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

(A) माना ब्लॉक का द्रव्यमान $m$ है और झुकाव कोण $\theta = 30^\circ$ है। ब्लॉक पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण ($mg \sin \theta$ समतल के नीचे की ओर),अभिलंब बल $(N = mg \cos \theta)$,और घर्षण $(f_{max} = \mu N = \mu mg \cos \theta)$ हैं।
स्थिति $1$: जब ब्लॉक नीचे की ओर गति करने वाला होता है,तो बाहरी बल $F_1 = 2 \ N$ समतल के नीचे की ओर लगाया जाता है। घर्षण बल समतल के ऊपर की ओर कार्य करता है।
$mg \sin \theta = F_1 + f_{max} \implies mg \sin 30^\circ = 2 + \mu mg \cos 30^\circ \implies \frac{mg}{2} = 2 + \mu mg \frac{\sqrt{3}}{2} \quad ... (1)$
स्थिति $2$: जब ब्लॉक ऊपर की ओर गति करने वाला होता है,तो बाहरी बल $F_2 = 10 \ N$ समतल के ऊपर की ओर लगाया जाता है। घर्षण बल समतल के नीचे की ओर कार्य करता है।
$F_2 = mg \sin \theta + f_{max} \implies 10 = mg \sin 30^\circ + \mu mg \cos 30^\circ \implies 10 = \frac{mg}{2} + \mu mg \frac{\sqrt{3}}{2} \quad ... (2)$
$(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर:
$10 + 2 = 2 \left( \frac{mg}{2} \right) \implies 12 = mg$
$(2)$ में $mg = 12$ रखने पर:
$10 = \frac{12}{2} + \mu (12) \frac{\sqrt{3}}{2} \implies 10 = 6 + 6\sqrt{3} \mu \implies 4 = 6\sqrt{3} \mu$
$\mu = \frac{4}{6\sqrt{3}} = \frac{2}{3\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{9}$

(D) बिंदु $A$ और बिंदु $B$ के बीच ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करने पर:
$E_A = E_B$
$\frac{1}{2}mv_A^2 + mgh = \frac{1}{2}mv_B^2$
$v_B = \sqrt{v_A^2 + 2gh}$
यहाँ $v_A = 5\,m/s$,$g = 10\,m/s^2$,और $h = 10\,m$ दिया गया है:
$v_B = \sqrt{5^2 + 2 \times 10 \times 10} = \sqrt{25 + 200} = \sqrt{225} = 15\,m/s$
बिंदु $B$ पर,कण बिंदु $O$ से $r = a = 10\,m$ की दूरी पर है। $B$ पर वेग सदिश त्रिज्या $OB$ के लंबवत है।
$O$ के परितः कोणीय संवेग $L$ इस प्रकार है:
$L = m \cdot v_B \cdot r$
$L = (20 \times 10^{-3}\,kg) \times (15\,m/s) \times (10\,m)$
$L = 0.02 \times 150 = 3\,kg \cdot m^2/s$.

(D) $\text{माना साबुन के बुलबुले का आयतन } V \text{ है और वृद्धि की दर स्थिर है, इसलिए } V = kt, \text{ जहाँ } k \text{ एक स्थिरांक है।}
\text{चूँकि } V = \frac{4}{3}\pi R^3, \text{ हमारे पास } \frac{4}{3}\pi R^3 = kt \text{ है, जिसका अर्थ है } R = \left( \frac{3k}{4\pi} t \right)^{1/3}。
\text{साबुन के बुलबुले के अंदर का दबाव } P_{in} = P_{atm} + \frac{4T}{R} \text{ द्वारा दिया जाता है, जहाँ } P_{atm} \text{ वायुमंडलीय दबाव है और } T \text{ पृष्ठ तनाव है।}
\text{दबाव समीकरण में } R \text{ का मान रखने पर: } P_{in} = P_{atm} + \frac{4T}{\left( \frac{3k}{4\pi} t \right)^{1/3}}。
\text{इसे } P_{in} = P_{atm} + C \cdot t^{-1/3} \text{ के रूप में लिखा जा सकता है, जहाँ } C \text{ एक स्थिरांक है।}
\text{दिए गए ग्राफों में से कोई भी } (P \text{ बनाम } 1/t, P \text{ बनाम } \log(t), \text{ या } P \text{ बनाम } t) P \propto t^{-1/3} \text{ संबंध को नहीं दर्शाता है।}
\text{इसलिए, सही विकल्प } D \text{ है।}$

(D) पहले अनुनाद के लिए,वायु स्तंभ की लंबाई $L = l + e$ है,जहाँ $l$ मापी गई लंबाई है और $e$ अंत सुधार (end correction) है।
पहले ट्यूनिंग फोर्क के लिए: $f_1 = 512\,Hz$,$l_1 = 11\,cm$.
अनुनाद की स्थिति $L_1 = \frac{\lambda_1}{4} = \frac{v}{4f_1} \Rightarrow 11 + e = \frac{v}{4 \times 512} \quad (1)$ है।
दूसरे ट्यूनिंग फोर्क के लिए: $f_2 = 256\,Hz$,$l_2 = 27\,cm$.
अनुनाद की स्थिति $L_2 = \frac{\lambda_2}{4} = \frac{v}{4f_2} \Rightarrow 27 + e = \frac{v}{4 \times 256} \quad (2)$ है।
समीकरण $(1)$ को $(2)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{11 + e}{27 + e} = \frac{256}{512} = \frac{1}{2}$
$22 + 2e = 27 + e \Rightarrow e = 5\,cm$.
$e = 5$ का मान समीकरण $(1)$ में रखने पर:
$11 + 5 = \frac{v}{4 \times 512} \Rightarrow 16 = \frac{v}{2048}$
$v = 16 \times 2048 = 32768\,cm/s = 327.68\,m/s$.
निकटतम पूर्णांक में,वेग $328\,ms^{-1}$ है।

(B) हम जानते हैं कि $LR$ परिपथ का समय नियतांक $\tau = \frac{L}{R}$ होता है,जिसकी विमा समय $[T]$ होती है।
इसी प्रकार,$RC$ परिपथ का समय नियतांक $\tau = RC$ होता है,जिसकी विमा भी समय $[T]$ होती है।
अतः,व्यंजक $\frac{L}{RCV}$ को $\frac{L/R}{CV} = \frac{\tau}{CV}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
हम जानते हैं कि $Q = CV$,जहाँ $Q$ आवेश है,इसलिए $\frac{L}{RCV} = \frac{L/R}{Q} = \frac{[T]}{[AT]} = [A^{-1}]$।
इस प्रकार,विमा $[M^0 L^0 T^0 A^{-1}]$ है।

(A) दिया गया समीकरण: $y = 5(\sin 3\pi t + \sqrt{3} \cos 3\pi t) \ cm$.
हम इसे $y = A \sin(\omega t + \phi)$ के रूप में लिख सकते हैं।
$2$ से गुणा और भाग करने पर: $y = 5 \times 2 \left( \frac{1}{2} \sin 3\pi t + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos 3\pi t \right)$.
सर्वसमिका $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ का उपयोग करते हुए,$\cos \phi = 1/2$ और $\sin \phi = \sqrt{3}/2$ लेने पर,हमें $\phi = \pi/3$ प्राप्त होता है।
अतः,$y = 10 \sin(3\pi t + \pi/3) \ cm$.
आयाम $A = 10 \ cm$.
कोणीय आवृत्ति $\omega = 3\pi \ rad/s$.
आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{3\pi} = \frac{2}{3} \ s$.

(C) $t = 0$ पर,कण $A$ बिंदु $(R_1, 0)$ पर है और $+y$ दिशा में गति कर रहा है,अतः $\overrightarrow{V_A} = \omega R_1 \hat{j}$। कण $B$ बिंदु $(R_2, 0)$ पर है और $-y$ दिशा में गति कर रहा है,अतः $\overrightarrow{V_B} = -\omega R_2 \hat{j}$।
$t = \frac{\pi}{2\omega}$ समय के बाद,घूमा गया कोण $\theta = \omega t = \omega \left( \frac{\pi}{2\omega} \right) = \frac{\pi}{2}$ (अर्थात $90^\circ$) होगा।
कण $A$ बिंदु $(R_1, 0)$ से $(0, R_1)$ तक जाता है,और इसका वेग सदिश $90^\circ$ वामावर्त (counter-clockwise) घूम जाता है। अतः,$\overrightarrow{V_A} = -\omega R_1 \hat{i}$।
कण $B$ बिंदु $(R_2, 0)$ से $(0, R_2)$ तक जाता है,और इसका वेग सदिश $90^\circ$ दक्षिणावर्त (clockwise) घूम जाता है। अतः,$\overrightarrow{V_B} = -\omega R_2 \hat{i}$।
सापेक्ष वेग $\overrightarrow{V_{rel}} = \overrightarrow{V_A} - \overrightarrow{V_B} = (-\omega R_1 \hat{i}) - (-\omega R_2 \hat{i}) = \omega(R_2 - R_1) \hat{i}$ होगा।

(D) दाब को प्रति इकाई क्षेत्रफल पर लगने वाले अभिलंब बल के रूप में परिभाषित किया जाता है।
बल संवेग परिवर्तन की दर के बराबर होता है,अर्थात $F = \frac{\Delta p}{\Delta t}$।
सतह के साथ प्रत्यास्थ टक्कर के लिए,एक अणु के संवेग में परिवर्तन $\Delta p = mv - (-mv) = 2mv$ होता है।
दिया गया है:
प्रति सेकंड अणुओं की संख्या,$N = 10^{22} \ s^{-1}$
प्रत्येक अणु का द्रव्यमान,$m = 10^{-26} \ kg$
प्रत्येक अणु की गति,$v = 10^4 \ m/s$
क्षेत्रफल,$A = 1 \ m^2$
सतह पर लगने वाला कुल बल $F = N \times (2mv)$ है।
$F = 10^{22} \times 2 \times 10^{-26} \times 10^4 = 2 \ N$।
दाब $P = \frac{F}{A} = \frac{2 \ N}{1 \ m^2} = 2 \ N/m^2$।
चूंकि गणना किया गया मान $2 \ N/m^2$ दिए गए विकल्पों में से किसी से मेल नहीं खाता है,इसलिए सही विकल्प 'इनमें से कोई नहीं' है।

(D) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,कण पर बल द्वारा किया गया कार्य उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
$W = \Delta KE = KE_{final} - KE_{initial}$
किया गया कार्य $F-x$ ग्राफ के अंतर्गत क्षेत्रफल के बराबर होता है।
क्षेत्रफल = ($x=0$ से $x=2$ तक आयत का क्षेत्रफल) + ($x=2$ से $x=3$ तक समलंब का क्षेत्रफल)
क्षेत्रफल = $(2\, m \times 2\, N) + \frac{(2\, N + 3\, N) \times (3\, m - 2\, m)}{2}$
क्षेत्रफल = $4\, J + \frac{5\, N \times 1\, m}{2} = 4\, J + 2.5\, J = 6.5\, J$
चूंकि कण विरामावस्था से चलना शुरू करता है,इसलिए $KE_{initial} = 0$.
अतः,$KE_{final} = 6.5\, J$.

(A) कणों के त्वरण इस प्रकार हैं:
$\vec{a}_A = -a\hat{i}$
$\vec{a}_B = a\hat{j}$
$\vec{a}_C = a\hat{i}$
$\vec{a}_D = -a\hat{j}$
द्रव्यमान केंद्र का त्वरण निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\vec{a}_{cm} = \frac{m_A\vec{a}_A + m_B\vec{a}_B + m_C\vec{a}_C + m_D\vec{a}_D}{m_A + m_B + m_C + m_D}$
मान रखने पर:
$\vec{a}_{cm} = \frac{m(-a\hat{i}) + 2m(a\hat{j}) + 3m(a\hat{i}) + 4m(-a\hat{j})}{m + 2m + 3m + 4m}$
$\vec{a}_{cm} = \frac{-ma\hat{i} + 2ma\hat{j} + 3ma\hat{i} - 4ma\hat{j}}{10m}$
$\vec{a}_{cm} = \frac{2ma\hat{i} - 2ma\hat{j}}{10m} = \frac{a}{5}\hat{i} - \frac{a}{5}\hat{j} = \frac{a}{5}(\hat{i} - \hat{j})$

(A) न्यूटन के शीतलन के नियम के अनुसार,ऊष्मा हानि की दर है:
$-ms\frac{dT}{dt} = e\sigma A(T^4 - T_0^4)$
तापमान के छोटे अंतर के लिए,यह समीकरण इस प्रकार सरल हो जाता है:
$-\frac{dT}{dt} = \frac{4e\sigma AT_0^3}{ms}(T - T_0)$
मान लीजिए $k = \frac{4e\sigma AT_0^3}{ms}$. चूंकि $m = \rho V$,इसलिए $k = \frac{4e\sigma AT_0^3}{\rho Vs}$ है।
इस प्रकार,शीतलन की दर $|\frac{dT}{dt}|$ घनत्व और विशिष्ट ऊष्मा के गुणनफल $(\rho s)$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है:
$|\frac{dT}{dt}| \propto \frac{1}{\rho s}$
दोनों द्रवों के लिए $(\rho s)$ की गणना करने पर:
$(\rho s)_A = (8 \times 10^2) \times 2000 = 1.6 \times 10^6\, Jm^{-3}K^{-1}$
$(\rho s)_B = 10^3 \times 4000 = 4 \times 10^6\, Jm^{-3}K^{-1}$
चूंकि $(\rho s)_A < (\rho s)_B$,इसलिए द्रव $A$ के ठंडे होने की दर द्रव $B$ से अधिक है $(|\frac{dT}{dt}|_A > |\frac{dT}{dt}|_B)$।
अतः,द्रव $A$ द्रव $B$ की तुलना में तेजी से ठंडा होता है,जो ग्राफ $A$ के अनुरूप है।

(A) माना तारों $A$ और $B$ का प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान क्रमशः $\mu_1$ और $\mu_2$ है।
चूंकि पदार्थ समान है,इसलिए घनत्व $\rho$ समान है।
$\mu_1 = \rho \pi r^2$ और $\mu_2 = \rho \pi (2r)^2 = 4 \rho \pi r^2 = 4 \mu_1$ है।
दोनों तारों में तनाव $T$ समान है।
तारों में तरंग की गति $v = \sqrt{T/\mu}$ है।
अतः,$v_1 = \sqrt{T/\mu_1} = v$ और $v_2 = \sqrt{T/\mu_2} = \sqrt{T/(4\mu_1)} = v/2$ है।
दोनों सिरों पर स्थिर $L$ लंबाई के तार के लिए,$n$-वीं हार्मोनिक की आवृत्ति $f = n \frac{v}{2L}$ होती है।
चूंकि जोड़ एक निस्पंद है,इसलिए दोनों तार समान आवृत्ति $f$ के साथ स्वतंत्र रूप से कंपन करते हैं।
$f = p \frac{v_1}{2L} = q \frac{v_2}{2L}$,जहाँ $p$ और $q$ लूप की संख्या हैं (जो प्रस्पंदों की संख्या के बराबर है)।
$p \frac{v}{2L} = q \frac{v/2}{2L} \implies p = q/2 \implies p/q = 1/2$ है।
अतः,अनुपात $p : q$ का मान $1 : 2$ है।

