत्र $B$ में $v$ वेग से गतिमान आवेश $q$ पर लगने वाला बल लोरेंत्ज़ बल नियम द्वारा दिया जाता है: $F = qE + q(v \times B)$। आयामों के सुसंगत होने के लिए, $E$ और $vB$ की इकाइयाँ समान होनी चाहिए। अतः, $E = vB$। चूंकि वेग $v$ का आयाम $[L][T]^{-1}$ है, इसलिए $[E] = [L][T]^{-1}[B]$ प्राप्त होता है। यह विकल्प $(A)$ से मेल खाता है।
$(2)$ के लिए: मुक्त स्थान में प्रकाश की गति $c$, पारगम्यता $\varepsilon_0$ और पारगम्यता $\mu_0$ से $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}$ संबंध द्वारा संबंधित है। दोनों पक्षों का वर्ग करने पर, $c^2 = \frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}$ प्राप्त होता है, जिसका अर्थ है कि $\mu_0 = \frac{1}{\varepsilon_0 c^2}$। चूंकि $c$ का आयाम $[L][T]^{-1}$ है, इसलिए $c^2$ का आयाम $[L]^2[T]^{-2}$ है। अतः, $[\mu_0] = [\varepsilon_0]^{-1} ([L]^2[T]^{-2})^{-1} = [\varepsilon_0]^{-1}[L]^{-2}[T]^2$। यह विकल्प $(B)$ से मेल खाता है।

(C) $(1)$ दिया गया है $r = \frac{1-a}{1+a}$। दोनों तरफ प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\ln r = \ln(1-a) - \ln(1+a)$। दोनों तरफ अवकलन करने पर: $\frac{dr}{r} = \frac{-da}{1-a} - \frac{da}{1+a}$। चूंकि त्रुटियां हमेशा जोड़ी जाती हैं,$\frac{\Delta r}{r} = \frac{\Delta a}{1-a} + \frac{\Delta a}{1+a} = \Delta a \frac{(1+a) + (1-a)}{(1-a)(1+a)} = \frac{2 \Delta a}{1-a^2}$। अतः,$\Delta r = r \cdot \frac{2 \Delta a}{1-a^2} = \frac{1-a}{1+a} \cdot \frac{2 \Delta a}{(1-a)(1+a)} = \frac{2 \Delta a}{(1+a)^2}$। सही विकल्प $B$ है।
$(2)$ शेष नाभिकों की संख्या $N = N_0 - N_{decayed} = 3000 - 1000 = 2000$ है। क्षय का नियम $N = N_0 e^{-\lambda t}$ है,इसलिए $\ln N = \ln N_0 - \lambda t$। अवकलन करने पर,$\frac{dN}{N} = -t \cdot d\lambda$। त्रुटियों के लिए परिमाण पर विचार करने पर,$\Delta \lambda = \frac{\Delta N}{N \cdot t}$। यहाँ $\Delta N = 40$,$N = 2000$,और $t = 1.0 \ s$ है। इसलिए,$\Delta \lambda = \frac{40}{2000 \times 1} = 0.02 \ s^{-1}$। सही विकल्प $C$ है।

(D) $1$. शुरू में,$S_1$ बंद है और $S_2$ खुला है। $C_3$ सीधे बैटरी $V_0 = 8 \ V$ से जुड़ा है। $C_3$ पर आवेश $Q_3 = C_3 V_0 = (1.0 \mu F)(8 \ V) = 8 \mu C$ हो जाता है।
$2$. जब $S_1$ को खोला जाता है और $S_2$ को बंद किया जाता है,तो $C_3$ पर मौजूद $8 \mu C$ आवेश $C_1, C_2$ और $C_3$ के बीच पुनर्वितरित हो जाता है। मान लीजिए $C_3$ पर अंतिम आवेश $Q_3' = 5 \mu C$ है। चूंकि $C_3$,$C_1$ और $C_2$ के श्रेणी संयोजन के समानांतर है,इसलिए $C_3$ के पार वोल्टेज $C_1$ और $C_2$ के पार वोल्टेज के योग के बराबर होना चाहिए।
$3$. $C_3$ के पार वोल्टेज $V_3 = \frac{Q_3'}{C_3} = \frac{5 \mu C}{1 \mu F} = 5 \ V$ है।
$4$. $C_1$ और $C_2$ के श्रेणी संयोजन के लिए बचा हुआ आवेश $Q_{12} = Q_{initial} - Q_3' = 8 \mu C - 5 \mu C = 3 \mu C$ है। अतः,$Q_1 = Q_2 = 3 \mu C$.
$5$. $C_1$ के पार वोल्टेज $V_1 = \frac{Q_1}{C_1'} = \frac{3 \mu C}{\varepsilon_r (1 \mu F)} = \frac{3}{\varepsilon_r} \ V$ है,जहाँ $C_1' = \varepsilon_r C_1$.
$6$. $C_2$ के पार वोल्टेज $V_2 = \frac{Q_2}{C_2} = \frac{3 \mu C}{1 \mu F} = 3 \ V$ है।
$7$. लूप नियम लागू करने पर: $V_3 = V_1 + V_2 \implies 5 = \frac{3}{\varepsilon_r} + 3$.
$8$. $\varepsilon_r$ के लिए हल करने पर: $2 = \frac{3}{\varepsilon_r} \implies \varepsilon_r = \frac{3}{2} = 1.50$.

