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

(D) सौर स्थिरांक $S$ को प्रति इकाई क्षेत्रफल $A$ और प्रति इकाई समय $t$ में प्राप्त ऊर्जा $E$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$S = \frac{E}{A \times t}$
ऊर्जा $E$ की विमा $[ML^{2}T^{-2}]$ है।
क्षेत्रफल $A$ की विमा $[L^{2}]$ है।
समय $t$ की विमा $[T]$ है।
इन विमाओं को सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$S = \frac{[ML^{2}T^{-2}]}{[L^{2}] \times [T]}$
$S = \frac{[ML^{2}T^{-2}]}{[L^{2}T]}$
$S = [MT^{-3}]$
अतः,सौर स्थिरांक की विमा $[MT^{-3}]$ है।

(B) कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,गर्म वस्तु द्वारा खोई गई ऊष्मा = ठंडी वस्तु द्वारा प्राप्त ऊष्मा।
कैलोरीमीटर और जल द्वारा प्राप्त ऊष्मा:
$Q_{\text{gained}} = (m_{\text{cal}} + m_{\text{water}}) \times c_w \times \Delta T$
$Q_{\text{gained}} = (20 \, g + 180 \, g) \times 1 \, \text{cal} \, g^{-1} {}^{\circ} C^{-1} \times (31^{\circ} C - 25^{\circ} C)$
$Q_{\text{gained}} = 200 \times 6 = 1200 \, \text{cal}$.
$100^{\circ} C$ पर भाप द्वारा $31^{\circ} C$ पर जल बनने में खोई गई ऊष्मा:
$Q_{\text{lost}} = m \times L_v + m \times c_w \times \Delta T$
$Q_{\text{lost}} = m \times 540 + m \times 1 \times (100^{\circ} C - 31^{\circ} C)$
$Q_{\text{lost}} = m \times (540 + 69) = 609m$.
प्राप्त और खोई गई ऊष्मा की तुलना करने पर:
$1200 = 609m$
$m = \frac{1200}{609} \approx 1.97 \, g$.
अतः,'$m$' का मान $2 \, g$ के निकट है।

(B) छड़ के धुरी के परितः घूर्णी संतुलन में रहने के लिए,हम द्रव्यमान केंद्र $(CM)$ के परितः टॉर्क पर विचार करते हैं।
ऊर्ध्वाधर बल $F_{V}$ वजन को संतुलित करता है,इसलिए $F_{V} = mg$ है।
क्षैतिज बल $F_{H}$ $CM$ के लिए अभिकेंद्री बल प्रदान करता है,इसलिए $F_{H} = m \omega^{2} (\frac{l}{2} \sin \theta)$ है।
$CM$ के परितः टॉर्क लेने पर:
गुरुत्वाकर्षण के कारण टॉर्क शून्य है क्योंकि यह $CM$ से होकर गुजरता है।
$F_{V}$ के कारण टॉर्क $F_{V} \cdot (\frac{l}{2} \sin \theta) = mg \frac{l}{2} \sin \theta$ है।
$F_{H}$ के कारण टॉर्क $F_{H} \cdot (\frac{l}{2} \cos \theta) = (m \omega^{2} \frac{l}{2} \sin \theta) \cdot (\frac{l}{2} \cos \theta)$ है।
नेट टॉर्क को कोणीय संवेग के परिवर्तन की दर के बराबर करने पर:
$mg \frac{l}{2} \sin \theta - m \omega^{2} \frac{l^{2}}{4} \sin \theta \cos \theta = \frac{m l^{2}}{12} \omega^{2} \sin \theta \cos \theta$
$mg \frac{l}{2} \sin \theta = \omega^{2} \sin \theta \cos \theta (\frac{m l^{2}}{12} + \frac{m l^{2}}{4})$
$mg \frac{l}{2} = \omega^{2} \cos \theta (\frac{m l^{2} + 3 m l^{2}}{12})$
$mg \frac{l}{2} = \omega^{2} \cos \theta (\frac{4 m l^{2}}{12}) = \omega^{2} \cos \theta (\frac{m l^{2}}{3})$
$\cos \theta = \frac{mg l / 2}{m l^{2} \omega^{2} / 3} = \frac{3g}{2 l \omega^{2}}$

(C) रेफ्रिजरेटर के लिए,प्रदर्शन गुणांक $(COP)$ का सूत्र $COP = \frac{T_1}{T_2 - T_1} = \frac{Q_1}{W}$ है,जहाँ $T_1$ ठंडे जलाशय का तापमान है और $T_2$ गर्म जलाशय का तापमान है।
दिया गया है: $T_1 = 0^{\circ} C = 273 \; K$,$T_2 = 27^{\circ} C = 300 \; K$.
पानी से निकाली जाने वाली ऊष्मा $Q_1 = m \times L = 100 \; g \times 80 \; cal/g = 8000 \; cal$ है।
संबंध $\frac{Q_1}{W} = \frac{T_1}{T_2 - T_1}$ का उपयोग करते हुए,हमें मिलता है $W = Q_1 \times \frac{T_2 - T_1}{T_1} = 8000 \times \frac{300 - 273}{273} = 8000 \times \frac{27}{273} \approx 791.21 \; cal$.
वातावरण में छोड़ी गई ऊष्मा $Q_2 = Q_1 + W = 8000 + 791.21 = 8791.21 \; cal$ है।
निकटतम पूर्णांक में,हमें $8791 \; cal$ प्राप्त होता है।

(D) मान लीजिए कि नत समतल पर तय की गई दूरी $s$ है। ऊपर की ओर गति करते समय त्वरण $a_{up} = g(\sin \theta + \mu \cos \theta)$ है।
$v^2 - u^2 = 2as$ का उपयोग करते हुए,ऊपर की यात्रा के लिए: $0 - v_{0}^2 = -2 a_{up} s \implies s = \frac{v_{0}^2}{2g(\sin \theta + \mu \cos \theta)}$.
नीचे की ओर गति करते समय त्वरण $a_{down} = g(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ है।
नीचे की यात्रा के लिए: $(\frac{v_{0}}{2})^2 - 0 = 2 a_{down} s \implies s = \frac{v_{0}^2}{8g(\sin \theta - \mu \cos \theta)}$.
$s$ के लिए दोनों व्यंजकों को बराबर करने पर: $\frac{v_{0}^2}{2g(\sin \theta + \mu \cos \theta)} = \frac{v_{0}^2}{8g(\sin \theta - \mu \cos \theta)}$.
$4(\sin \theta - \mu \cos \theta) = \sin \theta + \mu \cos \theta \implies 3 \sin \theta = 5 \mu \cos \theta$.
$\mu = \frac{3}{5} \tan 30^{\circ} = \frac{3}{5} \times \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{5} \approx 0.3464$.
दिया गया है कि $\mu = \frac{I}{1000}$,इसलिए $I = 346.4$। निकटतम पूर्णांक $346$ है।

(A) मान लीजिए कि शीर्ष $E(0, 0)$,$G(a, 0)$,और $F(a/2, a\sqrt{3}/2)$ हैं।
रेखा $EX$ $y$-अक्ष है ($E$ पर $EG$ के लंबवत)।
$y$-अक्ष से $E, G, F$ पर स्थित कणों की दूरियाँ $r_E = 0$,$r_G = a$,और $r_F = a/2$ हैं।
$y$-अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \sum m_i r_i^2$ द्वारा दिया जाता है।
$I = m(0)^2 + m(a)^2 + m(a/2)^2$
$I = 0 + ma^2 + \frac{ma^2}{4} = \frac{5}{4} ma^2$.
हमें $I = \frac{N}{20} ma^2$ दिया गया है।
दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\frac{5}{4} ma^2 = \frac{N}{20} ma^2$.
$\frac{5}{4} = \frac{N}{20} \implies N = \frac{5 \times 20}{4} = 25$.

(D) स्क्रू गेज का अल्पतमांक $(LC)$ इस प्रकार गणना किया जाता है:
$LC = \frac{\text{पिच}}{\text{वृत्ताकार पैमाने के विभाजनों की संख्या}} = \frac{0.1 \ cm}{50} = 0.002 \ cm$.
इस उपकरण के साथ लिया गया कोई भी माप अल्पतमांक $(0.002 \ cm)$ का एक पूर्णांक गुणज होना चाहिए।
विकल्पों की जाँच करने पर:
$A) \ 2.123 / 0.002 = 1061.5$ (पूर्णांक नहीं है)
$B) \ 2.125 / 0.002 = 1062.5$ (पूर्णांक नहीं है)
$C) \ 2.121 / 0.002 = 1060.5$ (पूर्णांक नहीं है)
$D) \ 2.124 / 0.002 = 1062$ (यह एक पूर्णांक है)।
अतः,सही माप $2.124 \ cm$ है।

(C) दिया गया जड़त्व आघूर्ण $I = M \left(\frac{R^2}{4} + \frac{L^2}{12}\right)$ है।
चूंकि द्रव्यमान $M$ और घनत्व $\rho$ स्थिर हैं,इसलिए आयतन $V = \pi R^2 L$ स्थिर रहेगा।
अतः,$R^2 L = K$ (जहाँ $K$ एक स्थिरांक है)।
$R$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$2RL + R^2 \frac{dL}{dR} = 0$,जिसका अर्थ है $\frac{dL}{dR} = -\frac{2L}{R}$।
$I$ को न्यूनतम करने के लिए,हम $\frac{dI}{dR} = 0$ रखते हैं:
$\frac{dI}{dR} = M \left(\frac{2R}{4} + \frac{2L}{12} \frac{dL}{dR}\right) = 0$।
$\frac{R}{2} + \frac{L}{6} \left(-\frac{2L}{R}\right) = 0$।
$\frac{R}{2} - \frac{L^2}{3R} = 0$।
$\frac{R}{2} = \frac{L^2}{3R} \Rightarrow \frac{L^2}{R^2} = \frac{3}{2}$।
इसलिए,$\frac{L}{R} = \sqrt{\frac{3}{2}}$।

(B) गुब्बारे का फटना एक अचानक और स्वतःस्फूर्त प्रक्रिया है,जो इसे अनुत्क्रमणीय बनाती है।
चूंकि यह प्रक्रिया बहुत तेजी से होती है,इसलिए परिवेश के साथ ऊष्मा के आदान-प्रदान के लिए पर्याप्त समय नहीं मिलता है $(dQ = 0)$।
इसलिए,गुब्बारा फटने के दौरान हीलियम का प्रसार एक अनुत्क्रमणीय रुद्धोष्म प्रक्रिया है।

(A) $R$ त्रिज्या वाले साबुन के बुलबुले के अंदर अतिरिक्त दबाव $\Delta P = P_{in} - P_{out} = \frac{4T}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
वायुमंडलीय दबाव $P_{atm} = 1 \text{ atm}$ मानते हुए, अतिरिक्त दबाव इस प्रकार हैं:
$\Delta P_1 = 1.01 - 1 = 0.01 \text{ atm} = \frac{4T}{R_1} \quad \dots(1)$
$\Delta P_2 = 1.02 - 1 = 0.02 \text{ atm} = \frac{4T}{R_2} \quad \dots(2)$
समीकरण $(1)$ को $(2)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{0.01}{0.02} = \frac{R_2}{R_1} \implies \frac{1}{2} = \frac{R_2}{R_1} \implies R_1 = 2R_2$.
आयतन $V_1$ और $V_2$ का अनुपात:
$\frac{V_1}{V_2} = \frac{\frac{4}{3}\pi R_1^3}{\frac{4}{3}\pi R_2^3} = \left(\frac{R_1}{R_2}\right)^3 = (2)^3 = 8$.
अतः, अनुपात $8 : 1$ है।

(B) उपग्रह की प्रारंभिक कक्षीय गति $V_0 = \sqrt{\frac{GM}{R_e}}$ है।
रॉकेट दागने के बाद,नई गति $V = \sqrt{\frac{3}{2}} V_0 = \sqrt{\frac{3GM}{2R_e}}$ हो जाती है।
पेरिगी $(R_e)$ और एपोगी $(R_{max} = R)$ पर कोणीय संवेग के संरक्षण का उपयोग करते हुए:
$L_{initial} = L_{final} \implies m V R_e = m V' R$
$V' = \frac{V R_e}{R} = \frac{R_e}{R} \sqrt{\frac{3GM}{2R_e}}$
यांत्रिक ऊर्जा के संरक्षण का उपयोग करते हुए:
$-\frac{GMm}{R_e} + \frac{1}{2} m V^2 = -\frac{GMm}{R} + \frac{1}{2} m V'^2$
$-\frac{GM}{R_e} + \frac{1}{2} \left(\frac{3GM}{2R_e}\right) = -\frac{GM}{R} + \frac{1}{2} \left(\frac{R_e^2}{R^2} \cdot \frac{3GM}{2R_e}\right)$
$-\frac{1}{R_e} + \frac{3}{4R_e} = -\frac{1}{R} + \frac{3R_e}{4R^2}$
$-\frac{1}{4R_e} = \frac{-4R + 3R_e}{4R^2}$
$-R^2 = -4R R_e + 3R_e^2 \implies R^2 - 4R R_e + 3R_e^2 = 0$
$(R - 3R_e)(R - R_e) = 0$
चूंकि $R > R_e$,हमें $R = 3R_e$ प्राप्त होता है।

(B) रस्सी पर अनुप्रस्थ तरंग की चाल $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T$ तनाव है और $\mu$ प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान है।
चूँकि तरंग की आवृत्ति $f$ स्थिर रहती है,$v = f \lambda$,जिसका अर्थ है $v \propto \lambda$।
निचले सिरे पर,तनाव $T_1$ द्रव्यमान $m = 2 \, kg$ के ब्लॉक के कारण है:
$T_1 = mg = 2g$।
रस्सी के ऊपरी सिरे पर,तनाव $T_2$ ब्लॉक और रस्सी के कुल द्रव्यमान $M = 6 \, kg$ के कारण है:
$T_2 = (M + m)g = (6 + 2)g = 8g$।
संबंध $\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$ का उपयोग करते हुए:
$\lambda_2 = \lambda_1 \sqrt{\frac{8g}{2g}} = 6 \times \sqrt{4} = 6 \times 2 = 12 \, cm$।

(B) चरण $1$: टक्कर के दौरान धुरी $O$ के परितः कोणीय संवेग का संरक्षण।
$L_i = L_f$
$mvl = I_{total} \omega$
$mvl = (\frac{Ml^2}{3} + ml^2) \omega$
मान रखने पर: $1 \times 6 \times 1 = (\frac{2 \times 1^2}{3} + 1 \times 1^2) \omega$
$6 = (\frac{2}{3} + 1) \omega = \frac{5}{3} \omega$
$\omega = \frac{18}{5} \, rad/s = 3.6 \, rad/s$
चरण $2$: टक्कर के बाद यांत्रिक ऊर्जा का संरक्षण।
जैसे ही छड़ $\theta$ कोण पर घूमती है,निकाय की गतिज ऊर्जा स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
$K_i = U_f$
$\frac{1}{2} I_{total} \omega^2 = (M + m) g h_{cm}(1 - \cos \theta)$
जहाँ $h_{cm}$ धुरी से द्रव्यमान केंद्र की ऊँचाई है।
$h_{cm} = \frac{M(l/2) + m(l)}{M + m} = \frac{2(0.5) + 1(1)}{2 + 1} = \frac{2}{3} \, m$
$\frac{1}{2} (\frac{5}{3}) (\frac{18}{5})^2 = (2 + 1) \times 10 \times \frac{2}{3} (1 - \cos \theta)$
$\frac{1}{2} \times \frac{5}{3} \times \frac{324}{25} = 20 (1 - \cos \theta)$
$\frac{54}{5} = 20 (1 - \cos \theta)$
$1 - \cos \theta = \frac{54}{100} = 0.54$
$\cos \theta = 1 - 0.54 = 0.46$
$\theta = \cos^{-1}(0.46) \approx 62.6^{\circ} \approx 63^{\circ}$

