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

(A) माध्य स्थिति से शुरू होने वाली सरल आवर्त गति के लिए विस्थापन का समीकरण $x(t) = A \sin(\omega t)$ है,जहाँ $A$ आयाम है और $\omega$ कोणीय आवृत्ति है।
दिया गया है कि विस्थापन $x = \frac{A}{2}$,इसलिए:
$\frac{A}{2} = A \sin(\omega t)$
$\sin(\omega t) = \frac{1}{2}$
$\omega t = \frac{\pi}{6}$
चूँकि $\omega = \frac{2\pi}{T}$,जहाँ $T = 2 \ s$ आवर्तकाल है:
$\frac{2\pi}{T} \cdot t = \frac{\pi}{6}$
$t = \frac{T}{12} = \frac{2}{12} = \frac{1}{6} \ s$.
इस समय की तुलना $\frac{1}{a} \ s$ से करने पर,हमें $a = 6$ प्राप्त होता है।

(D) यंग मापांक $Y$ का सूत्र $Y = \frac{F L}{A \Delta L}$ है,जहाँ $A = \pi r^2$ है।
तार $A$ के लिए: $Y = \frac{F L_A}{\pi r_A^2 \Delta L_A} \implies Y = \frac{2 \cdot a}{\pi r_A^2 \cdot 2 \times 10^{-3}} \quad ......(1)$
तार $B$ के लिए: $Y = \frac{F L_B}{\pi r_B^2 \Delta L_B}$. दिया गया है कि $r_B = 4 r_A$,इसलिए $Y = \frac{2 \cdot b}{\pi (4 r_A)^2 \cdot 4 \times 10^{-3}} = \frac{2 \cdot b}{16 \pi r_A^2 \cdot 4 \times 10^{-3}} \quad ......(2)$
चूंकि दोनों तार एक ही पदार्थ के हैं,इसलिए $Y$ समान रहेगा। समीकरण $(1)$ और $(2)$ की तुलना करने पर:
$\frac{a}{2 \pi r_A^2 \times 10^{-3}} = \frac{2 b}{64 \pi r_A^2 \times 10^{-3}}$
$\frac{a}{2} = \frac{b}{32} \implies \frac{a}{b} = \frac{2}{64} = \frac{1}{32}$.
अतः,$x = 32$.

(A) माना नदी के सापेक्ष तैराक का वेग $\vec{v}_{sr} = 10\, m/s$ है और नदी का वेग $\vec{v}_r = x\, m/s$ है।
तैराक नदी के प्रवाह के साथ $120^{\circ}$ के कोण पर तैरता है।
ठीक सामने के बिंदु पर पहुँचने के लिए,जमीन के सापेक्ष तैराक का परिणामी वेग $(\vec{v}_s = \vec{v}_{sr} + \vec{v}_r)$ नदी के प्रवाह के लंबवत होना चाहिए।
माना नदी का प्रवाह $x$-अक्ष की दिशा में है। तैराक का वेग सदिश $\vec{v}_{sr}$ धनात्मक $x$-अक्ष के साथ $120^{\circ}$ का कोण बनाता है।
$x$-अक्ष पर तैराक के वेग का घटक $v_{sr,x} = 10 \cos(120^{\circ}) = 10 \times (-0.5) = -5\, m/s$ है।
तैराक के सीधे पार जाने के लिए,$x$-अक्ष पर कुल वेग शून्य होना चाहिए।
अतः,$v_{net,x} = v_{sr,x} + v_r = 0$.
$-5 + x = 0$.
$x = 5\, m/s$.

(C) माना कि पहली गेंद का द्रव्यमान $m_1 = 10 \, kg$ है और इसका प्रारंभिक वेग $\vec{u}_1 = 10 \sqrt{3} \hat{i} \, m/s$ है। दूसरी गेंद का द्रव्यमान $m_2 = 20 \, kg$ है और यह विराम अवस्था में है $(\vec{u}_2 = 0)$.
टक्कर के बाद,पहली गेंद विराम अवस्था में आ जाती है। दूसरी गेंद $10 \, kg$ के दो समान टुकड़ों में टूट जाती है।
माना कि पहले टुकड़े का वेग $\vec{v}_1 = 10 \hat{j} \, m/s$ है।
माना कि दूसरे टुकड़े का वेग $\vec{v}_2 = v_x \hat{i} - v_y \hat{j}$ है (चित्र के अनुसार,यह $x$-अक्ष के नीचे $30^{\circ}$ के कोण पर गति करता है)।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$m_1 \vec{u}_1 + m_2 \vec{u}_2 = m_1 \vec{v}_{1,final} + m_p \vec{v}_1 + m_p \vec{v}_2$
$10(10 \sqrt{3} \hat{i}) + 0 = 0 + 10(10 \hat{j}) + 10 \vec{v}_2$
$100 \sqrt{3} \hat{i} = 100 \hat{j} + 10 \vec{v}_2$
$10 \vec{v}_2 = 100 \sqrt{3} \hat{i} - 100 \hat{j}$
$\vec{v}_2 = 10 \sqrt{3} \hat{i} - 10 \hat{j}$
वेग $\vec{v}_2$ का परिमाण $x = |\vec{v}_2| = \sqrt{(10 \sqrt{3})^2 + (-10)^2} = \sqrt{300 + 100} = \sqrt{400} = 20 \, m/s$ है।

(D) यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,बिंदु $A$ पर कुल यांत्रिक ऊर्जा बिंदु $B$ पर कुल यांत्रिक ऊर्जा के बराबर होती है।
$E_A = E_B$
$PE_A + KE_A = PE_B + KE_B$
यह दिया गया है कि कण $A$ पर विरामावस्था से गति शुरू करता है,इसलिए $KE_A = 0$ है।
$mgh_A + 0 = mgh_B + \frac{1}{2}mv^2$
$gh_A = gh_B + \frac{1}{2}v^2$
$v^2 = 2g(h_A - h_B)$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $g = 10 \ m/s^2$,$h_A = 10 \ m$,$h_B = 5 \ m$।
$v^2 = 2 \times 10 \times (10 - 5)$
$v^2 = 20 \times 5 = 100$
$v = \sqrt{100} = 10 \ m/s$
अतः,$x$ का मान $10$ है।

(C) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 0.1\, kg$,प्रारंभिक वेग $u = 10\, m/s$,अंतिम वेग $v = 0\, m/s$,और दूरी $s = 50\, cm = 0.5\, m$ है।
गति के तीसरे समीकरण का उपयोग करते हुए: $v^2 = u^2 + 2as$।
मान रखने पर: $0^2 = (10)^2 + 2 \cdot a \cdot 0.5$।
$0 = 100 + a$,जिससे मंदन $a = -100\, m/s^2$ प्राप्त होता है।
मंदक बल का परिमाण $F = m|a|$ है।
$F = 0.1\, kg \cdot 100\, m/s^2 = 10\, N$।
अतः,$'x'$ का मान $10$ है।

(C) दिया गया है:
ब्लॉक का द्रव्यमान $M = 5.99 \, kg$
गोली का द्रव्यमान $m = 10 \, g = 0.01 \, kg$
कुल द्रव्यमान $M + m = 5.99 + 0.01 = 6.00 \, kg$
ऊर्ध्वाधर ऊँचाई $h = 9.8 \, cm = 0.098 \, m$
गुरुत्वीय त्वरण $g = 9.8 \, ms^{-2}$
चरण $1$: टक्कर के बाद (ब्लॉक $+$ गोली) निकाय के लिए यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण का नियम लागू करने पर।
$(M + m)gh = \frac{1}{2}(M + m)v_1^2$
$v_1 = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \times 9.8 \times 0.098} = \sqrt{19.6 \times 0.098} = \sqrt{1.9208} \approx 1.3856 \, m/s$
चरण $2$: टक्कर के दौरान रैखिक संवेग संरक्षण का नियम लागू करने पर।
$mv = (M + m)v_1$
$v = \frac{(M + m)v_1}{m} = \frac{6.00 \times 1.3856}{0.01} = 600 \times 1.3856 = 831.36 \, m/s$
निकटतम विकल्प के अनुसार,गति $831.5 \, m/s$ है।

