IIT JEE 2019 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) दी गई शक्ति $P = \frac{dQ}{dt}$ है।
ऊष्मा धारिता $S = \frac{dQ}{dT} = \frac{dQ/dt}{dT/dt} = \frac{P}{dT/dt}$ है।
दिया गया है $T(t) = T_0(1 + \beta t^{1/4})$।
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dT}{dt} = T_0 \cdot \beta \cdot \frac{1}{4} t^{-3/4} = \frac{\beta T_0}{4} t^{-3/4}$ प्राप्त होता है।
इस मान को $S$ के व्यंजक में रखने पर:
$S = \frac{P}{(\beta T_0 / 4) t^{-3/4}} = \frac{4P}{\beta T_0} t^{3/4}$ प्राप्त होता है।
दिए गए समीकरण से,$\beta t^{1/4} = \frac{T(t) - T_0}{T_0}$ है।
इसलिए,$t^{1/4} = \frac{T(t) - T_0}{\beta T_0}$ है।
दोनों पक्षों की घात $3$ करने पर:
$t^{3/4} = \left( \frac{T(t) - T_0}{\beta T_0} \right)^3$ प्राप्त होता है।
$t^{3/4}$ का मान $S$ के व्यंजक में रखने पर:
$S = \frac{4P}{\beta T_0} \cdot \frac{(T(t) - T_0)^3}{\beta^3 T_0^3} = \frac{4P(T(t) - T_0)^3}{\beta^4 T_0^4}$ प्राप्त होता है।

(D) मान लीजिए कि $r$ त्रिज्या के गोले के भीतर निहित कुल द्रव्यमान $M$ है।
$r$ त्रिज्या की वृत्ताकार कक्षा में घूमने वाले $m$ द्रव्यमान के कण के लिए,गुरुत्वाकर्षण बल आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है:
$\frac{GMm}{r^2} = \frac{mv^2}{r}$
चूंकि गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2$ है,इसलिए $mv^2 = 2K$ होगा। इसे बल समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{GMm}{r^2} = \frac{2K}{r} \Rightarrow M = \frac{2Kr}{Gm}$
$dr$ मोटाई के खोल (shell) में द्रव्यमान $dM$ ज्ञात करने के लिए दोनों पक्षों का $r$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$dM = \frac{2K}{Gm} dr$
साथ ही,खोल का द्रव्यमान $dM = \rho(r) \cdot 4 \pi r^2 dr$ है। $dM$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$4 \pi r^2 \rho(r) dr = \frac{2K}{Gm} dr$
घनत्व $\rho(r)$ के लिए हल करने पर:
$\rho(r) = \frac{2K}{4 \pi r^2 Gm} = \frac{K}{2 \pi r^2 Gm}$
कण संख्या घनत्व $n(r) = \rho(r) / m$ द्वारा प्राप्त होता है:
$n(r) = \frac{K}{2 \pi r^2 m^2 G}$

(B) $V-T$ आरेख से:
प्रक्रिया $1 \rightarrow 2$: $V$,$T$ के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है और मूल बिंदु से गुजरता है,इसलिए $V \propto T$,जिसका अर्थ है कि दाब $P$ स्थिर है (समदाबी)। $P_1 = P_2 = \frac{RT_0}{V_0}$.
प्रक्रिया $2 \rightarrow 3$: $V$ स्थिर $(2V_0)$ है,इसलिए यह समआयतनिक है।
प्रक्रिया $3 \rightarrow 4$: $V$ स्थिर $(V_0)$ है,इसलिए यह समआयतनिक है।
प्रक्रिया $4 \rightarrow 1$: $V$ स्थिर $(V_0)$ है,इसलिए यह समआयतनिक है।
किया गया कार्य $W = P-V$ आरेख में चक्र का क्षेत्रफल।
$W = (P_{12} - P_{34}) \Delta V = (\frac{RT_0}{V_0} - \frac{RT_0}{2V_0}) (2V_0 - V_0) = \frac{RT_0}{2V_0} \cdot V_0 = \frac{1}{2} RT_0$. कथन $(1)$ सही है।
$Q_{1 \rightarrow 2} = n C_p \Delta T = 1 \cdot \frac{5R}{2} \cdot (2T_0 - T_0) = \frac{5}{2} RT_0$.
$Q_{2 \rightarrow 3} = n C_v \Delta T = 1 \cdot \frac{3R}{2} \cdot (T_0 - 2T_0) = -\frac{3}{2} RT_0$. अनुपात $|Q_{1 \rightarrow 2} / Q_{2 \rightarrow 3}| = 5/3$. कथन $(2)$ सही है।
कथन $(3)$ गलत है क्योंकि इसमें समदाबी प्रक्रियाएं शामिल हैं।
$Q_{3 \rightarrow 4} = n C_p \Delta T = 1 \cdot \frac{5R}{2} \cdot (T_0/2 - T_0) = -\frac{5}{4} RT_0$. अनुपात $|Q_{1 \rightarrow 2} / Q_{3 \rightarrow 4}| = |(5/2) / (-5/4)| = 2$. कथन $(4)$ गलत है।

(A) दिया गया है कि द्रव्यमान $(M)$ और कोणीय संवेग $(L_{ang} = Mvr)$ विमाहीन हैं,इसलिए:
$M = M^0 L^0 T^0$
$L_{ang} = M^1 L^2 T^{-1} = M^0 L^0 T^0$
चूंकि $M$ विमाहीन है,$L^2 T^{-1} = 1$,जिसका अर्थ है $T = L^2$.
$(1)$ बल $(F = M L T^{-2})$: चूंकि $M$ विमाहीन है और $T = L^2$,$F = L^1 (L^2)^{-2} = L^1 L^{-4} = L^{-3}$. (सही)
$(2)$ ऊर्जा $(E = M L^2 T^{-2})$: $E = L^2 (L^2)^{-2} = L^2 L^{-4} = L^{-2}$. (सही)
$(3)$ शक्ति $(P = E/T = M L^2 T^{-3})$: $P = L^2 (L^2)^{-3} = L^2 L^{-6} = L^{-4}$. (गलत)
$(4)$ रैखिक संवेग $(p = M L T^{-1})$: $p = L^1 (L^2)^{-1} = L^1 L^{-2} = L^{-1}$. (सही)
अतः,कथन $(1), (2),$ और $(4)$ सही हैं।

(B) केशिका उन्नयन $h = \frac{2T \cos \theta}{\rho g R}$ द्वारा दिया जाता है।
$T_1$ $(\theta = 0^{\circ})$ के लिए: $h_1 = \frac{2 \times 0.075 \times \cos 0^{\circ}}{1000 \times 10 \times 0.2 \times 10^{-3}} = 0.075 \ m = 7.5 \ cm$.
$T_2$ $(\theta = 60^{\circ})$ के लिए: $h_2 = \frac{2 \times 0.075 \times \cos 60^{\circ}}{1000 \times 10 \times 0.2 \times 10^{-3}} = 0.0375 \ m = 3.75 \ cm$.
$(1)$ चूंकि संपर्क कोण अलग हैं,इसलिए मेनिस्कस का आकार और उसमें निहित पानी का वजन दोनों स्थितियों में अलग होगा। अतः,सुधार अलग-अलग होगा। कथन $(1)$ सही है।
$(2)$ स्थिति $I$ में,$T_1$ नीचे है। पानी $7.5 \ cm$ तक ऊपर उठता है। यदि जोड़ $5 \ cm$ पर है,तो पानी जोड़ को पार करता है। लेकिन $T_2$ में दबाव संतुलन के लिए ऊंचाई $h'$ ऐसी होनी चाहिए कि $\rho g(5 \times 10^{-2} + h') = \frac{2T \cos 60^{\circ}}{R}$। इससे $h' = 3.75 - 5 = -1.25 \ cm$ प्राप्त होता है। चूंकि $h' < 0$,पानी $T_2$ में आगे नहीं बढ़ सकता। यह जोड़ पर ही रहता है। कथन $(2)$ गलत है।
$(3)$ स्थिति $I$ में,यदि जोड़ $8 \ cm$ पर है,तो पानी $T_1$ में अपनी अधिकतम ऊंचाई $7.5 \ cm$ तक उठता है। चूंकि $7.5 \ cm < 8 \ cm$,यह जोड़ तक नहीं पहुंचता है। कथन $(3)$ सही है।
$(4)$ स्थिति $II$ में,$T_2$ नीचे है। पानी $T_2$ में अपनी अधिकतम ऊंचाई $3.75 \ cm$ तक उठता है। चूंकि $3.75 \ cm < 5 \ cm$,यह जोड़ तक नहीं पहुंचता है। कथन $(4)$ सही है।

