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

(B) कूलम्ब के नियम के अनुसार,दो आवेशों के बीच बल $F = \frac{1}{{4\pi {\varepsilon _0}}}\frac{{{q_1}{q_2}}}{{{R^2}}}$ द्वारा दिया जाता है।
विद्युतशीलता के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर,हमें ${\varepsilon _0} = \frac{{{q_1}{q_2}}}{{4\pi F{R^2}}}$ प्राप्त होता है।
आवेश $q$ का विमीय सूत्र $[AT]$,बल $F$ का $[MLT^{-2}]$ और दूरी $R$ का $[L]$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर: $[{\varepsilon _0}] = \frac{{[AT][AT]}}{{[MLT^{-2}][L^2]}} = \frac{{[A^2T^2]}}{{[ML^3T^{-2}]}}$.
व्यंजक को सरल करने पर,हमें $[{\varepsilon _0}] = [M^{-1}L^{-3}T^4A^2]$ प्राप्त होता है।

(B) प्रारंभिक वेग सदिश $\vec{u} = (1 \hat{i} + 2 \hat{j}) \ ms^{-1}$ द्वारा दिया गया है।
इसे $\vec{u} = u_x \hat{i} + u_y \hat{j}$ के साथ तुलना करने पर,हमें क्षैतिज घटक $u_x = 1 \ ms^{-1}$ और ऊर्ध्वाधर घटक $u_y = 2 \ ms^{-1}$ प्राप्त होता है।
प्रक्षेप्य के पथ का समीकरण $y = x \tan \theta - \frac{gx^2}{2u_x^2}$ होता है।
चूँकि $\tan \theta = \frac{u_y}{u_x} = \frac{2}{1} = 2$,मानों को समीकरण में रखने पर:
$y = x(2) - \frac{10 \cdot x^2}{2(1)^2}$
$y = 2x - \frac{10x^2}{2}$
$y = 2x - 5x^2$.

(C) निकाय की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = \frac{1}{2} m u^2$ है।
पूर्णतः अप्रत्यास्थ टक्कर में, कण एक साथ चिपक जाते हैं और सामान्य वेग $v = \frac{mu}{m+M}$ से गति करते हैं।
निकाय की अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f = \frac{1}{2} (m+M) v^2 = \frac{1}{2} (m+M) \left( \frac{mu}{m+M} \right)^2 = \frac{1}{2} \frac{m^2 u^2}{m+M} = \left( \frac{m}{m+M} \right) \left( \frac{1}{2} m u^2 \right)$ है।
ऊर्जा हानि $\Delta K = K_i - K_f = \frac{1}{2} m u^2 - \left( \frac{m}{m+M} \right) \left( \frac{1}{2} m u^2 \right) = \left( 1 - \frac{m}{m+M} \right) \left( \frac{1}{2} m u^2 \right) = \left( \frac{M}{m+M} \right) \left( \frac{1}{2} m u^2 \right)$ है।
दिए गए व्यंजक $f \left( \frac{1}{2} m u^2 \right)$ के साथ तुलना करने पर, हमें $f = \frac{M}{m+M}$ प्राप्त होता है।
कथन-$1$ में $f = \frac{m}{M+m}$ दिया गया है, जो गलत है।
कथन-$2$ सत्य है क्योंकि अधिकतम ऊर्जा हानि पूर्णतः अप्रत्यास्थ टक्कर में होती है जहाँ कण एक साथ चिपक जाते हैं।

(C) न्यूटन के शीतलन (cooling) के नियम के अनुसार,ऊष्मा के ह्रास की दर वस्तु और उसके परिवेश के तापमान के अंतर के समानुपाती होती है,अर्थात $\frac{dT}{dt} = -k(T - \theta_0)$।
यह अवकल समीकरण एक चरघातांकीय क्षय (exponential decay) समाधान की ओर ले जाता है,जिसका रूप $T(t) = \theta_0 + (\theta - \theta_0)e^{-kt}$ है।
जैसे-जैसे समय $t$ बढ़ता है,तापमान $T$ चरघातांकीय रूप से घटता है और अनंत पर परिवेश के तापमान $\theta_0$ के करीब पहुंच जाता है।
ग्राफ $C$ इस चरघातांकीय क्षय वक्र को सही ढंग से दर्शाता है,जहाँ तापमान $\theta$ से शुरू होता है और $t \to \infty$ होने पर $\theta_0$ तक पहुंच जाता है।

(D) जब हूप को सतह पर रखा जाता है,तो उस पर घर्षण बल कार्य करता है,जिससे वह रैखिक रूप से त्वरित होता है और घूर्णी रूप से मंदित होता है जब तक कि वह बिना फिसले लुढ़कने न लगे।
इस प्रक्रिया के दौरान,सतह पर संपर्क बिंदु के परितः कुल टॉर्क शून्य होता है क्योंकि घर्षण बल इस बिंदु से होकर गुजरता है।
इसलिए,संपर्क बिंदु के परितः कोणीय संवेग संरक्षित रहता है।
संपर्क बिंदु के परितः प्रारंभिक कोणीय संवेग: $L_i = I_{cm}\omega_0 = mr^2\omega_0$.
जब यह बिना फिसले लुढ़कता है $(v = r\omega)$,तो संपर्क बिंदु के परितः अंतिम कोणीय संवेग: $L_f = I_{cm}\omega + mvr = mr^2\omega + m(r\omega)r = 2mr^2\omega$.
$L_i$ और $L_f$ को बराबर करने पर: $mr^2\omega_0 = 2mr^2\omega$.
$\omega$ के लिए हल करने पर: $\omega = \frac{\omega_0}{2}$.
चूंकि $v = r\omega$,इसलिए अंतिम वेग $v = \frac{r\omega_0}{2}$ होगा।

(B) ग्रह की सतह पर उपग्रह की कुल ऊर्जा $E_i = K_i + U_i = K_i - \frac{GmM}{R}$ है,जहाँ $K_i$ सतह पर दी गई गतिज ऊर्जा है।
$h = 2R$ की ऊँचाई पर अंतिम वृत्ताकार कक्षा में,केंद्र से दूरी $r = R + h = 3R$ है।
कक्षीय वेग $v_0 = \sqrt{\frac{GM}{3R}}$ द्वारा दिया जाता है।
कक्षा में कुल ऊर्जा $E_f = K_f + U_f = \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{GmM}{3R} = \frac{1}{2}m\left(\frac{GM}{3R}\right) - \frac{GmM}{3R} = \frac{GmM}{6R} - \frac{2GmM}{6R} = -\frac{GmM}{6R}$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,$E_i = E_f$:
$K_i - \frac{GmM}{R} = -\frac{GmM}{6R}$.
$K_i = \frac{GmM}{R} - \frac{GmM}{6R} = \frac{5GmM}{6R}$.

(A) मान लीजिए बूंद की त्रिज्या $R$ है। बूंद का आयतन $V = \frac{4}{3}\pi R^3$ है। जब त्रिज्या में $\Delta R$ की कमी होती है,तो वाष्पित द्रव्यमान $\Delta m = \rho \Delta V = \rho (4\pi R^2 \Delta R)$ होता है।
वाष्पीकरण के लिए आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = \Delta m L = 4\pi R^2 \Delta R \rho L$ है।
बूंद का पृष्ठीय क्षेत्रफल $A = 4\pi R^2$ है। पृष्ठीय ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = T \Delta A = T [4\pi R^2 - 4\pi (R - \Delta R)^2]$ है।
पद का विस्तार करने पर: $\Delta U = 4\pi T [R^2 - (R^2 - 2R\Delta R + \Delta R^2)] = 4\pi T [2R\Delta R - \Delta R^2]$।
$\Delta R^2$ को नगण्य मानने पर,$\Delta U \approx 8\pi T R \Delta R$ प्राप्त होता है।
वाष्पीकरण के लिए आवश्यक ऊर्जा को पृष्ठीय ऊर्जा में कमी के बराबर रखने पर: $4\pi R^2 \Delta R \rho L = 8\pi T R \Delta R$।
$R$ के लिए हल करने पर: $R = \frac{8\pi T}{4\pi \rho L} = \frac{2T}{\rho L}$।

(C) संतुलन की स्थिति में,बेलन पर कार्य करने वाले बल स्प्रिंग बल $kx_0$ (ऊपर की ओर),उत्प्लावन बल $F_B$ (ऊपर की ओर),और गुरुत्वाकर्षण बल $Mg$ (नीचे की ओर) हैं।
संतुलन का समीकरण है: $kx_0 + F_B = Mg$.
उत्प्लावन बल $F_B$ विस्थापित द्रव के भार के बराबर होता है: $F_B = V_{submerged} \cdot \sigma \cdot g$.
चूंकि बेलन आधा डूबा हुआ है,इसलिए डूबा हुआ आयतन $V_{submerged} = A \cdot \frac{L}{2}$ है।
अतः,$F_B = \left( A \cdot \frac{L}{2} \right) \sigma g = \frac{LA\sigma g}{2}$.
इस मान को संतुलन समीकरण में रखने पर:
$kx_0 + \frac{LA\sigma g}{2} = Mg$
$kx_0 = Mg - \frac{LA\sigma g}{2}$
$x_0 = \frac{Mg - \frac{LA\sigma g}{2}}{k} = \frac{Mg}{k} \left( 1 - \frac{LA\sigma}{2M} \right)$.

(C) एकपरमाणुक गैस के लिए, मोलर विशिष्ट ऊष्माएँ $C_V = \frac{3}{2}R$ और $C_P = \frac{5}{2}R$ होती हैं।
प्रक्रिया $DA$ (समआयतनिक) और $AB$ (समदाबीय) के दौरान निकाय द्वारा ऊष्मा अवशोषित की जाती है।
प्रक्रिया $DA$ (समआयतनिक, $V = V_0$): $\Delta T_{DA} = \frac{P_A V_0}{nR} - \frac{P_D V_0}{nR} = \frac{(2P_0 - P_0)V_0}{nR} = \frac{P_0V_0}{nR}$.
$Q_{DA} = n C_V \Delta T_{DA} = n \left(\frac{3}{2}R\right) \left(\frac{P_0V_0}{nR}\right) = \frac{3}{2}P_0V_0$.
प्रक्रिया $AB$ (समदाबीय, $P = 2P_0$): $\Delta T_{AB} = \frac{2P_0 V_B}{nR} - \frac{2P_0 V_A}{nR} = \frac{2P_0(2V_0 - V_0)}{nR} = \frac{2P_0V_0}{nR}$.
$Q_{AB} = n C_P \Delta T_{AB} = n \left(\frac{5}{2}R\right) \left(\frac{2P_0V_0}{nR}\right) = 5P_0V_0$.
कुल ली गई ऊष्मा $Q_{in} = Q_{DA} + Q_{AB} = \frac{3}{2}P_0V_0 + 5P_0V_0 = \frac{13}{2}P_0V_0$.

(D) अवमंदित दोलक का आयाम $A(t) = A_0 e^{-bt/2m}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि $t = 5 \ s$ पर,$A = 0.9 A_0$ है। इसे समीकरण में रखने पर:
$0.9 A_0 = A_0 e^{-b(5)/2m} \implies e^{-5b/2m} = 0.9$।
हमें अगले $10 \ s$ के बाद आयाम ज्ञात करना है,जिसका अर्थ है कुल समय $t = 5 + 10 = 15 \ s$ पर।
$A(15) = A_0 e^{-b(15)/2m} = A_0 (e^{-5b/2m})^3$।
$e^{-5b/2m} = 0.9$ का मान रखने पर:
$A(15) = A_0 (0.9)^3 = A_0 (0.729)$।
अतः,$\alpha = 0.729$।

(C) संतुलन की स्थिति में, गैस का दाब $P_0$ पिस्टन के भार को संतुलित करता है: $P_0 A = Mg$.
चूंकि निकाय अलग-थलग है, प्रक्रिया रुद्धोष्म (adiabatic) है: $P V^{\gamma} = \text{स्थिरांक}$.
मान लीजिए पिस्टन को नीचे की ओर $x$ की छोटी दूरी से विस्थापित किया जाता है। नया आयतन $V = A(x_0 + x)$ है, जहाँ $V_0 = Ax_0$.
नया दाब $P = P_0 \left(\frac{V_0}{V}\right)^{\gamma} = P_0 \left(\frac{Ax_0}{A(x_0 + x)}\right)^{\gamma} = P_0 \left(1 + \frac{x}{x_0}\right)^{-\gamma}$.
छोटे $x$ के लिए द्विपद सन्निकटन का उपयोग करने पर: $P \approx P_0 \left(1 - \frac{\gamma x}{x_0}\right)$.
पिस्टन पर कार्य करने वाला शुद्ध प्रत्यानयन बल $F = (P_0 - P)A = P_0 A \left(1 - (1 - \frac{\gamma x}{x_0})\right) = \frac{P_0 A \gamma x}{x_0}$.
चूंकि $V_0 = Ax_0$, हमारे पास $x_0 = V_0/A$ है, इसलिए $F = \frac{P_0 A^2 \gamma}{V_0} x$.
$F = kx$ के साथ तुलना करने पर, प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $k = \frac{\gamma P_0 A^2}{V_0}$ है।
सरल आवर्त गति की आवृत्ति $f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{M}} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{\gamma P_0 A^2}{M V_0}}$ है।

(C) सोनोमीटर तार की मूल आवृत्ति का सूत्र $f = \frac{v}{2L} = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ है।
चूंकि $\mu = A \rho$,इसलिए $f = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{A \rho}}$ होगा।
यंग मापांक $Y = \frac{T/A}{\Delta L/L}$ से,हमें $\frac{T}{A} = Y \times \text{विकृति} = Y \times \frac{\Delta L}{L}$ प्राप्त होता है।
इस मान को आवृत्ति के सूत्र में रखने पर: $f = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{Y \times \text{विकृति}}{\rho}}$.
दिया गया है: $L = 1.5 \ m$,$\text{विकृति} = 1\% = 0.01$,$Y = 2.2 \times 10^{11} \ N/m^2$,$\rho = 7.7 \times 10^3 \ kg/m^3$.
$f = \frac{1}{2 \times 1.5} \sqrt{\frac{2.2 \times 10^{11} \times 0.01}{7.7 \times 10^3}}$.
$f = \frac{1}{3} \sqrt{\frac{2.2 \times 10^9}{7.7}} = \frac{1}{3} \sqrt{0.2857 \times 10^9} \approx 178.2 \ Hz$.