(D) प्रवाह की प्रकृति रेनॉल्ड्स संख्या $(R_e)$ द्वारा निर्धारित की जाती है: $R_e = \frac{\rho v D}{\eta}$.
दिया गया है: $\rho = 10^3\, kg/m^3$,$\eta = 10^{-3}\, Pa\cdot s$,$r = 0.5\, cm = 0.005\, m$,$D = 2r = 0.01\, m$.
प्रवाह दर $Q = A \cdot v = \pi r^2 v$,इसलिए $v = \frac{Q}{\pi r^2}$.
$R_e$ में $v$ का मान रखने पर: $R_e = \frac{\rho Q D}{\eta \pi r^2} = \frac{\rho Q (2r)}{\eta \pi r^2} = \frac{2 \rho Q}{\eta \pi r}$.
$Q_1 = 0.18\, L/min = \frac{0.18 \times 10^{-3}}{60}\, m^3/s = 3 \times 10^{-6}\, m^3/s$ के लिए:
$R_{e1} = \frac{2 \times 10^3 \times 3 \times 10^{-6}}{10^{-3} \times \pi \times 0.005} \approx 382.16$.
चूंकि $R_{e1} < 1000$,प्रवाह स्थायी है।
$Q_2 = 0.48\, L/min = \frac{0.48 \times 10^{-3}}{60}\, m^3/s = 8 \times 10^{-6}\, m^3/s$ के लिए:
$R_{e2} = \frac{2 \times 10^3 \times 8 \times 10^{-6}}{10^{-3} \times \pi \times 0.005} \approx 1018.59$.
चूंकि $1000 < R_{e2} < 2000$,प्रवाह अस्थायी हो जाता है।
अतः,प्रवाह स्थायी से अस्थायी में बदल जाता है।

(B) दिया गया वेग सदिश: $\overrightarrow{v} = 0.5t^2 \hat{i} + 3t \hat{j} + 9 \hat{k}$ है।
$t = 2 \, s$ पर,वेग $\overrightarrow{v} = 0.5(2)^2 \hat{i} + 3(2) \hat{j} + 9 \hat{k} = 2 \hat{i} + 6 \hat{j} + 9 \hat{k} \, m/s$ है।
वेग का परिमाण $|\overrightarrow{v}| = \sqrt{2^2 + 6^2 + 9^2} = \sqrt{4 + 36 + 81} = \sqrt{121} = 11 \, m/s$ है।
दिक् कोज्याएँ $\cos \alpha = \frac{v_x}{|v|} = \frac{2}{11}$,$\cos \beta = \frac{v_y}{|v|} = \frac{6}{11}$,और $\cos \gamma = \frac{v_z}{|v|} = \frac{9}{11}$ हैं।
$x$-अक्ष के साथ कोण $\alpha = \cos^{-1}(\frac{2}{11})$ है।
$y$-अक्ष के साथ कोण $\beta = \cos^{-1}(\frac{6}{11})$ है।
$z$-अक्ष के साथ कोण $\gamma = \cos^{-1}(\frac{9}{11})$ है।
दिए गए विकल्पों में से कोई भी इन मानों से मेल नहीं खाता है। अतः,सही विकल्प $B$ है।

(D) माध्य मुक्त पथ $(\lambda)$ का सूत्र है: $\lambda = \frac{k T}{\sqrt{2} \pi d^2 P}$।
दिए गए मान:
तापमान $T = 27^{\circ} C = 27 + 273 = 300 K$.
दाब $P = 1.01 \times 10^{5} Pa$.
व्यास $d = 0.3 nm = 0.3 \times 10^{-9} m$.
बोल्ट्जमान नियतांक $k = 1.38 \times 10^{-23} J K^{-1}$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\lambda = \frac{1.38 \times 10^{-23} \times 300}{\sqrt{2} \times 3.14 \times (0.3 \times 10^{-9})^2 \times 1.01 \times 10^{5}}$.
$\lambda = \frac{4.14 \times 10^{-21}}{1.414 \times 3.14 \times 0.09 \times 10^{-18} \times 1.01 \times 10^{5}}$.
$\lambda = \frac{4.14 \times 10^{-21}}{0.403 \times 10^{-13}} \approx 1.027 \times 10^{-7} m$.
$nm$ में बदलने पर: $\lambda \approx 102.7 nm \approx 102 nm$.

(D) यंग मापांक का सूत्र $Y = \frac{FL}{A\ell} = \frac{mgL}{\pi R^2 \ell}$ है।
भिन्नात्मक त्रुटि $\frac{\Delta Y}{Y} = \frac{\Delta m}{m} + \frac{\Delta L}{L} + 2\frac{\Delta R}{R} + \frac{\Delta \ell}{\ell}$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मान:
$m = 1 \, kg = 1000 \, g$,$\Delta m = 1 \, g$
$L = 1 \, m = 1000 \, mm$,$\Delta L = 1 \, mm$
$R = 0.2 \, cm$,$\Delta R = 0.001 \, cm$
$\ell = 0.5 \, cm$,$\Delta \ell = 0.001 \, cm$
इन मानों को त्रुटि सूत्र में रखने पर:
$\frac{\Delta Y}{Y} \times 100 = \left( \frac{1}{1000} + \frac{1}{1000} + 2 \times \frac{0.001}{0.2} + \frac{0.001}{0.5} \right) \times 100$
$= \left( 0.001 + 0.001 + 0.01 + 0.002 \right) \times 100$
$= 0.014 \times 100 = 1.4 \%$.

(D) धातु की पट्टी की लंबाई में परिवर्तन $\Delta L = L \alpha \Delta T$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\alpha$ रेखीय प्रसार गुणांक है और $\Delta T$ तापमान में परिवर्तन है।
चूंकि पट्टी को ठंडे बाथ में रखा जाता है,तापमान कम हो जाता है,इसलिए $\Delta T$ ऋणात्मक है,जिसका अर्थ है कि दोनों धातुएं सिकुड़ेंगी।
यह दिया गया है कि $\alpha_{A} > \alpha_{B}$,इसलिए धातु $A$ में संकुचन धातु $B$ की तुलना में अधिक होगा (अर्थात $|\Delta L_{A}| > |\Delta L_{B}|$) ।
चूंकि धातु $A$ बाईं ओर है और यह धातु $B$ की तुलना में अधिक सिकुड़ती है,इसलिए पट्टी उस तरफ मुड़ जाएगी जो अधिक सिकुड़ती है,यानी बाईं ओर।

(D) कथन $I :$ असमतल सड़क के लिए,अधिकतम सुरक्षित गति $v_{\max} = \sqrt{\mu Rg}$ होती है।
दिया है $\mu = 0.2$,$R = 2 \, m$,$g = 9.8 \, m/s^2$।
$v_{\max} = \sqrt{0.2 \times 2 \times 9.8} = \sqrt{3.92} \approx 1.98 \, m/s$।
साइकिल चालक की गति $7 \, km/h = 7 \times \frac{5}{18} \approx 1.944 \, m/s$ है।
चूंकि $1.944 \, m/s < 1.98 \, m/s$,साइकिल चालक नहीं फिसलेगा। अतः,कथन $I$ सही है।
कथन $II :$ झुकी हुई सड़क के लिए,अधिकतम सुरक्षित गति $v_{\max} = \sqrt{Rg \left[ \frac{\tan \theta + \mu}{1 - \mu \tan \theta} \right]}$ होती है।
दिया है $\theta = 45^{\circ}$,$\tan 45^{\circ} = 1$,$\mu = 0.2$,$R = 2 \, m$,$g = 9.8 \, m/s^2$।
$v_{\max} = \sqrt{2 \times 9.8 \times \left[ \frac{1 + 0.2}{1 - 0.2 \times 1} \right]} = \sqrt{19.6 \times \frac{1.2}{0.8}} = \sqrt{19.6 \times 1.5} = \sqrt{29.4} \approx 5.42 \, m/s$।
साइकिल चालक की गति $18.5 \, km/h = 18.5 \times \frac{5}{18} \approx 5.14 \, m/s$ है।
चूंकि $5.14 \, m/s < 5.42 \, m/s$,साइकिल चालक नहीं फिसलेगा। अतः,कथन $II$ सही है।