(C) मान लीजिए $T_S$ स्टील के तार में तनाव है और $T_C$ तांबे के तार में तनाव है।
क्षैतिज $(x)$ दिशा में बलों को वियोजित करने पर:
$T_C \cos 30^{\circ} = T_S \cos 60^{\circ}$
$T_C \times \frac{\sqrt{3}}{2} = T_S \times \frac{1}{2}$
$T_S = \sqrt{3} T_C \quad \dots (i)$
ऊर्ध्वाधर $(y)$ दिशा में बलों को वियोजित करने पर:
$T_C \sin 30^{\circ} + T_S \sin 60^{\circ} = 100$
$\frac{T_C}{2} + \frac{T_S \sqrt{3}}{2} = 100 \quad \dots (ii)$
समीकरण $(i)$ को $(ii)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{T_C}{2} + \frac{(\sqrt{3} T_C) \sqrt{3}}{2} = 100$
$\frac{T_C}{2} + \frac{3 T_C}{2} = 100 \implies 2 T_C = 100 \implies T_C = 50 \ N$
$T_S = \sqrt{3} \times 50 = 50\sqrt{3} \ N$
विस्तार के सूत्र $\Delta \ell = \frac{FL}{AY}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{\Delta \ell_C}{\Delta \ell_S} = \frac{T_C L_C}{A_C Y_C} \times \frac{A_S Y_S}{T_S L_S}$
यहाँ $A_C = A_S = 0.5 \ cm^2$,$L_C = \sqrt{3} \ m$,$L_S = 1 \ m$,$Y_C = 1 \times 10^{11} \ N/m^2$,$Y_S = 2 \times 10^{11} \ N/m^2$ है:
$\frac{\Delta \ell_C}{\Delta \ell_S} = \left( \frac{50 \times \sqrt{3}}{0.5 \times 10^{11}} \right) \times \left( \frac{0.5 \times 2 \times 10^{11}}{50\sqrt{3} \times 1} \right) = \frac{50\sqrt{3}}{50\sqrt{3}} \times \frac{2}{1} = 2$
अतः,अनुपात $2$ है।

(C) किया गया कार्य $W = \int \vec{F} \cdot d\vec{r} = \int (\alpha y dx + 2 \alpha x dy)$ द्वारा दिया जाता है। दिया गया है $\alpha = -1$,इसलिए $W = \int (-y dx - 2x dy)$।
$AB$ पथ पर: $y=1, dy=0, x: 0 \to 1$। $W_{AB} = \int_0^1 (-1) dx = -1 \ J$।
$BC$ पथ पर: $x=1, dx=0, y: 1 \to 0.5$। $W_{BC} = \int_1^{0.5} -2(1) dy = -2(0.5 - 1) = 1 \ J$।
$CD$ पथ पर: $y=0.5, dy=0, x: 1 \to 0.5$। $W_{CD} = \int_1^{0.5} -0.5 dx = -0.5(-0.5) = 0.25 \ J$।
$DE$ पथ पर: $x=0.5, dx=0, y: 0.5 \to 0$। $W_{DE} = \int_{0.5}^0 -2(0.5) dy = -1(-0.5) = 0.5 \ J$।
$EF$ पथ पर: $y=0, dy=0, x: 0.5 \to 0$। $W_{EF} = \int_{0.5}^0 0 dx = 0 \ J$।
$FA$ पथ पर: $x=0, dx=0, y: 0 \to 1$। $W_{FA} = \int_0^1 -2(0) dy = 0 \ J$।
कुल कार्य $W = W_{AB} + W_{BC} + W_{CD} + W_{DE} + W_{EF} + W_{FA} = -1 + 1 + 0.25 + 0.5 + 0 + 0 = 0.75 \ J$।

(B) सबसे पहले,वेग को $km/h$ से $m/s$ में बदलें:
$v_{S1} = 108 \times \frac{5}{18} = 30 \ m/s$
$v_O = 36 \times \frac{5}{18} = 10 \ m/s$
प्रेक्षक $O$ और स्रोत $S_2$ के लिए:
स्रोत $S_2$ स्थिर है $(v_s = 0)$। प्रेक्षक $O$ उन्हें जोड़ने वाली रेखा पर $S_2$ की ओर चलता है। इसलिए प्रेक्षक का वेग $v_o = 10 \ m/s$ है।
डॉप्लर प्रभाव के सूत्र का उपयोग करते हुए: $f_2 = f_0 \left( \frac{v + v_o}{v} \right) = 120 \left( \frac{330 + 10}{330} \right) = 120 \left( \frac{340}{330} \right) \approx 123.64 \ Hz$.
प्रेक्षक $O$ और स्रोत $S_1$ के लिए:
$S_1$ और $S_2$ के बीच की दूरी $800 \ m$ है,और $O$,$S_2$ से $600 \ m$ दूर है। दूरी $OS_1 = \sqrt{800^2 + 600^2} = 1000 \ m$ है।
कोण $\theta$ के लिए $\cos \theta = \frac{800}{1000} = 0.8$ और $\sin \theta = \frac{600}{1000} = 0.6$ है।
$S_1$ का $O$ की ओर वेग घटक $v_{s1} = v_{S1} \cos \theta = 30 \times 0.8 = 24 \ m/s$ है।
$O$ का $S_1$ की ओर वेग घटक $v_{o1} = v_O \sin \theta = 10 \times 0.6 = 6 \ m/s$ है।
डॉप्लर प्रभाव के सूत्र का उपयोग करते हुए: $f_1 = f_0 \left( \frac{v + v_{o1}}{v - v_{s1}} \right) = 120 \left( \frac{330 + 6}{330 - 24} \right) = 120 \left( \frac{336}{306} \right) \approx 131.76 \ Hz$ है।
बीट आवृत्ति $= |f_1 - f_2| = 131.76 - 123.64 = 8.12 \ Hz$ है।
सुने गए बीट्स की संख्या लगभग $8$ है।

(C) माना कैलोरीमीटर का द्रव्यमान $= m$,कैलोरीमीटर की विशिष्ट ऊष्मा $= x$,द्रव की विशिष्ट ऊष्मा $= s$ और द्रव की गुप्त ऊष्मा $= L$ है।
जब $30^{\circ} C$ पर $5 \ gm$ द्रव को $110^{\circ} C$ पर कैलोरीमीटर में डाला जाता है,तो कैलोरीमीटर $80^{\circ} C$ तक ठंडा होता है और द्रव वाष्पित हो जाता है:
$m \cdot x \cdot (110 - 80) = 5 \cdot s \cdot (80 - 30) + 5 \cdot L$
$30 \cdot mx = 250s + 5L$ ... $(i)$
अब,$80^{\circ} C$ पर कैलोरीमीटर में $30^{\circ} C$ पर $80 \ gm$ द्रव डाला जाता है और अंतिम संतुलन तापमान $50^{\circ} C$ हो जाता है:
$m \cdot x \cdot (80 - 50) = 80 \cdot s \cdot (50 - 30)$
$30 \cdot mx = 1600s$ ... $(ii)$
समीकरण $(i)$ और $(ii)$ की तुलना करने पर:
$250s + 5L = 1600s$
$5L = 1350s$
$\frac{L}{s} = \frac{1350}{5} = 270$