(D) एक गैर-रेखीय (त्रिकोणीय) कठोर अणु के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $(f)$ की गणना इस प्रकार की जाती है:
$1$. स्थानांतरण स्वतंत्रता की कोटि: $3$ ($x, y, z$ अक्षों के अनुदिश)।
$2$. घूर्णन स्वतंत्रता की कोटि: $3$ (एक गैर-रेखीय अणु के लिए घूर्णन के तीन मुख्य अक्षों के परितः)।
स्वतंत्रता की कुल कोटि $(f)$ = $3 + 3 = 6$।
आदर्श गैस के $n$ मोल की आंतरिक ऊर्जा $(U)$ $U = \frac{f}{2} nRT$ द्वारा दी जाती है।
$n = 1$ मोल और $f = 6$ के लिए:
$U = \frac{6}{2} \times 1 \times RT = 3RT$।
अतः,आंतरिक ऊर्जा $3RT$ है।

(A) माना $V_{0}$ बीकर की कुल क्षमता है और $V_{m}$ $30^{\circ} C$ पर पारे का आयतन है। खाली आयतन $\Delta V = V_{0} - V_{m}$ है।
जब तापमान में $\Delta T$ की वृद्धि होती है,तो बीकर की नई क्षमता $V_{0}' = V_{0}(1 + \gamma_{b} \Delta T)$ और पारे का नया आयतन $V_{m}' = V_{m}(1 + \gamma_{m} \Delta T)$ हो जाता है।
खाली आयतन स्थिर रहता है,इसलिए $\Delta V' = \Delta V$,जिसका अर्थ है $V_{0}' - V_{m}' = V_{0} - V_{m}$।
$V_{0}'$ और $V_{m}'$ के व्यंजक रखने पर:
$V_{0}(1 + \gamma_{b} \Delta T) - V_{m}(1 + \gamma_{m} \Delta T) = V_{0} - V_{m}$
$V_{0} + V_{0} \gamma_{b} \Delta T - V_{m} - V_{m} \gamma_{m} \Delta T = V_{0} - V_{m}$
$V_{0} \gamma_{b} \Delta T = V_{m} \gamma_{m} \Delta T$
$V_{m} = \frac{V_{0} \gamma_{b}}{\gamma_{m}}$
दिया गया है $V_{0} = 500\, cc$,$\gamma_{b} = 6 \times 10^{-6}{ }^{\circ} C^{-1}$,और $\gamma_{m} = 1.5 \times 10^{-4}{ }^{\circ} C^{-1}$:
$V_{m} = \frac{500 \times 6 \times 10^{-6}}{1.5 \times 10^{-4}} = \frac{3000 \times 10^{-6}}{1.5 \times 10^{-4}} = \frac{3 \times 10^{-3}}{1.5 \times 10^{-4}} = 2 \times 10^{1} = 20\, cc$.

(B) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,बल $F$ द्वारा गेंद पर किया गया कार्य उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है,जो अधिकतम ऊँचाई पर प्राप्त स्थितिज ऊर्जा के बराबर होता है।
मशीन द्वारा किया गया कार्य,$W = F \times S$,जहाँ $S = 0.2 \, m$ है।
अधिकतम ऊँचाई पर प्राप्त स्थितिज ऊर्जा,$U = mgh$,जहाँ $m = 0.15 \, kg$,$g = 10 \, m/s^2$ और $h = 20 \, m$ है।
किए गए कार्य को स्थितिज ऊर्जा के बराबर रखने पर: $F \times S = mgh$.
$F \times 0.2 = 0.15 \times 10 \times 20$.
$F \times 0.2 = 30$.
$F = \frac{30}{0.2} = 150 \, N$.

(C) केश नली में द्रव के ऊपर चढ़ने की ऊंचाई का सूत्र $h = \frac{2S \cos \theta}{\rho gr}$ है।
पृष्ठ तनाव $S$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर,$S = \frac{\rho grh}{2 \cos \theta}$ प्राप्त होता है।
दी गई मान:
त्रिज्या $r = 0.015 \; cm = 1.5 \times 10^{-4} \; m$.
ऊंचाई $h = 15 \; cm = 0.15 \; m$.
घनत्व $\rho = 900 \; kg \; m^{-3}$.
गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \; ms^{-2}$.
संपर्क कोण $\theta = 0^{\circ}$,इसलिए $\cos \theta = 1$.
मान रखने पर:
$S = \frac{900 \times 10 \times 0.15 \times 1.5 \times 10^{-4}}{2 \times 1}$
$S = \frac{9000 \times 0.225 \times 10^{-4}}{2}$
$S = \frac{2025 \times 10^{-4}}{2} = 1012.5 \times 10^{-4} \; N/m$.
$mN/m$ में बदलने पर $(1 \; N/m = 1000 \; mN/m)$:
$S = 1012.5 \times 10^{-4} \times 10^3 \; mN/m = 101.25 \; mN/m$.
निकटतम पूर्णांक $101$ है।

(D) चूंकि निकाय पर कोई बाहरी टॉर्क कार्य नहीं कर रहा है,इसलिए कोणीय संवेग संरक्षित रहता है: $L_i = L_f$।
प्रारंभिक कोणीय संवेग $L_i = I_i \omega_i = (I_{\text{person}} + I_{\text{platform}}) \omega_i$।
$I_{\text{person}} = mR^2 = 80R^2$ और $I_{\text{platform}} = \frac{1}{2}MR^2 = \frac{1}{2} \times 200 \times R^2 = 100R^2$।
अतः,$L_i = (80R^2 + 100R^2) \omega_i = 180R^2 \omega_i$।
जब व्यक्ति केंद्र पर पहुँचता है,तो अक्ष से उसकी दूरी $0$ हो जाती है,इसलिए $I_{\text{person}} = 0$।
अंतिम कोणीय संवेग $L_f = (0 + 100R^2) \omega_f = 100R^2 \omega_f$।
$L_i = L_f$ को बराबर करने पर: $180R^2 \omega_i = 100R^2 \omega_f$।
$180 \times 5 = 100 \times \omega_f$।
$\omega_f = \frac{900}{100} = 9\, rpm$।

(B) एक समान डिस्क का उसकी केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2} M R^{2}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि डिस्क एक ही पदार्थ से बनी हैं और उनकी मोटाई $t$ समान है,द्रव्यमान $M$ को $M = \rho V = \rho (\pi R^{2} t)$ के रूप में व्यक्त किया जा सकता है,जहाँ $\rho$ घनत्व है।
इसे $I$ के सूत्र में रखने पर,हमें $I = \frac{1}{2} (\rho \pi R^{2} t) R^{2} = \frac{1}{2} \rho \pi t R^{4}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\rho$,$\pi$,और $t$ दोनों डिस्क के लिए स्थिर हैं,इसलिए $I \propto R^{4}$ है।
दिए गए अनुपात $\frac{I_{1}}{I_{2}} = \frac{1}{16}$ से,हम लिख सकते हैं कि $\frac{R_{1}^{4}}{R_{2}^{4}} = \frac{1}{16}$।
दोनों पक्षों का चतुर्थ मूल लेने पर,हमें $\frac{R_{1}}{R_{2}} = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $R_{1} = R$ और $R_{2} = \alpha R$ दिया गया है,इसलिए $\frac{R}{\alpha R} = \frac{1}{2}$,जिसका अर्थ है कि $\frac{1}{\alpha} = \frac{1}{2}$।
अतः,$\alpha = 2$।

(B) परिवर्ती बल द्वारा किया गया कार्य बल-विस्थापन ग्राफ के अंतर्गत क्षेत्रफल या समाकलन $W = \int F(x) dx$ द्वारा दिया जाता है।
पहले भाग के लिए $(0 \leq x \leq 15\, m)$,बल स्थिर $F = 200\, N$ है।
$W_1 = 200 \times 15 = 3000\, J$.
दूसरे भाग के लिए $(15 < x \leq 30\, m)$,बल $15\, m$ की दूरी में $200\, N$ से घटकर $100\, N$ हो जाता है।
बल का फलन $F(x) = 200 - \frac{200 - 100}{15}(x - 15) = 200 - \frac{100}{15}(x - 15) = 300 - \frac{100}{15}x$ है।
$W_2 = \int_{15}^{30} (300 - \frac{100}{15}x) dx = [300x - \frac{100}{30}x^2]_{15}^{30}$.
$W_2 = (300(30) - \frac{100}{30}(900)) - (300(15) - \frac{100}{30}(225)) = (9000 - 3000) - (4500 - 750) = 6000 - 3750 = 2250\, J$.
कुल कार्य $W = W_1 + W_2 = 3000 + 2250 = 5250\, J$ है।

(B) जब गेंद ऊपर की ओर गति करती है,तो गुरुत्वाकर्षण बल और प्रतिरोधी बल दोनों नीचे की ओर कार्य करते हैं। कुल बल $F = -(mg + mkv^{2})$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,त्वरण $a = \frac{F}{m} = -(g + kv^{2})$ है।
हम जानते हैं कि $a = v \frac{dv}{dh}$,इसलिए $v \frac{dv}{dh} = -(g + kv^{2})$ है।
समाकलन के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{v \, dv}{g + kv^{2}} = -dh$ प्राप्त होता है।
प्रारंभिक वेग $u$ (जहाँ $h=0$) से अंतिम वेग $0$ (जहाँ $h=H$) तक समाकलन करने पर:
$\int_{u}^{0} \frac{v \, dv}{g + kv^{2}} = -\int_{0}^{H} dh$।
माना $I = g + kv^{2}$,तो $dI = 2kv \, dv$,या $v \, dv = \frac{dI}{2k}$।
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$\frac{1}{2k} \int_{g+ku^{2}}^{g} \frac{dI}{I} = -H$।
$\frac{1}{2k} [\ln I]_{g+ku^{2}}^{g} = -H$।
$\frac{1}{2k} [\ln g - \ln(g + ku^{2})] = -H$।
$\frac{1}{2k} \ln \left( \frac{g}{g + ku^{2}} \right) = -H$।
$-1$ से गुणा करने पर,हमें $H = \frac{1}{2k} \ln \left( \frac{g + ku^{2}}{g} \right) = \frac{1}{2k} \ln \left( 1 + \frac{ku^{2}}{g} \right)$ प्राप्त होता है।

(C) $M$ द्रव्यमान,$L = 80 \text{ cm}$ लंबाई और $B = 60 \text{ cm}$ चौड़ाई वाली आयताकार शीट के द्रव्यमान केंद्र $O$ से गुजरने वाली और शीट के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण:
$I_O = \frac{M}{12} [L^2 + B^2] = \frac{M}{12} [80^2 + 60^2] = \frac{M}{12} [6400 + 3600] = \frac{10000M}{12} = \frac{2500M}{3}$.
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,कोने के बिंदु $O'$ से गुजरने वाली और शीट के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण:
$I_{O'} = I_O + Md^2$,जहाँ $d$,$O$ और $O'$ के बीच की दूरी है।
दूरी $d = \sqrt{(L/2)^2 + (B/2)^2} = \sqrt{40^2 + 30^2} = \sqrt{1600 + 900} = 50 \text{ cm}$.
$I_{O'} = \frac{2500M}{3} + M(50)^2 = \frac{2500M}{3} + 2500M = \frac{2500M + 7500M}{3} = \frac{10000M}{3}$.
जड़त्व आघूर्णों का अनुपात:
$\frac{I_O}{I_{O'}} = \frac{2500M/3}{10000M/3} = \frac{2500}{10000} = \frac{1}{4}$.

(A) $(I)$ रुद्धोष्म प्रक्रिया: $\Delta Q = 0$. परिवेश के साथ ऊष्मा का कोई आदान-प्रदान नहीं होता है।
$(II)$ समतापी प्रक्रिया: तापमान स्थिर रहता है $(\Delta T = 0)$। चूंकि आंतरिक ऊर्जा $\Delta U = \frac{f}{2}nR\Delta T$ होती है,इसलिए $\Delta U = 0$ होता है।
$(III)$ समआयतनिक प्रक्रिया: आयतन स्थिर रहता है $(\Delta V = 0)$। किया गया कार्य $W = \int P \cdot dV = 0$ होता है।
$(IV)$ समदाबी प्रक्रिया: दबाव स्थिर रहता है। यहाँ,$W = P\Delta V \neq 0$,$\Delta U = \frac{f}{2}nR\Delta T \neq 0$,और $\Delta Q = nC_p\Delta T \neq 0$ होता है।

(A) माना बस की गति $v_B$ है और ध्वनि की गति $v = 330\, ms^{-1}$ है।
सबसे पहले,हॉर्न से ध्वनि दीवार तक पहुँचती है। दीवार एक स्थिर प्रेक्षक के रूप में कार्य करती है जो गतिमान स्रोत (बस) से ध्वनि प्राप्त कर रही है। दीवार द्वारा प्राप्त आवृत्ति $f'$ है:
$f' = f_0 \left( \frac{v}{v - v_B} \right) = 420 \left( \frac{330}{330 - v_B} \right)$
इसके बाद,दीवार इस ध्वनि को परावर्तित करती है,जो $f'$ आवृत्ति के स्थिर स्रोत के रूप में कार्य करती है। ड्राइवर (गतिमान स्रोत) इस स्रोत की ओर गति करने वाले प्रेक्षक के रूप में कार्य करता है। ड्राइवर द्वारा सुनी गई आवृत्ति $f''$ है:
$f'' = f' \left( \frac{v + v_B}{v} \right) = 420 \left( \frac{330}{330 - v_B} \right) \left( \frac{330 + v_B}{330} \right)$
दिया गया है कि $f'' = 490\, Hz$,इसलिए:
$490 = 420 \left( \frac{330 + v_B}{330 - v_B} \right)$
दोनों पक्षों को $70$ से विभाजित करने पर:
$7 = 6 \left( \frac{330 + v_B}{330 - v_B} \right)$
$7(330 - v_B) = 6(330 + v_B)$
$2310 - 7v_B = 1980 + 6v_B$
$13v_B = 330$
$v_B = \frac{330}{13} \approx 25.38\, ms^{-1}$
$kmh^{-1}$ में बदलने पर:
$v_B = \frac{330}{13} \times \frac{18}{5} = \frac{66 \times 18}{13} = \frac{1188}{13} \approx 91.38\, kmh^{-1}$
निकटतम पूर्णांक में,गति $91\, kmh^{-1}$ है।

(C) निकाय की प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा दोनों पात्रों में द्रव की स्थितिज ऊर्जाओं के योग द्वारा दी जाती है:
$U_{i} = (dSx_{1})g \cdot \frac{x_{1}}{2} + (dSx_{2})g \cdot \frac{x_{2}}{2} = \frac{dSg}{2}(x_{1}^{2} + x_{2}^{2})$
आयतन संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,द्रव का कुल आयतन स्थिर रहता है:
$Sx_{1} + Sx_{2} = S(x_{f} + x_{f}) = 2Sx_{f}$
$x_{f} = \frac{x_{1} + x_{2}}{2}$
निकाय की अंतिम स्थितिज ऊर्जा है:
$U_{f} = 2 \times (dSx_{f})g \cdot \frac{x_{f}}{2} = dSgx_{f}^{2} = dSg \left( \frac{x_{1} + x_{2}}{2} \right)^{2}$
स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = U_{f} - U_{i}$ है:
$\Delta U = dSg \left[ \left( \frac{x_{1} + x_{2}}{2} \right)^{2} - \frac{x_{1}^{2} + x_{2}^{2}}{2} \right]$
$\Delta U = dSg \left[ \frac{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 2x_{1}x_{2}}{4} - \frac{2x_{1}^{2} + 2x_{2}^{2}}{4} \right]$
$\Delta U = dSg \left[ \frac{2x_{1}x_{2} - x_{1}^{2} - x_{2}^{2}}{4} \right] = -\frac{dSg}{4}(x_{1} - x_{2})^{2}$
ऊर्जा में परिवर्तन का परिमाण $\frac{1}{4} gdS(x_{2} - x_{1})^{2}$ है।

