JEE Main 2018 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) केप्लर के तीसरे नियम के अनुसार,$M$ द्रव्यमान वाले ग्रह के चारों ओर $r$ त्रिज्या में परिक्रमा कर रहे उपग्रह का आवर्तकाल $T$ इस प्रकार है:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{r^3}{GM}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$T^2 = \frac{4\pi^2}{GM} r^3$
द्रव्यमान $M$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$M = \frac{4\pi^2 r^3}{GT^2}$
सापेक्ष अनिश्चितता ज्ञात करने के लिए दोनों पक्षों का लघुगणक (logarithm) लेकर अवकलन करने पर:
$\ln M = \ln(4\pi^2) + 3\ln r - \ln G - 2\ln T$
$\frac{\Delta M}{M} = 3\frac{\Delta r}{r} - 2\frac{\Delta T}{T}$
यहाँ त्रिज्या में सापेक्ष अनिश्चितता $\frac{\Delta r}{r}$ नगण्य है (अर्थात $\frac{\Delta r}{r} = 0$):
$\left| \frac{\Delta M}{M} \right| = |-2| \frac{\Delta T}{T} = 2 \times 10^{-2}$

(B) गैसों के मिश्रण के लिए,एडियाबेटिक इंडेक्स $\gamma_{mix}$ को इस सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\gamma_{mix} = \frac{n_1 C_{P1} + n_2 C_{P2}}{n_1 C_{V1} + n_2 C_{V2}}$
स्वतंत्रता की कोटि $f$ का उपयोग करते हुए:
$C_V = \frac{f}{2}R$ और $C_P = (\frac{f}{2} + 1)R$
हीलियम (एक-परमाणुक) के लिए,$f_1 = 3$,इसलिए $C_{V1} = \frac{3}{2}R$ और $C_{P1} = \frac{5}{2}R$.
हाइड्रोजन (द्वि-परमाणुक) के लिए,$f_2 = 5$,इसलिए $C_{V2} = \frac{5}{2}R$ और $C_{P2} = \frac{7}{2}R$.
यहाँ $n_1 = 2$ और $n_2 = n$ दिया गया है,और मिश्रण का अनुपात $\frac{C_P}{C_V} = \frac{3}{2}$ है।
सूत्र में मान रखने पर:
$\frac{2(\frac{5}{2}R) + n(\frac{7}{2}R)}{2(\frac{3}{2}R) + n(\frac{5}{2}R)} = \frac{3}{2}$
$\frac{5 + 3.5n}{3 + 2.5n} = \frac{3}{2}$
$10 + 7n = 9 + 7.5n$
$0.5n = 1$
$n = 2$.

(D) माना गति का समीकरण $x = A \cos(\omega t + \phi)$ है। सरलता के लिए,यदि $t=0$ पर कला शून्य है तो $x = A \cos(\omega t)$ का उपयोग किया जा सकता है।
दिए गए समय पर स्थितियाँ:
$a = A \cos(\omega t_0)$
$b = A \cos(2\omega t_0)$
$c = A \cos(3\omega t_0)$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos(3\theta) + \cos(\theta) = 2 \cos(2\theta) \cos(\theta)$ का उपयोग करने पर:
$a + c = A \cos(3\omega t_0) + A \cos(\omega t_0) = A [2 \cos(2\omega t_0) \cos(\omega t_0)]$
$b = A \cos(2\omega t_0)$ का मान रखने पर:
$a + c = 2b \cos(\omega t_0)$
$\cos(\omega t_0) = \frac{a+c}{2b}$
$\omega t_0 = \cos^{-1} \left( \frac{a+c}{2b} \right)$
चूंकि $\omega = 2\pi f$,इसलिए $2\pi f t_0 = \cos^{-1} \left( \frac{a+c}{2b} \right)$
$f = \frac{1}{2\pi t_0} \cos^{-1} \left( \frac{a+c}{2b} \right)$

(D) दिया गया है: तार $A$ की आवृत्ति,$n_A = 425 \, Hz$. प्रारंभिक बीट आवृत्ति $x_1 = 5 \, Hz$.
बीट आवृत्ति $|n_A - n_B| = 5 \, Hz$ द्वारा दी जाती है। इसका अर्थ है कि $n_B$ या तो $420 \, Hz$ या $430 \, Hz$ हो सकता है।
जब तार $B$ का तनाव बढ़ाया जाता है,तो इसकी आवृत्ति $n_B$ बढ़ जाती है क्योंकि $n \propto \sqrt{T}$.
स्थिति $1$: यदि $n_B = 420 \, Hz$ है,तो तनाव बढ़ाने से $n_B$ बढ़ता है। जैसे-जैसे $n_B$,$n_A$ $(425 \, Hz)$ के करीब आता है,बीट आवृत्ति $|n_A - n_B|$ कम हो जाती है। यह इस अवलोकन से मेल खाता है कि बीट आवृत्ति घटकर $3 \, Hz$ हो गई है।
स्थिति $2$: यदि $n_B = 430 \, Hz$ है,तो तनाव बढ़ाने से $n_B$,$n_A$ $(425 \, Hz)$ से और दूर चला जाता है,जिससे बीट आवृत्ति बढ़ जाएगी। यह अवलोकन के विपरीत है।
अतः,$B$ की मूल आवृत्ति $420 \, Hz$ होनी चाहिए।