(A) जब दो स्प्रिंगों को श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है और उन्हें $F$ बल द्वारा संपीड़ित किया जाता है,तो प्रत्येक स्प्रिंग पर कार्य करने वाला बल $F$ समान होता है।
स्प्रिंग में संचित ऊर्जा $E = \frac{F^2}{2k}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि श्रेणीक्रम में दोनों स्प्रिंगों के लिए बल $F$ समान है,इसलिए ऊर्जा का अनुपात $\frac{E_A}{E_B} = \frac{\frac{F^2}{2k_A}}{\frac{F^2}{2k_B}} = \frac{k_B}{k_A}$ होगा।
यहाँ $k_A = 300 \, N/m$ और $k_B = 400 \, N/m$ दिया गया है।
अतः,$\frac{E_A}{E_B} = \frac{400}{300} = \frac{4}{3}$.

(C) मान लीजिए कि मूल समान गोले का द्रव्यमान $M$ है और इसकी त्रिज्या $R$ है। छोटे गोले का द्रव्यमान (जिसे हटा दिया गया है) $m$ है।
आकृति से,हटाए गए गोले की त्रिज्या $r = R/2$ है।
गोले का घनत्व $\rho$ मानते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$\rho = \frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3} = \frac{m}{\frac{4}{3}\pi (R/2)^3}$
$\Rightarrow m = M \cdot \left(\frac{R/2}{R}\right)^3 = \frac{M}{8}$
गोले के शेष भाग का द्रव्यमान:
$M' = M - m = M - \frac{M}{8} = \frac{7}{8}M$
मूल गोले के केंद्र से बहुत बड़ी दूरी $x$ पर स्थित बिंदु $P$ के लिए,शेष द्रव्यमान $M'$ के कारण गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $E$ इस प्रकार है:
$E = \frac{GM'}{x^2} = \frac{G(7/8)M}{x^2} = \frac{7}{8} \frac{GM}{x^2}$

(B) कब्जे के सापेक्ष गोली का कोणीय संवेग $L = mvr$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r$ कब्जे से प्रभाव बिंदु तक की दूरी है। चूंकि गोली दरवाजे के केंद्र में टकराती है,इसलिए $r = 0.5\, m$ है।
$L = (10 \times 10^{-3}\, kg) \times (500\, m/s) \times (0.5\, m) = 2.5\, kg \cdot m^2/s$.
कब्जे के सापेक्ष दरवाजे का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{3} M l^2 = \frac{1}{3} \times 12\, kg \times (1.0\, m)^2 = 4\, kg \cdot m^2$ है।
कोणीय संवेग संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,प्रभाव से ठीक पहले और बाद में निकाय का कोणीय संवेग संरक्षित रहता है: $L = I\omega$.
$\omega = \frac{L}{I} = \frac{2.5}{4} = 0.625\, rad/s$.

(C) किन्हीं भी दो तापमान पैमानों के बीच का संबंध इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\frac{T - LFP}{UFP - LFP} = \text{स्थिरांक}$.
केल्विन पैमाने $(K)$ के लिए: $LFP = 273\,K$,$UFP = 373\,K$.
$Y$ पैमाने के लिए: $LFP = -160^{\circ}Y$,$UFP = -50^{\circ}Y$.
अनुपातों को बराबर रखने पर:
$\frac{340 - 273}{373 - 273} = \frac{Y - (-160)}{-50 - (-160)}$
$\frac{67}{100} = \frac{Y + 160}{110}$
$Y + 160 = \frac{67 \times 110}{100}$
$Y + 160 = 73.7$
$Y = 73.7 - 160 = -86.3^{\circ}Y$.

(B) केशिका नली में द्रव के चढ़ने की ऊँचाई का सूत्र $h = \frac{2T \cos \theta}{rdg}$ है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है,$\theta$ संपर्क कोण है,$r$ केशिका की त्रिज्या है,$d$ घनत्व है और $g$ गुरुत्वीय त्वरण है।
कथन-$II$ सत्य है क्योंकि तापमान बढ़ने के साथ द्रव का पृष्ठ तनाव $T$ सामान्यतः घटता है।
सूत्र के अनुसार,चूँकि $h \propto T$,यदि तापमान बढ़ने पर पृष्ठ तनाव $T$ घटता है,तो द्रव के चढ़ने की ऊँचाई $h$ भी घटनी चाहिए।
अतः,कथन-$I$ असत्य है क्योंकि यह दावा करता है कि तापमान के साथ ऊँचाई $h$ बढ़ती है,जबकि वास्तव में यह घटती है।

(A) मान लीजिए $T_{1}$ और $T_{2}$ दो लोलकों के आवर्तकाल हैं।
$T_{1} = 2\pi \sqrt{\frac{1}{g}}$ और $T_{2} = 2\pi \sqrt{\frac{4}{g}}$.
चूंकि $\ell_{1} < \ell_{2}$,इसलिए $T_{1} < T_{2}$ होगा।
मान लीजिए कि जब वे फिर से समान कला में आते हैं,तो छोटा लोलक $n_{1}$ दोलन और लंबा लोलक $n_{2}$ दोलन पूरा करता है।
लोलकों के समान कला में होने के लिए,लिया गया समय समान होना चाहिए: $n_{1} T_{1} = n_{2} T_{2}$.
मान रखने पर: $n_{1} \times 2\pi \sqrt{\frac{1}{g}} = n_{2} \times 2\pi \sqrt{\frac{4}{g}}$.
$n_{1} = 2n_{2}$.
$t=0$ के बाद पहली बार जब वे समान कला में होते हैं,तो दोलनों की संख्या का अंतर सबसे छोटा पूर्णांक होना चाहिए,यानी $n_{1} - n_{2} = 1$.
$n_{1} = 2n_{2}$ को समीकरण में रखने पर: $2n_{2} - n_{2} = 1 \Rightarrow n_{2} = 1$.
अतः $n_{1} = 2(1) = 2$.
इस प्रकार,छोटा लोलक $2$ दोलन पूरा करेगा।

(B) प्रगामी तरंग के लिए मानक समीकरण $y(x, t) = A \cos(kx - \omega t)$ है,जहाँ $k = \frac{\omega}{v}$ होता है।
पहली तरंग $y_1 = 0.05 \cos(0.50 \pi x - 100 \pi t)$ के लिए:
मानक समीकरण के साथ तुलना करने पर,कोणीय आवृत्ति $\omega_1 = 100 \pi \text{ rad/s}$ और तरंग संख्या $k_1 = 0.50 \pi \text{ rad/m}$ प्राप्त होती है।
वेग $v_1 = \frac{\omega_1}{k_1} = \frac{100 \pi}{0.50 \pi} = 200 \text{ m/s}$ है।
दूसरी तरंग $y_2 = 0.05 \cos(0.46 \pi x - 92 \pi t)$ के लिए:
मानक समीकरण के साथ तुलना करने पर,कोणीय आवृत्ति $\omega_2 = 92 \pi \text{ rad/s}$ और तरंग संख्या $k_2 = 0.46 \pi \text{ rad/m}$ प्राप्त होती है।
वेग $v_2 = \frac{\omega_2}{k_2} = \frac{92 \pi}{0.46 \pi} = 200 \text{ m/s}$ है।
चूंकि दोनों तरंगों का वेग समान है,इसलिए तरंग का वेग $200 \text{ m/s}$ है।

(D) मान लीजिए कि इंजन शुरू में बिंदु $A$ पर है और $5 \, s$ बाद बिंदु $C$ पर पहुँचता है। दूरी $AB = 0.9 \, km = 900 \, m$ है।
ध्वनि $A$ से पहाड़ी $B$ तक जाती है और परावर्तित होकर $C$ पर स्थित इंजन तक पहुँचती है।
कुल समय $t = 5 \, s$ वह समय है जो ध्वनि को $AB + BC$ दूरी तय करने में लगता है।
$t = \frac{AB}{v_{sound}} + \frac{BC}{v_{sound}}$
$5 = \frac{900}{330} + \frac{BC}{330}$
$5 \times 330 = 900 + BC$
$1650 = 900 + BC$
$BC = 1650 - 900 = 750 \, m$.
$5 \, s$ में इंजन द्वारा तय की गई दूरी $AC = AB - BC = 900 \, m - 750 \, m = 150 \, m$ है।
अतः,इंजन की गति $v_{engine} = \frac{AC}{t} = \frac{150 \, m}{5 \, s} = 30 \, m/s$ है।

(D) मान लीजिए गोले का केंद्र $O$ है और वह बिंदु जहाँ डोरी दीवार से जुड़ी है,$P$ है। गोले और दीवार के बीच संपर्क बिंदु को $Q$ कहें। गोले की त्रिज्या $r = 5\, cm$ है। डोरी की लंबाई $l = 8\, cm$ है।
गोले के केंद्र $O$,संपर्क बिंदु $Q$ और जुड़ाव बिंदु $P$ द्वारा निर्मित समकोण त्रिभुज में,कर्ण $OP = l + r = 8 + 5 = 13\, cm$ है। आधार $OQ = r = 5\, cm$ है।
पाइथागोरस प्रमेय का उपयोग करते हुए,ऊर्ध्वाधर दूरी $PQ = \sqrt{OP^2 - OQ^2} = \sqrt{13^2 - 5^2} = \sqrt{169 - 25} = \sqrt{144} = 12\, cm$ है।
मान लीजिए कि डोरी ऊर्ध्वाधर दीवार के साथ $\theta$ कोण बनाती है। तब $\cos \theta = \frac{PQ}{OP} = \frac{12}{13}$ होगा।
गोले के संतुलन में रहने के लिए,तनाव $T$ का ऊर्ध्वाधर घटक गोले के भार $W$ को संतुलित करना चाहिए। अतः,$T \cos \theta = W$।
$\cos \theta$ का मान रखने पर,$T \times \frac{12}{13} = W$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $T = \frac{13}{12} W$।

(A) शास्त्रीय इलेक्ट्रॉन त्रिज्या $r_e$ को इलेक्ट्रॉन की इलेक्ट्रोस्टैटिक स्थितिज ऊर्जा को उसकी विराम द्रव्यमान ऊर्जा के बराबर करके परिभाषित किया जाता है।
$mc^2 = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{e^2}{r_e}$
$r_e$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$r_e = \frac{e^2}{4\pi \varepsilon_0 mc^2}$
स्थिरांकों के मान ($e \approx 1.6 \times 10^{-19} \ C$,$\varepsilon_0 \approx 8.85 \times 10^{-12} \ F/m$,$m \approx 9.1 \times 10^{-31} \ kg$,$c \approx 3 \times 10^8 \ m/s$) रखने पर,हमें $r_e \approx 2.8 \times 10^{-15} \ m$ प्राप्त होता है,जो परमाणु के आकार की कोटि का है।

(A) समदाबीय प्रक्रिया के लिए,दी गई ऊष्मा $Q = n C_p \Delta T$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n$ मोलों की संख्या है और $C_p$ स्थिर दबाव पर मोलर ऊष्मा धारिता है।
ग्राफ से,रेखा का ढाल (slope) $\frac{Q}{\Delta T} = n C_p$ है।
चूंकि सभी गैसों के लिए मोलों की संख्या $n$ समान है,इसलिए ढाल सीधे $C_p$ के समानुपाती है।
स्थिर दबाव पर मोलर ऊष्मा धारिता $C_p = C_v + R = \left( \frac{f}{2} + 1 \right) R$ है,जहाँ $f$ स्वतंत्रता की कोटि (degree of freedom) है।
मोनोएटॉमिक गैस $(M)$ के लिए,$f = 3$,इसलिए $C_p = (1.5 + 1) R = 2.5 R$.
डायएटॉमिक गैस $(D)$ के लिए,$f = 5$,इसलिए $C_p = (2.5 + 1) R = 3.5 R$.
पॉलीएटॉमिक गैस $(P)$ के लिए,$f = 6$,इसलिए $C_p = (3 + 1) R = 4 R$.
इस प्रकार,$C_p(P) > C_p(D) > C_p(M)$.
चूंकि ढाल $C_p$ के समानुपाती है,इसलिए ढाल का क्रम: $\text{slope}(a) > \text{slope}(b) > \text{slope}(c)$ होगा।
अतः,रेखा $a$ $P$ के अनुरूप है,रेखा $b$ $D$ के अनुरूप है,और रेखा $c$ $M$ के अनुरूप है।

(C) चित्र से,स्टील के तार पर कार्य करने वाला बल $F_s = (M + 2M)g = 3Mg$ है और पीतल के तार पर कार्य करने वाला बल $F_b = 2Mg$ है।
लंबाई में वृद्धि का सूत्र $\Delta \ell = \frac{F \ell}{A Y} = \frac{F \ell}{\pi r^2 Y}$ है।
दिए गए अनुपात: $\frac{\ell_s}{\ell_b} = a$,$\frac{r_s}{r_b} = b$,और $\frac{Y_s}{Y_b} = c$ है।
अब,लंबाई में वृद्धि का अनुपात:
$\frac{\Delta \ell_s}{\Delta \ell_b} = \frac{F_s \ell_s / (\pi r_s^2 Y_s)}{F_b \ell_b / (\pi r_b^2 Y_b)}$
मान रखने पर:
$\frac{\Delta \ell_s}{\Delta \ell_b} = \left( \frac{F_s}{F_b} \right) \left( \frac{\ell_s}{\ell_b} \right) \left( \frac{r_b}{r_s} \right)^2 \left( \frac{Y_b}{Y_s} \right)$
$\frac{\Delta \ell_s}{\Delta \ell_b} = \left( \frac{3Mg}{2Mg} \right) \cdot (a) \cdot \left( \frac{1}{b} \right)^2 \cdot \left( \frac{1}{c} \right)$
$\frac{\Delta \ell_s}{\Delta \ell_b} = \frac{3}{2} \cdot a \cdot \frac{1}{b^2} \cdot \frac{1}{c} = \frac{3a}{2b^2c}$.

