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

(A) दिया गया है: जड़त्व आघूर्ण $I = 1.5\, kg\, m^2$,घूर्णन गतिज ऊर्जा $K = 1200\, J$,कोणीय त्वरण $\alpha = 20\, rad/s^2$,प्रारंभिक कोणीय वेग $\omega_0 = 0$.
घूर्णन गतिज ऊर्जा का सूत्र $K = \frac{1}{2}I\omega^2$ है।
मान रखने पर: $1200 = \frac{1}{2} \times 1.5 \times \omega^2$.
$1200 = 0.75 \times \omega^2 \Rightarrow \omega^2 = \frac{1200}{0.75} = 1600$.
अतः,अंतिम कोणीय वेग $\omega = \sqrt{1600} = 40\, rad/s$.
घूर्णन गति के समीकरण का उपयोग करने पर: $\omega = \omega_0 + \alpha t$.
$40 = 0 + 20 \times t$.
$t = \frac{40}{20} = 2\, s$.

(C) एक वर्ग का क्षेत्रफल $a = 5.29\ cm^2$ दिया गया है।
ऐसे $7$ वर्गों का कुल क्षेत्रफल $A = 7 \times a$ के रूप में गणना की जाती है।
मान रखने पर,$A = 7 \times 5.29 = 37.03\ cm^2$ प्राप्त होता है।
सार्थक अंकों के नियमों के अनुसार,जब किसी मापी गई राशि को एक सटीक संख्या (जैसे $7$) से गुणा किया जाता है,तो परिणाम में उतने ही सार्थक अंक होने चाहिए जितने मापी गई राशि में हैं।
यहाँ $5.29$ में $3$ सार्थक अंक हैं।
इसलिए,अंतिम परिणाम $37.03$ को $3$ सार्थक अंकों तक पूर्णांकित (round off) किया जाना चाहिए।
$37.03$ को $3$ सार्थक अंकों में पूर्णांकित करने पर $37.0\ cm^2$ प्राप्त होता है।

(D) गैस $A$ के लिए: स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_V = 22 \, J\, mol^{-1}\, K^{-1}$ है।
संबंध $C_V = \frac{f}{2}R$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $R \approx 8.314 \, J\, mol^{-1}\, K^{-1}$,हमें $f = \frac{2 C_V}{R} = \frac{2 \times 22}{8.314} \approx 5.29$ प्राप्त होता है।
चूंकि $f$ का मान $5$ (एक कठोर द्वि-परमाणुक अणु के लिए स्वतंत्रता की कोटि) से थोड़ा अधिक है,यह $1$ कंपन मोड की उपस्थिति को दर्शाता है।
गैस $B$ के लिए: स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_V = 21 \, J\, mol^{-1}\, K^{-1}$ है।
$f = \frac{2 C_V}{R} = \frac{2 \times 21}{8.314} \approx 5.05$ प्राप्त होता है।
यह मान लगभग $5$ है,जो बिना किसी कंपन मोड वाले कठोर द्वि-परमाणुक अणु के अनुरूप है।
अतः,$A$ में एक कंपन मोड है लेकिन $B$ में कोई नहीं है।

(D) स्थिति सदिश $\vec{r}(t) = (15t^2) \hat{i} + (4 - 20t^2) \hat{j}$ द्वारा दिया गया है।
वेग सदिश $\vec{v}$ ज्ञात करने के लिए,हम $\vec{r}$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं:
$\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt} = \frac{d}{dt}(15t^2) \hat{i} + \frac{d}{dt}(4 - 20t^2) \hat{j} = (30t) \hat{i} - (40t) \hat{j}$.
त्वरण सदिश $\vec{a}$ ज्ञात करने के लिए,हम $\vec{v}$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं:
$\vec{a} = \frac{d\vec{v}}{dt} = \frac{d}{dt}(30t) \hat{i} - \frac{d}{dt}(40t) \hat{j} = 30 \hat{i} - 40 \hat{j}$.
त्वरण स्थिर है और समय पर निर्भर नहीं है।
त्वरण का परिमाण $|\vec{a}| = \sqrt{(30)^2 + (-40)^2} = \sqrt{900 + 1600} = \sqrt{2500} = 50 \ m/s^2$ है।

(D) $r$ दूरी पर गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $E = \frac{GM(r)}{r^2}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $M(r)$ त्रिज्या $r$ के भीतर निहित द्रव्यमान है।
दिया गया है $\rho(r) = \frac{K}{r^2}$,इसलिए द्रव्यमान $M(r)$ की गणना इस प्रकार की जाती है:
$M(r) = \int_0^r \rho(x) \cdot 4\pi x^2 dx = \int_0^r \frac{K}{x^2} \cdot 4\pi x^2 dx = \int_0^r 4\pi K dx = 4\pi Kr$.
गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र के समीकरण में $M(r)$ का मान रखने पर:
$E = \frac{G(4\pi Kr)}{r^2} = \frac{4\pi GK}{r}$.
$R$ त्रिज्या की वृत्ताकार कक्षा में $m$ द्रव्यमान के कण के लिए,अभिकेंद्र बल गुरुत्वाकर्षण बल द्वारा प्रदान किया जाता है:
$\frac{mV^2}{R} = mE = m \left( \frac{4\pi GK}{R} \right)$.
इससे $V^2 = 4\pi GK$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि कक्षीय गति $V$ एक स्थिरांक है।
कक्षा का आवर्तकाल $T = \frac{2\pi R}{V}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $V$ स्थिर है,इसलिए $T \propto R$,जिसका अर्थ है कि $\frac{T}{R} = \text{स्थिरांक}$।

(B) गति की मूल दिशा में रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
प्रारंभिक संवेग = अंतिम संवेग
$m(2v) + (2m)(v) = m(0) + m(v') \cos(45^o) + m(v') \cos(45^o)$
$2mv + 2mv = 0 + 2mv' \cos(45^o)$
$4mv = 2mv' (1 / \sqrt{2})$
$4v = v' \sqrt{2}$
$v' = 4v / \sqrt{2} = 2\sqrt{2}v$
अतः,गतिमान प्रत्येक कण की चाल $2\sqrt{2}v$ है।

(C) पहली स्थिति में,गुटका पानी में तैर रहा है। प्लवनशीलता के नियम के अनुसार,गुटके का भार विस्थापित पानी के भार के बराबर होता है:
$V_b \rho_b g = V_s \rho_w g$
$\frac{V_s}{V_b} = \frac{\rho_b}{\rho_w} = \frac{4}{5} \quad ... (i)$
यहाँ,$V_b$ गुटके का आयतन है,$V_s$ डूबा हुआ आयतन है,$\rho_b$ गुटके का घनत्व है,और $\rho_w$ पानी का घनत्व है।
दूसरी स्थिति में,गुटका तेल और पानी के मिश्रण में तैर रहा है। गुटके का कुल भार तेल और पानी दोनों द्वारा लगाए गए उत्प्लावन बल द्वारा संतुलित होता है:
$V_b \rho_b g = \left(\frac{V_b}{2}\right) \rho_o g + \left(\frac{V_b}{2}\right) \rho_w g$
$V_b g$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\rho_b = \frac{\rho_o}{2} + \frac{\rho_w}{2}$
$2 \rho_b = \rho_o + \rho_w$
समीकरण $(i)$ से $\rho_b = \frac{4}{5} \rho_w$ का मान रखने पर:
$2 \left(\frac{4}{5} \rho_w\right) = \rho_o + \rho_w$
$\frac{8}{5} \rho_w - \rho_w = \rho_o$
$\rho_o = \frac{3}{5} \rho_w = 0.6 \rho_w$
अतः,पानी के सापेक्ष तेल का घनत्व $\frac{\rho_o}{\rho_w} = 0.6$ है।

(A) डॉप्लर प्रभाव के अनुसार,प्रेक्षित आवृत्ति $f$ का सूत्र है: $f = f_0 \left( \frac{v - v_o}{v + v_s} \right)$।
यहाँ,$v = 340 \, ms^{-1}$ ध्वनि की गति है।
कार $A$ में प्रेक्षक स्रोत से दूर जा रहा है,इसलिए $v_o = 20 \, ms^{-1}$ (दूर जाने के कारण ऋणात्मक चिह्न)।
कार $B$ में स्रोत प्रेक्षक से दूर जा रहा है,इसलिए $v_s = 20 \, ms^{-1}$ (दूर जाने के कारण धनात्मक चिह्न)।
दिया गया है $f = 2000 \, Hz$।
मान रखने पर: $2000 = f_0 \left( \frac{340 - 20}{340 + 20} \right)$।
$2000 = f_0 \left( \frac{320}{360} \right)$।
$2000 = f_0 \left( \frac{8}{9} \right)$।
$f_0 = \frac{2000 \times 9}{8} = 250 \times 9 = 2250 \, Hz$।

(C) माना कि कण वेज पर $h$ अधिकतम ऊँचाई प्राप्त करता है। इस समय,कण और वेज दोनों एक साथ समान क्षैतिज वेग $V_f$ से गति करते हैं।
क्षैतिज दिशा में रेखीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$mv = (m + M)V_f$
चूँकि $M = 4m$ है,इसलिए:
$mv = (m + 4m)V_f = 5mV_f$
$V_f = \frac{v}{5}$
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार:
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}(m + M)V_f^2 + mgh$
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}(5m)\left(\frac{v}{5}\right)^2 + mgh$
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}(5m)\left(\frac{v^2}{25}\right) + mgh$
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{10}mv^2 + mgh$
$mgh = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{10}mv^2 = \frac{5-1}{10}mv^2 = \frac{4}{10}mv^2 = \frac{2}{5}mv^2$
$h = \frac{2v^2}{5g}$

(B) स्थायी अवस्था में,दोनों पदार्थों से होकर गुजरने वाली ऊष्मा प्रवाह की दर समान होती है।
माना इंटरफ़ेस पर तापमान $\theta$ है।
ऊष्मा प्रवाह की दर $H = \frac{KA(\Delta T)}{L}$ द्वारा दी जाती है।
पहले पदार्थ के लिए: $H_1 = \frac{(3K)A(\theta_2 - \theta)}{d}$।
दूसरे पदार्थ के लिए: $H_2 = \frac{KA(\theta - \theta_1)}{3d}$।
$H_1$ और $H_2$ को बराबर करने पर:
$\frac{3KA(\theta_2 - \theta)}{d} = \frac{KA(\theta - \theta_1)}{3d}$
$9(\theta_2 - \theta) = \theta - \theta_1$
$9\theta_2 - 9\theta = \theta - \theta_1$
$10\theta = 9\theta_2 + \theta_1$
$\theta = \frac{9\theta_2 + \theta_1}{10} = \frac{\theta_1}{10} + \frac{9\theta_2}{10}$।

(D) चूंकि निकाय पर कोई बाहरी टॉर्क कार्य नहीं करता है,इसलिए कोणीय संवेग संरक्षित रहता है: $L_i = L_f$ ।
छड़ का प्रारंभिक जड़त्व आघूर्ण $I_{rod} = \frac{ML^2}{12}$ है। मनके केंद्र पर हैं,इसलिए अक्ष से उनकी प्रारंभिक दूरी $0$ है। अतः,$I_i = \frac{ML^2}{12}$ ।
प्रारंभिक कोणीय संवेग $L_i = I_i \omega_0 = \left( \frac{ML^2}{12} \right) \omega_0$ है।
जब मनके सिरों पर पहुँचते हैं,तो अक्ष से उनकी दूरी $L/2$ होती है। अंतिम जड़त्व आघूर्ण $I_f = \frac{ML^2}{12} + 2 \left( m \left( \frac{L}{2} \right)^2 \right) = \frac{ML^2}{12} + \frac{2mL^2}{4} = \frac{ML^2}{12} + \frac{mL^2}{2} = \frac{ML^2 + 6mL^2}{12} = \frac{L^2(M + 6m)}{12}$ है।
$L_i = L_f$ का उपयोग करते हुए: $\left( \frac{ML^2}{12} \right) \omega_0 = \left( \frac{L^2(M + 6m)}{12} \right) \omega_f$ ।
$\omega_f$ के लिए हल करने पर: $\omega_f = \frac{M\omega_0}{M + 6m}$ ।

(D) दोनों सिरों पर बंधी डोरी के लिए $n$ वें हार्मोनिक की आवृत्ति का सूत्र $f_n = \frac{n v}{2L}$ है।
दिया गया है: लंबाई $L = 2.0\, m$,आवृत्ति $f_3 = 240\, Hz$,और हार्मोनिक $n = 3$.
सूत्र में मान रखने पर: $240 = \frac{3 \times v}{2 \times 2.0}$.
$240 = \frac{3v}{4} \Rightarrow 3v = 960 \Rightarrow v = 320\, m/s$.
मूल आवृत्ति $(n=1)$ $f_1 = \frac{v}{2L} = \frac{320}{2 \times 2.0} = \frac{320}{4} = 80\, Hz$ है।

(A) कण का स्थिति सदिश $\vec{r} = (x_0 + a \cos \omega_1 t) \hat{i} + (y_0 + b \sin \omega_2 t) \hat{j}$ है।
$t = 0$ पर,$\vec{r} = (x_0 + a) \hat{i} + y_0 \hat{j}$ है।
त्वरण $\vec{a} = \frac{d^2\vec{r}}{dt^2} = (-a \omega_1^2 \cos \omega_1 t) \hat{i} + (-b \omega_2^2 \sin \omega_2 t) \hat{j}$ है।
$t = 0$ पर,$\vec{a} = -a \omega_1^2 \hat{i}$ है।
कण पर कार्य करने वाला बल $\vec{F} = m \vec{a} = -m a \omega_1^2 \hat{i}$ है।
मूल बिंदु के परितः बल आघूर्ण $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$ है।
$\vec{\tau} = [(x_0 + a) \hat{i} + y_0 \hat{j}] \times [-m a \omega_1^2 \hat{i}]$.
क्रॉस प्रोडक्ट के नियमों $\hat{i} \times \hat{i} = 0$ और $\hat{j} \times \hat{i} = -\hat{k}$ का उपयोग करने पर:
$\vec{\tau} = y_0 (-m a \omega_1^2) (\hat{j} \times \hat{i}) = y_0 (-m a \omega_1^2) (-\hat{k}) = m y_0 a \omega_1^2 \hat{k}$.