(D) अक्षांश $\phi$ पर गुरुत्वाकर्षण के कारण प्रभावी त्वरण $g'$ को इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $g' = g - \omega^2 R \cos^2 \phi$,जहाँ $\omega$ पृथ्वी की कोणीय गति है और $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
ध्रुवों पर,अक्षांश $\phi = 90^\circ$ है,इसलिए $\cos 90^\circ = 0$ होता है। इस प्रकार,$g' = g$,जिसका अर्थ है कि $\omega$ में परिवर्तन के बावजूद ध्रुवों पर गुरुत्वाकर्षण में कोई बदलाव नहीं होता है।
अन्य सभी अक्षांशों पर,जैसे-जैसे कोणीय गति $\omega$ बढ़ती है,पद $\omega^2 R \cos^2 \phi$ बढ़ता है।
चूंकि $g' = g - \omega^2 R \cos^2 \phi$,इसलिए $\omega$ में वृद्धि से $g'$ में कमी आती है।
परिणामस्वरूप,ध्रुवों को छोड़कर पृथ्वी पर सभी बिंदुओं पर वस्तु का वजन $W = mg'$ कम हो जाएगा।

(A) $BC$ पथ बिंदुओं $(V_0, 3P_0)$ और $(2V_0, P_0)$ से गुजरने वाली एक सीधी रेखा है।
$BC$ रेखा की ढाल $m = \frac{P_0 - 3P_0}{2V_0 - V_0} = \frac{-2P_0}{V_0}$ है।
$BC$ रेखा का समीकरण $P - 3P_0 = \frac{-2P_0}{V_0}(V - V_0)$ है,जिसे सरल करने पर $P = 3P_0 - \frac{2P_0}{V_0}(V - V_0) = P_0(5 - \frac{2V}{V_0})$ प्राप्त होता है।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ में $n = 1$ का उपयोग करने पर,$T = \frac{PV}{R} = \frac{P_0}{R}(5V - \frac{2V^2}{V_0})$ प्राप्त होता है।
अधिकतम तापमान ज्ञात करने के लिए,हम $\frac{dT}{dV} = 0$ रखते हैं:
$\frac{dT}{dV} = \frac{P_0}{R}(5 - \frac{4V}{V_0}) = 0 \implies V = \frac{5}{4}V_0$।
$V = \frac{5}{4}V_0$ को $T$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$T_{max} = \frac{P_0}{R}(5(\frac{5}{4}V_0) - \frac{2}{V_0}(\frac{25}{16}V_0^2)) = \frac{P_0}{R}(\frac{25}{4}V_0 - \frac{25}{8}V_0) = \frac{25}{8} \frac{P_0 V_0}{R}$।

(B) दिया गया है: बैटरी वोल्टेज $E = 6\,V$,उच्च प्रतिरोध $R = 11\,k\Omega = 11000\,\Omega$,फिगर ऑफ मेरिट $k = 60\,\mu A/\text{div}$,प्रारंभिक विक्षेप $\theta = 9\,\text{div}$.
$1$. पूर्ण विक्षेप $\theta = 9$ के लिए धारा $I$ की गणना:
$I = k \cdot \theta = 60 \times 10^{-6} \times 9 = 5.4 \times 10^{-4}\,A$.
$2$. शंट के बिना सर्किट के लिए ओम के नियम का उपयोग करते हुए:
$I = \frac{E}{R + G} \implies 5.4 \times 10^{-4} = \frac{6}{11000 + G}$.
चूंकि $R \gg G$,इसलिए $R + G \approx R = 11000\,\Omega$.
$G = \frac{E}{I} - R = \frac{6}{5.4 \times 10^{-4}} - 11000 = 11111 - 11000 = 111.1\,\Omega$.
$3$. हाफ-डिफ्लेक्शन विधि में,शंट प्रतिरोध $S$ को इस प्रकार जोड़ा जाता है कि विक्षेप $\theta/2 = 4.5\,\text{div}$ हो जाए।
हाफ-डिफ्लेक्शन विधि में शंट प्रतिरोध का सूत्र $S = \frac{G \cdot R}{R - G}$ है।
$R = 11000\,\Omega$ और $G \approx 111.1\,\Omega$ रखने पर:
$S = \frac{111.1 \times 11000}{11000 - 111.1} \approx \frac{111.1 \times 11000}{10888.9} \approx 112.2\,\Omega$.
दिए गए विकल्पों में निकटतम मान $110\,\Omega$ है।