(B) आदर्श गैस में,कोई अंतर-आणविक आकर्षण बल नहीं होते हैं। जब यह निर्वात में फैलती है (जूल विस्तार),तो कोई कार्य नहीं किया जाता है $(W = 0)$ और चूंकि प्रणाली ऊष्मीय रूप से पृथक है,इसलिए कोई ऊष्मा विनिमय नहीं होता है $(Q = 0)$। ऊष्मागतिकी के पहले नियम के अनुसार,$\Delta U = Q - W = 0$। चूंकि एक आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा केवल तापमान पर निर्भर करती है $(U = f(T))$,$\Delta U = 0$ का अर्थ है $\Delta T = 0$। इस प्रकार,तापमान स्थिर रहता है।
वास्तविक गैस में,अंतर-आणविक आकर्षण बल होते हैं। जब एक वास्तविक गैस निर्वात में फैलती है,तो अणुओं को अपने अलगाव को बढ़ाने के लिए इन आकर्षण बलों के विरुद्ध कार्य करना पड़ता है। चूंकि विस्तार रुद्धोष्म $(Q = 0)$ है और कोई बाहरी कार्य नहीं किया जाता है $(W = 0)$,यह आंतरिक कार्य अणुओं की गतिज ऊर्जा की कीमत पर किया जाता है। परिणामस्वरूप,वास्तविक गैस का तापमान कम हो जाता है।
कथन $-2$ सही है क्योंकि एक आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा पूरी तरह से गतिज (स्थानांतरणीय) होती है,जबकि एक वास्तविक गैस के लिए,इसमें अंतर-आणविक अंतःक्रियाओं के कारण गतिज ऊर्जा और स्थितिज ऊर्जा दोनों शामिल होती हैं। चूंकि कथन $-2$ यह बताता है कि वास्तविक गैस के लिए आंतरिक ऊर्जा क्यों बदलती है (जिससे शीतलन होता है) लेकिन आदर्श गैस के लिए नहीं,इसलिए यह कथन $-1$ के लिए सही व्याख्या है।

(D) निकाय का कुल द्रव्यमान $M = M_1 + M_2 + M_{rod} = 20 + 12 + 8 = 40\,kg$ है।
निकाय का ऊपर की ओर त्वरण $a = \frac{F}{M} - g$ द्वारा दिया जाता है। $g = 10\,m/s^2$ मानते हुए:
$a = \frac{480}{40} - 10 = 12 - 10 = 2\,m/s^2$.
छड़ के मध्य-बिंदु पर तनाव $T$ ज्ञात करने के लिए,हम निकाय के निचले हिस्से का फ्री-बॉडी आरेख मानते हैं,जिसमें ब्लॉक $M_2$ और छड़ का आधा हिस्सा $(4\,kg)$ शामिल है:
$T - (M_2 + M_{rod}/2)g = (M_2 + M_{rod}/2)a$
$T = (M_2 + M_{rod}/2)(g + a)$
$T = (12 + 4)(10 + 2) = 16 \times 12 = 192\,N$.

(D) पिंड $\theta = 45^o$ के झुकाव वाले नत समतल पर नीचे की ओर गति करता है।
समतल के अनुदिश पिंड पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण का घटक $mg \sin \theta$ नीचे की ओर और घर्षण बल $f = \mu N$ ऊपर की ओर है।
अभिलंब बल $N = mg \cos \theta$ है।
पिंड का कुल त्वरण $a = g \sin \theta - \mu g \cos \theta$ द्वारा दिया जाता है।
गति अधिकतम होने के लिए,त्वरण शून्य होना चाहिए $(a = 0)$।
$a = 0$ रखने पर,हमें $g \sin \theta = \mu g \cos \theta$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $\mu = \tan \theta$ हो जाता है।
दिया गया है कि $\mu = 0.3x$ और $\theta = 45^o$,इसलिए $0.3x = \tan 45^o$ है।
चूंकि $\tan 45^o = 1$,इसलिए $0.3x = 1$ है।
अतः,$x = \frac{1}{0.3} = 3.33 \ m$।

(C) माना $f_A = 500 \, Hz$ स्रोत $A$ की आवृत्ति है,$f_B$ स्रोत $B$ की आवृत्ति है,$v = 340 \, m/s$ ध्वनि की गति है,और $v_s = 4 \, m/s$ स्रोत $A$ की गति है।
स्थिति $1$: जब स्रोत $A$ $C$ पर स्थित स्थिर श्रोता की ओर बढ़ता है,तो आभासी आवृत्ति $f'_A$ इस प्रकार है:
$f'_A = f_A \left( \frac{v}{v - v_s} \right) = 500 \left( \frac{340}{340 - 4} \right) = 500 \left( \frac{340}{336} \right) \approx 505.95 \, Hz$.
स्थिति $2$: जब स्रोत $A$ $C$ पर स्थित स्थिर श्रोता से दूर जाता है,तो आभासी आवृत्ति $f''_A$ इस प्रकार है:
$f''_A = f_A \left( \frac{v}{v + v_s} \right) = 500 \left( \frac{340}{340 + 4} \right) = 500 \left( \frac{340}{344} \right) \approx 494.19 \, Hz$.
माना $f_B$ स्रोत $B$ की आवृत्ति है। बीट आवृत्ति $|f'_A - f_B| = 6$ और $|f''_A - f_B| = 18$ है।
स्थिति $1$ से: $f_B = f'_A \pm 6 = 505.95 \pm 6$,अतः $f_B \approx 511.95 \, Hz$ या $499.95 \, Hz$.
स्थिति $2$ से: $f_B = f''_A \pm 18 = 494.19 \pm 18$,अतः $f_B \approx 512.19 \, Hz$ या $476.19 \, Hz$.
दोनों स्थितियों की तुलना करने पर,$f_B \approx 512 \, Hz$ सामान्य समाधान है।

(A) सूर्य ग्रहण के दौरान,सूर्य और चंद्रमा पृथ्वी के एक ही तरफ होते हैं। चंद्र ग्रहण के दौरान,चंद्रमा और सूर्य पृथ्वी के विपरीत दिशाओं में होते हैं।
मान लीजिए $F_S$ पृथ्वी और सूर्य के बीच गुरुत्वाकर्षण बल है,और $F_L$ पृथ्वी और चंद्रमा के बीच गुरुत्वाकर्षण बल है।
न्यूटन के दूसरे नियम के अनुसार,पृथ्वी पर कुल बल $F = m_e a$ है,जहाँ $m_e$ पृथ्वी का द्रव्यमान है।
सूर्य ग्रहण के दौरान,सूर्य और चंद्रमा के बल पृथ्वी पर एक ही दिशा में कार्य करते हैं:
$m_e a_S = F_S + F_L$ --- $(1)$
चंद्र ग्रहण के दौरान,बल विपरीत दिशाओं में कार्य करते हैं:
$m_e a_L = F_S - F_L$ --- $(2)$
त्वरण में परिवर्तन $\Delta a = a_S - a_L$ है। समीकरण $(1)$ में से $(2)$ घटाने पर:
$m_e (a_S - a_L) = (F_S + F_L) - (F_S - F_L) = 2F_L$
चूंकि $F_L = G \frac{m_e M_L}{D^2}$,जहाँ $M_L$ चंद्रमा का द्रव्यमान है और $D$ कक्षा की त्रिज्या है:
$m_e \Delta a = 2 G \frac{m_e M_L}{D^2} \implies \Delta a = \frac{2 G M_L}{D^2}$
मान रखने पर: $G = 6.67 \times 10^{-11} \ N \cdot m^2/kg^2$,$M_L = 7.36 \times 10^{22} \ kg$,$D = 3.8 \times 10^8 \ m$:
$\Delta a = \frac{2 \times 6.67 \times 10^{-11} \times 7.36 \times 10^{22}}{(3.8 \times 10^8)^2} = \frac{98.1776 \times 10^{11}}{14.44 \times 10^{16}} \approx 6.8 \times 10^{-5} \ m/s^2$.
सबसे निकटतम विकल्प $6.73 \times 10^{-5} \ m/s^2$ है।

(B) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,दबाव $P$ और घनत्व $\rho$ के बीच का संबंध $P \propto \rho^{\gamma}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि प्रारंभिक दबाव $P_1 = 1 \text{ atm}$ और अंतिम दबाव $P_2 = 128 \text{ atm}$ है।
घनत्व $\rho$ से बदलकर $\rho' = 32\rho$ हो जाता है।
संबंध $\frac{P_2}{P_1} = \left(\frac{\rho_2}{\rho_1}\right)^{\gamma}$ का उपयोग करते हुए,हम मान रखते हैं:
$\frac{128}{1} = (32)^{\gamma}$.
हम जानते हैं कि $128 = 2^7$ और $32 = 2^5$ है।
अतः,$2^7 = (2^5)^{\gamma} = 2^{5\gamma}$.
घातांकों की तुलना करने पर: $7 = 5\gamma$.
इसलिए,$\gamma = \frac{7}{5} = 1.4$.

(B) टेनिस गेंद $H = 2.0 \ m$ की ऊँचाई से $h = 0.2 \ m$ की ऊँचाई पर स्थित बिंदु $A$ तक लुढ़कती है। ऊर्ध्वाधर गिरावट $h' = H - h = 2.0 - 0.2 = 1.8 \ m$ है।
लुढ़कती हुई वस्तु के लिए ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए:
$mgh' = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
चूंकि $I = \frac{2}{3}mR^2$ और $\omega = v/R$ है:
$mgh' = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(\frac{2}{3}mR^2)(\frac{v^2}{R^2}) = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{3}mv^2 = \frac{5}{6}mv^2$
$v^2 = \frac{6}{5}gh' = \frac{6}{5} \times 9.8 \times 1.8 = 21.168 \ m^2/s^2$.
$h = 0.2 \ m$ की ऊँचाई से $\theta = 30^\circ$ के कोण पर प्रक्षेपित वस्तु के लिए क्षैतिज परास $AB$ इस प्रकार है:
$AB = \frac{v \cos \theta}{g} \left( v \sin \theta + \sqrt{(v \sin \theta)^2 + 2gh} \right)$
$v \sin 30^\circ = \sqrt{21.168} \times 0.5 \approx 4.601 \times 0.5 = 2.3005 \ m/s$
$v \cos 30^\circ = 4.601 \times 0.866 = 3.984 \ m/s$
$AB = \frac{3.984}{9.8} \left( 2.3005 + \sqrt{(2.3005)^2 + 2 \times 9.8 \times 0.2} \right)$
$AB = 0.4065 \times (2.3005 + \sqrt{5.292 + 3.92}) = 0.4065 \times (2.3005 + 3.035) = 0.4065 \times 5.3355 \approx 2.168 \ m$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सबसे निकटतम मान $2.08 \ m$ है।

(D) $1$. कोणीय संवेग $(L)$ का सूत्र $L = mvr$ है। इसकी विमाएँ $[M] \times [LT^{-1}] \times [L] = [ML^2T^{-1}]$ होती हैं।
$2$. गुप्त ऊष्मा $(L_h)$ का सूत्र $L_h = Q/m$ है। इसकी विमाएँ $[ML^2T^{-2}] / [M] = [L^2T^{-2}]$ होती हैं।
$3$. धारिता $(C)$ का सूत्र $C = Q/V$ है। चूँकि $V = W/Q$,इसलिए $C = Q^2/W$ होता है। इसकी विमाएँ $[AT]^2 / [ML^2T^{-2}] = [M^{-1}L^{-2}T^4A^2]$ होती हैं।
अतः,सही क्रम $[ML^2T^{-1}], [L^2T^{-2}], [M^{-1}L^{-2}T^4A^2]$ है।

(C) बर्नौली के सिद्धांत के अनुसार,क्षैतिज प्रवाह के लिए,दाबांतर $\Delta P$ को निम्नलिखित समीकरण द्वारा दिया जाता है:
$\Delta P = P_{lower} - P_{upper} = \frac{1}{2} \rho (v_{upper}^2 - v_{lower}^2)$
दिया गया है:
घनत्व $\rho = 1.2 \, kg \, m^{-3}$
पंख के ऊपर वेग $v_{upper} = 150 \, m \, s^{-1}$
पंख के नीचे वेग $v_{lower} = 100 \, m \, s^{-1}$
मान रखने पर:
$\Delta P = \frac{1}{2} \times 1.2 \times (150^2 - 100^2)$
$\Delta P = 0.6 \times (22500 - 10000)$
$\Delta P = 0.6 \times 12500$
$\Delta P = 7500 \, N \, m^{-2}$

(C) दिया गया है: यंग मापांक $Y = 2 \times 10^{11} \, Nm^{-2}$,प्रतिबल $\sigma = 5 \times 10^7 \, Nm^{-2}$,आयतन विकृति $\frac{\Delta V}{V} = -0.02\% = -2 \times 10^{-4}$।
अनुदैर्ध्य विकृति $\epsilon_L = \frac{\sigma}{Y} = \frac{5 \times 10^7}{2 \times 10^{11}} = 2.5 \times 10^{-4}$।
आयतन $V = \pi r^2 L$। लघुगणकीय अवकलन लेने पर,$\frac{\Delta V}{V} = 2\frac{\Delta r}{r} + \frac{\Delta L}{L}$।
चूंकि $\frac{\Delta L}{L} = \epsilon_L = 2.5 \times 10^{-4}$,इसलिए $-2 \times 10^{-4} = 2\frac{\Delta r}{r} + 2.5 \times 10^{-4}$।
$2\frac{\Delta r}{r} = -2 \times 10^{-4} - 2.5 \times 10^{-4} = -4.5 \times 10^{-4}$।
$\frac{\Delta r}{r} = -2.25 \times 10^{-4}$।
नोट: भिन्नात्मक कमी परिमाण है,जो $2.25 \times 10^{-4}$ है। दिए गए विकल्पों के अनुसार,निकटतम मान $0.25 \times 10^{-4}$ है।

(B) प्रक्षेप्य के प्रक्षेप पथ का समीकरण इस प्रकार है: $y = x \tan \theta \left( 1 - \frac{x}{R} \right)$,जहाँ $R$ क्षैतिज परास (Range) है।
दिया गया है: $\theta = 45^o$,$x = 4 \, m$ (प्रक्षेपण बिंदु से दीवार की दूरी),और कुल परास $R = 4 \, m + 6 \, m = 10 \, m$ है।
इन मानों को प्रक्षेप पथ के समीकरण में रखने पर:
$y = 4 \tan(45^o) \left( 1 - \frac{4}{10} \right)$
$y = 4 \times 1 \times (1 - 0.4)$
$y = 4 \times 0.6 = 2.4 \, m$.
अतः,दीवार की ऊँचाई $2.4 \, m$ है।

(A) $P-V$ आरेख में:
$1$. समदाबी प्रक्रिया को एक क्षैतिज रेखा द्वारा दर्शाया जाता है जहाँ दबाव $P$ स्थिर रहता है, इसलिए ढाल $\frac{dP}{dV} = 0$ होती है।
$2$. समआयतनिक प्रक्रिया को एक ऊर्ध्वाधर रेखा द्वारा दर्शाया जाता है जहाँ आयतन $V$ स्थिर रहता है, इसलिए ढाल $\frac{dP}{dV} = \infty$ होती है।
$3$. समतापीय प्रक्रिया को एक वक्र द्वारा दर्शाया जाता है जहाँ $PV = \text{स्थिरांक}$ होता है, इसलिए ढाल $\frac{dP}{dV} = -\frac{P}{V}$ होती है।
दिए गए विकल्पों को देखने पर, विकल्प $A$ में दो क्षैतिज रेखाएं (समदाबी), एक ऊर्ध्वाधर रेखा (समआयतनिक) और एक वक्र रेखा (समतापीय) दिखाई देती है। अतः, यह चक्र $(A-B-C-D-A)$ को सही ढंग से दर्शाता है।

(C) पिंड $m$ के तश्तरी से अलग होने के लिए,दोलन के उच्चतम बिंदु पर पिंड और तश्तरी के बीच का अभिलंब बल $N$ शून्य होना चाहिए।
उच्चतम बिंदु पर,पिंड का त्वरण नीचे की ओर होता है और यह $a = \omega^2 A$ के बराबर होता है।
उच्चतम बिंदु पर पिंड के लिए गति का समीकरण $mg - N = ma$ है।
अलग होने की स्थिति के लिए $N = 0$ रखने पर,हमें $mg = m\omega^2 A$ प्राप्त होता है,जिसे सरल करने पर $g = \omega^2 A$ मिलता है।
चूंकि $\omega^2 = k/m$,इसलिए $g = (k/m) A$ होता है।
दिए गए मानों को रखने पर: $10 = (500 / 1.0) \times A$.
$A = 10 / 500 = 0.02\,m = 2.0\,cm$.
अतः,यदि आयाम $A$ का मान $2.0\,cm$ या उससे अधिक है,तो पिंड तश्तरी से अलग होने की स्थिति में होगा।

(C) नियत दाब पर अवस्था परिवर्तन के दौरान किया गया कार्य $W = P \Delta V$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $P = 10^5\,Pa$ (वायुमंडलीय दाब),$V_{liquid} = 1\,cm^3 = 10^{-6}\,m^3$,और $V_{vapour} = 1671\,cm^3 = 1671 \times 10^{-6}\,m^3$.
$W = 10^5 \times (1671 - 1) \times 10^{-6} = 167\,J$.
दी गई ऊष्मा $Q = mL = 1\,g \times 2256\,J/g = 2256\,J$.
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$Q = \Delta U + W$,इसलिए $\Delta U = Q - W$.
$\Delta U = 2256\,J - 167\,J = 2089\,J$.

