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

(A) किसी बिंदु $O$ के परितः कण का कोणीय संवेग $L = m(\vec{r} \times \vec{v})$ द्वारा दिया जाता है। $m$ द्रव्यमान के कण के लिए जो $v$ चाल से गति कर रहा है,इसका परिमाण $L = mvr_{\perp}$ है,जहाँ $r_{\perp}$ मूल बिंदु $O$ से वेग की दिशा तक की लंबवत दूरी है।
वृत्त की ज्यामिति से,स्थिति सदिश $\vec{r}$,$x$-अक्ष के साथ $\theta$ कोण बनाता है। वेग सदिश $\vec{v}$ कण की स्थिति पर वृत्त के स्पर्शरेखीय है। स्थिति सदिश $\vec{r}$ और वेग सदिश $\vec{v}$ के बीच का कोण $(90^\circ + \theta)$ है।
मूल बिंदु $O$ से कण की दूरी $r = 2a \cos \theta$ है।
कोणीय संवेग $L = mvr \sin(90^\circ + \theta) = mvr \cos \theta$ होता है।
$r = 2a \cos \theta$ रखने पर,हमें $L = mv(2a \cos \theta) \cos \theta = 2mva \cos^2 \theta$ प्राप्त होता है।
सर्वसमिका $2 \cos^2 \theta = 1 + \cos 2\theta$ का उपयोग करने पर,$L = mva(1 + \cos 2\theta)$ प्राप्त होता है।
इकाई द्रव्यमान $(m=1)$ मानते हुए,कोणीय संवेग $va(1 + \cos 2\theta)$ है।

(B) अनंत दूरी पर निकाय की प्रारंभिक कुल ऊर्जा $0$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,$d$ दूरी पर कुल ऊर्जा भी $0$ होनी चाहिए:
$\frac{1}{2}m_1 v_1^2 + \frac{1}{2}m_2 v_2^2 - \frac{G m_1 m_2}{d} = 0$
$\frac{1}{2}m_1 v_1^2 + \frac{1}{2}m_2 v_2^2 = \frac{G m_1 m_2}{d} \quad ... (i)$
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार (चूंकि निकाय पर कोई बाहरी बल कार्य नहीं करता है):
$m_1 v_1 - m_2 v_2 = 0 \implies v_2 = \frac{m_1}{m_2} v_1$
$v_2$ का मान समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$\frac{1}{2}m_1 v_1^2 + \frac{1}{2}m_2 \left( \frac{m_1}{m_2} v_1 \right)^2 = \frac{G m_1 m_2}{d}$
$\frac{1}{2}m_1 v_1^2 \left( 1 + \frac{m_1}{m_2} \right) = \frac{G m_1 m_2}{d}$
$\frac{1}{2} v_1^2 \left( \frac{m_1 + m_2}{m_2} \right) = \frac{G m_2}{d}$
$v_1^2 = \frac{2 G m_2^2}{d(m_1 + m_2)} \implies v_1 = m_2 \sqrt{\frac{2G}{d(m_1 + m_2)}}$
इसी प्रकार,$v_2 = m_1 \sqrt{\frac{2G}{d(m_1 + m_2)}}$.

(C) $0.3 \, cm$ मोटाई वाली स्टील की शीट में $D = 1 \, cm = 10^{-2} \, m$ व्यास का छेद करने के लिए,अपरूपण बल छेद की बेलनाकार सतह के क्षेत्रफल पर कार्य करना चाहिए।
अपरूपण प्रतिबल $\sigma_{max} = 3.5 \times 10^8 \, N \, m^{-2}$ दिया गया है।
अपरूपण का विरोध करने वाला क्षेत्रफल $A$ पंच किए गए सिलेंडर की पार्श्व सतह का क्षेत्रफल है:
$A = \text{परिधि} \times \text{मोटाई} = (\pi D) \times h$
मान रखने पर:
$A = \pi \times (10^{-2} \, m) \times (0.3 \times 10^{-2} \, m) = 0.3 \pi \times 10^{-4} \, m^2$
आवश्यक बल $F$:
$F = \sigma_{max} \times A$
$F = (3.5 \times 10^8 \, N \, m^{-2}) \times (0.3 \pi \times 10^{-4} \, m^2)$
$F = 3.5 \times 0.3 \times 3.14159 \times 10^4 \, N$
$F \approx 3.298 \times 10^4 \, N$
निकटतम मान लेने पर,$F \approx 3.3 \times 10^4 \, N$ प्राप्त होता है।

(B) माना जल स्तर के गिरने की दर $-\frac{dh}{dt}$ है।
सांतत्य समीकरण के अनुसार,प्रति इकाई समय में छिद्र से बाहर निकलने वाले पानी का आयतन पात्र द्वारा खोए गए पानी के आयतन के बराबर होता है।
$A \left( -\frac{dh}{dt} \right) = a_{hole} \cdot v$
जहाँ $a_{hole} = \pi a^2$ छिद्र का क्षेत्रफल है और $v = \sqrt{2gh}$ बहिःस्राव का वेग (टोरिसेली का नियम) है।
अतः,$A \left( -\frac{dh}{dt} \right) = \pi a^2 \sqrt{2gh}$.
समाकलन के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$dt = -\frac{A}{\pi a^2 \sqrt{2g}} h^{-1/2} dh$.
$t = 0$ से $T$ (कुल समय) और $h = h$ से $0$ तक समाकलन करने पर:
$\int_0^T dt = -\frac{A}{\pi a^2 \sqrt{2g}} \int_h^0 h^{-1/2} dh$.
$T = -\frac{A}{\pi a^2 \sqrt{2g}} \left[ \frac{h^{1/2}}{1/2} \right]_h^0$.
$T = -\frac{A}{\pi a^2 \sqrt{2g}} \cdot 2 [0 - \sqrt{h}] = \frac{2A}{\pi a^2 \sqrt{2g}} \sqrt{h}$.
$T = \frac{2A}{\pi a^2} \sqrt{\frac{h}{2g}} = \frac{\sqrt{2}A}{\pi a^2} \sqrt{\frac{h}{g}}$.

(B) मान लीजिए $P_1, R_1$ और $P_2, R_2$ दो साबुन के बुलबुलों के आंतरिक दबाव और त्रिज्या हैं, और $P_3, R_3$ परिणामी एकल बुलबुले का आंतरिक दबाव और त्रिज्या है।
साबुन के बुलबुले का आंतरिक दबाव $P_{in} = P + \frac{4T}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
यह मानते हुए कि प्रक्रिया समतापीय है, हवा की कुल मात्रा ($PV$ के संदर्भ में) स्थिर रहती है: $P_1V_1 + P_2V_2 = P_3V_3$.
दबाव और आयतन के लिए व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर: $(P + \frac{4T}{R_1})(\frac{4}{3}\pi R_1^3) + (P + \frac{4T}{R_2})(\frac{4}{3}\pi R_2^3) = (P + \frac{4T}{R_3})(\frac{4}{3}\pi R_3^3)$.
इसका विस्तार करने पर, हमें मिलता है: $P(\frac{4}{3}\pi R_1^3 + \frac{4}{3}\pi R_2^3 - \frac{4}{3}\pi R_3^3) + \frac{16\pi T}{3}(R_1^2 + R_2^2 - R_3^2) = 0$.
यहाँ, $V = V_3 - (V_1 + V_2)$ आयतन में परिवर्तन है, इसलिए $V_1 + V_2 - V_3 = -V$। साथ ही, $S = S_3 - (S_1 + S_2)$ पृष्ठीय क्षेत्रफल में परिवर्तन है, जहाँ $S_i = 4\pi R_i^2$, इसलिए $S_1 + S_2 - S_3 = -S$।
इन मानों को समीकरण में रखने पर: $P(-V) + \frac{4T}{3}(-S) = 0$.
$-3$ से गुणा करने पर, हमें $3PV + 4ST = 0$ प्राप्त होता है।

(B) $Newton$ के शीतलन नियम के अनुसार,शीतलन की दर इस प्रकार है: $\frac{\theta_1 - \theta_2}{t} = K \left[ \frac{\theta_1 + \theta_2}{2} - \theta_0 \right]$,जहाँ $\theta_0$ परिवेश का तापमान है।
पहले $10$ मिनट के लिए: $\frac{60 - 50}{10} = K \left[ \frac{60 + 50}{2} - \theta_0 \right] \implies 1 = K(55 - \theta_0) \dots (i)$
अगले $10$ मिनट के लिए: $\frac{50 - 42}{10} = K \left[ \frac{50 + 42}{2} - \theta_0 \right] \implies 0.8 = K(46 - \theta_0) \dots (ii)$
समीकरण $(i)$ को $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{1}{0.8} = \frac{55 - \theta_0}{46 - \theta_0}$
$1.25 = \frac{55 - \theta_0}{46 - \theta_0}$
$1.25(46 - \theta_0) = 55 - \theta_0$
$57.5 - 1.25\theta_0 = 55 - \theta_0$
$2.5 = 0.25\theta_0$
$\theta_0 = 10\,^oC$.

