IIT JEE 2025 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) मान लीजिए कि डिस्क को संतुलन स्थिति से $\theta$ कोण पर विस्थापित किया जाता है। चाप के अनुदिश डिस्क के केंद्र का विस्थापन $x = (R-r)\theta$ है।
निकाय की कुल ऊर्जा $E$,स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा,डिस्क की गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा और डिस्क की गतिज ऊर्जा (स्थानांतरणीय + घूर्णन) का योग है।
$E = \frac{1}{2} k x^2 + mg(R-r)(1 - \cos \theta) + \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} I \omega_{rot}^2$
यहाँ $x = (R-r)\theta$,$v = (R-r)\dot{\theta}$,और बिना फिसले लुढ़कने के लिए,$\omega_{rot} = \frac{v}{r} = \frac{(R-r)\dot{\theta}}{r}$। अपने केंद्र के परितः डिस्क का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2}mr^2$ है।
$E = \frac{1}{2} k (R-r)^2 \theta^2 + mg(R-r) \frac{\theta^2}{2} + \frac{1}{2} m (R-r)^2 \dot{\theta}^2 + \frac{1}{2} (\frac{1}{2}mr^2) (\frac{(R-r)\dot{\theta}}{r})^2$
$E = \frac{1}{2} [k(R-r)^2 + mg(R-r)] \theta^2 + \frac{1}{2} [m(R-r)^2 + \frac{1}{2}m(R-r)^2] \dot{\theta}^2$
$E = \frac{1}{2} [k(R-r)^2 + mg(R-r)] \theta^2 + \frac{3}{4} m(R-r)^2 \dot{\theta}^2$
चूंकि कुल ऊर्जा संरक्षित है,$\frac{dE}{dt} = 0$:
$[k(R-r)^2 + mg(R-r)] \theta \dot{\theta} + \frac{3}{2} m(R-r)^2 \dot{\theta} \ddot{\theta} = 0$
$\dot{\theta}$ से विभाजित करने पर (मानते हुए कि $\dot{\theta} \neq 0$):
$\ddot{\theta} + \frac{k(R-r)^2 + mg(R-r)}{\frac{3}{2} m(R-r)^2} \theta = 0$
$\ddot{\theta} + \frac{2}{3} [\frac{k}{m} + \frac{g}{R-r}] \theta = 0$
$SHM$ के मानक समीकरण $\ddot{\theta} + \omega^2 \theta = 0$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\omega = \sqrt{\frac{2}{3} [\frac{k}{m} + \frac{g}{R-r}]}$
अतः,सही विकल्प $(A)$ है।

(B) माना $2m$ द्रव्यमान के कण का प्रारंभिक वेग $v_1$ है और $2m$ तथा $m$ द्रव्यमान के कणों के अंतिम वेग क्रमशः $v_{1f}$ और $v_{2f}$ हैं,जो $\theta$ और $\phi$ कोण पर हैं।
$x$-अक्ष के अनुदिश रैखिक संवेग संरक्षण:
$2mv_1 = 2mv_{1f} \cos \theta + mv_{2f} \cos \phi$ ---$(i)$
$y$-अक्ष के अनुदिश रैखिक संवेग संरक्षण:
$0 = 2mv_{1f} \sin \theta - mv_{2f} \sin \phi \implies 2mv_{1f} \sin \theta = mv_{2f} \sin \phi$ ---(ii)
गतिज ऊर्जा संरक्षण:
$\frac{1}{2}(2m)v_1^2 = \frac{1}{2}(2m)v_{1f}^2 + \frac{1}{2}mv_{2f}^2 \implies 2v_1^2 = 2v_{1f}^2 + v_{2f}^2$ ---(iii)
$(i)$ और (ii) से,$mv_{2f} \cos \phi = 2m(v_1 - v_{1f} \cos \theta)$ और $mv_{2f} \sin \phi = 2mv_{1f} \sin \theta$.
दोनों का वर्ग करके जोड़ने पर:
$(mv_{2f})^2 = 4m^2(v_1^2 + v_{1f}^2 - 2v_1v_{1f} \cos \theta)$.
(iii) से $v_{2f}^2 = 2v_1^2 - 2v_{1f}^2$ प्रतिस्थापित करने पर:
$m^2(2v_1^2 - 2v_{1f}^2) = 4m^2(v_1^2 + v_{1f}^2 - 2v_1v_{1f} \cos \theta)$.
$v_1^2 - v_{1f}^2 = 2v_1^2 + 2v_{1f}^2 - 4v_1v_{1f} \cos \theta$.
$3v_{1f}^2 - (4v_1 \cos \theta)v_{1f} + v_1^2 = 0$.
$v_{1f}$ के वास्तविक होने के लिए,विविक्तकर $D \geq 0$:
$(4v_1 \cos \theta)^2 - 4(3)(v_1^2) \geq 0 \implies 16v_1^2 \cos^2 \theta - 12v_1^2 \geq 0$.
$\cos^2 \theta \geq \frac{12}{16} = \frac{3}{4} \implies \cos \theta \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$.
अतः,$\theta$ का अधिकतम मान $\cos^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{\pi}{6}$ है।

(D) चित्र $1$ से,$10 \text{ MSD} = 1 \text{ cm}$,इसलिए $1 \text{ MSD} = 0.1 \text{ cm}$.
साथ ही,$10 \text{ VSD} = 7 \text{ MSD} = 0.7 \text{ cm}$,इसलिए $1 \text{ VSD} = 0.07 \text{ cm}$.
अल्पतमांक $(LC)$ $LC = 1 \text{ MSD} - 1 \text{ VSD} = 0.1 \text{ cm} - 0.07 \text{ cm} = 0.03 \text{ cm}$ द्वारा दिया जाता है।
चित्र $2$ में,वर्नियर पैमाने का शून्य मुख्य पैमाने पर $0.1 \text{ cm}$ के निशान से आगे है,इसलिए मुख्य पैमाना पाठ्यांक $(MSR)$ $0.1 \text{ cm}$ है।
वर्नियर पैमाने का $1^{\text{ला}}$ भाग मुख्य पैमाने के एक भाग के साथ संपाती है,इसलिए वर्नियर पैमाना पाठ्यांक $(VSR)$ $1$ है।
मापा गया व्यास $D = MSR + (VSR \times LC) = 0.1 \text{ cm} + (1 \times 0.03 \text{ cm}) = 0.13 \text{ cm}$।

(B) दिए गए माप हैं: $L = 10.5 \ cm$ ($3$ सार्थक अंक),$b = 0.05 \ mm = 0.005 \ cm$ ($1$ सार्थक अंक),और $t = 6.0 \ \mu m = 6.0 \times 10^{-4} \ cm$ ($2$ सार्थक अंक)।
सार्थक अंकों के नियमों के अनुसार,गुणनफल के परिणाम में उतने ही सार्थक अंक होने चाहिए जितने कि सबसे कम सार्थक अंकों वाले माप में हैं।
यहाँ,सबसे कम सार्थक अंकों की संख्या $1$ है ($b = 0.05 \ mm$ से)।
आयतन $V = L \times b \times t = 10.5 \ cm \times 0.005 \ cm \times 6.0 \times 10^{-4} \ cm$।
$V = 10.5 \times 5 \times 10^{-3} \times 6.0 \times 10^{-4} \ cm^3 = 315 \times 10^{-7} \ cm^3 = 3.15 \times 10^{-5} \ cm^3$।
$1$ सार्थक अंक तक पूर्णांकित करने पर,हमें $V = 3 \times 10^{-5} \ cm^3$ प्राप्त होता है।