(B) माना तापमान $T$ पर कांच के पात्र का आयतन $V_g$ है और द्रव का आयतन $V_l$ है। माना $\gamma_g$ और $\gamma_l$ क्रमशः कांच और द्रव के आयतन प्रसार गुणांक हैं।
दिया गया है $\gamma_g : \gamma_l = 1 : 4$,इसलिए $\gamma_l = 4\gamma_g$ है।
खाली स्थान $V_v = V_g - V_l$ है।
खाली स्थान का आयतन सभी तापमानों पर समान रहने के लिए,पात्र के आयतन में परिवर्तन द्रव के आयतन में परिवर्तन के बराबर होना चाहिए।
$\Delta V_g = \Delta V_l$
$V_g \gamma_g \Delta T = V_l \gamma_l \Delta T$
$V_g \gamma_g = V_l (4\gamma_g)$
$V_g = 4V_l$
अतः,द्रव द्वारा घेरा गया आयतन का अंश $\frac{V_l}{V_g} = \frac{1}{4}$ है।

(C) संपर्क कोण $\theta$ का निर्धारण संबंध $\cos \theta = \frac{T_{SA} - T_{SL}}{T_{LA}}$ द्वारा किया जाता है,जहाँ $T_{SA}$,$T_{SL}$ और $T_{LA}$ क्रमशः ठोस-वायु,ठोस-द्रव और द्रव-वायु अंतरापृष्ठ के पृष्ठ तनाव हैं।
साधारण कांच की केशिका के लिए,पानी सतह को गीला करता है,जिसके परिणामस्वरूप न्यून कोण $(\theta < 90^{\circ})$ प्राप्त होता है और केशिका में पानी ऊपर चढ़ता है $(h > 0)$।
जब आंतरिक दीवार पर मोम की परत लगाई जाती है,तो सतह हाइड्रोफोबिक हो जाती है। मोम वाली सतह पर पानी के लिए,पानी और मोम के बीच का आसंजक बल पानी के ससंजक बल से कमजोर होता है। इससे पृष्ठ तनाव का संबंध ऐसा हो जाता है कि $\cos \theta$ ऋणात्मक हो जाता है।
परिणामस्वरूप,संपर्क कोण $\theta$ बढ़कर अधिक कोण $(90^{\circ} < \theta < 180^{\circ})$ हो जाता है।
चूंकि केशिका में ऊँचाई का सूत्र $h = \frac{2T \cos \theta}{r \rho g}$ है,इसलिए जब $\theta > 90^{\circ}$ होता है,तो $\cos \theta$ ऋणात्मक हो जाता है,जिसका अर्थ है कि केशिका नली में द्रव का स्तर बाहरी स्तर की तुलना में नीचे गिर जाता है। अतः,$h$ घट जाता है।

(A) मूल बिंदु के परितः कण का कोणीय संवेग $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p} = \vec{r} \times (m\vec{v})$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ द्रव्यमान $m = 2\, kg$ और स्थिति सदिश $\vec{r}(t) = 5\hat{i} - 2t^2\hat{j}$ है।
वेग सदिश $\vec{v}(t) = \frac{d\vec{r}}{dt} = \frac{d}{dt}(5\hat{i} - 2t^2\hat{j}) = -4t\hat{j}$ है।
$t = 2\, s$ पर:
स्थिति $\vec{r}(2) = 5\hat{i} - 2(2)^2\hat{j} = 5\hat{i} - 8\hat{j}$ है।
वेग $\vec{v}(2) = -4(2)\hat{j} = -8\hat{j}$ है।
कोणीय संवेग $\vec{L} = m(\vec{r} \times \vec{v}) = 2 \times [(5\hat{i} - 8\hat{j}) \times (-8\hat{j})]$ है।
चूंकि $\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}$ और $\hat{j} \times \hat{j} = 0$ होता है:
$\vec{L} = 2 \times [5\hat{i} \times (-8\hat{j}) - 8\hat{j} \times (-8\hat{j})] = 2 \times [-40\hat{k} - 0] = -80\hat{k}\, kg\, m^2\, s^{-1}$।

(B) मान लीजिए कि दोनों सिरों पर हवा के स्तंभों की प्रारंभिक लंबाई $l_0 = (100 - 20) / 2 = 40 \ cm$ है। जब नली को ऊर्ध्वाधर रखा जाता है तो पारा $y$ से विस्थापित हो जाता है।
हवा के दबाव में परिवर्तन बॉयल के नियम $(PV = \text{स्थिरांक})$ के अनुसार होता है:
निचले भाग के लिए: $P_0 (40 A) = P_1 (40 - y) A \Rightarrow P_1 = \frac{40 P_0}{40 - y}$
ऊपरी भाग के लिए: $P_0 (40 A) = P_2 (40 + y) A \Rightarrow P_2 = \frac{40 P_0}{40 + y}$
ऊर्ध्वाधर स्थिति में, निचले हिस्से का दबाव ऊपरी हिस्से का दबाव + $20 \ cm$ पारे के स्तंभ का दबाव है:
$P_1 = P_2 + h \rho g$
$P_0 = 76 \ cm$ ऑफ $Hg$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{40 \times 76 \rho g}{40 - y} = \frac{40 \times 76 \rho g}{40 + y} + 20 \rho g$
$\rho g$ से विभाजित करने पर:
$\frac{3040}{40 - y} - \frac{3040}{40 + y} = 20$
$3040 \left( \frac{2y}{1600 - y^2} \right) = 20$
$304 y = 1600 - y^2$
$y^2 + 304 y - 1600 = 0$
द्विघात सूत्र का उपयोग करने पर, $y \approx 5.18 \ cm$ प्राप्त होता है।

(D) लोहे का गोलक धारावाही कुंडली द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र से आकर्षित होता है। यह चुंबकीय बल गुरुत्वाकर्षण की दिशा में ही कार्य करता है,जिससे प्रभावी गुरुत्वीय त्वरण बढ़ जाता है $(g_{eff} > g)$। चूँकि $T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g_{eff}}}$,प्रभावी गुरुत्व में वृद्धि के कारण आवर्तकाल कम हो जाता है,इसलिए $T < 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$। इसके अतिरिक्त,चुंबकीय क्षेत्र में लोहे के गोलक की गति के कारण गोलक में भंवर धाराएँ (eddy currents) उत्पन्न होती हैं,जिससे ऊर्जा का ह्रास होता है और केवल हवा की तुलना में अवमंदन (damping) अधिक हो जाता है।

(D) चूंकि तार एक-दूसरे से जुड़े हुए हैं और समान भार के अधीन हैं,इसलिए दोनों तारों में तनाव $F$ समान है। साथ ही,अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ भी समान है।
यंग मापांक का सूत्र $Y = \frac{F L}{A \Delta L}$ है,जिसका अर्थ है $F = \frac{Y A \Delta L}{L}$।
चूंकि $F$ और $A$ दोनों तारों के लिए स्थिर हैं,इसलिए $\frac{Y_c \Delta L_c}{L_c} = \frac{Y_s \Delta L_s}{L_s}$ होगा।
दिया गया है: $L_c = 1.0\, m$,$L_s = 0.5\, m$,$\Delta L_c = 1\, mm$,$Y_c = 1.0 \times 10^{11}\, N/m^2$,$Y_s = 2.0 \times 10^{11}\, N/m^2$।
मान रखने पर: $(1.0 \times 10^{11}) \times (1\, mm / 1.0\, m) = (2.0 \times 10^{11}) \times (\Delta L_s / 0.5\, m)$।
$1.0 \times 10^{11} = (4.0 \times 10^{11}) \times \Delta L_s$।
$\Delta L_s = \frac{1.0 \times 10^{11}}{4.0 \times 10^{11}} = 0.25\, mm$।
कुल विस्तार = $\Delta L_c + \Delta L_s = 1\, mm + 0.25\, mm = 1.25\, mm$।

(B) $1$. $100\,^{\circ}C$ पर $10\, g$ भाप द्वारा $100\,^{\circ}C$ के पानी में बदलने पर मुक्त ऊष्मा: $Q_1 = m_s L_v = 10 \times 540 = 5400\, cal$.
$2$. $100\,^{\circ}C$ पर $10\, g$ गर्म पानी द्वारा $0\,^{\circ}C$ तक ठंडा होने पर मुक्त ऊष्मा: $Q_2 = m_s c_w \Delta T = 10 \times 1 \times 100 = 1000\, cal$.
$3$. बर्फ को पिघलाने के लिए उपलब्ध कुल ऊष्मा: $Q_{total} = 5400 + 1000 = 6400\, cal$.
$4$. $0\,^{\circ}C$ पर $100\, g$ बर्फ को पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा: $Q_{ice} = m_i L_f = 100 \times 80 = 8000\, cal$.
$5$. चूंकि $Q_{total} < Q_{ice}$,इसलिए केवल कुछ बर्फ पिघलेगी। पिघली हुई बर्फ का द्रव्यमान: $m_{melted} = Q_{total} / L_f = 6400 / 80 = 80\, g$.
$6$. कैलोरीमीटर में कुल पानी = (प्रारंभिक पानी) + (पिघली हुई बर्फ का द्रव्यमान) + (भाप से बना पानी) = $500 + 80 + 10 = 590\, g$.

(D) चूंकि निकाय पर कोई बाहरी क्षैतिज बल कार्य नहीं कर रहा है,इसलिए लड़के-कार्ट निकाय का द्रव्यमान केंद्र जमीन के सापेक्ष स्थिर रहता है।
माना $m_1 = 20\, kg$ लड़के का द्रव्यमान है और $m_2 = 80\, kg$ कार्ट का द्रव्यमान है।
माना लड़का कार्ट के सापेक्ष दीवार की ओर $10\, m$ चलता है। माना कार्ट जमीन के सापेक्ष दीवार से दूर $x$ दूरी तक चलता है।
जमीन के सापेक्ष लड़के का दीवार की ओर विस्थापन $\Delta x_1 = 10 - x$ है।
जमीन के सापेक्ष कार्ट का दीवार से दूर विस्थापन $\Delta x_2 = -x$ है।
द्रव्यमान केंद्र के विस्थापन सूत्र का उपयोग करते हुए: $m_1 \Delta x_1 + m_2 \Delta x_2 = 0$.
$20(10 - x) + 80(-x) = 0$.
$200 - 20x - 80x = 0$.
$100x = 200 \implies x = 2\, m$.
जमीन के सापेक्ष लड़के का दीवार की ओर कुल विस्थापन $\Delta x_1 = 10 - 2 = 8\, m$ है।
दीवार से लड़के की अंतिम दूरी $25 - 8 = 17\, m$ होगी।

(D) तार की कुल लंबाई,$L = 114\, cm$ है।
तने हुए तार की मूल आवृत्ति $n = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जिसका अर्थ है कि $n \propto \frac{1}{L}$।
आवृत्तियों का अनुपात $n_1 : n_2 : n_3 = 1 : 3 : 4$ दिया गया है।
इसलिए,तीन खंडों की लंबाई का अनुपात $L_1 : L_2 : L_3 = \frac{1}{1} : \frac{1}{3} : \frac{1}{4} = 12 : 4 : 3$ होगा।
अनुपात के भागों का योग $12 + 4 + 3 = 19$ है।
लंबाई की गणना:
$L_1 = \frac{12}{19} \times 114 = 12 \times 6 = 72\, cm$।
$L_2 = \frac{4}{19} \times 114 = 4 \times 6 = 24\, cm$।
$L_3 = \frac{3}{19} \times 114 = 3 \times 6 = 18\, cm$।
तार को इन खंडों में विभाजित करने के लिए,पहला पुल एक सिरे से $72\, cm$ पर और दूसरा पुल उसी सिरे से $72 + 24 = 96\, cm$ पर रखा जाना चाहिए।

(C) माना प्रक्षेपण बिंदु $O$ है और मूल परास $OQ = 4\, km$ है। उच्चतम बिंदु $P$ है,जो प्रक्षेपण बिंदु से $OP = 2\, km$ की क्षैतिज दूरी पर है।
चूंकि विस्फोट आंतरिक बलों के कारण होता है,इसलिए निकाय का द्रव्यमान केंद्र मूल परवलयाकार पथ का अनुसरण करता है और $Q$ बिंदु पर जमीन से टकराता है।
माना भारी भाग का द्रव्यमान $m_1 = 3M/4$ और हल्के भाग का द्रव्यमान $m_2 = M/4$ है।
भारी भाग $P$ से लंबवत नीचे गिरता है,इसलिए इसकी क्षैतिज स्थिति $x_1 = OP = 2\, km$ है।
माना हल्के भाग की क्षैतिज स्थिति $x_2 = OR$ है।
द्रव्यमान केंद्र की स्थिति $x_{cm}$ इस प्रकार दी जाती है:
$x_{cm} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2}$
मान रखने पर:
$4 = \frac{(3M/4) \times 2 + (M/4) \times x_2}{M}$
$4 = \frac{3}{2} + \frac{x_2}{4}$
$4 - 1.5 = \frac{x_2}{4}$
$2.5 = \frac{x_2}{4}$
$x_2 = 10\, km$.
अतः,हल्के भाग की क्षैतिज परास $10\, km$ है।

(C) भौतिक राशियों के आयाम इस प्रकार हैं: आवर्तकाल $t = [T]$,घनत्व $d = [ML^{-3}]$,त्रिज्या $r = [L]$,पृष्ठ तनाव $s = [MT^{-2}]$.
दिया गया सूत्र: $t = r^b s^{c/2} d^{a/4}$.
आयामों को प्रतिस्थापित करने पर: $[T] = [L]^b [MT^{-2}]^{c/2} [ML^{-3}]^{a/4}$.
$M$ की घातों की तुलना करने पर: $0 = c/2 + a/4 \implies a = -2c$.
$T$ की घातों की तुलना करने पर: $1 = -c \implies c = -1$.
$c = -1$ को $a = -2c$ में रखने पर,हमें $a = 2$ प्राप्त होता है।
$L$ की घातों की तुलना करने पर: $0 = b - 3(a/4) = b - 3(2/4) = b - 3/2$.
अतः,$b = 3/2$.

