JEE Main 2014 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) एक सिरे पर बंद पाइप की मूल आवृत्ति $(f_1)$ का सूत्र $f_1 = \frac{v}{4L}$ है।
दिया गया है: $v = 340 \, m s^{-1}$ और $L = 85 \, cm = 0.85 \, m$.
मान रखने पर: $f_1 = \frac{340}{4 \times 0.85} = \frac{340}{3.4} = 100 \, Hz$.
बंद पाइप की प्राकृतिक आवृत्तियाँ मूल आवृत्ति के विषम गुणज होती हैं: $f_n = (2n - 1)f_1$,जहाँ $n = 1, 2, 3, \dots$.
आवृत्तियाँ इस प्रकार हैं: $100 \, Hz, 300 \, Hz, 500 \, Hz, 700 \, Hz, 900 \, Hz, 1100 \, Hz, 1300 \, Hz, \dots$.
हमें $1250 \, Hz$ से कम आवृत्तियों की संख्या ज्ञात करनी है।
ये आवृत्तियाँ $100, 300, 500, 700, 900, 1100$ हैं।
अतः,कुल $6$ संभावित प्राकृतिक दोलन प्राप्त होते हैं।

(B) जब बुलबुला अलग होने वाला होता है,तो ऊपर की ओर लगने वाला उत्प्लावन बल पृष्ठ तनाव के कारण नीचे की ओर लगने वाले बल द्वारा संतुलित होता है।
बुलबुले पर कार्य करने वाला उत्प्लावन बल $F_{B} = V \rho_{w} g = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho_{w} g$ है।
पृष्ठ तनाव बल $F_{S}$ त्रिज्या $r$ के संपर्क वृत्त की परिधि पर कार्य करता है। बल $F_{S} = T \times (2 \pi r) \times \sin \theta$ है,जहाँ $\theta$ त्रिज्या द्वारा ऊर्ध्वाधर के साथ बनाया गया कोण है। चूँकि $r << R$ है,इसलिए $\sin \theta \approx \tan \theta = \frac{r}{R}$ होगा।
अतः,$F_{S} = T \times 2 \pi r \times \frac{r}{R} = \frac{2 \pi T r^{2}}{R}$।
बलों को बराबर करने पर: $\frac{2 \pi T r^{2}}{R} = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho_{w} g$।
$r^{2}$ के लिए हल करने पर: $r^{2} = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho_{w} g \times \frac{R}{2 \pi T} = \frac{2 R^{4} \rho_{w} g}{3 T}$।
इसलिए,$r = R^{2} \sqrt{\frac{2 \rho_{w} g}{3 T}}$।

(A) $3.50\;cm$ का मापन सेंटीमीटर में दो दशमलव स्थानों तक की सटीकता को दर्शाता है,जो $0.01\;cm$ के अल्पतमांक (Least Count) के अनुरूप है।
विकल्प $A$ में वर्णित वर्नियर कैलिपर्स के लिए:
मुख्य स्केल भाग $(MSD)$ $= 1\;cm / 10 = 0.1\;cm$.
दिया गया है कि $10\;VSD = 9\;MSD$,इसलिए $1\;VSD = 0.9\;MSD = 0.9 \times 0.1\;cm = 0.09\;cm$.
अल्पतमांक $(LC)$ $= 1\;MSD - 1\;VSD = 0.1\;cm - 0.09\;cm = 0.01\;cm$.
विकल्प $B$ में दिए गए स्क्रू गेज के लिए:
$LC = \text{पिच} / \text{वृत्ताकार स्केल के भागों की संख्या} = 1\;mm / 100 = 0.01\;mm = 0.001\;cm$.
विकल्प $C$ में दिए गए स्क्रू गेज के लिए:
$LC = 1\;mm / 50 = 0.02\;mm = 0.002\;cm$.
चूंकि $3.50\;cm$ का मापन $0.01\;cm$ की सटीकता रखता है,इसलिए विकल्प $A$ में वर्णित वर्नियर कैलिपर्स सही उपकरण है।

(B) मान लीजिए कि उच्चतम बिंदु तक पहुँचने में लगा समय $t_1$ है। उच्चतम बिंदु पर, अंतिम वेग $0$ होता है। $v = u + at$ का उपयोग करने पर, हमें $0 = u - gt_1$ प्राप्त होता है, इसलिए $t_1 = \frac{u}{g}$।
मान लीजिए कि जमीन तक पहुँचने में लगा कुल समय $T$ है। गति के समीकरण $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करने पर, जहाँ विस्थापन $s = -H$, प्रारंभिक वेग $u$, और त्वरण $a = -g$ है, हमें मिलता है:
$-H = uT - \frac{1}{2}gT^2$
$\frac{1}{2}gT^2 - uT - H = 0$
दिया गया है कि $T = nt_1 = n(\frac{u}{g}) = \frac{nu}{g}$।
$T$ का मान समीकरण में रखने पर:
$\frac{1}{2}g(\frac{nu}{g})^2 - u(\frac{nu}{g}) - H = 0$
$\frac{n^2u^2}{2g} - \frac{nu^2}{g} - H = 0$
$2g$ से गुणा करने पर:
$n^2u^2 - 2nu^2 - 2gH = 0$
$n^2u^2 - 2nu^2 = 2gH$
$nu^2(n - 2) = 2gH$।

(D) ब्लॉक के झुकी हुई सतह पर न फिसलने की शर्त यह है कि झुकाव कोण $\theta$,विराम कोण $\phi$ से कम या उसके बराबर होना चाहिए,जहाँ $\tan \phi = \mu$ होता है।
अतः,सीमांत स्थिति के लिए,$\tan \theta = \mu$ होगा।
किसी भी बिंदु $x$ पर सतह का ढाल $\frac{dy}{dx} = \tan \theta$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $y = \frac{x^3}{6}$,इसलिए $\frac{dy}{dx} = \frac{3x^2}{6} = \frac{x^2}{2}$ होगा।
ढाल को घर्षण गुणांक $\mu = 0.5$ के बराबर रखने पर:
$\frac{x^2}{2} = 0.5$
$x^2 = 1$
$x = 1$ (धनात्मक पक्ष को ध्यान में रखते हुए)।
अब,अधिकतम ऊँचाई $y$ ज्ञात करने के लिए $x = 1$ को सतह के समीकरण में रखने पर:
$y = \frac{x^3}{6} = \frac{1^3}{6} = \frac{1}{6} \ m$।

(B) रबर बैंड को सूक्ष्म दूरी $dx$ तक खींचने में किया गया कार्य $dW = F dx$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए बल $F = ax + bx^2$ को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $dW = (ax + bx^2) dx$ प्राप्त होता है।
रबर बैंड को $0$ से $L$ तक खींचने में किए गए कुल कार्य $W$ को ज्ञात करने के लिए,हम इस व्यंजक का समाकलन करेंगे:
$W = \int_{0}^{L} (ax + bx^2) dx$
$W = \int_{0}^{L} ax dx + \int_{0}^{L} bx^2 dx$
$W = a \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{L} + b \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{L}$
$W = \frac{aL^2}{2} + \frac{bL^3}{3}$

(B) ऊष्मा प्रवाह की दर $Q$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$Q = \frac{KA(\theta_1 - \theta_2)}{l}$
जहाँ $K$ ऊष्मीय चालकता गुणांक है,$l$ छड़ की लंबाई है और $A$ छड़ के अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
मान लीजिए कि जंक्शन का तापमान $T$ है।
ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,तांबे की छड़ के माध्यम से जंक्शन में आने वाली ऊष्मा,पीतल और स्टील की छड़ों के माध्यम से बाहर जाने वाली ऊष्मा के बराबर होनी चाहिए:
$Q_{\text{copper}} = Q_{\text{brass}} + Q_{\text{steel}}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$\frac{0.92 \times 4 \times (100 - T)}{46} = \frac{0.26 \times 4 \times (T - 0)}{13} + \frac{0.12 \times 4 \times (T - 0)}{12}$
समीकरण को सरल करने पर:
$0.08 \times (100 - T) = 0.08 \times T + 0.04 \times T$
$8 - 0.08T = 0.12T$
$8 = 0.2T$
$T = \frac{8}{0.2} = 40^\circ C$
अब,तांबे की छड़ से ऊष्मा प्रवाह की दर की गणना करें:
$Q_{\text{copper}} = \frac{0.92 \times 4 \times (100 - 40)}{46} = \frac{0.92 \times 4 \times 60}{46} = 0.02 \times 4 \times 60 = 4.8 \ cal \ s^{-1}$.

(A) माना $m$ द्रव्यमान का रेखीय त्वरण $a$ है और बेलन का कोणीय त्वरण $\alpha$ है। चूंकि डोरी फिसलती नहीं है,इसलिए $a = R\alpha$,जिसका अर्थ है $\alpha = \frac{a}{R}$।
नीचे गिरते हुए $m$ द्रव्यमान के लिए,गति का समीकरण है: $mg - T = ma$ . . . $(i)$
खोखले बेलन के घूर्णन के लिए,बल आघूर्ण $\tau = I\alpha$ तनाव $T$ द्वारा प्रदान किया जाता है:
$T \times R = I\alpha$
चूंकि खोखले बेलन का जड़त्व आघूर्ण $I = mR^2$ होता है,इसलिए:
$T \times R = (mR^2) \times \left( \frac{a}{R} \right)$
$T = ma$ . . . (ii)
समीकरण (ii) का मान समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$mg - ma = ma$
$mg = 2ma$
$a = \frac{g}{2}$

(B) बॉब पर कार्य करने वाले बल डोरी में तनाव $T$ और नीचे की ओर कार्य करने वाला गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ हैं।
निलंबन बिंदु को मूल बिंदु मानते हुए,गुरुत्वाकर्षण बल के कारण टॉर्क $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F} = \vec{r} \times m\vec{g}$ है।
इस टॉर्क का परिमाण $\tau = mg \ell \sin \theta$ है,जहाँ $\theta$ डोरी द्वारा ऊर्ध्वाधर के साथ बनाया गया कोण है।
यह टॉर्क हमेशा क्षैतिज रूप से निर्देशित होता है,जो डोरी और ऊर्ध्वाधर अक्ष वाले तल के लंबवत होता है।
चूंकि कोणीय संवेग के परिवर्तन की दर $\frac{d\vec{L}}{dt} = \vec{\tau}$ है,टॉर्क के कारण कोणीय संवेग सदिश $\vec{L}$ की दिशा लगातार बदलती रहती है क्योंकि यह ऊर्ध्वाधर अक्ष के चारों ओर घूमता है।
हालाँकि,क्योंकि टॉर्क हमेशा कोणीय संवेग सदिश $\vec{L}$ के लंबवत होता है,कोणीय संवेग का परिमाण स्थिर रहता है।
इसलिए,कोणीय संवेग की दिशा बदलती है लेकिन परिमाण नहीं।

(C) $M$ द्रव्यमान वाले एक कण पर विचार करें। इस पर अन्य तीन कणों द्वारा बल लगाया जाता है। आसन्न कणों के बीच की दूरी $a = R\sqrt{2}$ और विपरीत कणों के बीच की दूरी $d = 2R$ है।
दो आसन्न कणों द्वारा लगाया गया गुरुत्वाकर्षण बल $F = \frac{GM^2}{a^2} = \frac{GM^2}{2R^2}$ है। केंद्र की ओर इन बलों के घटक $F \cos(45^{\circ})$ हैं।
विकर्ण रूप से विपरीत कण द्वारा लगाया गया गुरुत्वाकर्षण बल $F' = \frac{GM^2}{d^2} = \frac{GM^2}{(2R)^2} = \frac{GM^2}{4R^2}$ है।
वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल इन बलों के योग द्वारा प्रदान किया जाता है:
$F_{net} = 2F \cos(45^{\circ}) + F' = \frac{Mv^2}{R}$
मान रखने पर:
$2 \left( \frac{GM^2}{2R^2} \right) \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{GM^2}{4R^2} = \frac{Mv^2}{R}$
$\frac{GM^2}{R^2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{4} \right) = \frac{Mv^2}{R}$
$v^2 = \frac{GM}{R} \left( \frac{4 + \sqrt{2}}{4\sqrt{2}} \right) = \frac{GM}{R} \left( \frac{2\sqrt{2} + 1}{4} \right)$
$v = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{GM}{R} (1 + 2\sqrt{2})}$

(D) यंग मापांक $Y$ को प्रतिबल और विकृति के अनुपात के रूप में परिभाषित किया गया है: $Y = \frac{\text{stress}}{\text{strain}}$.
लंबाई को स्थिर रखने के लिए,तापीय प्रसार को लगाए गए दबाव के कारण उत्पन्न संपीड़न विकृति द्वारा संतुलित किया जाना चाहिए।
तापीय विकृति $\frac{\Delta L}{L} = \alpha \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि प्रतिबल $= Y \times \text{strain}$ होता है,इसलिए आवश्यक दबाव $P = Y \times \alpha \Delta T$ होगा।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $P = (2 \times 10^{11} \ N/m^2) \times (1.1 \times 10^{-5} \ K^{-1}) \times (100 \ K)$.
$P = 2.2 \times 10^{11} \times 10^{-5} \times 10^2 = 2.2 \times 10^8 \ Pa$.