(B) बल्क मापांक $B$ को $B = -\frac{\Delta P}{\Delta V / V}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
आयतन में आंशिक परिवर्तन का परिमाण $\left| \frac{\Delta V}{V} \right| = \frac{\Delta P}{B}$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए मानों को रखने पर,$\Delta P = 4 \times 10^9 \; Pa$ और $B = 8 \times 10^{10} \; Pa$:
$\left| \frac{\Delta V}{V} \right| = \frac{4 \times 10^9}{8 \times 10^{10}} = \frac{1}{20} = 0.05$.
$\ell$ भुजा की लंबाई वाले घन के लिए,आयतन $V = \ell^3$ होता है। अवकलन करने पर,हमें $\frac{\Delta V}{V} = 3 \frac{\Delta \ell}{\ell}$ प्राप्त होता है।
अतः,लंबाई में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta \ell}{\ell} = \frac{1}{3} \left| \frac{\Delta V}{V} \right| = \frac{1}{3} \times \frac{1}{20} = \frac{1}{60}$ है।
लंबाई में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{\Delta \ell}{\ell} \times 100\% = \frac{1}{60} \times 100\% = \frac{10}{6}\% \approx 1.67\%$ है।

(C) $M$ द्रव्यमान वाले ग्रह के केंद्र से $R$ दूरी पर एक वृत्ताकार कक्षा में गति कर रहे पिंड की कक्षीय चाल $V_{\text{orbit}} = \sqrt{\frac{GM}{R}}$ द्वारा दी जाती है।
ग्रह की सतह से पलायन वेग $V_{\text{escape}} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ द्वारा दिया जाता है।
कक्षीय चाल और पलायन वेग का अनुपात लेने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{V_{\text{orbit}}}{V_{\text{escape}}} = \frac{\sqrt{\frac{GM}{R}}}{\sqrt{\frac{2GM}{R}}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(C) दिया गया व्यंजक: $x = \frac{I F v^{2}}{W L^{4}}$
राशियों की विमाएँ इस प्रकार हैं:
$I = [M L^{2}]$
$F = [M L T^{-2}]$
$v = [L T^{-1}]$
$W = [M L^{2} T^{-2}]$
$L = [L]$
इन मानों को $x$ के व्यंजक में रखने पर:
$[x] = \frac{[M L^{2}] [M L T^{-2}] [L T^{-1}]^{2}}{[M L^{2} T^{-2}] [L]^{4}}$
$[x] = \frac{[M^{2} L^{3} T^{-2}] [L^{2} T^{-2}]}{[M L^{6} T^{-2}]}$
$[x] = \frac{[M^{2} L^{5} T^{-4}]}{[M L^{6} T^{-2}]}$
$[x] = [M L^{-1} T^{-2}]$
अब,ऊर्जा घनत्व की विमाओं की जाँच करने पर:
ऊर्जा घनत्व = $\frac{\text{ऊर्जा}}{\text{आयतन}} = \frac{[M L^{2} T^{-2}]}{[L^{3}]} = [M L^{-1} T^{-2}]$
चूँकि $x$ की विमाएँ ऊर्जा घनत्व की विमाओं के समान हैं,इसलिए सही विकल्प $C$ है।

(B) किसी कण द्वारा तय की गई दूरी चाल-समय ग्राफ के नीचे के क्षेत्रफल के बराबर होती है।
दिए गए ग्राफ से,बनने वाली आकृति एक समकोण त्रिभुज है जिसका आधार $b = 5\, s$ और ऊँचाई $h = 8\, m/s$ है।
दूरी $= \text{त्रिभुज का क्षेत्रफल} = \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊँचाई}$
दूरी $= \frac{1}{2} \times 5\, s \times 8\, m/s = 20\, m$.
अतः,कण द्वारा तय की गई दूरी $20\, m$ है।

(A) आदर्श गैस के लिए,अवस्था का समीकरण $PV = nRT$ है।
स्थिति $1$: स्थिर तापमान ($T$ स्थिर है)।
$PV = nRT$ का दबाव के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $P \Delta V + V \Delta P = 0$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\Delta V = -\frac{V \Delta P}{P}$।
आयतन में परिवर्तन का परिमाण $|\Delta V| = \frac{V |\Delta P|}{P}$ है।
स्थिति $2$: स्थिर दबाव ($P$ स्थिर है)।
$PV = nRT$ का तापमान के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $P \Delta V = nR \Delta T$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\Delta V = \frac{nR \Delta T}{P}$।
आयतन में परिवर्तन का परिमाण $|\Delta V| = \frac{nR |\Delta T|}{P}$ है।
चूंकि दोनों स्थितियों में आयतन में परिवर्तन का परिमाण समान है:
$\frac{V |\Delta P|}{P} = \frac{nR |\Delta T|}{P}$
$V |\Delta P| = nR |\Delta T|$
$|\Delta T| = \frac{V}{nR} |\Delta P|$
आदर्श गैस नियम के अनुसार,$\frac{V}{nR} = \frac{T}{P}$।
इस मान को समीकरण में रखने पर,हमें $|\Delta T| = \frac{T}{P} |\Delta P|$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि $|\Delta T| = C |\Delta P|$,इसलिए $C = \frac{T}{P}$।
यहाँ $T = 300 \ K$ और $P = 2 \ atm$ है,इसलिए $C = \frac{300}{2} = 150 \ K/atm$।

(A) विशिष्ट ऊष्मा का अनुपात $\gamma = \frac{C_{P}}{C_{v}} = 1 + \frac{2}{f}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $f$ स्वतंत्रता की कोटि (degree of freedom) है।
$(A)$ एकपरमाणुक: $f = 3$,अतः $\gamma = 1 + \frac{2}{3} = \frac{5}{3}$ $(IV)$।
$(B)$ द्विपरमाणुक दृढ़ अणु: $f = 5$,अतः $\gamma = 1 + \frac{2}{5} = \frac{7}{5}$ $(I)$।
$(C)$ द्विपरमाणुक अदृढ़ अणु: $f = 7$,अतः $\gamma = 1 + \frac{2}{7} = \frac{9}{7}$ $(II)$।
$(D)$ त्रिपरमाणुक दृढ़ अणु: $f = 6$,अतः $\gamma = 1 + \frac{2}{6} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}$ $(III)$।
अतः,सही मिलान $A-IV, B-I, C-II, D-III$ है।

(C) हवा के बुलबुले का आयतन $V = \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \times \pi \times (1)^3 \approx 4.1888\,cm^3 \approx 4.19\,cm^3$ है।
बुलबुले पर कार्य करने वाले बल उत्प्लावन बल $B$ (ऊपर की ओर) और भार $mg$ (नीचे की ओर) हैं।
न्यूटन के दूसरे नियम के अनुसार,कुल बल $B - mg = ma$ है।
यहाँ,$B = V \rho_w g$,जहाँ $\rho_w = 1\,g\,cm^{-3}$ पानी का घनत्व है।
समीकरण में $B$ का मान रखने पर: $V \rho_w g - mg = ma$.
द्रव्यमान $m$ के लिए समीकरण को व्यवस्थित करने पर: $m(g + a) = V \rho_w g$.
$m = \frac{V \rho_w g}{g + a} = \frac{V \rho_w}{1 + \frac{a}{g}}$.
मान रखने पर: $m = \frac{4.19 \times 1}{1 + \frac{9.8}{980}} = \frac{4.19}{1 + 0.01} = \frac{4.19}{1.01} \approx 4.1485\,g \approx 4.15\,g$.

(A) गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $E_G$ और गुरुत्वाकर्षण विभव $V$ के बीच का संबंध $V(x) = -\int_{\infty}^{x} E_G \cdot dx$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $E_G = \frac{Ax}{(x^2+a^2)^{3/2}}$.
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$V(x) = -\int_{\infty}^{x} \frac{Ax}{(x^2+a^2)^{3/2}} dx$.
मान लीजिए $u = x^2 + a^2$,तो $du = 2x dx$,या $x dx = \frac{du}{2}$.
जब $x \to \infty$,तब $u \to \infty$. जब $x = x$,तब $u = x^2 + a^2$.
$V(x) = -\int_{\infty}^{x^2+a^2} \frac{A}{u^{3/2}} \cdot \frac{du}{2} = -\frac{A}{2} \int_{\infty}^{x^2+a^2} u^{-3/2} du$.
$V(x) = -\frac{A}{2} \left[ \frac{u^{-1/2}}{-1/2} \right]_{\infty}^{x^2+a^2} = A \left[ \frac{1}{\sqrt{u}} \right]_{\infty}^{x^2+a^2}$.
$V(x) = A \left( \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}} - 0 \right) = \frac{A}{(x^2+a^2)^{1/2}}$.

(C) दिया गया है: प्रारंभिक वेग $\vec{u} = 5 \hat{j} \, m/s$,त्वरण $\vec{a} = 10 \hat{i} + 4 \hat{j} \, m/s^2$,और प्रारंभिक स्थिति $(x_0, y_0) = (0, 0)$ है।
समय $t$ पर स्थिति सदिश $\vec{r} = \vec{u}t + \frac{1}{2} \vec{a}t^2$ द्वारा दिया जाता है।
$x$-निर्देशांक के लिए:
$x = u_x t + \frac{1}{2} a_x t^2$
$20 = 0 \cdot t + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot t^2$
$20 = 5t^2 \implies t^2 = 4 \implies t = 2 \, s$.
$y$-निर्देशांक के लिए:
$y = u_y t + \frac{1}{2} a_y t^2$
$y_0 = 5 \cdot t + \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot t^2$
$t = 2 \, s$ रखने पर:
$y_0 = 5(2) + 2(2^2) = 10 + 8 = 18 \, m$.
अतः,$t = 2 \, s$ और $y_0 = 18 \, m$।

(D) दो क्रमागत शिखरों के बीच की दूरी तरंगदैर्ध्य $\lambda$ होती है। यदि तरंगें क्रमागत नहीं हैं,तो दो शिखरों के बीच की दूरी $n_2 \lambda$ होती है,जहाँ $n_2$ एक पूर्णांक है।
दिया गया है $n_2 \lambda = 5 \, m \implies \lambda = \frac{5}{n_2}$.
एक शिखर और एक गर्त के बीच की दूरी $(2n_1 + 1) \frac{\lambda}{2}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n_1$ एक पूर्णांक है।
दिया गया है $(2n_1 + 1) \frac{\lambda}{2} = 1.5 \, m \implies (2n_1 + 1) \lambda = 3 \, m \implies \lambda = \frac{3}{2n_1 + 1}$.
$\lambda$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $\frac{5}{n_2} = \frac{3}{2n_1 + 1} \implies 5(2n_1 + 1) = 3n_2 \implies 10n_1 + 5 = 3n_2$.
$n_1 = 1$ के लिए,$3n_2 = 15 \implies n_2 = 5$,अतः $\lambda = \frac{5}{5} = 1 \, m$.
$n_1 = 4$ के लिए,$3n_2 = 45 \implies n_2 = 15$,अतः $\lambda = \frac{5}{15} = \frac{1}{3} \, m$.
$n_1 = 7$ के लिए,$3n_2 = 75 \implies n_2 = 25$,अतः $\lambda = \frac{5}{25} = \frac{1}{5} \, m$.
इस प्रकार,संभावित तरंगदैर्ध्य $1, \frac{1}{3}, \frac{1}{5}, \dots$ हैं।

(D) चूंकि सभी टक्करें पूर्णतः अप्रत्यास्थ हैं,अंतिम टक्कर के बाद,सभी ब्लॉक एक साथ सामान्य वेग $v^{\prime}$ से गति करेंगे।
संपूर्ण निकाय के लिए रैखिक संवेग संरक्षण का नियम लागू करने पर:
प्रारंभिक संवेग = अंतिम संवेग
$mv = (m + m + 2m + 4m + 8m)v^{\prime}$
$mv = 16mv^{\prime}$
$v^{\prime} = \frac{v}{16}$
निकाय की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा:
$E_{i} = \frac{1}{2}mv^{2}$
निकाय की अंतिम गतिज ऊर्जा:
$E_{f} = \frac{1}{2}(16m)(v^{\prime})^{2} = \frac{1}{2}(16m)\left(\frac{v}{16}\right)^{2} = \frac{1}{2}m\frac{v^{2}}{16}$
ऊर्जा हानि $\Delta E = E_{i} - E_{f} = \frac{1}{2}mv^{2} - \frac{1}{2}m\frac{v^{2}}{16} = \frac{1}{2}mv^{2}\left(1 - \frac{1}{16}\right) = \frac{1}{2}mv^{2}\left(\frac{15}{16}\right)$
ऊर्जा हानि का प्रतिशत $p = \frac{\Delta E}{E_{i}} \times 100$
$p = \frac{\frac{1}{2}mv^{2}(\frac{15}{16})}{\frac{1}{2}mv^{2}} \times 100 = \frac{15}{16} \times 100 = 93.75\%$
निकटतम पूर्णांक में,$p$ का मान $94$ के निकट है।

(A) पानी द्वारा $25^{\circ} C$ से $0^{\circ} C$ तक ठंडा होने पर खोई गई ऊष्मा का उपयोग बर्फ को पिघलाने के लिए किया जाता है।
पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा: $Q = m_w s_w \Delta \theta$
$Q = 0.2 \, kg \times 4200 \, J \, kg^{-1} \, K^{-1} \times (25 - 0) \, K = 21000 \, J$
$m_{ice}$ ग्राम बर्फ को पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा: $Q = m_{ice} L_f$
$21000 \, J = m_{ice} \times 3.4 \times 10^{5} \, J \, kg^{-1}$
$m_{ice} = \frac{21000}{3.4 \times 10^{5}} \, kg$
$m_{ice} = 0.06176 \, kg = 61.76 \, g$
निकटतम मान को देखते हुए,पिघलने वाली बर्फ की मात्रा लगभग $61.7 \, g$ है।

(D) गुरुत्वाकर्षण के तहत गेंद की गति,गति के समीकरण $v^2 = u^2 + 2as$ द्वारा नियंत्रित होती है। $h$ ऊँचाई से विरामावस्था से गिरने वाली गेंद के लिए,किसी भी ऊँचाई $y$ पर वेग $v$,$v^2 = 2g(h - y)$ द्वारा दिया जाता है।
$1$. $h$ से $0$ तक नीचे की ओर गति के दौरान,वेग $0$ से बढ़कर $\sqrt{2gh}$ हो जाता है। संबंध $v = \sqrt{2g(h-y)}$ दर्शाता है कि $v$,$y$ के सापेक्ष अरेखीय है।
$2$. फर्श के साथ टकराने पर,वेग तात्कालिक रूप से $-\sqrt{2gh}$ से बदलकर $+\sqrt{2g(h/2)} = \sqrt{gh}$ हो जाता है।
$3$. $0$ से $h/2$ तक ऊपर की ओर गति के दौरान,वेग $v^2 = 2g(h/2 - y)$ का पालन करते हुए $\sqrt{gh}$ से घटकर $0$ हो जाता है।
$4$. $v^2 = 2g(h-y)$ का $y$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $2v \frac{dv}{dy} = -2g$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\frac{dv}{dy} = -\frac{g}{v}$।
$5$. जैसे-जैसे $v \to 0$ (अधिकतम ऊँचाई पर),ढाल $\frac{dv}{dy} \to \infty$ हो जाती है। इसका मतलब है कि जहाँ $v=0$ है (अर्थात $h$ और $h/2$ पर),वहाँ ग्राफ़ को लंबवत होना चाहिए।
$6$. ग्राफ़ $D$ इस व्यवहार को सही ढंग से दर्शाता है,जो अरेखीय संबंध और अधिकतम ऊँचाई पर अनंत ढाल को प्रदर्शित करता है।