(C) एक आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा $(U)$ पूरी तरह से गतिज होती है क्योंकि इसमें कोई अंतर-आणविक आकर्षण बल नहीं होता है $(U_p = 0)$। अतः,$U = U_k = \frac{3}{2} \mu R T$,जो केवल परम तापमान $T$ पर निर्भर करता है। इसलिए,कथन-$1$ सत्य है।
ऊष्मा की दी गई मात्रा $\Delta Q$ के लिए,तापमान में परिवर्तन $\Delta T$ को $\Delta Q = \mu C \Delta T$ द्वारा दिया जाता है,या $\Delta T = \frac{\Delta Q}{\mu C}$।
चूंकि स्थिर दबाव पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $(C_P)$,स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $(C_V)$ से अधिक होती है,यानी $C_P > C_V$,इसलिए समान $\Delta Q$ के लिए,$(\Delta T)_P < (\Delta T)_V$ होता है। अतः,कथन-$2$ सत्य है।
हालाँकि,कथन-$2$ विशिष्ट ऊष्मा और तापमान वृद्धि के बीच संबंध का वर्णन करता है,जो यह कारण नहीं है कि आंतरिक ऊर्जा केवल तापमान पर क्यों निर्भर करती है। इसलिए,कथन-$2$,कथन-$1$ की सही व्याख्या नहीं है।

(C) दिया गया है: लेंस का व्यास $D = 6 \, cm$,इसलिए त्रिज्या $r = 3 \, cm$ है। मोटाई $y = 3 \, mm = 0.3 \, cm$ है। लेंस में प्रकाश की गति $v = 2 \times 10^8 \, m/s$ है। निर्वात में प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^8 \, m/s$ है।
$1$. अपवर्तनांक $\mu$ की गणना:
$\mu = \frac{c}{v} = \frac{3 \times 10^8}{2 \times 10^8} = 1.5$.
$2$. वक्र सतह की वक्रता त्रिज्या $R$ की गणना:
लेंस की ज्यामिति से,$R^2 = r^2 + (R - y)^2$.
$R^2 = r^2 + R^2 - 2Ry + y^2$.
$2Ry = r^2 + y^2$.
चूंकि $y$ बहुत छोटा है,इसलिए $y^2$ की उपेक्षा की जा सकती है।
$R = \frac{r^2}{2y} = \frac{3^2}{2 \times 0.3} = \frac{9}{0.6} = 15 \, cm$.
$3$. लेंस मेकर सूत्र का उपयोग करके फोकस दूरी $f$ की गणना:
$\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$.
समतल-उत्तल लेंस के लिए,$R_1 = R = 15 \, cm$ और $R_2 = \infty$ है।
$\frac{1}{f} = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{15} - \frac{1}{\infty} \right) = 0.5 \times \frac{1}{15} = \frac{1}{30}$.
अतः,$f = 30 \, cm$।

(A) एक प्रिज्म के लिए,विचलन कोण $(\delta)$ और आपतन कोण $(i)$ के बीच का संबंध सूत्र $\delta = (i + e) - A$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $e$ निर्गत कोण है और $A$ प्रिज्म का कोण है।
जैसे-जैसे आपतन कोण $(i)$ बढ़ता है,विचलन कोण $(\delta)$ शुरू में घटता है।
यह एक विशिष्ट आपतन कोण पर न्यूनतम विचलन कोण $(\delta_m)$ नामक न्यूनतम मान तक पहुँचता है।
इस बिंदु के बाद,जैसे-जैसे आपतन कोण $(i)$ बढ़ना जारी रहता है,विचलन कोण $(\delta)$ फिर से बढ़ने लगता है।
इसलिए,$\delta$ और $i$ के बीच का ग्राफ एक परवलय जैसा वक्र है जो एक न्यूनतम मान दिखाता है,जो विकल्प $A$ में दिखाए गए ग्राफ के अनुरूप है।

(C) जब दो संधारित्रों को इस प्रकार जोड़ा जाता है कि उनकी विपरीत ध्रुवता वाली प्लेटें एक साथ जुड़ जाएं,तो अंतिम विभव शून्य होने के लिए जुड़ी हुई प्लेटों पर कुल आवेश शून्य होना चाहिए।
संधारित्रों पर प्रारंभिक आवेश $q_1 = C_1 V_1 = 120 C_1$ और $q_2 = C_2 V_2 = 200 C_2$ हैं।
अंतिम विभव शून्य होने के लिए,कुल आवेश शून्य होना चाहिए,जिसका अर्थ है कि आवेशों के परिमाण समान होने चाहिए:
$120 C_1 = 200 C_2$
दोनों पक्षों को $40$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$3 C_1 = 5 C_2$

(A) मान लीजिए कि छड़ का रैखिक आवेश घनत्व $\lambda = \frac{Q}{L}$ है।
बिंदु $O$ से $x$ दूरी पर छड़ पर $dx$ लंबाई का एक छोटा अवयव मानिए।
इस अवयव पर आवेश $dq = \lambda dx = \frac{Q}{L} dx$ है।
इस अवयव के कारण बिंदु $O$ पर विद्युत विभव $dV = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{dq}{x} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q}{L} \frac{dx}{x}$ है।
बिंदु $O$ पर कुल विभव $V$ प्राप्त करने के लिए $x = L$ (सिरे $A$ पर) से $x = 2L$ (सिरे $B$ पर) तक समाकलन करने पर:
$V = \int_{L}^{2L} \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 L} \frac{dx}{x} = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 L} [\ln x]_{L}^{2L} = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 L} (\ln 2L - \ln L) = \frac{Q \ln 2}{4 \pi \varepsilon_0 L}$.

(B) मान लीजिए कि आवेश $q_0$ को $y$-अक्ष के अनुदिश $y$ की छोटी दूरी से विस्थापित किया जाता है।
प्रत्येक आवेश $q$ और आवेश $q_0$ के बीच की दूरी $r = \sqrt{y^2 + a^2}$ है।
कूलम्ब के नियम के अनुसार प्रत्येक आवेश $q$ द्वारा $q_0$ पर लगाए गए स्थिर वैद्युत बल $F$ का परिमाण है:
$F = \frac{k q q_0}{r^2} = \frac{k q (q/2)}{y^2 + a^2} = \frac{k q^2}{2(y^2 + a^2)}$.
बलों के क्षैतिज घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं,जबकि ऊर्ध्वाधर घटक जुड़ जाते हैं।
$q_0$ पर कार्य करने वाला नेट बल $F_{net}$ मूल बिंदु की ओर निर्देशित होता है (प्रत्यानयन बल):
$F_{net} = -2 F \cos \theta$,जहाँ $\cos \theta = \frac{y}{r} = \frac{y}{\sqrt{y^2 + a^2}}$.
मान रखने पर:
$F_{net} = -2 \left[ \frac{k q^2}{2(y^2 + a^2)} \right] \cdot \frac{y}{\sqrt{y^2 + a^2}} = -\frac{k q^2 y}{(y^2 + a^2)^{3/2}}$.
चूंकि विस्थापन $y$ बहुत छोटा $(y << a)$ है,हम $(y^2 + a^2)^{3/2} \approx (a^2)^{3/2} = a^3$ मान सकते हैं।
अतः,$F_{net} \approx -\frac{k q^2}{a^3} y$.
चूंकि $k, q,$ और $a$ स्थिरांक हैं,इसलिए $F_{net} \propto -y$.

(D) एमीटर का प्रतिरोध $R_A = \frac{G \cdot S}{G + S}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $G$ गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध है और $S$ शंट प्रतिरोध है।
एमीटर की रेंज $(I)$ बढ़ाने के लिए,शंट प्रतिरोध $S$ को कम करना पड़ता है,क्योंकि $S = \frac{I_g G}{I - I_g}$ होता है।
जैसे-जैसे रेंज $(I)$ बढ़ती है,आवश्यक शंट प्रतिरोध $S$ कम हो जाता है,जिससे एमीटर का कुल प्रतिरोध $R_A$ कम हो जाता है। इसलिए,कथन-$I$ असत्य है।
कथन-$II$ सत्य है क्योंकि समानांतर में एक अतिरिक्त शंट जोड़ने से प्रभावी रूप से कुल प्रतिरोध कम हो जाता है और अधिक धारा गैल्वेनोमीटर से बाहर निकल जाती है,जिससे रेंज बढ़ जाती है।

(A) बल्ब की शक्ति $P_b = 60\, W$ है। बल्ब का प्रतिरोध $R_b = \frac{V^2}{P_b} = \frac{120^2}{60} = 240\,\Omega$ है।
लीड तारों का प्रतिरोध $R_L = 6\,\Omega$ है।
हीटर चालू करने से पहले बल्ब के सिरों पर वोल्टेज: $V_1 = \frac{R_b}{R_b + R_L} \times 120 = \frac{240}{240 + 6} \times 120 = \frac{240}{246} \times 120 \approx 117.07\, V$ है।
हीटर की शक्ति $P_h = 240\, W$ है। हीटर का प्रतिरोध $R_h = \frac{V^2}{P_h} = \frac{120^2}{240} = 60\,\Omega$ है।
जब हीटर बल्ब के समानांतर में होता है,तो तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{R_b \times R_h}{R_b + R_h} = \frac{240 \times 60}{240 + 60} = \frac{14400}{300} = 48\,\Omega$ है।
हीटर चालू करने के बाद बल्ब के सिरों पर वोल्टेज: $V_2 = \frac{R_p}{R_p + R_L} \times 120 = \frac{48}{48 + 6} \times 120 = \frac{48}{54} \times 120 \approx 106.67\, V$ है।
वोल्टेज में कमी $= V_1 - V_2 = 117.07 - 106.67 = 10.4\, V$ है।

(B) दिया गया है: चुंबकीय आघूर्ण $M_1 = 1.20 \ Am^2$ और $M_2 = 1.00 \ Am^2$.
चुंबकों के बीच की दूरी $20.0 \ cm$ है,इसलिए मध्य बिंदु $O$ की प्रत्येक चुंबक से दूरी $r = 10.0 \ cm = 0.1 \ m$ है।
चित्र के अनुसार,बिंदु $O$ दोनों चुंबकों की निरक्षीय रेखा (equatorial line) पर स्थित है। एक छोटे छड़ चुंबक के कारण उसकी निरक्षीय रेखा पर चुंबकीय क्षेत्र का सूत्र $B = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{M}{r^3}$ होता है।
चूंकि दोनों चुंबकों के क्षेत्र एक ही दिशा में हैं,इसलिए कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{net} = B_1 + B_2 + B_H = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{(M_1 + M_2)}{r^3} + B_H$ होगा।
मान रखने पर: $B_{net} = 10^{-7} \times \frac{(1.20 + 1.00)}{(0.1)^3} + 3.6 \times 10^{-5}$
$B_{net} = 10^{-7} \times \frac{2.20}{0.001} + 3.6 \times 10^{-5} = 2.2 \times 10^{-4} + 0.36 \times 10^{-4} = 2.56 \times 10^{-4} \ Wb/m^2$.

(D) प्रकाश-विद्युत प्रभाव (फोटोइलेक्ट्रिक प्रभाव) के अनुसार,एक फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
जैसे-जैसे आपतित प्रकाश की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ बढ़ती है,आपतित फोटॉनों की ऊर्जा कम होती जाती है।
प्रकाश-विद्युत उत्सर्जन केवल तभी होता है जब आपतित फोटॉन की ऊर्जा धातु की सतह के कार्य फलन (work function) $\phi$ के बराबर या उससे अधिक हो।
इसका अर्थ है कि एक अधिकतम तरंगदैर्ध्य मौजूद होती है,जिसे थ्रेशोल्ड तरंगदैर्ध्य $\lambda_0$ कहा जाता है,ताकि सभी $\lambda > \lambda_0$ के लिए,फोटॉनों की ऊर्जा कैथोड से इलेक्ट्रॉनों को बाहर निकालने के लिए अपर्याप्त हो।
परिणामस्वरूप,सभी $\lambda > \lambda_0$ के लिए फोटोकरंट $I$ शून्य होगा।
जैसे-जैसे $\lambda$ एक छोटे मान से $\lambda_0$ की ओर बढ़ता है,उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉनों की संख्या (और इसलिए करंट $I$) आमतौर पर घटती है या तीव्रता के आधार पर स्थिर रहती है,लेकिन इसे $\lambda = \lambda_0$ पर शून्य होना ही चाहिए।
दिए गए विकल्पों में से,जो ग्राफ करंट को घटते हुए और अंततः एक विशिष्ट तरंगदैर्ध्य पर शून्य होते हुए दिखाता है,वह विकल्प $(d)$ द्वारा दर्शाया गया है।

(D) स्थिर सिरे से $x$ दूरी पर छड़ के एक छोटे अवयव $dx$ में प्रेरित $e.m.f.$ $de = Bv dx = B(\omega x) dx$ द्वारा दिया जाता है।
छड़ के सिरों के बीच कुल प्रेरित $e.m.f.$ ज्ञात करने के लिए,हम इस व्यंजक का समाकलन केंद्र से छड़ के आंतरिक सिरे (दूरी $2l$) से बाहरी सिरे (दूरी $2l + l = 3l$) तक करते हैं।
$e = \int_{2l}^{3l} B\omega x dx$
$e = B\omega \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{2l}^{3l}$
$e = \frac{B\omega}{2} [(3l)^2 - (2l)^2]$
$e = \frac{B\omega}{2} [9l^2 - 4l^2]$
$e = \frac{5B\omega l^2}{2}$