(D) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{p}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $p$ इलेक्ट्रॉन का संवेग है।
हाइड्रोजन परमाणु में इलेक्ट्रॉन के लिए,कक्षीय त्रिज्या $r_n$ का मान $n^2$ के समानुपाती होता है और वेग $v_n$ का मान $1/n$ के समानुपाती होता है।
कोणीय संवेग का क्वांटमीकरण सूत्र $mvr = \frac{nh}{2\pi}$ है,जिसका अर्थ है $2\pi r = n\lambda$।
अतः,डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ कक्षा की परिधि के समानुपाती होती है,$\lambda = \frac{2\pi r_n}{n}$।
चूंकि $r_n \propto n^2$,इसलिए $\lambda \propto \frac{n^2}{n} = n$।
मूल अवस्था के लिए,$n_G = 1$,इसलिए $\lambda_G \propto 1$।
दूसरी उत्तेजित अवस्था के लिए,$n_B = 3$,इसलिए $\lambda_B \propto 3$।
अतः,$\frac{\lambda_B}{\lambda_G} = \frac{3}{1}$,जिससे $\lambda_B = 3\lambda_G$ प्राप्त होता है।

(A) चुंबकीय क्षेत्र $B$ में घूम रही $n$ फेरों वाली कुंडली से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\phi = nBA \cos(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित $e.m.f.$ $e = -\frac{d\phi}{dt}$ है।
$\phi$ का व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर,$e = -\frac{d}{dt}(nBA \cos(\omega t)) = nBA\omega \sin(\omega t)$ प्राप्त होता है।
प्रेरित $e.m.f.$ $(e_0)$ का अधिकतम मान तब होता है जब $\sin(\omega t) = 1$ हो।
अतः,$e_0 = nBA\omega$।

(A) जब $I$ तीव्रता का अध्रुवित प्रकाश पहले ध्रुवक $A$ से गुजरता है,तो तीव्रता $I_A = I/2$ हो जाती है।
चूंकि $B$ के बाद निर्गत तीव्रता $I/2$ है,इसलिए ध्रुवक $A$ और $B$ समानांतर होने चाहिए (उनके बीच का कोण $0^\circ$ है)।
जब तीसरा ध्रुवक $C$,$A$ और $B$ के बीच $A$ के साथ $\theta$ कोण पर रखा जाता है,तो $C$ और $B$ के बीच का कोण भी $\theta$ होता है।
मेलस के नियम का उपयोग करते हुए: $I_{final} = I_A \cos^2 \theta \cos^2 \theta = (I/2) \cos^4 \theta$.
दिया गया है कि $I_{final} = I/3$,इसलिए $(I/2) \cos^4 \theta = I/3$.
$\cos^4 \theta = 2/3$.
अतः,$\cos \theta = (2/3)^{1/4}$.

(C) दिया गया है: प्राथमिक वोल्टेज $V_{P} = 2300\,V$,द्वितीयक वोल्टेज $V_{S} = 230\,V$,प्राथमिक धारा $I_{P} = 5\,A$,दक्षता $\eta = 90\% = 0.9$.
ट्रांसफार्मर की दक्षता को आउटपुट पावर $(P_{S})$ और इनपुट पावर $(P_{P})$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$\eta = \frac{P_{S}}{P_{P}} \Rightarrow P_{S} = \eta \times P_{P}$.
चूंकि पावर $P = V \times I$ होती है,हम लिख सकते हैं:
$V_{S} \times I_{S} = 0.9 \times (V_{P} \times I_{P})$.
दिए गए मानों को रखने पर:
$230 \times I_{S} = 0.9 \times 2300 \times 5$.
$I_{S}$ के लिए हल करने पर:
$I_{S} = \frac{0.9 \times 2300 \times 5}{230} = 0.9 \times 10 \times 5 = 45\,A$.
अतः,आउटपुट धारा $45\,A$ है।