(B) माना समबाहु त्रिभुज $ABC$ की भुजा $a$ है और इसका द्रव्यमान $m$ है।
लैमिना $ABC$ का इसके केंद्रक $G$ से गुजरने वाली और इसके तल के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{0} = \frac{ma^{2}}{6}$ है।
त्रिभुज $ADE$ एक समबाहु त्रिभुज है जिसकी भुजा $a/2$ है। इसका द्रव्यमान $m_{1} = m \times \frac{(a/2)^2}{a^2} = \frac{m}{4}$ है।
त्रिभुज $ADE$ का इसके स्वयं के केंद्रक $G'$ के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{1} = \frac{m_{1}(a/2)^2}{6} = \frac{ma^2}{96}$ है।
केंद्रकों $G$ और $G'$ के बीच की दूरी $d = \frac{a}{4\sqrt{3}}$ है।
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,$G$ के परितः $ADE$ का जड़त्व आघूर्ण $I_{2} = I_{1} + m_{1}d^2 = \frac{ma^2}{96} + \frac{m}{4} \cdot (\frac{a}{4\sqrt{3}})^2 = \frac{ma^2}{64}$ है।
शेष भाग का जड़त्व आघूर्ण $I_{rem} = I_{0} - I_{2} = \frac{ma^2}{6} - \frac{ma^2}{64} = \frac{29ma^2}{192}$ है।
दिए गए विकल्पों के अनुसार,$N = 11$ सही उत्तर है।

(C) माना बड़ी डिस्क का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{MR^{2}}{2}$ है।
छोटी डिस्क का जड़त्व आघूर्ण $I_{2} = \frac{M(R/2)^{2}}{2} = \frac{MR^{2}}{8} = \frac{I}{4}$ है।
कोणीय संवेग संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,प्रारंभिक कोणीय संवेग = अंतिम कोणीय संवेग:
$L_{i} = L_{f}$
$I\omega_{1} + I_{2}(0) = (I + I_{2})\omega_{2}$
$I\omega_{1} = (I + I/4)\omega_{2}$
$I\omega_{1} = \frac{5I}{4}\omega_{2} \Rightarrow \omega_{2} = \frac{4\omega_{1}}{5}$.
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_{1} = \frac{1}{2}I\omega_{1}^{2}$ है।
अंतिम गतिज ऊर्जा $K_{2} = \frac{1}{2}(I + I_{2})\omega_{2}^{2} = \frac{1}{2}(I + I/4)(\frac{4\omega_{1}}{5})^{2} = \frac{1}{2}(\frac{5I}{4})(\frac{16\omega_{1}^{2}}{25}) = \frac{1}{2}I\omega_{1}^{2}(\frac{4}{5})$.
नष्ट हुई ऊर्जा का प्रतिशत $p\% = \frac{K_{1} - K_{2}}{K_{1}} \times 100\%$.
$p\% = \frac{K_{1} - \frac{4}{5}K_{1}}{K_{1}} \times 100\% = (1 - 0.8) \times 100\% = 20\%$.
अतः,$p$ का मान $20$ है।

(D) चूंकि पात्र बंद और ऊष्मारोधी है,इसलिए परिवेश के साथ कोई ऊष्मा का आदान-प्रदान नहीं होता है और गैस द्वारा या गैस पर कोई कार्य नहीं किया जाता है। अतः,निकाय की कुल आंतरिक ऊर्जा संरक्षित रहती है।
एकपरमाण्विक आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा $U = n C_v T$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $C_v = \frac{3}{2}R$ है।
मान लीजिए $n_1 = 0.1$ मोल,$T_1 = 200\, K$ और $n_2 = 0.05$ मोल,$T_2 = 400\, K$ है।
ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार:
$n_1 C_v T_1 + n_2 C_v T_2 = (n_1 + n_2) C_v T_{final}$
चूंकि $C_v$ दोनों के लिए समान है,यह कट जाएगा:
$n_1 T_1 + n_2 T_2 = (n_1 + n_2) T_{final}$
$(0.1 \times 200) + (0.05 \times 400) = (0.1 + 0.05) T_{final}$
$20 + 20 = 0.15 \times T_{final}$
$40 = 0.15 \times T_{final}$
$T_{final} = \frac{40}{0.15} = \frac{4000}{15} = \frac{800}{3} \approx 266.67\, K$.

(D) भूमध्य रेखा पर प्रभावी गुरुत्वीय त्वरण $(g_e)$ का सूत्र $g_e = g - R\omega^2$ है,जहाँ $g$ ध्रुवों पर गुरुत्वीय त्वरण है।
ध्रुवों से $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण $(g_h)$ का सूत्र $g_h = g(1 - \frac{2h}{R}) = g - \frac{2gh}{R}$ है।
यह दिया गया है कि दोनों स्थानों पर भार समान है,इसलिए प्रभावी गुरुत्वीय त्वरण समान होना चाहिए: $g_e = g_h$.
समीकरणों को प्रतिस्थापित करने पर: $g - R\omega^2 = g - \frac{2gh}{R}$.
समीकरण को सरल करने पर: $R\omega^2 = \frac{2gh}{R}$.
$h$ के लिए हल करने पर: $h = \frac{R^2\omega^2}{2g}$.

(B) मान लीजिए कि श्रोता की स्थिति $L$ है। प्रारंभ में,श्रोता $S_{2}$ से $x = 2\, m$ की दूरी पर है।
$S_{1}$ से दूरी $S_{1}L = \sqrt{x^2 + (1.5)^2} = \sqrt{2^2 + 1.5^2} = \sqrt{4 + 2.25} = \sqrt{6.25} = 2.5\, m$ है।
पथ अंतर $\Delta x = S_{1}L - S_{2}L = 2.5 - 2 = 0.5\, m$ है।
चूंकि $\lambda = 1\, m$ है,इसलिए $\Delta x = \frac{\lambda}{2}$ प्राप्त होता है,जो न्यूनतम तीव्रता (विनाशी व्यतिकरण) को दर्शाता है।
जब श्रोता $S_{2}$ से $2\, m$ की दूरी को स्थिर रखते हुए $S_{1}$ से दूर जाता है,तो पथ अंतर $\Delta x = S_{1}L - S_{2}L$ बढ़ता है।
अगला तीव्रता उच्चिष्ठ तब होता है जब पथ अंतर $\Delta x = n\lambda$ हो। क्रमिक उच्चिष्ठ के लिए,$n = 1$ लेने पर,
$\Delta x = 1\, m$ प्राप्त होता है।
मान लीजिए कि इस नई स्थिति में $S_{1}$ से श्रोता की दूरी $d$ है।
अतः,$d - 2 = 1$,जिससे $d = 3\, m$ प्राप्त होता है।

(D) मान लीजिए $f_0 = 440 \, Hz$ मूल आवृत्ति है और $f_2 = 480 \, Hz$ ड्राइवर द्वारा सुनी गई परावर्तित आवृत्ति है।
सबसे पहले,दीवार एक स्थिर प्रेक्षक के रूप में कार्य करती है जो चलती हुई कार से ध्वनि प्राप्त करती है। दीवार द्वारा प्राप्त आवृत्ति $f_1$ को गतिमान स्रोत और स्थिर प्रेक्षक के लिए डॉपलर प्रभाव के सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$f_1 = f_0 \left( \frac{v}{v - v_c} \right)$
जहाँ $v = 345 \, m/s$ ध्वनि की गति है और $v_c$ कार की गति है।
इसके बाद,दीवार एक स्थिर स्रोत के रूप में कार्य करती है जो ध्वनि को गतिमान ड्राइवर (जो अब प्रेक्षक है) की ओर परावर्तित करती है। ड्राइवर द्वारा सुनी गई आवृत्ति $f_2$ है:
$f_2 = f_1 \left( \frac{v + v_c}{v} \right)$
$f_2$ के समीकरण में $f_1$ का मान रखने पर:
$f_2 = f_0 \left( \frac{v}{v - v_c} \right) \left( \frac{v + v_c}{v} \right) = f_0 \left( \frac{v + v_c}{v - v_c} \right)$
दिया गया है $f_2 / f_0 = 480 / 440 = 48 / 44 = 12 / 11$:
$12 / 11 = (345 + v_c) / (345 - v_c)$
$12(345 - v_c) = 11(345 + v_c)$
$4140 - 12v_c = 3795 + 11v_c$
$23v_c = 345$
$v_c = 345 / 23 = 15 \, m/s$
$km/hr$ में बदलने पर:
$v_c = 15 \times (18 / 5) = 54 \, km/hr$.

(D) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,दाब $P$ और आयतन $V$ के बीच संबंध $PV^{\gamma} = \text{constant}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि घनत्व $\rho = \frac{m}{V}$,इसलिए $V = \frac{m}{\rho}$ होता है।
इसे रुद्धोष्म समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $P \left(\frac{m}{\rho}\right)^{\gamma} = \text{constant}$.
चूंकि द्रव्यमान $m$ स्थिर है,इसलिए $P \propto \rho^{\gamma}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{P_f}{P_i} = \left(\frac{\rho_f}{\rho_i}\right)^{\gamma}$.
द्विपरमाणुक गैस के लिए,रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma = \frac{7}{5} = 1.4$ है।
दिया गया है कि $\rho_f = 32 \rho_i$,इसलिए $\frac{\rho_f}{\rho_i} = 32$.
इस प्रकार,$n = \frac{P_f}{P_i} = (32)^{7/5} = (2^5)^{7/5} = 2^7 = 128$.

(A) एक भौतिक लोलक के लिए,आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{Mgd}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ धुरी बिंदु के परितः जड़त्व आघूर्ण है,$M$ द्रव्यमान है,$g$ गुरुत्वीय त्वरण है,और $d$ धुरी से द्रव्यमान केंद्र तक की दूरी है। $R$ त्रिज्या वाली रिंग के लिए,$d = R$ है।
स्थिति $(i)$: रिंग अपने ही तल में दोलन करती है। घूर्णन अक्ष रिंग के किनारे पर,रिंग के तल के लंबवत है। समानांतर अक्ष प्रमेय के अनुसार,$I_{1} = I_{cm} + MR^{2} = MR^{2} + MR^{2} = 2MR^{2}$ है।
अतः,$T_{1} = 2\pi \sqrt{\frac{2MR^{2}}{MgR}} = 2\pi \sqrt{\frac{2R}{g}}$।
स्थिति $(ii)$: रिंग अपने तल के लंबवत दिशा में आगे-पीछे दोलन करती है। घूर्णन अक्ष रिंग के किनारे पर,रिंग के तल में स्थित है। समानांतर अक्ष प्रमेय के अनुसार,$I_{2} = I_{cm} + MR^{2} = \frac{1}{2}MR^{2} + MR^{2} = \frac{3}{2}MR^{2}$ है।
अतः,$T_{2} = 2\pi \sqrt{\frac{\frac{3}{2}MR^{2}}{MgR}} = 2\pi \sqrt{\frac{3R}{2g}}$।
अनुपात लेने पर: $\frac{T_{1}}{T_{2}} = \sqrt{\frac{2MR^{2}}{\frac{3}{2}MR^{2}}} = \sqrt{\frac{2}{3/2}} = \sqrt{\frac{4}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$।

(B) हवा में $h$ दूरी गिरने के बाद गेंद का वेग $v = \sqrt{2gh}$ द्वारा दिया जाता है।
$r$ त्रिज्या और $\rho$ घनत्व वाली गोलाकार गेंद का $\rho_{\ell}$ घनत्व और $\eta$ श्यानता वाले तरल में टर्मिनल वेग $v_t$ स्टोक्स के नियम के अनुसार है:
$v_t = \frac{2}{9} \frac{r^2 g}{\eta} (\rho - \rho_{\ell})$.
प्रश्न के अनुसार,पानी में प्रवेश करने से ठीक पहले का वेग पानी के अंदर के टर्मिनल वेग के बराबर है:
$\sqrt{2gh} = \frac{2}{9} \frac{r^2 g}{\eta} (\rho - \rho_{\ell})$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$2gh = \left( \frac{2}{9} \frac{r^2 g}{\eta} (\rho - \rho_{\ell}) \right)^2$
$2gh = \frac{4}{81} \frac{r^4 g^2}{\eta^2} (\rho - \rho_{\ell})^2$
$h$ के लिए हल करने पर:
$h = \frac{2}{81} \frac{r^4 g}{\eta^2} (\rho - \rho_{\ell})^2$.
चूंकि दिए गए प्रयोग के लिए $g$,$\eta$,$\rho$,और $\rho_{\ell}$ स्थिरांक हैं,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$h \propto r^4$.

(D) $T$ तापमान पर,कुल लंबाई $L = L_{1} + L_{2}$ है।
जब तापमान $T + \Delta T$ तक बढ़ता है,तो नई लंबाईयाँ इस प्रकार हैं:
$L_{1}' = L_{1}(1 + \alpha_{1} \Delta T)$
$L_{2}' = L_{2}(1 + \alpha_{2} \Delta T)$
कुल नई लंबाई $L_{eq}'$ व्यक्तिगत नई लंबाईयों का योग है:
$L_{eq}' = L_{1}' + L_{2}' = L_{1}(1 + \alpha_{1} \Delta T) + L_{2}(1 + \alpha_{2} \Delta T)$
$L_{eq}' = L_{1} + L_{1} \alpha_{1} \Delta T + L_{2} + L_{2} \alpha_{2} \Delta T$
$L_{eq}' = (L_{1} + L_{2}) + (L_{1} \alpha_{1} + L_{2} \alpha_{2}) \Delta T$
प्रभावी गुणांक $\alpha_{avg}$ वाले समतुल्य निकाय के लिए,नई लंबाई है:
$L_{eq}' = (L_{1} + L_{2})(1 + \alpha_{avg} \Delta T) = (L_{1} + L_{2}) + (L_{1} + L_{2}) \alpha_{avg} \Delta T$
$L_{eq}'$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$(L_{1} + L_{2}) \alpha_{avg} \Delta T = (L_{1} \alpha_{1} + L_{2} \alpha_{2}) \Delta T$
$\alpha_{avg} = \frac{L_{1} \alpha_{1} + L_{2} \alpha_{2}}{L_{1} + L_{2}}$

(A) तय की गई कुल दूरी वेग-समय ग्राफ के अंतर्गत आने वाले क्षेत्रफलों के परिमाणों का योग है।
$1$. क्षेत्रफल $A_1$ ($t=0$ से $t=4$ तक): यह एक समलंब है जिसकी समानांतर भुजाएँ $4 \; s$ और $1 \; s$ हैं,और ऊँचाई $4 \; m/s$ है।
$A_1 = \frac{1}{2} \times (4 + 1) \times 4 = 10 \; m$.
$2$. क्षेत्रफल $A_2$ ($t=4$ से $t=6$ तक): यह एक त्रिभुज है जिसका आधार $(6 - 4) = 2 \; s$ और ऊँचाई $2 \; m/s$ है।
$A_2 = \frac{1}{2} \times 2 \times 2 = 2 \; m$.
कुल दूरी $= |A_1| + |A_2| = 10 + 2 = 12 \; m$.