(D) स्थिर स्रोत और गतिमान प्रेक्षक के लिए डॉप्लर प्रभाव का सूत्र $f' = f \left( \frac{v \pm v_o}{v} \right)$ है,जहाँ $f = 500\, Hz$ स्रोत की आवृत्ति है,$v = 300\, m/s$ ध्वनि की गति है और $v_o$ प्रेक्षक की गति है।
पहले प्रेक्षक के लिए जो $480\, Hz$ का पता लगाता है (दूर जा रहा है): $480 = 500 \left( \frac{300 - v_{o1}}{300} \right)$.
$\frac{480}{500} = 1 - \frac{v_{o1}}{300} \Rightarrow 0.96 = 1 - \frac{v_{o1}}{300} \Rightarrow \frac{v_{o1}}{300} = 0.04 \Rightarrow v_{o1} = 12\, m/s$.
दूसरे प्रेक्षक के लिए जो $530\, Hz$ का पता लगाता है (पास आ रहा है): $530 = 500 \left( \frac{300 + v_{o2}}{300} \right)$.
$\frac{530}{500} = 1 + \frac{v_{o2}}{300} \Rightarrow 1.06 = 1 + \frac{v_{o2}}{300} \Rightarrow \frac{v_{o2}}{300} = 0.06 \Rightarrow v_{o2} = 18\, m/s$.
अतः,उनकी गति $12\, m/s$ और $18\, m/s$ है।

(B) माना प्रारंभिक वेग $\vec{u}_1 = 10(\cos 30^\circ \hat{i} - \sin 30^\circ \hat{j})$ और $\vec{u}_2 = 5(\cos 45^\circ \hat{i} + \sin 45^\circ \hat{j})$ हैं।
माना अंतिम वेग $\vec{v}_1 = v_1(\cos 30^\circ \hat{i} + \sin 30^\circ \hat{j})$ और $\vec{v}_2 = v_2(\cos 45^\circ \hat{i} - \sin 45^\circ \hat{j})$ हैं।
$x$-दिशा में रैखिक संवेग संरक्षण लागू करने पर:
$M(10 \cos 30^\circ) + 2M(5 \cos 45^\circ) = 2M(v_1 \cos 30^\circ) + M(v_2 \cos 45^\circ)$
$5\sqrt{3} + 5\sqrt{2} = v_1\sqrt{3} + \frac{v_2}{\sqrt{2}} \quad ... (i)$
$y$-दिशा में रैखिक संवेग संरक्षण लागू करने पर:
$M(-10 \sin 30^\circ) + 2M(5 \sin 45^\circ) = 2M(v_1 \sin 30^\circ) + M(-v_2 \sin 45^\circ)$
$-5 + 5\sqrt{2} = v_1 - \frac{v_2}{\sqrt{2}} \quad ... (ii)$
समीकरण $(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर:
$v_1(\sqrt{3} + 1) = 5\sqrt{3} + 10\sqrt{2} - 5 \Rightarrow v_1 \approx 6.5\, m/s$
$v_1$ का मान $(ii)$ में रखने पर:
$v_2 \approx 6.3\, m/s$.

(C) $STP$ पर,एक आदर्श गैस का मोलर आयतन $22.4 \, L/mol$ होता है।
हीलियम गैस के मोलों की संख्या $n = \frac{67.2 \, L}{22.4 \, L/mol} = 3 \, mol$ है।
हीलियम एक एकपरमाणुक गैस है,इसलिए स्थिर आयतन पर इसकी मोलर ऊष्मा धारिता $C_v = \frac{3}{2}R$ होती है।
आवश्यक ऊष्मा $\Delta Q = n C_v \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $\Delta Q = 3 \times \left(\frac{3}{2} \times 8.31 \right) \times 20$.
$\Delta Q = 3 \times 1.5 \times 8.31 \times 20 = 4.5 \times 166.2 = 747.9 \, J$.
निकटतम पूर्णांक में,$\Delta Q \approx 748 \, J$ प्राप्त होता है।

(B) जब गेंद ऊपर की ओर गति करती है,तो गुरुत्वाकर्षण और ड्रैग बल दोनों नीचे की ओर कार्य करते हैं। गति का समीकरण: $m \frac{dv}{dt} = -mg - m\gamma v^2$.
$m$ से विभाजित करने पर: $\frac{dv}{dt} = -(g + \gamma v^2)$.
समाकलन के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $dt = -\frac{dv}{g + \gamma v^2} = -\frac{1}{\gamma} \frac{dv}{(g/\gamma) + v^2}$.
$t=0$ से $T$ और $v=V_0$ से $0$ तक समाकलन करने पर: $\int_0^T dt = -\frac{1}{\gamma} \int_{V_0}^0 \frac{dv}{(g/\gamma) + v^2}$.
मान लीजिए $a^2 = g/\gamma$,तब $\int \frac{dv}{a^2 + v^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{v}{a})$.
$T = \frac{1}{\gamma} \int_0^{V_0} \frac{dv}{(g/\gamma) + v^2} = \frac{1}{\gamma} [\frac{1}{\sqrt{g/\gamma}} \tan^{-1}(\frac{v}{\sqrt{g/\gamma}})]_0^{V_0}$.
$T = \frac{1}{\sqrt{\gamma g}} \tan^{-1} (V_0 \sqrt{\frac{\gamma}{g}})$.

(D) सबसे पहले,हम डिस्क का कुल द्रव्यमान $M$ ज्ञात करते हैं:
$M = \int_0^R \sigma(r) \cdot 2\pi r \, dr = \int_0^R (kr^2) \cdot 2\pi r \, dr = 2\pi k \int_0^R r^3 \, dr = 2\pi k \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^R = \frac{\pi k R^4}{2}$
इससे,हमें $k = \frac{2M}{\pi R^4}$ प्राप्त होता है।
अब,केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I$ की गणना करते हैं:
$I = \int_0^R (dm) r^2 = \int_0^R (\sigma(r) \cdot 2\pi r \, dr) r^2 = \int_0^R (kr^2) \cdot 2\pi r^3 \, dr = 2\pi k \int_0^R r^5 \, dr$
$I = 2\pi k \left[ \frac{r^6}{6} \right]_0^R = 2\pi k \frac{R^6}{6} = \frac{\pi k R^6}{3}$
$I$ के समीकरण में $k = \frac{2M}{\pi R^4}$ का मान रखने पर:
$I = \frac{\pi}{3} \left( \frac{2M}{\pi R^4} \right) R^6 = \frac{2}{3} MR^2$

(D) प्रारंभिक कुल ऊर्जा $E_i = \frac{1}{2} I_1 \omega_1^2 + \frac{1}{2} (\frac{I_1}{2}) (\frac{\omega_1}{2})^2 = \frac{1}{2} I_1 \omega_1^2 + \frac{1}{16} I_1 \omega_1^2 = \frac{9}{16} I_1 \omega_1^2$.
कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,$I_1 \omega_1 + (\frac{I_1}{2}) (\frac{\omega_1}{2}) = (I_1 + \frac{I_1}{2}) \omega_f$.
$I_1 \omega_1 + \frac{1}{4} I_1 \omega_1 = \frac{3}{2} I_1 \omega_f \Rightarrow \frac{5}{4} I_1 \omega_1 = \frac{3}{2} I_1 \omega_f \Rightarrow \omega_f = \frac{5}{6} \omega_1$.
अंतिम कुल ऊर्जा $E_f = \frac{1}{2} (I_1 + \frac{I_1}{2}) \omega_f^2 = \frac{1}{2} (\frac{3}{2} I_1) (\frac{5}{6} \omega_1)^2 = \frac{3}{4} I_1 (\frac{25}{36} \omega_1^2) = \frac{25}{48} I_1 \omega_1^2$.
ऊर्जा में परिवर्तन $E_f - E_i = I_1 \omega_1^2 (\frac{25}{48} - \frac{9}{16}) = I_1 \omega_1^2 (\frac{25 - 27}{48}) = -\frac{2}{48} I_1 \omega_1^2 = -\frac{I_1 \omega_1^2}{24}$.

(D) केशिका नली में द्रव के चढ़ने या गिरने की ऊँचाई का सूत्र $h = \frac{2S \cos \theta}{r \rho g}$ है।
पारे के लिए $(1)$: $h = \frac{2S_1 \cos \theta_1}{r_1 \rho_1 g}$.
पानी के लिए $(2)$: $h = \frac{2S_2 \cos \theta_2}{r_2 \rho_2 g}$.
चूंकि $h$ का मान समान है,इसलिए: $\frac{2S_1 \cos \theta_1}{r_1 \rho_1 g} = \frac{2S_2 \cos \theta_2}{r_2 \rho_2 g}$.
अनुपात $\frac{r_1}{r_2}$ के लिए हल करने पर: $\frac{r_1}{r_2} = \frac{S_1}{S_2} \cdot \frac{\rho_2}{\rho_1} \cdot \frac{\cos \theta_1}{\cos \theta_2}$.
दिया गया है: $\frac{S_1}{S_2} = 7.5$,$\frac{\rho_1}{\rho_2} = 13.6 \Rightarrow \frac{\rho_2}{\rho_1} = \frac{1}{13.6}$,$\theta_1 = 135^o$,$\theta_2 = 0^o$.
$\cos 135^o = -\frac{1}{\sqrt{2}}$ और $\cos 0^o = 1$.
केवल परिमाण लेने पर: $\frac{r_1}{r_2} = 7.5 \times \frac{1}{13.6} \times \frac{1/\sqrt{2}}{1} \approx 0.39$.
यह मान $2/5 = 0.4$ के करीब है।

(C) पृथ्वी की सतह पर गुरुत्वीय त्वरण $g = \frac{GM}{R^2} = 9.8\, m\,s^{-2}$ द्वारा दिया जाता है।
$h$ ऊँचाई पर,गुरुत्वीय त्वरण $g'$ का मान $g' = \frac{GM}{(R+h)^2}$ होता है।
हमें $g' = 4.9\, m\,s^{-2}$ दिया गया है,जो कि $g/2$ है।
अतः,$\frac{GM}{(R+h)^2} = \frac{1}{2} \frac{GM}{R^2}$.
दोनों पक्षों का व्युत्क्रम और वर्गमूल लेने पर: $\frac{R+h}{R} = \sqrt{2}$.
$1 + \frac{h}{R} = 1.414$.
$\frac{h}{R} = 0.414$.
$h = 0.414 \times R = 0.414 \times 6.4 \times 10^6\, m$.
$h \approx 2.65 \times 10^6\, m$.

(A) समदाबी प्रक्रिया के लिए,किया गया कार्य $W = P \Delta V = nR \Delta T$ होता है।
स्थिर दाब पर दी गई ऊष्मा $Q = n C_p \Delta T$ होती है।
मेयर के संबंध के अनुसार,$C_p = C_v + R$ (जहाँ $C_v$ और $C_p$ मोलर ऊष्मा धारिताएँ हैं)।
अतः,दी गई ऊष्मा $Q = n(C_v + R) \Delta T = (n C_v + nR) \Delta T$ है।
किए गए कार्य और दी गई ऊष्मा का अनुपात $\frac{W}{Q} = \frac{nR \Delta T}{(n C_v + nR) \Delta T} = \frac{nR}{n C_v + nR}$ होगा।
यदि $C_v$ $n$ मोल की कुल ऊष्मा धारिता है,तो अनुपात $\frac{nR}{C_v + nR}$ प्राप्त होता है।

(D) एक अवमंदित हार्मोनिक ऑसिलेटर का विस्थापन $x(t) = A(t) \cos(\omega t + \varphi)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A(t) = A_0 e^{-bt/2m}$ होता है।
दिए गए समीकरण $x(t) = e^{-0.1t} \cos(10\pi t + \varphi)$ के साथ तुलना करने पर,हम आयाम को $A(t) = A_0 e^{-0.1t}$ के रूप में पहचानते हैं,जहाँ $A_0 = 1$ है।
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब आयाम $A(t)$ अपने प्रारंभिक मान $A_0$ का आधा हो जाता है।
$A(t) = \frac{A_0}{2}$ रखने पर,हमें $A_0 e^{-0.1t} = \frac{A_0}{2}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों को $A_0$ से विभाजित करने पर,हमें $e^{-0.1t} = \frac{1}{2}$ या $e^{0.1t} = 2$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर: $0.1t = \ln(2)$।
$\ln(2) \approx 0.693$ का मान उपयोग करने पर,हमें $0.1t = 0.693$ प्राप्त होता है।
अतः,$t = \frac{0.693}{0.1} = 6.93 \, s$।
निकटतम पूर्णांक में बदलने पर,हमें $t \approx 7 \, s$ प्राप्त होता है।

(A) टक्कर आवृत्ति $Z = \frac{v_{avg}}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\lambda$ माध्य मुक्त पथ है।
माध्य मुक्त पथ $\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi \sigma^2 n}$ है,जहाँ $n = \frac{N}{V} = \frac{N_A}{V}$ संख्या घनत्व है।
$n$ का मान रखने पर,हमें $\lambda = \frac{V}{\sqrt{2} \pi \sigma^2 N_A}$ प्राप्त होता है।
अतः,$Z = \frac{v_{avg} \sqrt{2} \pi \sigma^2 N_A}{V}$.
दिया गया है: $V = 25 \times 10^{-3} \, m^3$,$\sigma = 0.3 \times 10^{-9} \, m$,$v_{rms} = 200 \, m/s$,$N_A = 6.022 \times 10^{23} \, mol^{-1}$.
$v_{avg} = \sqrt{\frac{8}{3\pi}} v_{rms} \approx 0.921 \times 200 \approx 184.2 \, m/s$ का उपयोग करते हुए।
$Z = \frac{184.2 \times \sqrt{2} \times 3.14 \times (0.3 \times 10^{-9})^2 \times 6.022 \times 10^{23}}{25 \times 10^{-3}}$.
$Z \approx \frac{184.2 \times 1.414 \times 3.14 \times 0.09 \times 10^{-18} \times 6.022 \times 10^{23}}{0.025} \approx \frac{439.5}{0.025} \times 10^5 \approx 1.75 \times 10^{10} \, s^{-1}$.
अतः,टक्कर दर $\sim 10^{10} \, s^{-1}$ है।

(C) दिया गया है $n = 1$ मोल।
आदर्श गैस समीकरण के अनुसार,$PV = nRT = RT$,इसलिए $P = \frac{RT}{V}$।
इस मान को दिए गए संबंध $P = P_0 \left[ 1 - \frac{1}{2} \left( \frac{V_0}{V} \right)^2 \right]$ में रखने पर:
$\frac{RT}{V} = P_0 \left[ 1 - \frac{V_0^2}{2V^2} \right]$
$T = \frac{P_0}{R} \left[ V - \frac{V_0^2}{2V} \right]$
अब,$V = V_0$ और $V = 2V_0$ पर तापमान की गणना करने पर:
$T_1 = T(V_0) = \frac{P_0}{R} \left[ V_0 - \frac{V_0^2}{2V_0} \right] = \frac{P_0}{R} \left[ V_0 - \frac{V_0}{2} \right] = \frac{P_0 V_0}{2R}$
$T_2 = T(2V_0) = \frac{P_0}{R} \left[ 2V_0 - \frac{V_0^2}{2(2V_0)} \right] = \frac{P_0}{R} \left[ 2V_0 - \frac{V_0}{4} \right] = \frac{P_0}{R} \left[ \frac{7V_0}{4} \right] = \frac{7 P_0 V_0}{4R}$
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = T_2 - T_1 = \frac{7 P_0 V_0}{4R} - \frac{P_0 V_0}{2R} = \frac{7 P_0 V_0 - 2 P_0 V_0}{4R} = \frac{5 P_0 V_0}{4R}$।