(A) फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
इससे,हमें प्राप्त होता है $\lambda = \frac{hc}{E}$,जिसका अर्थ है कि $\frac{\lambda_N}{\lambda_A} = \frac{E_A}{E_N}$।
यहाँ,$E_N$ नाभिकीय वि-उत्तेजना (de-excitation) के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा है,जो आमतौर पर $MeV$ $(10^6 \ eV)$ की कोटि की होती है।
$E_A$ परमाणु वि-उत्तेजना के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा है,जो आमतौर पर कुछ $eV$ (जैसे $1-10 \ eV$) की कोटि की होती है।
अतः,अनुपात $\frac{\lambda_N}{\lambda_A} = \frac{E_A}{E_N} \approx \frac{1 \ eV}{10^6 \ eV} = 10^{-6}$ है।

(A) इस परिपथ में दो संधारित्र $C_1$ और $C_2$ एक प्रतिरोध $R$ और $E$ $EMF$ वाली बैटरी के साथ श्रेणीक्रम में जुड़े हैं।
जब स्विच $S$ को $t = 0$ पर बंद किया जाता है,तो संधारित्र आवेशित होने लगते हैं।
श्रेणीक्रम संयोजन की तुल्य धारिता $C_{eq} = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2}$ है।
श्रेणी $RC$ परिपथ के लिए आवेशन का समीकरण $Q(t) = Q_0(1 - e^{-t/\tau})$ है,जहाँ $Q_0$ अधिकतम आवेश है और $\tau = RC_{eq}$ समय नियतांक है।
तुल्य संधारित्र पर अधिकतम आवेश $Q_0 = C_{eq}E$ है।
चूँकि संधारित्र श्रेणीक्रम में हैं,प्रत्येक संधारित्र पर आवेश समान होता है और यह तुल्य संधारित्र पर आवेश के बराबर होता है।
अतः,समय के फलन के रूप में $C_1$ पर आवेश $Q(t) = C_{eq}E[1 - \exp(-t/RC_{eq})]$ होगा।

(D) दिया गया है:
गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध,$R_g = 25\,\Omega$
पूर्ण-स्केल विक्षेप धारा,$I_g = 1\,mA = 10^{-3}\,A$
मापी जाने वाली अधिकतम धारा,$I = 2\,A$
गैल्वेनोमीटर को एमीटर में बदलने के लिए,गैल्वेनोमीटर के साथ समानांतर क्रम में एक शंट प्रतिरोध $S$ जोड़ा जाता है।
गैल्वेनोमीटर और शंट के सिरों पर विभवांतर समान होना चाहिए:
$I_g R_g = (I - I_g) S$
मान रखने पर:
$10^{-3} \times 25 = (2 - 10^{-3}) S$
$0.025 = (2 - 0.001) S$
$0.025 = 1.999 S$
$S = \frac{0.025}{1.999} \approx \frac{0.025}{2} = 0.0125\,\Omega$
अतः,$S = 1.25 \times 10^{-2}\,\Omega$.

(B) ज़ेनर डायोड के सिरों पर वोल्टेज $V_{Z} = 10 \ V$ है। चूंकि ज़ेनर डायोड प्रतिरोध $R_{2} = 1500 \ \Omega$ के समानांतर जुड़ा है,इसलिए $R_{2}$ के सिरों पर वोल्टेज $V_{R_{2}} = V_{Z} = 10 \ V$ होगा।
$R_{2}$ से होकर बहने वाली धारा:
$I_{R_{2}} = \frac{V_{R_{2}}}{R_{2}} = \frac{10 \ V}{1500 \ \Omega} = \frac{1}{150} \ A \approx 6.67 \times 10^{-3} \ A = 6.67 \ mA$.
$R_{1} = 500 \ \Omega$ के सिरों पर वोल्टेज ड्रॉप:
$V_{R_{1}} = V_{source} - V_{Z} = 15 \ V - 10 \ V = 5 \ V$.
$R_{1}$ से होकर बहने वाली कुल धारा:
$I_{R_{1}} = \frac{V_{R_{1}}}{R_{1}} = \frac{5 \ V}{500 \ \Omega} = 0.01 \ A = 10 \ mA$.
जंक्शन पर किरचॉफ का धारा नियम लागू करने पर,ज़ेनर डायोड से होकर बहने वाली धारा $I_{Z}$ है:
$I_{Z} = I_{R_{1}} - I_{R_{2}} = 10 \ mA - 6.67 \ mA = 3.33 \ mA \approx 3.3 \ mA$.