(D) द्रव्यमान परिवर्तन की दर $\frac{dM(t)}{dt} = bv^2$ दी गई है।
परिवर्ती द्रव्यमान प्रणाली के लिए न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,धूल के संचय के कारण अंतरिक्ष यान पर लगने वाला थ्रस्ट बल $F_{\text{thrust}} = -v \frac{dM(t)}{dt}$ है।
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि बल वेग की विपरीत दिशा में कार्य करता है,जिससे मंदन (deceleration) उत्पन्न होता है।
$F = M(t)a$ का उपयोग करने पर,हमें $M(t)a = -v \left( bv^2 \right)$ प्राप्त होता है।
अतः,तात्कालिक त्वरण $a = -\frac{bv^3}{M(t)}$ है।

(A) $1$. $0 \le x \le d$ क्षेत्र में,कण ऋणात्मक $y$-दिशा में एक स्थिर बल $F_{y} = -qE$ का अनुभव करता है। त्वरण $a_{y} = -\frac{qE}{m}$ है।
$2$. $x = d$ तक पहुँचने में लगा समय $t_{0} = \frac{d}{V_{0}}$ है।
$3$. $x = d$ पर,ऊर्ध्वाधर विस्थापन $y_{0} = \frac{1}{2} a_{y} t_{0}^{2} = -\frac{1}{2} \frac{qE}{m} \left( \frac{d}{V_{0}} \right)^{2} = -\frac{qEd^{2}}{2mV_{0}^{2}}$ है।
$4$. $x = d$ पर वेग के घटक $v_{x} = V_{0}$ और $v_{y} = a_{y} t_{0} = -\frac{qE}{m} \cdot \frac{d}{V_{0}} = -\frac{qEd}{mV_{0}}$ हैं।
$5$. $x > d$ के लिए,कोई विद्युत क्षेत्र नहीं है,इसलिए कण स्थिर वेग के साथ एक सीधी रेखा में गति करता है। इस रेखा की ढाल $m_{slope} = \frac{v_{y}}{v_{x}} = \frac{-qEd/mV_{0}}{V_{0}} = -\frac{qEd}{mV_{0}^{2}}$ है।
$6$. $(d, y_{0})$ से गुजरने वाली और $m_{slope}$ ढाल वाली रेखा का समीकरण $y - y_{0} = m_{slope} (x - d)$ है।
$7$. मान रखने पर: $y - \left( -\frac{qEd^{2}}{2mV_{0}^{2}} \right) = -\frac{qEd}{mV_{0}^{2}} (x - d)$.
$8$. $y = -\frac{qEd}{mV_{0}^{2}} x + \frac{qEd^{2}}{mV_{0}^{2}} - \frac{qEd^{2}}{2mV_{0}^{2}} = -\frac{qEd}{mV_{0}^{2}} x + \frac{qEd^{2}}{2mV_{0}^{2}}$.
$9$. $\frac{qEd}{mV_{0}^{2}}$ को कॉमन लेने पर,हमें $y = \frac{qEd}{mV_{0}^{2}} \left( \frac{d}{2} - x \right)$ प्राप्त होता है।

(A) आयाम माडुलित तरंग का मानक व्यंजक $v(t) = A_c(1 + \mu \cos \omega_m t) \sin \omega_c t$ है,जहाँ $A_c$ वाहक आयाम है और $\mu$ माडुलन सूचकांक है।
दिए गए व्यंजक $v_m = 5(1 + 0.6 \cos 6280 t) \sin (211 \times 10^4 t)$ के साथ तुलना करने पर:
वाहक आयाम $A_c = 5 \; V$ है।
माडुलन सूचकांक $\mu = 0.6$ है।
माडुलित तरंग का आयाम $A_{max} = A_c(1 + \mu)$ और $A_{min} = A_c(1 - \mu)$ के बीच बदलता है।
$A_{max} = 5(1 + 0.6) = 5(1.6) = 8 \; V$ है।
$A_{min} = 5(1 - 0.6) = 5(0.4) = 2 \; V$ है।
अतः,न्यूनतम और अधिकतम आयाम क्रमशः $2 \; V$ और $8 \; V$ हैं।

(A) संधारित्र में संचित प्रारंभिक ऊर्जा: $U_i = \frac{1}{2} C_1 V^2 = \frac{1}{2} \times (5 \times 10^{-6}) \times (220)^2 = 0.121 \, J$.
जब इसे एक अनावेशित संधारित्र $C_2 = 2.5 \, \mu F$ के साथ जोड़ा जाता है,तो आवेश $Q = C_1 V = 5 \times 10^{-6} \times 220 = 1.1 \times 10^{-3} \, C$ का पुनर्वितरण होता है।
उभयनिष्ठ विभव $V'$ इस प्रकार है: $V' = \frac{Q}{C_1 + C_2} = \frac{1.1 \times 10^{-3}}{(5 + 2.5) \times 10^{-6}} = \frac{1100}{7.5} = \frac{440}{3} \, V$.
अंतिम संचित ऊर्जा: $U_f = \frac{1}{2} (C_1 + C_2) (V')^2 = \frac{1}{2} \times (7.5 \times 10^{-6}) \times (\frac{440}{3})^2 = 0.08066 \, J$.
ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = U_f - U_i = 0.08066 - 0.121 = -0.04033 \, J$.
दिया गया है कि $\Delta U = -\frac{X}{100} \, J$ (ऊर्जा में कमी का परिमाण लेने पर),इसलिए $\frac{X}{100} = 0.04033$,जिसका अर्थ है $X \approx 4$।

(D) दिया गया है: त्रिज्या $r = 10\, cm = 0.1\, m$,चुंबकीय क्षेत्र $B = 3.0 \times 10^{-5}\, T$ है।
आधे घूर्णन के लिए समय $0.2\, s$ है,इसलिए आवर्तकाल $T = 0.4\, s$ है।
किसी भी समय $t$ पर कुंडली से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = BA \cos(\omega t)$ है,जहाँ $A = \pi r^2$ कुंडली का क्षेत्रफल है।
प्रेरित $EMF$ फैराडे के नियम द्वारा दिया जाता है: $|\varepsilon| = |\frac{d\phi}{dt}| = |BA\omega \sin(\omega t)|$ है।
अधिकतम प्रेरित $EMF$ $\varepsilon_{\max} = BA\omega$ है।
$\omega = \frac{2\pi}{T}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\varepsilon_{\max} = B \times (\pi r^2) \times \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi^2 B r^2}{T}$ है।
मान रखने पर: $\varepsilon_{\max} = \frac{2 \times \pi^2 \times 3.0 \times 10^{-5} \times (0.1)^2}{0.4}$ है।
$\pi^2 \approx 10$ लेने पर:
$\varepsilon_{\max} = \frac{2 \times 10 \times 3.0 \times 10^{-5} \times 0.01}{0.4} = \frac{6 \times 10^{-4}}{0.4} = 15 \times 10^{-6}\, V = 15\, \mu V$ है।

(A) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $K_{max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi = eV,$ जहाँ $\phi = \frac{hc}{\lambda_0}$ कार्य फलन है।
$\lambda$ तरंगदैर्ध्य के लिए: $\frac{hc}{\lambda} = \frac{hc}{\lambda_0} + eV$ ... $(i)$
$3\lambda$ तरंगदैर्ध्य के लिए: $\frac{hc}{3\lambda} = \frac{hc}{\lambda_0} + \frac{eV}{4}$ ... (ii)
समीकरण (ii) को $4$ से गुणा करने पर: $\frac{4hc}{3\lambda} = \frac{4hc}{\lambda_0} + eV$ ... (iii)
समीकरण $(i)$ और (iii) से $eV$ के मान की तुलना करने पर:
$\frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0} = \frac{4hc}{3\lambda} - \frac{4hc}{\lambda_0}$
पदों को व्यवस्थित करने पर: $\frac{4hc}{\lambda_0} - \frac{hc}{\lambda_0} = \frac{4hc}{3\lambda} - \frac{hc}{\lambda}$
$\frac{3hc}{\lambda_0} = \frac{hc}{3\lambda}$
$\frac{3}{\lambda_0} = \frac{1}{3\lambda} \implies \lambda_0 = 9\lambda$
दिया गया है कि $\lambda_0 = n\lambda,$ इसलिए $n = 9.$

(A) एक पूर्णतः प्रतिचुंबकीय पदार्थ (अतिचालक) 'माइसनर प्रभाव' प्रदर्शित करता है, जिसका अर्थ है कि यह अपने आंतरिक भाग से चुंबकीय क्षेत्र को पूरी तरह से बाहर निकाल देता है。
इसलिए, गोले के पदार्थ के अंदर चुंबकीय क्षेत्र शून्य होता है。
चूंकि कोटर इस पूर्णतः प्रतिचुंबकीय गोले के केंद्र में स्थित है, इसलिए चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं कोटर सहित गोले के पूरे आयतन से बाहर रहती हैं。
परिणामस्वरूप, कोटर में रखे गए अनुचुंबकीय पदार्थ के अंदर का चुंबकीय क्षेत्र भी शून्य होगा。

(C) नाभिक का द्रव्यमान लगभग $M = A \times M_{\text{nucleon}}$ होता है,जहाँ $M_{\text{nucleon}} \cong 1.67 \times 10^{-27} \; kg$ है।
नाभिक का आयतन $V = \frac{4}{3} \pi R^3$ होता है।
$R = R_0 A^{1/3}$ प्रतिस्थापित करने पर,जहाँ $R_0 = 1.3 \times 10^{-15} \; m$,हमें $V = \frac{4}{3} \pi (R_0 A^{1/3})^3 = \frac{4}{3} \pi R_0^3 A$ प्राप्त होता है।
घनत्व $\rho = \frac{M}{V} = \frac{A \times M_{\text{nucleon}}}{\frac{4}{3} \pi R_0^3 A} = \frac{M_{\text{nucleon}}}{\frac{4}{3} \pi R_0^3}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\rho = \frac{1.67 \times 10^{-27}}{\frac{4}{3} \times 3.14 \times (1.3 \times 10^{-15})^3} \cong 1.8 \times 10^{17} \; kg \; m^{-3}$।
अतः,घनत्व की कोटि $10^{17} \; kg \; m^{-3}$ है।

(A) माना पृष्ठीय आवेश घनत्व $\sigma$ है। चूँकि $\sigma_1 = \sigma_2$,इसलिए $\frac{Q_1}{4 \pi R^2} = \frac{Q_2}{4 \pi (4R)^2}$,जिससे $Q_2 = 16 Q_1$ प्राप्त होता है।
आंतरिक गोले की सतह पर विभव $(r=R)$ $V(R) = \frac{k Q_1}{R} + \frac{k Q_2}{4R}$ है।
बाहरी गोले की सतह पर विभव $(r=4R)$ $V(4R) = \frac{k Q_1}{4R} + \frac{k Q_2}{4R}$ है।
विभवांतर $V(R) - V(4R) = (\frac{k Q_1}{R} + \frac{k Q_2}{4R}) - (\frac{k Q_1}{4R} + \frac{k Q_2}{4R}) = \frac{k Q_1}{R} - \frac{k Q_1}{4R} = \frac{3 k Q_1}{4R}$ है।
$k = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}$ रखने पर,हमें $V(R) - V(4R) = \frac{3 Q_1}{16 \pi \varepsilon_0 R}$ प्राप्त होता है।

(D) विभवांतर $V$ के माध्यम से त्वरित आवेशित कण द्वारा प्राप्त गतिज ऊर्जा $K = qV = \frac{1}{2}mv^2$ द्वारा दी जाती है।
इससे,चाल $v = \sqrt{\frac{2qV}{m}}$ प्राप्त होती है।
हाइड्रोजन आयन $(H^+)$ के लिए,आवेश $q_H = e$ और द्रव्यमान $m_H \approx m$ है।
एकल आयनित हीलियम परमाणु $(He^+)$ के लिए,आवेश $q_{He} = e$ और द्रव्यमान $m_{He} \approx 4m$ है।
चालों का अनुपात $\frac{v_H}{v_{He}} = \frac{\sqrt{2q_H V / m_H}}{\sqrt{2q_{He} V / m_{He}}} = \sqrt{\frac{q_H}{q_{He}} \cdot \frac{m_{He}}{m_H}}$ है।
मान रखने पर: $\frac{v_H}{v_{He}} = \sqrt{\frac{e}{e} \cdot \frac{4m}{m}} = \sqrt{4} = 2$.
अतः,अनुपात $2:1$ है।

(C) अर्धचालक की बैंड गैप ऊर्जा $E_g$ और उसके द्वारा पता लगाए जा सकने वाले फोटॉन की अधिकतम तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के बीच का संबंध इस प्रकार है: $E_g = \frac{hc}{\lambda}$.
दिए गए मानों को रखने पर:
$h = 6.63 \times 10^{-34}\, J \cdot s$
$c = 3 \times 10^{8}\, m/s$
$\lambda = 400 \times 10^{-9}\, m$
$E_g = \frac{(6.63 \times 10^{-34}) \times (3 \times 10^{8})}{400 \times 10^{-9}}\, J$
$E_g = \frac{19.89 \times 10^{-26}}{4 \times 10^{-7}}\, J = 4.9725 \times 10^{-19}\, J$.
इस ऊर्जा को इलेक्ट्रॉन-वोल्ट $(eV)$ में बदलने के लिए, इलेक्ट्रॉन के आवेश $e = 1.6 \times 10^{-19}\, C$ से विभाजित करने पर:
$E_g (eV\; \text{में}) = \frac{4.9725 \times 10^{-19}}{1.6 \times 10^{-19}} \approx 3.1\; eV$.

(A) $n$ अपवर्तनांक और $L$ ज्यामितीय पथ लंबाई वाले माध्यम से गुजरने वाली तरंग की ऑप्टिकल पथ लंबाई $OPL = n \times L$ द्वारा दी जाती है।
पहली तरंग के लिए ऑप्टिकल पथ लंबाई $OPL_{1} = n_{1}L_{1}$ है।
दूसरी तरंग के लिए ऑप्टिकल पथ लंबाई $OPL_{2} = n_{2}L_{2}$ है।
दोनों तरंगों के बीच ऑप्टिकल पथ अंतर $\Delta p = |OPL_{1} - OPL_{2}| = |n_{1}L_{1} - n_{2}L_{2}|$ है।
कलांतर $\Delta \phi$ का पथ अंतर $\Delta p$ के साथ संबंध $\Delta \phi = \frac{2 \pi}{\lambda} \Delta p$ सूत्र द्वारा होता है।
पथ अंतर का मान रखने पर,हमें $\Delta \phi = \frac{2 \pi}{\lambda} (n_{1}L_{1} - n_{2}L_{2})$ प्राप्त होता है।

(C) $x$-दिशा में संचरित होने वाली विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए,विद्युत क्षेत्र $y$-दिशा $(\hat{j})$ में है,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र $z$-दिशा $(\hat{k})$ में होना चाहिए क्योंकि संचरण की दिशा $\overrightarrow{E} \times \overrightarrow{B}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $\overrightarrow{E} = E_{0} \cos(\omega t - kx) \hat{j}$।
चुंबकीय क्षेत्र का आयाम $B_{0} = \frac{E_{0}}{c}$ है,जहाँ $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_{0} \epsilon_{0}}}$ है।
अतः,$B_{0} = E_{0} \sqrt{\mu_{0} \epsilon_{0}}$।
चुंबकीय क्षेत्र का तरंग समीकरण $\overrightarrow{B} = B_{0} \cos(\omega t - kx) \hat{k}$ है।
$t = 0$ पर,$\overrightarrow{B} = B_{0} \cos(-kx) \hat{k} = B_{0} \cos(kx) \hat{k}$।
$B_{0}$ का मान रखने पर,हमें $\overrightarrow{B} = E_{0} \sqrt{\mu_{0} \epsilon_{0}} \cos(kx) \hat{k}$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है: तार की कुल लंबाई $L = 30 \, cm = 0.3 \, m$। चूंकि यह एक वर्गाकार लूप है,भुजा की लंबाई $a = L/4 = 0.3/4 = 0.075 \, m = 7.5 \, cm$ है।
तार का व्यास $d = 4 \, mm$,इसलिए त्रिज्या $r = 2 \, mm = 2 \times 10^{-3} \, m$ है।
प्रतिरोधकता $\rho = 1.23 \times 10^{-8} \, \Omega m$ है।
चुंबकीय क्षेत्र के परिवर्तन की दर $dB/dt = 0.032 \, T s^{-1}$ है।
लूप का क्षेत्रफल $A = a^2 = (0.075)^2 = 5.625 \times 10^{-3} \, m^2$ है।
प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = |d\phi/dt| = A(dB/dt) = (5.625 \times 10^{-3}) \times 0.032 = 1.8 \times 10^{-4} \, V$ है।
तार का प्रतिरोध $R = \rho (L/A_{wire}) = \rho (L / (\pi r^2)) = (1.23 \times 10^{-8} \times 0.3) / (\pi \times (2 \times 10^{-3})^2) = (3.69 \times 10^{-9}) / (4\pi \times 10^{-6}) \approx 2.937 \times 10^{-4} \, \Omega$ है।
प्रेरित धारा $i = \varepsilon / R = (1.8 \times 10^{-4}) / (2.937 \times 10^{-4}) \approx 0.613 \, A$ है।
अतः,प्रेरित धारा $0.61 \, A$ के करीब है।

