JEE Main 2020 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) कार्नोट इंजन की दक्षता $(\eta)$ और रेफ्रिजरेटर के निष्पादन गुणांक (coefficient of performance) $(\beta)$ के बीच संबंध इस प्रकार है:
$\beta = \frac{1 - \eta}{\eta}$
यहाँ $\eta = 1/10$ दिया गया है,इसलिए निष्पादन गुणांक:
$\beta = \frac{1 - 1/10}{1/10} = \frac{9/10}{1/10} = 9$
निष्पादन गुणांक $(\beta)$ को ठंडे रिज़र्वोयर से अवशोषित ऊष्मा $(Q_2)$ और सिस्टम पर किए गए कार्य $(W)$ के अनुपात के रूप में भी परिभाषित किया जाता है:
$\beta = \frac{Q_2}{W}$
यहाँ $W = 10 \ J$ और $\beta = 9$ दिया गया है,इसलिए:
$9 = \frac{Q_2}{10 \ J}$
$Q_2 = 9 \times 10 \ J = 90 \ J$
अतः,कम तापमान वाले रिज़र्वोयर से अवशोषित ऊर्जा $90 \ J$ है।

(D) मान लीजिए $c$ ध्वनि की गति है और $v$ ट्यूनिंग फोर्क की गति है।
पास आते हुए ट्यूनिंग फोर्क द्वारा सुनी गई आवृत्ति $\nu_{1} = \left(\frac{c}{c-v}\right) \nu_{0}$ है।
दूर जाते हुए ट्यूनिंग फोर्क द्वारा सुनी गई आवृत्ति $\nu_{2} = \left(\frac{c}{c+v}\right) \nu_{0}$ है।
बीट आवृत्ति $\Delta \nu = \nu_{1} - \nu_{2} = 2 \; \text{Hz}$ द्वारा दी जाती है।
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\Delta \nu = c \nu_{0} \left(\frac{1}{c-v} - \frac{1}{c+v}\right) = c \nu_{0} \left(\frac{c+v - (c-v)}{c^{2}-v^{2}}\right) = \frac{2 c \nu_{0} v}{c^{2}-v^{2}}$.
चूंकि $v \ll c$, हम $c^{2} - v^{2} \approx c^{2}$ का अनुमान लगा सकते हैं।
अतः, $\Delta \nu \approx \frac{2 c \nu_{0} v}{c^{2}} = \frac{2 \nu_{0} v}{c} = 2$.
दिए गए मानों को रखने पर: $\frac{2 \times 1400 \times v}{350} = 2$.
$8v = 2 \Rightarrow v = \frac{2}{8} = \frac{1}{4} \; \text{m/s}$.

(C) व्यक्तियों का कुल द्रव्यमान $M_p = 10 \times 68 \; kg = 680 \; kg$ है।
लिफ्ट प्रणाली का कुल द्रव्यमान $M = M_p + M_{elevator} = 680 \; kg + 920 \; kg = 1600 \; kg$ है।
गुरुत्वाकर्षण के कारण नीचे की ओर लगने वाला कुल बल $F_g = M \times g = 1600 \; kg \times 10 \; m/s^{2} = 16000 \; N$ है।
ऊपर की ओर गति का विरोध करने वाला घर्षण बल $f = 6000 \; N$ है।
चूंकि लिफ्ट स्थिर गति से चलती है,इसलिए त्वरण शून्य है। अतः,केबल में तनाव $T$ को नीचे की ओर लगने वाले कुल बल को संतुलित करना चाहिए:
$T = F_g + f = 16000 \; N + 6000 \; N = 22000 \; N$.
मोटर द्वारा दी गई शक्ति $P = T \times v$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $v$ वेग है।
$P = 22000 \; N \times 3 \; m/s = 66000 \; W$.

(A) $r$ त्रिज्या और $dr$ मोटाई वाली एक पतली वृत्ताकार वलय (ring) पर विचार करें। इस वलय का क्षेत्रफल $dA = 2 \pi r dr$ है।
इस सूक्ष्म वलय का द्रव्यमान $dm = \sigma(r) dA = (A + Br) (2 \pi r dr)$ है।
डिस्क के तल के लंबवत और केंद्र से गुजरने वाली अक्ष के परितः इस वलय का जड़त्व आघूर्ण $dI = dm r^{2}$ है।
$dm$ का मान रखने पर,हमें $dI = (A + Br) (2 \pi r dr) r^{2} = 2 \pi (A r^{3} + B r^{4}) dr$ प्राप्त होता है।
कुल जड़त्व आघूर्ण $I$ ज्ञात करने के लिए,हम $r = 0$ से $r = a$ तक $dI$ का समाकलन करते हैं:
$I = \int_{0}^{a} 2 \pi (A r^{3} + B r^{4}) dr = 2 \pi \left[ \frac{A r^{4}}{4} + \frac{B r^{5}}{5} \right]_{0}^{a}$.
$I = 2 \pi \left( \frac{A a^{4}}{4} + \frac{B a^{5}}{5} \right) = 2 \pi a^{4} \left( \frac{A}{4} + \frac{aB}{5} \right)$.

(A) व्यंजक $\frac{B^{2}}{2 \mu_{0}}$ चुंबकीय ऊर्जा घनत्व को दर्शाता है,जो प्रति इकाई आयतन में संचित चुंबकीय ऊर्जा है।
ऊर्जा घनत्व का सूत्र $u = \frac{\text{Energy}}{\text{Volume}}$ है।
ऊर्जा की विमा $[M L^{2} T^{-2}]$ है और आयतन की विमा $[L^{3}]$ है।
इसलिए,ऊर्जा घनत्व की विमा $\frac{[M L^{2} T^{-2}]}{[L^{3}]} = [M L^{-1} T^{-2}]$ है।
अतः,$\frac{B^{2}}{2 \mu_{0}}$ की विमा $[M L^{-1} T^{-2}]$ है।

(A) मान लीजिए कि रस्सी के ऊपरी आधे भाग में तनाव $T$ है। रस्सी का निचला आधा भाग ऊर्ध्वाधर है और $10 \; kg$ के द्रव्यमान को सहारा देता है,इसलिए निचले भाग में तनाव $T_{lower} = mg = 10 \times 10 = 100 \; N$ होगा।
मध्य-बिंदु पर जहाँ बल $F$ लगाया जाता है,बलों के संतुलन पर विचार करते हुए:
ऊपरी रस्सी में तनाव $T$ का क्षैतिज घटक लगाए गए बल $F$ को संतुलित करता है: $T \sin 45^{\circ} = F$.
ऊपरी रस्सी में तनाव $T$ का ऊर्ध्वाधर घटक निचली रस्सी के तनाव को संतुलित करता है: $T \cos 45^{\circ} = T_{lower} = 100 \; N$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{T \sin 45^{\circ}}{T \cos 45^{\circ}} = \frac{F}{100}$.
$\tan 45^{\circ} = \frac{F}{100}$.
चूंकि $\tan 45^{\circ} = 1$,हमें $1 = \frac{F}{100}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $F = 100 \; N$।

(C) पहले कार्नोट इंजन के लिए,दक्षता $\eta_{1} = 1 - \frac{T}{T_{1}}$ है। किया गया कार्य $W_{1} = Q_{H1} \eta_{1} = Q_{H1} \left(1 - \frac{T}{T_{1}}\right)$ है।
दूसरे कार्नोट इंजन के लिए,दक्षता $\eta_{2} = 1 - \frac{T_{2}}{T}$ है। किया गया कार्य $W_{2} = Q_{H2} \eta_{2} = Q_{L1} \left(1 - \frac{T_{2}}{T}\right)$ है।
चूंकि पहले इंजन द्वारा छोड़ी गई ऊष्मा दूसरे इंजन द्वारा अवशोषित ऊष्मा है,इसलिए $Q_{L1} = Q_{H2}$ है।
पहले इंजन से,$Q_{L1} = Q_{H1} \left(\frac{T}{T_{1}}\right)$ है।
दिया गया है कि $W_{1} = W_{2}$,इसलिए $Q_{H1} \left(1 - \frac{T}{T_{1}}\right) = Q_{H1} \left(\frac{T}{T_{1}}\right) \left(1 - \frac{T_{2}}{T}\right)$ है।
सरल करने पर,$1 - \frac{T}{T_{1}} = \frac{T}{T_{1}} - \frac{T_{2}}{T_{1}}$ प्राप्त होता है।
$1 + \frac{T_{2}}{T_{1}} = \frac{2T}{T_{1}}$।
$T_{1}$ से गुणा करने पर,हमें $T_{1} + T_{2} = 2T$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $T = \frac{T_{1} + T_{2}}{2}$।

(D) उत्तरी ध्रुव पर बॉक्स का वजन $W_p = mg = 196 \; N$ है। दिया गया है $g = 10 \; m/s^2$,इसलिए द्रव्यमान $m = 196 / 10 = 19.6 \; kg$ है।
भूमध्य रेखा पर प्रभावी गुरुत्वीय त्वरण $g' = g - \omega^2 R$ होता है,जहाँ $\omega$ पृथ्वी की कोणीय गति है।
भूमध्य रेखा पर वजन $W_e = m(g - \omega^2 R) = mg - m\omega^2 R$ है।
कोणीय गति $\omega = \frac{2\pi}{T}$,जहाँ $T = 24 \times 3600 \; s$ है।
मान रखने पर: $W_e = 196 - 19.6 \times \left( \frac{2\pi}{24 \times 3600} \right)^2 \times 6400 \times 10^3$.
$m\omega^2 R$ पद की गणना करने पर: $19.6 \times (7.27 \times 10^{-5})^2 \times 6.4 \times 10^6 \approx 19.6 \times 0.0337 \approx 0.66 \; N$.
अतः,$W_e = 196 - 0.66 = 195.34 \; N$.
सबसे निकटतम विकल्प $195.32 \; N$ है।

(A) औसत टक्कर समय $\tau$ को औसत मुक्त पथ $\lambda$ और वर्ग माध्य मूल गति $v_{RMS}$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया गया है।
$\tau = \frac{\lambda}{v_{RMS}}$
हम जानते हैं कि औसत मुक्त पथ $\lambda \propto V$ है।
साथ ही,$v_{RMS} \propto \sqrt{T}$ और $T \propto PV$ होने के कारण,$v_{RMS} \propto \sqrt{PV}$ होता है।
अतः,$\tau \propto \frac{V}{\sqrt{PV}} = \sqrt{\frac{V}{P}}$।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,$PV^{\gamma} = \text{constant}$,जिसका अर्थ है $P \propto V^{-\gamma}$।
यह मान रखने पर,$\tau \propto \sqrt{\frac{V}{V^{-\gamma}}} = V^{\frac{1+\gamma}{2}}$।
जब आयतन $V_1$ से $V_2 = 2V_1$ हो जाता है,तो $\frac{\tau_2}{\tau_1} = \left(\frac{V_2}{V_1}\right)^{\frac{1+\gamma}{2}} = (2)^{\frac{1+\gamma}{2}}$।

(D) एक आदर्श तरल के लिए सांतत्य समीकरण (equation of continuity) के अनुसार,अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल और तरल का वेग का गुणनफल स्थिर रहता है: $A_1 v_1 = A_2 v_2$.
इसका अर्थ है कि वेग क्षेत्रफल के व्युत्क्रमानुपाती होता है: $v \propto \frac{1}{A}$.
चूंकि क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi (d/2)^2$ होता है,इसलिए $A \propto d^2$,जहाँ $d$ व्यास है।
अतः,न्यूनतम वेग और अधिकतम वेग का अनुपात,न्यूनतम क्षेत्रफल और अधिकतम क्षेत्रफल के अनुपात के बराबर होगा:
$\frac{v_{\min}}{v_{\max}} = \frac{A_{\min}}{A_{\max}} = \left( \frac{d_{\min}}{d_{\max}} \right)^2$.
दिए गए मान $d_{\min} = 4.8 \; cm$ और $d_{\max} = 6.4 \; cm$ रखने पर:
$\frac{v_{\min}}{v_{\max}} = \left( \frac{4.8}{6.4} \right)^2 = \left( \frac{3}{4} \right)^2 = \frac{9}{16}$.

(B) बॉक्स को खिसकाने के लिए,लगाया गया बल $F$ सीमांत घर्षण बल के बराबर होना चाहिए:
$F = \mu mg \dots (1)$
बॉक्स के पलटने से बचने के लिए,सामने के किनारे पर टॉर्क शून्य या संतुलित होना चाहिए। बल $F$ आधार से $h = \frac{a}{2} + b$ की ऊंचाई पर लगाया जाता है। पलटने से रोकने के लिए अभिलंब बल $N$ सामने के किनारे पर स्थानांतरित हो जाता है। सामने के किनारे पर टॉर्क लेने पर:
$F \left( \frac{a}{2} + b \right) = mg \left( \frac{a}{2} \right) \dots (2)$
समीकरण $(1)$ से $F = \mu mg$ का मान समीकरण $(2)$ में रखने पर:
$\mu mg \left( \frac{a}{2} + b \right) = mg \left( \frac{a}{2} \right)$
$\mu \left( \frac{a}{2} + b \right) = \frac{a}{2}$
दिया गया है $\mu = 0.4 = \frac{2}{5}$,अतः:
$\frac{2}{5} \left( \frac{a}{2} + b \right) = \frac{a}{2}$
$5$ से गुणा करने पर:
$2 \left( \frac{a}{2} + b \right) = 2.5a$
$a + 2b = 2.5a$
$2b = 1.5a$
$\frac{b}{a} = \frac{1.5}{2} = 0.75$
इसलिए,$100 \times \frac{b}{a} = 100 \times 0.75 = 75$.

(B) दिया गया है कि $|\overrightarrow{P} + \overrightarrow{Q}| = |\overrightarrow{P}|$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $P^2 + Q^2 + 2PQ \cos \theta = P^2$ प्राप्त होता है,जहाँ $\theta$,$\overrightarrow{P}$ और $\overrightarrow{Q}$ के बीच का कोण है।
यह $Q^2 + 2PQ \cos \theta = 0$ या $Q(Q + 2P \cos \theta) = 0$ में सरल हो जाता है।
चूँकि $Q \neq 0$,इसलिए $Q + 2P \cos \theta = 0$ है।
अब,मान लीजिए $\overrightarrow{R'} = 2\overrightarrow{P} + \overrightarrow{Q}$ है। $\overrightarrow{R'}$ द्वारा $\overrightarrow{Q}$ के साथ बनाया गया कोण $\alpha$,$\tan \alpha = \frac{|2\overrightarrow{P}| \sin \theta}{|\overrightarrow{Q}| + |2\overrightarrow{P}| \cos \theta} = \frac{2P \sin \theta}{Q + 2P \cos \theta}$ द्वारा दिया जाता है।
$Q + 2P \cos \theta = 0$ का मान रखने पर,हमें $\tan \alpha = \frac{2P \sin \theta}{0} = \infty$ प्राप्त होता है।
अतः,$\alpha = 90^{\circ}$ है।

(C) कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,भाप द्वारा खोई गई ऊष्मा = बर्फ द्वारा प्राप्त ऊष्मा।
$100^{\circ} C$ पर $M$ ग्राम भाप द्वारा $40^{\circ} C$ पर पानी बनने में खोई गई ऊष्मा:
$Q_{lost} = M \times L_v + M \times c_w \times \Delta T$
$Q_{lost} = M \times 540 + M \times 1 \times (100 - 40) = 540M + 60M = 600M$
$0^{\circ} C$ पर $200 \; g$ बर्फ द्वारा $40^{\circ} C$ पर पानी बनने में प्राप्त ऊष्मा:
$Q_{gained} = m_{ice} \times L_f + m_{ice} \times c_w \times \Delta T$
$Q_{gained} = 200 \times 80 + 200 \times 1 \times (40 - 0) = 16000 + 8000 = 24000 \; cal$
दोनों को बराबर करने पर:
$600M = 24000$
$M = 24000 / 600 = 40 \; g$.