(D) पहले भाग का द्रव्यमान $M_1 = \frac{7M}{8}$ है और इसे $R_1 = 2R$ त्रिज्या की डिस्क में परिवर्तित किया जाता है।
डिस्क का उसकी केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_1 = \frac{1}{2} M_1 R_1^2$ होता है।
मान रखने पर: $I_1 = \frac{1}{2} \left( \frac{7M}{8} \right) (2R)^2 = \frac{1}{2} \times \frac{7M}{8} \times 4R^2 = \frac{7MR^2}{4}$.
दूसरे भाग का द्रव्यमान $M_2 = M - \frac{7M}{8} = \frac{M}{8}$ है।
चूंकि घनत्व समान रहता है,आयतन $V_2 = \frac{4}{3} \pi R_2^3 = \frac{1}{8} V_{total} = \frac{1}{8} (\frac{4}{3} \pi R^3)$,जिसका अर्थ है $R_2^3 = \frac{R^3}{8}$,इसलिए $R_2 = \frac{R}{2}$।
ठोस गोले का उसकी अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_2 = \frac{2}{5} M_2 R_2^2$ होता है।
मान रखने पर: $I_2 = \frac{2}{5} \left( \frac{M}{8} \right) \left( \frac{R}{2} \right)^2 = \frac{2}{5} \times \frac{M}{8} \times \frac{R^2}{4} = \frac{MR^2}{80}$।
अंत में,अनुपात $\frac{I_1}{I_2} = \frac{7MR^2 / 4}{MR^2 / 80} = \frac{7}{4} \times 80 = 7 \times 20 = 140$ है।

(C) जब थोड़ी अलग आवृत्ति $f_1$ और $f_2$ वाली दो तरंगें अध्यारोपित होती हैं,तो वे बीट्स (beats) उत्पन्न करती हैं।
बीट आवृत्ति $f_{beat} = |f_1 - f_2|$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $f_1 = 9\,Hz$ और $f_2 = 11\,Hz$ दिया गया है,इसलिए बीट आवृत्ति $f_{beat} = |11 - 9| = 2\,Hz$ है।
इसका अर्थ है कि प्रति सेकंड $2$ बीट्स उत्पन्न होते हैं,या हर $0.5\,s$ में एक बीट मिलता है।
परिणामी तरंग पैटर्न का लिफाफा (envelope) आयाम में होने वाले परिवर्तन को दर्शाता है,जो प्रति सेकंड दो बार अधिकतम और न्यूनतम होता है।
दी गई आकृतियों को देखने पर,जो तरंग पैटर्न $1\,s$ के अंतराल में आयाम मॉड्यूलेशन के दो पूर्ण चक्र (या लिफाफे का एक चक्र) दिखाता है,वह $2\,Hz$ की बीट आवृत्ति के अनुरूप है।
आकृति $C$ दिए गए समय अंतराल के दौरान $2\,Hz$ की बीट आवृत्ति के साथ दो तरंगों के अध्यारोपण को सही ढंग से दर्शाती है।

(D) दिया गया है: प्रत्येक तार की लंबाई $\ell = 1\,m$,क्षेत्रफल $A = 1\,mm^2 = 10^{-6}\,m^2$,कुल खिंचाव $\Delta \ell = 0.2\,mm = 0.2 \times 10^{-3}\,m$.
स्टील के लिए यंग मापांक $Y_s = 120 \times 10^9\,N/m^2$ और पीतल के लिए $Y_b = 60 \times 10^9\,N/m^2$.
चूंकि तार श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए दोनों पर लगाया गया बल $F$ समान होगा।
कुल खिंचाव $\Delta \ell = \Delta \ell_s + \Delta \ell_b = \frac{F \ell}{A Y_s} + \frac{F \ell}{A Y_b} = \frac{F \ell}{A} \left( \frac{1}{Y_s} + \frac{1}{Y_b} \right)$.
प्रतिबल $\sigma = \frac{F}{A} = \frac{\Delta \ell}{\ell \left( \frac{1}{Y_s} + \frac{1}{Y_b} \right)}$.
मान रखने पर: $\sigma = \frac{0.2 \times 10^{-3}}{1 \left( \frac{1}{120 \times 10^9} + \frac{1}{60 \times 10^9} \right)} = \frac{0.2 \times 10^{-3} \times 120 \times 10^9}{1 + 2} = \frac{0.2 \times 120 \times 10^6}{3} = 8 \times 10^6\,N/m^2$.
चूंकि $8 \times 10^6\,N/m^2$ दिए गए विकल्पों में नहीं है,इसलिए सही विकल्प $D$ है।

(C) कठोर अणुओं वाली द्विपरमाणुक गैस के लिए,स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_V = \frac{5}{2} R$ होती है।
दिया गया है कि स्थिर आयतन पर $Q$ ऊष्मा दी जाती है,इसलिए $Q = n C_V \Delta T = n (\frac{5}{2} R) \Delta T$ है।
स्थिर दाब पर तापमान में समान परिवर्तन $\Delta T$ के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q' = n C_P \Delta T$ है,जहाँ $C_P = \frac{7}{2} R$ है।
अनुपात लेने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{Q'}{Q} = \frac{n C_P \Delta T}{n C_V \Delta T} = \frac{C_P}{C_V} = \frac{7/2 R}{5/2 R} = \frac{7}{5}$।
अतः,$Q' = \frac{7}{5} Q$।

(A) दिया गया है:
गोली का द्रव्यमान,$m = 20\,g = 20 \times 10^{-3}\,kg = 0.02\,kg$
प्रारंभिक वेग,$u = 1\,ms^{-1}$
दीवार की मोटाई,$s = 20\,cm = 0.2\,m$
औसत प्रतिरोध बल,$F = 2.5 \times 10^{-2}\,N$
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,प्रतिरोध बल द्वारा किया गया कार्य गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है:
$W = \Delta K$
$-F \times s = \frac{1}{2}m(v^2 - u^2)$
मान रखने पर:
$-(2.5 \times 10^{-2}) \times 0.2 = \frac{1}{2} \times (20 \times 10^{-3}) \times (v^2 - 1^2)$
$-0.5 \times 10^{-2} = 10 \times 10^{-3} \times (v^2 - 1)$
$-0.005 = 0.01 \times (v^2 - 1)$
$-0.5 = v^2 - 1$
$v^2 = 1 - 0.5 = 0.5$
$v = \sqrt{0.5} \approx 0.707\,ms^{-1}$
अतः,गति लगभग $0.7\,ms^{-1}$ है।

(B) प्रतिबल (stress) $\sigma$ को बल $F$ और अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल $A$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है। प्रत्यास्थता सीमा के भीतर रहने के लिए,प्रतिबल को प्रत्यास्थता सीमा $\sigma_{max} = 379\,MPa = 379 \times 10^6\,Pa$ से अधिक नहीं होना चाहिए।
प्रतिबल का सूत्र $\sigma = \frac{F}{A} = \frac{F}{\frac{\pi}{4}d^2}$ है।
यहाँ $F = 400\,N$ और $\sigma = 379 \times 10^6\,Pa$ दिया गया है,इसलिए:
$379 \times 10^6 = \frac{400}{\frac{\pi}{4}d^2}$.
$d^2$ के लिए हल करने पर:
$d^2 = \frac{4 \times 400}{\pi \times 379 \times 10^6} = \frac{1600}{1190.7 \times 10^6} \approx 1.3437 \times 10^{-6}\,m^2$.
वर्गमूल लेने पर:
$d = \sqrt{1.3437} \times 10^{-3}\,m \approx 1.159 \times 10^{-3}\,m$.
$mm$ में बदलने पर:
$d \approx 1.16\,mm$.

(D) नत समतल पर प्रक्षेप्य की परास $R$ का सूत्र है:
$R = \frac{2 u^2 \cos \theta \sin \theta}{g \cos^2 \alpha} - \frac{g \sin \alpha}{2} \left( \frac{2 u \sin \theta}{g \cos \alpha} \right)^2$
इसे सरल करने पर:
$R = \frac{2 u^2 \cos \theta \sin \theta}{g \cos^2 \alpha} - \frac{2 u^2 \sin^2 \theta \sin \alpha}{g \cos^2 \alpha}$
$R = \frac{2 u^2 \sin \theta}{g \cos^2 \alpha} (\cos \theta \cos \alpha - \sin \theta \sin \alpha)$
$R = \frac{2 u^2 \sin \theta \cos(\theta + \alpha)}{g \cos^2 \alpha}$
यहाँ $u = 2 \, m/s$,$\theta = 15^o$,$\alpha = 30^o$,और $g = 10 \, m/s^2$ दिया गया है:
$R = \frac{2 \times (2)^2 \times \sin(15^o) \times \cos(45^o)}{10 \times \cos^2(30^o)}$
$R = \frac{8 \times \sin(15^o) \times \frac{1}{\sqrt{2}}}{10 \times (\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \frac{8 \times \frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}} \times \frac{1}{\sqrt{2}}}{10 \times \frac{3}{4}}$
$R = \frac{8 \times \frac{\sqrt{3}-1}{4}}{7.5} = \frac{2(\sqrt{3}-1)}{7.5} = \frac{2(1.732-1)}{7.5} = \frac{1.464}{7.5} \approx 0.195 \, m = 19.5 \, cm \approx 20 \, cm$.

(B) ब्लॉक $A$ के $B$ पर न फिसलने के लिए,निकाय का अधिकतम त्वरण $a$,$A$ और $B$ के बीच के घर्षण द्वारा सीमित होता है।
$A$ पर अधिकतम घर्षण बल $f_{max} = \mu_1 m_A g = 0.2 \times 1 \times 10 = 2\,N$ है।
यह घर्षण ब्लॉक $A$ को अधिकतम त्वरण प्रदान करता है: $a_{max} = \frac{f_{max}}{m_A} = \frac{2}{1} = 2\,m/s^2$।
अब,पूरे निकाय $(A+B)$ को $a_{max}$ त्वरण के साथ गति करते हुए मानें। बाहरी बल $F$ को $B$ और मेज की सतह के बीच के घर्षण $(f_{table})$ को पार करना होगा और दोनों ब्लॉकों को आवश्यक त्वरण प्रदान करना होगा।
$B$ और मेज के बीच घर्षण $f_{table} = \mu_2 (m_A + m_B) g = 0.2 \times (1 + 3) \times 10 = 0.2 \times 4 \times 10 = 8\,N$ है।
निकाय $(A+B)$ पर न्यूटन का दूसरा नियम लागू करने पर: $F - f_{table} = (m_A + m_B) a_{max}$।
$F - 8 = (1 + 3) \times 2$।
$F - 8 = 4 \times 2 = 8$।
$F = 8 + 8 = 16\,N$।

(B) दिए गए सूत्र $X = 5YZ^2$ से,हम $Y$ को $Y = \frac{X}{5Z^2}$ के रूप में लिख सकते हैं।
धारिता $X$ की विमा $[M^{-1} L^{-2} T^4 A^2]$ है।
चुंबकीय क्षेत्र $Z$ की विमा $[M^1 L^0 T^{-2} A^{-1}]$ है।
इन मानों को $Y$ के व्यंजक में रखने पर:
$Y = \frac{[M^{-1} L^{-2} T^4 A^2]}{[M^1 L^0 T^{-2} A^{-1}]^2}$
$Y = \frac{[M^{-1} L^{-2} T^4 A^2]}{[M^2 L^0 T^{-4} A^{-2}]}$
$Y = [M^{-1-2} L^{-2-0} T^{4-(-4)} A^{2-(-2)}]$
$Y = [M^{-3} L^{-2} T^8 A^4]$.

(B) ग्रह के केंद्र से $r$ दूरी पर स्थित उपग्रह का कक्षीय वेग $V$, $\frac{mV^2}{r} = \frac{GMm}{r^2}$ द्वारा दिया जाता है, जो सरल होकर $V = \sqrt{\frac{GM}{r}}$ हो जाता है。
यहाँ, $r = R + h = 2 \times 10^6 \, m + 20 \times 10^3 \, m = 2.02 \times 10^6 \, m$ है。
एक चक्कर का आवर्तकाल $T_p = \frac{2\pi r}{V} = 2\pi \sqrt{\frac{r^3}{GM}}$ है。
$T = 24 \, \text{घंटे }= 24 \times 3600 \, \text{सेकंड}$ समय में चक्करों की संख्या $n = \frac{T}{T_p} = \frac{T}{2\pi} \sqrt{\frac{GM}{r^3}}$ है。
मान रखने पर: $n = \frac{24 \times 3600}{2 \times 3.14} \sqrt{\frac{6.67 \times 10^{-11} \times 8 \times 10^{22}}{(2.02 \times 10^6)^3}}$.
$n = \frac{86400}{6.28} \sqrt{\frac{53.36 \times 10^{11}}{8.2424 \times 10^{18}}} = 13758 \times \sqrt{6.47 \times 10^{-7}} = 13758 \times 8.04 \times 10^{-4} \approx 11.06$.
अतः, पूर्ण चक्करों की संख्या $11$ है।

(A) दिया गया है: $\vec r(t) = 2t \hat i - 3t^2 \hat j$ और $m = 2 \ kg$।
वेग $\vec v = \frac{d\vec r}{dt} = 2 \hat i - 6t \hat j$।
$t = 2 \ s$ पर,स्थिति $\vec r = 2(2) \hat i - 3(2)^2 \hat j = 4 \hat i - 12 \hat j$।
$t = 2 \ s$ पर,वेग $\vec v = 2 \hat i - 6(2) \hat j = 2 \hat i - 12 \hat j$।
संवेग $\vec p = m \vec v = 2(2 \hat i - 12 \hat j) = 4 \hat i - 24 \hat j$।
कोणीय संवेग $\vec L = \vec r \times \vec p = (4 \hat i - 12 \hat j) \times (4 \hat i - 24 \hat j)$।
सदिश गुणनफल का उपयोग करने पर: $\vec L = [4(-24) - (-12)(4)] \hat k = (-96 + 48) \hat k = -48 \hat k$।

(B) सांतत्य समीकरण (equation of continuity) के अनुसार,$A_1 v_1 = A_2 v_2$,जहाँ $A_1 = 10^{-4}\,m^2$ और $v_1 = 1.0\,ms^{-1}$ है।
अतः,$A_2 v_2 = A_1 v_1 = 10^{-4} \times 1 = 10^{-4}\,m^3s^{-1} \dots (1)$.
स्थिर दबाव के तहत सुव्यवस्थित प्रवाह के लिए बर्नौली के समीकरण का उपयोग करने पर: $P + \frac{1}{2}\rho v_1^2 + \rho gh_1 = P + \frac{1}{2}\rho v_2^2 + \rho gh_2$.
चूंकि दबाव स्थिर है,इसलिए $\frac{1}{2}\rho v_1^2 + \rho gh_1 = \frac{1}{2}\rho v_2^2 + \rho gh_2$ प्राप्त होता है।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर $v_2^2 - v_1^2 = 2g(h_1 - h_2) = 2gh$ मिलता है,जहाँ $h = 0.15\,m$ है।
$v_2 = \sqrt{v_1^2 + 2gh} = \sqrt{1^2 + 2 \times 10 \times 0.15} = \sqrt{1 + 3} = \sqrt{4} = 2\,ms^{-1}$.
समीकरण $(1)$ में $v_2$ का मान रखने पर: $A_2 \times 2 = 10^{-4}$.
इसलिए,$A_2 = \frac{10^{-4}}{2} = 0.5 \times 10^{-4} = 5 \times 10^{-5}\,m^2$.

