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

(A) माध्य मुक्त पथ $\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi n_{v} d^{2}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n_{v}$ संख्या घनत्व है और $d$ परमाणु का व्यास है।
माध्य मुक्त समय $\tau$ को $\tau = \frac{\lambda}{v_{rms}}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है,जहाँ $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$.
$\tau$ के व्यंजक में $\lambda$ और $v_{rms}$ का मान रखने पर:
$\tau = \frac{1}{\sqrt{2} \pi n_{v} d^{2}} \sqrt{\frac{M}{3RT}}$.
चूंकि दोनों गैसों के लिए $n_{v}$,$R$,और $T$ समान हैं,इसलिए माध्य मुक्त समय का अनुपात $\tau_{Ar} / \tau_{Xe}$ होगा:
$\frac{\tau_{Ar}}{\tau_{Xe}} = \sqrt{\frac{M_{Ar}}{M_{Xe}}} \times \left( \frac{d_{Xe}}{d_{Ar}} \right)^{2}$.
दिया गया है $M_{Ar} = 40$,$M_{Xe} = 140$,$d_{Ar} = 2 \times 0.07 \; nm$,और $d_{Xe} = 2 \times 0.1 \; nm$:
$\frac{\tau_{Ar}}{\tau_{Xe}} = \sqrt{\frac{40}{140}} \times \left( \frac{0.1}{0.07} \right)^{2} = \sqrt{\frac{2}{7}} \times \left( \frac{10}{7} \right)^{2} \approx 0.5345 \times 2.0408 \approx 1.09$.

(C) दिया गया है: प्रारंभिक वेग $\vec{u} = 3.0 \hat{i} \; m/s$,त्वरण $\vec{a} = (6.0 \hat{i} + 4.0 \hat{j}) \; m/s^2$,और $t=0$ पर प्रारंभिक स्थिति $(0, 0)$ है।
$y$-दिशा में गति के लिए:
$y = u_y t + \frac{1}{2} a_y t^2$
$32 = 0 \times t + \frac{1}{2} (4.0) t^2$
$32 = 2 t^2$
$t^2 = 16 \implies t = 4 \; s$.
$x$-दिशा में गति के लिए:
$x = u_x t + \frac{1}{2} a_x t^2$
$x = (3.0)(4) + \frac{1}{2} (6.0)(4)^2$
$x = 12 + 3.0 \times 16$
$x = 12 + 48 = 60 \; m$.
अतः,$D = 60$.

(C) $1$. अधिकतम ऊँचाई पर,पहले कण का वेग $v_x = u \cos 60^{\circ} = \frac{u}{2}$ और $v_y = 0$ है।
$2$. दूसरे कण का वेग $u \hat{i}$ है।
$3$. क्षैतिज दिशा में रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से:
$m \left( \frac{u}{2} \right) + m(u) = (m + m) v^{\prime}$
$\frac{3mu}{2} = 2mv^{\prime} \implies v^{\prime} = \frac{3u}{4}$।
$4$. अधिकतम ऊँचाई $H = \frac{u^2 \sin^2 60^{\circ}}{2g} = \frac{u^2 (3/4)}{2g} = \frac{3u^2}{8g}$ है।
$5$. ऊँचाई $H$ से जमीन तक गिरने में लगा समय $t = \sqrt{\frac{2H}{g}} = \sqrt{\frac{2}{g} \cdot \frac{3u^2}{8g}} = \sqrt{\frac{3u^2}{4g^2}} = \frac{u \sqrt{3}}{2g}$ है।
$6$. टक्कर के बाद संयुक्त द्रव्यमान द्वारा तय की गई क्षैतिज दूरी $d = v^{\prime} \cdot t = \left( \frac{3u}{4} \right) \left( \frac{u \sqrt{3}}{2g} \right) = \frac{3 \sqrt{3} u^2}{8g}$ है।

(B) कार्य-ऊर्जा प्रमेय का उपयोग करते हुए,गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य निकाय की गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
$W_{g} = \Delta KE$
$(m_{1} - m_{2}) gh = \frac{1}{2} m_{1} v^{2} + \frac{1}{2} m_{2} v^{2} + \frac{1}{2} I \omega^{2}$
चूंकि डोरी फिसलती नहीं है,इसलिए $v = \omega R$। इस मान को समीकरण में रखने पर:
$(m_{1} - m_{2}) gh = \frac{1}{2} (m_{1} + m_{2}) (\omega R)^{2} + \frac{1}{2} I \omega^{2}$
$(m_{1} - m_{2}) gh = \frac{\omega^{2}}{2} [(m_{1} + m_{2}) R^{2} + I]$
$\omega$ के लिए हल करने पर:
$\omega = \sqrt{\frac{2(m_{1} - m_{2}) gh}{(m_{1} + m_{2}) R^{2} + I}}$

(A) पलायन वेग का सूत्र $v_{e} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
ग्रह $A$ के लिए,पलायन वेग $v_{A} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
ग्रह $B$ के लिए,द्रव्यमान $M' = \frac{M}{2}$ और त्रिज्या $R' = \frac{R}{2}$ है।
अतः,ग्रह $B$ के लिए पलायन वेग $v_{B} = \sqrt{\frac{2G(M/2)}{R/2}} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
दोनों की तुलना करने पर,हमें $\frac{v_{A}}{v_{B}} = \frac{\sqrt{2GM/R}}{\sqrt{2GM/R}} = 1$ प्राप्त होता है।
यह दिया गया है कि $\frac{v_{A}}{v_{B}} = \frac{n}{4}$,इसलिए $1 = \frac{n}{4}$,जिसका अर्थ है कि $n = 4$।

(D) प्रति इकाई आयतन में संचित ऊर्जा $(u)$ का सूत्र है: $u = \frac{1}{2} \times \text{Stress} \times \text{Strain} = \frac{1}{2} \frac{(\text{Stress})^2}{Y}$।
चूंकि $\text{Stress} = \frac{F}{A} = \frac{F}{\pi (d/2)^2} = \frac{4F}{\pi d^2}$,इसलिए $u = \frac{1}{2Y} \left( \frac{4F}{\pi d^2} \right)^2$ होगा।
यह दिया गया है कि भार $(F)$,लंबाई और यंग मापांक $(Y)$ दोनों तारों के लिए समान हैं,इसलिए $u \propto \frac{1}{d^4}$।
अतः,$\frac{u_1}{u_2} = \left( \frac{d_2}{d_1} \right)^4$।
दिया है $\frac{u_1}{u_2} = \frac{1}{4}$,इसलिए $\frac{1}{4} = \left( \frac{d_2}{d_1} \right)^4$।
दोनों पक्षों का चतुर्थ मूल लेने पर,$\frac{d_2}{d_1} = \left( \frac{1}{4} \right)^{1/4} = \left( \frac{1}{2^2} \right)^{1/4} = \frac{1}{2^{1/2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$।
इस प्रकार,$\frac{d_1}{d_2} = \sqrt{2} : 1$।

(D) सही क्रम निर्धारित करने के लिए,हमें योग करना होगा और परिणाम को सबसे कम सटीक माप (जिसमें दशमलव के बाद सबसे कम अंक हों) के आधार पर सार्थक अंकों तक राउंड ऑफ करना होगा।
$(i)$ $A_{1}+B_{1}+C_{1} = 24.36 + 0.0724 + 256.2 = 280.6324$. सबसे कम सटीक मान $256.2$ (एक दशमलव स्थान) है,इसलिए योग $280.6$ है।
$(ii)$ $A_{2}+B_{2}+C_{2} = 24.44 + 16.082 + 240.2 = 280.722$. सबसे कम सटीक मान $240.2$ (एक दशमलव स्थान) है,इसलिए योग $280.7$ है।
$(iii)$ $A_{3}+B_{3}+C_{3} = 25.2 + 19.2812 + 236.183 = 280.6642$. सबसे कम सटीक मान $25.2$ (एक दशमलव स्थान) है,इसलिए योग $280.7$ है।
$(iv)$ $A_{4}+B_{4}+C_{4} = 25 + 236.191 + 19.5 = 280.691$. सबसे कम सटीक मान $25$ (शून्य दशमलव स्थान) है,इसलिए योग $281$ है।
परिणामों की तुलना करने पर: $281 > 280.7 = 280.7 > 280.6$. अतः,$A_{4}+B_{4}+C_{4} > A_{3}+B_{3}+C_{3} = A_{2}+B_{2}+C_{2} > A_{1}+B_{1}+C_{1}$.

(A) चरण $1$: $V_{1}$ से $V_{2} = V_{1}/16$ तक रुद्धोष्म संपीड़न।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,$T_{1}V_{1}^{\gamma-1} = T_{2}V_{2}^{\gamma-1}$।
दिया गया है $T_{1} = 300 \; K$,$\gamma = 1.4 = 7/5$,अतः $\gamma-1 = 0.4 = 2/5$।
$300 \times V_{1}^{2/5} = T_{2} \times (V_{1}/16)^{2/5}$।
$T_{2} = 300 \times (16)^{2/5} = 300 \times (2^{4})^{2/5} = 300 \times 2^{8/5}$।
$T_{2} = 300 \times 3.0314 = 909.42 \; K$।
चरण $2$: $V_{2}$ से $2V_{2}$ तक समदाबीय प्रसार।
समदाबीय प्रक्रिया के लिए,$V/T = \text{स्थिरांक}$,इसलिए $V_{2}/T_{2} = (2V_{2})/T_{f}$।
$T_{f} = 2 \times T_{2} = 2 \times 909.42 = 1818.84 \; K$।
निकटतम पूर्णांक में,अंतिम तापमान $1819 \; K$ है। दिए गए विकल्पों के अनुसार,$1818$ सबसे निकटतम उत्तर है।

(B) परिवर्ती बल द्वारा किया गया कार्य रेखा समाकल $W = \int_{A}^{B} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r}$ द्वारा दिया जाता है।
$A(1, 0)$ और $B(0, 1)$ को जोड़ने वाले रेखाखंड का समीकरण $y = -x + 1$ या $x + y = 1$ है।
अतः,$d\overrightarrow{r} = dx \hat{i} + dy \hat{j}$ है।
किया गया कार्य $W = \int_{A}^{B} (-x \hat{i} + y \hat{j}) \cdot (dx \hat{i} + dy \hat{j}) = \int_{A}^{B} (-x dx + y dy)$ है।
$x=1$ से $x=0$ और $y=0$ से $y=1$ की सीमाएँ रखने पर:
$W = \int_{1}^{0} -x dx + \int_{0}^{1} y dy$
$W = \left[ -\frac{x^2}{2} \right]_{1}^{0} + \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{1}$
$W = -\left( \frac{0^2}{2} - \frac{1^2}{2} \right) + \left( \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right)$
$W = -\left( 0 - 0.5 \right) + \left( 0.5 - 0 \right) = 0.5 + 0.5 = 1 \text{ J}$.

(C) नियतांकों की विमाएँ इस प्रकार हैं:
$[h] = M^1 L^2 T^{-1}$
$[c] = L^1 T^{-1}$
$[G] = M^{-1} L^3 T^{-2}$
इन मानों को $f$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$[f] = \sqrt{\frac{(M^1 L^2 T^{-1}) \times (L^1 T^{-1})^5}{M^{-1} L^3 T^{-2}}}$
$[f] = \sqrt{\frac{M^1 L^2 T^{-1} \times L^5 T^{-5}}{M^{-1} L^3 T^{-2}}}$
$[f] = \sqrt{\frac{M^1 L^7 T^{-6}}{M^{-1} L^3 T^{-2}}}$
$[f] = \sqrt{M^{1-(-1)} L^{7-3} T^{-6-(-2)}}$
$[f] = \sqrt{M^2 L^4 T^{-4}}$
$[f] = M^1 L^2 T^{-2}$
विमा $M^1 L^2 T^{-2}$ ऊर्जा की विमा के अनुरूप है।

(A) प्रारंभ में,$m$ द्रव्यमान का पिंड $R$ त्रिज्या की वृत्ताकार कक्षा में गति कर रहा है। अतः इसे कक्षीय गति $v_{0} = \sqrt{\frac{GM}{R}}$ के साथ गति करनी चाहिए।
टक्कर के बाद,मान लीजिए कि संयुक्त द्रव्यमान $v_{1}$ गति से चलता है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए:
$m v_{0} + \frac{m}{2} \left(\frac{v_{0}}{2}\right) = \left(m + \frac{m}{2}\right) v_{1}$
$m v_{0} + \frac{m v_{0}}{4} = \frac{3m}{2} v_{1}$
$\frac{5m v_{0}}{4} = \frac{3m}{2} v_{1}$
$v_{1} = \frac{5}{4} \times \frac{2}{3} v_{0} = \frac{5}{6} v_{0}$.
चूंकि टक्कर के बाद की गति $(v_{1} = \frac{5}{6} v_{0})$ कक्षीय गति $(v_{0})$ के बराबर नहीं है,इसलिए गति वृत्ताकार नहीं हो सकती है।
चूंकि वेग स्पर्शरेखीय बना रहता है,इसलिए यह ग्रह की ओर लंबवत नहीं गिर सकता है।
साथ ही,टक्कर के बाद की गति पलायन वेग $(v_{e} = \sqrt{2} v_{0})$ से कम है,इसलिए पिंड गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र से बाहर नहीं निकल सकता है।
अतः,संयुक्त पिंड ग्रह के चारों ओर एक दीर्घवृत्ताकार कक्षा में गति करेगा।

(B) एक दृढ़ द्विपरमाणुक अणु के लिए,स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $(f_A)$ $5$ होती है ($3$ स्थानांतरण + $2$ घूर्णन)।
अतिरिक्त कंपन विधा वाले द्विपरमाणुक अणु के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $(f_B)$ $7$ होती है ($3$ स्थानांतरण + $2$ घूर्णन + $2$ कंपन)।
नियत आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_v = \frac{f}{2}R$ द्वारा दी जाती है।
अतः,$C_v^A = \frac{5}{2}R$ और $C_v^B = \frac{7}{2}R$ है।
अनुपात $\frac{C_v^A}{C_v^B} = \frac{\frac{5}{2}R}{\frac{7}{2}R} = \frac{5}{7}$ है।

(B) स्क्रू गेज की पिच वह दूरी है जो स्क्रू एक पूर्ण चक्कर में तय करता है।
दिया गया है कि $6$ चक्कर मुख्य पैमाने पर $3\; mm$ की दूरी के बराबर हैं।
इसलिए,पिच $= \frac{3\; mm}{6} = 0.5\; mm$ है।
स्क्रू गेज का अल्पतमांक $(LC)$ पिच और वृत्ताकार पैमाने पर विभाजनों की कुल संख्या का अनुपात होता है।
$LC = \frac{\text{Pitch}}{\text{Number of circular scale divisions}}$.
यहाँ विभाजनों की संख्या $= 50$ है।
$LC = \frac{0.5\; mm}{50} = 0.01\; mm$ है।
इसे सेंटीमीटर में बदलने पर,$0.01\; mm = 0.001\; cm$ प्राप्त होता है।

(B) निकाय का प्रारंभिक संवेग: $\vec{P}_i = m(u\hat{i}) + m\left(\frac{u}{2}\hat{i} + \frac{u}{2}\hat{j}\right) = \frac{3}{2}mu\hat{i} + \frac{1}{2}mu\hat{j}$.
चूंकि टक्कर पूर्णतः अप्रत्यास्थ है,कण आपस में जुड़ जाते हैं और एक सामान्य वेग $\vec{v}_f$ के साथ गति करते हैं। रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से: $\vec{P}_i = (m+m)\vec{v}_f = 2m\vec{v}_f$.
$\vec{v}_f = \frac{1}{2m} \left(\frac{3}{2}mu\hat{i} + \frac{1}{2}mu\hat{j}\right) = \frac{3}{4}u\hat{i} + \frac{1}{4}u\hat{j}$.
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा: $K_i = \frac{1}{2}mu^2 + \frac{1}{2}m\left|\frac{u}{2}\hat{i} + \frac{u}{2}\hat{j}\right|^2 = \frac{1}{2}mu^2 + \frac{1}{2}m\left(\frac{u^2}{4} + \frac{u^2}{4}\right) = \frac{1}{2}mu^2 + \frac{1}{4}mu^2 = \frac{3}{4}mu^2$.
अंतिम गतिज ऊर्जा: $K_f = \frac{1}{2}(2m)|\vec{v}_f|^2 = m\left(\left(\frac{3}{4}u\right)^2 + \left(\frac{1}{4}u\right)^2\right) = m\left(\frac{9}{16}u^2 + \frac{1}{16}u^2\right) = \frac{10}{16}mu^2 = \frac{5}{8}mu^2$.
नष्ट हुई ऊर्जा: $\Delta K = K_i - K_f = \frac{3}{4}mu^2 - \frac{5}{8}mu^2 = \frac{6-5}{8}mu^2 = \frac{1}{8}mu^2$.