(B) दिया गया है: $Q_1 = 1000\,J$,$Q_2 = 600\,J$,$T_1 = 127\,^oC = 400\,K$.
कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = (1 - Q_2/Q_1) \times 100\%$ द्वारा दी जाती है।
$\eta = (1 - 600/1000) \times 100\% = (1 - 0.6) \times 100\% = 40\%$.
कार्नोट चक्र के लिए,ऊष्मा विनिमय का अनुपात तापमान के अनुपात के बराबर होता है: $Q_2/Q_1 = T_2/T_1$.
$600/1000 = T_2/400$.
$T_2 = (600 \times 400) / 1000 = 240\,K$.
सेल्सियस में बदलने पर: $T_2 = 240 - 273 = -33\,^oC$.
अतः,दक्षता $40\%$ है और सिंक का तापमान $-33\,^oC$ है।

(A) गैस के अणु की $r.m.s.$ चाल का सूत्र $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ है,जहाँ $R$ सार्वत्रिक गैस नियतांक है,$T$ परम तापमान है और $M$ गैस का मोलर द्रव्यमान है।
यहाँ $v_{rms} = 1930 \, m/s$,$T = 300 \, K$ (कमरे का तापमान) और $R = 8.314 \, J/(mol \cdot K)$ दिया गया है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $v_{rms}^2 = \frac{3RT}{M}$.
$M$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $M = \frac{3RT}{v_{rms}^2}$.
मान रखने पर: $M = \frac{3 \times 8.314 \times 300}{1930^2} \approx \frac{7482.6}{3724900} \approx 0.002008 \, kg/mol$.
यह लगभग $2 \times 10^{-3} \, kg/mol$ है,जो $2 \, g/mol$ के बराबर है।
$H_2$ का मोलर द्रव्यमान $2 \, g/mol$ है। अतः,वह गैस $H_2$ है।

(D) रैखिक $S.H.M.$ में,कण पर कार्य करने वाला प्रत्यानयन बल $F$ संतुलन स्थिति से विस्थापन $x$ के सीधे समानुपाती होना चाहिए और संतुलन स्थिति की ओर निर्देशित होना चाहिए।
गणितीय रूप से,इसे $F = -bx$ के रूप में व्यक्त किया जाता है,जहाँ $b$ एक धनात्मक बल स्थिरांक है।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,$-bx$ (जहाँ $b$ एक धनात्मक स्थिरांक है) सरल आवर्त गति के लिए प्रत्यानयन बल को दर्शाता है।
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(B) दिया गया है: स्रोत की आवृत्ति $f_A = 1800\,Hz$,प्रेक्षक द्वारा प्राप्त आवृत्ति $f_B = 2150\,Hz$,ध्वनि की गति $v_s = 343\,m/s$.
सबसे पहले,हम गतिमान स्रोत और स्थिर प्रेक्षक के लिए डॉप्लर प्रभाव के सूत्र का उपयोग करके स्रोत की अंतिम गति $v$ ज्ञात करते हैं: $f_B = f_A \left( \frac{v_s}{v_s - v} \right)$.
$v$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\frac{v_s - v}{v_s} = \frac{f_A}{f_B} \implies 1 - \frac{v}{v_s} = \frac{1800}{2150} \implies v = v_s \left( 1 - \frac{1800}{2150} \right)$.
$v = 343 \times \left( 1 - 0.8372 \right) = 343 \times 0.1628 \approx 55.84\,m/s$.
अब,जमीन एक स्थिर स्रोत के रूप में कार्य करती है जो ध्वनि को गतिमान स्रोत $A$ की ओर परावर्तित करती है। जमीन की ओर गति कर रहे स्रोत $A$ द्वारा प्राप्त आवृत्ति $f'$ का सूत्र है: $f' = f_A \left( \frac{v_s + v}{v_s - v} \right)$.
मान रखने पर: $f' = 1800 \times \left( \frac{343 + 55.84}{343 - 55.84} \right) = 1800 \times \left( \frac{398.84}{287.16} \right) \approx 1800 \times 1.3889 \approx 2500\,Hz$.

(A) पृथ्वी का घूर्णन काल लगभग $24$ घंटे है, जो $24 \times 3600 \approx 8.64 \times 10^4 \, s \approx 10^5 \, s$ होता है।
पृथ्वी का परिक्रमण काल $1$ वर्ष है, जो $365 \times 24 \times 3600 \approx 3.15 \times 10^7 \, s \approx 10^7 \, s$ होता है।
प्रकाश तरंग का आवर्तकाल $T = \frac{\lambda}{c}$ का उपयोग करके ज्ञात किया जाता है। दृश्य प्रकाश के लिए, $\lambda \approx 5000 \, \mathring{A} = 5 \times 10^{-7} \, m$ और $c = 3 \times 10^8 \, m/s$ है। अतः, $T \approx \frac{5 \times 10^{-7}}{3 \times 10^8} \approx 1.6 \times 10^{-15} \, s \approx 10^{-15} \, s$ होता है।
ध्वनि तरंग का आवर्तकाल (श्रव्य सीमा) सामान्यतः $10^{-3} \, s$ की कोटि का होता है (उदाहरण के लिए, $1 \, kHz$ के लिए, $T = 10^{-3} \, s$)।
अतः, सही मिलान: $(1)-(i), (2)-(ii), (3)-(iii), (4)-(iv)$।

(A) माना $m$ द्रव्यमान की गोली का प्रारंभिक वेग $u$ है। $x$ मोटाई के तख्ते से गुजरने के बाद,इसका वेग घटकर $v$ हो जाता है।
दिया गया है कि गोली अपने वेग का $\frac{1}{n}$ भाग खो देती है,इसलिए अंतिम वेग $v$ है:
$v = u - \frac{u}{n} = u \left( \frac{n - 1}{n} \right)$
एक तख्ते के लिए कार्य-ऊर्जा प्रमेय का उपयोग करते हुए,जहाँ $F$ मंदक बल है:
$Fx = \frac{1}{2} m u^2 - \frac{1}{2} m v^2$
$Fx = \frac{1}{2} m u^2 - \frac{1}{2} m \left( u \frac{n - 1}{n} \right)^2$
$Fx = \frac{1}{2} m u^2 \left[ 1 - \frac{(n - 1)^2}{n^2} \right] = \frac{1}{2} m u^2 \left[ \frac{n^2 - (n^2 - 2n + 1)}{n^2} \right] = \frac{1}{2} m u^2 \left( \frac{2n - 1}{n^2} \right)$
माना गोली को रोकने के लिए आवश्यक तख्तों की संख्या $P$ है। कुल तय की गई दूरी $Px$ है और अंतिम वेग $0$ है:
$F(Px) = \frac{1}{2} m u^2 - 0$
$P(Fx) = \frac{1}{2} m u^2$
$Fx$ का मान रखने पर:
$P \left[ \frac{1}{2} m u^2 \left( \frac{2n - 1}{n^2} \right) \right] = \frac{1}{2} m u^2$
$P = \frac{n^2}{2n - 1}$