(C) मान लीजिए कि लिफ्ट $V$ की स्थिर गति से ऊपर की ओर बढ़ रही है।
लिफ्ट पर कार्य करने वाला कुल नीचे की ओर बल गुरुत्वाकर्षण बल और घर्षण बल का योग है।
$T = mg + f_r$
यहाँ $m = 2000\; kg$,$g = 10\; ms^{-2}$,और $f_r = 4000\; N$ दिया गया है।
$T = (2000 \times 10) + 4000 = 20000 + 4000 = 24000\; N$.
मोटर की शक्ति $P = T \times V$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $P = 60\; HP = 60 \times 746\; W = 44760\; W$ है।
शक्ति को बराबर करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$44760 = 24000 \times V$
$V = \frac{44760}{24000} = 1.865\; m/s$.
एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित करने पर,गति लगभग $1.9\; m/s$ है।

(A) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,किया गया कार्य $W = \frac{P_1 V_1 - P_2 V_2}{\gamma - 1}$ द्वारा दिया जाता है।
$STP$ पर,$P_1 = 1.013 \times 10^5 \; Pa$ और $V_1 = 1 \; L = 10^{-3} \; m^3$ है।
रुद्धोष्म संबंध $P_1 V_1^\gamma = P_2 V_2^\gamma$ का उपयोग करते हुए,हमें $P_2 = P_1 \left(\frac{V_1}{V_2}\right)^\gamma = P_1 \left(\frac{1}{3}\right)^{1.4}$ प्राप्त होता है।
कार्य के सूत्र में $P_2$ का मान रखने पर: $W = \frac{P_1 V_1 - P_1 V_1 (1/3)^{1.4} \times 3}{\gamma - 1} = \frac{P_1 V_1 [1 - 3 \times (1/3)^{1.4}]}{0.4}$।
दिया गया है कि $3^{1.4} = 4.6555$,इसलिए $(1/3)^{1.4} = 1/4.6555 \approx 0.2148$।
$W = \frac{1.013 \times 10^5 \times 10^{-3} \times [1 - 3 \times 0.2148]}{0.4} = \frac{101.3 \times [1 - 0.6444]}{0.4} = \frac{101.3 \times 0.3556}{0.4} \approx 90.04 \; J$।
दिए गए विकल्पों के निकटतम मान लेने पर,किया गया कार्य लगभग $90.5 \; J$ है।

(C) ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,बॉब की स्थितिज ऊर्जा में हुई कमी कुल गतिज ऊर्जा में हुई वृद्धि (बॉब की स्थानांतरण गतिज ऊर्जा + डिस्क की घूर्णन गतिज ऊर्जा) के बराबर होती है।
स्थितिज ऊर्जा में कमी = $mgh$
गतिज ऊर्जा में वृद्धि = $\frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{2} I \omega^2$
चूंकि डोरी डिस्क पर लिपटी हुई है,बॉब का रैखिक वेग $v$ और डिस्क का कोणीय वेग $\omega$ के बीच संबंध $v = r\omega$ है।
डिस्क का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2} mr^2$ है।
ऊर्जाओं को बराबर करने पर: $mgh = \frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{2} (\frac{1}{2} mr^2) \omega^2$
$v = r\omega$ प्रतिस्थापित करने पर: $mgh = \frac{1}{2} m(r\omega)^2 + \frac{1}{4} mr^2 \omega^2$
$mgh = \frac{1}{2} mr^2 \omega^2 + \frac{1}{4} mr^2 \omega^2 = \frac{3}{4} mr^2 \omega^2$
$\omega$ के लिए हल करने पर: $\omega^2 = \frac{4gh}{3r^2}$
$\omega = \frac{1}{r} \sqrt{\frac{4gh}{3}}$

(B) $m$ द्रव्यमान और $l$ लंबाई की एक समान छड़ की उसके केंद्र से गुजरने वाली और उसके लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{cm} = \frac{ml^2}{12}$ होता है।
समांतर अक्ष प्रमेय के अनुसार,केंद्र से $d = \frac{l}{4}$ की दूरी पर स्थित अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = I_{cm} + md^2$ होता है।
मान रखने पर,$I = \frac{ml^2}{12} + m(\frac{l}{4})^2 = \frac{ml^2}{12} + \frac{ml^2}{16}$ प्राप्त होता है।
लघुत्तम समापवर्त्य लेने पर,$I = \frac{4ml^2 + 3ml^2}{48} = \frac{7ml^2}{48}$ होता है।
घूर्णन त्रिज्या $k$ को $I = mk^2$ द्वारा परिभाषित किया जाता है,इसलिए $mk^2 = \frac{7ml^2}{48}$।
अतः,$k^2 = \frac{7l^2}{48}$,जिससे $k = \sqrt{\frac{7}{48}} l$ प्राप्त होता है।

(C) तने हुए तार पर अनुप्रस्थ तरंग की गति $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T$ तनाव है और $\mu$ रैखिक द्रव्यमान घनत्व है।
दिया गया है: $v = 90\; ms^{-1}$,$m = 6.0 \times 10^{-3}\; kg$,$L = 0.6\; m$,$A = 1.0 \times 10^{-6}\; m^{2}$,$Y = 16 \times 10^{11}\; Nm^{-2}$.
रैखिक द्रव्यमान घनत्व $\mu = \frac{m}{L} = \frac{6.0 \times 10^{-3}}{0.6} = 10^{-2}\; kg/m$.
$v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ से,$T = v^{2} \mu = (90)^{2} \times 10^{-2} = 8100 \times 10^{-2} = 81\; N$.
यंग मापांक $Y = \frac{T/A}{\Delta L/L}$,इसलिए $\Delta L = \frac{T L}{Y A}$.
मान रखने पर: $\Delta L = \frac{81 \times 0.6}{16 \times 10^{11} \times 1.0 \times 10^{-6}} = \frac{48.6}{16 \times 10^{5}} = 3.0375 \times 10^{-5}\; m \approx 0.03\; mm$.

(B) $1$. सतह से $R$ ऊँचाई (केंद्र से $2R$ दूरी) तक ऊर्जा संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$\frac{1}{2}mu^2 - \frac{GMm}{R} = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{2R}$
$\frac{1}{2}v^2 = \frac{1}{2}u^2 - \frac{GM}{2R} \Rightarrow v = \sqrt{u^2 - \frac{GM}{R}}$
$2$. $R$ ऊँचाई पर, उपग्रह ($m$ द्रव्यमान) रॉकेट ($m/10$ द्रव्यमान) को बाहर निकालता है। शेष उपग्रह ($9m/10$ द्रव्यमान) $2R$ दूरी पर वृत्ताकार कक्षा में प्रवेश करता है। कक्षीय वेग $v_o = \sqrt{\frac{GM}{2R}}$ है।
$3$. त्रिज्यीय और स्पर्शरेखीय दिशाओं में संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
त्रिज्यीय: $\frac{m}{10} v_r = m v = m \sqrt{u^2 - \frac{GM}{R}} \Rightarrow v_r = 10 \sqrt{u^2 - \frac{GM}{R}}$
स्पर्शरेखीय: $\frac{m}{10} v_T = \frac{9m}{10} v_o = \frac{9m}{10} \sqrt{\frac{GM}{2R}} \Rightarrow v_T = 9 \sqrt{\frac{GM}{2R}}$
$4$. रॉकेट की गतिज ऊर्जा $(K_r = \frac{1}{2} (m/10) (v_r^2 + v_T^2))$:
$K_r = \frac{m}{20} \left( 100(u^2 - \frac{GM}{R}) + 81(\frac{GM}{2R}) \right)$
$K_r = \frac{m}{20} \left( 100u^2 - 100\frac{GM}{R} + 40.5\frac{GM}{R} \right) = \frac{m}{20} \left( 100u^2 - 59.5\frac{GM}{R} \right)$
$K_r = 5m \left( u^2 - 0.595 \frac{GM}{R} \right) = 5m \left( u^2 - \frac{119}{200} \frac{GM}{R} \right)$.

(B) मान लीजिए कि $1.0 \; kg$ द्रव्यमान मूल बिंदु $(0, 0)$ पर स्थित है।
तीनों द्रव्यमानों के निर्देशांक इस प्रकार हैं:
$m_1 = 1.0 \; kg$,$(0, 0) \; cm$ पर
$m_2 = 1.5 \; kg$,$(3, 0) \; cm$ पर
$m_3 = 2.5 \; kg$,$(0, 4) \; cm$ पर
द्रव्यमान केंद्र का $x$-निर्देशांक:
$x_{cm} = \frac{m_1x_1 + m_2x_2 + m_3x_3}{m_1 + m_2 + m_3} = \frac{1.0(0) + 1.5(3) + 2.5(0)}{1.0 + 1.5 + 2.5} = \frac{4.5}{5.0} = 0.9 \; cm$
द्रव्यमान केंद्र का $y$-निर्देशांक:
$y_{cm} = \frac{m_1y_1 + m_2y_2 + m_3y_3}{m_1 + m_2 + m_3} = \frac{1.0(0) + 1.5(0) + 2.5(4)}{1.0 + 1.5 + 2.5} = \frac{10.0}{5.0} = 2.0 \; cm$
अतः,द्रव्यमान केंद्र $1.0 \; kg$ द्रव्यमान से $0.9 \; cm$ दाईं ओर और $2.0 \; cm$ ऊपर स्थित है।

(B) गैस $1$ के लिए: $n_1 = 2$,$\gamma_1 = \frac{5}{3}$. चूँकि $\gamma = 1 + \frac{2}{f}$,इसलिए $f_1 = 3$. अतः,$C_{V_1} = \frac{3}{2}R$ और $C_{P_1} = \frac{5}{2}R$.
गैस $2$ के लिए: $n_2 = 3$,$\gamma_2 = \frac{4}{3}$. चूँकि $\gamma = 1 + \frac{2}{f}$,इसलिए $f_2 = 6$. अतः,$C_{V_2} = \frac{6}{2}R = 3R$ और $C_{P_2} = 4R$.
मिश्रण के लिए स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_{V_{mix}} = \frac{n_1 C_{V_1} + n_2 C_{V_2}}{n_1 + n_2} = \frac{2(\frac{3}{2}R) + 3(3R)}{2+3} = \frac{3R + 9R}{5} = \frac{12R}{5} = 2.4R$.
मिश्रण के लिए स्थिर दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_{P_{mix}} = \frac{n_1 C_{P_1} + n_2 C_{P_2}}{n_1 + n_2} = \frac{2(\frac{5}{2}R) + 3(4R)}{2+3} = \frac{5R + 12R}{5} = \frac{17R}{5} = 3.4R$.
अनुपात $\gamma_{mix} = \frac{C_{P_{mix}}}{C_{V_{mix}}} = \frac{17R/5}{12R/5} = \frac{17}{12} \approx 1.4167 \approx 1.42$.

(B) चूंकि ट्रैक घर्षणरहित है,इसलिए कण की कुल यांत्रिक ऊर्जा उसकी गति के दौरान संरक्षित रहती है।
मान लीजिए कि जमीन के स्तर पर स्थितिज ऊर्जा शून्य है।
बिंदु $A$ पर,कण विरामावस्था से शुरू होता है,इसलिए इसकी प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_A = 0$ और स्थितिज ऊर्जा $U_A = mgh_A = 1 \times 10 \times 2 = 20 \; J$ है।
प्रक्षेप्य गति के उच्चतम बिंदु $P$ पर,कण के पास अभी भी एक क्षैतिज वेग घटक होता है। मान लीजिए $P$ पर गतिज ऊर्जा $K_P$ है और स्थितिज ऊर्जा $U_P = mgh_P = 1 \times 10 \times 1 = 10 \; J$ है।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार:
$K_A + U_A = K_P + U_P$
$0 + 20 = K_P + 10$
$K_P = 20 - 10 = 10 \; J$.

(C) कार्नोट इंजन के लिए,ऊष्मा विनिमय का अनुपात जलाशयों के तापमान के अनुपात के बराबर होता है:
$\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{T_1}{T_2}$
यहाँ,$T_1 = 900 \; K$ (स्रोत का तापमान),$T_2 = 300 \; K$ (सिंक का तापमान),और $W = 1200 \; J$ है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,किया गया कार्य $W = Q_1 - Q_2$ है,इसलिए $Q_1 = Q_2 + W$।
मान लीजिए $Q_2 = Q$ है। तब $Q_1 = Q + 1200$ होगा।
इन मानों को दक्षता समीकरण में रखने पर:
$\frac{Q + 1200}{Q} = \frac{900}{300}$
$\frac{Q + 1200}{Q} = 3$
$Q + 1200 = 3Q$
$2Q = 1200$
$Q = 600 \; J$।
अतः,कम तापमान वाले जलाशय को दी गई ऊष्मा ऊर्जा $600 \; J$ है।

(D) एक नॉन-आइसोट्रोपिक ठोस के लिए,आयतन प्रसार गुणांक $\gamma$ तीन परस्पर लंबवत अक्षों के अनुदिश रेखीय प्रसार गुणांकों का योग होता है:
$\gamma = \alpha_{x} + \alpha_{y} + \alpha_{z}$
दिया गया है:
$\alpha_{x} = 5 \times 10^{-5} /^{\circ} C = 50 \times 10^{-6} /^{\circ} C$
$\alpha_{y} = 5 \times 10^{-6} /^{\circ} C$
$\alpha_{z} = 5 \times 10^{-6} /^{\circ} C$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\gamma = (50 \times 10^{-6} + 5 \times 10^{-6} + 5 \times 10^{-6}) /^{\circ} C$
$\gamma = (50 + 5 + 5) \times 10^{-6} /^{\circ} C$
$\gamma = 60 \times 10^{-6} /^{\circ} C$
इसे दिए गए रूप $C \times 10^{-6} /^{\circ} C$ के साथ तुलना करने पर,हमें $C = 60$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए कि गोले का समान घनत्व $\rho$ है।
$R$ त्रिज्या के मूल गोले का द्रव्यमान $M = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho$ है।
$1$ त्रिज्या की गोलाकार गुहा का द्रव्यमान $m = \frac{4}{3} \pi (1)^{3} \rho = \frac{4}{3} \pi \rho$ है।
शेष भाग का द्रव्यमान $M' = M - m = \frac{4}{3} \pi \rho (R^{3} - 1)$ है।
मूल गोले का द्रव्यमान केंद्र $C$ पर है। गुहा का द्रव्यमान केंद्र $O$ पर है। दूरी $CO = R - 1$ है।
शेष भाग का द्रव्यमान केंद्र $G$ पर है,जो गुहा की सतह पर है,इसलिए $CG = R - 2$ ($C$ से गुहा के किनारे तक की दूरी)।
द्रव्यमान केंद्र $C$ के सापेक्ष आघूर्ण के सिद्धांत का उपयोग करते हुए:
$M' \times CG = m \times CO$
$\left[\frac{4}{3} \pi \rho (R^{3} - 1)\right] \times (2 - R) = \frac{4}{3} \pi \rho \times (R - 1)$
$(R^{3} - 1)(2 - R) = R - 1$
$(R - 1)(R^{2} + R + 1)(2 - R) = (R - 1)$
$(R^{2} + R + 1)(2 - R) = 1$

(C) सरल लोलक के आवर्तकाल का सूत्र $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने और $g$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $g = \frac{4\pi^2 \ell}{T^2}$ प्राप्त होता है।
$g$ में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta \ell}{\ell} + 2 \frac{\Delta T}{T}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है: $\ell = 25.0 \; cm$,इसलिए $\Delta \ell = 0.1 \; cm$। $40$ दोलनों के लिए समय $t = 50 \; s$ है,इसलिए आवर्तकाल $T = \frac{50}{40} = 1.25 \; s$ है। स्टॉपवॉच का रिज़ॉल्यूशन $\Delta t = 1 \; s$ है,इसलिए $\Delta T = \frac{\Delta t}{40} = \frac{1}{40} \; s$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{\Delta g}{g} = \frac{0.1}{25.0} + 2 \times \frac{1/40}{50/40} = \frac{0.1}{25} + 2 \times \frac{1}{50} = 0.004 + 0.04 = 0.044$।
अतः,प्रतिशत त्रुटि $0.044 \times 100 = 4.4 \%$ है।