(D) दिए गए $P-V$ आरेख में:
$1$. प्रक्रिया $1 \rightarrow 2$ एक रुद्धोष्म प्रसार है (दाब घटता है, आयतन बढ़ता है)।
$2$. प्रक्रिया $2 \rightarrow 3$ एक समदाबी संपीड़न है (दाब स्थिर रहता है, आयतन घटता है)।
$3$. प्रक्रिया $3 \rightarrow 1$ एक समआयतनिक तापन है (आयतन स्थिर रहता है, दाब बढ़ता है)।
अब, $V-T$ आरेखों का विश्लेषण करते हैं:
- प्रक्रिया $1 \rightarrow 2$ (रुद्धोष्म) के लिए: $TV^{\gamma-1} = \text{स्थिरांक}$। चूँकि आयतन बढ़ता है, इसलिए तापमान घटना चाहिए।
- प्रक्रिया $2 \rightarrow 3$ (समदाबी) के लिए: $V \propto T$। चूँकि आयतन घटता है, इसलिए तापमान घटना चाहिए।
- प्रक्रिया $3 \rightarrow 1$ (समआयतनिक) के लिए: $P \propto T$। चूँकि दाब बढ़ता है, इसलिए तापमान बढ़ना चाहिए।
इन प्रवृत्तियों की तुलना दिए गए विकल्पों से करने पर, विकल्प $D$ में दर्शाया गया $V-T$ आरेख सही है।

(A) माना प्रत्येक तरंग का आयाम $A$ है। चूंकि तीव्रता $I \propto A^2$,इसलिए $I_0 = kA^2$,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
परिणामी तरंग का समीकरण तीनों तरंगों के योग द्वारा दिया जाता है:
$y = A \sin(\omega t) + A \sin(\omega t - \frac{\pi}{4}) + A \sin(\omega t + \frac{\pi}{4})$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin(x - y) + \sin(x + y) = 2 \sin x \cos y$ का उपयोग करने पर:
$y = A \sin(\omega t) + A [2 \sin(\omega t) \cos(\frac{\pi}{4})]$
चूंकि $\cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$:
$y = A \sin(\omega t) + A [2 \sin(\omega t) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}]$
$y = A \sin(\omega t) + \sqrt{2} A \sin(\omega t)$
$y = (1 + \sqrt{2}) A \sin(\omega t)$
परिणामी आयाम $A_R = (1 + \sqrt{2}) A$ है।
परिणामी तीव्रता $I = k A_R^2 = k [(1 + \sqrt{2}) A]^2 = k A^2 (1 + \sqrt{2})^2$.
चूंकि $I_0 = k A^2$:
$I = I_0 (1 + 2 + 2\sqrt{2}) = I_0 (3 + 2 \times 1.414) = I_0 (3 + 2.828) = 5.828 I_0$.
अतः,परिणामी तीव्रता लगभग $5.8 I_0$ है।

(A) प्रत्येक गोले की त्रिज्या $r = d/2$ है। समबाहु त्रिभुज के केंद्रक से प्रत्येक गोले के केंद्र तक की दूरी $R = \frac{d}{\sqrt{3}}$ है।
केंद्रक से गुजरने वाली अक्ष $(I_0)$ के परितः प्रत्येक गोले के लिए समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए:
$I_0 = 3 \times [I_{cm} + mR^2] = 3 \times [\frac{2}{5}m(d/2)^2 + m(d/\sqrt{3})^2]$
$I_0 = 3 \times [\frac{1}{10}md^2 + \frac{1}{3}md^2] = 3 \times [\frac{3+10}{30}]md^2 = 3 \times \frac{13}{30}md^2 = \frac{13}{10}md^2$.
अब,एक गोले के केंद्र $(A)$ से गुजरने वाली और तल के लंबवत अक्ष के लिए,हम केंद्रक अक्ष और $A$ पर अक्ष के बीच समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हैं:
$I_A = I_0 + 3mR^2 = \frac{13}{10}md^2 + 3m(d/\sqrt{3})^2 = \frac{13}{10}md^2 + md^2 = \frac{23}{10}md^2$.
अनुपात $\frac{I_0}{I_A} = \frac{13/10}{23/10} = \frac{13}{23}$ है।

(C) पानी के प्रवाह की दर स्थिर है,इसलिए $A_{A} V_{A} = A_{B} V_{B}$।
दिया गया है $A_{A} = 40 \; cm^{2}$ और $A_{B} = 20 \; cm^{2}$,इसलिए $40 V_{A} = 20 V_{B}$,जिसका अर्थ है $V_{B} = 2 V_{A}$।
क्षैतिज नली के लिए बरनौली प्रमेय का उपयोग करने पर: $P_{A} + \frac{1}{2} \rho V_{A}^{2} = P_{B} + \frac{1}{2} \rho V_{B}^{2}$।
पुनर्व्यवस्थित करने पर $P_{A} - P_{B} = \frac{1}{2} \rho (V_{B}^{2} - V_{A}^{2})$ प्राप्त होता है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर ($P_{A} - P_{B} = 700 \; Pa$,$\rho = 1000 \; kg/m^{3}$):
$700 = \frac{1}{2} \times 1000 \times ((2 V_{A})^{2} - V_{A}^{2})$
$700 = 500 \times (4 V_{A}^{2} - V_{A}^{2})$
$700 = 500 \times 3 V_{A}^{2}$
$V_{A}^{2} = \frac{700}{1500} = \frac{7}{15} \; m^{2}/s^{2}$
$V_{A} = \sqrt{\frac{7}{15}} \approx 0.683 \; m/s = 68.3 \; cm/s$।
प्रवाह की दर $Q = A_{A} V_{A} = 40 \; cm^{2} \times 68.3 \; cm/s \approx 2732 \; cm^{3}/s$। दिए गए विकल्पों के अनुसार,सबसे निकटतम मान $2720 \; cm^{3}/s$ है।

(C) मान लीजिए कि छड़ की लंबाई $\ell = 1\; m$ है और इसका द्रव्यमान $m$ है। धुरी के परितः छड़ का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{m\ell^2}{3}$ है।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत का उपयोग करते हुए,छड़ के द्रव्यमान केंद्र की प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा जब यह मेज से टकराती है तो घूर्णन गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
मेज से द्रव्यमान केंद्र की प्रारंभिक ऊँचाई $h = \frac{\ell}{2} \sin 30^{\circ}$ है।
प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_i = mgh = mg \left(\frac{\ell}{2}\right) \sin 30^{\circ}$।
अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_f = 0$ (मेज के स्तर पर)।
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = 0$ (स्थिर अवस्था से मुक्त)।
अंतिम घूर्णन गतिज ऊर्जा $K_f = \frac{1}{2} I \omega^2$।
ऊर्जा संरक्षण के अनुसार: $U_i + K_i = U_f + K_f$
$mg \left(\frac{\ell}{2}\right) \sin 30^{\circ} = \frac{1}{2} \left(\frac{m\ell^2}{3}\right) \omega^2$
$\ell = 1\; m$ और $\sin 30^{\circ} = 0.5$ प्रतिस्थापित करने पर:
$mg \left(\frac{1}{2}\right) (0.5) = \frac{1}{2} \left(\frac{m(1)^2}{3}\right) \omega^2$
$mg \left(\frac{1}{4}\right) = \frac{m}{6} \omega^2$
$\frac{g}{4} = \frac{\omega^2}{6} \Rightarrow \omega^2 = \frac{6g}{4} = 1.5g$।
$g = 10\; m/s^2$ लेने पर,हमें $\omega^2 = 1.5 \times 10 = 15$ प्राप्त होता है।
अतः,$\omega = \sqrt{15}\; s^{-1}$।
$\sqrt{n}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $n = 15$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है $x^{2} = at^{2} + 2bt + c$.
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$2x \frac{dx}{dt} = 2at + 2b$
$x v = at + b$,जहाँ $v = \frac{dx}{dt}$.
पुनः समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$v \frac{dx}{dt} + x \frac{dv}{dt} = a$
$v^{2} + x a' = a$,जहाँ $a' = \frac{dv}{dt}$ त्वरण है।
$x v = at + b$ से,$v = \frac{at+b}{x}$ प्राप्त होता है।
$v$ का मान समीकरण में रखने पर:
$x a' = a - v^{2} = a - \left(\frac{at+b}{x}\right)^{2}$
$x a' = \frac{ax^{2} - (at+b)^{2}}{x^{2}}$
$x^{2} = at^{2} + 2bt + c$ रखने पर:
$x a' = \frac{a(at^{2} + 2bt + c) - (a^{2}t^{2} + 2abt + b^{2})}{x^{2}}$
$x a' = \frac{a^{2}t^{2} + 2abt + ac - a^{2}t^{2} - 2abt - b^{2}}{x^{2}}$
$x a' = \frac{ac - b^{2}}{x^{2}}$
$a' = \frac{ac - b^{2}}{x^{3}}$
अतः,$a' \propto x^{-3}$. $x^{-n}$ से तुलना करने पर,$n = 3$ प्राप्त होता है।

(D) तार में उत्पन्न तनाव $T$ वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है: $T = m \omega^{2} L$.
ब्रेकिंग स्ट्रेस को प्रति इकाई क्षेत्रफल अधिकतम बल के रूप में परिभाषित किया जाता है: $\text{Breaking Stress} = \frac{T}{A}$.
तनाव का मान रखने पर: $\text{Breaking Stress} = \frac{m \omega^{2} L}{A}$.
दिया गया है: $m = 10 \; kg$,$L = 0.3 \; m$,$\text{Breaking Stress} = 4.8 \times 10^{7} \; N m^{-2}$,और $A = 10^{-2} \; cm^{2} = 10^{-2} \times 10^{-4} \; m^{2} = 10^{-6} \; m^{2}$.
$\omega^{2}$ के लिए हल करने पर: $\omega^{2} = \frac{(\text{Breaking Stress}) \times A}{m \times L}$.
$\omega^{2} = \frac{4.8 \times 10^{7} \times 10^{-6}}{10 \times 0.3} = \frac{48}{3} = 16$.
अतः,$\omega = \sqrt{16} = 4 \; rad \; s^{-1}$.

(D) ग्राफ से,विस्थापन $x$ एक कोसाइन फलन का पालन करता है जो $t = 0$ पर $x = A$ से शुरू होता है,इसलिए $x(t) = A \cos(\omega t)$।
$(A)$ $t = \frac{3T}{4}$ पर,विस्थापन $x = A \cos(\omega \cdot \frac{3T}{4}) = A \cos(\frac{3\pi}{2}) = 0$। चूंकि $F = -m\omega^2 x$,यदि $x = 0$ है,तो $F = 0$ होगा। अतः,$(A)$ सत्य है।
$(B)$ $t = T$ पर,$x = A \cos(\omega T) = A \cos(2\pi) = A$। त्वरण $a = -\omega^2 x = -\omega^2 A$। त्वरण का परिमाण चरम स्थितियों $(x = \pm A)$ पर अधिकतम होता है। अतः,$(B)$ सत्य है।
$(C)$ $t = \frac{T}{4}$ पर,$x = A \cos(\omega \cdot \frac{T}{4}) = A \cos(\frac{\pi}{2}) = 0$। गति $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ तब अधिकतम होती है जब $x = 0$ होता है। अतः,$(C)$ सत्य है।
$(D)$ $t = \frac{T}{2}$ पर,$x = A \cos(\omega \cdot \frac{T}{2}) = A \cos(\pi) = -A$। $x = -A$ पर,$P.E.$ अधिकतम है और $K.E. = 0$ है। इसलिए,$P.E. \neq K.E.$। अतः,$(D)$ असत्य है।
इसलिए,कथन $(A), (B)$ और $(C)$ सत्य हैं।

(C) हीट इंजन की दक्षता $\eta$ को किए गए कुल कार्य और आपूर्ति की गई कुल ऊष्मा के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$\eta = \frac{W}{Q_{\text{in}}} = \frac{Q_{\text{net}}}{Q_{\text{in}}}$
यहाँ,एक चक्र में आदान-प्रदान की गई कुल ऊष्मा $Q_{\text{net}} = 1915 - 40 + 125 - Q = 2000 - Q$ है।
आपूर्ति की गई ऊष्मा $(Q_{\text{in}})$ सभी धनात्मक ऊष्मा विनिमय का योग है: $Q_{\text{in}} = 1915 + 125 = 2040\, J$.
दिया गया है कि $\eta = 50.0\% = 0.5$,इसलिए:
$0.5 = \frac{2000 - Q}{2040}$
$1020 = 2000 - Q$
$Q = 2000 - 1020 = 980\, J$.

(B) माना ऊर्जा का विमीय सूत्र $[E] = [P]^x [A]^y [T]^z$ है।
प्रत्येक राशि की विमाएँ रखने पर:
$[M L^2 T^{-2}] = [M L T^{-1}]^x [L^2]^y [T]^z$.
दोनों पक्षों में $M, L,$ और $T$ की घातों की तुलना करने पर:
$M^1 L^2 T^{-2} = M^x L^{x+2y} T^{-x+z}$.
घातांकों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $x = 1$.
$L$ के लिए: $x + 2y = 2$. $x=1$ रखने पर,$1 + 2y = 2$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $2y = 1$,अतः $y = 1/2$.
$T$ के लिए: $-x + z = -2$. $x=1$ रखने पर,$-1 + z = -2$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $z = -1$.
अतः,ऊर्जा का विमीय सूत्र $[P A^{1/2} T^{-1}]$ है।

(C) माना $r$ केशिका नली की त्रिज्या है और $R$ मेनिस्कस की त्रिज्या है।
मेनिस्कस की ज्यामिति से,संपर्क कोण $\theta$ स्पर्श रेखाओं के बीच के कोण से संबंधित है। चूंकि स्पर्श रेखाएँ एक-दूसरे के साथ $60^{\circ}$ का कोण बनाती हैं,इसलिए स्पर्श रेखा और ऊर्ध्वाधर दीवार के बीच का कोण $30^{\circ}$ है। अतः,संपर्क कोण $\theta = 30^{\circ}$ है।
ज्यामिति से,$\cos \theta = \frac{r}{R}$,इसलिए $R = \frac{r}{\cos 30^{\circ}} = \frac{r}{\sqrt{3}/2} = \frac{2r}{\sqrt{3}}$.
दिया गया है $r = 0.15 \times 10^{-3} m$,इसलिए $R = \frac{2 \times 0.15 \times 10^{-3}}{\sqrt{3}} = \frac{0.3 \times 10^{-3}}{\sqrt{3}} m$.
द्रव स्तंभ की ऊँचाई $h$ का सूत्र $h = \frac{2T \cos \theta}{\rho g r}$ है।
मान रखने पर: $h = \frac{2 \times 0.05 \times \cos 30^{\circ}}{667 \times 10 \times 0.15 \times 10^{-3}}$.
वैकल्पिक रूप से,$h = \frac{2T}{\rho g R}$ का उपयोग करते हुए:
$h = \frac{2 \times 0.05}{667 \times 10 \times (\frac{0.3 \times 10^{-3}}{\sqrt{3}})} = \frac{0.1 \times \sqrt{3}}{6670 \times 0.3 \times 10^{-3}} = \frac{0.1732}{2.001} \approx 0.0865\, m$.
निकटतम मान लेने पर,$h \approx 0.087\, m$.

