JEE Main 2019 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) एक उत्क्रमणीय इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_1$ स्रोत का तापमान है और $T_2$ सिंक का तापमान केल्विन में है।
प्रारंभ में,$\eta = \frac{1}{6}$,इसलिए $1 - \frac{T_2}{T_1} = \frac{1}{6} \implies \frac{T_2}{T_1} = \frac{5}{6} \implies T_2 = \frac{5}{6}T_1$ ...$(i)$
जब सिंक का तापमान $62^\circ C$ (जो $62 \ K$ के बराबर है) कम किया जाता है,तो नई दक्षता $\eta' = 2\eta = 2 \times \frac{1}{6} = \frac{1}{3}$ हो जाती है।
नया सिंक तापमान $T_2' = T_2 - 62$ है।
अतः,$\eta' = 1 - \frac{T_2 - 62}{T_1} = \frac{1}{3}$.
समीकरण में $T_2 = \frac{5}{6}T_1$ रखने पर: $1 - \frac{\frac{5}{6}T_1 - 62}{T_1} = \frac{1}{3}$.
$1 - (\frac{5}{6} - \frac{62}{T_1}) = \frac{1}{3} \implies 1 - \frac{5}{6} + \frac{62}{T_1} = \frac{1}{3}$.
$\frac{1}{6} + \frac{62}{T_1} = \frac{1}{3} \implies \frac{62}{T_1} = \frac{1}{3} - \frac{1}{6} = \frac{1}{6}$.
$T_1 = 62 \times 6 = 372 \ K = (372 - 273)^\circ C = 99^\circ C$.
अब,$T_2 = \frac{5}{6} \times 372 = 310 \ K = (310 - 273)^\circ C = 37^\circ C$.

(A) दिया गया वेग सदिश $\vec v = K(y\hat i + x\hat j)$ है।
हम जानते हैं कि $\vec v = v_x \hat i + v_y \hat j = \frac{dx}{dt} \hat i + \frac{dy}{dt} \hat j$ होता है।
घटकों की तुलना करने पर,हमें $\frac{dx}{dt} = Ky$ और $\frac{dy}{dt} = Kx$ प्राप्त होता है।
कण का पथ ज्ञात करने के लिए,हम दोनों समीकरणों को विभाजित करते हैं: $\frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{Kx}{Ky}$।
यह सरल होकर $\frac{dy}{dx} = \frac{x}{y}$ हो जाता है।
पदों को व्यवस्थित करने पर,हमें $y \, dy = x \, dx$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,हमें $\int y \, dy = \int x \, dx$ प्राप्त होता है।
इसका परिणाम $\frac{y^2}{2} = \frac{x^2}{2} + C'$ है,जहाँ $C'$ एक स्थिरांक है।
$2$ से गुणा करने पर,हमें $y^2 = x^2 + C$ प्राप्त होता है,जहाँ $C = 2C'$ एक अन्य स्थिरांक है।
अतः,पथ का समीकरण $y^2 = x^2 + \text{स्थिरांक}$ है।

(B) मान लीजिए प्रत्येक छड़ का द्रव्यमान $m$ है। छड़ $AB$ का द्रव्यमान केंद्र $A$ से $a/2$ की दूरी पर है,और छड़ $BC$ का द्रव्यमान केंद्र $B$ से $a/2$ की दूरी पर है।
घूर्णी संतुलन के लिए,निलंबन बिंदु $A$ के परितः कुल टॉर्क शून्य होना चाहिए।
छड़ $AB$ के भार के कारण टॉर्क $\tau_1 = mg \cdot (a/2) \sin \theta$ है।
छड़ $BC$ के द्रव्यमान केंद्र की $A$ से क्षैतिज दूरी $(a \sin \theta + (a/2) \cos \theta)$ है।
संतुलन के लिए,निकाय के द्रव्यमान केंद्र का $x$-निर्देशांक निलंबन बिंदु $A$ के सापेक्ष शून्य होना चाहिए।
$x_{cm} = \frac{m(a/2 \sin \theta) + m(a \sin \theta + a/2 \cos \theta)}{2m} = 0$
$(a/2) \sin \theta + a \sin \theta + (a/2) \cos \theta = 0$
$(3a/2) \sin \theta = -(a/2) \cos \theta$
परिमाण लेने पर,$3 \sin \theta = \cos \theta \Rightarrow \tan \theta = 1/3$.

(A) गैस के अणुओं की rms चाल का सूत्र है: $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$, जहाँ $R$ सार्वत्रिक गैस नियतांक है, $T$ परम ताप है और $M$ गैस का मोलर द्रव्यमान है.
चूंकि दोनों गैसें एक ही पात्र में समान तापमान $T = 300\, K$ पर हैं, इसलिए उनकी rms चालों का अनुपात होगा:
$\frac{V_{rms}(\text{हीलियम})}{V_{rms}(\text{आर्गन})} = \frac{\sqrt{\frac{3RT}{M_{He}}}}{\sqrt{\frac{3RT}{M_{Ar}}}} = \sqrt{\frac{M_{Ar}}{M_{He}}}$
यहाँ $M_{He} = 4\, u$ और $M_{Ar} = 40\, u$ दिया गया है, अतः:
$\frac{V_{rms}(\text{हीलियम})}{V_{rms}(\text{आर्गन})} = \sqrt{\frac{40}{4}} = \sqrt{10} \approx 3.16$.

(D) ब्लॉक अपनी अधिकतम गति तब प्राप्त करता है जब उसका त्वरण शून्य हो जाता है।
इस बिंदु पर,स्प्रिंग बल लगाए गए बल $F$ को संतुलित करता है,इसलिए $kx = F$,जिससे $x = \frac{F}{k}$ प्राप्त होता है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय लागू करने पर,ब्लॉक पर किया गया कुल कार्य उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है:
$W_{\text{spring}} + W_F = \Delta K.E.$
$-\frac{1}{2}kx^2 + Fx = \frac{1}{2}mv_{\max}^2$
समीकरण में $x = \frac{F}{k}$ रखने पर:
$-\frac{1}{2}k\left(\frac{F}{k}\right)^2 + F\left(\frac{F}{k}\right) = \frac{1}{2}mv_{\max}^2$
$-\frac{F^2}{2k} + \frac{F^2}{k} = \frac{1}{2}mv_{\max}^2$
$\frac{F^2}{2k} = \frac{1}{2}mv_{\max}^2$
$v_{\max}^2 = \frac{F^2}{mk}$
$v_{\max} = \frac{F}{\sqrt{mk}}$

(A) मान लीजिए $L$ लंबाई की छड़ का ऊष्मीय प्रतिरोध $R_0$ है। खंड $AP$ (लंबाई $L/2$) का प्रतिरोध $R_0/2$,खंड $PQ$ (लंबाई $L$) का प्रतिरोध $R_0$,और खंड $QB$ (लंबाई $L/2$) का प्रतिरोध $R_0/2$ है। मुड़ी हुई छड़ $PQ$ की कुल लंबाई $3L/2$ है (दो ऊर्ध्वाधर खंड $L/4$ और एक क्षैतिज खंड $L$)। इसका प्रतिरोध $R_{bent} = R_0/4 + R_0 + R_0/4 = 1.5R_0$ है। मुख्य छड़ के खंड $PQ$ का प्रतिरोध $R_0$ है। ये दोनों समानांतर में हैं,इसलिए उनका समतुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{R_0 \times 1.5R_0}{R_0 + 1.5R_0} = \frac{1.5}{2.5}R_0 = 0.6R_0$ है। परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = R_{AP} + R_p + R_{QB} = 0.5R_0 + 0.6R_0 + 0.5R_0 = 1.6R_0$ है। $PQ$ के बीच तापमान में गिरावट $\Delta T_{PQ} = \Delta T_{total} \times \frac{R_p}{R_{eq}} = 120 \times \frac{0.6R_0}{1.6R_0} = 120 \times \frac{6}{16} = 120 \times 0.375 = 45\,^oC$ है।

(A) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ को $\Delta U = Q - W$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $Q$ निकाय को दी गई ऊष्मा है और $W$ निकाय द्वारा किया गया कार्य है।
चूँकि प्रारंभिक अवस्था $A$ और अंतिम अवस्था $B$ दोनों पथों $ACB$ और $ADB$ के लिए समान हैं,इसलिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ दोनों प्रक्रियाओं के लिए समान होना चाहिए।
$ACB$ पथ के लिए:
$Q_{ACB} = 60 \, J$
$W_{ACB} = 30 \, J$
$\Delta U = Q_{ACB} - W_{ACB} = 60 - 30 = 30 \, J$
$ADB$ पथ के लिए:
$W_{ADB} = 10 \, J$
चूँकि $\Delta U$ समान है,$\Delta U = Q_{ADB} - W_{ADB}$
$30 = Q_{ADB} - 10$
$Q_{ADB} = 30 + 10 = 40 \, J$
अतः,$ADB$ पथ में निकाय में प्रवाहित ऊष्मा $40 \, J$ है।

(C) डोरी में अनुप्रस्थ तरंग की गति $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T$ तनाव है और $\mu$ प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान है।
जब कार स्थिर है,तो तनाव $T_1 = Mg$ है। अतः,$60 = \sqrt{\frac{Mg}{\mu}}$.
जब कार $a$ त्वरण के साथ चलती है,तो प्रभावी त्वरण $g_{eff} = \sqrt{g^2 + a^2}$ होता है। तनाव $T_2 = M\sqrt{g^2 + a^2}$ हो जाता है।
अतः,$60.5 = \sqrt{\frac{M\sqrt{g^2 + a^2}}{\mu}}$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{60.5}{60} = \sqrt{\frac{\sqrt{g^2 + a^2}}{g}} = \left(\frac{g^2 + a^2}{g^2}\right)^{1/4}$.
दोनों पक्षों की घात $4$ करने पर: $\left(1 + \frac{0.5}{60}\right)^4 = 1 + \frac{a^2}{g^2}$.
छोटे $x$ के लिए द्विपद सन्निकटन $(1+x)^n \approx 1+nx$ का उपयोग करने पर: $1 + 4 \times \frac{0.5}{60} = 1 + \frac{a^2}{g^2}$.
$\frac{2}{60} = \frac{a^2}{g^2} \Rightarrow \frac{a^2}{g^2} = \frac{1}{30}$.
$a = \frac{g}{\sqrt{30}} \approx \frac{g}{5.47} \approx \frac{g}{5}$.

(A) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 10\, kg$,कोण $\theta = 45^\circ$,स्थैतिक घर्षण गुणांक $\mu = 0.6$,नीचे की ओर बल $F_{down} = 3\, N$,$g = 10\, ms^{-2}$।
ब्लॉक को नीचे की ओर गति करने से रोकने के लिए,ऊपर की ओर बल $P$ को गुरुत्वाकर्षण और लगाए गए बल के नीचे की ओर के घटकों को संतुलित करना चाहिए,जिसमें ऊपर की ओर कार्य करने वाले अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल को घटाना होगा।
गुरुत्वाकर्षण के कारण नीचे की ओर बल का घटक $mg \sin \theta = 10 \times 10 \times \sin 45^\circ = 100 \times \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 70.71\, N$ है।
अभिलंब बल $N = mg \cos \theta = 10 \times 10 \times \cos 45^\circ = 100 \times \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 70.71\, N$ है।
अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल $f_{max} = \mu N = 0.6 \times 70.71 \approx 42.43\, N$ है।
नीचे की ओर गति को रोकने के लिए,न्यूनतम ऊपर की ओर बल $P$ को इस शर्त को पूरा करना चाहिए: $P + f_{max} \geq mg \sin \theta + 3\, N$।
$P + 42.43 \geq 70.71 + 3$।
$P \geq 73.71 - 42.43 = 31.28\, N$।
निकटतम पूर्णांक में,न्यूनतम बल $P$ का मान $32\, N$ है।

(A) यदि छड़ स्वतंत्र रूप से फैल सकती,तो उसका तापीय प्रसार $\Delta L = L \alpha \Delta T$ होता।
चूंकि छड़ को फैलने से रोका जा रहा है,इसलिए तापीय विकृति $\text{Strain} = \frac{\Delta L}{L} = \alpha \Delta T$ है।
इस प्रसार को रोकने के लिए लगाया गया प्रतिबल $\text{Stress} = \frac{F}{A}$ है।
यंग मापांक की परिभाषा के अनुसार,$Y = \frac{\text{Stress}}{\text{Strain}}$.
मान रखने पर,हमें $Y = \frac{F/A}{\alpha \Delta T} = \frac{F}{A \alpha \Delta T}$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए ब्लॉक $A$ का प्रारंभिक वेग $v$ है। चूंकि टक्करें पूर्णतः अप्रत्यास्थ हैं,इसलिए प्रत्येक टक्कर के बाद ब्लॉक एक साथ जुड़ जाते हैं।
$1$. $A$ और $B$ के बीच टक्कर:
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से: $mv = (m + m)v_1 = 2mv_1 \implies v_1 = v/2$.
$2$. संयुक्त द्रव्यमान $(A+B)$ और $C$ के बीच टक्कर:
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से: $(2m)v_1 = (2m + M)v_f$.
$v_1 = v/2$ रखने पर: $(2m)(v/2) = (2m + M)v_f \implies mv = (2m + M)v_f \implies v_f = \frac{mv}{2m + M}$.
$3$. गतिज ऊर्जा का विश्लेषण:
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = \frac{1}{2}mv^2$.
अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f = \frac{1}{2}(2m + M)v_f^2 = \frac{1}{2}(2m + M) \left( \frac{mv}{2m + M} \right)^2 = \frac{m^2v^2}{2(2m + M)}$.
दिया गया है कि प्रारंभिक गतिज ऊर्जा का $5/6$ भाग नष्ट हो जाता है,इसलिए अंतिम गतिज ऊर्जा प्रारंभिक गतिज ऊर्जा का $1/6$ भाग होगी:
$K_f = \frac{1}{6} K_i \implies \frac{m^2v^2}{2(2m + M)} = \frac{1}{6} \left( \frac{1}{2}mv^2 \right)$.
सरल करने पर: $\frac{m}{2m + M} = \frac{1}{6} \implies 6m = 2m + M \implies M = 4m \implies M/m = 4$.