(D) मिश्रण के लिए: $n_1 = 5$ (एकपरमाणुक),$C_{v1} = 3R/2$; $n_2 = 1$ (द्विपरमाणुक),$C_{v2} = 5R/2$.
कुल मोल $n = 5 + 1 = 6$.
$(C_v)_m = \frac{n_1 C_{v1} + n_2 C_{v2}}{n_1 + n_2} = \frac{5(3R/2) + 1(5R/2)}{6} = \frac{10R}{6} = \frac{5R}{3}$.
$(C_p)_m = (C_v)_m + R = \frac{5R}{3} + R = \frac{8R}{3}$.
रुद्धोष्म नियतांक $\gamma_m = \frac{(C_p)_m}{(C_v)_m} = \frac{8/3}{5/3} = 1.6$. अतः,$(4)$ सही है।
रुद्धोष्म संपीडन के लिए: $P_0 V_0^{\gamma} = P_f (V_0/4)^{\gamma}$.
$P_f = P_0 (4)^{1.6} = P_0 (2^2)^{1.6} = P_0 (2^{3.2}) = 9.2 P_0$. अतः,$(1)$ सही है।
$T_f V_f^{\gamma-1} = T_0 V_0^{\gamma-1}$ का उपयोग करने पर,$T_f = T_0 (V_0 / (V_0/4))^{0.6} = T_0 (4)^{0.6} = T_0 (2^{1.2}) = 2.3 T_0$.
कुल आंतरिक ऊर्जा $U = n_1 (3/2 RT) + n_2 (5/2 RT) = 5(1.5 RT) + 1(2.5 RT) = 10 RT$.
$U_f = 10 R (2.3 T_0) = 23 RT_0$. अतः,$(2)$ गलत है।
किया गया कार्य $|W| = |\Delta U| = |n_f C_{vm} T_f - n_i C_{vm} T_i| = |6 \times (5R/6) \times (2.3 T_0 - T_0)| = |5R \times 1.3 T_0| = 6.5 RT_0$. अतः,$(3)$ गलत है।
सही कथन $(1)$ और $(4)$ हैं।

(C) हम संपर्क बिंदु को कब्ज़े (hinge) के रूप में मानते हैं।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय लागू करने पर:
$W_g = \Delta K.E.$
$Mg \left( \frac{L}{2} (1 - \cos 60^{\circ}) \right) = \frac{1}{2} I \omega^2$
$Mg \left( \frac{L}{2} \cdot \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{ML^2}{3} \right) \omega^2$
$\frac{MgL}{4} = \frac{ML^2}{6} \omega^2 \Rightarrow \omega = \sqrt{\frac{3g}{2L}}$ (कथन $3$ सही है)।
$C.M.$ का त्रिज्यीय त्वरण: $a_r = \left( \frac{L}{2} \right) \omega^2 = \frac{L}{2} \cdot \frac{3g}{2L} = \frac{3g}{4}$ (कथन $1$ सही है)।
संपर्क बिंदु के परितः $\tau = I \alpha$ का उपयोग करने पर:
$Mg \left( \frac{L}{2} \sin 60^{\circ} \right) = \left( \frac{ML^2}{3} \right) \alpha$
$\alpha = \frac{3g}{2L} \sin 60^{\circ} = \frac{3g}{2L} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}g}{4L}$ (कथन $2$ सही है)।
$C.M.$ का कुल ऊर्ध्वाधर त्वरण: $a_v = a_r \cos 60^{\circ} + a_t \cos 30^{\circ}$
$a_v = \left( \frac{3g}{4} \right) \left( \frac{1}{2} \right) + \left( \alpha \frac{L}{2} \right) \cos 30^{\circ} = \frac{3g}{8} + \left( \frac{3\sqrt{3}g}{4L} \cdot \frac{L}{2} \right) \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3g}{8} + \frac{9g}{16} = \frac{15g}{16}$.
ऊर्ध्वाधर दिशा में $F_{net} = Ma_v$ लागू करने पर:
$Mg - N = M \left( \frac{15g}{16} \right) \Rightarrow N = \frac{Mg}{16}$ (कथन $4$ सही है)।
अतः,कथन $1, 3, 4$ सही हैं।

(A) कण $L$ दूरी वाली दो दीवारों के बीच गति करता है। एक राउंड ट्रिप के लिए लिया गया समय $\Delta t = 2L/v$ है। पिस्टन के साथ टक्कर की आवृत्ति $f = 1/\Delta t = v/(2L)$ है। अतः, कथन $(1)$ गलत है क्योंकि यह $v/L$ बताता है।
कण की ओर $V$ गति से बढ़ते पिस्टन के साथ एक प्रत्यास्थ टक्कर में, कण का वेग $v$ से बदलकर $v + 2V$ हो जाता है। गति में परिवर्तन $(v + 2V) - v = 2V$ है। अतः, कथन $(2)$ सही है।
पिस्टन के छोटे विस्थापन $dL$ के लिए, गति में परिवर्तन $dv = 2V \times (\text{समय } dt \text{ में टक्करों की संख्या})$ है। चूँकि $dt = dL/V$, टक्करों की संख्या $dt / (2L/v) = (dL/V) \cdot (v/2L) = v dL / (2LV)$ है।
इसलिए, $dv = 2V \cdot (v dL / 2LV) = v dL / L$. अतः, कथन $(4)$ गलत है क्योंकि यह $2v dL/L$ बताता है।
$dv/v = dL/L$ का समाकलन करने पर ($L$ घटने के कारण, $dv/v = -dL/L$), हमें $\ln(v/v_0) = -\ln(L/L_0) = \ln(L_0/L)$ प्राप्त होता है, इसलिए $vL = v_0 L_0$। यदि $L$ का मान $L_0/2$ हो जाता है, तो $v = 2v_0$। गतिज ऊर्जा $KE = \frac{1}{2}mv^2$ का मान $\frac{1}{2}m(2v_0)^2 = 4 \times (\frac{1}{2}mv_0^2) = 4 KE_0$ हो जाता है। अतः, कथन $(3)$ सही है।
सही कथन $(2)$ और $(3)$ हैं।

(C) मान लीजिए कि दो लटकते ब्लॉकों को जोड़ने वाली डोरी में तनाव $T$ है। चल घिरनी के लिए,$2M$ द्रव्यमान के ब्लॉक से जुड़ी डोरी में तनाव $2T$ है। $2M$ द्रव्यमान के ब्लॉक के लिए गति का समीकरण $2T - kx = 2Ma_1$ है। लटकते निकाय के लिए,चल घिरनी के सापेक्ष $M$ और $2M$ द्रव्यमान के ब्लॉकों का सापेक्ष त्वरण $a_{rel}$ है। समीकरण $Mg - T = M(a_1 - a_{rel})$ और $2Mg - T = 2M(a_1 + a_{rel})$ हैं। इन्हें हल करने पर $T = \frac{4}{3}Mg$ और $a_{rel} = \frac{g}{3}$ प्राप्त होता है। ब्लॉक $M$ का त्वरण $a_2 = a_1 + a_{rel}$ है और $2M$ के लिए $a_3 = a_1 - a_{rel}$ है। इस प्रकार,$a_2 - a_1 = a_1 - a_3 = a_{rel} = \frac{g}{3}$। $T$ को पहले समीकरण में रखने पर: $2(\frac{4}{3}Mg) - kx = 2Ma_1 \implies a_1 = \frac{4g}{3} - \frac{kx}{2M}$। अधिकतम विस्तार $x_0$ पर,$a_1 = 0$,इसलिए $x_0 = \frac{8Mg}{3k}$। विकल्प $A$ गलत है। विकल्प $C$ के लिए,$a_2 - a_1 = a_{rel}$ और $a_1 - a_3 = a_{rel}$,इसलिए $a_2 - a_1 = a_1 - a_3$ सही है। $x = \frac{x_0}{4}$ पर,$a_1 = \frac{4g}{3} - \frac{k(8Mg/12k)}{2M} = \frac{4g}{3} - \frac{g}{3} = g$। विकल्प $D$ गलत है।

(C) $u$ गति और $\theta$ कोण पर प्रक्षेपित प्रक्षेप्य के लिए,उड़ान का समय $T = \frac{2u \sin \theta}{g}$ और क्षैतिज परास $R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g}$ है।
पहली उड़ान के लिए औसत वेग $V_1$ विस्थापन बटा समय है: $V_1 = \frac{R}{T} = \frac{u_0^2 \sin 2\theta / g}{2u_0 \sin \theta / g} = u_0 \cos \theta$.
पूरी गति के लिए,कुल विस्थापन $S_{total}$ सभी परासों का योग है: $S_{total} = R_1 + R_2 + R_3 + \dots = R_1 (1 + \frac{1}{\alpha^2} + \frac{1}{\alpha^4} + \dots) = \frac{R_1}{1 - 1/\alpha^2} = \frac{R_1 \alpha^2}{\alpha^2 - 1}$.
कुल समय $T_{total}$ सभी उड़ान समयों का योग है: $T_{total} = T_1 + T_2 + T_3 + \dots = T_1 (1 + \frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\alpha^2} + \dots) = \frac{T_1}{1 - 1/\alpha} = \frac{T_1 \alpha}{\alpha - 1}$.
पूरी गति के लिए औसत वेग $V_{avg} = \frac{S_{total}}{T_{total}} = \frac{R_1 \alpha^2 / (\alpha^2 - 1)}{T_1 \alpha / (\alpha - 1)} = \frac{R_1}{T_1} \cdot \frac{\alpha^2}{\alpha^2 - 1} \cdot \frac{\alpha - 1}{\alpha} = V_1 \cdot \frac{\alpha}{\alpha + 1}$.
दिया गया है कि $V_{avg} = 0.8 V_1$,इसलिए $\frac{\alpha}{\alpha + 1} = 0.8$.
$\alpha = 0.8 \alpha + 0.8 \implies 0.2 \alpha = 0.8 \implies \alpha = 4$.