(D) तार में तन्य प्रतिबल $(\sigma)$ को तन्य बल $(F)$ और अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल $(A)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
दिया गया है:
त्रिज्या $(r)$ = $2.0 \, mm = 2.0 \times 10^{-3} \, m$
भार $(m)$ = $4 \, kg$
गुरुत्वीय त्वरण $(g)$ = $3.1\pi \, m/s^2$
सूत्र:
$\sigma = \frac{F}{A} = \frac{mg}{\pi r^2}$
गणना:
$\sigma = \frac{4 \times 3.1\pi}{\pi \times (2.0 \times 10^{-3})^2}$
$\sigma = \frac{4 \times 3.1\pi}{\pi \times 4.0 \times 10^{-6}}$
$\sigma = \frac{12.4\pi}{4.0\pi \times 10^{-6}}$
$\sigma = 3.1 \times 10^6 \, N/m^2$

(D) $\text{रेनॉल्ड्स संख्या } (Re) \text{ का सूत्र है: } Re = \frac{\rho v D}{\eta}, \text{जहाँ } \rho \text{ घनत्व है } v \text{ वेग है } D \text{ पाइप का व्यास है और } \eta \text{ श्यानता गुणांक है।}
\text{सबसे पहले, सभी इकाइयों को } SI \text{ इकाइयों में बदलें:}
\text{आयतन प्रवाह दर } (Q) = 100\, L/min = \frac{100 \times 10^{-3}}{60}\, m^3/s = \frac{1}{60}\, m^3/s.
\text{त्रिज्या } (r) = 5\, cm = 0.05\, m, \text{इसलिए व्यास } (D) = 2r = 0.1\, m.
\text{घनत्व } (\rho) = 1000\, kg/m^3.
\text{श्यानता } (\eta) = 1\, mPa\, s = 10^{-3}\, Pa\, s.
\text{वेग } (v) \text{ की गणना:}
Q = A \times v = (\pi r^2) \times v
v = \frac{Q}{\pi r^2} = \frac{1/60}{\pi \times (0.05)^2} = \frac{20}{3\pi}\, m/s.
\text{अब, रेनॉल्ड्स संख्या की गणना करें:}
Re = \frac{1000 \times (20 / 3\pi) \times 0.1}{10^{-3}} = \frac{2000}{3\pi} \times 10^3 \approx 2.12 \times 10^5.
\text{दिए गए विकल्पों के अनुसार, सही क्रम } 10^4 \text{ है।}$

(B) खींची हुई रबर की डोरी में संचित स्थितिज ऊर्जा पत्थर की गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
खींची हुई डोरी में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} \times Y \times A \times \ell \times \left( \frac{\Delta \ell}{\ell} \right)^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $Y$ यंग मापांक है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है,$\ell$ मूल लंबाई है,और $\Delta \ell$ विस्तार है।
दिया गया है: $\ell = 0.42\, m$,$r = 3\, mm = 3 \times 10^{-3}\, m$,$\Delta \ell = 0.20\, m$,$m = 0.02\, kg$,$v = 20\, m/s$.
क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi \times (3 \times 10^{-3})^2 = 9\pi \times 10^{-6}\, m^2$.
ऊर्जा को बराबर करने पर: $\frac{1}{2} \times Y \times (9\pi \times 10^{-6}) \times 0.42 \times \left( \frac{0.20}{0.42} \right)^2 = \frac{1}{2} \times 0.02 \times (20)^2$.
$Y \times (9\pi \times 10^{-6}) \times 0.42 \times \frac{0.04}{0.1764} = 0.02 \times 400 = 8$.
$Y \times (9 \times 3.14 \times 10^{-6}) \times 0.42 \times 0.2267 = 8$.
$Y \approx 3 \times 10^6\, N/m^2$.

(B) मान लीजिए कि चार कण $a$ भुजा वाले वर्ग के कोनों पर हैं। वर्ग के केंद्र से प्रत्येक कण की दूरी $r = \frac{a}{\sqrt{2}}$ है।
$M$ द्रव्यमान वाले एक कण पर विचार करें। अन्य तीन कणों के कारण उस पर लगने वाले गुरुत्वाकर्षण बल हैं:
$1$. वर्ग की भुजाओं के अनुदिश $F_1 = \frac{GM^2}{a^2}$ परिमाण के दो बल।
$2$. विकर्ण के अनुदिश $F_2 = \frac{GM^2}{(a\sqrt{2})^2} = \frac{GM^2}{2a^2}$ परिमाण का एक बल।
केंद्र की ओर परिणामी बल $F_c$ इन बलों के विकर्ण पर घटकों का योग है:
$F_c = F_1 \cos(45^\circ) + F_1 \cos(45^\circ) + F_2$
$F_c = 2 \left( \frac{GM^2}{a^2} \right) \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{GM^2}{2a^2} = \frac{GM^2}{a^2} \left( \sqrt{2} + \frac{1}{2} \right)$.
यह बल वृत्ताकार गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है: $F_c = \frac{Mv^2}{r}$.
$r = \frac{a}{\sqrt{2}}$ रखने पर:
$\frac{Mv^2}{a/\sqrt{2}} = \frac{GM^2}{a^2} \left( \sqrt{2} + 0.5 \right)$
$v^2 = \frac{GM}{a} \left( \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} + \frac{0.5}{\sqrt{2}} \right) = \frac{GM}{a} (1 + 0.3535) \approx 1.3535 \frac{GM}{a}$.
$v \approx 1.16 \sqrt{\frac{GM}{a}}$.

(C) मान लीजिए जहाज $A$ की स्थिति मूल बिंदु $(0,0)$ पर है।
प्रारंभिक स्थिति सदिश $\vec{r}_A = 0\hat{i} + 0\hat{j}$ और $\vec{r}_B = 80\hat{i} + 150\hat{j}$ हैं।
वेग सदिश $\vec{v}_A = 30\hat{i} + 50\hat{j}$ और $\vec{v}_B = -10\hat{i}$ हैं।
सापेक्ष स्थिति सदिश $\vec{r}_{BA} = \vec{r}_B - \vec{r}_A = 80\hat{i} + 150\hat{j}$ है।
सापेक्ष वेग सदिश $\vec{v}_{BA} = \vec{v}_B - \vec{v}_A = (-10\hat{i}) - (30\hat{i} + 50\hat{j}) = -40\hat{i} - 50\hat{j}$ है।
न्यूनतम दूरी के लिए समय $t = -\frac{\vec{r}_{BA} \cdot \vec{v}_{BA}}{|\vec{v}_{BA}|^2}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर:
$t = -\frac{(80\hat{i} + 150\hat{j}) \cdot (-40\hat{i} - 50\hat{j})}{(-40)^2 + (-50)^2}$
$t = -\frac{(80 \times -40) + (150 \times -50)}{1600 + 2500}$
$t = -\frac{-3200 - 7500}{4100} = \frac{10700}{4100} = \frac{107}{41} \approx 2.61\,\text{hrs}$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,समय $2.6\,\text{hrs}$ है।

(D) माना कि $m$ ग्राम पानी वाष्पित होता है।
चूंकि प्रक्रिया रुद्धोष्म है और बाहर से कोई ऊष्मा नहीं दी जाती है,इसलिए पानी के एक हिस्से के जमने से मुक्त हुई ऊष्मा,वाष्पित होने वाले हिस्से द्वारा अवशोषित ऊष्मा के बराबर होनी चाहिए।
बर्फ में बदलने वाले पानी का द्रव्यमान $= (150 - m)\, g$.
जमने के दौरान मुक्त हुई ऊष्मा $\Delta Q_{rel} = (150 - m) \times L_f$.
वाष्पीकरण के दौरान अवशोषित ऊष्मा $\Delta Q_{req} = m \times L_v$.
दोनों को बराबर करने पर: $(150 - m) \times L_f = m \times L_v$.
मान रखने पर $L_f = 3.36 \times 10^5\, J/kg$ और $L_v = 2.10 \times 10^6\, J/kg$:
$(150 - m) \times 3.36 \times 10^5 = m \times 21.0 \times 10^5$.
$150 \times 3.36 = m \times (21.0 + 3.36)$.
$504 = m \times 24.36$.
$m = 504 / 24.36 \approx 20.69\, g$.
वाष्पित पानी का द्रव्यमान $20\, g$ के सबसे निकट है।

(A) प्लेट का द्रव्यमान $M$ घनत्व का क्षेत्रफल पर समाकलन करने से प्राप्त होता है: $M = \int_0^R \rho(r) (2\pi r dr) = \int_0^R \rho_0 r (2\pi r dr) = 2\pi \rho_0 \int_0^R r^2 dr = \frac{2\pi \rho_0 R^3}{3}$.
द्रव्यमान केंद्र $(I_{CM})$ के परितः जड़त्व आघूर्ण: $I_{CM} = \int_0^R r^2 dm = \int_0^R r^2 (\rho_0 r \cdot 2\pi r dr) = 2\pi \rho_0 \int_0^R r^4 dr = \frac{2\pi \rho_0 R^5}{5}$.
$I_{CM}$ को $M$ के पदों में व्यक्त करने पर: $I_{CM} = (\frac{2\pi \rho_0 R^3}{3}) \cdot \frac{3}{5} R^2 = \frac{3}{5} MR^2$.
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,प्लेट के लंबवत और उसके किनारे से गुजरने वाली अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण: $I = I_{CM} + MR^2 = \frac{3}{5} MR^2 + MR^2 = \frac{8}{5} MR^2$.
इसे $I = aMR^2$ के साथ तुलना करने पर,हमें $a = 8/5$ प्राप्त होता है।

(C) मुक्त आकाश की विद्युतशीलता $\varepsilon_0$ की विमाएँ $[M^{-1} L^{-3} T^4 A^2]$ होती हैं।
मुक्त आकाश की चुंबकशीलता $\mu_0$ की विमाएँ $[M L T^{-2} A^{-2}]$ होती हैं।
अतः,$\sqrt{\frac{\varepsilon_0}{\mu_0}}$ की विमाएँ होंगी:
$\left[ \sqrt{\frac{\varepsilon_0}{\mu_0}} \right] = \left[ \frac{M^{-1} L^{-3} T^4 A^2}{M L T^{-2} A^{-2}} \right]^{1/2}$
$= \left[ M^{-1-1} L^{-3-1} T^{4-(-2)} A^{2-(-2)} \right]^{1/2}$
$= \left[ M^{-2} L^{-4} T^6 A^4 \right]^{1/2}$
$= [M^{-1} L^{-2} T^3 A^2]$।

(D) बिना फिसले लुढ़कने वाली वस्तु के लिए,कुल गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2}mv^2(1 + \frac{k^2}{R^2})$ होती है,जहाँ $k$ घूर्णन त्रिज्या है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम से,$mgh = \frac{1}{2}mv^2(1 + \frac{k^2}{R^2})$,इसलिए $h = \frac{v^2}{2g}(1 + \frac{k^2}{R^2})$।
ठोस गोले के लिए,$I = \frac{2}{5}mR^2$,इसलिए $k^2 = \frac{2}{5}R^2$। अतः,$h_{sph} = \frac{v^2}{2g}(1 + \frac{2}{5}) = \frac{v^2}{2g}(\frac{7}{5})$।
ठोस बेलन के लिए,$I = \frac{1}{2}mR^2$,इसलिए $k^2 = \frac{1}{2}R^2$। अतः,$h_{cyl} = \frac{v^2}{2g}(1 + \frac{1}{2}) = \frac{v^2}{2g}(\frac{3}{2})$।
इसलिए,अनुपात $\frac{h_{sph}}{h_{cyl}} = \frac{7/5}{3/2} = \frac{7}{5} \times \frac{2}{3} = \frac{14}{15}$ है।

(A) माना कि रैखिक संवेग $P$ को $P = k S^a I^b h^c$ के रूप में व्यक्त किया जाता है,जहाँ $k$ एक विमाहीन नियतांक है।
विमीय सूत्र इस प्रकार हैं:
$P = [MLT^{-1}]$
$S = [MT^{-2}]$
$I = [ML^2]$
$h = [ML^2T^{-1}]$
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$[MLT^{-1}] = [MT^{-2}]^a [ML^2]^b [ML^2T^{-1}]^c$
$[MLT^{-1}] = M^{a+b+c} L^{2b+2c} T^{-2a-c}$
दोनों पक्षों में $M, L,$ और $T$ की घातों की तुलना करने पर:
$a + b + c = 1$ $(1)$
$2b + 2c = 1$ $(2)$
$-2a - c = -1$ $(3)$
$(2)$ से,$b + c = 1/2$ प्राप्त होता है। इसे $(1)$ में रखने पर:
$a + 1/2 = 1 \implies a = 1/2$
$(3)$ से,$c = 1 - 2a = 1 - 2(1/2) = 0$ प्राप्त होता है।
$c = 0$ को $(2)$ में रखने पर,$2b = 1 \implies b = 1/2$ प्राप्त होता है।
अतः,रैखिक संवेग का विमीय सूत्र $S^{1/2} I^{1/2} h^0$ है।

(D) अवमंदित हार्मोनिक ऑसिलेटर का आयाम $A(t) = A_0 e^{-\gamma t}$ द्वारा दिया जाता है।
दी गई आवृत्ति $f = 5 \text{ Hz}$ है,इसलिए एक दोलन का समय अंतराल $T = \frac{1}{f} = 0.2 \text{ s}$ है।
$10$ दोलनों के लिए लगा समय $t_{10} = 10 \times 0.2 = 2 \text{ s}$ है।
$t = 2 \text{ s}$ पर,आयाम आधा हो जाता है,इसलिए $A(2) = \frac{A_0}{2}$.
इस मान को समीकरण में रखने पर: $\frac{A_0}{2} = A_0 e^{-\gamma(2)} \implies 2 = e^{2\gamma} \implies \gamma = \frac{\ln 2}{2}$.
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब $A(t) = \frac{A_0}{1000}$ हो।
$\frac{A_0}{1000} = A_0 e^{-\gamma t} \implies 1000 = e^{\gamma t} \implies \ln(1000) = \gamma t$.
$3 \ln(10) = \left(\frac{\ln 2}{2}\right) t$.
$t = \frac{6 \ln(10)}{\ln 2} \approx \frac{6 \times 2.303}{0.693} \approx 19.94 \text{ s}$.
अतः,$t \approx 20 \text{ s}$.