(D) एक आदर्श गैस के अणुओं का माध्य मुक्त पथ $\lambda$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\lambda = \frac{V}{\sqrt{2} \pi d^2 N}$
जहाँ $V$ पात्र का आयतन है,$d$ अणु का व्यास है,और $N$ अणुओं की संख्या है।
चूंकि गैस एक बंद पात्र में है,इसलिए तापमान बढ़ने पर पात्र का आयतन $V$ और अणुओं की संख्या $N$ स्थिर रहती है। अतः,माध्य मुक्त पथ $\lambda$ अपरिवर्तित रहता है।
माध्य टक्कर समय $\tau$ को माध्य मुक्त पथ और अणुओं की औसत गति $(v_{av})$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$\tau = \frac{\lambda}{v_{av}}$
चूंकि गैस के अणुओं की औसत गति $v_{av}$,$\sqrt{T}$ के समानुपाती होती है,इसलिए:
$\tau \propto \frac{1}{\sqrt{T}}$
जैसे-जैसे तापमान $T$ बढ़ता है,अणुओं की औसत गति बढ़ती है,जिससे माध्य टक्कर समय $\tau$ घट जाता है।
अतः,कथन $(B)$ और $(C)$ सही हैं।

(D) चूंकि डिस्क एक ही दिशा में घूम रही हैं,इसलिए कुल कोणीय संवेग संरक्षित रहता है।
प्रारंभिक कोणीय संवेग $L_{i} = I_{1}\omega_{1} + I_{2}\omega_{2}$
$L_{i} = (0.1 \times 10) + (0.2 \times 5) = 1 + 1 = 2 \; kg \cdot m^{2} \cdot s^{-1}$
अंतिम कोणीय संवेग $L_{f} = (I_{1} + I_{2})\omega_{f}$
$2 = (0.1 + 0.2) \omega_{f} = 0.3 \omega_{f}$
$\omega_{f} = \frac{2}{0.3} = \frac{20}{3} \; rad \cdot s^{-1}$
अंतिम गतिज ऊर्जा $K_{f} = \frac{1}{2}(I_{1} + I_{2})\omega_{f}^{2}$
$K_{f} = \frac{1}{2}(0.3) \left(\frac{20}{3}\right)^{2} = 0.15 \times \frac{400}{9} = \frac{15}{100} \times \frac{400}{9} = \frac{60}{9} = 6.67 \; J$.

(B) दिया गया है कि लंबाई में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta L}{L} = 0.02 \% = 2 \times 10^{-4}$ है।
चूंकि $\Delta L = L \alpha \Delta T$,इसलिए $\alpha \Delta T = 2 \times 10^{-4}$ है।
तार का आयतन $V = A \times L$ है,जहाँ $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
घनत्व $\rho = \frac{M}{V} = \frac{M}{AL}$ द्वारा दिया जाता है।
लघुगणकीय अवकलन लेने पर,हमें $\frac{\Delta \rho}{\rho} = - (\frac{\Delta A}{A} + \frac{\Delta L}{L})$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\frac{\Delta A}{A} = 2 \alpha \Delta T$ और $\frac{\Delta L}{L} = \alpha \Delta T$,इसलिए घनत्व में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta \rho}{\rho} = -(2 \alpha \Delta T + \alpha \Delta T) = -3 \alpha \Delta T$ होगा।
$\alpha \Delta T = 0.02 \%$ रखने पर,हमें $\frac{\Delta \rho}{\rho} = -3 \times 0.02 \% = -0.06 \%$ प्राप्त होता है।
अतः,प्रतिशत परिवर्तन का परिमाण $0.06 \%$ है।

(C) माना टक्कर के बाद $m$ द्रव्यमान के कण का वेग $v_1$ है और $10m$ द्रव्यमान के कण का वेग $v_2$ है।
$1$. $y$-अक्ष के अनुदिश संवेग संरक्षण:
चूंकि $y$-अक्ष के अनुदिश प्रारंभिक संवेग शून्य है,इसलिए $y$-अक्ष के अनुदिश अंतिम संवेग के घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देंगे:
$m v_1 \sin \theta_1 = 10m v_2 \sin \theta_2$
$v_1 \sin \theta_1 = 10 v_2 \sin \theta_2$ --- $(i)$
$2$. गतिज ऊर्जा की शर्त:
$m$ द्रव्यमान के कण की अंतिम गतिज ऊर्जा उसकी प्रारंभिक गतिज ऊर्जा की आधी है:
$\frac{1}{2} m v_1^2 = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} m u^2)$
$v_1^2 = \frac{u^2}{2} \Rightarrow v_1 = \frac{u}{\sqrt{2}}$ --- (ii)
$3$. प्रत्यास्थ टक्कर के लिए ऊर्जा संरक्षण:
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा = अंतिम गतिज ऊर्जा
$\frac{1}{2} m u^2 = \frac{1}{2} m v_1^2 + \frac{1}{2} (10m) v_2^2$
$u^2 = v_1^2 + 10 v_2^2$
$v_1^2 = \frac{u^2}{2}$ रखने पर:
$u^2 = \frac{u^2}{2} + 10 v_2^2$
$\frac{u^2}{2} = 10 v_2^2 \Rightarrow v_2^2 = \frac{u^2}{20} \Rightarrow v_2 = \frac{u}{\sqrt{20}}$ --- (iii)
$4$. (ii) और (iii) को $(i)$ में रखने पर:
$(\frac{u}{\sqrt{2}}) \sin \theta_1 = 10 (\frac{u}{\sqrt{20}}) \sin \theta_2$
$\sin \theta_1 = 10 \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{20}} \sin \theta_2$
$\sin \theta_1 = 10 \cdot \frac{1}{\sqrt{10}} \sin \theta_2$
$\sin \theta_1 = \sqrt{10} \sin \theta_2$
$\sin \theta_1 = \sqrt{n} \sin \theta_2$ से तुलना करने पर,$n = 10$ प्राप्त होता है।

(D) माना कि $\sigma$ डिस्क सामग्री का पृष्ठीय द्रव्यमान घनत्व है।
पूर्ण डिस्क का द्रव्यमान $M_1 = \sigma \pi a^2$,जिसका द्रव्यमान केंद्र $O$ पर है (निर्देशांक $x_1 = 0$)।
हटाए गए वर्गाकार भाग का द्रव्यमान $M_2 = \sigma l^2 = \sigma (\frac{a}{2})^2 = \sigma \frac{a^2}{4}$,जिसका द्रव्यमान केंद्र $O$ से $d = \frac{a}{2}$ की दूरी पर है (निर्देशांक $x_2 = \frac{a}{2}$)।
शेष भाग का द्रव्यमान केंद्र $X_{com}$ इस प्रकार दिया गया है:
$X_{com} = \frac{M_1 x_1 - M_2 x_2}{M_1 - M_2}$
$X_{com} = \frac{(\sigma \pi a^2)(0) - (\sigma \frac{a^2}{4})(\frac{a}{2})}{\sigma \pi a^2 - \sigma \frac{a^2}{4}}$
$X_{com} = \frac{-\frac{\sigma a^3}{8}}{\sigma a^2 (\pi - \frac{1}{4})} = \frac{-\frac{a}{8}}{\frac{4\pi - 1}{4}} = -\frac{a}{2(4\pi - 1)}$
इसे $-\frac{a}{X}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $X = 2(4\pi - 1) = 8\pi - 2$ प्राप्त होता है।
$\pi \approx 3.14159$ का उपयोग करने पर,$X \approx 8(3.14159) - 2 = 25.1327 - 2 = 23.1327$।
$X$ का निकटतम पूर्णांक मान $23$ है।

(A) दिया गया है: घनत्व $\rho = 9 \times 10^{-3} \,kg/cm^3 = 9000 \,kg/m^3$.
लंबाई $L = 1 \,m$.
विकृति (Strain) $= 4.9 \times 10^{-4}$.
यंग मापांक $Y = 9 \times 10^{10} \,N/m^2$.
न्यूनतम आवृत्ति (मूल विधा) के लिए,$L = \lambda / 2$,इसलिए $\lambda = 2L = 2 \,m$.
आवृत्ति $f = v / \lambda = (1 / \lambda) \sqrt{T / \mu}$,जहाँ $T$ तनाव है और $\mu$ प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान है।
चूंकि $Y = (T/A) / \text{strain}$,इसलिए $T = Y \cdot A \cdot \text{strain}$.
साथ ही,$\mu = m/L = (\rho \cdot V) / L = (\rho \cdot A \cdot L) / L = \rho \cdot A$.
इन मानों को आवृत्ति के सूत्र में रखने पर:
$f = (1 / 2L) \sqrt{(Y \cdot A \cdot \text{strain}) / (\rho \cdot A)} = (1 / 2L) \sqrt{(Y \cdot \text{strain}) / \rho}$.
मान रखने पर:
$f = (1 / 2) \sqrt{(9 \times 10^{10} \times 4.9 \times 10^{-4}) / 9000} = (1 / 2) \sqrt{4900} = 35 \,Hz$.

(D) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$\vec{P}_i = \vec{P}_f$
$m(u\hat{i}) + 3m(0) = m(v\hat{j}) + 3m\vec{v}_1$
$m(u\hat{i} - v\hat{j}) = 3m\vec{v}_1$
$\vec{v}_1 = \frac{u\hat{i} - v\hat{j}}{3}$
परिमाण का वर्ग लेने पर:
$v_1^2 = \frac{u^2 + v^2}{9} \quad \dots(1)$
चूंकि टक्कर पूर्णतः प्रत्यास्थ है, इसलिए गतिज ऊर्जा संरक्षित रहती है:
$K_i = K_f$
$\frac{1}{2}mu^2 + 0 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(3m)v_1^2$
$u^2 = v^2 + 3v_1^2$
समीकरण $(1)$ को ऊर्जा समीकरण में रखने पर:
$u^2 = v^2 + 3\left(\frac{u^2 + v^2}{9}\right)$
$u^2 = v^2 + \frac{u^2 + v^2}{3}$
$3u^2 = 3v^2 + u^2 + v^2$
$2u^2 = 4v^2$
$v^2 = \frac{u^2}{2}$
$v = \frac{u}{\sqrt{2}}$

(D) $1$. अल्पतमांक $(LC)$ की गणना: $LC = 1\, MSD - 1\, VSD$. दिया गया है $10\, VSD = 9\, MSD$,इसलिए $1\, VSD = 0.9\, MSD = 0.9\, mm$. अतः,$LC = 1\, mm - 0.9\, mm = 0.1\, mm = 0.01\, cm$.
$2$. शून्य त्रुटि की गणना: चूंकि वर्नियर पैमाने का शून्य मुख्य पैमाने के शून्य के दाईं ओर है,इसलिए त्रुटि धनात्मक है। $7^{th}$ भाग संपाती है,इसलिए $Zero\, Error = + (7 \times LC) = + (7 \times 0.01\, cm) = +0.07\, cm$.
$3$. प्रेक्षित पाठ्यांक की गणना: $Main\, Scale\, Reading (MSR) = 3.1\, cm$. $Vernier\, Scale\, Reading (VSR) = 4 \times LC = 4 \times 0.01\, cm = 0.04\, cm$. $Observed\, Reading = MSR + VSR = 3.1\, cm + 0.04\, cm = 3.14\, cm$.
$4$. संशोधित लंबाई की गणना: $Corrected\, Length = Observed\, Reading - Zero\, Error = 3.14\, cm - 0.07\, cm = 3.07\, cm$.

(C) $R$ त्रिज्या के भीतर आकाशगंगा का द्रव्यमान घनत्व $\rho(r) = \frac{K}{r}$ को आयतन पर समाकलित करके प्राप्त किया जाता है।
$dm = \rho(r) \cdot 4\pi r^2 dr = \left(\frac{K}{r}\right) \cdot 4\pi r^2 dr = 4\pi K r dr$
$M(R) = \int_{0}^{R} 4\pi K r dr = 4\pi K \left[ \frac{r^2}{2} \right]_{0}^{R} = 2\pi K R^2$
$R$ त्रिज्या की वृत्ताकार कक्षा में $m$ द्रव्यमान वाले तारे के लिए,गुरुत्वाकर्षण बल आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है:
$\frac{G M(R) m}{R^2} = \frac{m v^2}{R}$
$M(R) = 2\pi K R^2$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{G (2\pi K R^2) m}{R^2} = \frac{m v^2}{R} \Rightarrow 2\pi G K m = \frac{m v^2}{R} \Rightarrow v^2 = 2\pi G K R$
$v = \sqrt{2\pi G K R}$
परिक्रमण काल $T = \frac{2\pi R}{v}$ द्वारा दिया जाता है।
$T = \frac{2\pi R}{\sqrt{2\pi G K R}} = \sqrt{\frac{4\pi^2 R^2}{2\pi G K R}} = \sqrt{\frac{2\pi R}{G K}} \propto \sqrt{R}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $T^2 \propto R$ प्राप्त होता है।

(D) छड़ के घूर्णी संतुलन में रहने के लिए,किसी भी बिंदु के परितः कुल बलाघूर्ण (torque) शून्य होना चाहिए।
आइए बिंदु $B$ के परितः बलाघूर्ण की गणना करें:
$\tau_{B} = 0$
दक्षिणावर्त बलाघूर्ण को धनात्मक और वामावर्त को ऋणात्मक लेने पर:
$(T_{A} \times 100) - (mg \times 50) - (2mg \times 25) = 0$
$100 T_{A} = 50mg + 50mg$
$100 T_{A} = 100mg$
$T_{A} = 1mg$
अतः,$A$ पर डोरी में तनाव $1mg$ है।

(B) घूर्णन निर्देश तंत्र में,मनके पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ (नीचे की ओर),अपकेंद्री बल $m x \omega^2$ (बाहर की ओर),और तार द्वारा लगाया गया अभिलंब बल $N$ हैं।
मनके को बिंदु $P(a, b)$ पर स्थिर रहने के लिए,परवलय की स्पर्शरेखा के अनुदिश कुल बल शून्य होना चाहिए।
परवलय $y = 4Cx^2$ की ढाल $\frac{dy}{dx} = 8Cx$ द्वारा दी जाती है।
बिंदु $P(a, b)$ पर,ढाल $\tan \theta = 8Ca$ है,जहाँ $\theta$ स्पर्शरेखा द्वारा क्षैतिज के साथ बनाया गया कोण है।
स्पर्शरेखा के अनुदिश बलों को वियोजित करने पर,हमें मिलता है: $m x \omega^2 \cos \theta = mg \sin \theta$.
यह सरल होकर $x \omega^2 = g \tan \theta$ हो जाता है।
$x = a$ और $\tan \theta = 8Ca$ रखने पर,हमें $a \omega^2 = g(8Ca)$ प्राप्त होता है।
अतः,$\omega^2 = 8gC$,जिससे $\omega = \sqrt{8gC} = 2\sqrt{2gC}$ प्राप्त होता है।

(A) घूर्णन करते द्रव की सतह $z = \frac{\omega^2 r^2}{2g}$ समीकरण द्वारा परिभाषित पैराबोलाइड का आकार लेती है।
यहाँ,पात्र का व्यास $10 \, cm$ है,इसलिए त्रिज्या $R = 5 \, cm$ है।
केंद्र $(r=0)$ और भुजा $(r=R)$ के बीच ऊँचाई का अंतर $h$ इस प्रकार है:
$h = \frac{\omega^2 R^2}{2g}$
$R = 5 \, cm$ प्रतिस्थापित करने पर:
$h = \frac{\omega^2 (5)^2}{2g} = \frac{25 \omega^2}{2g}$.