(C) क्षेत्रीय वेग को उस दर के रूप में परिभाषित किया जाता है जिस पर ग्रह का स्थिति सदिश सूर्य के सापेक्ष क्षेत्रफल को पार करता है।
केप्लर के ग्रहीय गति के दूसरे नियम के अनुसार,क्षेत्रीय वेग का सूत्र है:
$\frac{dA}{dt} = \frac{L}{2m}$
जहाँ $L$ ग्रह का कोणीय संवेग है और $m$ इसका द्रव्यमान है।
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) $1$. द्रव्यमान केंद्र $(CM)$ ज्ञात करें: मान लें कि निलंबन बिंदु से द्रव्यमान $m$ की दूरी $x_1$ है और $m/2$ की दूरी $x_2$ है। दिया गया है $x_1 + x_2 = l$। $CM$ के लिए,$m x_1 = (m/2) x_2 \implies x_2 = 2x_1$। अतः,$3x_1 = l \implies x_1 = l/3$ और $x_2 = 2l/3$।
$2$. निलंबन बिंदु के परितः जड़त्व आघूर्ण $I$: $I = m(l/3)^2 + (m/2)(2l/3)^2 = m(l^2/9) + (m/2)(4l^2/9) = ml^2/9 + 2ml^2/9 = ml^2/3$।
$3$. कोणीय आवृत्ति $\omega$: $\omega = \sqrt{\frac{k}{I}} = \sqrt{\frac{k}{ml^2/3}} = \sqrt{\frac{3k}{ml^2}}$।
$4$. अधिकतम कोणीय वेग $\omega_{max}$: ऊर्जा संरक्षण का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{2}I\omega_{max}^2 = \frac{1}{2}k\theta_0^2 \implies \omega_{max} = \theta_0 \sqrt{\frac{k}{I}} = \theta_0 \omega$।
$5$. माध्य स्थिति पर तनाव $T$: तनाव किसी भी द्रव्यमान पर अभिकेंद्री बल द्वारा प्रदान किया जाता है। $l/3$ दूरी पर स्थित द्रव्यमान $m$ के लिए,$T = m \omega_{max}^2 (l/3) = m (\theta_0^2 \frac{k}{I}) (l/3) = m \theta_0^2 \frac{k}{ml^2/3} \frac{l}{3} = \frac{k\theta_0^2}{l}$।

(D) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 2\,kg$, स्थिति $x = 3t^2 + 5$.
सबसे पहले, समय के सापेक्ष स्थिति का अवकलन करके वेग $v$ ज्ञात करें: $v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(3t^2 + 5) = 6t\,m/s$.
$t = 0\,s$ पर, वेग $v_i = 6(0) = 0\,m/s$.
$t = 5\,s$ पर, वेग $v_f = 6(5) = 30\,m/s$.
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार, किया गया कार्य $W$ गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta K$ के बराबर होता है: $W = \Delta K = K_f - K_i$.
$W = \frac{1}{2}mv_f^2 - \frac{1}{2}mv_i^2$.
$W = \frac{1}{2}(2)(30)^2 - \frac{1}{2}(2)(0)^2$.
$W = 900 - 0 = 900\,J$.

(B) आयतन प्रवाह दर $Q = A \cdot v$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $v = \sqrt{2gh}$ बहिःस्राव का वेग है।
दिया गया है: $Q = 0.74\,m^3/min = \frac{0.74}{60}\,m^3/s$,त्रिज्या $r = 2\,cm = 0.02\,m$,और $g = 9.8\,m/s^2$ है।
छिद्र का क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = 3.14 \times (0.02)^2 = 3.14 \times 4 \times 10^{-4}\,m^2$ है।
इन मानों को समीकरण $Q = A\sqrt{2gh}$ में रखने पर:
$\frac{0.74}{60} = (3.14 \times 4 \times 10^{-4}) \sqrt{2 \times 9.8 \times h}$.
$\frac{0.01233}{1.256 \times 10^{-3}} = \sqrt{19.6h}$.
$9.816 = \sqrt{19.6h}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $96.36 = 19.6h$.
$h = \frac{96.36}{19.6} \approx 4.92\,m$.
अतः,गहराई लगभग $4.8\,m$ के निकट है।

(B) उपग्रह को $h$ ऊँचाई तक ले जाने के लिए आवश्यक ऊर्जा $E_1$ स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन है: $E_1 = U_f - U_i = -\frac{GMm}{R+h} - (-\frac{GMm}{R}) = GMm \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{R+h} \right) = \frac{GMmh}{R(R+h)}$.
$h$ ऊँचाई पर वृत्ताकार कक्षा के लिए आवश्यक गतिज ऊर्जा $E_2 = \frac{1}{2}mv^2$ है। कक्षीय वेग $v = \sqrt{\frac{GM}{R+h}}$ होने के कारण,$E_2 = \frac{1}{2}m \left( \frac{GM}{R+h} \right) = \frac{GMm}{2(R+h)}$.
$E_1 = E_2$ रखने पर:
$\frac{GMmh}{R(R+h)} = \frac{GMm}{2(R+h)}$.
दोनों पक्षों से $GMm$ और $(R+h)$ को हटाने पर:
$\frac{h}{R} = \frac{1}{2} \implies h = \frac{R}{2}$.
चूँकि $R = 6.4 \times 10^3 \, km$ दिया गया है,इसलिए $h = \frac{6.4 \times 10^3}{2} = 3.2 \times 10^3 \, km$ प्राप्त होता है।

(D) कार्नोट इंजन के लिए,कार्य $W = Q_1 - Q_2 = Q_1(1 - T_2/T_1)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि इंजन श्रेणीक्रम में हैं,इंजन $A$ द्वारा त्यागी गई ऊष्मा,इंजन $B$ द्वारा प्राप्त ऊष्मा है।
मान लीजिए $Q_1$ इंजन $A$ को दी गई ऊष्मा है,$Q_2$ इंजन $A$ द्वारा त्यागी गई ऊष्मा है,और $Q_3$ इंजन $B$ द्वारा त्यागी गई ऊष्मा है।
इंजन $A$ द्वारा किया गया कार्य $W_1 = Q_1 - Q_2$ है।
इंजन $B$ द्वारा किया गया कार्य $W_2 = Q_2 - Q_3$ है।
दिया गया है कि कार्य समान हैं,$W_1 = W_2,$ इसलिए $Q_1 - Q_2 = Q_2 - Q_3.$
कार्नोट इंजन के गुणधर्म के अनुसार,$Q_1/T_1 = Q_2/T_2 = Q_3/T_3 = k.$
अतः,$Q_1 = kT_1,$ $Q_2 = kT_2,$ और $Q_3 = kT_3.$
इन मानों को कार्य के समीकरण में रखने पर: $kT_1 - kT_2 = kT_2 - kT_3.$
$T_1 - T_2 = T_2 - T_3 \Rightarrow 2T_2 = T_1 + T_3.$
$T_2 = (T_1 + T_3) / 2 = (600 + 400) / 2 = 1000 / 2 = 500 \, K.$

(C) $SHM$ में एक कण की स्थितिज ऊर्जा $(PE)$ का सूत्र $PE = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2$ है।
$SHM$ में एक कण की गतिज ऊर्जा $(KE)$ का सूत्र $KE = \frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2)$ है।
दिया गया है कि $PE = KE$,इसलिए:
$\frac{1}{2} m \omega^2 x^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2)$
$x^2 = A^2 - x^2$
$2x^2 = A^2$
$x^2 = \frac{A^2}{2}$
$x = \pm \frac{A}{\sqrt{2}}$
अतः,कण की स्थिति $\frac{A}{\sqrt{2}}$ होगी।

(D) मान लीजिए कि $T$ रस्सी में तनाव है और $F$ लगाया गया क्षैतिज बल है। $m = 10\,kg$ का द्रव्यमान संतुलन में है।
बलों को क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर घटकों में वियोजित करने पर:
ऊर्ध्वाधर घटक: $T\,cos\,45^o = mg$
क्षैतिज घटक: $T\,sin\,45^o = F$
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{T\,sin\,45^o}{T\,cos\,45^o} = \frac{F}{mg}$
$\tan\,45^o = \frac{F}{mg}$
चूंकि $\tan\,45^o = 1$,इसलिए $F = mg$ है।
दिया गया है $m = 10\,kg$ और $g = 10\,ms^{-2}$,अतः $F = 10 \times 10 = 100\,N$।

(C) गैस के अणुओं का rms वेग $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ द्वारा दिया जाता है। चूँकि $v_{rms} \propto \sqrt{T},$ यदि वेग दोगुना हो जाता है,तो तापमान $4$ गुना बढ़ जाना चाहिए।
प्रारंभिक तापमान $T_1 = 27 + 273 = 300\,K.$
अंतिम तापमान $T_2 = 4 \times 300 = 1200\,K.$
नाइट्रोजन $(N_2)$ एक द्वि-परमाणुक गैस है,इसलिए स्वतंत्रता की कोटि $f = 5$ है।
मोलों की संख्या $n = \frac{15}{28}.$
नियत आयतन पर स्थानांतरित ऊष्मा $\Delta Q = n C_v \Delta T = n \left( \frac{f}{2}R \right) (T_2 - T_1).$
मान रखने पर: $\Delta Q = \left( \frac{15}{28} \right) \times \left( \frac{5}{2} \times 8.3 \right) \times (1200 - 300).$
$\Delta Q = \left( \frac{15}{28} \right) \times 20.75 \times 900 \approx 10000\,J = 10\,kJ.$

(B) माना छड़ की लंबाई $\ell = 0.5\,m$ है। छड़ का द्रव्यमान केंद्र कीलक (pivot) से $\frac{\ell}{2}$ दूरी पर है।
जब छड़ क्षैतिज के साथ $30^o$ के कोण पर होती है,तो द्रव्यमान केंद्र की क्षैतिज स्थिति से ऊर्ध्वाधर ऊंचाई $h = \frac{\ell}{2} \sin(30^o) = \frac{\ell}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{\ell}{4}$ होती है।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,स्थितिज ऊर्जा में कमी,घूर्णन गतिज ऊर्जा में वृद्धि के बराबर होती है:
$mg h = \frac{1}{2} I \omega^2$
जहाँ $I = \frac{m\ell^2}{3}$ कीलक के परितः छड़ का जड़त्व आघूर्ण है।
$mg \left( \frac{\ell}{4} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{m\ell^2}{3} \right) \omega^2$
$g \frac{\ell}{4} = \frac{\ell^2}{6} \omega^2$
$\omega^2 = \frac{6g}{4\ell} = \frac{3g}{2\ell}$
$g = 10\,ms^{-2}$ और $\ell = 0.5\,m$ का मान रखने पर:
$\omega^2 = \frac{3 \times 10}{2 \times 0.5} = \frac{30}{1} = 30$
$\omega = \sqrt{30}\,rad\,s^{-1}$.

(C) मरोड़ी दोलनों की आवृत्ति $f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{C}{I}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $C$ मरोड़ी नियतांक है और $I$ जड़त्व आघूर्ण है।
केंद्र से लटकाई गई $M$ द्रव्यमान और $2L$ लंबाई की छड़ के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I_1 = \frac{M(2L)^2}{12} = \frac{ML^2}{3}$ है।
अतः,$f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{C}{ML^2/3}}$.
जब केंद्र से $L/2$ दूरी पर $m$ द्रव्यमान के दो पिंड जोड़े जाते हैं,तो नया जड़त्व आघूर्ण $I_2 = I_1 + 2 \times m(L/2)^2 = \frac{ML^2}{3} + \frac{mL^2}{2}$ हो जाता है।
नई आवृत्ति $f' = f - 0.20f = 0.8f$ है।
अतः,$0.8f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{C}{I_2}}$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{f}{0.8f} = \sqrt{\frac{I_2}{I_1}} \Rightarrow \frac{1}{0.8} = \sqrt{\frac{ML^2/3 + mL^2/2}{ML^2/3}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{1}{0.64} = 1 + \frac{3m}{2M} \Rightarrow 1.5625 = 1 + \frac{3m}{2M}$.
$\frac{3m}{2M} = 0.5625 \Rightarrow \frac{m}{M} = 0.5625 \times \frac{2}{3} = 0.375$.
इस प्रकार,$m/M$ अनुपात $0.37$ के निकट है।

(C) स्क्रू गेज का अल्पतमांक $(LC)$ इस प्रकार है:
$LC = \frac{\text{पिच}}{\text{विभाजनों की संख्या}} = \frac{0.5\,mm}{100} = 0.005\,mm$.
चूंकि वृत्ताकार पैमाने का शून्य मुख्य रेखा से $3$ विभाजन नीचे है,इसलिए इसमें धनात्मक शून्य त्रुटि है:
$\text{शून्य त्रुटि} = +3 \times LC = 3 \times 0.005\,mm = 0.015\,mm$.
प्रेक्षित पाठ्यांक इस प्रकार है:
$\text{प्रेक्षित पाठ्यांक} = \text{मुख्य पैमाना पाठ्यांक} (MSR) + (\text{वृत्ताकार पैमाना पाठ्यांक} (CSR) \times LC)$.
$\text{प्रेक्षित पाठ्यांक} = 5.5\,mm + (48 \times 0.005\,mm) = 5.5\,mm + 0.240\,mm = 5.740\,mm$.
वास्तविक मोटाई प्रेक्षित पाठ्यांक में से शून्य त्रुटि को घटाकर प्राप्त की जाती है:
$\text{मोटाई} = \text{प्रेक्षित पाठ्यांक} - \text{शून्य त्रुटि}$.
$\text{मोटाई} = 5.740\,mm - 0.015\,mm = 5.725\,mm$.