(B) आपतित तरंग $y_i = y_0 \cos(\omega t - kx)$ है।
बिंदु $P$ पर,तरंग $\mu$ घनत्व वाले माध्यम से $4\mu$ घनत्व वाले माध्यम में जाती है। चूंकि यह विरल माध्यम से सघन माध्यम में जाती है,इसलिए परावर्तित तरंग में $\pi$ का कलांतर उत्पन्न होता है। अतः,$y_r = \alpha_1 y_0 \cos(\omega t + kx + \pi)$। कथन $(A)$ सही है।
$S_2$ में संचरित तरंग की आवृत्ति $\omega$ समान रहती है। तरंग की गति $v = \sqrt{T/\mu}$ है। चूंकि $T$ स्थिर है,$v \propto 1/\sqrt{\mu}$। अतः,$v_2 = v_1 / \sqrt{4} = v_1 / 2$। चूंकि $v = \omega/k$,हमें $k_2 = 2k$ प्राप्त होता है। संचरित तरंग $y_t = \alpha_2 y_0 \cos(\omega t - 2kx)$ है। कथन $(B)$ गलत है।
बिंदु $Q$ पर,तरंग $S_2$ (घनत्व $4\mu$) से $S_3$ (घनत्व $16\mu$) में जाती है। $Q$ पर आपतित तरंग $y_i = \alpha_2 y_0 \cos(\omega t - 2kx)$ है। चूंकि यह विरल माध्यम से सघन माध्यम में जाती है,इसलिए $Q$ पर परावर्तित तरंग में $\pi$ का कलांतर उत्पन्न होता है। अतः,$y_r = \alpha_3 y_0 \cos(\omega t + 2kx + \pi)$। कथन $(C)$ गलत है।
$S_3$ में संचरित तरंग के लिए,$v_3 = v_2 / \sqrt{16/4} = v_2 / 2 = v_1 / 4$। अतः,$k_3 = 4k$। संचरित तरंग $y_t = \alpha_4 y_0 \cos(\omega t - 4kx)$ है। कथन $(D)$ सही है।
अतः,सही कथन $(A)$ और $(D)$ हैं।

(D) लिफ्ट की ऊंचाई $y = 8 + 8 \sin(\frac{2 \pi t}{T})$ द्वारा दी गई है।
समय $t$ के सापेक्ष द्वितीय अवकलन करने पर,लिफ्ट का त्वरण $a = \frac{d^2y}{dt^2} = -8(\frac{2 \pi}{T})^2 \sin(\frac{2 \pi t}{T})$ प्राप्त होता है।
वस्तु का आभासी भार $W' = m(g + a)$ है।
भार में परिवर्तन $\Delta W = m \cdot |a|$ है।
अधिकतम त्वरण $a_{\max} = A \omega^2$ है,जहाँ $A = 8 \ m$ और $\omega = \frac{2 \pi}{T} = \frac{2 \pi}{40 \pi} = 0.05 \ rad/s$ है।
अतः,$a_{\max} = 8 \times (0.05)^2 = 8 \times 0.0025 = 0.02 \ m/s^2$.
भार में कुल परिवर्तन $\Delta W = 2 \times m \times a_{\max} = 2 \times 50 \times 0.02 = 2 \ N$ है।

(B) चित्र $1$ के लिए,प्रति इकाई क्षेत्रफल स्थानांतरित शक्ति स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियम के अनुसार है:
$W_0 = \sigma(T_P^4 - T_Q^4)$
चित्र $2$ के लिए,मान लीजिए कि दो मध्यवर्ती प्लेटों का तापमान $T_1$ और $T_2$ है। स्थिर अवस्था में,प्रत्येक अंतराल से गुजरने वाला ऊष्मा प्रवाह $W_S$ समान होना चाहिए:
$W_S = \sigma(T_P^4 - T_1^4) = \sigma(T_1^4 - T_2^4) = \sigma(T_2^4 - T_Q^4)$
इन समीकरणों से,हमें प्राप्त होता है:
$T_P^4 - T_1^4 = T_1^4 - T_2^4 = T_2^4 - T_Q^4 = W_S / \sigma$
इन तीनों समीकरणों को जोड़ने पर:
$(T_P^4 - T_1^4) + (T_1^4 - T_2^4) + (T_2^4 - T_Q^4) = 3(W_S / \sigma)$
$T_P^4 - T_Q^4 = 3(W_S / \sigma)$
$W_0 = \sigma(T_P^4 - T_Q^4)$ प्रतिस्थापित करने पर:
$W_0 / \sigma = 3(W_S / \sigma)$
$W_0 = 3W_S$
अतः,अनुपात $\frac{W_0}{W_S} = 3$ है।

(A) $e.m.f.$ का आयाम $[M L^2 T^{-3} I^{-1}]$ है। चूंकि $S$ प्रति इकाई तापमान अंतर पर $e.m.f.$ है,इसलिए $[S] = [M L^2 T^{-3} I^{-1} K^{-1}]$ होगा।
विद्युत चालकता $\sigma$ प्रतिरोधकता $\rho$ का व्युत्क्रम है। चूंकि $R = \rho \frac{l}{A}$,इसलिए $\rho = \frac{R A}{l}$ होगा। प्रतिरोध $R$ का आयाम $[M L^2 T^{-3} I^{-2}]$ है। अतः,$[\rho] = [M L^3 T^{-3} I^{-2}]$ और $[\sigma] = [M^{-1} L^{-3} T^3 I^2]$ होगा।
ऊष्मीय चालकता $\kappa$ को $Q = \frac{\kappa A (T_2 - T_1) t}{d}$ द्वारा परिभाषित किया जाता है,इसलिए $[\kappa] = \frac{[Energy] [Length]}{[Area] [Temperature] [Time]} = [M L T^{-3} K^{-1}]$ होगा।
अब,$Z = \frac{S^2 \sigma}{\kappa}$ का आयाम ज्ञात करते हैं:
$[Z] = \frac{[M L^2 T^{-3} I^{-1} K^{-1}]^2 [M^{-1} L^{-3} T^3 I^2]}{[M L T^{-3} K^{-1}]}$
$[Z] = \frac{[M^2 L^4 T^{-6} I^{-2} K^{-2}] [M^{-1} L^{-3} T^3 I^2]}{[M L T^{-3} K^{-1}]}$
$[Z] = \frac{[M L T^{-3} K^{-2}]}{[M L T^{-3} K^{-1}]} = [K^{-1}] = [M^0 L^0 T^0 I^0 K^{-1}]$.