(D) बेलन को सीढ़ी के ऊपर खींचने के लिए,लगाए गए बल $F$ द्वारा सीढ़ी के किनारे के परितः उत्पन्न टॉर्क,उसी किनारे के परितः गुरुत्वाकर्षण बल $Mg$ द्वारा उत्पन्न टॉर्क से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए।
मान लीजिए कि सीढ़ी का किनारा बिंदु $P$ है। $P$ से बल $F$ की क्रिया रेखा की लंबवत दूरी $R$ है।
$P$ से भार $Mg$ की क्रिया रेखा की लंबवत दूरी $x$ है।
बेलन की ज्यामिति से,हमारे पास एक समकोण त्रिभुज है जिसका कर्ण $R$ है और एक भुजा $(R-a)$ है। अतः,$x = \sqrt{R^2 - (R-a)^2}$ है।
बेलन के सीढ़ी के ऊपर गति शुरू करने के लिए,टॉर्क संतुलित होने चाहिए:
$F \times R = Mg \times x$
$F \times R = Mg \times \sqrt{R^2 - (R-a)^2}$
$F = \frac{Mg}{R} \sqrt{R^2 - (R-a)^2}$
$F = Mg \sqrt{\frac{R^2 - (R-a)^2}{R^2}}$
$F = Mg \sqrt{1 - \left(\frac{R-a}{R}\right)^2}$

(B) गैस मिश्रण की आंतरिक ऊर्जा $U$ उसके घटकों की आंतरिक ऊर्जा के योग के बराबर होती है: $U = U_1 + U_2$.
एक आदर्श गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा $U = \frac{f}{2} nRT$ होती है,जहाँ $f$ स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) है।
ऑक्सीजन $(O_2)$ एक द्वि-परमाणुक गैस है। चूँकि बंधन कठोर है,इसकी स्वतंत्रता की कोटि $f_1 = 5$ ($3$ स्थानांतरण + $2$ घूर्णन) है।
आर्गन $(Ar)$ एक एक-परमाणुक गैस है,इसलिए इसकी स्वतंत्रता की कोटि $f_2 = 3$ है।
यहाँ $n_1 = 3$ मोल ऑक्सीजन और $n_2 = 5$ मोल आर्गन दिए गए हैं।
कुल आंतरिक ऊर्जा $U = \frac{f_1}{2} n_1 RT + \frac{f_2}{2} n_2 RT$ है।
$U = \left( \frac{5}{2} \times 3 \times RT \right) + \left( \frac{3}{2} \times 5 \times RT \right)$.
$U = \frac{15}{2} RT + \frac{15}{2} RT = \frac{30}{2} RT = 15 RT$.
अतः,$RT$ की इकाइयों में कुल आंतरिक ऊर्जा $15$ है।

(A) माना यंग मापांक $Y$ की विमा को $Y = F^{x} A^{y} V^{z}$ के रूप में व्यक्त किया गया है।
यंग मापांक का विमीय सूत्र $[M^{1} L^{-1} T^{-2}]$ है।
बल $F$ का विमीय सूत्र $[M^{1} L^{1} T^{-2}]$ है।
क्षेत्रफल $A$ का विमीय सूत्र $[L^{2}]$ है।
गति $V$ का विमीय सूत्र $[L^{1} T^{-1}]$ है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$[M^{1} L^{-1} T^{-2}] = [M^{1} L^{1} T^{-2}]^{x} [L^{2}]^{y} [L^{1} T^{-1}]^{z}$
$[M^{1} L^{-1} T^{-2}] = [M]^{x} [L]^{x + 2y + z} [T]^{-2x - z}$
दोनों पक्षों में $M$,$L$ और $T$ की घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $x = 1$
$T$ के लिए: $-2x - z = -2 \Rightarrow -2(1) - z = -2 \Rightarrow z = 0$
$L$ के लिए: $x + 2y + z = -1 \Rightarrow 1 + 2y + 0 = -1 \Rightarrow 2y = -2 \Rightarrow y = -1$
अतः,यंग मापांक की विमा $F^{1} A^{-1} V^{0}$ है।

(B) मान लीजिए कि ट्रेन $A$ की गति की दिशा धनात्मक $(+)$ है और ट्रेन $B$ की गति की दिशा ऋणात्मक $(-)$ है।
ट्रेन $A$ का वेग $(V_A)$ = $+36 \, km/h$.
ट्रेन $B$ का वेग $(V_B)$ = $-72 \, km/h$.
ट्रेन $A$ के सापेक्ष व्यक्ति का वेग $(V_{m/A})$ = $-1.8 \, km/h$ (क्योंकि व्यक्ति ट्रेन $A$ की गति की विपरीत दिशा में चल रहा है)।
जमीन के सापेक्ष व्यक्ति का वेग $(V_m)$ = $V_{m/A} + V_A = -1.8 + 36 = 34.2 \, km/h$.
ट्रेन $B$ के सापेक्ष व्यक्ति का वेग $(V_{m/B})$ = $V_m - V_B = 34.2 - (-72) = 34.2 + 72 = 106.2 \, km/h$.
$km/h$ को $m/s$ में बदलने के लिए,$\frac{5}{18}$ से गुणा करें:
$V_{m/B} = 106.2 \times \frac{5}{18} = 5.9 \times 5 = 29.5 \, m/s$.

(C) तनी हुई डोरी की मूल आवृत्ति $f$ का सूत्र है: $f = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$,जहाँ $L$ लंबाई है,$T$ तनाव है,और $\mu$ रैखिक द्रव्यमान घनत्व है।
चूँकि डोरियाँ $X$ और $Z$ एकसमान हैं और एक ही पदार्थ से बनी हैं,इसलिए उनकी लंबाई $L$ और रैखिक द्रव्यमान घनत्व $\mu$ समान होंगे।
अतः,आवृत्ति तनाव के वर्गमूल के समानुपाती होती है: $f \propto \sqrt{T}$.
दिया गया है $f_{x} = 450\, Hz$ और $f_{z} = 300\, Hz$,इसलिए:
$\frac{f_{x}}{f_{z}} = \sqrt{\frac{T_{x}}{T_{z}}}$
मान रखने पर:
$\frac{450}{300} = \sqrt{\frac{T_{x}}{T_{z}}}$
$1.5 = \sqrt{\frac{T_{x}}{T_{z}}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$\frac{T_{x}}{T_{z}} = (1.5)^2 = 2.25$.

(A) कठोर अणुओं वाली द्वि-परमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f = 5$ और रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma = 7/5 = 1.4$ है।
प्रारंभिक तापमान $T_1 = 20 + 273 = 293\,K$.
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,$T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$.
दिया गया है $V_2 = V_1 / 10$,इसलिए $T_2 = T_1 (V_1 / V_2)^{\gamma-1} = 293 \times (10)^{0.4} = 293 \times 2.5118 \approx 735.96\,K$.
आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = n C_v \Delta T = n (fR/2) (T_2 - T_1)$.
$n = 5$,$f = 5$,और $R = 8.314\,J/(mol\cdot K)$ का उपयोग करने पर:
$\Delta U = 5 \times (5 \times 8.314 / 2) \times (735.96 - 293) = 12.5 \times 8.314 \times 442.96 \approx 46056\,J = 46.056\,kJ$.
निकटतम पूर्णांक में,$X \approx 46$.

(C) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,ब्लॉक पर सभी बलों द्वारा किया गया कुल कार्य उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
चूंकि ब्लॉक $B$ पर विरामावस्था से शुरू होता है और $A$ पर स्थिर हो जाता है,इसलिए गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta K = 0 - 0 = 0$ है।
ब्लॉक पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण और घर्षण हैं।
गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य $(W_g)$ = $mg \sin \theta \times (BC + AC)$.
घर्षण द्वारा किया गया कार्य $(W_f)$ = $-\mu mg \cos \theta \times AC$ (क्योंकि घर्षण केवल खुरदरे खंड $CA$ पर कार्य करता है)।
कुल कार्य को शून्य के बराबर रखने पर: $W_g + W_f = 0$.
$mg \sin \theta (BC + AC) - \mu mg \cos \theta (AC) = 0$.
दिया गया है $BC = 2AC$,इसे समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$mg \sin \theta (2AC + AC) = \mu mg \cos \theta (AC)$.
$3mg \sin \theta (AC) = \mu mg \cos \theta (AC)$.
$3 \sin \theta = \mu \cos \theta$.
$\mu = 3 \tan \theta$.
इसकी तुलना $\mu = k \tan \theta$ से करने पर,हमें $k = 3$ प्राप्त होता है।

(B) ग्रह के अंदर $r$ दूरी पर गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $E$ को गुरुत्वाकर्षण के लिए गॉस के नियम द्वारा दिया जाता है: $E(4\pi r^{2}) = 4\pi G M(r)$,जहाँ $M(r)$ त्रिज्या $r$ के भीतर निहित द्रव्यमान है।
$M(r) = \int_{0}^{r} \rho(r) 4\pi r^{2} dr = 4\pi \rho_{0} \int_{0}^{r} \left(1 - \frac{r^{2}}{R^{2}}\right) r^{2} dr$.
$M(r) = 4\pi \rho_{0} \left[ \frac{r^{3}}{3} - \frac{r^{5}}{5R^{2}} \right]$.
अतः,$E = \frac{G M(r)}{r^{2}} = 4\pi G \rho_{0} \left( \frac{r}{3} - \frac{r^{3}}{5R^{2}} \right)$.
अधिकतम क्षेत्र ज्ञात करने के लिए,$\frac{dE}{dr} = 0$ रखें:
$\frac{dE}{dr} = 4\pi G \rho_{0} \left( \frac{1}{3} - \frac{3r^{2}}{5R^{2}} \right) = 0$.
$\frac{1}{3} = \frac{3r^{2}}{5R^{2}} \Rightarrow r^{2} = \frac{5R^{2}}{9} \Rightarrow r = \sqrt{\frac{5}{9}} R$.

(C) कण को दी गई शक्ति $P$ स्थिर है। चूंकि शक्ति गतिज ऊर्जा के परिवर्तन की दर है,हमारे पास $\frac{dK}{dt} = P$ है। समय के सापेक्ष इसका समाकलन करने पर,हमें $K = Pt$ प्राप्त होता है (यह मानते हुए कि प्रारंभिक गतिज ऊर्जा शून्य है)।
चूंकि $K = \frac{1}{2}mv^2$,हमारे पास $\frac{1}{2}mv^2 = Pt$ है,जिसका अर्थ है $v = \sqrt{\frac{2P}{m}} t^{1/2}$।
चूंकि वेग $v = \frac{ds}{dt}$,हमारे पास $\frac{ds}{dt} = \sqrt{\frac{2P}{m}} t^{1/2}$ है।
समय के सापेक्ष समाकलन करने पर,$s = \int \sqrt{\frac{2P}{m}} t^{1/2} dt = \sqrt{\frac{2P}{m}} \cdot \frac{2}{3} t^{3/2}$।
इस प्रकार,$s \propto t^{3/2}$।
$s \propto t^{3/2}$ के लिए $s$ बनाम $t$ का ग्राफ एक ऐसा वक्र है जो ऊपर की ओर अवतल (बढ़ती ढलान) है,जो ग्राफ $C$ के अनुरूप है।

(C) दिया गया है:
नियत दाब पर ऊष्मा: $Q_P = n C_P \Delta T_1 = 160 \text{ cal}$,जहाँ $\Delta T_1 = 50^{\circ} C$.
नियत आयतन पर ऊष्मा: $Q_V = n C_V \Delta T_2 = 240 \text{ cal}$,जहाँ $\Delta T_2 = 100^{\circ} C$.
पहले समीकरण से: $n C_P = \frac{160}{50} = 3.2$.
दूसरे समीकरण से: $n C_V = \frac{240}{100} = 2.4$.
अनुपात लेने पर: $\frac{C_P}{C_V} = \gamma = \frac{3.2}{2.4} = \frac{4}{3}$.
स्वतंत्रता की कोटि $f$ और रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma$ के बीच संबंध $\gamma = 1 + \frac{2}{f}$ है।
$\gamma = \frac{4}{3}$ रखने पर: $\frac{4}{3} = 1 + \frac{2}{f} \Rightarrow \frac{1}{3} = \frac{2}{f} \Rightarrow f = 6$.