(A) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R = \frac{mv}{qB}$ द्वारा दी जाती है।
$y > 0$ क्षेत्र के लिए,त्रिज्या $R_1 = \frac{mv_0}{qB_1}$ है।
$y < 0$ क्षेत्र के लिए,त्रिज्या $R_2 = \frac{mv_0}{qB_2}$ है।
दिया गया है कि $B_2 = 4B_1$,इसलिए $R_2 = \frac{mv_0}{q(4B_1)} = \frac{R_1}{4}$ प्राप्त होता है।
कण $y > 0$ क्षेत्र में $R_1$ त्रिज्या के अर्धवृत्त में और फिर $y < 0$ क्षेत्र में $R_2$ त्रिज्या के अर्धवृत्त में गति करता है।
$x$-अक्ष पर तय की गई कुल दूरी $\Delta x = 2R_1 + 2R_2 = 2R_1 + 2(\frac{R_1}{4}) = 2R_1 + \frac{R_1}{2} = \frac{5R_1}{2}$ है।
$y > 0$ क्षेत्र में अर्धवृत्त पूरा करने में लगा समय $t_1 = \frac{\pi m}{qB_1}$ है।
$y < 0$ क्षेत्र में अर्धवृत्त पूरा करने में लगा समय $t_2 = \frac{\pi m}{qB_2} = \frac{\pi m}{q(4B_1)} = \frac{t_1}{4}$ है।
कुल समय $T = t_1 + t_2 = t_1 + \frac{t_1}{4} = \frac{5t_1}{4}$ है।
$x$-अक्ष पर औसत चाल $v_{avg} = \frac{\Delta x}{T} = \frac{5R_1/2}{5t_1/4} = \frac{5R_1}{2} \times \frac{4}{5t_1} = 2 \frac{R_1}{t_1}$ है।
$R_1 = \frac{mv_0}{qB_1}$ और $t_1 = \frac{\pi m}{qB_1}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $v_{avg} = 2 \frac{mv_0/qB_1}{\pi m/qB_1} = 2 \frac{v_0}{\pi}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $v_0 = \pi \text{ m s}^{-1}$ दिया गया है,औसत चाल $v_{avg} = 2 \frac{\pi}{\pi} = 2 \text{ m s}^{-1}$ है।

(B) दिया गया है: आपतित प्रकाश की तीव्रता $I_0 = 1.3 \text{ kW m}^{-2}$,फोकस दूरी $f = 20 \text{ cm}$।
मान लीजिए कि लेंस के द्वारक की त्रिज्या $R$ है और लेंस से $d = 22 \text{ cm}$ की दूरी पर प्रकाश पुंज की त्रिज्या $r$ है।
इस तल की मुख्य फोकस $F$ से दूरी $x = d - f = 22 \text{ cm} - 20 \text{ cm} = 2 \text{ cm}$ है।
समरूप त्रिभुजों $\Delta ABF$ और $\Delta PQF$ से (जहाँ $AB$ लेंस का व्यास है और $PQ$ दिए गए तल पर पुंज का व्यास है):
$\frac{r}{R} = \frac{x}{f} = \frac{2 \text{ cm}}{20 \text{ cm}} = \frac{1}{10}$।
लेंस का क्षेत्रफल $A = \pi R^2$ है और दिए गए तल पर पुंज का क्षेत्रफल $a = \pi r^2$ है।
अतः,$\frac{a}{A} = \left(\frac{r}{R}\right)^2 = \left(\frac{1}{10}\right)^2 = \frac{1}{100}$।
चूंकि लेंस पर आपतित कुल शक्ति $P$ संरक्षित रहती है और यह $a$ क्षेत्रफल से होकर गुजरती है,इसलिए इस तल पर तीव्रता $I$ का मान $I \times a = I_0 \times A$ द्वारा प्राप्त होता है।
इसलिए,$I = I_0 \times \left(\frac{A}{a}\right) = 1.3 \times 100 = 130 \text{ kW m}^{-2}$।

