JEE Main 2021 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) दिया गया है कि शक्ति $P$ नियत है। हम जानते हैं कि $P = Fv = mav = m \left( \frac{dv}{dt} \right) v$.
इस व्यंजक का समाकलन करने पर: $\frac{P}{m} dt = v dv$.
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $\int \frac{P}{m} dt = \int v dv \implies \frac{P}{m} t = \frac{v^2}{2}$.
अतः,$v^2 = \frac{2P}{m} t$,जिससे $v = \sqrt{\frac{2P}{m}} t^{1/2}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $v = \frac{ds}{dt}$,इसलिए $ds = \sqrt{\frac{2P}{m}} t^{1/2} dt$.
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर: $s = \int \sqrt{\frac{2P}{m}} t^{1/2} dt = \sqrt{\frac{2P}{m}} \left( \frac{t^{3/2}}{3/2} \right) = \sqrt{\frac{2P}{m}} \left( \frac{2}{3} t^{3/2} \right)$.
इसलिए,$s \propto t^{3/2}$.

(B) माना प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या $R$ है। दो छोटी बूंदों का आयतन $V_{initial} = 2 \times (\frac{4}{3}\pi R^3) = \frac{8}{3}\pi R^3$ है।
माना बड़ी बूंद की त्रिज्या $R'$ है। चूंकि आयतन स्थिर रहता है,$\frac{4}{3}\pi (R')^3 = \frac{8}{3}\pi R^3$,जिससे $R' = 2^{1/3}R$ प्राप्त होता है।
बूंद की पृष्ठ ऊर्जा $E = T \times A$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है और $A$ पृष्ठीय क्षेत्रफल है।
प्रारंभिक पृष्ठ ऊर्जा $E_i = 2 \times (T \times 4\pi R^2) = 8\pi R^2 T$ है।
अंतिम पृष्ठ ऊर्जा $E_f = T \times 4\pi (R')^2 = 4\pi (2^{1/3}R)^2 T = 4\pi 2^{2/3} R^2 T$ है।
प्रारंभिक और अंतिम पृष्ठ ऊर्जा का अनुपात $\frac{E_i}{E_f} = \frac{8\pi R^2 T}{4\pi 2^{2/3} R^2 T} = \frac{2}{2^{2/3}} = 2^{1 - 2/3} = 2^{1/3}$ है।
अतः,अनुपात $2^{1/3}:1$ है।

(C) जब $r_1$ और $r_2$ त्रिज्या के दो साबुन के बुलबुले समतापीय स्थितियों में निर्वात में मिलते हैं,तो हवा के मोलों की कुल संख्या स्थिर रहती है। चूंकि तापमान स्थिर है,इसलिए बुलबुलों के अंदर की हवा के लिए दबाव और आयतन का गुणनफल $(PV)$ स्थिर रहता है।
साबुन के बुलबुले के लिए,अतिरिक्त दबाव $P_{ex} = \frac{4T}{r}$ होता है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है। अंदर का निरपेक्ष दबाव $P = P_{atm} + \frac{4T}{r}$ है। निर्वात में,$P_{atm} = 0$ होता है,इसलिए $P = \frac{4T}{r}$ होगा।
बुलबुले का आयतन $V = \frac{4}{3}\pi r^3$ है।
पहले बुलबुले के लिए: $P_1 V_1 = (\frac{4T}{r_1})(\frac{4}{3}\pi r_1^3) = \frac{16}{3}\pi T r_1^2$.
दूसरे बुलबुले के लिए: $P_2 V_2 = (\frac{4T}{r_2})(\frac{4}{3}\pi r_2^3) = \frac{16}{3}\pi T r_2^2$.
$R$ त्रिज्या वाले परिणामी बुलबुले के लिए: $P_R V_R = (\frac{4T}{R})(\frac{4}{3}\pi R^3) = \frac{16}{3}\pi T R^2$.
चूंकि हवा की कुल मात्रा संरक्षित रहती है: $P_1 V_1 + P_2 V_2 = P_R V_R$.
$\frac{16}{3}\pi T r_1^2 + \frac{16}{3}\pi T r_2^2 = \frac{16}{3}\pi T R^2$.
$\frac{16}{3}\pi T$ से विभाजित करने पर,हमें $R^2 = r_1^2 + r_2^2$ प्राप्त होता है,अर्थात $R = \sqrt{r_1^2 + r_2^2}$।

(B) विशिष्ट ऊष्मा का अनुपात $\gamma$,स्थिर दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_p$ और स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_v$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है,अर्थात $\gamma = \frac{C_p}{C_v}$।
समविभाजन प्रमेय के अनुसार,$C_v = \frac{f}{2}R$ और $C_p = C_v + R = (\frac{f}{2} + 1)R$ होता है।
इसलिए,$\gamma = \frac{(\frac{f}{2} + 1)R}{\frac{f}{2}R} = \frac{\frac{f+2}{2}}{\frac{f}{2}} = 1 + \frac{2}{f}$।
समीकरण को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\gamma - 1 = \frac{2}{f}$।
$f$ के लिए हल करने पर,हमें $f = \frac{2}{\gamma - 1}$ प्राप्त होता है।

(D) रुद्धोष्म (adiabatic) प्रक्रिया के लिए,तापमान $T$ और आयतन $V$ के बीच का संबंध $T V^{\gamma - 1} = \text{स्थिरांक}$ होता है।
अतः,$T_1 V_1^{\gamma - 1} = T_2 V_2^{\gamma - 1}$,जिसका अर्थ है $\frac{T_1}{T_2} = (\frac{V_2}{V_1})^{\gamma - 1}$।
चूंकि गैस मोनोएटॉमिक है,रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma = 5/3$ है। इसलिए,$\gamma - 1 = 5/3 - 1 = 2/3$।
सिलेंडर में गैस का आयतन $V = A \times L$ है,जहाँ $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है और $L$ गैस कॉलम की लंबाई है।
$V_1 = A L_1$ और $V_2 = A L_2$ रखने पर,हमें $\frac{V_2}{V_1} = \frac{A L_2}{A L_1} = \frac{L_2}{L_1}$ प्राप्त होता है।
इन मानों को तापमान अनुपात के समीकरण में रखने पर: $\frac{T_1}{T_2} = (\frac{L_2}{L_1})^{2/3}$।

(B) जब समान मोटाई $l$ और अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A$ वाली दो प्लेटों को श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है,तो तुल्य ऊष्मीय प्रतिरोध $R_{eq}$ व्यक्तिगत ऊष्मीय प्रतिरोधों $R_1$ और $R_2$ के योग के बराबर होता है।
$R_{eq} = R_1 + R_2$
चूंकि ऊष्मीय प्रतिरोध $R = \frac{l}{KA}$ होता है,इसलिए:
$\frac{2l}{K_{eq} A} = \frac{l}{K_1 A} + \frac{l}{K_2 A}$
दोनों पक्षों को $\frac{l}{A}$ से विभाजित करने पर:
$\frac{2}{K_{eq}} = \frac{1}{K_1} + \frac{1}{K_2}$
$\frac{2}{K_{eq}} = \frac{K_2 + K_1}{K_1 K_2}$
$K_{eq} = \frac{2 K_1 K_2}{K_1 + K_2}$

(B) सरल आवर्त गति में एक कण की कुल ऊर्जा $E = \frac{1}{2} m \omega^2 a^2$ द्वारा दी जाती है।
विस्थापन $y$ पर गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} m \omega^2 (a^2 - y^2)$ होती है।
गतिज ऊर्जा और कुल ऊर्जा का अनुपात लेने पर:
$\frac{K}{E} = \frac{\frac{1}{2} m \omega^2 (a^2 - y^2)}{\frac{1}{2} m \omega^2 a^2} = \frac{a^2 - y^2}{a^2} = 1 - \frac{y^2}{a^2}$.
दिया गया है कि $K = 3E/4$,इसलिए:
$\frac{3E/4}{E} = 1 - \frac{y^2}{a^2}$.
$\frac{3}{4} = 1 - \frac{y^2}{a^2}$.
$\frac{y^2}{a^2} = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$.
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,हमें $y = a/2$ प्राप्त होता है।

(B) वलय का अपनी अक्ष के परितः प्रारंभिक जड़त्व आघूर्ण $I = Mr^2$ है।
प्रारंभिक कोणीय संवेग $L = I\omega = Mr^2\omega$ है।
जब $m$ द्रव्यमान की दो वस्तुओं को व्यास के विपरीत सिरों पर जोड़ा जाता है,तो नया जड़त्व आघूर्ण $I'$ वलय के जड़त्व आघूर्ण और दो बिंदु द्रव्यमानों के जड़त्व आघूर्ण का योग हो जाता है: $I' = Mr^2 + m(r)^2 + m(r)^2 = (M + 2m)r^2$।
कोणीय संवेग संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,बाह्य बल आघूर्ण शून्य है,इसलिए $L_{initial} = L_{final}$ होगा।
$Mr^2\omega = (M + 2m)r^2\omega'$
नए कोणीय वेग $\omega'$ के लिए हल करने पर:
$\omega' = \frac{Mr^2\omega}{(M + 2m)r^2} = \frac{M\omega}{M + 2m}$।

(B) कण का वेग $v = At + Bt^2$ द्वारा दिया गया है।
चूंकि $v = \frac{ds}{dt}$,इसलिए $ds = (At + Bt^2) dt$ है।
$t = 1 \ s$ और $t = 2 \ s$ के बीच तय की गई दूरी ज्ञात करने के लिए,हम समय के सापेक्ष वेग का समाकलन करेंगे:
$s = \int_{1}^{2} (At + Bt^2) dt$
$s = \left[ \frac{At^2}{2} + \frac{Bt^3}{3} \right]_{1}^{2}$
$s = \left( \frac{A(2)^2}{2} + \frac{B(2)^3}{3} \right) - \left( \frac{A(1)^2}{2} + \frac{B(1)^3}{3} \right)$
$s = \left( 2A + \frac{8B}{3} \right) - \left( \frac{A}{2} + \frac{B}{3} \right)$
$s = (2A - \frac{A}{2}) + (\frac{8B}{3} - \frac{B}{3})$
$s = \frac{3}{2}A + \frac{7}{3}B$
चूंकि अंतराल $[1, 2]$ में वेग की दिशा नहीं बदल रही है,इसलिए दूरी विस्थापन के परिमाण के बराबर होगी।

(B) मान लीजिए एस्केलेटर की दूरी $d$ है।
स्थिर एस्केलेटर पर प्रीति का वेग $v_1 = \frac{d}{t_1}$ है।
चलते हुए एस्केलेटर का वेग $v_2 = \frac{d}{t_2}$ है।
जब प्रीति चलते हुए एस्केलेटर पर चलती है,तो जमीन के सापेक्ष उसका कुल वेग $v = v_1 + v_2$ होता है।
$v = \frac{d}{t_1} + \frac{d}{t_2} = d \left( \frac{t_1 + t_2}{t_1 t_2} \right)$.
कुल वेग $v$ के साथ $d$ दूरी तय करने में लगा समय $t$ इस प्रकार है:
$t = \frac{d}{v} = \frac{d}{d \left( \frac{t_1 + t_2}{t_1 t_2} \right)} = \frac{t_1 t_2}{t_1 + t_2}$.

(D) कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_1$ स्रोत का तापमान है और $T_2$ केल्विन में सिंक का तापमान है।
दिया गया है $\eta_1 = 1/6$,इसलिए $1/6 = 1 - \frac{T_2}{T_1}$,जिसका अर्थ है $\frac{T_2}{T_1} = 5/6$ या $T_2 = \frac{5}{6}T_1$ $...(i)$।
जब सिंक का तापमान $62^{\circ}C$ (जो $62 \ K$ के परिवर्तन के बराबर है) कम किया जाता है,तो नई दक्षता $\eta_2 = 2 \times \eta_1 = 2 \times (1/6) = 1/3$ हो जाती है।
नया सिंक तापमान $T_2' = T_2 - 62$ है।
दक्षता सूत्र का उपयोग करने पर: $1/3 = 1 - \frac{T_2 - 62}{T_1}$।
पुनर्व्यवस्थित करने पर $\frac{T_2 - 62}{T_1} = 1 - 1/3 = 2/3$ प्राप्त होता है।
समीकरण $(i)$ से $T_2 = \frac{5}{6}T_1$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\frac{5}{6}T_1 - 62}{T_1} = 2/3$।
$\frac{5}{6} - \frac{62}{T_1} = 2/3$।
$\frac{62}{T_1} = \frac{5}{6} - \frac{4}{6} = 1/6$।
$T_1 = 62 \times 6 = 372 \ K$।
सेल्सियस में बदलने पर: $T(^{\circ}C) = 372 - 273 = 99^{\circ}C$।

(B) $SHM$ में,माध्य स्थिति से $x$ दूरी पर कण का वेग $V = \omega \sqrt{a^2 - x^2}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $a$ आयाम है और $\omega$ कोणीय आवृत्ति है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें मिलता है $V^2 = \omega^2(a^2 - x^2)$।
$x_1$ और $x_2$ दूरियों के लिए,हमारे पास है:
$V_1^2 = \omega^2(a^2 - x_1^2) \dots (i)$
$V_2^2 = \omega^2(a^2 - x_2^2) \dots (ii)$
समीकरण $(i)$ से $(ii)$ को घटाने पर:
$V_1^2 - V_2^2 = \omega^2(a^2 - x_1^2 - a^2 + x_2^2)$
$V_1^2 - V_2^2 = \omega^2(x_2^2 - x_1^2)$
$\omega^2 = \frac{V_1^2 - V_2^2}{x_2^2 - x_1^2}$
चूंकि आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega}$ है,इसलिए $\omega = \frac{2\pi}{T}$ होगा।
इस मान को $\omega^2$ के समीकरण में रखने पर:
$\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 = \frac{V_1^2 - V_2^2}{x_2^2 - x_1^2}$
$T^2 = 4\pi^2 \left(\frac{x_2^2 - x_1^2}{V_1^2 - V_2^2}\right)$
$T = 2\pi \sqrt{\frac{x_2^2 - x_1^2}{V_1^2 - V_2^2}}$