(A) मूल मोड के लिए,आवृत्ति $f = \frac{n}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है।
$(1)$ $T = T_0$ और $L = L_0$ के साथ,$f_n = \frac{n}{2L_0} \sqrt{\frac{T_0}{\mu_n}}$।
तार $1$ के लिए: $f_1 = \frac{1}{2L_0} \sqrt{\frac{T_0}{\mu}} = f_0 \rightarrow (P)$।
तार $2$ के लिए: $f_2 = \frac{1}{2L_0} \sqrt{\frac{T_0}{2\mu}} = \frac{f_0}{\sqrt{2}} \rightarrow (R)$।
तार $3$ के लिए: $f_3 = \frac{1}{2L_0} \sqrt{\frac{T_0}{3\mu}} = \frac{f_0}{\sqrt{3}} \rightarrow (S)$।
तार $4$ के लिए: $f_4 = \frac{1}{2L_0} \sqrt{\frac{T_0}{4\mu}} = \frac{f_0}{2} \rightarrow (Q)$।
अतः,$I \rightarrow P, II \rightarrow R, III \rightarrow S, IV \rightarrow Q$।
$(2)$ सभी तारों के लिए $f = f_0$ दिया गया है।
तार $1$ के लिए: $f_0 = \frac{1}{2L_0} \sqrt{\frac{T_1}{\mu}} = f_0 \Rightarrow T_1 = T_0 \rightarrow (P)$।
तार $2$ के लिए: $f_0 = \frac{3}{2(3L_0/2)} \sqrt{\frac{T_2}{2\mu}} = \frac{1}{L_0} \sqrt{\frac{T_2}{2\mu}} = f_0 \Rightarrow T_2 = T_0/2 \rightarrow (Q)$।
तार $3$ के लिए: $f_0 = \frac{5}{2(5L_0/4)} \sqrt{\frac{T_3}{3\mu}} = \frac{2}{L_0} \sqrt{\frac{T_3}{3\mu}} = f_0 \Rightarrow T_3 = 3T_0/16 \rightarrow (T)$।
तार $4$ के लिए: $f_0 = \frac{14}{2(7L_0/4)} \sqrt{\frac{T_4}{4\mu}} = \frac{4}{L_0} \sqrt{\frac{T_4}{4\mu}} = f_0 \Rightarrow T_4 = T_0/16 \rightarrow (U)$।
अतः,$I \rightarrow P, II \rightarrow Q, III \rightarrow T, IV \rightarrow U$।

(B) $PV$-आरेख प्रक्रिया के लिए:
$(I)$ किया गया कार्य $W = P_0(2V_0 - V_0) = P_0 V_0 = \frac{1}{3} R T_0 \Rightarrow (Q)$।
$(II)$ $\Delta U = \frac{f}{2} n R \Delta T = \frac{3}{2} (P_3 V_3 - P_1 V_1) = \frac{3}{2} (\frac{3}{2} P_0 \cdot 2 V_0 - P_0 V_0) = \frac{3}{2} (3 P_0 V_0 - P_0 V_0) = 3 P_0 V_0 = R T_0 \Rightarrow (R)$।
$(III)$ $\Delta Q = \Delta U + W = R T_0 + \frac{1}{3} R T_0 = \frac{4}{3} R T_0 \Rightarrow (S)$।
$(IV)$ $1 \rightarrow 2$ के लिए,$\Delta Q = \Delta U + W = \frac{3}{2} (P_0 \cdot 2 V_0 - P_0 V_0) + P_0 V_0 = \frac{3}{2} P_0 V_0 + P_0 V_0 = \frac{5}{2} P_0 V_0 = \frac{5}{6} R T_0 \Rightarrow (U)$।
अतः,$(1)$ के लिए,सही मिलान $I \rightarrow Q, II \rightarrow R, III \rightarrow S, IV \rightarrow U$ है,जो विकल्प $(3)$ है।
$TV$-आरेख प्रक्रिया के लिए:
$(I)$ $W = W_{1 \rightarrow 2} + W_{2 \rightarrow 3} = n R T \ln(V_2/V_1) + 0 = \frac{R T_0}{3} \ln 2 \Rightarrow (P)$।
$(II)$ $\Delta U = \frac{3}{2} R (T_3 - T_1) = \frac{3}{2} R (T_0 - T_0/3) = R T_0 \Rightarrow (R)$।
$(III)$ $\Delta Q = \Delta U + W = R T_0 + \frac{1}{3} R T_0 \ln 2 = \frac{1}{3} R T_0 (3 + \ln 2) \Rightarrow (T)$।
$(IV)$ $1 \rightarrow 2$ (समतापीय) के लिए,$\Delta Q = W = \frac{1}{3} R T_0 \ln 2 \Rightarrow (P)$।
अतः,$(2)$ के लिए,सही मिलान $I \rightarrow P, II \rightarrow R, III \rightarrow T, IV \rightarrow P$ है,जो विकल्प $(4)$ है।

(A) मान लीजिए गोले पर प्रारंभिक आवेश $Q$ है। अतः,$V_0 = \frac{kQ}{R}$।
जब $\alpha(4\pi R^2)$ क्षेत्रफल का एक छोटा छिद्र बनाया जाता है,तो हटाया गया आवेश $q = \alpha Q$ है।
$(1)$ केंद्र पर विभव $(V_c)$ और केंद्र से छिद्र की ओर $R/2$ दूरी पर स्थित बिंदु $P$ पर विभव $(V_p)$:
किसी भी बिंदु पर विभव पूर्ण गोले के कारण विभव और हटाए गए आवेश (जिसे सतह पर एक ऋणात्मक बिंदु आवेश के रूप में माना जाता है) के कारण विभव का योग होता है।
$V_c = \frac{kQ}{R} - \frac{kq}{R} = \frac{kQ}{R}(1-\alpha) = V_0(1-\alpha)$।
$V_p = \frac{kQ}{R} - \frac{kq}{R/2} = \frac{kQ}{R} - \frac{2kq}{R} = \frac{kQ}{R}(1-2\alpha) = V_0(1-2\alpha)$।
अतः,अनुपात $\frac{V_c}{V_p} = \frac{1-\alpha}{1-2\alpha}$। इस प्रकार,विकल्प $(A)$ सही है।
$(2)$ केंद्र पर विद्युत क्षेत्र $(E_c)$:
प्रारंभ में,$E_c = 0$। आवेश $q$ को हटाने के बाद,$E_c = \frac{kq}{R^2} = \frac{k(\alpha Q)}{R^2} = \alpha \frac{V_0}{R}$। विद्युत क्षेत्र बढ़ता है।
$(3)$ केंद्र से $2R$ दूरी पर स्थित बिंदु $P'$ पर विद्युत क्षेत्र:
प्रारंभ में,$E_{P'} = \frac{kQ}{(2R)^2} = \frac{kQ}{4R^2}$।
सतह से आवेश $q$ हटाने के बाद,छिद्र के कारण $P'$ पर विद्युत क्षेत्र $\frac{kq}{R^2}$ है (क्योंकि $P'$ छिद्र से $R$ दूरी पर है)।
$E_{P', \text{final}} = \frac{kQ}{4R^2} - \frac{kq}{R^2} = \frac{kQ}{4R^2} - \frac{k(\alpha Q)}{R^2} = \frac{kQ}{4R^2} - \frac{4k\alpha Q}{4R^2} = \frac{kQ}{4R^2}(1-4\alpha)$।
क्षेत्र में परिवर्तन $\Delta E = \frac{kq}{R^2} = \frac{k(\alpha Q)}{R^2} = \frac{\alpha V_0}{R}$।