(D) क्षैतिज के साथ $\theta_A = 30^\circ$ के कोण पर धक्का देने के लिए आवश्यक न्यूनतम बल $F_A$ है:
$F_A = \frac{\mu mg}{\cos \theta_A - \mu \sin \theta_A}$
क्षैतिज के साथ $\theta_B = 60^\circ$ के कोण पर खींचने के लिए आवश्यक न्यूनतम बल $F_B$ है:
$F_B = \frac{\mu mg}{\cos \theta_B + \mu \sin \theta_B}$
दिया गया है $\mu = \frac{\sqrt{3}}{5}$,$\theta_A = 30^\circ$,और $\theta_B = 60^\circ$:
$F_A = \frac{\mu mg}{\cos 30^\circ - \mu \sin 30^\circ} = \frac{\mu mg}{\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{5} \cdot \frac{1}{2}} = \frac{\mu mg}{\frac{\sqrt{3}}{2} (1 - \frac{1}{5})} = \frac{\mu mg}{\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{4}{5}} = \frac{\mu mg}{\frac{2\sqrt{3}}{5}}$
$F_B = \frac{\mu mg}{\cos 60^\circ + \mu \sin 60^\circ} = \frac{\mu mg}{\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{5} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\mu mg}{\frac{1}{2} + \frac{3}{10}} = \frac{\mu mg}{\frac{5+3}{10}} = \frac{\mu mg}{\frac{8}{10}} = \frac{\mu mg}{\frac{4}{5}}$
अतः,अनुपात है:
$\frac{F_A}{F_B} = \frac{\frac{\mu mg}{2\sqrt{3}/5}}{\frac{\mu mg}{4/5}} = \frac{4/5}{2\sqrt{3}/5} = \frac{4}{2\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$

(D) मान लीजिए कि बिंदु $P$ पर कार्य करने वाला घर्षण बल $F$ है। बेलन के द्रव्यमान केंद्र का त्वरण $a_{cm} = \frac{F}{M}$ है।
बेलन का अपने केंद्र के परितः कोणीय त्वरण $\alpha$,$\tau = I\alpha$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\tau = F \cdot r$ और $I = \frac{Mr^2}{2}$ है।
अतः,$F \cdot r = \frac{Mr^2}{2} \alpha \Rightarrow \alpha = \frac{2F}{Mr}$.
चूंकि बेलन गलीचे पर फिसलता नहीं है,इसलिए बेलन पर बिंदु $P$ का त्वरण गलीचे के त्वरण $a$ के बराबर होना चाहिए।
बिंदु $P$ का त्वरण $a_P = a_{cm} + \alpha r$ ($a$ की दिशा में) है।
इसलिए,$a = \frac{F}{M} + \left(\frac{2F}{Mr}\right)r = \frac{F}{M} + \frac{2F}{M} = \frac{3F}{M}$.
$F$ के लिए हल करने पर,हमें $F = \frac{Ma}{3}$ प्राप्त होता है।

(C) बिंदु $Y$ पर,अभिलंब प्रतिक्रिया $N = 0$ है। गुरुत्वाकर्षण बल का त्रिज्यीय घटक आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है:
$mg \sin \phi = \frac{mv^2}{r} \implies v^2 = rg \sin \phi$ $...(i)$
बिंदु $X$ और बिंदु $Y$ के बीच यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत का उपयोग करते हुए:
$mg(r \cos \theta) = mg(r \sin \phi) + \frac{1}{2} mv^2$
$g r \cos \theta = g r \sin \phi + \frac{1}{2} (rg \sin \phi)$
$g r \cos \theta = \frac{3}{2} rg \sin \phi$
$\cos \theta = \frac{3}{2} \sin \phi$
$\sin \phi = \frac{2}{3} \cos \theta$

(D) गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $\vec{g} = (5\hat{i} + 12\hat{j})\,N/kg$ है।
चूंकि क्षेत्र एकसमान है,गुरुत्वाकर्षण विभव में परिवर्तन $\Delta V = -\int \vec{g} \cdot d\vec{r}$ द्वारा दिया जाता है।
$(0, 0)$ से $(7, -3)$ तक विस्थापन के लिए,विभव में परिवर्तन $\Delta V = -\vec{g} \cdot \Delta\vec{r}$ है।
$\Delta\vec{r} = (7 - 0)\hat{i} + (-3 - 0)\hat{j} = 7\hat{i} - 3\hat{j}$.
$\Delta V = -[(5\hat{i} + 12\hat{j}) \cdot (7\hat{i} - 3\hat{j})] = -[5(7) + 12(-3)] = -[35 - 36] = -(-1) = 1\,J/kg$.
गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = m \Delta V$ है।
यहाँ $m = 1\,kg$ दिया गया है,इसलिए $\Delta U = 1\,kg \times 1\,J/kg = 1\,J$.

(C) दिया गया है:
वेग $v = 18\, km/h = 18 \times \frac{5}{18} = 5\, m/s$.
गहराई $l = 5\, m$.
श्यानता गुणांक $\eta = 10^{-2}\, \text{poise} = 10^{-2} \times 0.1\, N\cdot s/m^2 = 10^{-3}\, N\cdot s/m^2$.
वेग प्रवणता (विकृति दर) $\frac{dv}{dx} = \frac{v}{l} = \frac{5\, m/s}{5\, m} = 1\, s^{-1}$ है।
न्यूटन के श्यानता के नियम के अनुसार,शियरिंग स्ट्रेस $\tau$ इस प्रकार है:
$\tau = \eta \times \frac{dv}{dx}$.
मान रखने पर:
$\tau = 10^{-3}\, N\cdot s/m^2 \times 1\, s^{-1} = 10^{-3}\, N/m^2$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(A) क्षैतिज प्रवाह के लिए बर्नौली प्रमेय के अनुसार:
$P_A + \frac{1}{2}\rho v_A^2 = P_B + \frac{1}{2}\rho v_B^2$
$P_A - P_B = \frac{1}{2}\rho (v_B^2 - v_A^2)$
चूंकि दबाव का अंतर मैनोमीटर की ऊँचाई $h = 5\, cm$ द्वारा मापा जाता है,इसलिए $P_A - P_B = \rho gh$।
अतः,$\frac{1}{2}\rho (v_B^2 - v_A^2) = \rho gh \implies v_B^2 - v_A^2 = 2gh$।
दिया है $g = 10\, m/s^2 = 1000\, cm/s^2$ और $h = 5\, cm$,इसलिए $v_B^2 - v_A^2 = 2 \times 1000 \times 5 = 10000\, cm^2/s^2$।
सांतत्य समीकरण के अनुसार,$A_A v_A = A_B v_B$।
$A_A = 6\, mm^2$ और $A_B = 10\, mm^2$ दिया है,इसलिए $6 v_A = 10 v_B \implies v_B = 0.6 v_A$।
बर्नौली समीकरण में $v_B$ का मान रखने पर:
$v_A^2 - v_B^2 = 2gh$ (यहाँ $A$ पर वेग अधिक है)
$v_A^2 - (0.6 v_A)^2 = 10000$
$v_A^2 (1 - 0.36) = 10000$
$0.64 v_A^2 = 10000 \implies v_A^2 = 15625$
$v_A = 125\, cm/s$।
प्रवाह की दर $Q = A_A v_A = 0.06\, cm^2 \times 125\, cm/s = 7.5\, cc/s$।