(B, C) $(1)$ दिया गया है $r = \frac{1 - a}{1 + a}$।
प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\ln r = \ln(1 - a) - \ln(1 + a)$।
अवकलन करने पर: $\frac{dr}{r} = \frac{-da}{1 - a} - \frac{da}{1 + a}$।
अधिकतम त्रुटि के लिए परिमाण लेने पर: $\frac{\Delta r}{r} = \frac{\Delta a}{1 - a} + \frac{\Delta a}{1 + a} = \Delta a \left( \frac{1 + a + 1 - a}{1 - a^2} \right) = \frac{2 \Delta a}{1 - a^2}$।
$r = \frac{1 - a}{1 + a}$ प्रतिस्थापित करने पर: $\Delta r = r \left( \frac{2 \Delta a}{1 - a^2} \right) = \left( \frac{1 - a}{1 + a} \right) \left( \frac{2 \Delta a}{(1 - a)(1 + a)} \right) = \frac{2 \Delta a}{(1 + a)^2}$।
$(2)$ दिया गया है $N = N_0 e^{-\lambda t}$,जहाँ $N_0 = 3000$।
क्षयित नाभिकों की संख्या $1000 \pm 40$ है,इसलिए शेष नाभिक $N = 3000 - 1000 = 2000$। $N$ में त्रुटि $\Delta N = 40$ है।
$\ln$ लेने पर: $\ln N = \ln N_0 - \lambda t$।
अवकलन करने पर: $\frac{dN}{N} = -d(\lambda t) \implies \Delta \lambda = \frac{\Delta N}{N \cdot t}$।
मान रखने पर: $\Delta \lambda = \frac{40}{2000 \times 1.0} = 0.02 \ s^{-1}$।

(A) गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद सतह से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{Q_{\text{enclosed}}}{\epsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है।
गोलाकार कोश के अंदर तार के खंड $PQ$ की लंबाई $L = 2R \sin(120^{\circ}/2) = 2R \sin(60^{\circ}) = 2R \times \frac{\sqrt{3}}{2} = R\sqrt{3}$ है।
कोश द्वारा घिरा हुआ आवेश $Q_{\text{enclosed}} = \lambda L = \lambda R \sqrt{3}$ है।
इसलिए,कोश से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{\lambda R \sqrt{3}}{\epsilon_0}$ है। अतः,कथन $(A)$ सत्य है और $(C)$ असत्य है।
चूंकि तार $z$-अक्ष के समानांतर है,विद्युत क्षेत्र रेखाएं $xy$-तल में तार से त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर निर्देशित होती हैं। इसलिए,विद्युत क्षेत्र का $z$-अक्ष के अनुदिश कोई घटक नहीं होता है। अतः,कथन $(B)$ सत्य है।
विद्युत क्षेत्र केवल तभी कोश की सतह के लंबवत होता है यदि आवेश वितरण गोलाकार रूप से सममित हो,जो यहाँ नहीं है। अतः,कथन $(D)$ असत्य है।
इसलिए,सही कथन $(A)$ और $(B)$ हैं।

(B) तार को $f/2$ और $f$ के बीच रखा गया है। अवतल दर्पण के लिए,दर्पण सूत्र $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ है।
मान लीजिए कि कर्ण पर एक बिंदु $P$,फोकस $f$ से $x$ दूरी पर है,इसलिए $u = -(f-x)$।
इसे दर्पण सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{1}{v} - \frac{1}{f-x} = -\frac{1}{f}$।
$\frac{1}{v} = \frac{1}{f-x} - \frac{1}{f} = \frac{x}{f(f-x)}$।
अतः,$v = \frac{f(f-x)}{x}$।
आवर्धन $M = -\frac{v}{u} = -\frac{f(f-x)/x}{-(f-x)} = \frac{f}{x}$।
$u = -f/2$ पर त्रिभुज के लंबवत भाग के लिए,प्रतिबिंब $v = -f$ पर बनता है (वास्तविक,उल्टा और $2$ गुना बड़ा)।
फोकस $(u = -f)$ पर स्थित बिंदु के लिए,प्रतिबिंब अनंत $(v \rightarrow \infty)$ पर बनता है।
जैसे-जैसे $x$,$0$ से $f/2$ तक बढ़ता है,आवर्धन $M = f/x$,$\infty$ से $2$ तक घटता है। कर्ण का प्रतिबिंब एक वक्र है जो अनंत तक फैला हुआ है,जो विकल्प $B$ के अनुरूप है।