(A) मान लीजिए कि दीवार की चौड़ाई $w$ है। प्रत्येक भाग $MN$ और $NO$ का क्षेत्रफल $A = h \times w = 5w$ है।
ऊपरी द्रव के लिए (भाग $MN$):
शीर्ष पर दबाव $0$ है और $h$ गहराई पर दबाव $\rho_{1}gh$ है। औसत दबाव $P_{avg1} = \frac{0 + \rho_{1}gh}{2} = \frac{\rho_{1}gh}{2}$ है।
बल $F_{1} = P_{avg1} \times A = \left(\frac{\rho_{1}gh}{2}\right) (5w) = \frac{5}{2} \rho_{1}ghw$ है।
निचले द्रव के लिए (भाग $NO$):
इस भाग के शीर्ष पर दबाव ($h$ गहराई पर) $P_{top} = \rho_{1}gh$ है। तल पर ($2h$ गहराई पर) दबाव $P_{bottom} = \rho_{1}gh + \rho_{2}gh = \rho_{1}gh + 2\rho_{1}gh = 3\rho_{1}gh$ है।
औसत दबाव $P_{avg2} = \frac{P_{top} + P_{bottom}}{2} = \frac{\rho_{1}gh + 3\rho_{1}gh}{2} = 2\rho_{1}gh$ है।
बल $F_{2} = P_{avg2} \times A = (2\rho_{1}gh) (5w) = 10\rho_{1}ghw$ है।
अनुपात $\frac{F_{1}}{F_{2}} = \frac{\frac{5}{2} \rho_{1}ghw}{10\rho_{1}ghw} = \frac{5}{20} = \frac{1}{4}$ है।

(B) तने हुए तार पर अनुप्रस्थ तरंग का वेग $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $T$ तनाव है और $\mu$ रैखिक द्रव्यमान घनत्व है।
इस संबंध से,हम देख सकते हैं कि $v \propto \sqrt{T}$ है।
मान लीजिए प्रारंभिक तनाव $T_1 = 2.06 \times 10^{4} \; N$ और प्रारंभिक वेग $v_1 = v$ है।
मान लीजिए अंतिम तनाव $T_2 = T$ और अंतिम वेग $v_2 = v/2$ है।
समानुपातिकता $v \propto \sqrt{T}$ का उपयोग करते हुए,हम लिख सकते हैं: $\frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{v/2}{v} = \sqrt{\frac{T}{2.06 \times 10^{4}}}$.
$\frac{1}{2} = \sqrt{\frac{T}{2.06 \times 10^{4}}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{1}{4} = \frac{T}{2.06 \times 10^{4}}$.
$T = \frac{2.06 \times 10^{4}}{4} = 0.515 \times 10^{4} = 5.15 \times 10^{3} \; N$.

(D) मान लीजिए कि नीचे की दिशा धनात्मक है। कण $A$ (गिराया गया) की स्थिति $y_A = h - \frac{1}{2}gt^2$ है। कण $B$ (ऊपर फेंका गया) की स्थिति $y_B = \sqrt{2gh}t - \frac{1}{2}gt^2$ है।
टक्कर तब होती है जब $y_A = y_B$: $h - \frac{1}{2}gt^2 = \sqrt{2gh}t - \frac{1}{2}gt^2$,जिससे $t = \frac{h}{\sqrt{2gh}} = \sqrt{\frac{h}{2g}}$ प्राप्त होता है।
टक्कर की ऊँचाई $y = h - \frac{1}{2}g(\frac{h}{2g}) = h - \frac{h}{4} = \frac{3h}{4}$ है।
टक्कर के समय,$A$ का वेग $v_A = -gt = -g\sqrt{\frac{h}{2g}} = -\sqrt{\frac{gh}{2}}$ है।
$B$ का वेग $v_B = \sqrt{2gh} - gt = \sqrt{2gh} - \sqrt{\frac{gh}{2}} = \sqrt{\frac{gh}{2}}$ है।
चूँकि टक्कर पूरी तरह से अप्रत्यास्थ है,संयुक्त द्रव्यमान $2m$ का वेग $v_{cm} = \frac{m v_A + m v_B}{2m} = \frac{-\sqrt{gh/2} + \sqrt{gh/2}}{2} = 0$ होगा।
संयुक्त द्रव्यमान $H = \frac{3h}{4}$ ऊँचाई पर स्थिर है।
इस ऊँचाई $H$ से नीचे गिरने में लगा समय $t' = \sqrt{\frac{2H}{g}} = \sqrt{\frac{2(3h/4)}{g}} = \sqrt{\frac{3h}{2g}} = \sqrt{\frac{3}{2}} \sqrt{\frac{h}{g}}$ है।
अतः,$\sqrt{\frac{h}{g}}$ की इकाइयों में समय $\sqrt{\frac{3}{2}}$ है।

(B) गैसों के मिश्रण के लिए,विशिष्ट ऊष्मा का अनुपात $\frac{C_{P, \text{mix}}}{C_{V, \text{mix}}} = \frac{n_1 C_{P1} + n_2 C_{P2}}{n_1 C_{V1} + n_2 C_{V2}}$ द्वारा दिया जाता है।
हीलियम एक परमाण्विक गैस है,इसलिए $C_{V1} = \frac{3R}{2}$ और $C_{P1} = \frac{5R}{2}$।
ऑक्सीजन एक द्वि-परमाण्विक दृढ़ गैस है,इसलिए $C_{V2} = \frac{5R}{2}$ और $C_{P2} = \frac{7R}{2}$।
यहाँ $n_1 = n$ और $n_2 = 2n$ दिया गया है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{C_{P, \text{mix}}}{C_{V, \text{mix}}} = \frac{n(\frac{5R}{2}) + 2n(\frac{7R}{2})}{n(\frac{3R}{2}) + 2n(\frac{5R}{2})}$
$= \frac{\frac{5nR}{2} + \frac{14nR}{2}}{\frac{3nR}{2} + \frac{10nR}{2}} = \frac{19nR/2}{13nR/2} = \frac{19}{13}$।

(A) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 500 \; g = 0.5 \; kg$,वेग $v = 5.00 \; cm/s = 0.05 \; m/s$.
बिना फिसले लुढ़कते हुए ठोस गोले के लिए,द्रव्यमान केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5} mR^2$ होता है।
कुल गतिज ऊर्जा $KE$ स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा का योग है:
$KE = \frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{2} I \omega^2$.
चूंकि $v = R\omega$,इसलिए $\omega = v/R$ है।
$KE = \frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{2} (\frac{2}{5} mR^2) (\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{5} mv^2 = \frac{7}{10} mv^2$.
मान रखने पर:
$KE = 0.7 \times 0.5 \; kg \times (0.05 \; m/s)^2 = 0.35 \times 0.0025 \; J = 8.75 \times 10^{-4} \; J$.

(A) दिया गया स्थिति सदिश: $\overrightarrow{r}(t) = \cos \omega t \hat{i} + \sin \omega t \hat{j}$।
वेग $\overrightarrow{v}(t)$ ज्ञात करने के लिए,हम $\overrightarrow{r}(t)$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं:
$\overrightarrow{v}(t) = \frac{d\overrightarrow{r}}{dt} = -\omega \sin \omega t \hat{i} + \omega \cos \omega t \hat{j}$।
त्वरण $\overrightarrow{a}(t)$ ज्ञात करने के लिए,हम $\overrightarrow{v}(t)$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं:
$\overrightarrow{a}(t) = \frac{d\overrightarrow{v}}{dt} = -\omega^2 \cos \omega t \hat{i} - \omega^2 \sin \omega t \hat{j} = -\omega^2 (\cos \omega t \hat{i} + \sin \omega t \hat{j}) = -\omega^2 \overrightarrow{r}$।
अब,$\overrightarrow{v}$ और $\overrightarrow{r}$ का अदिश गुणनफल (dot product) जाँचते हैं:
$\overrightarrow{v} \cdot \overrightarrow{r} = (-\omega \sin \omega t)(\cos \omega t) + (\omega \cos \omega t)(\sin \omega t) = 0$।
चूंकि अदिश गुणनफल $0$ है,इसलिए $\overrightarrow{v}$,$\overrightarrow{r}$ के लंबवत है।
चूंकि $\overrightarrow{a} = -\omega^2 \overrightarrow{r}$,त्वरण सदिश स्थिति सदिश $\overrightarrow{r}$ की विपरीत दिशा में है,जिसका अर्थ है कि यह मूल बिंदु की ओर निर्देशित है।

(D) मान लीजिए कि पात्रों $C_{1}, C_{2}$ और $C_{3}$ में पानी का तापमान क्रमशः $T_{1}, T_{2}$ और $T_{3}$ है।
कैलोरीमिति के सिद्धांत $(m_{1}T_{1} + m_{2}T_{2} = (m_{1}+m_{2})T_{mix})$ का उपयोग करते हुए:
$1$. पहले मिश्रण के लिए: $1T_{1} + 2T_{2} = (1+2)60 = 180$ ---$(i)$
$2$. दूसरे मिश्रण के लिए: $1T_{2} + 2T_{3} = (1+2)30 = 90$ ---(ii)
$3$. तीसरे मिश्रण के लिए: $2T_{1} + 1T_{3} = (2+1)60 = 180$ ---(iii)
समीकरणों $(i)$,(ii) और (iii) को जोड़ने पर:
$(1+2)T_{1} + (2+1)T_{2} + (2+1)T_{3} = 180 + 90 + 180$
$3(T_{1} + T_{2} + T_{3}) = 450$
$T_{1} + T_{2} + T_{3} = 150^{\circ} C$
प्रत्येक का $1 \ l$ लेने पर अंतिम मिश्रण के लिए:
$1T_{1} + 1T_{2} + 1T_{3} = (1+1+1)\theta$
$150 = 3\theta$
$\theta = 50^{\circ} C$

(B) मान लीजिए कि जमीन तक पहुँचने में लगा कुल समय $T$ सेकंड है।
गति के समीकरण $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = 0$ (विराम अवस्था से गिराया गया):
कुल दूरी $100\; m$ के लिए,$100 = \frac{1}{2}aT^2 \implies T = \sqrt{\frac{200}{a}}$।
अंतिम $\frac{1}{2}\; s$ में,गेंद $19\; m$ की दूरी तय करती है। इसका मतलब है कि $(T - 0.5)\; s$ समय में,गेंद $(100 - 19) = 81\; m$ की दूरी तय करती है।
अतः,$81 = \frac{1}{2}a(T - 0.5)^2 \implies T - 0.5 = \sqrt{\frac{162}{a}}$।
$T = \sqrt{\frac{200}{a}}$ को समीकरण में रखने पर:
$\sqrt{\frac{200}{a}} - 0.5 = \sqrt{\frac{162}{a}}$
$\frac{10\sqrt{2}}{\sqrt{a}} - \frac{9\sqrt{2}}{\sqrt{a}} = 0.5$
$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{a}} = 0.5$
$\sqrt{\frac{2}{a}} = \frac{1}{2}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{2}{a} = \frac{1}{4} \implies a = 8\; m/s^2$।

(D) यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत का उपयोग करते हुए: $U_1 + K_1 = U_2 + K_2$
यहाँ,$U = -\frac{GM_e m}{r}$ और $K = \frac{1}{2}mv^2$ है। पलायन वेग $v_e = \sqrt{\frac{2GM_e}{R}}$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए $\frac{GM_e}{R} = \frac{v_e^2}{2}$ है।
$r_1 = 10R$ की दूरी पर,गति $v_1 = 12 \; km/s$ है। सतह पर $r_2 = R$ की दूरी पर,गति $v_2$ है।
$-\frac{GM_e m}{10R} + \frac{1}{2}mv_1^2 = -\frac{GM_e m}{R} + \frac{1}{2}mv_2^2$
$\frac{1}{2}v_2^2 = \frac{1}{2}v_1^2 + \frac{GM_e}{R} - \frac{GM_e}{10R} = \frac{1}{2}v_1^2 + \frac{9}{10} \left( \frac{GM_e}{R} \right)$
$\frac{GM_e}{R} = \frac{v_e^2}{2}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$v_2^2 = v_1^2 + \frac{9}{10} v_e^2$
$v_2^2 = (12)^2 + 0.9 \times (11.2)^2 = 144 + 0.9 \times 125.44 = 144 + 112.896 = 256.896$
$v_2 = \sqrt{256.896} \approx 16.028 \; km/s$.
निकटतम पूर्णांक $16 \; km/s$ है।

(D) न्यूनतम घनत्व वाले द्रव में गोले के तैरने के लिए,इसे पूरी तरह से डूबा होना चाहिए। इस स्थिति में,गोले का भार उत्प्लावन बल के बराबर होता है।
भार $W = mg = \int \rho(r) g dV = \int_{0}^{R} \rho_{0} \left(1 - \frac{r^{2}}{R^{2}}\right) g (4 \pi r^{2} dr)$.
$W = 4 \pi \rho_{0} g \int_{0}^{R} \left(r^{2} - \frac{r^{4}}{R^{2}}\right) dr$.
$W = 4 \pi \rho_{0} g \left[ \frac{r^{3}}{3} - \frac{r^{5}}{5R^{2}} \right]_{0}^{R} = 4 \pi \rho_{0} g \left( \frac{R^{3}}{3} - \frac{R^{3}}{5} \right) = 4 \pi \rho_{0} g \left( \frac{2R^{3}}{15} \right) = \frac{8}{15} \pi R^{3} \rho_{0} g$.
उत्प्लावन बल $B = V_{sphere} \rho_{l} g = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho_{l} g$.
$W = B$ को बराबर करने पर: $\frac{8}{15} \pi R^{3} \rho_{0} g = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho_{l} g$.
$\rho_{l}$ के लिए हल करने पर: $\rho_{l} = \frac{8}{15} \times \frac{3}{4} \rho_{0} = \frac{2}{5} \rho_{0}$.

(D) माध्य मुक्त समय $t$ को माध्य मुक्त पथ $\lambda$ और गैस के अणुओं की औसत गति $v_{avg}$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया गया है।
$t = \frac{\lambda}{v_{avg}}$
माध्य मुक्त पथ $\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi D^{2} n}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $D$ आणविक व्यास है और $n$ संख्या घनत्व है। यदि हम संख्या घनत्व $n$ को स्थिर मानते हैं,तो $\lambda$ स्थिर रहता है।
औसत गति $v_{avg} = \sqrt{\frac{8 RT}{\pi M_{w}}}$ द्वारा दी जाती है,जिसका अर्थ है $v_{avg} \propto \sqrt{T}$।
इसलिए,$t = \frac{\lambda}{v_{avg}} \propto \frac{1}{\sqrt{T}}$।
अतः,$t$ और $1/\sqrt{T}$ के बीच का आलेख मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा होगी। इसलिए,सही आलेख $t$ बनाम $1/\sqrt{T}$ है।

(B) मान लीजिए टक्कर के बाद निकाय का कोणीय वेग $\omega$ है।
छड़ के लंबवत द्रव्यमान $m$ के वेग का घटक $v_{\perp} = v \sin(\theta) = v \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{v}{\sqrt{2}}$ है।
धुरी (छड़ का केंद्र) के परितः कोणीय संवेग संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार:
$L_{initial} = L_{final}$
$m v_{\perp} r = I_{total} \omega$
$m \left(\frac{v}{\sqrt{2}}\right) \left(\frac{\ell}{2}\right) = \left( I_{rod} + I_{mass} \right) \omega$
छड़ के केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{rod} = \frac{M \ell^2}{12} = \frac{(4m) \ell^2}{12} = \frac{m \ell^2}{3}$ है।
$\frac{\ell}{2}$ दूरी पर स्थित द्रव्यमान $m$ का जड़त्व आघूर्ण $I_{mass} = m \left(\frac{\ell}{2}\right)^2 = \frac{m \ell^2}{4}$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{m v \ell}{2 \sqrt{2}} = \left( \frac{m \ell^2}{3} + \frac{m \ell^2}{4} \right) \omega$
$\frac{m v \ell}{2 \sqrt{2}} = \left( \frac{4m \ell^2 + 3m \ell^2}{12} \right) \omega$
$\frac{m v \ell}{2 \sqrt{2}} = \frac{7m \ell^2}{12} \omega$
$\omega$ के लिए हल करने पर:
$\omega = \left( \frac{m v \ell}{2 \sqrt{2}} \right) \left( \frac{12}{7 m \ell^2} \right) = \frac{6 v}{7 \sqrt{2} \ell} = \frac{6 \sqrt{2} v}{14 \ell} = \frac{3 \sqrt{2}}{7} \frac{v}{\ell}$.