(A) अवमंदित आवर्त गति (damped harmonic motion) के लिए,समय $t$ पर आयाम $A$ का सूत्र $A = A_0 e^{-\frac{bt}{2m}}$ है।
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब आयाम अपने प्रारंभिक मान का आधा हो जाए,अर्थात $A = \frac{A_0}{2}$।
इस मान को समीकरण में रखने पर: $\frac{A_0}{2} = A_0 e^{-\frac{bt}{2m}}$।
यह सरल होकर $\frac{1}{2} = e^{-\frac{bt}{2m}}$ या $2 = e^{\frac{bt}{2m}}$ हो जाता है।
दोनों तरफ प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर: $\ln 2 = \frac{bt}{2m}$।
$t$ के लिए हल करने पर: $t = \frac{2m}{b} \ln 2$।
यहाँ $m = 500 \, g$,$b = 20 \, g/s$,और $\ln 2 = 0.693$ दिया गया है:
$t = \frac{2 \times 500}{20} \times 0.693 = 50 \times 0.693 = 34.65 \, s$।

(B) स्थिति सदिश $\vec{r}$,घूर्णन बिंदु $(2, 3, 4)$ से बल के अनुप्रयोग बिंदु तक का सदिश है।
$x = 2$ समतल और $x$-अक्ष का प्रतिच्छेदन बिंदु $(2, 0, 0)$ है।
अतः,$\vec{r} = (2 - 2)\hat{i} + (0 - 3)\hat{j} + (0 - 4)\hat{k} = -3\hat{j} - 4\hat{k}$ है।
बल $\vec{F} = 4\hat{i} + 3\hat{j} + 4\hat{k}$ है।
आघूर्ण $\vec{\tau}$ को $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$ द्वारा दिया जाता है।
$\vec{\tau} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 0 & -3 & -4 \\ 4 & 3 & 4 \end{vmatrix}$।
$\vec{\tau} = \hat{i}(-12 - (-12)) - \hat{j}(0 - (-16)) + \hat{k}(0 - (-12))$।
$\vec{\tau} = 0\hat{i} - 16\hat{j} + 12\hat{k}$।
आघूर्ण का परिमाण $|\vec{\tau}| = \sqrt{0^2 + (-16)^2 + 12^2} = \sqrt{256 + 144} = \sqrt{400} = 20$ है।

(A) $M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाले एक ठोस गोले की गुरुत्वाकर्षण स्व-ऊर्जा $U_i = -\frac{3}{5} \frac{GM^2}{R}$ द्वारा दी जाती है।
पृथ्वी को पूरी तरह से विखंडित करने और उसके सभी द्रव्यमान को अनंत तक ले जाने के लिए,अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_f$ शून्य होगी।
आपूर्ति की जाने वाली आवश्यक ऊर्जा $\Delta U = U_f - U_i$ है।
$\Delta U = 0 - (-\frac{3}{5} \frac{GM^2}{R}) = \frac{3}{5} \frac{GM^2}{R}$।
इसे दिए गए व्यंजक $\frac{x}{5} \frac{GM^2}{R}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 3$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 2 \, kg$,बल $\vec{F} = (2 \hat{i} + 3 \hat{j} + 5 \hat{k}) \, N$,प्रारंभिक वेग $\vec{u} = 0$,प्रारंभिक स्थिति $\vec{r}_0 = (0, 0, 0)$,समय $t = 4 \, s$.
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,त्वरण $\vec{a}$:
$\vec{a} = \frac{\vec{F}}{m} = \frac{2 \hat{i} + 3 \hat{j} + 5 \hat{k}}{2} = \hat{i} + 1.5 \hat{j} + 2.5 \hat{k} \, m/s^2$.
स्थिति के लिए गति के समीकरण $\vec{r} = \vec{r}_0 + \vec{u}t + \frac{1}{2} \vec{a} t^2$ का उपयोग करते हुए:
$\vec{r} = 0 + 0 + \frac{1}{2} (\hat{i} + 1.5 \hat{j} + 2.5 \hat{k}) (4)^2$
$\vec{r} = \frac{1}{2} (\hat{i} + 1.5 \hat{j} + 2.5 \hat{k}) (16)$
$\vec{r} = 8 \hat{i} + 12 \hat{j} + 20 \hat{k}$.
इसकी तुलना दिए गए निर्देशांक $(8, b, 20)$ से करने पर,हमें $b = 12$ प्राप्त होता है।

(B) माना $V_{sw} = 12 \, km/h$ स्थिर जल में तैराक का वेग है और $v_r = 6 \, km/h$ नदी के प्रवाह का वेग है।
शुरुआती बिंदु के ठीक विपरीत बिंदु तक पहुँचने के लिए,तैराक को नदी के प्रवाह के लंबवत से $\theta$ कोण पर तैरना चाहिए ताकि उसके वेग का घटक नदी के प्रवाह के वेग को संतुलित कर सके।
$V_{sw} \sin \theta = v_r$
$12 \sin \theta = 6$
$\sin \theta = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$
$\theta = 30^{\circ}$ (लंबवत के साथ कोण)।
नदी के प्रवाह की दिशा के सापेक्ष कोण $\alpha = 90^{\circ} + \theta = 90^{\circ} + 30^{\circ} = 120^{\circ}$ होगा।

(A) बंद ऑर्गन पाइप के लिए,पहले ओवरटोन की आवृत्ति $f_{c} = \frac{3v_{1}}{4L}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $v_{1} = \sqrt{\frac{B}{\rho_{1}}}$ और $B$ बल्क मॉडुलस है।
खुली ऑर्गन पाइप के लिए,पहले ओवरटोन की आवृत्ति $f_{o} = \frac{2v_{2}}{2L'} = \frac{v_{2}}{L'}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $v_{2} = \sqrt{\frac{B}{\rho_{2}}}$.
यह दिया गया है कि आवृत्तियाँ समान हैं,$f_{c} = f_{o}$,इसलिए $\frac{3}{4L} \sqrt{\frac{B}{\rho_{1}}} = \frac{1}{L'} \sqrt{\frac{B}{\rho_{2}}}$.
$L'$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $L' = \frac{4L}{3} \sqrt{\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}}}$ प्राप्त होता है।
इसे दिए गए समीकरण $L' = \frac{x}{3} L \sqrt{\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}}}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 4$ प्राप्त होता है।

(C) नत समतल पर बिना फिसले लुढ़कने वाली वस्तु का त्वरण $a_{cm}$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$a_{cm} = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{I}{mR^2}}$
एक ठोस डिस्क के लिए,इसके केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2} mR^2$ होता है।
इस मान को सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$a_{cm} = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{\frac{1}{2} mR^2}{mR^2}} = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{1}{2}} = \frac{g \sin \theta}{\frac{3}{2}} = \frac{2}{3} g \sin \theta$
दिए गए व्यंजक $\frac{2}{b} g \sin \theta$ के साथ तुलना करने पर,हमें $b = 3$ प्राप्त होता है।

(A) एक आदर्श (कार्नोट) हीट इंजन की दक्षता $\eta$ का सूत्र $\eta = 1 - \frac{T_L}{T_H}$ है,जहाँ $T_H$ स्रोत का तापमान है और $T_L$ सिंक का तापमान केल्विन में है।
दिया गया है: $\eta = 60\, \% = 0.60$ और $T_H = 127\,^{\circ} C = 127 + 273 = 400\, K$.
मान रखने पर: $0.60 = 1 - \frac{T_L}{400}$.
समीकरण को व्यवस्थित करने पर: $\frac{T_L}{400} = 1 - 0.60 = 0.40$.
$T_L = 0.40 \times 400 = 160\, K$.
सेल्सियस में बदलने पर: $T_L(^{\circ} C) = 160 - 273 = -113\,^{\circ} C$.