(A) एक खुली पाइप के लिए $n$-वें हार्मोनिक की आवृत्ति $f_n = \frac{n v_s}{2L}$ द्वारा दी जाती है। दूसरे हार्मोनिक $(n=2)$ के लिए,$f = \frac{2 v_s}{2L} = \frac{v_s}{L}.$
यहाँ $v_s = 330\,m/s$ और $L = 0.5\,m$ दिया गया है,इसलिए स्रोत की आवृत्ति $f = \frac{330}{0.5} = 660\,Hz$ है।
व्यक्ति स्रोत की ओर दौड़ रहा है,इसलिए डॉप्लर प्रभाव के सूत्र के अनुसार प्रेक्षित आवृत्ति $f' = f \left( \frac{v_s + v_o}{v_s} \right)$ होगी,
जहाँ $v_o = 10\,km/h = 10 \times \frac{5}{18} = \frac{25}{9} \approx 2.78\,m/s.$
मान रखने पर: $f' = 660 \left( \frac{330 + 2.78}{330} \right) = 660 \left( 1 + \frac{2.78}{330} \right) = 660 + 660 \times 0.00842 \approx 660 + 5.56 \approx 665.56\,Hz.$
निकटतम पूर्णांक में,आवृत्ति $666\,Hz$ है।

(C) मान लीजिए कि दौड़ की दूरी $L$ है। कार $A$ के लिए,$L = \frac{1}{2}a_1 t_1^2$,इसलिए $t_1 = \sqrt{\frac{2L}{a_1}}$.
कार $B$ के लिए,$L = \frac{1}{2}a_2 t_2^2$,इसलिए $t_2 = \sqrt{\frac{2L}{a_2}}$.
दिया गया है $t_2 - t_1 = t$,इसलिए $\sqrt{2L} \left( \frac{1}{\sqrt{a_2}} - \frac{1}{\sqrt{a_1}} \right) = t \Rightarrow \sqrt{2L} \left( \frac{\sqrt{a_1} - \sqrt{a_2}}{\sqrt{a_1 a_2}} \right) = t$.
अंतिम गति $v_A = a_1 t_1 = \sqrt{2a_1 L}$ और $v_B = a_2 t_2 = \sqrt{2a_2 L}$ है।
दिया गया है $v_A - v_B = v$,इसलिए $\sqrt{2L} (\sqrt{a_1} - \sqrt{a_2}) = v$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{v}{t} = \frac{\sqrt{2L}(\sqrt{a_1} - \sqrt{a_2})}{\sqrt{2L} \frac{(\sqrt{a_1} - \sqrt{a_2})}{\sqrt{a_1 a_2}}} = \sqrt{a_1 a_2}$.
अतः,$v = \sqrt{a_1 a_2} t$.

(A) वेग के घटक स्थिति निर्देशांकों का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करके प्राप्त किए जाते हैं:
$v_x = \frac{dx}{dt} = -a \omega \sin \omega t$
$v_y = \frac{dy}{dt} = a \omega \cos \omega t$
$v_z = \frac{dz}{dt} = a \omega$
चाल $v$ वेग सदिश का परिमाण है:
$v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2 + v_z^2}$
$v = \sqrt{(-a \omega \sin \omega t)^2 + (a \omega \cos \omega t)^2 + (a \omega)^2}$
$v = \sqrt{a^2 \omega^2 \sin^2 \omega t + a^2 \omega^2 \cos^2 \omega t + a^2 \omega^2}$
$v = \sqrt{a^2 \omega^2 (\sin^2 \omega t + \cos^2 \omega t) + a^2 \omega^2}$
चूंकि $\sin^2 \omega t + \cos^2 \omega t = 1$,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$v = \sqrt{a^2 \omega^2 (1) + a^2 \omega^2} = \sqrt{2 a^2 \omega^2} = \sqrt{2} a \omega$

(D) गोलाकार मॉप पर $x$ त्रिज्या और $dx$ चौड़ाई की एक छोटी रिंग पर विचार करें। इस रिंग का क्षेत्रफल $dA = 2\pi x dx$ है। मॉप का कुल क्षेत्रफल $A = \pi R^2$ है। चूंकि बल $F$ समान रूप से वितरित है,इस रिंग पर लगने वाला अभिलंब बल $dN = (F/A) dA = (F/(\pi R^2)) \times 2\pi x dx = (2F/R^2) x dx$ होगा। इस रिंग पर लगने वाला घर्षण बल $df = \mu dN = \mu (2F/R^2) x dx$ है। घूर्णन की धुरी के चारों ओर इस घर्षण बल के कारण टॉर्क $d\tau = x df = x \times \mu (2F/R^2) x dx = (2\mu F/R^2) x^2 dx$ है। कुल टॉर्क $\tau$ ज्ञात करने के लिए,हम $x = 0$ से $x = R$ तक $d\tau$ का समाकलन करते हैं: $\tau = \int_0^R (2\mu F/R^2) x^2 dx = (2\mu F/R^2) [x^3/3]_0^R = (2\mu F/R^2) (R^3/3) = \frac{2}{3}\mu FR$.

(C) मूल बिंदु $O$ पर $(0, 0, 0)$ स्थित है। घन की भुजा की लंबाई $a$ है।
फलक $ABOD$,$xz$-समतल में स्थित है। इसके शीर्ष $O(0,0,0)$,$D(a,0,0)$,$A(a,0,a)$,और $B(0,0,a)$ हैं। फलक $ABOD$ का केंद्र $G$ इसके शीर्षों का औसत है: $G = (\frac{a+0}{2}, 0, \frac{a+0}{2}) = (\frac{a}{2}, 0, \frac{a}{2})$। अतः,$\vec{r}_G = \frac{a}{2}\hat{i} + \frac{a}{2}\hat{k}$।
फलक $BEFO$,$yz$-समतल में स्थित है। इसके शीर्ष $O(0,0,0)$,$F(0,a,0)$,$E(0,a,a)$,और $B(0,0,a)$ हैं। फलक $BEFO$ का केंद्र $H$ इसके शीर्षों का औसत है: $H = (0, \frac{a+0}{2}, \frac{a+0}{2}) = (0, \frac{a}{2}, \frac{a}{2})$। अतः,$\vec{r}_H = \frac{a}{2}\hat{j} + \frac{a}{2}\hat{k}$।
$G$ से $H$ तक का सदिश $\vec{GH} = \vec{r}_H - \vec{r}_G = (0\hat{i} + \frac{a}{2}\hat{j} + \frac{a}{2}\hat{k}) - (\frac{a}{2}\hat{i} + 0\hat{j} + \frac{a}{2}\hat{k}) = -\frac{a}{2}\hat{i} + \frac{a}{2}\hat{j} = \frac{a}{2}(\hat{j} - \hat{i})$।

(B) $1$. प्लेटफॉर्म $a = g/2$ के त्वरण के साथ ऊपर की ओर गति करता है।
$2$. ब्लॉक पर कार्य करने वाली अभिलंब प्रतिक्रिया $N$ को न्यूटन के दूसरे नियम का उपयोग करके ज्ञात किया जा सकता है: $N - mg = ma$।
$3$. $a = g/2$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $N = mg + m(g/2) = 3mg/2$ प्राप्त होता है।
$4$. स्थिर अवस्था से शुरू होकर $t$ समय में ब्लॉक का विस्थापन $s = \frac{1}{2}at^2 = \frac{1}{2}(g/2)t^2 = \frac{gt^2}{4}$ है।
$5$. अभिलंब प्रतिक्रिया द्वारा किया गया कार्य $W = N \cdot s = (3mg/2) \cdot (gt^2/4) = \frac{3mg^2t^2}{8}$ है।

(A) $v$ गति से दागे गए प्रक्षेप्य की अधिकतम क्षैतिज परास $R$ का मान $R = \frac{v^2}{g}$ होता है।
चूंकि गोलियां सभी संभावित दिशाओं में दागी जाती हैं,इसलिए जमीन पर कवर किया गया क्षेत्र $A$ एक वृत्त है जिसकी त्रिज्या $R$ है।
अतः,क्षेत्रफल $A = \pi R^2 = \pi \left( \frac{v^2}{g} \right)^2 = \frac{\pi v^4}{g^2}$ होगा।
इसका अर्थ है कि क्षेत्रफल $A \propto v^4$ है।
दी गई गतियां $v_A = 1 \ km/s$ और $v_B = 2 \ km/s$ हैं।
क्षेत्रफलों का अनुपात $\frac{A_A}{A_B} = \left( \frac{v_A}{v_B} \right)^4 = \left( \frac{1}{2} \right)^4 = \frac{1}{16}$ है।
इसलिए,अनुपात $1:16$ है।

(A) इकाइयों की दो प्रणालियों के बीच रूपांतरण का सूत्र $n_2 = n_1 \left( \frac{M_1}{M_2} \right)^a \left( \frac{L_1}{L_2} \right)^b \left( \frac{T_1}{T_2} \right)^c$ है।
यहाँ,घनत्व का विमीय सूत्र $[M^1 L^{-3} T^0]$ है,इसलिए $a=1, b=-3, c=0$.
दिया गया है: $n_1 = 128$,$M_1 = 1 \ kg = 1000 \ g$,$L_1 = 1 \ m = 100 \ cm$.
नई इकाइयाँ: $M_2 = 50 \ g$,$L_2 = 25 \ cm$.
मान रखने पर:
$n_2 = 128 \times \left( \frac{1000 \ g}{50 \ g} \right)^1 \times \left( \frac{100 \ cm}{25 \ cm} \right)^{-3}$
$n_2 = 128 \times (20) \times (4)^{-3}$
$n_2 = 128 \times 20 \times \frac{1}{64}$
$n_2 = 2 \times 20 = 40$.

(A) ऊर्जा फ्लक्स (ऊष्मा प्रवाह घनत्व) $J$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है: $J = \frac{1}{A} \frac{dQ}{dt} = k \frac{\Delta T}{\ell}$.
दिए गए मान हैं:
ऊष्मीय चालकता $k = 0.1\, W\, K^{-1}\, m^{-1}$.
तापमान का अंतर $\Delta T = T_1 - T_2 = 10^3 - 10^2 = 1000 - 100 = 900\, K$.
मोटाई $\ell = 1\, m$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$J = 0.1 \times \frac{900}{1} = 90\, W\, m^{-2}$.
अतः,ऊर्जा फ्लक्स $90\, W\, m^{-2}$ है।

(B) कार्नोट इंजनों की दक्षता समान होने के लिए,उनकी दक्षता बराबर होनी चाहिए: $\eta_1 = \eta_2 = \eta_3 = \eta$.
चूंकि कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_{\text{sink}}}{T_{\text{source}}}$ द्वारा दी जाती है,हमारे पास है:
$1 - \frac{T_2}{T_1} = 1 - \frac{T_3}{T_2} = 1 - \frac{T_4}{T_3} = \eta$.
इसका तात्पर्य है कि तापमान का अनुपात समान है:
$\frac{T_2}{T_1} = \frac{T_3}{T_2} = \frac{T_4}{T_3} = k$ (जहाँ $k = 1 - \eta$).
इससे,हम लिख सकते हैं:
$T_2 = k T_1$,$T_3 = k T_2 = k^2 T_1$,और $T_4 = k T_3 = k^3 T_1$.
अतः,$k = (T_4 / T_1)^{1/3}$.
$k$ का मान $T_2$ और $T_3$ के व्यंजकों में रखने पर:
$T_2 = T_1 (T_4 / T_1)^{1/3} = T_1^{2/3} T_4^{1/3} = (T_1^2 T_4)^{1/3}$.
$T_3 = T_1 (T_4 / T_1)^{2/3} = T_1^{1/3} T_4^{2/3} = (T_1 T_4^2)^{1/3}$.
इसलिए,सही विकल्प $B$ है।

(B) $r$ त्रिज्या की वृत्ताकार कक्षा में एक उपग्रह के लिए,कक्षीय गति $v = \sqrt{\frac{GM_e}{r}}$ है,जिसका अर्थ है $v^2 = \frac{GM_e}{r}$।
$r$ दूरी पर $m$ द्रव्यमान की वस्तु की स्थितिज ऊर्जा $U = -\frac{GM_em}{r}$ है।
वस्तु के पृथ्वी के गुरुत्वाकर्षण खिंचाव से बाहर निकलने के लिए,अनंत पर उसकी कुल यांत्रिक ऊर्जा शून्य होनी चाहिए,जिसका अर्थ है कि बाहर निकालने के बिंदु पर उसकी कुल ऊर्जा भी शून्य होनी चाहिए।
मान लीजिए कि बाहर निकालने के समय वस्तु की गतिज ऊर्जा $K$ है।
कुल ऊर्जा $E = K + U = 0$।
$K - \frac{GM_em}{r} = 0$।
$K = \frac{GM_em}{r}$।
$\frac{GM_e}{r} = v^2$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $K = mv^2$ प्राप्त होता है।

(A) टंकी में पानी के आयतन में परिवर्तन की दर, अंदर आने वाले पानी की दर और बाहर निकलने वाले पानी की दर का अंतर है।
$\frac{dV}{dt} = Q_{in} - Q_{out} = 0$ (चूँकि ऊँचाई स्थिर रहती है)।
$Q_{in} = 10^{-4} \, m^3 s^{-1}$।
बाहर निकलने वाले पानी की दर टोरिसेली के नियम द्वारा दी जाती है: $Q_{out} = a \sqrt{2gh}$, जहाँ $a = 1 \, cm^2 = 10^{-4} \, m^2$ और $g = 9.8 \, m s^{-2}$।
अंदर आने वाले और बाहर निकलने वाले पानी की दर को बराबर करने पर: $10^{-4} = 10^{-4} \sqrt{2 \times 9.8 \times h}$।
$1 = \sqrt{19.6 \times h}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $1 = 19.6 \times h$।
$h = \frac{1}{19.6} \approx 0.051 \, m$।
सेंटीमीटर में बदलने पर: $h = 0.051 \times 100 = 5.1 \, cm$।

(D) रैखिक द्रव्यमान घनत्व $\mu = \frac{m}{L} = \frac{5 \times 10^{-3} \, kg}{1 \, m} = 5 \times 10^{-3} \, kg/m$.
तरंग की गति $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}} = \sqrt{\frac{8.0}{5 \times 10^{-3}}} = \sqrt{1600} = 40 \, m/s$.
तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{v}{f} = \frac{40 \, m/s}{100 \, Hz} = 0.4 \, m$.
क्रमिक निस्पंद बिंदुओं के बीच की दूरी $\frac{\lambda}{2}$ के बराबर होती है।
दूरी $= \frac{0.4 \, m}{2} = 0.2 \, m = 20 \, cm$.