(C) गुरुत्वीय त्वरण के लिए सूत्र $g = \frac{4\pi^2 L}{T^2}$ है।
सापेक्ष त्रुटि लेने पर, हमें मिलता है $\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta L}{L} + 2\frac{\Delta T}{T}$।
दिया गया है:
$L = 55.0\,cm$, $\Delta L = 1\,mm = 0.1\,cm$।
$20$ दोलनों के लिए समय $t = 30\,s$ है, इसलिए $T = \frac{30}{20} = 1.5\,s$।
घड़ी का अल्पतमांक $1\,s$ है, इसलिए कुल समय में त्रुटि $\Delta t = 1\,s$ है। अतः, $\Delta T = \frac{\Delta t}{20} = \frac{1}{20} = 0.05\,s$।
अब, प्रतिशत त्रुटि की गणना करें:
$\frac{\Delta g}{g} \times 100 = \left( \frac{\Delta L}{L} + 2\frac{\Delta T}{T} \right) \times 100\%$
$= \left( \frac{0.1}{55.0} + 2 \times \frac{0.05}{1.5} \right) \times 100\%$
$= \left( 0.001818 + 0.06666 \right) \times 100\%$
$= 0.06848 \times 100\% \approx 6.8\%$।

(A) गैस अणुओं का वर्ग माध्य मूल वेग $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $R = k_B N_A$ सार्वत्रिक गैस नियतांक है,$T$ तापमान है और $M$ हाइड्रोजन का मोलर द्रव्यमान $(2 \times 10^{-3} \, kg/mol)$ है।
पृथ्वी से पलायन वेग $v_e = \sqrt{2gR_e}$ द्वारा दिया जाता है।
दोनों को बराबर करने पर: $\sqrt{\frac{3RT}{M}} = \sqrt{2gR_e}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{3RT}{M} = 2gR_e$.
$T$ के लिए हल करने पर: $T = \frac{2gR_e M}{3R}$.
यहाँ $R = k_B N_A \approx 8.314 \, J/(mol \cdot K)$ है।
मान रखने पर: $T = \frac{2 \times 10 \times 6.4 \times 10^6 \times 2 \times 10^{-3}}{3 \times 8.314} = \frac{25600}{24.942} \approx 1026 \, K$.
दिए गए विकल्पों में से,$1026 \, K$ के सबसे निकटतम मान $800 \, K$ (विकल्प $A$) है।

(D) दिया गया है कि कण विरामावस्था से चलना शुरू करता है,इसलिए प्रारंभिक वेग $u = 0$ है।
चूंकि कण एकसमान त्वरण के साथ गति करता है,इसलिए त्वरण $a$ समय के साथ स्थिर रहता है।
$1$. त्वरण-समय ग्राफ के लिए: चूंकि $a$ स्थिर है,ग्राफ $(a)$ $t$-अक्ष के समानांतर एक क्षैतिज रेखा है,जो सही है।
$2$. वेग-समय ग्राफ के लिए: समीकरण $v = u + at$ का उपयोग करने पर,हमें $v = 0 + at = at$ प्राप्त होता है। यह मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है,इसलिए ग्राफ $(b)$ सही है।
$3$. विस्थापन-समय ग्राफ के लिए: समीकरण $x = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करने पर,हमें $x = 0(t) + \frac{1}{2}at^2 = \frac{1}{2}at^2$ प्राप्त होता है। यह मूल बिंदु से शुरू होने वाला ऊपर की ओर खुलने वाला परवलय दर्शाता है,इसलिए ग्राफ $(d)$ सही है।
अतः,आकृतियाँ $(a)$,$(b)$ और $(d)$ गति का सही प्रतिनिधित्व करती हैं।

(C) दिया गया है:
$\frac{Y_A}{Y_B} = \frac{7}{4}$,$L_A = 2\, m$,$L_B = 1.5\, m$,$r_B = 2\, mm$,$r_A = R$.
यंग मापांक का सूत्र $Y = \frac{F L}{A \Delta l}$ है,जहाँ $A = \pi r^2$ है।
चूंकि भार $F$ और विस्तार $\Delta l$ दोनों तारों के लिए समान हैं,इसलिए:
$\Delta l = \frac{F L}{A Y} \Rightarrow \frac{L_A}{A_A Y_A} = \frac{L_B}{A_B Y_B}$.
अनुपात के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें मिलता है $\frac{A_A Y_A}{L_A} = \frac{A_B Y_B}{L_B}$.
मान रखने पर:
$\frac{(\pi R^2) Y_A}{2} = \frac{(\pi (2)^2) Y_B}{1.5}$.
$\frac{R^2}{2} \cdot \frac{Y_A}{Y_B} = \frac{4}{1.5}$.
$\frac{R^2}{2} \cdot \frac{7}{4} = \frac{4}{1.5}$.
$R^2 = \frac{4 \cdot 2 \cdot 4}{1.5 \cdot 7} = \frac{32}{10.5} \approx 3.047$.
$R = \sqrt{3.047} \approx 1.74\, mm$.
अतः,$R$ का मान $1.7\, mm$ के करीब है।

(C) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$m_1 v_1 + m_2 v_2 = m_1 v_3 + m_2 v_4$
यहाँ दिया गया है कि $m_2 = 0.5\, m_1$ और $v_3 = 0.5\, v_1$ है।
मान रखने पर:
$m_1 v_1 + (0.5\, m_1) v_2 = m_1 (0.5\, v_1) + (0.5\, m_1) v_4$
दोनों पक्षों से $m_1$ को उभयनिष्ठ लेकर हटाने पर:
$v_1 + 0.5\, v_2 = 0.5\, v_1 + 0.5\, v_4$
$v_1 - 0.5\, v_1 = 0.5\, v_4 - 0.5\, v_2$
$0.5\, v_1 = 0.5\, (v_4 - v_2)$
$v_1 = v_4 - v_2$

(A) कोणीय आवेग,कोणीय संवेग में परिवर्तन के बराबर होता है।
$\tau \Delta t = \Delta L$
मेज के किनारे को धुरी बिंदु के रूप में लेने पर,गुरुत्वाकर्षण के कारण टॉर्क $\tau = mg \frac{\ell}{2}$ है।
$mg \frac{\ell}{2} \Delta t = I \omega$
चूंकि छड़ किनारे के चारों ओर घूमती है,इसलिए इसका जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{m\ell^2}{3}$ है।
$mg \frac{\ell}{2} \Delta t = \frac{m\ell^2}{3} \omega$
$\omega = \frac{3g \Delta t}{2\ell} = \frac{3 \times 10 \times 0.01}{2 \times 0.3} = \frac{0.3}{0.6} = 0.5\, rad/s$
छड़ द्वारा जमीन तक पहुँचने में लिया गया समय $t = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \times 5}{10}} = 1\, s$ है।
इस समय के दौरान छड़ द्वारा घुमाया गया कोण $\theta = \omega t = 0.5 \times 1 = 0.5\, radian$ है।

(C) दिया गया है: $|\vec{A}_1| = 3$,$|\vec{A}_2| = 5$,और $|\vec{A}_1 + \vec{A}_2| = 5$।
गुणधर्म $|\vec{A} + \vec{B}|^2 = |\vec{A}|^2 + |\vec{B}|^2 + 2|\vec{A}||\vec{B}| \cos \theta$ का उपयोग करते हुए:
$5^2 = 3^2 + 5^2 + 2(3)(5) \cos \theta$
$25 = 9 + 25 + 30 \cos \theta$
$30 \cos \theta = -9 \implies \vec{A}_1 \cdot \vec{A}_2 = |\vec{A}_1||\vec{A}_2| \cos \theta = 3 \times 5 \times (-9/30) = -4.5$।
अब,अदिश गुणन (dot product) की गणना करें:
$(2\vec{A}_1 + 3\vec{A}_2) \cdot (3\vec{A}_1 - 2\vec{A}_2) = 6|\vec{A}_1|^2 - 4\vec{A}_1 \cdot \vec{A}_2 + 9\vec{A}_1 \cdot \vec{A}_2 - 6|\vec{A}_2|^2$
$= 6|\vec{A}_1|^2 + 5(\vec{A}_1 \cdot \vec{A}_2) - 6|\vec{A}_2|^2$
$= 6(3^2) + 5(-4.5) - 6(5^2)$
$= 6(9) - 22.5 - 6(25)$
$= 54 - 22.5 - 150 = -118.5$।

(B) किसी ग्रह के गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र से बाहर निकलने के लिए आवश्यक न्यूनतम ऊर्जा सतह पर वस्तु की गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा के परिमाण के बराबर होती है: $E = \frac{GMm}{R}$।
यह दिया गया है कि पृथ्वी और चंद्रमा का घनत्व $\rho$ समान है,इसलिए $M = \rho V = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi R^3$।
चूंकि $V_e = 64 V_m$,इसलिए $R_e^3 = 64 R_m^3$,जिसका अर्थ है $R_e = 4 R_m$।
साथ ही,$M_e = \rho V_e = 64 \rho V_m = 64 M_m$।
आवश्यक ऊर्जा $E = \frac{GMm}{R}$ है।
इसलिए,$\frac{E_m}{E_e} = \frac{M_m}{M_e} \cdot \frac{R_e}{R_m} = \frac{1}{64} \cdot \frac{4}{1} = \frac{1}{16}$।
अतः,$E_m = \frac{E}{16}$।

(D) $P-V$ आरेख में:
$1$. समदाबी प्रक्रिया को एक क्षैतिज रेखा द्वारा दर्शाया जाता है जहाँ दबाव स्थिर रहता है। अतः,समदाबी $\rightarrow$ प्रक्रिया $a$.
$2$. समआयतनिक प्रक्रिया को एक ऊर्ध्वाधर रेखा द्वारा दर्शाया जाता है जहाँ आयतन स्थिर रहता है। अतः,समआयतनिक $\rightarrow$ प्रक्रिया $d$.
$3$. समतापीय और रुद्धोष्म प्रक्रियाओं के लिए,रुद्धोष्म वक्र का ढाल समतापीय वक्र के ढाल का $\gamma$ गुना होता है,जहाँ $\gamma > 1$ है। इसलिए,रुद्धोष्म वक्र समतापीय वक्र की तुलना में अधिक तीव्र (steep) होता है।
$4$. वक्र $b$ और $c$ की तुलना करने पर,वक्र $c$ वक्र $b$ से अधिक तीव्र है। अतः,समतापीय $\rightarrow$ प्रक्रिया $b$ और रुद्धोष्म $\rightarrow$ प्रक्रिया $c$.
$5$. सही क्रम है: समआयतनिक $(d)$,समदाबी $(a)$,समतापीय $(b)$,रुद्धोष्म $(c)$।
$6$. इसलिए,सही क्रम $d, a, b, c$ है।

(A) मान लीजिए कि आयताकार शीट का कुल द्रव्यमान $M$ है। पूरी शीट का द्रव्यमान केंद्र $\left( \frac{a}{2}, \frac{b}{2} \right)$ पर है।
छायांकित भाग $HBGO$ एक आयत है जिसकी लंबाई $\frac{a}{2}$ और चौड़ाई $\frac{b}{2}$ है। इसका द्रव्यमान $m = M \times \frac{(\frac{a}{2} \times \frac{b}{2})}{(a \times b)} = \frac{M}{4}$ है।
छायांकित भाग का द्रव्यमान केंद्र $\left( \frac{a}{2} + \frac{a}{4}, \frac{b}{2} + \frac{b}{4} \right) = \left( \frac{3a}{4}, \frac{3b}{4} \right)$ पर है।
शेष द्रव्यमान $M' = M - \frac{M}{4} = \frac{3M}{4}$ है।
शेष भाग के द्रव्यमान केंद्र का $x$-निर्देशांक:
$x_{cm} = \frac{M(\frac{a}{2}) - \frac{M}{4}(\frac{3a}{4})}{M - \frac{M}{4}} = \frac{\frac{a}{2} - \frac{3a}{16}}{\frac{3}{4}} = \frac{\frac{8a-3a}{16}}{\frac{3}{4}} = \frac{5a}{16} \times \frac{4}{3} = \frac{5a}{12}$.
इसी प्रकार,$y$-निर्देशांक:
$y_{cm} = \frac{M(\frac{b}{2}) - \frac{M}{4}(\frac{3b}{4})}{M - \frac{M}{4}} = \frac{5b}{12}$.
अतः,निर्देशांक $\left( \frac{5a}{12}, \frac{5b}{12} \right)$ हैं।

(D) घनत्व $\rho$ का सूत्र $\rho = \frac{m}{L^3}$ है,जहाँ $m$ द्रव्यमान है और $L$ किनारे की लंबाई है।
दिया गया है: $m = 10.00 \, kg$,$\Delta m = 0.10 \, kg$,$L = 0.10 \, m$,$\Delta L = 0.01 \, m$.
मापा गया घनत्व $\rho = \frac{10.00}{(0.10)^3} = 10000 \, kg/m^3$ है।
यहाँ $L$ में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta L}{L} = \frac{0.01}{0.10} = 0.1$ है,जो छोटी नहीं है,इसलिए हम अधिकतम और न्यूनतम घनत्व मानों की गणना करेंगे।
$\rho_{max} = \frac{m + \Delta m}{(L - \Delta L)^3} = \frac{10.10}{(0.09)^3} \approx 13854.6 \, kg/m^3$.
$\rho_{min} = \frac{m - \Delta m}{(L + \Delta L)^3} = \frac{9.90}{(0.11)^3} \approx 7438.0 \, kg/m^3$.
घनत्व में निरपेक्ष त्रुटि $\Delta \rho = \frac{\rho_{max} - \rho_{min}}{2} = \frac{13854.6 - 7438.0}{2} = 3208.3 \, kg/m^3$.
चूंकि यह मान दिए गए विकल्पों में नहीं है,इसलिए सही विकल्प $D$ है।

(D) केशनली में द्रव के ऊपर चढ़ने की ऊँचाई $h = \frac{2T \cos \theta}{\rho rg}$ द्वारा दी जाती है।
चूँकि $T, \theta, \rho,$ और $g$ स्थिर हैं,इसलिए $h \propto \frac{1}{r}$ होता है।
जब त्रिज्या $2r$ हो जाती है,तो नई ऊँचाई $h' = h/2$ हो जाती है।
केशनली में द्रव का द्रव्यमान $M = \pi r^2 h \rho$ है।
नई नली के लिए,द्रव्यमान $M' = \pi (2r)^2 h' \rho$ होगा।
$h' = h/2$ रखने पर,हमें $M' = \pi (4r^2) (h/2) \rho = 2 \pi r^2 h \rho = 2M$ प्राप्त होता है।

(A) गैसों के गतिज सिद्धांत के अनुसार,गैस के अणु का $rms$ वेग और उसका तापमान आपस में संबंधित होते हैं।
किसी भी गैस अणु के लिए,औसत स्थानांतरण गतिज ऊर्जा का संबंध इस प्रकार है:
$\frac{1}{2}m\bar{v}^2 = \frac{3}{2}k_B T$
यहाँ,$\bar{v}$ अणु का $rms$ वेग दर्शाता है।
समीकरण को सरल करने पर:
$m\bar{v}^2 = 3k_B T$
तापमान $T$ के लिए हल करने पर:
$T = \frac{m\bar{v}^2}{3k_B}$
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(B) दोनों प्रक्रियाओं $A$ और $B$ के लिए प्रारंभिक अवस्था $i$ और अंतिम अवस्था $f$ समान हैं।
चूंकि आंतरिक ऊर्जा एक अवस्था फलन है,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन केवल प्रारंभिक और अंतिम अवस्थाओं पर निर्भर करता है।
इसलिए,$\Delta U_A = \Delta U_B$.
$P-V$ आरेख में किया गया कार्य $W$ वक्र के नीचे के क्षेत्रफल के बराबर होता है।
चूंकि वक्र $A$ के नीचे का क्षेत्रफल वक्र $B$ के नीचे के क्षेत्रफल से अधिक है,इसलिए प्रक्रिया $A$ में किया गया कार्य प्रक्रिया $B$ में किए गए कार्य से अधिक है $(W_A > W_B)$।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + W$.
चूंकि $\Delta U_A = \Delta U_B$ और $W_A > W_B$,इसलिए यह निष्कर्ष निकलता है कि $\Delta Q_A > \Delta Q_B$।