(B) मान लीजिए कि वृत्ताकार नली की त्रिज्या $R$ है। दो तरल पदार्थों के बीच का अंतरापृष्ठ ऊर्ध्वाधर के साथ $\alpha$ कोण पर है।
$d_1$ घनत्व वाले तरल के लिए,स्तंभ की ऊर्ध्वाधर ऊँचाई $h_1 = R \cos \alpha - R \sin \alpha$ है।
$d_2$ घनत्व वाले तरल के लिए,स्तंभ की ऊर्ध्वाधर ऊँचाई $h_2 = R \cos \alpha + R \sin \alpha$ है।
चूंकि एक निरंतर स्थिर तरल में समान क्षैतिज स्तर पर दबाव समान होता है,इसलिए हम अंतरापृष्ठ के सबसे निचले बिंदु पर दबाव को बराबर करते हैं:
$P_1 = P_2$
$d_1 g h_1 = d_2 g h_2$
$d_1 (R \cos \alpha - R \sin \alpha) = d_2 (R \cos \alpha + R \sin \alpha)$
$\frac{d_1}{d_2} = \frac{R \cos \alpha + R \sin \alpha}{R \cos \alpha - R \sin \alpha}$
अंश और हर को $R \cos \alpha$ से विभाजित करने पर:
$\frac{d_1}{d_2} = \frac{1 + \tan \alpha}{1 - \tan \alpha}$

(D) प्रारंभिक स्थिति: हवा के स्तंभ की लंबाई $L_1 = 8 \ cm$ है और दबाव वायुमंडलीय है,$P_1 = 76 \ cm$ of $Hg$.
अंतिम स्थिति: नली को $46 \ cm$ और ऊपर उठाया जाता है। मान लीजिए हवा के स्तंभ की नई लंबाई $L_2$ है। मान लीजिए नली के अंदर पारे के स्तंभ की ऊंचाई बाहरी पारे के स्तर से $x$ है। बाहरी पारे के स्तर से नली की कुल लंबाई $8 + 46 = 54 \ cm$ है। अतः,$L_2 = 54 - x$.
अंतिम स्थिति में फंसी हुई हवा का दबाव $P_2 = P_0 - x = 76 - x$ है।
बॉयल के नियम $(P_1 V_1 = P_2 V_2)$ का उपयोग करते हुए और अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ स्थिर मानते हुए:
$76 \times A \times 8 = (76 - x) \times A \times (54 - x)$
$608 = 4104 - 76x - 54x + x^2$
$x^2 - 130x + 3496 = 0$
द्विघात समीकरण के सूत्र $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ का उपयोग करके हल करने पर:
$x = \frac{130 \pm \sqrt{16900 - 13984}}{2} = \frac{130 \pm \sqrt{2916}}{2} = \frac{130 \pm 54}{2}$
$x_1 = 92$ (असंभव क्योंकि $x < 54$) या $x_2 = 38 \ cm$.
अतः,हवा के स्तंभ की लंबाई $L_2 = 54 - 38 = 16 \ cm$ होगी।

(C) आदर्श गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = n C_v \Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
द्वि-परमाणुक गैस के लिए,स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_v = \frac{5}{2} R$ होती है।
यहाँ $n = 1 \text{ मोल}$ दिया गया है।
प्रक्रिया $AB$ के लिए: $\Delta U_{AB} = n C_v (T_B - T_A) = 1 \times \frac{5}{2} R \times (800 - 400) = \frac{5}{2} R \times 400 = 1000 \ R$.
प्रक्रिया $BC$ के लिए: $\Delta U_{BC} = n C_v (T_C - T_B) = 1 \times \frac{5}{2} R \times (600 - 800) = \frac{5}{2} R \times (-200) = -500 \ R$.
प्रक्रिया $CA$ के लिए: $\Delta U_{CA} = n C_v (T_A - T_C) = 1 \times \frac{5}{2} R \times (400 - 600) = \frac{5}{2} R \times (-200) = -500 \ R$.
चक्रीय प्रक्रिया में,आंतरिक ऊर्जा में कुल परिवर्तन शून्य होता है।
गणना किए गए मानों की तुलना विकल्पों से करने पर,विकल्प $C$ सही है।

(B) सरल आवर्त गति में,चरम स्थिति से विरामावस्था में शुरू करते हुए:
$t=0$ पर,$x=A$ है।
विस्थापन समीकरण $x = A \cos \omega t$ है।
जब $t = \tau$ होता है,तो तय की गई दूरी $a$ है,इसलिए स्थिति $x = A - a$ है।
$A - a = A \cos \omega \tau \implies \cos \omega \tau = \frac{A - a}{A} \quad ...(i)$
जब $t = 2\tau$ होता है,तो कुल तय की गई दूरी $a + 2a = 3a$ है,इसलिए स्थिति $x = A - 3a$ है।
$A - 3a = A \cos 2\omega \tau \quad ...(ii)$
सर्वसमिका $\cos 2\theta = 2 \cos^2 \theta - 1$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{A - 3a}{A} = 2 \left( \frac{A - a}{A} \right)^2 - 1$
$A - 3a = A \left( 2 \frac{(A - a)^2}{A^2} - 1 \right) = \frac{2(A^2 + a^2 - 2Aa) - A^2}{A} = \frac{A^2 + 2a^2 - 4Aa}{A}$
$A^2 - 3aA = A^2 + 2a^2 - 4Aa$
$aA = 2a^2 \implies A = 2a$.
$A = 2a$ को समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$\cos \omega \tau = \frac{2a - a}{2a} = \frac{1}{2}$.
चूंकि $\cos \omega \tau = \cos \frac{\pi}{3}$,इसलिए $\omega \tau = \frac{\pi}{3}$ प्राप्त होता है।
$\frac{2\pi}{T} \tau = \frac{\pi}{3} \implies T = 6\tau$.

(D) दिया गया धारा-वोल्टेज संबंध $I = (e^{1000V/T} - 1) \text{ mA}$ है।
जब $I = 5 \text{ mA}$ है,तो $5 = e^{1000V/T} - 1$,जिसका अर्थ है $e^{1000V/T} = 6$.
धारा में त्रुटि $(dI)$ ज्ञात करने के लिए,हम $V$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं:
$dI = \frac{d}{dV} (e^{1000V/T} - 1) \cdot dV = \left( e^{1000V/T} \cdot \frac{1000}{T} \right) dV$.
दिया गया है $dV = 0.01 \text{ V}$ और $T = 300 \text{ K}$,मान रखने पर:
$dI = (6) \cdot \left( \frac{1000}{300} \right) \cdot (0.01)$.
$dI = 6 \cdot \left( \frac{10}{3} \right) \cdot 0.01 = 2 \cdot 10 \cdot 0.01 = 0.2 \text{ mA}$.
अतः,धारा के मान में त्रुटि $0.2 \text{ mA}$ है।

(B) सरल लोलक के आवर्तकाल का सूत्र $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$T^2 = 4\pi^2 \frac{L}{g}$,जिसका अर्थ है $g = 4\pi^2 \frac{L}{T^2}$।
$g$ में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta L}{L} + 2 \frac{\Delta T}{T}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है: $L = 20.0$ cm,$\Delta L = 1$ mm = $0.1$ cm.
$T_{total} = 90.0$ s,$\Delta T_{total} = 1$ s. चूंकि $T = \frac{T_{total}}{100}$,इसलिए $\Delta T = \frac{\Delta T_{total}}{100} = \frac{1}{100} = 0.01$ s.
मान रखने पर:
$\frac{\Delta g}{g} = \frac{0.1}{20.0} + 2 \times \frac{1}{90} = 0.005 + 0.0222 = 0.0272$.
प्रतिशत त्रुटि = $0.0272 \times 100 = 2.72 \% \approx 2.7 \%$।

(C) क्षैतिज स्थिति $x = u_x t$ द्वारा दी जाती है। $t = 2\,s$ पर $x = 40\,m$ दिया गया है,इसलिए $40 = u_x \times 2$,जिससे $u_x = 20\,m/s$ प्राप्त होता है।
ऊर्ध्वाधर स्थिति $y = u_y t - \frac{1}{2} g t^2$ द्वारा दी जाती है। $t = 2\,s$ पर $y = 50\,m$ और $g = 10\,m/s^2$ दिया गया है,इसलिए $50 = u_y(2) - \frac{1}{2}(10)(2)^2$।
$50 = 2u_y - 20$,जिसका अर्थ है $2u_y = 70$,इसलिए $u_y = 35\,m/s$।
प्रक्षेपण कोण $\theta$,$\tan \theta = \frac{u_y}{u_x}$ द्वारा प्राप्त होता है।
$\tan \theta = \frac{35}{20} = \frac{7}{4}$।
अतः,$\theta = \tan^{-1}(\frac{7}{4})$।

(A) हथेली पर पानी द्वारा लगाया गया बल पानी के संवेग परिवर्तन की दर के बराबर होता है।
$F = \frac{dp}{dt} = v \frac{dm}{dt}$
चूंकि द्रव्यमान प्रवाह दर $\frac{dm}{dt} = A \rho v$ है,जहाँ $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है,$\rho$ घनत्व है,और $v$ वेग है।
इसे बल के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$F = v(A \rho v) = A \rho v^2$
दिए गए मान: $v = 1.5\, ms^{-1}$,$A = 10^{-2}\, m^2$,$\rho = 10^3\, kgm^{-3}$।
$F = 10^{-2} \times 10^3 \times (1.5)^2$
$F = 10 \times 2.25 = 22.5\, N$.

(C) मान लीजिए ब्लॉक $A$ और $B$ के बीच घर्षण गुणांक $\mu$ है। $A$ और $B$ के बीच अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल $f_{max} = \mu m_A g = \mu \times 4 \times 10 = 40\mu$ है।
जब $A$ पर $F_A = 12\, N$ बल लगाया जाता है,तो निकाय का त्वरण $a = \frac{F_A}{m_A + m_B} = \frac{12}{4 + 5} = \frac{12}{9} = \frac{4}{3}\, m/s^2$ होता है।
ब्लॉक $A$ के $B$ के साथ गति करने के लिए,घर्षण बल $f$ को $A$ को त्वरण प्रदान करना चाहिए: $f = m_A a = 4 \times \frac{4}{3} = \frac{16}{3}\, N$.
चूंकि यह सीमांत स्थिति है,$f = f_{max} \Rightarrow 40\mu = \frac{16}{3} \Rightarrow \mu = \frac{16}{120} = \frac{2}{15}$.
अब,मान लीजिए ब्लॉक $B$ पर अधिकतम बल $F_B$ लगाया जाता है। निकाय का त्वरण $a' = \frac{F_B}{m_A + m_B} = \frac{F_B}{9}$ है।
ब्लॉक $A$ के $B$ के साथ गति करने के लिए,घर्षण बल $f$ को $A$ को त्वरण प्रदान करना चाहिए: $f = m_A a' = 4 \times \frac{F_B}{9}$.
$f \le f_{max}$ होने के कारण,$4 \times \frac{F_B}{9} \le 40 \times \frac{2}{15} \Rightarrow F_B \le 40 \times \frac{2}{15} \times \frac{9}{4} = 12\, N$. हालांकि,यदि बल केवल $B$ पर लगाया जाए तो $F_B - f = m_B a'$ और $f = m_A a'$ होता है। $F_B = (m_A + m_B) a' = 9a'$. $f = 4a' = 40(1/6) = 20/3 \Rightarrow a' = 5/3$. अतः $F_B = 9(5/3) = 15\, N$.

(C) बड़े पिंड का द्रव्यमान $M = 4\, kg$ है।
छोटे पिंड का द्रव्यमान $m = 1\, kg$ है।
छोटा द्रव्यमान $(m = 1\, kg)$ $25\, rad/s$ की कोणीय आवृत्ति $(\omega)$ और $1.6\, cm = 1.6 \times 10^{-2}\, m$ के आयाम $(A)$ के साथ सरल आवर्त गति ($S$.$H$.$M$.) करता है।
हम जानते हैं कि $\omega = \sqrt{\frac{K}{m}}$,इसलिए $K = m\omega^2 = 1 \times (25)^2 = 625\, N/m$ है।
निकाय द्वारा फर्श पर लगाया गया बल बड़े पिंड का भार,छोटे पिंड का भार और स्प्रिंग बल का योग है।
फर्श द्वारा निकाय पर लगाया गया अभिलंब बल $N = Mg + mg + F_{spring}$ है।
जैसे-जैसे छोटा द्रव्यमान दोलन करता है,स्प्रिंग बल $F_{spring}$ बदलता रहता है। फर्श पर लगाया गया अधिकतम बल तब होता है जब स्प्रिंग का विस्तार अधिकतम होता है।
अधिकतम स्प्रिंग बल $F_{max} = KA = 625 \times 1.6 \times 10^{-2} = 10\, N$ है।
अतः,फर्श पर लगाया गया अधिकतम बल $F_{total} = Mg + mg + F_{max} = (4 \times 10) + (1 \times 10) + 10 = 40 + 10 + 10 = 60\, N$ है।

(D) नत समतल पर बिना फिसले लुढ़कने वाली वस्तु का त्वरण $a$ निम्न प्रकार दिया जाता है:
$a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{I}{MR^2}}$
बेलन के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I_c = \frac{1}{2} M_c R^2$ है। अतः,त्वरण $a_c$:
$a_c = \frac{g \sin \theta_c}{1 + \frac{1}{2}} = \frac{g \sin \theta_c}{3/2} = \frac{2}{3} g \sin \theta_c$
ठोस गोले के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I_s = \frac{2}{5} M_s R^2$ है। अतः,त्वरण $a_s$:
$a_s = \frac{g \sin \theta_s}{1 + \frac{2}{5}} = \frac{g \sin \theta_s}{7/5} = \frac{5}{7} g \sin \theta_s$
दिया गया है कि त्वरण समान हैं $(a_c = a_s)$:
$\frac{2}{3} g \sin \theta_c = \frac{5}{7} g \sin \theta_s$
अनुपात ज्ञात करने के लिए:
$\frac{\sin \theta_c}{\sin \theta_s} = \frac{5/7}{2/3} = \frac{5}{7} \times \frac{3}{2} = \frac{15}{14}$

(C) स्थानांतरण कक्षा एक दीर्घवृत्ताकार पथ है जिसमें सूर्य एक केंद्र पर स्थित होता है। इस स्थानांतरण कक्षा का अर्ध-दीर्घ अक्ष $a_{tr}$ पृथ्वी और मंगल की कक्षाओं के अर्ध-दीर्घ अक्षों का औसत है:
$a_{tr} = \frac{a_e + a_m}{2} = \frac{1.5 \times 10^{11} + 2.28 \times 10^{11}}{2} = 1.89 \times 10^{11} \, m$
केप्लर के तीसरे नियम के अनुसार, $T^2 \propto a^3$ होता है। मान लीजिए $T_e$ पृथ्वी की कक्षीय अवधि $(1 \, \text{वर्ष} = 365 \, \text{दिन})$ है और $T_{tr}$ स्थानांतरण कक्षा की अवधि है:
$\left( \frac{T_{tr}}{T_e} \right)^2 = \left( \frac{a_{tr}}{a_e} \right)^3$
$T_{tr} = T_e \times \left( \frac{1.89 \times 10^{11}}{1.5 \times 10^{11}} \right)^{3/2} = 365 \times (1.26)^{1.5} \approx 365 \times 1.415 \approx 516.5 \, \text{दिन}$
पृथ्वी से मंगल तक यात्रा करने में लगने वाला समय स्थानांतरण कक्षा की पूर्ण कक्षीय अवधि का आधा होता है:
$t = \frac{T_{tr}}{2} = \frac{516.5}{2} \approx 258.25 \, \text{दिन}$
दिए गए विकल्पों के अनुसार निकटतम मान $260 \, \text{दिन}$ है।

(C) आइसोट्रोपिक सामग्रियों के लिए, प्रत्यास्थता गुणांक पॉइसन अनुपात $\sigma$ द्वारा इस प्रकार संबंधित हैं:
$Y = 2n(1 + \sigma)$
$Y = 3k(1 - 2\sigma)$
जहाँ $Y$ यंग मापांक है, $n$ अपरूपण मापांक (दृढ़ता) है, और $k$ आयतन मापांक है।
एल्युमीनियम और तांबे जैसी अधिकांश धातुओं के लिए, पॉइसन अनुपात $\sigma$, $0$ और $0.5$ के बीच होता है (आमतौर पर $0.3$ के आसपास)।
चूंकि $0 < \sigma < 0.5$, हम संबंध प्राप्त कर सकते हैं:
$Y = 2n(1 + \sigma)$ से, चूंकि $(1 + \sigma) > 1$, हमें $Y > n$ प्राप्त होता है।
$Y = 3k(1 - 2\sigma)$ से, चूंकि $(1 - 2\sigma) < 1$, हमें $Y < 3k$ प्राप्त होता है, जिसका अर्थ है $k > Y/3$।
सामान्य धातुओं के लिए परिमाणों की तुलना करने पर, संबंध $n < Y < k$ प्राप्त होता है।
अतः, सही क्रम अपरूपण मापांक < यंग मापांक < आयतन मापांक है।