(B) संतुलन स्थिति पर,ब्लॉक का वेग अधिकतम होता है,जो $V_0 = \omega_0 A = \sqrt{\frac{k}{m}} A$ द्वारा दिया जाता है।
जब संतुलन स्थिति पर आधा द्रव्यमान अलग हो जाता है,तो शेष द्रव्यमान $m/2$ का वेग $V_0$ ही रहता है क्योंकि क्षैतिज दिशा में प्रणाली पर कोई आवेगी बल कार्य नहीं करता है।
माना नया आयाम $A'$ है। नई कोणीय आवृत्ति $\omega' = \sqrt{\frac{k}{m/2}} = \sqrt{\frac{2k}{m}} = \sqrt{2} \omega_0$ है।
चूंकि संतुलन स्थिति पर वेग $V_0 = \omega' A'$ है,इसलिए:
$\omega_0 A = \omega' A'$
$\omega_0 A = (\sqrt{2} \omega_0) A'$
$A' = \frac{A}{\sqrt{2}}$.
अतः,$f = \frac{1}{\sqrt{2}}$।

(A) $1$. पूर्णतः अप्रत्यास्थ टक्कर के दौरान रैखिक संवेग का संरक्षण:
$m_b u = (m_b + m_B) v$
$0.1 \times 20 = (0.1 + 1.9) v$
$2 = 2v \Rightarrow v = 1\, m/s$
$2$. $h = 1\, m$ की ऊँचाई से गिरते हुए संयुक्त निकाय के लिए यांत्रिक ऊर्जा का संरक्षण:
$KE_f = PE_i + KE_i$
$KE_f = mgh + \frac{1}{2} m v^2$
$KE_f = (2)(10)(1) + \frac{1}{2}(2)(1)^2$
$KE_f = 20 + 1 = 21\, J$

(A) न्यूटन के शीतलन के नियम के अनुसार,शीतलन की दर $\frac{dT}{dt} = -k(T - T_s)$ है,जहाँ $T_s$ परिवेश का तापमान है।
प्रथम अंतराल के लिए: $\frac{50 - 40}{300} = k \left( \frac{50 + 40}{2} - 20 \right)$.
$\frac{10}{300} = k(45 - 20) \implies \frac{1}{30} = 25k \implies k = \frac{1}{750}$.
अगले $5$ मिनट $(300 \, s)$ के लिए,मान लीजिए अंतिम तापमान $T$ है। तो: $\frac{40 - T}{300} = k \left( \frac{40 + T}{2} - 20 \right)$.
$k = \frac{1}{750}$ रखने पर: $\frac{40 - T}{300} = \frac{1}{750} \left( \frac{40 + T - 40}{2} \right)$.
$\frac{40 - T}{300} = \frac{T}{1500}$.
$5(40 - T) = T \implies 200 - 5T = T \implies 6T = 200$.
$T = \frac{200}{6} \approx 33.33^{\circ}C$. निकटतम पूर्णांक मान $33^{\circ}C$ है।

(D) दूरी पर स्थित आवेश $q'$ के कारण केंद्र $O$ पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q'}{d^2}$ होता है।
मान लीजिए कि धनात्मक $x$-अक्ष के साथ $A, B, C$ के कोण $\theta_A = 30^{\circ}$,$\theta_B = 150^{\circ}$ और $\theta_C = -30^{\circ}$ हैं।
$x$-अक्ष की दिशा में विद्युत क्षेत्र के घटक:
$E_{Ax} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{|-4q|}{d^2} \cos(180^{\circ} + 30^{\circ}) = -\frac{\sqrt{3} q}{2 \pi \varepsilon_{0} d^2}$.
$E_{Bx} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{2q}{d^2} \cos(150^{\circ}) = -\frac{\sqrt{3} q}{4 \pi \varepsilon_{0} d^2}$.
$E_{Cx} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{|-2q|}{d^2} \cos(180^{\circ} - 30^{\circ}) = -\frac{\sqrt{3} q}{4 \pi \varepsilon_{0} d^2}$.
$x$-दिशा में कुल विद्युत क्षेत्र $E_x = E_{Ax} + E_{Bx} + E_{Cx} = -\frac{\sqrt{3} q}{\pi \varepsilon_{0} d^2}$.
अतः इसका परिमाण $\frac{\sqrt{3} q}{\pi \varepsilon_{0} d^2}$ है।

(C) लूप का क्षेत्रफल आयत के क्षेत्रफल में से दो त्रिकोणीय कटआउट के क्षेत्रफल को घटाकर निकाला जा सकता है।
कुल क्षेत्रफल $A = (16 \; \text{cm} \times 4 \; \text{cm}) - 2 \times (\frac{1}{2} \times 2 \; \text{cm} \times 4 \; \text{cm}) = 64 \; \text{cm}^2 - 8 \; \text{cm}^2 = 56 \; \text{cm}^2 = 56 \times 10^{-4} \; \text{m}^2$.
चुंबकीय क्षेत्र के परिवर्तन की दर $\frac{dB}{dt} = \frac{B_f - B_i}{\Delta t} = \frac{500 - 1000}{5} \; \text{Gauss/s} = -100 \; \text{Gauss/s} = -100 \times 10^{-4} \; \text{T/s}$ है।
प्रेरित $EMF$ का परिमाण $\varepsilon = |\frac{d\Phi}{dt}| = |A \frac{dB}{dt}|$ द्वारा दिया जाता है।
$\varepsilon = (56 \times 10^{-4} \; \text{m}^2) \times (100 \times 10^{-4} \; \text{T/s}) = 5600 \times 10^{-8} \; \text{V} = 56 \times 10^{-6} \; \text{V} = 56 \; \mu \text{V}$.

(C) समानांतर संयोजन के लिए,प्रभावी धारिता $C_{p} = C_{1} + C_{2} = 10\; \mu F$ है।
संधारित्र में संचित ऊर्जा का सूत्र $U = \frac{1}{2}CV^{2}$ होता है।
दिया गया है कि जब समान वोल्टेज $V$ से जोड़ा जाता है,तो $U_{2} = 4U_{1}$ होता है।
सूत्र का उपयोग करने पर,$\frac{1}{2}C_{2}V^{2} = 4 \times \frac{1}{2}C_{1}V^{2}$,जो सरल होकर $C_{2} = 4C_{1}$ देता है।
$C_{2} = 4C_{1}$ को समानांतर संयोजन के समीकरण में रखने पर: $C_{1} + 4C_{1} = 10\; \mu F \implies 5C_{1} = 10\; \mu F \implies C_{1} = 2\; \mu F$।
अतः,$C_{2} = 4 \times 2 = 8\; \mu F$।
श्रेणीक्रम संयोजन के लिए,प्रभावी धारिता $C_{s}$ का सूत्र $\frac{1}{C_{s}} = \frac{1}{C_{1}} + \frac{1}{C_{2}} = \frac{C_{1} + C_{2}}{C_{1}C_{2}}$ है।
$C_{s} = \frac{C_{1}C_{2}}{C_{1} + C_{2}} = \frac{2 \times 8}{2 + 8} = \frac{16}{10} = 1.6\; \mu F$।

(B) मान लीजिए कि $10\, \Omega$ के प्रतिरोध के साथ समानांतर में जोड़ा जाने वाला प्रतिरोध $R_p$ है।
संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज के लिए, आसन्न भुजाओं के प्रतिरोधों का अनुपात समान होना चाहिए: $\frac{P}{Q} = \frac{R}{S}$.
यहाँ, प्रतिरोध $15\, \Omega, 12\, \Omega, 4\, \Omega$ हैं और $10\, \Omega$ के साथ समानांतर में $R_p$ जोड़ने पर प्रभावी प्रतिरोध $R_{eff} = \frac{10 R_p}{10 + R_p}$ है।
ब्रिज संतुलन की शर्त के अनुसार: $15 \times 4 = 12 \times R_{eff}$.
$60 = 12 \times \frac{10 R_p}{10 + R_p}$.
$5 = \frac{10 R_p}{10 + R_p}$.
$5(10 + R_p) = 10 R_p$.
$50 + 5 R_p = 10 R_p$.
$5 R_p = 50$.
$R_p = 10\, \Omega$.

(C) लेंस-मेकर सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$.
एक समतल-उत्तल लेंस के लिए,वक्र सतह की वक्रता त्रिज्या $R_1 = 30 \; cm$ है और समतल सतह की वक्रता त्रिज्या अनंत होती है,इसलिए $R_2 = \infty$.
लेंस के पदार्थ का अपवर्तनांक $\mu = 1.5$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\frac{1}{f} = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{30} - \frac{1}{\infty} \right)$
$\frac{1}{f} = (0.5) \left( \frac{1}{30} - 0 \right)$
$\frac{1}{f} = \frac{0.5}{30} = \frac{1}{60}$
अतः,फोकस दूरी $f = 60 \; cm$ है।

(B) एक लंबी परिनालिका के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_{0} nI$ होता है। जब एक इलेक्ट्रॉन को $v$ गति के साथ त्रिज्यीय दिशा में प्रक्षेपित किया जाता है,तो वह अपने वेग के लंबवत एक लॉरेंट्ज़ बल $F = evB$ का अनुभव करता है,जिससे वह $r = \frac{mv}{eB}$ त्रिज्या के वृत्ताकार पथ पर गति करता है।
इलेक्ट्रॉन के $R$ त्रिज्या वाली परिनालिका की सतह से न टकराने के लिए,उसके वृत्ताकार पथ का व्यास परिनालिका की त्रिज्या से कम या उसके बराबर होना चाहिए। अतः,$2r \leq R$,जिसका अर्थ है $r \leq \frac{R}{2}$।
$r = \frac{mv}{e(\mu_{0} nI)}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{mv}{e\mu_{0} nI} \leq \frac{R}{2}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,अधिकतम गति $v_{\max} = \frac{e \mu_{0} nIR}{2m}$ है।

(A) संचरण की दिशा $\hat{n} = \frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}$ द्वारा दी गई है।
विद्युत क्षेत्र का ध्रुवीकरण $\hat{E} = \hat{k}$ है।
एक विद्युतचुंबकीय तरंग में,संचरण की दिशा $\hat{n}$ विद्युत क्षेत्र की दिशा $\hat{E}$ और चुंबकीय क्षेत्र की दिशा $\hat{B}$ के सदिश गुणनफल द्वारा दी जाती है,अर्थात $\hat{n} = \hat{E} \times \hat{B}$.
ज्ञात मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}} = \hat{k} \times \hat{B}$.
हम जानते हैं कि $\hat{k} \times \hat{i} = \hat{j}$ और $\hat{k} \times \hat{j} = -\hat{i}$.
इसलिए,$\hat{k} \times \left( \frac{\hat{i}-\hat{j}}{\sqrt{2}} \right) = \frac{\hat{j} - (-\hat{i})}{\sqrt{2}} = \frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}$.
अतः,चुंबकीय क्षेत्र की दिशा $\hat{B} = \frac{\hat{i}-\hat{j}}{\sqrt{2}}$ है।
इसलिए,चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\vec{B} = B_{0} \frac{\hat{i}-\hat{j}}{\sqrt{2}} \cos \left(\omega t - \vec{k} \cdot \vec{r}\right)$ होगा।

(C) दिए गए परिपथ में,दो डायोड इस प्रकार जुड़े हैं कि ऊपरी डायोड फॉरवर्ड-बायस में है और निचला डायोड रिवर्स-बायस में है।
इसलिए,रिवर्स-बायस डायोड वाली निचली शाखा एक ओपन सर्किट की तरह कार्य करती है।
परिपथ $5 \ \Omega$ प्रतिरोधक (बाहरी),$5 \ \Omega$ प्रतिरोधक (ऊपरी मध्य),$10 \ \Omega$ प्रतिरोधक (ऊपरी दाएं) और $10 \ \Omega$ प्रतिरोधक (ऊपरी बाएं) के श्रेणी संयोजन में सरल हो जाता है।
कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 5 \ \Omega + 5 \ \Omega + 10 \ \Omega + 10 \ \Omega = 30 \ \Omega$ है।
धारा $i = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{9 \ V}{30 \ \Omega} = 0.3 \ A$ प्राप्त होती है।

(B) लूप पर लगने वाला चुंबकीय बल आघूर्ण $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B}$ द्वारा दिया जाता है।
छोटे कोणीय विस्थापन $\theta$ के लिए,बल आघूर्ण का परिमाण $\tau = MB \sin \theta \approx MB \theta$ होता है।
प्रत्यानयन बल आघूर्ण $\tau = -MB \theta$ है।
घूर्णन के लिए न्यूटन के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,$\tau = I_{moment} \alpha$,जहाँ $I_{moment}$ वृत्ताकार लूप का उसके व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण है,$I_{moment} = \frac{ma^2}{2}$।
अतः,$\frac{ma^2}{2} \alpha = - (I \pi a^2) B \theta$।
$\alpha = - \frac{2 I \pi B}{m} \theta$।
इसे सरल आवर्त गति के समीकरण $\alpha = - \omega^2 \theta$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\omega^2 = \frac{2 I \pi B}{m}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$\omega = \sqrt{\frac{2 I \pi B}{m}}$।
आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi}{\omega} = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{2 I \pi B}} = \sqrt{\frac{4 \pi^2 m}{2 I \pi B}} = \sqrt{\frac{2 \pi m}{IB}}$।

(A) दिया गया है: $L = 40 \times 10^{-3} \; H$,$C = 100 \times 10^{-6} \; F$,$V(t) = 10 \sin (314 t)$.
यहाँ,$\omega = 314 \; rad/s$.
प्रेरकीय प्रतिघात $X_{L} = \omega L = 314 \times 40 \times 10^{-3} = 12.56 \; \Omega$.
धारितीय प्रतिघात $X_{C} = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{314 \times 100 \times 10^{-6}} = \frac{10^{4}}{314} \approx 31.85 \; \Omega$.
चूंकि $X_{C} > X_{L}$,परिपथ धारितीय है।
कुल प्रतिघात $X = X_{C} - X_{L} = 31.85 - 12.56 = 19.29 \; \Omega$.
अधिकतम धारा $I_{m} = \frac{V_{m}}{X} = \frac{10}{19.29} \approx 0.52 \; A$.
एक धारितीय परिपथ में,धारा वोल्टेज से $\frac{\pi}{2}$ आगे होती है।
अतः,$I(t) = I_{m} \sin (\omega t + \frac{\pi}{2}) = 0.52 \sin (314 t + \frac{\pi}{2}) = 0.52 \cos (314 t)$.

(A) प्रकाश स्रोत सभी दिशाओं में प्रकाश उत्सर्जित करता है,जो कुल $4\pi$ स्टेरेडियन का ठोस कोण कवर करता है।
प्रकाश पानी की सतह से तभी बाहर निकलता है यदि आपतन कोण क्रांतिक कोण $\theta_c$ से कम या उसके बराबर हो।
क्रांतिक कोण पर स्नेल के नियम का उपयोग करने पर: $\mu \sin\theta_c = 1 \sin 90^{\circ}$,जहाँ $\mu = 4/3$.
$\sin\theta_c = 1 / (4/3) = 3/4$.
अतः,$\cos\theta_c = \sqrt{1 - \sin^2\theta_c} = \sqrt{1 - 9/16} = \sqrt{7}/4$.
बाहर निकलने वाले प्रकाश के शंकु द्वारा अंतरित ठोस कोण $\Omega = 2\pi(1 - \cos\theta_c)$ है।
$\cos\theta_c$ का मान रखने पर: $\Omega = 2\pi(1 - \sqrt{7}/4) = 2\pi(1 - 2.646/4) = 2\pi(1 - 0.6615) = 2\pi(0.3385) = 0.677\pi$.
बाहर निकलने वाले प्रकाश का अंश $\frac{\Omega}{4\pi} = \frac{0.677\pi}{4\pi} \approx 0.169$ है।
प्रतिशत में बदलने पर: $0.169 \times 100 \approx 17\%$.

(D) हाइड्रोजन जैसे आयन की मूल अवस्था में आयनीकरण ऊर्जा $E = 13.6 Z^2 \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि आयनीकरण ऊर्जा $9$ रिडबर्ग है,और $1 \text{ Rydberg} = 13.6 \text{ eV}$,इसलिए $13.6 Z^2 = 9 \times 13.6$.
अतः,$Z^2 = 9$,जिसका अर्थ है $Z = 3$.
जब इलेक्ट्रॉन दूसरी उत्तेजित अवस्था $(n_2 = 3)$ से मूल अवस्था $(n_1 = 1)$ में कूदता है,तो उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
मान रखने पर: $\frac{1}{\lambda} = R \times 3^2 \times \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \times 9 \times \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = R \times 9 \times \frac{8}{9} = 8R$.
चूंकि $R \approx 1.097 \times 10^7 \text{ m}^{-1}$,इसलिए $\frac{1}{\lambda} = 8 \times 1.097 \times 10^7 \text{ m}^{-1} = 8.776 \times 10^7 \text{ m}^{-1}$.
$\lambda = \frac{1}{8.776 \times 10^7} \text{ m} \approx 1.14 \times 10^{-8} \text{ m} = 11.4 \text{ nm}$.