(B) प्रतिरोध मोड में मल्टीमीटर करंट मापने के लिए घटक पर एक छोटा $DC$ वोल्टेज लागू करता है।
$(1)$ संधारित्र के लिए, मल्टीमीटर चार्जिंग के दौरान क्षणिक विक्षेप दिखाएगा, चाहे प्रोब्स की ध्रुवीयता कुछ भी हो। इसलिए, यह कहना कि यह $NO$ विक्षेप दिखाता है, गलत है।
$(2)$ $LED$ एक डायोड है। फॉरवर्ड बायस में यह करंट प्रवाहित करता है (विक्षेप दिखाता है), और रिवर्स बायस में यह करंट को रोकता है (कोई विक्षेप नहीं)। विकल्प विपरीत व्यवहार का सुझाव देता है, जो वह अवलोकन है जो $\text{नहीं}$ देखा जाएगा।
$(3)$ धातु के तार के लिए, प्रतिरोध लगभग $0 \ \Omega$ होता है, इसलिए मल्टीमीटर $NO$ विक्षेप दिखाएगा।
$(4)$ प्रतिरोधक एक ओमिक घटक है; इसका प्रतिरोध करंट की दिशा पर निर्भर नहीं करता है, इसलिए प्रोब्स को उलटने पर विक्षेप समान रहता है।

(B) $10 \, k \Omega = 10000 \, \Omega$ प्रतिरोध वाला वोल्टमीटर $400 \, \Omega$ के प्रतिरोधक के साथ समांतर क्रम में जुड़ा है।
सबसे पहले,$400 \, \Omega$ के प्रतिरोधक और $10000 \, \Omega$ के वोल्टमीटर के समांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $R_p$ ज्ञात करें:
$R_p = \frac{400 \times 10000}{400 + 10000} = \frac{4000000}{10400} \approx 384.6 \, \Omega \approx 385 \, \Omega$.
अब,यह संयोजन $800 \, \Omega$ के प्रतिरोधक के साथ श्रेणीक्रम में है। परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 385 \, \Omega + 800 \, \Omega = 1185 \, \Omega$ है।
समांतर संयोजन पर विभवांतर (वोल्टमीटर द्वारा मापा गया) वोल्टेज विभाजक नियम द्वारा दिया जाता है:
$V = V_{total} \times \frac{R_p}{R_{eq}} = 6 \, V \times \frac{385 \, \Omega}{1185 \, \Omega} \approx 1.949 \, V$.
इस मान को पूर्णांकित करने पर,हमें $1.95 \, V$ प्राप्त होता है।

(A) प्रकाश स्रोत की शक्ति $P$ को सूत्र $P = \frac{n E}{t} = \frac{n h c}{\lambda t}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ समय $t$ में उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या है,$h$ प्लांक नियतांक है,$c$ प्रकाश की गति है और $\lambda$ तरंगदैर्ध्य है।
मान लीजिए $N = n/t$ प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या है।
तब $P = N \frac{h c}{\lambda}$,जिसका अर्थ है $N = \frac{P \lambda}{h c}$।
चूंकि दोनों स्रोतों की शक्ति $P$ समान है,इसलिए प्रति सेकंड फोटॉनों की संख्या का अनुपात $\frac{N_1}{N_2} = \frac{\lambda_1}{\lambda_2}$ होगा।
यहाँ $\lambda_1 = 1 \ nm$ और $\lambda_2 = 500 \ nm$ दिया गया है,इसलिए अनुपात $\frac{N_1}{N_2} = \frac{1}{500}$ होगा।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(A) गोलीय दर्पण के लिए,दर्पण सूत्र $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ है।
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $-\frac{1}{v^2} \frac{dv}{dt} - \frac{1}{u^2} \frac{du}{dt} = 0$ प्राप्त होता है।
अतः,प्रतिबिंब की गति $v_i = \frac{dv}{dt} = -\left(\frac{v^2}{u^2}\right) \frac{du}{dt}$ है।
दिया गया है: $u = -30\, cm$,$v = -10\, cm$,और वस्तु की गति $\frac{du}{dt} = -9\, cm/s$ (दर्पण की ओर गति)।
मान रखने पर: $v_i = -\left(\frac{-10}{-30}\right)^2 \times (-9) = -\left(\frac{1}{9}\right) \times (-9) = 1\, cm/s$।

(B) चुंबकीय क्षेत्र में धारावाही कुंडली पर लगने वाला टॉर्क $\tau = N I A B \sin(\theta)$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
चूंकि कुंडली को चुंबकीय क्षेत्र के समानांतर रखा जाता है,इसलिए कुंडली के अभिलंब और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण $\theta = 90^{\circ}$ है,अतः $\sin(90^{\circ}) = 1$ होगा।
दिया गया है: $N = 500$,$A = 3 \times 10^{-4} \ m^{2}$,$I = 0.5 \ A$,और $\tau = 1.5 \ Nm$.
सूत्र में मान रखने पर: $1.5 = 500 \times 0.5 \times (3 \times 10^{-4}) \times B$.
$1.5 = 250 \times 3 \times 10^{-4} \times B$.
$1.5 = 750 \times 10^{-4} \times B$.
$1.5 = 0.075 \times B$.
$B = \frac{1.5}{0.075} = \frac{1500}{75} = 20 \ T$.

(D) अधिकतम शक्ति स्थानांतरण प्रमेय के अनुसार,बाहरी प्रतिरोध $R$ में उत्पन्न शक्ति तब अधिकतम होती है जब यह बैटरी के आंतरिक प्रतिरोध $r$ के बराबर हो।
आंतरिक प्रतिरोध $r$ ज्ञात करने के लिए,इलेक्ट्रोलाइट के भीतर $r$ त्रिज्या और $dr$ मोटाई का एक पतला बेलनाकार खोल लें।
इस खोल का प्रतिरोध $dr = \frac{\rho \cdot dx}{A}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $dx = dr$ और $A = 2 \pi r l$ है।
अतः,$dr = \frac{\rho \cdot dr}{2 \pi r l}$।
कुल आंतरिक प्रतिरोध $r$ ज्ञात करने के लिए $r = a$ से $r = b$ तक समाकलन करने पर:
$r = \int_{a}^{b} \frac{\rho}{2 \pi l} \frac{dr}{r} = \frac{\rho}{2 \pi l} [\ln r]_{a}^{b} = \frac{\rho}{2 \pi l} \ln \left(\frac{b}{a}\right)$।
इसलिए,$R$ में अधिकतम जूल ऊष्मीय प्रभाव के लिए,$R = r = \frac{\rho}{2 \pi l} \ln \left(\frac{b}{a}\right)$ होना चाहिए।

(A) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\phi$ कार्य फलन है।
माना $\lambda_1 = 500 \, nm$ और $\lambda_2 = 200 \, nm$ है।
माना $K_1$ और $K_2$ क्रमशः $\lambda_1$ और $\lambda_2$ के अनुरूप अधिकतम गतिज ऊर्जा हैं।
दिया गया है कि $K_2 = 3K_1$ है।
$hc = 1240 \, eV \cdot nm$ का उपयोग करते हुए:
$K_1 = \frac{1240}{500} - \phi = 2.48 - \phi$
$K_2 = \frac{1240}{200} - \phi = 6.2 - \phi$
$K_2 = 3K_1$ में मान रखने पर:
$6.2 - \phi = 3(2.48 - \phi)$
$6.2 - \phi = 7.44 - 3\phi$
$2\phi = 7.44 - 6.2$
$2\phi = 1.24$
$\phi = 0.62 \, eV$ है।
निकटतम मान $0.61 \, eV$ है।

(B) दिया गया चुंबकीय क्षेत्र: $\overrightarrow{B} = 3 \times 10^{-8} \sin [200 \pi(y + ct)] \hat{i} \, T$.
विद्युत क्षेत्र का आयाम $E_0$ और चुंबकीय क्षेत्र का आयाम $B_0$ का संबंध $E_0 = c B_0$ है।
मान रखने पर: $E_0 = (3 \times 10^{8} \, m/s) \times (3 \times 10^{-8} \, T) = 9 \, V/m$.
तरंग संचरण की दिशा $(y + ct)$ द्वारा दी गई है,जिसका अर्थ है कि तरंग ऋणात्मक $y$-दिशा में संचरित हो रही है,इसलिए $\hat{k}_{prop} = -\hat{j}$ है।
विद्युत क्षेत्र की दिशा $\hat{E} = \hat{k}_{prop} \times \hat{B}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $\hat{B} = \hat{i}$ और $\hat{k}_{prop} = -\hat{j}$ है।
अतः,$\hat{E} = -\hat{j} \times \hat{i} = -(-\hat{k}) = \hat{k}$.
विद्युतचुंबकीय तरंगों के लिए $\vec{E} \times \vec{B}$ संचरण की दिशा में होता है,इसलिए सही उत्तर $\vec{E} = -9 \sin [200 \pi(y + ct)] \hat{k} \, V/m$ है।

(C) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण पर लगने वाला बल लोरेंत्ज़ बल सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\overrightarrow{F} = q(\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B})$।
दिया गया है: $q = 1\,\mu C = 10^{-6}\, C$,$\overrightarrow{V} = (2 \hat{i} + 3 \hat{j} + 4 \hat{k})\, ms^{-1}$,और $\overrightarrow{B} = (5 \hat{i} + 3 \hat{j} - 6 \hat{k}) \times 10^{-3}\, T$।
सबसे पहले,सदिश गुणनफल $\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B}$ की गणना करें:
$\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 3 & 4 \\ 5 & 3 & -6 \end{vmatrix} \times 10^{-3}$
$= [\hat{i}(-18 - 12) - \hat{j}(-12 - 20) + \hat{k}(6 - 15)] \times 10^{-3}$
$= (-30 \hat{i} + 32 \hat{j} - 9 \hat{k}) \times 10^{-3}$।
अब,बल $\overrightarrow{F}_{total} = q(\overrightarrow{V} \times \overrightarrow{B})$ की गणना करें:
$\overrightarrow{F}_{total} = 10^{-6} \times (-30 \hat{i} + 32 \hat{j} - 9 \hat{k}) \times 10^{-3}$
$= (-30 \hat{i} + 32 \hat{j} - 9 \hat{k}) \times 10^{-9}\, N$।
इसे दिए गए रूप $\overrightarrow{F} \times 10^{-9}\, N$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\overrightarrow{F} = -30 \hat{i} + 32 \hat{j} - 9 \hat{k}$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है: $f = 750\, Hz$,$V_{rms} = 20\, V$,$R = 100\, \Omega$,$L = 0.1803\, H$,$C = 10\, \mu F = 10 \times 10^{-6}\, F$,$S = 2\, J/^{\circ}C$,$\Delta T = 10^{\circ}C$.
सबसे पहले,प्रेरणिक प्रतिघात $X_L$ और धारितीय प्रतिघात $X_C$ की गणना करें:
$X_L = 2\pi fL = 2 \times 3.14159 \times 750 \times 0.1803 \approx 849.6\, \Omega$.
$X_C = \frac{1}{2\pi fC} = \frac{1}{2 \times 3.14159 \times 750 \times 10 \times 10^{-6}} \approx 21.2\, \Omega$.
प्रतिबाधा $Z$ की गणना करें:
$Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} = \sqrt{100^2 + (849.6 - 21.2)^2} = \sqrt{10000 + (828.4)^2} \approx \sqrt{10000 + 686246} \approx \sqrt{696246} \approx 834.4\, \Omega$.
प्रतिरोधक में व्ययित शक्ति $P = I_{rms}^2 R = \left(\frac{V_{rms}}{Z}\right)^2 R = \left(\frac{20}{834.4}\right)^2 \times 100 \approx (0.02397)^2 \times 100 \approx 0.05746\, W$ (या $J/s$)।
आवश्यक ऊष्मा $Q = S \cdot \Delta T = 2\, J/^{\circ}C \times 10^{\circ}C = 20\, J$.
आवश्यक समय $t = \frac{Q}{P} = \frac{20}{0.05746} \approx 348.07\, s$.
अतः,समय लगभग $348\, s$ है।

(A) रेडियोधर्मी क्षय प्रथम कोटि की गतिज ऊर्जा का पालन करता है,जो समीकरण $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि $t$ समय के बाद शेष अंश $\frac{N(t)}{N_0} = \frac{9}{16}$ है,इसलिए $e^{-\lambda t} = \frac{9}{16}$ है।
हमें $\frac{t}{2}$ समय के बाद शेष बचा अंश $\frac{N(t/2)}{N_0}$ ज्ञात करना है।
$\frac{t}{2}$ समय के लिए क्षय समीकरण का उपयोग करने पर: $\frac{N(t/2)}{N_0} = e^{-\lambda (t/2)} = (e^{-\lambda t})^{1/2}$।
ज्ञात मान को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{N(t/2)}{N_0} = \sqrt{\frac{9}{16}} = \frac{3}{4}$।

(A) संधारित्र $C_{2}$ और $C_{3}$ समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं। इसलिए,$C_{3}$ के सिरों पर भी वोल्टेज $20\, V$ होगा।
दिया गया है $C_{3} = 8\, \mu F$,तो संधारित्र $C_{3}$ पर आवेश:
$q_{3} = C_{3} \times V = 8\, \mu F \times 20\, V = 160\, \mu C$.
परिपथ में कुल आवेश $q_{total} = 750\, \mu C$ है।
चूंकि कुल आवेश $q_{total}$ समानांतर संधारित्रों $C_{2}$ और $C_{3}$ पर आवेशों का योग है,इसलिए:
$q_{total} = q_{2} + q_{3}$.
अतः,$q_{2} = q_{total} - q_{3} = 750\, \mu C - 160\, \mu C = 590\, \mu C$.