(B) डॉप्लर प्रभाव के अनुसार,प्रेक्षित आवृत्ति $f$ का सूत्र $f = f_0 \left( \frac{v}{v - v_s} \right)$ है,जहाँ $v$ ध्वनि की गति है और $v_s$ स्रोत की गति है।
प्रथम स्थिति के लिए,$v_s = 34\, m/s$,अतः $f_1 = f_0 \left( \frac{340}{340 - 34} \right) = f_0 \left( \frac{340}{306} \right)$।
दूसरी स्थिति के लिए,$v_s = 17\, m/s$,अतः $f_2 = f_0 \left( \frac{340}{340 - 17} \right) = f_0 \left( \frac{340}{323} \right)$।
अनुपात $f_1/f_2$ लेने पर:
$\frac{f_1}{f_2} = \frac{f_0 (340/306)}{f_0 (340/323)} = \frac{323}{306}$।
दोनों को $17$ से विभाजित करने पर,हमें $\frac{323 \div 17}{306 \div 17} = \frac{19}{18}$ प्राप्त होता है।

(C) माना लकड़ी का द्रव्यमान $m_1 = 0.03\, kg$ और गोली का द्रव्यमान $m_2 = 0.02\, kg$ है। कुल द्रव्यमान $M = m_1 + m_2 = 0.05\, kg$ है।
जमीन से द्रव्यमान केंद्र की स्थिति $Y_{cm} = \frac{m_1 y_1 + m_2 y_2}{m_1 + m_2} = \frac{0.03 \times 100 + 0.02 \times 0}{0.05} = \frac{3}{0.05} = 60\, m$ है।
द्रव्यमान केंद्र का वेग $V_{cm} = \frac{m_1 v_1 + m_2 v_2}{m_1 + m_2} = \frac{0.03 \times 0 + 0.02 \times 100}{0.05} = \frac{2}{0.05} = 40\, m/s$ है।
टक्कर के बाद,निकाय $60\, m$ की ऊंचाई पर $40\, m/s$ के प्रारंभिक वेग के साथ एक कण के रूप में गति करता है।
द्रव्यमान केंद्र द्वारा प्राप्त अधिकतम ऊंचाई $H_{max} = Y_{cm} + \frac{V_{cm}^2}{2g} = 60 + \frac{40^2}{2 \times 10} = 60 + 80 = 140\, m$ है।
इमारत की छत से ऊंचाई $140\, m - 100\, m = 40\, m$ है।

(D) मान लीजिए केंद्र पर लगाया गया बल $F$ है और संपर्क बिंदु $p$ पर घर्षण बल $f$ है।
द्रव्यमान केंद्र की रेखीय गति के लिए: $F - f = Ma$ (जहाँ $a$ रेखीय त्वरण है)।
द्रव्यमान केंद्र के परितः घूर्णन गति के लिए: $\tau = I\alpha$,जहाँ $I = \frac{1}{2}MR^2$ ठोस बेलन का जड़त्व आघूर्ण है।
अतः,$fR = (\frac{1}{2}MR^2)\alpha$.
चूंकि बेलन बिना फिसले लुढ़क रहा है,$a = \alpha R$.
रेखीय गति के समीकरण में $f = \frac{1}{2}MR\alpha$ रखने पर: $F - \frac{1}{2}MR\alpha = M(\alpha R)$.
$F = \frac{1}{2}MR\alpha + MR\alpha = \frac{3}{2}MR\alpha$.
इसलिए,कोणीय त्वरण $\alpha = \frac{2F}{3MR}$ है।

(B) कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार, $\text{खोई }\, \text{गई }\, \text{ऊष्मा } = \text{प्राप्त }\, \text{की }\, \text{गई }\, \text{ऊष्मा}$.
माना धातु की विशिष्ट ऊष्मा $S$ है。
धातु का द्रव्यमान $m_m = 0.192 \, kg$, प्रारंभिक तापमान $T_m = 100 \, ^oC$, अंतिम तापमान $T_f = 21.5 \, ^oC$.
कैलोरीमीटर का द्रव्यमान $m_c = 0.128 \, kg$, विशिष्ट ऊष्मा $c_c = 394 \, J \, kg^{-1} \, K^{-1}$, प्रारंभिक तापमान $T_i = 8.4 \, ^oC$.
पानी का द्रव्यमान $m_w = 0.240 \, kg$, विशिष्ट ऊष्मा $c_w = 4186 \, J \, kg^{-1} \, K^{-1}$.
$0.192 \times S \times (100 - 21.5) = (0.128 \times 394 + 0.240 \times 4186) \times (21.5 - 8.4)$
$0.192 \times S \times 78.5 = (50.432 + 1004.64) \times 13.1$
$15.072 \times S = 13821.4432$
$S \approx 917 \, J \, kg^{-1} \, K^{-1}$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार, सही उत्तर $920 \, J \, kg^{-1} \, K^{-1}$ है।

(A) निकाय में $M$ द्रव्यमान और $L = 2R$ लंबाई की एक छड़ है,और सिरों पर जुड़े $M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या के दो गोले हैं।
$1$. छड़ के केंद्र से गुजरने वाली और उसकी लंबाई के लंबवत अक्ष के परितः छड़ का जड़त्व आघूर्ण $I_{\text{rod}} = \frac{ML^2}{12} = \frac{M(2R)^2}{12} = \frac{4MR^2}{12} = \frac{1}{3}MR^2$ है।
$2$. प्रत्येक गोले के लिए,छड़ के केंद्र से गोले के केंद्र तक की दूरी $d = R + \frac{L}{2} = R + R = 2R$ है।
$3$. समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,अक्ष के परितः एक गोले का जड़त्व आघूर्ण $I_{\text{sphere}} = I_{\text{cm}} + Md^2 = \frac{2}{5}MR^2 + M(2R)^2 = \frac{2}{5}MR^2 + 4MR^2 = \frac{22}{5}MR^2$ है।
$4$. कुल जड़त्व आघूर्ण $I = I_{\text{rod}} + 2 \times I_{\text{sphere}} = \frac{1}{3}MR^2 + 2 \times \left( \frac{22}{5}MR^2 \right) = \frac{1}{3}MR^2 + \frac{44}{5}MR^2$ है।
$5$. हर $15$ लेने पर,$I = \left( \frac{5 + 132}{15} \right) MR^2 = \frac{137}{15}MR^2$ प्राप्त होता है।

(A) माना सदिशों का परिमाण $|\vec A| = |\vec B| = A$ है।
दिया गया है कि $|\vec A + \vec B| = n |\vec A - \vec B|$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$|\vec A + \vec B|^2 = n^2 |\vec A - \vec B|^2$ प्राप्त होता है।
सदिश सर्वसमिका $|\vec A \pm \vec B|^2 = A^2 + B^2 \pm 2AB \cos \theta$ का उपयोग करने पर:
$A^2 + A^2 + 2A^2 \cos \theta = n^2 (A^2 + A^2 - 2A^2 \cos \theta)$.
$2A^2 (1 + \cos \theta) = n^2 [2A^2 (1 - \cos \theta)]$.
दोनों पक्षों को $2A^2$ से विभाजित करने पर:
$1 + \cos \theta = n^2 (1 - \cos \theta)$.
$1 + \cos \theta = n^2 - n^2 \cos \theta$.
$\cos \theta (1 + n^2) = n^2 - 1$.
$\cos \theta = \frac{n^2 - 1}{n^2 + 1}$.
अतः,$\theta = \cos^{-1} \left[ \frac{n^2 - 1}{n^2 + 1} \right]$।

(D) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,कण पर परिणामी बल द्वारा किया गया कार्य उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
$W = \Delta K.E. = K.E._{final} - K.E._{initial}$
दिया गया है:
बल $\vec F = 3\hat i - 12\hat j$
विस्थापन $\vec d = 4\hat i$
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K.E._{initial} = 3\, J$
किया गया कार्य $W = \vec F \cdot \vec d = (3\hat i - 12\hat j) \cdot (4\hat i) = (3 \times 4) + (-12 \times 0) = 12\, J$
प्रमेय का उपयोग करते हुए:
$12 = K.E._{final} - 3$
$K.E._{final} = 12 + 3 = 15\, J$

(B) बेलन का आयतन $V$ सूत्र $V = \pi R^2 h = \frac{\pi}{4} D^2 h$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि $D = 12.6\, cm$,$\Delta D = 0.1\, cm$,$h = 34.2\, cm$,और $\Delta h = 0.1\, cm$.
सबसे पहले,आयतन की गणना करें: $V = \frac{3.14159}{4} \times (12.6)^2 \times 34.2 \approx 4264.4\, cm^3$.
उचित सार्थक अंकों में राउंडिंग करने पर (दिए गए डेटा के आधार पर तीन सार्थक अंक),$V = 4260\, cm^3$.
अब,सापेक्ष त्रुटि की गणना करें: $\frac{\Delta V}{V} = 2\frac{\Delta D}{D} + \frac{\Delta h}{h}$.
$\Delta V = V \times (2 \times \frac{0.1}{12.6} + \frac{0.1}{34.2}) = 4264.4 \times (0.01587 + 0.00292) \approx 4264.4 \times 0.01879 \approx 80.13$.
निरपेक्ष त्रुटि को एक सार्थक अंक में राउंडिंग करने पर,हमें $\Delta V = 80\, cm^3$ प्राप्त होता है।
अतः,आयतन $V = 4260 \pm 80\, cm^3$ है।

(A) एक बंद ऑर्गन पाइप के लिए,अनुनाद आवृत्तियाँ मूल आवृत्ति के विषम गुणज होती हैं,जो $f_n = (2n + 1)f_0$ द्वारा दी जाती हैं,जहाँ $n = 0, 1, 2, \dots$ और $f_0 = 1500\, Hz$ है।
हमें उन ओवरटोन्स की संख्या ज्ञात करनी है जिनके लिए $f_n \leq 20,000\, Hz$ हो।
$(2n + 1) \times 1500 \leq 20,000$
$2n + 1 \leq \frac{20,000}{1500} = 13.33$
$2n \leq 12.33 \implies n \leq 6.16$.
चूंकि $n$ एक पूर्णांक होना चाहिए,इसलिए $n$ के संभावित मान $0, 1, 2, 3, 4, 5, 6$ हैं।
यहाँ,$n=0$ मूल आवृत्ति के अनुरूप है।
ओवरटोन्स $n = 1, 2, 3, 4, 5, 6$ के अनुरूप हैं।
इस प्रकार,कुल $6$ ओवरटोन्स सुने जा सकते हैं।

(D) मान लीजिए उल्का का द्रव्यमान $m$ है। प्रत्येक तारे की द्रव्यमान केंद्र $O$ से दूरी $r = d/2 = (2\times10^{11} \ m)/2 = 1\times10^{11} \ m$ है।
दोनों तारों के कारण बिंदु $O$ पर उल्का की गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा $U = -\frac{GMm}{r} - \frac{GMm}{r} = -\frac{2GMm}{r}$ है।
गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र से बचने के लिए,$O$ पर उल्का की कुल यांत्रिक ऊर्जा कम से कम शून्य होनी चाहिए। ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार:
$\frac{1}{2}mv^2 + U = 0$
$\frac{1}{2}mv^2 - \frac{2GMm}{r} = 0$
$v$ के लिए हल करने पर:
$v^2 = \frac{4GM}{r}$
$v = \sqrt{\frac{4 \times 6.67\times10^{-11} \times 3\times10^{31}}{1\times10^{11}}}$
$v = \sqrt{4 \times 6.67 \times 3 \times 10^9}$
$v = \sqrt{80.04 \times 10^9} = \sqrt{8.004 \times 10^{10}}$
$v \approx 2.83 \times 10^5 \ m/s$.

(B) स्थिर दाब (समदाबी प्रक्रिया) पर एक आदर्श गैस के लिए,किया गया कार्य $W$ का सूत्र है:
$W = P\Delta V$
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए,स्थिर दाब प्रक्रिया के लिए $P\Delta V = nR\Delta T$ होता है।
दिया गया है:
मोल की संख्या $n = 0.5\, mol$
गैस नियतांक $R = 8.31\, J/mol\cdot K$
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = 90\,^oC - 20\,^oC = 70\, K$
सूत्र में मान रखने पर:
$W = nR\Delta T$
$W = 0.5 \times 8.31 \times 70$
$W = 290.85\, J$
निकटतम पूर्णांक में,किया गया कार्य लगभग $291\, J$ है।

(D) किसी भी समय $t$ पर कण की स्थिति $t = 0$ से $t = 5\,s$ तक वेग-समय ग्राफ के अंतर्गत आने वाले क्षेत्रफल द्वारा दी जाती है।
$1$. $t = 0$ से $t = 2\,s$ तक,ग्राफ $2\,s$ आधार और $2\,m/s$ ऊंचाई वाला एक त्रिभुज है। क्षेत्रफल = $\frac{1}{2} \times 2 \times 2 = 2\,m$.
$2$. $t = 2\,s$ से $t = 4\,s$ तक,ग्राफ $2\,s$ चौड़ाई और $2\,m/s$ ऊंचाई वाला एक आयत है। क्षेत्रफल = $2 \times 2 = 4\,m$.
$3$. $t = 4\,s$ से $t = 5\,s$ तक,ग्राफ $1\,s$ चौड़ाई और $3\,m/s$ ऊंचाई वाला एक आयत है। क्षेत्रफल = $1 \times 3 = 3\,m$.
$t = 5\,s$ पर कुल स्थिति = $2 + 4 + 3 = 9\,m$.

(A) कीलकित बिंदु $P$ के परितः कुल बलाघूर्ण (torque) $\tau$ दो द्रव्यमानों के कारण बलाघूर्ण के अंतर द्वारा दिया जाता है।
$\tau = (5M_0g)(l) - (2M_0g)(2l) = 5M_0gl - 4M_0gl = M_0gl$.
कीलकित बिंदु $P$ के परितः जड़त्व आघूर्ण $I$ दोनों द्रव्यमानों के जड़त्व आघूर्ण का योग है।
$I = (5M_0)(l)^2 + (2M_0)(2l)^2 = 5M_0l^2 + 8M_0l^2 = 13M_0l^2$.
कोणीय त्वरण $\alpha$ को $\alpha = \frac{\tau}{I}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,$\alpha = \frac{M_0gl}{13M_0l^2} = \frac{g}{13l}$.