(C) $SHM$ में एक कण की स्थितिज ऊर्जा $(PE)$ का सूत्र $PE = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2$ है।
$SHM$ में एक कण की गतिज ऊर्जा $(KE)$ का सूत्र $KE = \frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2)$ है।
दिया गया है कि $PE = KE$,इसलिए:
$\frac{1}{2} m \omega^2 x^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2)$
$x^2 = A^2 - x^2$
$2x^2 = A^2$
$x^2 = \frac{A^2}{2}$
$x = \pm \frac{A}{\sqrt{2}}$
अतः,कण की स्थिति $\frac{A}{\sqrt{2}}$ होगी।

(A) माना सदिशों का परिमाण $|\vec A| = |\vec B| = A$ है।
दिया गया है कि $|\vec A + \vec B| = n |\vec A - \vec B|$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$|\vec A + \vec B|^2 = n^2 |\vec A - \vec B|^2$ प्राप्त होता है।
सदिश सर्वसमिका $|\vec A \pm \vec B|^2 = A^2 + B^2 \pm 2AB \cos \theta$ का उपयोग करने पर:
$A^2 + A^2 + 2A^2 \cos \theta = n^2 (A^2 + A^2 - 2A^2 \cos \theta)$.
$2A^2 (1 + \cos \theta) = n^2 [2A^2 (1 - \cos \theta)]$.
दोनों पक्षों को $2A^2$ से विभाजित करने पर:
$1 + \cos \theta = n^2 (1 - \cos \theta)$.
$1 + \cos \theta = n^2 - n^2 \cos \theta$.
$\cos \theta (1 + n^2) = n^2 - 1$.
$\cos \theta = \frac{n^2 - 1}{n^2 + 1}$.
अतः,$\theta = \cos^{-1} \left[ \frac{n^2 - 1}{n^2 + 1} \right]$।

(B) माना मूल लंबाई $l$ है और अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ है। यंग मापांक $Y$ का सूत्र $Y = \frac{T}{A} \cdot \frac{l}{\Delta l}$ है,जहाँ $\Delta l$ लंबाई में परिवर्तन है।
तनाव $T_1$ के लिए,लंबाई $l_1$ है,अतः $\Delta l_1 = l_1 - l$। इस प्रकार,$Y = \frac{T_1}{A} \cdot \frac{l}{l_1 - l}$।
तनाव $T_2$ के लिए,लंबाई $l_2$ है,अतः $\Delta l_2 = l_2 - l$। इस प्रकार,$Y = \frac{T_2}{A} \cdot \frac{l}{l_2 - l}$।
चूंकि पदार्थ समान है,इसलिए $Y$ स्थिर रहेगा। दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$\frac{T_1}{A} \cdot \frac{l}{l_1 - l} = \frac{T_2}{A} \cdot \frac{l}{l_2 - l}$
$\frac{T_1}{l_1 - l} = \frac{T_2}{l_2 - l}$
$T_1(l_2 - l) = T_2(l_1 - l)$
$T_1 l_2 - T_1 l = T_2 l_1 - T_2 l$
$T_2 l - T_1 l = T_2 l_1 - T_1 l_2$
$l(T_2 - T_1) = T_2 l_1 - T_1 l_2$
$l = \frac{T_2 l_1 - T_1 l_2}{T_2 - T_1}$

(D) दिया गया है कि $1 \text{ मुख्य पैमाना भाग (MSD)} = a \ cm$ है।
माना कि $1 \text{ वर्नियर पैमाना भाग (VSD)} = a' \ cm$ है।
प्रश्न के अनुसार,वर्नियर पैमाने का $n^{\text{th}}$ भाग मुख्य पैमाने के $(n-1)^{\text{th}}$ भाग के साथ संपाती है:
$n \times a' = (n-1) \times a$
$a' = \frac{(n-1)a}{n} \ cm$.
अल्पतमांक ($L$.$C$.) को एक मुख्य पैमाना भाग और एक वर्नियर पैमाना भाग के बीच के अंतर के रूप में परिभाषित किया गया है:
$L.C. = 1 \text{ MSD} - 1 \text{ VSD} = (a - a') \ cm$.
$a'$ का मान रखने पर:
$L.C. = a - \frac{(n-1)a}{n} = \frac{na - na + a}{n} = \frac{a}{n} \ cm$.
अल्पतमांक को $mm$ में बदलने के लिए,हम $10$ से गुणा करते हैं (क्योंकि $1 \ cm = 10 \ mm$):
$L.C. = \left(\frac{a}{n}\right) \times 10 \ mm = \frac{10a}{n} \ mm$.

(B) $1$. लगाए गए बल $F$ को क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर घटकों में वियोजित करें: $F_{x} = F \cos \theta$ और $F_{y} = F \sin \theta$.
$2$. ब्लॉक पर कार्य करने वाले ऊर्ध्वाधर बल अभिलंब बल $N$ (ऊपर की ओर),लगाए गए बल का ऊर्ध्वाधर घटक $F \sin \theta$ (ऊपर की ओर) और भार $mg$ (नीचे की ओर) हैं। चूंकि ऊर्ध्वाधर दिशा में कोई गति नहीं है,इसलिए कुल ऊर्ध्वाधर बल शून्य है: $N + F \sin \theta = mg$,जिससे $N = mg - F \sin \theta$ प्राप्त होता है।
$3$. गतिज घर्षण बल $f_{k}$ का मान $f_{k} = \mu_{K} N = \mu_{K}(mg - F \sin \theta)$ है।
$4$. ब्लॉक पर कार्य करने वाला कुल क्षैतिज बल लगाए गए बल का क्षैतिज घटक और घर्षण बल का अंतर है: $F_{net} = F \cos \theta - f_{k} = F \cos \theta - \mu_{K}(mg - F \sin \theta)$.
$5$. न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,$F_{net} = ma$,हमें $ma = F \cos \theta - \mu_{K}(mg - F \sin \theta)$ प्राप्त होता है।
$6$. द्रव्यमान $m$ से विभाजित करने पर,त्वरण $a = \frac{F}{m} \cos \theta - \mu_{K}(g - \frac{F}{m} \sin \theta)$ प्राप्त होता है।

(A) गहराई पर कुल दबाव $P = P_{0} + \rho gd$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $P_{0}$ वायुमंडलीय दबाव है।
दिया गया है $P_{1} = 3 \times 10^{5} \; Pa$ और $P_{0} = 1 \times 10^{5} \; Pa$।
अतः,$\rho gd = P_{1} - P_{0} = 3 \times 10^{5} - 1 \times 10^{5} = 2 \times 10^{5} \; Pa$।
यदि गहराई को दोगुना कर दिया जाए $(d' = 2d)$,तो नया दबाव $P_{2} = P_{0} + \rho g(2d) = P_{0} + 2(\rho gd)$ होगा।
मान रखने पर: $P_{2} = 1 \times 10^{5} + 2(2 \times 10^{5}) = 1 \times 10^{5} + 4 \times 10^{5} = 5 \times 10^{5} \; Pa$।
दबाव में प्रतिशत वृद्धि $\frac{P_{2} - P_{1}}{P_{1}} \times 100$ द्वारा दी जाती है।
प्रतिशत वृद्धि $= \frac{5 \times 10^{5} - 3 \times 10^{5}}{3 \times 10^{5}} \times 100 = \frac{2 \times 10^{5}}{3 \times 10^{5}} \times 100 = \frac{200}{3} \%$।

(C) कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,धूमकेतु का कोणीय संवेग उसकी कक्षा के सभी बिंदुओं पर स्थिर रहता है।
मान लीजिए $r_1$ और $v_1$ निकटतम बिंदु (पेरीहेलियन) पर दूरी और गति हैं,और $r_2$ और $v_2$ सबसे दूर के बिंदु (एफेलियन) पर दूरी और गति हैं।
दिया गया है:
$r_1 = 8.0 \times 10^{10} \ m$
$v_1 = 6 \times 10^{4} \ m/s$
$r_2 = 1.6 \times 10^{12} \ m$
कोणीय संवेग संरक्षण का उपयोग करते हुए:
$m v_1 r_1 = m v_2 r_2$
$v_2 = \frac{v_1 r_1}{r_2}$
मान रखने पर:
$v_2 = \frac{(6 \times 10^{4}) \times (8.0 \times 10^{10})}{1.6 \times 10^{12}}$
$v_2 = \frac{48 \times 10^{14}}{1.6 \times 10^{12}}$
$v_2 = 30 \times 10^{2} \ m/s = 3 \times 10^{3} \ m/s$
अतः,सबसे दूर के बिंदु पर गति $3 \times 10^{3} \ m/s$ है।

(C) आदर्श गैसों के मिश्रण का कुल दाब $P$,आदर्श गैस समीकरण $PV = n_{total} RT$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n_{total} = n_1 + n_2 + n_3$ है।
सबसे पहले,प्रत्येक गैस के लिए मोलों की संख्या की गणना करें:
$n_{O_2} = \frac{16 \, g}{32 \, g/mol} = 0.5 \, mol$
$n_{N_2} = \frac{28 \, g}{28 \, g/mol} = 1.0 \, mol$
$n_{CO_2} = \frac{44 \, g}{44 \, g/mol} = 1.0 \, mol$
कुल मोल $n_{total} = 0.5 + 1.0 + 1.0 = 2.5 \, mol = \frac{5}{2} \, mol$.
आदर्श गैस समीकरण में मान रखने पर:
$PV = (2.5) RT$
$P = \frac{5}{2} \frac{RT}{V}$.

(A) ऊष्मागतिकी में,ऊष्मा और कार्य को पथ फलन के रूप में वर्गीकृत किया जाता है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$ है।
यहाँ,$\Delta U$ (आंतरिक ऊर्जा) एक अवस्था फलन है,जिसका अर्थ है कि यह केवल निकाय की प्रारंभिक और अंतिम अवस्थाओं पर निर्भर करता है।
हालाँकि,किया गया कार्य $(\Delta W)$ निकाय की अवस्था को बदलने के लिए अपनाई गई विशिष्ट प्रक्रिया या पथ पर निर्भर करता है।
चूंकि $\Delta U$ एक अवस्था फलन है और $\Delta W$ एक पथ फलन है,इसलिए आदान-प्रदान की गई ऊष्मा $(\Delta Q)$ को भी अपनाए गए पथ पर निर्भर होना चाहिए।
अतः,ऊष्मा और कार्य दोनों ही पथ फलन हैं।

(C) बिंदु द्रव्यमान का जड़त्व आघूर्ण $I = m r^2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r$ घूर्णन अक्ष से लंबवत दूरी है।
मान लीजिए कि अक्ष $A$ से गुजरती है और विकर्ण $DB$ के समानांतर है।
इस अक्ष से चारों द्रव्यमानों की लंबवत दूरियाँ इस प्रकार हैं:
$1$. $A$ पर द्रव्यमान के लिए: $r_A = 0$ (क्योंकि अक्ष $A$ से गुजरती है)।
$2$. $B$ पर द्रव्यमान के लिए: $r_B = l \sin(45^\circ) = l / \sqrt{2}$।
$3$. $D$ पर द्रव्यमान के लिए: $r_D = l \sin(45^\circ) = l / \sqrt{2}$।
$4$. $C$ पर द्रव्यमान के लिए: $r_C = l \sin(45^\circ) + l \sin(45^\circ) = l / \sqrt{2} + l / \sqrt{2} = 2l / \sqrt{2} = l \sqrt{2}$।
कुल जड़त्व आघूर्ण $I = m(r_A^2 + r_B^2 + r_D^2 + r_C^2)$ है।
$I = m [0^2 + (l / \sqrt{2})^2 + (l / \sqrt{2})^2 + (l \sqrt{2})^2]$
$I = m [0 + l^2/2 + l^2/2 + 2l^2]$
$I = m [l^2 + 2l^2] = 3 m l^2$।

(D) जब लिफ्ट स्थिर होती है,तो सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ द्वारा दिया जाता है।
जब लिफ्ट $a = g/2$ के त्वरण के साथ ऊपर की ओर गति करती है,तो लोलक के गोलक पर नीचे की ओर एक छद्म बल (pseudo force) कार्य करता है।
प्रभावी गुरुत्वीय त्वरण $g_{eff} = g + a = g + \frac{g}{2} = \frac{3g}{2}$ हो जाता है।
नया आवर्तकाल $T'$ का मान $T' = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g_{eff}}}$ होता है।
$g_{eff} = \frac{3g}{2}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $T' = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{3g/2}} = 2 \pi \sqrt{\frac{2L}{3g}}$ प्राप्त होता है।
इसे मूल आवर्तकाल $T$ के साथ तुलना करने पर,$T' = \sqrt{\frac{2}{3}} \times (2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}) = \sqrt{\frac{2}{3}} T$ प्राप्त होता है।