(C) अवमंदित दोलक का आयाम $A(t) = A_0 e^{-(b/2m)t}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $b$ अवमंदन नियतांक है। स्टोक्स के नियम के अनुसार,$b = 6\pi \eta r$,जहाँ $\eta$ श्यानता गुणांक है।
हवा के लिए: $8 = 10 e^{-(b_{air}/2m) \cdot 40} \implies 0.8 = e^{-(b_{air}/2m) \cdot 40}$.
प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\ln(0.8) = -(b_{air}/2m) \cdot 40 \implies \ln(4/5) = -(b_{air}/2m) \cdot 40 \implies \ln(5/4) = (b_{air}/2m) \cdot 40$.
अतः,$(b_{air}/2m) = \frac{\ln(1.25)}{40} = \frac{0.223}{40} = 0.005575 \ s^{-1}$.
दिया गया है कि $\frac{\eta_{air}}{\eta_{CO_2}} = 1.3$,इसलिए $b_{CO_2} = \frac{b_{air}}{1.3}$.
इस प्रकार,$(b_{CO_2}/2m) = \frac{b_{air}}{1.3 \cdot 2m} = \frac{0.005575}{1.3} \approx 0.004288 \ s^{-1}$.
$CO_2$ के लिए: $5 = 10 e^{-(b_{CO_2}/2m) \cdot t} \implies 0.5 = e^{-(0.004288)t}$.
प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\ln(0.5) = -0.004288 \cdot t \implies -0.693 = -0.004288 \cdot t$.
$t = \frac{0.693}{0.004288} \approx 161.6 \ s$.
अतः,समय लगभग $161 \ s$ के करीब है।

(A) केश नली में पानी के स्तंभ की ऊँचाई का सूत्र $h = \frac{2T \cos \theta}{r \rho g}$ है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है,$\theta$ संपर्क कोण है,$r$ नली की त्रिज्या है,$\rho$ पानी का घनत्व है और $g$ गुरुत्वीय त्वरण है।
चूँकि $T, \theta, r,$ और $\rho$ स्थिरांक हैं,इसलिए ऊँचाई $h$ गुरुत्वीय त्वरण $g$ के व्युत्क्रमानुपाती है,अर्थात $h \propto \frac{1}{g}$।
पृथ्वी की सतह पर ऊँचाई $x = \frac{k}{g}$ है,जहाँ $k = \frac{2T \cos \theta}{r \rho}$।
खदान में $d$ गहराई पर,गुरुत्वीय त्वरण $g' = g \left( 1 - \frac{d}{R} \right)$ हो जाता है।
नई ऊँचाई $y = \frac{k}{g'} = \frac{k}{g \left( 1 - \frac{d}{R} \right)}$ है।
अतः,अनुपात $\frac{x}{y} = \frac{k/g}{k / [g(1 - d/R)]} = 1 - \frac{d}{R}$ होगा।

(A) दिया गया है:
पानी का आयतन $V = 2\, L$,इसलिए द्रव्यमान $m = 2\, kg$ (क्योंकि पानी का घनत्व $1\, kg/L$ है)।
कुंडली की शक्ति $P_{in} = 1000\, J/s$.
ऊष्मा हानि की दर $P_{out} = 160\, J/s$.
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = 77\, ^\circ C - 27\, ^\circ C = 50\, ^\circ C$.
पानी की विशिष्ट ऊष्मा धारिता $c = 4.2\, kJ/kg\cdot K = 4200\, J/kg\cdot K$.
पानी को दी गई शुद्ध शक्ति $P_{net} = P_{in} - P_{out} = 1000\, J/s - 160\, J/s = 840\, J/s$.
आवश्यक कुल ऊष्मा $Q = m \cdot c \cdot \Delta T = 2\, kg \times 4200\, J/kg\cdot K \times 50\, K = 420,000\, J$.
आवश्यक समय $t = \frac{Q}{P_{net}} = \frac{420,000\, J}{840\, J/s} = 500\, s$.
मिनटों में रूपांतरण: $500\, s = 8\, min\, 20\, s$.

(A) दिया गया अवस्था समीकरण: $PV = nRT + \alpha V$ है।
$n = 1$ मोल के लिए,$PV = RT + \alpha V$,जिसे $V(P - \alpha) = RT$ या $V = \frac{RT}{P - \alpha}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
प्रारंभ में,$T = T_0$ और $P = P_0$ पर,आयतन $V_0 = \frac{RT_0}{P_0 - \alpha}$ है।
चूंकि प्रक्रिया समदाबीय (isobaric) है,$P$ का मान $P_0$ पर स्थिर रहता है। जब तापमान दोगुना हो जाता है,तो $T_f = 2T_0$ हो जाता है।
अंतिम आयतन $V_f = \frac{R(2T_0)}{P_0 - \alpha} = 2V_0$ होगा।
समदाबीय प्रक्रिया में किया गया कार्य $W = P_0(V_f - V_0)$ होता है।
मान रखने पर: $W = P_0(2V_0 - V_0) = P_0 V_0$ प्राप्त होता है।
चूंकि $V_0 = \frac{RT_0}{P_0 - \alpha}$,इसलिए $W = P_0 \left( \frac{RT_0}{P_0 - \alpha} \right) = \frac{P_0 T_0 R}{P_0 - \alpha}$ होगा।

(B) गैस के अणुओं के बीच की औसत दूरी $D$,संख्या घनत्व $n$ से $D \approx n^{-1/3}$ संबंध द्वारा जुड़ी होती है।
आदर्श गैस समीकरण के अनुसार,$PV = n_{mol}RT$,जहाँ $n_{mol} = N/N_A$ है।
अतः,$P = (N/V) \cdot (R/N_A) \cdot T = n \cdot k_B \cdot T$,जहाँ $n = N/V$ संख्या घनत्व है।
दिया गया है $P = 4.0 \times 10^{-15} \, atm = 4.0 \times 10^{-15} \times 10^5 \, Pa = 4.0 \times 10^{-10} \, Pa$।
$n = P / (k_B T)$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $k_B = R/N_A = 8.0 / (6 \times 10^{23}) \approx 1.33 \times 10^{-23} \, J/K$ है।
$n = (4.0 \times 10^{-10}) / (1.33 \times 10^{-23} \times 300) = (4.0 \times 10^{-10}) / (4.0 \times 10^{-21}) = 10^{11} \, molecules/m^3$।
औसत दूरी $D \approx n^{-1/3} = (10^{11})^{-1/3} \approx 10^{-3.66} \, m \approx 2.15 \times 10^{-4} \, m = 0.215 \, mm$।
अतः,परिमाण का क्रम $0.2 \, mm$ है।

(A) दी गई दो लंबवत $S.H.Ms$:
$x = a_1 \cos \omega t \implies \cos \omega t = \frac{x}{a_1} \quad ...(1)$
$y = a_2 \cos 2 \omega t \quad ...(2)$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos 2 \theta = 2 \cos^2 \theta - 1$ का उपयोग करते हुए,समीकरण $(1)$ को समीकरण $(2)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$y = a_2 (2 \cos^2 \omega t - 1)$
$y = a_2 \left( 2 \left( \frac{x}{a_1} \right)^2 - 1 \right)$
$y = \frac{2 a_2}{a_1^2} x^2 - a_2$
यह ऊपर की ओर खुलने वाले परवलय का समीकरण है जिसका शीर्ष $(0, -a_2)$ पर है। यह चित्र $822-$a914 में दिखाए गए वक्र के अनुरूप है।

(A) दिया गया तरंग समीकरण $y = a \sin \left( \frac{2\pi}{T}t - \frac{2\pi}{\lambda}x \right)$ है,जहाँ आयाम $a = \frac{10}{\pi} \ cm$ है।
तरंग वेग $v = \frac{\omega}{k} = \frac{2\pi/T}{2\pi/\lambda} = \frac{\lambda}{T} = f\lambda$ द्वारा दिया जाता है।
अधिकतम कण वेग $v_{p,max} = a\omega = a \left( \frac{2\pi}{T} \right)$ है।
प्रश्न के अनुसार,तरंग वेग अधिकतम कण वेग का दोगुना है:
$v = 2 v_{p,max}$
व्यंजक रखने पर:
$\frac{\lambda}{T} = 2 \left( a \cdot \frac{2\pi}{T} \right)$
दोनों तरफ से $T$ को हटाने पर:
$\lambda = 4\pi a$
$a = \frac{10}{\pi} \ cm$ का मान रखने पर:
$\lambda = 4\pi \left( \frac{10}{\pi} \right) = 40 \ cm$.

(C) माना कि गोली को लक्ष्य तक पहुँचने में लगा समय $t$ है।
क्षैतिज दूरी $d = 700 \; m$ और क्षैतिज वेग $v_x = 630 \; m/s$ है।
चूंकि क्षैतिज दिशा में कोई त्वरण नहीं है,इसलिए $t = \frac{d}{v_x} = \frac{700}{630} = \frac{10}{9} \; s$.
ऊर्ध्वाधर गति के लिए,गोली गुरुत्वाकर्षण के अधीन है। ऊर्ध्वाधर विस्थापन $h$ (नीचे की ओर गिरावट) $h = u_y t + \frac{1}{2} g t^2$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि प्रारंभिक ऊर्ध्वाधर वेग $u_y = 0$ है,इसलिए $h = \frac{1}{2} g t^2$.
मान रखने पर: $h = \frac{1}{2} \times 10 \times \left( \frac{10}{9} \right)^2$.
$h = 5 \times \frac{100}{81} = \frac{500}{81} \approx 6.17 \; m$.
अतः,गुरुत्वाकर्षण के कारण होने वाली गिरावट की भरपाई के लिए राइफल को लक्ष्य के केंद्र से $6.17 \; m$ ऊपर निशाना लगाना चाहिए।

(A) दी गई जानकारी:
द्रव्यमान $m = 5\, kg$
$t = 0\, s$ पर वेग $\vec{u} = (6\hat i - 2\hat j)\, m/s$
$t = 10\, s$ पर वेग $\vec{v} = 6\hat j\, m/s$
त्वरण $\vec{a} = \frac{\vec{v} - \vec{u}}{t}$
$\vec{a} = \frac{6\hat j - (6\hat i - 2\hat j)}{10} = \frac{-6\hat i + 8\hat j}{10} = (-0.6\hat i + 0.8\hat j)\, m/s^2$
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,बल $\vec{F} = m\vec{a}$
$\vec{F} = 5 \times (-0.6\hat i + 0.8\hat j) = (-3\hat i + 4\hat j)\, N$
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(B) ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,बिंदु $A$ पर कुल ऊर्जा बिंदु $B$ पर कुल ऊर्जा के बराबर होती है।
ट्रैक $BC$ के स्तर पर स्थितिज ऊर्जा को शून्य मानते हुए,हमें मिलता है:
$mgh + \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_B^2$
$v_B^2 = v_0^2 + 2gh$
अब,गेंद खुरदरी सतह $BC$ पर चलती है और $L$ दूरी तय करने के बाद $C$ पर रुक जाती है। घर्षण द्वारा किया गया कार्य गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है:
$-f_k \cdot L = 0 - \frac{1}{2}mv_B^2$
$-\mu mg \cdot L = -\frac{1}{2}m(v_0^2 + 2gh)$
$L = \frac{v_0^2 + 2gh}{2\mu g}$
$L = \frac{v_0^2}{2\mu g} + \frac{2gh}{2\mu g} = \frac{h}{\mu} + \frac{v_0^2}{2\mu g}$

(B) एक वर्ष में प्रति वर्ग मीटर प्राप्त वर्षा का आयतन $V = \text{क्षेत्रफल} \times \text{ऊंचाई} = 1 \, m^2 \times 1 \, m = 1 \, m^3$ है।
पानी का घनत्व $d = 10^3 \, kg/m^3$ होने के कारण, इस पानी का कुल द्रव्यमान $M = d \times V = 10^3 \, kg/m^3 \times 1 \, m^3 = 10^3 \, kg$ है।
वर्षा द्वारा स्थानांतरित गतिज ऊर्जा का सूत्र $E = \frac{1}{2} M v^2$ है, जहाँ $v$ टर्मिनल वेग है।
मान रखने पर: $E = \frac{1}{2} \times 10^3 \, kg \times (9 \, m/s)^2$.
$E = 0.5 \times 10^3 \times 81 = 40.5 \times 10^3 \, J = 4.05 \times 10^4 \, J$.

(C) माना प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान $\lambda(x) = \lambda_0 + kx$ है।
कुल द्रव्यमान $M = \int_{0}^{L} (\lambda_0 + kx) dx = \lambda_0 L + \frac{kL^2}{2}$.
इससे,$k = \frac{2(M - \lambda_0 L)}{L^2} = \frac{2M}{L^2} - \frac{2\lambda_0}{L}$.
द्रव्यमान केंद्र $x_{cm} = \frac{1}{M} \int_{0}^{L} x dm = \frac{1}{M} \int_{0}^{L} x (\lambda_0 + kx) dx$.
$x_{cm} = \frac{1}{M} [\frac{\lambda_0 x^2}{2} + \frac{kx^3}{3}]_{0}^{L} = \frac{1}{M} (\frac{\lambda_0 L^2}{2} + \frac{kL^3}{3})$.
$k = \frac{2M}{L^2} - \frac{2\lambda_0}{L}$ का मान रखने पर:
$x_{cm} = \frac{1}{M} [\frac{\lambda_0 L^2}{2} + \frac{L^3}{3} (\frac{2M}{L^2} - \frac{2\lambda_0}{L})] = \frac{1}{M} [\frac{\lambda_0 L^2}{2} + \frac{2ML}{3} - \frac{2\lambda_0 L^2}{3}]$.
$x_{cm} = \frac{2L}{3} + \frac{\lambda_0 L^2}{M} (\frac{1}{2} - \frac{2}{3}) = \frac{2L}{3} - \frac{\lambda_0 L^2}{6M}$.

