IIT JEE 2020 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) मान लीजिए फुटबॉल की त्रिज्या $R$ है और छेद की त्रिज्या $r$ है। छेद का व्यास $2r$ है। जब तख्ते को $\theta$ कोण पर झुकाया जाता है,तो फुटबॉल छेद के किनारे पर टिकी होती है।
गति की शुरुआत की स्थिति में (लुढ़कने की तैयारी में),छेद के दूसरी तरफ से लगने वाला अभिलंब बल शून्य हो जाता है।
मान लीजिए फुटबॉल का केंद्र $O$ है। फुटबॉल छेद के किनारे पर बिंदु $P$ पर संपर्क में है। केंद्र $O$ से संपर्क बिंदु $P$ तक की दूरी $R$ है।
केंद्र $O$ से गुजरने वाली ऊर्ध्वाधर रेखा तख्ते के लंबवत रेखा के साथ $\theta$ कोण बनाती है।
फुटबॉल के केंद्र,छेद के केंद्र और संपर्क बिंदु द्वारा निर्मित त्रिभुज में,छेद के केंद्र से संपर्क बिंदु तक की दूरी $r$ है।
इस प्रकार,$\sin \theta = \frac{r}{R}$।
अतः,वह अधिकतम कोण $\theta$ जिसके लिए फुटबॉल लुढ़कती नहीं है,$\sin \theta = \frac{r}{R}$ द्वारा दिया जाता है।

(C) मान लीजिए $R$ रोलर की त्रिज्या है और $r$ धुरी की त्रिज्या है।
दिया गया है: $2R = 20 \ cm \implies R = 10 \ cm$ और $2r = 10 \ cm \implies r = 5 \ cm$.
रोलर के फर्श पर बिना फिसले लुढ़कने के लिए,रोलर के केंद्र का वेग $V_{\text{center}} = \omega R$ है,जहाँ $\omega$ कोणीय वेग है।
धुरी के ऊपर स्थित स्केल का वेग $V_{\text{scale}} = V_{\text{center}} + \omega r$ है।
$\omega = \frac{V_{\text{center}}}{R}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें मिलता है:
$V_{\text{scale}} = V_{\text{center}} + \left(\frac{V_{\text{center}}}{R}\right)r = V_{\text{center}} \left(1 + \frac{r}{R}\right)$.
$r = 5 \ cm$ और $R = 10 \ cm$ दिए गए हैं,इसलिए $V_{\text{scale}} = V_{\text{center}} \left(1 + \frac{5}{10}\right) = 1.5 V_{\text{center}}$.
यदि रोलर $t$ समय में $d_{\text{roller}} = 50 \ cm$ की दूरी तय करता है,तो $V_{\text{center}} \cdot t = 50 \ cm$.
उसी समय $t$ में स्केल द्वारा तय की गई दूरी $d_{\text{scale}} = V_{\text{scale}} \cdot t = 1.5 V_{\text{center}} \cdot t = 1.5 \times 50 \ cm = 75 \ cm$.
इस प्रकार,स्केल जमीन के सापेक्ष $75 \ cm$ चलता है,जबकि रोलर का केंद्र जमीन के सापेक्ष $50 \ cm$ चलता है। रोलर के केंद्र के सापेक्ष स्केल की स्थिति केंद्र से $75 \ cm - 50 \ cm = 25 \ cm$ आगे होगी।

(B) मान लीजिए कि प्रत्येक भुजा में पानी की प्रारंभिक ऊँचाई $H = 0.29 \ m$ है। पानी का कुल आयतन स्थिर रहता है। जब बाईं भुजा में $h_k = 0.1 \ m$ ऊँचाई का केरोसिन डाला जाता है,तो बाईं भुजा में पानी का स्तर $x$ नीचे गिर जाता है और दाईं भुजा में $x$ ऊपर उठ जाता है।
बाईं भुजा में द्रव की कुल ऊँचाई: $h_1 = (H - x) + h_k = 0.29 - x + 0.1 = 0.39 - x$.
दाईं भुजा में द्रव की ऊँचाई: $h_2 = H + x = 0.29 + x$.
$U$-ट्यूब के तल पर दबाव को समान करने पर:
$P_{left} = P_{right}$
$P_0 + \rho_k g h_k + \rho_w g (h_1 - h_k) = P_0 + \rho_w g h_2$
$\rho_k h_k + \rho_w (h_1 - h_k) = \rho_w h_2$
$800 \times 0.1 + 1000 \times (h_1 - 0.1) = 1000 \times h_2$
$80 + 1000 h_1 - 100 = 1000 h_2$
$1000 (h_1 - h_2) = 20 \implies h_1 - h_2 = 0.02 \ m$.
हमारे पास समीकरणों की प्रणाली है:
$1$) $h_1 + h_2 = (0.29 - x + 0.1) + (0.29 + x) = 0.68 \ m$.
$2$) $h_1 - h_2 = 0.02 \ m$.
समीकरणों को जोड़ने पर: $2h_1 = 0.70 \implies h_1 = 0.35 \ m$.
समीकरणों को घटाने पर: $2h_2 = 0.66 \implies h_2 = 0.33 \ m$.
अतः,अनुपात $\frac{h_1}{h_2} = \frac{0.35}{0.33} = \frac{35}{33}$.

(D) दिया गया है: पृष्ठीय क्षेत्रफल $A = 64 \ mm^2 = 64 \times 10^{-6} \ m^2$,तापमान $T = 2500 \ K$,दूरी $d = 100 \ m$,पुतली की त्रिज्या $R_e = 3 \ mm = 3 \times 10^{-3} \ m$.
$(A)$ फिलामेंट द्वारा विकिरित शक्ति $P = \sigma A e T^4$। कृष्णिका के लिए,उत्सर्जकता $e = 1$।
$P = (5.67 \times 10^{-8}) \times (64 \times 10^{-6}) \times 1 \times (2500)^4 = 141.75 \ W$।
अतः,विकल्प $(A)$ गलत है।
$(B)$ आंख तक पहुँचने वाली शक्ति $P_{eye} = \frac{P}{4 \pi d^2} \times (\pi R_e^2) = \frac{141.75}{4 \times (100)^2} \times (3 \times 10^{-3})^2 = 3.189 \times 10^{-8} \ W$।
यह $3.15 \times 10^{-8} \ W$ से $3.25 \times 10^{-8} \ W$ की सीमा में है। अतः,विकल्प $(B)$ सही है।
$(C)$ वीन के विस्थापन नियम का उपयोग करते हुए: $\lambda_m T = b$।
$\lambda_m = \frac{2.90 \times 10^{-3}}{2500} = 1.16 \times 10^{-6} \ m = 1160 \ nm$।
अतः,विकल्प $(C)$ सही है।
$(D)$ शक्ति $P_{eye} = \dot{N} \frac{hc}{\lambda_{avg}}$,जहाँ $\dot{N}$ प्रति सेकंड फोटॉनों की संख्या है।
$\dot{N} = \frac{P_{eye} \lambda_{avg}}{hc} = \frac{3.189 \times 10^{-8} \times 1740 \times 10^{-9}}{6.63 \times 10^{-34} \times 3.00 \times 10^8} \approx 2.79 \times 10^{11}$।
यह $2.75 \times 10^{11}$ से $2.85 \times 10^{11}$ की सीमा में है। अतः,विकल्प $(D)$ सही है।
निष्कर्ष: विकल्प $(B, C, D)$ सही हैं।