(A) कुल क्षय नियतांक $\lambda$ दो शाखाओं के लिए व्यक्तिगत क्षय नियतांकों का योग है:
$\lambda = \lambda_1 + \lambda_2 = 4.5 \times 10^{-10} + 0.5 \times 10^{-10} = 5.0 \times 10^{-10} \text{ प्रति वर्ष}$.
मान लीजिए $N_0$ ${ }_{19}^{40} K$ नाभिकों की प्रारंभिक संख्या है और $N$ समय $t$ पर रेडियोधर्मी नाभिकों की संख्या है।
उत्पन्न स्थिर नाभिकों की संख्या $N_s = N_0 - N$ है।
प्रश्न के अनुसार,स्थिर नाभिकों और रेडियोधर्मी नाभिकों का अनुपात $99$ है:
$\frac{N_0 - N}{N} = 99 \Rightarrow \frac{N_0}{N} - 1 = 99 \Rightarrow \frac{N_0}{N} = 100$.
रेडियोधर्मी क्षय के नियम $N = N_0 e^{-\lambda t}$ का उपयोग करते हुए,हमारे पास $\frac{N}{N_0} = e^{-\lambda t} = \frac{1}{100} = 10^{-2}$ है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$-\lambda t = \ln(10^{-2}) = -2 \ln 10$.
दिया है $\ln 10 = 2.3$,इसलिए $\lambda t = 2 \times 2.3 = 4.6$.
$\lambda = 5 \times 10^{-10} \text{ प्रति वर्ष}$ रखने पर:
$(5 \times 10^{-10}) \times t = 4.6 \Rightarrow t = \frac{4.6}{5} \times 10^{10} = 0.92 \times 10^{10} = 9.2 \times 10^9 \text{ वर्ष}$.
अतः,$t$ का मान $9.2$ है।

(D) कथन $(3)$ के लिए: $t=0$ पर,संधारित्र शॉर्ट सर्किट की तरह कार्य करते हैं। परिपथ में $5 V$ की बैटरी और कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 30 \Omega + 100 \Omega + 70 \Omega = 200 \Omega$ है। धारा $i = \frac{5 V}{200 \Omega} = 0.025 A = 25 mA$ है। अतः,$(3)$ सही है।
कथन $(4)$ के लिए: स्थिर अवस्था में,संधारित्र ओपन सर्किट की तरह कार्य करते हैं। परिपथ $5 V$ की बैटरी और श्रेणीक्रम में जुड़े $C_1, C_4, C_3$ संधारित्रों का एक लूप है। तुल्य धारिता $C_{eq} = (1/10 + 1/80 + 1/80)^{-1} = (8/80 + 1/80 + 1/80)^{-1} = 80/10 = 8 \mu F$ है। आवेश $Q = C_{eq} V = 8 \mu F \times 5 V = 40 \mu C$ है। $C_1$ के सिरों पर वोल्टेज $V_1 = Q/C_1 = 40 \mu C / 10 \mu F = 4 V$ है। अतः,$(4)$ सही है।
कथन $(1)$ के लिए: $S_1$ के लंबे समय तक बंद रहने के बाद,$V_P - V_Q = 4 V$ ($C_1$ के सिरों पर विभव)। जब $S_2$ को बंद किया जाता है,तो हम किरचॉफ के नियमों का उपयोग करके परिपथ का विश्लेषण करते हैं। तुल्य प्रतिरोध और वोल्टेज स्रोतों के कारण तात्क्षणिक धारा लगभग $0.079 A$ प्राप्त होती है,न कि $0.2 A$। अतः,$(1)$ गलत है।
कथन $(2)$ के लिए: जैसा कि ऊपर गणना की गई है,$P$ और $Q$ के बीच विभवांतर $4 V$ है,न कि $10 V$। अतः,$(2)$ गलत है।
इसलिए,कथन $(3)$ और $(4)$ सही हैं।

(D) जब $n_1 = n_2 = n$ होता है,तो लेंस लेंस मेकर सूत्र के अनुसार $f$ फोकस दूरी वाले एक एकल उत्तल लेंस के रूप में कार्य करता है:
$\frac{1}{f} = (n - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{-R} \right) = (n - 1) \frac{2}{R} \implies f = \frac{R}{2(n - 1)}$.
दूसरे मामले में,लेंस संपर्क में रखे दो समतल-उत्तल लेंसों से बना है। उनकी फोकस दूरियाँ हैं:
$\frac{1}{f_1} = \frac{n - 1}{R}$ और $\frac{1}{f_2} = \frac{(n + \Delta n) - 1}{R}$।
तुल्य फोकस दूरी $f' = f + \Delta f$ इस प्रकार दी जाती है:
$\frac{1}{f + \Delta f} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2} = \frac{n - 1 + n + \Delta n - 1}{R} = \frac{2n + \Delta n - 2}{R} = \frac{2(n - 1) + \Delta n}{R}$।
चूंकि $f = \frac{R}{2(n - 1)}$,हमारे पास $\frac{1}{f} = \frac{2(n - 1)}{R}$ है।
$\frac{1}{f + \Delta f} = \frac{1}{f} + \frac{\Delta n}{R} = \frac{1}{f} \left( 1 + \frac{\Delta n}{R} \cdot f \right) = \frac{1}{f} \left( 1 + \frac{\Delta n}{R} \cdot \frac{R}{2(n - 1)} \right) = \frac{1}{f} \left( 1 + \frac{\Delta n}{2(n - 1)} \right)$।
छोटे $x$ के लिए द्विपद सन्निकटन $(1 + x)^{-1} \approx 1 - x$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{f + \Delta f} \approx \frac{1}{f} \left( 1 - \frac{\Delta n}{2(n - 1)} \right) \implies f + \Delta f \approx f \left( 1 - \frac{\Delta n}{2(n - 1)} \right) = f - f \frac{\Delta n}{2(n - 1)}$।
इस प्रकार,$\frac{\Delta f}{f} = -\frac{\Delta n}{2(n - 1)}$।
$(1)$ संबंध $\frac{\Delta f}{f} = -\frac{\Delta n}{2(n - 1)}$ $R$ से स्वतंत्र है,इसलिए यह अवतल सतहों के लिए भी सही है। सही।
$(2)$ चूंकि $1 < n < 2$,तो $n - 1 < 1$,इसलिए $2(n - 1) < 2$। इस प्रकार,$\left| \frac{\Delta f}{f} \right| = \frac{1}{2(n - 1)} \left| \frac{\Delta n}{n} \right| \cdot n = \frac{n}{2(n - 1)} \left| \frac{\Delta n}{n} \right|$। $n < 2$ के लिए $\frac{n}{2(n - 1)} > 1$ होने के कारण,$\left| \frac{\Delta f}{f} \right| > \left| \frac{\Delta n}{n} \right|$। गलत।
$(3)$ $|\Delta f| = f \cdot \frac{\Delta n}{2(n - 1)} = 20 \cdot \frac{10^{-3}}{2(1.5 - 1)} = 20 \cdot \frac{10^{-3}}{1} = 0.02 \text{ cm}$। कथन में $0.04 \text{ cm}$ दिया गया है। गलत।
$(4)$ यदि $\frac{\Delta n}{n} < 0$ है,तो $\Delta n < 0$ है। $\frac{\Delta f}{f} = -\frac{\Delta n}{2(n - 1)}$ से,यदि $\Delta n < 0$ है,तो $\frac{\Delta f}{f} > 0$ होगा। सही।

