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

(A) जब $I_0$ तीव्रता का अध्रुवित प्रकाश पहले ध्रुवक $P_1$ से गुजरता है,तो प्रेषित तीव्रता $I_1 = I_0/2$ होती है।
$P_3$ की पास अक्ष $P_1$ के सापेक्ष क्रॉस्ड है,जिसका अर्थ है कि उनकी अक्षों के बीच का कोण $90^{\circ}$ है।
$P_2$ की पास अक्ष $P_3$ की पास अक्ष के साथ $60^{\circ}$ के कोण पर झुकी हुई है। इसलिए,$P_2$ और $P_1$ की पास अक्षों के बीच का कोण $90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$ है।
मेलस के नियम का उपयोग करते हुए,$P_2$ से प्रेषित तीव्रता $I_2 = I_1 \cos^2(30^{\circ}) = (I_0/2) \times (3/4) = 3I_0/8$ है।
$P_3$ और $P_2$ की पास अक्षों के बीच का कोण $60^{\circ}$ है।
पुनः मेलस के नियम का उपयोग करते हुए,$P_3$ से प्रेषित अंतिम तीव्रता $I = I_2 \cos^2(60^{\circ}) = (3I_0/8) \times (1/4) = 3I_0/32$ है।
अतः,अनुपात $(I_0/I) = 32/3 \approx 10.67$ है।

(C) सबसे पहले,हम गोले के आयतन पर आवेश घनत्व का समाकलन करके $Q$ और $R$ के पदों में स्थिरांक $k$ ज्ञात करते हैं:
$2Q = \int_{0}^{R} \rho(r) 4\pi r^2 dr = \int_{0}^{R} (kr) 4\pi r^2 dr = 4\pi k \int_{0}^{R} r^3 dr = 4\pi k \frac{R^4}{4} = \pi k R^4$.
अतः,$k = \frac{2Q}{\pi R^4}$.
अब,गॉस के नियम का उपयोग करके केंद्र से $a$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E$ ज्ञात करते हैं:
$E(4\pi a^2) = \frac{q_{enc}}{\varepsilon_0} = \frac{1}{\varepsilon_0} \int_{0}^{a} (kr) 4\pi r^2 dr = \frac{4\pi k}{\varepsilon_0} \frac{a^4}{4} = \frac{\pi k a^4}{\varepsilon_0}$.
$E = \frac{k a^2}{4\varepsilon_0} = \frac{(2Q/\pi R^4) a^2}{4\varepsilon_0} = \frac{Q a^2}{2\pi \varepsilon_0 R^4}$.
आवेश $A$ (या $B$) पर कोई बल न लगे,इसके लिए गोले द्वारा लगाया गया बल और दूसरे आवेश द्वारा लगाया गया बल संतुलित होना चाहिए:
$|qE| = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{|Q||-Q|}{(2a)^2} \implies Q \left( \frac{Q a^2}{2\pi \varepsilon_0 R^4} \right) = \frac{Q^2}{16\pi \varepsilon_0 a^2}$.
सरल करने पर: $\frac{a^2}{2 R^4} = \frac{1}{16 a^2} \implies a^4 = \frac{R^4}{8} \implies a = \frac{R}{8^{1/4}} = 8^{-1/4}R$.

(C) चुंबकीय क्षेत्र में इलेक्ट्रॉन के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2m(KE)}}{qB}$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $R = \frac{\sqrt{2 \times 9.1 \times 10^{-31} \times 100 \times 1.6 \times 10^{-19}}}{1.6 \times 10^{-19} \times 1.5 \times 10^{-3}} \approx 0.02248 \, m = 2.248 \, cm$.
ज्यामिति से,$\sin \theta = \frac{x}{R} = \frac{2}{2.248} \approx 0.8896$,इसलिए $\theta \approx 62.8^\circ$.
निकास बिंदु $T$ पर ऊर्ध्वाधर विस्थापन $y = R(1 - \cos \theta) = 2.248(1 - \cos(62.8^\circ)) \approx 2.248(1 - 0.457) \approx 1.22 \, cm$.
चुंबकीय क्षेत्र से बाहर निकलने के बाद इलेक्ट्रॉन एक सीधी रेखा में चलता है। निकास बिंदु $T$ से पर्दे तक की दूरी $8 \, cm - 2 \, cm = 6 \, cm$ है।
अतिरिक्त ऊर्ध्वाधर विस्थापन $\Delta y = (6 \, cm) \tan \theta = 6 \times \tan(62.8^\circ) \approx 6 \times 1.945 \approx 11.67 \, cm$.
कुल दूरी $d = y + \Delta y = 1.22 + 11.67 = 12.89 \, cm$। निकटतम विकल्प $12.87 \, cm$ है।