(A) माना परिमाण $P = 2F$ और $Q = 3F$ हैं। दो सदिशों $\vec{P}$ और $\vec{Q}$ का परिणामी बल $R_1$ इस प्रकार है: $R_1^2 = P^2 + Q^2 + 2PQ \cos \theta$.
मान रखने पर: $R_1^2 = (2F)^2 + (3F)^2 + 2(2F)(3F) \cos \theta = 4F^2 + 9F^2 + 12F^2 \cos \theta = F^2(13 + 12 \cos \theta)$.
जब बल $Q$ को दोगुना किया जाता है,तो नया बल $Q' = 2Q = 6F$ होता है। नया परिणामी बल $R_2 = 2R_1$ है,इसलिए $R_2^2 = 4R_1^2$ होगा।
नया परिणामी बल $R_2$ इस प्रकार है: $R_2^2 = P^2 + (Q')^2 + 2P(Q') \cos \theta$.
मान रखने पर: $R_2^2 = (2F)^2 + (6F)^2 + 2(2F)(6F) \cos \theta = 4F^2 + 36F^2 + 24F^2 \cos \theta = F^2(40 + 24 \cos \theta)$.
$R_2^2 = 4R_1^2$ को बराबर करने पर: $F^2(40 + 24 \cos \theta) = 4 \times F^2(13 + 12 \cos \theta)$.
$4F^2$ से भाग देने पर: $10 + 6 \cos \theta = 13 + 12 \cos \theta$.
$-3 = 6 \cos \theta \Rightarrow \cos \theta = -1/2$.
अतः,$\theta = 120^o$।

(B) दिए गए परिपथ में,डायोड समानांतर क्रम में हैं। जिस डायोड का थ्रेशोल्ड वोल्टेज कम होगा,वह पहले चालन करेगा।
स्थिति $1$: प्रारंभ में,$Ge$ डायोड (थ्रेशोल्ड $0.3 \, V$) चालन करता है।
आउटपुट वोल्टेज $V_{01} = 12 \, V - 0.3 \, V = 11.7 \, V$ है।
स्थिति $2$: यदि $Ge$ डायोड का कनेक्शन उलट दिया जाए,तो यह रिवर्स बायस हो जाएगा और चालन नहीं करेगा। अब,$Si$ डायोड (थ्रेशोल्ड $0.7 \, V$) चालन करेगा।
आउटपुट वोल्टेज $V_{02} = 12 \, V - 0.7 \, V = 11.3 \, V$ है।
$V_0$ के मान में परिवर्तन $\Delta V_0 = |V_{01} - V_{02}| = |11.7 \, V - 11.3 \, V| = 0.4 \, V$ है।

(A) हाइड्रोजन जैसे परमाणु के लिए परमाणु क्रमांक $Z$ और मुख्य क्वांटम संख्या $n$ के साथ ऊर्जा $E$ का सूत्र इस प्रकार है:
$E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \, eV$
$He^+$ आयन के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 2$ है।
प्रथम उत्तेजित अवस्था के लिए,मुख्य क्वांटम संख्या $n = 2$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$E_2 = -13.6 \times \frac{2^2}{2^2} \, eV$
$E_2 = -13.6 \times \frac{4}{4} \, eV$
$E_2 = -13.6 \, eV$.

(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।

(D) दिया गया है,वस्तु दूरी $u = -10\, cm$ और प्रतिबिंब दूरी $v = +10\, cm$ है।
लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर,$\frac{1}{10} - \frac{1}{-10} = \frac{1}{f} \Rightarrow \frac{2}{10} = \frac{1}{f} \Rightarrow f = 5\, cm$ प्राप्त होता है।
जब $t = 1.5\, cm$ मोटाई और $\mu = 1.5$ अपवर्तनांक वाली कांच की स्लैब को स्रोत के सामने रखा जाता है,तो वस्तु की स्थिति में आभासी विस्थापन $\Delta x = t(1 - \frac{1}{\mu}) = 1.5(1 - \frac{1}{1.5}) = 1.5(1 - \frac{2}{3}) = 1.5(\frac{1}{3}) = 0.5\, cm$ होता है।
वस्तु प्रभावी रूप से लेंस के करीब आ जाती है,इसलिए नई वस्तु दूरी $u' = -(10 - 0.5) = -9.5\, cm$ है।
नई प्रतिबिंब स्थिति $v'$ ज्ञात करने के लिए पुनः लेंस सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{v'} - \frac{1}{-9.5} = \frac{1}{5} \Rightarrow \frac{1}{v'} = \frac{1}{5} - \frac{1}{9.5} = \frac{9.5 - 5}{47.5} = \frac{4.5}{47.5}$।
अतः,$v' = \frac{47.5}{4.5} \approx 10.55\, cm$ प्राप्त होता है।
पर्दे की स्थिति में विस्थापन $d = v' - v = 10.55 - 10 = 0.55\, cm$ लेंस से दूर की ओर होगा।

(B) प्रतिरोधक के लिए कलर कोड है: लाल (Red),बैंगनी (Violet),नारंगी (Orange),सिल्वर (Silver)।
कार्बन प्रतिरोधक कलर कोड तालिका के अनुसार:
$1$. पहला रंग (लाल) पहला अंक दर्शाता है: $2$।
$2$. दूसरा रंग (बैंगनी) दूसरा अंक दर्शाता है: $7$।
$3$. तीसरा रंग (नारंगी) गुणक (multiplier) दर्शाता है: $10^3$।
$4$. चौथा रंग (सिल्वर) टॉलरेंस दर्शाता है: $\pm 10\%$।
अतः,प्रतिरोध का मान $R = 27 \times 10^3 \,\Omega \pm 10\%$ है।
$R = 27 \times 1000 \,\Omega \pm 10\% = 27000 \,\Omega \pm 10\%$।
$R = 27 \,k\Omega \pm 10\%$।

(A) विद्युत धारा $I$ और अपवाह वेग $v_d$ के बीच का संबंध सूत्र द्वारा दिया जाता है: $I = n e A v_d$।
यहाँ,$I = 1.5 \, A$,$n = 9 \times 10^{28} \, m^{-3}$,$e = 1.6 \times 10^{-19} \, C$,और $A = 5 \, mm^2 = 5 \times 10^{-6} \, m^2$ है।
सूत्र में मान रखने पर:
$1.5 = (9 \times 10^{28}) \times (1.6 \times 10^{-19}) \times (5 \times 10^{-6}) \times v_d$।
$1.5 = (9 \times 1.6 \times 5) \times 10^{28-19-6} \times v_d$।
$1.5 = 72 \times 10^3 \times v_d$।
$v_d = \frac{1.5}{72 \times 10^3} = \frac{1.5}{72} \times 10^{-3} \, m/s$।
$v_d \approx 0.0208 \times 10^{-3} \, m/s = 0.0208 \, mm/s$।
अतः,$v$ का मान $0.02 \, mm/s$ के निकट है।

(D) $r$ त्रिज्या वाले वृत्ताकार चाप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र, जो केंद्र पर $\theta$ (रेडियन में) कोण बनाता है, $B = \frac{\mu_0 I \theta}{4 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए चित्र में, रेडियल खंड $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र में कोई योगदान नहीं देते हैं क्योंकि धारा स्थिति सदिश के समानांतर है।
दो चापों की त्रिज्या $r_1 = 3 \, cm + 2 \, cm = 5 \, cm = 0.05 \, m$ और $r_2 = 3 \, cm = 0.03 \, m$ है। बनाया गया कोण $\theta = 45^\circ = \frac{\pi}{4} \, \text{रेडियन}$ है।
दो चापों के कारण चुंबकीय क्षेत्र विपरीत दिशाओं में हैं। शुद्ध चुंबकीय क्षेत्र $B$ है:
$B = B_2 - B_1 = \frac{\mu_0 I \theta}{4 \pi r_2} - \frac{\mu_0 I \theta}{4 \pi r_1} = \frac{\mu_0 I \theta}{4 \pi} \left( \frac{1}{r_2} - \frac{1}{r_1} \right)$
मान रखने पर:
$B = \frac{10^{-7} \times 10 \times \frac{\pi}{4}}{1} \left( \frac{1}{0.03} - \frac{1}{0.05} \right)$
$B = 10^{-6} \times \frac{\pi}{4} \left( \frac{5 - 3}{0.15} \right) = 10^{-6} \times \frac{\pi}{4} \times \frac{2}{0.15} = 10^{-6} \times \frac{\pi}{0.3} = \frac{\pi}{3} \times 10^{-5} \approx 1.047 \times 10^{-5} \, T$.
अतः, मान $1.0 \times 10^{-5} \, T$ के करीब है।

(B) $R$ त्रिज्या वाले एक समान रूप से आवेशित वलय के केंद्र से $x$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{k Q x}{(x^2 + R^2)^{3/2}}$ द्वारा दिया जाता है।
वह दूरी $h$ ज्ञात करने के लिए जहाँ विद्युत क्षेत्र अधिकतम है,हम $x$ के सापेक्ष अवकलन को शून्य के बराबर रखते हैं: $\frac{dE}{dx} = 0$.
भागफल नियम का उपयोग करते हुए: $\frac{d}{dx} \left[ \frac{x}{(x^2 + R^2)^{3/2}} \right] = \frac{(x^2 + R^2)^{3/2} - x \cdot \frac{3}{2}(x^2 + R^2)^{1/2} \cdot 2x}{(x^2 + R^2)^3} = 0$.
इसे सरल करने पर $(x^2 + R^2) - 3x^2 = 0$ प्राप्त होता है,जो $R^2 - 2x^2 = 0$ देता है।
अतः,$x^2 = R^2/2$,जिसका अर्थ है $x = R/\sqrt{2}$.
इस प्रकार,अधिकतम परिमाण $h = R/\sqrt{2}$ दूरी पर होता है।

(B) अधिकतम तीव्रता और न्यूनतम तीव्रता का अनुपात इस प्रकार है: $\frac{I_{max}}{I_{min}} = \left( \frac{\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2}}{\sqrt{I_1} - \sqrt{I_2}} \right)^2 = 16$.
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर: $\frac{\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2}}{\sqrt{I_1} - \sqrt{I_2}} = 4$.
तिर्यक गुणा करने पर: $\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2} = 4\sqrt{I_1} - 4\sqrt{I_2}$.
पदों को व्यवस्थित करने पर: $5\sqrt{I_2} = 3\sqrt{I_1}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $25I_2 = 9I_1$.
अतः,तीव्रताओं का अनुपात $\frac{I_1}{I_2} = \frac{25}{9}$ है।

(A) माना कार्य फलन $\phi$ है। आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{1240}{\lambda} \ eV$ द्वारा दी जाती है।
$\lambda_1 = 350 \ nm$ के लिए,$E_1 = \frac{1240}{350} \approx 3.543 \ eV$.
$\lambda_2 = 540 \ nm$ के लिए,$E_2 = \frac{1240}{540} \approx 2.296 \ eV$.
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,$KE_{max} = E - \phi$.
माना $v_1$ और $v_2$ अधिकतम गति हैं। दिया गया है कि $v_1 = 2v_2$,इसलिए $KE_1 = 4 KE_2$.
$3.543 - \phi = 4(2.296 - \phi)$.
$3.543 - \phi = 9.184 - 4\phi$.
$3\phi = 9.184 - 3.543 = 5.641$.
$\phi = \frac{5.641}{3} \approx 1.88 \ eV$.
निकटतम मान $1.8 \ eV$ है।

(B) द्रव-कांच इंटरफ़ेस पर परावर्तित प्रकाश के पूरी तरह से ध्रुवीकृत होने के लिए,आपतन कोण $\theta$ को ब्रूस्टर के नियम का पालन करना चाहिए: $\tan \theta = \frac{n_2}{n_1} = \frac{1.5}{\mu}$।
यदि प्रकाश किसी भी आपतन कोण $i$ के लिए कभी भी पूरी तरह से ध्रुवीकृत नहीं होता है,तो इसका मतलब है कि ब्रूस्टर कोण $\theta_B$ द्रव-कांच इंटरफ़ेस के लिए क्रांतिक कोण $\theta_c$ से बड़ा या उसके बराबर होना चाहिए,ताकि ब्रूस्टर स्थिति पूरी होने से पहले ही पूर्ण आंतरिक परावर्तन हो जाए।
क्रांतिक कोण $\theta_c$ को $\sin \theta_c = \frac{1.5}{\mu}$ द्वारा दिया जाता है (यह मानते हुए कि $\mu > 1.5$)। हालाँकि,चूंकि प्रकाश हवा से द्रव में प्रवेश करता है,इसलिए द्रव में अपवर्तन कोण $\theta$ का अधिकतम मान हवा-द्रव इंटरफ़ेस के क्रांतिक कोण द्वारा सीमित होता है। यदि प्रकाश हवा से $90^{\circ}$ पर आपतित होता है,तो $\sin \theta = \frac{1}{\mu}$।
अतः,हमें $\tan \theta_B \ge \tan \theta_{max}$ की आवश्यकता है।
दिया गया है $\tan \theta_B = \frac{1.5}{\mu}$ और $\sin \theta_{max} = \frac{1}{\mu}$,तो $\cos \theta_{max} = \sqrt{1 - \frac{1}{\mu^2}} = \frac{\sqrt{\mu^2 - 1}}{\mu}$।
इसलिए,$\tan \theta_{max} = \frac{1}{\sqrt{\mu^2 - 1}}$।
$\frac{1.5}{\mu} \ge \frac{1}{\sqrt{\mu^2 - 1}}$ रखने पर,दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{2.25}{\mu^2} \ge \frac{1}{\mu^2 - 1}$।
$2.25(\mu^2 - 1) \ge \mu^2 \Rightarrow 2.25\mu^2 - 2.25 \ge \mu^2 \Rightarrow 1.25\mu^2 \ge 2.25$।
$\mu^2 \ge \frac{2.25}{1.25} = \frac{9}{5} \Rightarrow \mu \ge \frac{3}{\sqrt{5}}$।

(C) $n$-प्रकार के अर्धचालक की चालकता $\sigma$ को $\sigma = ne\mu_e$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ इलेक्ट्रॉन घनत्व है,$e$ प्राथमिक आवेश $(1.6 \times 10^{-19} \ C)$ है,और $\mu_e$ इलेक्ट्रॉन गतिशीलता है।
दिया गया है: $n = 10^{19} \ m^{-3}$,$\mu_e = 1.6 \ m^2/(V \cdot s)$,और $e = 1.6 \times 10^{-19} \ C$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\sigma = (10^{19}) \times (1.6 \times 10^{-19}) \times (1.6) = 1.6 \times 1.6 = 2.56 \ \Omega^{-1} \cdot m^{-1}$.
प्रतिरोधकता $\rho$ चालकता का व्युत्क्रम है: $\rho = \frac{1}{\sigma} = \frac{1}{2.56} \approx 0.39 \ \Omega \cdot m$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,मान $0.4 \ \Omega \cdot m$ है।