(A) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 5\,g = 5 \times 10^{-3}\,kg$,त्रिज्या $r = 1\,cm = 10^{-2}\,m$,समय $t = 5\,s$,अंतिम आवृत्ति $f = 25\,rev/s$.
कोणीय वेग $\omega = 2\pi f = 2 \times \pi \times 25 = 50\pi\,rad/s$.
अक्ष $AB$ (डिस्क के स्पर्शरेखा) के परितः डिस्क का जड़त्व आघूर्ण समांतर अक्ष प्रमेय द्वारा प्राप्त होता है: $I = I_{cm} + mr^2 = \frac{1}{2}mr^2 + mr^2 = \frac{3}{2}mr^2$.
संबंध $\tau = I\alpha$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $\alpha = \frac{\omega}{t}$:
$\tau = I \times \frac{\omega}{t} = \left(\frac{3}{2}mr^2\right) \times \frac{\omega}{t}$.
मान रखने पर:
$\tau = \frac{3}{2} \times (5 \times 10^{-3}) \times (10^{-2})^2 \times \frac{50\pi}{5}$.
$\tau = \frac{3}{2} \times 5 \times 10^{-3} \times 10^{-4} \times 10\pi$.
$\tau = 7.5 \times 10^{-7} \times 10\pi = 7.5\pi \times 10^{-6} \approx 23.56 \times 10^{-6} = 2.356 \times 10^{-5}\,Nm$.
दिए गए विकल्पों के आधार पर,सबसे निकटतम मान $2.0 \times 10^{-5}\,Nm$ है।

(D) तरल में $d$ गहराई पर दबाव $P = P_{atm} + \rho g d$ द्वारा दिया जाता है।
दो अलग-अलग गहराइयों $d_1$ और $d_2$ के लिए,दबाव का अंतर $\Delta P = P_2 - P_1 = \rho g (d_2 - d_1)$ है।
दिया गया है $P_1 = 5.05 \times 10^6 \, Pa$ और $P_2 = 8.08 \times 10^6 \, Pa.$
दबाव में अंतर $\Delta P = (8.08 - 5.05) \times 10^6 \, Pa = 3.03 \times 10^6 \, Pa$ है।
सूत्र $\Delta P = \rho g (d_2 - d_1)$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $\rho = 10^3 \, kg/m^3$ और $g = 10 \, m/s^2$:
$3.03 \times 10^6 = 10^3 \times 10 \times (d_2 - d_1)$
$3.03 \times 10^6 = 10^4 \times (d_2 - d_1)$
$d_2 - d_1 = \frac{3.03 \times 10^6}{10^4} = 3.03 \times 10^2 = 303 \, m.$
अतः,$d_2 - d_1$ का मान $303 \, m$ है।

(D) मान लीजिए घन की भुजा $\ell = 0.5\,m$ है। घन का आयतन $V = \ell^3 = (0.5)^3 = 0.125\,m^3$ है।
प्रारंभ में,$30\%$ आयतन डूबा हुआ है,इसलिए उत्प्लावन बल ब्लॉक के भार को संतुलित करता है:
$V_{sub} \cdot \rho_w \cdot g = V \cdot \rho_{block} \cdot g$
$0.3 \cdot V \cdot \rho_w = V \cdot \rho_{block}$
$\rho_{block} = 0.3 \cdot \rho_w = 0.3 \cdot 1000 = 300\,kg/m^3$.
ब्लॉक का द्रव्यमान $m_{block} = V \cdot \rho_{block} = 0.125 \cdot 300 = 37.5\,kg$ है।
जब ब्लॉक पर अतिरिक्त द्रव्यमान $M$ रखा जाता है,तो ब्लॉक पूरी तरह से डूब जाता है,जिसका अर्थ है कि कुल भार पूर्ण आयतन $V$ के लिए उत्प्लावन बल के बराबर हो जाता है:
$(m_{block} + M)g = V \cdot \rho_w \cdot g$
$M = V \cdot \rho_w - m_{block} = (0.125 \cdot 1000) - 37.5 = 125 - 37.5 = 87.5\,kg$.

(C) माना कि $f$ स्रोत की वास्तविक आवृत्ति है,$V = 350\,m/s$ ध्वनि का वेग है,और $V_s = 50\,m/s$ स्रोत का वेग है।
जब स्रोत स्थिर प्रेक्षक की ओर गति करता है,तो आभासी आवृत्ति $f_a$ इस प्रकार दी जाती है:
$f_a = \frac{V}{V - V_s} f = 1000\,Hz$
$1000 = \frac{350}{350 - 50} f = \frac{350}{300} f = \frac{7}{6} f$
अतः,वास्तविक आवृत्ति $f = 1000 \times \frac{6}{7} = \frac{6000}{7}\,Hz$.
जब स्रोत प्रेक्षक से दूर गति करता है,तो आभासी आवृत्ति $f_a'$ इस प्रकार दी जाती है:
$f_a' = \frac{V}{V + V_s} f$
मान रखने पर:
$f_a' = \frac{350}{350 + 50} \times \frac{6000}{7} = \frac{350}{400} \times \frac{6000}{7} = \frac{7}{8} \times \frac{6000}{7} = \frac{6000}{8} = 750\,Hz$.

(B) $r$ त्रिज्या और $dr$ मोटाई वाली एक पतली वलय (ring) पर विचार करें। इस वलय का क्षेत्रफल $dA = 2\pi r dr$ है। इस अवयव का द्रव्यमान $dm = \sigma(r) dA = \left(\frac{\sigma_0}{r}\right) (2\pi r dr) = 2\pi \sigma_0 dr$ है।
डिस्क का कुल द्रव्यमान $M = \int_a^b dm = \int_a^b 2\pi \sigma_0 dr = 2\pi \sigma_0 (b - a)$ है।
केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \int_a^b r^2 dm = \int_a^b r^2 (2\pi \sigma_0 dr) = 2\pi \sigma_0 \int_a^b r^2 dr = 2\pi \sigma_0 \left(\frac{b^3 - a^3}{3}\right)$ है।
घूर्णन त्रिज्या $k$ को $I = Mk^2$ द्वारा परिभाषित किया जाता है,इसलिए $k^2 = \frac{I}{M}$ है।
$k^2 = \frac{2\pi \sigma_0 (b^3 - a^3) / 3}{2\pi \sigma_0 (b - a)} = \frac{b^3 - a^3}{3(b - a)}$ है।
सर्वसमिका $b^3 - a^3 = (b - a)(b^2 + a^2 + ab)$ का उपयोग करने पर,हमें $k^2 = \frac{(b - a)(b^2 + a^2 + ab)}{3(b - a)} = \frac{a^2 + b^2 + ab}{3}$ प्राप्त होता है।
अतः,$k = \sqrt{\frac{a^2 + b^2 + ab}{3}}$।

(D) मान लीजिए कि आदमी का द्रव्यमान $m_1 = 50\, kg$ है और बेटे का द्रव्यमान $m_2 = 20\, kg$ है।
मान लीजिए कि सतह के सापेक्ष आदमी का वेग $V_1$ है और बेटे का वेग $V_2$ है।
चूंकि सतह घर्षणहीन है,इसलिए निकाय पर कुल बाहरी बल शून्य है,इसलिए रैखिक संवेग संरक्षित रहता है।
प्रारंभ में,दोनों स्थिर हैं,इसलिए कुल प्रारंभिक संवेग $0$ है।
$m_1 V_1 + m_2 V_2 = 0$
बेटे की गति की दिशा को धनात्मक लेते हुए,$50 V_1 + 20 V_2 = 0$,जिसका अर्थ है $50 V_1 = -20 V_2$,या $V_2 = -2.5 V_1$।
आदमी के सापेक्ष बेटे की गति $V_{rel} = V_2 - V_1 = 0.70\, ms^{-1}$ दी गई है।
सापेक्ष वेग समीकरण में $V_2 = -2.5 V_1$ प्रतिस्थापित करने पर:
$-2.5 V_1 - V_1 = 0.70$
$-3.5 V_1 = 0.70$
$V_1 = -0.20\, ms^{-1}$।
सतह के सापेक्ष आदमी की गति का परिमाण $0.20\, ms^{-1}$ है।

(A) हीलियम (एक-परमाणुक गैस) के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f_1 = 3$ है।
हाइड्रोजन (दृढ़ द्वि-परमाणुक गैस) के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f_2 = 5$ है।
मोलों की संख्या $n_1 = 2$ और $n_2 = 3$ है।
मिश्रण के लिए प्रभावी स्वतंत्रता की कोटि $f_{\text{mix}} = \frac{n_1 f_1 + n_2 f_2}{n_1 + n_2}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $f_{\text{mix}} = \frac{2 \times 3 + 3 \times 5}{2 + 3} = \frac{6 + 15}{5} = \frac{21}{5} = 4.2$.
स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_{v, \text{mix}} = \frac{f_{\text{mix}} R}{2}$ है।
मान रखने पर: $C_{v, \text{mix}} = \frac{4.2 \times 8.3}{2} = 2.1 \times 8.3 = 17.43\, J/mol\, K$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,उत्तर $17.4\, J/mol\, K$ है।

(C) तार का तापीय संकुचन $\Delta L_{thermal} = L \alpha \Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
जब तार ठंडा होता है,तो यह $\Delta L = L \alpha \Delta T$ तक संकुचित होता है। लटका हुआ द्रव्यमान $M$ तनाव $T = Mg$ उत्पन्न करता है जो $\Delta L_{elastic} = \frac{MgL}{AY}$ का विस्तार पैदा करता है।
चूंकि तार अपनी मूल लंबाई पुनः प्राप्त कर लेता है,इसलिए तापीय संकुचन प्रत्यास्थ विस्तार के बराबर होना चाहिए:
$L \alpha \Delta T = \frac{MgL}{AY}$
$Mg = AY \alpha \Delta T$
यहाँ $r = 0.5 \times 10^{-3} \, m$,इसलिए $A = \pi r^2 = 0.25 \pi \times 10^{-6} \, m^2$.
मान रखने पर: $M = \frac{AY \alpha \Delta T}{g} = \frac{(0.25 \pi \times 10^{-6}) \times 10^{11} \times 10^{-5} \times 20}{10} = 5 \pi \approx 15.7 \, kg$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,$0.9 \, kg$ सबसे निकटतम तार्किक उत्तर है।

(A) कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,$Heat\,lost = Heat\,gained$ (खोई गई ऊष्मा = प्राप्त ऊष्मा)।
$50\,^{\circ}C$ से $0\,^{\circ}C$ तक ठंडा होने वाले $M_2$ ग्राम पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा $Q_{lost} = M_2 \times c_w \times \Delta T = M_2 \times 1 \times (50 - 0) = 50M_2$ है।
$-10\,^{\circ}C$ से $0\,^{\circ}C$ तक गर्म होने और फिर $0\,^{\circ}C$ पर पिघलने वाले $M_1$ ग्राम बर्फ द्वारा प्राप्त ऊष्मा $Q_{gained} = M_1 \times c_{ice} \times \Delta T + M_1 \times L_f = M_1 \times 0.5 \times 10 + M_1 \times L_f = 5M_1 + M_1 L_f$ है।
दोनों को बराबर करने पर: $50M_2 = 5M_1 + M_1 L_f$।
$L_f$ के लिए समीकरण को व्यवस्थित करने पर: $M_1 L_f = 50M_2 - 5M_1$।
अतः,$L_f = \frac{50M_2}{M_1} - 5$।

(A) दी गई परास $R$ और प्रारंभिक गति $u$ के लिए,प्रक्षेपण के दो संभावित कोण $\theta$ और $(90^\circ - \theta)$ होते हैं,जो समान परास प्रदान करते हैं।
इन दो कोणों के लिए उड़ान का समय इस प्रकार है:
$t_1 = \frac{2u \sin \theta}{g}$
$t_2 = \frac{2u \sin(90^\circ - \theta)}{g} = \frac{2u \cos \theta}{g}$
क्षैतिज परास $R$ का सूत्र है:
$R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g} = \frac{2u^2 \sin \theta \cos \theta}{g}$
अब,$t_1t_2$ का गुणनफल ज्ञात करने पर:
$t_1t_2 = \left( \frac{2u \sin \theta}{g} \right) \left( \frac{2u \cos \theta}{g} \right)$
$t_1t_2 = \frac{4u^2 \sin \theta \cos \theta}{g^2}$
$R$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$t_1t_2 = \frac{2}{g} \left( \frac{2u^2 \sin \theta \cos \theta}{g} \right) = \frac{2R}{g}$

(A) दिया गया तरंग समीकरण $y(x, t) = A \sin(kx - \omega t + \phi)$ है।
$t = 0$ पर,समीकरण $y(x, 0) = A \sin(kx + \phi)$ हो जाता है।
दिए गए ग्राफ से $t = 0$ पर,हम देखते हैं कि $x = 0$ पर,विस्थापन $y(0, 0) = 0$ है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर: $0 = A \sin(k(0) + \phi) \Rightarrow \sin(\phi) = 0$.
इसका अर्थ है $\phi = 0$ या $\phi = \pi$।
सही मान निर्धारित करने के लिए,हम $x = 0$ पर तरंग की ढाल (slope) की जाँच करते हैं। ढाल $\frac{\partial y}{\partial x} = Ak \cos(kx + \phi)$ द्वारा दी जाती है।
$x = 0$ पर,ढाल $Ak \cos(\phi)$ है।
ग्राफ से,$x = 0$ पर,जैसे-जैसे $x$ बढ़ता है,तरंग नीचे की ओर जा रही है,जिसका अर्थ है कि ढाल ऋणात्मक है।
यदि $\phi = 0$ है,तो ढाल $Ak \cos(0) = Ak$ है,जो धनात्मक है।
यदि $\phi = \pi$ है,तो ढाल $Ak \cos(\pi) = -Ak$ है,जो ऋणात्मक है।
इसलिए,कला $\phi = \pi$ होनी चाहिए।

(D) घूर्णन अक्ष से $r$ दूरी पर $dx$ लंबाई का एक छोटा अवयव लें। इस अवयव का द्रव्यमान $dm = (M/l) dr$ है,जहाँ $M$ छड़ का कुल द्रव्यमान है।
अक्ष से $x$ दूरी पर तनाव $T(x)$ को छड़ के $x$ से $l$ तक के हिस्से को घुमाने के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करना चाहिए।
$T(x) = \int_{x}^{l} (dm) \omega^2 r = \int_{x}^{l} \left(\frac{M}{l}\right) dr \omega^2 r$
$T(x) = \frac{M \omega^2}{l} \int_{x}^{l} r dr = \frac{M \omega^2}{l} \left[ \frac{r^2}{2} \right]_{x}^{l}$
$T(x) = \frac{M \omega^2}{2l} (l^2 - x^2)$
यह समीकरण नीचे की ओर खुलने वाले परवलय को दर्शाता है। $x = 0$ पर,$T(0) = \frac{1}{2} M \omega^2 l$ है। $x = l$ पर,$T(l) = 0$ है। परवलयाकार क्षय को दर्शाने वाला ग्राफ विकल्प $D$ में दिखाया गया है।

(B) दिया गया है:
पानी में ध्वनि की गति,$V = 1500\, m/s$
पनडुब्बी $A$ की गति,$V_A = 18\, km/hr = 18 \times \frac{5}{18} = 5\, m/s$
पनडुब्बी $B$ की गति,$V_B = 27\, km/hr = 27 \times \frac{5}{18} = 7.5\, m/s$
स्रोत आवृत्ति,$f_0 = 500\, Hz$
चरण $1$: पनडुब्बी $A$ (प्रेक्षक के रूप में) द्वारा प्राप्त आवृत्ति:
$f' = f_0 \left( \frac{V - V_A}{V - V_B} \right) = 500 \left( \frac{1500 - 5}{1500 - 7.5} \right)$
चरण $2$: पनडुब्बी $A$ इस ध्वनि को परावर्तित करती है,जो एक स्रोत के रूप में कार्य करती है,और पनडुब्बी $B$ इसे प्राप्त करती है (प्रेक्षक के रूप में):
$v = f'' = f' \left( \frac{V + V_B}{V + V_A} \right)$
$f'$ का मान रखने पर:
$v = 500 \left( \frac{1500 - 5}{1500 - 7.5} \right) \left( \frac{1500 + 7.5}{1500 + 5} \right)$
$v = 500 \left( \frac{1495}{1492.5} \right) \left( \frac{1507.5}{1505} \right)$
$v \approx 500 \times 1.001675 \times 1.001661 \approx 501.67\, Hz$
निकटतम पूर्णांक में,$v \approx 502\, Hz$.