(A) दिए गए वेग-विस्थापन ग्राफ से,$0 \leq x \leq 200 \ m$ के लिए,ग्राफ $(0, 10)$ और $(200, 50)$ से गुजरने वाली एक सीधी रेखा है।
रेखा का समीकरण $v = mx + C$ है।
ढाल $m = \frac{50 - 10}{200 - 0} = \frac{40}{200} = \frac{1}{5} \ m^{-1}s^{-1}$।
अंतःखंड $C = 10 \ m/s$।
अतः,$v = \frac{1}{5}x + 10$।
त्वरण $a = v \frac{dv}{dx} = (\frac{1}{5}x + 10) \frac{d}{dx}(\frac{1}{5}x + 10) = (\frac{1}{5}x + 10)(\frac{1}{5}) = \frac{x}{25} + 2$।
$x = 0$ पर,$a = 2 \ m/s^2$।
$x = 200$ पर,$a = \frac{200}{25} + 2 = 8 + 2 = 10 \ m/s^2$।
$x > 200 \ m$ के लिए,$v = 50 \ m/s$ (स्थिर)।
चूंकि $v$ स्थिर है,$a = \frac{dv}{dt} = 0$।
इसे दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,विकल्प $A$ गणना किए गए मानों का सबसे निकटतम प्रतिनिधित्व है।

(D) अभिलंब बल $N$ वृत्ताकार गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है।
$N = F_c = m \omega^2 R$
चूंकि $\omega = \frac{2\pi}{T}$,इसलिए $N = m \left( \frac{2\pi}{T} \right)^2 R = m \frac{4\pi^2}{T^2} R$.
दिए गए मान: $m = 200\, g = 0.2\, kg$,$R = 20\, cm = 0.2\, m$,और $T = 40\, s$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$N = 0.2 \times \frac{4 \times (3.14159)^2}{(40)^2} \times 0.2$
$N = 0.2 \times \frac{4 \times 9.8696}{1600} \times 0.2$
$N = 0.04 \times \frac{39.4784}{1600}$
$N = 0.04 \times 0.024674 = 9.8696 \times 10^{-4\, N}$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,$N \approx 9.859 \times 10^{-4}\, N$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 20\, kg$,त्रिज्या $R = 0.2\, m$,बल $F = 20\, N$,प्रारंभिक कोणीय गति $\omega_0 = 0$,अंतिम कोणीय गति $\omega = 50\, rad/s$.
बल $F$ द्वारा लगाया गया टॉर्क $\tau = F \cdot R$ है।
डिस्क का उसके केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2} mR^2$ है।
$\tau = I\alpha$ का उपयोग करने पर,कोणीय त्वरण $\alpha$:
$\alpha = \frac{F \cdot R}{\frac{1}{2} mR^2} = \frac{2F}{mR} = \frac{2 \times 20}{20 \times 0.2} = \frac{2}{0.2} = 10\, rad/s^2$.
गति के समीकरण $\omega^2 = \omega_0^2 + 2\alpha\Delta\theta$ का उपयोग करने पर:
$(50)^2 = 0^2 + 2(10)\Delta\theta$
$2500 = 20\Delta\theta$
$\Delta\theta = 125\, rad$.
चूंकि एक चक्कर $2\pi \approx 6.28\, rad$ के बराबर होता है,इसलिए चक्करों की संख्या $n$ है:
$n = \frac{\Delta\theta}{2\pi} = \frac{125}{6.28} \approx 19.90$.
निकटतम पूर्णांक में,$n = 20$।

(D) प्रतिरोध का सूत्र $R = \frac{V}{I}$ है।
भाग के लिए,सापेक्ष त्रुटि व्यक्तिगत राशियों की सापेक्ष त्रुटियों का योग होती है: $\frac{\Delta R}{R} = \frac{\Delta V}{V} + \frac{\Delta I}{I}$।
प्रतिशत त्रुटि ज्ञात करने के लिए,$100$ से गुणा करें: $\frac{\Delta R}{R} \times 100 = \left( \frac{\Delta V}{V} \times 100 \right) + \left( \frac{\Delta I}{I} \times 100 \right)$।
दिया गया है $V = 50 \; V$,$\Delta V = 2 \; V$ और $I = 20 \; A$,$\Delta I = 0.2 \; A$।
$R$ में प्रतिशत त्रुटि = $\left( \frac{2}{50} \times 100 \right) + \left( \frac{0.2}{20} \times 100 \right)$।
$R$ में प्रतिशत त्रुटि = $4\% + 1\% = 5\%$।
अतः,$x = 5$।

(A) मान लीजिए कि बल $\overrightarrow{P}$ बिंदु $A$ पर नीचे की ओर ऊर्ध्वाधर दिशा में लगाया गया है। हमें इस बल को छड़ों $AB$ और $AC$ की दिशाओं में वियोजित करने की आवश्यकता है।
मान लीजिए $\overrightarrow{F_{AB}}$ और $\overrightarrow{F_{AC}}$ क्रमशः $AB$ और $AC$ के अनुदिश बल $\overrightarrow{P}$ के घटक हैं।
सदिश योग के समांतर चतुर्भुज नियम के अनुसार,$\overrightarrow{P} = \overrightarrow{F_{AB}} + \overrightarrow{F_{AC}}$.
चित्र से,ऊर्ध्वाधर बल $\overrightarrow{P}$ और छड़ $AC$ के बीच का कोण $35^{\circ}$ है।
छड़ $AC$ की दिशा में बल $\overrightarrow{P}$ का घटक $P \cos(\theta)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\theta$ बल सदिश और छड़ के बीच का कोण है।
अतः,$AC$ के अनुदिश घटक का परिमाण $x = 100 \cos(35^{\circ}) \; N$ है।
दिया गया है कि $\cos(35^{\circ}) = 0.819$.
$x = 100 \times 0.819 = 81.9 \; N$.
निकटतम पूर्णांक में लेने पर,हमें $x = 82$ प्राप्त होता है।

(B) $X$-अक्ष के अनुदिश निकाय का प्रारंभिक संवेग $P_i = m_1 v_1 = 10 \times 10 \sqrt{3} = 100 \sqrt{3} \, kg \cdot m/s$ है।
$20 \, kg$ द्रव्यमान की दूसरी गेंद प्रत्येक $10 \, kg$ के दो समान टुकड़ों में विभाजित हो जाती है।
माना कि पहले टुकड़े का वेग $Y$-अक्ष के अनुदिश $v_y = 10 \, m/s$ है और दूसरे टुकड़े का वेग $X$-अक्ष के साथ $\theta$ कोण पर $v_x = 20 \, m/s$ है।
$X$-अक्ष के अनुदिश रैखिक संवेग संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$P_{ix} = P_{fx}$
$100 \sqrt{3} = (10 \times v_x \cos \theta) + (10 \times 0)$
$100 \sqrt{3} = 10 \times 20 \cos \theta$
$100 \sqrt{3} = 200 \cos \theta$
$\cos \theta = \frac{100 \sqrt{3}}{200} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\theta = 30^{\circ}$.

(D) बिंदु $P$ के निर्देशांक $(5, 5 \sqrt{3})$ cm हैं। बिंदु $O$ के निर्देशांक $(0, 0)$ और बिंदु $Q$ के निर्देशांक $(10, 0)$ हैं।
दिया गया बल $\overrightarrow{F} = 4 \hat{i} - 3 \hat{j}$ है।
$O$ के सापेक्ष $P$ का स्थिति सदिश $\overrightarrow{r}_1 = 5 \hat{i} + 5 \sqrt{3} \hat{j}$ है।
$O$ के परितः टॉर्क $\vec{\tau}_O = \overrightarrow{r}_1 \times \overrightarrow{F} = (5 \hat{i} + 5 \sqrt{3} \hat{j}) \times (4 \hat{i} - 3 \hat{j}) = (-15 \hat{k} - 20 \sqrt{3} \hat{k}) = (-15 - 20 \sqrt{3}) \hat{k}$ है।
$Q$ के सापेक्ष $P$ का स्थिति सदिश $\overrightarrow{r}_2 = (5-10) \hat{i} + 5 \sqrt{3} \hat{j} = -5 \hat{i} + 5 \sqrt{3} \hat{j}$ है।
$Q$ के परितः टॉर्क $\vec{\tau}_Q = \overrightarrow{r}_2 \times \overrightarrow{F} = (-5 \hat{i} + 5 \sqrt{3} \hat{j}) \times (4 \hat{i} - 3 \hat{j}) = (15 \hat{k} + 20 \sqrt{3} \hat{k}) = (15 + 20 \sqrt{3}) \hat{k}$ है।
अतः,मान $(-15 - 20 \sqrt{3})$ और $(15 + 20 \sqrt{3})$ हैं।

(A) मान लीजिए कि $a$ और $b$ त्रिज्या वाले साबुन के बुलबुलों के अंदर अतिरिक्त दबाव क्रमशः $P_1$ और $P_2$ है।
साबुन के बुलबुले के अंदर अतिरिक्त दबाव $P = \frac{4T}{r}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है।
दोनों बुलबुलों के लिए,$P_1 = \frac{4T}{a}$ और $P_2 = \frac{4T}{b}$ है।
जब वे आपस में जुड़ते हैं,तो वे $r$ वक्रता त्रिज्या वाली एक उभयनिष्ठ सतह बनाते हैं।
इस उभयनिष्ठ सतह पर दबाव का अंतर $\Delta P = P_1 - P_2$ होता है (चूंकि $a < b$,इसलिए $P_1 > P_2$)।
अतः,$\frac{4T}{r} = \frac{4T}{a} - \frac{4T}{b}$।
$4T$ से विभाजित करने पर,हमें $\frac{1}{r} = \frac{1}{a} - \frac{1}{b}$ प्राप्त होता है।
$\frac{1}{r} = \frac{b-a}{ab}$।
इसलिए,$r = \frac{ab}{b-a}$।

(A) एक बहुपरमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कुल कोटि (degrees of freedom) $f$ स्थानांतरीय,घूर्णी और कंपन स्वतंत्रता की कोटि के योग द्वारा दी जाती है।
स्थानांतरीय स्वतंत्रता की कोटि $= 3$.
अरेखीय बहुपरमाणुक अणु के लिए घूर्णी स्वतंत्रता की कोटि $= 3$.
प्रत्येक कंपन मोड $2$ स्वतंत्रता की कोटि का योगदान देता है (एक गतिज ऊर्जा के लिए और एक स्थितिज ऊर्जा के लिए)।
$24$ कंपन मोड दिए गए हैं,इसलिए कंपन स्वतंत्रता की कोटि $= 24 \times 2 = 48$.
स्वतंत्रता की कुल कोटि $f = 3 + 3 + 48 = 54$.
रुद्धोष्म सूचकांक (adiabatic index) $\gamma$ को $\gamma = 1 + \frac{2}{f}$ द्वारा दिया जाता है।
$f$ का मान रखने पर: $\gamma = 1 + \frac{2}{54} = 1 + \frac{1}{27} = \frac{28}{27} \approx 1.037$.
दो दशमलव स्थानों तक पूर्णांकित करने पर,हमें $\gamma = 1.03$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया है,धनात्मक शून्य त्रुटि $= 0.2\, mm = 0.02\, cm$.
मुख्य स्केल का पाठ्यांक $(MSR) = 8.5\, cm$.
वर्नियर स्केल का पाठ्यांक $(VSR) = \text{वर्नियर संपाती} \times \text{अल्पतमांक} = 6 \times 0.01\, cm = 0.06\, cm$.
प्रेक्षित पाठ्यांक $= MSR + VSR = 8.5\, cm + 0.06\, cm = 8.56\, cm$.
सही पाठ्यांक $= \text{प्रेक्षित पाठ्यांक} - \text{शून्य त्रुटि} = 8.56\, cm - 0.02\, cm = 8.54\, cm$.