(D) निरोधी विभव $V_{0}$ की विमा विभवांतर की विमा के समान होती है,जो $\frac{\text{कार्य}}{\text{आवेश}} = \frac{ML^{2}T^{-2}}{AT} = ML^{2}T^{-3}A^{-1}$ है।
माना $V_{0} = h^{x} c^{y} G^{z} A^{w}$.
विमाएं रखने पर: $[ML^{2}T^{-3}A^{-1}] = [ML^{2}T^{-1}]^{x} [LT^{-1}]^{y} [M^{-1}L^{3}T^{-2}]^{z} [A]^{w}$.
$A$ की घातों की तुलना करने पर: $w = -1$.
$M$ की घातों की तुलना करने पर: $x - z = 1$.
$L$ की घातों की तुलना करने पर: $2x + y + 3z = 2$.
$T$ की घातों की तुलना करने पर: $-x - y - 2z = -3$.
इन समीकरणों को हल करने पर: $x - z = 1$ से $x = 1 + z$ प्राप्त होता है।
$L$ और $T$ के समीकरणों को जोड़ने पर: $(2x + y + 3z) + (-x - y - 2z) = 2 + (-3) \Rightarrow x + z = -1$.
अब हमारे पास $x - z = 1$ और $x + z = -1$ है। दोनों को जोड़ने पर $2x = 0 \Rightarrow x = 0$ प्राप्त होता है। अतः $z = -1$.
$x=0$ और $z=-1$ को $2x + y + 3z = 2$ में रखने पर: $0 + y - 3 = 2 \Rightarrow y = 5$.
अतः,$V_{0} = h^{0} c^{5} G^{-1} A^{-1}$.

(D) $M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाले एक ठोस गोले की सतह पर गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $I_{g} = \frac{GM}{R^{2}}$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए ग्राफ से,गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र का अधिकतम मान गोले की सतह पर होता है।
गोले $(1)$ के लिए,त्रिज्या $R_{1} = 1 \; m$ है और अधिकतम गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $I_{g1} = 2$ है।
अतः,$\frac{GM_{1}}{(1)^{2}} = 2 \implies GM_{1} = 2$.
गोले $(2)$ के लिए,त्रिज्या $R_{2} = 2 \; m$ है और अधिकतम गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $I_{g2} = 3$ है।
अतः,$\frac{GM_{2}}{(2)^{2}} = 3 \implies \frac{GM_{2}}{4} = 3 \implies GM_{2} = 12$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर:
$\frac{GM_{1}}{GM_{2}} = \frac{2}{12} = \frac{1}{6}$.
इसलिए,$\frac{M_{1}}{M_{2}} = \frac{1}{6}$.

(D) दिए गए $V-T$ आरेख में:
$1$. प्रक्रिया $x \rightarrow y$: रेखा मूल बिंदु से होकर गुजरती है,इसलिए $V \propto T$ है। चूंकि $PV = nRT$ होता है,इसका अर्थ है कि $P$ स्थिर है। अतः,$x \rightarrow y$ एक समदाबी (isobaric) प्रक्रिया है।
$2$. प्रक्रिया $y \rightarrow z$: रेखा क्षैतिज है,जिसका अर्थ है कि $V$ स्थिर है। अतः,$y \rightarrow z$ एक समआयतनिक (isochoric) प्रक्रिया है।
$3$. प्रक्रिया $z \rightarrow x$: रेखा ऊर्ध्वाधर है,जिसका अर्थ है कि $T$ स्थिर है। अतः,$z \rightarrow x$ एक समतापीय (isothermal) प्रक्रिया है।
इनकी तुलना $P-V$ आरेखों से करने पर:
- $x \rightarrow y$ एक क्षैतिज रेखा होनी चाहिए (स्थिर $P$)।
- $y \rightarrow z$ एक ऊर्ध्वाधर रेखा होनी चाहिए (स्थिर $V$)।
- $z \rightarrow x$ एक अतिपरवलयिक वक्र होना चाहिए (समतापीय,$P \propto 1/V$)।
विकल्पों को देखने पर,विकल्प $D$ सही ढंग से एक समदाबी प्रक्रिया $(x \rightarrow y)$,एक समआयतनिक प्रक्रिया $(y \rightarrow z)$ और एक समतापीय प्रक्रिया $(z \rightarrow x)$ को दर्शाता है।

(D) लैमिना को दो आयताकार प्लेटों में विभाजित करें: प्लेट-$1$ और प्लेट-$2$।
प्लेट-$1$ के आयाम $1 \; m \times 3 \; m$ हैं,इसलिए इसका क्षेत्रफल $A_{1} = 3 \; m^{2}$ है।
प्लेट-$2$ के आयाम $1 \; m \times 1 \; m$ हैं,इसलिए इसका क्षेत्रफल $A_{2} = 1 \; m^{2}$ है।
चूंकि लैमिना समान है,द्रव्यमान क्षेत्रफल के समानुपाती होता है। कुल क्षेत्रफल $A = A_{1} + A_{2} = 4 \; m^{2}$ है।
दिया गया कुल द्रव्यमान $M = 4 \; kg$ है,इसलिए प्रत्येक भाग का द्रव्यमान $m_{1} = 3 \; kg$ और $m_{2} = 1 \; kg$ है।
प्लेट-$1$ का द्रव्यमान केंद्र $(x_{1}, y_{1}) = (0.5 \; m, 1.5 \; m)$ पर है।
प्लेट-$2$ का द्रव्यमान केंद्र $(x_{2}, y_{2}) = (1.5 \; m, 2.5 \; m)$ पर है।
द्रव्यमान केंद्र का $x$-निर्देशांक $x_{cm} = \frac{m_{1}x_{1} + m_{2}x_{2}}{m_{1} + m_{2}} = \frac{3 \times 0.5 + 1 \times 1.5}{4} = \frac{1.5 + 1.5}{4} = 0.75 \; m$ है।
द्रव्यमान केंद्र का $y$-निर्देशांक $y_{cm} = \frac{m_{1}y_{1} + m_{2}y_{2}}{m_{1} + m_{2}} = \frac{3 \times 1.5 + 1 \times 2.5}{4} = \frac{4.5 + 2.5}{4} = \frac{7}{4} = 1.75 \; m$ है।
अतः,निर्देशांक $(0.75 \; m, 1.75 \; m)$ हैं।

(A) माना बेलन का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A$ है और $0^{\circ} C$ तथा $4^{\circ} C$ पर पानी का घनत्व क्रमशः $\rho_0$ और $\rho_4$ है।
$0^{\circ} C$ पर,बेलन की डूबी हुई लंबाई $h_0 = 100 \; cm - 20 \; cm = 80 \; cm$ है।
प्लवन के सिद्धांत के अनुसार,बेलन का भार विस्थापित पानी के भार के बराबर होता है:
$mg = A \times h_0 \times \rho_0 \times g \implies m = A \times 80 \times \rho_0.$
$4^{\circ} C$ पर,बेलन की डूबी हुई लंबाई $h_4 = 100 \; cm - 21 \; cm = 79 \; cm$ है।
चूंकि बेलन का द्रव्यमान स्थिर रहता है:
$m = A \times 79 \times \rho_4.$
$m$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$A \times 80 \times \rho_0 = A \times 79 \times \rho_4.$
अतः,$4^{\circ} C$ पर घनत्व और $0^{\circ} C$ पर घनत्व का अनुपात:
$\frac{\rho_4}{\rho_0} = \frac{80}{79} \approx 1.0126.$
दिए गए विकल्पों के अनुसार,निकटतम मान $1.01$ है।

(D) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$m \vec{u}_A + m \vec{u}_B = m \vec{v}_A + m \vec{v}_B$
यहाँ $m = 0.1 \; kg$,$\vec{u}_A = 3 \hat{i} \; ms^{-1}$,$\vec{u}_B = 5 \hat{j} \; ms^{-1}$,और $\vec{v}_A = 4(\hat{i} + \hat{j}) \; ms^{-1}$ दिया गया है।
मान रखने पर:
$0.1(3 \hat{i}) + 0.1(5 \hat{j}) = 0.1(4 \hat{i} + 4 \hat{j}) + 0.1 \vec{v}_B$
$0.1$ से भाग देने पर:
$3 \hat{i} + 5 \hat{j} = 4 \hat{i} + 4 \hat{j} + \vec{v}_B$
$\vec{v}_B = (3-4) \hat{i} + (5-4) \hat{j} = -\hat{i} + \hat{j} \; ms^{-1}$.
टक्कर के बाद $B$ की चाल $|\vec{v}_B| = \sqrt{(-1)^2 + (1)^2} = \sqrt{2} \; ms^{-1}$ है।
टक्कर के बाद $B$ की गतिज ऊर्जा $K_B = \frac{1}{2} m |\vec{v}_B|^2$ है।
$K_B = \frac{1}{2} (0.1) (\sqrt{2})^2 = \frac{1}{2} (0.1) (2) = 0.1 \; J$.
चूंकि $K_B = \frac{x}{10} \; J$,इसलिए $0.1 = \frac{x}{10}$,जिससे $x = 1$ प्राप्त होता है।

(C) पहले कण का वेग उसके स्थिति का समय के सापेक्ष अवकलन करने पर प्राप्त होता है: $v_x = \frac{dx}{dt} = 8 - 6t$। $t = 1 \; s$ पर,$v_x = 8 - 6(1) = 2 \; m/s$। अतः,$\vec{v}_1 = 2 \hat{i} \; m/s$।
दूसरे कण का वेग उसकी स्थिति का समय के सापेक्ष अवकलन करने पर प्राप्त होता है: $v_y = \frac{dy}{dt} = -24t^2$। $t = 1 \; s$ पर,$v_y = -24(1)^2 = -24 \; m/s$। अतः,$\vec{v}_2 = -24 \hat{j} \; m/s$।
पहले कण के सापेक्ष दूसरे कण का वेग $\vec{v}_{21} = \vec{v}_2 - \vec{v}_1 = -2 \hat{i} - 24 \hat{j}$ है।
पहले कण के फ्रेम में दूसरे कण की चाल सापेक्ष वेग का परिमाण है: $|\vec{v}_{21}| = \sqrt{(-2)^2 + (-24)^2} = \sqrt{4 + 576} = \sqrt{580}$।
यह दिया गया है कि चाल $\sqrt{v}$ है,इसलिए $\sqrt{v} = \sqrt{580}$,जिसका अर्थ है $v = 580$।

(B) गैस में ध्वनि की गति $v = \sqrt{\frac{\gamma P}{\rho}}$ द्वारा दी जाती है।
यह मानते हुए कि गैस और हवा के लिए $\gamma$ और $P$ समान हैं,हमारे पास $\frac{v_{gas}}{v_{air}} = \sqrt{\frac{\rho_{air}}{\rho_{gas}}}$ है।
दिया गया है कि $\rho_{gas} = 2 \rho_{air}$,इसलिए $\frac{v_{gas}}{300} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
अतः,$v_{gas} = \frac{300}{\sqrt{2}} = 150 \sqrt{2} \; m/s$.
$L$ लंबाई की खुली ऑर्गन पाइप के लिए,मूल आवृत्ति $f_1 = \frac{v}{2L}$ और दूसरा हार्मोनिक $f_2 = \frac{2v}{2L} = \frac{v}{L}$ है।
आवृत्ति का अंतर $\Delta f = f_2 - f_1 = \frac{v}{2L}$ है।
मान रखने पर,$\Delta f = \frac{150 \sqrt{2}}{2(1)} = 75 \sqrt{2} \approx 75 \times 1.414 = 106.05 \; Hz$.
निकटतम पूर्णांक में,उत्तर $106 \; Hz$ है।

(D) मान लीजिए कि डिस्क के घूर्णन के कारण स्प्रिंग में विस्तार $\Delta \ell$ है।
स्प्रिंग की कुल लंबाई $r = \ell_{0} + \Delta \ell$ हो जाती है।
द्रव्यमान $m$ की वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल स्प्रिंग बल द्वारा प्रदान किया जाता है।
अतः,$k \Delta \ell = m \omega^{2} r = m \omega^{2} (\ell_{0} + \Delta \ell)$.
समीकरण को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $k \Delta \ell - m \omega^{2} \Delta \ell = m \omega^{2} \ell_{0}$.
$\Delta \ell (k - m \omega^{2}) = m \omega^{2} \ell_{0}$.
$\Delta \ell = \frac{m \omega^{2} \ell_{0}}{k - m \omega^{2}}$.
चूंकि यह दिया गया है कि $k >> m \omega^{2}$,हम $k - m \omega^{2} \approx k$ मान सकते हैं।
इसलिए,$\Delta \ell \approx \frac{m \omega^{2} \ell_{0}}{k}$.
लंबाई में सापेक्ष परिवर्तन $\frac{\Delta \ell}{\ell_{0}} = \frac{m \omega^{2}}{k}$ है।

(D) द्रव्यमान केंद्र $x_{cm}$ का सूत्र $x_{cm} = \frac{\int x dm}{\int dm}$ है।
दिया गया रैखिक द्रव्यमान घनत्व $\rho(x) = \lambda(x) = a + b\left(\frac{x}{L}\right)^2$ है,इसलिए द्रव्यमान अवयव $dm = \lambda(x) dx = \left(a + \frac{b x^2}{L^2}\right) dx$ होगा।
कुल द्रव्यमान $M = \int_0^L dm = \int_0^L \left(a + \frac{b x^2}{L^2}\right) dx = \left[ ax + \frac{b x^3}{3 L^2} \right]_0^L = aL + \frac{bL}{3} = L\left(a + \frac{b}{3}\right) = L\left(\frac{3a+b}{3}\right)$ प्राप्त होता है।
मूल बिंदु के सापेक्ष द्रव्यमान का आघूर्ण $\int_0^L x dm = \int_0^L x \left(a + \frac{b x^2}{L^2}\right) dx = \int_0^L \left(ax + \frac{b x^3}{L^2}\right) dx = \left[ \frac{a x^2}{2} + \frac{b x^4}{4 L^2} \right]_0^L = \frac{a L^2}{2} + \frac{b L^2}{4} = L^2\left(\frac{2a+b}{4}\right)$ होता है।
अतः,$x_{cm} = \frac{L^2\left(\frac{2a+b}{4}\right)}{L\left(\frac{3a+b}{3}\right)} = \frac{3}{4} \left(\frac{2a+b}{3a+b}\right) L$ प्राप्त होता है।