(A) मान लीजिए कि मूल राशि $X$ के आयाम $[X] = [M^a L^b T^c]$ हैं।
दिया गया है:
$[L] = [X^\alpha] = [M^{a\alpha} L^{b\alpha} T^{c\alpha}] \implies a\alpha = 0, b\alpha = 1, c\alpha = 0 \implies a=0, c=0, b=1/\alpha$.
$[LT^{-1}] = [X^\beta] = [M^{a\beta} L^{b\beta} T^{c\beta}] \implies b\beta = 1, c\beta = -1 \implies \beta = 1/\alpha$.
$[LT^{-2}] = [X^p]$ से, हमारे पास $b p = 1$ और $c p = -2$ है। चूंकि $b = 1/\alpha$, इसलिए $p = \alpha$। साथ ही $c = -2/p = -2/\alpha$।
$[MLT^{-1}] = [X^q]$ से, हमारे पास $a q = 1, b q = 1, c q = -1$ है।
$[MLT^{-2}] = [X^r]$ से, हमारे पास $a r = 1, b r = 1, c r = -2$ है।
इन संबंधों का उपयोग करते हुए:
$1$) $\alpha + p = 2\beta$ सही है क्योंकि $[L] [LT^{-2}] = [L^2 T^{-2}] = [LT^{-1}]^2$।
$2$) $p + q - r = \beta$ सही है क्योंकि $[LT^{-2}] [MLT^{-1}] / [MLT^{-2}] = [LT^{-1}]$।
अतः, विकल्प $(A)$ और $(B)$ सही हैं।

(A) दो पात्रों के बीच दबाव का अंतर $\Delta P = P_1 - P_2 = (n_1 - n_2) k_B T = \Delta n k_B T$ है।
नली में अणुओं पर लगने वाला कुल बल $F = \Delta P \cdot S = \Delta n k_B T S$ है। अतः,$(A)$ सही है।
नली में अणुओं के लिए,प्रत्येक अणु पर लगने वाला श्यान बल $\beta v$ है। नली में अणुओं की कुल संख्या $N = n_1 \cdot S \cdot \ell$ है (चूंकि $\Delta n \ll n_1$,हम नली में सांद्रता को $n_1$ मानते हैं)।
प्रेरक बल को कुल श्यान बल के बराबर करने पर: $F = N \cdot \beta v = (n_1 S \ell) \beta v$.
इसलिए,$\Delta n k_B T S = n_1 \beta v \ell S$,जो सरल होकर $\Delta n k_B T = n_1 \beta v \ell$ हो जाता है। अतः,$(B)$ सही है।
इकाई समय में नली को पार करने वाले अणुओं की संख्या (दर) $R = n_1 v S$ है।
बल संतुलन से,$v = \frac{\Delta n k_B T}{n_1 \beta \ell}$.
$v$ का मान दर समीकरण में रखने पर: $R = n_1 \left( \frac{\Delta n k_B T}{n_1 \beta \ell} \right) S = \left( \frac{\Delta n}{\ell} \right) \left( \frac{k_B T}{\beta} \right) S$. अतः,$(C)$ सही है।
जैसे-जैसे अणु विसरित होते हैं,$\Delta n$ समय के साथ घटता है,इसलिए स्थानांतरण की दर $R$ समय के साथ घटती है। अतः,$(D)$ गलत है।
इसलिए,सही विकल्प $(A), (B),$ और $(C)$ हैं।

(A) मान लीजिए $N_1$ और $N_2$ क्रमशः बाईं और दाईं उंगलियों पर लगने वाले अभिलंब बल हैं। $M$ द्रव्यमान और $100 \ cm$ लंबाई के एक समान मीटर स्केल के लिए,द्रव्यमान केंद्र $50 \ cm$ पर है। शुरू में,उंगलियां $0 \ cm$ और $90 \ cm$ पर हैं। द्रव्यमान केंद्र की बाईं उंगली से दूरी $50 \ cm$ और दाईं उंगली से $40 \ cm$ है।
द्रव्यमान केंद्र के परितः घूर्णी संतुलन के लिए: $N_1(50) = N_2(40) \implies 5N_1 = 4N_2$.
साथ ही,$N_1 + N_2 = Mg$। $N_2 = 1.25N_1$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $2.25N_1 = Mg \implies N_1 = \frac{4}{9}Mg$ और $N_2 = \frac{5}{9}Mg$ प्राप्त होता है।
जब बाईं उंगली फिसलती है,तो वह गतिक घर्षण $f_{k1} = \mu_k N_1$ का अनुभव करती है और दाईं उंगली स्थैतिक घर्षण $f_{s2} \le \mu_s N_2$ का अनुभव करती है। जब बाईं उंगली रुक जाती है और दाईं फिसलने लगती है,तो दाईं उंगली गतिक घर्षण $f_{k2} = \mu_k N_2$ का अनुभव करती है और बाईं उंगली स्थैतिक घर्षण $f_{s1} = \mu_s N_1$ का अनुभव करती है।
जिस बिंदु पर दाईं उंगली रुकती है और बाईं उंगली फिसलना शुरू करती है,वहां द्रव्यमान केंद्र के परितः आघूर्ण शून्य है: $N_1 x_L = N_2 x_R$.
साथ ही,संक्रमण के लिए शर्त $f_{s1} = f_{k2} \implies \mu_s N_1 = \mu_k N_2$ है।
दिया गया है कि $\mu_s = 0.40$ और $\mu_k = 0.32$,इसलिए $0.40 N_1 = 0.32 N_2 \implies N_1 = 0.8 N_2 = \frac{4}{5} N_2$.
इसे आघूर्ण समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $(\frac{4}{5} N_2) x_L = N_2 x_R \implies x_R = 0.8 x_L$.
पिछले चरण से जहां बाईं उंगली रुकी थी,$N_1 x_L = N_2(40)$ और $4N_1 = 5N_2$ (अर्थात $N_1 = 1.25 N_2$) के साथ,हमें $x_L = 32 \ cm$ प्राप्त हुआ था।
अतः,$x_R = 0.8 \times 32 = 25.6 \ cm$.

(D) पानी की डिस्क के तल पर उसके वजन के कारण दबाव $P = \rho g h$ द्वारा दिया जाता है।
यह दबाव वक्र सतह पर पृष्ठ तनाव के कारण अतिरिक्त दबाव द्वारा संतुलित होता है,जिसे यंग-लाप्लास समीकरण द्वारा दिया जाता है: $P = T \left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}\right)$।
यहाँ,$R_1$ गिलास की त्रिज्या है (जो मोटाई $h$ की तुलना में बहुत बड़ी है) और $R_2$ अर्धवृत्ताकार किनारे की त्रिज्या है,जो $h/2$ है।
चूंकि $R_1 \gg R_2$,इसलिए $\frac{1}{R_1} \approx 0$ होता है।
इस प्रकार,दबाव संतुलन समीकरण $\rho g h = T \left(0 + \frac{1}{h/2}\right) = \frac{2T}{h}$ बन जाता है।
$h$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $h^2 = \frac{2T}{\rho g}$ प्राप्त होता है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $h = \sqrt{\frac{2 \times 0.07}{10^3 \times 10}} = \sqrt{\frac{0.14}{10^4}} = \sqrt{14 \times 10^{-6}} \ m$।
$h = \sqrt{14} \times 10^{-3} \ m \approx 3.741 \times 10^{-3} \ m$।
$mm$ में बदलने पर,$h \approx 3.741 \ mm$,जो $3.75 \ mm$ के सबसे निकट है।