(B) विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए, विद्युत क्षेत्र के परिमाण $E$ और चुंबकीय क्षेत्र के परिमाण $B$ के बीच संबंध $E = cB$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $c$ मुक्त आकाश में प्रकाश की गति है $(c = 3 \times 10^8\, m/s)$।
इसलिए, $B = \frac{E}{c} = \frac{6.3}{3 \times 10^8} = 2.1 \times 10^{-8}\, T$।
तरंग प्रसार की दिशा सदिश $\vec{E} \times \vec{B}$ द्वारा दी जाती है। चूंकि तरंग $+x$ दिशा $(\hat i)$ में यात्रा करती है और विद्युत क्षेत्र $+y$ दिशा $(\hat j)$ में है, हमारे पास $\hat i = \hat j \times \hat B$ है।
इसका अर्थ है कि चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ की दिशा $+z$ दिशा $(\hat k)$ में होनी चाहिए, क्योंकि $\hat j \times \hat k = \hat i$ होता है।
अतः, $\vec{B} = 2.1 \times 10^{-8}\,\hat k\,T$ होगा।

(D) मान लीजिए $x=0$ पर आवेश $Q_1 = +Q$ है,$x=d/2$ पर आवेश $q$ है और $x=d$ पर आवेश $Q_2 = +Q$ है।
$q$ द्वारा $Q_1$ पर लगाया गया बल $F_q = \frac{k Q q}{(d/2)^2} = \frac{4 k Q q}{d^2}$ है (यदि $q$ ऋणात्मक है तो यह $q$ की दिशा में होगा)।
$Q_2$ द्वारा $Q_1$ पर लगाया गया बल $F_{Q_2} = \frac{k Q Q}{d^2} = \frac{k Q^2}{d^2}$ है (चूंकि दोनों धनात्मक हैं,यह $Q_2$ से दूर की दिशा में होगा)।
$Q_1$ पर कुल बल शून्य होने के लिए,इन बलों का परिमाण समान और दिशाएं विपरीत होनी चाहिए:
$F_q + F_{Q_2} = 0$
$\frac{4 k Q q}{d^2} + \frac{k Q^2}{d^2} = 0$
$4 k Q q = -k Q^2$
$4 q = -Q$
$q = -\frac{Q}{4}$

(C) तार का प्रतिरोध $R$,$R = \frac{\rho \ell}{A}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि आयतन $V = A \ell$ स्थिर रहता है,हम $A = \frac{V}{\ell}$ लिख सकते हैं।
इसे प्रतिरोध के सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर: $R = \frac{\rho \ell^2}{V}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\rho$ और $V$ स्थिर हैं,इसलिए $R \propto \ell^2$ है।
लघुगणकीय अवकलन लेने पर,हमें $\frac{\Delta R}{R} = 2 \frac{\Delta \ell}{\ell}$ प्राप्त होता है।
लंबाई में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{\Delta \ell}{\ell} \times 100 = 0.5\%$ दिया गया है।
अतः,प्रतिरोध में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{\Delta R}{R} \times 100 = 2 \times 0.5\% = 1\%$ है।

(C) एक रेडियोधर्मी नमूने की सक्रियता $R = \lambda N$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\lambda$ क्षय स्थिरांक है और $N$ नाभिकों की संख्या है।
नमूने $A$ के लिए: $R_A = \lambda_A N_A = 10\, mCi$ ... $(1)$
नमूने $B$ के लिए: $R_B = \lambda_B N_B = 20\, mCi$ ... $(2)$
दिया गया है $N_A = 2 N_B$ ... $(3)$
$(1)$ को $(2)$ से विभाजित करने पर: $\frac{\lambda_A N_A}{\lambda_B N_B} = \frac{10}{20} = \frac{1}{2}$.
$N_A = 2 N_B$ प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{\lambda_A (2 N_B)}{\lambda_B N_B} = \frac{1}{2} \implies 2 \frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \frac{1}{2} \implies \frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \frac{1}{4}$.
चूंकि अर्ध-आयु $T_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda}$ है,इसलिए $\frac{T_{1/2, A}}{T_{1/2, B}} = \frac{\lambda_B}{\lambda_A} = 4$.
इसका अर्थ है $T_{1/2, A} = 4 \times T_{1/2, B}$.
विकल्पों की जाँच करने पर,विकल्प $C$ में $20/5 = 4$ प्राप्त होता है,जो सही है।

(A) लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\Phi(t) = B(t) \cdot A = A \cdot B_0 \sin(50 \pi t)$ है।
प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = -\frac{d\Phi}{dt} = -A \cdot B_0 \cdot (50 \pi) \cos(50 \pi t)$ है।
लूप में प्रवाहित धारा $I(t) = \frac{\varepsilon}{R} = -\frac{A \cdot B_0 \cdot 50 \pi}{R} \cos(50 \pi t)$ है।
लूप से प्रवाहित आवेश $q = \int_{0}^{t} I(t) dt = \frac{1}{R} [\Phi(0) - \Phi(t)]$ है।
$t = 0$ पर, $\Phi(0) = 0$ है।
$t = 10 \, ms = 0.01 \, s$ पर, $\Phi(0.01) = A \cdot B_0 \sin(0.5 \pi) = A \cdot B_0$ है।
मान रखने पर: $q = \frac{3.5 \times 10^{-3} \times 0.4}{10} = 0.14 \times 10^{-3} \, C = 0.14 \, mC$।

(D) अनंत लंबाई के तार द्वारा $r$ दूरी पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}$ होता है।
जब $M = I_L \pi a^2$ (जहाँ $I_L$ लूप की धारा है) चुंबकीय आघूर्ण वाला एक छोटा लूप एक असमान चुंबकीय क्षेत्र में रखा जाता है,तो उस पर लगने वाला बल $F = \nabla (M \cdot B)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि तार से चुंबकीय क्षेत्र $B$,$1/r$ के अनुसार बदलता है,इसलिए क्षेत्र का प्रवणता (gradient) $1/r^2$ के अनुसार बदलता है।
अतः,तार के कारण लूप पर लगने वाला बल (या इसके विपरीत) $M \times (B \text{ का प्रवणता})$ के समानुपाती होता है।
$F \propto M \times \frac{1}{d^2} \propto (I_L a^2) \times \frac{1}{d^2}$.
दिए गए विकल्पों को देखते हुए,हम $a$ और $d$ पर निर्भरता देखते हैं। बल $a^2/d^2$ के समानुपाती है,जो $(a/d)^2$ के बराबर है।

(A) बाएं सिरे से $x$ दूरी पर $dx$ चौड़ाई की एक छोटी पट्टी पर विचार करें। परावैद्युत भाग की ऊंचाई $y = (d/a)x$ है।
यह पट्टी श्रेणीक्रम में दो संधारित्रों के रूप में कार्य करती है: एक हवा के साथ (मोटाई $d-y$) और एक परावैद्युत के साथ (मोटाई $y$)।
हवा वाले भाग की धारिता $dC_1 = \frac{\varepsilon_0 a dx}{d-y}$ है और परावैद्युत भाग की $dC_2 = \frac{K\varepsilon_0 a dx}{y}$ है।
पट्टी की तुल्य धारिता $dC$ इस प्रकार दी जाती है: $\frac{1}{dC} = \frac{1}{dC_1} + \frac{1}{dC_2} = \frac{d-y}{\varepsilon_0 a dx} + \frac{y}{K\varepsilon_0 a dx} = \frac{Kd - Ky + y}{K\varepsilon_0 a dx} = \frac{Kd - (K-1)y}{K\varepsilon_0 a dx}$.
अतः,$dC = \frac{K\varepsilon_0 a dx}{Kd - (K-1)(d/a)x}$.
$x=0$ से $x=a$ तक समाकलन करने पर:
$C = \int_0^a \frac{K\varepsilon_0 a dx}{Kd - \frac{(K-1)d}{a}x} = \frac{K\varepsilon_0 a}{d} \int_0^a \frac{dx}{K - \frac{(K-1)}{a}x}$.
मान लीजिए $u = K - \frac{(K-1)}{a}x$,तो $du = -\frac{(K-1)}{a} dx$.
$C = \frac{K\varepsilon_0 a}{d} \left( -\frac{a}{K-1} \right) [\ln(K - \frac{(K-1)}{a}x)]_0^a = \frac{-K\varepsilon_0 a^2}{d(K-1)} [\ln(1) - \ln(K)] = \frac{K\varepsilon_0 a^2}{d(K-1)} \ln K$.

(B) किसी चुंबकीय पदार्थ की निग्राहिता (coercivity) वह चुंबकीय क्षेत्र तीव्रता $H$ है जो उसे पूर्णतः विचुंबकित करने के लिए आवश्यक होती है।
एक लंबी परिनालिका के लिए,उसके भीतर चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता $H$ का सूत्र $H = n \cdot I$ है,जहाँ $n$ प्रति इकाई लंबाई में फेरों की संख्या है और $I$ विद्युत धारा है।
दिया गया है:
लंबाई $L = 0.2 \, m$
फेरों की संख्या $N = 100$
विद्युत धारा $I = 5.2 \, A$
सबसे पहले,प्रति इकाई लंबाई में फेरों की संख्या ज्ञात करें: $n = \frac{N}{L} = \frac{100}{0.2} = 500 \, turns/m$.
अब,चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता की गणना करें: $H = n \cdot I = 500 \times 5.2 = 2600 \, A/m$.
अतः,छड़ चुंबक की निग्राहिता $2600 \, A/m$ है।

(B) माना नोड $C$ पर विभव $V$ है। जब स्विच $S$ बंद होता है, तो नोड $C$ एक $2 \, \Omega$ प्रतिरोधक के माध्यम से ग्राउंड $(0 \, V)$ से जुड़ जाता है।
नोड $C$ पर किरचॉफ का धारा नियम $(KCL)$ लागू करने पर:
$\frac{20 - V}{2} + \frac{10 - V}{4} = \frac{V - 0}{2}$
हर को हटाने के लिए पूरे समीकरण को $4$ से गुणा करने पर:
$2(20 - V) + (10 - V) = 2V$
$40 - 2V + 10 - V = 2V$
$50 - 3V = 2V$
$5V = 50$
$V = 10 \, V$
$2 \, \Omega$ प्रतिरोधक से प्रवाहित होने वाली धारा $i$ है:
$i = \frac{V - 0}{2} = \frac{10}{2} = 5 \, A$.

(C) समय $t$ पर एक रेडियोधर्मी पदार्थ की सक्रियता $R = R_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि $t = 0$ पर,$R_{A,0} = R_{B,0} = R_0$ है।
समय $t$ पर सक्रियता का अनुपात $\frac{R_B}{R_A} = \frac{R_0 e^{-\lambda_B t}}{R_0 e^{-\lambda_A t}} = e^{-(\lambda_B - \lambda_A)t}$ है।
प्रश्न के अनुसार,यह अनुपात $e^{-3t}$ है।
घातांकों की तुलना करने पर,हमें $\lambda_B - \lambda_A = 3$ प्राप्त होता है।
क्षय नियतांक $\lambda$ और अर्ध-आयु $T_{1/2}$ के बीच संबंध $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ है।
दिया गया है कि $T_{A,1/2} = \ln 2$,इसलिए $\lambda_A = \frac{\ln 2}{\ln 2} = 1$ है।
$\lambda_A$ का मान समीकरण में रखने पर: $\lambda_B - 1 = 3 \Rightarrow \lambda_B = 4$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\lambda_B = \frac{\ln 2}{T_{B,1/2}}$,इसलिए $4 = \frac{\ln 2}{T_{B,1/2}}$ है।
अतः,$T_{B,1/2} = \frac{\ln 2}{4}$ है।

(D) मुक्त आकाश में विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए,विद्युत क्षेत्र का ऊर्जा घनत्व $U_E = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2$ द्वारा दिया जाता है।
चुंबकीय क्षेत्र का ऊर्जा घनत्व $U_B = \frac{B^2}{2 \mu_0}$ द्वारा दिया जाता है।
संबंध $B = \frac{E}{c}$ और $c^2 = \frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}$ का उपयोग करते हुए,हम $U_B$ के व्यंजक में $B$ का मान प्रतिस्थापित करते हैं:
$U_B = \frac{(E/c)^2}{2 \mu_0} = \frac{E^2}{2 \mu_0 c^2}$.
$c^2 = \frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}$ रखने पर:
$U_B = \frac{E^2}{2 \mu_0 (1 / \mu_0 \varepsilon_0)} = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2$.
अतः,$U_E = U_B$ होता है।

(D) चुंबकीय क्षेत्र में वृत्ताकार पथ पर गति करने वाले कण के लिए,चुंबकीय बल अभिकेंद्री बल प्रदान करता है: $qvB = \frac{mv^2}{r} \Rightarrow v = \frac{qBr}{m}$.
जब कण विद्युत और चुंबकीय दोनों क्षेत्रों के प्रभाव में सीधी रेखा में गति करता है,तो कुल बल शून्य होता है,जिसका अर्थ है कि विद्युत बल चुंबकीय बल को संतुलित करता है: $qE = qvB \Rightarrow E = vB$.
$v$ का मान रखने पर: $E = \left(\frac{qBr}{m}\right)B = \frac{qB^2r}{m}$.
द्रव्यमान $m$ के लिए सूत्र: $m = \frac{qB^2r}{E}$.
यहाँ $q = 1.6 \times 10^{-19} \, C$,$B = 0.5 \, T$,$r = 0.5 \times 10^{-2} \, m$,और $E = 100 \, V/m$ दिया गया है।
$m = \frac{(1.6 \times 10^{-19}) \times (0.5)^2 \times (0.5 \times 10^{-2})}{100} = 2.0 \times 10^{-24} \, kg$.

(A) $q_1$ की स्थिति $\vec{r}_1 = (1, 0)$ और $q_2$ की स्थिति $\vec{r}_2 = (4, 0)$ है। बिंदु $P$ $(0, 3)$ पर है।
विस्थापन सदिश $\vec{r}_{P1} = -\hat{i} + 3\hat{j}$ और $\vec{r}_{P2} = -4\hat{i} + 3\hat{j}$ हैं।
दूरियां $r_1 = \sqrt{10} \, m$ और $r_2 = 5 \, m$ हैं।
विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = \frac{kq_1}{r_1^3}\vec{r}_{P1} + \frac{kq_2}{r_2^3}\vec{r}_{P2}$ है।
मान रखने पर: $\vec{E} = 9 \times 10^9 \times 10^{-6} \left[ \frac{\sqrt{10}}{(\sqrt{10})^3}(-\hat{i} + 3\hat{j}) + \frac{-25}{5^3}(-4\hat{i} + 3\hat{j}) \right]$.
$\vec{E} = 9 \times 10^3 \left[ \frac{1}{10}(-\hat{i} + 3\hat{j}) - \frac{1}{5}(-4\hat{i} + 3\hat{j}) \right]$.
$\vec{E} = 9000 \left[ 0.7\hat{i} - 0.3\hat{j} \right] = (63\hat{i} - 27\hat{j}) \times 10^2 \, V/m$.