(C) गोले द्वारा ऊष्मा हानि की दर स्टीफन-बोल्ट्ज़मैन नियम द्वारा दी जाती है: $dQ/dt = \sigma A (T^4 - T_0^4)$,जहाँ $A = 4\pi R^2$ है।
साथ ही,गोले द्वारा खोई गई ऊष्मा $dQ = -Mc dT$ है,जहाँ $c = \alpha T^3$ है।
दोनों व्यंजकों को बराबर करने पर: $-M(\alpha T^3) dT = \sigma (4\pi R^2) (T^4 - T_0^4) dt$ प्राप्त होता है।
$dt$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $dt = -\frac{M\alpha T^3 dT}{\sigma (4\pi R^2) (T^4 - T_0^4)}$।
$T = 3T_0$ से $T = 2T_0$ तक समाकलन करने पर: $t = \int_{2T_0}^{3T_0} \frac{M\alpha T^3}{4\pi R^2 \sigma (T^4 - T_0^4)} dT$।
मान लीजिए $u = T^4 - T_0^4$,तो $du = 4T^3 dT$,इसलिए $T^3 dT = du/4$ होगा।
$t = \frac{M\alpha}{4\pi R^2 \sigma} \int_{T=2T_0}^{T=3T_0} \frac{du/4}{u} = \frac{M\alpha}{16\pi R^2 \sigma} [\ln(u)]_{T=2T_0}^{T=3T_0}$।
$t = \frac{M\alpha}{16\pi R^2 \sigma} [\ln(T^4 - T_0^4)]_{2T_0}^{3T_0} = \frac{M\alpha}{16\pi R^2 \sigma} \ln \left( \frac{(3T_0)^4 - T_0^4}{(2T_0)^4 - T_0^4} \right)$।
$t = \frac{M\alpha}{16\pi R^2 \sigma} \ln \left( \frac{81T_0^4 - T_0^4}{16T_0^4 - T_0^4} \right) = \frac{M\alpha}{16\pi R^2 \sigma} \ln \left( \frac{80}{15} \right) = \frac{M\alpha}{16\pi R^2 \sigma} \ln \left( \frac{16}{3} \right)$।

(A) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$.
चरण $1$: संपीड़न प्रक्रिया के दौरान किए गए कार्य की गणना करें।
किया गया कार्य $\Delta W = P \Delta V = 100 \times (1 - 2) = -100\,J$.
चरण $2$: गर्म करने की प्रक्रिया के दौरान आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन की गणना करें।
दिया गया है $\Delta Q = 150\,J$ और चूंकि यह एक स्थिर आयतन प्रक्रिया है,$\Delta W = 0$.
इसलिए,$\Delta Q = \Delta U = 150\,J$.
चरण $3$: आंतरिक ऊर्जा में कुल परिवर्तन।
आंतरिक ऊर्जा में कुल परिवर्तन दोनों प्रक्रियाओं में हुए परिवर्तनों का योग है।
$\Delta Q_{total} = \Delta U_{total} + \Delta W_{total}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $\Delta Q_{total} = 150\,J$ और $\Delta W_{total} = -100\,J$.
$150 = \Delta U + (-100)$.
$\Delta U = 150 + 100 = 250\,J$.
इस प्रकार,गैस की आंतरिक ऊर्जा $250\,J$ बढ़ जाती है।

(D) गैस अणु की गतिज ऊर्जा $KE = \frac{3}{2} k_B T$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया तापमान $T = 0^{\circ}C = 273 \ K$ है।
तापमान का मान रखने पर,$KE = \frac{3}{2} k_B (273) = \frac{819 k_B}{2}$ प्राप्त होता है।
जब अणु $h$ ऊँचाई तक पहुँचता है,तो उसकी गतिज ऊर्जा स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है,$PE = Mgh$।
गतिज ऊर्जा को स्थितिज ऊर्जा के बराबर रखने पर: $\frac{819 k_B}{2} = Mgh$।
ऊँचाई $h$ के लिए हल करने पर,हमें $h = \frac{819 k_B}{2Mg}$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है: आवर्तकाल,$T = 0.5 \ s$. आयाम,$A = 1 \ cm$.
माध्य स्थिति से शुरू होने वाली सरल आवर्त गति में एक कण का विस्थापन $x = A \sin(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
$x = A/2$ का विस्थापन प्राप्त करने के लिए,$A/2 = A \sin(\omega t)$,जिसका अर्थ है $\sin(\omega t) = 1/2$.
अतः,$\omega t = \pi/6$. चूँकि $\omega = 2\pi/T$,हमारे पास $(2\pi/T) \cdot t = \pi/6$ है,जिससे $t = T/12$ प्राप्त होता है।
$T = 0.5 \ s$ रखने पर,लिया गया समय $t = 0.5 / 12 \ s$ है।
औसत वेग को कुल विस्थापन को कुल समय से विभाजित करके परिभाषित किया जाता है।
औसत वेग $v_{avg} = \frac{\Delta x}{\Delta t} = \frac{A/2}{T/12} = \frac{1/2}{0.5/12} = \frac{0.5}{0.5/12} = 12 \ cm/s$.

(B) तार की कुल लंबाई $L = 110 \ cm = 1.1 \ m$ है। लंबाई का अनुपात $6:3:2$ है। मान लीजिए लंबाई $l_1, l_2, l_3$ है।
भागों का योग $= 6+3+2 = 11$.
$l_1 = (6/11) \times 110 = 60 \ cm = 0.6 \ m$.
$l_2 = (3/11) \times 110 = 30 \ cm = 0.3 \ m$.
$l_3 = (2/11) \times 110 = 20 \ cm = 0.2 \ m$.
तार की मूल आवृत्ति $f = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T = 400 \ N$ और $\mu = 0.01 \ kg/m$.
$\sqrt{\frac{T}{\mu}} = \sqrt{\frac{400}{0.01}} = \sqrt{40000} = 200 \ m/s$.
$f_1 = \frac{200}{2 \times 0.6} = \frac{100}{0.6} = \frac{1000}{6} \ Hz$.
$f_2 = \frac{200}{2 \times 0.3} = \frac{100}{0.3} = \frac{1000}{3} \ Hz$.
$f_3 = \frac{200}{2 \times 0.2} = \frac{100}{0.2} = 500 \ Hz = \frac{1000}{2} \ Hz$.
सामान्य आवृत्ति आवृत्तियों का लघुत्तम समापवर्त्य $(LCM)$ है।
$LCM(\frac{1000}{6}, \frac{1000}{3}, \frac{1000}{2}) = \frac{LCM(1000, 1000, 1000)}{GCD(6, 3, 2)} = \frac{1000}{1} = 1000 \ Hz$.

(B) दिए गए ग्राफ से,हम $T^2$ और $L$ के बीच के संबंध को देख सकते हैं।
ग्राफ से एक बिंदु लेने पर,$L = 1.0 \ m$ के लिए,संगत मान $T^2 = 4.0 \ s^2$ है।
सरल लोलक के आवर्तकाल का सूत्र $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $T^2 = 4\pi^2 \frac{L}{g}$ प्राप्त होता है।
$g$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,$g = \frac{4\pi^2 L}{T^2}$ प्राप्त होता है।
ग्राफ से मान प्रतिस्थापित करने पर:
$g = \frac{4 \times (3.14)^2 \times 1.0}{4.0} = \pi^2 \approx 9.87 \ m/s^2$.
अतः,$g$ का मान $9.87 \ m/s^2$ है।

(B) जब छोटी बूंदें मिलकर एक बड़ी बूंद बनाती हैं,तो सतह के क्षेत्रफल में परिवर्तन $\Delta A = n(4\pi r^2) - 4\pi R^2$ होता है। आयतन संरक्षित रहने के कारण,$n(\frac{4}{3}\pi r^3) = \frac{4}{3}\pi R^3$,इसलिए $n = \frac{R^3}{r^3}$।
मुक्त ऊर्जा $\Delta E = T \times \Delta A = T(n 4\pi r^2 - 4\pi R^2) = 4\pi R^3 T (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$ है।
प्रश्न के अनुसार,यह ऊर्जा बड़ी बूंद की गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है: $\frac{1}{2} M v^2 = \Delta E$।
यहाँ,$M = \rho \times \text{आयतन} = \rho (\frac{4}{3}\pi R^3)$।
मान रखने पर: $\frac{1}{2} (\frac{4}{3}\pi R^3 \rho) v^2 = 4\pi R^3 T (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$।
सरल करने पर: $\frac{2}{3} \pi R^3 \rho v^2 = 4\pi R^3 T (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$।
$v^2 = \frac{4 \times 3}{2} \frac{T}{\rho} (\frac{1}{r} - \frac{1}{R}) = \frac{6T}{\rho} (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$।
अतः,$v = {\left[ {\frac{{6T}}{\rho }\left( {\frac{1}{r} - \frac{1}{R}} \right)} \right]^{\frac{1}{2}}}$।