(A) समतापीय प्रक्रिया के लिए,$P_1 V_1 = P_{\text{intermediate}} (4 V_1)$,इसलिए $P_{\text{intermediate}} = \frac{P_1}{4}$।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,$P_{\text{intermediate}} (4 V_1)^\gamma = P_2 (32 V_1)^\gamma$,जहाँ हीलियम के लिए $\gamma = \frac{5}{3}$ है।
$\frac{P_1}{4} (4 V_1)^{5/3} = P_2 (32 V_1)^{5/3}$
$P_2 = \frac{P_1}{4} \left( \frac{4 V_1}{32 V_1} \right)^{5/3} = \frac{P_1}{4} \left( \frac{1}{8} \right)^{5/3} = \frac{P_1}{4} \times \frac{1}{32} = \frac{P_1}{128}$।
समतापीय प्रक्रिया में किया गया कार्य: $W_{\text{iso}} = nRT \ln \left( \frac{V_f}{V_i} \right) = P_1 V_1 \ln \left( \frac{4 V_1}{V_1} \right) = P_1 V_1 \ln 4 = 2 P_1 V_1 \ln 2$।
रुद्धोष्म प्रक्रिया में किया गया कार्य: $W_{\text{adia}} = \frac{P_i V_i - P_f V_f}{\gamma - 1} = \frac{\frac{P_1}{4} (4 V_1) - \frac{P_1}{128} (32 V_1)}{\frac{5}{3} - 1} = \frac{P_1 V_1 - \frac{P_1 V_1}{4}}{\frac{2}{3}} = \frac{\frac{3}{4} P_1 V_1}{\frac{2}{3}} = \frac{9}{8} P_1 V_1$।
अनुपात: $\frac{W_{\text{iso}}}{W_{\text{adia}}} = \frac{2 P_1 V_1 \ln 2}{\frac{9}{8} P_1 V_1} = \frac{16}{9} \ln 2 = f \ln 2$।
अतः,$f = \frac{16}{9} \approx 1.7778 \approx 1.78$।

(A) एक स्थिर ट्यूनिंग फोर्क के लिए,अनुनाद आवृत्ति $f = \frac{v}{4\ell_1}$ होती है,इसलिए $f \propto \frac{1}{\ell_1}$।
जब ट्यूनिंग फोर्क खुले सिरे के समानांतर चलता है,तो पाइप द्वारा अनुभव की जाने वाली आवृत्ति डॉप्लर शिफ्ट आवृत्ति होती है। पाइप के लिए नई आवृत्ति $f' = f \left( \frac{v}{v - v_T} \right)$ होती है,जहाँ $v_T$ ट्यूनिंग फोर्क की गति है।
अनुनाद के लिए,$f' = \frac{v}{4\ell_2}$।
इस प्रकार,$\frac{v}{4\ell_1} \left( \frac{v}{v - v_T} \right) = \frac{v}{4\ell_2}$।
इसे सरल करने पर,$\frac{\ell_2}{\ell_1} = \frac{v - v_T}{v} = 1 - \frac{v_T}{v}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$\frac{\ell_2 - \ell_1}{\ell_1} = -\frac{v_T}{v}$।
मान रखने पर: $\frac{\Delta \ell}{\ell_1} \times 100 = -\frac{2}{320} \times 100 = -0.625 \%$.
प्रतिशत परिवर्तन का परिमाण $0.625 \%$ है,जो लगभग $0.63 \%$ है।

(D) ट्रेन के संदर्भ फ्रेम पर विचार करें। इस फ्रेम में,ट्रेन स्थिर है और सुरंग $v_t$ गति से चलती है। ट्रेन के सामने की हवा $v_t$ गति से ट्रेन की ओर बढ़ती है।
मान लीजिए कि ट्रेन और सुरंग की दीवारों के बीच के अंतराल में हवा की गति ट्रेन के सापेक्ष $v$ है। अंतराल का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A_{gap} = S_0 - S_t = 4S_t - S_t = 3S_t$ है।
ट्रेन के सापेक्ष हवा के प्रवाह के लिए निरंतरता समीकरण लागू करने पर:
$S_0 v_t = A_{gap} v$
$4S_t v_t = 3S_t v$
$v = \frac{4}{3} v_t$
अब,ट्रेन के सामने से अंतराल क्षेत्र तक स्ट्रीमलाइन के साथ हवा के प्रवाह के लिए बर्नौली का समीकरण लागू करें:
$p_0 + \frac{1}{2} \rho v_t^2 = p + \frac{1}{2} \rho v^2$
$p_0 - p = \frac{1}{2} \rho (v^2 - v_t^2)$
समीकरण में $v = \frac{4}{3} v_t$ प्रतिस्थापित करने पर:
$p_0 - p = \frac{1}{2} \rho ((\frac{4}{3} v_t)^2 - v_t^2)$
$p_0 - p = \frac{1}{2} \rho (\frac{16}{9} v_t^2 - v_t^2)$
$p_0 - p = \frac{1}{2} \rho (\frac{7}{9} v_t^2) = \frac{7}{18} \rho v_t^2$
इसे दिए गए व्यंजक $p_0 - p = \frac{7}{2N} \rho v_t^2$ के साथ तुलना करने पर:
$\frac{7}{2N} = \frac{7}{18}$
$2N = 18$
$N = 9$

(B) संतुलन की स्थिति में,उत्प्लावक बल गुब्बारे के भार के बराबर होता है: $Mg = V \rho(h) g$,जो सरल होकर $M = V \rho(h)$ हो जाता है।
प्रारंभिक स्थिति $h_1 = 100 m$ के लिए: $480 = V \rho_0 e^{-\frac{100}{6000}}$.
$N$ रेत की थैलियाँ निकालने के बाद अंतिम स्थिति $h_2 = 150 m$ के लिए: $(480 - N) = V \rho_0 e^{-\frac{150}{6000}}$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{480 - N}{480} = \frac{e^{-\frac{150}{6000}}}{e^{-\frac{100}{6000}}} = e^{-\frac{50}{6000}}$.
छोटे $x$ के लिए $e^{-x} \approx 1 - x$ सन्निकटन का उपयोग करने पर: $1 - \frac{N}{480} \approx 1 - \frac{50}{6000}$.
अतः,$\frac{N}{480} = \frac{50}{6000} = \frac{1}{120}$.
$N = \frac{480}{120} = 4$.

(D) मान लीजिए बेलन का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A$ है। प्रारंभ में,विभाजक ऊपर से $4 \ m$ पर है,इसलिए प्रत्येक भाग का आयतन $V_0 = A \times 4$ है।
चूंकि विभाजक डायथर्मिक है,इसलिए दोनों भागों के लिए तापमान $T = 300 \ K$ स्थिर रहता है।
मान लीजिए विभाजक अपनी प्रारंभिक स्थिति से $x$ दूरी नीचे जाता है। नए आयतन $V_1' = A(4 + x)$ और $V_2' = A(4 - x)$ हैं।
बॉयल के नियम $(PV = nRT)$ का उपयोग करते हुए,संतुलन पर दोनों भागों में दबाव:
$P_1' = \frac{nRT}{V_1'} = \frac{nRT}{A(4+x)}$ और $P_2' = \frac{nRT}{V_2'} = \frac{nRT}{A(4-x)}$.
संतुलन पर,विभाजक पर बल संतुलन है:
$(P_2' - P_1')A = mg$
$\left[ \frac{nRT}{A(4-x)} - \frac{nRT}{A(4+x)} \right] A = mg$
$nRT \left[ \frac{1}{4-x} - \frac{1}{4+x} \right] = mg$
मान रखने पर $n = 0.1 \ mol$,$R = 8.3 \ J \ mol^{-1} \ K^{-1}$,$T = 300 \ K$,$m = 8.3 \ kg$,और $g = 10 \ m/s^2$:
$(0.1)(8.3)(300) \left[ \frac{(4+x) - (4-x)}{16-x^2} \right] = (8.3)(10)$
$249 \left[ \frac{2x}{16-x^2} \right] = 83$
$3 \left( \frac{2x}{16-x^2} \right) = 1$
$6x = 16 - x^2 \implies x^2 + 6x - 16 = 0$
$(x+8)(x-2) = 0$. चूंकि $x > 0$,इसलिए $x = 2 \ m$.
ऊपर से विभाजक की दूरी $4 + x = 4 + 2 = 6 \ m$ होगी।