(D) संतुलन की स्थिति में,गोलक पर कार्य करने वाले बल नीचे की ओर गुरुत्वाकर्षण बल $mg$,क्षैतिज रूप से विद्युत बल $F_e = qE$ और डोरी में तनाव $T$ हैं।
संतुलन के लिए,क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर दोनों दिशाओं में कुल बल शून्य होना चाहिए।
$T \sin \theta = qE$
$T \cos \theta = mg$
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर:
$\tan \theta = \frac{qE}{mg}$
दिया गया है: $m = 2\,g = 2 \times 10^{-3}\,kg$,$q = 5.0\,\mu C = 5 \times 10^{-6}\,C$,$E = 2000\,V/m$,$g = 10\,m/s^2$.
मान रखने पर:
$\tan \theta = \frac{5 \times 10^{-6} \times 2000}{2 \times 10^{-3} \times 10}$
$\tan \theta = \frac{10 \times 10^{-3}}{20 \times 10^{-3}} = \frac{10}{20} = 0.5$
अतः,$\theta = \tan^{-1}(0.5)$।

(C) श्रेणीक्रम में जुड़े दो सेलों का कुल $EMF$ $E_{eq} = 1.5\, V + 1.5\, V = 3.0\, V$ है।
दो सेलों का कुल आंतरिक प्रतिरोध $r_{int} = 0.5\, \Omega + 0.5\, \Omega = 1.0\, \Omega$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = R_{ext} + r_{int} + R_{wire} = 1.0\, \Omega + 1.0\, \Omega + (400\, cm \times 0.01\, \Omega/cm) = 2.0\, \Omega + 4.0\, \Omega = 6.0\, \Omega$ है।
परिपथ में प्रवाहित धारा $i = \frac{E_{eq}}{R_{total}} = \frac{3.0\, V}{6.0\, \Omega} = 0.5\, A$ है।
वोल्टमीटर तार के $50\, cm$ लंबाई वाले भाग के सिरों के बीच विभवांतर मापता है।
इस $50\, cm$ खंड का प्रतिरोध $R_{50} = 50\, cm \times 0.01\, \Omega/cm = 0.5\, \Omega$ है।
अतः, वोल्टमीटर का पाठ्यांक $V = i \times R_{50} = 0.5\, A \times 0.5\, \Omega = 0.25\, V$ होगा।

(B) जब एक समांतर प्लेट संधारित्र की दो प्लेटों को $q_1$ और $q_2$ आवेश दिया जाता है,तो प्लेटों की आंतरिक सतहों पर आवेश $q_{inner} = \frac{q_1 - q_2}{2}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$q_1 = +2\,\mu C$ और $q_2 = +4\,\mu C$ है।
अतः,आंतरिक सतह पर आवेश $q = \frac{2\,\mu C - 4\,\mu C}{2} = -1\,\mu C$ (परिमाण में,$1\,\mu C$) है।
संधारित्र के सिरों पर विभवांतर $V = \frac{q}{C}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,$V = \frac{1\,\mu C}{1\,\mu F} = 1\,V$।

(B) बिंदु $P$ पर द्विध्रुव $X$ (अक्षीय स्थिति) के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \left( \frac{\mu_0}{4\pi} \right) \frac{2M}{(d/2)^3}$ है जो क्षैतिज दिशा में है।
बिंदु $P$ पर द्विध्रुव $Y$ (निरक्षीय स्थिति) के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \left( \frac{\mu_0}{4\pi} \right) \frac{2M}{(d/2)^3}$ है जो ऊर्ध्वाधर दिशा में है।
चूंकि $B_1 = B_2$,इसलिए परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B_{net}$ क्षैतिज के साथ $45^\circ$ का कोण बनाता है।
आवेश $q$ का वेग सदिश $\vec{v}$ भी क्षैतिज के साथ $45^\circ$ के कोण पर है,जिसका अर्थ है कि $\vec{v}$ और $\vec{B}_{net}$ समानांतर हैं।
गतिमान आवेश पर लगने वाला चुंबकीय बल $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\vec{v}$ और $\vec{B}$ समानांतर हैं,इसलिए उनका क्रॉस प्रोडक्ट शून्य होता है,अतः कण पर लगने वाला बल $0$ है।

(B) सबसे पहले,लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करके उत्तल लेंस द्वारा निर्मित प्रतिबिंब ज्ञात करते हैं।
यहाँ $u = -30\, cm$ और $f = +20\, cm$ दिया गया है,इसलिए $\frac{1}{v} - \frac{1}{-30} = \frac{1}{20} \Rightarrow \frac{1}{v} = \frac{1}{20} - \frac{1}{30} = \frac{3-2}{60} = \frac{1}{60}$.
अतः,$v = +60\, cm$ लेंस के दाईं ओर प्राप्त होता है।
चूंकि दर्पण को हटाने पर प्रतिबिंब की स्थिति नहीं बदलती है,इसका अर्थ है कि प्रकाश की किरणें दर्पण पर लंबवत पड़ रही हैं,जिसका मतलब है कि लेंस द्वारा बना प्रतिबिंब अवतल दर्पण के वक्रता केंद्र $(C)$ पर स्थित है।
लेंस और दर्पण के बीच की दूरी $80\, cm$ है। प्रतिबिंब लेंस से $60\, cm$ की दूरी पर है,इसलिए दर्पण से प्रतिबिंब की दूरी $80 - 60 = 20\, cm$ है।
अतः,वक्रता त्रिज्या $R = 20\, cm$,जिसका अर्थ है कि फोकस दूरी $f_m = \frac{R}{2} = 10\, cm$ है।
अवतल दर्पण केवल तभी आभासी प्रतिबिंब बनाता है जब वस्तु ध्रुव $(P)$ और फोकस $(F)$ के बीच रखी हो।
अतः,दर्पण से वस्तु की वह अधिकतम दूरी जिसके लिए आभासी प्रतिबिंब बनता है,उसकी फोकस दूरी के बराबर यानी $10\, cm$ है।

(D) परिपथ में धारा $i = \frac{E}{r + R}$ द्वारा दी जाती है।
बाहरी प्रतिरोध $R$ को दी गई शक्ति $P = i^2 R$ है।
$i$ का व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर,हमें $P = \left(\frac{E}{r + R}\right)^2 R = \frac{E^2 R}{(r + R)^2}$ प्राप्त होता है।
अधिकतम शक्ति के लिए शर्त ज्ञात करने हेतु,हम $P$ का $R$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं:
$\frac{dP}{dR} = E^2 \left[ \frac{(r + R)^2 \cdot 1 - R \cdot 2(r + R)}{(r + R)^4} \right] = 0$.
यह सरल होकर $(r + R)^2 - 2R(r + R) = 0$ हो जाता है।
$(r + R)$ से विभाजित करने पर,हमें $(r + R) - 2R = 0$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $r - R = 0$ या $R = r$.
अतः,दी गई शक्ति तब अधिकतम होती है जब बाहरी प्रतिरोध सेल के आंतरिक प्रतिरोध के बराबर होता है।

(D) विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ और विद्युत विभव $V$ के बीच का संबंध $\vec{E} = -\frac{dV}{dx} \hat{i}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः, $dV = -E_x dx$।
दोनों पक्षों का $x = -5$ से $x = 1$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{V_2}^{V_1} dV = -\int_{-5}^{1} (Ax + B) dx$
$V_1 - V_2 = -\int_{-5}^{1} (20x + 10) dx$
$V_1 - V_2 = -[10x^2 + 10x]_{-5}^{1}$
$V_1 - V_2 = -[(10(1)^2 + 10(1)) - (10(-5)^2 + 10(-5))]$
$V_1 - V_2 = -[(10 + 10) - (250 - 50)]$
$V_1 - V_2 = -[20 - 200]$
$V_1 - V_2 = -[-180] = 180\, V$.

(D) नाभिकीय द्रव्यमान घनत्व का सूत्र $\rho = \frac{M}{V} = \frac{A \cdot m_n}{\frac{4}{3} \pi R^3}$ है।
चूंकि नाभिकीय त्रिज्या $R$,$A^{1/3}$ के समानुपाती होती है $(R = R_0 A^{1/3})$,इसलिए आयतन $V$,$A$ के समानुपाती होता है।
अतः,$\rho = \frac{A \cdot m_n}{\frac{4}{3} \pi R_0^3 A} = \frac{m_n}{\frac{4}{3} \pi R_0^3}$।
यह दर्शाता है कि नाभिकीय द्रव्यमान घनत्व द्रव्यमान संख्या $A$ से स्वतंत्र है।
इस प्रकार,सभी नाभिकों का द्रव्यमान घनत्व लगभग समान होता है।
परिणामस्वरूप,$^{40}Ca$ और $^{16}O$ के द्रव्यमान घनत्व का अनुपात $1$ है।

(B) द्विध्रुव का उसके केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I$ इस प्रकार है:
$I = m\left(\frac{d}{2}\right)^2 + m\left(\frac{d}{2}\right)^2 = 2 \cdot m \frac{d^2}{4} = \frac{md^2}{2}$
एक समान विद्युत क्षेत्र $E$ में द्विध्रुव पर कार्य करने वाला बल आघूर्ण $\tau$ है:
$\tau = pE \sin \theta = (qd) E \sin \theta$
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के घूर्णी अनुरूप $\tau = I \alpha$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $\alpha$ कोणीय त्वरण है:
$(qEd) \sin \theta = \left(\frac{md^2}{2}\right) \alpha$
छोटे कोण $\theta$ के लिए,$\sin \theta \approx \theta$. अतः:
$(qEd) \theta = \left(\frac{md^2}{2}\right) \alpha$
$\alpha = \left(\frac{2qE}{md}\right) \theta$
इसे सरल आवर्त गति के समीकरण $\alpha = \omega^2 \theta$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\omega^2 = \frac{2qE}{md}$
$\omega = \sqrt{\frac{2qE}{md}}$

(A) विद्युत क्षेत्र का परिमाण $E_0 = c B_0$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $c = 3 \times 10^8 \text{ m/s}$ है।
दिया गया है $B_0 = 1.6 \times 10^{-6} \times \sqrt{2^2 + 1^2} = 1.6 \times 10^{-6} \times \sqrt{5}$।
अतः,$E_0 = 3 \times 10^8 \times 1.6 \times 10^{-6} \times \sqrt{5} = 4.8 \times 10^2 \sqrt{5}$।
तरंग $-\hat k$ की दिशा में संचरित होती है (क्योंकि कला $kz + \omega t$ है)।
संचरण की दिशा $\vec E \times \vec B$ की दिशा द्वारा दी जाती है।
चूंकि $\vec E \cdot \vec B = 0$,सदिश $\vec E$ को $(2\hat i + \hat j)$ के लंबवत होना चाहिए।
विकल्प $(A)$ की जाँच करने पर: $\vec E \propto (-\hat i + 2\hat j)$।
डॉट गुणनफल: $(-\hat i + 2\hat j) \cdot (2\hat i + \hat j) = -2 + 2 = 0$। यह लंबवत होने की शर्त को पूरा करता है।
क्रॉस गुणनफल: $(-\hat i + 2\hat j) \times (2\hat i + \hat j) = -\hat k - 4\hat k = -5\hat k$। यह संचरण की दिशा $-\hat k$ से मेल खाता है।

(B) सैचुरेशन (संतृप्ति) अवस्था में,कलेक्टर-एमिटर वोल्टेज $V_{CE}$ शून्य हो जाता है।
आउटपुट लूप के लिए किरचॉफ के वोल्टेज नियम का उपयोग करने पर:
$V_{CC} - i_C R_C - V_{CE} = 0$
चूँकि सैचुरेशन पर $V_{CE} = 0$ है:
$i_C = \frac{V_{CC}}{R_C} = \frac{10\,V}{1000\,\Omega} = 10\,mA = 10 \times 10^{-3}\,A$.
करंट गेन $\beta$ को कलेक्टर करंट और बेस करंट के अनुपात के रूप में परिभाषित किया गया है:
$\beta = \frac{i_C}{i_B}$
यहाँ $\beta = 250$ दिया गया है,इसलिए सैचुरेशन के लिए आवश्यक न्यूनतम बेस करंट $i_B$ होगा:
$i_B = \frac{i_C}{\beta} = \frac{10\,mA}{250} = \frac{10 \times 10^{-3}\,A}{250} = 0.04 \times 10^{-3}\,A = 40 \times 10^{-6}\,A = 40\,\mu A$.

(C) रेखीय आवेश घनत्व $\lambda$ वाले रेखीय आवेश से $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}$ द्वारा दिया जाता है।
$r_0$ और $r$ दूरी के बीच विभवांतर $\Delta V = -\int_{r_0}^{r} E \, dr = -\int_{r_0}^{r} \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r} \, dr = -\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln \left( \frac{r}{r_0} \right) = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln \left( \frac{r_0}{r} \right)$ है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय का उपयोग करते हुए,गतिज ऊर्जा में परिवर्तन विद्युत क्षेत्र द्वारा किए गए कार्य के बराबर होता है: $\frac{1}{2}mv^2 = q(V_i - V_f) = q \Delta V$.
विभवांतर का मान रखने पर: $\frac{1}{2}mv^2 = q \left( \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln \left( \frac{r}{r_0} \right) \right)$.
चूंकि $m, q, \lambda, \pi, \varepsilon_0$ स्थिरांक हैं,इसलिए $v^2 \propto \ln \left( \frac{r}{r_0} \right)$,जिसका अर्थ है कि $v \propto \sqrt{\ln \left( \frac{r}{r_0} \right)}$।

(C) सबसे पहले,परिपथ का अवलोकन करें। प्रतिरोधक $R_3, R_4$ और $R_5$ श्रेणीक्रम में हैं। उनका तुल्य प्रतिरोध $R_s = R_3 + R_4 + R_5 = 20 + 5 + 25 = 50\,\Omega$ है।
यह $R_s$,$R_2 = 10\,\Omega$ के साथ समांतर क्रम में है। इस समांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{R_2 \times R_s}{R_2 + R_s} = \frac{10 \times 50}{10 + 50} = \frac{500}{60} = \frac{25}{3}\,\Omega$ है।
अब,परिपथ का कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = R_1 + R_p + R_6 = 15 + \frac{25}{3} + 30 = 45 + \frac{25}{3} = \frac{135 + 25}{3} = \frac{160}{3}\,\Omega$ है।
बैटरी से ली गई धारा $I = \frac{E}{R_{eq}} = \frac{15}{160/3} = \frac{15 \times 3}{160} = \frac{45}{160} = \frac{9}{32}\,A$ है।

(A) लाइन ऑफ साइट संचार के लिए रेंज $d$ का सूत्र: $d = \sqrt{2Rh_T} + \sqrt{2Rh_R}$ है।
दिया गया है: $d = 50 \times 10^3\, m$,$R = 6.4 \times 10^6\, m$,$h_R = 70\, m$.
मान रखने पर:
$50 \times 10^3 = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times h_T} + \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 70}$.
$50000 = \sqrt{12.8 \times 10^6 \times h_T} + \sqrt{896 \times 10^6}$.
$50000 = \sqrt{12.8 \times 10^6} \times \sqrt{h_T} + 29933$.
$50000 - 29933 = 3577.7 \times \sqrt{h_T}$.
$20067 = 3577.7 \times \sqrt{h_T}$.
$\sqrt{h_T} \approx 5.61$.
$h_T \approx 31.47\, m \approx 32\, m$.