(B) एक कण का कोणीय संवेग $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p} = \vec{r} \times m\vec{v}$ द्वारा दिया जाता है।
उच्चतम बिंदु पर,प्रक्षेप्य का वेग पूरी तरह से क्षैतिज होता है,जो $v_x = v \cos \theta$ है।
उच्चतम बिंदु पर क्षैतिज दूरी $x = R/2 = \frac{v^2 \sin \theta \cos \theta}{g}$ है।
उच्चतम बिंदु पर ऊर्ध्वाधर ऊँचाई $H = \frac{v^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है।
प्रक्षेपण बिंदु के सापेक्ष कोणीय संवेग $L = m v_x H = m (v \cos \theta) \left( \frac{v^2 \sin^2 \theta}{2g} \right) = \frac{m v^3 \sin^2 \theta \cos \theta}{2g}$ है।
दिया गया है: $m = 0.16 \, kg$,$v = 10 \, m/s$,$\theta = 60^{\circ}$,$g = 10 \, m/s^2$.
$L = \frac{0.16 \times (10)^3 \times \sin^2 60^{\circ} \times \cos 60^{\circ}}{2 \times 10}$.
$L = \frac{0.16 \times 1000 \times (3/4) \times (1/2)}{20} = \frac{160 \times 0.375}{20} = 8 \times 0.375 = 3.0 \, kg \cdot m^2/s$.

(B) एक शुद्ध प्रेरक परिपथ में,धारा हमेशा विद्युत वाहक बल (emf) से $\frac{\pi}{2}$ के कला कोण से पीछे रहती है।
दिए गए वोल्टेज $V(t) = V_0 \sin(\omega t)$ के लिए,धारा $I(t) = I_0 \sin(\omega t - \frac{\pi}{2})$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ,$V_0 = 100 \, V$ और $\omega = 500 \, rad/s$ है।
शिखर धारा $I_0$ की गणना इस प्रकार की जाती है: $I_0 = \frac{V_0}{\omega L} = \frac{100}{500 \times 0.02} = \frac{100}{10} = 10 \, A$.
धारा के समीकरण में मान रखने पर:
$I(t) = 10 \sin(500t - \frac{\pi}{2})$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin(\theta - \frac{\pi}{2}) = -\cos(\theta)$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I(t) = -10 \cos(500t)$.

(B) लैंप द्वारा उत्सर्जित विद्युत चुम्बकीय विकिरण की शक्ति $P = 100\,W \times 0.03 = 3\,W$ है।
$r = 5\,m$ की दूरी पर तीव्रता $I$,$I = \frac{P}{4\pi r^2} = \frac{3}{4\pi (5)^2} = \frac{3}{100\pi}\,W/m^2$ द्वारा दी जाती है।
तीव्रता और विद्युत क्षेत्र के आयाम $E_0$ के बीच का संबंध $I = \frac{1}{2} c \varepsilon_0 E_0^2$ है।
$E_0$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $E_0 = \sqrt{\frac{2I}{c \varepsilon_0}}$ प्राप्त होता है।
$c = 3 \times 10^8\,m/s$ और $\varepsilon_0 = \frac{1}{4\pi \times 9 \times 10^9}$ मान रखने पर,हमें $E_0 = \sqrt{\frac{2 \times (3 / 100\pi)}{(3 \times 10^8) \times (1 / (4\pi \times 9 \times 10^9))}}$ प्राप्त होता है।
व्यंजक को सरल करने पर: $E_0 = \sqrt{\frac{6}{100\pi} \times (4\pi \times 9 \times 10^9) / (3 \times 10^8)} = \sqrt{\frac{6 \times 36 \times 10^9}{100 \times 3 \times 10^8}} = \sqrt{\frac{216 \times 10}{300}} = \sqrt{7.2} \approx 2.68\,V/m$।

(A) $\mu$ अपवर्तनांक वाले लेंस को $\mu_1$ अपवर्तनांक वाले माध्यम में डुबोने पर लेंस की फोकस दूरी $f$ लेंस निर्माता के सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{1}{f} = \left( \frac{\mu}{\mu_1} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$
हवा में स्थित अवतल लेंस के लिए,फोकस दूरी ऋणात्मक होती है क्योंकि $\mu > 1$ (जहाँ हवा के लिए $\mu_1 = 1$),जिससे पद $(\frac{\mu}{\mu_1} - 1)$ धनात्मक हो जाता है और कोष्ठक $(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2})$ ऋणात्मक रहता है।
जब लेंस को ऐसे माध्यम में डुबोया जाता है कि $\mu_1 > \mu$ हो,तो पद $(\frac{\mu}{\mu_1} - 1)$ ऋणात्मक हो जाता है।
चूंकि ज्यामितीय कारक $(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2})$ अवतल लेंस के लिए ऋणात्मक रहता है,इसलिए दो ऋणात्मक पदों का गुणनफल धनात्मक हो जाता है,जिसका अर्थ है कि फोकस दूरी $f$ धनात्मक हो जाती है।
धनात्मक फोकस दूरी यह दर्शाती है कि लेंस अब एक अभिसारी लेंस की तरह कार्य करता है। इसलिए,लेंस पर आपतित प्रकाश की समानांतर किरण पुंज उससे गुजरने के बाद अभिसरित होगी। अतः,विकल्प $A$ सही है।

(C) आकृति की ज्यामिति से,सीधे पथ की लंबाई $SP = 2l$ है।
परावर्तित पथ दो खंडों से बना है,जिनमें से प्रत्येक की लंबाई $d = l / \cos(30^{\circ}) = l / (\sqrt{3}/2) = 2l/\sqrt{3}$ है।
अतः,कुल परावर्तित पथ की लंबाई $2 \times (2l/\sqrt{3}) = 4l/\sqrt{3}$ है।
दो किरणों के बीच पथ अंतर $\Delta x = \frac{4l}{\sqrt{3}} - 2l = 2l \left( \frac{2}{\sqrt{3}} - 1 \right)$ है।
चूंकि किरण दर्पण से परावर्तित होती है,इसलिए इसमें $\pi$ का कलांतर उत्पन्न होता है,जो $\lambda/2$ के अतिरिक्त पथ अंतर के बराबर है।
संपोषी व्यतिकरण (maxima) के लिए,कुल पथ अंतर $\lambda/2$ का विषम गुणज होना चाहिए (क्योंकि $\pi$ का कलांतर है): $\Delta x + \frac{\lambda}{2} = n\lambda$,या $\Delta x = (n - 1/2)\lambda = \frac{(2n-1)\lambda}{2}$।
दोनों की तुलना करने पर: $2l \left( \frac{2 - \sqrt{3}}{\sqrt{3}} \right) = \frac{(2n-1)\lambda}{2}$।
$l$ के लिए हल करने पर: $l = \frac{(2n-1)\lambda \sqrt{3}}{4(2 - \sqrt{3})}$।

(B) एकल स्लिट विवर्तन पैटर्न के लिए,$n$ वें निम्निष्ठ की शर्त $a \sin \theta = n \lambda_1$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $a$ स्लिट की चौड़ाई है और $\lambda_1$ तरंगदैर्घ्य है।
प्रथम निम्निष्ठ $(n=1)$ के लिए,$a \sin \theta = \lambda_R = 6600\,\mathring{A}$.
$n$ वें द्वितीयक उच्चिष्ठ के लिए शर्त $a \sin \theta = (2n + 1) \frac{\lambda_2}{2}$ है।
प्रथम द्वितीयक उच्चिष्ठ $(n=1)$ के लिए,$a \sin \theta = (2(1) + 1) \frac{\lambda_2}{2} = \frac{3}{2} \lambda_2$.
चूंकि लाल प्रकाश का प्रथम निम्निष्ठ अन्य तरंगदैर्घ्य के प्रथम द्वितीयक उच्चिष्ठ के साथ संपाती है,इसलिए हम दोनों व्यंजकों को बराबर करते हैं:
$6600 = \frac{3}{2} \lambda_2$.
$\lambda_2$ के लिए हल करने पर: $\lambda_2 = \frac{6600 \times 2}{3} = 2200 \times 2 = 4400\,\mathring{A}$.