(A) मान लीजिए गोले का घनत्व $\rho$ है।
मूल गोले का द्रव्यमान $M = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi R^3$ है।
हटाए गए गोले का आयतन $V_{\text{removed}} = \frac{4}{3}\pi (\frac{R}{2})^3 = \frac{1}{8} (\frac{4}{3}\pi R^3)$ है।
हटाए गए गोले का द्रव्यमान $m = \rho \cdot V_{\text{removed}} = \frac{M}{8}$ है।
गोले के शेष भाग का द्रव्यमान $M' = M - m = M - \frac{M}{8} = \frac{7M}{8}$ है।
गोले के शेष भाग और हटाए गए गोले के बीच गुरुत्वाकर्षण बल न्यूटन के गुरुत्वाकर्षण के नियम द्वारा दिया जाता है:
$F = \frac{G M' m}{r^2}$
यहाँ,$r = 3R$ दोनों गोलों के केंद्रों के बीच की दूरी है।
$F = \frac{G (\frac{7M}{8}) (\frac{M}{8})}{(3R)^2}$
$F = \frac{G (\frac{7M^2}{64})}{9R^2}$
$F = \frac{7GM^2}{576R^2}$

(A) बल्क मॉडुलस $B$ को $B = -\frac{\Delta P}{\Delta V/V}$ के रूप में परिभाषित किया गया है,जिसका अर्थ है कि आंशिक संपीड़न $\frac{\Delta V}{V} = \frac{\Delta P}{B}$ है।
दबाव में निरंतर परिवर्तन $\Delta P$ के लिए,आंशिक संपीड़न $\frac{\Delta V}{V}$ बल्क मॉडुलस $B$ के व्युत्क्रमानुपाती होता है (अर्थात,$\frac{\Delta V}{V} \propto \frac{1}{B}$)।
दिए गए बल्क मॉडुलस:
$B_{\text{ethanol}} = 0.9 \times 10^9 \, Nm^{-2}$
$B_{\text{water}} = 2.2 \times 10^9 \, Nm^{-2}$
$B_{\text{mercury}} = 25 \times 10^9 \, Nm^{-2}$
चूंकि $B_{\text{ethanol}} < B_{\text{water}} < B_{\text{mercury}}$,इसलिए आंशिक संपीड़न का क्रम इस प्रकार होगा:
$\left( \frac{\Delta V}{V} \right)_{\text{ethanol}} > \left( \frac{\Delta V}{V} \right)_{\text{water}} > \left( \frac{\Delta V}{V} \right)_{\text{mercury}}$
अतः,सही क्रम इथेनॉल $>$ पानी $>$ पारा है।

(B) बर्नौली के सिद्धांत के अनुसार,टंकी की तली पर दबाव दोनों द्रवों के हाइड्रोस्टेटिक दबाव के योग के बराबर होता है।
$P = h_w \rho_w g + h_k \rho_k g$
यहाँ,$h_w = 3\,m$,$\rho_w = 1000\,kg/m^3$,$h_k = 2\,m$,और $\rho_k = 0.8 \times 1000 = 800\,kg/m^3$ है।
$P = (3 \times 1000 \times 10) + (2 \times 800 \times 10) = 30000 + 16000 = 46000\,Pa$।
तली पर निकास वेग $v$ के लिए टोरिसेली के नियम का उपयोग करते हुए,जहाँ दबाव ऊर्जा गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है:
$P = \frac{1}{2} \rho_w v^2$
$46000 = \frac{1}{2} \times 1000 \times v^2$
$v^2 = \frac{46000 \times 2}{1000} = 92$
$v = \sqrt{92} \approx 9.6\,ms^{-1}$।

(A) दिया गया है: हवा के बुलबुले की त्रिज्या,$r = 0.1\, cm = 10^{-3}\, m$.
द्रव का पृष्ठ तनाव,$S = 0.06\, N/m = 6 \times 10^{-2}\, N/m$.
द्रव का घनत्व,$\rho = 10^3\, kg/m^3$.
बुलबुले के अंदर अतिरिक्त दबाव,$P_{excess} = 1100\, N/m^2$.
द्रव की सतह से बुलबुले की गहराई,$h = ?$.
गहराई $h$ पर बुलबुले के अंदर कुल दबाव $P_{in} = P_{atm} + h\rho g + \frac{2S}{r}$ द्वारा दिया जाता है।
वायुमंडलीय दबाव से अधिक दबाव $P_{excess} = P_{in} - P_{atm} = h\rho g + \frac{2S}{r}$ है।
मान रखने पर: $1100 = h \times 10^3 \times 9.8 + \frac{2 \times 6 \times 10^{-2}}{10^{-3}}$.
$1100 = 9800h + 120$.
$9800h = 1100 - 120 = 980$.
$h = \frac{980}{9800} = 0.1\, m$.

(B) न्यूटन के शीतलन नियम के अनुसार,किसी पिंड को $\theta_1$ तापमान से $\theta_2$ तापमान तक ठंडा होने में लगा समय $t$,जहाँ परिवेश का तापमान $\theta_0$ है,$t = \frac{1}{k} \ln \left( \frac{\theta_1 - \theta_0}{\theta_2 - \theta_0} \right)$ द्वारा दिया जाता है।
प्रथम अंतराल ($80\,^oC$ से $40\,^oC$) के लिए:
$5 = \frac{1}{k} \ln \left( \frac{80 - 30}{40 - 30} \right) = \frac{1}{k} \ln \left( \frac{50}{10} \right) = \frac{1}{k} \ln 5$.
अतः,$k = \frac{\ln 5}{5} = \frac{1.609}{5} = 0.3218\,min^{-1}$.
द्वितीय अंतराल ($62\,^oC$ से $32\,^oC$) के लिए:
$t = \frac{1}{k} \ln \left( \frac{62 - 30}{32 - 30} \right) = \frac{1}{k} \ln \left( \frac{32}{2} \right) = \frac{1}{k} \ln 16 = \frac{1}{k} \ln(2^4) = \frac{4 \ln 2}{k}$.
मान रखने पर:
$t = \frac{4 \times 0.693}{0.3218} \approx \frac{2.772}{0.3218} \approx 8.61\,minutes$.
अतः,लगा समय $8.6\,minutes$ है।

(C) दिया गया है: गैस पर किया गया कार्य,$W = -830 \ J$ (क्योंकि कार्य निकाय पर किया जा रहा है)।
मोलों की संख्या,$\mu = 2$.
द्विपरमाणुक आदर्श गैस के लिए,रुद्धोष्म घातांक $\gamma = 1.4$.
रुद्धोष्म प्रक्रिया के दौरान किया गया कार्य इस सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$W = \frac{\mu R (T_1 - T_2)}{\gamma - 1} = -\frac{\mu R \Delta T}{\gamma - 1}$
मान रखने पर:
$-830 = -\frac{2 \times 8.3 \times \Delta T}{1.4 - 1}$
$830 = \frac{16.6 \times \Delta T}{0.4}$
$830 = 41.5 \times \Delta T$
$\Delta T = \frac{830}{41.5} = 20 \ K$
अतः,तापमान में परिवर्तन $20 \ K$ है।

(C) दिया गया है:
अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A = 8.0 \times 10^{-3} \, m^2$
प्रारंभिक तापमान $T_1 = 300 \, K$
प्रारंभिक आयतन $V_1 = 2.4 \times 10^{-3} \, m^3$
पिस्टन का विस्थापन $\Delta x = 0.1 \, m$
स्प्रिंग नियतांक $k = 8000 \, N/m$
वायुमंडलीय दबाव $P_0 = 1.0 \times 10^5 \, N/m^2$
$1$. अंतिम आयतन $V_2$ की गणना:
$V_2 = V_1 + A \Delta x = 2.4 \times 10^{-3} + (8.0 \times 10^{-3} \times 0.1) = 2.4 \times 10^{-3} + 0.8 \times 10^{-3} = 3.2 \times 10^{-3} \, m^3$
$2$. अंतिम दबाव $P_2$ की गणना:
अंतिम दबाव वायुमंडलीय दबाव और स्प्रिंग बल द्वारा लगाए गए दबाव का योग है:
$P_2 = P_0 + \frac{k \Delta x}{A} = 1.0 \times 10^5 + \frac{8000 \times 0.1}{8.0 \times 10^{-3}} = 1.0 \times 10^5 + \frac{800}{8.0 \times 10^{-3}} = 1.0 \times 10^5 + 1.0 \times 10^5 = 2.0 \times 10^5 \, N/m^2$
$3$. आदर्श गैस समीकरण $\frac{P_1 V_1}{T_1} = \frac{P_2 V_2}{T_2}$ का उपयोग करते हुए:
प्रारंभिक दबाव $P_1 = P_0 = 1.0 \times 10^5 \, N/m^2$ (क्योंकि स्प्रिंग शुरू में शिथिल अवस्था में है)।
$\frac{1.0 \times 10^5 \times 2.4 \times 10^{-3}}{300} = \frac{2.0 \times 10^5 \times 3.2 \times 10^{-3}}{T_2}$
$T_2 = \frac{2.0 \times 10^5 \times 3.2 \times 10^{-3} \times 300}{1.0 \times 10^5 \times 2.4 \times 10^{-3}} = \frac{2.0 \times 3.2 \times 300}{2.4} = \frac{6.4 \times 300}{2.4} = \frac{1920}{2.4} = 800 \, K$

(A) अनडैम्पड ऑसिलेटर की कोणीय आवृत्ति $\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}$ है।
डैम्पड ऑसिलेटर की कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{k}{m} - \frac{r^2}{4m^2}} = \omega_0 \sqrt{1 - \frac{r^2}{4mk}}$ है।
छोटे $x$ के लिए द्विपद सन्निकटन $(1-x)^n \approx 1-nx$ का उपयोग करने पर,हमें $\omega \approx \omega_0 (1 - \frac{r^2}{8mk})$ प्राप्त होता है।
समय अवधि $T = \frac{2\pi}{\omega}$ है,इसलिए $T \approx T_0 (1 - \frac{r^2}{8mk})^{-1} \approx T_0 (1 + \frac{r^2}{8mk})$ होगा।
समय अवधि में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta T}{T_0} = \frac{T - T_0}{T_0} = \frac{r^2}{8mk}$ है।
दिया गया है कि $\frac{r^2}{mk} = 8\% = 0.08$,इसलिए $\frac{\Delta T}{T_0} = \frac{0.08}{8} = 0.01 = 1\%$ है।
चूंकि मान धनात्मक है,इसलिए समय अवधि $1\%$ बढ़ जाती है।

(D) दिया गया है: सायरन की आवृत्ति,$f = 800 \, Hz$।
प्रेक्षक की गति,$v_o = 2 \, m/s$।
ध्वनि का वेग,$v = 320 \, m/s$।
जब प्रेक्षक एक कारखाने की ओर बढ़ता है,तो डॉप्लर प्रभाव के अनुसार आभासी आवृत्ति $f_1$ होती है: $f_1 = f \left( \frac{v + v_o}{v} \right) = 800 \left( \frac{320 + 2}{320} \right) = 800 \left( \frac{322}{320} \right) = 805 \, Hz$।
जब प्रेक्षक दूसरे कारखाने से दूर जाता है,तो आभासी आवृत्ति $f_2$ होती है: $f_2 = f \left( \frac{v - v_o}{v} \right) = 800 \left( \frac{320 - 2}{320} \right) = 800 \left( \frac{318}{320} \right) = 795 \, Hz$।
एक सेकंड में सुने गए बीट्स की संख्या दोनों आभासी आवृत्तियों का अंतर है: $\text{बीट आवृत्ति} = |f_1 - f_2| = |805 - 795| = 10 \, Hz$।

(B) यदि कोई भौतिक राशि विमाहीन है,तो उसका मान इकाइयों की विभिन्न प्रणालियों में समान रहता है। हम दिए गए व्यंजक $\frac{e^2}{2\pi \varepsilon _0 G m_e^2}$ की विमाओं की जाँच करते हैं।
नियतांकों की विमाएँ इस प्रकार हैं:
$e = [M^0 L^0 T^1 A^1]$
$\varepsilon _0 = [M^{-1} L^{-3} T^4 A^2]$
$G = [M^{-1} L^3 T^{-2}]$
$m_e = [M^1 L^0 T^0]$
इन मानों को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{[T^2 A^2]}{[M^{-1} L^{-3} T^4 A^2] [M^{-1} L^3 T^{-2}] [M^2]} = \frac{[T^2 A^2]}{[M^{-1-1+2} L^{-3+3} T^{4-2} A^2]} = \frac{[T^2 A^2]}{[M^0 L^0 T^2 A^2]} = 1$
चूँकि यह व्यंजक विमाहीन है,इसलिए इसका मान इकाइयों की सभी प्रणालियों में समान रहता है।

(C) मान लीजिए एस्केलेटर की लंबाई $L$ है।
रुके हुए एस्केलेटर पर व्यक्ति के चलने की गति $v_p = \frac{L}{60}$ है।
एस्केलेटर की गति $v_e = \frac{L}{40}$ है।
जब व्यक्ति चलते हुए एस्केलेटर पर चलता है,तो उसकी प्रभावी गति $v_{eff} = v_p + v_e$ होती है।
$v_{eff} = \frac{L}{60} + \frac{L}{40} = L \left( \frac{2+3}{120} \right) = \frac{5L}{120} = \frac{L}{24}$.
$L$ दूरी तय करने में लगा समय $t = \frac{L}{v_{eff}} = \frac{L}{L/24} = 24\,s$ है।

(C) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,कुल प्रारंभिक संवेग कुल अंतिम संवेग के बराबर होता है।
मान लीजिए कि संयुक्त द्रव्यमान का वेग $\vec{v}$ है।
प्रारंभिक संवेग सदिश इस प्रकार हैं:
$\vec{p}_1 = m(3u)\hat{i} = 3mu\hat{i}$
$\vec{p}_2 = 2m(2u)(-\cos 60^\circ \hat{i} + \sin 60^\circ \hat{j}) = 4mu(-\frac{1}{2}\hat{i} + \frac{\sqrt{3}}{2}\hat{j}) = -2mu\hat{i} + 2\sqrt{3}mu\hat{j}$
$\vec{p}_3 = 3m(u)(-\cos 60^\circ \hat{i} - \sin 60^\circ \hat{j}) = 3mu(-\frac{1}{2}\hat{i} - \frac{\sqrt{3}}{2}\hat{j}) = -1.5mu\hat{i} - 1.5\sqrt{3}mu\hat{j}$
कुल प्रारंभिक संवेग $\vec{P}_{total} = \vec{p}_1 + \vec{p}_2 + \vec{p}_3 = (3 - 2 - 1.5)mu\hat{i} + (2\sqrt{3} - 1.5\sqrt{3})mu\hat{j} = -0.5mu\hat{i} + 0.5\sqrt{3}mu\hat{j}$
कुल द्रव्यमान $M = m + 2m + 3m = 6m$.
$\vec{P}_{total} = M\vec{v}$ का उपयोग करने पर:
$-0.5mu\hat{i} + 0.5\sqrt{3}mu\hat{j} = 6m\vec{v}$
$\vec{v} = \frac{-0.5u\hat{i} + 0.5\sqrt{3}u\hat{j}}{6} = \frac{u}{12}(-\hat{i} + \sqrt{3}\hat{j})$.