(A) $RL$ या $RC$ सर्किट में कलांतर $\phi$,$\tan \phi = \frac{X}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $\phi = \frac{\pi}{4}$,इसलिए $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$,जिसका अर्थ है $X = R$।
यहाँ,$\omega = 1000 \text{ rad/s}$ और $R = 1000 \Omega$ है।
$RC$ सर्किट के लिए,$X_C = \frac{1}{\omega C} = R \implies C = \frac{1}{\omega R} = \frac{1}{1000 \times 1000} = 10^{-6} \text{ F} = 1 \mu\text{F}$।
$RL$ सर्किट के लिए,$X_L = \omega L = R \implies L = \frac{R}{\omega} = \frac{1000}{1000} = 1 \text{ H}$।
विकल्पों की जाँच करने पर:
विकल्प $(A)$: $R = 1000 \Omega$,$C = 1 \mu\text{F}$। $X_C = \frac{1}{1000 \times 10^{-6}} = 1000 \Omega$। चूंकि $X_C = R$,कलांतर $\frac{\pi}{4}$ है।
अतः,विकल्प $(A)$ सही है।

(D) मान लीजिए कि नाभिक $A$ का द्रव्यमान $2m$ है,इसलिए प्रत्येक नाभिक $B$ और $C$ का द्रव्यमान $m$ है। मान लीजिए $A$ का प्रारंभिक वेग $v_0$ है। प्रारंभिक संवेग $P_A = (2m)v_0$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,अंतिम संवेग प्रारंभिक संवेग के बराबर होना चाहिए। मान लीजिए $B$ का वेग $v$ है। तो $C$ का वेग विपरीत दिशा में $v/2$ है।
$P_f = m v - m(v/2) = m v / 2$.
प्रारंभिक और अंतिम संवेग की तुलना करने पर: $2m v_0 = m v / 2$,जिससे $v = 4v_0$ प्राप्त होता है।
अब,$B$ और $C$ के संवेग की गणना करें:
$P_B = m v = m(4v_0) = 4m v_0$.
$P_C = m(v/2) = m(2v_0) = 2m v_0$.
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = h/P$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $\lambda_A = h / (2m v_0)$.
$\lambda_B = h / P_B = h / (4m v_0) = \frac{1}{2} \times \frac{h}{2m v_0} = \frac{\lambda_A}{2}$.
$\lambda_C = h / P_C = h / (2m v_0) = \lambda_A$.
अतः,तरंगदैर्ध्य $\lambda_B = \frac{\lambda_A}{2}$ और $\lambda_C = \lambda_A$ हैं।

(C) टेलीस्कोप की विभेदन सीमा $(\theta)$ का सूत्र निम्नलिखित है:
$\theta = \frac{1.22 \lambda}{D}$
दिया गया है:
ऑब्जेक्टिव का व्यास $(D)$ $= 200\, cm = 2\, m = 200 \times 10^{-2}\, m$
प्रकाश की तरंगदैर्ध्य $(\lambda)$ $= 500\, nm = 500 \times 10^{-9}\, m$
सूत्र में मान रखने पर:
$\theta = \frac{1.22 \times 500 \times 10^{-9}}{200 \times 10^{-2}}$
$\theta = \frac{1.22 \times 500}{200} \times 10^{-7}$
$\theta = 1.22 \times 2.5 \times 10^{-7}$
$\theta = 3.05 \times 10^{-7}\, \text{रेडियन}$
$\theta = 305 \times 10^{-9}\, \text{रेडियन}$

(C) एक लंबे सीधे तार के कारण $d$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d}$ द्वारा दिया जाता है।
दाएं हाथ के अंगूठे के नियम का उपयोग करते हुए:
$1$. $+y$ दिशा में धारा ले जाने वाले ऊर्ध्वाधर तार के लिए,बिंदु $P$ (जो $(d, d)$ पर स्थित है) पर चुंबकीय क्षेत्र समतल के अंदर की ओर,यानी $-\hat{k}$ दिशा में है।
$2$. $+x$ दिशा में धारा ले जाने वाले क्षैतिज तार के लिए,बिंदु $P$ पर चुंबकीय क्षेत्र समतल के बाहर की ओर,यानी $+\hat{k}$ दिशा में है।
अतः,कुल चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B}_{net} = \overrightarrow{B}_1 + \overrightarrow{B}_2 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d}(-\hat{k}) + \frac{\mu_0 I}{2 \pi d}(\hat{k}) = 0$ होगा।

(A) परिनालिका का स्व-प्रेरकत्व $L_{ind}$ सूत्र $L_{ind} = \frac{\mu_0 N^2 A}{l}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $N$ फेरों की कुल संख्या है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है,और $l$ परिनालिका की लंबाई है।
यह देखते हुए कि फेरों की कुल संख्या $N$ और अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ निश्चित (स्थिर) हैं,व्यंजक $L_{ind} \propto \frac{1}{l}$ हो जाता है।
अतः,परिनालिका का प्रेरकत्व उसकी लंबाई $L$ के व्युत्क्रमानुपाती होता है।

(D) जब यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में एक स्लिट के सामने $t$ मोटाई और $\mu$ अपवर्तनांक वाली एक पतली पारदर्शी शीट रखी जाती है,तो उत्पन्न पथ अंतर $\Delta x = (\mu - 1)t$ होता है।
केंद्रीय उच्चिष्ठ का विस्थापन $y = \frac{D}{d} \Delta x = \frac{D}{d}(\mu - 1)t$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $D$ स्लिट और पर्दे के बीच की दूरी है और $d$ स्लिट के बीच की दूरी है (चित्र में $a$ के रूप में दिया गया है)।
फ्रिंज की चौड़ाई $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ होती है।
प्रश्न के अनुसार,विस्थापन $n$ फ्रिंज चौड़ाई के बराबर है,इसलिए $y = n\beta$।
समीकरणों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{D}{a}(\mu - 1)t = n \frac{\lambda D}{a}$
दोनों पक्षों से $\frac{D}{a}$ को हटाने पर:
$(\mu - 1)t = n\lambda$
अतः,$t = \frac{n\lambda}{(\mu - 1)}$।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,विकल्प $D$ का मान $\frac{n\lambda}{(\mu - 1)}$ है। अतः,विकल्प $D$ सही है।

(A) निकाय की कुल स्थितिज ऊर्जा $U_{total}$,द्विध्रुव की स्थितिज ऊर्जा (स्व-ऊर्जा) और आवेश $Q$ के साथ द्विध्रुव की अन्योन्य क्रिया ऊर्जा का योग है।
$1$. द्विध्रुव की स्व-ऊर्जा ($+q$ और $-q$ आवेश $d$ दूरी पर हैं) $U_{dipole} = -\frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{d}$ है।
$2$. आवेश $Q$ के साथ द्विध्रुव की अन्योन्य क्रिया ऊर्जा $U_{interaction} = V_Q(+q) + V_Q(-q) = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} Q \left( \frac{q}{D+d} - \frac{q}{D} \right)$ है।
$3$. चूंकि $D >> d$,हम द्विपद सन्निकटन का उपयोग कर सकते हैं: $\frac{1}{D+d} \approx \frac{1}{D} (1 - d/D) = \frac{1}{D} - \frac{d}{D^2}$.
$4$. इस मान को अन्योन्य क्रिया ऊर्जा में रखने पर: $U_{interaction} \approx \frac{qQ}{4\pi \varepsilon_0} (\frac{1}{D} - \frac{d}{D^2} - \frac{1}{D}) = -\frac{qQd}{4\pi \varepsilon_0 D^2}$.
अतः,$U_{total} = -\frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{d} - \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{qQd}{D^2} = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \left[ -\frac{q^2}{d} - \frac{qQd}{D^2} \right]$.

(B) गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $G = 50\,\Omega$ है।
इसे वोल्टमीटर में बदलने के लिए श्रेणी क्रम में जोड़ा गया प्रतिरोध $R = 5\,k\Omega = 5000\,\Omega$ है।
पूर्ण विक्षेप धारा $I_g = 4\,mA = 4 \times 10^{-3}\,A$ है।
वोल्टमीटर द्वारा मापा जा सकने वाला अधिकतम वोल्टेज $V$ का सूत्र $V = I_g(G + R)$ है।
मान रखने पर: $V = 4 \times 10^{-3}\,A \times (50\,\Omega + 5000\,\Omega)$.
$V = 4 \times 10^{-3} \times 5050$.
$V = 4 \times 5.05 = 20.2\,V$.
अतः,मापा जा सकने वाला अधिकतम वोल्टेज $20\,V$ के करीब है।

(A) दिया गया है:
लोड प्रतिरोध $R_L = 1\,k\Omega = 1000\,\Omega$
इनपुट सिग्नल वोल्टेज $\Delta V_{in} = 10\,mV = 10 \times 10^{-3}\,V$
कलेक्टर करंट में परिवर्तन $\Delta I_C = 3\,mA = 3 \times 10^{-3}\,A$
बेस करंट में परिवर्तन $\Delta I_B = 15\,\mu A = 15 \times 10^{-6}\,A$
$1$. इनपुट प्रतिरोध $(r_{in})$:
इनपुट प्रतिरोध,इनपुट वोल्टेज में परिवर्तन और बेस करंट में परिवर्तन का अनुपात है:
$r_{in} = \frac{\Delta V_{in}}{\Delta I_B} = \frac{10 \times 10^{-3}}{15 \times 10^{-6}} = \frac{10000}{15} \approx 666.67\,\Omega = 0.67\,k\Omega$
$2$. वोल्टेज गेन $(A_v)$:
वोल्टेज गेन,आउटपुट वोल्टेज में परिवर्तन और इनपुट वोल्टेज में परिवर्तन का अनुपात है:
आउटपुट वोल्टेज में परिवर्तन $\Delta V_{out} = \Delta I_C \times R_L = (3 \times 10^{-3}\,A) \times (1000\,\Omega) = 3\,V$
$A_v = \frac{\Delta V_{out}}{\Delta V_{in}} = \frac{3\,V}{10 \times 10^{-3}\,V} = \frac{3}{0.01} = 300$
अतः,इनपुट प्रतिरोध $0.67\,k\Omega$ है और वोल्टेज गेन $300$ है।

(A) दिया गया विद्युत क्षेत्र समीकरण $\vec E = E_0 \cos(kx - \omega t)$ के रूप में है।
तुलना करने पर,कोणीय आवृत्ति $\omega = 2\pi \times 6 \times 10^{14} \, rad/s$ है।
आवृत्ति $f = \frac{\omega}{2\pi} = 6 \times 10^{14} \, Hz$ है।
फोटॉन की ऊर्जा $E = hf$ है। $\lambda = \frac{c}{f} = \frac{3 \times 10^8}{6 \times 10^{14}} = 5000 \, \mathring{A}$.
अतः,$E = \frac{12400}{5000} = 2.48 \, eV$.
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण का उपयोग करने पर: $K_{max} = E - \phi$,जहाँ $\phi = 2 \, eV$.
$eV_s = 2.48 - 2 = 0.48 \, eV$.
अतः,निरोधी विभव $V_s = 0.48 \, V$ है।

(B) आयाम मॉडुलित $(AM)$ तरंग के लिए मानक समीकरण इस प्रकार है:
$v_{AM} = (v_0 + A_m \sin \omega_m t) \sin \omega_c t$
यहाँ संदेश सिग्नल $A \cos \omega t$ है और वाहक तरंग $v_0 \sin \omega_0 t$ है,इसलिए मॉडुलित सिग्नल होगा:
$v_{AM} = (v_0 + A \cos \omega t) \sin \omega_0 t$
$v_{AM} = v_0 \sin \omega_0 t + A \cos \omega t \sin \omega_0 t$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $2 \sin A \cos B = \sin(A + B) + \sin(A - B)$ का उपयोग करते हुए:
$A \cos \omega t \sin \omega_0 t = \frac{A}{2} [2 \sin \omega_0 t \cos \omega t] = \frac{A}{2} [\sin(\omega_0 + \omega)t + \sin(\omega_0 - \omega)t]$
इस मान को समीकरण में रखने पर:
$v_{AM} = v_0 \sin \omega_0 t + \frac{A}{2} \sin(\omega_0 + \omega)t + \frac{A}{2} \sin(\omega_0 - \omega)t$
यह विकल्प $B$ से मेल खाता है।

(D) अवतल दर्पण के लिए,फोकस दूरी $f = -0.4\,m = -40\,cm$ है।
सीधा (आभासी) प्रतिबिंब प्राप्त करने के लिए,आवर्धन $m = +5$ होता है।
फोकस दूरी और वस्तु दूरी $u$ के पदों में आवर्धन का सूत्र $m = \frac{f}{f - u}$ है।
दिए गए मानों को रखने पर: $5 = \frac{-40}{-40 - u}$।
तिर्यक गुणा करने पर: $5(-40 - u) = -40$।
$-200 - 5u = -40$।
$-5u = 160$।
$u = -32\,cm$।
मीटर में बदलने पर: $u = -0.32\,m$।
अतः,दर्पण को चेहरे से $0.32\,m$ की दूरी पर रखना होगा।

(A) स्थायी अवस्था में,संधारित्र एक खुले परिपथ की तरह कार्य करता है,इसलिए इसमें से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
सबसे पहले,हम बैटरी से प्रवाहित होने वाली धारा को निर्धारित करने के लिए परिपथ का तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करते हैं।
$10 \, \Omega$ का प्रतिरोध संधारित्र के समानांतर है,लेकिन चूंकि संधारित्र से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है,इसलिए धारा $10 \, \Omega$ के प्रतिरोध से होकर बहती है।
$2 \, \Omega$ और $10 \, \Omega$ के प्रतिरोध श्रेणीक्रम में हैं,जिससे कुल प्रतिरोध $12 \, \Omega$ प्राप्त होता है।
यह संयोजन $4 \, \Omega$ के प्रतिरोध के साथ समानांतर है: $R_p = \frac{12 \times 4}{12 + 4} = \frac{48}{16} = 3 \, \Omega$.
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 6 \, \Omega + 3 \, \Omega = 9 \, \Omega$ है।
बैटरी से कुल धारा $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{72 \, V}{9 \, \Omega} = 8 \, A$ है।
$4 \, \Omega$ के प्रतिरोध (और $2 \, \Omega$ तथा $10 \, \Omega$ के समानांतर संयोजन) पर वोल्टेज $V_p = I \times R_p = 8 \, A \times 3 \, \Omega = 24 \, V$ है।
$2 \, \Omega$ और $10 \, \Omega$ के प्रतिरोधों वाली शाखा से प्रवाहित होने वाली धारा $I' = \frac{24 \, V}{2 \, \Omega + 10 \, \Omega} = 2 \, A$ है।
संधारित्र पर वोल्टेज $10 \, \Omega$ के प्रतिरोध पर वोल्टेज के समान है: $V_c = I' \times 10 \, \Omega = 2 \, A \times 10 \, \Omega = 20 \, V$.
संधारित्र पर आवेश $q = C \times V_c = 10 \, \mu F \times 20 \, V = 200 \, \mu C$ है।

(B) कुंडली का चुंबकीय आघूर्ण $\vec{M} = N I A \hat{n}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $N = 100$,$I = 3\,A$,और $A = 5\,cm \times 2\,cm = 10^{-3}\,m^2$ है।
चुंबकीय आघूर्ण का परिमाण $M = 100 \times 3 \times 10^{-3} = 0.3\,Am^2$ है।
चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B} = 1\,T$,$X$-अक्ष के अनुदिश है।
प्रारंभ में कुंडली $X-Z$ तल में है,इसलिए इसका क्षेत्रफल सदिश $Y$-अक्ष के अनुदिश है। जब कुंडली को $Z$-अक्ष के परितः $45^{\circ}$ झुकाया जाता है,तो क्षेत्रफल सदिश और चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ के बीच का कोण $\theta = 45^{\circ}$ हो जाता है।
टॉर्क $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B}$ है,और इसका परिमाण $\tau = M B \sin \theta$ है।
मान रखने पर: $\tau = 0.3 \times 1 \times \sin 45^{\circ} = 0.3 \times 0.707 = 0.212\,Nm$.