(A) मान लीजिए कि $A$ और $B$ दोनों के लिए प्रारंभिक नाभिकों की संख्या $N_0$ है।
नाभिक $A$ के लिए,अर्ध-आयु $T_{1/2, A} = 10 \, min$ है। $t = 60 \, min$ के बाद,अर्ध-आयु की संख्या $n_A = 60/10 = 6$ होगी।
अक्षयित नाभिकों की संख्या $N_A = N_0 / 2^6 = N_0 / 64$ होगी।
क्षयित नाभिकों की संख्या $D_A = N_0 - N_A = N_0(1 - 1/64) = 63N_0 / 64$ होगी।
नाभिक $B$ के लिए,अर्ध-आयु $T_{1/2, B} = 20 \, min$ है। $t = 60 \, min$ के बाद,अर्ध-आयु की संख्या $n_B = 60/20 = 3$ होगी।
अक्षयित नाभिकों की संख्या $N_B = N_0 / 2^3 = N_0 / 8$ होगी।
क्षयित नाभिकों की संख्या $D_B = N_0 - N_B = N_0(1 - 1/8) = 7N_0 / 8$ होगी।
क्षयित नाभिकों का अनुपात $D_A / D_B = (63N_0 / 64) / (7N_0 / 8) = (63/64) \times (8/7) = 9/8$ होगा।

(A) मॉड्यूलेशन इंडेक्स $\mu$ को मॉड्यूलेटिंग सिग्नल के आयाम $(A_m)$ और वाहक तरंग के आयाम $(A_c)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$\mu = \frac{A_m}{A_c} = \frac{2}{4} = 0.5$.
वाहक आवृत्ति $f_c$ का मान $2 \pi f_c = 20000 \pi$ से प्राप्त होता है,जिससे $f_c = 10000 \text{ Hz} = 10 \text{ kHz}$ मिलता है।
मॉड्यूलेटिंग आवृत्ति $f_m$ का मान $2 \pi f_m = 2000 \pi$ से प्राप्त होता है,जिससे $f_m = 1000 \text{ Hz} = 1 \text{ kHz}$ मिलता है।
लोअर साइडबैंड आवृत्ति $(LSB)$ $f_c - f_m = 10 \text{ kHz} - 1 \text{ kHz} = 9 \text{ kHz}$ द्वारा दी जाती है।
अतः,मॉड्यूलेशन इंडेक्स $0.5$ है और लोअर साइडबैंड आवृत्ति $9 \text{ kHz}$ है।

(B) $LR$ परिपथ में स्विच बंद करने के बाद समय $t$ पर धारा $i(t) = \frac{E}{R}(1 - e^{-\frac{Rt}{L}})$ द्वारा दी जाती है।
समय अंतराल $t = 0$ से $t = \frac{L}{R}$ के बीच बैटरी से गुजरने वाला आवेश $q$, धारा का समय के सापेक्ष समाकलन करने पर प्राप्त होता है:
$q = \int_{0}^{\frac{L}{R}} i(t) dt = \int_{0}^{\frac{L}{R}} \frac{E}{R}(1 - e^{-\frac{Rt}{L}}) dt$
समाकलन का मान निकालने पर:
$q = \frac{E}{R} \left[ t + \frac{L}{R} e^{-\frac{Rt}{L}} \right]_{0}^{\frac{L}{R}}$
$q = \frac{E}{R} \left[ (\frac{L}{R} + \frac{L}{R} e^{-1}) - (0 + \frac{L}{R} e^{0}) \right]$
$q = \frac{E}{R} \left[ \frac{L}{R} + \frac{L}{Re} - \frac{L}{R} \right]$
$q = \frac{E}{R} \cdot \frac{L}{Re} = \frac{EL}{eR^2}$
चूंकि $e \approx 2.718$, इसलिए:
$q = \frac{EL}{2.7R^2}$

(C) विद्युतचुंबकीय तरंग $+z$ दिशा में संचरित होती है,इसलिए तरंग समीकरण $B = B_0 \sin(kz - \omega t)$ के रूप में होना चाहिए।
चुंबकीय क्षेत्र का आयाम $B_0 = \frac{E_0}{c} = \frac{60}{3 \times 10^8} = 2 \times 10^{-7} \, T$ है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2\pi n = 2 \times 3.14 \times 23.9 \times 10^9 \approx 1.5 \times 10^{11} \, rad/s$ है।
तरंग संख्या $k = \frac{\omega}{c} = \frac{1.5 \times 10^{11}}{3 \times 10^8} = 0.5 \times 10^3 \, m^{-1}$ है।
चूंकि तरंग $+z$ दिशा में संचरित होती है और विद्युत क्षेत्र आमतौर पर $x$ या $y$ दिशा में होता है,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र को संचरण की दिशा $(z)$ और विद्युत क्षेत्र दोनों के लंबवत होना चाहिए। इस प्रकार,$y$ दिशा में विद्युत क्षेत्र के लिए,चुंबकीय क्षेत्र $x$ दिशा में होता है। सही रूप $\vec B = 2 \times 10^{-7} \sin(0.5 \times 10^3 z - 1.5 \times 10^{11} t) \hat i$ है।