(A) समतल ट्रैक पर वृत्ताकार पथ में गति करने वाली कार के लिए,अभिकेंद्र बल स्थैतिक घर्षण बल $f_{s}$ द्वारा प्रदान किया जाता है।
अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल $f_{s,max} = \mu_{s} N$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $N$ अभिलंब बल है।
आवश्यक अभिकेंद्र बल $F_{c} = \frac{mv^{2}}{R}$ है।
अतः,$\mu_{s} N = \frac{mv^{2}}{R}$,जिससे हमें $N = \frac{mv^{2}}{\mu_{s} R}$ प्राप्त होता है।
कार पर कार्य करने वाला अभिलंब बल $N$ उसके भार $mg$ और नीचे की ओर कार्य करने वाले नेगेटिव लिफ्ट बल $F_{L}$ (एरोडायनामिक डाउनफोर्स) का योग है।
इसलिए,$N = mg + F_{L}$।
$N$ के लिए व्यंजक को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{mv^{2}}{\mu_{s} R} = mg + F_{L}$ प्राप्त होता है।
$F_{L}$ के लिए हल करने पर,हमें $F_{L} = \frac{mv^{2}}{\mu_{s} R} - mg = m \left(\frac{v^{2}}{\mu_{s} R} - g\right)$ प्राप्त होता है।

(C) माना $t _{1}$ त्वरण का समय है और $t _{2}$ मंदन का समय है। प्राप्त अधिकतम वेग $v _{0}$ है।
गति के समीकरणों से:
$v _{0} = \alpha t _{1} \Rightarrow t _{1} = \frac{v _{0}}{\alpha}$
$0 = v _{0} - \beta t _{2} \Rightarrow t _{2} = \frac{v _{0}}{\beta}$
चूंकि कुल समय $t = t _{1} + t _{2}$ दिया गया है,हमारे पास है:
$t = \frac{v _{0}}{\alpha} + \frac{v _{0}}{\beta} = v _{0} \left( \frac{\alpha + \beta}{\alpha \beta} \right)$
अतः,अधिकतम वेग $v _{0} = \frac{\alpha \beta t}{\alpha + \beta}$ है।
तय की गई कुल दूरी $v-t$ ग्राफ के अंतर्गत का क्षेत्रफल है,जो $t$ आधार और $v _{0}$ ऊंचाई वाला एक त्रिभुज है:
दूरी $= \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई} = \frac{1}{2} \times t \times v _{0}$
$v _{0}$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
दूरी $= \frac{1}{2} \times t \times \left( \frac{\alpha \beta t}{\alpha + \beta} \right) = \frac{\alpha \beta t ^{2}}{2(\alpha + \beta)}$

(D) कोणीय संवेग को $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p} = m(\vec{r} \times \vec{v})$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
बिंदु $A$ (वृत्ताकार पथ का केंद्र) के लिए: स्थिति सदिश $\vec{r}_A$ वृत्त के तल में है और वेग सदिश $\vec{v}$ वृत्त के स्पर्शरेखीय है। सदिश गुणनफल $\vec{r}_A \times \vec{v}$ हमेशा धनात्मक $z$-दिशा (वृत्त के तल के लंबवत) में होता है। चूंकि गति $v$ और त्रिज्या $r$ स्थिर हैं,इसलिए परिमाण $L_A = mvr$ स्थिर रहता है। अतः,$L_A$ परिमाण और दिशा दोनों में स्थिर है।
बिंदु $B$ (घूर्णन अक्ष पर $A$ के ऊपर एक बिंदु) के लिए: $B$ से $M$ तक का स्थिति सदिश $\vec{r}_B$ जैसे-जैसे द्रव्यमान $M$ घूमता है,अपनी दिशा बदलता रहता है। इसलिए,कोणीय संवेग $\vec{L}_B = \vec{r}_B \times \vec{p}$ का परिमाण तो स्थिर रहेगा,लेकिन इसकी दिशा $z$-अक्ष के चारों ओर लगातार बदलती रहेगी।

(D) कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_1 = 800\, K$ (स्रोत का तापमान) और $T_2 = 400\, K$ (सिंक का तापमान) है।
$\eta = 1 - \frac{400}{800} = 1 - 0.5 = 0.5$.
साथ ही,दक्षता को $\eta = \frac{W}{Q_1}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है,जहाँ $W$ कार्य आउटपुट है और $Q_1$ दी गई ऊष्मा है।
यहाँ $W = 1200\, J$ दिया गया है,इसलिए $0.5 = \frac{1200}{Q_1}$.
अतः,$Q_1 = \frac{1200}{0.5} = 2400\, J$.

(B) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 0.5\, kg$,प्रारंभिक गति $u = 20\, ms^{-1}$।
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = \frac{1}{2} mu^2 = \frac{1}{2} \times 0.5 \times (20)^2 = 100\, J$।
विक्षेपण के बाद,अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f$,$K_i$ का $5\%$ है।
$K_f = \frac{5}{100} \times 100 = 5\, J$।
मान लीजिए अंतिम गति $v$ है। तब $K_f = \frac{1}{2} mv^2$।
$5 = \frac{1}{2} \times 0.5 \times v^2$।
$5 = 0.25 \times v^2$।
$v^2 = \frac{5}{0.25} = 20$।
$v = \sqrt{20} \approx 4.47\, ms^{-1}$।

(B) माना मिश्रण का अंतिम तापमान $T$ है। चूंकि ऊर्जा का कोई ह्रास नहीं होता है,इसलिए निकाय की कुल आंतरिक ऊर्जा संरक्षित रहती है।
गैस की आंतरिक ऊर्जा $U = \frac{F}{2} n R T$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n$ मोलों की संख्या है। अणुओं की संख्या $N$ के लिए,हम $U = \frac{F}{2} N k_{B} T$ लिख सकते हैं।
मिश्रण के लिए,मिश्रण से पहले की कुल ऊर्जा मिश्रण के बाद की कुल ऊर्जा के बराबर होती है:
$U_{1} + U_{2} = U_{mix}$
$\frac{F_{1}}{2} n_{1} k_{B} T_{1} + \frac{F_{2}}{2} n_{2} k_{B} T_{2} = \frac{F_{1}}{2} n_{1} k_{B} T + \frac{F_{2}}{2} n_{2} k_{B} T$
दोनों पक्षों से सामान्य पद $\frac{1}{2} k_{B}$ को हटाने पर:
$F_{1} n_{1} T_{1} + F_{2} n_{2} T_{2} = T (F_{1} n_{1} + F_{2} n_{2})$
$T$ के लिए हल करने पर:
$T = \frac{F_{1} n_{1} T_{1} + F_{2} n_{2} T_{2}}{F_{1} n_{1} + F_{2} n_{2}}$

(B) दिया गया है:
प्रारंभिक कोणीय गति,$\omega_1 = 900 \, rpm = \frac{900}{60} \, rev/s = 15 \, rev/s$.
अंतिम कोणीय गति,$\omega_2 = 2460 \, rpm = \frac{2460}{60} \, rev/s = 41 \, rev/s$.
समय अंतराल,$t = 26 \, s$.
चूंकि कोणीय त्वरण एकसमान है,औसत कोणीय गति $\omega_{avg} = \frac{\omega_1 + \omega_2}{2}$ होगी।
$\omega_{avg} = \frac{15 + 41}{2} = \frac{56}{2} = 28 \, rev/s$.
कुल चक्करों की संख्या $N$,औसत कोणीय गति और समय का गुणनफल होती है:
$N = \omega_{avg} \times t = 28 \, rev/s \times 26 \, s = 728 \, \text{चक्कर}$.

(A) पलायन वेग का सूत्र $V_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
मान लीजिए कि नई त्रिज्या $R'$ है ताकि नया पलायन वेग $V_e' = 10V_e$ हो जाए।
अतः,$10V_e = \sqrt{\frac{2GM}{R'}}$।
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर,हमें $10 = \sqrt{\frac{R}{R'}}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$100 = \frac{R}{R'}$।
इसलिए,$R' = \frac{R}{100}$।
चूंकि $R = 6400 \ km$ दिया गया है,इसलिए $R' = \frac{6400}{100} = 64 \ km$।

(B) चित्र $1$ के लिए,एक स्प्रिंग-द्रव्यमान प्रणाली के लिए दोलन का आवर्तकाल इस प्रकार है:
$T_a = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k}}$
चित्र $2$ के लिए,दो स्प्रिंग श्रेणी में जुड़ी हुई हैं। श्रेणी में जुड़ी दो स्प्रिंगों के लिए समतुल्य स्प्रिंग नियतांक $k_{eq}$ इस प्रकार है:
$\frac{1}{k_{eq}} = \frac{1}{k} + \frac{1}{k} = \frac{2}{k} \Rightarrow k_{eq} = \frac{k}{2}$
श्रेणी संयोजन के लिए दोलन का आवर्तकाल:
$T_b = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k_{eq}}} = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k/2}} = 2\pi \sqrt{\frac{2M}{k}}$
अब,अनुपात $\frac{T_b}{T_a}$ ज्ञात करें:
$\frac{T_b}{T_a} = \frac{2\pi \sqrt{\frac{2M}{k}}}{2\pi \sqrt{\frac{M}{k}}} = \sqrt{\frac{2M/k}{M/k}} = \sqrt{2}$
दिया गया है कि $\frac{T_b}{T_a} = \sqrt{x}$,इसलिए $\sqrt{x} = \sqrt{2}$,जिसका अर्थ है कि $x = 2$.

(C) $m$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाली वस्तु के लिए $\theta$ कोण वाले आनत तल पर लुढ़कते समय त्वरण $a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{k^2}{R^2}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $k$ घूर्णन त्रिज्या है।
$S$ लंबाई के आनत तल के निचले सिरे तक पहुँचने में लगा समय $t = \sqrt{\frac{2S}{a}} = \sqrt{\frac{2S}{g \sin \theta} \left(1 + \frac{k^2}{R^2}\right)}$ है।
समय $t$ को न्यूनतम होने के लिए,अनुपात $\frac{k^2}{R^2}$ न्यूनतम होना चाहिए।
दी गई वस्तुओं के लिए $\frac{k^2}{R^2}$ के मानों की तुलना करने पर:
$(1)$ वलय: $k^2 = R^2 \Rightarrow \frac{k^2}{R^2} = 1$
$(2)$ चकती: $k^2 = \frac{R^2}{2} \Rightarrow \frac{k^2}{R^2} = 0.5$
$(3)$ ठोस बेलन: $k^2 = \frac{R^2}{2} \Rightarrow \frac{k^2}{R^2} = 0.5$
$(4)$ ठोस गोला: $k^2 = \frac{2R^2}{5} \Rightarrow \frac{k^2}{R^2} = 0.4$
चूंकि ठोस गोले के लिए $\frac{k^2}{R^2}$ का मान सबसे कम है,इसलिए इसका त्वरण सबसे अधिक होगा और यह आनत तल के निचले सिरे पर सबसे पहले पहुँचेगा।

(C) ब्लॉकों के एक साथ गति करने के लिए,निकाय का त्वरण $a$ ऐसा होना चाहिए कि छोटे ब्लॉक $m$ पर लगने वाला घर्षण बल उसके त्वरण के लिए पर्याप्त हो।
अधिकतम उपलब्ध घर्षण बल $f_{\max} = \mu N = \mu mg$ है।
ब्लॉक $m$ बिना फिसले जो अधिकतम त्वरण $a_{\max}$ प्राप्त कर सकता है,वह $a_{\max} = \frac{f_{\max}}{m} = \mu g$ है।
यहाँ $\mu = \frac{3}{7}$ और $g = 9.8\, m/s^2$ दिया गया है,इसलिए:
$a_{\max} = \frac{3}{7} \times 9.8 = 3 \times 1.4 = 4.2\, m/s^2$.
अब,$(M + m)$ द्रव्यमान के पूरे निकाय के लिए,बल $F$ लगाया जाता है:
$F = (M + m) a_{\max}$.
मान रखने पर:
$F = (4.5 + 0.5) \times 4.2 = 5 \times 4.2 = 21\, N$.
अतः,अधिकतम क्षैतिज बल $21\, N$ है।

(B) गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र $g = \frac{4 \pi^2 \ell}{T^2}$ है।
सापेक्ष त्रुटि लेने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta \ell}{\ell} + 2 \frac{\Delta T}{T}$.
दिया गया है $\ell = 10 \ cm$ और $\Delta \ell = 1 \ mm = 0.1 \ cm$.
$200$ दोलनों के लिए,कुल समय $t = 100 \ s$ और रिज़ॉल्यूशन $\Delta t = 1 \ s$ है। आवर्तकाल $T = \frac{t}{200} = \frac{100}{200} = 0.5 \ s$.
आवर्तकाल में त्रुटि $\Delta T = \frac{\Delta t}{200} = \frac{1}{200} \ s$ है।
इन मानों को रखने पर: $\frac{\Delta g}{g} = \frac{0.1}{10} + 2 \left( \frac{1/200}{0.5} \right) = 0.01 + 2 \left( \frac{1}{100} \right) = 0.01 + 0.02 = 0.03$.
प्रतिशत त्रुटि $\frac{\Delta g}{g} \times 100 = 0.03 \times 100 = 3 \%$ है।

(A) ऊर्जा के समविभाजन के नियम (Law of Equipartition of Energy) के अनुसार,$T$ तापमान पर तापीय साम्यावस्था में किसी निकाय के लिए,प्रत्येक स्वतंत्रता की कोटि (degree of freedom) से जुड़ी ऊर्जा $\frac{1}{2} k_{B} T$ होती है।
अतः,एक आदर्श गैस के लिए प्रति स्वतंत्रता की कोटि औसत ऊर्जा $\frac{1}{2} k_{B} T$ होती है।

(A) रुद्धोष्म प्रक्रिया $C$ से $D$ तक होती है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया में किए गए कार्य का सूत्र है:
$W = \frac{P_D V_D - P_C V_C}{1 - \gamma}$
दिए गए $P-V$ आरेख से:
बिंदु $C$ पर: $P_C = 100 \, N/m^2$,$V_C = 4 \, m^3$
बिंदु $D$ पर: $P_D = 200 \, N/m^2$,$V_D = 3 \, m^3$
सूत्र में मान रखने पर:
$W = \frac{(200 \times 3) - (100 \times 4)}{1 - 1.4}$
$W = \frac{600 - 400}{-0.4}$
$W = \frac{200}{-0.4}$
$W = -500 \, J$

(B) एकसमान त्वरण $a$ से गति कर रहे कण के लिए:
$1$. त्वरण-समय ग्राफ एक क्षैतिज रेखा होती है,क्योंकि $a$ स्थिर है।
$2$. वेग-समय संबंध $v(t) = u + at$ द्वारा दिया जाता है,जो एक गैर-शून्य ढलान वाली सीधी रेखा को दर्शाता है।
$3$. स्थिति-समय संबंध $x(t) = x_0 + ut + \frac{1}{2}at^2$ द्वारा दिया जाता है,जो एक परवलय (parabola) को दर्शाता है।
इन विशेषताओं की तुलना दिए गए विकल्पों से करने पर,ग्राफ का दूसरा सेट (जो $981-$b614 छवि द्वारा दर्शाया गया है) सही ढंग से एकसमान त्वरण,रैखिक रूप से बढ़ते वेग और परवलयिक स्थिति-समय ग्राफ को प्रदर्शित करता है।