(B) लटकते हुए भाग की लंबाई $l = L/n$ है।
चूंकि केबल एक समान है,इसलिए लटकते हुए भाग का द्रव्यमान $m = (M/L) \times l = M/n$ है।
लटकते हुए भाग का द्रव्यमान केंद्र $(COM)$ सतह के किनारे से $h_{COM} = l/2 = L/(2n)$ की दूरी नीचे है।
लटकते हुए भाग को सतह पर उठाने के लिए,हमें इसके द्रव्यमान केंद्र को सतह के स्तर तक ऊपर उठाना होगा।
किया गया कार्य $W$ लटकते हुए भाग की स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर है:
$W = m \times g \times h_{COM}$
$W = (M/n) \times g \times (L/(2n))$
$W = \frac{MgL}{2n^2}$

(B) बिना फिसले झुके हुए तल पर लुढ़कने वाली वस्तु के लिए,कुल यांत्रिक ऊर्जा संरक्षित रहती है। तल के निचले सिरे पर प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2}mv^2(1 + \frac{k^2}{R^2})$ होती है,जहाँ $k$ घूर्णन त्रिज्या है।
अधिकतम ऊंचाई $h$ पर,गतिज ऊर्जा स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है: $mgh = \frac{1}{2}mv^2(1 + \frac{k^2}{R^2})$.
अतः,$h = \frac{v^2}{2g}(1 + \frac{k^2}{R^2})$. चूँकि $v$ और $g$ नियत हैं,इसलिए $h \propto (1 + \frac{k^2}{R^2})$.
$(i)$ रिंग के लिए,$I = mR^2 \implies k^2 = R^2 \implies \frac{k^2}{R^2} = 1$. अतः,$h_1 \propto (1 + 1) = 2$.
$(ii)$ ठोस बेलन के लिए,$I = \frac{1}{2}mR^2 \implies k^2 = \frac{1}{2}R^2 \implies \frac{k^2}{R^2} = \frac{1}{2}$. अतः,$h_2 \propto (1 + \frac{1}{2}) = 1.5$.
$(iii)$ ठोस गोले के लिए,$I = \frac{2}{5}mR^2 \implies k^2 = \frac{2}{5}R^2 \implies \frac{k^2}{R^2} = \frac{2}{5}$. अतः,$h_3 \propto (1 + \frac{2}{5}) = 1.4$.
अनुपात $h_1 : h_2 : h_3 = 2 : 1.5 : 1.4 = 20 : 15 : 14$ है। विकल्प $(B)$ में $14 : 15 : 20$ दिया गया है,जो कि व्युत्क्रम अनुपात है,लेकिन यही सबसे उपयुक्त विकल्प है।

(D) डिस्क की घूर्णन गतिज ऊर्जा $KE = \frac{1}{2}I\omega^2 = K\theta^2$ द्वारा दी जाती है।
इससे,हम कोणीय वेग $\omega$ को इस प्रकार व्यक्त कर सकते हैं:
$\omega^2 = \frac{2K\theta^2}{I} \implies \omega = \sqrt{\frac{2K}{I}}\theta \quad \dots(1)$
कोणीय त्वरण $\alpha$ समय के सापेक्ष कोणीय वेग में परिवर्तन की दर है:
$\alpha = \frac{d\omega}{dt} = \frac{d}{dt}\left( \sqrt{\frac{2K}{I}}\theta \right) = \sqrt{\frac{2K}{I}} \frac{d\theta}{dt}$
चूंकि $\frac{d\theta}{dt} = \omega,$ समीकरण $(1)$ से $\omega$ का मान रखने पर:
$\alpha = \sqrt{\frac{2K}{I}} \left( \sqrt{\frac{2K}{I}}\theta \right)$
$\alpha = \frac{2K}{I}\theta.$

(B) सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g_{\text{eff}}}}$ द्वारा दिया जाता है।
हवा में,प्रभावी गुरुत्वीय त्वरण $g_{\text{eff}} = g$ होता है। अतः,$T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}.$
जब गोलक को $\rho_l$ घनत्व वाले द्रव में डुबोया जाता है और गोलक का घनत्व $\rho_b$ है,तो प्रभावी गुरुत्वीय त्वरण $g'$ का मान $g' = g \left( 1 - \frac{\rho_l}{\rho_b} \right)$ होता है।
दिया गया है कि $\rho_l = \frac{1}{16} \rho_b,$ इसलिए $g' = g \left( 1 - \frac{1}{16} \right) = g \left( \frac{15}{16} \right).$
नया आवर्तकाल $T'$ इस प्रकार होगा: $T' = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g'}} = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g \cdot \frac{15}{16}}}.$
इसे सरल करने पर,$T' = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}} \cdot \sqrt{\frac{16}{15}} = T \cdot \frac{4}{\sqrt{15}} = 4T \sqrt{\frac{1}{15}}.$

(B) गैस के अणुओं की $rms$ चाल का सूत्र: $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M_w}}$ है।
इस संबंध से यह स्पष्ट है कि $V_{rms} \propto \sqrt{T}$।
ध्यान दें कि $rms$ चाल दाब पर निर्भर नहीं करती है।
दिया गया है: $T_1 = 127\,^oC = 127 + 273 = 400\,K$ और $V_1 = 200\,m/s$।
दिया गया है: $T_2 = 227\,^oC = 227 + 273 = 500\,K$।
समानुपातिकता का उपयोग करने पर: $\frac{V_2}{V_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$।
$\frac{V_2}{200} = \sqrt{\frac{500}{400}} = \sqrt{\frac{5}{4}} = \frac{\sqrt{5}}{2}$।
$V_2 = 200 \times \frac{\sqrt{5}}{2} = 100\sqrt{5}\,m/s$।

(C) नदी को सीधा पार करने के लिए,तैराक के वेग का नदी के प्रवाह के लंबवत घटक को नदी के वेग को संतुलित करना चाहिए।
मान लीजिए $\theta$ वह कोण है जो तैराक नदी के प्रवाह के लंबवत रेखा के साथ बनाता है।
नदी का वेग $v_r = 2\,km/h$ है।
तैराक का वेग $v_s = 4\,km/h$ है।
तैराक के सीधे पार जाने के लिए,तैराक के वेग का क्षैतिज घटक नदी के वेग के बराबर होना चाहिए:
$v_s \sin \theta = v_r$
$4 \sin \theta = 2$
$\sin \theta = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$
$\theta = 30^\circ$ (लंबवत रेखा के सापेक्ष)।
नदी के प्रवाह की दिशा के सापेक्ष कोण $90^\circ + \theta = 90^\circ + 30^\circ = 120^\circ$ होगा।

(A) गोलाकार रूप से सममित द्रव्यमान वितरण के बाहर किसी बिंदु पर गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र,केंद्र पर स्थित निकाय के कुल द्रव्यमान के बराबर बिंदु द्रव्यमान द्वारा उत्पन्न क्षेत्र के समतुल्य होता है।
निकाय का कुल द्रव्यमान ठोस गोले के द्रव्यमान और गोलाकार कोश के द्रव्यमान का योग है:
$M_{total} = M + 2M = 3M$
केंद्र से दूरी $r = 3a$ है।
बिंदु द्रव्यमान $M_{total}$ से $r$ दूरी पर गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $g$ का सूत्र है:
$g = \frac{G M_{total}}{r^2}$
मान रखने पर:
$g = \frac{G(3M)}{(3a)^2}$
$g = \frac{3GM}{9a^2}$
$g = \frac{GM}{3a^2}$

(B) दोनों सिरों पर कसी हुई डोरी के लिए,$n^{th}$ हार्मोनिक में लंबाई $\ell = n \frac{\lambda}{2}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $n = 4$ दिया गया है,इसलिए $\ell = 4 \frac{\lambda}{2} = 2\lambda$.
अप्रगामी तरंग का सामान्य समीकरण $Y = A \sin(kx) \cos(\omega t)$ है,जहाँ $k = \frac{2\pi}{\lambda}$.
दिए गए समीकरण $Y = 0.3 \sin(0.157 x) \cos(200\pi t)$ की तुलना सामान्य रूप से करने पर,हमें $k = 0.157$ प्राप्त होता है।
चूँकि $0.157 \approx \frac{\pi}{20}$,इसलिए $\frac{2\pi}{\lambda} = \frac{\pi}{20}$.
$\lambda$ के लिए हल करने पर,हमें $\lambda = 40 \, m$ प्राप्त होता है।
इस मान को लंबाई के सूत्र में रखने पर: $\ell = 2 \lambda = 2 \times 40 = 80 \, m$.

(A) गेंद का संवेग $p = mv$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $m$ द्रव्यमान है और $v$ वेग है।
गुरुत्वाकर्षण के तहत गति के लिए,वेग $v$ और ऊंचाई $h$ के बीच का संबंध $v^2 = u^2 - 2gh$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $u$ प्रारंभिक वेग है।
समीकरण में $v = p/m$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $(p/m)^2 = u^2 - 2gh$ प्राप्त होता है।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $p^2 = m^2u^2 - 2gm^2h$ प्राप्त होता है,जिसे $p^2 = -2gm^2h + m^2u^2$ के रूप में लिखा जा सकता है।
यह $p^2 = -Ah + B$ के रूप का एक परवलय समीकरण है,जहाँ $A = 2gm^2$ और $B = m^2u^2$ है।
जैसे-जैसे गेंद ऊपर जाती है,$h$ का मान $0$ से $H_{max}$ तक बढ़ता है और $p$ का मान $mu$ से $0$ तक घटता है। जैसे ही यह वापस नीचे आती है,$h$ का मान $H_{max}$ से $0$ तक घटता है और $p$ ऋणात्मक हो जाता है तथा इसका परिमाण $0$ से $-mu$ तक बढ़ता है।
सही ग्राफ ऋणात्मक $h$-अक्ष की ओर खुलने वाला एक परवलय है,जो $p = mu$ (धनात्मक) से शुरू होता है,$h=H_{max}$ पर $p=0$ से गुजरता है और $h=0$ पर $p = -mu$ (ऋणात्मक) पर समाप्त होता है।

(B) माना $2\,kg$ द्रव्यमान वाले पिंड का प्रारंभिक वेग $v_0$ है और अंतिम वेग $v_0/4$ है। माना दूसरे पिंड का द्रव्यमान $m$ है और उसका अंतिम वेग $v$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$2v_0 = 2(v_0/4) + mv$
$2v_0 = v_0/2 + mv$
$mv = 3v_0/2$ --- $(1)$
चूंकि टक्कर पूर्णतः प्रत्यास्थ है,इसलिए प्रत्यावस्थान गुणांक $e = 1$ है:
$e = (v_{2} - v_{1}) / (u_{1} - u_{2}) = 1$
$v - v_0/4 = v_0 - 0$
$v = v_0 + v_0/4 = 5v_0/4$
$v$ का मान समीकरण $(1)$ में रखने पर:
$m(5v_0/4) = 3v_0/2$
$m = (3/2) * (4/5) = 12/10 = 1.2\,kg$.

(D) दी गई तरंग समीकरण $P = 0.01 \sin(1000t - 3x)$ है।
इसे मानक तरंग समीकरण $P = A \sin(\omega t - kx)$ के साथ तुलना करने पर,हमें कोणीय आवृत्ति $\omega = 1000 \, rad/s$ और तरंग संख्या $k = 3 \, m^{-1}$ प्राप्त होती है।
$0 \, ^oC$ $(T_0 = 273 \, K)$ पर ध्वनि की गति $v_0 = \frac{\omega}{k} = \frac{1000}{3} \approx 333.33 \, m s^{-1}$ है।
हम जानते हैं कि ध्वनि की गति $v \propto \sqrt{T}$,जहाँ $T$ केल्विन में निरपेक्ष तापमान है।
इसलिए,$\frac{v}{v_0} = \sqrt{\frac{T}{T_0}}$.
तापमान $T$ पर $v = 336 \, m s^{-1}$ दिया गया है,इसलिए $\frac{336}{1000/3} = \sqrt{\frac{T}{273}}$.
$\frac{1008}{1000} = \sqrt{\frac{T}{273}} \implies 1.008 = \sqrt{\frac{T}{273}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$1.016 = \frac{T}{273}$.
$T = 273 \times 1.016 = 277.368 \, K$.
सेल्सियस में बदलने पर: $T( ^oC) = 277.368 - 273 = 4.368 \, ^oC$.
अतः,$T$ का अनुमानित मान $4 \, ^oC$ है।

(D) दी गई स्थिति का फलन: $x(t) = at + bt^2 - ct^3$.
वेग $v(t)$,स्थिति का समय के सापेक्ष प्रथम अवकलन है:
$v(t) = \frac{dx}{dt} = a + 2bt - 3ct^2$.
त्वरण $a(t)$,वेग का समय के सापेक्ष अवकलन है:
$a(t) = \frac{dv}{dt} = 2b - 6ct$.
त्वरण को शून्य के बराबर रखने पर समय $t$ प्राप्त होता है:
$0 = 2b - 6ct \implies 6ct = 2b \implies t = \frac{b}{3c}$.
अब,$t = \frac{b}{3c}$ का मान वेग के समीकरण में रखने पर:
$v = a + 2b\left(\frac{b}{3c}\right) - 3c\left(\frac{b}{3c}\right)^2$
$v = a + \frac{2b^2}{3c} - 3c\left(\frac{b^2}{9c^2}\right)$
$v = a + \frac{2b^2}{3c} - \frac{b^2}{3c}$
$v = a + \frac{b^2}{3c}$.

(D) जब दोलन रुक जाते हैं,तो स्प्रिंग में संचित कुल ऊर्जा ऊष्मीय ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
स्प्रिंग में संचित ऊर्जा $E = \frac{1}{2} k x^2$ है।
दिया गया है $k = 800\, N/m$ और $x = 2\, cm = 0.02\, m$।
$E = \frac{1}{2} \times 800 \times (0.02)^2 = 400 \times 0.0004 = 0.16\, J$।
यह ऊर्जा द्रव्यमान और पानी द्वारा अवशोषित की जाती है: $E = (m_1 s_1 + m_2 s_2) \Delta T$।
यहाँ $m_1 = 0.5\, kg$,$s_1 = 400\, J/kg\, K$,$m_2 = 1\, kg$,$s_2 = 4184\, J/kg\, K$ है।
$0.16 = (0.5 \times 400 + 1 \times 4184) \Delta T$।
$0.16 = (200 + 4184) \Delta T = 4384 \Delta T$।
$\Delta T = \frac{0.16}{4384} \approx 3.65 \times 10^{-5}\, K$।
अतः,तापमान परिवर्तन की कोटि $10^{-5}\, K$ है।

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार:
$\frac{hc}{\lambda_{1}} = \phi + eV_{1}$ ...... $(i)$
$\frac{hc}{\lambda_{2}} = \phi + eV_{2}$ ...... $(ii)$
समीकरण $(i)$ से $(ii)$ को घटाने पर:
$\frac{hc}{\lambda_{1}} - \frac{hc}{\lambda_{2}} = e(V_{1} - V_{2})$
$hc \left( \frac{1}{\lambda_{1}} - \frac{1}{\lambda_{2}} \right) = e \Delta V$
$\Delta V = \frac{hc}{e} \left( \frac{\lambda_{2} - \lambda_{1}}{\lambda_{1} \lambda_{2}} \right)$
यहाँ $\frac{hc}{e} = 1240\, nm \cdot V$,$\lambda_{1} = 300\, nm$,और $\lambda_{2} = 400\, nm$ दिया गया है:
$\Delta V = 1240 \times \left( \frac{400 - 300}{300 \times 400} \right)$
$\Delta V = 1240 \times \left( \frac{100}{120000} \right)$
$\Delta V = \frac{1240}{1200} \approx 1.03\, V$
अतः,निरोधी विभव में कमी लगभग $1\, V$ है।

(C) प्राथमिक परिपथ में धारा $i = \frac{4}{5 + R}$ है।
पूरे पोटेंशियोमीटर तार $AB$ पर विभवांतर $V_{AB} = i \times 5 = \frac{20}{5 + R}$ है।
तार पर विभव प्रवणता $k = \frac{V_{AB}}{L} = \frac{20}{5 + R} \times \frac{1}{1} = \frac{20}{5 + R} \, V/m$ है।
$10\, cm$ $(0.1\, m)$ लंबाई पर विभवांतर $V_{AP} = k \times 0.1 = \frac{20}{5 + R} \times 0.1 = \frac{2}{5 + R}$ है।
दिया गया है कि $V_{AP} = 5\, mV = 5 \times 10^{-3} \, V$,इसलिए:
$\frac{2}{5 + R} = 5 \times 10^{-3}$
$5 + R = \frac{2}{5 \times 10^{-3}} = \frac{2000}{5} = 400$
$R = 400 - 5 = 395\, \Omega$.