(B) दिया गया है: $\lambda_1 = 4972\,\mathring{A}$,$\lambda_2 = 6216\,\mathring{A}$,कुल तीव्रता $I = 3.6 \times 10^{-3}\,\text{W/m}^2$,क्षेत्रफल $A = 1\,\text{cm}^2 = 10^{-4}\,\text{m}^2$,कार्य फलन $\phi = 2.3\,\text{eV}$.
प्रत्येक तरंगदैर्घ्य के लिए तीव्रता $I' = I/2 = 1.8 \times 10^{-3}\,\text{W/m}^2$.
प्रत्येक तरंगदैर्घ्य के लिए फोटॉन की ऊर्जा:
$E_1 = \frac{hc}{\lambda_1} = \frac{12400}{4972} \approx 2.49\,\text{eV} > 2.3\,\text{eV}$ (उत्सर्जन के लिए सक्षम)।
$E_2 = \frac{hc}{\lambda_2} = \frac{12400}{6216} \approx 1.99\,\text{eV} < 2.3\,\text{eV}$ (उत्सर्जन के लिए सक्षम नहीं)।
केवल $\lambda_1$ के फोटॉन ही फोटोइलेक्ट्रिक उत्सर्जन में योगदान करते हैं।
$\lambda_1$ द्वारा आपतित शक्ति $P = I' \times A = 1.8 \times 10^{-3} \times 10^{-4} = 1.8 \times 10^{-7}\,\text{W}$.
प्रति सेकंड फोटॉनों की संख्या $n = \frac{P}{E_1} = \frac{1.8 \times 10^{-7}}{2.49 \times 1.6 \times 10^{-19}} \approx 4.5 \times 10^{11}\,\text{photons/s}$.
चूंकि प्रत्येक सक्षम फोटॉन एक इलेक्ट्रॉन उत्सर्जित करता है,इसलिए $2\,\text{s}$ में मुक्त होने वाले फोटोइलेक्ट्रॉनों की संख्या $N = n \times 2 = 4.5 \times 10^{11} \times 2 = 9 \times 10^{11}$ है।

(B) दिया गया है,$^{14}C$ के लिए:
प्रारंभिक सक्रियता $A_{0} = 16$ विघटन $\text{min}^{-1} \text{g}^{-1}$.
अंतिम सक्रियता $A = 12$ विघटन $\text{min}^{-1} \text{g}^{-1}$.
अर्ध-आयु $t_{1/2} = 5760$ वर्ष.
क्षय नियतांक $\lambda = \frac{0.693}{t_{1/2}} = \frac{0.693}{5760} \text{ वर्ष}^{-1}$.
रेडियोधर्मी क्षय सूत्र $A = A_{0} e^{-\lambda t}$ का उपयोग करने पर,$\frac{A_{0}}{A} = e^{\lambda t}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\ln\left(\frac{A_{0}}{A}\right) = \lambda t$.
अतः,$t = \frac{1}{\lambda} \ln\left(\frac{A_{0}}{A}\right) = \frac{t_{1/2}}{0.693} \times 2.303 \log_{10}\left(\frac{A_{0}}{A}\right)$.
मान रखने पर: $t = \frac{5760}{0.693} \times 2.303 \times \log_{10}\left(\frac{16}{12}\right)$.
$t = \frac{5760 \times 2.303}{0.693} \times \log_{10}(1.333)$.
$t \approx 19142.8 \times 0.1249 \approx 2391$ वर्ष।

(D) $LED$ द्वारा उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा अर्धचालक पदार्थ के ऊर्जा बैंड अंतराल $E_g$ के लगभग बराबर होती है।
ऊर्जा और तरंग दैर्ध्य के बीच का संबंध $E_g = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दिया जाता है।
दृश्य प्रकाश स्पेक्ट्रम की तरंग दैर्ध्य लगभग $400 \, nm$ से $700 \, nm$ ($4 \times 10^{-7} \, m$ से $7 \times 10^{-7} \, m$) के बीच होती है।
जब $\lambda = 700 \, nm$ $(7 \times 10^{-7} \, m)$ हो,तब:
$E_g = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{7 \times 10^{-7}} \approx 1.77 \, eV$.
जब $\lambda = 400 \, nm$ $(4 \times 10^{-7} \, m)$ हो,तब:
$E_g = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{4 \times 10^{-7}} \approx 3.1 \, eV$.
अतः,$LED$ को दृश्य प्रकाश उत्सर्जित करने के लिए ऊर्जा बैंड अंतराल $1.7 \, eV$ से $3.0 \, eV$ की सीमा में होना चाहिए।

(B) आकाश तरंग संचरण रेडियो तरंगों को पृथ्वी पर वापस परावर्तित करने के लिए आयनमंडल (ionosphere) का उपयोग करता है। यह संचरण विधि $5\,MHz$ से $25\,MHz$ की आवृत्ति सीमा के लिए प्रभावी है। इससे कम आवृत्ति वाली तरंगें आयनमंडल द्वारा अवशोषित कर ली जाती हैं,जबकि इससे अधिक आवृत्ति वाली तरंगें आयनमंडल को भेदकर अंतरिक्ष में निकल जाती हैं।

(D) पोटेंशियोमीटर प्रयोग में,विभवांतर $V$ संतुलन लंबाई $l$ के सीधे आनुपातिक होता है,अर्थात $V = kl$,जहाँ $k$ विभव प्रवणता (potential gradient) है।
दिया गया है कि मानक सेल के लिए $E = 1.1 \text{ V}$,$l_1 = 440 \text{ cm}$ पर संतुलित होता है।
अतः,$1.1 = k \times 440 \implies k = \frac{1.1}{440} \text{ V/cm}$.
प्रतिरोध के सिरों पर वास्तविक विभवांतर $V_{actual}$,जो $l_2 = 220 \text{ cm}$ पर संतुलित होता है,वह है:
$V_{actual} = k \times l_2 = \left( \frac{1.1}{440} \right) \times 220 = \frac{1.1}{2} = 0.55 \text{ V}$.
वोल्टमीटर का पाठ्यांक $V_{reading} = 0.5 \text{ V}$ दिया गया है।
पाठ्यांक में त्रुटि $\text{Error} = V_{reading} - V_{actual}$ द्वारा परिभाषित होती है।
$\text{Error} = 0.5 - 0.55 = -0.05 \text{ V}$.