(A) प्रतिरोध $R$ को $R = \frac{\rho \ell}{A} = \frac{V}{I}$ द्वारा दर्शाया जाता है।
अतः,प्रतिरोधकता $\rho = \frac{AV}{I\ell} = \frac{\pi d^2 V}{4I\ell}$,जहाँ $A = \frac{\pi d^2}{4}$ है।
प्रतिरोधकता में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta \rho}{\rho} = 2\frac{\Delta d}{d} + \frac{\Delta V}{V} + \frac{\Delta I}{I} + \frac{\Delta \ell}{\ell}$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मान: $V = 5.0\, V, \Delta V = 0.1\, V, \ell = 10.0\, cm, \Delta \ell = 0.1\, cm, d = 5.00\, mm, \Delta d = 0.01\, mm, I = 2.00\, A, \Delta I = 0.01\, A$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\Delta \rho}{\rho} = 2\left(\frac{0.01}{5.00}\right) + \frac{0.1}{5.0} + \frac{0.01}{2.00} + \frac{0.1}{10.0}$
$\frac{\Delta \rho}{\rho} = 0.004 + 0.02 + 0.005 + 0.01 = 0.039$ है।
प्रतिशत त्रुटि $\frac{\Delta \rho}{\rho} \times 100 = 0.039 \times 100 = 3.9\%$ है।

(B) केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार,आवर्तकाल $T$ का वर्ग कक्षीय त्रिज्या $R$ के घन के समानुपाती होता है,अर्थात $T^2 \propto R^3$।
मान लीजिए कि पहले उपग्रह का आवर्तकाल $T_1 = T$ है और त्रिज्या $R_1 = R$ है।
मान लीजिए कि दूसरे उपग्रह का आवर्तकाल $T_2$ है और त्रिज्या $R_2 = 9R$ है।
अनुपात सूत्र का उपयोग करने पर:
$\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^2 = \left(\frac{R_2}{R_1}\right)^3$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\left(\frac{T_2}{T}\right)^2 = \left(\frac{9R}{R}\right)^3$
$\left(\frac{T_2}{T}\right)^2 = (9)^3 = 729$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\frac{T_2}{T} = \sqrt{729} = 27$
अतः,$T_2 = 27T$।

(A) माना कि दो प्रतिरोध $R_1$ और $R_2$ हैं।
श्रेणी क्रम में,तुल्य प्रतिरोध $S = R_1 + R_2$ होता है।
समानांतर क्रम में,तुल्य प्रतिरोध $P = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}$ होता है।
दी गई शर्त $S = nP$ के अनुसार,मान रखने पर:
$R_1 + R_2 = n \left( \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2} \right)$.
पदों को व्यवस्थित करने पर,हमें $(R_1 + R_2)^2 = n R_1 R_2$ प्राप्त होता है।
बीजगणितीय सर्वसमिका $(R_1 + R_2)^2 = (R_1 - R_2)^2 + 4 R_1 R_2$ का उपयोग करने पर:
$(R_1 - R_2)^2 + 4 R_1 R_2 = n R_1 R_2$.
$R_1 R_2$ से भाग देने पर,$n = 4 + \frac{(R_1 - R_2)^2}{R_1 R_2}$ प्राप्त होता है।
चूंकि पद $\frac{(R_1 - R_2)^2}{R_1 R_2}$ हमेशा $0$ या उससे अधिक होता है,इसलिए $n$ का न्यूनतम मान तब प्राप्त होता है जब $R_1 = R_2$ हो,जिससे $n = 4$ प्राप्त होता है।

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{\max} = hf - W_0$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $W_0$ कार्य फलन है।
पहले फोटो-कैथोड के लिए: $hf_1 = W_0 + \frac{1}{2}mv_1^2$ ... $(i)$
दूसरे फोटो-कैथोड के लिए: $hf_2 = W_0 + \frac{1}{2}mv_2^2$ ... $(ii)$
समीकरण $(i)$ से समीकरण $(ii)$ को घटाने पर:
$h(f_1 - f_2) = \frac{1}{2}m(v_1^2 - v_2^2)$
वेग के अंतर के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$v_1^2 - v_2^2 = \frac{2h}{m}(f_1 - f_2)$

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,निरोधी विभव $V_0$ इस प्रकार दिया जाता है:
$\frac{hc}{e} \left( \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right) = V_0$
प्रथम स्थिति के लिए:
$\frac{hc}{e} \left( \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right) = 4.8 \quad ...(i)$
दूसरी स्थिति के लिए,जहाँ तरंगदैर्ध्य $2\lambda$ है:
$\frac{hc}{e} \left( \frac{1}{2\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right) = 1.6 \quad ...(ii)$
समीकरण $(i)$ को $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{\frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0}}{\frac{1}{2\lambda} - \frac{1}{\lambda_0}} = \frac{4.8}{1.6} = 3$
$\frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} = 3 \left( \frac{1}{2\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right)$
$\frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} = \frac{3}{2\lambda} - \frac{3}{\lambda_0}$
$\frac{3}{\lambda_0} - \frac{1}{\lambda_0} = \frac{3}{2\lambda} - \frac{1}{\lambda} = \frac{1}{2\lambda}$
$\frac{2}{\lambda_0} = \frac{1}{2\lambda}$
$\lambda_0 = 4\lambda$

(B) हम जानते हैं कि एमिटर धारा,कलेक्टर धारा और बेस धारा का योग होती है:
$I_{E} = I_{C} + I_{B}$
दोनों पक्षों को $I_{C}$ से विभाजित करने पर:
$\frac{I_{E}}{I_{C}} = 1 + \frac{I_{B}}{I_{C}}$
चूँकि $\alpha = \frac{I_{C}}{I_{E}}$,इसलिए $\frac{1}{\alpha} = \frac{I_{E}}{I_{C}}$ होता है।
चूँकि $\beta = \frac{I_{C}}{I_{B}}$,इसलिए $\frac{1}{\beta} = \frac{I_{B}}{I_{C}}$ होता है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$\frac{1}{\alpha} = 1 + \frac{1}{\beta}$
$\frac{1}{\beta}$ के लिए हल करने पर:
$\frac{1}{\beta} = \frac{1}{\alpha} - 1 = \frac{1 - \alpha}{\alpha}$
अतः,$\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha}$.

(C) परावर्तन के नियम के अनुसार,आपतन कोण $i$,परावर्तन कोण $r$ के बराबर होता है,इसलिए $i = r$ है।
यह दिया गया है कि परावर्तित किरण और अपवर्तित किरण परस्पर लंबवत हैं,इसलिए परावर्तन कोण $r$,परावर्तित और अपवर्तित किरण के बीच का कोण $(90^{\circ})$ और अपवर्तन कोण $r'$ का योग $180^{\circ}$ होता है।
अतः,$r + 90^{\circ} + r' = 180^{\circ}$,जिसका अर्थ है कि $r' = 90^{\circ} - r$। चूँकि $i = r$,इसलिए $r' = 90^{\circ} - i$ है।
अंतरापृष्ठ पर स्नेल के नियम को लागू करने पर,विरल माध्यम के सापेक्ष सघन माध्यम का अपवर्तनांक $\mu = \frac{\sin r'}{\sin i}$ द्वारा दिया जाता है।
हम जानते हैं कि क्रांतिक कोण $C$,अपवर्तनांक के साथ $\sin C = \frac{1}{\mu}$ संबंध रखता है।
इसलिए,$\sin C = \frac{\sin i}{\sin r'} = \frac{\sin i}{\sin(90^{\circ} - i)} = \frac{\sin i}{\cos i} = \tan i$ है।
अतः,क्रांतिक कोण $C = \sin^{-1}(\tan i)$ होगा।

(C) प्रिज्म का अपवर्तनांक $\mu$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\mu = \frac{\sin(\frac{A + \delta_m}{2})}{\sin(\frac{A}{2})}$.
दिया गया है कि न्यूनतम विचलन का कोण $\delta_m = A$ है,इसलिए हम इस मान को सूत्र में रखते हैं:
$\mu = \frac{\sin(\frac{A + A}{2})}{\sin(\frac{A}{2})} = \frac{\sin(A)}{\sin(\frac{A}{2})}$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin(A) = 2\sin(\frac{A}{2})\cos(\frac{A}{2})$ का उपयोग करने पर:
$\mu = \frac{2\sin(\frac{A}{2})\cos(\frac{A}{2})}{\sin(\frac{A}{2})} = 2\cos(\frac{A}{2})$.
$A$ के लिए हल करने पर:
$\cos(\frac{A}{2}) = \frac{\mu}{2} \Rightarrow \frac{A}{2} = \cos^{-1}(\frac{\mu}{2}) \Rightarrow A = 2\cos^{-1}(\frac{\mu}{2})$.

(C) दिया गया है: लेंस का व्यास $D = 6 \, cm$,इसलिए त्रिज्या $r = 3 \, cm$ है। मोटाई $y = 3 \, mm = 0.3 \, cm$ है। लेंस में प्रकाश की गति $v = 2 \times 10^8 \, m/s$ है। निर्वात में प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^8 \, m/s$ है।
$1$. अपवर्तनांक $\mu$ की गणना:
$\mu = \frac{c}{v} = \frac{3 \times 10^8}{2 \times 10^8} = 1.5$.
$2$. वक्र सतह की वक्रता त्रिज्या $R$ की गणना:
लेंस की ज्यामिति से,$R^2 = r^2 + (R - y)^2$.
$R^2 = r^2 + R^2 - 2Ry + y^2$.
$2Ry = r^2 + y^2$.
चूंकि $y$ बहुत छोटा है,इसलिए $y^2$ की उपेक्षा की जा सकती है।
$R = \frac{r^2}{2y} = \frac{3^2}{2 \times 0.3} = \frac{9}{0.6} = 15 \, cm$.
$3$. लेंस मेकर सूत्र का उपयोग करके फोकस दूरी $f$ की गणना:
$\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$.
समतल-उत्तल लेंस के लिए,$R_1 = R = 15 \, cm$ और $R_2 = \infty$ है।
$\frac{1}{f} = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{15} - \frac{1}{\infty} \right) = 0.5 \times \frac{1}{15} = \frac{1}{30}$.
अतः,$f = 30 \, cm$।

(A) एक प्रिज्म के लिए,विचलन कोण $(\delta)$ और आपतन कोण $(i)$ के बीच का संबंध सूत्र $\delta = (i + e) - A$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $e$ निर्गत कोण है और $A$ प्रिज्म का कोण है।
जैसे-जैसे आपतन कोण $(i)$ बढ़ता है,विचलन कोण $(\delta)$ शुरू में घटता है।
यह एक विशिष्ट आपतन कोण पर न्यूनतम विचलन कोण $(\delta_m)$ नामक न्यूनतम मान तक पहुँचता है।
इस बिंदु के बाद,जैसे-जैसे आपतन कोण $(i)$ बढ़ना जारी रहता है,विचलन कोण $(\delta)$ फिर से बढ़ने लगता है।
इसलिए,$\delta$ और $i$ के बीच का ग्राफ एक परवलय जैसा वक्र है जो एक न्यूनतम मान दिखाता है,जो विकल्प $A$ में दिखाए गए ग्राफ के अनुरूप है।

(B) आइंस्टीन के फोटो-इलेक्ट्रिक समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max} = eV_s = \frac{hc}{\lambda} - \phi_0$,जहाँ $\phi_0$ कार्य फलन है।
स्थिति $(i)$: $\lambda$ तरंगदैर्ध्य के लिए,निरोधी विभव $3V_0$ है:
$3eV_0 = \frac{hc}{\lambda} - \phi_0$ ......... $(1)$
स्थिति $(ii)$: $2\lambda$ तरंगदैर्ध्य के लिए,निरोधी विभव $V_0$ है:
$eV_0 = \frac{hc}{2\lambda} - \phi_0$ ......... $(2)$
समीकरण $(2)$ को $3$ से गुणा करने पर:
$3eV_0 = \frac{3hc}{2\lambda} - 3\phi_0$ ......... $(3)$
समीकरण $(1)$ और $(3)$ की तुलना करने पर:
$\frac{hc}{\lambda} - \phi_0 = \frac{3hc}{2\lambda} - 3\phi_0$
$2\phi_0 = \frac{3hc}{2\lambda} - \frac{hc}{\lambda} = \frac{hc}{2\lambda}$
$\phi_0 = \frac{hc}{4\lambda}$
चूंकि देहली तरंगदैर्ध्य $\lambda_0 = \frac{hc}{\phi_0}$ है,$\phi_0$ का मान रखने पर:
$\lambda_0 = \frac{hc}{hc / 4\lambda} = 4\lambda$.