(D) प्रारंभिक ऊँचाई $h = 5\, m$ है। प्रत्येक उछाल के बाद गेंद अपनी पिछली ऊँचाई के $\frac{81}{100}$ भाग तक ऊपर उठती है। अतः,$e^2 = \frac{81}{100}$,जिसका अर्थ है कि प्रत्यावस्थान गुणांक $e = 0.9$ है।
कुल दूरी $S = h + 2(fh) + 2(f^2h) + \dots = h \left( \frac{1+f}{1-f} \right)$.
$h = 5$ और $f = 0.81$ रखने पर: $S = 5 \left( \frac{1.81}{0.19} \right) \approx 47.63\, m$.
कुल समय $t = \sqrt{\frac{2h}{g}} \left( \frac{1+e}{1-e} \right)$.
$h = 5, g = 10, e = 0.9$ रखने पर: $t = \sqrt{\frac{2 \times 5}{10}} \left( \frac{1+0.9}{1-0.9} \right) = 19\, s$.
औसत चाल $v_{av} = \frac{S}{t} = \frac{47.63}{19} \approx 2.5\, m/s$.

(B) एक गैर-रेखीय बहुपरमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $(f)$ की गणना इस प्रकार की जाती है:
स्थानांतरणीय स्वतंत्रता की कोटि = $3$
घूर्णी स्वतंत्रता की कोटि = $3$
कंपन स्वतंत्रता की कोटि = $2 \times 2 = 4$ (क्योंकि प्रत्येक कंपन मोड $2$ स्वतंत्रता की कोटि का योगदान देता है)।
कुल स्वतंत्रता की कोटि $f = 3 + 3 + 4 = 10$ है।
मोलर विशिष्ट ऊष्माओं का अनुपात $\beta$ (जिसे अक्सर $\gamma$ के रूप में दर्शाया जाता है) सूत्र $\beta = 1 + \frac{2}{f}$ द्वारा दिया जाता है।
$f$ का मान रखने पर:
$\beta = 1 + \frac{2}{10} = 1 + 0.2 = 1.2$.

(D) अवमंदित दोलक का आयाम $A(t) = A_0 e^{-(b/2m)t}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है: $A_0 = 12 \, cm$, $A(t) = 6 \, cm$, $m = 1 \, kg$, $t = 2 \, \text{मिनट }= 120 \, s$.
मान रखने पर: $6 = 12 e^{-(b / (2 \times 1)) \times 120}$.
$0.5 = e^{-60b}$, जिसका अर्थ है $e^{60b} = 2$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $60b = \ln 2$.
दिया गया है $\ln 2 = 0.693$, इसलिए $60b = 0.693$.
$b = 0.693 / 60 = 0.01155 \, kg \, s^{-1}$.
दो सार्थक अंकों तक पूर्णांकित करने पर, $b \approx 1.16 \times 10^{-2} \, kg \, s^{-1}$.

(D) हाइड्रोलिक प्रतिबल $h$ गहराई पर हाइड्रोस्टेटिक दबाव $P$ के बराबर होता है,जो $P = h \rho g$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$h = 2 \, km = 2000 \, m$,$\rho = 1000 \, kg \, m^{-3}$,और $g = 9.8 \, m \, s^{-2}$ है।
$P = 2000 \times 1000 \times 9.8 = 1.96 \times 10^{7} \, N \, m^{-2}$।
हाइड्रोलिक विकृति आंशिक संपीड़न $\frac{\Delta V}{V} = 1.36 \, \% = 1.36 \times 10^{-2}$ है।
हाइड्रोलिक प्रतिबल और हाइड्रोलिक विकृति का अनुपात बल्क मापांक $B = \frac{P}{\Delta V / V}$ है।
$B = \frac{1.96 \times 10^{7}}{1.36 \times 10^{-2}} \approx 1.44 \times 10^{9} \, N \, m^{-2}$।

(C) केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार,आवर्तकाल $T$ का वर्ग कक्षीय त्रिज्या $r$ के घन के समानुपाती होता है $(T^2 \propto r^3)$,जिसका अर्थ है कि $T \propto r^{3/2}$।
कक्षीय त्रिज्या $r$,ग्रह की त्रिज्या $R$ और सतह से ऊँचाई $h$ का योग है $(r = R + h)$।
पहले उपग्रह के लिए: $r_1 = R + 11R = 12R$ और $T_1 = 24\, \text{hours}$।
दूसरे उपग्रह के लिए: $r_2 = R + 2R = 3R$।
अनुपात का उपयोग करने पर: $\frac{T_1}{T_2} = \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^{3/2}$।
मान रखने पर: $\frac{24}{T_2} = \left(\frac{12R}{3R}\right)^{3/2} = (4)^{3/2} = (2^2)^{3/2} = 2^3 = 8$।
अतः,$T_2 = \frac{24}{8} = 3\, \text{hours}$।

(A) यात्रा करती तरंग का सामान्य समीकरण $Y(x, t) = A \sin(kx - \omega t)$ है।
दी गई आवृत्ति $f = 245 \,Hz$,गति $v = 300 \,ms^{-1}$,और कुल पथ लंबाई (पीक-टू-पीक) $= 6 \,cm$ है।
आयाम $A = \frac{6 \,cm}{2} = 3 \,cm = 0.03 \,m$ है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2 \pi f = 2 \times 3.14 \times 245 \approx 1538.6 \,rad/s \approx 1.5 \times 10^{3} \,rad/s$ है।
तरंग संख्या $k = \frac{\omega}{v} = \frac{1538.6}{300} \approx 5.12 \,m^{-1} \approx 5.1 \,m^{-1}$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,समीकरण $Y(x, t) = 0.03 \sin(5.1 x - 1.5 \times 10^{3} t)$ प्राप्त होता है।

(B) समतापीय (isothermal) प्रक्रिया में तापमान $T$ स्थिर रहता है। रुद्धोष्म (adiabatic) प्रक्रिया में,चरों के बीच का संबंध $PV^{\gamma} = \text{constant}$,$TV^{\gamma-1} = \text{constant}$,और $T^{\gamma}P^{1-\gamma} = \text{constant}$ द्वारा निर्धारित होता है।
$(a)$ $P-V$ ग्राफ में,समतापीय प्रक्रिया एक वक्र $PV = \text{constant}$ है,और रुद्धोष्म प्रक्रिया एक अधिक ढलान वाला वक्र $PV^{\gamma} = \text{constant}$ है। ग्राफ रुद्धोष्म के लिए एक सीधी खड़ी रेखा दिखाता है,जो गलत है।
$(b)$ $P-T$ ग्राफ में,समतापीय प्रक्रिया एक खड़ी रेखा $(T = \text{constant})$ है। ग्राफ एक क्षैतिज रेखा दिखाता है,जो गलत है।
$(c)$ $V-T$ ग्राफ में,समतापीय प्रक्रिया एक खड़ी रेखा $(T = \text{constant})$ है। रुद्धोष्म प्रक्रिया $TV^{\gamma-1} = \text{constant}$ का पालन करती है,जो एक वक्र है। यह ग्राफ सही है।
$(d)$ $P-T$ ग्राफ में,समतापीय प्रक्रिया एक खड़ी रेखा $(T = \text{constant})$ है। रुद्धोष्म प्रक्रिया $T^{\gamma}P^{1-\gamma} = \text{constant}$ का पालन करती है,जो एक वक्र है। यह ग्राफ सही है।
अतः,ग्राफ $(c)$ और $(d)$ सही हैं।