(B) क्षय प्रक्रिया को इस प्रकार दर्शाया जा सकता है: ${ }_{90}^{232} Th \rightarrow { }_{82}^{212} Pb + N_{\alpha} { }_{2}^{4} He + N_{\beta} { }_{-1}^{0} e$.
सबसे पहले,द्रव्यमान संख्या में परिवर्तन $(\Delta A)$ पर विचार करें:
$\Delta A = 232 - 212 = 20$.
चूंकि प्रत्येक $\alpha$-कण की द्रव्यमान संख्या $4$ होती है,इसलिए उत्सर्जित $\alpha$-कणों की संख्या $N_{\alpha} = \frac{20}{4} = 5$ होगी।
अब,परमाणु संख्या में परिवर्तन $(\Delta Z)$ पर विचार करें:
$\Delta Z = 90 - 82 = 8$.
क्षय में,परमाणु संख्या में परिवर्तन $2N_{\alpha} - N_{\beta} = \Delta Z$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $2(5) - N_{\beta} = 8$.
$10 - N_{\beta} = 8$,जिससे $N_{\beta} = 2$ प्राप्त होता है।
अतः,$N_{\alpha} = 5$ और $N_{\beta} = 2$ है। सही कथन $(A)$ और $(C)$ हैं।

(A) कण पर लगने वाला बल $F = qE = qE_0 \sin(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
न्यूटन के दूसरे नियम के अनुसार,$F = ma$,इसलिए $a = \frac{qE_0}{m} \sin(\omega t)$.
चूंकि $a = \frac{dv}{dt}$,हम समय के सापेक्ष समाकलन करते हैं:
$v(t) = \int_0^t \frac{qE_0}{m} \sin(\omega t') dt' = \frac{qE_0}{m\omega} [-\cos(\omega t')]_0^t = \frac{qE_0}{m\omega} (1 - \cos(\omega t))$.
चाल अधिकतम तब होती है जब $\cos(\omega t) = -1$,जो $\omega t = \pi, 3\pi, \dots$ पर होता है।
इन समयों पर,$v_{\max} = \frac{qE_0}{m\omega} (1 - (-1)) = \frac{2qE_0}{m\omega}$.
दिए गए मानों को रखने पर: $q = 1.0 \ C$,$E_0 = 1.0 \ N \ C^{-1}$,$m = 10^{-3} \ kg$,और $\omega = 10^3 \ rad \ s^{-1}$.
$v_{\max} = \frac{2 \times 1.0 \times 1.0}{10^{-3} \times 10^3} = \frac{2}{1} = 2 \ m \ s^{-1}$.

(C) दिया गया है:
फेरों की संख्या $n = 50$
क्षेत्रफल $A = 2 \times 10^{-4} \ m^2$
चुंबकीय क्षेत्र $B = 0.02 \ T$
मरोड़ नियतांक $C = 10^{-4} \ N \ m \ rad^{-1}$
पूर्ण-स्केल विक्षेप कोण $\theta = 0.2 \ rad$
गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $G = 50 \ \Omega$
मूविंग कॉइल गैल्वेनोमीटर के लिए टॉर्क संतुलन समीकरण:
$C \theta = n i_g A B$
जहाँ $i_g$ पूर्ण-स्केल विक्षेप धारा है।
$i_g = \frac{C \theta}{n A B} = \frac{10^{-4} \times 0.2}{50 \times 2 \times 10^{-4} \times 0.02} = 0.1 \ A$
गैल्वेनोमीटर को $I = 1.0 \ A$ की सीमा के एमीटर में बदलने के लिए,समानांतर में एक शंट प्रतिरोध $S$ जोड़ा जाता है।
शंट से प्रवाहित धारा $I_s = I - i_g = 1.0 - 0.1 = 0.9 \ A$ है।
चूंकि गैल्वेनोमीटर और शंट समानांतर में हैं,उनके बीच वोल्टेज समान है:
$i_g G = I_s S$
$0.1 \times 50 = 0.9 \times S$
$S = \frac{5}{0.9} = \frac{50}{9} \approx 5.56 \ \Omega$