(A) विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E} = E_0 \hat{i} + 2E_0 \hat{j}$ है।
दिया गया है $E_0 = 100 \, N/C$,अतः $\overrightarrow{E} = 100 \hat{i} + 200 \hat{j} \, N/C$.
वृत्ताकार सतह $Y-Z$ तल के समानांतर है,इसलिए इसका क्षेत्रफल सदिश $\overrightarrow{A}$,$\hat{i}$ दिशा में होगा।
क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi \times (0.02)^2 = 3.14159 \times 0.0004 \approx 1.256 \times 10^{-3} \, m^2$.
अतः,$\overrightarrow{A} = 1.256 \times 10^{-3} \hat{i} \, m^2$.
विद्युत फ्लक्स $\phi = \overrightarrow{E} \cdot \overrightarrow{A}$ द्वारा प्राप्त होता है।
$\phi = (100 \hat{i} + 200 \hat{j}) \cdot (1.256 \times 10^{-3} \hat{i})$.
चूंकि $\hat{i} \cdot \hat{i} = 1$ और $\hat{j} \cdot \hat{i} = 0$,इसलिए $\phi = 100 \times 1.256 \times 10^{-3} = 0.1256 \, Nm^2/C$.
अतः,फ्लक्स लगभग $0.125 \, Nm^2/C$ है।

(D) मान लीजिए कि विद्युतशीलता $\varepsilon(x)$ एक प्लेट $(x=0)$ से दूसरी प्लेट $(x=d)$ तक दूरी $x$ के साथ रैखिक रूप से बदलती है:
$\varepsilon(x) = \varepsilon_1 + \frac{\varepsilon_2 - \varepsilon_1}{d} x$
$dx$ मोटाई वाली एक पतली परत पर विचार करें। यह एक संधारित्र के रूप में कार्य करता है जिसकी धारिता $dC = \frac{\varepsilon(x) A}{dx}$ है।
चूंकि ये संधारित्र श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए तुल्य धारिता $C$ के लिए: $\frac{1}{C} = \int_0^d \frac{1}{dC} = \int_0^d \frac{dx}{\varepsilon(x) A}$.
$\frac{1}{C} = \frac{1}{A} \int_0^d \frac{dx}{\varepsilon_1 + \frac{\varepsilon_2 - \varepsilon_1}{d} x}$
$u = \varepsilon_1 + \frac{\varepsilon_2 - \varepsilon_1}{d} x$ लेने पर,$du = \frac{\varepsilon_2 - \varepsilon_1}{d} dx$ प्राप्त होता है।
$\frac{1}{C} = \frac{1}{A} \cdot \frac{d}{\varepsilon_2 - \varepsilon_1} \int_{\varepsilon_1}^{\varepsilon_2} \frac{du}{u} = \frac{d}{A(\varepsilon_2 - \varepsilon_1)} [\ln u]_{\varepsilon_1}^{\varepsilon_2} = \frac{d \ln(\varepsilon_2/\varepsilon_1)}{A(\varepsilon_2 - \varepsilon_1)}$.
अतः,$C = \frac{A(\varepsilon_2 - \varepsilon_1)}{d \ln(\varepsilon_2/\varepsilon_1)}$.

(C) प्रत्येक बल्ब की शक्ति $P = 100\, W$ है और वोल्टेज $V = 220\, V$ है।
प्रत्येक बल्ब से प्रवाहित होने वाली धारा $I = \frac{P}{V} = \frac{100}{220} \approx 0.4545\, A$ द्वारा दी जाती है।
परिपथ आरेख से,एमीटर तीन बल्बों $B_2, B_3$ और $B_4$ के साथ श्रेणीक्रम में जुड़ा हुआ है,जबकि बल्ब $B_1$ इस संयोजन के समानांतर जुड़ा हुआ है।
इसलिए,एमीटर से प्रवाहित होने वाली धारा बल्ब $B_2, B_3$ और $B_4$ से प्रवाहित होने वाली धाराओं का योग है।
कुल धारा $I_{total} = I_{B_2} + I_{B_3} + I_{B_4} = 3 \times 0.4545\, A = 1.3636\, A$ है।
दो दशमलव स्थानों तक पूर्णांकित करने पर,पाठ्यांक लगभग $1.36\, A$ है। दिए गए विकल्पों को देखते हुए,$100/220 \approx 0.45\, A$ के अनुमान के आधार पर $1.35\, A$ सही उत्तर है।

(B) $I$ धारा ले जाने वाले एक लंबे सीधे तार से $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
गतिमान चालक में प्रेरित $e.m.f.$ $e = \int B v \, dr$ द्वारा दिया जाता है।
$x_1 = 10\, cm = 0.1\, m$ की दूरी पर बाईं भुजा के लिए,चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 I}{2\pi x_1} = \frac{2 \times 10^{-7} \times 1}{0.1} = 2 \times 10^{-6}\, T$ है।
बाईं भुजा में प्रेरित $e.m.f.$ $e_1 = B_1 l v = (2 \times 10^{-6}) \times (0.1) \times (10) = 2 \times 10^{-6}\, V = 2\,\mu V$ है।
$x_2 = x_1 + l = 0.1 + 0.1 = 0.2\, m$ की दूरी पर दाईं भुजा के लिए,चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 I}{2\pi x_2} = \frac{2 \times 10^{-7} \times 1}{0.2} = 1 \times 10^{-6}\, T$ है।
दाईं भुजा में प्रेरित $e.m.f.$ $e_2 = B_2 l v = (1 \times 10^{-6}) \times (0.1) \times (10) = 1 \times 10^{-6}\, V = 1\,\mu V$ है।
कुल प्रेरित $e.m.f.$ $e = e_1 - e_2 = 2\,\mu V - 1\,\mu V = 1\,\mu V$ है।

(B) एक अतिचालक 'माइसनर प्रभाव' (Meissner effect) प्रदर्शित करता है,जिसका अर्थ है कि जब इसे बाहरी चुंबकीय क्षेत्र में इसके क्रांतिक तापमान से नीचे ठंडा किया जाता है,तो यह अपने भीतर से चुंबकीय क्षेत्र रेखाओं को बाहर निकाल देता है।
यह घटना एक अतिचालक को एक पूर्ण प्रतिचुंबकीय पदार्थ बनाती है।
एक पूर्ण प्रतिचुंबकीय पदार्थ के लिए,चुंबकीय प्रवृत्ति (magnetic susceptibility) $\chi = -1$ होती है।
पदार्थ के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B_s = \mu_0(H + M)$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि $M = \chi H = -H$,इसलिए हमें प्राप्त होता है $B_s = \mu_0(H - H) = 0$.
अतः,अतिचालक के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B_s = 0$ होता है।

(A) फैराडे के प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित विद्युत क्षेत्र $\vec E$ बदलते चुंबकीय क्षेत्र $\vec B$ से $\oint \vec E \cdot d\vec l = -\frac{d\Phi_B}{dt}$ द्वारा संबंधित है।
वृत्ताकार क्षेत्र के अंदर एक बिंदु के लिए $(r < R)$: चुंबकीय फ्लक्स $\Phi_B = B \cdot (\pi r^2)$ है। अतः,$E(2\pi r) = \pi r^2 \frac{dB}{dt}$,जिससे $E = \frac{r}{2} \frac{dB}{dt}$ प्राप्त होता है। चूँकि $\frac{dB}{dt}$ स्थिर है,इसलिए $E \propto r$ है।
वृत्ताकार क्षेत्र के बाहर एक बिंदु के लिए $(r > R)$: चुंबकीय फ्लक्स केवल $\pi R^2$ क्षेत्र तक सीमित है,इसलिए $\Phi_B = B \cdot (\pi R^2)$ होता है। अतः,$E(2\pi r) = \pi R^2 \frac{dB}{dt}$,जिससे $E = \frac{R^2}{2r} \frac{dB}{dt}$ प्राप्त होता है। चूँकि $\frac{dB}{dt}$ और $R$ स्थिर हैं,इसलिए $E \propto \frac{1}{r}$ है।
अतः,विद्युत क्षेत्र $r < R$ के लिए $r$ के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है और $r > R$ के लिए $1/r$ के अनुसार घटता है। यह परिवर्तन ग्राफ $A$ द्वारा सही ढंग से दर्शाया गया है।

(A) तरंगदैर्ध्य के बढ़ते क्रम में विद्युत चुम्बकीय स्पेक्ट्रम इस प्रकार है:
गामा किरणें $(G)$ < $X$-किरणें $(X)$ < पराबैंगनी $(U)$ < दृश्य प्रकाश $(V)$ < अवरक्त $(I)$ < सूक्ष्म तरंगें $(M)$ < रेडियो तरंगें $(R)$।
अतः,सही बढ़ता क्रम $G, X, U, V, I, M, R$ है।