(B) दिया गया है: गोली का द्रव्यमान $m_1 = 4\,g = 0.004\,kg$,प्रारंभिक वेग $u_1 = 300\,m/s$। गुटके का द्रव्यमान $m_2 = 0.8\,kg$,प्रारंभिक वेग $u_2 = 0\,m/s$।
संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,गोली के गुटके में धंसने के बाद संयुक्त वेग $v$ होगा:
$m_1 u_1 + m_2 u_2 = (m_1 + m_2)v$
$0.004 \times 300 + 0.8 \times 0 = (0.8 + 0.004)v$
$1.2 = 0.804v$
$v = \frac{1.2}{0.804} \approx 1.4925\,m/s$।
अब,घर्षण के कारण गुटका फिसलता है। मंदन $a = \mu g = 0.3 \times 10 = 3\,m/s^2$ है।
गति के समीकरण $v_f^2 = v_i^2 + 2as$ का उपयोग करने पर,जहाँ $v_f = 0$ (अंतिम वेग) और $v_i = v$:
$0 = (1.4925)^2 - 2 \times 3 \times s$
$6s = 2.2275$
$s = \frac{2.2275}{6} \approx 0.371\,m$।
दिए गए विकल्पों के अनुसार,गुटका लगभग $0.379\,m$ की दूरी तय करेगा।

(D) हम स्प्रिंग के सभी सूक्ष्म द्रव्यमान तत्वों की गतिज ऊर्जा का समाकलन करके इसकी प्रभावी गतिज ऊर्जा ज्ञात कर सकते हैं।
मान लीजिए स्प्रिंग की लंबाई $L$ है। स्थिर सिरे से $y$ दूरी पर $dy$ लंबाई का एक तत्व लें।
इस तत्व का द्रव्यमान $dm = (m/L) dy$ है।
इस तत्व का वेग $u$ स्थिर सिरे से इसकी दूरी $y$ के समानुपाती है: $u = (y/L)v$.
इस तत्व की गतिज ऊर्जा $dT = \frac{1}{2} (dm) u^2 = \frac{1}{2} (m/L) dy (yv/L)^2$ है।
$y = 0$ से $y = L$ तक समाकलन करने पर:
$T = \int_{0}^{L} \frac{1}{2} \frac{m}{L} \frac{v^2}{L^2} y^2 dy$
$T = \frac{mv^2}{2L^3} \int_{0}^{L} y^2 dy$
$T = \frac{mv^2}{2L^3} [y^3/3]_{0}^{L} = \frac{mv^2}{2L^3} (L^3/3) = \frac{1}{6} mv^2$.

(B) हाइड्रोजन जैसे परमाणु की $n$ वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा का सूत्र $E_n = -\frac{13.6 \ Z^2}{n^2} \ eV$ है।
$Li^{++}$ (लिथियम आयन) के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 3$ है।
प्रथम उत्तेजित अवस्था $n = 2$ के अनुरूप होती है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर,प्रथम उत्तेजित अवस्था में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_2 = -\frac{13.6 \times 3^2}{2^2} = -\frac{13.6 \times 9}{4} = -30.6 \ eV$ प्राप्त होती है।
बंधन ऊर्जा (इलेक्ट्रॉन को हटाने के लिए आवश्यक ऊर्जा) इस ऊर्जा का परिमाण है,जो $30.6 \ eV$ है।

(B) विद्युत क्षेत्र में किन्हीं दो बिंदुओं के बीच विभवांतर का संबंध $dV = -\vec{E} \cdot d\vec{x}$ द्वारा दिया जाता है।
इस व्यंजक का मूल बिंदु $(x = 0)$ से $x = 2 \ m$ बिंदु तक समाकलन करने पर:
$V_A - V_O = -\int_{0}^{2} 30x^2 dx$
$V_A - V_O = -[10x^3]_{0}^{2}$
$V_A - V_O = -(10(2)^3 - 10(0)^3)$
$V_A - V_O = -(10 \times 8) = -80 \ V$.

(D) समांतर प्लेट संधारित्र की प्लेटों के बीच परावैद्युत की उपस्थिति में विद्युत क्षेत्र $E$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$E = \frac{\sigma}{K \varepsilon_0}$
जहाँ $\sigma$ पृष्ठीय आवेश घनत्व है,$K$ परावैद्युतांक है,और $\varepsilon_0$ निर्वात की विद्युतशीलता है।
आवेश घनत्व $\sigma$ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\sigma = K \varepsilon_0 E$
दिए गए मान:
$K = 2.2$
$\varepsilon_0 \approx 8.85 \times 10^{-12} \ F/m$
$E = 3 \times 10^4 \ V/m$
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$\sigma = 2.2 \times (8.85 \times 10^{-12}) \times (3 \times 10^4)$
$\sigma = 2.2 \times 8.85 \times 3 \times 10^{-8}$
$\sigma \approx 58.41 \times 10^{-8} \ C/m^2$
$\sigma \approx 5.84 \times 10^{-7} \ C/m^2$
निकटतम मान लेने पर,हमें $\sigma \approx 6 \times 10^{-7} \ C/m^2$ प्राप्त होता है।

(B) सबसे पहले,सभी उपकरणों की कुल बिजली खपत $(P_{\text{total}})$ की गणना करें:
$P_{\text{total}} = (15 \times 40\ W) + (5 \times 100\ W) + (5 \times 80\ W) + (1 \times 1000\ W)$
$P_{\text{total}} = 600\ W + 500\ W + 400\ W + 1000\ W = 2500\ W$
शक्ति के सूत्र $P = V \times I$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $V = 220\ V$ है:
$I = \frac{P_{\text{total}}}{V} = \frac{2500}{220} \approx 11.36\ A$
चूंकि फ्यूज को कुल करंट को संभालना होता है,इसलिए मुख्य फ्यूज की न्यूनतम क्षमता अगले उच्च पूर्णांक मान के बराबर होनी चाहिए,जो कि $12\ A$ है।

(A) चुंबकीय क्षेत्र में धारावाही चालक पर लगने वाला बल $\vec{F} = I(\vec{L} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,लंबाई सदिश $\vec{L} = 3 \hat{a}_z \ m$ है और धारा $I = 10 \ A$ $-\hat{a}_z$ दिशा में है,इसलिए $\vec{L} = -3 \hat{a}_z \ m$ है।
चुंबकीय बल $\vec{F} = 10 \times (-3 \hat{a}_z \times 3.0 \times 10^{-4} e^{-0.2x} \hat{a}_y) = -30 \times 3.0 \times 10^{-4} e^{-0.2x} (\hat{a}_z \times \hat{a}_y) = -90 \times 10^{-4} e^{-0.2x} (-\hat{a}_x) = 9.0 \times 10^{-3} e^{-0.2x} \hat{a}_x \ N$ है।
चालक को स्थिर गति से ले जाने के लिए,एक बाहरी बल $\vec{F}_{ext} = -\vec{F} = -9.0 \times 10^{-3} e^{-0.2x} \hat{a}_x \ N$ लगाया जाना चाहिए।
चालक को $x = 0$ से $x = 2.0 \ m$ तक ले जाने में किया गया कार्य $W$ है:
$W = \int_{0}^{2} |F_{ext}| dx = \int_{0}^{2} 9.0 \times 10^{-3} e^{-0.2x} dx$
$W = 9.0 \times 10^{-3} \left[ \frac{e^{-0.2x}}{-0.2} \right]_{0}^{2} = \frac{9.0 \times 10^{-3}}{0.2} (1 - e^{-0.4}) = 45 \times 10^{-3} (1 - 0.6703) = 45 \times 10^{-3} \times 0.3297 \approx 14.836 \times 10^{-3} \ J$ है।
आवश्यक शक्ति $P = \frac{W}{t} = \frac{14.836 \times 10^{-3}}{5 \times 10^{-3}} = 2.967 \ W \approx 2.97 \ W$ है।

(B) निग्राहिता $H_c$ वह चुंबकीय क्षेत्र तीव्रता है जो किसी पदार्थ के चुंबकत्व को समाप्त करने के लिए आवश्यक होती है।
परिनालिका के लिए,चुंबकीय क्षेत्र तीव्रता $H = n i$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n$ प्रति इकाई लंबाई फेरों की संख्या है और $i$ विद्युत धारा है।
दिया गया है:
निग्राहिता $H_c = 3 \times 10^3 \ Am^{-1}$
परिनालिका की लंबाई $L = 10 \ cm = 0.1 \ m$
फेरों की संख्या $N = 100$
प्रति इकाई लंबाई फेरों की संख्या $n = N / L = 100 / 0.1 = 1000 \ m^{-1}$
चुंबक का चुंबकत्व समाप्त करने के लिए,परिनालिका को निग्राहिता के बराबर चुंबकीय क्षेत्र तीव्रता उत्पन्न करनी चाहिए:
$H = H_c$
$n i = 3 \times 10^3$
$1000 \times i = 3 \times 10^3$
$i = 3 \ A$

(A) लेंस मेकर सूत्र के अनुसार: $\frac{1}{f_m} = \left( \frac{\mu_g}{\mu_m} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$.
हवा में उत्तल लेंस के लिए,$\frac{1}{f} = (\mu_g - 1) \left( \frac{2}{R} \right) = (\frac{3}{2} - 1) \frac{2}{R} = \frac{1}{R}$. अतः,$f = R$.
द्रव $1$ में जहाँ $\mu_{L1} = \frac{4}{3}$ है: $\frac{1}{f_1} = \left( \frac{3/2}{4/3} - 1 \right) \frac{2}{R} = \left( \frac{9}{8} - 1 \right) \frac{2}{R} = \frac{1}{8} \cdot \frac{2}{R} = \frac{1}{4R}$. अतः,$f_1 = 4R = 4f$. यहाँ $f_1 > f$ है,इसलिए फोकस दूरी बढ़ जाती है।
द्रव $2$ में जहाँ $\mu_{L2} = \frac{5}{3}$ है: $\frac{1}{f_2} = \left( \frac{3/2}{5/3} - 1 \right) \frac{2}{R} = \left( \frac{9}{10} - 1 \right) \frac{2}{R} = -\frac{1}{10} \cdot \frac{2}{R} = -\frac{1}{5R}$. अतः,$f_2 = -5R = -5f$. चूँकि $f_2$ ऋणात्मक है,लेंस अवतल लेंस की तरह व्यवहार करता है।

(A) क्रांतिक कोण $\theta_c$ का सूत्र $\sin \theta_c = \frac{1}{\mu}$ है।
कॉची के समीकरण के अनुसार,जैसे-जैसे तरंगदैर्ध्य $\lambda$ बढ़ती है,अपवर्तनांक $\mu$ घटता है,जिसका अर्थ है कि आवृत्ति $f$ बढ़ने पर $\mu$ बढ़ता है।
हरे प्रकाश के लिए,आपतन कोण $\theta_c$ है।
यदि आवृत्ति हरे प्रकाश से कम है,तो तरंगदैर्ध्य अधिक होगी,इसलिए अपवर्तनांक $\mu$ कम होगा। परिणामस्वरूप,क्रांतिक कोण $\theta_c = \arcsin(1/\mu)$ आपतन कोण $\theta$ से बड़ा हो जाता है। चूंकि आपतन कोण अब क्रांतिक कोण से कम है,इसलिए प्रकाश के ये घटक हवा में अपवर्तित हो जाएंगे।
यदि आवृत्ति हरे प्रकाश से अधिक है,तो तरंगदैर्ध्य कम होगी,इसलिए अपवर्तनांक $\mu$ अधिक होगा। परिणामस्वरूप,क्रांतिक कोण $\theta_c$ आपतन कोण $\theta$ से छोटा हो जाता है। चूंकि आपतन कोण अब क्रांतिक कोण से अधिक है,इसलिए प्रकाश के ये घटक पूर्ण आंतरिक परावर्तन का अनुभव करेंगे।

(B) $1$. जब बिंदु '$C$' को '$A$' से जोड़ा जाता है, तो परिपथ में धारा स्थिर हो जाती है, $I_0 = E/R$। प्रेरक एक शॉर्ट सर्किट के रूप में कार्य करता है।
$2$. जब '$C$' को $t = 0$ पर '$B$' से जोड़ा जाता है, तो बैटरी हट जाती है और परिपथ एक क्षयकारी $LR$ परिपथ बन जाता है।
$3$. समय $t$ पर परिपथ में धारा $I(t) = I_0 e^{-Rt/L}$ द्वारा दी जाती है।
$4$. $t = L/R$ पर, धारा $I = I_0 e^{-R(L/R)/L} = I_0 e^{-1} = I_0/e$ है।
$5$. प्रतिरोध पर विभवांतर $V_R = I R = (I_0/e) R = (E/R \cdot 1/e) R = E/e$ है।
$6$. बंद लूप में किरचॉफ का वोल्टेज नियम लागू करने पर (बैटरी के बिना): $V_R + V_L = 0$, जिसका अर्थ है $V_L = -V_R$।
$7$. इसलिए, प्रतिरोध $(V_R)$ और प्रेरक $(V_L)$ के सिरों पर विभवांतर का अनुपात $V_R / V_L = V_R / (-V_R) = -1$ होगा।

(B) एक विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए,विद्युत क्षेत्र $(E_0)$ और चुंबकीय क्षेत्र $(B_0)$ के आयामों के बीच संबंध $E_0 = cB_0$ है,जहाँ $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}$ है।
विद्युत ऊर्जा घनत्व $u_E = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2$ द्वारा दिया जाता है।
चुंबकीय ऊर्जा घनत्व $u_B = \frac{1}{2} \frac{B_0^2}{\mu_0}$ द्वारा दिया जाता है।
विद्युत ऊर्जा घनत्व के सूत्र में $E_0 = cB_0$ प्रतिस्थापित करने पर:
$u_E = \frac{1}{2} \varepsilon_0 (cB_0)^2 = \frac{1}{2} \varepsilon_0 \left(\frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}\right) B_0^2 = \frac{1}{2} \frac{B_0^2}{\mu_0}$.
अतः,$u_E = u_B$। ऊर्जा विद्युत और चुंबकीय क्षेत्रों के बीच समान रूप से विभाजित होती है।

(C) $(1)$ अवरक्त किरणों का उपयोग मांसपेशियों के खिंचाव के उपचार के लिए किया जाता है क्योंकि ये ऊष्मा किरणें होती हैं।
$(2)$ रेडियो तरंगों का उपयोग प्रसारण के लिए किया जाता है क्योंकि इन तरंगों की तरंगदैर्घ्य बहुत लंबी होती है, जो कुछ सेंटीमीटर से लेकर कुछ सौ किलोमीटर तक होती है।
$(3)$ $X$-किरणों का उपयोग हड्डियों के फ्रैक्चर का पता लगाने के लिए किया जाता है क्योंकि उनकी भेदन क्षमता अधिक होती है लेकिन वे हड्डियों जैसे सघन माध्यमों को भेद नहीं सकती हैं।
$(4)$ पराबैंगनी किरणें वायुमंडल की ओजोन परत द्वारा अवशोषित कर ली जाती हैं।
अतः, सही मिलान $a-i, b-ii, c-iii, d-iv$ है।