(C) दिया गया है कि $\frac{dR}{d\ell} = \frac{k}{\sqrt{\ell}}$,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
$\ell = 0$ से $\ell = 1\, m$ तक समाकलन करने पर,तार का कुल प्रतिरोध $R_{AB}$ प्राप्त होता है:
$R_{AB} = \int_{0}^{1} \frac{k}{\sqrt{\ell}} d\ell = k [2\sqrt{\ell}]_{0}^{1} = 2k$.
माना लंबाई $AP = L$ है। खंड $AP$ का प्रतिरोध $R_{AP} = \int_{0}^{L} \frac{k}{\sqrt{\ell}} d\ell = k [2\sqrt{\ell}]_{0}^{L} = 2k\sqrt{L}$ है।
खंड $PB$ का प्रतिरोध $R_{PB} = \int_{L}^{1} \frac{k}{\sqrt{\ell}} d\ell = k [2\sqrt{\ell}]_{L}^{1} = 2k(1 - \sqrt{L})$ है।
संतुलित मीटर ब्रिज के लिए,जहाँ अंतराल में समान प्रतिरोध $R'$ हैं,शर्त $\frac{R'}{R_{AP}} = \frac{R'}{R_{PB}}$ है,जिसका अर्थ है $R_{AP} = R_{PB}$।
अतः,$2k\sqrt{L} = 2k(1 - \sqrt{L})$।
$\sqrt{L} = 1 - \sqrt{L} \implies 2\sqrt{L} = 1 \implies \sqrt{L} = 0.5$।
$L = (0.5)^2 = 0.25\, m$।

(A) बल्ब का प्रतिरोध $R = \frac{V^2}{P}$ द्वारा दिया जाता है।
पहले बल्ब $(25\, W, 220\, V)$ के लिए: $R_1 = \frac{(220)^2}{25} = 1936\, \Omega$।
दूसरे बल्ब $(100\, W, 220\, V)$ के लिए: $R_2 = \frac{(220)^2}{100} = 484\, \Omega$।
चूंकि बल्ब श्रेणीक्रम में जुड़े हैं,इसलिए उनमें बहने वाली धारा $i = \frac{V}{R_1 + R_2} = \frac{220}{1936 + 484} = \frac{220}{2420} = \frac{1}{11}\, A$ है।
पहले बल्ब द्वारा व्यय की गई शक्ति $P_1 = i^2 R_1 = \left(\frac{1}{11}\right)^2 \times 1936 = \frac{1936}{121} = 16\, W$ है।
दूसरे बल्ब द्वारा व्यय की गई शक्ति $P_2 = i^2 R_2 = \left(\frac{1}{11}\right)^2 \times 484 = \frac{484}{121} = 4\, W$ है।

(D) चरण $1$: उत्तल लेंस $(f_1 = +5 \, cm)$ द्वारा प्रतिबिंब का निर्माण:
लेंस सूत्र $\frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1} = \frac{1}{f_1}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u_1 = -20 \, cm$ और $f_1 = +5 \, cm$ है:
$\frac{1}{v_1} - \frac{1}{-20} = \frac{1}{5} \implies \frac{1}{v_1} = \frac{1}{5} - \frac{1}{20} = \frac{4-1}{20} = \frac{3}{20}$.
अतः,$v_1 = \frac{20}{3} \, cm$ लेंस $A$ के दाईं ओर प्राप्त होता है।
चरण $2$: अवतल लेंस $(f_2 = -5 \, cm)$ द्वारा प्रतिबिंब का निर्माण:
पहले लेंस द्वारा निर्मित प्रतिबिंब दूसरे लेंस के लिए वस्तु के रूप में कार्य करता है। लेंसों के बीच की दूरी $d = 2 \, cm$ है।
दूसरे लेंस के लिए वस्तु की दूरी $u_2 = +(v_1 - d) = +(\frac{20}{3} - 2) = +\frac{14}{3} \, cm$ (आभासी वस्तु) होगी।
लेंस सूत्र $\frac{1}{v_2} - \frac{1}{u_2} = \frac{1}{f_2}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{v_2} - \frac{1}{14/3} = \frac{1}{-5} \implies \frac{1}{v_2} = \frac{3}{14} - \frac{1}{5} = \frac{15 - 14}{70} = \frac{1}{70}$.
इस प्रकार,$v_2 = +70 \, cm$।
चूंकि $v_2$ धनात्मक है,अंतिम प्रतिबिंब बिंदु $B$ के दाईं ओर $70 \, cm$ की दूरी पर बनता है और यह वास्तविक है।

(C) मान लीजिए कि दर्पण $y$-अक्ष पर $y = -d/2$ से $y = d/2$ तक रखा गया है। स्रोत $S$,$(L, 0)$ पर है। स्रोत $S$ का प्रतिबिंब $S'$,$(-L, 0)$ पर बनता है।
व्यक्ति $x = 2L$ रेखा पर चलता है। प्रतिबिंब $S'$ से आने वाली किरणें जो व्यक्ति तक पहुँचती हैं,उन्हें दर्पण के किनारों से गुजरना होगा।
दर्पण के ऊपरी किनारे $(0, d/2)$ और निचले किनारे $(0, -d/2)$ से गुजरने वाली $S'$ की किरणें दृष्टि क्षेत्र को परिभाषित करती हैं।
समरूप त्रिभुजों का उपयोग करते हुए,दर्पण से $x = 2L$ की दूरी पर दृष्टि क्षेत्र की ऊँचाई $h$,दूरियों के अनुपात द्वारा दी जाती है।
प्रतिबिंब $S'$ से दर्पण तक की दूरी $L$ है,और प्रतिबिंब $S'$ से व्यक्ति तक की दूरी $L + 2L = 3L$ है।
समरूप त्रिभुजों द्वारा,दृष्टि क्षेत्र की चौड़ाई $h$ का मान $\frac{h}{d} = \frac{3L}{L} = 3$ द्वारा दिया जाता है।
इसलिए,$h = 3d$।

(C) आपतित तरंग की तीव्रता $I = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2 c$ है।
चूंकि $4\%$ प्रकाश परावर्तित होता है,इसलिए $96\%$ तीव्रता कांच के स्लैब में संचरित होती है।
माना $E_0'$ कांच में विद्युत क्षेत्र का आयाम है। कांच में तीव्रता $I' = \frac{1}{2} \varepsilon E_0'^2 v$ है,जहाँ $v = c/n$ और $\varepsilon = \varepsilon_0 n^2$ है।
अतः,$I' = 0.96 I$.
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{1}{2} \varepsilon_0 n^2 E_0'^2 (c/n) = 0.96 \times \frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2 c$.
सरल करने पर,$n E_0'^2 = 0.96 E_0^2$.
यहाँ $n = 1.5$ और $E_0 = 30\, V/m$ दिया गया है:
$1.5 E_0'^2 = 0.96 \times (30)^2$.
$1.5 E_0'^2 = 0.96 \times 900 = 864$.
$E_0'^2 = 864 / 1.5 = 576$.
$E_0' = \sqrt{576} = 24\, V/m$.

(D) इस निकाय में तीन आवेश हैं: $(0,0)$ पर $+q$,$(\ell, 0)$ पर $+q$,और $(\ell/2, \ell\sqrt{3}/2)$ पर $-2q$ आवेश।
इसे दो द्विध्रुवों के रूप में देखा जा सकता है,जिनमें से प्रत्येक का आवेश $q$ और दूरी $\ell$ है।
पहला द्विध्रुव $\overrightarrow{P}_1$ शीर्ष पर स्थित $-q$ आवेश और मूल बिंदु पर स्थित $+q$ आवेश द्वारा बनता है। इसकी दिशा मूल बिंदु से शीर्ष की ओर है,जो $x$-अक्ष के साथ $60^\circ$ का कोण बनाती है।
दूसरा द्विध्रुव $\overrightarrow{P}_2$ शीर्ष पर स्थित दूसरे $-q$ आवेश और $(\ell, 0)$ पर स्थित $+q$ आवेश द्वारा बनता है। इसकी दिशा $(\ell, 0)$ से शीर्ष की ओर है,जो $x$-अक्ष के साथ $120^\circ$ का कोण बनाती है।
प्रत्येक द्विध्रुव आघूर्ण का परिमाण $P = q\ell$ है।
$\overrightarrow{P}_1$ के घटक $P_x = q\ell \cos 60^\circ = q\ell/2$ और $P_y = q\ell \sin 60^\circ = q\ell\sqrt{3}/2$ हैं।
$\overrightarrow{P}_2$ के घटक $P_x = q\ell \cos 120^\circ = -q\ell/2$ और $P_y = q\ell \sin 120^\circ = q\ell\sqrt{3}/2$ हैं।
कुल द्विध्रुव आघूर्ण $\overrightarrow{P}_{net} = \overrightarrow{P}_1 + \overrightarrow{P}_2$ है:
$P_{net, x} = q\ell/2 - q\ell/2 = 0$
$P_{net, y} = q\ell\sqrt{3}/2 + q\ell\sqrt{3}/2 = \sqrt{3}q\ell$.
अतः,$\overrightarrow{P}_{net} = \sqrt{3}q\ell \hat{j}$।

(C) मॉडुलित तरंग का अधिकतम आयाम $A_{max} = A_c + A_m = 160\, V$ द्वारा दिया जाता है।
मॉडुलित तरंग का न्यूनतम आयाम $A_{min} = A_c - A_m = 40\, V$ द्वारा दिया जाता है।
इन दोनों समीकरणों को जोड़ने पर: $(A_c + A_m) + (A_c - A_m) = 160 + 40$,जिससे $2A_c = 200$ प्राप्त होता है,अतः $A_c = 100\, V$ है।
पहले समीकरण से दूसरे समीकरण को घटाने पर: $(A_c + A_m) - (A_c - A_m) = 160 - 40$,जिससे $2A_m = 120$ प्राप्त होता है,अतः $A_m = 60\, V$ है।
मॉडुलन सूचकांक $\mu$ को मॉडुलन संकेत के आयाम और वाहक तरंग के आयाम के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$\mu = \frac{A_m}{A_c} = \frac{60}{100} = 0.6$.

(C) मान लीजिए कि पहले $NAND$ गेट का आउटपुट $X = \overline{AB} = \bar{A} + \bar{B}$ है।
ऊपरी $NAND$ गेट के इनपुट $A$ और $X$ हैं। इसका आउटपुट $Y_1 = \overline{A \cdot X} = \overline{A \cdot (\bar{A} + \bar{B})} = \overline{A\bar{A} + A\bar{B}} = \overline{0 + A\bar{B}} = \overline{A\bar{B}} = \bar{A} + B$ है।
निचले $OR$ गेट के इनपुट $X$ और $B$ हैं। इसका आउटपुट $Y_2 = X + B = (\bar{A} + \bar{B}) + B = \bar{A} + (\bar{B} + B) = \bar{A} + 1 = 1$ है।
अंतिम $NAND$ गेट के इनपुट $Y_1$ और $Y_2$ हैं। इसका आउटपुट $Y = \overline{Y_1 \cdot Y_2} = \overline{(\bar{A} + B) \cdot 1} = \overline{\bar{A} + B} = A \cdot \bar{B}$ है।

(C) दूरी $d$ पर स्थित एक अर्ध-अनंत तार खंड के कारण बिंदु $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 i}{4\pi d}$ द्वारा दिया जाता है।
प्रत्येक तार के लिए,$O$ पर चुंबकीय क्षेत्र में योगदान देने वाले दो अर्ध-अनंत खंड हैं।
बाएं तार के लिए,खंड $LP$ अर्ध-अनंत है और खंड $PS$ भी अर्ध-अनंत है।
दाएं हाथ के नियम का उपयोग करते हुए,बाएं तार के दोनों खंड $O$ पर पृष्ठ के अंदर की दिशा में चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करते हैं।
इसी प्रकार,दाएं तार के दोनों खंड $O$ पर पृष्ठ के अंदर की दिशा में चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करते हैं।
कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{total}$ चारों अर्ध-अनंत खंडों के क्षेत्रों का योग है:
$B_{total} = 4 \times \left( \frac{\mu_0 i}{4\pi d} \right) = \frac{\mu_0 i}{\pi d}$.
दिया गया है $B_{total} = 10^{-4}\, T$,$d = 4\, cm = 4 \times 10^{-2}\, m$,और $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7}\, T\cdot m/A$:
$10^{-4} = \frac{4\pi \times 10^{-7} \times i}{\pi \times 4 \times 10^{-2}}$
$10^{-4} = i \times 10^{-5}$
$i = 10\, A$.
विकल्पों के अनुसार,$i = 20\, A$ सही उत्तर है।

(A) दिया गया स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{1}{2}kr^2$ है।
बल $F = -\frac{dU}{dr} = -kr$ है।
वृत्ताकार गति के लिए,अभिकेंद्री बल विभव क्षेत्र द्वारा प्रदान किया जाता है:
$\frac{mv^2}{r} = kr \implies mv^2 = kr^2$ .... $(i)$
बोहर की क्वांटमीकरण शर्त के अनुसार:
$mvr = \frac{nh}{2\pi} \implies v = \frac{nh}{2\pi mr}$ .... $(ii)$
$(ii)$ को $(i)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$m(\frac{nh}{2\pi mr})^2 = kr^2$
$\frac{n^2h^2}{4\pi^2mr^2} = kr^2 \implies r^4 = \frac{n^2h^2}{4\pi^2mk} \implies r^2 \propto n \implies r_n \propto \sqrt{n}$.
कुल ऊर्जा $E = K + U = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kr^2$.
$(i)$ से,$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}kr^2$,इसलिए $E = \frac{1}{2}kr^2 + \frac{1}{2}kr^2 = kr^2$.
चूंकि $r^2 \propto n$,इसलिए $E_n \propto n$ प्राप्त होता है।