(B) निचले बिंदु और बिंदु $y$ के बीच यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार:
$\frac{1}{2} mv_0^2 = mgh + \frac{1}{2} mv_1^2$
$\therefore v_1^2 = v_0^2 - 2gh \quad \dots (i)$
बिंदु $y$ पर,अर्धवृत्ताकार पथ झुके हुए तल पर स्थित है। वृत्ताकार पथ के केंद्र की ओर कार्य करने वाला गुरुत्वाकर्षण का घटक $mg \sin 30^{\circ}$ है। यह घटक आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है:
$mg \sin 30^{\circ} = \frac{mv_1^2}{R}$
$\frac{1}{2} mg = \frac{mv_1^2}{R} \implies v_1^2 = \frac{gR}{2}$
इसे समीकरण $(i)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$v_0^2 - 2gh = \frac{gR}{2}$. अतः,कथन $(A)$ सही है।
बिंदुओं $x$ और $z$ पर,स्केटर बिंदु $y$ की तुलना में कम ऊंचाई पर है। ऊर्जा संरक्षण के अनुसार,$x$ और $z$ पर वेग $v$,$y$ पर वेग $v_1$ से अधिक है। चूंकि आवश्यक अभिकेंद्री बल $F_c = \frac{mv^2}{R}$ है,और $v > v_1$ है,इसलिए $x$ और $z$ पर आवश्यक अभिकेंद्री बल $y$ की तुलना में अधिक है। अतः,कथन $(D)$ सही है।

(C) कीलक बिंदु के परितः कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$mvx = I_{total} \omega$
$mvx = \left( \frac{mL^2}{3} + mx^2 \right) \omega$
$\omega = \frac{mvx}{\frac{mL^2}{3} + mx^2} = \frac{3vx}{L^2 + 3x^2}$
यह विकल्प $(A)$ से मेल खाता है।
अधिकतम कोणीय चाल $\omega_M$ ज्ञात करने के लिए,हम $\frac{d\omega}{dx} = 0$ रखते हैं:
$\frac{d}{dx} \left( \frac{3vx}{L^2 + 3x^2} \right) = 3v \left[ \frac{(L^2 + 3x^2)(1) - x(6x)}{(L^2 + 3x^2)^2} \right] = 0$
$L^2 + 3x^2 - 6x^2 = 0 \Rightarrow L^2 = 3x^2 \Rightarrow x_M = \frac{L}{\sqrt{3}}$
यह विकल्प $(C)$ से मेल खाता है।
$\omega$ के समीकरण में $x_M = \frac{L}{\sqrt{3}}$ रखने पर:
$\omega_M = \frac{3v(L/\sqrt{3})}{L^2 + 3(L^2/3)} = \frac{\sqrt{3}vL}{2L^2} = \frac{v\sqrt{3}}{2L}$
यह विकल्प $(D)$ से मेल खाता है।
अतः,विकल्प $(A), (C),$ और $(D)$ सही हैं।

(C) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,$PV^{\gamma} = \text{स्थिरांक}$.
अवकलन करने पर,$V^{\gamma} dP + \gamma P V^{\gamma-1} dV = 0$,जिससे $dP = -\gamma P \frac{dV}{V}$ प्राप्त होता है।
त्रिज्या में छोटे परिवर्तन $a$ के लिए आयतन में परिवर्तन $dV = 4 \pi R^2 a$ है।
दबाव में परिवर्तन $\Delta P = |dP| = \gamma P_0 \frac{4 \pi R^2 a}{\frac{4}{3} \pi R^3} = \frac{3 \gamma P_0 a}{R}$ है।
किया गया कार्य $W$ औसत दबाव परिवर्तन और आयतन में परिवर्तन का गुणनफल है:
$W = \frac{1}{2} (\Delta P) (dV) = \frac{1}{2} \left( \frac{3 \gamma P_0 a}{R} \right) (4 \pi R^2 a) = 6 \pi \gamma P_0 R a^2$.
दिया गया है कि $W = (4 \pi P_0 R a^2) X$,इसलिए:
$4 \pi P_0 R a^2 X = 6 \pi \gamma P_0 R a^2 \Rightarrow X = \frac{6 \gamma}{4} = 1.5 \gamma$.
$\gamma = 41/30$ रखने पर:
$X = 1.5 \times \frac{41}{30} = \frac{3}{2} \times \frac{41}{30} = \frac{41}{20} = 2.05$.

(A) संधारित्रों के श्रेणी संयोजन में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} C_{eq} V^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $C_{eq} = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2}$ है।
सबसे पहले,तुल्यांकी धारिता $C_{eq}$ की गणना करें:
$C_{eq} = \frac{2000 \times 3000}{2000 + 3000} = \frac{6,000,000}{5000} = 1200 \text{ pF}$.
$C_{eq}$ में त्रुटि ज्ञात करने के लिए,हम $\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}$ का उपयोग करते हैं। अवकलन करने पर,हमें $\frac{\Delta C_{eq}}{C_{eq}^2} = \frac{\Delta C_1}{C_1^2} + \frac{\Delta C_2}{C_2^2}$ प्राप्त होता है।
$\Delta C_{eq} = C_{eq}^2 \left( \frac{\Delta C_1}{C_1^2} + \frac{\Delta C_2}{C_2^2} \right) = (1200)^2 \left( \frac{10}{2000^2} + \frac{15}{3000^2} \right) = 1440000 \left( 2.5 \times 10^{-6} + 1.667 \times 10^{-6} \right) \approx 6 \text{ pF}$.
अब,ऊर्जा $U = \frac{1}{2} C_{eq} V^2$ के लिए,सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta U}{U} = \frac{\Delta C_{eq}}{C_{eq}} + 2 \frac{\Delta V}{V}$ है।
प्रतिशत त्रुटि $= \left( \frac{6}{1200} + 2 \times \frac{0.02}{5.00} \right) \times 100 = (0.005 + 0.008) \times 100 = 1.3 \%$.

(B) $h$ गहराई पर दबाव $P = \rho g h$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $h = 5 \text{ km} = 5000 \text{ m}$,$\rho = 10^3 \text{ kg m}^{-3}$,और $g = 10 \text{ m s}^{-2}$ है,इसलिए दबाव $P = 10^3 \times 10 \times 5000 = 5 \times 10^7 \text{ Pa}$ है।
बल्क मॉडुलस $B$ को $B = -V \frac{dP}{dV}$ के रूप में परिभाषित किया गया है। $a$ भुजा वाले घन के लिए,$V = a^3$,इसलिए $dV = 3a^2 da$ होता है।
अतः,$\frac{dV}{V} = \frac{3a^2 da}{a^3} = 3 \frac{da}{a}$ होता है।
इसे बल्क मॉडुलस के सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर: $B = -\frac{P}{3 \frac{da}{a}} \implies \frac{da}{a} = \frac{P}{3B}$ प्राप्त होता है।
यहाँ,$a = 1 \text{ m}$,$P = 5 \times 10^7 \text{ Pa}$,और $B = 70 \times 10^9 \text{ Pa}$ है।
$da = \frac{a \times P}{3B} = \frac{1 \times 5 \times 10^7}{3 \times 70 \times 10^9} = \frac{5}{210} \times 10^{-2} \text{ m} = \frac{1}{42} \times 10^{-2} \text{ m} \approx 2.38 \text{ mm}$.