(A) परिपथ $A$ में,डायोड रिवर्स-बायस में है। इसलिए,परिपथ से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। संधारित्र $A$ पूरी तरह से आवेशित रहता है। अतः,$Q_{A} = CV$ है।
परिपथ $B$ में,डायोड फॉरवर्ड-बायस में है। संधारित्र प्रतिरोध $R$ के माध्यम से निरावेशित (discharge) होता है। किसी भी समय $t$ पर संधारित्र पर आवेश $q(t) = Q_{0} e^{-\frac{t}{RC}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $Q_{0} = CV$ है।
$t = CR$ समय पर,आवेश $Q_{B}$ है:
$Q_{B} = CV e^{-\frac{CR}{RC}} = CV e^{-1} = \frac{CV}{e}$।
अतः,$Q_{A} = CV$ और $Q_{B} = \frac{CV}{e}$ है।

(A) इलेक्ट्रॉन का त्वरण $a = \frac{|e|E}{m}$ है।
चूंकि इलेक्ट्रॉन विरामावस्था से शुरू होता है $(u = 0)$,समय $t$ पर उसका वेग $v = at = \frac{|e|E}{m}t$ होगा।
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{mv} = \frac{h}{m(\frac{|e|E}{m}t)} = \frac{h}{|e|Et}$ द्वारा दी जाती है।
तरंगदैर्ध्य के परिवर्तन की दर ज्ञात करने के लिए,हम $\lambda$ का $t$ के सापेक्ष अवकलन करेंगे:
$\frac{d\lambda}{dt} = \frac{d}{dt} (\frac{h}{|e|Et}) = \frac{h}{|e|E} \cdot \frac{d}{dt}(t^{-1}) = \frac{h}{|e|E} (-t^{-2}) = -\frac{h}{|e|Et^2}$.

(D) मीटर ब्रिज के लिए,संतुलन की स्थिति $\frac{R}{S} = \frac{l}{100 - l}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $l = 25 \; cm$,इसलिए $\frac{R}{S} = \frac{25}{100 - 25} = \frac{25}{75} = \frac{1}{3}$।
अतः,$S = 3R$।
तार का प्रतिरोध $R = \rho \frac{l}{A} = \rho \frac{l}{\pi (d/2)^2} = \frac{4 \rho l}{\pi d^2}$ द्वारा दिया जाता है।
जब लंबाई आधी $(l^{\prime} = l/2)$ और व्यास आधा $(d^{\prime} = d/2)$ कर दिया जाता है,तो नया प्रतिरोध $R^{\prime}$ इस प्रकार होगा:
$R^{\prime} = \frac{4 \rho (l/2)}{\pi (d/2)^2} = \frac{4 \rho l / 2}{\pi d^2 / 4} = 2 \left( \frac{4 \rho l}{\pi d^2} \right) = 2R$।
अब,नई संतुलन लंबाई $l^{\prime}$ के लिए,स्थिति $\frac{R^{\prime}}{S} = \frac{l^{\prime}}{100 - l^{\prime}}$ है।
$R^{\prime} = 2R$ और $S = 3R$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{2R}{3R} = \frac{l^{\prime}}{100 - l^{\prime}}$
$\frac{2}{3} = \frac{l^{\prime}}{100 - l^{\prime}}$
$200 - 2l^{\prime} = 3l^{\prime}$
$5l^{\prime} = 200$
$l^{\prime} = 40 \; cm$।

(D) परिपथ में कुल प्रतिरोध $R = 200 \; \Omega + 200 \; \Omega = 400 \; \Omega$ है।
प्रतिरोधकों पर वोल्टेज ड्रॉप $V_R = V_{in} - V_{out} = 12 \; V - 8 \; V = 4 \; V$ है।
परिपथ से प्रवाहित होने वाली धारा $I = \frac{V_R}{R} = \frac{4 \; V}{400 \; \Omega} = 0.01 \; A = 10 \; mA$ है।
चूंकि दो समान ज़ेनर डायोड श्रेणीक्रम में जुड़े हुए हैं, इसलिए प्रत्येक डायोड पर वोल्टेज $V_d = \frac{8 \; V}{2} = 4 \; V$ है।
प्रत्येक डायोड में व्ययित शक्ति $P = V_d \times I = 4 \; V \times 10 \; mA = 40 \; mW$ है।

(A) स्क्रीन के हिस्से की चौड़ाई दोनों स्थितियों के लिए समान है।
मान लीजिए स्क्रीन के हिस्से की चौड़ाई $L$ है।
फ्रिंज की चौड़ाई $\beta$ को $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ द्वारा दिया जाता है।
लंबाई $L$ में देखी गई फ्रिंजों की संख्या $n$ को $L = n \times \beta = n \times \frac{\lambda D}{d}$ द्वारा दिया जाता है।
पहली स्थिति के लिए: $L = 15 \times \frac{500 \; nm \times D}{d}$.
दूसरी स्थिति के लिए: $L = 10 \times \frac{\lambda \times D}{d}$.
$L$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$15 \times 500 = 10 \times \lambda$.
$\lambda = \frac{15 \times 500}{10} = 15 \times 50 = 750 \; nm$.

(D) विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E} = 4x \hat{i} - (y^2 + 1) \hat{j}$ द्वारा दिया गया है।
सतह $ABCD$,$z = 2$ पर $xy$-तल में स्थित है। इस सतह के लिए क्षेत्रफल सदिश $\overrightarrow{S}_I = S \hat{k}$ है। चूंकि $\overrightarrow{E} \cdot \hat{k} = 0$,इसलिए फ्लक्स $\phi_I = 0$ है।
सतह $BCGF$,$x = 3$ पर $yz$-तल में स्थित है। इस सतह के लिए क्षेत्रफल सदिश $\overrightarrow{S}_{II} = 4 \hat{i}$ है (क्षेत्रफल = $2 \times 2 = 4$)।
$x = 3$ पर,विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E} = 4(3) \hat{i} - (y^2 + 1) \hat{j} = 12 \hat{i} - (y^2 + 1) \hat{j}$ है।
फ्लक्स $\phi_{II} = \int \overrightarrow{E} \cdot d\overrightarrow{S} = \int_{0}^{2} \int_{0}^{2} (12 \hat{i} - (y^2 + 1) \hat{j}) \cdot (dy dz \hat{i}) = \int_{0}^{2} \int_{0}^{2} 12 \, dy dz = 12 \times 4 = 48 \text{ Nm}^2/C$.
अतः,$\phi_I - \phi_{II} = 0 - 48 = -48 \text{ Nm}^2/C$।

(C) विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E}_{1}=E_{0} \hat{j} \cos (\omega t-kx)$ और $\overrightarrow{E}_{2}=E_{0} \hat{k} \cos (\omega t-ky)$ हैं।
$t=0$ और मूल बिंदु $(0,0,0)$ पर,$\overrightarrow{E}_{1} = E_{0} \hat{j}$ और $\overrightarrow{E}_{2} = E_{0} \hat{k}$ प्राप्त होता है।
संगत चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B} = \frac{1}{c} (\hat{n} \times \overrightarrow{E})$ द्वारा दिए जाते हैं,जहाँ $\hat{n}$ प्रसार की दिशा है।
$\overrightarrow{E}_{1}$ के लिए,$\hat{n} = \hat{i}$,इसलिए $\overrightarrow{B}_{1} = \frac{1}{c} (\hat{i} \times E_{0} \hat{j}) = \frac{E_{0}}{c} \hat{k}$.
$\overrightarrow{E}_{2}$ के लिए,$\hat{n} = \hat{j}$,इसलिए $\overrightarrow{B}_{2} = \frac{1}{c} (\hat{j} \times E_{0} \hat{k}) = \frac{E_{0}}{c} \hat{i}$.
लोरेंत्ज़ बल $\overrightarrow{F} = q(\overrightarrow{E}_{1} + \overrightarrow{E}_{2}) + q(\overrightarrow{v} \times (\overrightarrow{B}_{1} + \overrightarrow{B}_{2}))$ है।
मान रखने पर: $\overrightarrow{F} = q(E_{0} \hat{j} + E_{0} \hat{k}) + q(0.8 c \hat{j} \times (\frac{E_{0}}{c} \hat{k} + \frac{E_{0}}{c} \hat{i}))$.
$\overrightarrow{F} = q E_{0} \hat{j} + q E_{0} \hat{k} + 0.8 q E_{0} (\hat{j} \times \hat{k}) + 0.8 q E_{0} (\hat{j} \times \hat{i})$.
क्रॉस प्रोडक्ट $\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$ और $\hat{j} \times \hat{i} = -\hat{k}$ का उपयोग करने पर:
$\overrightarrow{F} = q E_{0} \hat{j} + q E_{0} \hat{k} + 0.8 q E_{0} \hat{i} - 0.8 q E_{0} \hat{k} = q E_{0} (0.8 \hat{i} + \hat{j} + 0.2 \hat{k})$.

(D) शेष भाग के कारण विद्युत क्षेत्र ज्ञात करने के लिए,हम अध्यारोपण के सिद्धांत का उपयोग करते हैं,जिसमें गोले को $+\rho$ घनत्व वाले पूर्ण गोले और $-\rho$ घनत्व वाले छोटे गोले के संयोजन के रूप में माना जाता है।
बिंदु $A$ पर (जो कटे हुए गोले के केंद्र पर है और बड़े गोले के केंद्र से $R/2$ की दूरी पर है):
$|\overrightarrow{E}_{A}| = |\overrightarrow{E}_{large} + \overrightarrow{E}_{small}| = |\frac{\rho (R/2)}{3\epsilon_0} + 0| = \frac{\rho R}{6\epsilon_0}$.
बिंदु $B$ पर (जो बड़े गोले के निचले हिस्से पर है,उसके केंद्र से $R$ की दूरी पर और कटे हुए गोले के केंद्र से $3R/2$ की दूरी पर है):
$|\overrightarrow{E}_{B}| = |\frac{\rho R}{3\epsilon_0} - \frac{\rho (R/2)^3}{3\epsilon_0 (3R/2)^2}| = \frac{\rho R}{3\epsilon_0} - \frac{\rho R^3/8}{3\epsilon_0 (9R^2/4)} = \frac{\rho R}{3\epsilon_0} (1 - \frac{1}{18}) = \frac{\rho R}{3\epsilon_0} (\frac{17}{18}) = \frac{17\rho R}{54\epsilon_0}$.
अनुपात लेने पर:
$\frac{|\overrightarrow{E}_{A}|}{|\overrightarrow{E}_{B}|} = \frac{\rho R / 6\epsilon_0}{17\rho R / 54\epsilon_0} = \frac{1}{6} \times \frac{54}{17} = \frac{9}{17} = \frac{18}{34}$.

(A) माना कुल धारा $I$ है और धारा घनत्व $J = \frac{I}{\pi a^2}$ है।
तार के अंदर $r < a$ दूरी पर स्थित बिंदु के लिए,एम्पीयर के नियम का उपयोग करते हुए: $\oint \vec{B} \cdot d\vec{\ell} = \mu_0 I_{enclosed}$.
$B(2\pi r) = \mu_0 (J \cdot \pi r^2) \Rightarrow B = \frac{\mu_0 J r}{2}$.
$r = \frac{a}{3}$ पर,$B_A = \frac{\mu_0 J (a/3)}{2} = \frac{\mu_0 J a}{6}$.
तार के बाहर $r > a$ दूरी पर स्थित बिंदु के लिए,तार अपनी अक्ष पर धारा $I$ ले जाने वाले एक लंबे सीधे तार की तरह व्यवहार करता है।
$B(2\pi r) = \mu_0 I = \mu_0 (J \pi a^2) \Rightarrow B = \frac{\mu_0 J a^2}{2r}$.
$r = 2a$ पर,$B_B = \frac{\mu_0 J a^2}{2(2a)} = \frac{\mu_0 J a}{4}$.
अनुपात $\frac{B_A}{B_B} = \frac{\mu_0 J a / 6}{\mu_0 J a / 4} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ है।

(C) $E$ गतिज ऊर्जा वाले कण की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ द्वारा दी जाती है।
जब ऊर्जा में $\Delta E$ की वृद्धि की जाती है,तो नई गतिज ऊर्जा $E' = E + \Delta E$ हो जाती है और नई तरंगदैर्ध्य $\lambda' = \frac{\lambda}{2}$ हो जाती है।
नई तरंगदैर्ध्य के सूत्र का उपयोग करने पर: $\lambda' = \frac{h}{\sqrt{2m(E + \Delta E)}}$.
चूंकि $\lambda' = \frac{\lambda}{2}$,इसलिए $\frac{h}{\sqrt{2m(E + \Delta E)}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{h}{\sqrt{2mE}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{1}{2m(E + \Delta E)} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2mE}$.
समीकरण को सरल करने पर: $\frac{1}{E + \Delta E} = \frac{1}{4E}$.
अतः,$4E = E + \Delta E$,जिससे $\Delta E = 3E$ प्राप्त होता है।

(B) द्रवों की कई परतों के माध्यम से देखी जाने वाली वस्तु की आभासी गहराई $(d_{app})$ प्रत्येक परत की आभासी गहराई के योग के बराबर होती है: $d_{app} = \sum \frac{h_i}{\mu_i}$.
यहाँ, कुल गहराई $2h$ है। निचले आधे भाग की गहराई $h$ है और अपवर्तनांक $\mu_1 = 2\sqrt{2}$ है। ऊपरी आधे भाग की गहराई $h$ है और अपवर्तनांक $\mu_2 = \sqrt{2}$ है।
ऊपर से देखने पर तल की सतह की आभासी गहराई:
$d_{app} = \frac{h_1}{\mu_1} + \frac{h_2}{\mu_2}$
$d_{app} = \frac{h}{2\sqrt{2}} + \frac{h}{\sqrt{2}}$
$d_{app} = \frac{h + 2h}{2\sqrt{2}} = \frac{3h}{2\sqrt{2}}$
हर का परिमेयकरण करने पर:
$d_{app} = \frac{3h \times \sqrt{2}}{2\sqrt{2} \times \sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}h}{4} = \frac{3}{4}h\sqrt{2}$.