(B) वेग $v = \frac{dx}{dt} = v_{0} + gt + Ft^{2}$ द्वारा दिया गया है।
$t = 1$ पर विस्थापन $s$ ज्ञात करने के लिए,हम $t = 0$ से $t = 1$ तक समय के सापेक्ष वेग का समाकलन करते हैं:
$s = \int_{0}^{1} v dt = \int_{0}^{1} (v_{0} + gt + Ft^{2}) dt$
$s = [v_{0}t + \frac{gt^{2}}{2} + \frac{Ft^{3}}{3}]_{0}^{1}$
सीमाओं $t = 0$ और $t = 1$ को प्रतिस्थापित करने पर:
$s = (v_{0}(1) + \frac{g(1)^{2}}{2} + \frac{F(1)^{3}}{3}) - (0)$
$s = v_{0} + \frac{g}{2} + \frac{F}{3}$

(D) सरल आवर्त गति में एक कण का अधिकतम वेग $v_{max} = A\omega$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A$ आयाम है और $\omega$ कोणीय आवृत्ति है।
स्प्रिंग-द्रव्यमान प्रणाली के लिए,कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$ होती है।
यह दिया गया है कि कणों $A$ और $B$ के अधिकतम वेग समान हैं,इसलिए $v_{max, A} = v_{max, B}$ है।
अतः,$A_{1}\omega_{1} = A_{2}\omega_{2}$ होगा।
कोणीय आवृत्ति का मान रखने पर: $A_{1}\sqrt{\frac{K_{1}}{m}} = A_{2}\sqrt{\frac{K_{2}}{m}}$।
चूँकि द्रव्यमान $m$ समान हैं,वे कट जाएंगे: $A_{1}\sqrt{K_{1}} = A_{2}\sqrt{K_{2}}$।
आयामों का अनुपात $\frac{A_{1}}{A_{2}}$ ज्ञात करने के लिए व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{A_{1}}{A_{2}} = \sqrt{\frac{K_{2}}{K_{1}}}$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,$A$ और $B$ के आयाम का अनुपात $\sqrt{\frac{K_{2}}{K_{1}}}$ है।

(A) $1$. जब ब्लॉक $C$,ब्लॉक $A$ से टकराता है,तो यह उससे चिपक जाता है (यह मानते हुए कि टक्कर पूर्णतः अप्रत्यास्थ है)। निकाय $(C+A)$ के लिए रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से: $mv = (m+m)V_A \Rightarrow V_A = v/2$.
$2$. अब,हमारे पास एक निकाय है जिसमें ब्लॉक $A$ ($C$ के साथ) $v/2$ वेग से ब्लॉक $B$ की ओर बढ़ता है,जो प्रारंभ में स्थिर है।
$3$. स्प्रिंग में अधिकतम संपीड़न तब होता है जब दोनों ब्लॉक $(A+C)$ और $B$ समान वेग $V_{cm}$ से गति करते हैं।
$4$. पूरे निकाय $(C+A+B)$ के लिए रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से: $mv = (m+m+m)V_{cm} \Rightarrow V_{cm} = v/3$.
$5$. यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम से: $\frac{1}{2}(2m)(v/2)^2 = \frac{1}{2}(3m)(v/3)^2 + \frac{1}{2}Kx_{max}^2$.
$6$. $\frac{1}{2}(2m)(v^2/4) = \frac{1}{2}(3m)(v^2/9) + \frac{1}{2}Kx_{max}^2 \Rightarrow \frac{mv^2}{4} = \frac{mv^2}{6} + \frac{1}{2}Kx_{max}^2$.
$7$. $\frac{1}{2}Kx_{max}^2 = \frac{mv^2}{4} - \frac{mv^2}{6} = \frac{3mv^2 - 2mv^2}{12} = \frac{mv^2}{12}$.
$8$. $x_{max}^2 = \frac{mv^2}{6K} \Rightarrow x_{max} = v\sqrt{\frac{m}{6K}}$.
*नोट: यदि टक्कर प्रत्यास्थ है,तो $C$ स्थिर हो जाता है और $A$,$v$ वेग से गति करता है। तब $mv = (m+m)V_{cm} \Rightarrow V_{cm} = v/2$. ऊर्जा: $\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}(2m)(v/2)^2 + \frac{1}{2}Kx_{max}^2 \Rightarrow \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{4}mv^2 + \frac{1}{2}Kx_{max}^2 \Rightarrow \frac{1}{2}Kx_{max}^2 = \frac{1}{4}mv^2 \Rightarrow x_{max} = v\sqrt{\frac{m}{2K}}$. यह विकल्प $A$ से मेल खाता है।*

(C) बिना फिसले झुके हुए समतल पर ऊपर लुढ़कते गोले के लिए त्वरण $a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{I}{mR^2}}$ द्वारा दिया जाता है।
ठोस गोले के लिए जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5} mR^2$ होता है।
इसे प्रतिस्थापित करने पर,$a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{2}{5}} = \frac{g \sin \theta}{7/5} = \frac{5}{7} g \sin \theta$.
यहाँ $g = 9.8 \, m/s^2$,$\theta = 30^{\circ}$,और $v_0 = 1 \, m/s$ दिया गया है।
$g = 9.8 \, m/s^2$ लेने पर: $a = \frac{5}{7} \times 9.8 \times \sin(30^{\circ}) = \frac{5}{7} \times 9.8 \times 0.5 = 3.5 \, m/s^2$.
अधिकतम ऊँचाई तक पहुँचने में लगा समय $t_{up} = \frac{v_0}{a} = \frac{1}{3.5} = \frac{2}{7} \, s$.
बिंदु $A$ पर वापस आने के लिए कुल समय $T = 2 \times t_{up} = 2 \times \frac{2}{7} = \frac{4}{7} \approx 0.57 \, s$.

(C) पिंड को गति में लाने के लिए,लगाए गए बल $F$ को सीमांत घर्षण $f_L = \mu N$ को पार करना होगा।
बलों का वियोजन करने पर:
क्षैतिज घटक: $F \cos \theta = f_L = \mu N$
ऊर्ध्वाधर घटक: $F \sin \theta + N = mg \Rightarrow N = mg - F \sin \theta$
घर्षण समीकरण में $N$ का मान रखने पर:
$F \cos \theta = \mu (mg - F \sin \theta)$
$F (\cos \theta + \mu \sin \theta) = \mu mg$
$F = \frac{\mu mg}{\cos \theta + \mu \sin \theta}$
$F$ को न्यूनतम करने के लिए,हर $D = \cos \theta + \mu \sin \theta$ को अधिकतम करना होगा। $a \cos \theta + b \sin \theta$ का अधिकतम मान $\sqrt{a^2 + b^2}$ होता है।
यहाँ,$a = 1$ और $b = \mu = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
$D_{\max} = \sqrt{1^2 + (\frac{1}{\sqrt{3}})^2} = \sqrt{1 + \frac{1}{3}} = \sqrt{\frac{4}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.
अतः,$F_{\min} = \frac{\mu mg}{D_{\max}} = \frac{(\frac{1}{\sqrt{3}}) \times 1 \times 10}{\frac{2}{\sqrt{3}}} = \frac{10}{2} = 5 \, N$.