(B) बूंद के संतुलन में रहने के लिए,ऊपर की ओर लगने वाला कुल बल नीचे की ओर लगने वाले बल के बराबर होना चाहिए।
बूंद पर कार्य करने वाले बल हैं:
$1$. उत्प्लावन बल $(B)$: $B = V_{\text{immersed}} \rho g = (\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} \pi r^3) \rho g = \frac{2}{3} \pi r^3 \rho g$
$2$. पृष्ठ तनाव बल $(F)$: $F = T \cdot (2 \pi r)$
$3$. बूंद का भार $(mg)$: $mg = (V_{\text{total}} d) g = (\frac{4}{3} \pi r^3) d g$
बलों को बराबर करने पर: $B + F = mg$
$\frac{2}{3} \pi r^3 \rho g + 2 \pi r T = \frac{4}{3} \pi r^3 d g$
$\pi r$ से विभाजित करने पर:
$\frac{2}{3} r^2 \rho g + 2 T = \frac{4}{3} r^2 d g$
$r^2$ के लिए व्यवस्थित करने पर:
$2 T = \frac{4}{3} r^2 d g - \frac{2}{3} r^2 \rho g$
$2 T = \frac{2}{3} r^2 g (2d - \rho)$
$T = \frac{1}{3} r^2 g (2d - \rho)$
$r^2 = \frac{3 T}{(2d - \rho) g}$
$r = \sqrt{\frac{3 T}{(2d - \rho) g}}$

(D) दोनों सिरों पर बंधे तार के लिए $n$-वें हार्मोनिक की आवृत्ति $f_n = \frac{n}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है।
दी गई क्रमागत आवृत्तियाँ $f_n = 420 \; Hz$ और $f_{n+1} = 490 \; Hz$ हैं।
क्रमागत आवृत्तियों के बीच का अंतर मूल आवृत्ति $f_1 = f_{n+1} - f_n = 490 - 420 = 70 \; Hz$ है।
हम जानते हैं कि $f_1 = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}} = 70 \; Hz$ है।
यहाँ $T = 540 \; N$ और $\mu = 6.0 \times 10^{-3} \; kg/m$ दिया गया है।
तरंग की गति $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}} = \sqrt{\frac{540}{6.0 \times 10^{-3}}} = \sqrt{90,000} = 300 \; m/s$ की गणना करें।
$v$ का मान मूल आवृत्ति समीकरण में रखने पर: $70 = \frac{300}{2L}$।
$L$ के लिए हल करने पर: $L = \frac{300}{140} \approx 2.14 \; m$।
अतः,लंबाई $L$ लगभग $2.1 \; m$ है।

(D) माना प्रत्येक स्रोत की तीव्रता $I_0$ है। परिणामी तीव्रता $I = 4I_0 \cos^2(\phi/2)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\phi$ कुल कलांतर है।
दिया गया है: तरंगदैर्ध्य $\lambda = 20 \, m$,दूरी $d = 5.0 \, m$,और प्रारंभिक कलांतर $\Delta\phi_{initial} = 90^{\circ} = \pi/2$ ($P, Q$ से आगे है)।
पथ अंतर $\Delta x = d \sin(\theta)$। पथ के कारण कलांतर $\Delta\phi_{path} = (2\pi/\lambda) \Delta x$।
बिंदु $A$ पर: $\theta = 90^{\circ}$,$\Delta x = d = 5 \, m$. $\Delta\phi_{path} = (2\pi/20) \times 5 = \pi/2$. चूंकि $P$ आगे है,$\phi_A = \Delta\phi_{initial} - \Delta\phi_{path} = \pi/2 - \pi/2 = 0$. तीव्रता $I_A = 4I_0 \cos^2(0) = 4I_0$.
बिंदु $B$ पर: $\theta = 0^{\circ}$,$\Delta x = 0$. $\phi_B = \Delta\phi_{initial} = \pi/2$. तीव्रता $I_B = 4I_0 \cos^2(\pi/4) = 2I_0$.
बिंदु $C$ पर: $\theta = -90^{\circ}$,$\Delta x = -5 \, m$. $\Delta\phi_{path} = -\pi/2$. $\phi_C = \pi/2 - (-\pi/2) = \pi$. तीव्रता $I_C = 4I_0 \cos^2(\pi/2) = 0$.
अतः,अनुपात $I_A : I_B : I_C = 4I_0 : 2I_0 : 0 = 2 : 1 : 0$ है।

(D) $E$ ऊर्जा वाले इलेक्ट्रॉन के लिए,डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_{e} = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ है।
$E$ ऊर्जा वाले फोटॉन के लिए,संबंध $E = \frac{hc}{\lambda_{p}}$ है,जिसका अर्थ है $\lambda_{p} = \frac{hc}{E}$।
तरंगदैर्ध्य का अनुपात लेने पर:
$\frac{\lambda_{e}}{\lambda_{p}} = \frac{h}{\sqrt{2mE}} \times \frac{E}{hc} = \frac{1}{c} \times \frac{E^{1}}{\sqrt{E}} \times \frac{1}{\sqrt{2m}} = \frac{1}{c} \sqrt{\frac{E}{2m}} = \frac{1}{C}(\frac{E}{2m})^{1/2}$।

(C) मान लीजिए कि $r$ और $R$ त्रिज्या वाले गोलों पर आवेश क्रमशः $q_1$ और $q_2$ हैं।
दिया गया है कि $q_1 + q_2 = Q$.
चूंकि पृष्ठीय आवेश घनत्व समान है,$\sigma_1 = \sigma_2$.
$\frac{q_1}{4\pi r^2} = \frac{q_2}{4\pi R^2} \implies \frac{q_1}{r^2} = \frac{q_2}{R^2}$.
अनुपात के नियम का उपयोग करते हुए,$\frac{q_1}{r^2} = \frac{q_2}{R^2} = \frac{q_1 + q_2}{r^2 + R^2} = \frac{Q}{r^2 + R^2}$.
अतः,$q_1 = \frac{Q r^2}{R^2 + r^2}$ और $q_2 = \frac{Q R^2}{R^2 + r^2}$.
उभयनिष्ठ केंद्र पर विद्युत विभव $V = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{q_1}{r} + \frac{q_2}{R} \right)$ है।
$q_1$ और $q_2$ के मान रखने पर:
$V = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{Q r^2}{r(R^2 + r^2)} + \frac{Q R^2}{R(R^2 + r^2)} \right) = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{Q r + Q R}{R^2 + r^2} \right)$.
$V = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{(R + r)Q}{R^2 + r^2}$.

(D) समय $t$ पर एक रेडियोधर्मी नमूने की सक्रियता का सूत्र $A = A_0 \left( \frac{1}{2} \right)^{\frac{t}{T_{1/2}}}$ है,जहाँ $A_0$ प्रारंभिक सक्रियता है,$A$ अंतिम सक्रियता है,$t$ बीता हुआ समय है और $T_{1/2}$ अर्ध-आयु है।
दिया गया है: $A_0 = 700 \; s^{-1}$,$A = 500 \; s^{-1}$,और $t = 30 \; min$.
मान रखने पर: $500 = 700 \left( \frac{1}{2} \right)^{\frac{30}{T_{1/2}}}$.
दोनों पक्षों को $700$ से विभाजित करने पर: $\frac{5}{7} = \left( \frac{1}{2} \right)^{\frac{30}{T_{1/2}}}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर: $\ln(5/7) = \frac{30}{T_{1/2}} \ln(1/2)$.
$\ln(0.714) = \frac{30}{T_{1/2}} (-0.693)$.
$-0.337 = \frac{30}{T_{1/2}} (-0.693)$.
$T_{1/2} = \frac{30 \times 0.693}{0.337} \approx 61.69 \; min$.
निकटतम पूर्णांक में,अर्ध-आयु लगभग $62 \; min$ है।

(C) आवेशित कण पर लगने वाला लॉरेंट्ज़ बल $\overrightarrow{F} = q(\overrightarrow{E} + \overrightarrow{v} \times \overrightarrow{B})$ है।
$t=0$ और $z = \frac{\pi}{k}$ पर,विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E} = E_{0} \left(\frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}\right) \cos(\pi) = -E_{0} \left(\frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}\right)$ है।
विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए,संचरण की दिशा $\hat{k}_{prop} = \frac{\overrightarrow{E} \times \overrightarrow{B}}{|E||B|}$ है। यहाँ तरंग $-z$ दिशा में संचरित हो रही है (क्योंकि कला $kz + \omega t$ है),इसलिए $\hat{k}_{prop} = -\hat{k}$ है।
अतः,$\left(\frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}\right) \times \overrightarrow{B} = -\hat{k} \cdot \frac{E_{0}}{c}$। इसे हल करने पर,$\overrightarrow{B} = -\frac{E_{0}}{c} \left(\frac{\hat{i}-\hat{j}}{\sqrt{2}}\right)$ प्राप्त होता है।
चुंबकीय बल $\overrightarrow{F}_{m} = q(\overrightarrow{v} \times \overrightarrow{B}) = q(v_{0}\hat{k} \times [-\frac{E_{0}}{c} \frac{\hat{i}-\hat{j}}{\sqrt{2}}]) = -q \frac{v_{0}E_{0}}{c} \left(\frac{\hat{j}+\hat{i}}{\sqrt{2}}\right)$ है।
चूंकि $\frac{v_{0}}{c} \ll 1$,चुंबकीय बल विद्युत बल की तुलना में नगण्य है।
इसलिए,$\overrightarrow{F} \approx q\overrightarrow{E} = -q E_{0} \left(\frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}\right)$,जो $\frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}$ के प्रति-समानांतर है।

(C) कण का प्रारंभिक वेग $\vec{v}_{i} = v_{0} \hat{j}$ है।
विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = E_{0} \hat{i}$ बल $\vec{F}_{E} = q E_{0} \hat{i}$ लगाता है,जिससे $x$-अक्ष पर त्वरण $a_{x} = \frac{q E_{0}}{m}$ उत्पन्न होता है।
चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B} = B_{0} \hat{i}$ $x$-अक्ष के समानांतर है। चूंकि प्रारंभिक वेग $y$-अक्ष पर है,चुंबकीय बल $\vec{F}_{B} = q(\vec{v} \times \vec{B})$ $z$-दिशा में कार्य करेगा। हालांकि,चुंबकीय बल कोई कार्य नहीं करता है,इसलिए गतिज ऊर्जा में परिवर्तन केवल विद्युत क्षेत्र के कारण होता है।
मान लीजिए अंतिम चाल $v_{f} = 2 v_{0}$ है। अंतिम वेग के घटक $v_{x} = a_{x} t = \frac{q E_{0}}{m} t$ और $v_{y} = v_{0}$ हैं।
$v_{f}^{2} = v_{x}^{2} + v_{y}^{2} + v_{z}^{2}$ का उपयोग करते हुए,और यह देखते हुए कि चाल का वर्ग $v_{f}^{2} = (2 v_{0})^{2} = 4 v_{0}^{2}$ है:
$4 v_{0}^{2} = v_{x}^{2} + v_{0}^{2} + v_{z}^{2}$.
चूंकि चुंबकीय बल केवल वेग सदिश को $yz$-तल में घुमाता है,$yz$-तल में वेग घटक का परिमाण $v_{0}$ स्थिर रहता है। अतः,$v_{x}^{2} = 4 v_{0}^{2} - v_{0}^{2} = 3 v_{0}^{2}$.
इसलिए,$v_{x} = \sqrt{3} v_{0}$.
$v_{x} = \frac{q E_{0}}{m} t$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{q E_{0}}{m} t = \sqrt{3} v_{0}$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $t = \frac{\sqrt{3} m v_{0}}{q E_{0}}$ हो जाता है।

(B) डायोड फॉरवर्ड बायस में है क्योंकि $A$ पर विभव $B$ के विभव से अधिक है। एक आदर्श डायोड मानते हुए,यह शॉर्ट सर्किट की तरह कार्य करता है।
मान लीजिए $B$ पर विभव $0 \ V$ है। परिपथ में एक $30 \ V$ का स्रोत एक $10 \ k\Omega$ के प्रतिरोधक के साथ श्रेणीक्रम में जुड़ा है,जो दो $10 \ k\Omega$ के प्रतिरोधकों के समानांतर संयोजन के साथ जुड़ा है (एक $A$ और $B$ के बीच,और दूसरा डायोड के साथ श्रेणीक्रम में)।
दो समानांतर $10 \ k\Omega$ प्रतिरोधकों का तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{10 \times 10}{10 + 10} = 5 \ k\Omega$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 10 \ k\Omega + 5 \ k\Omega = 15 \ k\Omega$ है।
बैटरी से प्रवाहित धारा $I = \frac{30 \ V}{15 \ k\Omega} = 2 \ mA$ है।
$B$ के सापेक्ष $A$ पर विभव समानांतर संयोजन $R_p$ पर वोल्टेज ड्रॉप है:
$V_{AB} = I \times R_p = 2 \ mA \times 5 \ k\Omega = 10 \ V$.

(D) इमारत में खपत कुल शक्ति $P$ सभी उपकरणों की शक्ति का योग है।
$P = (15 \times 45) + (15 \times 100) + (15 \times 10) + (2 \times 1000)$
$P = 675 + 1500 + 150 + 2000 = 4325 \; W$
सूत्र $P = V \times I$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $V = 220 \; V$ वोल्टेज है:
$I = \frac{P}{V} = \frac{4325}{220} \approx 19.66 \; A$
चूंकि फ्यूज को कुल धारा को संभालना होता है,इसलिए न्यूनतम फ्यूज क्षमता अगला मानक पूर्णांक मान होनी चाहिए,जो $20 \; A$ है।

(B) $RL$ परिपथ में $t$ समय पर धारा $i(t) = i_0(1 - e^{-Rt/L})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $i_0 = V/R$ समय $t = \infty$ पर स्थिर धारा है।
यहाँ $V = 20\; V$,$R = 5\; \Omega$,और $L = 10\; mH = 0.01\; H$ है।
समय नियतांक $\tau = L/R = 0.01 / 5 = 0.002\; s = 2\; ms$ है।
$t = 4\; ms$ के लिए,घातांक $-Rt/L = -t/\tau = -4\; ms / 2\; ms = -2$ है।
अतः,$i(4\; ms) = i_0(1 - e^{-2})$.
अनुपात $i(\infty) / i(4\; ms) = i_0 / [i_0(1 - e^{-2})] = 1 / (1 - 1/e^2) = e^2 / (e^2 - 1)$ होगा।
$e^2 = 7.389$ का उपयोग करने पर,अनुपात $7.389 / (7.389 - 1) = 7.389 / 6.389 \approx 1.156$ प्राप्त होता है।

(B) $1$. रिटेंटिविटी चुंबकीय प्रेरण $B$ का वह मान है जब चुंबकीय क्षेत्र $H$ शून्य होता है। ग्राफ से,$H = 0$ पर,$B = 1.0 \; T$ है।
$2$. को-अर्सिविटी विपरीत चुंबकीय क्षेत्र $H$ का वह मान है जो चुंबकीय प्रेरण $B$ को शून्य करने के लिए आवश्यक है। ग्राफ से,$B = 0$ पर,$H = -50 \; A/m$ है। को-अर्सिविटी का परिमाण $50 \; A/m$ है।
$3$. सैचुरेशन मैग्नेटाइजेशन चुंबकीय प्रेरण $B$ का वह अधिकतम मान है जो पदार्थ द्वारा प्राप्त किया जाता है। ग्राफ से,$B$ का अधिकतम मान $1.5 \; T$ है।
अतः,रिटेंटिविटी,को-अर्सिविटी और सैचुरेशन क्रमशः $1.0 \; T, 50 \; A/m$ और $1.5 \; T$ हैं।