(C) दिया गया है: $L = 20\,mH = 20 \times 10^{-3}\,H,$ $C = 120\,\mu F = 120 \times 10^{-6}\,F,$ $R = 60\,\Omega,$ $V_{rms} = 24\,V,$ $f = 50\,Hz,$ $t = 60\,s.$
प्रेरकीय प्रतिघात: $X_L = 2\pi fL = 2\pi \times 50 \times 20 \times 10^{-3} = 2\pi \approx 6.28\,\Omega.$
धारतीय प्रतिघात: $X_C = \frac{1}{2\pi fC} = \frac{1}{2\pi \times 50 \times 120 \times 10^{-6}} = \frac{1}{0.012\pi} \approx 26.53\,\Omega.$
प्रतिबाधा: $Z = \sqrt{R^2 + (X_C - X_L)^2} = \sqrt{60^2 + (26.53 - 6.28)^2} = \sqrt{3600 + (20.25)^2} = \sqrt{3600 + 410.06} = \sqrt{4010.06} \approx 63.33\,\Omega.$
व्ययित शक्ति: $P = I_{rms}^2 R = \left(\frac{V_{rms}}{Z}\right)^2 R = \left(\frac{24}{63.33}\right)^2 \times 60 \approx (0.379)^2 \times 60 \approx 0.1436 \times 60 \approx 8.616\,W.$
व्ययित ऊर्जा: $E = P \times t = 8.616 \times 60 \approx 516.96\,J \approx 5.17 \times 10^2\,J.$

(D) दीप्त फ्रिंजों के लिए शर्त $d \sin \theta = n \lambda$ है,जहाँ $n$ एक पूर्णांक है।
यहाँ $d = 0.320 \, mm = 0.320 \times 10^{-3} \, m$ और $\lambda = 500 \, nm = 500 \times 10^{-9} \, m$ दिया गया है।
$\theta = 30^\circ$ पर अधिकतम पथ अंतर $\Delta X_{\max} = d \sin 30^\circ = 0.320 \times 10^{-3} \times 0.5 = 0.16 \times 10^{-3} \, m$ है।
अधिकतम क्रम $n = \frac{\Delta X_{\max}}{\lambda} = \frac{0.16 \times 10^{-3}}{500 \times 10^{-9}} = \frac{0.16 \times 10^6}{500} = 320$ प्राप्त होता है।
चूँकि परास $-30^\circ \le \theta \le 30^\circ$ है,हम $n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots, \pm 320$ के लिए दीप्त फ्रिंजें देख सकते हैं।
अतः,दीप्त फ्रिंजों की कुल संख्या $2n + 1 = 2(320) + 1 = 641$ है।

(B) मान लीजिए कि दोनों दर्पणों के बीच का कोण $\theta$ है।
प्रश्न के अनुसार,आपतित किरण दूसरे दर्पण $(M_2)$ के समानांतर है। इसलिए,पहले दर्पण $(M_1)$ पर आपतन कोण $\theta$ है।
परावर्तन के नियम के अनुसार,$(M_1)$ से परावर्तन कोण भी $\theta$ है।
यह परावर्तित किरण दूसरे दर्पण $(M_2)$ पर आपतित होती है।
दो दर्पणों और प्रकाश किरण द्वारा बने त्रिभुज में,दूसरे दर्पण पर कोण $\theta$ है (क्योंकि परावर्तित किरण पहले दर्पण $(M_1)$ के समानांतर है)।
अतः,त्रिभुज के कोणों का योग $\theta + \theta + \theta = 180^o$ है।
$3\theta = 180^o$
$\theta = 60^o.$

(A) कार्बन प्रतिरोधकों के लिए कलर कोड रंगों के क्रम द्वारा निर्धारित किया जाता है:
$1$. हरा (Green) अंक $5$ के अनुरूप है।
$2$. नारंगी (Orange) अंक $3$ के अनुरूप है।
$3$. पीला (Yellow) गुणक $10^4$ के अनुरूप है।
$4$. सुनहरा (Golden) रंग $\pm 5\%$ की टॉलरेंस दर्शाता है।
अतः,प्रतिरोध का मान $R = 53 \times 10^4 \, \Omega \pm 5\%$ है।
गणना करने पर: $R = 530,000 \, \Omega = 530 \, K\Omega$.
इसलिए,$R = 530 \, K\Omega \pm 5\%$.
सही विकल्प $A$ है।

(D) $L$ लंबाई के एक वृत्ताकार लूप के लिए,त्रिज्या $R$ का मान $L = 2\pi R$ से प्राप्त होता है,अतः $R = \frac{L}{2\pi}$।
केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_L = \frac{\mu_0 i}{2R} = \frac{\mu_0 i}{2(L/2\pi)} = \frac{\mu_0 i \pi}{L}$ है।
$N$ फेरों वाली कुंडली के लिए,लंबाई $L = N(2\pi R')$,इसलिए त्रिज्या $R' = \frac{L}{2\pi N} = \frac{R}{N}$ होती है।
कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_C = \frac{N \mu_0 i}{2R'} = \frac{N \mu_0 i}{2(R/N)} = \frac{N^2 \mu_0 i}{2R}$ है।
अनुपात लेने पर,$\frac{B_L}{B_C} = \frac{\mu_0 i / 2R}{N^2 \mu_0 i / 2R} = \frac{1}{N^2}$ प्राप्त होता है।

(B) कुल आवेश $Q$ गोले के आयतन पर आयतन आवेश घनत्व के समाकलन द्वारा दिया जाता है:
$Q = \int_0^R \rho(r) \cdot 4\pi r^2 dr$
$\rho(r) = \frac{A}{r^2} e^{-2r/a}$ रखने पर:
$Q = \int_0^R \left( \frac{A}{r^2} e^{-2r/a} \right) (4\pi r^2) dr = 4\pi A \int_0^R e^{-2r/a} dr$
समाकलन करने पर:
$Q = 4\pi A \left[ \frac{e^{-2r/a}}{-2/a} \right]_0^R = 4\pi A \left( -\frac{a}{2} \right) (e^{-2R/a} - e^0)$
$Q = -2\pi aA (e^{-2R/a} - 1) = 2\pi aA (1 - e^{-2R/a})$
$R$ के लिए हल करने पर:
$1 - e^{-2R/a} = \frac{Q}{2\pi aA}$
$e^{-2R/a} = 1 - \frac{Q}{2\pi aA}$
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$-\frac{2R}{a} = \log \left( 1 - \frac{Q}{2\pi aA} \right)$
$R = -\frac{a}{2} \log \left( 1 - \frac{Q}{2\pi aA} \right) = \frac{a}{2} \log \left( \frac{1}{1 - \frac{Q}{2\pi aA}} \right)$

(C) संधारित्र को $d/2$ मोटाई के दो श्रेणीबद्ध संधारित्रों के रूप में देखा जा सकता है।
पहले आधे भाग के लिए (मोटाई $d/2$),हमारे पास $L^2/2$ क्षेत्रफल वाले दो समांतर संधारित्र हैं:
$C_1 = \frac{\varepsilon_0 K_1 (L^2/2)}{d/2} + \frac{\varepsilon_0 K_3 (L^2/2)}{d/2} = \frac{\varepsilon_0 L^2}{d} (K_1 + K_3)$.
दूसरे आधे भाग के लिए (मोटाई $d/2$),हमारे पास $L^2/2$ क्षेत्रफल वाले दो समांतर संधारित्र हैं:
$C_2 = \frac{\varepsilon_0 K_2 (L^2/2)}{d/2} + \frac{\varepsilon_0 K_4 (L^2/2)}{d/2} = \frac{\varepsilon_0 L^2}{d} (K_2 + K_4)$.
चूंकि ये दोनों भाग श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए तुल्य धारिता $C$ इस प्रकार दी जाती है:
$\frac{1}{C} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} = \frac{d}{\varepsilon_0 L^2 (K_1 + K_3)} + \frac{d}{\varepsilon_0 L^2 (K_2 + K_4)}$.
साथ ही,$C = \frac{\varepsilon_0 K L^2}{d}$,इसलिए:
$\frac{d}{\varepsilon_0 K L^2} = \frac{d}{\varepsilon_0 L^2} \left( \frac{1}{K_1 + K_3} + \frac{1}{K_2 + K_4} \right)$.
$\frac{1}{K} = \frac{(K_2 + K_4) + (K_1 + K_3)}{(K_1 + K_3)(K_2 + K_4)}$.
अतः,$K = \frac{(K_1 + K_3)(K_2 + K_4)}{K_1 + K_2 + K_3 + K_4}$.

(D) चुंबकीय क्षेत्र $B = B_0 [\sin(\omega_1 t) + \sin(\omega_2 t)]$ द्वारा दिया गया है,जहाँ $\omega_1 = 3.14 \times 10^7 c$ और $\omega_2 = 6.28 \times 10^7 c$ है।
चूंकि $\omega = 2\pi \nu$,आवृत्तियाँ $\nu_1 = \frac{3.14 \times 10^7 c}{2\pi} = 0.5 \times 10^7 c$ और $\nu_2 = \frac{6.28 \times 10^7 c}{2\pi} = 1.0 \times 10^7 c$ हैं।
अधिकतम आवृत्ति $\nu_{\max} = 1.0 \times 10^7 \times (3 \times 10^8) = 3 \times 10^{15} \ Hz$ है।
फोटॉन की ऊर्जा $E = h\nu_{\max} = (6.63 \times 10^{-34} \ J\cdot s) \times (3 \times 10^{15} \ Hz) = 1.989 \times 10^{-18} \ J$ है।
इसे $eV$ में बदलने पर: $E = \frac{1.989 \times 10^{-18}}{1.6 \times 10^{-19}} \approx 12.43 \ eV$ प्राप्त होता है।
अधिकतम गतिज ऊर्जा $KE_{\max} = E - \phi = 12.43 \ eV - 4.7 \ eV = 7.73 \ eV$ है। निकटतम विकल्प $7.72 \ eV$ है।

(A) प्रतिरोध $R_3$ और $R_4$ श्रेणीक्रम में हैं। इस शाखा से बहने वाली धारा $I_{upper} = \frac{V_{R4}}{R_4} = \frac{5\,V}{500\,\Omega} = 0.01\,A$ है।
ऊपरी शाखा $(R_3 + R_4)$ और $R_2$ के समानांतर संयोजन पर वोल्टेज $V_p = I_{upper} \times (R_3 + R_4) = 0.01\,A \times (100\,\Omega + 500\,\Omega) = 0.01 \times 600 = 6\,V$ है।
$R_1$ पर वोल्टेज $V_{R1} = V_{total} - V_p = 18\,V - 6\,V = 12\,V$ है।
$R_1$ से बहने वाली कुल धारा $I_{total} = \frac{V_{R1}}{R_1} = \frac{12\,V}{400\,\Omega} = 0.03\,A$ है।
चूंकि $I_{total} = I_{upper} + I_{R2}$,इसलिए $R_2$ से बहने वाली धारा $I_{R2} = I_{total} - I_{upper} = 0.03\,A - 0.01\,A = 0.02\,A$ है।
अंत में,$R_2$ का मान $R_2 = \frac{V_p}{I_{R2}} = \frac{6\,V}{0.02\,A} = 300\,\Omega$ होगा।

(C) स्रोत की आवृत्ति $f = \frac{c}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर,$f = \frac{3 \times 10^8\,m/s}{800 \times 10^{-9}\,m} = \frac{3 \times 10^8}{8 \times 10^{-7}} = 0.375 \times 10^{15}\,Hz = 3.75 \times 10^{14}\,Hz$.
उपलब्ध सिग्नल बैंडविड्थ स्रोत आवृत्ति का $1\%$ है,इसलिए $\text{Bandwidth} = 0.01 \times f = 0.01 \times 3.75 \times 10^{14}\,Hz = 3.75 \times 10^{12}\,Hz$.
$6\,MHz$ $(6 \times 10^6\,Hz)$ बैंडविड्थ वाले $TV$ संकेतों के लिए समायोजित की जा सकने वाली चैनलों की संख्या $n = \frac{\text{Total Bandwidth}}{\text{Bandwidth per channel}}$ द्वारा दी जाती है।
$n = \frac{3.75 \times 10^{12}}{6 \times 10^6} = 0.625 \times 10^6 = 6.25 \times 10^5$.

(D) डी ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{p}$ द्वारा दी जाती है।
इलेक्ट्रॉन के लिए ऊर्जा $E = \frac{h^2}{2m\lambda^2}$ सूत्र का उपयोग करने पर:
$E = \frac{(6.63 \times 10^{-34})^2}{2 \times 9.11 \times 10^{-31} \times (7.5 \times 10^{-12})^2} \ J$.
गणना करने पर, $E \approx 4.3 \times 10^{-15} \ J$ प्राप्त होता है।
इस ऊर्जा को $eV$ में बदलने पर: $E = \frac{4.3 \times 10^{-15}}{1.6 \times 10^{-19}} \ eV \approx 26875 \ eV = 26.8 \ keV$.
अतः, निकटतम विकल्प $25 \ keV$ है।

(C) पोटेंशियोमीटर तार $AB$ से बहने वाली धारा $I = \frac{\varepsilon}{R_{AB} + r} = \frac{\varepsilon}{12r + r} = \frac{\varepsilon}{13r}$ है।
लंबाई $AJ$ (जहाँ $AJ = x$) पर विभव पतन $V_{AJ} = I \times R_{AJ}$ है।
चूंकि तार का प्रतिरोध उसकी लंबाई के समानुपाती होता है,इसलिए $R_{AJ} = \frac{x}{L} \times 12r$ होगा।
अतः,$V_{AJ} = \left(\frac{\varepsilon}{13r}\right) \times \left(\frac{x}{L} \times 12r\right) = \frac{12\varepsilon x}{13L}$ प्राप्त होता है।
गैल्वेनोमीटर में शून्य विक्षेप के लिए,$AJ$ पर विभव पतन सेल $C$ के $emf$ $(\varepsilon/2)$ के बराबर होना चाहिए।
इसलिए,$\frac{12\varepsilon x}{13L} = \frac{\varepsilon}{2}$।
$x$ के लिए हल करने पर:
$\frac{12x}{13L} = \frac{1}{2}$
$24x = 13L$
$x = \frac{13}{24}L$।

(A) $LOS$ संचार के लिए अधिकतम दूरी $d$ का सूत्र है: $d = \sqrt{2R h_T} + \sqrt{2R h_R}$।
दिया गया है:
ट्रांसमीटर टॉवर की ऊँचाई $h_T = 140\, m$
रिसीविंग एंटीना की ऊँचाई $h_R = 40\, m$
पृथ्वी की त्रिज्या $R = 6.4 \times 10^6\, m$
मान रखने पर:
$d = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 140} + \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 40}$
$d = \sqrt{1792 \times 10^6} + \sqrt{512 \times 10^6}$
$d = (42.33 \times 10^3) + (22.63 \times 10^3)$
$d = 64.96 \times 10^3\, m \approx 65\, km$।

(A) तार का कुल प्रतिरोध $R = 18\,\Omega$ है।
जब तार को एक समबाहु त्रिभुज में मोड़ा जाता है,तो यह तीन समान भागों में विभाजित हो जाता है,जिनमें से प्रत्येक का प्रतिरोध $R' = \frac{18}{3} = 6\,\Omega$ होता है।
जब हम किन्हीं दो शीर्षों के बीच प्रतिरोध मापते हैं,तो त्रिभुज की एक भुजा एक शाखा बनाती है,और अन्य दो भुजाएँ (श्रेणीक्रम में जुड़ी हुई) दूसरी शाखा बनाती हैं।
पहली शाखा का प्रतिरोध,$R_1 = 6\,\Omega$.
दूसरी शाखा का प्रतिरोध,$R_2 = 6\,\Omega + 6\,\Omega = 12\,\Omega$.
ये दो शाखाएँ चुने गए शीर्षों के बीच समानांतर क्रम में जुड़ी होती हैं।
तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार दिया जाता है: $\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} = \frac{1}{6} + \frac{1}{12} = \frac{2+1}{12} = \frac{3}{12} = \frac{1}{4}$.
अतः,$R_{eq} = 4\,\Omega$.