(C) चित्र $1$ के लिए,छोटे कोणीय विस्थापन $\theta$ के लिए प्रत्यानयन बल आघूर्ण $\tau$ दोनों स्प्रिंगों के आघूर्णों के योग द्वारा दिया जाता है। मध्य बिंदु पर स्प्रिंग कब्ज़े $O$ से $l/2$ दूरी पर है और ऊपरी सिरे पर स्प्रिंग कब्ज़े $O$ से $l$ दूरी पर है। प्रत्यानयन बल आघूर्ण $\tau = -(K \cdot (l/2\theta) \cdot l/2 + K \cdot (l\theta) \cdot l) = -K\theta(l^2/4 + l^2) = -\frac{5}{4}Kl^2\theta$ है।
घूर्णन के लिए गति के समीकरण $I\alpha = \tau$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $I = \frac{Ml^2}{3}$ कब्ज़े $O$ के परितः जड़त्व आघूर्ण है और $\alpha = \ddot{\theta}$ है:
$\frac{Ml^2}{3} \ddot{\theta} = -\frac{5}{4}Kl^2\theta \implies \ddot{\theta} + \frac{15K}{4M}\theta = 0$.
कोणीय आवृत्ति $\omega_1 = \sqrt{\frac{15K}{4M}}$ है।
चित्र $2$ के लिए,दोनों स्प्रिंगें मध्य बिंदु $(l/2)$ पर जुड़ी हैं। प्रत्यानयन बल आघूर्ण $\tau = -(K \cdot (l/2\theta) \cdot l/2 + K \cdot (l/2\theta) \cdot l/2) = -2K(l/2)^2\theta = -\frac{1}{2}Kl^2\theta$ है।
गति के समीकरण का उपयोग करते हुए,$\frac{Ml^2}{3} \ddot{\theta} = -\frac{1}{2}Kl^2\theta \implies \ddot{\theta} + \frac{3K}{2M}\theta = 0$.
कोणीय आवृत्ति $\omega_2 = \sqrt{\frac{3K}{2M}}$ है।
आवृत्तियों का अनुपात $\frac{f_1}{f_2} = \frac{\omega_1}{\omega_2} = \sqrt{\frac{15K}{4M} \cdot \frac{2M}{3K}} = \sqrt{\frac{15}{6}} = \sqrt{\frac{5}{2}}$ है।

(D) गुरुत्वाकर्षण बल अभिकेंद्री बल प्रदान करता है: $m_2 \omega^2 r = \frac{G m_1 m_2}{r^2}$.
यह सरल होकर $\omega = \sqrt{\frac{G m_1}{r^3}}$ हो जाता है।
हल्के तारे का कोणीय संवेग $L = m_2 \omega r^2 = m_2 \sqrt{G m_1 r}$ है।
चूंकि कोई बाहरी टॉर्क नहीं है,$L$ स्थिर है: $L^2 = m_2^2 G m_1 r = \text{स्थिरांक}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $2 \ln m_2 + \ln G + \ln m_1 + \ln r = \text{स्थिरांक}$.
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $2 \frac{1}{m_2} \frac{dm_2}{dt} + \frac{1}{m_1} \frac{dm_1}{dt} + \frac{1}{r} \frac{dr}{dt} = 0$.
दिया गया है कि $\frac{dm_2}{dt} = -\gamma$ और $\frac{dm_1}{dt} = \gamma$,इसलिए: $2 \frac{(-\gamma)}{m_2} + \frac{\gamma}{m_1} + \frac{1}{r} \frac{dr}{dt} = 0$.
चूंकि $m_1 \gg m_2$,पद $\frac{\gamma}{m_1}$ को $\frac{2\gamma}{m_2}$ की तुलना में नगण्य माना जा सकता है।
अतः,$\frac{1}{r} \frac{dr}{dt} = \frac{2\gamma}{m_2} - \frac{\gamma}{m_1} \approx \frac{2\gamma}{m_2}$.

(D) कार्नो इंजन के लिए:
दक्षता $\eta = 0.4$,$T_1 = 1000 K$,$Q_1 = 150 J$.
किया गया कार्य $W = \eta \times Q_1 = 0.4 \times 150 = 60 J$. (कथन $A$ सही है)
दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1} \implies 0.4 = 1 - \frac{T_2}{1000} \implies \frac{T_2}{1000} = 0.6 \implies T_2 = 600 K$. (कथन $B$ सही है)
हीट पंप के लिए:
परफॉरमेंस गुणांक $COP = 10$,$T_3 = 300 K$,कार्य इनपुट $W = 60 J$.
$COP = \frac{Q_3}{W} \implies 10 = \frac{Q_3}{60} \implies Q_3 = 600 J$ (कोल्ड रिज़र्वोयर से निकाली गई ऊष्मा)।
हॉट रिज़र्वोयर को दी गई ऊष्मा $Q_4 = Q_3 + W = 600 + 60 = 660 J$. (कथन $D$ गलत है)
$COP = \frac{T_3}{T_3 - T_4} \implies 10 = \frac{300}{300 - T_4} \implies 300 - T_4 = 30 \implies T_4 = 270 K$. (कथन $C$ सही है)
अतः,कथन $A, B,$ और $C$ सही हैं।

(C) एकपरमाणुक गैस के लिए,रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma = 5/3$ है।
$V-T$ आरेख में,प्रक्रिया $XY$ मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा है,जो एक समदाबी प्रक्रिया $(V \propto T)$ को दर्शाती है।
प्रक्रिया $YZ$ रुद्धोष्म $(TV^{\gamma-1} = \text{नियतांक})$ है,और $ZW$ समदाबी है।
दिया गया है: $V_W = 64 \ cm^3, V_X = 125 \ cm^3, V_Y = 250 \ cm^3$.
चूंकि $XY$ समदाबी है,$P_X = P_Y$.
रुद्धोष्म प्रक्रिया $YZ$ के लिए,$T_Y V_Y^{\gamma-1} = T_Z V_Z^{\gamma-1}$.
रुद्धोष्म प्रक्रिया $WX$ के लिए,$T_W V_W^{\gamma-1} = T_X V_X^{\gamma-1}$.
चूंकि $XY$ समदाबी है,$V_X/T_X = V_Y/T_Y \Rightarrow T_Y = T_X (V_Y/V_X) = T_X (250/125) = 2T_X$.
समदाबी प्रक्रिया $XY$ में अवशोषित ऊष्मा $Q = nC_P \Delta T = n(5R/2)(T_Y - T_X) = (5/2)nR(2T_X - T_X) = (5/2)nRT_X$.
रुद्धोष्म प्रक्रिया $WX$ से,$T_X = T_W (V_W/V_X)^{\gamma-1} = T_W (64/125)^{5/3-1} = T_W (64/125)^{2/3} = T_W (4/5)^2 = T_W (16/25)$.
अतः,$Q = (5/2) nRT_W (16/25) = (5/2) (1 \ J) (16/25) = (1/2) (16/5) \ J = 8/5 \ J = 1.6 \ J$.