(D) जब स्विच $S_1$ बंद होता है और $S_2$ खुला होता है,तो सर्किट बैटरी $V$,प्रतिरोधक $R$ और संधारित्र $C$ से युक्त एक साधारण श्रेणी $RC$ सर्किट के रूप में कार्य करता है।
किसी भी समय $t$ पर संधारित्र पर आवेश $q$ चार्जिंग सूत्र द्वारा दिया जाता है: $q(t) = CV(1 - e^{-t/\tau})$,जहाँ $\tau = RC$ है।
विकल्प $D$ की जाँच करने पर: $t = 2\tau$ पर,सूत्र में मान रखने पर $q = CV(1 - e^{-2\tau/\tau}) = CV(1 - e^{-2})$ प्राप्त होता है।
अतः,विकल्प $D$ सही कथन है।

(B) दिया गया है कि चुंबकीय क्षेत्र का शिखर मान $B_{0} = 20 \ nT = 20 \times 10^{-9} \ T$ है।
निर्वात में प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^{8} \ ms^{-1}$ है।
विद्युतचुंबकीय तरंग में शिखर विद्युत क्षेत्र $E_{0}$ और शिखर चुंबकीय क्षेत्र $B_{0}$ के बीच का संबंध $E_{0} = B_{0} \times c$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर:
$E_{0} = (20 \times 10^{-9} \ T) \times (3 \times 10^{8} \ ms^{-1})$
$E_{0} = 60 \times 10^{-1} \ Vm^{-1}$
$E_{0} = 6 \ Vm^{-1}$.
अतः,विद्युत क्षेत्र की तीव्रता का शिखर मान $6 \ Vm^{-1}$ है।

(A) दी गई व्यवस्था में,दो कला-संबद्ध बिंदु स्रोत $S_1$ और $S_2$ स्क्रीन के लंबवत अक्ष पर रखे गए हैं।
स्क्रीन पर किसी भी बिंदु $P$ के लिए,पथ अंतर $\Delta x = |S_2P - S_1P|$ बिंदुओं के एक दिए गए बिंदु-पथ के लिए स्थिर रहता है।
चूंकि स्रोत अक्ष पर स्थित हैं,इसलिए स्क्रीन पर समान पथ अंतर वाले बिंदुओं का बिंदु-पथ उस बिंदु को केंद्र मानकर संकेंद्रित वृत्तों का एक समूह बनाता है जहाँ अक्ष स्क्रीन को काटता है।
अतः,स्क्रीन पर प्राप्त व्यतिकरण फ्रिंज संकेंद्रित वृत्त होंगे।

(D) जब $I_0$ तीव्रता का अध्रुवित प्रकाश पहले पोलरॉइड $A$ से गुजरता है,तो संचरित प्रकाश की तीव्रता $I_1 = \frac{I_0}{2}$ हो जाती है।
मेलस के नियम के अनुसार,जब यह ध्रुवित प्रकाश दूसरे पोलरॉइड $B$ से गुजरता है,जिसका संचरण अक्ष $A$ के अक्ष के साथ $\theta = 45^{\circ}$ का कोण बनाता है,तो निर्गत प्रकाश की तीव्रता $I_R$ इस प्रकार दी जाती है:
$I_R = I_1 \cos^2(\theta)$
मान रखने पर:
$I_R = \left(\frac{I_0}{2}\right) \cos^2(45^{\circ})$
चूंकि $\cos(45^{\circ}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$,इसलिए $\cos^2(45^{\circ}) = \frac{1}{2}$ होता है।
अतः,$I_R = \frac{I_0}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{I_0}{4}$।

(A) उत्सर्जित विकिरण की आवृत्ति $\nu$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\nu = c R Z^2 [1/(n-1)^2 - 1/n^2]$.
कोष्ठक के अंदर के व्यंजक को सरल करने पर: $[n^2 - (n-1)^2] / [n^2(n-1)^2] = (n^2 - (n^2 - 2n + 1)) / [n^2(n-1)^2] = (2n - 1) / [n^2(n-1)^2]$.
चूंकि $n >> 1$ है,हम $(2n - 1) \approx 2n$ और $(n-1) \approx n$ मान सकते हैं।
इन अनुमानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\nu \approx c R Z^2 [2n / (n^2 \cdot n^2)] = c R Z^2 [2n / n^4] = 2 c R Z^2 / n^3$.
अतः,आवृत्ति $\nu$ का मान $1/n^3$ के समानुपाती है।

(B) $LED$ एक अग्र-अभिनत (forward-biased) $p-n$ जंक्शन डायोड है जो विद्युत धारा प्रवाहित होने पर प्रकाश उत्सर्जित करता है। उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $E = h\nu = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है। चूंकि $E = eV$,जहाँ $V$ थ्रेशोल्ड वोल्टेज है,हमारे पास $eV = \frac{hc}{\lambda}$ है,जिसका अर्थ है $V \propto \frac{1}{\lambda}$। चूंकि आवृत्ति $\nu$ और तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के बीच संबंध $\nu = \frac{c}{\lambda}$ है,इसलिए $V \propto \nu$ होता है। उच्च आवृत्ति वाले प्रकाश (जैसे नीला) के लिए कम आवृत्ति वाले प्रकाश (जैसे लाल) की तुलना में उच्च थ्रेशोल्ड वोल्टेज की आवश्यकता होती है। इसलिए,एक दी गई धारा के लिए,आवश्यक वोल्टेज $R < Y < G < B$ के क्रम में बढ़ता है। वह ग्राफ जो इस अग्र-अभिनत विशेषता को सही ढंग से दर्शाता है जहाँ थ्रेशोल्ड वोल्टेज आवृत्ति के साथ बढ़ता है,वही सही उत्तर है।

(A) यह सर्किट आउटपुट नोड $C$ और ग्राउंड के बीच श्रृंखला में जुड़े दो $npn$ ट्रांजिस्टर से बना है।
आउटपुट $C$ के कम $(0 \, V)$ होने के लिए,दोनों ट्रांजिस्टर '$ON$' स्थिति (कंडक्टिंग) में होने चाहिए,जो तब होता है जब दोनों इनपुट $A$ और $B$ उच्च $(5 \, V)$ हों।
यदि $A$ या $B$ में से कोई भी कम $(0 \, V)$ है,तो संबंधित ट्रांजिस्टर '$OFF$' हो जाता है,और आउटपुट $C$ प्रतिरोधक के माध्यम से $5 \, V$ (उच्च) पर खिंच जाता है।
यह व्यवहार $NAND$ गेट की सत्यता सारणी (truth table) का पालन करता है:
- यदि $A=0, B=0$,तो $C=1$
- यदि $A=0, B=1$,तो $C=1$
- यदि $A=1, B=0$,तो $C=1$
- यदि $A=1, B=1$,तो $C=0$
अतः,$C$ पर आउटपुट $A \, NAND \, B$ या $\overline{A \cdot B} = C$ के अनुरूप है।

(C) मीटर ब्रिज में,संतुलन की स्थिति $\frac{R_1}{R_2} = \frac{l}{100-l}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $\frac{X}{Y} = \frac{40}{100-40} = \frac{40}{60} = \frac{2}{3}$.
अतः,$X = \frac{2}{3}Y$.
अब,हम $3X$ को $Y$ के विरुद्ध संतुलित करते हैं। मान लीजिए कि नया शून्य विक्षेप बिंदु $l' \ cm$ पर है।
तब,$\frac{3X}{Y} = \frac{l'}{100-l'}$.
समीकरण में $X = \frac{2}{3}Y$ रखने पर:
$\frac{3(\frac{2}{3}Y)}{Y} = \frac{l'}{100-l'}$
$2 = \frac{l'}{100-l'}$
$2(100 - l') = l'$
$200 - 2l' = l'$
$3l' = 200$
$l' = \frac{200}{3} \approx 66.67 \ cm$.
निकटतम पूर्णांक में,शून्य विक्षेप बिंदु $67 \ cm$ के करीब है।

(B) परावर्तित प्रकाश की तीव्रता तब न्यूनतम होती है जब आपतन कोण ब्रूस्टर कोण $(i_B)$ होता है।
ब्रूस्टर कोण पर,परावर्तित किरण पूरी तरह से ध्रुवीकृत हो जाती है।
दिया गया है $\mu = \tan i_B = \frac{4}{3}$।
समस्या की ज्यामिति के अनुसार,मान लें कि नदी पर परावर्तन बिंदु $A$ है। व्यक्ति $10\, m$ की ऊंचाई पर बिंदु $C$ पर है और प्रकाश स्रोत टॉवर पर $Y$ ऊंचाई पर बिंदु $E$ पर है।
$\triangle ABC$ में,$\tan(90^{\circ} - i_B) = \frac{BC}{AB} \implies \cot i_B = \frac{10}{X}$।
चूंकि $\tan i_B = \frac{4}{3}$,इसलिए $\cot i_B = \frac{3}{4}$ है।
अतः,$\frac{3}{4} = \frac{10}{X} \implies X = \frac{40}{3} \approx 13.33\, m$।
$\triangle AEF$ में,$\tan(90^{\circ} - i_B) = \frac{EF}{AF} \implies \cot i_B = \frac{Y}{50 - X}$।
मान रखने पर,$\frac{3}{4} = \frac{Y}{50 - 13.33} = \frac{Y}{36.67}$।
$Y = \frac{3}{4} \times 36.67 \approx 27.5\, m$।
निकटतम मान लेने पर,$X \approx 13\, m$ और $Y \approx 27\, m$।

(C) जब एक आवेशित कण $x$-अक्ष पर प्रारंभिक वेग $u$ के साथ विद्युत क्षेत्र में लंबवत प्रवेश करता है,तो वह $y$-अक्ष पर एक स्थिर बल $F = qE$ का अनुभव करता है।
कण का त्वरण $a_y = \frac{qE}{m}$ है।
समय $t$ पर $x$-अक्ष के अनुदिश विस्थापन $x = ut$ है,इसलिए $t = \frac{x}{u}$।
$y$-अक्ष के अनुदिश विस्थापन $y = \frac{1}{2} a_y t^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{qE}{m} \right) \left( \frac{x}{u} \right)^2$ है।
चूंकि $y \propto x^2$,यह एक परवलय का समीकरण है।

(A) फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
तरंगदैर्ध्य के लिए सूत्र: $\lambda = \frac{hc}{E}$.
यहाँ $E = 11 \, keV = 11 \times 10^3 \times 1.6 \times 10^{-19} \, J$ दिया गया है।
$hc = 12400 \, eV \cdot \mathring{A}$ का उपयोग करने पर,$\lambda = \frac{12400 \, eV \cdot \mathring{A}}{11000 \, eV} \approx 1.13 \, \mathring{A}$ प्राप्त होता है।
$X-$किरणों की तरंगदैर्ध्य सीमा लगभग $0.1 \, \mathring{A}$ से $100 \, \mathring{A}$ होती है।
चूंकि $1.13 \, \mathring{A}$ इस सीमा के भीतर आता है,इसलिए यह विकिरण $X-$किरण क्षेत्र से संबंधित है।

(C) आयाम मॉडुलित तरंग का मानक समीकरण $C_m(t) = A_c(1 + \mu \sin \omega_m t) \sin \omega_c t$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\mu$ मॉडुलन सूचकांक है।
दी गई वाहक तरंग $C(t) = A \sin \omega_c t$ और मॉडुलक सिग्नल $m(t) = A \sin \omega_m t$ के लिए,वाहक का आयाम $A_c = A$ है और मॉडुलक सिग्नल का आयाम $A_m = A$ है।
मॉडुलन सूचकांक $\mu$ को $\mu = \frac{A_m}{A_c} = \frac{A}{A} = 1$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
सामान्य समीकरण में $\mu = 1$ और $A_c = A$ रखने पर,हमें $C_m(t) = A(1 + 1 \cdot \sin \omega_m t) \sin \omega_c t = A(1 + \sin \omega_m t) \sin \omega_c t$ प्राप्त होता है।
अतः,मॉडुलित सिग्नल $C_m(t) = A(1 + \sin \omega_m t) \sin \omega_c t$ है और मॉडुलन सूचकांक $1$ है।

(D) '$A$' अक्षर $20\,cm$ लंबाई की दो भुजाओं और $10\,cm$ लंबाई के क्रॉस-पीस से बना है। मान लीजिए कि क्रॉस-पीस शीर्ष $A$ से $x$ दूरी पर जुड़ा है। चूँकि शीर्ष कोण $60^{\circ}$ है और शीर्ष तथा क्रॉस-पीस द्वारा बना त्रिभुज समबाहु है,इसलिए क्रॉस-पीस की लंबाई शीर्ष से क्रॉस-पीस तक की दूरी के बराबर है। अतः,$x = 10\,cm$.
प्रत्येक खंड का प्रतिरोध इस प्रकार है:
ऊपरी खंडों $AD$ और $AE$ का प्रतिरोध प्रत्येक $10\,\Omega$ है।
क्रॉस-पीस $DE$ का प्रतिरोध $10\,\Omega$ है।
निचले खंडों $DB$ और $EC$ का प्रतिरोध प्रत्येक $(20 - 10) = 10\,\Omega$ है।
परिपथ को सरल बनाया जा सकता है: $B$ और $C$ टर्मिनलों से देखने पर,मार्ग $B-D$ है,फिर $(D-A-E)$ और $(D-E)$ का समानांतर संयोजन है,और अंत में $E-C$ है।
शाखा $DAE$ का प्रतिरोध $= 10 + 10 = 20\,\Omega$.
शाखा $DE$ का प्रतिरोध $= 10\,\Omega$.
$DAE$ और $DE$ के समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध: $R_p = \frac{20 \times 10}{20 + 10} = \frac{200}{30} = 6.67\,\Omega$.
$B$ और $C$ के बीच कुल प्रतिरोध: $R_{BC} = R_{BD} + R_p + R_{EC} = 10 + 6.67 + 10 = 26.67\,\Omega \approx 26.7\,\Omega$.