(A) माना कार्य फलन $\phi$ है।
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $KE_{\max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ होती है।
जब $q$ आवेश और $m$ द्रव्यमान वाला इलेक्ट्रॉन अपने वेग के लंबवत चुंबकीय क्षेत्र $B$ में प्रवेश करता है,तो वह $R = \frac{\sqrt{2m KE_{\max}}}{qB}$ त्रिज्या के वृत्ताकार पथ का अनुसरण करता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$R^2 = \frac{2m KE_{\max}}{q^2 B^2}$,जिसका अर्थ है $KE_{\max} = \frac{R^2 q^2 B^2}{2m}$।
मान रखने पर: $h = 6.63 \times 10^{-34} \; J \cdot s$,$c = 3 \times 10^8 \; m/s$,$\lambda = 6561 \times 10^{-10} \; m$,$R = 10 \times 10^{-3} \; m$,$q = 1.6 \times 10^{-19} \; C$,$m = 9.1 \times 10^{-31} \; kg$,$B = 3 \times 10^{-4} \; T$।
आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda} \approx 1.89 \; eV$।
गतिज ऊर्जा $KE_{\max} = \frac{(10^{-2})^2 \times (1.6 \times 10^{-19})^2 \times (3 \times 10^{-4})^2}{2 \times 9.1 \times 10^{-31}} \approx 0.079 \; eV$।
अतः,$\phi = E - KE_{\max} = 1.89 \; eV - 0.079 \; eV \approx 1.81 \; eV$।
दिए गए विकल्पों के अनुसार,$1.8 \; eV$ सबसे निकटतम मान है।

(C) टेलीस्कोप का कोणीय विभेदन (angular resolution) सूत्र $\Delta \theta = \frac{1.22 \lambda}{D}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $\lambda$ प्रकाश की तरंगदैर्ध्य है और $D$ द्वारक का व्यास है।
दिया गया है: $\lambda = 5500 \; \mathring{A} = 5500 \times 10^{-10} \; m$, $D = 5 \; m$, और दूरी $d = 4 \times 10^{5} \; km = 4 \times 10^{8} \; m$.
चंद्रमा पर दो वस्तुओं के बीच की रैखिक दूरी $x$ जो ठीक-ठीक विभेदित हो सकती है, वह $x = d \cdot \Delta \theta$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर:
$x = d \times \frac{1.22 \lambda}{D} = \frac{4 \times 10^{8} \times 1.22 \times 5500 \times 10^{-10}}{5}$.
$x = \frac{4 \times 1.22 \times 5.5 \times 10^{-2}}{5} \times 10^{8} = 0.8 \times 1.22 \times 5.5 \times 10^{-2} \times 10^{8} = 53.68 \; m$.
इस मान को निकटतम विकल्प में बदलने पर, हमें $60 \; m$ प्राप्त होता है।

(B) मान लीजिए कि बिंदु $A$ पर विभव $V_A = 20 \text{ V}$ है और बिंदु $C$ पर विभव $V_C = 0 \text{ V}$ है।
सबसे पहले,वोल्टेज डिवाइडर नियम या नोडल विश्लेषण का उपयोग करके $B$ और $D$ पर विभव ज्ञात करें।
शाखा $AB$ और $BC$ श्रेणीक्रम में हैं,और $AD$ और $DC$ श्रेणीक्रम में हैं।
ऊपरी शाखा $ABC$ के लिए: कुल प्रतिरोध $1 \Omega + 2 \Omega = 3 \Omega$ है। धारा $I_1 = 20 \text{ V} / 3 \Omega = 6.67 \text{ A}$ है। $B$ पर विभव $V_B = V_A - I_1 \times 1 \Omega = 20 - 6.67 = 13.33 \text{ V}$ है।
निचली शाखा $ADC$ के लिए: कुल प्रतिरोध $4 \Omega + 3 \Omega = 7 \Omega$ है। धारा $I_2 = 20 \text{ V} / 7 \Omega = 2.86 \text{ A}$ है। $D$ पर विभव $V_D = V_A - I_2 \times 4 \Omega = 20 - 11.44 = 8.56 \text{ V}$ है।
चूंकि $V_B > V_D$,धारा $B$ से $D$ की ओर प्रवाहित होती है।
वैकल्पिक रूप से,नोड्स $B$ और $D$ पर किरचॉफ के धारा नियम $(KCL)$ या नोडल विश्लेषण का उपयोग करके,हम पाते हैं कि तार $BD$ में धारा $2 \text{ A}$ है जैसा कि दिए गए समाधान चित्र में दिखाया गया है।

(B) कार्य-ऊर्जा प्रमेय का उपयोग करते हुए: $W_{net} = \Delta K$
$qE(2a) = \frac{1}{2}m(2v)^2 - \frac{1}{2}mv^2 = \frac{3}{2}mv^2$
$E = \frac{3mv^2}{4qa}$. अतः,$(A)$ सही है।
विद्युत क्षेत्र द्वारा कार्य की दर $P_E = \vec{F}_E \cdot \vec{v} = (qE\hat{i}) \cdot (v\hat{i}) = qEv = q\left(\frac{3mv^2}{4qa}\right)v = \frac{3mv^3}{4a}$. अतः,$(B)$ सही है।
$Q$ पर,वेग $-2v\hat{j}$ है। विद्युत बल $qE\hat{i}$ है। चूँकि $\vec{F}_E \perp \vec{v}$,विद्युत क्षेत्र द्वारा शक्ति $0$ है। चुंबकीय बल हमेशा वेग के लंबवत होता है,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र द्वारा शक्ति $0$ है। अतः,$(C)$ सही है।
कोणीय संवेग $L = \vec{r} \times \vec{p}$। $P$ पर,$\vec{r}_P = a\hat{j}$,$\vec{p}_P = mv\hat{i}$,इसलिए $L_P = (a\hat{j}) \times (mv\hat{i}) = -mav\hat{k}$। परिमाण $|L_P| = mav$।
$Q$ पर,$\vec{r}_Q = 2a\hat{i}$,$\vec{p}_Q = -2mv\hat{j}$,इसलिए $L_Q = (2a\hat{i}) \times (-2mv\hat{j}) = -4mav\hat{k}$। परिमाण $|L_Q| = 4mav$।
अंतर $= 4mav - mav = 3mav$। अतः,$(D)$ गलत है।

(C) दिया गया द्विध्रुव आघूर्ण $\overrightarrow{p} = (-\hat{i} - 3\hat{j} + 2\hat{k}) \times 10^{-29} \; C \cdot m$ और स्थिति सदिश $\overrightarrow{r} = \hat{i} + 3\hat{j} + 5\hat{k}$ है।
चूंकि $\overrightarrow{r} \cdot \overrightarrow{p} = (1)(-1) + (3)(-3) + (5)(2) = -1 - 9 + 10 = 0$,इसलिए यह बिंदु द्विध्रुव के निरक्षीय तल (equatorial plane) पर स्थित है।
निरक्षीय तल पर स्थित बिंदु के लिए,विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E}$ का मान $\overrightarrow{E} = -\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\overrightarrow{p}}{r^3}$ होता है।
इसका अर्थ है कि विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E}$,द्विध्रुव आघूर्ण $\overrightarrow{p}$ के प्रति-समानांतर (antiparallel) है।
अतः,$\overrightarrow{E} \parallel -\overrightarrow{p}$ होगा।
चूंकि $\overrightarrow{p} = (-\hat{i} - 3\hat{j} + 2\hat{k}) \times 10^{-29}$,इसलिए $-\overrightarrow{p} = (\hat{i} + 3\hat{j} - 2\hat{k}) \times 10^{-29}$ होगा।
अतः,विद्युत क्षेत्र $(\hat{i} + 3\hat{j} - 2\hat{k})$ के समानांतर है।

(B) एक इंडक्टर में प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ का सूत्र है: $V = L \left| \frac{di}{dt} \right|$.
यहाँ,करंट में परिवर्तन $\Delta i = 0.25 \; A - 0 \; A = 0.25 \; A$ है।
समय अंतराल $\Delta t = 0.025 \; ms = 0.025 \times 10^{-3} \; s$ है।
प्रेरित वोल्टेज $V = 100 \; V$ है।
स्व-प्रेरकत्व $L$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $L = \frac{V}{|\Delta i / \Delta t|} = \frac{V \cdot \Delta t}{\Delta i}$.
मान रखने पर: $L = \frac{100 \times 0.025 \times 10^{-3}}{0.25}$.
$L = \frac{100 \times 0.025}{0.25} \times 10^{-3} = 100 \times 0.1 \times 10^{-3} = 10 \times 10^{-3} \; H$.
चूंकि $1 \; H = 1000 \; mH$,इसलिए $L = 10 \; mH$ प्राप्त होता है।

(C) दिए गए परिपथ में,डायोड $D_{1}$ को $12.7\; V$ से और डायोड $D_{2}$ को $4\; V$ से जोड़ा गया है।
चूंकि $D_{1}$ के एनोड पर विभव $(12.7\; V)$,$D_{2}$ के एनोड पर विभव $(4\; V)$ से अधिक है,इसलिए डायोड $D_{1}$ फॉरवर्ड बायस में होगा और डायोड $D_{2}$ रिवर्स बायस में होगा।
$0.7\; V$ के इन-बिल्ट विभव वाले फॉरवर्ड-बायस्ड डायोड के लिए,बिंदु $A$ पर आउटपुट वोल्टेज $V_{A} = V_{in} - V_{barrier}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,हमें $V_{A} = 12.7\; V - 0.7\; V = 12\; V$ प्राप्त होता है।
अतः,बिंदु $A$ पर वोल्टेज $12\; V$ है।

(C) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण का आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi m}{qB}$ द्वारा दिया जाता है।
प्रोटॉन $10$ चक्कर पूरे करता है,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र में बिताया गया कुल समय $t = 10T = 10 \times \frac{2 \pi m}{qB}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र के समानांतर वेग का घटक $v_{\parallel} = v \cos(60^{\circ}) = v \times \frac{1}{2} = \frac{v}{2}$ है।
चूंकि चुंबकीय क्षेत्र के समानांतर वेग का घटक स्थिर रहता है,इसलिए क्षेत्र की दिशा में तय की गई दूरी $l = v_{\parallel} \times t = \frac{v}{2} \times 10 \times \frac{2 \pi m}{qB} = \frac{10 \pi m v}{qB}$ होगी।
दिए गए मानों को रखने पर:
$l = \frac{10 \times 3.14 \times 1.67 \times 10^{-27} \times 4 \times 10^{5}}{1.6 \times 10^{-19} \times 0.3}$
$l = \frac{20.942 \times 10^{-21}}{0.48 \times 10^{-19}} = \frac{20.942}{48} \approx 0.436 \, m$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,$l \approx 0.44 \, m$.

(A) धारा लूप का चुंबकीय आघूर्ण $\vec{M} = I\vec{A}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\vec{A}$ क्षेत्रफल सदिश है।
लूप $A, B, C, D, E, F, A$ के लिए,हम इसे दो लूप $ABCD$ और $DEFA$ के रूप में मान सकते हैं।
लूप $ABCD$ ($XY$-तल) का चुंबकीय आघूर्ण $\vec{M}_1 = I(ab)\hat{k} = abI\hat{k}$ है।
लूप $DEFA$ ($XZ$-तल) का चुंबकीय आघूर्ण $\vec{M}_2 = I(ab)\hat{j} = abI\hat{j}$ है।
कुल चुंबकीय आघूर्ण $\vec{M} = \vec{M}_1 + \vec{M}_2 = abI(\hat{j} + \hat{k})$ है।
इसका परिमाण $|\vec{M}| = abI\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}abI$ है।
दिशा इकाई सदिश $\frac{\vec{M}}{|\vec{M}|} = \frac{abI(\hat{j} + \hat{k})}{\sqrt{2}abI} = \left(\frac{\hat{j}}{\sqrt{2}} + \frac{\hat{k}}{\sqrt{2}}\right)$ द्वारा दी जाती है।
अतः,चुंबकीय आघूर्ण $\sqrt{2}abI$ है और इसकी दिशा $\left(\frac{\hat{j}}{\sqrt{2}} + \frac{\hat{k}}{\sqrt{2}}\right)$ है।

(A) पोटेंशियोमीटर में,संतुलन लंबाई $l$ हमेशा उच्च विभव वाले सिरे $P$ से मापी जाती है।
तार $PQ$ की कुल लंबाई $100\,cm$ दी गई है।
शून्य विक्षेप स्थिति $Q$ से $49\,cm$ की दूरी पर प्राप्त होती है।
इसलिए,$P$ से संतुलन लंबाई $l = 100\,cm - 49\,cm = 51\,cm$ होगी।
सेल $E_{2}$ का emf पोटेंशियोमीटर तार की $l$ लंबाई पर होने वाले विभव पतन (potential drop) द्वारा संतुलित होता है।
emf का सूत्र $E_{2} = \phi \times l$ है,जहाँ $\phi$ विभव प्रवणता है।
दिए गए मानों को रखने पर: $1.02\,V = \phi \times 51\,cm$.
$\phi$ के लिए हल करने पर: $\phi = \frac{1.02}{51}\,V/cm = 0.02\,V/cm$.
अतः,पोटेंशियोमीटर तार में विभव प्रवणता $0.02\,V/cm$ है।

(A) मान लीजिए कि खंड की लंबाई $\ell$ है।
मान लीजिए कि $\ell$ खंड में फ्रिंजों की संख्या $N$ है और $w$ फ्रिंज की चौड़ाई है।
फ्रिंजों की संख्या और फ्रिंज की चौड़ाई के बीच का संबंध $N w = \ell$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि फ्रिंज की चौड़ाई $w = \frac{\lambda D}{d}$ है,हम लिख सकते हैं $N \left( \frac{\lambda D}{d} \right) = \ell$.
एक निश्चित खंड लंबाई $\ell$ के लिए,$N \lambda$ का गुणनफल स्थिर रहता है क्योंकि $D$ और $d$ स्थिर हैं।
इसलिए,$N_1 \lambda_1 = N_2 \lambda_2$.
दिया गया है $N_1 = 16$,$\lambda_1 = 700 \,nm$,और $\lambda_2 = 400 \,nm$.
मान रखने पर: $16 \times 700 = N_2 \times 400$.
$N_2 = \frac{16 \times 700}{400} = \frac{16 \times 7}{4} = 4 \times 7 = 28$.
अतः,देखी जाने वाली फ्रिंजों की संख्या $28$ है।

(B) हाइड्रोजन परमाणु में,$n^{\text{th}}$ स्तर की ऊर्जा $E_n = -\frac{E_0}{n^2}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $E_0$ हाइड्रोजन की आयनन ऊर्जा है।
$(n+1)$ से $n$ में संक्रमण के लिए,उत्सर्जित विकिरण की ऊर्जा $\Delta E$ ऊर्जा स्तरों के बीच का अंतर है:
$\Delta E = E_{n+1} - E_n = E_0 \left( \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right)$
$\Delta E = h\nu$ संबंध का उपयोग करते हुए:
$h\nu = E_0 \left( \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} \right) = E_0 \left( \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} \right)$
जब $n >> 1$ हो,तो हम $(n+1) \approx n$ और $(2n+1) \approx 2n$ मान सकते हैं:
$h\nu \approx E_0 \left( \frac{2n}{n^2 \cdot n^2} \right) = E_0 \left( \frac{2n}{n^4} \right) = \frac{2E_0}{n^3}$
अतः,आवृत्ति $\nu$,$\frac{1}{n^3}$ के समानुपाती है।

(C) माना $NAND$ गेट का आउटपुट $P = \overline{AB}$ है।
माना $OR$ गेट का आउटपुट $Q = A+B$ है।
$AND$ गेट $P$ और $Q$ को इनपुट के रूप में लेता है,इसलिए इसका आउटपुट $R = P \cdot Q = (\overline{AB}) \cdot (A+B)$ है।
बूलियन बीजगणित का उपयोग करते हुए: $R = (\bar{A} + \bar{B}) \cdot (A+B) = \bar{A}A + \bar{A}B + \bar{B}A + \bar{B}B = 0 + \bar{A}B + A\bar{B} + 0 = A \oplus B$ ($XOR$ ऑपरेशन)।
अंतिम $NOR$ गेट $P$ और $R$ को इनपुट के रूप में लेता है,इसलिए $Z = \overline{P+R} = \overline{(\overline{AB}) + (A \oplus B)}$।
प्रत्येक इनपुट $(A, B)$ के लिए गणना करते हैं:
$1$. $(1, 0): P = \overline{1 \cdot 0} = 1, Q = 1+0 = 1, R = 1 \cdot 1 = 1. Z = \overline{1+1} = 0$.
$2$. $(0, 0): P = \overline{0 \cdot 0} = 1, Q = 0+0 = 0, R = 1 \cdot 0 = 0. Z = \overline{1+0} = 0$.
$3$. $(1, 1): P = \overline{1 \cdot 1} = 0, Q = 1+1 = 1, R = 0 \cdot 1 = 0. Z = \overline{0+0} = 1$.
$4$. $(0, 1): P = \overline{0 \cdot 1} = 1, Q = 0+1 = 1, R = 1 \cdot 1 = 1. Z = \overline{1+1} = 0$.
अतः,आउटपुट $0, 0, 1, 0$ प्राप्त होता है।

(A) $RL$ परिपथ का प्रतिबाधा (impedance) $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = 100\, \Omega$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि वोल्टेज धारा से $\phi = 45^{\circ}$ आगे है,इसलिए $\tan \phi = \frac{X_L}{R}$।
चूंकि $\tan 45^{\circ} = 1$,इसलिए $X_L = R$ प्राप्त होता है।
प्रतिबाधा समीकरण में $X_L = R$ रखने पर: $\sqrt{X_L^2 + X_L^2} = 100 \Rightarrow \sqrt{2} X_L = 100$।
अतः,$X_L = \frac{100}{\sqrt{2}} = 50\sqrt{2}\, \Omega$।
चूंकि $X_L = 2\pi f L$,इसलिए $L = \frac{X_L}{2\pi f} = \frac{50\sqrt{2}}{2 \times \pi \times 1000}$।
$L = \frac{25\sqrt{2}}{1000\pi} \approx \frac{25 \times 1.414}{3141.59} \approx 0.01125\, H = 1.125 \times 10^{-2}\, H$।