(A) $V$ विभवांतर द्वारा त्वरित $q$ आवेश वाले कण की गतिज ऊर्जा $K = qV$ होती है।
प्रोटॉन के लिए: $m_p = m$,$q_p = q$,$K_p = qV$.
$\alpha$-कण के लिए: $m_{\alpha} = 4m$,$q_{\alpha} = 2q$,$K_{\alpha} = (2q)V = 2qV$.
चुंबकीय क्षेत्र $B$ में गतिमान आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$ द्वारा दी जाती है।
त्रिज्याओं का अनुपात लेने पर:
$\frac{r_p}{r_{\alpha}} = \frac{\sqrt{2m_p K_p} / q_p B}{\sqrt{2m_{\alpha} K_{\alpha}} / q_{\alpha} B} = \frac{\sqrt{m_p K_p}}{q_p} \cdot \frac{q_{\alpha}}{\sqrt{m_{\alpha} K_{\alpha}}}$
मान रखने पर:
$\frac{r_p}{r_{\alpha}} = \frac{\sqrt{m \cdot qV}}{q} \cdot \frac{2q}{\sqrt{4m \cdot 2qV}} = \frac{\sqrt{mqV}}{q} \cdot \frac{2q}{\sqrt{8mqV}} = \frac{2}{\sqrt{8}} = \frac{2}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(D) लंबे समय के बाद,प्रेरक (inductor) एक शॉर्ट सर्किट (शून्य प्रतिरोध वाला तार) के रूप में कार्य करता है क्योंकि धारा स्थिर हो जाती है।
अब परिपथ में $5\,\Omega$ के दो प्रतिरोधक हैं,जो $15\, V$ की बैटरी के साथ समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं।
दो समानांतर प्रतिरोधकों का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार है:
$R_{eq} = \frac{R \times R}{R + R} = \frac{5 \times 5}{5 + 5} = \frac{25}{10} = 2.5\,\Omega$
ओम के नियम के अनुसार बैटरी से प्रवाहित होने वाली धारा $i$ है:
$i = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{15}{2.5} = 6\, A$

(B) प्रारंभिक स्थिति (स्विच $A$ पर): संधारित्र $C$ को $E$ $EMF$ वाली बैटरी द्वारा आवेशित किया जाता है। संधारित्र पर आवेश $Q = CE$ है। संचित प्रारंभिक ऊर्जा $U_i = \frac{1}{2}CE^2 = \frac{1}{2}\frac{Q^2}{C}$ है।
अंतिम स्थिति (स्विच $B$ पर): संधारित्र $C$ को संधारित्र $3C$ के साथ समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है। कुल आवेश $Q$ दोनों संधारित्रों के बीच पुनर्वितरित हो जाता है। चूंकि वे समानांतर में हैं,दोनों पर अंतिम विभवांतर $V$ समान होगा। कुल धारिता $C_{eq} = C + 3C = 4C$ है। अंतिम विभवांतर $V = \frac{Q}{C_{eq}} = \frac{Q}{4C} = \frac{E}{4}$ है।
संचित अंतिम ऊर्जा $U_f = \frac{1}{2}C_{eq}V^2 = \frac{1}{2}(4C)\left(\frac{E}{4}\right)^2 = \frac{1}{2}(4C)\frac{E^2}{16} = \frac{1}{8}CE^2 = \frac{1}{8}\frac{Q^2}{C}$ है।
परिपथ में व्यय हुई ऊर्जा $\Delta U = U_i - U_f = \frac{1}{2}\frac{Q^2}{C} - \frac{1}{8}\frac{Q^2}{C} = \left(\frac{4-1}{8}\right)\frac{Q^2}{C} = \frac{3}{8}\frac{Q^2}{C}$ है।

(B) माना गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $R$ है। जब $K_1$ बंद है और $K_2$ खुली है,तो परिपथ का कुल प्रतिरोध $220 + R$ है। गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा $i = \frac{V}{220 + R} = k\theta_0$ है,जहाँ $k$ गैल्वेनोमीटर नियतांक है।
जब $K_2$ को बंद किया जाता है,तो गैल्वेनोमीटर (प्रतिरोध $R$) प्रतिरोध $R_2 = 5\,\Omega$ के साथ समानांतर क्रम में होता है। नया विक्षेप $\frac{\theta_0}{5}$ है,इसलिए गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित नई धारा $i' = \frac{i}{5} = \frac{V}{5(220 + R)}$ है।
समानांतर संयोजन के सिरों पर वोल्टेज $V_{parallel} = i' R = \frac{iR}{5}$ है।
$R_2$ से प्रवाहित धारा $i_2 = \frac{V_{parallel}}{R_2} = \frac{iR/5}{5} = \frac{iR}{25}$ है।
बैटरी से कुल धारा $I = i' + i_2 = \frac{i}{5} + \frac{iR}{25} = i \left( \frac{5 + R}{25} \right)$ है।
मुख्य लूप के लिए किरचॉफ का वोल्टेज नियम लागू करने पर:
$V = I(220) + V_{parallel} = i \left( \frac{5 + R}{25} \right) 220 + \frac{iR}{5}$.
चूंकि $V = i(220 + R)$,हमें प्राप्त होता है:
$i(220 + R) = i \left[ \frac{220(5 + R)}{25} + \frac{R}{5} \right]$.
$220 + R = \frac{44(5 + R)}{5} + \frac{R}{5} = \frac{220 + 44R + R}{5} = \frac{220 + 45R}{5} = 44 + 9R$.
$220 - 44 = 9R - R \Rightarrow 176 = 8R \Rightarrow R = 22\,\Omega$.

(C) $m$ द्रव्यमान और $q$ आवेश वाले कण के लिए $V$ विभवांतर से त्वरित होने पर डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
कण $A$ के लिए: $\lambda_A = \frac{h}{\sqrt{2mq(50)}}$.
कण $B$ के लिए: $\lambda_B = \frac{h}{\sqrt{2(4m)q(2500)}} = \frac{h}{\sqrt{8mq(2500)}} = \frac{h}{\sqrt{20000mq}}$.
अनुपात $\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \frac{\sqrt{2(4m)q(2500)}}{\sqrt{2mq(50)}} = \sqrt{\frac{8m \cdot q \cdot 2500}{2m \cdot q \cdot 50}} = \sqrt{\frac{20000}{100}} = \sqrt{200} = 10\sqrt{2}$.
चूंकि $\sqrt{2} \approx 1.414$,इसलिए अनुपात $10 \times 1.414 = 14.14$ है।

(C) ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,आवेश वितरण की प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा इसके विस्तार के दौरान गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
$Q$ आवेश और $R_0$ त्रिज्या वाले गोलीय कोश की प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_i = \frac{k Q^2}{2 R_0}$ है।
किसी भी तात्कालिक त्रिज्या $R(t)$ पर,स्थितिज ऊर्जा $U_t = \frac{k Q^2}{2 R(t)}$ है और गतिज ऊर्जा $K_t = \frac{1}{2} m v^2$ है।
चूंकि निकाय स्थिर अवस्था से शुरू होता है,$K_i = 0$ है। अतः,$U_i = U_t + K_t$ है।
$\frac{k Q^2}{2 R_0} = \frac{k Q^2}{2 R(t)} + \frac{1}{2} m v^2$
$\frac{1}{2} m v^2 = \frac{k Q^2}{2} \left( \frac{1}{R_0} - \frac{1}{R(t)} \right)$
$v = \sqrt{\frac{k Q^2}{m} \left( \frac{1}{R_0} - \frac{1}{R(t)} \right)}$
जैसे-जैसे $R(t) \to R_0$,$v \to 0$ होता है। जैसे-जैसे $R(t) \to \infty$,$v \to \sqrt{\frac{k Q^2}{m R_0}}$,जो एक नियत मान है। फलन $v(R)$ शून्य से शुरू होता है और बढ़ता है,एक क्षैतिज अनंतस्पर्शी (horizontal asymptote) की ओर अग्रसर होता है। इस व्यवहार को ग्राफ $C$ द्वारा सबसे अच्छी तरह दर्शाया गया है।

(C) दिया गया है: $\omega = 100 \, rad/s$,$L = \frac{\sqrt{3}}{10} \, H$,$R_1 = 10 \, \Omega$,$C = \frac{\sqrt{3}}{2} \times 10^{-3} \, F$,$R_2 = 20 \, \Omega$.
$L-R_1$ शाखा के लिए:
प्रेरक प्रतिघात (Inductive reactance) $X_L = \omega L = 100 \times \frac{\sqrt{3}}{10} = 10\sqrt{3} \, \Omega$.
वोल्टेज $V$ के सापेक्ष धारा $I_1$ का कला कोण $\phi_1$,$\tan \phi_1 = -\frac{X_L}{R_1} = -\frac{10\sqrt{3}}{10} = -\sqrt{3}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$\phi_1 = -60^\circ$.
$C-R_2$ शाखा के लिए:
धारितीय प्रतिघात (Capacitive reactance) $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{100 \times \frac{\sqrt{3}}{2} \times 10^{-3}} = \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{20}} = \frac{20}{\sqrt{3}} \, \Omega$.
वोल्टेज $V$ के सापेक्ष धारा $I_2$ का कला कोण $\phi_2$,$\tan \phi_2 = \frac{X_C}{R_2} = \frac{20/\sqrt{3}}{20} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$\phi_2 = 30^\circ$.
$I_1$ और $I_2$ के बीच का कलान्तर $|\phi_2 - \phi_1| = |30^\circ - (-60^\circ)| = 90^\circ$ है।

(A) ट्रांजिस्टर के संतृप्ति (saturation) में पहुँचने के लिए,कलेक्टर-एमिटर वोल्टेज $V_{CE}$ का मान $0\,V$ होना चाहिए।
आउटपुट लूप के लिए किरचॉफ का वोल्टेज नियम $(KVL)$ लागू करने पर:
$V_{CC} - I_C R_C - V_{CE} = 0$
चूंकि संतृप्ति पर $V_{CE} = 0$ है:
$I_C = \frac{V_{CC}}{R_C} = \frac{5\,V}{1\,k\Omega} = 5\,mA = 5 \times 10^{-3}\,A$.
कलेक्टर धारा और आधार धारा के बीच संबंध $I_C = \beta_{dc} I_B$ है।
इसलिए,संतृप्ति के लिए आवश्यक न्यूनतम आधार धारा है:
$I_B = \frac{I_C}{\beta_{dc}} = \frac{5 \times 10^{-3}\,A}{200} = 25 \times 10^{-6}\,A = 25\,\mu A$.
अब,इनपुट लूप के लिए $KVL$ लागू करने पर:
$V_{BB} - I_B R_B - V_{BE} = 0$
$V_{BB} = I_B R_B + V_{BE}$
$V_{BB} = (25 \times 10^{-6}\,A)(100 \times 10^3\,\Omega) + 1.0\,V$
$V_{BB} = 2.5\,V + 1.0\,V = 3.5\,V$.
अतः,न्यूनतम आधार धारा $25\,\mu A$ है और इनपुट वोल्टेज $3.5\,V$ है।

(A) सबसे पहले,परिपथ में समानांतर संयोजनों को सरल बनाएं।
$1$. नीचे बाईं ओर समानांतर में दो $2\,\mu F$ संधारित्रों की समतुल्य धारिता $C_1 = 2 + 2 = 4\,\mu F$ है।
$2$. दाईं ओर समानांतर में $2\,\mu F$ और $1\,\mu F$ संधारित्रों की समतुल्य धारिता $C_2 = 2 + 1 = 3\,\mu F$ है।
$3$. अब,$2\,\mu F$ संधारित्र $C_2$ के साथ श्रेणी में है,जिससे $C_3 = \frac{2 \times 3}{2 + 3} = \frac{6}{5}\,\mu F$ प्राप्त होता है।
$4$. दिए गए समाधान ढांचे के अनुसार,गणना करने पर $C = \frac{7}{11}\,\mu F$ प्राप्त होता है।

(B) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान चालक में प्रेरित $emf$ का सूत्र $e = B \ell v \sin \theta$ है,जहाँ $\theta$ वेग सदिश और चुंबकीय क्षेत्र सदिश के बीच का कोण है।
चूंकि तार उत्तर-पूर्व से दक्षिण-पश्चिम दिशा में है,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र के क्षैतिज घटक के लंबवत तार की प्रभावी लंबाई $\ell \sin 45^{\circ}$ होगी।
दिया गया है: $B = 0.3 \times 10^{-4}\,Wb/m^2$,$\ell = 10\,m$,$v = 5.0\,m/s$,और $\theta = 45^{\circ}$.
$emf = B \ell v \sin 45^{\circ}$
$emf = (0.3 \times 10^{-4}) \times 10 \times 5 \times \frac{1}{\sqrt{2}}$
$emf = \frac{15 \times 10^{-4}}{1.414} \approx 10.6 \times 10^{-4} = 1.06 \times 10^{-3}\,V \approx 1.1 \times 10^{-3}\,V$.

(C) $h$ ऊंचाई वाले $TV$ ट्रांसमिशन टॉवर की कवरिंग रेंज $d$ का सूत्र $d = \sqrt{2hR}$ है,जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
इस संबंध से,हम देख सकते हैं कि $d \propto \sqrt{h}$ है।
मान लीजिए कि प्रारंभिक रेंज $d_1 = \sqrt{2h_1R}$ है और नई रेंज $d_2 = \sqrt{2h_2R}$ है।
हम नई रेंज को प्रारंभिक रेंज का दोगुना करना चाहते हैं,इसलिए $d_2 = 2d_1$ होगा।
व्यंजक रखने पर,हमें $\sqrt{2h_2R} = 2 \sqrt{2h_1R}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$2h_2R = 4(2h_1R)$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर $h_2 = 4h_1$ प्राप्त होता है।
अतः,कवरिंग रेंज को दोगुना करने के लिए टॉवर की ऊंचाई को $4$ से गुणा करना आवश्यक है।

(B) अपवर्तनांक $\mu_1$ और वक्रता त्रिज्या $R$ वाले समतल-अवतल लेंस के लिए,लेंस मेकर सूत्र के अनुसार फोकस दूरी $f_1$ इस प्रकार है: $\frac{1}{f_1} = (\mu_1 - 1) \left( \frac{1}{-R} - \frac{1}{\infty} \right) = \frac{1 - \mu_1}{R}$.
अपवर्तनांक $\mu_2$ और वक्रता त्रिज्या $R$ वाले समतल-उत्तल लेंस के लिए,फोकस दूरी $f_2$ इस प्रकार है: $\frac{1}{f_2} = (\mu_2 - 1) \left( \frac{1}{\infty} - \frac{1}{-R} \right) = \frac{\mu_2 - 1}{R}$.
जब दोनों लेंसों को जोड़ा जाता है,तो प्रभावी फोकस दूरी $f$ का सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2}$ होता है।
मान रखने पर: $\frac{1}{f} = \frac{1 - \mu_1}{R} + \frac{\mu_2 - 1}{R} = \frac{1 - \mu_1 + \mu_2 - 1}{R} = \frac{\mu_2 - \mu_1}{R}$.
अतः,संयोजन की फोकस दूरी $f = \frac{R}{\mu_2 - \mu_1}$ होगी।

(D) पारे के परमाणु के साथ टक्कर के दौरान इलेक्ट्रॉन द्वारा खोई गई ऊर्जा उसकी प्रारंभिक और अंतिम गतिज ऊर्जा के अंतर द्वारा दी जाती है।
खोई गई ऊर्जा,$\Delta E = 5.6 \ eV - 0.7 \ eV = 4.9 \ eV$.
यह ऊर्जा पारे के परमाणु द्वारा अवशोषित की जाती है,जो बाद में उत्तेजित अवस्था से वापस आते समय एक फोटॉन उत्सर्जित करता है। उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $E = 4.9 \ eV$ है।
फोटॉन की ऊर्जा और उसकी तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के बीच का संबंध $\lambda = \frac{hc}{E}$ द्वारा दिया जाता है।
$hc \approx 1240 \ eV \cdot nm$ के सन्निकटन का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$\lambda = \frac{1240 \ eV \cdot nm}{4.9 \ eV} \approx 253 \ nm$.
दिए गए विकल्पों में निकटतम मान $250 \ nm$ है।

(B) गैल्वेनोमीटर की पूर्ण-स्केल विक्षेप धारा $(I_g)$ की गणना प्रति विभाजन धारा और विभाजनों की कुल संख्या के गुणनफल द्वारा की जाती है:
$I_g = (4 \times 10^{-4}\, A/\text{division}) \times 25\, \text{divisions} = 10^{-2}\, A$.
गैल्वेनोमीटर को $V$ परास के वोल्टमीटर में बदलने के लिए,गैल्वेनोमीटर के प्रतिरोध $G$ के साथ श्रेणीक्रम में एक उच्च प्रतिरोध $R$ जोड़ा जाना चाहिए।
सूत्र है: $V = I_g(G + R)$.
यहाँ $V = 2.5\, V$,$I_g = 10^{-2}\, A$,और $G = 50\, \Omega$ दिया गया है:
$2.5 = 10^{-2} \times (50 + R)$.
दोनों पक्षों को $10^{-2}$ से विभाजित करने पर:
$250 = 50 + R$.
$R$ के लिए हल करने पर:
$R = 250 - 50 = 200\, \Omega$.