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

(C) मान लीजिए कि इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $K$ है।
इलेक्ट्रॉन की दे-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ द्वारा दी जाती है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$\lambda^2 = \frac{h^2}{2mK}$,जिसका अर्थ है $K = \frac{h^2}{2m\lambda^2}$।
सतत $X$-रे के लिए कट-ऑफ तरंगदैर्ध्य $\lambda_0$ फोटॉन की अधिकतम ऊर्जा द्वारा निर्धारित होती है,जो आपतित इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा के बराबर होती है: $E = \frac{hc}{\lambda_0} = K$।
$K$ का मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{hc}{\lambda_0} = \frac{h^2}{2m\lambda^2}$।
$\lambda_0$ के लिए हल करने पर,हमें मिलता है $\lambda_0 = \frac{hc \cdot 2m\lambda^2}{h^2} = \frac{2mc\lambda^2}{h}$।
अतः,विकल्प $(C)$ सही है।

(C) समांतर प्लेट संधारित्र की मूल धारिता $C_{0} = \frac{\epsilon_{0} A}{d}$ है।
जब $t = \frac{3}{4}d$ मोटाई का एक परावैद्युत स्लैब डाला जाता है,तो इस निकाय को श्रेणीक्रम में जुड़े दो संधारित्रों $C_{1}$ और $C_{2}$ के रूप में माना जा सकता है।
$C_{1}$ परावैद्युत से भरे भाग की धारिता है: $C_{1} = \frac{K \epsilon_{0} A}{3d/4} = \frac{4 K \epsilon_{0} A}{3d}$.
$C_{2}$ वायु अंतराल की धारिता है: $C_{2} = \frac{\epsilon_{0} A}{d - 3d/4} = \frac{\epsilon_{0} A}{d/4} = \frac{4 \epsilon_{0} A}{d}$.
चूंकि वे श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए तुल्य धारिता $C'$ को $\frac{1}{C'} = \frac{1}{C_{1}} + \frac{1}{C_{2}}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर:
$\frac{1}{C'} = \frac{3d}{4 K \epsilon_{0} A} + \frac{d}{4 \epsilon_{0} A}$.
$\frac{1}{C'} = \frac{d}{4 \epsilon_{0} A} \left( \frac{3}{K} + 1 \right) = \frac{d}{4 \epsilon_{0} A} \left( \frac{3+K}{K} \right)$.
अतः,$C' = \frac{4 K \epsilon_{0} A}{d(3+K)} = \frac{4K}{3+K} C_{0}$.

$(A)$ प्रिज्म के लिए, विचलन कोण $\delta$ को $\delta = i + e - A$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $i$ आपतन कोण है, $e$ निर्गत कोण है, और $A$ प्रिज्म कोण है।
न्यूनतम विचलन कोण पर:
$1$. आपतन कोण, निर्गत कोण के बराबर होता है, अर्थात $i = e$। इसका अर्थ है कि आपतित किरण और निर्गत किरण प्रिज्म के सापेक्ष सममित हैं, जो कथन $(A)$ और $(C)$ को सही बनाता है।
$2$. प्रिज्म के अंदर अपवर्तित किरण उसके आधार के समानांतर हो जाती है, जिसका अर्थ है $r_1 = r_2$। यह कथन $(B)$ को सही बनाता है।
चूँकि कथन $(A)$, $(B)$ और $(C)$ तीनों न्यूनतम विचलन के लिए सही शर्तें हैं, इसलिए सही विकल्प $(A)$ है।

(A) विद्युतचुंबकीय तरंग में विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E}$ और चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B}$ के बीच का संबंध $\overrightarrow{E} = c(\overrightarrow{B} \times \hat{n})$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\hat{n}$ तरंग के प्रसार की दिशा है।
यहाँ,तरंग $y$-दिशा में यात्रा कर रही है,इसलिए $\hat{n} = \hat{y}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B} = 8.0 \times 10^{-8} \hat{z}\, T$ है।
मान रखने पर:
$\overrightarrow{E} = (3 \times 10^{8}\, m/s) \times (8.0 \times 10^{-8} \hat{z} \times \hat{y})$
चूँकि $\hat{z} \times \hat{y} = -\hat{x}$ होता है,इसलिए:
$\overrightarrow{E} = (3 \times 8.0) \times (-\hat{x}) = -24 \hat{x}\, V/m$.

(C) चुंबक की लंबाई $2l = 14 \, cm$,इसलिए $l = 7 \, cm = 0.07 \, m$ है।
केंद्र से उदासीन बिंदु की दूरी $d = 18 \, cm = 0.18 \, m$ है।
प्रत्येक ध्रुव से उदासीन बिंदु की दूरी $r = \sqrt{d^2 + l^2} = \sqrt{18^2 + 7^2} = \sqrt{324 + 49} = \sqrt{373} \, cm$ है।
एक ध्रुव के कारण उदासीन बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $B_0 = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{m}{r^2}$ है।
उदासीन बिंदु पर,पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक $B_H$ दोनों ध्रुवों के परिणामी चुंबकीय क्षेत्र द्वारा संतुलित होता है: $B_H = 2 B_0 \sin \theta$,जहाँ $\sin \theta = \frac{l}{r}$ है।
मान रखने पर: $B_H = 2 \left( \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{m}{r^2} \right) \left( \frac{l}{r} \right) = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{2ml}{r^3} = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{M}{r^3}$,जहाँ $M = m(2l)$ चुंबकीय आघूर्ण है।
$0.4 \times 10^{-4} = 10^{-7} \times \frac{M}{(r \times 10^{-2})^3} = 10^{-7} \times \frac{M}{(373 \times 10^{-4})^{3/2}}$.
$M = \frac{0.4 \times 10^{-4} \times (373 \times 10^{-4})^{3/2}}{10^{-7}} = 0.4 \times 10^3 \times (373)^{3/2} \times 10^{-6} = 0.4 \times 10^{-3} \times 7203.82 \approx 2.88 \, J \, T^{-1}$.

(A) तार का प्रारंभिक प्रतिरोध $R = \frac{\rho l}{A}$ है।
प्रश्न के अनुसार,नई लंबाई $l' = 2l$ और नया अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A' = \frac{A}{2}$ है।
नया प्रतिरोध $R'$ इस प्रकार है:
$R' = \rho \frac{l'}{A'} = \rho \frac{2l}{A/2} = \frac{4 \rho l}{A} = 4R$.
ओम के नियम के अनुसार नई धारा $I'$ है:
$I' = \frac{V}{R'} = \frac{V}{4R} = \frac{V}{4(\rho l / A)} = \frac{1}{4} \frac{VA}{\rho l}$.

(D) एंटीना के प्रभावी होने के लिए,इसकी लंबाई $L$ इसके द्वारा प्रसारित सिग्नल की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का एक अंश होनी चाहिए।
आमतौर पर,एंटीना की न्यूनतम लंबाई $L = \frac{\lambda}{4}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ एंटीना की लंबाई $L = 25\, m$ दी गई है।
सूत्र में मान रखने पर: $25 = \frac{\lambda}{4}$।
$\lambda$ के लिए हल करने पर: $\lambda = 25 \times 4 = 100\, m$।
अतः,सिग्नल की तरंगदैर्ध्य $100\, m$ है।

(A) विद्युत चुम्बकीय तरंग $(EMW)$ में,विद्युत क्षेत्र से जुड़ी औसत ऊर्जा घनत्व $U_{e} = \frac{1}{4} \epsilon_{0} E_{0}^{2}$ द्वारा दी जाती है।
चुम्बकीय क्षेत्र से जुड़ी औसत ऊर्जा घनत्व $U_{m} = \frac{1}{4} \frac{B_{0}^{2}}{\mu_{0}}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $E_{0} = c B_{0}$ और $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_{0} \epsilon_{0}}}$,हमारे पास $E_{0}^{2} = c^{2} B_{0}^{2} = \frac{B_{0}^{2}}{\mu_{0} \epsilon_{0}}$ है।
इसे $U_{e}$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $U_{e} = \frac{1}{4} \epsilon_{0} \left( \frac{B_{0}^{2}}{\mu_{0} \epsilon_{0}} \right) = \frac{1}{4} \frac{B_{0}^{2}}{\mu_{0}} = U_{m}$ प्राप्त होता है।
अतः,विद्युत और चुम्बकीय क्षेत्रों के कारण औसत ऊर्जा घनत्व समान होते हैं।

(D) दिखाया गया सर्किट एक श्रेणी $RC$ सर्किट है जहाँ आउटपुट वोल्टेज को संधारित्र (capacitor) $C$ के सिरों पर मापा जाता है।
जब इनपुट स्क्वायर वेव उच्च होती है ($t_1$ से $t_2$ तक),तो संधारित्र प्रतिरोध $R$ के माध्यम से चार्ज होता है। संधारित्र पर वोल्टेज घातीय चार्जिंग वक्र (exponential charging curve) का पालन करता है: $V_C(t) = V_0(1 - e^{-t/RC})$।
जब इनपुट स्क्वायर वेव निम्न होती है ($t_2$ से $t_3$ तक),तो संधारित्र प्रतिरोध $R$ के माध्यम से डिस्चार्ज होता है। संधारित्र पर वोल्टेज घातीय डिस्चार्जिंग वक्र (exponential discharging curve) का पालन करता है: $V_C(t) = V_0 e^{-t/RC}$।
इन दोनों प्रक्रियाओं को मिलाने पर,संधारित्र पर आउटपुट वेवफॉर्म एक घातीय वृद्धि और उसके बाद घातीय गिरावट दिखाएगा,जो विकल्प $D$ में दिखाए गए पैटर्न से मेल खाता है।

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,$K_{max} = h\nu - \phi_0$,जहाँ $K_{max} = eV_s$ है।
अतः,$eV_s = h\nu - \phi_0$,जो दर्शाता है कि $V_s = \frac{h}{e}\nu - \frac{\phi_0}{e}$।
यहाँ,$V_s$ निरोधी विभव है,$h$ प्लांक नियतांक है,$\nu$ आपतित विकिरण की आवृत्ति है और $\phi_0$ कार्य फलन है।
चूँकि $V_s$,$\nu$ का एक रैखिक फलन है,इसलिए निरोधी विभव आपतित विद्युत-चुंबकीय विकिरण की आवृत्ति पर निर्भर करता है।

(C) जब $L$ लंबाई की एक चालक छड़ कागज के तल के अंदर की ओर निर्देशित चुंबकीय क्षेत्र $B$ में $v$ वेग से गति करती है,तो छड़ में एक प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $\varepsilon = BvL$ उत्पन्न होता है।
फ्लेमिंग के दाहिने हाथ के नियम के अनुसार,गतिमान छड़ में प्रेरित धारा की दिशा नीचे से ऊपर की ओर होती है।
यह गतिमान छड़ एक बैटरी की तरह कार्य करती है जिसका धनात्मक सिरा ऊपर और ऋणात्मक सिरा नीचे होता है।
$R_{1}$ युक्त बाएं लूप के लिए,धारा $I_{1}$ छड़ के ऊपरी हिस्से से निकलकर,$R_{1}$ से गुजरती हुई छड़ के निचले हिस्से में वापस आती है,जो दक्षिणावर्त दिशा के अनुरूप है।
$R_{2}$ युक्त दाएं लूप के लिए,धारा $I_{2}$ छड़ के ऊपरी हिस्से से निकलकर,$R_{2}$ से गुजरती हुई छड़ के निचले हिस्से में वापस आती है,जो वामावर्त दिशा के अनुरूप है।
इसलिए,$I_{1}$ दक्षिणावर्त दिशा में है और $I_{2}$ वामावर्त दिशा में है।

(A) सबसे पहले,समानांतर क्रम में जुड़े तीन $3\, k\Omega$ प्रतिरोधकों का तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करें:
$\frac{1}{R_p} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{3}{3} = 1 \implies R_p = 1\, k\Omega$.
अब,परिपथ में $5\, k\Omega$ का प्रतिरोधक,तुल्य प्रतिरोध $R_p = 1\, k\Omega$ और बैटरी का आंतरिक प्रतिरोध $r = 1\, k\Omega$ श्रेणी क्रम में हैं।
कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 5\, k\Omega + 1\, k\Omega + 1\, k\Omega = 7\, k\Omega$.
ओम के नियम के अनुसार परिपथ से प्रवाहित होने वाली कुल धारा $I$:
$I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{21\, V}{7\, k\Omega} = 3\, mA$.
चूंकि $5\, k\Omega$ का प्रतिरोधक परिपथ के शेष भाग के साथ श्रेणी क्रम में है,इसलिए इससे भी समान धारा $I = 3\, mA$ प्रवाहित होगी।

(B) यंग के डबल स्लिट प्रयोग में फ्रिंज चौड़ाई का सूत्र $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है।
यहाँ,$\beta = 6 \ mm = 6 \times 10^{-3} \ m$,$d = 1 \ mm = 1 \times 10^{-3} \ m$,और $D = 10 \ m$ है।
तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\lambda = \frac{\beta d}{D} = \frac{(6 \times 10^{-3} \ m) \times (1 \times 10^{-3} \ m)}{10 \ m}$.
$\lambda = \frac{6 \times 10^{-6}}{10} \ m = 6 \times 10^{-7} \ m$.
इसे नैनोमीटर $(nm)$ में बदलने के लिए,हम $10^9$ से गुणा करते हैं:
$\lambda = 6 \times 10^{-7} \times 10^9 \ nm = 600 \ nm$.
अतः,$x$ का मान $600$ है।

(D) बामर श्रेणी की पहली रेखा के लिए $(n_1 = 2, n_2 = 3)$:
$\frac{1}{\lambda_{1}} = R \left(\frac{1}{2^{2}} - \frac{1}{3^{2}}\right) = R \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{9}\right) = R \left(\frac{5}{36}\right) \implies \lambda_{1} = \frac{36}{5R}$.
बामर श्रेणी की तीसरी रेखा के लिए $(n_1 = 2, n_2 = 5)$:
$\frac{1}{\lambda_{3}} = R \left(\frac{1}{2^{2}} - \frac{1}{5^{2}}\right) = R \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{25}\right) = R \left(\frac{21}{100}\right) \implies \lambda_{3} = \frac{100}{21R}$.
अनुपात $\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{3}}$ की गणना:
$\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{3}} = \left(\frac{36}{5R}\right) \times \left(\frac{21R}{100}\right) = \frac{36 \times 21}{500} = \frac{756}{500} = 1.512$.
$x \times 10^{-1}$ के रूप में व्यक्त करने पर:
$1.512 = 15.12 \times 10^{-1}$.
निकटतम पूर्णांक में,$x \approx 15$.