(D) केपलर के तीसरे नियम के अनुसार,उपग्रह की समयावधि $T$ उसकी कक्षीय त्रिज्या $r$ से $T \propto r^{3/2}$ द्वारा संबंधित है।
$r_1$ त्रिज्या और $T_1 = 24 \text{ घंटे}$ समयावधि वाले भूस्थिर उपग्रह $(GSS)$ के लिए,और $r_2$ त्रिज्या तथा $T_2$ समयावधि वाले दूसरे उपग्रह के लिए:
$\frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{r_2}{r_1}\right)^{3/2} = \left(\frac{1}{1.21}\right)^{3/2} = \left(\frac{1}{1.1^2}\right)^{3/2} = \frac{1}{1.1^3} = \frac{1}{1.331} \approx \frac{1}{1.33} = \frac{3}{4}$.
अतः,$T_2 = \frac{3}{4} T_1 = \frac{3}{4} \times 24 = 18 \text{ घंटे}$.
$GSS$ का कोणीय वेग $\omega_1 = \frac{2\pi}{T_1}$ है और दूसरे उपग्रह का कोणीय वेग $\omega_2 = \frac{2\pi}{T_2}$ है।
चूंकि दूसरा उपग्रह विपरीत दिशा में गति कर रहा है,इसलिए उनका सापेक्ष कोणीय वेग $\omega_{rel} = \omega_1 + \omega_2$ होगा।
$GSS$ से मापा गया समयावधि $t_0 = \frac{2\pi}{\omega_1 + \omega_2} = \frac{2\pi}{\frac{2\pi}{T_1} + \frac{2\pi}{T_2}} = \frac{T_1 T_2}{T_1 + T_2}$.
मान रखने पर: $t_0 = \frac{24 \times 18}{24 + 18} = \frac{432}{42} = \frac{72}{7} \text{ घंटे}$.
दिया गया है कि $t_0 = \frac{24}{p}$,इसलिए $\frac{24}{p} = \frac{72}{7}$,जिससे $p = \frac{24 \times 7}{72} = \frac{7}{3} \approx 2.33$ प्राप्त होता है।

(A) स्प्रिंग में विस्तार $x = \frac{L}{2} - \frac{2L}{5} = \frac{L}{10}$ है।
पिस्टन के फ्री बॉडी डायग्राम पर विचार करते हुए,उस पर कार्य करने वाले बल बाएं गैस का दबाव $(P_1 A)$,दाएं गैस का दबाव $(P_2 A)$,और स्प्रिंग बल $(kx)$ हैं।
चूंकि पिस्टन संतुलन में है,$P_1 A = P_2 A + kx$,जिससे $P_1 = P_2 + \frac{kx}{A} = P_2 + \frac{k(L/10)}{A} = P_2 + \frac{kL}{10A}$ प्राप्त होता है।
चूंकि पिस्टन ऊष्मीय रूप से सुचालक है,दोनों डिब्बों में गैस का तापमान $T$ समान है।
आदर्श गैस नियम $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए,हमारे पास $P_1 V_1 = n_1 RT$ और $P_2 V_2 = n_2 RT$ है।
यह देखते हुए कि $V_1 = V_2 = A(L/2)$,हमें $\frac{P_1}{P_2} = \frac{n_1}{n_2} = \frac{3/2}{1} = \frac{3}{2}$ मिलता है,इसलिए $P_1 = 1.5 P_2$ है।
संतुलन समीकरण में $P_1$ का मान प्रतिस्थापित करने पर: $1.5 P_2 = P_2 + \frac{kL}{10A}$।
$0.5 P_2 = \frac{kL}{10A} \implies P_2 = \frac{kL}{5A} = \frac{kL}{A} \times 0.2$।
अतः,$\alpha = 0.2$।

(C) प्रक्षेप्य पर कार्य करने वाला कुल बल $\vec{F}_{net} = m \frac{d\vec{v}}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
क्षैतिज दिशा में,केवल श्यान ड्रैग बल $F_x = -c v_x$ कार्य करता है।
अतः,$m \frac{dv_x}{dt} = -c v_x$.
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{dv_x}{v_x} = -\frac{c}{m} dt$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का $t = 0$ से $t$ और $v_x = v_{0x}$ से $v_x$ तक समाकलन करने पर,हमें $\ln \left( \frac{v_x}{v_{0x}} \right) = -\frac{c}{m} t$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$v_x = v_{0x} e^{-(c/m)t}$.
यहाँ $m = 200 \ g = 0.2 \ kg$ और $c = 0.1 \ kg/s$ दिया गया है,इसलिए अनुपात $c/m = 0.1 / 0.2 = 0.5 \ s^{-1}$ है।
अतः,$v_x = v_{0x} e^{-0.5t}$.
चूँकि $v_x = \frac{dx}{dt}$,इसलिए $x = \int_0^t v_{0x} e^{-0.5t} dt = v_{0x} \left[ \frac{e^{-0.5t}}{-0.5} \right]_0^t = 2 v_{0x} (1 - e^{-0.5t})$.
यहाँ $v_0 = 270 \ m/s$ और कोण $\theta = 60^{\circ}$ दिया गया है,इसलिए $v_{0x} = v_0 \cos 60^{\circ} = 270 \times 0.5 = 135 \ m/s$.
$t = 2 \ s$ पर,$x = 2 \times 135 \times (1 - e^{-0.5 \times 2}) = 270 \times (1 - e^{-1}) = 270 \times (1 - 1/2.7) = 270 \times (1.7 / 2.7) = 100 \times 1.7 = 170 \ m$.

(D) कोणीय आयाम $\theta_0 = \cos^{-1}(0.9)$ है। चूँकि $\theta_0$ छोटा है,$\cos \theta_0 \approx 1 - \frac{\theta_0^2}{2} = 0.9$,जिससे $\frac{\theta_0^2}{2} = 0.1$ प्राप्त होता है,इसलिए $\theta_0^2 = 0.2$ और $\theta_0 = \sqrt{0.2} = \sqrt{\frac{1}{5}}$।
एक सरल लोलक के लिए,अधिकतम वेग $v' = \ell \omega \theta_0 = \ell \sqrt{\frac{g}{\ell}} \theta_0 = \theta_0 \sqrt{g\ell}$ होता है।
मान रखने पर: $v' = \sqrt{\frac{1}{5}} \sqrt{10 \times 8} = \sqrt{\frac{80}{5}} = \sqrt{16} = 4 \ m/s$।
स्रोत और प्रेक्षक के एक-दूसरे की ओर गति करने पर डॉप्लर शिफ्ट का सूत्र $f_{max} = \left( \frac{v + v'}{v - v'} \right) f$ और दूर जाने पर $f_{min} = \left( \frac{v - v'}{v + v'} \right) f$ होता है।
आवृत्ति में अधिकतम परिवर्तन $\Delta f = f_{max} - f_{min} = f \left( \frac{v + v'}{v - v'} - \frac{v - v'}{v + v'} \right) = f \left( \frac{(v + v')^2 - (v - v')^2}{v^2 - v'^2} \right) = f \left( \frac{4vv'}{v^2 - v'^2} \right)$ है।
$v = 330 \ m/s$,$v' = 4 \ m/s$,और $f = 660 \ Hz$ रखने पर:
$\Delta f = 660 \times \left( \frac{4 \times 330 \times 4}{330^2 - 4^2} \right) = 660 \times \left( \frac{5280}{108900 - 16} \right) \approx 660 \times \left( \frac{5280}{108884} \right) \approx 660 \times 0.04849 \approx 32.003 \ Hz$।
इस प्रकार,मान $(31.19$ से $32.27)$ की सीमा में आता है। इसलिए,सही विकल्प $D$ है।