(A) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में दीप्त फ्रिंज (उच्चिष्ठ) के लिए शर्त $d \sin \theta = n \lambda$ है,जहाँ $n$ फ्रिंज का क्रम है।
चूंकि $\theta$ छोटा है,$\sin \theta \approx \theta = \frac{1}{40}\, rad$।
दिया गया है $d = 0.1\, mm = 10^{-4}\, m$।
शर्त $d \theta = n \lambda$ हो जाती है,इसलिए $\lambda = \frac{d \theta}{n}$।
मान रखने पर: $\lambda = \frac{10^{-4} \times (1/40)}{n} = \frac{10^{-4}}{40n} = \frac{10^{-5}}{4n} = \frac{2500\, nm}{n}$।
$\lambda$ के दृश्य सीमा ($380\, nm$ से $740\, nm$) में होने के लिए:
यदि $n=4$ है,तो $\lambda = \frac{2500}{4} = 625\, nm$।
यदि $n=5$ है,तो $\lambda = \frac{2500}{5} = 500\, nm$।
दोनों मान $625\, nm$ और $500\, nm$ दृश्य सीमा के भीतर हैं। अतः,तरंगदैर्ध्य $625\, nm$ और $500\, nm$ हैं।

(D) चुंबकीय क्षेत्र में चुंबकीय द्विध्रुव की स्थितिज ऊर्जा $U = -\vec{M} \cdot \vec{B}$ द्वारा दी जाती है।
$t = 1 \text{ s}$ पर, चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B} = 1 \cdot \cos(0.125 \times 1) \hat{i} = \cos(0.125) \hat{i} \text{ T}$ है।
चुंबकीय आघूर्ण $\vec{M} = 10^{-2} \hat{i} \text{ A} \cdot \text{m}^2$ के साथ प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_i = -M B \cos(0.125)$ है।
चुंबकीय आघूर्ण को उलटने के लिए, नया चुंबकीय आघूर्ण $\vec{M}' = -10^{-2} \hat{i} \text{ A} \cdot \text{m}^2$ होगा।
अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_f = -\vec{M}' \cdot \vec{B} = -(-10^{-2}) \cos(0.125) = 10^{-2} \cos(0.125)$ है।
किया गया कार्य $W = U_f - U_i = 10^{-2} \cos(0.125) - (-10^{-2} \cos(0.125)) = 2 \times 10^{-2} \cos(0.125) \text{ J}$ है।
$\cos(0.125) \approx 0.992$ का उपयोग करने पर, $W = 2 \times 10^{-2} \times 0.992 = 0.01984 \text{ J} \approx 0.02 \text{ J}$ प्राप्त होता है।

(C) संधारित्र को तीन समांतर संधारित्रों में विभाजित किया गया है,जिनमें से प्रत्येक का क्षेत्रफल $A' = A/3$ और प्लेटों के बीच की दूरी $d$ समान है।
तुल्य धारिता $C_{net}$ व्यक्तिगत धारिताओं का योग है:
$C_{net} = C_1 + C_2 + C_3$
समांतर प्लेट संधारित्र के सूत्र $C = \frac{K \epsilon_0 A}{d}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{K_{eq} \epsilon_0 A}{d} = \frac{K_1 \epsilon_0 (A/3)}{d} + \frac{K_2 \epsilon_0 (A/3)}{d} + \frac{K_3 \epsilon_0 (A/3)}{d}$
दोनों पक्षों से सामान्य पदों $\frac{\epsilon_0 A}{3d}$ को हटाने पर:
$K_{eq} = \frac{K_1 + K_2 + K_3}{3}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$K_{eq} = \frac{10 + 12 + 14}{3} = \frac{36}{3} = 12$
अतः,तुल्य परावैद्युतांक $12$ है।

(D) माना कोशों पर आवेश $Q_1, Q_2, Q_3$ हैं और पृष्ठीय आवेश घनत्व $\sigma$ है। चूँकि $\sigma$ सभी के लिए समान है,$\sigma = \frac{Q_1}{4\pi a^2} = \frac{Q_2}{4\pi b^2} = \frac{Q_3}{4\pi c^2}$ है।
अतः,$Q_1 = 4\pi a^2 \sigma$,$Q_2 = 4\pi b^2 \sigma$,$Q_3 = 4\pi c^2 \sigma$ है।
कुल आवेश $Q = Q_1 + Q_2 + Q_3 = 4\pi \sigma (a^2 + b^2 + c^2)$,इसलिए $\sigma = \frac{Q}{4\pi (a^2 + b^2 + c^2)}$ है।
$r < a$ पर विभव प्रत्येक कोश के कारण विभव का योग है: $V = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} (\frac{Q_1}{a} + \frac{Q_2}{b} + \frac{Q_3}{c})$ है।
$Q_1, Q_2, Q_3$ के मान प्रतिस्थापित करने पर: $V = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} (\frac{4\pi a^2 \sigma}{a} + \frac{4\pi b^2 \sigma}{b} + \frac{4\pi c^2 \sigma}{c}) = \frac{\sigma}{\epsilon_0} (a + b + c)$ है।
$\sigma$ का मान रखने पर: $V = \frac{Q}{4\pi \epsilon_0 (a^2 + b^2 + c^2)} (a + b + c)$ है।

(A) समतल-उत्तल लेंस के लिए,लेंस मेकर सूत्र के अनुसार फोकस दूरी $\frac{1}{f_1} = \frac{\mu_1 - 1}{R}$ होती है।
समतल-अवतल लेंस के लिए,फोकस दूरी $\frac{1}{f_2} = -\frac{\mu_2 - 1}{R}$ होती है।
दिया गया है कि $f_1 = 2f_2$,जिसका अर्थ है $\frac{2}{f_1} = \frac{1}{f_2}$।
मान रखने पर: $2 \left( \frac{\mu_1 - 1}{R} \right) = -\left( \frac{\mu_2 - 1}{R} \right)$।
$2\mu_1 - 2 = -\mu_2 + 1$,जिससे $2\mu_1 + \mu_2 = 3$ प्राप्त होता है।

(C) दिए गए सर्किट आरेख से, अंतिम $NOR$ गेट के इनपुट $P$ और $Q$ हैं।
$P = \overline{X} + Y$
$Q = \overline{X \cdot \overline{Y}}$
आउटपुट $R$ $NOR$ ऑपरेशन द्वारा दिया जाता है: $R = \overline{P + Q}$।
$P$ और $Q$ के व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर:
$R = \overline{(\overline{X} + Y) + (\overline{X \cdot \overline{Y}})}$
डी मॉर्गन के नियम $\overline{A + B} = \overline{A} \cdot \overline{B}$ का उपयोग करने पर:
$R = (\overline{\overline{X} + Y}) \cdot (\overline{\overline{X \cdot \overline{Y}}})$
$R = (X \cdot \overline{Y}) \cdot (X \cdot \overline{Y})$
$R = X \cdot \overline{Y}$
$R = 1$ प्राप्त करने के लिए, हमारे पास $X = 1$ और $\overline{Y} = 1$ होना चाहिए, जिसका अर्थ है $Y = 0$।
अतः, इनपुट मान $X = 1$ और $Y = 0$ होने चाहिए।

(B) विद्युतचुंबकीय तरंग में अधिकतम विद्युत क्षेत्र $(E_0)$ और अधिकतम चुंबकीय क्षेत्र $(B_0)$ के बीच का संबंध इस प्रकार है:
$E_0 = B_0 \times c$
चुंबकीय क्षेत्र के दिए गए समीकरण से,आयाम $B_0$ है:
$B_0 = 100 \times 10^{-6} \, T$
प्रकाश की गति $c$ है:
$c = 3 \times 10^8 \, m/s$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$E_0 = (100 \times 10^{-6}) \times (3 \times 10^8)$
$E_0 = 100 \times 3 \times 10^{8-6}$
$E_0 = 300 \times 10^2$
$E_0 = 3 \times 10^4 \, N/C$

(A) रेडियोधर्मी क्षय का नियम $N(t) = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/T_{1/2}}$ है, जहाँ $T_{1/2}$ अर्ध-आयु है।
दिया गया है $N(0) = 1600$ और $N(8) = 100$।
$100 = 1600 \left( \frac{1}{2} \right)^{8/T_{1/2}}$
$\frac{1}{16} = \left( \frac{1}{2} \right)^{8/T_{1/2}}$
$\left( \frac{1}{2} \right)^4 = \left( \frac{1}{2} \right)^{8/T_{1/2}}$
$4 = \frac{8}{T_{1/2}} \implies T_{1/2} = 2 \, s$।
अब, $t = 6 \, s$ पर, व्यतीत हुई अर्ध-आयु की संख्या $n = \frac{6}{2} = 3$ है।
अतः, गणना दर $N(6) = 1600 \times \left( \frac{1}{2} \right)^3 = \frac{1600}{8} = 200 \, \text{काउंट्स प्रति सेकंड}$।

(A) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान चालक में प्रेरित गतिक विद्युत वाहक बल $(EMF)$ का सूत्र $\varepsilon = Bvl$ होता है,जहाँ $B$ चुंबकीय क्षेत्र है,$v$ वेग है,और $l$ चुंबकीय क्षेत्र और वेग सदिश दोनों के लंबवत चालक की लंबाई है।
यहाँ,वेग सदिश $\vec{v} = 6\hat{j} \, m/s$ है और चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B} = 0.1\hat{k} \, T$ है।
प्रेरित विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ का मान $\vec{E} = \vec{v} \times \vec{B} = (6\hat{j}) \times (0.1\hat{k}) = 0.6\hat{i} \, V/m$ है।
$x-$ अक्ष के लंबवत फलकों के बीच विभवांतर $V$ (जो $d = 2\, cm = 0.02\, m$ की दूरी पर हैं) $V = E \times d$ है।
$V = 0.6 \, V/m \times 0.02 \, m = 0.012 \, V$.
मिलीवोल्ट $(mV)$ में बदलने पर,हमें $V = 0.012 \times 1000 \, mV = 12 \, mV$ प्राप्त होता है।

(A) विद्युत द्विध्रुव के कारण उसकी अक्ष पर किसी बिंदु पर विभव $V = \frac{kp \cos \theta}{r^2}$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि बिंदु दोनों द्विध्रुवों की अक्ष पर स्थित है,इसलिए $\theta = 0^\circ$ या $180^\circ$ होगा।
माना बिंदु द्विध्रुव $A$ से $x$ दूरी पर है। तब द्विध्रुव $B$ से इसकी दूरी $(R - x)$ होगी।
इस बिंदु पर द्विध्रुव $A$ के कारण विभव $V_A = \frac{k(4qa)}{x^2}$ (परिमाण लेने पर)।
इस बिंदु पर द्विध्रुव $B$ के कारण विभव $V_B = \frac{k(2qa)}{(R - x)^2}$।
विभवों को बराबर करने पर:
$\frac{k(4qa)}{x^2} = \frac{k(2qa)}{(R - x)^2}$
$\frac{2}{x^2} = \frac{1}{(R - x)^2}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\frac{\sqrt{2}}{x} = \frac{1}{R - x}$
$\sqrt{2}(R - x) = x$
$\sqrt{2}R - \sqrt{2}x = x$
$\sqrt{2}R = x(1 + \sqrt{2})$
$x = \frac{\sqrt{2}R}{\sqrt{2} + 1}$

(C) मान लीजिए कि दो सेलों के बीच के जंक्शन पर विभव $0 \ V$ है।
तो बाएं सेल के बाएं टर्मिनल पर विभव $-10 \ V$ है और दाएं सेल के दाएं टर्मिनल पर विभव $-10 \ V$ है।
हालांकि, ऊपरी तार पर विभव को $0 \ V$ मानना सरल है।
तो निचले तार पर विभव (दो सेलों के बीच) बाईं ओर के सापेक्ष $10 \ V$ और दाईं ओर के सापेक्ष $10 \ V$ है।
प्रतिरोध $R_1$ $(20 \ \Omega)$ के लिए: इसके सिरों पर विभवांतर $10 \ V - 0 \ V = 10 \ V$ है। अतः, धारा $I_1 = V/R_1 = 10 \ V / 20 \ \Omega = 0.5 \ A$ है।
प्रतिरोध $R_2$ $(20 \ \Omega)$ के लिए: निचले दाएं नोड पर विभव $10 \ V$ है (दाएं सेल के कारण)। ऊपरी नोड पर विभव $10 \ V$ है (दाएं सेल के कारण)। अतः, $R_2$ के सिरों पर विभवांतर $10 \ V - 10 \ V = 0 \ V$ है। इसलिए, धारा $I_2 = 0 \ A$ है।
अतः, धाराएं क्रमशः $0.5 \ A$ और $0 \ A$ हैं।