(D) माना रस्सी में तनाव $T$ है। लड़का रस्सी पर $F = T$ बल लगाता है।
निकाय (लड़का + लकड़ी) के लिए,कुल द्रव्यमान $M = 4 \, kg + 5 \, kg = 9 \, kg$ है।
निकाय पर कार्य करने वाले ऊर्ध्वाधर बल फर्श से अभिलंब प्रतिक्रिया $N$,लड़के पर ऊपर की ओर कार्य करने वाला तनाव $T$,और नीचे की ओर कार्य करने वाला कुल भार $Mg = 9 \times 10 = 90 \, N$ हैं।
ऊर्ध्वाधर बलों को संतुलित करने पर: $N + T = 90 \implies N = 90 - T$।
लकड़ी पर कार्य करने वाले क्षैतिज बल दाईं ओर खींचने वाला तनाव $T$ और बाईं ओर कार्य करने वाला सीमांत घर्षण $f_L = \mu N$ हैं।
लकड़ी के न हिलने के लिए,$T \leq f_L$ होना चाहिए।
$T \leq \mu N = 0.5(90 - T)$।
$T \leq 45 - 0.5T$।
$1.5T \leq 45$।
$T \leq \frac{45}{1.5} = 30 \, N$।
अतः,लड़का जो अधिकतम बल लगा सकता है वह $30 \, N$ है।

(B) $100$ बूंदों का कुल आयतन $V_{total} = 100 \times \frac{4}{3} \pi r^3$ है।
दिया गया है $r = \left(\frac{3}{40 \pi}\right)^{1/3} \times 10^{-3} \, cm$,इसलिए $r^3 = \frac{3}{40 \pi} \times 10^{-9} \, cm^3$.
$V_{total} = 100 \times \frac{4}{3} \pi \times \frac{3}{40 \pi} \times 10^{-9} = 10^{-8} \, cm^3$.
परत की मोटाई $t_T$ को $Area \times t_T = V_{total}$ द्वारा ज्ञात किया जाता है।
$4 \, cm^2 \times t_T = 10^{-8} \, cm^3 \implies t_T = 0.25 \times 10^{-8} = 25 \times 10^{-10} \, cm$.
मीटर में बदलने पर: $t_T = 25 \times 10^{-12} \, m$.
ओलिक एसिड की सांद्रता $0.01$ है,इसलिए ओलिक एसिड की परत की मोटाई $t_0 = 0.01 \times t_T$ होगी।
$t_0 = 0.01 \times 25 \times 10^{-12} \, m = 25 \times 10^{-14} \, m$.
$x \times 10^{-14} \, m$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 25$ प्राप्त होता है।

(A) $R$ त्रिज्या वाली क्वार्टर डिस्क जो प्रथम चतुर्थांश में स्थित है,उसका द्रव्यमान केंद्र $(X_{cm}, Y_{cm})$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$X_{cm} = \frac{4R}{3\pi}$
$Y_{cm} = \frac{4R}{3\pi}$
इसे दी गई स्थिति $(\frac{x}{3} \frac{R}{\pi}, \frac{x}{3} \frac{R}{\pi})$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{x}{3} \frac{R}{\pi} = \frac{4R}{3\pi}$
$x$ के लिए हल करने पर,हमें $x = 4$ प्राप्त होता है।

(A) मान लीजिए कि $m_{1}$ द्रव्यमान का प्रारंभिक वेग $u$ है और टक्कर के बाद $m_{1}$ और $m_{2}$ के अंतिम वेग विपरीत दिशाओं में $v$ हैं। चूंकि टक्कर प्रत्यास्थ (elastic) है,हम रैखिक संवेग संरक्षण और प्रत्यावस्थान गुणांक (coefficient of restitution) का उपयोग करते हैं।
रैखिक संवेग संरक्षण:
$m_{1}u = m_{2}v - m_{1}v$
$m_{1}u = v(m_{2} - m_{1})$ --- $(1)$
प्रत्यास्थ टक्कर के लिए प्रत्यावस्थान गुणांक $e = 1$:
$e = \frac{v_{sep}}{v_{app}} = \frac{v - (-v)}{u - 0} = 1$
$2v = u$ --- $(2)$
समीकरण $(1)$ में $u = 2v$ रखने पर:
$m_{1}(2v) = v(m_{2} - m_{1})$
$2m_{1} = m_{2} - m_{1}$
$m_{2} = 3m_{1}$
$\frac{m_{2}}{m_{1}} = 3$
अतः,$m_{2} : m_{1}$ का अनुपात $3:1$ है।

(A) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,दाब $P$ और आयतन $V$ के बीच का संबंध $PV^{\gamma} = \text{constant}$ द्वारा दिया जाता है।
दोनों पक्षों का $V$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$P(\gamma V^{\gamma-1}) + V^{\gamma} \frac{dP}{dV} = 0$
अवकलज ज्ञात करने के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$V^{\gamma} \frac{dP}{dV} = -\gamma P V^{\gamma-1}$
$\frac{dP}{dV} = -\frac{\gamma P V^{\gamma-1}}{V^{\gamma}}$
$\frac{dP}{dV} = -\frac{\gamma P}{V}$
दोनों पक्षों को $dV$ से गुणा करने और $P$ से विभाजित करने पर दाब में भिन्नात्मक परिवर्तन प्राप्त होता है:
$\frac{dP}{P} = -\gamma \frac{dV}{V}$

(C) तार की लंबाई $L$ है। जब इसे $r$ त्रिज्या के अर्धवृत्त में मोड़ा जाता है,तो चाप की लंबाई $\pi r = L$ होती है।
अतः,त्रिज्या $r = \frac{L}{\pi}$ है।
चूंकि तार के सभी बिंदु अर्धवृत्त के केंद्र से समान दूरी $r$ पर हैं,इसलिए केंद्र से गुजरने वाली और तल के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \int r^2 dm = r^2 \int dm$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\int dm = M$ है,इसलिए $I = Mr^2$ होगा।
$r = \frac{L}{\pi}$ का मान रखने पर,हमें $I = M \left( \frac{L}{\pi} \right)^2 = \frac{ML^2}{\pi^2}$ प्राप्त होता है।

(C) दिए गए ग्राफ से,वेग $v$,विस्थापन $x$ के फलन के रूप में एक ऋणात्मक ढाल वाली सीधी रेखा है।
रेखा के समीकरण $y = mx + c$ का उपयोग करते हुए,हमारे पास है:
$v = -\left(\frac{v_{0}}{x_{0}}\right)x + v_{0}$
हम जानते हैं कि त्वरण $a$ को इस प्रकार दिया जाता है:
$a = v \frac{dv}{dx}$
सबसे पहले,अवकलज $\frac{dv}{dx}$ ज्ञात करें:
$\frac{dv}{dx} = -\frac{v_{0}}{x_{0}}$
अब,$a$ के व्यंजक में $v$ और $\frac{dv}{dx}$ का मान प्रतिस्थापित करें:
$a = \left[-\left(\frac{v_{0}}{x_{0}}\right)x + v_{0}\right] \left[-\frac{v_{0}}{x_{0}}\right]$
$a = \left(\frac{v_{0}}{x_{0}}\right)^{2}x - \frac{v_{0}^{2}}{x_{0}}$
यह समीकरण एक धनात्मक ढाल $\left(\frac{v_{0}}{x_{0}}\right)^{2}$ और ऋणात्मक अंतःखंड $-\frac{v_{0}^{2}}{x_{0}}$ वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है। विकल्पों को देखने पर,ग्राफ $C$ एक रैखिक संबंध को दर्शाता है जहाँ $a$ एक ऋणात्मक मान से शुरू होकर $x$ के साथ बढ़ता है,जो हमारे व्युत्पन्न समीकरण से मेल खाता है।