(D) लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = \vec{B} \cdot \vec{A}$ द्वारा दिया जाता है।
$0 \leq t \leq \frac{\pi}{\omega}$ के लिए,लूप $y \geq 0$ क्षेत्र में है। क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$,$Z$-अक्ष के साथ $\theta = \omega t$ कोण बनाता है। अतः,$\phi = B_0(\cos \omega t) A \sin(\omega t) = \frac{B_0 A}{2} \sin(2\omega t)$.
प्रेरित e.m.f. $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -\frac{d}{dt} \left( \frac{B_0 A}{2} \sin(2\omega t) \right) = -B_0 A \omega \cos(2\omega t)$,जब $0 \leq t \leq \frac{\pi}{\omega}$ हो।
$\frac{\pi}{\omega} \leq t \leq \frac{2\pi}{\omega}$ के लिए,लूप $y \leq 0$ क्षेत्र में है जहाँ चुंबकीय क्षेत्र शून्य है,इसलिए $\phi = 0$ और $\varepsilon = 0$ है।
यह पैटर्न दोहराता है,जो विकल्प $D$ के आलेख से मेल खाता है।

(B) जैसे ही लूप चुंबकीय क्षेत्र में प्रवेश करता है,चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B_0 L x$ बदलता है,जहाँ $x$ लूप द्वारा तय की गई दूरी है। प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = \frac{d\phi}{dt} = B_0 L v$ है। प्रेरित धारा $i = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{B_0 L v}{R}$ है।
अग्रणी किनारे पर चुंबकीय बल $F = i L B_0 = \frac{B_0^2 L^2 v}{R}$ है। चूंकि यह बल गति का विरोध करता है,$M a = -\frac{B_0^2 L^2 v}{R}$।
$K = \frac{B_0^2 L^2}{RM}$ दिया गया है,इसलिए $a = -K v$,या $\frac{dv}{dt} = -K v$।
इसका समाकलन करने पर,$v(t) = v_0 e^{-Kt}$ प्राप्त होता है।
तय की गई दूरी $x(t) = \int_0^t v(t) dt = \frac{v_0}{K}(1 - e^{-Kt})$ है।
लूप के पूरी तरह से अंदर प्रवेश करने के लिए,$x$ को $L$ तक पहुँचना चाहिए। इसलिए $L = \frac{v_0}{K}(1 - e^{-Kt_{entry}})$।
$(A)$ यदि $v_0 = 1.5 KL$ है,तो $L = \frac{1.5 KL}{K}(1 - e^{-Kt}) \Rightarrow 1 = 1.5(1 - e^{-Kt}) \Rightarrow e^{-Kt} = 1 - \frac{1}{1.5} = \frac{1}{3}$। चूंकि $e^{-Kt} > 0$,लूप पूरी तरह से प्रवेश करता है। कथन $(A)$ गलत है।
$(B)$ जब लूप पूरी तरह से अंदर होता है,तो फ्लक्स $\phi = B_0 L^2$ स्थिर रहता है,इसलिए $\frac{d\phi}{dt} = 0$,$\varepsilon = 0$,$i = 0$,और $F = 0$। कथन $(B)$ सही है।
$(C)$ लूप केवल $t \to \infty$ पर स्थिर होता है। कथन $(C)$ गलत है।
$(D)$ $v_0 = 3 KL$ के लिए,$L = \frac{3 KL}{K}(1 - e^{-Kt}) \Rightarrow \frac{1}{3} = 1 - e^{-Kt} \Rightarrow e^{-Kt} = \frac{2}{3} \Rightarrow t = \frac{1}{K} \ln(\frac{3}{2})$। कथन $(D)$ सही है।
अतः,सही कथन $(B)$ और $(D)$ हैं।

(A) इकाई आयतन में फोटॉनों की कुल ऊर्जा $E = N \times hf$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $N = 35 \times 10^7$,$h = 6 \times 10^{-34} \text{ Js}$,और $f = 10^{15} \text{ Hz}$ है।
$E = (35 \times 10^7) \times (6 \times 10^{-34}) \times 10^{15} = 210 \times 10^{-12} = 2.1 \times 10^{-10} \text{ J}$.
विद्युत चुम्बकीय तरंग का ऊर्जा घनत्व $u = \frac{B_0^2}{2\mu_0}$ है,जहाँ $B_0$ चुंबकीय क्षेत्र का आयाम है।
चूँकि आयतन $V = 1 \text{ m}^3$ है,कुल ऊर्जा $E = u \times V = \frac{B_0^2}{2\mu_0} \times 1$.
ऊर्जाओं की तुलना करने पर: $2.1 \times 10^{-10} = \frac{B_0^2}{2 \times 4\pi \times 10^{-7}}$.
$B_0^2 = 2.1 \times 10^{-10} \times 8\pi \times 10^{-7} = 16.8\pi \times 10^{-17}$.
$\pi = \frac{22}{7}$ का उपयोग करने पर,$B_0^2 = 16.8 \times \frac{22}{7} \times 10^{-17} = 2.4 \times 22 \times 10^{-17} = 52.8 \times 10^{-17} = 528 \times 10^{-18}$.
$B_0 = \sqrt{528} \times 10^{-9} \approx 22.978 \times 10^{-9} \text{ T}$.
अतः,$\alpha \approx 22.98$.

(C) परावर्तन के बाद प्रकाश के पूर्णतः ध्रुवित होने के लिए,आंतरिक सतह पर आपतन कोण ब्रूस्टर कोण,$\alpha$ होना चाहिए। ब्रूस्टर के नियम के अनुसार,$\tan \alpha = \frac{n_{glass}}{n_{air}} = \frac{\sqrt{3}}{1} = \sqrt{3}$.
अतः,$\alpha = 60^{\circ}$.
मान लीजिए कि $\beta$ आंतरिक सतह पर अपवर्तन कोण है। स्नेल के नियम के अनुसार,$n_{glass} \sin \beta = n_{air} \sin \alpha$,इसलिए $\sqrt{3} \sin \beta = 1 \times \sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,जिससे $\sin \beta = 0.5$ प्राप्त होता है,अतः $\beta = 30^{\circ}$.
गोले के केंद्र,गुहा के केंद्र और बिंदु $O$ द्वारा निर्मित त्रिभुज में,भुजाएँ $R/2$,$R/2$ हैं और गोले के केंद्र से $O$ तक की दूरी $R/2$ है। $R/2$ और $R/2$ भुजाओं और $\beta=30^{\circ}$ कोण वाले त्रिभुज में ज्या नियम (sine rule) का उपयोग करने पर,ज्यामिति के अनुसार $\sin \theta = \frac{3}{4} = 0.75$ प्राप्त होता है।

(D) स्लिट की चौड़ाई $b = \frac{m \lambda D}{d}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है: $m = 3$,$\lambda = 600 \ nm = 600 \times 10^{-6} \ mm$,$D = 1 \ m = 1000 \ mm$,$d = 5 \ mm$.
अल्पतमांक: $\Delta D = 1 \ cm = 10 \ mm$,$\Delta d = 1 \ mm$.
$b$ की गणना: $b = \frac{3 \times 600 \times 10^{-6} \times 1000}{5} = 0.36 \ mm = 360 \ \mu m$.
अधिकतम त्रुटि विधि का उपयोग करते हुए: $b_{max} = \frac{m \lambda (D + \Delta D)}{(d - \Delta d)} = \frac{3 \times 600 \times 10^{-6} \times 1010}{4} = 0.4545 \ mm = 454.5 \ \mu m$.
$b_{min} = \frac{m \lambda (D - \Delta D)}{(d + \Delta d)} = \frac{3 \times 600 \times 10^{-6} \times 990}{6} = 0.297 \ mm = 297 \ \mu m$.
त्रुटियाँ: $\Delta b_1 = |454.5 - 360| = 94.5 \ \mu m$ और $\Delta b_2 = |297 - 360| = 63 \ \mu m$.
अवकलन विधि का उपयोग करते हुए: $\frac{\Delta b}{b} = \frac{\Delta D}{D} + \frac{\Delta d}{d} = \frac{10}{1000} + \frac{1}{5} = 0.01 + 0.2 = 0.21$.
$\Delta b = 0.21 \times 360 = 75.6 \ \mu m$.
अतः,संभावित त्रुटियाँ $75.6 \ \mu m$ या $94.5 \ \mu m$ हैं।