(C) मेलस के नियम के अनुसार,निर्गत किरण की तीव्रता $I = I_0 \cos^2 \theta$ द्वारा दी जाती है।
मान लीजिए कि किरण $A$ की प्रारंभिक तीव्रता $I_A$ है और किरण $B$ की $I_B$ है। जब पोलेरॉइड उस स्थिति में होता है जहाँ किरण $A$ की तीव्रता अधिकतम होती है,तो पोलेरॉइड की संचरण अक्ष और किरण $A$ के ध्रुवण तल के बीच का कोण $0^{\circ}$ होता है,और किरण $B$ के लिए यह $90^{\circ}$ होता है।
पोलेरॉइड को $30^{\circ}$ घुमाने के बाद,किरण $A$ के लिए नया कोण $\theta_A = 30^{\circ}$ और किरण $B$ के लिए $\theta_B = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ}$ हो जाता है।
पोलेरॉइड से गुजरने के बाद किरणों की तीव्रताएँ:
$I_A' = I_A \cos^2(30^{\circ}) = I_A \cdot \frac{3}{4}$
$I_B' = I_B \cos^2(60^{\circ}) = I_B \cdot \frac{1}{4}$
यह दिया गया है कि किरणें समान रूप से चमकीली दिखाई देती हैं,इसलिए $I_A' = I_B'$:
$I_A \cdot \frac{3}{4} = I_B \cdot \frac{1}{4}$
$\frac{I_A}{I_B} = \frac{1}{3}$

(A) हाइड्रोजन परमाणु में $3 \rightarrow 2$ संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा:
$E = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = 13.6 \times \frac{5}{36} \approx 1.889 \ eV$.
चुंबकीय क्षेत्र में इलेक्ट्रॉन के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2mK}}{eB}$ है,जहाँ $K$ फोटोइलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा है।
$K = \frac{r^2 e^2 B^2}{2m}$.
यहाँ $r = 10.0 \ mm = 10^{-2} \ m$,$B = 3 \times 10^{-4} \ T$,$e = 1.6 \times 10^{-19} \ C$,और $m = 9.1 \times 10^{-31} \ kg$ है:
$K = \frac{(10^{-2})^2 \times (1.6 \times 10^{-19}) \times (3 \times 10^{-4})^2}{2 \times 9.1 \times 10^{-31}} \approx 0.79 \ eV \approx 0.8 \ eV$.
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $E = \Phi + K$,जहाँ $\Phi$ कार्य फलन है।
$\Phi = E - K = 1.889 \ eV - 0.8 \ eV = 1.089 \ eV \approx 1.1 \ eV$.

(B) हाइड्रोजन जैसे परमाणु के लिए उत्सर्जित विकिरण की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$
चूंकि सभी आयनों के लिए संक्रमण $n_2 = 2$ से $n_1 = 1$ है,इसलिए कोष्ठक में पद स्थिर है: $\left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right] = \frac{3}{4}$.
अतः,$\lambda \propto \frac{1}{Z^2}$.
हाइड्रोजन $(Z=1)$ के लिए,$\lambda_1 \propto \frac{1}{1^2} = 1$.
ड्यूटेरियम $(Z=1)$ के लिए,$\lambda_2 \propto \frac{1}{1^2} = 1$.
हीलियम $(Z=2)$ के लिए,$\lambda_3 \propto \frac{1}{2^2} = \frac{1}{4}$.
लिथियम $(Z=3)$ के लिए,$\lambda_4 \propto \frac{1}{3^2} = \frac{1}{9}$.
इनकी तुलना करने पर,हमें $\lambda_1 = \lambda_2 = 4\lambda_3 = 9\lambda_4$ प्राप्त होता है।

(D) $p-n$ जंक्शन डायोड के अग्र अभिनत (forward bias) में होने के लिए,$p$-सिरा $n$-सिरे की तुलना में उच्च विभव (potential) पर होना चाहिए।
मान लीजिए $V_p$ $p$-सिरे पर विभव है और $V_n$ $n$-सिरे पर विभव है।
अग्र अभिनत की स्थिति: $V_p > V_n$.
विकल्पों का मूल्यांकन करने पर:
$(A)$ $V_p = -3 \ V, V_n = +3 \ V \implies V_p < V_n$ (पश्च अभिनत - reverse bias)
$(B)$ $V_p = 2 \ V, V_n = 4 \ V \implies V_p < V_n$ (पश्च अभिनत)
$(C)$ $V_p = -2 \ V, V_n = +2 \ V \implies V_p < V_n$ (पश्च अभिनत)
$(D)$ $V_p = +2 \ V, V_n = -2 \ V \implies V_p > V_n$ (अग्र अभिनत)
अतः,विकल्प $(D)$ अग्र अभिनत डायोड के लिए सही कनेक्शन है।

(C) दिया गया है:
विद्युत क्षेत्र $E = 150\, N/C$ (अंदर की ओर निर्देशित,इसलिए $E = -150\, N/C$)
पृथ्वी की त्रिज्या $R_E = 6.37 \times 10^6\, m$
निर्वात की विद्युतशीलता $\epsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12}\, C^2/(N \cdot m^2)$
गॉस के नियम के अनुसार,पृथ्वी की सतह से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{q}{\epsilon_0} = E \cdot A$ है,जहाँ $A = 4\pi R_E^2$ पृथ्वी का पृष्ठीय क्षेत्रफल है।
अतः,$q = \epsilon_0 \cdot E \cdot 4\pi R_E^2$
मान रखने पर:
$q = (8.85 \times 10^{-12}) \times (-150) \times 4 \times 3.14159 \times (6.37 \times 10^6)^2$
$q \approx -6.80 \times 10^5\, C$
$kC$ में बदलने पर $(1\, kC = 10^3\, C)$:
$q \approx -680\, kC$
चूंकि विद्युत क्षेत्र अंदर की ओर निर्देशित है,इसलिए आवेश ऋणात्मक है।

(D) हमें $C = 3\,\mu F$ के तीन संधारित्र दिए गए हैं।
संभावित संयोजन इस प्रकार हैं:
$1$. तीनों श्रेणीक्रम में: $\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = 1 \implies C_{eq} = 1\,\mu F$.
$2$. तीनों समांतर क्रम में: $C_{eq} = 3 + 3 + 3 = 9\,\mu F$.
$3$. दो समांतर क्रम में और एक श्रेणीक्रम में: $C_p = 3 + 3 = 6\,\mu F$. तब,$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{6} + \frac{1}{3} = \frac{1+2}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \implies C_{eq} = 2\,\mu F$.
$4$. दो श्रेणीक्रम में और एक समांतर क्रम में: $C_s = \frac{3 \times 3}{3 + 3} = 1.5\,\mu F$. तब,$C_{eq} = 1.5 + 3 = 4.5\,\mu F$.
इन परिणामों की दिए गए विकल्पों से तुलना करने पर,$6\,\mu F$ प्राप्त नहीं किया जा सकता है।

(C) माना कि $d.c.$ सप्लाई वोल्टेज $V_s = 220 \, V$ है,बैटरी का $e.m.f.$ $E = 200 \, V$ है और आंतरिक प्रतिरोध $r = 1 \, \Omega$ है।
बैटरी को चार्ज होने के लिए,बैटरी के टर्मिनलों के बीच का विभवांतर उसके $e.m.f.$ $E$ से अधिक होना चाहिए।
चार्जिंग के लिए शर्त यह है कि धारा $I$ बैटरी के धनात्मक टर्मिनल में प्रवेश करनी चाहिए।
बैटरी के टर्मिनलों पर वोल्टेज $V_t = V_s - I r$ है।
चार्जिंग के लिए,$V_t > E \implies V_s - I r > E$।
मान रखने पर: $220 - I(1) > 200 \implies I < 20 \, A$।
साथ ही,धारा $I = \frac{V_s}{r + R} = \frac{220}{1 + R}$ है।
इस मान को असमिका में रखने पर: $\frac{220}{1 + R} < 20$।
$220 < 20(1 + R) \implies 11 < 1 + R \implies R > 10 \, \Omega$।
अतः,$R$ का न्यूनतम मान $11 \, \Omega$ है।

(D) $M$ चुंबकीय आघूर्ण वाले चुंबकीय द्विध्रुव द्वारा उसकी अक्ष पर $x$ दूरी (एंड-ऑन स्थिति) पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{2M}{x^3}$ द्वारा दिया जाता है।
इस चुंबकीय क्षेत्र में रखे गए $M$ चुंबकीय आघूर्ण वाले दूसरे चुंबकीय द्विध्रुव द्वारा अनुभव किया गया बल $F = M \cdot \frac{dB}{dx}$ द्वारा दिया जाता है।
$B$ के लिए व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर:
$F = M \cdot \frac{d}{dx} \left( \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{2M}{x^3} \right)$
$F = M \cdot \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot 2M \cdot (-3) x^{-4}$
$F = - \frac{6 \mu_0 M^2}{4\pi x^4}$
अतः,बल का परिमाण $F \propto \frac{1}{x^4}$ है,जिसे $F \propto x^{-4}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
इसे $F \propto x^{-n}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $n = 4$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है:
भूमध्य रेखा पर चुंबकीय क्षेत्र,$B = 4 \times 10^{-5} \, T$
पृथ्वी की त्रिज्या,$R_E = 6.4 \times 10^6 \, m$
चुंबकीय द्विध्रुव के कारण भूमध्य रेखा पर चुंबकीय क्षेत्र का सूत्र है:
$B = \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{M}{R_E^3}$
चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $M$ के लिए सूत्र:
$M = \frac{B \cdot 4\pi \cdot R_E^3}{\mu_0}$
मान रखने पर:
$M = \frac{(4 \times 10^{-5}) \cdot (6.4 \times 10^6)^3}{10^{-7}}$
$M = 4 \times 10^{-5} \times 10^7 \times (6.4)^3 \times 10^{18}$
$M = 4 \times 10^2 \times 262.144 \times 10^{18}$
$M \approx 1048 \times 10^{20} \approx 1.048 \times 10^{23} \, A \cdot m^2$
अतः,द्विध्रुव आघूर्ण की कोटि $10^{23} \, A \cdot m^2$ है।

(C) श्रेणी $LCR$ परिपथ में,कुल $rms$ वोल्टेज $V$ को इस संबंध द्वारा दिया जाता है: $V = \sqrt{V_R^2 + (V_L - V_C)^2}$.
दिए गए अनुपात $V_L : V_C : V_R = 1 : 2 : 3$ के अनुसार,हम इन वोल्टेज को एक स्थिरांक $x$ के रूप में $V_L = x$,$V_C = 2x$,और $V_R = 3x$ लिख सकते हैं।
इन मानों को $V$ के सूत्र में रखने पर:
$100 = \sqrt{(3x)^2 + (x - 2x)^2}$
$100 = \sqrt{9x^2 + (-x)^2}$
$100 = \sqrt{9x^2 + x^2}$
$100 = \sqrt{10x^2}$
$100 = x\sqrt{10}$
$x = \frac{100}{\sqrt{10}} = 10\sqrt{10} \approx 10 \times 3.162 = 31.62 \, V$.
अब,$V_R$ की गणना करने पर:
$V_R = 3x = 3 \times 31.62 = 94.86 \, V$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,$V_R$ का मान $90 \, V$ के निकट है।

(D) सही मिलान इस प्रकार है:
$(1)$ $700\, nm$ से $1\, mm$ इन्फ्रारेड किरणें हैं,जो परमाणुओं और अणुओं के कंपन $(i)$ द्वारा उत्पन्न होती हैं।
$(2)$ $1\, nm$ से $400\, nm$ पराबैंगनी किरणें हैं,जो परमाणुओं में आंतरिक कोश के इलेक्ट्रॉनों के उच्च ऊर्जा स्तर से निम्न ऊर्जा स्तर में संक्रमण $(ii)$ द्वारा उत्पन्न होती हैं।
$(3)$ $< 10^{-3}\, nm$ गामा किरणें हैं,जो नाभिक के रेडियोधर्मी क्षय $(iii)$ द्वारा उत्पन्न होती हैं।
$(4)$ $1\, mm$ से $0.1\, m$ माइक्रोवेव हैं,जो मैग्नेट्रॉन वाल्व $(iv)$ द्वारा उत्पन्न होती हैं।
अतः,सही क्रम $(1)-(i), (2)-(ii), (3)-(iii), (4)-(iv)$ है।

(D) दिया गया है,अपवर्तनांक $\mu = \frac{4}{3}$.
गोताखोर की गहराई $h = 15 \, cm$.
मान लीजिए $R$ वृत्ताकार क्षितिज की त्रिज्या है।
बाहरी दुनिया से आने वाला प्रकाश पानी में प्रवेश करता है और गोताखोर की आँखों तक तभी पहुँचता है यदि आपतन कोण क्रांतिक कोण $C$ से कम या उसके बराबर हो।
स्नेल के नियम के अनुसार,$\sin C = \frac{1}{\mu} = \frac{1}{4/3} = \frac{3}{4}$.
समस्या की ज्यामिति से,$\tan C = \frac{R}{h}$.
चूंकि $\sin C = \frac{3}{4}$,इसलिए $\cos C = \sqrt{1 - \sin^2 C} = \sqrt{1 - (3/4)^2} = \sqrt{1 - 9/16} = \sqrt{7/16} = \frac{\sqrt{7}}{4}$.
अतः,$\tan C = \frac{\sin C}{\cos C} = \frac{3/4}{\sqrt{7}/4} = \frac{3}{\sqrt{7}}$.
इस प्रकार,$R = h \tan C = 15 \times \frac{3}{\sqrt{7}} \, cm = \frac{15 \times 3}{\sqrt{7}} \, cm$.

(B) दिया गया है कि माइका शीट की मोटाई $t = 1.8 \times 10^{-6} \ m$,अपवर्तनांक $\mu = 1.6$,और विस्थापन $y = (\mu - 1)t \frac{D}{d}$ है।
पहले मामले में फ्रिंज की चौड़ाई $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है।
तीसरे मामले में फ्रिंज की चौड़ाई $\beta' = \frac{\lambda (2D)}{d} = 2\beta$ है।
दी गई शर्त $y = \beta'$ के अनुसार,$(\mu - 1)t \frac{D}{d} = 2 \frac{\lambda D}{d}$ है।
सरल करने पर,$(\mu - 1)t = 2\lambda$ प्राप्त होता है।
मान रखने पर: $(1.6 - 1) \times 1.8 \times 10^{-6} = 2\lambda$.
$0.6 \times 1.8 \times 10^{-6} = 2\lambda$.
$1.08 \times 10^{-6} = 2\lambda$.
$\lambda = 0.54 \times 10^{-6} \ m = 540 \ nm$.