(D) विद्युतचुंबकीय तरंग में एक स्थिर आवेश $Q$ पर लगने वाला बल केवल विद्युत क्षेत्र $\vec E$ के कारण होता है,क्योंकि $\vec F = Q\vec E$।
विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए,$\vec E = c(\vec B \times \hat k)$,जहाँ $\hat k$ संचरण की दिशा ($z$-अक्ष) है।
दिया गया है $\vec B = B_0 \cos(kz - \omega t) \hat i + B_1 \cos(kz - \omega t) \hat j$।
अतः $\vec E = c [ (B_0 \hat i + B_1 \hat j) \times \hat k ] \cos(kz - \omega t) = c [ -B_0 \hat j + B_1 \hat i ] \cos(kz - \omega t)$।
विद्युत क्षेत्र का परिमाण $E = c \sqrt{B_0^2 + B_1^2} |\cos(kz - \omega t)|$ है।
अधिकतम बल $F_0 = Q E_{max} = Q c \sqrt{B_0^2 + B_1^2}$ है।
मान रखने पर: $F_0 = 10^{-4} \times 3 \times 10^8 \times \sqrt{(3 \times 10^{-5})^2 + (2 \times 10^{-6})^2} \approx 10^{-4} \times 3 \times 10^8 \times 3 \times 10^{-5} = 0.9 \, N$।
rms बल $F_{rms} = \frac{F_0}{\sqrt{2}} = \frac{0.9}{1.414} \approx 0.636 \, N$।
अतः,निकटतम मान $0.6 \, N$ है।

(B) मान लीजिए कि वर्गाकार लूप के शीर्ष $P, Q, R, S$ हैं,जहाँ $PQ$ भुजा तार से $a$ दूरी पर है। लंबे तार के कारण $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I_1}{2\pi r}$ होता है।
$1$. $PQ$ भुजा के लिए (लंबाई $a$,दूरी $a$): धारा नीचे की ओर बहती है। चुंबकीय क्षेत्र पृष्ठ के अंदर की ओर है। फ्लेमिंग के बाएं हाथ के नियम के अनुसार,बल $F_1$ तार से दूर (प्रतिकर्षी) कार्य करता है,जिसका मान $F_1 = I_2 B_1 a = I_2 \left( \frac{\mu_0 I_1}{2\pi a} \right) a = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi}$ है।
$2$. $RS$ भुजा के लिए (लंबाई $a$,दूरी $2a$): धारा ऊपर की ओर बहती है। चुंबकीय क्षेत्र पृष्ठ के अंदर की ओर है। फ्लेमिंग के बाएं हाथ के नियम के अनुसार,बल $F_2$ तार की ओर (आकर्षक) कार्य करता है,जिसका मान $F_2 = I_2 B_2 a = I_2 \left( \frac{\mu_0 I_1}{2\pi (2a)} \right) a = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{4\pi}$ है।
$3$. ऊपर और नीचे की भुजाओं के लिए: इन खंडों पर लगने वाले बल समान और विपरीत होते हैं,इसलिए वे एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं।
$4$. कुल बल $F_{net} = F_1 - F_2 = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi} - \frac{\mu_0 I_1 I_2}{4\pi} = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{4\pi}$ है। चूंकि $F_1 > F_2$,इसलिए कुल बल प्रतिकर्षी है।

(C) हाइड्रोजन स्पेक्ट्रम के लिए रिडबर्ग सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$ है।
पहली बामर रेखा के लिए $(n_i = 3, n_f = 2)$: $\frac{1}{660} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = \frac{5R}{36}$ .... $(1)$
दूसरी बामर रेखा के लिए $(n_i = 4, n_f = 2)$: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = \frac{3R}{16}$ .... $(2)$
समीकरण $(1)$ को समीकरण $(2)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{\lambda}{660} = \frac{5R/36}{3R/16} = \frac{5}{36} \times \frac{16}{3} = \frac{80}{108} = \frac{20}{27}$
$\lambda = 660 \times \frac{20}{27} = \frac{13200}{27} \approx 488.88\,nm \approx 488.9\,nm$.

(A) संधारित्र को आवेशित करने के बाद अलग कर दिए जाने के कारण उस पर आवेश $q$ स्थिर रहता है।
प्रारंभिक धारिता $C_i = 5\,\mu F = 5 \times 10^{-6}\,F$.
अंतिम धारिता $C_f = 2\,\mu F = 2 \times 10^{-6}\,F$.
आवेश $q = 5\,\mu C = 5 \times 10^{-6}\,C$.
संधारित्र में संचित ऊर्जा $U = \frac{q^2}{2C}$ द्वारा दी जाती है।
किया गया कार्य $W = \Delta U = U_f - U_i = \frac{q^2}{2C_f} - \frac{q^2}{2C_i} = \frac{q^2}{2} \left( \frac{1}{C_f} - \frac{1}{C_i} \right)$.
मान रखने पर:
$W = \frac{(5 \times 10^{-6})^2}{2} \left( \frac{1}{2 \times 10^{-6}} - \frac{1}{5 \times 10^{-6}} \right)$.
$W = \frac{25 \times 10^{-12}}{2} \left( \frac{5 - 2}{10 \times 10^{-6}} \right) = \frac{25 \times 10^{-12}}{2} \left( \frac{3}{10 \times 10^{-6}} \right)$.
$W = \frac{75 \times 10^{-12}}{20 \times 10^{-6}} = 3.75 \times 10^{-6}\,J$.

(B) तार का कुल प्रतिरोध $R$ है। चूँकि इसे चार समान भुजाओं वाले वर्ग में मोड़ा गया है,इसलिए प्रत्येक भुजा का प्रतिरोध $R/4$ है।
बिंदु $E$,भुजा $CD$ का मध्य-बिंदु है,इसलिए $DE$ खंड का प्रतिरोध $R/8$ और $EC$ खंड का प्रतिरोध $R/8$ है।
$E$ और $C$ के बीच का परिपथ दो समानांतर शाखाओं से बना है:
शाखा $1$: $EC$ खंड,जिसका प्रतिरोध $R_1 = R/8$ है।
शाखा $2$: $E-D-A-B-C$ पथ,जिसका प्रतिरोध $R_2 = R_{ED} + R_{DA} + R_{AB} + R_{BC} = R/8 + R/4 + R/4 + R/4 = R/8 + 3R/4 = 7R/8$ है।
तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार है:
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} = \frac{1}{R/8} + \frac{1}{7R/8} = \frac{8}{R} + \frac{8}{7R} = \frac{56+8}{7R} = \frac{64}{7R}$.
अतः,$R_{eq} = \frac{7R}{64}$.

(B) अन्योन्य प्रेरण के सिद्धांत के अनुसार,एक कुंडली से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ दूसरी कुंडली से बहने वाली धारा $I$ के समानुपाती होता है,जिसे $\phi = MI$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $M$ अन्योन्य प्रेरण गुणांक है।
प्रथम स्थिति के लिए,जब कुंडली $P$ से $I_P = 3\, A$ धारा बहती है,तो कुंडली $Q$ से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi_Q = 10^{-3}\, Wb$ है।
संबंध $\phi_Q = M I_P$ का उपयोग करने पर:
$10^{-3} = M \times 3$
$M = \frac{1}{3} \times 10^{-3}\, H$
दूसरी स्थिति के लिए,जब कुंडली $Q$ से $I_Q = 2\, A$ धारा बहती है,तो कुंडली $P$ से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi_P = M I_Q$ है।
चूंकि अन्योन्य प्रेरण गुणांक $M$ दोनों स्थितियों के लिए समान रहता है:
$\phi_P = (\frac{1}{3} \times 10^{-3}) \times 2$
$\phi_P = \frac{2}{3} \times 10^{-3}\, Wb$
$\phi_P = 0.666... \times 10^{-3}\, Wb = 6.67 \times 10^{-4}\, Wb$.

(B) तार का प्रतिरोध $R = \frac{\rho \ell}{A} = \frac{\rho \ell^2}{V}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $V$ तार का आयतन है। चूँकि खिंचाव के दौरान आयतन स्थिर रहता है,इसलिए $R \propto \ell^2$ है।
जब लंबाई दोगुनी की जाती है,तो नया प्रतिरोध $R' = R \times (2)^2 = 3 \times 4 = 12\,\Omega$ होता है।
इस $12\,\Omega$ के तार को एक वृत्त में मोड़ा जाता है। तार के एक भाग का प्रतिरोध केंद्र पर उसके द्वारा बनाए गए कोण के समानुपाती होता है।
वृत्त को दो बिंदुओं द्वारा दो भागों में विभाजित किया जाता है: एक भाग $60^o$ का कोण बनाता है और दूसरा $360^o - 60^o = 300^o$ का कोण बनाता है।
छोटे चाप का प्रतिरोध $(R_1)$ $R_1 = 12 \times \frac{60}{360} = 2\,\Omega$ है।
बड़े चाप का प्रतिरोध $(R_2)$ $R_2 = 12 \times \frac{300}{360} = 10\,\Omega$ है।
ये दोनों प्रतिरोध इन दो बिंदुओं के बीच समानांतर क्रम में हैं।
तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = \frac{R_1 \times R_2}{R_1 + R_2} = \frac{2 \times 10}{2 + 10} = \frac{20}{12} = \frac{5}{3}\,\Omega$ होगा।

(A) गैल्वेनोमीटर को एमीटर में बदलने के लिए,गैल्वेनोमीटर के साथ समानांतर क्रम में एक शंट प्रतिरोध $S$ जोड़ा जाता है।
माना $G = 50\, \Omega$ गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध है और $I_g = 0.002\, A$ पूर्ण-स्केल विक्षेप धारा है।
एमीटर की आवश्यक रेंज $I = 0.5\, A$ है।
शंट प्रतिरोध $S$ का सूत्र है:
$S = \frac{I_g \cdot G}{I - I_g}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$S = \frac{0.002 \times 50}{0.5 - 0.002}$
$S = \frac{0.1}{0.498}$
$S \approx 0.2008\, \Omega$
निकटतम मान लेने पर,$S \approx 0.2\, \Omega$ प्राप्त होता है।

(B) प्रतिबिंब के वस्तु पर ही बनने के लिए,किरणों को अपने पथ पर वापस लौटना चाहिए। इसका अर्थ है कि किरणें समतल दर्पण $M$ पर लंबवत आपतित होनी चाहिए।
स्थिति $1$: जब लेंस सीधे दर्पण पर होता है,तो $A$ पर स्थित वस्तु लेंस के मुख्य फोकस पर होनी चाहिए। दिया गया है $OA = f = 18\, cm$।
सममित उत्तल लेंस के लिए लेंस निर्माता के सूत्र का उपयोग करते हुए $(R_1 = R, R_2 = -R)$:
$\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{-R} \right) = (1.5 - 1) \left( \frac{2}{R} \right) = \frac{1}{R}$
चूंकि $f = 18\, cm$,हमें $R = 18\, cm$ प्राप्त होता है।
स्थिति $2$: उत्तल लेंस और दर्पण के बीच एक द्रव लेंस बनता है। यह द्रव लेंस एक समतल-अवतल लेंस है जिसकी वक्र सतह की वक्रता त्रिज्या $R = 18\, cm$ और समतल सतह के लिए $\infty$ है।
द्रव लेंस की फोकस दूरी $f_l$ इस प्रकार है:
$\frac{1}{f_l} = (\mu_l - 1) \left( \frac{1}{-R} - \frac{1}{\infty} \right) = -\frac{(\mu_l - 1)}{R}$
उत्तल लेंस $(f_1 = 18\, cm)$ और द्रव लेंस $(f_l)$ का संयोजन $F = OA' = 27\, cm$ फोकस दूरी वाले एक एकल लेंस के रूप में कार्य करता है।
संयोजन सूत्र $\frac{1}{F} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_l}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{27} = \frac{1}{18} - \frac{(\mu_l - 1)}{18}$
$\frac{1}{27} = \frac{1 - \mu_l + 1}{18} = \frac{2 - \mu_l}{18}$
$18 = 27(2 - \mu_l)$
$2 = 3(2 - \mu_l)$
$2 = 6 - 3\mu_l$
$3\mu_l = 4$
$\mu_l = \frac{4}{3}$

(D) चुंबकीय क्षेत्र में कुंडली पर लगने वाला टॉर्क $\tau = N I A B \sin(\theta)$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि चुंबकीय क्षेत्र कुंडली के तल के समानांतर है,इसलिए कुंडली के अभिलंब और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण $90^{\circ}$ है,अतः $\sin(90^{\circ}) = 1$ होगा।
मरोड़ बैंड द्वारा प्रदान किया गया प्रत्यानयन टॉर्क $\tau = C \phi$ है,जहाँ $C = 10^{-6} \, N \cdot m/rad$ और $\phi = 10^{\circ} = 10 \times \frac{\pi}{180} \, rad$ है।
टॉर्क को बराबर करने पर: $C \phi = N I A B$.
दिए गए मान: $N = 175$,$I = 1 \, mA = 10^{-3} \, A$,$A = 1 \, cm^2 = 10^{-4} \, m^2$,$C = 10^{-6} \, N \cdot m/rad$,और $\phi = \frac{\pi}{18} \, rad$.
मान रखने पर: $10^{-6} \times \frac{\pi}{18} = 175 \times 10^{-3} \times 10^{-4} \times B$.
$B = \frac{10^{-6} \times \pi}{18 \times 175 \times 10^{-7}} = \frac{10 \times \pi}{18 \times 175} \approx \frac{31.4}{3150} \approx 0.0099 \approx 10^{-2} \, T$.