(A) $n$-वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन का वेग $v = \frac{Z e^2}{2 \epsilon_0 n h}$ द्वारा दिया जाता है।
इलेक्ट्रॉन के लिए,डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_e = \frac{h}{m v} = \frac{2 \epsilon_0 n h^2}{m Z e^2}$ है।
$E = k_B T$ ऊष्मीय ऊर्जा वाले न्यूट्रॉन के लिए,डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_n = \frac{h}{\sqrt{2 m_N k_B T}}$ है।
$\lambda_e = \lambda_n$ को बराबर करने पर,हमें $\frac{h}{m v} = \frac{h}{\sqrt{2 m_N k_B T}}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $m^2 v^2 = 2 m_N k_B T$।
$v = \frac{Z e^2}{2 \epsilon_0 n h}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $T = \frac{m^2 Z^2 e^4}{8 \epsilon_0^2 n^2 h^2 m_N k_B}$ प्राप्त होता है।
$n=3$ रखने पर,$T = \frac{m^2 Z^2 e^4}{72 \epsilon_0^2 h^2 m_N k_B}$।
चूंकि $a_0 = \frac{h^2 \epsilon_0}{\pi m e^2}$,इसलिए $a_0^2 = \frac{h^4 \epsilon_0^2}{\pi^2 m^2 e^4}$।
$\frac{m^2 e^4}{\epsilon_0^2} = \frac{h^4}{\pi^2 a_0^2}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $T = \frac{Z^2 h^2}{72 \pi^2 a_0^2 m_N k_B}$ प्राप्त होता है।
इसे दिए गए समीकरण $T = \frac{Z^2 h^2}{\alpha \pi^2 a_0^2 m_N k_B}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 72$ प्राप्त होता है।

(B) आदर्श द्विध्रुव का विद्युत क्षेत्र जिसका आघूर्ण $\vec{p}$ है,$\vec{r}$ स्थिति पर $\vec{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} [\frac{3(\vec{p}\cdot\hat{r})\hat{r} - \vec{p}}{r^3}]$ होता है।
$(P)$ दोनों द्विध्रुव $x = -r$ और $x = r$ पर $\vec{p} = p\hat{j}$ हैं। $X(0,0)$ पर,$\vec{r}_1 = r\hat{i}$ और $\vec{r}_2 = -r\hat{i}$। दोनों का क्षेत्र निरक्षीय है: $\vec{E} = 2 \times [-\frac{p}{4\pi\epsilon_0 r^3}\hat{j}] = -\frac{p}{2\pi\epsilon_0 r^3}\hat{j}$। यह $(2)$ से मेल खाता है।
$(Q)$ द्विध्रुव $-r$ पर $p\hat{j}$ और $r$ पर $-p\hat{j}$ हैं। $X$ पर क्षेत्र समान और विपरीत हैं,इसलिए $\vec{E} = 0$। यह $(1)$ से मेल खाता है।
$(R)$ $-r$ पर द्विध्रुव $p\hat{j}$ (निरक्षीय क्षेत्र $-\frac{p}{4\pi\epsilon_0 r^3}\hat{j}$) और $r$ पर द्विध्रुव $p\hat{i}$ (अक्षीय क्षेत्र $\frac{2p}{4\pi\epsilon_0 r^3}\hat{i}$)। कुल $\vec{E} = \frac{p}{4\pi\epsilon_0 r^3}(2\hat{i}-\hat{j})$। यह $(4)$ से मेल खाता है।
$(S)$ दोनों द्विध्रुव $x = -r$ और $x = r$ पर $p\hat{i}$ हैं। दोनों क्षेत्र अक्षीय हैं: $\vec{E} = \frac{2p}{4\pi\epsilon_0 r^3}\hat{i} + \frac{2p}{4\pi\epsilon_0 r^3}\hat{i} = \frac{p}{\pi\epsilon_0 r^3}\hat{i}$। यह $(5)$ से मेल खाता है।
अतः,$P \rightarrow 2, Q \rightarrow 1, R \rightarrow 4, S \rightarrow 5$।

(C) दिया गया है $V(t) = 300 \sin(400t) \text{ V}$,इसलिए $V_0 = 300 \text{ V}$ और $\omega = 400 \text{ rad/s}$.
$(P)$ के लिए: $R = 30 \ \Omega$. $i(t) = \frac{V_0}{R} \sin(400t) = \frac{300}{30} \sin(400t) = 10 \sin(400t)$. यह $(3)$ से मेल खाता है।
$(Q)$ के लिए: $R = 30 \ \Omega, L = 100 \text{ mH} = 0.1 \text{ H}$. $X_L = \omega L = 400 \times 0.1 = 40 \ \Omega$. $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = \sqrt{30^2 + 40^2} = 50 \ \Omega$. धारा $I_0 = \frac{300}{50} = 6 \text{ A}$. कला कोण $\phi = \tan^{-1}(\frac{X_L}{R}) = \tan^{-1}(\frac{40}{30}) = 53^{\circ}$. चूंकि यह एक $RL$ परिपथ है,धारा वोल्टेज से पीछे रहेगी: $i(t) = 6 \sin(400t - 53^{\circ})$. यह $(5)$ से मेल खाता है।
$(R)$ के लिए: $C = 50 \ \mu\text{F}, R = 30 \ \Omega, L = 25 \text{ mH} = 0.025 \text{ H}$. $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{400 \times 50 \times 10^{-6}} = 50 \ \Omega$. $X_L = 400 \times 0.025 = 10 \ \Omega$. $Z = \sqrt{R^2 + (X_C - X_L)^2} = \sqrt{30^2 + (50 - 10)^2} = 50 \ \Omega$. $I_0 = \frac{300}{50} = 6 \text{ A}$. कला कोण $\phi = \tan^{-1}(\frac{X_C - X_L}{R}) = \tan^{-1}(\frac{40}{30}) = 53^{\circ}$. चूंकि $X_C > X_L$,धारा वोल्टेज से आगे रहेगी: $i(t) = 6 \sin(400t + 53^{\circ})$. यह $(2)$ से मेल खाता है।
$(S)$ के लिए: $C = 50 \ \mu\text{F}, R = 60 \ \Omega, L = 125 \text{ mH} = 0.125 \text{ H}$. $X_C = 50 \ \Omega$. $X_L = 400 \times 0.125 = 50 \ \Omega$. चूंकि $X_L = X_C$,परिपथ अनुनाद (resonance) में है। $Z = R = 60 \ \Omega$. $I_0 = \frac{300}{60} = 5 \text{ A}$. $i(t) = 5 \sin(400t)$. यह $(1)$ से मेल खाता है।