(B) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में फ्रिंज चौड़ाई $\beta$ का सूत्र है: $\beta = \frac{D \lambda}{d}$।
यहाँ,$D = 1.5 \; m$ स्लिट और पर्दे के बीच की दूरी है।
$\lambda = 589 \; nm = 589 \times 10^{-9} \; m$ प्रकाश स्रोत की तरंगदैर्ध्य है।
$d = 0.15 \; mm = 0.15 \times 10^{-3} \; m$ स्लिट्स के बीच की दूरी है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\beta = \frac{1.5 \times 589 \times 10^{-9}}{0.15 \times 10^{-3}}$
$\beta = \frac{1.5}{0.15} \times 589 \times 10^{-6} \; m$
$\beta = 10 \times 589 \times 10^{-6} \; m = 5890 \times 10^{-6} \; m = 5.89 \times 10^{-3} \; m$।
एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित करने पर,$\beta \approx 5.9 \times 10^{-3} \; m = 5.9 \; mm$ प्राप्त होता है।

(C) लेंस मेकर सूत्र का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{f} = (\mu_{g} - 1) \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right)$.
हवा में लेंस के लिए $(\mu_{a} = 1)$:
$\frac{1}{f} = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right) = 0.5 \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right) \dots (1)$
द्रव में लेंस के लिए $(\mu_{l} = 1.42)$:
$\frac{1}{f_{l}} = \left( \frac{1.5}{1.42} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right) = \left( \frac{1.5 - 1.42}{1.42} \right) \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right) = \frac{0.08}{1.42} \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right) \dots (2)$
समीकरण $(1)$ को समीकरण $(2)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{f_{l}}{f} = \frac{0.5 \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right)}{\frac{0.08}{1.42} \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right)} = \frac{0.5 \times 1.42}{0.08} = \frac{0.71}{0.08} = 8.875$.
मान $8.875$ पूर्णांक $9$ के सबसे निकट है।

(D) लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = \vec{B} \cdot \vec{A} = BA \cos \theta = BA \cos(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
प्रेरित emf $e$,फैराडे के नियम के अनुसार $|e| = |\frac{d\phi}{dt}| = |BA\omega \sin(\omega t)|$ है।
प्रेरित emf $|e|$ अधिकतम तब होता है जब $\sin(\omega t) = 1$ हो,जो $\omega t = \frac{\pi}{2}$ पर होता है।
आवर्तकाल $T = 10 \; s$ है,इसलिए कोणीय आवृत्ति $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{10} = \frac{\pi}{5} \; rad/s$ है।
$\omega t = \frac{\pi}{2}$ रखने पर,$(\frac{\pi}{5})t = \frac{\pi}{2}$ प्राप्त होता है,जिससे $t = 2.5 \; s$ मिलता है।
प्रेरित emf $|e|$ न्यूनतम तब होता है जब $\sin(\omega t) = 0$ हो,जो $\omega t = \pi$ पर होता है।
$\omega t = \pi$ रखने पर,$(\frac{\pi}{5})t = \pi$ प्राप्त होता है,जिससे $t = 5.0 \; s$ मिलता है।
अतः,प्रेरित emf $2.5 \; s$ पर अधिकतम और $5.0 \; s$ पर न्यूनतम होगा।

(B) संधारित्र पर प्रारंभिक आवेश: $Q = CV = 60 \times 10^{-12} \; F \times 20 \; V = 1200 \times 10^{-12} \; C = 1.2 \times 10^{-9} \; C$.
संचित प्रारंभिक स्थिर वैद्युत ऊर्जा: $U_i = \frac{1}{2} CV^2 = \frac{1}{2} \times 60 \times 10^{-12} \times (20)^2 = 30 \times 10^{-12} \times 400 = 12000 \times 10^{-12} \; J = 12 \; nJ$.
जब समानांतर में जोड़ा जाता है,तो कुल धारिता $C_{eq} = C + C = 2C = 120 \; pF$ हो जाती है। कुल आवेश $Q$ संरक्षित रहता है और प्रत्येक संधारित्र पर $Q/2$ के रूप में समान रूप से पुनर्वितरित हो जाता है।
अंतिम संचित स्थिर वैद्युत ऊर्जा: $U_f = \frac{(Q/2)^2}{2C} + \frac{(Q/2)^2}{2C} = 2 \times \frac{Q^2/4}{2C} = \frac{Q^2}{4C} = \frac{1}{2} \times \frac{Q^2}{2C} = \frac{1}{2} U_i = \frac{1}{2} \times 12 \; nJ = 6 \; nJ$.
नष्ट हुई ऊर्जा: $\Delta U = U_i - U_f = 12 \; nJ - 6 \; nJ = 6 \; nJ$.

(A) पोटेंशियोमीटर प्रयोग में,संतुलन लंबाई $l_1$ सेल के $EMF$ के अनुरूप होती है,$E = k l_1$,जहाँ $k$ विभव प्रवणता है।
जब बाहरी प्रतिरोध $R$ को समानांतर में जोड़ा जाता है,तो टर्मिनल वोल्टेज $V = E \left( \frac{R}{R+r} \right) = k l_2$ होता है।
अतः,$\frac{E}{V} = \frac{l_1}{l_2} = 1 + \frac{r}{R}$।
यहाँ $l_1 = 560 \; cm$ और लंबाई में परिवर्तन $60 \; cm$ है,इसलिए नई संतुलन लंबाई $l_2 = 560 - 60 = 500 \; cm$ होगी।
मान रखने पर: $\frac{560}{500} = 1 + \frac{r}{10}$।
$1.12 = 1 + \frac{r}{10} \implies 0.12 = \frac{r}{10} \implies r = 1.2 \; \Omega$।
चूंकि आंतरिक प्रतिरोध $r = \frac{N}{10} \; \Omega$ है,इसलिए $\frac{N}{10} = 1.2$,जिससे $N = 12$ प्राप्त होता है।

(A) चूंकि परावैद्युतांक $k(x)$ दूरी $x$ के साथ बदलता है,इसलिए हम एक प्लेट से $x$ दूरी पर $dx$ मोटाई की एक पतली तात्विक स्लाइस पर विचार करते हैं।
इस तात्विक स्लाइस की धारिता $dC = \frac{\varepsilon_0 k(x) A}{dx} = \frac{\varepsilon_0 K(1+\alpha x) A}{dx}$ है।
चूंकि ये सभी तात्विक संधारित्र श्रेणीक्रम में जुड़े हुए हैं,इसलिए तुल्य धारिता $C$ इस प्रकार दी जाती है:
$\frac{1}{C} = \int_0^d \frac{1}{dC} = \int_0^d \frac{dx}{\varepsilon_0 K A (1+\alpha x)}$.
इसका समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{1}{C} = \frac{1}{\varepsilon_0 K A} \left[ \frac{\ln(1+\alpha x)}{\alpha} \right]_0^d = \frac{1}{\alpha \varepsilon_0 K A} \ln(1+\alpha d)$.
$u = \alpha d << 1$ के लिए टेलर विस्तार $\ln(1+u) \approx u - \frac{u^2}{2}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{C} \approx \frac{1}{\alpha \varepsilon_0 K A} (\alpha d - \frac{(\alpha d)^2}{2}) = \frac{d}{\varepsilon_0 K A} (1 - \frac{\alpha d}{2})$.
$C$ ज्ञात करने के लिए व्युत्क्रम लेने पर और द्विपद सन्निकटन $(1-u)^{-1} \approx 1+u$ का उपयोग करते हुए:
$C \approx \frac{\varepsilon_0 K A}{d} (1 - \frac{\alpha d}{2})^{-1} \approx \frac{\varepsilon_0 K A}{d} (1 + \frac{\alpha d}{2})$.

(C) $n^{\text{th}}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन के परिक्रमण का आवर्तकाल $T \propto \frac{n^3}{Z^2}$ द्वारा दिया जाता है।
हाइड्रोजन परमाणु के लिए,$Z = 1$,इसलिए $T \propto n^3$ है।
मूल अवस्था $n_1 = 1$ के अनुरूप है,और प्रथम उत्तेजित अवस्था $n_2 = 2$ के अनुरूप है।
दिया गया है $T_1 = 1.6 \times 10^{-16} \; s$।
समानुपातिकता का उपयोग करते हुए,$\frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{n_2}{n_1}\right)^3 = \left(\frac{2}{1}\right)^3 = 8$ है।
अतः,$T_2 = 8 \times T_1 = 8 \times 1.6 \times 10^{-16} = 12.8 \times 10^{-16} \; s$ है।
आवृत्ति $f_2$ आवर्तकाल का व्युत्क्रम है: $f_2 = \frac{1}{T_2} = \frac{1}{12.8 \times 10^{-16}} \approx 0.078125 \times 10^{16} \; s^{-1} = 7.8 \times 10^{14} \; s^{-1}$।

(A) सोलेनोइड के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_{0} n I(t) = \mu_{0} n I_{0} (t - t^{2})$ है।
$2R$ त्रिज्या वाली रिंग से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ सोलेनोइड के क्षेत्रफल $(R)$ तक सीमित है,इसलिए $\phi = B \cdot A = B \cdot \pi R^{2}$ है।
$\phi = \pi R^{2} \mu_{0} n I_{0} (t - t^{2})$ है।
प्रेरित $EMF$ $V_{R} = -\frac{d\phi}{dt} = -\pi R^{2} \mu_{0} n I_{0} (1 - 2t) = \pi R^{2} \mu_{0} n I_{0} (2t - 1)$ है।
प्रेरित धारा $I_{R} = \frac{V_{R}}{R_{R}}$ है,जहाँ $R_{R}$ रिंग का प्रतिरोध है।
$t = 0.5$ पर,$V_{R} = \pi R^{2} \mu_{0} n I_{0} (2(0.5) - 1) = 0$ है।
चूंकि पद $(2t - 1)$ का चिह्न $t = 0.5$ पर बदल जाता है,इसलिए प्रेरित $EMF$ और प्रेरित धारा की दिशा $t = 0.5$ पर उलट जाती है।

(B) ऊपरी शाखा में समानांतर में जुड़े दो $1\; \Omega$ के प्रतिरोध हैं,जो श्रेणीक्रम में $2\; \Omega$ के प्रतिरोध के साथ जुड़े हैं।
समानांतर में जुड़े दो $1\; \Omega$ प्रतिरोधों का तुल्य प्रतिरोध $R_{p} = \frac{1 \times 1}{1 + 1} = 0.5\; \Omega$ है।
ऊपरी शाखा का कुल प्रतिरोध $R_{upper} = 0.5\; \Omega + 2\; \Omega = 2.5\; \Omega$ है।
ऊपरी शाखा के सिरों पर विभवांतर $V = 1\; V$ है।
ऊपरी शाखा से प्रवाहित होने वाली कुल धारा $i = \frac{V}{R_{upper}} = \frac{1}{2.5} = 0.4\; A$ है।
यह धारा $i$ समानांतर में जुड़े दो $1\; \Omega$ प्रतिरोधों के बीच समान रूप से विभाजित हो जाती है।
अतः,$1\; \Omega$ के एक प्रतिरोध से प्रवाहित होने वाली धारा $I_{1} = \frac{i}{2} = \frac{0.4}{2} = 0.2\; A$ है।

(B) एक लॉजिक गेट को प्रतिवर्ती (reversible) माना जाता है यदि इनपुट डेटा को आउटपुट डेटा से विशिष्ट रूप से पुनर्प्राप्त किया जा सके।
$NOT$ गेट में,आउटपुट इनपुट का पूरक होता है $(Y = \bar{A})$। यदि आउटपुट $0$ है,तो इनपुट $1$ रहा होगा,और यदि आउटपुट $1$ है,तो इनपुट $0$ रहा होगा। इस प्रकार,आउटपुट से इनपुट को विशिष्ट रूप से निर्धारित किया जा सकता है।
$OR$,$NOR$,$AND$,और $NAND$ जैसे अन्य गेट्स में दो इनपुट होते हैं,जिसका अर्थ है कि $2^2 = 4$ संभावित इनपुट संयोजन हैं,लेकिन केवल $2$ संभावित आउटपुट स्थितियाँ ($0$ या $1$) हैं। चूँकि कई इनपुट संयोजन एक ही आउटपुट उत्पन्न कर सकते हैं,इसलिए ये गेट प्रतिवर्ती नहीं हैं।

(A) संयुक्त सूक्ष्मदर्शी का आवर्धन $M$ सूत्र $M = \frac{L}{f_0} \left(1 + \frac{d}{f_e}\right)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $L$ ट्यूब की लंबाई है,$f_0$ ऑब्जेक्टिव की फोकस दूरी है,$f_e$ नेत्रिका की फोकस दूरी है,और $d$ स्पष्ट दृष्टि की न्यूनतम दूरी $(d = 250\; mm)$ है।
दिया गया है: $M = 375$,$L = 150\; mm$,$f_0 = 5\; mm$,$d = 250\; mm$.
सूत्र में मान रखने पर:
$375 = \frac{150}{5} \left(1 + \frac{250}{f_e}\right)$
$375 = 30 \left(1 + \frac{250}{f_e}\right)$
$12.5 = 1 + \frac{250}{f_e}$
$11.5 = \frac{250}{f_e}$
$f_e = \frac{250}{11.5} \approx 21.74\; mm$.
निकटतम पूर्णांक में,$f_e \approx 22\; mm$।

(A) दिया गया चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B} = B_0 \sin (kx + \omega t) \hat{j}$ है,जहाँ $B_0 = 3 \times 10^{-8} \; T$ है।
चूंकि तरंग ऋणात्मक $x$-दिशा में संचरित हो रही है (जैसा कि $+kx$ द्वारा इंगित है),संचरण की दिशा $-\hat{i}$ है।
विद्युत और चुंबकीय क्षेत्रों के आयामों के बीच संबंध $E_0 = c B_0$ है,जहाँ $c = 3 \times 10^{8} \; m/s$ है।
$E_0 = (3 \times 10^{8} \; m/s) \times (3 \times 10^{-8} \; T) = 9 \; V/m$।
विद्युतचुंबकीय तरंग में,संचरण की दिशा $\overrightarrow{E} \times \overrightarrow{B}$ की दिशा द्वारा दी जाती है।
यहाँ,$(-\hat{i}) = \hat{E} \times \hat{j}$ है।
चूंकि $\hat{k} \times \hat{j} = -\hat{i}$ होता है,इसलिए विद्युत क्षेत्र $\hat{k}$ दिशा में होना चाहिए।
अतः,$\overrightarrow{E} = 9 \sin (1.6 \times 10^{3} x + 48 \times 10^{10} t) \hat{k} \; V/m$ प्राप्त होता है।

(A) धारावाही वृत्ताकार कुंडली के लिए,चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं कुंडली से उत्पन्न होती हैं और बंद लूप बनाती हैं।
चुंबकत्व के लिए गॉस के नियम के अनुसार,किसी भी बंद सतह से गुजरने वाला कुल चुंबकीय फ्लक्स शून्य होता है,अर्थात $\oint \vec{B} \cdot d\vec{A} = 0$।
कुंडली वाले अनंत तल पर विचार करें। कुंडली के क्षेत्रफल से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $(\phi_{0})$ एक दिशा में (जैसे ऊपर की ओर) होता है।
अनंत तल के शेष भाग से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $(\phi_{i})$ विपरीत दिशा में (नीचे की ओर) होना चाहिए ताकि पूरे अनंत तल से गुजरने वाला कुल फ्लक्स शून्य हो सके।
अतः,$\phi_{0} + \phi_{i} = 0$,जिसका अर्थ है $\phi_{i} = -\phi_{0}$।

(D) एकल स्लिट विवर्तन के लिए,$n$-वें निम्निष्ठ की शर्त $a \sin \theta = n \lambda$ है,जहाँ $a$ स्लिट की चौड़ाई है,$\lambda$ तरंगदैर्ध्य है,और $n = 1, 2, 3, ...$ है।
दूसरे निम्निष्ठ $(n = 2)$ के लिए,कोण $\theta_2 = 60^{\circ}$ है।
अतः,$a \sin 60^{\circ} = 2 \lambda$.
$a \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 2 \lambda \implies \frac{\lambda}{a} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.
पहले निम्निष्ठ $(n = 1)$ के लिए,शर्त $a \sin \theta_1 = 1 \lambda$ है।
$\sin \theta_1 = \frac{\lambda}{a} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.
$\sin \theta_1 \approx \frac{1.732}{4} = 0.433$.
$\theta_1 = \arcsin(0.433) \approx 25.6^{\circ}$.
निकटतम पूर्णांक में,$\theta_1 \approx 25^{\circ}$।