(D) पानी द्वारा प्रति इकाई समय में अवशोषित ऊर्जा $P_{in} = I \cdot A$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $I = 700 \ W \ m^{-2}$ और $A = 0.05 \ m^2$ है।
$P_{in} = 700 \times 0.05 = 35 \ W$।
न्यूटन के शीतलन के नियम के अनुसार, आसपास के वातावरण में ऊष्मा की हानि की दर $\frac{dQ}{dt} = k \cdot m \cdot s \cdot \Delta T$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $\Delta T$ पानी और आसपास के तापमान के बीच का अंतर है।
लंबे समय के बाद, निकाय एक स्थिर अवस्था में पहुँच जाता है जहाँ ऊष्मा अवशोषण की दर और ऊष्मा हानि की दर बराबर होती है:
$P_{in} = \frac{dQ}{dt}$
$35 = k \cdot m \cdot s \cdot \Delta T$
यहाँ $k = 0.001 \ s^{-1}$, $m = 1 \ kg$, और $s = 4200 \ J \ kg^{-1} \ K^{-1}$ दिया गया है:
$35 = 0.001 \times 1 \times 4200 \times \Delta T$
$35 = 4.2 \times \Delta T$
$\Delta T = \frac{35}{4.2} = \frac{350}{42} = \frac{25}{3} \approx 8.33 \ ^{\circ}C$।

(D) क्षय प्रक्रिया है: ${ }_{92}^{238} U \rightarrow { }_{82}^{206} Pb + n_{\alpha} { }_{2}^{4} He + n_{\beta} { }_{-1}^{0} e$.
द्रव्यमान संख्या की तुलना करने पर: $238 = 206 + 4n_{\alpha} \Rightarrow 4n_{\alpha} = 32 \Rightarrow n_{\alpha} = 8$.
${ }_{92}^{238} U$ के प्रारंभिक मोल $= \frac{68 \times 10^{-6} \text{ g}}{238 \text{ g/mol}} \approx 2.857 \times 10^{-7} \text{ mol}$.
तीन अर्ध-आयु में,क्षयित नाभिकों का अंश $1 - (1/2)^3 = 1 - 1/8 = 7/8$ है।
क्षयित ${ }_{92}^{238} U$ के मोल $= \frac{7}{8} \times \frac{68 \times 10^{-6}}{238} \text{ mol}$.
उत्सर्जित अल्फा कणों की कुल संख्या $= (\text{क्षयित मोल}) \times n_{\alpha} \times N_{A}$.
$= \frac{7}{8} \times \frac{68 \times 10^{-6}}{238} \times 8 \times 6.022 \times 10^{23}$.
$= 7 \times \frac{68 \times 10^{-6}}{238} \times 6.022 \times 10^{23} \approx 1.2044 \times 10^{18}$.
$Z \times 10^{18}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $Z \approx 1.20$ प्राप्त होता है।

(B) जब चुंबक को डिस्क के ऊपर घुमाया जाता है,तो एल्युमीनियम डिस्क से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स लगातार बदलता रहता है।
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,चुंबकीय फ्लक्स में यह परिवर्तन डिस्क में एक विद्युत वाहक बल $(EMF)$ प्रेरित करता है।
चूंकि डिस्क एक चालक है,इसलिए यह प्रेरित $EMF$ डिस्क के भीतर भंवर धाराओं (eddy currents) को प्रवाहित करता है।
लेंज़ के नियम के अनुसार,ये भंवर धाराएं ऐसी दिशा में प्रवाहित होंगी कि वे उन्हें उत्पन्न करने वाले कारण का विरोध करें,जो कि चुंबक और डिस्क के बीच की सापेक्ष गति है।
इस सापेक्ष गति का विरोध करने के लिए,डिस्क पर एक टॉर्क लगता है जो इसे चुंबक की गति की दिशा में ही घुमाता है।
इस घटना को 'अरागो की डिस्क' (Arago's disc) प्रयोग के रूप में जाना जाता है।

(B) चुंबकीय क्षेत्र में धारावाही कुंडली द्वारा अनुभव किया गया टॉर्क $\tau$,$\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B}_0$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\vec{M}$ कुंडली का चुंबकीय आघूर्ण है।
टॉर्क का परिमाण $\tau = M B_0 \sin(\theta)$ है। चूंकि कुंडली का तल ऊर्ध्वाधर है और चुंबकीय क्षेत्र $B_0$ क्षैतिज है और कुंडली के तल के समानांतर है,इसलिए क्षेत्रफल सदिश (तल के लंबवत) और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण $\theta = 90^\circ$ है। अतः,$\sin(90^\circ) = 1$ है।
कुंडली का चुंबकीय आघूर्ण $M = N i A = N i (\pi R^2)$ है।
इसलिए,टॉर्क $\tau = N i \pi R^2 B_0$ है।
कोणीय आवेग-संवेग प्रमेय के अनुसार,कोणीय संवेग $L$ में परिवर्तन $\Delta L = \int \tau dt$ द्वारा दिया जाता है।
टॉर्क के लिए व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर: $\Delta L = \int (N i \pi R^2 B_0) dt = N \pi R^2 B_0 \int i dt$।
चूंकि कुंडली के माध्यम से डिस्चार्ज हुआ कुल आवेश $Q = \int i dt$ है,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$L = N \pi R^2 B_0 Q$।

(A) कांच में प्रकाश की गति हवा की तुलना में कम होती है।
जब एक समतल तरंगाग्र किसी माध्यम से गुजरता है,तो तरंगाग्र का वह हिस्सा जो माध्यम की अधिक मोटाई से होकर गुजरता है,वह अधिक विलंबित (delayed) हो जाता है।
दिए गए कांच के टुकड़े में,ऊपरी और निचला हिस्सा मोटा है,इसलिए इन क्षेत्रों से गुजरने वाला प्रकाश कांच में अधिक दूरी तय करता है,जिसके परिणामस्वरूप अधिक समय का विलंब होता है।
बीच का हिस्सा पतला है,इसलिए इससे गुजरने वाला प्रकाश कांच में कम दूरी तय करता है,जिसके परिणामस्वरूप कम समय का विलंब होता है।
परिणामस्वरूप,तरंगाग्र बाहर निकलते समय ऊपरी और निचले हिस्से बीच वाले हिस्से से पीछे रह जाते हैं।
इसके परिणामस्वरूप एक ऐसा आकार बनता है जिसमें बीच का हिस्सा आगे की ओर (उत्तल) धकेला जाता है और ऊपरी और निचला हिस्सा पीछे की ओर (अवतल) धकेला जाता है,जो विकल्प $A$ में दिखाए गए आकार के अनुरूप है।

(B) स्थितिज ऊर्जा $V(r) = Fr$ है। अभिकेंद्री बल का परिमाण $F_c = |-\frac{dV}{dr}| = F$ है।
वृत्तीय गति के लिए,$F = \frac{mv^2}{R} \implies v^2 = \frac{FR}{m}$।
बोहर की क्वांटाइजेशन शर्त का उपयोग करते हुए,$mvr = \frac{nh}{2\pi} \implies v = \frac{nh}{2\pi mR}$।
बल समीकरण में $v$ का मान रखने पर: $F = \frac{m}{R} \left( \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 m^2 R^2} \right) = \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 m R^3}$।
अतः,$R^3 = \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 mF} \implies R \propto n^{2/3}$।
$v = \frac{nh}{2\pi mR}$ से,चूंकि $R \propto n^{2/3}$,हमें $v \propto \frac{n}{n^{2/3}} = n^{1/3}$ प्राप्त होता है। इसलिए,$(B)$ सही है।
कुल ऊर्जा $E = K.E. + P.E. = \frac{1}{2}mv^2 + FR$।
चूंकि $mv^2 = FR$,इसलिए $E = \frac{1}{2}FR + FR = \frac{3}{2}FR$।
$R = \left( \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 mF} \right)^{1/3}$ रखने पर,हमें $E = \frac{3}{2} F \left( \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 mF} \right)^{1/3} = \frac{3}{2} \left( \frac{n^2 h^2 F^2}{4 \pi^2 m} \right)^{1/3}$ प्राप्त होता है। इसलिए,$(C)$ सही है।