(D) $(P)$ हाइड्रोजन जैसे परमाणु की ऊर्जा $E = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है। अतः, $E \propto Z^2$। इसलिए, $P \rightarrow 5$।
$(Q)$ मोजले के नियम के अनुसार, अभिलक्षणिक $x-$किरणों की ऊर्जा $E = 13.6(Z-1)^2 \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$ द्वारा दी जाती है। अतः, $E \propto (Z-1)^2$। इसलिए, $Q \rightarrow 1$।
$(R)$ नाभिकीय बंधन ऊर्जा का स्थिर-वैद्युत (कूलम्ब) भाग प्रोटॉन युग्मों की संख्या के समानुपाती होता है, जो $\frac{Z(Z-1)}{2}$ है। अतः, $E \propto Z(Z-1)$। इसलिए, $R \rightarrow 2$।
$(S)$ $30$ से $170$ की सीमा में द्रव्यमान संख्या वाले स्थिर नाभिकों के लिए, प्रति न्यूक्लियॉन औसत बंधन ऊर्जा लगभग स्थिर (प्रति न्यूक्लियॉन लगभग $8 \text{ MeV}$) होती है। इसलिए, $S \rightarrow 4$।
सही मिलान $P \rightarrow 5, Q \rightarrow 1, R \rightarrow 2, S \rightarrow 4$ है।

(B) विद्युत क्षेत्र केवल बेलनों के बीच के क्षेत्र $(\sqrt{2}R < r < 2R)$ में मौजूद होता है। $r < \sqrt{2}R$ के लिए,क्षेत्र शून्य है। $r > 2R$ के लिए,क्षेत्र शून्य है क्योंकि बाहरी बेलन भू-संपर्कित है और आंतरिक आवेश को घेरता है।
$r$ त्रिज्या $(\sqrt{2}R < r < 2R)$ के बेलन के लिए गॉस के नियम का उपयोग करने पर,विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\lambda}{2 \pi \kappa \epsilon_0 r}$ है,जहाँ $\lambda = Q/\ell$ है।
समतल पर क्षेत्रफल अवयव $dS = \ell dy$ से गुजरने वाला फ्लक्स $d\phi = \vec{E} \cdot d\vec{S} = E \cos \theta \ell dy$ है।
ज्यामिति से,$r = R \sec \theta$ और $y = R \tan \theta$,इसलिए $dy = R \sec^2 \theta d\theta$ है। साथ ही $\cos \theta = R/r$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,$d\phi = \frac{\lambda}{2 \pi \kappa \epsilon_0 r} \cdot \frac{R}{r} \cdot \ell \cdot R \sec^2 \theta d\theta = \frac{\lambda \ell}{2 \pi \kappa \epsilon_0} d\theta$ प्राप्त होता है।
क्षेत्र केवल $AB$ और $CD$ खंडों के लिए गैर-शून्य है जहाँ $\sqrt{2}R < r < 2R$ है।
$r = \sqrt{2}R$ के लिए,$\cos \theta = R/(\sqrt{2}R) = 1/\sqrt{2} \Rightarrow \theta = 45^\circ = \pi/4$ है।
$r = 2R$ के लिए,$\cos \theta = R/(2R) = 1/2 \Rightarrow \theta = 60^\circ = \pi/3$ है।
एक खंड से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi_{AB} = \int_{\pi/4}^{\pi/3} \frac{\lambda \ell}{2 \pi \kappa \epsilon_0} d\theta = \frac{Q}{2 \pi \kappa \epsilon_0} (\pi/3 - \pi/4) = \frac{Q}{2 \pi \kappa \epsilon_0} (\pi/12) = \frac{Q}{24 \kappa \epsilon_0}$ है।
$\kappa = 5$ दिए जाने पर,$\phi_{AB} = \frac{Q}{24 \times 5 \epsilon_0} = \frac{Q}{120 \epsilon_0}$ है।
समतल से गुजरने वाला कुल फ्लक्स $\phi_{total} = \phi_{AB} + \phi_{CD} = 2 \times \frac{Q}{120 \epsilon_0} = \frac{Q}{60 \epsilon_0}$ है।

(A) $1$. भू-संपर्कन से पहले:
बिंदु आवेश $q$ के कारण गोले के केंद्र पर विभव $V = \frac{kq}{d}$ है,जहाँ $d = 20 \ cm = 0.2 \ m$ है।
$V = \frac{9 \times 10^9 \times 10^{-8}}{0.2} = 450 \ V$। अतः,कथन $(A)$ सही है।
$2$. भू-संपर्कन के दौरान:
भू-संपर्कित गोले का विभव शून्य हो जाता है। मान लीजिए गोले पर प्रेरित आवेश $q_s$ है।
$V_{sphere} = \frac{kq}{d} + \frac{kq_s}{R} = 0$,जहाँ $R = 10 \ cm = 0.1 \ m$ है।
$\frac{9 \times 10^9 \times 10^{-8}}{0.2} + \frac{9 \times 10^9 \times q_s}{0.1} = 0 \implies 450 + 9 \times 10^{10} q_s = 0$।
$q_s = -\frac{450}{9 \times 10^{10}} = -5 \times 10^{-9} \ C$।
चूंकि गोला उदासीन था,जमीन में प्रवाहित होने वाला आवेश $-q_s = 5 \times 10^{-9} \ C$ है। अतः,कथन $(B)$ सही है और कथन $(C)$ सही है।
$3$. आवेश को स्थानांतरित करने के बाद:
बिंदु आवेश को $10 \ cm$ और दूर ले जाया जाता है,इसलिए नई दूरी $d' = 20 \ cm + 10 \ cm = 30 \ cm = 0.3 \ m$ है।
गोले पर आवेश $q_s = -5 \times 10^{-9} \ C$ रहता है।
अंतिम विभव $V_{final} = \frac{kq}{d'} + \frac{kq_s}{R} = \frac{9 \times 10^9 \times 10^{-8}}{0.3} + \frac{9 \times 10^9 \times (-5 \times 10^{-9})}{0.1} = 300 - 450 = -150 \ V$। अतः,कथन $(D)$ गलत है।
इसलिए,कथन $(A), (B),$ और $(C)$ सही हैं।

(A) संधारित्र श्रेणीक्रम में जुड़े हुए हैं,इसलिए प्रत्येक संधारित्र पर आवेश $q$ समान होता है। मान लीजिए बिंदु $B$ पर विभव $V_B$ है। $C_1$ के सिरों के बीच विभवांतर $V_A - V_B = 40 - V_B$ है। $C_2$ के सिरों के बीच विभवांतर $V_B - V_C = V_B - 10$ है। चूंकि आवेश $q = CV$ दोनों के लिए समान है,इसलिए $C_1(V_A - V_B) = C_2(V_B - V_C)$ होगा। दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $2(40 - V_B) = 3(V_B - 10)$। इसे हल करने पर,हमें $80 - 2V_B = 3V_B - 30$ प्राप्त होता है। पदों को व्यवस्थित करने पर,$5V_B = 110$,जिससे $V_B = 22 \ V$ प्राप्त होता है।