(D) $I$ विद्युत धारा ले जाने वाले एक परिमित सीधे तार से $d$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र $B = \frac{\mu_0 I}{4\pi d}(\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$ है।
यहाँ,तार $AB$ की लंबाई $6\, cm$ है,इसलिए केंद्र से प्रत्येक सिरे की दूरी $3\, cm$ है।
बिंदु $P$ से तार की लंबवत दूरी $d = 4\, cm$ है ($3-4-5$ त्रिभुज की ज्यामिति के अनुसार)।
यहाँ,$\theta_1 = \theta_2 = \theta$,जहाँ $\sin \theta = \frac{\text{सम्मुख भुजा}}{\text{कर्ण}} = \frac{3}{5} = 0.6$ है।
अतः,$B = \frac{\mu_0 I}{4\pi d}(2 \sin \theta)$।
मान रखने पर: $B = \frac{(10^{-7} \times 4\pi) \times 5}{4\pi \times (4 \times 10^{-2})} \times 2 \times \frac{3}{5}$।
$B = \frac{10^{-7} \times 5}{4 \times 10^{-2}} \times \frac{6}{5} = \frac{10^{-5} \times 5}{4} \times 1.2 = 1.25 \times 1.2 \times 10^{-5} = 1.5 \times 10^{-5}\, T$।

(A) उत्सर्जित फोटॉनों की तरंग दैर्ध्य के लिए रिडबर्ग सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$ है।
तीसरी उत्तेजित अवस्था $(n_i = 4)$ से दूसरी उत्तेजित अवस्था $(n_f = 3)$ में पहले कूद के लिए:
$\frac{1}{\lambda_1} = R \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{4^2} \right) = R \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right) = R \left( \frac{16 - 9}{144} \right) = R \left( \frac{7}{144} \right)$.
दूसरी उत्तेजित अवस्था $(n_i = 3)$ से पहली उत्तेजित अवस्था $(n_f = 2)$ में दूसरी कूद के लिए:
$\frac{1}{\lambda_2} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R \left( \frac{9 - 4}{36} \right) = R \left( \frac{5}{36} \right)$.
अब,अनुपात $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{1/\lambda_2}{1/\lambda_1} = \frac{R(5/36)}{R(7/144)} = \frac{5}{36} \times \frac{144}{7} = \frac{5 \times 4}{7} = \frac{20}{7}$.

(D) मान लीजिए कि $C$ घन $(\mu_2)$ और द्रव $(\mu_1)$ के बीच के इंटरफेस के लिए क्रांतिक कोण है।
बिंदु $E$ पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ के लिए,फलक $BC$ पर आपतन कोण $i'$,क्रांतिक कोण $C$ से अधिक होना चाहिए।
अतः,$i' > C$.
ज्यामिति से,फलक $AB$ पर अपवर्तन कोण $r$,$i'$ से $r = 90^\circ - i'$ द्वारा संबंधित है।
चूंकि $i' > C$,हमारे पास $90^\circ - r > C$,या $r < 90^\circ - C$ है।
फलक $AB$ पर स्नेल का नियम लागू करने पर: $\mu_1 \sin \theta = \mu_2 \sin r$.
चूंकि $\sin$ एक वर्धमान फलन है,$\sin r < \sin(90^\circ - C) = \cos C$.
इसलिए,$\mu_1 \sin \theta < \mu_2 \cos C$.
हम जानते हैं कि $\sin C = \frac{\mu_1}{\mu_2}$,इसलिए $\cos C = \sqrt{1 - \sin^2 C} = \sqrt{1 - \frac{\mu_1^2}{\mu_2^2}} = \frac{\sqrt{\mu_2^2 - \mu_1^2}}{\mu_2}$.
इस मान को असमिका में रखने पर: $\mu_1 \sin \theta < \mu_2 \left( \frac{\sqrt{\mu_2^2 - \mu_1^2}}{\mu_2} \right) = \sqrt{\mu_2^2 - \mu_1^2}$.
$\sin \theta < \frac{\sqrt{\mu_2^2 - \mu_1^2}}{\mu_1} = \sqrt{\frac{\mu_2^2}{\mu_1^2} - 1}$.
अतः,$\theta < \sin^{-1} \sqrt{\frac{\mu_2^2}{\mu_1^2} - 1}$.

(B) एमीटर के लिए,गैल्वेनोमीटर के साथ समानांतर में एक शंट प्रतिरोध $R_A$ जोड़ा जाता है।
$I_g G = (I_0 - I_g) R_A$
$R_A = \left( \frac{I_g}{I_0 - I_g} \right) G$
वोल्टमीटर के लिए,गैल्वेनोमीटर के साथ श्रेणी में एक प्रतिरोध $R_V$ जोड़ा जाता है।
$I_g (G + R_V) = V = G I_0$
$G + R_V = \frac{G I_0}{I_g}$
$R_V = \frac{G I_0}{I_g} - G = G \left( \frac{I_0 - I_g}{I_g} \right)$
अब,गुणनफल की गणना करने पर:
$R_A R_V = \left( \frac{I_g}{I_0 - I_g} G \right) \times \left( \frac{I_0 - I_g}{I_g} G \right) = G^2$
अनुपात की गणना करने पर:
$\frac{R_A}{R_V} = \frac{\left( \frac{I_g}{I_0 - I_g} \right) G}{G \left( \frac{I_0 - I_g}{I_g} \right)} = \left( \frac{I_g}{I_0 - I_g} \right)^2$