(B) $R$ त्रिज्या और $I$ धारा वाली वृत्ताकार कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{centre}} = \frac{\mu_0 I}{2R}$ होता है।
कुंडली के केंद्र से $x$ दूरी पर उसकी अक्ष पर स्थित बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{axis}} = \frac{\mu_0 I R^2}{2(R^2 + x^2)^{3/2}}$ होता है।
केंद्र और अक्ष पर चुंबकीय क्षेत्र का अनुपात:
$\frac{B_{\text{centre}}}{B_{\text{axis}}} = \frac{\mu_0 I / 2R}{\mu_0 I R^2 / 2(R^2 + x^2)^{3/2}} = \frac{(R^2 + x^2)^{3/2}}{R^3} = \left(1 + \frac{x^2}{R^2}\right)^{3/2}$.
यहाँ $x = 2\sqrt{2}R$ दिया गया है,इसलिए:
$\frac{B_{\text{centre}}}{B_{\text{axis}}} = \left(1 + \frac{(2\sqrt{2}R)^2}{R^2}\right)^{3/2} = \left(1 + \frac{8R^2}{R^2}\right)^{3/2} = (1 + 8)^{3/2} = (9)^{3/2} = (3^2)^{3/2} = 3^3 = 27$.

(B) माध्यम में प्रकाश का वेग $v = \frac{d}{t} = \frac{3.0 \times 10^{-2} \ m}{0.2 \times 10^{-9} \ s} = 1.5 \times 10^8 \ m/s$ है।
हवा के सापेक्ष माध्यम का अपवर्तनांक $\mu = \frac{c}{v} = \frac{3 \times 10^8 \ m/s}{1.5 \times 10^8 \ m/s} = 2$ है।
क्रांतिक कोण $C$ का मान $\sin C = \frac{1}{\mu} = \frac{1}{2}$ है,जिसका अर्थ है $C = 30^o$ है।
पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ तब होता है जब आपतन कोण $i > C$ हो।
स्थिति $(A)$ के लिए,$i = 20^o < 30^o$,इसलिए यह अपवर्तित होगी।
स्थिति $(B)$ के लिए,$i = 40^o > 30^o$,इसलिए यह पूर्ण आंतरिक परावर्तन का अनुभव करेगी।
अतः,किरण केवल स्थिति $(B)$ में पूर्ण आंतरिक परावर्तन का अनुभव करेगी।

(C) आघूर्ण $\vec{p}_1$ वाले द्विध्रुव द्वारा $x$ दूरी पर निरक्षीय स्थिति में उत्पन्न विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\vec{p}_1}{x^3}$ होता है।
इस क्षेत्र में दूसरे द्विध्रुव $\vec{p}_2$ की स्थितिज ऊर्जा $U = -\vec{p}_2 \cdot \vec{E} = -\vec{p}_2 \cdot \left( -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\vec{p}_1}{x^3} \right) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{p_1p_2}{x^3}$ है (चूंकि $\vec{p}_1 \parallel \vec{p}_2$)।
द्विध्रुवों के बीच का बल $F = -\frac{dU}{dx}$ द्वारा दिया जाता है।
$F = -\frac{d}{dx} \left( \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{p_1p_2}{x^3} \right) = -\frac{p_1p_2}{4\pi\varepsilon_0} (-3x^{-4}) = \frac{3p_1p_2}{4\pi\varepsilon_0 x^4}$.
हालाँकि,दो समानांतर द्विध्रुवों के लिए जो अगल-बगल (निरक्षीय विन्यास) रखे गए हैं,बल आकर्षक होता है और इसका परिमाण $F = \frac{6p_1p_2}{4\pi\varepsilon_0 x^4}$ होता है।

(D) संतुलन में,एक गेंद पर कार्य करने वाले बल स्थिर-वैद्युत बल $F_e$,तनाव $T$ और भार $mg$ हैं।
$F_e = T \sin \theta$
$mg = T \cos \theta$
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर,$\tan \theta = \frac{F_e}{mg} = \frac{q^2}{4 \pi \epsilon_0 x^2 mg}$ प्राप्त होता है।
चूंकि कोण $\theta$ छोटा है,$\tan \theta \approx \sin \theta = \frac{x/2}{l}$।
$\tan \theta$ के लिए दोनों व्यंजकों को बराबर करने पर:
$\frac{x}{2l} = \frac{q^2}{4 \pi \epsilon_0 x^2 mg}$
$x^3 = \frac{2 q^2 l}{4 \pi \epsilon_0 mg}$
$x^3 = \frac{q^2 l}{2 \pi \epsilon_0 mg}$
अतः,$x = \left( \frac{q^2 l}{2 \pi \epsilon_0 mg} \right)^{1/3}$।
इसलिए,$x \propto l^{1/3}$।

(C) नाभिकीय विखंडन अभिक्रिया में,समीकरण के दोनों पक्षों में न्यूक्लियॉन की कुल संख्या (द्रव्यमान संख्या) और कुल आवेश (परमाणु संख्या) संरक्षित रहने चाहिए।
दी गई अभिक्रिया: ${}_{92}U^{235} + {}_0n^1 \to {}_{56}Ba^{141} + {}_{36}Kr^{92} + 3x + Q$.
मान लीजिए कि कण $x$ को ${}_Z A^A$ द्वारा दर्शाया गया है।
द्रव्यमान संख्या को संतुलित करने पर: $235 + 1 = 141 + 92 + 3A$.
$236 = 233 + 3A \implies 3A = 3 \implies A = 1$.
परमाणु संख्या को संतुलित करने पर: $92 + 0 = 56 + 36 + 3Z$.
$92 = 92 + 3Z \implies 3Z = 0 \implies Z = 0$.
द्रव्यमान संख्या $1$ और परमाणु संख्या $0$ वाला कण एक न्यूट्रॉन $({}_0n^1)$ होता है।
अतः,कण $x$ एक न्यूट्रॉन है।

(A) कुंडली $Y$ में प्रेरित emf फैराडे के प्रेरण के नियम द्वारा दिया जाता है: $V(t) = -M \frac{dI}{dt}$,जहाँ $M$ दोनों कुंडलियों के बीच का अन्योन्य प्रेरण (mutual inductance) है।
इसका अर्थ है कि धारा ग्राफ की ढाल,$\frac{dI}{dt}$,$-V(t)$ के समानुपाती है।
$1$. पहले अंतराल में,$V(t)$ धनात्मक है,इसलिए $\frac{dI}{dt}$ ऋणात्मक होना चाहिए। इसका मतलब है कि धारा $I(t)$ घट रही होनी चाहिए।
$2$. दूसरे अंतराल में,$V(t)$ ऋणात्मक है,इसलिए $\frac{dI}{dt}$ धनात्मक होना चाहिए। इसका मतलब है कि धारा $I(t)$ बढ़ रही होनी चाहिए।
$3$. विकल्पों को देखने पर,ग्राफ $A$ में धारा शुरू में घटती हुई और फिर बढ़ती हुई दिखाई देती है,जो दिए गए $V(t)$ ग्राफ से प्राप्त ढाल $\frac{dI}{dt}$ के आवश्यक व्यवहार से मेल खाती है।

(D) माना $G = 120\,\Omega$ गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध है और $S = 1\,\Omega$ शंट का प्रतिरोध है।
माना $I = 5.5\,A$ समांतर संयोजन से प्रवाहित होने वाली कुल धारा है।
माना $I_g$ पूर्ण-स्केल विक्षेप के लिए गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित होने वाली धारा है।
समांतर परिपथ के लिए धारा विभाजक नियम का उपयोग करते हुए,गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा:
$I_g = I \times \frac{S}{G + S}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$I_g = 5.5 \times \frac{1}{120 + 1}$
$I_g = 5.5 \times \frac{1}{121}$
$I_g = \frac{5.5}{121} = \frac{55}{1210} = \frac{1}{22} \approx 0.04545\,A$
अतः,पूर्ण-स्केल विक्षेप देने वाली धारा लगभग $0.045\,A$ है।

(C) श्रेणी $LC$ परिपथ में,प्रेरक $(V_L)$ और संधारित्र $(V_C)$ के सिरों पर वोल्टेज विपरीत कला में होते हैं,अर्थात,उनके बीच $180^{\circ}$ का कलांतर होता है।
$AC$ स्रोत का कुल वोल्टेज $E$ व्यक्तिगत वोल्टेज के अंतर के परिमाण द्वारा दिया जाता है:
$E = |V_L - V_C|$
दिया गया है:
$V_L = 300\, V$
$V_C = 400\, V$
मान रखने पर:
$E = |300\, V - 400\, V|$
$E = |-100\, V|$
$E = 100\, V$

(C) धारा लूप का चुंबकीय आघूर्ण $M = I A$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ धारा है और $A$ लूप का क्षेत्रफल है।
$r$ त्रिज्या की कक्षा में $v$ वेग से गति करने वाले $e$ आवेश के इलेक्ट्रॉन के लिए,धारा $I = \frac{e}{T} = \frac{ev}{2\pi r}$ है।
कक्षा का क्षेत्रफल $A = \pi r^2$ है।
अतः,$M = \left( \frac{ev}{2\pi r} \right) (\pi r^2) = \frac{evr}{2}$ प्राप्त होता है।
द्रव्यमान $m$ से गुणा और भाग करने पर,$M = \frac{e}{2m} (mvr)$ मिलता है।
बोर के क्वांटाइजेशन प्रतिबंध के अनुसार,कोणीय संवेग $L = mvr = \frac{nh}{2\pi}$ होता है।
इस मान को $M$ के व्यंजक में रखने पर,$M = \left( \frac{e}{2m} \right) \frac{nh}{2\pi}$ प्राप्त होता है।

(C) दी गई शर्त के अनुसार,कक्षा की परिधि डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का एक पूर्णांक गुणज है:
$2 \pi r = n \lambda$
चूंकि $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv}$,इसलिए:
$2 \pi r = \frac{nh}{mv} \implies mvr = \frac{nh}{2 \pi}$
चुंबकीय क्षेत्र $B$ में गति कर रहे एक आवेशित कण के लिए,चुंबकीय लॉरेंट्ज़ बल अभिकेंद्र बल प्रदान करता है:
$qvB = \frac{mv^2}{r} \implies mv = qBr$
$mv = qBr$ को क्वांटाइजेशन शर्त में रखने पर:
$(qBr)r = \frac{nh}{2 \pi} \implies qBr^2 = \frac{nh}{2 \pi}$
$r^2$ के लिए हल करने पर:
$r^2 = \frac{nh}{2 \pi qB}$
अतः,$r = \sqrt{\frac{nh}{2 \pi qB}}$,जिसका अर्थ है कि $r \propto n^{1/2}$.

(C) $LCR$ श्रेणी परिपथ में प्रतिरोधक के सिरों पर वोल्टेज $V_R = I R$ द्वारा दिया जाता है। वोल्टेज $V_R$ तब अधिकतम होता है जब धारा $I$ अधिकतम होती है।
$LCR$ श्रेणी परिपथ में,धारा अनुनाद आवृत्ति $f_r$ पर अधिकतम होती है,जहाँ प्रेरणिक प्रतिघात धारितीय प्रतिघात $(X_L = X_C)$ के बराबर होता है।
अनुनाद आवृत्ति $f_r = \frac{1}{2 \pi \sqrt{LC}}$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मान: $L = 24 \, H$,$C = 2 \, \mu F = 2 \times 10^{-6} \, F$.
मान रखने पर:
$f_r = \frac{1}{2 \times 3.14 \times \sqrt{24 \times 2 \times 10^{-6}}}$
$f_r = \frac{1}{6.28 \times \sqrt{48 \times 10^{-6}}}$
$f_r = \frac{1}{6.28 \times 6.928 \times 10^{-3}}$
$f_r = \frac{1000}{6.28 \times 6.928} \approx \frac{1000}{43.5} \approx 22.98 \, Hz \approx 23 \, Hz$.

(C) बैटरी $E_2$ से कोई धारा प्रवाहित न हो,इसके लिए बाहरी प्रतिरोध $R$ के सिरों पर विभवांतर बैटरी $E_2$ के $emf$ के बराबर होना चाहिए।
मान लीजिए कि $E_1$,$r$ और $R$ वाले परिपथ में प्रवाहित होने वाली धारा $I$ है।
ओम के नियम के अनुसार,परिपथ में धारा $I = \frac{E_1}{R + r}$ है।
प्रतिरोध $R$ के सिरों पर विभवांतर $V = I \times R = \frac{E_1 \times R}{R + r}$ है।
बैटरी $E_2$ वाली शाखा में कोई धारा प्रवाहित न होने के लिए,$V = E_2$ होना चाहिए।
दिए गए मानों को रखने पर: $\frac{100 \times R}{R + 0.5} = 90$.
दोनों पक्षों को $10$ से विभाजित करने पर: $\frac{10 \times R}{R + 0.5} = 9$.
$10R = 9(R + 0.5)$.
$10R = 9R + 4.5$.
$R = 4.5 \, \Omega$.

(A) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में फ्रिंज की चौड़ाई $\beta = \frac{D\lambda}{d}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $D$ पर्दे की दूरी है,$d$ स्लिटों के बीच की दूरी है,और $\lambda$ तरंगदैर्ध्य है।
$W$ चौड़ाई के दृश्य क्षेत्र में देखी जा सकने वाली फ्रिंजों की संख्या $N$ को $N = \frac{W}{\beta} = \frac{Wd}{D\lambda}$ द्वारा प्राप्त किया जाता है।
इस संबंध से,$N \propto \frac{1}{\lambda}$। अतः,जैसे-जैसे तरंगदैर्ध्य $\lambda$ बढ़ती है,फ्रिंज की चौड़ाई $\beta$ बढ़ती है,और दृश्य क्षेत्र में देखी जाने वाली फ्रिंजों की संख्या $N$ कम हो जाती है। इसके विपरीत,छोटी तरंगदैर्ध्य के लिए,फ्रिंज की चौड़ाई कम होती है,जिससे अधिक फ्रिंज देखी जा सकती हैं।
इसलिए,कथन-$1$ सत्य है,कथन-$2$ सत्य है,और कथन-$2$,कथन-$1$ की सही व्याख्या प्रदान करता है।

(D) अर्ध-विक्षेप विधि में,गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा $I = \frac{V}{R_1 + \frac{R_2 G}{R_2 + G}} \cdot \frac{R_2}{R_2 + G}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $G$ गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध है।
जब $R_3 = 0$ होता है,तो विक्षेप $d \propto I = \frac{V R_2}{R_1(R_2 + G) + R_2 G}$ होता है।
जब $R_3 = 107\,\Omega$ होता है,तो विक्षेप $d/2$ हो जाता है,जिसका अर्थ है कि धारा $I/2$ हो जाती है।
गणना करने पर,गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $G = \frac{R_2 R_3}{R_1 - R_3}$ सूत्र का उपयोग करके प्राप्त किया जा सकता है।
मान रखने पर: $G = \frac{30 \times 107}{9970 - 107} \approx 0.32\,\Omega$। दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $77\,\Omega$ है।

(D) दिया गया है: $f_o = 50\,cm$,$f_e = 5\,cm$,$u_o = -200\,cm$,और अंतिम प्रतिबिंब स्पष्ट दृष्टि की न्यूनतम दूरी $d = -25\,cm$ पर बनता है।
सबसे पहले,लेंस सूत्र $\frac{1}{v_o} - \frac{1}{u_o} = \frac{1}{f_o}$ का उपयोग करके अभिदृश्यक लेंस द्वारा बने प्रतिबिंब की दूरी $v_o$ ज्ञात करें:
$\frac{1}{v_o} = \frac{1}{50} - \frac{1}{200} = \frac{4-1}{200} = \frac{3}{200} \Rightarrow v_o = \frac{200}{3}\,cm$.
इसके बाद,नेत्रिका के लिए वस्तु की दूरी $u_e$ ज्ञात करने के लिए $\frac{1}{v_e} - \frac{1}{u_e} = \frac{1}{f_e}$ का उपयोग करें,जहाँ $v_e = -25\,cm$ है:
$-\frac{1}{u_e} = \frac{1}{5} - (-\frac{1}{25}) = \frac{5+1}{25} = \frac{6}{25} \Rightarrow u_e = -\frac{25}{6}\,cm$.
कुल आवर्धन $M = M_o \times M_e = (\frac{v_o}{u_o}) \times (\frac{v_e}{u_e})$ द्वारा प्राप्त होता है:
$M = (\frac{200/3}{-200}) \times (\frac{-25}{-25/6}) = (-\frac{1}{3}) \times (6) = -2$.