(D) दिया गया है: अभिदृश्यक की फोकस दूरी,$f_{o} = 30\, cm$.
नेत्रिका लेंस की फोकस दूरी,$f_{e} = 3.0\, cm$.
स्पष्ट दृष्टि की न्यूनतम दूरी,$D = 25\, cm$.
गैलिलियन दूरदर्शी के लिए,जब अंतिम प्रतिबिंब स्पष्ट दृष्टि की न्यूनतम दूरी पर बनता है,तो आवर्धन क्षमता $M$ का सूत्र है:
$M = \frac{f_{o}}{f_{e}} \left( 1 - \frac{f_{e}}{D} \right)$
मान रखने पर:
$M = \frac{30}{3} \left( 1 - \frac{3}{25} \right)$
$M = 10 \times \left( \frac{25 - 3}{25} \right)$
$M = 10 \times \frac{22}{25}$
$M = \frac{220}{25} = 8.8$
चूंकि प्रतिबिंब सीधा है,इसलिए आवर्धन क्षमता धनात्मक होगी। अतः,$M = +8.8$.

(D) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{mv}$ द्वारा दी जाती है।
किसी कण के लिए तरंग जैसी विशेषताओं को प्रदर्शित करने के लिए,उसकी तरंगदैर्ध्य $\lambda$ इतनी बड़ी होनी चाहिए कि उसे प्रयोगात्मक रूप से पता लगाया जा सके।
चूंकि $\lambda$ कण के द्रव्यमान $m$ के व्युत्क्रमानुपाती होता है,इसलिए बहुत बड़े द्रव्यमान वाले कणों की तरंगदैर्ध्य अत्यंत छोटी होती है जिसे वर्तमान तकनीक से मापना असंभव है।
दिए गए विकल्पों में से,धूल के कण का द्रव्यमान सबसे अधिक है ($m$ बहुत अधिक है)।
इसलिए,धूल के कण के लिए डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य अत्यंत छोटी होती है,जिससे इसे प्रयोगात्मक रूप से सत्यापित करना सबसे कठिन हो जाता है।

(A) पहला गेट $A$ और $B$ इनपुट वाला एक $NAND$ गेट है। इसका आउटपुट $\overline{A \cdot B}$ है।
यह आउटपुट एक ऐसे $NAND$ गेट में दिया जाता है जिसके दोनों इनपुट एक साथ जुड़े हुए हैं,जो एक $NOT$ गेट के रूप में कार्य करता है।
मान लीजिए कि पहले $NAND$ गेट का आउटपुट $X = \overline{A \cdot B}$ है।
अंतिम आउटपुट $Y$,$X$ का व्युत्क्रम है,इसलिए $Y = \overline{X} = \overline{(\overline{A \cdot B})} = A \cdot B$.
चूंकि अंतिम आउटपुट $Y = A \cdot B$ है,इसलिए यह परिपथ $AND$ गेट के रूप में कार्य करता है।
$A = 1$ और $B = 1$ के लिए,$Y = 1 \cdot 1 = 1$। अतः,विकल्प $A$ सही है।

(B) दिया गया है: ट्रांसमिटिंग एंटीना की ऊँचाई $h_T = 50\, m$ और रिसीविंग एंटीना की ऊँचाई $h_R = 32\, m$ है।
पृथ्वी की त्रिज्या $R \approx 6.4 \times 10^6\, m$ है।
अधिकतम लाइन-ऑफ-साइट दूरी $d_M$ का सूत्र है: $d_M = \sqrt{2Rh_T} + \sqrt{2Rh_R}$।
मान रखने पर:
$d_M = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 50} + \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 32}$।
$d_M = \sqrt{640 \times 10^6} + \sqrt{409.6 \times 10^6}$।
$d_M = (25.298 \times 10^3) + (20.238 \times 10^3) = 45.536 \times 10^3\, m$।
किलोमीटर में बदलने पर: $d_M \approx 45.5\, km$।

(C) एक $n-p-n$ ट्रांजिस्टर में,बेस मध्य क्षेत्र होता है। जब हम नम उंगलियों से $B$ और $C$ को जोड़ते हैं,तो हम शरीर के प्रतिरोध के माध्यम से एक छोटा बेस करंट $(I_B)$ प्रदान करते हैं। एमीटर $A$ और $C$ के बीच जुड़ा होता है। बड़ी विक्षेप के लिए,$A$ को बेस,$B$ को कलेक्टर और $C$ को एमीटर के रूप में कार्य करना चाहिए ताकि ट्रांजिस्टर शरीर के प्रतिरोध के बायस के माध्यम से चालू हो सके। अतः,$A, B, C$ क्रमशः बेस,कलेक्टर और एमीटर हैं।

(C) पारगम्यता $\mu$ की विमाएँ $[M L T^{-2} A^{-2}]$ हैं।
विद्युतशीलता $\varepsilon$ की विमाएँ $[M^{-1} L^{-3} T^4 A^2]$ हैं।
प्रतिरोध $R$ की विमाएँ $[M L^2 T^{-3} A^{-2}]$ हैं।
अब,अनुपात $\frac{\mu}{\varepsilon}$ पर विचार करें:
$\frac{\mu}{\varepsilon} = \frac{[M L T^{-2} A^{-2}]}{[M^{-1} L^{-3} T^4 A^2]} = [M^2 L^4 T^{-6} A^{-4}]$.
अब,इसकी तुलना $R^2$ की विमाओं से करें:
$R^2 = ([M L^2 T^{-3} A^{-2}])^2 = [M^2 L^4 T^{-6} A^{-4}]$.
अतः,$\frac{\mu}{\varepsilon}$ की विमाएँ $[R^2]$ के बराबर हैं।

(B) किसी सतह से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi$,विद्युत क्षेत्र की दिशा में सतह के क्षेत्रफल के प्रक्षेप (projection) द्वारा दिया जाता है,अर्थात $\phi = \vec{E} \cdot \vec{A}$।
जब एक शंकु को उसके आधार के समानांतर एक समान विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ में रखा जाता है,तो शंकु में प्रवेश करने वाला फ्लक्स उस फ्लक्स के बराबर होता है जो विद्युत क्षेत्र के लंबवत तल पर शंकु के प्रक्षेप से गुजरता है।
विद्युत क्षेत्र के लंबवत तल पर शंकु का प्रक्षेप $2R$ आधार और $h$ ऊँचाई वाला एक त्रिभुज है।
इस त्रिभुजाकार प्रक्षेप का क्षेत्रफल $A = \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊँचाई} = \frac{1}{2} \times (2R) \times h = Rh$ है।
अतः,शंकु में प्रवेश करने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi = E \times A = E \times (Rh) = EhR$ है।

(C) स्लैब पर लगने वाला विद्युत बल $F = -\frac{dU}{dx}$ द्वारा दिया जाता है।
संधारित्र में संचित ऊर्जा $U = \frac{Q^2}{2C}$ है।
संधारित्र को समानांतर में दो संधारित्रों के रूप में देखा जा सकता है: एक $x$ लंबाई के परावैद्युत के साथ और दूसरा $(l-x)$ लंबाई के बिना परावैद्युत के।
$C = C_1 + C_2 = \frac{K \varepsilon_0 w x}{d} + \frac{\varepsilon_0 w (l-x)}{d} = \frac{\varepsilon_0 w}{d} [x(K-1) + l]$.
$C$ का मान ऊर्जा के सूत्र में रखने पर:
$U = \frac{Q^2 d}{2 \varepsilon_0 w [x(K-1) + l]}$.
अब,$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$F = -\frac{dU}{dx} = -\frac{Q^2 d}{2 \varepsilon_0 w} \cdot \frac{d}{dx} [x(K-1) + l]^{-1}$.
$F = -\frac{Q^2 d}{2 \varepsilon_0 w} \cdot (-1) [x(K-1) + l]^{-2} \cdot (K-1)$.
$F = \frac{Q^2 d (K-1)}{2 \varepsilon_0 w [x(K-1) + l]^2}$.
किनारे पर $(x=0)$:
$F = \frac{Q^2 d (K-1)}{2 \varepsilon_0 w l^2}$.

(C) माना कि बाएं नोड का विभव $V_1 = 50\; V$ है और दाएं नोड का विभव $V_2 = 30\; V$ है।
बीच के प्रतिरोध का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 5 + 5 = 10\; \Omega$ है।
बाएं से दाएं प्रवाहित होने वाली धारा $I = (50 - 30) / 10 = 2\; A$ है।
बाएं नोड पर,$50\; V$ बैटरी से निकलने वाली धारा $I_1$ है। यह $2\; A$ (दाएं ओर) और $I_{20} = 50 / 20 = 2.5\; A$ (नीचे की ओर) में विभाजित होती है।
अतः,$I_1 = 2 + 2.5 = 4.5\; A$.
दाएं नोड पर,$30\; V$ बैटरी से $I_2$ धारा आती है। बाएं से $2\; A$ धारा आती है और $I_{10} = 30 / 10 = 3\; A$ नीचे की ओर बहती है।
दाएं नोड पर $KCL$ के अनुसार: $I_2 + 2 = 3 \implies I_2 = 1\; A$.
इस प्रकार,$50\; V$ और $30\; V$ बैटरी से प्रवाहित होने वाली धारा क्रमशः $4.5\; A$ और $1\; A$ है।

(A) दिया गया है,तार $Q$ की लंबाई,$L = 25\, cm = 0.25\, m$.
$I_1$ और $I_2$ धारा ले जाने वाले और $r$ दूरी पर स्थित दो समानांतर तारों के बीच प्रति इकाई लंबाई पर बल $f = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
तार $R$ के कारण तार $Q$ पर बल $(F_{QR})$:
$I_Q = 10\, A$,$I_R = 20\, A$,$r = 0.05\, m$.
चूंकि धाराएं विपरीत दिशाओं में हैं,इसलिए बल प्रतिकर्षी (बाईं ओर) होगा।
$F_{QR} = \frac{\mu_0 I_Q I_R}{2\pi r} \times L = 2 \times 10^{-7} \times \frac{10 \times 20}{0.05} \times 0.25 = 20 \times 10^{-5}\, N$ (बाईं ओर)।
तार $P$ के कारण तार $Q$ पर बल $(F_{QP})$:
$I_Q = 10\, A$,$I_P = 30\, A$,$r = 0.03\, m$.
चूंकि धाराएं विपरीत दिशाओं में हैं,इसलिए बल प्रतिकर्षी (दाईं ओर) होगा।
$F_{QP} = \frac{\mu_0 I_Q I_P}{2\pi r} \times L = 2 \times 10^{-7} \times \frac{10 \times 30}{0.03} \times 0.25 = 50 \times 10^{-5}\, N$ (दाईं ओर)।
कुल बल $F_{\text{net}} = F_{QP} - F_{QR} = 50 \times 10^{-5} - 20 \times 10^{-5} = 30 \times 10^{-5}\, N = 3 \times 10^{-4}\, N$ दाईं ओर।

(B) $1$. लौहचुंबकीय पदार्थ $(F)$ चुंबकीय क्षेत्र रेखाओं को प्रबलता से आकर्षित करते हैं,जिससे वे पदार्थ के भीतर केंद्रित हो जाती हैं। छड़ $A$ यह व्यवहार दर्शाती है।
$2$. प्रतिचुंबकीय पदार्थ $(D)$ चुंबकीय क्षेत्र रेखाओं को प्रतिकर्षित करते हैं,जिससे वे पदार्थ से दूर मुड़ जाती हैं। छड़ $B$ यह व्यवहार दर्शाती है।
$3$. अनुचुंबकीय पदार्थ $(P)$ चुंबकीय क्षेत्र रेखाओं को दुर्बलता से आकर्षित करते हैं,जिससे वे पदार्थ के भीतर थोड़ी मात्रा में केंद्रित हो जाती हैं। छड़ $C$ यह व्यवहार दर्शाती है।
अतः,सही मिलान $A \leftrightarrow F, B \leftrightarrow D, C \leftrightarrow P$ है।

(A) दिया गया है: फेरों की संख्या $N = 1000$.
क्षेत्रफल $A = 4 \, cm^2 = 4 \times 10^{-4} \, m^2$.
चुंबकीय क्षेत्र में परिवर्तन $\Delta B = 10^{-2} \, Wb \, m^{-2}$.
समय अंतराल $\Delta t = 0.01 \, s = 10^{-2} \, s$.
फैराडे के नियम के अनुसार प्रेरित $e.m.f.$: $e = N \frac{\Delta \phi}{\Delta t} = N A \frac{\Delta B}{\Delta t} \cos \theta$.
चूंकि अक्ष चुंबकीय क्षेत्र के समानांतर है,इसलिए क्षेत्रफल सदिश और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण $\theta = 0^\circ$ होगा,अतः $\cos 0^\circ = 1$.
मान रखने पर: $e = 1000 \times (4 \times 10^{-4} \, m^2) \times \frac{10^{-2} \, Wb \, m^{-2}}{10^{-2} \, s}$.
$e = 1000 \times 4 \times 10^{-4} = 0.4 \, V$.
$mV$ में बदलने पर: $0.4 \, V = 400 \, mV$.

(C) दिया गया है: विद्युत क्षेत्र का आयाम,$E_0 = 4 \, V/m$.
निर्वात की विद्युतशीलता,$\varepsilon_0 = 8.8 \times 10^{-12} \, C^2/N \cdot m^2$.
विद्युत क्षेत्र का औसत ऊर्जा घनत्व $(u_E)$ ज्ञात करने का सूत्र:
$u_E = \frac{1}{4} \varepsilon_0 E_0^2$
दिए गए मानों को रखने पर:
$u_E = \frac{1}{4} \times (8.8 \times 10^{-12}) \times (4)^2$
$u_E = \frac{1}{4} \times 8.8 \times 10^{-12} \times 16$
$u_E = 2.2 \times 16 \times 10^{-12} = 35.2 \times 10^{-12} \, J/m^3$.

(D) दिया गया है: लेंस की दो स्थितियों के बीच की दूरी,$d = 10\, cm$.
दो स्थितियों में प्रतिबिंबों के आकार का अनुपात,$\frac{I_1}{I_2} = \frac{3}{2}$.
माना वस्तु और पर्दे के बीच की दूरी $D$ है।
पतले लेंस के लिए विस्थापन विधि के सूत्र का उपयोग करते हुए,प्रतिबिंब के आकार का अनुपात $\frac{I_1}{I_2} = \frac{(D+d)^2}{(D-d)^2}$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{3}{2} = \frac{(D+10)^2}{(D-10)^2}$.
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर: $\sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{D+10}{D-10}$.
इससे प्राप्त होता है: $\sqrt{3}(D-10) = \sqrt{2}(D+10)$.
$D(\sqrt{3} - \sqrt{2}) = 10(\sqrt{3} + \sqrt{2})$.
$D = 10 \times \frac{\sqrt{3} + \sqrt{2}}{\sqrt{3} - \sqrt{2}} = 10 \times (\sqrt{3} + \sqrt{2})^2 = 10 \times (3 + 2 + 2\sqrt{6}) = 10(5 + 2\sqrt{6}) \approx 10(5 + 4.899) = 98.99\, cm \approx 99\, cm$.