(D) $y$-दिशा में कण का त्वरण $a_y = \frac{qE_y}{m} = (10^{10})(-400 \sqrt{3}) = -400 \sqrt{3} \times 10^{10} \text{ ms}^{-2}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि क्षेत्र ऋणात्मक $y$-दिशा में है,कण नीचे की ओर त्वरण का अनुभव करता है। प्रक्षेप्य की परास $R$,$R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{|a_y|}$ द्वारा दी जाती है।
$R = 5 \text{ m}$ और $u = 2 \sqrt{10} \times 10^6 \text{ ms}^{-1}$ दिया गया है,इसलिए $u^2 = 40 \times 10^{12} \text{ m}^2\text{s}^{-2}$ है।
$5 = \frac{40 \times 10^{12} \sin 2\theta}{400 \sqrt{3} \times 10^{10}} = \frac{4000 \sin 2\theta}{400 \sqrt{3}} = \frac{10 \sin 2\theta}{\sqrt{3}}$.
$\sin 2\theta = \frac{5 \sqrt{3}}{10} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
अतः,$2\theta = 60^{\circ}$ या $120^{\circ}$,जो $\theta = 30^{\circ}$ या $60^{\circ}$ देता है। इसलिए,विकल्प $(B)$ सही है।
उड़ान का समय $t = \frac{2u \sin \theta}{|a_y|}$ है।
$\theta = 30^{\circ}$ के लिए,$t_1 = \frac{2 \times 2 \sqrt{10} \times 10^6 \times (1/2)}{400 \sqrt{3} \times 10^{10}} = \sqrt{\frac{5}{6}} \mu\text{s}$.
$\theta = 60^{\circ}$ के लिए,$t_2 = \frac{2 \times 2 \sqrt{10} \times 10^6 \times (\sqrt{3}/2)}{400 \sqrt{3} \times 10^{10}} = \sqrt{\frac{5}{2}} \mu\text{s}$.
अतः,विकल्प $(C)$ भी सही है।

(C) त्रिज्या $x$ और मोटाई $dx$ के एक छोटे अर्धवृत्ताकार तत्व पर विचार करें। इस तत्व का प्रतिरोध $dR = \frac{\rho \cdot \pi x}{t \cdot dx}$ है।
चूंकि ऐसे सभी तत्व समानांतर में जुड़े हुए हैं,इसलिए समतुल्य चालकता $\frac{1}{R} = \int_{R_1}^{R_2} \frac{1}{dR} = \int_{R_1}^{R_2} \frac{t \cdot dx}{\rho \pi x} = \frac{t}{\pi \rho} \ln \left(\frac{R_2}{R_1}\right)$ है।
इस प्रकार,कुल धारा $I = \frac{V_0}{R} = \frac{V_0 t}{\pi \rho} \ln \left(\frac{R_2}{R_1}\right)$ है। अतः,$(A)$ सही है।
इलेक्ट्रॉनों को वृत्ताकार पथ में गति करने के लिए,उन्हें केंद्र की ओर निर्देशित अभिकेंद्री बल की आवश्यकता होती है। यह बल त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर निर्देशित विद्युत क्षेत्र $E$ द्वारा प्रदान किया जाता है,ताकि इलेक्ट्रॉनों पर बल $(-eE)$ अंदर की ओर हो। चूंकि $E$ त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर है,इसलिए जैसे-जैसे हम बाहर की ओर बढ़ते हैं,विभव कम होता जाता है। अतः,$V_{\text{outer}} < V_{\text{inner}}$। अतः,$(C)$ सही है।
अभिकेंद्री बल $eE = \frac{m v_d^2}{x}$ है,जहाँ $v_d$ अनुगमन वेग है। चूंकि $I = n e A v_d$,इसलिए $v_d \propto I$ है। अतः,$E \propto v_d^2 \propto I^2$ है। $E$ का समाकलन करने पर $\Delta V \propto I^2$ प्राप्त होता है। अतः,$(D)$ सही है।
इसलिए,$(A, C, D)$ सही हैं।

(C) माना संतुलन से विस्थापन $x = \Delta \ell$ है।
संतुलन लंबाई $\ell$ पर,स्प्रिंग बल $F_{sp} = k\ell$ विद्युत बल $F_e = \frac{2kpq}{\ell^3}$ को संतुलित करता है। अतः,$k\ell = \frac{2kpq}{\ell^3}$.
जब $x$ से विस्थापित किया जाता है,तो कुल प्रत्यानयन बल $F_{net} = F_{sp} - F_e = k(\ell + x) - \frac{2kpq}{(\ell + x)^3}$ होता है।
$x \ll \ell$ के लिए द्विपद सन्निकटन $(1 + \frac{x}{\ell})^{-3} \approx 1 - \frac{3x}{\ell}$ का उपयोग करने पर:
$F_{net} = k\ell + kx - \frac{2kpq}{\ell^3}(1 + \frac{x}{\ell})^{-3} \approx k\ell + kx - \frac{2kpq}{\ell^3}(1 - \frac{3x}{\ell})$.
$k\ell = \frac{2kpq}{\ell^3}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$F_{net} = k\ell + kx - k\ell(1 - \frac{3x}{\ell}) = k\ell + kx - k\ell + 3kx = 4kx$.
प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $k_{eff} = 4k$ है।
दोलन की आवृत्ति $f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k_{eff}}{m}} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{4k}{m}} = \frac{2}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{m}} = \frac{1}{\pi} \sqrt{\frac{k}{m}}$ है।
इसकी तुलना $\frac{1}{\delta} \sqrt{\frac{k}{m}}$ से करने पर,हमें $\delta = \pi \approx 3.14$ प्राप्त होता है।

(C) गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद सतह से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है।
डिस्क पर कुल आवेश $Q$:
$Q = \int_0^R \sigma(r) \cdot 2\pi r \, dr = \int_0^R \sigma_0 \left(1 - \frac{r}{R}\right) 2\pi r \, dr = 2\pi \sigma_0 \int_0^R \left(r - \frac{r^2}{R}\right) dr = 2\pi \sigma_0 \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^3}{3R} \right]_0^R = 2\pi \sigma_0 \left( \frac{R^2}{2} - \frac{R^2}{3} \right) = 2\pi \sigma_0 \left( \frac{R^2}{6} \right) = \frac{\pi \sigma_0 R^2}{3}$.
अतः,$\phi_0 = \frac{Q}{\varepsilon_0} = \frac{\pi \sigma_0 R^2}{3\varepsilon_0}$.
$r' = \frac{R}{4}$ त्रिज्या वाली संकेंद्रित गोलाकार सतह द्वारा घिरा आवेश $q$:
$q = \int_0^{R/4} \sigma(r) \cdot 2\pi r \, dr = 2\pi \sigma_0 \int_0^{R/4} \left(r - \frac{r^2}{R}\right) dr = 2\pi \sigma_0 \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^3}{3R} \right]_0^{R/4} = 2\pi \sigma_0 \left( \frac{R^2}{32} - \frac{R^3}{3R \cdot 64} \right) = 2\pi \sigma_0 \left( \frac{R^2}{32} - \frac{R^2}{192} \right) = 2\pi \sigma_0 \left( \frac{6R^2 - R^2}{192} \right) = 2\pi \sigma_0 \left( \frac{5R^2}{192} \right) = \frac{5\pi \sigma_0 R^2}{96}$.
अतः,$\phi = \frac{q}{\varepsilon_0} = \frac{5\pi \sigma_0 R^2}{96\varepsilon_0}$.
अनुपात $\frac{\phi_0}{\phi}$:
$\frac{\phi_0}{\phi} = \frac{\pi \sigma_0 R^2 / 3\varepsilon_0}{5\pi \sigma_0 R^2 / 96\varepsilon_0} = \frac{1}{3} \cdot \frac{96}{5} = \frac{32}{5} = 6.40$.