(A) $1$. श्रेणी प्रतिरोध $R_{S}$ के सिरों पर वोल्टेज $V_{R_{S}} = V_{in} - V_{Z} = 22 \text{ V} - 15 \text{ V} = 7 \text{ V}$ है।
$2$. श्रेणी प्रतिरोध $R_{S}$ से प्रवाहित कुल धारा $I = \frac{V_{R_{S}}}{R_{S}} = \frac{7 \text{ V}}{35 \Omega} = 0.2 \text{ A} = \frac{1}{5} \text{ A}$ है।
$3$. लोड प्रतिरोध $R_{L} = 90 \Omega$ से प्रवाहित धारा $I_{L} = \frac{V_{Z}}{R_{L}} = \frac{15 \text{ V}}{90 \Omega} = \frac{1}{6} \text{ A}$ है।
$4$. ज़ेनर डायोड से प्रवाहित धारा $I_{Z} = I - I_{L} = \frac{1}{5} \text{ A} - \frac{1}{6} \text{ A} = \frac{6 - 5}{30} \text{ A} = \frac{1}{30} \text{ A}$ है।
$5$. ज़ेनर डायोड में व्ययित शक्ति $P = V_{Z} \times I_{Z} = 15 \text{ V} \times \frac{1}{30} \text{ A} = 0.5 \text{ W}$ है।
$6$. इसे $x \times 10^{-1} \text{ W}$ के रूप में व्यक्त करने पर, हमें $0.5 \text{ W} = 5 \times 10^{-1} \text{ W}$ प्राप्त होता है।
$7$. अतः, $x$ का मान $5$ है।

(B) अनुनाद पर,$LCR$ परिपथ की प्रतिबाधा (impedance) पूरी तरह से प्रतिरोधी होती है,अर्थात $Z = R = 8\, \Omega$।
शिखर वोल्टेज $V_0 = 250\, V$ है। रूट मीन स्क्वायर $(RMS)$ वोल्टेज $V_{rms} = \frac{V_0}{\sqrt{2}} = \frac{250}{\sqrt{2}}\, V$ द्वारा दिया जाता है।
अनुनाद पर व्ययित शक्ति का सूत्र $P = \frac{(V_{rms})^2}{R}$ है।
मान रखने पर: $P = \frac{(250 / \sqrt{2})^2}{8} = \frac{62500 / 2}{8} = \frac{31250}{8} = 3906.25\, W$।
$kW$ में बदलने पर: $P = 3.90625\, kW$।
निकटतम पूर्णांक में पूर्णांकित करने पर,हमें $x = 4$ प्राप्त होता है।

(A) दिए गए इनपुट $A = 0$ और $B = 1$ हैं।
$1$. इनपुट $A=0$ $NOR$ गेट और एक $NOT$ गेट में जाता है। इस $NOT$ गेट का आउटपुट $1$ है।
$2$. इनपुट $B=1$ एक $NOT$ गेट में जाता है,इसलिए इसका आउटपुट $0$ है। यह $0$ $NAND$ गेट और एक अन्य $NOT$ गेट में जाता है,जो $1$ आउटपुट देता है।
$3$. $NOR$ गेट को $A=0$ और दूसरे $NOT$ गेट का आउटपुट $(1)$ प्राप्त होता है। अतः,$NOR$ गेट का आउटपुट $\overline{0+1} = \overline{1} = 0$ है।
$4$. $NAND$ गेट को पहले $NOT$ गेट का आउटपुट $(1)$ और $B$ से जुड़े $NOT$ गेट का आउटपुट $(0)$ प्राप्त होता है। अतः,$NAND$ गेट का आउटपुट $\overline{1 \cdot 0} = \overline{0} = 1$ है।
$5$. अंत में,$AND$ गेट को $NOR$ गेट का आउटपुट $(0)$ और $NAND$ गेट का आउटपुट $(1)$ प्राप्त होता है। इसलिए,आउटपुट $Y = 0 \cdot 1 = 0$ है।
अतः,$x = 0$ है।

(B) बोर के हाइड्रोजन परमाणु सिद्धांत के अनुसार,$n^{\text{th}}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का वेग $(v_n)$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v_n = \frac{2 \pi k Z e^2}{n h}$
जहाँ:
$k$ कूलम्ब नियतांक है,
$Z$ परमाणु क्रमांक है (हाइड्रोजन के लिए,$Z=1$),
$e$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है,
$h$ प्लांक नियतांक है,
$n$ मुख्य क्वांटम संख्या (कक्षा की संख्या) है।
चूंकि $2, \pi, k, Z, e^2,$ और $h$ नियतांक हैं,इसलिए वेग कक्षा की संख्या $n$ के व्युत्क्रमानुपाती होता है।
अतः,$v_n \propto \frac{1}{n}$.

(B) दी गई धारा $I = I_{1} \sin \omega t + I_{2} \cos \omega t$ है।
इसे $I = I_{0} \sin(\omega t + \phi)$ के रूप में लिखा जा सकता है,जहाँ $I_{0}$ शिखर धारा है।
आयाम $I_{0} = \sqrt{I_{1}^{2} + I_{2}^{2}}$ द्वारा दिया जाता है।
हॉट वायर एमीटर धारा का रूट मीन स्क्वायर $(RMS)$ मान मापता है।
$RMS$ मान को $I_{rms} = \frac{I_{0}}{\sqrt{2}}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
$I_{0}$ का मान प्रतिस्थापित करने पर,हमें $I_{rms} = \sqrt{\frac{I_{1}^{2} + I_{2}^{2}}{2}}$ प्राप्त होता है।

(A) परिनालिका के भीतर चुंबकीय फ्लक्स घनत्व $B$ का सूत्र $B = \mu n I$ है,जहाँ $\mu = \mu_0 \mu_r$ है।
दिया गया है:
प्रति इकाई लंबाई फेरों की संख्या $n = 1000 \, m^{-1} = 10^3 \, m^{-1}$।
आपेक्षिक पारगम्यता $\mu_r = 500$।
विद्युत धारा $I = 5 \, A$।
निर्वात की पारगम्यता $\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \, H/m$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$B = (4 \pi \times 10^{-7}) \times 500 \times 1000 \times 5$
$B = 4 \pi \times 10^{-7} \times 500 \times 10^3 \times 5$
$B = 4 \pi \times 10^{-7} \times 2.5 \times 10^6$
$B = 10 \pi \times 10^{-1} = \pi \, T$।
अतः,चुंबकीय फ्लक्स घनत्व $\pi \, T$ है।

(B) $1$. पहले दो गेट $NOT$ गेट हैं (क्योंकि इनपुट $A$ और $B$ को $NOR$ गेट के दोनों टर्मिनलों से जोड़ा गया है)। अतः,आउटपुट $\bar{A}$ और $\bar{B}$ प्राप्त होते हैं।
$2$. इन आउटपुट को एक $NOR$ गेट में भेजा जाता है। इस गेट का आउटपुट $\overline{\bar{A} + \bar{B}}$ है।
$3$. डी मॉर्गन के प्रमेय के अनुसार,$\overline{\bar{A} + \bar{B}} = \overline{\bar{A}} \cdot \overline{\bar{B}} = A \cdot B$.
$4$. इस परिणाम $(A \cdot B)$ को फिर एक अंतिम $NOT$ गेट (शॉर्ट किए गए इनपुट वाले $NOR$ गेट) में भेजा जाता है। अंतिम आउटपुट $Y = \overline{A \cdot B}$ प्राप्त होता है।
$5$. व्यंजक $\overline{A \cdot B}$ एक $NAND$ गेट को दर्शाता है।

(B) हाइड्रोजन जैसे परमाणु में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा का सूत्र $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \text{ eV}$ है।
हाइड्रोजन परमाणु के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 1$ और मूल अवस्था (ground state) के लिए,$n = 1$ है।
अतः,हाइड्रोजन की मूल अवस्था ऊर्जा $E_H = -13.6 \times \frac{1^2}{1^2} = -13.6 \text{ eV}$ है।
सिंगली आयनित कार्बन परमाणु $(C^+)$ के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 6$ है।
हम वह ऊर्जा स्तर $n$ ज्ञात करना चाहते हैं जिसके लिए ऊर्जा $E_C$ हाइड्रोजन की मूल अवस्था ऊर्जा के बराबर हो:
$-13.6 \frac{6^2}{n^2} = -13.6$.
दोनों पक्षों को $-13.6$ से विभाजित करने पर,हमें $\frac{36}{n^2} = 1$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$n^2 = 36$,जिसका अर्थ है कि $n = 6$।

(B) दिया गया है: धारा $i = 10\, A$,क्षेत्रफल $A = 5\, mm^{2} = 5 \times 10^{-6}\, m^{2}$,अपवाह वेग $v_{d} = 2 \times 10^{-3}\, m/s$,और इलेक्ट्रॉन का आवेश $e = 1.6 \times 10^{-19}\, C$.
हम जानते हैं कि धारा और अपवाह वेग के बीच संबंध $i = neAv_{d}$ है।
इलेक्ट्रॉन घनत्व $n$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर,$n = \frac{i}{eAv_{d}}$.
मान रखने पर: $n = \frac{10}{1.6 \times 10^{-19} \times 5 \times 10^{-6} \times 2 \times 10^{-3}}$.
$n = \frac{10}{16 \times 10^{-28}} = 0.625 \times 10^{28} = 625 \times 10^{25}\, m^{-3}$.

(A) $h$ ऊंचाई वाले एंटीना के लिए क्षितिज तक की दूरी $d$ को सूत्र $d = \sqrt{2Rh}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
एंटीना द्वारा कवर किया गया सेवा क्षेत्र $A$,$d$ त्रिज्या वाले एक वृत्त का क्षेत्रफल है,जो $A = \pi d^{2}$ द्वारा दिया जाता है।
$d$ के लिए व्यंजक को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $A = \pi (\sqrt{2Rh})^{2} = 2\pi Rh$ प्राप्त होता है।
यहाँ $R = 6400\, km$ और $h = 30\, m = 0.03\, km$ दिया गया है।
$A = 3.14 \times 2 \times 6400 \times 0.03$.
$A = 3.14 \times 384 = 1205.76\, km^{2}$.
निकटतम पूर्णांक में पूर्णांकित करने पर,हमें $A \simeq 1206\, km^{2}$ प्राप्त होता है।

(D) मान लीजिए कि प्रत्येक आसन्न प्लेटों के जोड़े की धारिता $C_{0} = \frac{\varepsilon_{0} A}{d}$ है,जहाँ $A = l \times b = 2 \times \frac{3}{2} = 3 \, cm^{2}$ है।
चित्र से,प्लेटें $B$ और $D$ एक साथ जुड़ी हुई हैं।
संधारित्र प्लेटों $A$ और $B$,$B$ और $C$,तथा $C$ और $D$ के बीच बनता है।
चूंकि $B$ और $D$ जुड़े हुए हैं,इसलिए वे समान विभव पर हैं।
परिपथ में $A$ और $B$ के बीच एक संधारित्र $(C_{1})$ है,और $B$ और $C$ के बीच दो संधारित्र समानांतर में हैं ($B$ और $C$ के बीच एक,और $C$ और $D$ के बीच एक)।
अतः,$C_{eq} = C_{AB} \text{ श्रेणीक्रम में } (C_{BC} \parallel C_{CD}) \text{ के साथ}$.
$C_{eq} = \frac{C_{0} \times (C_{0} + C_{0})}{C_{0} + (C_{0} + C_{0})} = \frac{C_{0} \times 2C_{0}}{3C_{0}} = \frac{2}{3} C_{0}$.
$C_{0} = \frac{\varepsilon_{0} A}{d} = \frac{3 \varepsilon_{0}}{d}$ रखने पर,हमें $C_{eq} = \frac{2}{3} \times \frac{3 \varepsilon_{0}}{d} = \frac{2 \varepsilon_{0}}{d}$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना $\frac{x \varepsilon_{0}}{d}$ से करने पर,$x = 2$ प्राप्त होता है।

(D) संधारित्र में संचित प्रारंभिक ऊर्जा $U_i = \frac{1}{2} C V^2$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $U_i = \frac{1}{2} \times 14 \, pF \times (12 \, V)^2 = \frac{1}{2} \times 14 \times 144 = 1008 \, pJ$.
जब बैटरी को हटा दिया जाता है,तो प्लेटों पर आवेश $Q$ स्थिर रहता है।
$k = 7$ परावैद्युत स्लैब डालने के बाद,नई धारिता $C' = kC = 7 \times 14 \, pF = 98 \, pF$ हो जाती है।
संधारित्र में संचित नई ऊर्जा $U_f = \frac{Q^2}{2C'} = \frac{Q^2}{2(kC)} = \frac{U_i}{k}$ है।
$U_f = \frac{1008 \, pJ}{7} = 144 \, pJ$.
विद्युत स्थितिज ऊर्जा में हुई कमी स्लैब की यांत्रिक ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
यांत्रिक ऊर्जा $= U_i - U_f = 1008 \, pJ - 144 \, pJ = 864 \, pJ$.