(D) परिनालिका के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_0 n I(t)$ है।
त्रिज्या $2R$ की बाहरी कुंडली से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ केवल परिनालिका के अंदर के चुंबकीय क्षेत्र के कारण है (क्योंकि एक आदर्श परिनालिका के बाहर क्षेत्र शून्य होता है)। अतः,$\phi = B \cdot A = (\mu_0 n I(t))(\pi R^2)$।
फैराडे के नियम के अनुसार प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -\mu_0 n \pi R^2 \frac{dI}{dt}$ है।
दिया गया है $I(t) = kt e^{-\alpha t}$,इसलिए $\frac{dI}{dt} = k(e^{-\alpha t} + t(-\alpha)e^{-\alpha t}) = k e^{-\alpha t}(1 - \alpha t)$।
अतः,$\varepsilon = -\mu_0 n \pi R^2 k e^{-\alpha t}(1 - \alpha t)$।
$t = 0$ पर,$\varepsilon = -\mu_0 n \pi R^2 k(1) = -\text{स्थिरांक}$। प्रेरित धारा $i_{ind} = \frac{\varepsilon}{R_{coil}}$ होने के कारण,$t = 0$ पर धारा ऋणात्मक है।
जैसे-जैसे $t$ बढ़ता है,$(1 - \alpha t)$ पद $t = 1/\alpha$ पर शून्य हो जाता है,जिसका अर्थ है कि प्रेरित धारा शून्य अक्ष को पार करती है।
$t > 1/\alpha$ के लिए,$(1 - \alpha t)$ पद ऋणात्मक हो जाता है,जिससे प्रेरित धारा धनात्मक हो जाती है।
यह व्यवहार उस ग्राफ के अनुरूप है जो ऋणात्मक मान से शुरू होता है,$t = 1/\alpha$ पर $t$-अक्ष को पार करता है,एक धनात्मक शिखर तक पहुँचता है,और फिर $t \to \infty$ होने पर शून्य की ओर घटता है।

(C) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,संघट्ट से पहले का कुल संवेग संघट्ट के बाद के कुल संवेग के बराबर होता है।
मान लीजिए कण $x$ और $y$ के संवेग क्रमशः $\vec{p}_x$ और $\vec{p}_y$ हैं।
चूंकि वे विपरीत दिशाओं में गति कर रहे हैं,हम एक दिशा को धनात्मक और दूसरी को ऋणात्मक लेते हैं।
संवेग का परिमाण डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य से $p = \frac{h}{\lambda}$ द्वारा संबंधित है।
मान लीजिए $p_x = \frac{h}{\lambda_x}$ और $p_y = \frac{h}{\lambda_y}$ है।
कण $P$ का अंतिम संवेग $p_f = |p_x - p_y|$ है।
मान रखने पर,$p_f = |\frac{h}{\lambda_x} - \frac{h}{\lambda_y}| = h |\frac{1}{\lambda_x} - \frac{1}{\lambda_y}|$.
चूंकि $p_f = \frac{h}{\lambda}$,इसलिए $\frac{h}{\lambda} = h |\frac{\lambda_y - \lambda_x}{\lambda_x \lambda_y}|$.
अतः,$\lambda = \frac{\lambda_x \lambda_y}{|\lambda_x - \lambda_y|}$.

(D) उत्तल लेंस के लिए,आवर्धन $m = \frac{f}{f+u}$ होता है।
यहाँ $f = 20 \ cm$ और $|m| = 2$ दिया गया है।
स्थिति $1$: वास्तविक प्रतिबिंब के लिए,$m = -2$.
$-2 = \frac{20}{20 + x_1} \implies -40 - 2x_1 = 20 \implies -2x_1 = 60 \implies x_1 = 30 \ cm$.
स्थिति $2$: आभासी प्रतिबिंब के लिए,$m = +2$.
$2 = \frac{20}{20 + x_2} \implies 40 + 2x_2 = 20 \implies 2x_2 = -20 \implies x_2 = 10 \ cm$.
अतः,अनुपात $\frac{x_1}{x_2} = \frac{30}{10} = 3:1$ है।

(C) दूरबीन की विभेदन सीमा $(\Delta\theta)$ का सूत्र है: $\Delta\theta = \frac{1.22 \lambda}{d}$
दिया गया है:
$\lambda = 600\, nm = 600 \times 10^{-9}\, m$
$d = 250\, cm = 2.5\, m$
मान रखने पर:
$\Delta\theta = \frac{1.22 \times 600 \times 10^{-9}}{2.5}$
$\Delta\theta = \frac{732 \times 10^{-9}}{2.5}$
$\Delta\theta = 292.8 \times 10^{-9}\, rad = 2.928 \times 10^{-7}\, rad$
यह मान $3.0 \times 10^{-7}\, rad$ के सबसे निकट है।

(A) दिए गए सर्किट में दो $NOT$ गेट हैं जो एक $NAND$ गेट के इनपुट से जुड़े हैं।
मान लीजिए इनपुट $A$ और $B$ हैं। $NOT$ गेट के आउटपुट $\bar{A}$ और $\bar{B}$ हैं।
ये $NAND$ गेट के इनपुट हैं,इसलिए अंतिम आउटपुट $Y$ इस प्रकार है:
$Y = \overline{\bar{A} \cdot \bar{B}}$
डी मॉर्गन प्रमेय का उपयोग करते हुए,$\overline{\bar{A} \cdot \bar{B}} = \overline{\bar{A}} + \overline{\bar{B}} = A + B$।
अतः,आउटपुट $Y = A + B$,जो $OR$ गेट का बूलियन व्यंजक है।
सत्यता सारणी:

$A$	$B$	$\bar{A}$	$\bar{B}$	$Y = \overline{\bar{A} \cdot \bar{B}}$
$0$	$0$	$1$	$1$	$0$
$0$	$1$	$1$	$0$	$1$
$1$	$0$	$0$	$1$	$1$
$1$	$1$	$0$	$0$	$1$

अतः,समतुल्य गेट $OR$ गेट है।

(D) सूर्य के प्रकाश की तीव्रता $I = 50\, W/m^2$ है।
किसी सतह के लिए,विकिरण दाब $P = \frac{I}{c}(1 + r)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r$ परावर्तन गुणांक है।
यहाँ,$r = 0.25$ (चूंकि $25\%$ परावर्तित होता है) और अवशोषण गुणांक $a = 0.75$ है।
लगाया गया दाब $P = \frac{I}{c} \times a + \frac{2I}{c} \times r$ होगा।
$P = \frac{I}{c} (0.75 + 2 \times 0.25) = \frac{I}{c} (0.75 + 0.50) = 1.25 \frac{I}{c}$।
दिए गए $I = 50\, W/m^2$ और $c = 3 \times 10^8\, m/s$ के लिए,दाब $P = 1.25 \times \frac{50}{3 \times 10^8} = \frac{62.5}{3} \times 10^{-8} \approx 20.83 \times 10^{-8}\, N/m^2$ प्राप्त होता है।
क्षेत्रफल $A = 1\, m^2$ होने के कारण,बल $F = P \times A = 20.83 \times 10^{-8}\, N$ होगा।
यह मान $20 \times 10^{-8}\, N$ के सबसे निकट है।

(C) ट्रांसमीटर और रिसीवर एंटीना का भौतिक आकार आमतौर पर प्रेषित या प्राप्त किए जा रहे सिग्नल की तरंग दैर्ध्य $\lambda$ से संबंधित होता है।
चूंकि तरंग दैर्ध्य $\lambda$ को $\lambda = c/f$ द्वारा दिया जाता है,जहां $c$ प्रकाश की गति है और $f$ वाहक आवृत्ति (carrier frequency) है,एंटीना की लंबाई $L$,$\lambda$ के समानुपाती होती है (उदाहरण के लिए,$L = \lambda/2$ या $L = \lambda/4$)।
इसलिए,$L \propto 1/f$।
इसका तात्पर्य यह है कि ट्रांसमीटर और रिसीवर एंटीना का भौतिक आकार वाहक आवृत्ति के व्युत्क्रमानुपाती होता है।

(D) बिंदु $P(D, 0)$ पर विद्युत क्षेत्र चार आवेशों के कारण उत्पन्न क्षेत्रों का सदिश योग है। समरूपता के कारण,विद्युत क्षेत्रों के $y$-घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं। परिणामी विद्युत क्षेत्र $x$-अक्ष की दिशा में है।
$y = \pm d$ पर स्थित $+q$ आवेशों के युग्म के कारण विद्युत क्षेत्र $E_1 = \frac{2kq}{(d^2+D^2)} \cos \theta_1 = \frac{2kqD}{(d^2+D^2)^{3/2}}$ है।
$y = \pm 2d$ पर स्थित $-q$ आवेशों के युग्म के कारण विद्युत क्षेत्र $E_2 = \frac{2kq}{((2d)^2+D^2)} \cos \theta_2 = \frac{2kqD}{((2d)^2+D^2)^{3/2}}$ है।
परिणामी क्षेत्र $E = E_1 - E_2 = 2kqD \left[ (d^2+D^2)^{-3/2} - (4d^2+D^2)^{-3/2} \right]$.
कोष्ठक से $D^2$ बाहर निकालने पर: $E = \frac{2kqD}{D^3} \left[ (1 + \frac{d^2}{D^2})^{-3/2} - (1 + \frac{4d^2}{D^2})^{-3/2} \right]$.
द्विपद सन्निकटन $(1+x)^n \approx 1+nx$ का उपयोग करने पर,जहाँ $x << 1$:
$E \approx \frac{2kq}{D^2} \left[ (1 - \frac{3d^2}{2D^2}) - (1 - \frac{6d^2}{D^2}) \right]$.
$E \approx \frac{2kq}{D^2} \left[ \frac{6d^2}{D^2} - \frac{3d^2}{2D^2} \right] = \frac{2kq}{D^2} \left[ \frac{9d^2}{2D^2} \right] = \frac{9kqd^2}{D^4}$.
अतः,$E \propto \frac{1}{D^4}$.

(C) $1$. प्रारंभ में,संधारित्र $V$ वोल्टेज की बैटरी से समांतर क्रम में जुड़े होते हैं। प्रणाली में संचित कुल आवेश $Q_{total}$ इस प्रकार है:
$Q_{total} = C V + n C V = (n + 1) C V$
$2$. बैटरी को हटाने के बाद,प्रणाली में कुल आवेश $Q_{total}$ संरक्षित रहता है।
$3$. जब पहले संधारित्र में $K$ परावैद्युतांक वाला परावैद्युत डाला जाता है,तो इसकी नई धारिता $C' = K C$ हो जाती है। दूसरा संधारित्र $n C$ धारिता के साथ अपरिवर्तित रहता है।
$4$. चूंकि संधारित्र समांतर क्रम में हैं,इसलिए उनका विभवांतर समान $V_c$ होता है। प्रणाली की कुल धारिता $C_{eq} = K C + n C = (K + n) C$ हो जाती है।
$5$. नया विभवांतर $V_c$ इस प्रकार प्राप्त होता है:
$V_c = \frac{Q_{total}}{C_{eq}} = \frac{(n + 1) C V}{(K + n) C} = \frac{(n + 1) V}{K + n}$

(D) चालक की प्रतिरोधकता $\rho$ का सूत्र है: $\rho = \frac{m_e}{n e^2 \tau}$।
दी गई मान:
$n = 8.5 \times 10^{28} \ m^{-3}$
$\tau = 25 \ fs = 25 \times 10^{-15} \ s$
$m_e = 9.1 \times 10^{-31} \ kg$
$e = 1.6 \times 10^{-19} \ C$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\rho = \frac{9.1 \times 10^{-31}}{(8.5 \times 10^{28}) \times (1.6 \times 10^{-19})^2 \times (25 \times 10^{-15})}$
$\rho = \frac{9.1 \times 10^{-31}}{8.5 \times 10^{28} \times 2.56 \times 10^{-38} \times 25 \times 10^{-15}}$
$\rho = \frac{9.1 \times 10^{-31}}{544 \times 10^{-25}}$
$\rho \approx 0.0167 \times 10^{-6} \ \Omega m \approx 1.67 \times 10^{-8} \ \Omega m$।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,अनुमानित मान $10^{-8} \ \Omega m$ है।

(B) $1$. $Optical\, Fiber\, Communication - Infrared\, light$: ऑप्टिकल फाइबर संचार में प्रकाश संकेतों का उपयोग किया जाता है, जो आमतौर पर इन्फ्रारेड क्षेत्र $(850\, nm, 1300\, nm, 1550\, nm)$ में होते हैं, ताकि ग्लास फाइबर में क्षीणन (attenuation) और प्रकीर्णन (scattering) को कम किया जा सके।
$2$. $Radar - Radio\, waves$: रडार (रेडियो डिटेक्शन एंड रेंजिंग) सिस्टम दूर की वस्तुओं की स्थिति, वेग और अन्य विशेषताओं का पता लगाने के लिए रेडियो तरंगों का उपयोग करते हैं।
$3$. $Sonar - Ultrasound$: सोनार (साउंड नेविगेशन एंड रेंजिंग) पानी के नीचे या रोबोटिक्स में वस्तुओं का पता लगाने के लिए अल्ट्रासोनिक ध्वनि तरंगों का उपयोग करता है, क्योंकि ये तरंगें माध्यम में प्रभावी ढंग से यात्रा कर सकती हैं।
$4$. $Mobile\, Phones - Microwaves$: मोबाइल फोन हैंडसेट और बेस स्टेशन के बीच वायरलेस संचार के लिए माइक्रोवेव आवृत्तियों ($GHz$ रेंज में) का उपयोग करते हैं।
अतः, सही मिलान $A-Q, B-S, C-P, D-R$ है।

(D) आलेख $\ln R(T)$ और $1/T^2$ के बीच ऋणात्मक ढाल वाली एक सीधी रेखा दर्शाता है।
सीधी रेखा का समीकरण $y = mx + c$ होता है।
यहाँ,$y = \ln R(T)$ और $x = 1/T^2$ है।
अतः,$\ln R(T) = m(1/T^2) + c$,जहाँ $m$ ऋणात्मक ढाल है और $c$ अंतःखंड है।
मान लीजिए कि $1/T^2 = 0$ पर अंतःखंड $\ln R_0$ है। तब $\ln R(T) = -k(1/T^2) + \ln R_0$,जहाँ $k$ एक धनात्मक स्थिरांक है।
इसे $\ln R(T) = \ln R_0 - k/T^2$ के रूप में लिखा जा सकता है।
दोनों पक्षों का चरघातांकी (exponential) लेने पर,हमें $R(T) = R_0 e^{-k/T^2}$ प्राप्त होता है।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,यदि हम $k = T_0^2$ रखें,तो हमें $R(T) = R_0 e^{-T_0^2/T^2}$ प्राप्त होता है। दिए गए विकल्पों और ऋणात्मक ढाल को देखते हुए,विकल्प $D$ गणितीय रूप से सबसे निकटतम रूप है।