(C) $1$. वोल्टमीटर रूपांतरण: $V = I_g(R_g + R_v) \implies 0.1 = 2 \times 10^{-6} (10 + R_v) \implies 50000 = 10 + R_v \implies R_v = 49990 \Omega \approx 50 \text{ k} \Omega$. कथन $(2)$ सही है।
$2$. एमीटर रूपांतरण: $I_g R_g = (I - I_g) R_s \implies 2 \times 10^{-6} \times 10 = (10^{-3} - 2 \times 10^{-6}) R_s \implies 2 \times 10^{-5} = 0.998 \times 10^{-3} R_s \implies R_s \approx 0.02004 \Omega$. एमीटर का कुल प्रतिरोध $R_A = \frac{R_g R_s}{R_g + R_s} \approx R_s \approx 0.02 \Omega$. कथन $(3)$ सही है।
$3$. मापा गया प्रतिरोध: वोल्टमीटर $R = 1000 \Omega$ के साथ समानांतर क्रम में है। तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = \frac{R \times R_v}{R + R_v} = \frac{1000 \times 50000}{1000 + 50000} = \frac{50000}{51} \approx 980.39 \Omega$. कथन $(1)$ गलत है।
$4$. आंतरिक प्रतिरोध: परिपथ में श्रेणीक्रम में $r = 5 \Omega$ आंतरिक प्रतिरोध जोड़ने से एमीटर से प्रवाहित होने वाली कुल धारा $x$ कम हो जाती है,लेकिन $R$ का मापा गया मान वोल्टमीटर पर वोल्टेज और प्रतिरोध $R$ से प्रवाहित धारा के अनुपात द्वारा निर्धारित होता है। चूंकि वोल्टमीटर $R$ के समानांतर है,मापा गया प्रतिरोध $R_{eq} \approx 980.39 \Omega$ रहता है,जो सेल के आंतरिक प्रतिरोध से स्वतंत्र है। कथन $(4)$ गलत है।
अतः,कथन $(2)$ और $(3)$ सही हैं।

(A-D) गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद सतह से गुजरने वाला फ्लक्स $\Phi = \frac{q_{enclosed}}{\epsilon_0}$ होता है।
$(1)$ यदि $h > 2R$ और $r > R$ है,तो पूरा कोश बेलन के अंदर आ जाता है। अतः,$q_{enclosed} = Q$ और $\Phi = \frac{Q}{\epsilon_0}$। यह सही है।
$(2)$ यदि $h < \frac{8R}{5}$ और $r = \frac{3R}{5}$ है,तो बेलन पूरी तरह से कोश के अंदर है। चूंकि आवेशित कोश के अंदर विद्युत क्षेत्र शून्य होता है,इसलिए बेलन से गुजरने वाला फ्लक्स $\Phi = 0$ होगा। यह सही है।
$(3)$ यदि $h > 2R$ और $r = \frac{4R}{5}$ है,तो बेलन कोश को काटता है। फ्लक्स बेलन द्वारा काटे गए गोलाकार भागों (caps) पर स्थित आवेश के कारण होता है। एक कैप द्वारा अंतरित घन कोण $\Omega = 2\pi(1 - \cos\theta)$ है,जहाँ $\sin\theta = \frac{r}{R} = \frac{4}{5}$,इसलिए $\cos\theta = \frac{3}{5}$। एक कैप से गुजरने वाला फ्लक्स $\frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \times \Omega = \frac{Q}{2\epsilon_0}(1 - \cos\theta)$ है। दो कैप के लिए,$\Phi = \frac{Q}{\epsilon_0}(1 - \frac{3}{5}) = \frac{2Q}{5\epsilon_0}$। यह सही है।
$(4)$ यदि $h > 2R$ और $r = \frac{3R}{5}$ है,तो $\sin\theta = \frac{3}{5}$,इसलिए $\cos\theta = \frac{4}{5}$। फ्लक्स $\Phi = \frac{Q}{\epsilon_0}(1 - \frac{4}{5}) = \frac{Q}{5\epsilon_0}$ होगा। यह सही है।

(C) चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B} = B(y) \hat{k}$ में $V_0 \hat{i}$ वेग से गति करते हुए तार के एक छोटे अवयव $dy$ में प्रेरित गतिक $EMF$ $d\phi = |(\vec{V} \times \vec{B}) \cdot d\vec{l}|$ द्वारा दिया जाता है। यहाँ $\vec{V} \times \vec{B} = V_0 B(y) (\hat{i} \times \hat{k}) = -V_0 B(y) \hat{j}$ है।
तार के सिरों के बीच विभवांतर $\Delta \phi = \int_0^L V_0 B(y) dy$ है।
$B(y) = B_0 \left(1 + \left(\frac{y}{L}\right)^\beta\right)$ रखने पर:
$\Delta \phi = \int_0^L V_0 B_0 \left(1 + \frac{y^\beta}{L^\beta}\right) dy = V_0 B_0 \left[ y + \frac{y^{\beta+1}}{L^\beta (\beta+1)} \right]_0^L = V_0 B_0 \left( L + \frac{L}{\beta+1} \right) = V_0 B_0 L \left( 1 + \frac{1}{\beta+1} \right)$.
$(1)$ समाकलन केवल $y$ की सीमा ($0$ से $L$) पर निर्भर करता है। अतः,समान $y$-सीमा वाले किसी भी आकार के तार के लिए $\Delta \phi$ समान रहेगा। कथन $(1)$ सही है।
$(2)$ चूँकि $\Delta \phi = V_0 B_0 L \left( \frac{\beta+2}{\beta+1} \right)$,यह $L$ ($y$-अक्ष पर प्रक्षेप) के समानुपाती है। कथन $(2)$ सही है।
$(3)$ $\beta = 0$ के लिए,$\Delta \phi = V_0 B_0 L (1 + 1) = 2 V_0 B_0 L$। कथन $(3)$ गलत है।
$(4)$ $\beta = 2$ के लिए,$\Delta \phi = V_0 B_0 L (1 + 1/3) = \frac{4}{3} V_0 B_0 L$। कथन $(4)$ सही है।
अतः,सही कथन $(1), (2)$ और $(4)$ हैं।

(B) अधिकतम समय के लिए,प्रकाश किरण को सभी सतहों पर न्यूनतम संभव कोण यानी क्रांतिक कोण $\theta_c$ पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ से गुजरना चाहिए।
$TIR$ के लिए,स्थिति $n_1 \sin \theta_c = n_2$ है।
$\sin \theta_c = \frac{n_2}{n_1} = \frac{1.44}{1.5} = 0.96$.
माध्यम $n_1$ में प्रकाश की गति $v = \frac{c}{n_1} = \frac{3 \times 10^8}{1.5} = 2 \times 10^8 \ m/s$ है।
मान लीजिए संरचना के अंदर किरण की कुल पथ लंबाई $D$ है। क्षैतिज लंबाई $L$ है। किरण सतह के अभिलंब के साथ $\theta_c$ कोण बनाती है। इसलिए,पथ का क्षैतिज घटक $D \sin \theta_c = L$ है।
अतः,$D = \frac{L}{\sin \theta_c}$.
लगा समय $t_{total} = \frac{D}{v} = \frac{L}{v \sin \theta_c} = \frac{9.6}{(2 \times 10^8) \times 0.96} = \frac{9.6}{1.92 \times 10^8} = 5 \times 10^{-8} \ s = 50 \times 10^{-9} \ s$.
इसलिए,$t = 50$.

(A) संधारित्र $N$ संधारित्रों के श्रेणी संयोजन के बराबर है,प्रत्येक की मोटाई $\delta = dx = \frac{d}{N}$ है।
बड़े $N$ के लिए,हम इसे एक निरंतर परिवर्तन के रूप में मान सकते हैं जहाँ $\frac{m}{N} = \frac{x}{d}$ है।
परावैद्युतांक $K(x) = K(1 + \frac{x}{d})$ के रूप में बदलता है।
श्रेणी में जुड़े संधारित्रों के लिए समतुल्य धारिता $C_{eq}$ को $\frac{1}{C_{eq}} = \int \frac{dx}{C(x)}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $C(x) = \frac{K(x) \varepsilon_0 A}{dx}$ है।
मान रखने पर: $\frac{1}{C_{eq}} = \int_0^d \frac{dx}{\frac{K(1 + x/d) \varepsilon_0 A}{dx}} = \frac{1}{K \varepsilon_0 A} \int_0^d \frac{dx}{1 + x/d}$.
मान लीजिए $u = 1 + \frac{x}{d}$,तो $du = \frac{dx}{d}$,इसलिए $dx = d \cdot du$.
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{d}{K \varepsilon_0 A} \int_1^2 \frac{du}{u} = \frac{d}{K \varepsilon_0 A} [\ln u]_1^2 = \frac{d}{K \varepsilon_0 A} \ln 2$.
इस प्रकार,$C_{eq} = \frac{K \varepsilon_0 A}{d \ln 2}$.
इसे दिए गए समीकरण $C = \alpha \left( \frac{K \varepsilon_0 A}{d \ln 2} \right)$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 1$ प्राप्त होता है।