(C) माना सघन माध्यम का अपवर्तनांक $\mu_1$ और विरल माध्यम का $\mu_2$ है। सापेक्ष अपवर्तनांक $\mu = \mu_1 / \mu_2$ है।
क्रांतिक कोण $\theta_{iC}$ के लिए,$\sin \theta_{iC} = \mu_2 / \mu_1 = 1 / \mu$ होता है।
ब्रूस्टर कोण $\theta_{iB}$ के लिए,$\tan \theta_{iB} = \mu_1 / \mu_2 = \mu$ होता है।
दिया गया है कि $\sin \theta_{iC} / \sin \theta_{iB} = 1.28$,इसलिए $(1 / \mu) / \sin \theta_{iB} = 1.28 \implies \sin \theta_{iB} = 1 / (1.28 \mu)$।
हम जानते हैं कि $\sin \theta_{iB} = \mu / \sqrt{1 + \mu^2}$ होता है।
दोनों समीकरणों की तुलना करने पर,$\mu / \sqrt{1 + \mu^2} = 1 / (1.28 \mu)$।
इस समीकरण को हल करने पर हमें सापेक्ष अपवर्तनांक प्राप्त होता है,जो $0.8$ है।

(C) सूक्ष्मदर्शी की विभेदन क्षमता $(R.P.)$ को दो निकट स्थित वस्तुओं के बीच अंतर करने की क्षमता के रूप में परिभाषित किया जाता है। इसका सूत्र है:
$R.P. = \frac{2n \sin \beta}{\lambda}$
जहाँ:
$n$ वस्तु और अभिदृश्यक लेंस के बीच के माध्यम का अपवर्तनांक है।
$\beta$ अभिदृश्यक लेंस द्वारा वस्तु पर बनाया गया अर्ध-शीर्ष कोण है।
$\lambda$ उपयोग किए गए प्रकाश की तरंगदैर्ध्य है।
सूत्र से यह स्पष्ट है कि $R.P. \propto n \sin \beta$ है।
अतः,जैसे-जैसे $n \sin \beta$ का मान बढ़ता है,विभेदन क्षमता बढ़ती है।

(C) एकल स्लिट विवर्तन पैटर्न में केंद्रीय उच्चिष्ठ की कोणीय चौड़ाई $\theta = \frac{2 \lambda}{b}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $b$ स्लिट की चौड़ाई है।
यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में क्रमागत व्यतिकरण उच्चिष्ठों के बीच कोणीय पृथक्करण $\Delta \theta = \frac{\lambda}{d}$ है,जहाँ $d$ स्लिटों के बीच की दूरी है।
विवर्तन के केंद्रीय उच्चिष्ठ के भीतर आने वाले व्यतिकरण उच्चिष्ठों की संख्या $n$,केंद्रीय विवर्तन उच्चिष्ठ की कोणीय चौड़ाई और व्यतिकरण फ्रिंजों के कोणीय पृथक्करण के अनुपात द्वारा दी जाती है:
$n = \frac{2 \lambda / b}{\lambda / d} = \frac{2d}{b}$.
दिया गया है कि $d = 6.1b$,इसलिए:
$n = \frac{2 \times (6.1b)}{b} = 12.2$.
चूंकि उच्चिष्ठों की संख्या एक पूर्णांक होनी चाहिए,इसलिए केंद्रीय विवर्तन एनवलप के भीतर $12$ तीव्रता उच्चिष्ठ देखे जाते हैं।

(B) $(1)$ डेविसन और जर्मर प्रयोग ने इलेक्ट्रॉन विवर्तन के माध्यम से इलेक्ट्रॉनों की तरंग प्रकृति को प्रदर्शित किया।
$(2)$ मिलिकन के तेल बूंद प्रयोग का उपयोग इलेक्ट्रॉन के प्राथमिक आवेश को निर्धारित करने के लिए किया गया था।
$(3)$ रदरफोर्ड के अल्फा-कण प्रकीर्णन प्रयोग ने परमाणु के केंद्र में एक छोटे, सघन, धनावेशित नाभिक के अस्तित्व का प्रमाण प्रदान किया।
$(4)$ फ्रैंक-हर्ट्ज़ प्रयोग ने परमाणुओं में ऊर्जा स्तरों के क्वांटीकरण के लिए प्रायोगिक प्रमाण प्रदान किया।
अतः, सही मिलान $(1)-(i), (2)-(ii), (3)-(iv), (4)-(iii)$ है।

(C) दिया गया है: प्रारंभिक सक्रियता $A_0 = 20$ क्षय/मिनट।
अंतिम सक्रियता $A = 2$ क्षय/मिनट।
अर्ध-आयु $T_{1/2} = 5730$ वर्ष।
हम जानते हैं कि समय $t$ पर सक्रियता $A = A_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\lambda = \frac{0.693}{T_{1/2}}$ है।
$t$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर,$t = \frac{1}{\lambda} \ln\left(\frac{A_0}{A}\right) = \frac{T_{1/2}}{0.693} \times 2.303 \times \log_{10}\left(\frac{A_0}{A}\right)$।
मान रखने पर: $t = \frac{5730}{0.693} \times 2.303 \times \log_{10}\left(\frac{20}{2}\right)$।
चूंकि $\log_{10}(10) = 1$,इसलिए $t = \frac{5730 \times 2.303}{0.693} \approx 5730 \times 3.322$।
$t \approx 19039$ वर्ष।

(A) दिए गए परिपथ में,यदि दोनों इनपुट $A$ और $B$ लॉजिक $0$ (कम वोल्टेज,$< 1 \ V$) पर हैं,तो दोनों डायोड फॉरवर्ड-बायस हो जाते हैं और आउटपुट $V_{out}$ लगभग $0 \ V$ (लॉजिक $0$) पर आ जाता है।
यदि कोई भी इनपुट $A$ या $B$ लॉजिक $1$ $(> 5 \ V)$ पर है,तो संबंधित डायोड रिवर्स-बायस हो जाता है। हालाँकि,यदि एक इनपुट $1$ है और दूसरा $0$ है,तो $0$ इनपुट से जुड़ा डायोड चालन करता है,जिससे आउटपुट लॉजिक $0$ पर आ जाता है।
यदि दोनों इनपुट $A$ और $B$ लॉजिक $1$ $(> 5 \ V)$ पर हैं,तो दोनों डायोड रिवर्स-बायस हो जाते हैं। आउटपुट $V_{out}$ तब प्रतिरोध $R$ के माध्यम से $V_{CC} = 6 \ V$ तक खिंच जाता है,जो लॉजिक $1$ के अनुरूप है।
इस परिपथ के लिए सत्यता सारणी (truth table) इस प्रकार है:
$A=0, B=0 \implies V_{out}=0$
$A=0, B=1 \implies V_{out}=0$
$A=1, B=0 \implies V_{out}=0$
$A=1, B=1 \implies V_{out}=1$
यह सत्यता सारणी $AND$ गेट के अनुरूप है।

(B) आकाश तरंग संचरण (sky wave propagation) रेडियो तरंग संचरण का एक तरीका है जिसमें रेडियो तरंगें आयनमंडल से परावर्तित या अपवर्तित होकर पृथ्वी पर वापस आती हैं।
इस घटना का उपयोग मुख्य रूप से लंबी दूरी के संचार के लिए किया जाता है।
आयनमंडल एक विशिष्ट आवृत्ति सीमा के भीतर रेडियो तरंगों के लिए एक परावर्तक माध्यम के रूप में कार्य करता है।
मानक संचार भौतिकी के अनुसार,आकाश तरंग संचरण के लिए उपयुक्त आवृत्ति सीमा आमतौर पर $2\, MHz$ से $30\, MHz$ के बीच होती है।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,$8 - 25\, MHz$ की सीमा इस निर्दिष्ट सीमा के अंतर्गत आती है।
इसलिए,विकल्प $B$ सही उत्तर है।