(A) मान लीजिए $I_0$ अध्रुवित प्रकाश की प्रारंभिक तीव्रता है।
पोलराइज़र से गुजरने के बाद,तीव्रता $I_p = \frac{I_0}{2}$ हो जाती है।
मेलस के नियम के अनुसार,विश्लेषक से निकलने वाली तीव्रता $I = I_p \cos^2 \theta$ है,जहाँ $\theta$ पोलराइज़र और विश्लेषक के संचरण अक्षों के बीच का कोण है।
दिया गया है कि $I = \frac{I_0}{10}$,इसलिए $\frac{I_0}{10} = \frac{I_0}{2} \cos^2 \theta$ है।
$\cos^2 \theta = \frac{1}{5} \implies \cos \theta = \frac{1}{\sqrt{5}} \approx 0.447$ है।
$\theta = \cos^{-1}(0.447) \approx 63.43^o$ है।
आउटपुट तीव्रता को शून्य करने के लिए,विश्लेषक को तब तक घुमाया जाना चाहिए जब तक कि अक्षों के बीच का कोण $90^o$ न हो जाए।
आवश्यक अतिरिक्त कोण $\Delta \theta = 90^o - 63.43^o = 26.57^o$ है।

(A) $LCR$ परिपथ के लिए,बिना किसी बाहरी स्रोत वाले बंद लूप में किरचॉफ के वोल्टेज नियम $(KVL)$ को लागू करने पर:
$-L \frac{di}{dt} - \frac{q}{C} - iR = 0$
चूंकि $i = \frac{dq}{dt}$,हमें प्राप्त होता है:
$L \frac{d^2q}{dt^2} + R \frac{dq}{dt} + \frac{1}{C}q = 0$
एक यांत्रिक अवमंदित हार्मोनिक ऑसिलेटर के लिए,गति का समीकरण है:
$m \frac{d^2x}{dt^2} + b \frac{dx}{dt} + kx = 0$
इन दोनों अवकल समीकरणों की पद-दर-पद तुलना करने पर:
$1$. दूसरे अवकलज का गुणांक: $L$,$m$ के अनुरूप है।
$2$. पहले अवकलज का गुणांक: $R$,$b$ के अनुरूप है।
$3$. विस्थापन/आवेश का गुणांक: $\frac{1}{C}$,$k$ के अनुरूप है,जिसका अर्थ है कि $C$,$\frac{1}{k}$ के अनुरूप है।
अतः,सही तुल्यता $L \leftrightarrow m, C \leftrightarrow \frac{1}{k}, R \leftrightarrow b$ है।

(B) पृष्ठ आवेश घनत्व $\sigma$ वाली एक अनंत समतल शीट के कारण विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}$ होता है,जो शीट से दूर की दिशा में होता है।
मान लीजिए कि क्षैतिज शीट $x$-अक्ष पर है। इसका विद्युत क्षेत्र $\vec{E}_{1} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} \hat{y}$ है।
दूसरी शीट $x$-अक्ष के साथ $30^{\circ}$ के कोण पर है। इसका अभिलंब $x$-अक्ष के साथ $30^{\circ} + 90^{\circ} = 120^{\circ}$ का कोण बनाता है।
दूसरी शीट के कारण विद्युत क्षेत्र $\vec{E}_{2} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} (\cos 120^{\circ} \hat{x} + \sin 120^{\circ} \hat{y}) = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} (-\frac{1}{2} \hat{x} + \frac{\sqrt{3}}{2} \hat{y})$ है।
कुल विद्युत क्षेत्र $\vec{E}_{net} = \vec{E}_{1} + \vec{E}_{2} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} \hat{y} + \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} (-\frac{1}{2} \hat{x} + \frac{\sqrt{3}}{2} \hat{y})$ है।
$\vec{E}_{net} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} [-\frac{1}{2} \hat{x} + (1 + \frac{\sqrt{3}}{2}) \hat{y}]$.

(C) विकिरण की तीव्रता $I = 6.4 \times 10^{-5} \; W/cm^{2}$ और क्षेत्रफल $A = 1 \; cm^{2}$ है।
सतह पर आपतित शक्ति $P = I \times A = 6.4 \times 10^{-5} \; W$ है।
एक फोटॉन की ऊर्जा $E_{ph} = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1240 \; eV \cdot nm}{310 \; nm} = 4 \; eV$ है।
इस ऊर्जा को जूल में बदलने पर: $E_{ph} = 4 \times 1.6 \times 10^{-19} \; J = 6.4 \times 10^{-19} \; J$ प्राप्त होता है।
प्रति सेकंड आपतित फोटॉनों की संख्या $(n)$ $n = \frac{P}{E_{ph}} = \frac{6.4 \times 10^{-5} \; J/s}{6.4 \times 10^{-19} \; J} = 10^{14} \; \text{फोटॉन/सेकंड}$ है।
यह दिया गया है कि $10^{3}$ फोटॉनों में से एक फोटॉन एक इलेक्ट्रॉन उत्सर्जित करता है, इसलिए प्रति सेकंड उत्सर्जित इलेक्ट्रॉनों की संख्या $N_e = n \times 10^{-3} = 10^{14} \times 10^{-3} = 10^{11}$ है।
इसे $10^{x}$ के साथ तुलना करने पर, $x = 11$ प्राप्त होता है।

(D) लूप $ABCDEFA$ दो समतलीय सतहों से बना है: $xy$-तल में आयत $ABCD$ और $yz$-तल में आयत $ADEF$।
$xy$-तल में स्थित आयत $ABCD$ के लिए क्षेत्रफल सदिश $\overrightarrow{A}_{ABCD} = (5 \times 5) \hat{k} = 25 \hat{k} \; \text{m}^2$ है।
$yz$-तल में स्थित आयत $ADEF$ के लिए क्षेत्रफल सदिश $\overrightarrow{A}_{ADEF} = (5 \times 5) \hat{i} = 25 \hat{i} \; \text{m}^2$ है।
कुल क्षेत्रफल सदिश $\overrightarrow{A}_{net} = \overrightarrow{A}_{ABCD} + \overrightarrow{A}_{ADEF} = 25 \hat{i} + 25 \hat{k} \; \text{m}^2$ है।
चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B} = 3 \hat{i} + 4 \hat{k} \; \text{T}$ दिया गया है।
चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ की गणना डॉट प्रोडक्ट द्वारा की जाती है: $\phi = \overrightarrow{B} \cdot \overrightarrow{A}_{net}$।
$\phi = (3 \hat{i} + 4 \hat{k}) \cdot (25 \hat{i} + 25 \hat{k})$
$\phi = (3 \times 25) + (4 \times 25) = 75 + 100 = 175 \; \text{Wb}$।
अतः,लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $175 \; \text{Wb}$ है।

(A) व्यतिकरण प्रतिरूप में किसी भी बिंदु पर तीव्रता $I = I_{max} \cos^2 \left( \frac{\Delta \phi}{2} \right)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I_{max}$ दीप्त फ्रिंज के केंद्र पर तीव्रता है।
कलांतर $\Delta \phi$ और पथ अंतर $\Delta x$ के बीच संबंध $\Delta \phi = \frac{2 \pi}{\lambda} \Delta x$ है।
दिए गए पथ अंतर $\Delta x = \frac{\lambda}{8}$ के लिए,कलांतर:
$\Delta \phi = \frac{2 \pi}{\lambda} \times \frac{\lambda}{8} = \frac{\pi}{4}$.
अब,इस मान को तीव्रता के सूत्र में रखने पर:
$\frac{I}{I_{max}} = \cos^2 \left( \frac{\pi / 4}{2} \right) = \cos^2 \left( \frac{\pi}{8} \right)$.
$\cos(\frac{\pi}{8}) \approx 0.9239$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{I}{I_{max}} = (0.9239)^2 \approx 0.853$.

(D) निर्वात में संचरित होने वाली विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए,विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E}$,चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B}$ और वेग सदिश $\overrightarrow{c}$ के बीच का संबंध $\overrightarrow{E} = \overrightarrow{c} \times \overrightarrow{B}$ द्वारा दिया जाता है।
तरंग $z$-दिशा में संचरित हो रही है,इसलिए वेग सदिश $\overrightarrow{c} = c \hat{k} = (3 \times 10^{8}) \hat{k}\; m/s$ है।
चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B} = 5 \times 10^{-8} \hat{j}\; T$ दिया गया है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\overrightarrow{E} = (3 \times 10^{8} \hat{k}) \times (5 \times 10^{-8} \hat{j})$
इकाई सदिशों के क्रॉस प्रोडक्ट के नियमों का उपयोग करते हुए $(\hat{k} \times \hat{j} = -\hat{i})$:
$\overrightarrow{E} = (3 \times 5) \times (10^{8} \times 10^{-8}) \times (\hat{k} \times \hat{j})$
$\overrightarrow{E} = 15 \times 1 \times (-\hat{i})$
$\overrightarrow{E} = -15 \hat{i}\; V/m$.

(A) दिया गया है: गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $R_{g} = 100 \; \Omega$,पूर्ण-स्केल विक्षेप धारा $i_{g} = 1 \; mA = 1 \times 10^{-3} \; A$,और लक्ष्य विभवांतर $V = 10 \; V$ है।
गैल्वेनोमीटर को वोल्टमीटर में बदलने के लिए,गैल्वेनोमीटर के साथ श्रेणीक्रम में एक उच्च प्रतिरोध $R$ जोड़ा जाता है।
विभवांतर के लिए सूत्र $V = i_{g}(R + R_{g})$ है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$10 = 1 \times 10^{-3} \times (R + 100)$
$10 / (1 \times 10^{-3}) = R + 100$
$10000 = R + 100$
$R = 10000 - 100 = 9900 \; \Omega$.
$k\Omega$ में बदलने पर: $R = 9900 / 1000 = 9.9 \; k\Omega$.

(C) एक समान विद्युत क्षेत्र $E$ में कण पर लगने वाला बल $F = qE$ द्वारा दिया जाता है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,त्वरण $a = \frac{F}{m} = \frac{qE}{m}$ है।
चूंकि कण विरामावस्था से छोड़ा जाता है,इसलिए इसका प्रारंभिक वेग $u = 0$ है।
गति के समीकरण $v^{2} = u^{2} + 2ax$ का उपयोग करते हुए,हम मान रखते हैं:
$v^{2} = 0 + 2 \left( \frac{qE}{m} \right) x$
$v^{2} = \left( \frac{2qE}{m} \right) x$
$v = \sqrt{\frac{2qE}{m}} \sqrt{x}$
यह दर्शाता है कि $v \propto \sqrt{x}$ है।
संबंध $v = k \sqrt{x}$ (जहाँ $k$ एक स्थिरांक है) के लिए $v$ बनाम $x$ का ग्राफ $x$-अक्ष के अनुदिश खुलने वाला एक परवलय है,जो ग्राफ $C$ के अनुरूप है।

(B) $LR$ परिपथ में $t$ समय पर धारा $i(t) = \frac{\varepsilon}{R} (1 - e^{-Rt/L})$ द्वारा दी जाती है।
माना $T_c = \frac{L}{R}$ समय नियतांक है। तब $i(t) = \frac{\varepsilon}{R} (1 - e^{-t/T_c})$ होगा।
$t=0$ से $t=T_c$ तक प्रवाहित कुल आवेश $q$ समय के सापेक्ष धारा का समाकलन है:
$q = \int_{0}^{T_c} i(t) dt = \int_{0}^{T_c} \frac{\varepsilon}{R} (1 - e^{-t/T_c}) dt$
$q = \frac{\varepsilon}{R} \left[ t - \frac{e^{-t/T_c}}{-1/T_c} \right]_{0}^{T_c} = \frac{\varepsilon}{R} \left[ t + T_c e^{-t/T_c} \right]_{0}^{T_c}$
$q = \frac{\varepsilon}{R} \left[ (T_c + T_c e^{-1}) - (0 + T_c e^{0}) \right]$
$q = \frac{\varepsilon}{R} [T_c + T_c e^{-1} - T_c] = \frac{\varepsilon}{R} T_c e^{-1}$
$T_c = \frac{L}{R}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$q = \frac{\varepsilon}{R} \cdot \frac{L}{R} \cdot \frac{1}{e} = \frac{\varepsilon L}{e R^2}$.

(D) बाएं सिरे से $x$ दूरी पर $dx$ चौड़ाई की एक छोटी पट्टी पर विचार करें। इस दूरी $x$ पर प्लेटों के बीच की दूरी $d' = d + x\alpha$ है।
इस छोटी पट्टी की धारिता $dC = \frac{\varepsilon_0 a dx}{d + x\alpha}$ है।
कुल धारिता $C$ ज्ञात करने के लिए,हम $x = 0$ से $x = a$ तक समाकलन करते हैं:
$C = \int_{0}^{a} \frac{\varepsilon_0 a dx}{d + x\alpha} = \frac{\varepsilon_0 a}{\alpha} [\ln(d + x\alpha)]_{0}^{a} = \frac{\varepsilon_0 a}{\alpha} \ln\left(\frac{d + a\alpha}{d}\right) = \frac{\varepsilon_0 a}{\alpha} \ln\left(1 + \frac{a\alpha}{d}\right)$.
छोटे $y = \frac{a\alpha}{d}$ के लिए टेलर श्रेणी विस्तार $\ln(1 + y) \approx y - \frac{y^2}{2}$ का उपयोग करते हुए:
$C \approx \frac{\varepsilon_0 a}{\alpha} \left(\frac{a\alpha}{d} - \frac{1}{2} \left(\frac{a\alpha}{d}\right)^2\right) = \frac{\varepsilon_0 a^2}{d} \left(1 - \frac{a\alpha}{2d}\right)$.