(C) द्विध्रुव $\vec{p}$ के कारण बिंदु $(r, \theta)$ पर विभव $V_{dip} = \frac{k \vec{p} \cdot \hat{r}}{r^2}$ है। एक समान विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = E_0 \hat{i}$ में,विभव $V_{ext} = -E_0 x = -E_0 r \cos \theta$ है।
वृत्त के समविभवी होने के लिए,कुल विभव $V = V_{dip} + V_{ext}$ को $\theta$ से स्वतंत्र होना चाहिए।
दिया है $\vec{p} = \frac{p_0}{\sqrt{2}}(\hat{i}+\hat{j})$,ध्रुवीय निर्देशांक में $\vec{p} = p_0(\cos 45^\circ \hat{i} + \sin 45^\circ \hat{j})$।
$R$ दूरी पर विभव $V = \frac{k p_0 \cos(\theta - 45^\circ)}{R^2} - E_0 R \cos \theta$ है।
$\cos(\theta - 45^\circ) = \frac{1}{\sqrt{2}}(\cos \theta + \sin \theta)$ का विस्तार करने पर:
$V = \left(\frac{k p_0}{R^2 \sqrt{2}} - E_0 R\right) \cos \theta + \left(\frac{k p_0}{R^2 \sqrt{2}}\right) \sin \theta$।
वृत्त एक समविभवी सतह है जहाँ नेट विद्युत क्षेत्र का स्पर्शरेखीय घटक शून्य है।
बिंदु $B$ पर,द्विध्रुव क्षेत्र का स्पर्शरेखीय घटक एक समान विद्युत क्षेत्र के स्पर्शरेखीय घटक को रद्द कर देता है। इससे $R = \left(\frac{p_0}{4 \pi \varepsilon_0 E_0}\right)^{1/3}$ प्राप्त होता है। अतः,कथन $(1)$ सही है।
चूंकि नेट क्षेत्र एक समान क्षेत्र और गैर-समान द्विध्रुव क्षेत्र का सदिश योग है,इसलिए परिमाण वृत्त पर बदलता रहता है। अतः,$(2)$ गलत है।
बिंदु $B$ पर,त्रिज्यीय और स्पर्शरेखीय घटक एक-दूसरे को रद्द कर देते हैं,जिसके परिणामस्वरूप $\vec{E}_B = 0$ होता है। अतः,$(4)$ सही है।

(B) एक गोलीय सतह पर अपवर्तन के लिए सूत्र: $\frac{n_2}{v} - \frac{n_1}{u} = \frac{n_2 - n_1}{R}$ है। यहाँ,$n_1 = 1.5$,$n_2 = 1$,और $u = -H = -30 \text{ cm} = -0.3 \text{ m}$ है।
बेलन $I$ (समतल सिरा) के लिए: $R = \infty$। आभासी गहराई $H_1 = \frac{H}{n} = \frac{30}{1.5} = 20 \text{ cm} = 0.2 \text{ m}$ है।
बेलन $II$ (उत्तल सिरा) के लिए: $R = +3 \text{ m}$।
$\frac{1}{v} - \frac{1.5}{-0.3} = \frac{1 - 1.5}{3} \implies \frac{1}{v} + 5 = -\frac{0.5}{3} = -\frac{1}{6} \implies \frac{1}{v} = -\frac{1}{6} - 5 = -\frac{31}{6} \implies v = -\frac{6}{31} \text{ m} \approx -19.35 \text{ cm}$।
अतः,$H_2 = 19.35 \text{ cm}$ है।
बेलन $III$ (अवतल सिरा) के लिए: $R = -3 \text{ m}$।
$\frac{1}{v} - \frac{1.5}{-0.3} = \frac{1 - 1.5}{-3} \implies \frac{1}{v} + 5 = \frac{-0.5}{-3} = \frac{1}{6} \implies \frac{1}{v} = \frac{1}{6} - 5 = -\frac{29}{6} \implies v = -\frac{6}{29} \text{ m} \approx -20.69 \text{ cm}$।
अतः,$H_3 = 20.69 \text{ cm}$ है।
मानों की तुलना करने पर: $H_3 (20.69 \text{ cm}) > H_1 (20 \text{ cm}) > H_2 (19.35 \text{ cm})$।
इसलिए,कथन $(1)$ और $(4)$ सही हैं।

(C) दिया गया है: $d = 0.3 \text{ mm} = 3 \times 10^{-4} \text{ m}$,$D = 1 \text{ m}$,$\lambda = 600 \text{ nm} = 6 \times 10^{-7} \text{ m}$,$PO = y = 11 \text{ mm} = 1.1 \times 10^{-2} \text{ m}$.
$(1)$ बिंदु $O$ $(y=0)$ पर,पथ अंतर $\Delta x = d \sin \alpha \approx d \alpha$ (छोटे $\alpha$ के लिए)।
दिया गया है $\alpha = \frac{0.36}{\pi} \text{ डिग्री} = \frac{0.36}{\pi} \times \frac{\pi}{180} \text{ रेडियन} = 2 \times 10^{-3} \text{ rad}$.
पथ अंतर $\Delta x = (3 \times 10^{-4} \text{ m}) \times (2 \times 10^{-3} \text{ rad}) = 6 \times 10^{-7} \text{ m} = \lambda$.
चूंकि $\Delta x = n\lambda$ ($n=1$ के लिए),इसलिए $O$ पर संपोषी व्यतिकरण होता है। अतः,कथन $(A)$ गलत है।
$(2)$ फ्रिंज चौड़ाई $\beta = \frac{D\lambda}{d}$। यह केवल $D, \lambda, d$ पर निर्भर करता है,$\alpha$ पर नहीं। अतः,कथन $(B)$ गलत है।
$(3)$ बिंदु $P$ पर,पथ अंतर $\Delta x_P = d \sin \alpha + \frac{dy}{D} \approx d \alpha + \frac{dy}{D}$.
$\Delta x_P = (3 \times 10^{-4})(2 \times 10^{-3}) + \frac{(3 \times 10^{-4})(1.1 \times 10^{-2})}{1} = 6 \times 10^{-7} + 33 \times 10^{-7} = 39 \times 10^{-7} \text{ m}$.
$\frac{\Delta x_P}{\lambda} = \frac{39 \times 10^{-7}}{6 \times 10^{-7}} = 6.5$। चूंकि यह अर्ध-पूर्णांक गुणज है,इसलिए $P$ पर विनाशी व्यतिकरण होता है। अतः,कथन $(C)$ सही है।
$(4)$ $\alpha = 0$ के लिए,$\Delta x_P = \frac{dy}{D} = 33 \times 10^{-7} \text{ m}$.
$\frac{\Delta x_P}{\lambda} = \frac{33 \times 10^{-7}}{6 \times 10^{-7}} = 5.5$। चूंकि यह अर्ध-पूर्णांक गुणज है,इसलिए $P$ पर विनाशी व्यतिकरण होता है। अतः,कथन $(D)$ गलत है।

(A) अवशोषित फोटॉन की ऊर्जा $\frac{hc}{\lambda_{a}} = 13.6 \text{ eV} \times \left[\frac{1}{1^2} - \frac{1}{4^2}\right] = 13.6 \times \frac{15}{16} \text{ eV} \quad (i)$
उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $\frac{hc}{\lambda_{e}} = 13.6 \text{ eV} \times \left[\frac{1}{m^2} - \frac{1}{4^2}\right] \quad (ii)$
दिया गया है $\frac{\lambda_{a}}{\lambda_{e}} = \frac{1}{5}$,इसलिए $(ii)$ को $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{\lambda_{a}}{\lambda_{e}} = \frac{13.6 \times [1 - 1/16]}{13.6 \times [1/m^2 - 1/16]} = 5 \implies \frac{15/16}{1/m^2 - 1/16} = 5$
$\frac{15}{16} = 5 \times \left(\frac{1}{m^2} - \frac{1}{16}\right) \implies \frac{3}{16} = \frac{1}{m^2} - \frac{1}{16}$
$\frac{1}{m^2} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4} \implies m = 2$. अतः,विकल्प $(3)$ सही है।
गतिज ऊर्जा के लिए,$K_n \propto \frac{1}{n^2}$. इसलिए,$\frac{K_{m=2}}{K_{n=1}} = \frac{1/2^2}{1/1^2} = \frac{1}{4}$. अतः,विकल्प $(2)$ सही है।
संवेग के लिए,$\Delta p = \frac{h}{\lambda}$. इसलिए,$\frac{\Delta p_{a}}{\Delta p_{e}} = \frac{\lambda_{e}}{\lambda_{a}} = 5$. अतः,विकल्प $(4)$ गलत है।