(B) दी गई शक्ति $P = 200 \ W$ और कार्य फलन $\phi = 6.25 \ eV$ है।
चूंकि आवृत्ति देहली आवृत्ति से थोड़ी अधिक है,इसलिए फोटोइलेक्ट्रॉनों की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा शून्य है।
एक फोटॉन की ऊर्जा $E_1 = h\nu = \phi = 6.25 \ eV = 6.25 \times 1.6 \times 10^{-19} \ J = 10^{-18} \ J$ है।
प्रति सेकंड आपतित फोटॉनों की संख्या $N = P / E_1 = 200 / 10^{-18} = 2 \times 10^{20} \ s^{-1}$ है।
दक्षता $100 \%$ होने के कारण,प्रति सेकंड उत्सर्जित इलेक्ट्रॉनों की संख्या भी $N = 2 \times 10^{20} \ s^{-1}$ है।
जब ये इलेक्ट्रॉन $V = 500 \ V$ के विभव द्वारा त्वरित होते हैं,तो उनकी अंतिम गतिज ऊर्जा $K = eV = 1.6 \times 10^{-19} \times 500 = 8 \times 10^{-17} \ J$ होती है।
प्रत्येक इलेक्ट्रॉन का संवेग $p = \sqrt{2m_eK} = \sqrt{2 \times 9 \times 10^{-31} \times 8 \times 10^{-17}} = \sqrt{144 \times 10^{-48}} = 12 \times 10^{-24} \ kg \ m/s$ है।
एनोड पर लगने वाला बल $F = N \times p = (2 \times 10^{20}) \times (12 \times 10^{-24}) = 24 \times 10^{-4} \ N$ है।
$F = n \times 10^{-4} \ N$ के साथ तुलना करने पर,$n = 24$ प्राप्त होता है।

(A) हाइड्रोजन-समान परमाणु में $n_2$ से $n_1$ संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $\Delta E = 13.6 Z^2 \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right] \ eV$ द्वारा दी जाती है।
$n = 2$ से $n = 1$ संक्रमण के लिए:
$E_1 = 13.6 Z^2 \left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right] = 13.6 Z^2 \left( \frac{3}{4} \right)$.
$n = 3$ से $n = 2$ संक्रमण के लिए:
$E_2 = 13.6 Z^2 \left[ \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right] = 13.6 Z^2 \left( \frac{5}{36} \right)$.
प्रश्न के अनुसार,$E_1 - E_2 = 74.8 \ eV$:
$13.6 Z^2 \left( \frac{3}{4} - \frac{5}{36} \right) = 74.8$.
कोष्ठक में पद की गणना करने पर:
$\frac{3}{4} - \frac{5}{36} = \frac{27 - 5}{36} = \frac{22}{36} = \frac{11}{18}$.
मान रखने पर:
$13.6 Z^2 \times \frac{11}{18} = 74.8$.
$Z^2 = \frac{74.8 \times 18}{13.6 \times 11} = 5.5 \times \frac{18}{11} = 9$.
$Z = 3$.

(B) $(1)$ मूल बिंदु पर स्थित बिंदु आवेश के कारण विद्युत क्षेत्र $E = \frac{kQ}{d^2}$ है,इसलिए $E \propto \frac{1}{d^2}$।
$(2)$ द्विध्रुव की अक्ष पर किसी बिंदु पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{2kp}{d^3} = \frac{4kQl}{d^3}$ है,इसलिए $E \propto \frac{1}{d^3}$।
$(3)$ अनंत लंबे रेखीय आवेश के कारण विद्युत क्षेत्र $E = \frac{2k\lambda}{d}$ है,इसलिए $E \propto \frac{1}{d}$।
$(4)$ दो अनंत लंबे तारों के कारण विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = \vec{E}_1 + \vec{E}_2 = \frac{2k\lambda}{d-l} - \frac{2k\lambda}{d+l} = \frac{4k\lambda l}{d^2-l^2}$ है। यदि $d \gg l$ है,तो $E = \frac{4k\lambda l}{d^2}$,इसलिए $E \propto \frac{1}{d^2}$।
$(5)$ अनंत समतल आवेश के कारण विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}$ है,जो $d$ से स्वतंत्र है।
मिलान: $P \rightarrow 5$,$Q \rightarrow 3$,$R \rightarrow 1, 4$,$S \rightarrow 2$। अतः,विकल्प $B$ सही है।