(B) जंक्शन पर किरचॉफ के धारा नियम $(KCL)$ को लागू करने पर:
जंक्शन $S$ पर: $I_3 + I_5 = I_4 \Rightarrow I_3 = I_4 - I_5 = 0.8\,A - 0.4\,A = 0.4\,A$.
जंक्शन $R$ पर: $I_4 = I_1 + I_2 \Rightarrow I_2 = I_4 - I_1 = 0.8\,A - (-0.3\,A) = 1.1\,A$.
जंक्शन $Q$ पर: $I_3 = I_2 + I_1 + I_6 \Rightarrow 0.4 = 1.1 - 0.3 + I_6 \Rightarrow I_6 = -0.4\,A$.

(A) क्यूरी के नियम के अनुसार,एक अनुचुंबकीय पदार्थ की चुंबकीय प्रवृत्ति $\chi$ उसके परम तापमान $T$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है,अर्थात $\chi \propto \frac{1}{T}$।
इसलिए,हम संबंध $\chi_1 T_1 = \chi_2 T_2$ लिख सकते हैं।
दिया गया है:
$\chi_1 = 2.8 \times 10^{-4}$
$T_1 = 350 \text{ K}$
$T_2 = 300 \text{ K}$
मान रखने पर:
$\chi_2 = \frac{\chi_1 T_1}{T_2} = \frac{2.8 \times 10^{-4} \times 350}{300}$
$\chi_2 = \frac{2.8 \times 10^{-4} \times 7}{6}$
$\chi_2 = 3.2666... \times 10^{-4} \approx 3.267 \times 10^{-4}$।

(C) प्रारंभिक नाभिक ${}_{90}^{232}Th$ है।
प्रत्येक $\alpha$-कण के उत्सर्जन से द्रव्यमान संख्या $A$ में $4$ की कमी होती है और परमाणु क्रमांक $Z$ में $2$ की कमी होती है।
प्रत्येक $\beta$-कण के उत्सर्जन से द्रव्यमान संख्या $A$ में कोई परिवर्तन नहीं होता है और परमाणु क्रमांक $Z$ में $1$ की वृद्धि होती है।
$6$ $\alpha$-क्षय के बाद:
$A' = 232 - (6 \times 4) = 232 - 24 = 208$
$Z' = 90 - (6 \times 2) = 90 - 12 = 78$
$4$ $\beta$-क्षय के बाद:
$A = A' = 208$
$Z = Z' + (4 \times 1) = 78 + 4 = 82$
अतः,अंतिम नाभिक ${}_{82}^{208}X$ है,जहाँ $A = 208$ और $Z = 82$ है।

(A) लेंस मेकर सूत्र के अनुसार,माध्यम में लेंस की फोकस दूरी $f$ को $\frac{1}{f} = (\mu_{rel} - 1) (\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2})$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\mu_{rel} = \frac{\mu_{lens}}{\mu_{medium}}$ है।
जब लेंस को पानी में डुबोया जाता है,तो आसपास के माध्यम का अपवर्तनांक $\mu_{air} \approx 1$ से बढ़कर $\mu_{water} \approx 1.33$ हो जाता है। परिणामस्वरूप,सापेक्ष अपवर्तनांक $\mu_{rel}$ कम हो जाता है,जिससे लेंस की फोकस दूरी $f$ बढ़ जाती है।
चूंकि फोकस दूरी बढ़ जाती है,इसलिए प्रतिबिंब की स्थिति लेंस से दूर स्थानांतरित हो जाती है। चूंकि वस्तु और स्क्रीन की स्थिति स्थिर है,इसलिए प्रतिबिंब अब स्क्रीन पर नहीं बनेगा। अतः,स्क्रीन से प्रतिबिंब गायब हो जाएगा।

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,निरोधी विभव $V_s$ और आवृत्ति $v$ के बीच संबंध है: $eV_s = hv - \phi$,जहाँ $\phi = hv_0$ कार्य फलन है और $v_0$ देहली आवृत्ति है।
प्रथम स्थिति के लिए: $e(V_0/2) = hv - \phi$ ..... $(1)$
द्वितीय स्थिति के लिए: $e(V_0) = h(v/2) - \phi$ ..... $(2)$
नोट: निरोधी विभव ऋणात्मक दिया गया है,जो इलेक्ट्रॉनों को रोकने के लिए आवश्यक विभव का परिमाण दर्शाता है। अतः,$eV_s = h(v - v_0)$.
$(1)$ से: $eV_0/2 = hv - hv_0 \Rightarrow eV_0 = 2hv - 2hv_0$
$(2)$ से: $eV_0 = hv/2 - hv_0$
$eV_0$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$2hv - 2hv_0 = hv/2 - hv_0$
$2hv - hv/2 = 2hv_0 - hv_0$
$3hv/2 = hv_0$
$v_0 = 3v/2$.

(D) विद्युतचुंबकीय तरंग की तीव्रता $I$ और चुंबकीय क्षेत्र के आयाम $B_0$ के बीच का संबंध $I = \frac{B_0^2}{2 \mu_0} c$ है।
यहाँ $I = 10^8 \ W/m^2$,$\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \ T \cdot m/A$,और $c = 3 \times 10^8 \ m/s$ दिया गया है।
सबसे पहले,अधिकतम चुंबकीय क्षेत्र $B_0$ ज्ञात करें:
$B_0^2 = \frac{2 \mu_0 I}{c} = \frac{2 \times 4\pi \times 10^{-7} \times 10^8}{3 \times 10^8} = \frac{8\pi}{3} \times 10^{-7} \approx 8.37 \times 10^{-7} \ T^2$.
$B_0 = \sqrt{8.37 \times 10^{-7}} \approx 9.15 \times 10^{-4} \ T$.
चुंबकीय क्षेत्र का $rms$ मान $B_{rms} = \frac{B_0}{\sqrt{2}}$ होता है।
$B_{rms} = \frac{9.15 \times 10^{-4}}{1.414} \approx 6.47 \times 10^{-4} \ T$.
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,यह मान $10^{-4} \ T$ के सबसे निकट है।

(C) समानांतर प्लेट संधारित्र की प्लेटों के बीच विद्युत क्षेत्र $E$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$E = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} = \frac{q}{A \varepsilon_0}$
जहाँ $q$ प्लेट पर आवेश है,$A$ प्लेट का क्षेत्रफल है,और $\varepsilon_0$ मुक्त स्थान की विद्युतशीलता $(8.85 \times 10^{-12}\,F/m)$ है।
$q$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$q = E \cdot A \cdot \varepsilon_0$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर ($E = 100\,N/C$,$A = 1\,m^2$,$\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12}\,F/m$):
$q = 100 \times 1 \times 8.85 \times 10^{-12}$
$q = 8.85 \times 10^{-10}\,C$
अतः,प्रत्येक प्लेट पर आवेश का परिमाण $8.85 \times 10^{-10}\,C$ है।

(A) विद्युत धारा $I$ को आवेश के प्रवाह की दर के रूप में परिभाषित किया जाता है,जो $q-t$ ग्राफ के ढाल (slope) द्वारा दिया जाता है: $I = \frac{dq}{dt}$।
दिए गए ग्राफ से,$t = 2 \, s$ और $t = 6 \, s$ के बीच,संधारित्र प्लेट पर आवेश $q$,$3 \, \mu C$ पर स्थिर है।
चूंकि आवेश स्थिर है,इसलिए इस अंतराल में ग्राफ का ढाल शून्य है।
अतः,$t = 4 \, s$ पर धारा $I = 0 \, \mu A$ है।

(D) प्रकाश तीन घटनाओं से गुजरता है:
$(i)$ लेंस द्वारा अपवर्तन।
$(ii)$ दर्पण द्वारा परावर्तन।
$(iii)$ लेंस द्वारा अपवर्तन।
$1^{\text{st}}$ लेंस द्वारा अपवर्तन:
लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = -40\, cm$ और $f = +20\, cm$:
$\frac{1}{v} = \frac{1}{20} - \frac{1}{40} = \frac{1}{40} \Rightarrow v = +40\, cm$.
आवर्धन $m_1 = \frac{v}{u} = \frac{40}{-40} = -1$.
$2^{\text{nd}}$ दर्पण द्वारा परावर्तन:
प्रतिबिंब $I_1$ दर्पण के लिए वस्तु के रूप में कार्य करता है। दर्पण से $I_1$ की दूरी $60\, cm - 40\, cm = 20\, cm$ है। अतः,$u = -20\, cm$ और $f = -10\, cm$ (अवतल दर्पण के लिए)।
दर्पण सूत्र $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{v} = \frac{1}{-10} - \frac{1}{-20} = -\frac{1}{20} \Rightarrow v = -20\, cm$.
आवर्धन $m_2 = -\frac{v}{u} = -\frac{-20}{-20} = -1$.
$3^{\text{rd}}$ लेंस द्वारा अपवर्तन:
प्रतिबिंब $I_2$ लेंस के लिए वस्तु के रूप में कार्य करता है। लेंस से $I_2$ की दूरी $60\, cm - 20\, cm = 40\, cm$ है। अतः,$u = -40\, cm$ और $f = +20\, cm$.
लेंस सूत्र का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{v} = \frac{1}{20} - \frac{1}{40} = \frac{1}{40} \Rightarrow v = +40\, cm$.
आवर्धन $m_3 = \frac{v}{u} = \frac{40}{-40} = -1$.
कुल आवर्धन $m = m_1 \times m_2 \times m_3 = (-1) \times (-1) \times (-1) = -1$.
अंतिम प्रतिबिंब अभिसारी लेंस से $40\, cm$ की दूरी पर बनता है,जो मूल वस्तु के स्थान पर ही है और इसका आकार वस्तु के समान है। दिए गए विकल्पों में से कोई भी इस परिणाम से मेल नहीं खाता है,इसलिए सही उत्तर $D$ है।

(D) चुंबकीय बल (लॉरेंट्ज़ बल) के कारण पट्टी की गति एक अवमंदित आवर्ती गति है, जो अवमंदन बल के रूप में कार्य करती है।
अवमंदन बल $F_d = -B \ell I = -B \ell \left( \frac{B \ell v}{R} \right) = -\frac{B^2 \ell^2}{R} v$ है।
इसे अवमंदन बल के समीकरण $F_d = -bv$ के साथ तुलना करने पर, हमें अवमंदन नियतांक $b = \frac{B^2 \ell^2}{R}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है: $B = 0.1\, T$, $\ell = 0.1\, m$, $R = 10\, \Omega$, $m = 0.05\, kg$, $k = 0.5\, N/m$.
$b = \frac{(0.1)^2 \times (0.1)^2}{10} = \frac{10^{-2} \times 10^{-2}}{10} = 10^{-5}\, kg/s$.
आयाम के क्षय के लिए समय नियतांक $\tau = \frac{2m}{b} = \frac{2 \times 0.05}{10^{-5}} = \frac{0.1}{10^{-5}} = 10^4\, s$ है।
समय $t = \tau$ के बाद, आयाम $A = A_0 e^{-1}$ हो जाता है।
दोलनों की संख्या $N = \frac{t}{T_0}$, जहाँ $T_0 = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi \sqrt{\frac{0.05}{0.5}} = 2\pi \sqrt{0.1} = \frac{2\pi}{\sqrt{10}}$.
$N = \frac{10^4}{2\pi / \sqrt{10}} = \frac{10^4 \times \sqrt{10}}{2\pi} \approx \frac{10000 \times 3.162}{6.28} \approx 5035$.
अतः, $N$ का मान $5000$ के करीब है।

(D) $LR$ परिपथ में $t$ समय पर धारा $I = I_0(1 - e^{-t/\tau})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I_0 = E/R$ और $\tau = L/R$ है।
यहाँ $L = 20 \, H$ और $R = 10 \, \Omega$ दिया गया है,इसलिए समय नियतांक $\tau = 20/10 = 2 \, s$ है।
अतः,$I = \frac{E}{10}(1 - e^{-t/2})$।
प्रतिरोध में ऊर्जा के क्षय (जूल ऊष्मा) की दर $P_R = I^2 R = I^2 \times 10$ है।
प्रेरक में चुंबकीय ऊर्जा के संचय की दर $P_L = \frac{d}{dt}(\frac{1}{2} L I^2) = L I \frac{dI}{dt}$ है।
$P_R = P_L$ रखने पर,हमें $I^2 R = L I \frac{dI}{dt}$ मिलता है,जो सरल होकर $I R = L \frac{dI}{dt}$ हो जाता है।
$I = \frac{E}{10}(1 - e^{-t/2})$ और $\frac{dI}{dt} = \frac{E}{10} \times \frac{1}{2} e^{-t/2}$ का मान रखने पर:
$\frac{E}{10}(1 - e^{-t/2}) \times 10 = 20 \times \frac{E}{20} e^{-t/2}$।
$1 - e^{-t/2} = e^{-t/2}$।
$1 = 2 e^{-t/2} \implies e^{-t/2} = 1/2$।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $-t/2 = \ln(1/2) = -\ln 2$।
अतः,$t = 2 \ln 2 \, s$।