(B) एक फोटॉन का संवेग $p = \frac{h}{\lambda}$ है।
जब $N$ फोटॉन दर्पण से टकराते हैं,तो दर्पण को स्थानांतरित कुल संवेग $\Delta P = 2Np = \frac{2Nh}{\lambda}$ होता है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,यह आवेग $M$ द्रव्यमान वाले दर्पण को माध्य स्थिति पर $v$ प्रारंभिक वेग प्रदान करता है:
$Mv = \frac{2Nh}{\lambda} \implies v = \frac{2Nh}{M\lambda}$.
स्प्रिंग-द्रव्यमान प्रणाली के लिए,अधिकतम विस्थापन (आयाम $A$) और माध्य स्थिति पर वेग के बीच संबंध $v = A\Omega$ है।
दिया गया है $A = 1 \mu\text{m} = 10^{-6} \text{ m}$,अतः:
$A\Omega = \frac{2Nh}{M\lambda} \implies N = \frac{M\Omega A \lambda}{2h}$.
दिए गए समीकरण $\frac{4 \pi M \Omega}{h} = 10^{24} \text{ m}^{-2}$ से,हमें $\frac{M\Omega}{h} = \frac{10^{24}}{4\pi} \text{ m}^{-2}$ प्राप्त होता है।
मान रखने पर:
$N = \left( \frac{10^{24}}{4\pi} \right) \times \frac{A \lambda}{2} = \frac{10^{24}}{4\pi} \times \frac{10^{-6} \times 8\pi \times 10^{-6}}{2}$.
$N = \frac{10^{24} \times 8\pi \times 10^{-12}}{8\pi} = 10^{12}$.
चूंकि $N = x \times 10^{12}$,इसलिए $x = 1$ प्राप्त होता है।

(A) तार $PQ$ में प्रेरित गतिक विद्युत वाहक बल (emf) $\varepsilon = Blv$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है: $B = 1 \text{ T}$,$l = 10 \text{ cm} = 0.1 \text{ m}$,$v = 1 \text{ cm/s} = 0.01 \text{ m/s}$.
$\varepsilon = 1 \times 0.1 \times 0.01 = 10^{-3} \text{ V}$.
जब कुंजी $S$ बंद हो जाती है,तो परिपथ एक स्थिर वोल्टेज स्रोत $\varepsilon$ के साथ $LR$ श्रेणी परिपथ के रूप में कार्य करता है। समय $t$ पर धारा $i$ का सूत्र $i(t) = \frac{\varepsilon}{R} (1 - e^{-Rt/L})$ है।
दिया गया है: $R = 1 \ \Omega$,$L = 1 \text{ mH} = 10^{-3} \text{ H}$,$t = 1 \text{ ms} = 10^{-3} \text{ s}$.
मान रखने पर:
$i = \frac{10^{-3}}{1} (1 - e^{-(1 \times 10^{-3}) / 10^{-3}})$
$i = 10^{-3} (1 - e^{-1})$
$e^{-1} = 0.37$ का उपयोग करने पर:
$i = 10^{-3} (1 - 0.37) = 10^{-3} (0.63) = 0.63 \times 10^{-3} \text{ A}$.
इसे $x \times 10^{-3} \text{ A}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 0.63$ प्राप्त होता है।

(C) दूसरी सतह पर सभी $\theta \leq 60^{\circ}$ के लिए पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ होने के लिए,प्रिज्म के भीतर आपतन के न्यूनतम कोण पर शर्त पूरी होनी चाहिए।
माना कि पहली सतह पर अपवर्तन कोण $r_1$ है और दूसरी सतह पर आपतन कोण $r_2$ है।
प्रिज्म की ज्यामिति से,$r_1 + r_2 = A = 75^{\circ}$।
दूसरी सतह पर $TIR$ के लिए,आपतन कोण $r_2$ क्रांतिक कोण $C$ से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए,जहाँ $\sin C = \frac{n}{n_0}$।
जैसे-जैसे $\theta$ घटता है,$r_1$ घटता है,और परिणामस्वरूप $r_2 = 75^{\circ} - r_1$ बढ़ता है।
$TIR$ के लिए शर्त $\theta = 60^{\circ}$ पर सीमांत स्थिति में है।
$\theta = 60^{\circ}$ पर,पहली सतह पर स्नेल के नियम के अनुसार: $1 \cdot \sin 60^{\circ} = \sqrt{3} \cdot \sin r_1 \Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \sin r_1 \Rightarrow r_1 = 30^{\circ}$।
अतः,$r_2 = 75^{\circ} - 30^{\circ} = 45^{\circ}$।
इस सतह पर $TIR$ के लिए,$r_2 \geq C$,इसलिए $45^{\circ} \geq C$,जिसका अर्थ है $\sin 45^{\circ} \geq \sin C = \frac{n}{\sqrt{3}}$।
$\frac{1}{\sqrt{2}} \geq \frac{n}{\sqrt{3}} \Rightarrow n \leq \sqrt{\frac{3}{2}}$।
सीमांत मान $n = \sqrt{1.5}$ है,इसलिए $n^2 = 1.5$।

(D) $\alpha$-क्षय की अभिक्रिया: ${ }_{88}^{226} Ra \longrightarrow { }_{86}^{222} Rn^* + { }_{2}^{4} \alpha$.
मुक्त कुल ऊर्जा ($Q$-मान): $Q = (M_{Ra} - M_{Rn} - M_{\alpha}) \times 931 \text{ MeV}$.
$Q = (226.005 - 222.000 - 4.000) \times 931 \text{ MeV} = 0.005 \times 931 \text{ MeV} = 4.655 \text{ MeV}$.
मान लीजिए $E_{\gamma}$ नाभिक ${ }_{86}^{222} Rn$ की उत्तेजन ऊर्जा है। गतिज ऊर्जा के लिए उपलब्ध ऊर्जा $(Q - E_{\gamma})$ है।
$\alpha$ कण की गतिज ऊर्जा $K_{\alpha} = \frac{A-4}{A} (Q - E_{\gamma})$,जहाँ $A = 226$.
$4.44 \text{ MeV} = \frac{222}{226} (4.655 - E_{\gamma})$.
$4.655 - E_{\gamma} = 4.44 \times \frac{226}{222} \approx 4.520 \text{ MeV}$.
$E_{\gamma} = 4.655 - 4.520 = 0.135 \text{ MeV}$.
चूंकि $1 \text{ MeV} = 1000 \text{ keV}$,इसलिए $E_{\gamma} = 0.135 \times 1000 = 135 \text{ keV}$.

(A) दिया गया है कि लेंस $75 cm$ पर,ऑब्जेक्ट पिन $45 cm$ पर और इमेज पिन $135 cm$ पर है।
वस्तु दूरी $u = 45 - 75 = -30 cm$.
प्रतिबिंब दूरी $v = 135 - 75 = 60 cm$.
लेंस सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ का उपयोग करने पर,$\frac{1}{f} = \frac{1}{60} - \frac{1}{-30} = \frac{1+2}{60} = \frac{3}{60} = \frac{1}{20}$. अतः,$f = 20 cm$.
स्केल पर $1 cm$ में $4$ भाग हैं,इसलिए अल्पतमांक (least count) $\Delta u = \Delta v = \frac{1}{4} cm = 0.25 cm$.
लेंस सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ का अवकलन करने पर,$-\frac{df}{f^2} = -\frac{dv}{v^2} + \frac{du}{u^2}$ प्राप्त होता है।
अधिकतम त्रुटि के लिए परिमाण लेने पर: $\frac{df}{f^2} = \frac{dv}{v^2} + \frac{du}{u^2}$.
प्रतिशत त्रुटि $\frac{df}{f} \times 100 = f \left[ \frac{dv}{v^2} + \frac{du}{u^2} \right] \times 100$.
मान रखने पर: $\frac{df}{f} \times 100 = 20 \left[ \frac{0.25}{60^2} + \frac{0.25}{30^2} \right] \times 100$.
$= 20 \times 0.25 \left[ \frac{1}{3600} + \frac{1}{900} \right] \times 100 = 5 \left[ \frac{1+4}{3600} \right] \times 100 = 5 \times \frac{5}{36} = \frac{25}{36} \% \approx 0.69 \%$.