(A) $t$ समय पर लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = BA \cos(\omega t)$ है,जहाँ $A = \pi ab$ दीर्घवृत्ताकार लूप का क्षेत्रफल है।
प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ फैराडे के नियम द्वारा दिया जाता है: $\epsilon = -\frac{d\phi}{dt} = AB\omega \sin(\omega t)$।
जूल तापन के कारण तात्कालिक शक्ति हानि $P = \frac{\epsilon^{2}}{R} = \frac{(AB\omega \sin(\omega t))^{2}}{R} = \frac{A^{2}B^{2}\omega^{2}}{R} \sin^{2}(\omega t)$ है।
एक पूर्ण चक्र पर औसत शक्ति हानि $P_{avg} = \langle P \rangle = \frac{A^{2}B^{2}\omega^{2}}{R} \langle \sin^{2}(\omega t) \rangle$ है।
चूंकि एक चक्र पर $\sin^{2}(\omega t)$ का औसत मान $\frac{1}{2}$ होता है,इसलिए हमें $P_{avg} = \frac{A^{2}B^{2}\omega^{2}}{R} \cdot \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
$A = \pi ab$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $P_{avg} = \frac{(\pi ab)^{2} B^{2} \omega^{2}}{2R} = \frac{\pi^{2} a^{2} b^{2} B^{2} \omega^{2}}{2R}$ प्राप्त होता है।

(A) दिए गए श्रेणी परिपथ के लिए किरचॉफ के वोल्टेज नियम के अनुसार:
$V_{\text{battery}} - V_{\text{diode}} - I \times R = 0$
दिया गया है:
$V_{\text{battery}} = 1.5\, V$
$V_{\text{diode}} = 0.5\, V$
$I = 10\, mA = 10 \times 10^{-3}\, A = 0.01\, A$
मान रखने पर:
$1.5 - 0.5 - (0.01) \times R = 0$
$1.0 = 0.01 \times R$
$R = \frac{1.0}{0.01} = 100\, \Omega$
अतः,आवश्यक न्यूनतम प्रतिरोध $100\, \Omega$ है।

(D) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में फ्रिंज की कोणीय चौड़ाई का सूत्र $\Delta \theta = \frac{\lambda}{d}$ है,जहाँ $\lambda$ प्रकाश की तरंगदैर्ध्य है और $d$ स्लिट्स के बीच की दूरी है।
दिया गया है: $\lambda = 500 \ nm = 500 \times 10^{-9} \ m$ और $d = 0.05 \ mm = 0.05 \times 10^{-3} \ m = 5 \times 10^{-5} \ m$.
मान रखने पर: $\Delta \theta = \frac{500 \times 10^{-9}}{5 \times 10^{-5}} = 100 \times 10^{-4} = 0.01 \ radians$.
कोणीय चौड़ाई को रेडियन से डिग्री में बदलने के लिए,हम $\frac{180}{\pi}$ से गुणा करते हैं:
$\Delta \theta^{\circ} = 0.01 \times \frac{180}{3.14159} \approx 0.573^{\circ}$.
अतः,कोणीय चौड़ाई $0.57^{\circ}$ के निकट है।

(C) लंबाई के एक सीधे तार के कारण $r$ लंबवत दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} (\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$ द्वारा दिया जाता है।
षट्कोणीय कुंडली के लिए, केंद्र से भुजा की दूरी $r = a \cos 30^{\circ} = a \frac{\sqrt{3}}{2}$ है।
भुजा के सिरों द्वारा केंद्र पर बने कोण $\theta_1 = \theta_2 = 30^{\circ}$ हैं।
एक भुजा के लिए, $B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi (a \sqrt{3} / 2)} (\sin 30^{\circ} + \sin 30^{\circ}) = \frac{\mu_0 I}{2 \pi a \sqrt{3}} (1) = \frac{\mu_0 I}{2 \pi a \sqrt{3}}$।
$N=50$ फेरों वाले षट्कोण के लिए, कुल चुंबकीय क्षेत्र $B = 6 \times N \times B_1 = 6 \times 50 \times \frac{\mu_0 I}{2 \pi a \sqrt{3}} = \frac{150 \mu_0 I}{\pi a \sqrt{3}}$ है।
चूंकि $a = 10 \, cm = 0.1 \, m$ दिया गया है, इसलिए $B = \frac{150 \mu_0 I}{\pi (0.1) \sqrt{3}} = \frac{1500}{\sqrt{3}} \frac{\mu_0 I}{\pi} = 500 \sqrt{3} \frac{\mu_0 I}{\pi}$।

(A) जब दो चालक गोलों को एक तार से जोड़ा जाता है,तो आवेश तब तक प्रवाहित होता है जब तक कि उनके विभव समान न हो जाएं।
मान लीजिए कि अंतिम आवेश $Q_{1}'$ और $Q_{2}'$ हैं।
आवेश संरक्षण के नियम के अनुसार,कुल आवेश स्थिर रहता है:
$Q_{1}' + Q_{2}' = Q_{1} + Q_{2} = 12\, \mu C - 3\, \mu C = 9\, \mu C$.
चूंकि विभव समान हैं $(V_{1} = V_{2})$,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{K Q_{1}'}{R_{1}} = \frac{K Q_{2}'}{R_{2}} \Rightarrow \frac{Q_{1}'}{2R/3} = \frac{Q_{2}'}{R/3}$.
इसे सरल करने पर $Q_{1}' = 2 Q_{2}'$ प्राप्त होता है।
इस मान को संरक्षण समीकरण में रखने पर:
$2 Q_{2}' + Q_{2}' = 9\, \mu C \Rightarrow 3 Q_{2}' = 9\, \mu C \Rightarrow Q_{2}' = 3\, \mu C$.
अतः,$Q_{1}' = 2 \times 3\, \mu C = 6\, \mu C$.
इस प्रकार,अंतिम आवेश $6\, \mu C$ और $3\, \mu C$ हैं।

(A) मान लीजिए जार की त्रिज्या $R = 15\, cm$ है। तरल की ऊँचाई $h = 30\, cm$ है। छेद तल से $45\, cm$ की ऊँचाई पर है,इसलिए तरल की सतह से छेद की दूरी $45 - 30 = 15\, cm$ है।
जब प्रेक्षक तल के किनारे को देखता है,तो प्रकाश की किरण तल के किनारे से तरल की सतह तक जाती है और फिर छेद की ओर अपवर्तित होती है।
मान लीजिए $r$ अभिलंब के साथ तरल में अपवर्तन कोण है। ज्यामिति से,किनारे से उस बिंदु तक की क्षैतिज दूरी जहाँ किरण सतह से टकराती है,$15\, cm$ है और ऊर्ध्वाधर गहराई $30\, cm$ है। अतः,$\tan r = \frac{15}{30} = \frac{1}{2}$.
इसका अर्थ है $\sin r = \frac{1}{\sqrt{1^2 + 2^2}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$.
तरल-वायु अंतरापृष्ठ पर आपतन कोण $i$ वह कोण है जो किरण अभिलंब के साथ बनाती है। चूंकि छेद से सतह पर स्थित बिंदु तक की क्षैतिज दूरी $15\, cm$ है और ऊर्ध्वाधर दूरी $15\, cm$ है,इसलिए $\tan i = \frac{15}{15} = 1$,अतः $i = 45^{\circ}$.
अंतरापृष्ठ पर स्नेल का नियम लागू करने पर: $1 \cdot \sin 45^{\circ} = \mu \cdot \sin r$.
$\frac{1}{\sqrt{2}} = \mu \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}$.
$\mu = \sqrt{\frac{5}{2}} = \sqrt{2.5} \approx 1.5811$.
दिया गया है कि $\mu = \frac{N}{100}$,इसलिए $N = 100 \mu = 100 \times 1.5811 = 158.11$.
चूंकि $N$ एक पूर्णांक है,इसलिए $N = 158$ प्राप्त होता है।

(A) इस परिपथ में तीन $NOT$ गेट (जो $NOR$ गेट के इनपुट को शॉर्ट करके बनाए गए हैं) और उसके बाद एक $NOR$ गेट शामिल है।
मान लीजिए इनपुट $A, B, C$ हैं।
तीन $NOT$ गेट के आउटपुट $A' = \bar{A}$,$B' = \bar{B}$,और $C' = \bar{C}$ हैं।
इन्हें एक $NOR$ गेट में दिया जाता है। अंतिम आउटपुट $Y$ इस प्रकार है:
$Y = \overline{A' + B' + C'} = \overline{\bar{A} + \bar{B} + \bar{C}}$.
डी मॉर्गन के प्रमेय का उपयोग करते हुए,$\overline{\bar{A} + \bar{B} + \bar{C}} = \overline{\bar{A}} \cdot \overline{\bar{B}} \cdot \overline{\bar{C}} = A \cdot B \cdot C$.
अतः,यह परिपथ $AND$ संक्रिया करता है।

(A) संधारित्र $C$ पर प्रारंभिक आवेश $Q = CV_{0}$ है।
संधारित्र में संचित प्रारंभिक ऊर्जा $U_{i} = \frac{1}{2}CV_{0}^{2}$ है।
जब समानांतर में जोड़ा जाता है,तो उभयनिष्ठ विभव $V = \frac{Q_{total}}{C_{total}} = \frac{CV_{0}}{C + C/2} = \frac{CV_{0}}{3C/2} = \frac{2}{3}V_{0}$ होता है।
निकाय में संचित अंतिम ऊर्जा $U_{f} = \frac{1}{2}(C + C/2)V^{2} = \frac{1}{2}(\frac{3C}{2})(\frac{2}{3}V_{0})^{2} = \frac{1}{2}(\frac{3C}{2})(\frac{4}{9}V_{0}^{2}) = \frac{1}{3}CV_{0}^{2}$ है।
ऊर्जा की हानि $\Delta U = U_{i} - U_{f} = \frac{1}{2}CV_{0}^{2} - \frac{1}{3}CV_{0}^{2} = \frac{1}{6}CV_{0}^{2}$ है।
चूंकि $\frac{1}{6} \approx 0.166$,इसलिए सही विकल्प $A$ है।

(B) दिया गया विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E} = E_{0}(\hat{x} + \hat{y}) \sin(kz - \omega t)$ है।
तरंग के संचरण की दिशा $+z$-अक्ष की ओर है,इसलिए $\hat{k} = \hat{z}$.
संचरण की दिशा,विद्युत क्षेत्र और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का संबंध $\hat{k} = \hat{E} \times \hat{B}$ द्वारा दिया जाता है।
विद्युत क्षेत्र के लिए इकाई सदिश $\hat{E} = \frac{\hat{x} + \hat{y}}{\sqrt{2}}$ है।
मान रखने पर: $\hat{z} = \left(\frac{\hat{x} + \hat{y}}{\sqrt{2}}\right) \times \hat{B}$.
$\hat{B}$ के लिए हल करने पर,हमें $\hat{B} = \frac{-\hat{x} + \hat{y}}{\sqrt{2}}$ प्राप्त होता है।
चूंकि चुंबकीय क्षेत्र का परिमाण $B_{0} = \frac{E_{0}}{c}$ है,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B} = \frac{E_{0}}{c}(-\hat{x} + \hat{y}) \sin(kz - \omega t)$ होगा।

(A) प्रोटॉन की संख्या $Z = 50$ और न्यूट्रॉन की संख्या $N = A - Z = 120 - 50 = 70$ है।
नाभिक का अपेक्षित द्रव्यमान $M_{expected} = Z m_{p} + N m_{n}$ है।
$M_{expected} = 50(1.00783) + 70(1.00867) = 50.3915 + 70.6069 = 120.9984 \, U$.
द्रव्यमान क्षति $\Delta m = M_{expected} - m_{Sn} = 120.9984 - 119.902199 = 1.096201 \, U$.
बंधन ऊर्जा $B.E. = \Delta m \times 931 \, MeV/U = 1.096201 \times 931 \approx 1020.56 \, MeV$.
प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा $\frac{B.E.}{A} = \frac{1020.56}{120} \approx 8.5 \, MeV$ है।

(B) अनुचुंबकीय पदार्थों के लिए क्यूरी के नियम के अनुसार,चुंबकीय प्रवृत्ति $\chi$ निरपेक्ष तापमान $T$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है,अर्थात $\chi \propto \frac{1}{T}$।
चुंबकन $M$,बाहरी चुंबकीय क्षेत्र $B$ और प्रवृत्ति $\chi$ के साथ $M = \chi H$ संबंध रखता है,जहाँ $H = \frac{B}{\mu_0}$ है। चूँकि $\mu_0$ स्थिर है,हम $M \propto \frac{B}{T}$ लिख सकते हैं।
दिया गया है:
$M_1 = 6 \, A/m$,$B_1 = 0.4 \, T$,$T_1 = 4 \, K$
$M_2 = ?$,$B_2 = 0.3 \, T$,$T_2 = 24 \, K$
अनुपात $\frac{M_1}{M_2} = \frac{B_1 / T_1}{B_2 / T_2} = \frac{B_1 T_2}{B_2 T_1}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{6}{M_2} = \frac{0.4 \times 24}{0.3 \times 4}$
$\frac{6}{M_2} = \frac{9.6}{1.2} = 8$
$M_2 = \frac{6}{8} = 0.75 \, A/m$।

(A) प्रेरक में संचित अधिकतम ऊर्जा $U_{\max} = \frac{1}{2} L I_{\max}^2$ है।
$L-R$ परिपथ में $t$ समय पर धारा $i = I_{\max}(1 - e^{-Rt/L})$ द्वारा दी जाती है।
हम चाहते हैं कि ऊर्जा $U = \frac{U_{\max}}{n}$ हो। चूँकि $U = \frac{1}{2} L i^2$,इसका अर्थ है कि $\frac{1}{2} L i^2 = \frac{1}{n} \left(\frac{1}{2} L I_{\max}^2\right)$,जो सरल होकर $i = \frac{I_{\max}}{\sqrt{n}}$ हो जाता है।
इस मान को धारा के समीकरण में रखने पर: $\frac{I_{\max}}{\sqrt{n}} = I_{\max}(1 - e^{-Rt/L})$.
$I_{\max}$ से भाग देने पर,हमें $\frac{1}{\sqrt{n}} = 1 - e^{-Rt/L}$ प्राप्त होता है,या $e^{-Rt/L} = 1 - \frac{1}{\sqrt{n}} = \frac{\sqrt{n}-1}{\sqrt{n}}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर: $-\frac{Rt}{L} = \ln \left(\frac{\sqrt{n}-1}{\sqrt{n}}\right)$.
$-1$ से गुणा करके पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\frac{Rt}{L} = -\ln \left(\frac{\sqrt{n}-1}{\sqrt{n}}\right) = \ln \left(\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}-1}\right)$.
अतः,$t = \frac{L}{R} \ln \left(\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}-1}\right)$.

(D) दिया गया है: जड़त्व आघूर्ण $I = 0.8 \, kg \cdot m^2$,चुंबकीय आघूर्ण $M = 20 \, A \cdot m^2$,चुंबकीय क्षेत्र $B = 4 \, T$.
प्रारंभ में,कुंडली ऊर्ध्वाधर स्थिति में है,इसलिए चुंबकीय आघूर्ण सदिश (कुंडली के तल के लंबवत) और चुंबकीय क्षेत्र (ऊर्ध्वाधर) के बीच का कोण $\theta_i = 90^{\circ}$ है।
$60^{\circ}$ घूमने के बाद,नया कोण $\theta_f = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए: $U_i + K_i = U_f + K_f$.
स्थितिज ऊर्जा $U = -\vec{M} \cdot \vec{B} = -MB \cos \theta$.
$K_i = 0$ (विराम अवस्था से शुरू होती है)।
$U_i = -MB \cos 90^{\circ} = 0$.
$U_f = -MB \cos 30^{\circ} = -20 \times 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = -40\sqrt{3} \, J$.
$K_f = \frac{1}{2} I \omega^2 = \frac{1}{2} (0.8) \omega^2 = 0.4 \omega^2$.
ऊर्जाओं की तुलना करने पर: $0 + 0 = -40\sqrt{3} + 0.4 \omega^2$.
$0.4 \omega^2 = 40\sqrt{3} \implies \omega^2 = 100\sqrt{3}$.
$\omega = 10(3)^{1/4} \, rad \cdot s^{-1}$.