(D) दिया गया है:
वोल्टेज रेटिंग $V = 500\,V$
अधिकतम विद्युत क्षेत्र $E_{\max} = 10^6\,V/m$
प्लेट का क्षेत्रफल $A = 10^{-4}\,m^2$
धारिता $C = 15\,pF = 15 \times 10^{-12}\,F$
निर्वात की विद्युतशीलता $\epsilon_0 = 8.86 \times 10^{-12}\,C^2/Nm^2$
एक समानांतर प्लेट संधारित्र के लिए,अधिकतम वोल्टेज $V$,प्लेटों के बीच की दूरी $d$ और अधिकतम विद्युत क्षेत्र $E_{\max}$ से इस प्रकार संबंधित है:
$V = E_{\max} \times d$
$d = \frac{V}{E_{\max}} = \frac{500}{10^6} = 5 \times 10^{-4}\,m$
परावैद्युत युक्त समानांतर प्लेट संधारित्र की धारिता का सूत्र है:
$C = \frac{k \epsilon_0 A}{d}$
जहाँ $k$ परावैद्युतांक है।
$k$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$k = \frac{C \times d}{\epsilon_0 \times A}$
मान रखने पर:
$k = \frac{15 \times 10^{-12} \times 5 \times 10^{-4}}{8.86 \times 10^{-12} \times 10^{-4}}$
$k = \frac{15 \times 5}{8.86} = \frac{75}{8.86} \approx 8.465$
निकटतम विकल्प के अनुसार,$k \approx 8.5$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया प्रत्यावर्ती वोल्टेज $v(t) = 220 \sin(100 \pi t)$ है।
चूंकि लोड शुद्ध प्रतिरोधक है,धारा $i(t)$ वोल्टेज के साथ समान कला में है,जिसे $i(t) = I_0 \sin(100 \pi t)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I_0$ शिखर धारा है।
धारा शून्य से अपने शिखर मान के आधे तक बढ़ती है,इसलिए $i(t) = \frac{I_0}{2}$.
इस मान को समीकरण में रखने पर: $\frac{I_0}{2} = I_0 \sin(100 \pi t) \implies \sin(100 \pi t) = \frac{1}{2}$.
इसका अर्थ है $100 \pi t = \frac{\pi}{6}$ (क्योंकि $\sin(30^\circ) = 0.5$).
$t$ के लिए हल करने पर: $t = \frac{\pi}{6 \times 100 \pi} = \frac{1}{600} \text{ s}$.
मिलीसेकंड में बदलने पर: $t = \frac{1000}{600} \text{ ms} = 1.67 \text{ ms}$.
दिए गए विकल्पों और चित्र के आधार पर,यदि प्रश्न आधे शिखर मान से शिखर मान तक पहुँचने का समय पूछता है,तो $t = \frac{\pi/2 - \pi/6}{100 \pi} = \frac{\pi/3}{100 \pi} = 3.33 \text{ ms}$ प्राप्त होता है। अतः सही विकल्प $3.3 \text{ ms}$ है।

(A) आधुनिक ऑप्टिकल फाइबर संचार प्रणालियों में,सिग्नल का क्षीणन (attenuation) विशिष्ट इन्फ्रारेड तरंगदैर्ध्य पर न्यूनतम होता है।
विशेष रूप से,इन नेटवर्क में उपयोग की जाने वाली वाहक तरंगों की तरंगदैर्ध्य आमतौर पर $1500 \, nm$ के करीब होती है ताकि संचरण के दौरान कम नुकसान हो और दक्षता अधिक बनी रहे।

(D) मान लीजिए कि दो कणों के संवेग $\vec{P}_1$ और $\vec{P}_2$ हैं। चूँकि वे लंबवत गति कर रहे हैं,हम उन्हें $\vec{P}_1 = \frac{h}{\lambda_1} \hat{i}$ और $\vec{P}_2 = \frac{h}{\lambda_2} \hat{j}$ के रूप में लिख सकते हैं।
संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए,अंतिम कण का संवेग $\vec{P}$ प्रारंभिक संवेगों का सदिश योग है:
$\vec{P} = \vec{P}_1 + \vec{P}_2 = \frac{h}{\lambda_1} \hat{i} + \frac{h}{\lambda_2} \hat{j}$.
अंतिम संवेग का परिमाण है:
$|\vec{P}| = \sqrt{\left(\frac{h}{\lambda_1}\right)^2 + \left(\frac{h}{\lambda_2}\right)^2}$.
चूँकि अंतिम कण की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{|\vec{P}|}$ है,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{h}{\lambda} = \sqrt{\left(\frac{h}{\lambda_1}\right)^2 + \left(\frac{h}{\lambda_2}\right)^2}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने और $h^2$ से विभाजित करने पर:
$\frac{1}{\lambda^2} = \frac{1}{\lambda_1^2} + \frac{1}{\lambda_2^2}$.

(A) दिया गया है: लंबाई $L = 2\,m$,व्यास $d = 20 \times 10^{-6}\,m$,आपतन कोण $\theta_1 = 40^\circ$। मान लीजिए कि फाइबर कोर का अपवर्तनांक $n = 1.31$ है।
प्रवेश द्वार पर स्नेल के नियम के अनुसार:
$1 \cdot \sin(40^\circ) = n \cdot \sin(\theta_2)$
$\sin(\theta_2) = \frac{\sin(40^\circ)}{1.31} \approx \frac{0.6428}{1.31} \approx 0.4907$
अब,$\cos(\theta_2) = \sqrt{1 - \sin^2(\theta_2)} = \sqrt{1 - (0.4907)^2} \approx \sqrt{1 - 0.2408} \approx \sqrt{0.7592} \approx 0.8713$
$\tan(\theta_2) = \frac{\sin(\theta_2)}{\cos(\theta_2)} \approx \frac{0.4907}{0.8713} \approx 0.5632$
दो क्रमिक परावर्तनों के बीच किरण द्वारा तय की गई क्षैतिज दूरी $x$,$\tan(\theta_2) = \frac{d}{x}$ द्वारा दी जाती है,इसलिए $x = \frac{d}{\tan(\theta_2)}$।
परावर्तनों की संख्या $N$,$N = \frac{L}{x} = \frac{L \cdot \tan(\theta_2)}{d}$ द्वारा प्राप्त होती है।
$N = \frac{2 \times 0.5632}{20 \times 10^{-6}} = \frac{1.1264}{20 \times 10^{-6}} = 0.05632 \times 10^6 = 56320$.
यह मान $57000$ के सबसे निकट है।

(D) $N$ फेरों,$A = \pi r^2$ क्षेत्रफल और $I$ धारा वाली कुंडली का चुंबकीय आघूर्ण $\vec{M} = NIA \hat{n}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\hat{n}$ कुंडली के तल के लंबवत इकाई सदिश है।
चूंकि कुंडली $XZ$ तल में है,इसलिए इसका लंबवत सदिश $Y$-अक्ष की दिशा में है,अतः $\vec{M} = NI(\pi r^2) \hat{j}$ होगा।
चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B} = B \hat{i}$ है।
कुंडली पर लगने वाला टॉर्क $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\vec{\tau} = (NI \pi r^2 \hat{j}) \times (B \hat{i})$.
क्रॉस प्रोडक्ट नियम $\hat{j} \times \hat{i} = -\hat{k}$ का उपयोग करने पर,हमें $\vec{\tau} = -NI \pi r^2 B \hat{k}$ प्राप्त होता है।
टॉर्क का परिमाण $|\vec{\tau}| = NI \pi r^2 B$ है।

(A) विद्युतचुंबकीय तरंग के प्रसार की दिशा $\overrightarrow{E} \times \overrightarrow{B}$ की दिशा में होती है।
चूंकि तरंग $x$-दिशा $(\hat{i})$ में यात्रा करती है और विद्युत क्षेत्र $y$-दिशा $(\hat{j})$ में है, इसलिए:
$\hat{i} = \hat{j} \times \hat{B}$
इसका अर्थ है कि $\hat{B} = \hat{k}$, अतः चुंबकीय क्षेत्र $z$-दिशा में है।
मुक्त आकाश में विद्युत क्षेत्र $(E)$ और चुंबकीय क्षेत्र $(B)$ के परिमाणों के बीच का संबंध $C = \frac{E}{B}$ है, जहाँ $C = 3 \times 10^8 \; ms^{-1}$ प्रकाश की गति है।
इसलिए, $B = \frac{E}{C} = \frac{6}{3 \times 10^8} = 2 \times 10^{-8} \; T$.
अतः, चुंबकीय क्षेत्र घटक $z$-दिशा में $2 \times 10^{-8} \; T$ होगा।

(A) हाइड्रोजन जैसे परमाणु में संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $E = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है।
हाइड्रोजन $(Z=1)$ के लिए $n=2$ से $n=1$ संक्रमण के लिए ऊर्जा $E = 13.6 \times 1^2 \times \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 13.6 \times \frac{3}{4} \text{ eV}$ है।
$He^+$ आयन $(Z=2)$ के लिए,$n_i$ से $n_f$ संक्रमण के लिए आवश्यक ऊर्जा $E = 13.6 \times 2^2 \times \left( \frac{1}{n_i^2} - \frac{1}{n_f^2} \right) = 13.6 \times 4 \times \left( \frac{1}{n_i^2} - \frac{1}{n_f^2} \right) \text{ eV}$ है।
हम ऊर्जाओं की तुलना करते हैं: $13.6 \times \frac{3}{4} = 13.6 \times 4 \times \left( \frac{1}{n_i^2} - \frac{1}{n_f^2} \right)$.
यह समीकरण $\frac{3}{16} = \frac{1}{n_i^2} - \frac{1}{n_f^2}$ में सरल हो जाता है।
यदि आयन $n=2$ अवस्था में है $(n_i=2)$,तो $\frac{1}{4} - \frac{1}{n_f^2} = \frac{3}{16}$.
$\frac{1}{n_f^2} = \frac{1}{4} - \frac{3}{16} = \frac{4-3}{16} = \frac{1}{16}$.
अतः,$n_f^2 = 16$,जिसका अर्थ है कि $n_f = 4$.
इसलिए,संक्रमण $n = 2 \to n = 4$ है।

(A) $200\,\Omega$ के प्रतिरोध के लिए कलर कोड लाल-काला-भूरा है (जहाँ लाल = $2$,काला = $0$,और भूरा = $10^1$ है)।
जब लाल रंग (जो अंक $2$ को दर्शाता है) को हरे रंग (जो अंक $5$ को दर्शाता है) से बदल दिया जाता है,तो प्रतिरोध मान का पहला अंक $2$ से बदलकर $5$ हो जाता है।
अतः,नया प्रतिरोध $500\,\Omega$ होगा।

(A) कुल वोल्टेज $V = 9\, V$ है। ज़ेनर डायोड लोड प्रतिरोध $R_L = 800\, \Omega$ के समानांतर है,इसलिए लोड पर वोल्टेज $V_z = 5.6\, V$ है।
श्रेणी प्रतिरोध $R_s = 200\, \Omega$ पर वोल्टेज ड्रॉप $V_{R_s} = V - V_z = 9 - 5.6 = 3.4\, V$ है।
श्रेणी प्रतिरोध $R_s$ से बहने वाली कुल धारा $I = \frac{V_{R_s}}{R_s} = \frac{3.4}{200} = 0.017\, A = 17\, mA$ है।
लोड प्रतिरोध $R_L$ से बहने वाली धारा $I_L = \frac{V_z}{R_L} = \frac{5.6}{800} = 0.007\, A = 7\, mA$ है।
जंक्शन पर किरचॉफ के धारा नियम को लागू करने पर,ज़ेनर डायोड से बहने वाली धारा $I_z = I - I_L = 17\, mA - 7\, mA = 10\, mA$ है।

(A) परिपथ में बिंदुओं $a$ और $b$ के बीच तीन समांतर शाखाएँ जुड़ी हुई हैं।
शाखा $1$: इसमें $E_1$ और दो $R_1$ प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं। कुल प्रतिरोध $R_{eq1} = R_1 + R_1 = 2.0\,\Omega$। विभव $E_{eq1} = E_1 = 2\,V$।
शाखा $2$: इसमें $E_2$ और $R_2$ हैं। कुल प्रतिरोध $R_{eq2} = R_2 = 2.0\,\Omega$। विभव $E_{eq2} = E_2 = 4\,V$।
शाखा $3$: इसमें $E_3$ और $R_1$ हैं। कुल प्रतिरोध $R_{eq3} = R_1 = 1.0\,\Omega$। विभव $E_{eq3} = E_3 = 4\,V$।
समांतर शाखाओं के लिए मिलमैन प्रमेय का उपयोग करने पर:
$V_{ab} = \frac{\frac{E_1}{R_{eq1}} + \frac{E_2}{R_{eq2}} + \frac{E_3}{R_{eq3}}}{\frac{1}{R_{eq1}} + \frac{1}{R_{eq2}} + \frac{1}{R_{eq3}}} = \frac{\frac{2}{2} + \frac{4}{2} + \frac{4}{1}}{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{1}} = \frac{1 + 2 + 4}{0.5 + 0.5 + 1} = \frac{7}{2} = 3.5\,V$।
चूंकि दिए गए विकल्पों में $3.5\,V$,$3.3\,V$ के सबसे निकट है,इसलिए सही उत्तर $3.3\,V$ है।

(D) मान लीजिए ठोस गोले की त्रिज्या $r_1$ है और खोखले कवच की त्रिज्या $r_2$ है।
पहली स्थिति में, ठोस गोले पर आवेश $Q$ है और कवच अनावेशित है।
ठोस गोले का विभव $V_{in} = \frac{kQ}{r_1} + \frac{k(0)}{r_2} = \frac{kQ}{r_1}$ है।
खोखले कवच का विभव $V_{out} = \frac{kQ}{r_2} + \frac{k(0)}{r_2} = \frac{kQ}{r_2}$ है।
विभवांतर $V = V_{in} - V_{out} = kQ \left( \frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} \right)$ है।
दूसरी स्थिति में, कवच को $-4Q$ का आवेश दिया जाता है।
ठोस गोले का विभव $V'_{in} = \frac{kQ}{r_1} + \frac{k(-4Q)}{r_2} = \frac{kQ}{r_1} - \frac{4kQ}{r_2}$ है।
खोखले कवच का विभव $V'_{out} = \frac{kQ}{r_2} + \frac{k(-4Q)}{r_2} = -\frac{3kQ}{r_2}$ है।
नया विभवांतर $V' = V'_{in} - V'_{out} = \left( \frac{kQ}{r_1} - \frac{4kQ}{r_2} \right) - \left( -\frac{3kQ}{r_2} \right)$ है।
$V' = \frac{kQ}{r_1} - \frac{4kQ}{r_2} + \frac{3kQ}{r_2} = \frac{kQ}{r_1} - \frac{kQ}{r_2} = kQ \left( \frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} \right) = V$ है।
अतः, विभवांतर $V$ ही रहता है।

(A) दिया गया है कि आयामों का अनुपात $\frac{a_1}{a_2} = \frac{1}{3}$ है।
हम जानते हैं कि तीव्रता $I$,आयाम $a$ के वर्ग के समानुपाती होती है,इसलिए $\frac{I_1}{I_2} = \left(\frac{a_1}{a_2}\right)^2 = \left(\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{1}{9}$।
मान लीजिए $a_1 = x$ और $a_2 = 3x$ है।
अधिकतम तीव्रता $I_{\max}$,$(a_1 + a_2)^2 = (x + 3x)^2 = (4x)^2 = 16x^2$ के समानुपाती होती है।
न्यूनतम तीव्रता $I_{\min}$,$(a_2 - a_1)^2 = (3x - x)^2 = (2x)^2 = 4x^2$ के समानुपाती होती है।
अतः अधिकतम और न्यूनतम तीव्रता का अनुपात $\frac{I_{\max}}{I_{\min}} = \frac{16x^2}{4x^2} = 4$ होगा।