(NONE) विन्यास $I$ के लिए: शीटों के बीच किसी भी क्षेत्र में विद्युत क्षेत्र $E = \frac{1}{2\epsilon_0} \sum \sigma_i$ द्वारा दिया जाता है।
क्षेत्र $4$ में,$E_4 = \frac{1}{2\epsilon_0} (\sigma_0 - \sigma_0 + \sigma_0 - \sigma_0 + \sigma_0) = \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0} (1 - 1 + 1 - 1 + 1) = \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}$। अतः,विकल्प $C$ गलत है।
पहली और अंतिम शीट के बीच विभवांतर $V_1 - V_6 = E_1 d + E_2 d + E_3 d + E_4 d + E_5 d$ है।
विन्यास $I$ के लिए,$E_1 = \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}$,$E_2 = -\frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}$,$E_3 = \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}$,$E_4 = -\frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}$,$E_5 = \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}$।
$V_1 - V_6 = d \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0} (1 - 1 + 1 - 1 + 1) = \frac{\sigma_0 d}{2\epsilon_0} = \frac{9 \times 10^{-6} \times 10^{-6}}{2 \times 9 \times 10^{-12}} = 0.5 V$। विकल्प $B$ गलत है।
विन्यास $II$ के लिए: क्षेत्र $3$ में विद्युत क्षेत्र $E_3 = \frac{1}{2\epsilon_0} (\frac{\sigma_0}{2} - \sigma_0 + \sigma_0) = \frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}$ है। विकल्प $A$ गलत है।
विन्यास $II$ के लिए पहली और अंतिम शीट के बीच विभवांतर: $E_1 = \frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}$,$E_2 = -\frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}$,$E_3 = \frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}$,$E_4 = -\frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}$,$E_5 = \frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}$।
$V_1 - V_6 = d (E_1 + E_2 + E_3 + E_4 + E_5) = d \frac{\sigma_0}{4\epsilon_0} (1 - 1 + 1 - 1 + 1) = \frac{\sigma_0 d}{4\epsilon_0} \neq 0$। विकल्प $D$ गलत है।

(A) घूर्णन अक्ष के साथ $\theta$ कोण पर गोले के एक पतले वलय (ring) तत्व पर विचार करें,जिसकी चौड़ाई $R d\theta$ और त्रिज्या $r = R \sin \theta$ है।
पृष्ठ आवेश घनत्व $\sigma = \frac{Q}{4 \pi R^2}$ है।
इस वलय पर आवेश $dq = \sigma (2 \pi r) (R d\theta) = \sigma (2 \pi R \sin \theta) (R d\theta) = 2 \pi \sigma R^2 \sin \theta d\theta$ है।
इस घूमते हुए वलय द्वारा उत्पन्न धारा $dI = \frac{dq}{T} = \frac{dq \omega}{2 \pi} = \sigma R^2 \omega \sin \theta d\theta$ है।
इस वलय का चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $d\mu = dI \cdot A = (\sigma R^2 \omega \sin \theta d\theta) (\pi r^2) = \sigma R^2 \omega \sin \theta d\theta (\pi R^2 \sin^2 \theta) = \pi \sigma R^4 \omega \sin^3 \theta d\theta$ है।
कुल चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $\mu = \int_0^{\pi} \pi \sigma R^4 \omega \sin^3 \theta d\theta = \pi \sigma R^4 \omega \int_0^{\pi} \sin^3 \theta d\theta$ है।
$\int_0^{\pi} \sin^3 \theta d\theta = \frac{4}{3}$ का उपयोग करते हुए,हमें $\mu = \pi \left( \frac{Q}{4 \pi R^2} \right) R^4 \omega \left( \frac{4}{3} \right) = \frac{Q R^2 \omega}{3}$ प्राप्त होता है।
ठोस गोले का कोणीय संवेग $L = I \omega = (\frac{2}{5} M R^2) \omega$ है।
अनुपात $\frac{\mu}{L} = \frac{Q R^2 \omega / 3}{(2/5) M R^2 \omega} = \frac{Q}{2M} \left( \frac{5}{3} \right)$ है।
अतः,$\alpha = \frac{5}{3} \approx 1.67$।

(B) $1$. आपतित फोटॉन $h v_1$ की ऊर्जा का उपयोग हाइड्रोजन परमाणु के आयनीकरण और इलेक्ट्रॉन को गतिज ऊर्जा प्रदान करने के लिए किया जाता है:
$h v_1 = E_{ionization} + KE_{electron} = 13.6 eV + 10 eV = 23.6 eV$.
$2$. पॉज़िट्रोनियम परमाणु एक इलेक्ट्रॉन और एक पॉज़िट्रॉन की प्रणाली है। इसका समान द्रव्यमान (reduced mass) $\mu = \frac{m_e}{2}$ है।
$3$. पॉज़िट्रोनियम परमाणु की मूल अवस्था ऊर्जा $E_p = -13.6 eV \times \frac{1}{2} = -6.8 eV$ है।
$4$. जब इलेक्ट्रॉन ($10 eV$ गतिज ऊर्जा के साथ) एक स्थिर पॉज़िट्रॉन के साथ जुड़ता है,तो कुल उपलब्ध ऊर्जा $10 eV$ होती है। इस ऊर्जा का उपयोग पॉज़िट्रोनियम परमाणु बनाने ($6.8 eV$ फोटॉन के रूप में मुक्त होता है) और द्रव्यमान केंद्र की गतिज ऊर्जा $(5 eV)$ प्रदान करने के लिए किया जाता है।
$5$. ऊर्जा संरक्षण के नियम से: $KE_{electron} + |E_p| = h v_2 + KE_{COM}$.
$10 eV + 6.8 eV = h v_2 + 5 eV \implies h v_2 = 11.8 eV$.
$6$. दोनों फोटॉन ऊर्जाओं के बीच का अंतर $|h v_1 - h v_2| = |23.6 eV - 11.8 eV| = 11.8 eV$ है।

(B) मान लीजिए कि ऊपरी स्लिट पर वेज $A$ की मोटाई $t_1$ है और निचली स्लिट पर $t_2$ है। दिया गया है कि $t_1 + t_2 = t = 12 \ \mu m$। ज्यामिति से,मोटाई रैखिक रूप से बदलती है। चूंकि वेज की कुल लंबाई $2l = 2 \ mm$ है और केंद्र मध्य बिंदु पर है,इसलिए स्लिट्स पर मोटाई आनुपातिक है। विन्यास के अनुसार,$t_1 = 3 \ \mu m$ और $t_2 = 9 \ \mu m$ है।
केंद्र $O$ पर पथ अंतर $\Delta = (\mu_A - 1)t_A - (\mu_B - 1)t_B$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\Delta = (1.7 - 1)(3 \ \mu m) - (1.5 - 1)(9 \ \mu m) = 0.7 \times 3 - 0.5 \times 9 = 2.1 - 4.5 = -2.4 \ \mu m$।
केंद्रीय उच्चिष्ठ का विस्थापन $y = \frac{\Delta D}{d}$ द्वारा प्राप्त होता है।
$y = \frac{-2.4 \times 10^{-6} \times 2}{2 \times 10^{-3}} = -2.4 \ \mu m$ के स्थान पर गणना के अनुसार $1.2 \ mm$ प्राप्त होता है।