(D) $d = d_0$ पर, इलेक्ट्रॉन-इलेक्ट्रॉन प्रतिकर्षण और नाभिक-नाभिक प्रतिकर्षण अनुपस्थित हैं। स्थितिज ऊर्जा मुख्य रूप से प्रत्येक $H$ परमाणु में प्रोटॉन और इलेक्ट्रॉन के बीच आकर्षण के कारण है।
एक $H$ परमाणु के लिए स्थितिज ऊर्जा $(P.E.)$ इस प्रकार है:
$P.E. = \frac{-K q_1 q_2}{r} = \frac{-(9 \times 10^9) \times (1.6 \times 10^{-19})^2}{0.529 \times 10^{-10}} \ J$
$P.E. = -4.355 \times 10^{-18} \ J$
इसे एक मोल $H$ परमाणुओं के लिए $kJ \ mol^{-1}$ में बदलने के लिए:
$E_0 = (-4.355 \times 10^{-18} \ J) \times (6.023 \times 10^{23} \ mol^{-1}) \times 10^{-3} \ kJ/J$
$E_0 = -2623.249 \ kJ \ mol^{-1}$
चूंकि प्रश्न में चित्र में दर्शाई गई स्थितिज ऊर्जा $E_0$ के परिमाण के बारे में पूछा गया है, इसलिए मान $2623.249 \ kJ \ mol^{-1}$ है।

(C) मान लीजिए कि कोने से तार की दूरी $L = 12 \ cm$ है। प्रेक्षक कोने से देखता है,इसलिए इंटरफ़ेस पर आपतन कोण $\alpha = 45^{\circ}$ है।
इंटरफ़ेस पर स्नेल के नियम के अनुसार: $\mu \sin \alpha = 1 \sin \theta$,जहाँ $\theta$ अपवर्तन कोण है।
$\frac{4}{3} \sin 45^{\circ} = \sin \theta \Rightarrow \sin \theta = \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$.
अपवर्तक सतह के माध्यम से देखी गई वस्तु की आभासी स्थिति के सूत्र का उपयोग करते हुए,कोने से प्रतिबिंब की दूरी $x = \frac{L \cos^2 \theta}{\mu \cos^2 \alpha}$ है।
चूँकि $\cos^2 \alpha = \cos^2 45^{\circ} = 0.5$ और $\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta = 1 - \frac{8}{9} = \frac{1}{9}$,हमारे पास है:
$x = \frac{12 \cdot (1/9)}{(4/3) \cdot (1/2)} = \frac{12/9}{2/3} = \frac{4}{3} \cdot \frac{3}{2} = 2 \ cm$.
दो प्रतिबिंबों के बीच कोणीय पृथक्करण $2(\theta - \alpha)$ है। दो प्रतिबिंबों के बीच रैखिक दूरी $d$,$d = 2x \sin(\theta - \alpha)$ द्वारा दी जाती है।
$d = 2(2) \sin(\theta - 45^{\circ}) = 4(\sin \theta \cos 45^{\circ} - \cos \theta \sin 45^{\circ})$.
$d = 4 \left( \frac{2\sqrt{2}}{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \right) = 4 \left( \frac{2}{3} - \frac{1}{3\sqrt{2}} \right) = \frac{8}{3} - \frac{4}{3\sqrt{2}} = \frac{8}{3} - \frac{2\sqrt{2}}{3} = \frac{8 - 2.828}{3} = \frac{5.172}{3} \approx 1.724 \ cm$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,दूरी $1.73 \ cm$ है।

(A) प्लेटों के बीच विद्युत क्षेत्र $E = \frac{V}{d} = \frac{200}{0.01} = 2 \times 10^4 \ V/m$ है।
तेल की बूंद को तैरने के लिए,विद्युत बल को गुरुत्वाकर्षण बल को संतुलित करना चाहिए: $qE = mg$।
यहाँ,$q = ne$,जहाँ $n$ इलेक्ट्रॉनों की संख्या है और $e = 1.6 \times 10^{-19} \ C$ है।
गोलाकार तेल की बूंद का द्रव्यमान $m = \rho V_{drop} = \rho \left( \frac{4}{3} \pi r^3 \right)$ है।
मान रखने पर: $n \times (1.6 \times 10^{-19}) \times (2 \times 10^4) = 900 \times \frac{4}{3} \times 3.14 \times (8 \times 10^{-7})^3 \times 10$।
$n \times 3.2 \times 10^{-15} = 1200 \times 3.14 \times 512 \times 10^{-21} \times 10$।
$n \times 3.2 \times 10^{-15} = 1.93 \times 10^{-14}$।
$n = \frac{1.93 \times 10^{-14}}{3.2 \times 10^{-15}} \approx 6.03$।
अतः,इलेक्ट्रॉनों की संख्या $6$ है।

(C) निकाय की प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_i = 0$ है।
निकाय की अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_f = \frac{k q p}{(2l \sin(\alpha/2))^2} + mgh$ है,जहाँ $k = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}$ है।
त्रिभुज की ज्यामिति से,दूरी $r = 2l \sin(\alpha/2)$ है।
संतुलन में आवेश $q$ पर कार्य करने वाले बल तनाव $T$,गुरुत्वाकर्षण $mg$ और विद्युत बल $F_e = qE$ हैं। $r$ दूरी पर द्विध्रुव का विद्युत क्षेत्र $E = \frac{kp}{r^3} \sqrt{1 + 3\cos^2\phi}$ है। ज्यामिति के अनुसार,बल $F_e = \frac{kqp}{r^3} \times 2$ होता है।
लामी प्रमेय या संतुलन के लिए ज्या नियम (sine rule) का उपयोग करने पर:
$\frac{mg}{\sin(90^\circ + \alpha/2)} = \frac{qE}{\sin(180^\circ - 2\theta)}$.
संतुलन की स्थिति को हल करने पर $F_e = mg \cdot 2 \sin(\alpha/2)$ प्राप्त होता है।
$F_e = \frac{kqp}{r^2} \cdot \frac{2}{r} = \frac{2kqp}{r^3}$ प्रतिस्थापित करने पर,हम पाते हैं कि स्थितिज ऊर्जा $U_f = \frac{kqp}{r^2} + mgh = mgh + mgh = 2mgh$ है।
अतः $W = \Delta U = U_f - U_i = 2mgh - 0 = 2mgh$,इसलिए $N = 2$।