(D) जब आवेश $q$,$x = 0$ से $x = x_{0}$ तक गति करता है,तो विद्युत क्षेत्र द्वारा किया गया कार्य $W$,बल $F = qE$ का विस्थापन $dx$ के सापेक्ष समाकलन है।
$W = \int_{0}^{x_{0}} qE \, dx = qE_{0} \int_{0}^{x_{0}} (1 - ax^{2}) \, dx$
समाकलन करने पर:
$W = qE_{0} \left[ x - \frac{ax^{3}}{3} \right]_{0}^{x_{0}} = qE_{0} \left( x_{0} - \frac{ax_{0}^{3}}{3} \right)$
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta KE$ किए गए कार्य $W$ के बराबर होता है। चूंकि कण स्थिर अवस्था से शुरू होता है और हमें वह स्थिति ज्ञात करनी है जहाँ गतिज ऊर्जा फिर से शून्य हो जाए,इसलिए $\Delta KE = 0$,जिसका अर्थ है $W = 0$।
$W = 0$ रखने पर:
$qE_{0} \left( x_{0} - \frac{ax_{0}^{3}}{3} \right) = 0$
चूंकि $q \neq 0$ और $E_{0} \neq 0$,इसलिए:
$x_{0} - \frac{ax_{0}^{3}}{3} = 0$
$x_{0} (1 - \frac{ax_{0}^{2}}{3}) = 0$
प्रारंभिक स्थिति $x_{0} = 0$ को छोड़कर,$x_{0}$ के लिए हल करने पर:
$1 - \frac{ax_{0}^{2}}{3} = 0$
$ax_{0}^{2} = 3$
$x_{0} = \sqrt{\frac{3}{a}}$

(D) यह परिपथ एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज संरचना है।
समरूपता के कारण,बिंदु $B$ और बिंदु $D$ पर विभव समान है।
चूंकि $V_{B} = V_{D}$,इसलिए $B$ और $D$ के बीच जुड़े $5 \Omega$ के प्रतिरोधकों से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
इस प्रकार,परिपथ $A$ और $C$ के बीच तीन समानांतर शाखाओं में सरल हो जाता है।
ऊपरी शाखा में श्रेणीक्रम में दो $2 \Omega$ के प्रतिरोधक हैं,जिससे $R_{upper} = 2 + 2 = 4 \Omega$ प्राप्त होता है।
निचली शाखा में श्रेणीक्रम में दो $2 \Omega$ के प्रतिरोधक हैं,जिससे $R_{lower} = 2 + 2 = 4 \Omega$ प्राप्त होता है।
मध्य शाखा में श्रेणीक्रम में दो $4 \Omega$ के प्रतिरोधक हैं,जिससे $R_{middle} = 4 + 4 = 8 \Omega$ प्राप्त होता है।
तीनों समानांतर शाखाओं का कुल प्रतिरोध $R_{eq}$ है: $\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{5}{8} \Omega^{-1}$,अतः $R_{eq} = 1.6 \Omega$।
धारा $i_{1}$ मध्य शाखा से प्रवाहित होती है जिसमें $8 \Omega$ का प्रतिरोध है।
चूंकि $A$ और $C$ के बीच वोल्टेज $8 V$ है,इसलिए धारा $i_{1} = \frac{V}{R_{middle}} = \frac{8 V}{8 \Omega} = 1 A$।

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,निरोधी विभव $V$ को इस प्रकार दिया जाता है:
$eV = \frac{hc}{\lambda} - \phi$
इसे $V$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$V = \left(\frac{hc}{e}\right)\left(\frac{1}{\lambda}\right) - \frac{\phi}{e}$
इसे एक सीधी रेखा के समीकरण $y = mx + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
ढाल $m = \frac{hc}{e}$ और अंतःखंड $c = -\frac{\phi}{e}$.
यहाँ,$h$ प्लांक नियतांक है,$c$ प्रकाश की गति है,$e$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है,और $\phi$ धातु की सतह का कार्य फलन (work function) है।
इनमें से कोई भी पैरामीटर $(h, c, e, \phi)$ आपतित विकिरण की तीव्रता पर निर्भर नहीं करता है। विकिरण की तीव्रता केवल प्रति इकाई समय में उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉनों की संख्या (प्रकाश-विद्युत धारा) को प्रभावित करती है,न कि उनकी अधिकतम गतिज ऊर्जा या निरोधी विभव को।
इसलिए,आपतित विकिरण की तीव्रता बदलने से ग्राफ की ढाल या अंतःखंड पर कोई प्रभाव नहीं पड़ता है। अतः,ग्राफ में कोई परिवर्तन नहीं होता है।

(A) एकल स्लिट विवर्तन प्रयोग में निम्निष्ठ के लिए शर्त $d \sin \theta = n \lambda$ है,जहाँ $n = \pm 1, \pm 2, \pm 3, \dots$
चूँकि $|\sin \theta| < 1$,इसलिए $n < \frac{d}{\lambda}$ होगा।
दिया गया है $d = 0.6 \times 10^{-4} \ m = 6 \times 10^{-5} \ m$ और $\lambda = 6000 \times 10^{-10} \ m = 6 \times 10^{-7} \ m$ है।
अनुपात की गणना करने पर: $\frac{d}{\lambda} = \frac{6 \times 10^{-5}}{6 \times 10^{-7}} = 100$ प्राप्त होता है।
अतः,$n < 100$ है। एक तरफ $n$ के संभावित पूर्णांक मान $1, 2, \dots, 99$ हैं।
इसलिए,एक तरफ निम्निष्ठों की संख्या $99$ है।
केंद्रीय उच्चिष्ठ के दोनों ओर निम्निष्ठों की कुल संख्या $99 + 99 = 198$ है।

(C) परिपथ में $40 \ V$ की बैटरी के साथ समानांतर में जुड़ी दो शाखाएँ हैं।
शाखा $ABC$ में $40 \ \Omega$ और $60 \ \Omega$ के प्रतिरोध श्रेणीक्रम में हैं। कुल प्रतिरोध $R_1 = 40 + 60 = 100 \ \Omega$ है।
धारा $i_1 = \frac{V}{R_1} = \frac{40}{100} = 0.4 \ A$ है।
$A$ के सापेक्ष $B$ पर विभव $V_A - V_B = i_1 \times 40 = 0.4 \times 40 = 16 \ V$ है। अतः,$V_B = V_A - 16$ है।
शाखा $ADC$ में $90 \ \Omega$ और $110 \ \Omega$ के प्रतिरोध श्रेणीक्रम में हैं। कुल प्रतिरोध $R_2 = 90 + 110 = 200 \ \Omega$ है।
धारा $i_2 = \frac{V}{R_2} = \frac{40}{200} = 0.2 \ A$ है।
$A$ के सापेक्ष $D$ पर विभव $V_A - V_D = i_2 \times 90 = 0.2 \times 90 = 18 \ V$ है। अतः,$V_D = V_A - 18$ है।
$BD$ के सिरों पर विभवांतर $|V_B - V_D| = |(V_A - 16) - (V_A - 18)| = |-16 + 18| = 2 \ V$ है।

(D) उत्तल लेंस के लिए विस्थापन विधि का उपयोग करने पर,फोकस दूरी $f$ का सूत्र है:
$f = \frac{D^2 - d^2}{4D}$
जहाँ $D$ वस्तु और पर्दे के बीच की दूरी है,और $d$ लेंस की दो स्थितियों के बीच की दूरी है।
यहाँ $D = 100\, cm$ और $d = 40\, cm$ दिया गया है।
मान रखने पर:
$f = \frac{100^2 - 40^2}{4 \times 100} = \frac{10000 - 1600}{400} = \frac{8400}{400} = 21\, cm$.
लेंस की शक्ति $P$ डायोप्टर $(D)$ में $P = \frac{100}{f(cm)}$ द्वारा दी जाती है:
$P = \frac{100}{21} D$.
हमें $P = \left(\frac{N}{100}\right) D$ दिया गया है,इसलिए:
$\frac{N}{100} = \frac{100}{21} \approx 4.7619$.
$N = \frac{10000}{21} \approx 476.19$.
निकटतम पूर्णांक में लेने पर,$N = 476$.

(C) दिया गया है: तीव्रता $I_0 = 3.3 \, W m^{-2}$,क्षेत्रफल $A = 3 \times 10^{-4} \, m^2$,कोणीय गति $\omega = 31.4 \, rad/s$.
घूमते हुए पोलराइज़र से गुजरने वाली प्रकाश की तीव्रता मालस के नियम द्वारा दी जाती है: $I(t) = I_0 \cos^2(\omega t)$.
किसी भी क्षण पर प्रेषित शक्ति $P(t) = I(t) \times A = I_0 A \cos^2(\omega t)$ है।
एक परिक्रमण (समय अवधि $T = \frac{2\pi}{\omega}$) में प्रेषित ऊर्जा $E$,अवधि पर शक्ति का समाकलन है:
$E = \int_{0}^{T} P(t) dt = \int_{0}^{2\pi/\omega} I_0 A \cos^2(\omega t) dt$.
पूर्ण चक्र पर $\cos^2(\theta)$ का औसत मान $\frac{1}{2}$ होता है:
$E = I_0 A \times \frac{1}{2} \times T = I_0 A \times \frac{1}{2} \times \frac{2\pi}{\omega} = \frac{I_0 A \pi}{\omega}$.
मान रखने पर:
$E = \frac{3.3 \times 3 \times 10^{-4} \times 3.14}{31.4} = \frac{3.3 \times 3 \times 10^{-4} \times 3.14}{10 \times 3.14} = \frac{9.9 \times 10^{-4}}{10} = 0.99 \times 10^{-4} \, J$.
निकटतम पूर्णांक में,$E \approx 1 \times 10^{-4} \, J$।

(C) विद्युतचुंबकीय स्पेक्ट्रम को तरंगदैर्ध्य के आधार पर व्यवस्थित किया जाता है।
रेडियो तरंगों की तरंगदैर्ध्य सबसे अधिक होती है,उसके बाद माइक्रोवेव,इन्फ्रारेड,दृश्य प्रकाश,पराबैंगनी,एक्स-रे और गामा किरणें आती हैं,जिनकी तरंगदैर्ध्य सबसे कम होती है।
इसलिए,घटती हुई तरंगदैर्ध्य का सही क्रम इस प्रकार है:
$\lambda_{\text{radio waves}} > \lambda_{\text{microwaves}} > \lambda_{\text{visible}} > \lambda_{\text{x-rays}}$.

(D) ग्राफ आपतित प्रकाश की आवृत्ति $f$ के साथ निरोधी विभव $V_s$ के परिवर्तन को दर्शाता है।
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $hf = \phi + eV_s$,जहाँ $\phi$ कार्य फलन है।
देहली आवृत्ति $f_0$ पर,निरोधी विभव $V_s = 0$ होता है।
ग्राफ से,आवृत्ति अक्ष पर अंतःखंड (जहाँ $V_s = 0$) $f_0 = 5 \times 10^{14} \, Hz$ है।
कार्य फलन $\phi$ को $\phi = hf_0$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\phi = (6.62 \times 10^{-34} \, J \cdot s) \times (5 \times 10^{14} \, Hz) = 33.1 \times 10^{-20} \, J$.
इस ऊर्जा को इलेक्ट्रॉन-वोल्ट $(eV)$ में बदलने के लिए,इलेक्ट्रॉन के आवेश $(e = 1.6 \times 10^{-19} \, C)$ से विभाजित करें:
$\phi = \frac{33.1 \times 10^{-20}}{1.6 \times 10^{-19}} \, eV = 2.06875 \, eV \approx 2.07 \, eV$.
दिए गए विकल्पों में से,निकटतम मान $2.10 \, eV$ है।

(C) वृत्ताकार चाप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I \theta}{4 \pi R}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $\theta$ केंद्र पर चाप द्वारा अंतरित कोण रेडियन में है。
तार $A$ के लिए: $I_A = 2 \, A$, $R_A = 2 \, cm$, और अंतरित कोण $\theta_A = 360^\circ - 90^\circ = 270^\circ = \frac{3 \pi}{2} \, \text{रेडियन}$.
अतः, $B_A = \frac{\mu_0 (2) (3 \pi / 2)}{4 \pi (2)} = \frac{3 \mu_0}{8}$.
तार $B$ के लिए: $I_B = 3 \, A$, $R_B = 4 \, cm$, और अंतरित कोण $\theta_B = 360^\circ - 60^\circ = 300^\circ = \frac{5 \pi}{3} \, \text{रेडियन}$.
अतः, $B_B = \frac{\mu_0 (3) (5 \pi / 3)}{4 \pi (4)} = \frac{5 \mu_0}{16}$.
अनुपात $\frac{B_A}{B_B} = \frac{3 \mu_0 / 8}{5 \mu_0 / 16} = \frac{3}{8} \times \frac{16}{5} = \frac{6}{5}$ है।

(D) बाहरी चुंबकीय क्षेत्र $B$ में एक छड़ चुंबक पर टॉर्क $\tau = MB \sin \theta$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है: $\theta = 30^{\circ}$,$\tau = 0.018\, Nm$,$B = 0.06\, T$.
मान रखने पर: $0.018 = M \times 0.06 \times \sin 30^{\circ}$.
चूंकि $\sin 30^{\circ} = 0.5$,इसलिए $0.018 = M \times 0.06 \times 0.5 = M \times 0.03$.
अतः,$M = \frac{0.018}{0.03} = 0.6\, A\cdot m^2$.
चुंबकीय द्विध्रुव की स्थितिज ऊर्जा $U = -MB \cos \theta$ होती है।
स्थिर संतुलन $\theta = 0^{\circ}$ पर होता है,इसलिए $U_i = -MB \cos 0^{\circ} = -MB$.
अस्थिर संतुलन $\theta = 180^{\circ}$ पर होता है,इसलिए $U_f = -MB \cos 180^{\circ} = MB$.
किया गया कार्य $W$ स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन है: $W = U_f - U_i = MB - (-MB) = 2MB$.
$W = 2 \times 0.6 \times 0.06 = 0.072\, J = 7.2 \times 10^{-2} J$.

(A) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करने पर:
$\frac{m}{2} v_{0} + \frac{m}{3} (0) = \frac{m}{2} v_{A} + \frac{m}{3} v_{B}$
$\frac{v_{0}}{2} = \frac{v_{A}}{2} + \frac{v_{B}}{3} \Rightarrow v_{0} = v_{A} + \frac{2}{3} v_{B} \Rightarrow 3v_{0} = 3v_{A} + 2v_{B} \quad ....(1)$
चूंकि टक्कर प्रत्यास्थ है $(e = 1)$:
$e = 1 = \frac{v_{B} - v_{A}}{v_{0}} \Rightarrow v_{0} = v_{B} - v_{A} \quad ....(2)$
समीकरण $(2)$ से,$v_{B} = v_{0} + v_{A}$। इस मान को समीकरण $(1)$ में रखने पर:
$3v_{0} = 3v_{A} + 2(v_{0} + v_{A})$
$3v_{0} = 3v_{A} + 2v_{0} + 2v_{A}$
$v_{0} = 5v_{A} \Rightarrow v_{A} = \frac{v_{0}}{5}$
कण $A$ की प्रारंभिक डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य:
$\lambda_{0} = \frac{h}{m_{A} v_{0}} = \frac{h}{(\frac{m}{2}) v_{0}} = \frac{2h}{mv_{0}}$
कण $A$ की अंतिम डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य:
$\lambda_{f} = \frac{h}{m_{A} v_{A}} = \frac{h}{(\frac{m}{2}) (\frac{v_{0}}{5})} = \frac{10h}{mv_{0}}$
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य में परिवर्तन:
$\Delta \lambda = \lambda_{f} - \lambda_{0} = \frac{10h}{mv_{0}} - \frac{2h}{mv_{0}} = \frac{8h}{mv_{0}}$
चूंकि $\lambda_{0} = \frac{2h}{mv_{0}}$,इसलिए $\Delta \lambda = 4 \times (\frac{2h}{mv_{0}}) = 4 \lambda_{0}$.