(D) भूमध्य रेखा पर वस्तुओं के तैरने के लिए,गुरुत्वाकर्षण बल आवश्यक अभिकेंद्री बल के बराबर होना चाहिए।
$mg = m \omega^2 R$
जहाँ $\omega$ पृथ्वी की कोणीय गति है और $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
$\omega$ के लिए हल करने पर:
$\omega = \sqrt{\frac{g}{R}}$
दिन की अवधि $T$,$T = \frac{2\pi}{\omega}$ द्वारा दी जाती है।
$\omega$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{R}{g}}$
दिया गया है $g = 10 \, m/s^2$ और $R = 6400 \times 10^3 \, m$:
$T = 2 \times 3.14 \times \sqrt{\frac{6400 \times 10^3}{10}}$
$T = 6.28 \times \sqrt{640000}$
$T = 6.28 \times 800 = 5024 \, s$
अवधि को मिनटों में बदलने के लिए:
$T_{\text{min}} = \frac{5024}{60} \approx 83.73 \, \text{minutes}$
निकटतम पूर्णांक में,अवधि लगभग $84 \, \text{minutes}$ है।

(D) मान लीजिए कि ग्रह अपनी दीर्घवृत्ताकार कक्षा में सूक्ष्म समय अंतराल $dt$ में $ds$ का सूक्ष्म विस्थापन करता है।
इस समय में स्थिति सदिश $\vec{r}$ द्वारा तय किया गया क्षेत्रफल $dA$,$r$ और $ds$ भुजाओं वाले त्रिभुज के क्षेत्रफल के बराबर होता है:
$dA = \frac{1}{2} |\vec{r} \times d\vec{s}| = \frac{1}{2} r ds \sin \theta$
जहाँ $\theta$ स्थिति सदिश $\vec{r}$ और विस्थापन सदिश $d\vec{s}$ के बीच का कोण है।
क्षेत्रीय वेग समय के सापेक्ष क्षेत्रफल में परिवर्तन की दर है:
$\text{क्षेत्रीय वेग} = \frac{dA}{dt} = \frac{1}{2} r \sin \theta \frac{ds}{dt}$
चूंकि ग्रह का वेग $v = \frac{ds}{dt}$ है,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$\frac{dA}{dt} = \frac{1}{2} r v \sin \theta$
ग्रह के द्रव्यमान $M$ से गुणा और भाग करने पर:
$\frac{dA}{dt} = \frac{1}{2M} (M v r \sin \theta)$
चूंकि कोणीय संवेग का परिमाण $L = Mvr \sin \theta$ है,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$\frac{dA}{dt} = \frac{L}{2M}$

(D) सरल आवर्त गति $(SHM)$ का आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega'}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\omega'$ $SHM$ की कोणीय आवृत्ति है।
दिया गया है $T = \frac{\pi}{\omega}$,इसलिए $\frac{\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{\omega'}$,जिसका अर्थ है $\omega' = 2\omega$।
हमें वह फलन खोजना है जो $2\omega$ कोणीय आवृत्ति के साथ $SHM$ को दर्शाता है।
विकल्प $(C)$ के लिए: $\sin^2(\omega t) = \frac{1 - \cos(2\omega t)}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos(2\omega t)$। यह एक अचर पद और $2\omega$ कोणीय आवृत्ति वाली $SHM$ को दर्शाता है।
विकल्प $(D)$ के लिए: $3 \cos \left(\frac{\pi}{4} - 2\omega t\right) = 3 \cos \left(2\omega t - \frac{\pi}{4}\right)$। यह $x(t) = A \cos(\omega' t + \phi)$ के रूप का मानक $SHM$ समीकरण है,जिसमें कोणीय आवृत्ति $\omega' = 2\omega$ है।
दोनों $(C)$ और $(D)$ में सही आवृत्ति है,लेकिन $(D)$ एक शुद्ध $SHM$ फलन है,जबकि $(C)$ में एक अचर पद शामिल है।

(C) मान लीजिए कि ठोस बेलन संतुलन में है।
नत समतल के अनुदिश कार्य करने वाले बल तनाव $T$ और घर्षण $f$ हैं। समतल के अनुदिश गुरुत्वाकर्षण का घटक $mg \sin 60^{\circ}$ है।
स्थानांतरीय संतुलन के लिए: $T + f = mg \sin 60^{\circ} \quad ......(i)$
बेलन के केंद्र के परितः घूर्णी संतुलन के लिए: $TR - fR = 0 \implies T = f \quad ......(ii)$
$(ii)$ को $(i)$ में प्रतिस्थापित करने पर: $2f = mg \sin 60^{\circ} \implies f = \frac{mg \sin 60^{\circ}}{2} = \frac{mg \sqrt{3}}{4} \approx 0.433 mg$.
सीमान्त घर्षण $f_{L} = \mu_{s} N = \mu_{s} mg \cos 60^{\circ} = 0.4 \times mg \times 0.5 = 0.2 mg$ है।
चूंकि आवश्यक घर्षण $(0.433 mg)$ सीमान्त घर्षण $(0.2 mg)$ से अधिक है,इसलिए बेलन स्थिर संतुलन में नहीं रहेगा और नीचे लुढ़केगा।
कार्य करने वाला घर्षण गतिज घर्षण होगा: $f_{k} = \mu_{k} N$. यदि हम $\mu_{k} = \mu_{s} = 0.4$ लें,तो $f_{k} = 0.4 \times mg \times 0.5 = 0.2 mg = \frac{mg}{5}$ प्राप्त होता है।

(A) स्थितिज ऊर्जा $U(r) = -\frac{C}{r}$ द्वारा दी गई है।
बल $F$ स्थितिज ऊर्जा का ऋणात्मक अवकलन है: $F = -\frac{dU}{dr} = -\frac{d}{dr}\left(-\frac{C}{r}\right) = -\frac{C}{r^2}$.
वृत्ताकार कक्षा में गति करने वाले कण के लिए,अभिकेंद्र बल का परिमाण केंद्रीय बल द्वारा प्रदान किया जाता है: $|F| = \frac{mv^2}{r}$.
परिमाणों की तुलना करने पर: $\frac{C}{r^2} = \frac{mv^2}{r}$.
इसे सरल करने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{C}{r} = mv^2$,जिसका अर्थ है $r = \frac{C}{mv^2}$.
अतः,$r \propto \frac{1}{v^2}$.
यह संबंध एक ऐसा वक्र दर्शाता है जहाँ $v$ के बढ़ने पर $r$ तेजी से घटता है,जो विकल्प $A$ में दिखाए गए ग्राफ के अनुरूप है।

(D) एन्ट्रॉपी एक ऊष्मागतिक निकाय का एक विस्तीर्ण गुण (extensive property) है।
एक विस्तीर्ण गुण वह गुण है जिसका मान निकाय में उपस्थित पदार्थ की मात्रा या आकार पर निर्भर करता है।
चूंकि एन्ट्रॉपी योगात्मक (additive) होती है,इसलिए जब पिस्टन को हटाकर दोनों भागों को मिलाया जाता है,तो निकाय की कुल एन्ट्रॉपी व्यक्तिगत भागों की एन्ट्रॉपी का योग होती है।
अतः,कुल एन्ट्रॉपी $S_{\text{total}} = S_{1} + S_{2}$ होगी।