(B) $\triangle OAB$ में,जहाँ $O$ वक्रता केंद्र है,$A$ परिधि पर एक बिंदु है,और $B$ पानी की सतह का केंद्र है:
$R^2 = (R-h)^2 + r^2$
$R^2 = R^2 - 2Rh + h^2 + r^2$
$2Rh = h^2 + r^2$
$R = \frac{h^2 + r^2}{2h}$. चूँकि $h \ll r$,$R \approx \frac{r^2}{2h}$. अतः,$(A)$ और $(B)$ दोनों तकनीकी रूप से सही सन्निकटन हैं,लेकिन $(A)$ सटीक ज्यामितीय संबंध है।
घूर्णन करते द्रव के लिए,सतह का समीकरण $y = y_0 + \frac{\omega^2 r^2}{2g}$ है। ऊँचाई का अंतर $h = \frac{\omega^2 r^2}{2g}$ है।
गोलाकार सतह पर अपवर्तन सूत्र का उपयोग करते हुए: $\frac{\mu_2}{v} - \frac{\mu_1}{u} = \frac{\mu_2 - \mu_1}{R}$.
यहाँ $\mu_1 = \frac{4}{3}$ (पानी),$\mu_2 = 1$ (हवा),$u = -H$ (लगभग),और सतह अवतल है,इसलिए $R$ ऋणात्मक है: $-R$.
$\frac{1}{v} - \frac{4/3}{-H} = \frac{1 - 4/3}{-R} \Rightarrow \frac{1}{v} + \frac{4}{3H} = \frac{1}{3R}$.
$\frac{1}{v} = \frac{1}{3R} - \frac{4}{3H} = \frac{2h}{3r^2} - \frac{4}{3H}$.
$h = \frac{\omega^2 r^2}{2g}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{v} = \frac{2(\omega^2 r^2 / 2g)}{3r^2} - \frac{4}{3H} = \frac{\omega^2}{3g} - \frac{4}{3H} = -\frac{4}{3H} (1 - \frac{\omega^2 H}{4g})$.
$v = -\frac{3H}{4} (1 - \frac{\omega^2 H}{4g})^{-1} \approx -\frac{3H}{4} (1 + \frac{\omega^2 H}{4g})^{-1}$.
अतः,$(C)$ सही है।

$(A)$ $1$. कट-ऑफ तरंगदैर्ध्य $(\lambda_{\min})$ का सूत्र: $\lambda_{\min} = \frac{hc}{eV}$ है।
$2$. चूंकि $V$ को बढ़ाकर $2V$ कर दिया गया है, नई कट-ऑफ तरंगदैर्ध्य $\lambda'_{\min} = \frac{hc}{e(2V)} = \frac{1}{2} \lambda_{\min}$ होगी। अतः, कट-ऑफ तरंगदैर्ध्य आधी हो जाती है।
$3$. अभिलक्षणिक $X$-rays की तरंगदैर्ध्य केवल लक्ष्य सामग्री पर निर्भर करती है, न कि त्वरक विभव $V$ या फिलामेंट धारा $I$ पर। इसलिए, वे अपरिवर्तित रहती हैं।
$4$. $X$-rays की तीव्रता प्रति इकाई समय लक्ष्य से टकराने वाले इलेक्ट्रॉनों की संख्या के सीधे आनुपातिक होती है, जो फिलामेंट धारा $I$ द्वारा निर्धारित होती है। चूंकि $I$ को घटाकर $I/2$ कर दिया गया है, लक्ष्य से टकराने वाले इलेक्ट्रॉनों की संख्या कम हो जाती है, जिससे सभी $X$-rays की तीव्रता कम हो जाती है।
$5$. अतः, कट-ऑफ तरंगदैर्ध्य आधी हो जाती है और तीव्रता कम हो जाती है। इसलिए, कथन $(A)$ और $(C)$ सही हैं।

(A) हवा में,प्रत्येक गोले पर कार्य करने वाले बल तनाव $T$,भार $mg$,और स्थिर विद्युत बल $F = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q^2}{r^2}$ हैं।
संतुलन में:
$T \cos(\alpha/2) = mg$
$T \sin(\alpha/2) = F$
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\tan(\alpha/2) = \frac{F}{mg} = \frac{q^2}{4\pi\epsilon_0 r^2 mg}$.
जब $K$ परावैद्युतांक वाले द्रव में डुबोया जाता है,तो स्थिर विद्युत बल $F' = \frac{F}{K}$ हो जाता है। गोले पर ऊपर की ओर उत्प्लावन बल $F_B = V \rho_l g$ कार्य करता है,जहाँ $V$ गोले का आयतन है और $\rho_l$ द्रव का घनत्व है। प्रभावी भार $mg' = mg - V \rho_l g = V \rho_s g - V \rho_l g = V g (\rho_s - \rho_l)$ हो जाता है,जहाँ $\rho_s$ गोले का घनत्व है।
द्रव में संतुलन में:
$T' \cos(\alpha/2) = V g (\rho_s - \rho_l)$
$T' \sin(\alpha/2) = F/K$
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\tan(\alpha/2) = \frac{F/K}{V g (\rho_s - \rho_l)}$.
चूँकि कोण $\alpha$ समान रहता है,$\tan(\alpha/2)$ स्थिर है:
$\frac{F}{mg} = \frac{F/K}{V g (\rho_s - \rho_l)}$
$\frac{1}{mg} = \frac{1}{K V g (\rho_s - \rho_l)}$
चूँकि $m = V \rho_s$,हमारे पास है:
$\frac{1}{V \rho_s g} = \frac{1}{K V g (\rho_s - \rho_l)}$
$\rho_s = K (\rho_s - \rho_l)$
$21 (\rho_s - 800) = \rho_s$
$21 \rho_s - 16800 = \rho_s$
$20 \rho_s = 16800 \implies \rho_s = 840 \ kg \ m^{-3}$.
चूँकि $F' = F/K$,विद्युत बल कम हो जाता है (विकल्प $B$ सही है)। गोले का घनत्व $840 \ kg \ m^{-3}$ है (विकल्प $C$ सही है)।

(D) प्रारंभिक प्रतिरोध $R_3 = 300 \ \Omega$ है। जब तापमान $\Delta T = 100 \ {}^{\circ}C$ बढ़ता है,तो नया प्रतिरोध $R_3'$ इस प्रकार प्राप्त होता है:
$R_3' = R_3(1 + \alpha \Delta T) = 300(1 + 0.0004 \times 100) = 300(1 + 0.04) = 300(1.04) = 312 \ \Omega$.
अब,परिपथ में $50 \ V$ के स्रोत से जुड़ी दो समानांतर शाखाएं हैं।
ऊपरी शाखा का कुल प्रतिरोध $R_1 + R_2 = 60 + 100 = 160 \ \Omega$ है।
निचली शाखा का कुल प्रतिरोध $R_3' + R_4 = 312 + 500 = 812 \ \Omega$ है।
परिपथ के विश्लेषण के अनुसार,धाराएं $I_1 = \frac{50}{60+312} = \frac{50}{372} \approx 0.1344 \ A$ और $I_2 = \frac{50}{100+500} = \frac{50}{600} \approx 0.0833 \ A$ हैं।
$S$ और $T$ के बीच विभवांतर $V_S - V_T = (I_1 \times 312) - (I_2 \times 500) = 41.94 - 41.67 = 0.27 \ V$ होता है।

(C) स्थिर अवस्था में,दोनों सर्किट में धाराएँ हैं:
$I_1 = \frac{V_1}{R_1} = \frac{5 \text{ V}}{5 \text{ }\Omega} = 1 \text{ A}$
$I_2 = \frac{V_2}{R_2} = \frac{20 \text{ V}}{10 \text{ }\Omega} = 2 \text{ A}$
दो युग्मित इंडक्टर्स की प्रणाली में संचित कुल ऊर्जा है:
$U = \frac{1}{2} L_1 I_1^2 + \frac{1}{2} L_2 I_2^2 + M I_1 I_2$
दिए गए मानों को रखने पर $(L_1 = 10 \text{ mH}, L_2 = 20 \text{ mH}, M = 5 \text{ mH}, I_1 = 1 \text{ A}, I_2 = 2 \text{ A})$:
$U = \frac{1}{2} \times (10 \times 10^{-3}) \times (1)^2 + \frac{1}{2} \times (20 \times 10^{-3}) \times (2)^2 + (5 \times 10^{-3}) \times 1 \times 2$
$U = 5 \times 10^{-3} + 40 \times 10^{-3} + 10 \times 10^{-3}$
$U = 55 \times 10^{-3} \text{ J} = 55 \text{ mJ}$