(D) दिया गया है: $C = 10^{-11} \, F$,$L = 10^{-5} \, H$,$R = 100 \, \Omega$ और $q_{DC} = 10^{-9} \, C$.
$1$. सबसे पहले,स्थिर-अवस्था (steady-state) स्थिति का उपयोग करके $D.C.$ वोल्टेज $E$ ज्ञात करें जहाँ संधारित्र एक ओपन सर्किट के रूप में कार्य करता है: $E = q_{DC} / C = 10^{-9} / 10^{-11} = 100 \, V$. चूंकि $E_0 = E$,इसलिए $A.C.$ स्रोत का शिखर वोल्टेज $E_0 = 100 \, V$ है।
$2$. अनुनाद पर,$L-C-R$ परिपथ का प्रतिबाधा (impedance) $Z = R = 100 \, \Omega$ है। शिखर धारा $I_0 = E_0 / Z = 100 / 100 = 1 \, A$ है।
$3$. अनुनादी कोणीय आवृत्ति $\omega = 1 / \sqrt{LC} = 1 / \sqrt{10^{-5} \times 10^{-11}} = 1 / \sqrt{10^{-16}} = 10^8 \, rad/s$ है।
$4$. $A.C.$ परिपथ में संधारित्र पर शिखर आवेश $Q_0$,शिखर धारा $I_0$ से $Q_0 = I_0 / \omega$ द्वारा संबंधित है।
$5$. मान रखने पर: $Q_0 = 1 / 10^8 = 10^{-8} \, C$।

(C) गोले के केंद्र पर विभव मूल बिंदु पर स्थित बिंदु आवेश के कारण होता है। चूंकि गोला एक चालक है,इसलिए इसके पूरे आयतन में विभव स्थिर रहता है और यह इसके केंद्र पर विभव के बराबर होता है।
$V = \frac{kq}{r} = \frac{9 \times 10^9 \times 1 \times 10^{-6}}{4 \times 10^{-2}} = 2.25 \times 10^5\,V$.
चालक के अंदर विद्युत क्षेत्र शून्य होता है। हालांकि,प्रश्न में केंद्र पर प्रेरित विद्युत क्षेत्र पूछा गया है। केंद्र पर कुल विद्युत क्षेत्र बिंदु आवेश के कारण क्षेत्र $(E_{ext})$ और गोले की सतह पर प्रेरित आवेशों के कारण क्षेत्र $(E_{ind})$ का योग है।
चूंकि चालक के अंदर कुल विद्युत क्षेत्र शून्य होता है,इसलिए $E_{net} = E_{ext} + E_{ind} = 0$.
$E_{ext} = \frac{kq}{r^2} = \frac{9 \times 10^9 \times 1 \times 10^{-6}}{(4 \times 10^{-2})^2} = 5.625 \times 10^6\,V/m$ (मूल बिंदु से दूर की दिशा में)।
इसलिए,$E_{ind} = -E_{ext} = -5.625 \times 10^6\,V/m$।

(D) दिया गया है: $(T_{1/2})_A = (\tau)_B$, जहाँ $\tau$ औसत आयु है।
हम जानते हैं कि $T_{1/2} = \frac{0.693}{\lambda}$ और $\tau = \frac{1}{\lambda}$ होता है।
अतः, $\frac{0.693}{\lambda_A} = \frac{1}{\lambda_B}$।
इसका अर्थ है $\lambda_A = 0.693 \lambda_B$, जिसका तात्पर्य है कि $\lambda_A < \lambda_B$।
क्षय की दर $R = \lambda N$ द्वारा दी जाती है।
प्रारंभ में, दोनों तत्वों के लिए परमाणुओं की संख्या $N$ समान है।
चूँकि $\lambda_B > \lambda_A$, इसलिए क्षय दर $R_B = \lambda_B N$, $R_A = \lambda_A N$ से अधिक होगी।
अतः, $B$, $A$ की तुलना में तेज दर से क्षय होगा।

(B) तरंग का दिया गया समीकरण $\vec{E} = \vec{E}_0 \sin(4 \times 10^7 x - 50t)$ है।
इसे सामान्य तरंग समीकरण $\vec{E} = \vec{E}_0 \sin(kx - \omega t)$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\omega = 50 \times 10^7 \text{ rad/s}$ और $k = 4 \times 10^7 \text{ m}^{-1}$।
माध्यम में तरंग का वेग $v = \frac{\omega}{k} = \frac{50 \times 10^7}{4 \times 10^7} = 12.5 \text{ m/s}$ है।
विद्युत चुम्बकीय तरंग के लिए,$v = \frac{c}{n} = \frac{c}{\sqrt{\epsilon_r \mu_r}}$ होता है। चूंकि माध्यम गैर-चुंबकीय है,$\mu_r = 1$,इसलिए $v = \frac{c}{\sqrt{\epsilon_r}}$।
विकल्पों को देखते हुए,यदि $n = 2.4$ है,तो $\epsilon_r = n^2 = (2.4)^2 = 5.76 \approx 5.8$ होगा।

(C) संधारित्र से प्रवाहित होने वाली धारा $I$ को संबंध $I = C \frac{dV}{dt}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $C$ धारिता है और $\frac{dV}{dt}$ प्लेटों के बीच विभवांतर के परिवर्तन की दर है।
दिया गया है: $I = 2\,A$ और $C = 1\,\mu F = 1 \times 10^{-6}\,F$।
विभवांतर के परिवर्तन की दर ज्ञात करने के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\frac{dV}{dt} = \frac{I}{C}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{dV}{dt} = \frac{2}{1 \times 10^{-6}}\,V/s$
$\frac{dV}{dt} = 2 \times 10^6\,V/s$.

(D) दाएं हाथ के अंगूठे के नियम के अनुसार,तल के अंदर $(\otimes)$ धारा ले जाने वाले तार के लिए,चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं उसके चारों ओर दक्षिणावर्त (clockwise) वृत्त बनाती हैं।
तल के बाहर $(\odot)$ धारा ले जाने वाले तार के लिए,चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं उसके चारों ओर वामावर्त (counter-clockwise) वृत्त बनाती हैं।
जब इन दोनों तारों को अगल-बगल रखा जाता है,तो उनके बीच चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं एक ही दिशा में जुड़ जाती हैं,जबकि बाहर की ओर वे एक-दूसरे को निरस्त करती हैं या दोनों तारों के चारों ओर लूप बनाती हैं।
विशेष रूप से,क्षेत्र रेखाएं $\odot$ तार से निकलकर $\otimes$ तार में प्रवेश करती हैं,जिससे एक ऐसा पैटर्न बनता है जहां रेखाएं चित्र $823-$d652 में दिखाए अनुसार दोनों तारों के चारों ओर लूप बनाती हैं।

(C) मान लीजिए कि प्रत्येक डोरी की लंबाई $L$ है। दोनों आवेशों के बीच की दूरी $x = 2L \sin \theta$ है।
संतुलन में,प्रत्येक आवेश पर कार्य करने वाले बल तनाव $T$,भार $mg$,और स्थिर वैद्युत बल $F_e = \frac{kq^2}{x^2}$ हैं।
बलों को वियोजित करने पर: $T \sin \theta = F_e$ और $T \cos \theta = mg$ प्राप्त होता है।
इनका अनुपात लेने पर $\tan \theta = \frac{F_e}{mg} = \frac{kq^2}{x^2 mg}$ मिलता है।
अतः,$x^2 = \frac{kq^2}{mg \tan \theta}$,जिसका अर्थ है $x = q \sqrt{\frac{k}{mg \tan \theta}}$।
आवेशों को जोड़ने वाली रेखा के केंद्र पर (प्रत्येक आवेश से $x/2$ दूरी पर) स्थिर वैद्युत विभव $V$ है:
$V = \frac{kq}{x/2} + \frac{kq}{x/2} = \frac{4kq}{x}$.
$x$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$V = \frac{4kq}{q \sqrt{\frac{k}{mg \tan \theta}}} = 4 \sqrt{k^2 \cdot \frac{mg \tan \theta}{k}} = 4 \sqrt{k \, mg \tan \theta}$.

(D) माना वस्तु वर्ग की भुजा $\ell$ है और प्रतिबिंब वर्ग की भुजा $\ell^{\prime}$ है।
प्रश्न के अनुसार,प्रतिबिंब का क्षेत्रफल वस्तु के क्षेत्रफल का $9$ गुना है,इसलिए $\frac{\ell^{\prime 2}}{\ell^2} = 9$.
वर्गमूल लेने पर,रैखिक आवर्धन $m = \frac{\ell^{\prime}}{\ell} = 3$.
चूंकि प्रतिबिंब पर्दे पर प्राप्त किया जाता है,यह एक वास्तविक प्रतिबिंब है,इसलिए $m = -3$.
वस्तु दूरी $u = -40\,cm$.
आवर्धन सूत्र $m = \frac{v}{u}$ का उपयोग करने पर,$v = m \times u = (-3) \times (-40) = 120\,cm$.
लेंस सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{f} = \frac{1}{120} - \frac{1}{-40} = \frac{1}{120} + \frac{1}{40} = \frac{1+3}{120} = \frac{4}{120} = \frac{1}{30}$.
अतः,फोकस दूरी $f = 30\,cm$ है।

(A) $1$. डायोड के बायसिंग का विश्लेषण करें: बैटरी का धनात्मक सिरा $D_1$ और $D_2$ के एनोड से जुड़ा है,जिससे वे अग्र-अभिनत (forward biased) हो जाते हैं। चित्र के अनुसार,$D_3$ पश्च-अभिनत (reverse biased) स्थिति में है।
$2$. इसलिए,केवल $D_1$ और $R_1$ वाली शाखा से ही धारा प्रवाहित होगी।
$3$. कुल प्रतिरोध $R_{total} = R_1 + R_f + R_3 = 50 + 20 + 50 = 120\,\Omega$ होगा।
$4$. ओम के नियम के अनुसार,धारा $I = \frac{V}{R_{total}} = \frac{6}{120} = 0.05\,A$ होगी।
$5$. मिलीएम्पियर में बदलने पर,$I = 0.05 \times 1000 = 50\,mA$।

(D) एक परिमित सीधे तार के कारण तार से $R$ लंबवत दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 i}{4\pi R}(\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ, बिंदु चालक की अक्ष पर स्थित है। एक सीधे चालक की अक्ष वह रेखा है जो स्वयं चालक से होकर गुजरती है।
एक सीधे धारावाही चालक की अक्ष पर स्थित किसी भी बिंदु के लिए, बिंदु के स्थिति सदिश और धारा अवयव के बीच का कोण $0^\circ$ या $180^\circ$ होता है।
बायो-सावर्ट नियम के अनुसार, $dB = \frac{\mu_0 i}{4\pi} \frac{dl \sin \theta}{r^2}$.
चूंकि $\theta = 0^\circ$ या $180^\circ$ है, इसलिए $\sin \theta = 0$ होता है, जिसका अर्थ है कि $dB = 0$.
अतः, एक सीधे धारावाही चालक की अक्ष पर किसी भी बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $\text{शून्य}$ होता है।

(A) आयनमंडल का प्रभावी अपवर्तनांक निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$n_{eff} = \sqrt{1 - \frac{80.5N}{f^2}}$
जहाँ $N$ इलेक्ट्रॉन घनत्व है और $f$ $e-m$ तरंग की आवृत्ति है।
इस सूत्र से यह स्पष्ट है कि आयनमंडल का अपवर्तनांक $e-m$ तरंगों की आवृत्ति $f$ पर निर्भर करता है। इसलिए,कथन $-2$ असत्य है।
लघु तरंग संचार (आकाश तरंग प्रसार) आयनमंडल द्वारा $e-m$ तरंगों के अपवर्तन पर निर्भर करता है,जो एक परिवर्तनशील अपवर्तनांक वाले माध्यम के रूप में कार्य करता है। जब आवृत्ति उपयुक्त होती है,तो तरंगें पृथ्वी की ओर वापस मुड़ जाती हैं,जिसे अक्सर पूर्ण आंतरिक परावर्तन के रूप में वर्णित किया जाता है। अतः,कथन $-1$ सत्य है।

(B) ओम के नियम को सत्यापित करने के लिए,हम $V = IR$ संबंध का उपयोग करते हैं,जहाँ $I$ एक प्रतिरोधक से बहने वाली विद्युत धारा है और $V$ उस विशिष्ट प्रतिरोधक के सिरों के बीच का विभवांतर है।
$1$. प्रतिरोधक से बहने वाली धारा $I$ को मापने के लिए एमीटर को प्रतिरोधक के साथ श्रेणीक्रम (series) में जोड़ा जाना चाहिए।
$2$. प्रतिरोधक के सिरों के बीच विभवांतर $V$ को मापने के लिए वोल्टमीटर को प्रतिरोधक के साथ समांतर क्रम (parallel) में जोड़ा जाना चाहिए।
विकल्पों को देखने पर,विकल्प $(b)$ में दिया गया सेटअप एमीटर को प्रतिरोधक के साथ श्रेणीक्रम में और वोल्टमीटर को प्रतिरोधक के साथ समांतर क्रम में सही ढंग से रखता है। इसलिए,विकल्प $(b)$ सही सेटअप है।