(D) एक गैर-परावर्तक सतह (पूर्ण अवशोषण) और लंबवत आपतन के लिए,प्रकाश द्वारा लगाया गया बल $F = \frac{P}{c}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $P$ शक्ति है और $c$ प्रकाश की गति है।
चूँकि शक्ति $P = I \times A$ है,जहाँ $I$ तीव्रता (ऊर्जा फ्लक्स) है और $A$ क्षेत्रफल है,इसलिए बल का समीकरण $F = \frac{I A}{c}$ हो जाता है।
तीव्रता $I$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $I = \frac{F c}{A}$ प्राप्त होता है।
दिए गए मान: $F = 2.5 \times 10^{-6} \ N$,$A = 30 \ cm^{2}$,और $c = 3 \times 10^{8} \ m/s$.
इन मानों को रखने पर: $I = \frac{2.5 \times 10^{-6} \times 3 \times 10^{8}}{30} = \frac{7.5 \times 10^{2}}{30} = \frac{750}{30} = 25 \ W/cm^{2}$.
अतः,ऊर्जा फ्लक्स $25 \ W/cm^{2}$ है।

(B) तेल की बूंद को स्थिर रखने के लिए,विद्युत बल को गुरुत्वाकर्षण बल को संतुलित करना चाहिए: $qE = Mg$.
यहाँ,$q = ne$,जहाँ $n$ अतिरिक्त इलेक्ट्रॉनों की संख्या है और $e = 1.6 \times 10^{-19} \, C$ है।
द्रव्यमान $M = \text{घनत्व} (\rho) \times \text{आयतन} (V) = \rho \times \frac{4}{3} \pi r^3$.
दिया गया है: $\rho = 3 \, g \, cm^{-3} = 3000 \, kg \, m^{-3}$,$r = 2 \, mm = 2 \times 10^{-3} \, m$,$E = 3.55 \times 10^{5} \, V \, m^{-1}$,$g = 9.81 \, m \, s^{-2}$.
मान रखने पर: $n \times (1.6 \times 10^{-19}) \times (3.55 \times 10^{5}) = 3000 \times \frac{4}{3} \times \pi \times (2 \times 10^{-3})^3 \times 9.81$.
$n \times 5.68 \times 10^{-14} = 4000 \times 3.14159 \times 8 \times 10^{-9} \times 9.81$.
$n \times 5.68 \times 10^{-14} = 9.833 \times 10^{-4}$.
$n = \frac{9.833 \times 10^{-4}}{5.68 \times 10^{-14}} \approx 1.73 \times 10^{10}$.

(A) वायुमंडल की परतें ऊँचाई के आधार पर इस प्रकार हैं:
$1$. क्षोभमंडल: $0$ से $12\, km$। अतः,$(a) \rightarrow (iv)$।
$2$. समतापमंडल: $12$ से $50\, km$। अतः,$(b) \rightarrow (iii)$।
$3$. मध्यमंडल: $50$ से $85\, km$। अतः,$(c) \rightarrow (ii)$।
$4$. तापमंडल: $85\, km$ से ऊपर। अतः,$(d) \rightarrow (i)$।
अतः,सही मिलान $(a)-(iv), (b)-(iii), (c)-(ii), (d)-(i)$ है।

(B) हाइड्रोजन जैसे परमाणु के ऊर्जा स्तर $E_n = -\frac{m e^4}{8 \epsilon_0^2 n^2 h^2}$ द्वारा दिए जाते हैं,जहाँ $m$ परिक्रमा करने वाले कण का द्रव्यमान है।
चूंकि $E \propto m$,इसलिए आयनन विभव $(IP)$ कण के द्रव्यमान के सीधे आनुपातिक होता है।
मानक हाइड्रोजन परमाणु के लिए,$IP_e = 13.6 \ eV$ है।
जब इलेक्ट्रॉन को $m_{\mu} = 207 m_e$ द्रव्यमान वाले म्यूऑन से बदल दिया जाता है,तो नया आयनन विभव $IP_{\mu}$ इस प्रकार होगा:
$IP_{\mu} = IP_e \times \frac{m_{\mu}}{m_e}$
$IP_{\mu} = 13.6 \ eV \times 207$
$IP_{\mu} = 2815.2 \ eV$.

(C) विद्युत क्षेत्र $E$ का परिमाण चुंबकीय क्षेत्र $B$ से $E = B \cdot c$ संबंध द्वारा संबंधित है,जहाँ $c$ निर्वात में प्रकाश की गति है $(c = 3 \times 10^8 \, m/s)$।
दिया गया है $B = 2.0 \times 10^{-8} \, T$,इसलिए $E = (2.0 \times 10^{-8} \, T) \times (3 \times 10^8 \, m/s) = 6.0 \, V/m$।
विद्युतचुंबकीय तरंग के प्रसार की दिशा $\overrightarrow{E} \times \overrightarrow{B}$ सदिश की दिशा द्वारा दी जाती है।
यहाँ,तरंग $x$-दिशा $(\hat{i})$ में यात्रा कर रही है,और $\overrightarrow{B}$,$z$-दिशा $(\hat{k})$ में है।
चूंकि $\hat{i} = \hat{j} \times \hat{k}$,इसलिए विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E}$ को $y$-दिशा $(\hat{j})$ में होना चाहिए।
अतः,$\overrightarrow{E} = 6.0 \hat{j} \, V/m$।

(D) एक लंबे सोलेनोइड के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_0 n i$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ प्रति इकाई लंबाई में फेरों की संख्या है और $i$ इसमें बहने वाली धारा है।
चूंकि सोलेनोइड समान हैं,इसलिए सभी के लिए $n$ समान है।
अतः,$B \propto i$.
मान लीजिए कि परिपथ में प्रवेश करने वाली कुल धारा $I$ है। यह धारा $I$ सोलेनोइड $A$ से होकर बहती है।
जंक्शन पर,धारा $I$ तीन समान समानांतर शाखाओं में विभाजित हो जाती है जिनमें सोलेनोइड $B, C$ और $D$ हैं।
चूंकि सोलेनोइड समान हैं,इसलिए उनका प्रतिरोध बराबर है और धारा $I$ तीनों शाखाओं में समान रूप से विभाजित हो जाती है।
इसलिए,सोलेनोइड $C$ से होकर बहने वाली धारा $i_C = \frac{I}{3}$ है।
यह दिया गया है कि $A$ के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_A = 3\, T$ है,इसलिए $B_A \propto I$,यानी $3\, T \propto I$.
$C$ के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_C \propto i_C = \frac{I}{3}$ है।
अतः,$B_C = \frac{B_A}{3} = \frac{3\, T}{3} = 1\, T$.

(C) जब एक रेडियोधर्मी नमूना दो स्वतंत्र क्षय प्रक्रियाओं से गुजरता है,तो कुल क्षय स्थिरांक $\lambda_{eq} = \lambda_1 + \lambda_2$ होता है।
क्षय स्थिरांक $\lambda$ और अर्ध-आयु $T_{1/2}$ के बीच संबंध $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ है।
अतः,$\frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{\ln 2}{T_{1/2}^{(1)}} + \frac{\ln 2}{T_{1/2}^{(2)}}$ लिखा जा सकता है।
दोनों पक्षों को $\ln 2$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{1}{T_{1/2}} = \frac{1}{T_{1/2}^{(1)}} + \frac{1}{T_{1/2}^{(2)}}$।
इसे $T_{1/2}$ के लिए हल करने पर:
$T_{1/2} = \frac{T_{1/2}^{(1)} T_{1/2}^{(2)}}{T_{1/2}^{(1)} + T_{1/2}^{(2)}}$।

(B) फ्रिंज की चौड़ाई $\beta$ का सूत्र $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है।
दिया गया है: $\lambda = 5890 \, \text{Å} = 5890 \times 10^{-10} \, m$, $D = 0.5 \, m$, और $d = 0.5 \, mm = 0.5 \times 10^{-3} \, m$.
मान रखने पर: $\beta = \frac{5890 \times 10^{-10} \times 0.5}{0.5 \times 10^{-3}} = 5890 \times 10^{-7} \, m = 589 \times 10^{-6} \, m$.
$n$-वीं और $m$-वीं दीप्त फ्रिंज के बीच की दूरी $(n-m) \beta$ होती है।
पहली और तीसरी दीप्त फ्रिंज के लिए, दूरी $(3-1) \beta = 2 \beta$ होगी।
दूरी $= 2 \times 589 \times 10^{-6} \, m = 1178 \times 10^{-6} \, m$.

(D) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv}$ होता है।
यहाँ कण $(p)$ और इलेक्ट्रॉन $(e)$ की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का अनुपात $\frac{\lambda_p}{\lambda_e} = 2:1$ दिया गया है।
साथ ही,कण का वेग $v_p = 4v_e$ है।
सूत्र $\frac{\lambda_p}{\lambda_e} = \frac{m_e v_e}{m_p v_p}$ का उपयोग करते हुए,मान रखने पर:
$2 = \frac{m_e v_e}{m_p (4v_e)}$
समीकरण को सरल करने पर:
$2 = \frac{m_e}{4m_p}$
$m_p$ के लिए हल करने पर:
$m_p = \frac{m_e}{4 \times 2} = \frac{m_e}{8}$.
अतः,कण का द्रव्यमान इलेक्ट्रॉन के द्रव्यमान का $\frac{1}{8}$ गुना है।

(A) $LCR$ परिपथ की अनुनाद आवृत्ति $\omega_0 = 1 / \sqrt{LC}$ द्वारा दी जाती है। चूंकि यह केवल $L$ और $C$ पर निर्भर करती है,इसलिए प्रतिरोध $R$ बदलने पर यह स्थिर रहती है।
$LCR$ परिपथ की बैंडविड्थ को $\Delta \omega = R / L$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
चूंकि बैंडविड्थ $\Delta \omega$ प्रतिरोध $R$ के सीधे आनुपातिक है $(\Delta \omega \propto R)$,इसलिए प्रतिरोध $R$ को बढ़ाने से बैंडविड्थ बढ़ जाएगी।
क्वालिटी फैक्टर $Q$ को $Q = \omega_0 L / R = 1 / R \sqrt{L/C}$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि $Q \propto 1/R$,इसलिए प्रतिरोध $R$ को बढ़ाने से क्वालिटी फैक्टर कम हो जाएगा।
अतः,सही कथन यह है कि अनुनाद परिपथ की बैंडविड्थ बढ़ जाएगी।

(A) $AC$ परिपथ में तात्क्षणिक धारा $i = i_{0} \cos(\omega t)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $i_{0}$ शिखर धारा है।
$t = 0$ पर,धारा अपने अधिकतम मान पर है,$i = i_{0}$।
धारा का $rms$ मान $i_{rms} = \frac{i_{0}}{\sqrt{2}}$ होता है।
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब $i = \frac{i_{0}}{\sqrt{2}}$ हो।
$\cos(\omega t) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ रखने पर,हमें $\omega t = \frac{\pi}{4}$ प्राप्त होता है।
$\omega = 2\pi f$ प्रतिस्थापित करने पर,$2\pi f t = \frac{\pi}{4}$ प्राप्त होता है।
$t$ के लिए हल करने पर,$t = \frac{1}{8f}$।
चूँकि $f = 50\, Hz$ दिया गया है,$t = \frac{1}{8 \times 50} = \frac{1}{400}\, s$।
$t = 0.0025\, s = 2.5\, ms$।

(B) दूर की वस्तुओं को स्पष्ट रूप से न देख पाना $Myopia$ (निकट दृष्टि दोष) का लक्षण है।
हालाँकि,यह अवलोकन कि एक समान जाली (mesh) विकृत या असमान दिखाई देती है,$Astigmatism$ (दृष्टि वैषम्य) का मुख्य लक्षण है।
$Astigmatism$ कॉर्निया या लेंस के अनियमित वक्रता के कारण होता है,जिससे प्रकाश रेटिना पर एक बिंदु के बजाय अलग-अलग बिंदुओं पर केंद्रित होता है।
चूंकि प्रश्न में दूर की वस्तुओं को स्पष्ट न देख पाने और छवि के विकृत होने,दोनों का वर्णन है,इसलिए सही निदान $Myopia$ के साथ $Astigmatism$ है।

(A) जब एक लचीले धारावाही लूप को बाहरी चुंबकीय क्षेत्र में रखा जाता है,तो तार के प्रत्येक सूक्ष्म खंड $(d\ell)$ पर $dF = i(d\ell \times B)$ के अनुसार चुंबकीय बल कार्य करता है।
यह बल विद्युत धारा की दिशा और चुंबकीय क्षेत्र दोनों के लंबवत कार्य करता है।
त्रिज्यीय दिशा में कार्य करने वाले चुंबकीय बल की समरूपता के कारण,तार पर एक समान तनाव उत्पन्न होता है जो इसे गोलाकार आकार में फैलने के लिए मजबूर करता है ताकि लूप द्वारा घिरा हुआ क्षेत्रफल अधिकतम हो सके,और इसका तल चुंबकीय क्षेत्र रेखाओं के लंबवत हो।

(B) $t = 0$ पर संधारित्र के सिरों पर विभवांतर $V = \frac{q}{C}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $q = 30\, \mu C$ और $C = 3\, \mu F$,इसलिए $V = \frac{30\, \mu C}{3\, \mu F} = 10\, V$ है।
जब कुंजी बंद की जाती है,तो संधारित्र $R = 5\, M\Omega = 5 \times 10^6\, \Omega$ के प्रतिरोधक के माध्यम से निरावेशित (discharge) होता है।
$t = 0$ पर परिपथ में बहने वाली प्रारंभिक धारा $i_0 = \frac{V}{R}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर,$i_0 = \frac{10\, V}{5 \times 10^6\, \Omega} = 2 \times 10^{-6}\, A$ प्राप्त होता है।
चूंकि $1\, \mu A = 10^{-6}\, A$,इसलिए धारा $i_0 = 2\, \mu A$ है।
अतः,$'x'$ का मान $2$ है।