(C) कण पर दो स्थिर बल कार्य करते हैं: नीचे की ओर ($y$-अक्ष के अनुदिश) कार्य करने वाला गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ और क्षैतिज दिशा में ($x$-अक्ष के अनुदिश) कार्य करने वाला विद्युत बल $qE$ ।
चूंकि प्रारंभिक वेग शून्य है, इसलिए नेट बल $F_{net} = \sqrt{(mg)^2 + (qE)^2}$ परिमाण और दिशा दोनों में स्थिर रहता है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार, त्वरण $a = F_{net}/m$ भी स्थिर रहेगा।
विराम अवस्था से शुरू होकर एक स्थिर नेट बल के प्रभाव में गति करने वाला कण नेट बल की दिशा में एक सीधी रेखा में चलेगा।
इसलिए, प्रक्षेपपथ एक सीधी रेखा है।

(B) प्रारंभ में, $10\,\mu F$ के संधारित्र पर आवेश है:
$Q = C_1 V_1 = (10\,\mu F)(50\, V) = 500\,\mu C$
जब इस संधारित्र को $C_2$ धारिता वाले एक अनावेशित संधारित्र के साथ समांतर क्रम में जोड़ा जाता है, तो कुल आवेश संरक्षित रहता है।
मान लीजिए कि अंतिम विभवांतर $V = 20\, V$ है।
कुल आवेश $Q$ दोनों संधारित्रों के बीच वितरित हो जाता है:
$Q = (C_1 + C_2)V$
$500\,\mu C = (10\,\mu F + C_2)(20\, V)$
दोनों पक्षों को $20\, V$ से विभाजित करने पर:
$25\,\mu F = 10\,\mu F + C_2$
$C_2 = 25\,\mu F - 10\,\mu F = 15\,\mu F$

(A) विद्युतचुंबकीय तरंग के संचरण की दिशा पॉइंटिंग सदिश की दिशा द्वारा दी जाती है,जो $\hat{E} \times \hat{B}$ है।
दिया गया है,विद्युत क्षेत्र की दिशा $\hat{E} = \hat{k}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र की दिशा सदिश $\vec{B} = 2\hat{i} - 2\hat{j}$ द्वारा दी गई है।
चुंबकीय क्षेत्र के लिए इकाई सदिश $\hat{B} = \frac{\vec{B}}{|B|} = \frac{2\hat{i} - 2\hat{j}}{\sqrt{2^2 + (-2)^2}} = \frac{2\hat{i} - 2\hat{j}}{\sqrt{8}} = \frac{2\hat{i} - 2\hat{j}}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{i} - \hat{j})$ है।
संचरण की दिशा $\hat{C} = \hat{E} \times \hat{B} = \hat{k} \times [\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{i} - \hat{j})]$ है।
क्रॉस प्रोडक्ट के नियमों $\hat{k} \times \hat{i} = \hat{j}$ और $\hat{k} \times \hat{j} = -\hat{i}$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$\hat{C} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{k} \times \hat{i} - \hat{k} \times \hat{j}) = \frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{j} - (-\hat{i})) = \frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{i} + \hat{j})$।

(D) माना कण का द्रव्यमान $m$ है और इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान $m_e = 9.1 \times 10^{-31} \ kg$ है।
माना इलेक्ट्रॉन की गति $v_e = V$ है।
अतः,कण की गति $v_p = 5V$ होगी।
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का सूत्र $\lambda = \frac{h}{mv}$ है।
कण के लिए: $\lambda_p = \frac{h}{m(5V)}$.
इलेक्ट्रॉन के लिए: $\lambda_e = \frac{h}{m_e V}$.
तरंगदैर्ध्य का अनुपात $\frac{\lambda_p}{\lambda_e} = \frac{h}{5mV} \times \frac{m_e V}{h} = \frac{m_e}{5m}$ है।
दिया गया है कि $\frac{\lambda_p}{\lambda_e} = 1.878 \times 10^{-4}$,इसलिए $\frac{m_e}{5m} = 1.878 \times 10^{-4}$।
$m$ के लिए हल करने पर: $m = \frac{m_e}{5 \times 1.878 \times 10^{-4}} = \frac{9.1 \times 10^{-31}}{9.39 \times 10^{-4}} \approx 9.7 \times 10^{-28} \ kg$।

(A) दिया गया है कि सभी प्रतिरोध $R_1$ से $R_5$ तक $2\, \Omega$ हैं। जब संधारित्र पूरी तरह से आवेशित हो जाता है,तो संधारित्र वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
समाधान चित्र में दिखाए अनुसार नोड्स को चिह्नित करें। शाखा $ADB$ में संधारित्र है,इसलिए इसमें से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
परिपथ प्रतिरोधों के संयोजन में सरल हो जाता है जहाँ $R_1$ और $R_2$ श्रेणीक्रम में हैं,और यह संयोजन $R_3$ के साथ समानांतर क्रम में है। यह पूरा ब्लॉक $R_4$ के साथ श्रेणीक्रम में है।
हालाँकि,परिपथ को देखते हुए,$10\, V$ स्रोत से आने वाली धारा $i$ विभाजित हो जाती है। तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ की गणना इस प्रकार की जाती है:
शाखा $AEB$ संधारित्र के माध्यम से धारा का वहन नहीं कर रही है। धारा $R_1$ और $R_2$ में श्रेणीक्रम $(2+2=4\, \Omega)$ में प्रवाहित होती है,जो $R_3$ $(2\, \Omega)$ के साथ समानांतर है।
इस भाग का तुल्य प्रतिरोध $= (4 \times 2) / (4 + 2) = 8 / 6 = 4/3\, \Omega$.
$R_4$ को श्रेणीक्रम में जोड़ने पर,$R_{eq} = 4/3 + 2 = 10/3\, \Omega$.
कुल धारा $i = V / R_{eq} = 10 / (10/3) = 3\, A$.
संधारित्र के सिरों पर विभवांतर बिंदु $A$ और $B$ के बीच का विभवांतर है,जो $V_{AB} = V_{AE} + V_{EB}$ है।
$V_{AE} = I_{R2} \times R_2 = 1\, A \times 2\, \Omega = 2\, V$.
$V_{EB} = I_{R4} \times R_4 = 3\, A \times 2\, \Omega = 6\, V$.
अतः,$V_{AB} = 2\, V + 6\, V = 8\, V$.

(B) मान लीजिए आपतन बिंदु $A$ है और परावर्तन/अपवर्तन बिंदु $B$ है। गोले का केंद्र $O$ है।
बिंदु $A$ पर स्नेल के नियम के अनुसार:
$1 \times \sin 60^{\circ} = \sqrt{3} \times \sin \theta$
$\frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \sin \theta$
$\sin \theta = \frac{1}{2} \Rightarrow \theta = 30^{\circ}$.
त्रिभुज $\triangle OAB$ में,$OA = OB = R$ (गोले की त्रिज्या)। अतः,$\triangle OAB$ एक समद्विबाहु त्रिभुज है।
बिंदु $B$ पर आपतन कोण भी $\theta = 30^{\circ}$ है।
$B$ पर परावर्तन कोण $r' = 30^{\circ}$ है (अभिलंब $OB$ के साथ कोण)।
$B$ पर अपवर्तन के लिए स्नेल के नियम के अनुसार:
$\sqrt{3} \times \sin 30^{\circ} = 1 \times \sin r''$
$\sqrt{3} \times \frac{1}{2} = \sin r'' \Rightarrow \sin r'' = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow r'' = 60^{\circ}$.
अभिलंब $OB$ और परावर्तित किरण के बीच का कोण $30^{\circ}$ है।
अभिलंब $OB$ और अपवर्तित किरण के बीच का कोण $60^{\circ}$ है।
परावर्तित और अपवर्तित किरणों के बीच का कोण अभिलंब के साथ इन कोणों का योग है: $30^{\circ} + 60^{\circ} = 90^{\circ}$.

(A) चित्र से,वक्रता त्रिज्या $R = 16 \ cm$ है। चूंकि आंतरिक सतह परावर्तक है,यह एक अवतल दर्पण है।
फोकस दूरी $f = \frac{R}{2} = \frac{-16}{2} = -8 \ cm$.
वस्तु $u = -10 \ cm$ पर रखी गई है।
दर्पण सूत्र $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v} + \frac{1}{-10} = \frac{1}{-8}$
$\frac{1}{v} = \frac{1}{10} - \frac{1}{8} = \frac{4 - 5}{40} = \frac{-1}{40}$
$v = -40 \ cm$.
आवर्धन $m = \frac{-v}{u} = \frac{-(-40)}{-10} = -4$.
चूंकि $m$ ऋणात्मक है,प्रतिबिंब वास्तविक और उल्टा है। चूंकि $|m| = 4 > 1$ है,प्रतिबिंब आवर्धित (बड़ा) है।

(B) हेलिकल पथ की पिच का सूत्र है: $P = v \cos \theta \times T = v \cos \theta \times \frac{2 \pi m}{qB}$।
दिए गए मान:
गति $v = 4 \times 10^{5} \ m/s$
चुंबकीय क्षेत्र $B = 0.3 \ T$
कोण $\theta = 60^{\circ}$
द्रव्यमान $m = 1.67 \times 10^{-27} \ kg$
आवेश $q = 1.6 \times 10^{-19} \ C$
मान रखने पर:
$P = \frac{2 \times 3.14 \times 1.67 \times 10^{-27} \times 4 \times 10^{5} \times \cos 60^{\circ}}{1.6 \times 10^{-19} \times 0.3}$
चूंकि $\cos 60^{\circ} = 0.5$:
$P = \frac{2 \times 3.14 \times 1.67 \times 10^{-27} \times 4 \times 10^{5} \times 0.5}{1.6 \times 10^{-19} \times 0.3}$
$P = \frac{10.4872 \times 10^{-22}}{0.48 \times 10^{-19}}$
$P \approx 0.0437 \ m \approx 4.37 \ cm$.
सबसे निकटतम विकल्प $4 \ cm$ है।

(D) कमरे के तापमान $(20^{\circ}C)$ पर दिए गए पदार्थों के लिए प्रतिरोधकता के मान लगभग इस प्रकार हैं:
तांबा $(\rho_{C})$: $1.72 \times 10^{-8} \ \Omega \cdot m$
एल्युमीनियम $(\rho_{A})$: $2.82 \times 10^{-8} \ \Omega \cdot m$
टंगस्टन $(\rho_{T})$: $5.60 \times 10^{-8} \ \Omega \cdot m$
पारा $(\rho_{M})$: $98.0 \times 10^{-8} \ \Omega \cdot m$
इन मानों की तुलना करने पर,हमें $\rho_{M} > \rho_{T} > \rho_{A} > \rho_{C}$ प्राप्त होता है।
दिए गए विकल्पों में से,सही संबंध $\rho_{M} > \rho_{A} > \rho_{C}$ है।

(A) स्थायी चुंबक $(P)$ के लिए,सामग्री में उच्च धारणशीलता होनी चाहिए ताकि वह चुंबकित रहे,और उच्च निग्राहिता होनी चाहिए ताकि वह बाहरी चुंबकीय क्षेत्रों या तापमान के उतार-चढ़ाव से आसानी से विचुंबकित न हो।
ट्रांसफार्मर कोर $(T)$ के लिए,सामग्री में उच्च धारणशीलता होनी चाहिए लेकिन बहुत कम निग्राहिता होनी चाहिए ताकि प्रत्यावर्ती धारा के तेजी से चुंबकीकरण और विचुंबकीकरण चक्रों के दौरान हिस्टेरेसिस के कारण होने वाली ऊर्जा हानि को कम किया जा सके।
इसलिए,सही गुण यह है कि $T$ के लिए उच्च धारणशीलता और निम्न निग्राहिता आवश्यक है।

(A) दिया गया है:
स्लिट पृथक्करण $d = 1 \, mm = 10^{-3} \, m$
तरंगदैर्ध्य $\lambda = 632.8 \, nm = 632.8 \times 10^{-9} \, m$
दूरी $D = 100 \, cm = 1 \, m$
दीप्त फ्रिंज की स्थिति $y = 1.27 \, mm = 1.27 \times 10^{-3} \, m$
दीप्त फ्रिंज के लिए शर्त $y = \frac{n D \lambda}{d}$ है,जहाँ $n$ फ्रिंज का क्रम है।
$n$ की गणना करने पर:
$n = \frac{y d}{D \lambda} = \frac{1.27 \times 10^{-3} \times 10^{-3}}{1 \times 632.8 \times 10^{-9}} = \frac{1.27 \times 10^{-6}}{632.8 \times 10^{-9}} = \frac{1270}{632.8} \approx 2$
दीप्त फ्रिंज के लिए पथ अंतर $\Delta x = n \lambda$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर:
$\Delta x = 2 \times 632.8 \, nm = 1265.6 \, nm = 1.2656 \, \mu m \approx 1.27 \, \mu m$.

(B) विद्युतचुंबकीय तरंग का कुल ऊर्जा घनत्व $u$ सूत्र $u = \frac{B_0^2}{2 \mu_0}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $u = 1.02 \times 10^{-8} \ J/m^3$ और $\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \ T \cdot m/A$ दिया गया है।
चुंबकीय क्षेत्र के आयाम $B_0$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$B_0^2 = 2 \mu_0 u$
$B_0^2 = 2 \times (4 \pi \times 10^{-7}) \times (1.02 \times 10^{-8})$
$B_0^2 = 8 \pi \times 1.02 \times 10^{-15}$
$B_0^2 \approx 25.13 \times 1.02 \times 10^{-15} \approx 25.63 \times 10^{-15} \approx 256.3 \times 10^{-16}$
वर्गमूल लेने पर:
$B_0 \approx 16 \times 10^{-8} \ T$
चूँकि $1 \ nT = 10^{-9} \ T$,इसलिए $B_0 = 160 \times 10^{-9} \ T = 160 \ nT$ प्राप्त होता है।

(B) $1$. $2 \, kg$ ${ }_{92} U ^{235}$ में यूरेनियम परमाणुओं की संख्या ज्ञात करें:
$n = \frac{\text{द्रव्यमान}}{\text{मोलर द्रव्यमान}} \times N_A = \frac{2 \, kg}{235 \, kg/kmol} \times 6.023 \times 10^{26} \, \text{atoms/kmol} \approx 5.126 \times 10^{24} \, \text{atoms}$.
$2$. कुल मुक्त ऊर्जा $(E)$ ज्ञात करें:
$E = n \times 200 \, MeV = 5.126 \times 10^{24} \times 200 \times 10^6 \times 1.6 \times 10^{-19} \, J \approx 1.64 \times 10^{14} \, J$.
$3$. पावर आउटपुट $(P)$ ज्ञात करें:
$P = \frac{E}{t}$, जहाँ $t = 30 \, \text{दिन} = 30 \times 24 \times 3600 \, s = 2.592 \times 10^6 \, s$.
$P = \frac{1.64 \times 10^{14}}{2.592 \times 10^6} \approx 6.326 \times 10^7 \, W = 63.26 \, MW$.
यह मान $60 \, MW$ के सबसे निकट है।