(B) केंद्र पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B$ तीन भागों द्वारा उत्पन्न क्षेत्रों का सदिश योग है: सीधा तार $AB$,वृत्ताकार लूप $DMND$,और सीधा तार $BC$।
$1$. सीधे तार $AB$ के कारण वृत्त के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र (जो $AB$ की रेखा से $R$ लंबवत दूरी पर है): $B_{AB} = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi R} (\sin 90^{\circ} + \sin 0^{\circ}) = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi R}$।
$2$. वृत्ताकार लूप $DMND$ के कारण उसके केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र: $B_{loop} = \frac{\mu_{0} I}{2 R}$।
$3$. सीधे तार $BC$ के कारण वृत्त के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र (जो $BC$ की रेखा से $R$ लंबवत दूरी पर है): $B_{BC} = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi R} (\sin 90^{\circ} + \sin 0^{\circ}) = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi R}$।
चूंकि सभी भागों के लिए धारा एक ही दिशा में प्रवाहित होती है,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र जुड़ जाते हैं:
$B = B_{AB} + B_{loop} + B_{BC} = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi R} + \frac{\mu_{0} I}{2 R} + \frac{\mu_{0} I}{4 \pi R}$
$B = \frac{\mu_{0} I}{2 \pi R} + \frac{\mu_{0} I}{2 R} = \frac{\mu_{0} I}{2 \pi R} (1 + \pi)$।

(C) प्रारंभिक वेग $\overrightarrow{v} = v_{0} \hat{i} + v_{0} \hat{j}$ है। प्रारंभिक चाल $v = \sqrt{v_{0}^{2} + v_{0}^{2}} = v_{0} \sqrt{2}$ है।
प्रारंभिक डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_{0} = \frac{h}{m v_{0} \sqrt{2}} \implies h = \lambda_{0} m v_{0} \sqrt{2}$ है।
विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E} = -E_{0} \hat{k}$ है। इलेक्ट्रॉन पर बल $\overrightarrow{F} = -e \overrightarrow{E} = e E_{0} \hat{k}$ है।
त्वरण $\overrightarrow{a} = \frac{e E_{0}}{m} \hat{k}$ है।
समय $t$ पर,वेग $\overrightarrow{v}(t) = v_{0} \hat{i} + v_{0} \hat{j} + \frac{e E_{0} t}{m} \hat{k}$ है।
समय $t$ पर चाल $v(t) = \sqrt{v_{0}^{2} + v_{0}^{2} + \left(\frac{e E_{0} t}{m}\right)^{2}} = \sqrt{2 v_{0}^{2} + \frac{e^{2} E_{0}^{2} t^{2}}{m^{2}}}$ है।
समय $t$ पर डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{m v(t)} = \frac{\lambda_{0} m v_{0} \sqrt{2}}{m \sqrt{2 v_{0}^{2} + \frac{e^{2} E_{0}^{2} t^{2}}{m^{2}}}} = \frac{\lambda_{0} v_{0} \sqrt{2}}{\sqrt{2 v_{0}^{2} + \frac{e^{2} E_{0}^{2} t^{2}}{m^{2}}}} = \frac{\lambda_{0}}{\sqrt{1 + \frac{e^{2} E_{0}^{2} t^{2}}{2 m^{2} v_{0}^{2}}}}$ है।

(D) आवेशित गोले की सतह पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{KQ}{R^{2}}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $E_{1} = \frac{KQ_{1}}{R_{1}^{2}}$ और $E_{2} = \frac{KQ_{2}}{R_{2}^{2}}.$
प्रश्न के अनुसार,$\frac{E_{1}}{E_{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}}.$
मान रखने पर,$\frac{KQ_{1} / R_{1}^{2}}{KQ_{2} / R_{2}^{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}}.$
$\frac{Q_{1}}{Q_{2}} \cdot \frac{R_{2}^{2}}{R_{1}^{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}} \implies \frac{Q_{1}}{Q_{2}} = \frac{R_{1}^{3}}{R_{2}^{3}}.$
गोले की सतह पर इलेक्ट्रोस्टैटिक विभव $V = \frac{KQ}{R}$ होता है।
इसलिए,$\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{KQ_{1} / R_{1}}{KQ_{2} / R_{2}} = \frac{Q_{1}}{Q_{2}} \cdot \frac{R_{2}}{R_{1}}.$
$\frac{Q_{1}}{Q_{2}} = \frac{R_{1}^{3}}{R_{2}^{3}}$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{R_{1}^{3}}{R_{2}^{3}} \cdot \frac{R_{2}}{R_{1}} = \frac{R_{1}^{2}}{R_{2}^{2}} = (R_{1} / R_{2})^{2}.$

(C) अवतल दर्पण के लिए,दर्पण सूत्र $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ है।
चिह्न परिपाटी का उपयोग करते हुए,$u = -x$,जहाँ $x$ दर्पण से वस्तु की दूरी है $(x > 0)$।
अतः,$-\frac{1}{v} - \frac{1}{x} = -\frac{1}{f} \implies \frac{1}{v} = \frac{1}{f} - \frac{1}{x} = \frac{x-f}{fx} \implies v = \frac{fx}{x-f}$।
रेखीय आवर्धन $m$ को $m = -\frac{v}{u} = -\frac{fx/(x-f)}{-x} = \frac{f}{x-f}$ द्वारा दिया जाता है।
रेखीय आवर्धन का परिमाण $|m| = \left| \frac{f}{x-f} \right|$ है।
जैसे-जैसे वस्तु मुख्य फोकस $(x = f)$ से अनंत $(x \to \infty)$ की ओर जाती है:
$1$. $x = f$ पर,$|m| \to \infty$।
$2$. $x = 2f$ पर,$|m| = |f / (2f - f)| = 1$।
$3$. जैसे $x \to \infty$,$|m| \to 0$।
इसलिए,ग्राफ में $x = f$ पर $|m| \to \infty$,$x = 2f$ पर $|m| = 1$ और $x \to \infty$ पर $|m| \to 0$ प्रदर्शित होना चाहिए। यह विकल्प $C$ में दिखाए गए ग्राफ के अनुरूप है।

(D) मान लीजिए कि इनपुट $A=1$ और $B=0$ हैं।
$1$. इनपुट $A=1$ एक $NOT$ गेट से गुजरता है,जिससे यह $0$ हो जाता है।
$2$. यह $0$ शीर्ष $NAND$ गेट में जाता है (दोनों इनपुट $0$ हैं),इसलिए शीर्ष $NAND$ गेट का आउटपुट $\overline{0 \cdot 0} = 1$ है।
$3$. पहले $NOT$ गेट से प्राप्त $0$ एक और $NOT$ गेट से गुजरकर $1$ बन जाता है।
$4$. यह $1$ मध्य $NAND$ गेट में जाता है।
$5$. निचले $NAND$ गेट में इनपुट $B=0$ और $Y$ से फीडबैक प्राप्त होता है।
$6$. सर्किट का विश्लेषण करने पर,आउटपुट $Y$ शीर्ष और मध्य $NAND$ गेट के आउटपुट से जुड़ा है।
$7$. इस विन्यास को देखते हुए,आउटपुट $Y$ का मान $1$ पर स्थिर हो जाता है।

(C) बामर श्रेणी के लिए,रिडबर्ग सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R_{H} \left( \frac{1}{2^{2}} - \frac{1}{n^{2}} \right)$ है,जहाँ $n = 3, 4, 5, \dots$ है।
प्रथम सदस्य के लिए $n = 3$ लेने पर: $\frac{1}{\lambda_{1}} = R_{H} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R_{H} \left( \frac{5}{36} \right)$.
दूसरे सदस्य के लिए $n = 4$ लेने पर: $\frac{1}{\lambda_{2}} = R_{H} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = R_{H} \left( \frac{3}{16} \right)$.
अनुपात लेने पर: $\frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}} = \frac{5/36}{3/16} = \frac{5}{36} \times \frac{16}{3} = \frac{20}{27}$.
यहाँ $\lambda_{1} = 6561 \; \mathring{A}$ दिया गया है,इसलिए $\lambda_{2} = \frac{20}{27} \times 6561 = 4860 \; \mathring{A}$.
नैनोमीटर में बदलने पर: $4860 \; \mathring{A} = 486 \; nm$.

(A) मान लीजिए परिपथ में धारा $i$ है। बैटरियां श्रेणी क्रम में हैं,इसलिए कुल emf $E_{eq} = 10 + 10 = 20 \; V$ और कुल आंतरिक प्रतिरोध $r_{eq} = 20 + 5 = 25 \; \Omega$ है।
$20 \; \Omega$ आंतरिक प्रतिरोध वाली बैटरी के सिरों पर वोल्टेज $V_1 = E - i r_1 = 10 - i(20)$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि $V_1 = 0,$ इसलिए $10 - 20i = 0,$ जिससे $i = 0.5 \; A$ प्राप्त होता है।
कुल बाहरी प्रतिरोध $R_{ext}$,$30 \; \Omega$ और $R \; \Omega$ का समानांतर संयोजन है,इसलिए $R_{ext} = \frac{30R}{30+R}$ होगा।
पूरे परिपथ के लिए ओम के नियम का उपयोग करने पर,$E_{eq} = i(R_{ext} + r_{eq}).$
$20 = 0.5 \left( \frac{30R}{30+R} + 25 \right).$
$40 = \frac{30R}{30+R} + 25.$
$15 = \frac{30R}{30+R}.$
$15(30+R) = 30R.$
$450 + 15R = 30R.$
$15R = 450 \implies R = 30 \; \Omega.$

(C) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $K$ गतिज ऊर्जा है।
दिया गया है $\lambda_{B} = 2 \lambda_{A}$,इसलिए $\frac{h}{\sqrt{2m T_{B}}} = 2 \frac{h}{\sqrt{2m T_{A}}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $\frac{1}{T_{B}} = \frac{4}{T_{A}}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $T_{A} = 4 T_{B}$.
हमें $T_{B} = T_{A} - 1.5$ दिया गया है। $T_{A} = 4 T_{B}$ प्रतिस्थापित करने पर,$T_{B} = 4 T_{B} - 1.5$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर $3 T_{B} = 1.5$,अतः $T_{B} = 0.5 \; eV$.
धातु $B$ के लिए आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण का उपयोग करने पर: $K_{max} = E - \phi_{B}$,जहाँ $E = 4.5 \; eV$.
$0.5 = 4.5 - \phi_{B}$.
अतः,$\phi_{B} = 4.5 - 0.5 = 4.0 \; eV$.

(D) माना विभवमापी के तार की कुल लंबाई $L = 1200 \; cm$ है।
तार में प्रवाहित धारा $I = 60 \; mA = 0.06 \; A$ है।
तार का कुल प्रतिरोध $R$ है।
पूरे तार के सिरों के बीच विभवांतर $V_{wire} = I \times R = 0.06 \times R$ होगा।
विभव प्रवणता (potential gradient) $\lambda = \frac{V_{wire}}{L} = \frac{0.06 \times R}{1200} = 0.00005 \times R \; V/cm$ होगी।
$5 \; V$ के emf के लिए शून्य विक्षेप बिंदु $\ell = 1000 \; cm$ पर प्राप्त होता है।
संतुलन की स्थिति के लिए,$E = \lambda \times \ell$ होता है।
$5 = (\frac{0.06 \times R}{1200}) \times 1000$.
$5 = \frac{0.06 \times R}{1.2} = 0.05 \times R$.
अतः,$R = \frac{5}{0.05} = 100 \; \Omega$।

(D) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण पर लगने वाला बल $F = qvB$ होता है। चूंकि $F = ma$,इसलिए $ma = qvB$,जिसका अर्थ है $a = \frac{qvB}{m}$।
गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2$ से,वेग $v = \sqrt{\frac{2K}{m}}$ प्राप्त होता है।
त्वरण के सूत्र में $v$ का मान रखने पर: $a = \frac{qB}{m} \sqrt{\frac{2K}{m}} = \frac{qB \sqrt{2K}}{m^{3/2}}$।
$B$ के लिए हल करने पर: $B = \frac{m^{3/2} a}{q \sqrt{2K}}$।
दिए गए मान: $m = 1.6 \times 10^{-27} \; kg$,$a = 10^{12} \; m/s^2$,$q = 1.6 \times 10^{-19} \; C$,$K = 1 \; MeV = 1.6 \times 10^{-13} \; J$।
गणना करने पर: $B = \frac{(1.6 \times 10^{-27})^{3/2} \times 10^{12}}{1.6 \times 10^{-19} \times \sqrt{2 \times 1.6 \times 10^{-13}}} \approx 0.71 \times 10^{-3} \; T = 0.71 \; mT$।

(D) गॉस का नियम समाकल रूप में $\oint \overrightarrow{E} \cdot d\overrightarrow{A} = \frac{q_{enc}}{\varepsilon_{0}}$ द्वारा दिया जाता है।
इसे $|\overrightarrow{E}| |A| = \frac{q_{enc}}{\varepsilon_{0}}$ के रूप में सरल करने के लिए,हमें यह सुनिश्चित करना होगा कि विद्युत क्षेत्र का परिमाण $|\overrightarrow{E}|$ सतह पर स्थिर रहे और विद्युत क्षेत्र सदिश $\overrightarrow{E}$ सतह के प्रत्येक बिंदु पर क्षेत्रफल सदिश $d\overrightarrow{A}$ के समानांतर हो।
यदि $|\overrightarrow{E}|$ स्थिर है और सतह को इस प्रकार चुना जाता है कि $\overrightarrow{E}$ हमेशा सतह के लंबवत हो,तो वह सतह एक समविभव सतह होती है।
इसलिए,समाकल से $|\overrightarrow{E}|$ को बाहर निकालने के लिए दोनों शर्तों की आवश्यकता होती है।

(D) टेलीस्कोप की ट्यूब की लंबाई $L$,अभिदृश्यक लेंस $(f_o)$ और नेत्रिका $(f_e)$ की फोकस दूरियों के योग के बराबर होती है: $L = f_o + f_e = 60 \; cm$.
टेलीस्कोप की आवर्धन क्षमता $M$ फोकस दूरियों के अनुपात द्वारा दी जाती है: $M = \frac{f_o}{f_e} = 5$.
इससे हमें $f_o = 5 f_e$ प्राप्त होता है।
इस मान को ट्यूब की लंबाई के समीकरण में रखने पर: $5 f_e + f_e = 60 \; cm$,जो सरल होकर $6 f_e = 60 \; cm$ हो जाता है।
अतः,नेत्रिका की फोकस दूरी $f_e = 10 \; cm$ है।

(C) रदरफोर्ड के प्रकीर्णन सूत्र के अनुसार,प्रकीर्णन कोण $\theta$ पर पता लगाए गए प्रकीर्णित $\alpha$-कणों की संख्या $N(\theta)$ इस प्रकार है:
$N(\theta) \propto \frac{1}{\sin^4(\theta/2)}$
जैसे-जैसे प्रकीर्णन कोण $\theta$ $0$ से $\pi$ तक बढ़ता है,$\sin(\theta/2)$ का मान $0$ से $1$ तक बढ़ता है।
परिणामस्वरूप,पद $\sin^4(\theta/2)$ $0$ से $1$ तक बढ़ता है।
इसलिए,प्रकीर्णित कणों की संख्या $Y$ जैसे-जैसे $\theta$ बढ़ता है,बहुत तेजी से घटती है।
इस संबंध को उस ग्राफ द्वारा सबसे अच्छी तरह दर्शाया गया है जहाँ छोटे कोणों पर $Y$ बहुत बड़ा होता है और जैसे-जैसे $\theta$ बढ़ता है,यह तेजी से गिरता है,जो विकल्प $C$ में दिखाए गए वक्र के अनुरूप है।

(D) माध्यम का अपवर्तनांक $\mu$,$\mu = \sqrt{\epsilon_r \mu_r}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ सापेक्ष विद्युतशीलता $\epsilon_r = 3$ और सापेक्ष चुंबकशीलता $\mu_r = \frac{4}{3}$ दी गई है।
इसलिए,$\mu = \sqrt{3 \times \frac{4}{3}} = \sqrt{4} = 2$ है।
क्रांतिक कोण $\theta_C$ का सूत्र $\sin \theta_C = \frac{1}{\mu}$ होता है।
$\mu$ का मान रखने पर,$\sin \theta_C = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\theta_C = 30^{\circ}$ होगा।

(C) इस परिपथ में दो स्विच $A$ और $B$ डायोड से जुड़े हैं,जो $OR$ गेट के इनपुट चरण के रूप में कार्य करते हैं। जब स्विच $A$ या $B$ बंद (लॉजिक $1$) होता है,तो $NPN$ ट्रांजिस्टर के बेस को उच्च वोल्टेज मिलता है,जिससे यह चालन करता है। जब ट्रांजिस्टर चालन करता है,तो कलेक्टर वोल्टेज लगभग $0 \ V$ (लॉजिक $0$) तक गिर जाता है। यदि दोनों स्विच खुले (लॉजिक $0$) हैं,तो बेस प्रतिरोधक के माध्यम से ग्राउंड होता है,ट्रांजिस्टर कटऑफ $(OFF)$ स्थिति में होता है,और आउटपुट $Y$ खींचकर $+5 \ V$ (लॉजिक $1$) पर चला जाता है। यह व्यवहार $NOR$ गेट के अनुरूप है,जहाँ $Y = \overline{A+B}$ होता है। डी मॉर्गन के प्रमेय के अनुसार,$\overline{A+B} = \overline{A} \cdot \overline{B}$ होता है।

$A$	$B$	$Y$
$0$	$0$	$1$
$1$	$0$	$0$
$0$	$1$	$0$
$1$	$1$	$0$