(D) मान लीजिए कि गोलों $A$ और $B$ पर प्रारंभिक आवेश $q$ है। उनके बीच का बल $F = \frac{k q^2}{r^2}$ है।
जब गोले $C$ (अनावेशित) को $A$ से स्पर्श कराया जाता है,तो आवेश दोनों के बीच समान रूप से पुनर्वितरित हो जाता है। अतः,$A$ पर नया आवेश $q_A = \frac{q + 0}{2} = \frac{q}{2}$ है। $C$ पर आवेश $\frac{q}{2}$ हो जाता है।
इसके बाद,गोले $C$ (अब $\frac{q}{2}$ आवेश के साथ) को $B$ (जिस पर आवेश $q$ है) से स्पर्श कराया जाता है। कुल आवेश $\frac{q}{2} + q = \frac{3q}{2}$ है। यह आवेश समान रूप से साझा होता है,इसलिए $B$ पर नया आवेश $q_B = \frac{3q/2}{2} = \frac{3q}{4}$ है।
$A$ और $B$ के बीच नया बल $F' = \frac{k q_A q_B}{r^2} = \frac{k (q/2) (3q/4)}{r^2} = \frac{3}{8} \frac{k q^2}{r^2} = \frac{3}{8} F$ होगा।

(C) दिया गया है: प्रिज्म का कोण,$A = 30^o$,आपतन कोण,$i = 60^o$,विचलन कोण,$\delta = 30^o$.
विचलन के लिए प्रिज्म सूत्र का उपयोग करने पर: $\delta = i + e - A$.
मान रखने पर: $30^o = 60^o + e - 30^o$.
निर्गमन कोण $e$ के लिए हल करने पर: $e = 30^o + 30^o - 60^o = 0^o$.
चूंकि निर्गमन कोण $e = 0^o$ है,इसलिए निर्गत किरण प्रिज्म के दूसरे फलक पर अभिलंबवत (लंबवत) है।
अतः,निर्गत किरण द्वारा प्रिज्म के दूसरे फलक के साथ बनाया गया कोण $90^o$ होगा।

(A) दिया गया है: मॉड्यूलेशन इंडेक्स $m = 80\% = 0.8$.
वाहक तरंग का पीक वोल्टेज $E_c = 14\,V$.
हम जानते हैं कि मॉड्यूलेशन इंडेक्स $m$,मॉड्यूलेटिंग सिग्नल के पीक वोल्टेज $(E_m)$ और वाहक तरंग के पीक वोल्टेज $(E_c)$ का अनुपात होता है।
सूत्र: $m = \frac{E_m}{E_c}$.
$E_m$ ज्ञात करने के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $E_m = m \times E_c$.
मान रखने पर: $E_m = 0.8 \times 14\,V = 11.2\,V$.
अतः,मॉड्यूलेटिंग सिग्नल का पीक वोल्टेज $11.2\,V$ है।

(C) विद्युतचुंबकीय तरंग की तीव्रता $I$ और विद्युत क्षेत्र के आयाम $E_0$ के बीच संबंध $I = \frac{1}{2} \varepsilon_0 c E_0^2$ है।
हल करने पर,$E_0 = \sqrt{\frac{2I}{\varepsilon_0 c}}$ प्राप्त होता है।
चुंबकीय क्षेत्र का परिमाण $B_0 = \frac{E_0}{c}$ होता है।
तरंग का संचरण $\vec E \times \vec B$ की दिशा में होता है। चूँकि संचरण धनात्मक $Y$-दिशा (इकाई सदिश $\hat j$) में है,विकल्प $C$ के लिए जाँच करने पर: $\hat k \times \hat i = \hat j$। यह संचरण की दिशा से मेल खाता है। अतः,सही व्यंजक $\vec E = E_0 \cos[\frac{2\pi}{\lambda}(y - ct)] \hat k$ और $\vec B = \frac{E_0}{c} \cos[\frac{2\pi}{\lambda}(y - ct)] \hat i$ है।

(A) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{mv}$ है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$m$ द्रव्यमान है और $v$ वेग है।
दिया गया है कि डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य समान हैं,इसलिए $\lambda_p = \lambda_{\alpha}$.
अतः,$\frac{h}{m_p v_p} = \frac{h}{m_{\alpha} v_{\alpha}}$.
इसका अर्थ है कि $m_p v_p = m_{\alpha} v_{\alpha}$.
हम जानते हैं कि $\alpha$-कण का द्रव्यमान प्रोटॉन के द्रव्यमान का लगभग $4$ गुना होता है,इसलिए $m_{\alpha} = 4m_p$.
इस मान को समीकरण में रखने पर: $m_p v_p = (4m_p) v_{\alpha}$.
दोनों पक्षों को $m_p$ से विभाजित करने पर,हमें $v_p = 4v_{\alpha}$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,उनके वेगों का अनुपात $\frac{v_p}{v_{\alpha}} = 4:1$ है।