(D) तीव्रता $I \propto a^2$,जहाँ $a$ आयाम है।
दिया गया है $I_1 = 16$ और $I_2 = 9$।
अतः,आयामों का अनुपात $\frac{a_1}{a_2} = \sqrt{\frac{I_1}{I_2}} = \sqrt{\frac{16}{9}} = \frac{4}{3}$ है।
मान लीजिए $a_1 = 4k$ और $a_2 = 3k$।
दीप्त फ्रिंज की तीव्रता $I_{max} = (a_1 + a_2)^2 = (4k + 3k)^2 = (7k)^2 = 49k^2$ है।
अदीप्त फ्रिंज की तीव्रता $I_{min} = (a_1 - a_2)^2 = (4k - 3k)^2 = (k)^2 = k^2$ है।
तीव्रताओं का अनुपात $\frac{I_{max}}{I_{min}} = \frac{49k^2}{k^2} = \frac{49}{1}$ है।

(A) दिया है: $f_{o} = 1.2 \, cm$,$f_{e} = 3.0 \, cm$,$u_{o} = -1.25 \, cm$.
अभिदृश्यक लेंस के लिए,लेंस सूत्र $\frac{1}{f_{o}} = \frac{1}{v_{o}} - \frac{1}{u_{o}}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{1.2} = \frac{1}{v_{o}} - \frac{1}{-1.25}$
$\frac{1}{v_{o}} = \frac{1}{1.2} - \frac{1}{1.25} = \frac{1.25 - 1.2}{1.5} = \frac{0.05}{1.5} = \frac{1}{30}$
अतः,$v_{o} = 30 \, cm$.
अनंत पर अंतिम प्रतिबिंब के लिए आवर्धन क्षमता का सूत्र $M = -\frac{v_{o}}{u_{o}} \times \frac{D}{f_{e}}$ है,जहाँ $D = 25 \, cm$ स्पष्ट दृष्टि की न्यूनतम दूरी है।
$M = -\frac{30}{-1.25} \times \frac{25}{3.0}$
$M = 24 \times 8.333 = 200$.
इस प्रकार,संयुक्त सूक्ष्मदर्शी की आवर्धन क्षमता $200$ है।

(B) फोटॉन का प्रारंभिक संवेग $P_i = \frac{h}{\lambda}$ है।
अंतिम तरंगदैर्ध्य $\lambda' = \lambda + \Delta \lambda = \lambda + 3\lambda = 4\lambda$.
फोटॉन का अंतिम संवेग $P_f = \frac{h}{4\lambda} = \frac{P_i}{4}$ है। मान लीजिए $P = P_f = \frac{h}{4\lambda}$,तो $P_i = 4P$.
संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए: $\vec{P}_i = \vec{P}_f + \vec{P}_e$,जहाँ $\vec{P}_e$ प्रतिक्षिप्त इलेक्ट्रॉन का संवेग है।
$\vec{P}_e = \vec{P}_i - \vec{P}_f$.
आपतित फोटॉन की दिशा को $x$-अक्ष के रूप में लेने पर:
$\vec{P}_i = 4P \hat{i}$.
$\vec{P}_f = P \cos 60^o \hat{i} + P \sin 60^o \hat{j} = P(\frac{1}{2}) \hat{i} + P(\frac{\sqrt{3}}{2}) \hat{j}$.
$\vec{P}_e = (4P - \frac{P}{2}) \hat{i} - \frac{\sqrt{3}P}{2} \hat{j} = \frac{7P}{2} \hat{i} - \frac{\sqrt{3}P}{2} \hat{j}$.
इलेक्ट्रॉन का प्रतिक्षिप्त कोण $\phi$ इस प्रकार दिया गया है: $\tan \phi = |\frac{P_{ey}}{P_{ex}}| = \frac{\sqrt{3}P/2}{7P/2} = \frac{\sqrt{3}}{7}$.
$\tan \phi = \frac{1.732}{7} \approx 0.247 \approx 0.25$.

(B) नाभिकों की संख्या $N$ में परिवर्तन की दर उत्पादन दर और क्षय दर का अंतर है:
$\frac{dN}{dt} = P - \lambda N$
यहाँ $P = 100$ और $\lambda = 0.5$ दिया गया है,इसलिए $\frac{dN}{dt} = 100 - 0.5N$.
$t=0$ $(N=0)$ से $t$ $(N=50)$ तक समाकलन करने पर:
$\int_0^N \frac{dN}{100 - 0.5N} = \int_0^t dt$
$-\frac{1}{0.5} [\ln(100 - 0.5N)]_0^N = t$
$-2 [\ln(100 - 0.5N) - \ln(100)] = t$
$\ln \left( \frac{100 - 0.5N}{100} \right) = -0.5t$
$1 - \frac{0.5N}{100} = e^{-0.5t}$
$N = 200(1 - e^{-0.5t})$.
$N = 50$ रखने पर:
$50 = 200(1 - e^{-0.5t})$
$0.25 = 1 - e^{-0.5t}$
$e^{-0.5t} = 0.75 = \frac{3}{4}$
$-0.5t = \ln(3/4) = -\ln(4/3)$
$t = \frac{\ln(4/3)}{0.5} = 2 \ln \left( \frac{4}{3} \right) s$.

(D) दिया गया है: श्रेणी प्रतिरोध $R = 4 \, k\Omega = 4 \times 10^3 \, \Omega$,इनपुट वोल्टेज $V_i = 60 \, V$,ज़ेनर वोल्टेज $V_Z = 10 \, V$,लोड प्रतिरोध $R_L = 2 \, k\Omega = 2 \times 10^3 \, \Omega$.
$1$. लोड धारा $I_L$ लोड प्रतिरोध के सिरों पर ज़ेनर वोल्टेज द्वारा निर्धारित होती है:
$I_L = \frac{V_Z}{R_L} = \frac{10 \, V}{2 \times 10^3 \, \Omega} = 5 \times 10^{-3} \, A = 5 \, mA$.
$2$. श्रेणी प्रतिरोध $R$ से प्रवाहित होने वाली कुल धारा $I$ उसके सिरों पर वोल्टेज ड्रॉप द्वारा निर्धारित होती है:
$I = \frac{V_i - V_Z}{R} = \frac{60 \, V - 10 \, V}{4 \times 10^3 \, \Omega} = \frac{50 \, V}{4000 \, \Omega} = 12.5 \times 10^{-3} \, A = 12.5 \, mA$.
$3$. नोड $A$ पर किरचॉफ का धारा नियम लागू करने पर:
$I = I_Z + I_L$
$I_Z = I - I_L = 12.5 \, mA - 5 \, mA = 7.5 \, mA$.
अतः,धाराएं $I = 12.5 \, mA$,$I_Z = 7.5 \, mA$ और $I_L = 5 \, mA$ हैं।

(B) $1$. सोडियम डबलेट ($D$-लाइन्स) की तरंगदैर्ध्य लगभग $589.0 \; nm$ और $589.6 \; nm$ होती है,जो दृश्य स्पेक्ट्रम में आती है। अतः,$I-A$।
$2$. अंतरिक्ष में फैले समदैशिक विकिरण (कॉस्मिक माइक्रोवेव बैकग्राउंड रेडिएशन) लगभग $2.7 \; K$ तापमान के अनुरूप है,जो माइक्रोवेव क्षेत्र में आता है। अतः,$II-B$।
$3$. अंतरतारकीय अंतरिक्ष में परमाणु हाइड्रोजन द्वारा उत्सर्जित $21 \; cm$ लाइन विकिरण एक रेडियो तरंग है। अतः,$III-C$।
$4$. हाइड्रोजन में लैम्ब शिफ्ट (दो निकटवर्ती ऊर्जा स्तरों) से उत्पन्न विकिरण की तरंगदैर्ध्य लगभग $30 \; cm$ है,जो माइक्रोवेव क्षेत्र में है। अतः,$IV-B$।
इसलिए,सही मिलान $I-A, II-B, III-C, IV-B$ है।

(D) अर्ध-विक्षेप विधि में,धारा को लगभग स्थिर रखने के लिए गैल्वेनोमीटर के साथ श्रेणीक्रम में एक उच्च प्रतिरोध $R$ जोड़ा जाता है,और विक्षेप को आधा करने के लिए गैल्वेनोमीटर के साथ समानांतर क्रम में एक शंट प्रतिरोध $S$ जोड़ा जाता है।
परिपथ आरेख $D$ में गैल्वेनोमीटर $G$ के साथ श्रेणीक्रम में उच्च प्रतिरोध $R$ और कुंजी $K_2$ के माध्यम से गैल्वेनोमीटर के साथ समानांतर में जुड़ा शंट प्रतिरोध $S$ दिखाया गया है।
जब कुंजी $K_1$ बंद होती है और $K_2$ खुली होती है,तो धारा $I$,$R$ और $G$ से होकर बहती है। जब $K_2$ को बंद किया जाता है,तो शंट $S$ परिपथ में आ जाता है,और गैल्वेनोमीटर से होकर बहने वाली धारा $I/2$ हो जाती है। इस स्थिति में गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $G$,सूत्र $G = \frac{RS}{R - S}$ द्वारा दिया जाता है।

(B) गॉस के नियम के अनुसार,गोलीय सममित आवेश वितरण के केंद्र से $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E$ का मान $E \cdot (4\pi r^2) = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_0}$ होता है।
$r < R$ त्रिज्या वाले गोले के भीतर कुल आवेश $q$ ज्ञात करने के लिए,हम आयतन पर आवेश घनत्व का समाकलन करेंगे:
$q = \int_0^r \rho(x) \cdot 4\pi x^2 dx$
$\rho(x) = \rho_0 \left( 1 - \frac{x}{R} \right)$ प्रतिस्थापित करने पर:
$q = 4\pi \rho_0 \int_0^r \left( x^2 - \frac{x^3}{R} \right) dx$
$q = 4\pi \rho_0 \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4R} \right]_0^r = 4\pi \rho_0 \left( \frac{r^3}{3} - \frac{r^4}{4R} \right)$
अब,गॉस के नियम का उपयोग करते हुए:
$E \cdot 4\pi r^2 = \frac{4\pi \rho_0}{\varepsilon_0} \left( \frac{r^3}{3} - \frac{r^4}{4R} \right)$
दोनों पक्षों को $4\pi r^2$ से विभाजित करने पर:
$E = \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \left( \frac{r}{3} - \frac{r^2}{4R} \right)$

(C) परावैद्युतांक $K(x) = K_0 + \lambda x$ द्वारा दिया गया है।
दूरी $x$ पर $dx$ मोटाई का एक छोटा तत्व लें। यह $dC = \frac{\epsilon_0 K(x) A}{dx}$ धारिता वाले संधारित्र के रूप में कार्य करता है।
चूंकि ये तत्व श्रेणीक्रम (series) में हैं,कुल धारिता $C$ इस प्रकार दी जाती है: $\frac{1}{C} = \int_0^d \frac{1}{dC} = \int_0^d \frac{dx}{\epsilon_0 A (K_0 + \lambda x)}$.
समाकलन करने पर: $\frac{1}{C} = \frac{1}{\epsilon_0 A} \int_0^d \frac{dx}{K_0 + \lambda x} = \frac{1}{\epsilon_0 A \lambda} [\ln(K_0 + \lambda x)]_0^d$.
$\frac{1}{C} = \frac{1}{\epsilon_0 A \lambda} \ln \left( \frac{K_0 + \lambda d}{K_0} \right) = \frac{1}{\epsilon_0 A \lambda} \ln \left( 1 + \frac{\lambda d}{K_0} \right)$.
चूंकि निर्वात धारिता $C_0 = \frac{\epsilon_0 A}{d}$ है,इसलिए $\epsilon_0 A = C_0 d$ होगा।
यह मान रखने पर: $\frac{1}{C} = \frac{1}{C_0 d \lambda} \ln \left( 1 + \frac{\lambda d}{K_0} \right)$.
अतः,$C = \frac{\lambda d}{\ln(1 + \lambda d / K_0)} C_0$.

(B) स्थिर अवस्था में,संधारित्र पूरी तरह से आवेशित होता है,इसलिए संधारित्र वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
इस प्रकार,परिपथ एक एकल लूप में सरल हो जाता है जिसमें दो बैटरियाँ और $3 \, \Omega$ तथा $9 \, \Omega$ के दो प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में होते हैं।
लूप में कुल विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $E_{net} = 16.0 \, V - 8.0 \, V = 8.0 \, V$ है।
लूप में कुल प्रतिरोध $R_{total} = 3 \, \Omega + 9 \, \Omega = 12 \, \Omega$ है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,परिपथ में धारा $I = \frac{E_{net}}{R_{total}} = \frac{8.0 \, V}{12 \, \Omega} = \frac{2}{3} \, A \approx 0.67 \, A$ है।

(C) चुंबकीय क्षेत्र कण को $d$ व्यास वाले अर्ध-वृत्ताकार पथ पर गति करने के लिए आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है,इसलिए त्रिज्या $R = \frac{d}{2}$ है।
अभिकेंद्री बल के सूत्र का उपयोग करते हुए: $Bqv = \frac{mv^2}{R} = \frac{mv^2}{d/2}$.
$B$ के लिए हल करने पर: $B = \frac{2mv}{qd}$.
अर्ध-वृत्त पूरा करने में लगा समय $\Delta t$,पूर्ण वृत्ताकार कक्षा के आवर्तकाल का आधा होता है।
आवर्तकाल $T = \frac{2\pi m}{Bq}$.
अतः,$\Delta t = \frac{T}{2} = \frac{\pi m}{Bq}$.
$\Delta t$ के व्यंजक में $B = \frac{2mv}{qd}$ रखने पर:
$\Delta t = \frac{\pi m}{(2mv/qd)q} = \frac{\pi d}{2v}$.

(B) $n$ फेरों और $r$ त्रिज्या वाली वृत्ताकार लूप के केंद्र में $I$ धारा के कारण उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 n I}{2r}$ होता है।
पहले तार के लिए,इसे $R$ त्रिज्या के एक लूप में मोड़ा जाता है $(n_1 = 1)$। चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 (1) I}{2R} = \frac{\mu_0 I}{2R}$ है।
दूसरे तार की लंबाई $L = 2\pi R$ समान है। इसे $n_2 = 3$ लूप में मोड़ा जाता है। मान लीजिए कि प्रत्येक नए लूप की त्रिज्या $r$ है। तब $L = n_2 (2\pi r) = 3(2\pi r)$।
लंबाई की तुलना करने पर: $2\pi R = 6\pi r$,जिससे $r = R/3$ प्राप्त होता है।
दूसरी कुंडली से प्रवाहित होने वाली धारा $I_2 = I/3$ है।
दूसरी कुंडली के केंद्र में चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 n_2 I_2}{2r} = \frac{\mu_0 (3) (I/3)}{2(R/3)} = \frac{\mu_0 I}{2(R/3)} = \frac{3\mu_0 I}{2R}$ है।
अनुपात लेने पर: $\frac{B_1}{B_2} = \frac{\mu_0 I / 2R}{3\mu_0 I / 2R} = \frac{1}{3}$।
अतः,$B_1 : B_2 = 1 : 3$।