(C) आदर्श गैस का वर्ग माध्य मूल (rms) वेग $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ द्वारा दिया जाता है।
आदर्श गैस का औसत वेग $v_{avg} = \sqrt{\frac{8RT}{\pi M}}$ द्वारा दिया जाता है।
rms वेग और औसत वेग का अनुपात ज्ञात करने के लिए,हम दोनों व्यंजकों को विभाजित करते हैं:
$\frac{v_{rms}}{v_{avg}} = \frac{\sqrt{\frac{3RT}{M}}}{\sqrt{\frac{8RT}{\pi M}}}$.
व्यंजक को सरल बनाने पर,$R$,$T$ और $M$ पद कट जाते हैं:
$\frac{v_{rms}}{v_{avg}} = \sqrt{\frac{3RT}{M} \times \frac{\pi M}{8RT}} = \sqrt{\frac{3\pi}{8}}$.
अतः,अनुपात $\sqrt{\frac{3\pi}{8}}$ है।

(D) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 5\, g = 5 \times 10^{-3}\, kg$. प्रारंभिक वेग $u = 5 \sqrt{2}\, m/s$,कोण $\theta = 45^{\circ}$ है।
प्रक्षेप्य गति में,समान क्षैतिज स्तर पर चाल समान होती है,इसलिए अंतिम वेग का परिमाण $v = u = 5 \sqrt{2}\, m/s$ होगा।
प्रारंभिक वेग सदिश $\vec{u} = u \cos 45^{\circ} \hat{i} + u \sin 45^{\circ} \hat{j}$ है।
बिंदु $B$ पर अंतिम वेग सदिश $\vec{v} = u \cos 45^{\circ} \hat{i} - u \sin 45^{\circ} \hat{j}$ है।
संवेग में परिवर्तन $\Delta \vec{P} = m(\vec{v} - \vec{u}) = m(u \cos 45^{\circ} \hat{i} - u \sin 45^{\circ} \hat{j} - (u \cos 45^{\circ} \hat{i} + u \sin 45^{\circ} \hat{j}))$ है।
$\Delta \vec{P} = m(-2u \sin 45^{\circ} \hat{j}) = -2mu \sin 45^{\circ} \hat{j}$ है।
इसका परिमाण $|\Delta \vec{P}| = 2mu \sin 45^{\circ}$ होगा।
मान रखने पर: $|\Delta \vec{P}| = 2 \times (5 \times 10^{-3}) \times (5 \sqrt{2}) \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 2 \times 5 \times 10^{-3} \times 5 = 50 \times 10^{-3} = 5 \times 10^{-2}\, kg \cdot m/s$ है।
$x \times 10^{-2}$ से तुलना करने पर,$x = 5$ प्राप्त होता है।

(C) यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,अधिकतम संपीड़न के बिंदु पर गेंद की गतिज ऊर्जा स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
माना स्प्रिंग में संपीड़न $y$ है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय या ऊर्जा संरक्षण के अनुसार:
$\frac{1}{2} mv^2 = \frac{1}{2} ky^2$
दिए गए मानों को रखने पर: $m = 4\, kg$,$v = 10\, ms^{-1}$,$k = 100\, Nm^{-1}$.
$\frac{1}{2} \times 4 \times (10)^2 = \frac{1}{2} \times 100 \times y^2$
$2 \times 100 = 50 \times y^2$
$200 = 50 \times y^2$
$y^2 = 4$
$y = 2\, m$
स्प्रिंग की प्रारंभिक लंबाई $8\, m$ है। संकुचित लंबाई $x$ इस प्रकार है:
$x = \text{प्रारंभिक लंबाई} - \text{संपीड़न}$
$x = 8 - 2 = 6\, m$.
अतः,$x$ का मान $6$ है।

(A) दिया गया है:
भार का द्रव्यमान $m = 24\, kg$
टंकी का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A = 0.4\, m^{2}$
छिद्र का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $a = 1\, cm^{2} = 10^{-4\, m^{2}}$
पानी की ऊँचाई $H = 40\, cm = 0.4\, m$
गुरुत्वीय त्वरण $g = 10\, ms^{-2}$
पानी का घनत्व $\rho = 1000\, kg/m^{3}$
ऊपरी सतह और छिद्र $B$ पर बर्नौली का समीकरण लागू करने पर:
$P_{top} + \rho gH + \frac{1}{2}\rho v_{1}^{2} = P_{atm} + \frac{1}{2}\rho v^{2}$
जहाँ $P_{top} = P_{atm} + \frac{mg}{A}$
मान रखने पर:
$(P_{atm} + \frac{mg}{A}) + \rho gH = P_{atm} + \frac{1}{2}\rho v^{2}$ ($A \gg a$ होने के कारण $v_{1} \approx 0$ मानते हुए)
$\frac{mg}{A} + \rho gH = \frac{1}{2}\rho v^{2}$
$v = \sqrt{2gH + \frac{2mg}{A\rho}}$
$v = \sqrt{2 \times 10 \times 0.4 + \frac{2 \times 24 \times 10}{0.4 \times 1000}}$
$v = \sqrt{8 + \frac{480}{400}} = \sqrt{8 + 1.2} = \sqrt{9.2}$
$v \approx 3.033\, m/s$
निकटतम पूर्णांक में,$v = 3\, m/s$.

(C) सबसे पहले,समांतर क्रम में जुड़े प्रतिरोधकों की पहचान करें। $50 \, \Omega$ और $20 \, \Omega$ के प्रतिरोधक समांतर क्रम में जुड़े हैं।
उनका तुल्य प्रतिरोध $R_{p}$ इस प्रकार है:
$R_{p} = \frac{50 \times 20}{50 + 20} = \frac{1000}{70} = \frac{100}{7} \, \Omega$
अब,यह समांतर संयोजन $10 \, \Omega$ के प्रतिरोधक के साथ श्रेणी क्रम में है।
परिपथ का कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ है:
$R_{eq} = 10 + \frac{100}{7} = \frac{70 + 100}{7} = \frac{170}{7} \, \Omega$
परिपथ में कुल धारा $I$ है:
$I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{170}{\frac{170}{7}} = 7 \, \text{A}$
ओम के नियम के अनुसार $10 \, \Omega$ के प्रतिरोधक पर वोल्टेज $x$ है:
$x = I \times R = 7 \, \text{A} \times 10 \, \Omega = 70 \, \text{V}$

(B) संधारित्र को श्रेणीक्रम में जुड़े दो संधारित्रों के रूप में माना जा सकता है: एक परावैद्युत के साथ $(C_{1})$ और दूसरा हवा के साथ $(C_{2})$।
दिया गया है: $A = 100\, m^{2}$,$d = 10\, m$,$t = 5\, m$,$K = 10$,$\varepsilon_{0} = 8.85 \times 10^{-12} F \cdot m^{-1}$।
परावैद्युत की मोटाई $t = 5\, m$ है और वायु अंतराल की मोटाई $d - t = 10 - 5 = 5\, m$ है।
$C_{1} = \frac{K \varepsilon_{0} A}{t} = \frac{10 \times \varepsilon_{0} \times 100}{5} = 200 \varepsilon_{0}$।
$C_{2} = \frac{\varepsilon_{0} A}{d - t} = \frac{\varepsilon_{0} \times 100}{5} = 20 \varepsilon_{0}$।
चूंकि वे श्रेणीक्रम में हैं,तुल्य धारिता $C_{eq}$ इस प्रकार होगी:
$C_{eq} = \frac{C_{1} C_{2}}{C_{1} + C_{2}} = \frac{(200 \varepsilon_{0})(20 \varepsilon_{0})}{200 \varepsilon_{0} + 20 \varepsilon_{0}} = \frac{4000 \varepsilon_{0}^{2}}{220 \varepsilon_{0}} = \frac{400}{22} \varepsilon_{0} = \frac{200}{11} \varepsilon_{0}$।
$\varepsilon_{0} = 8.85 \times 10^{-12} F \cdot m^{-1}$ रखने पर:
$C_{eq} = \frac{200}{11} \times 8.85 \times 10^{-12} F = 18.1818 \times 8.85 \times 10^{-12} F \approx 160.909 \times 10^{-12} F$।
चूंकि $1\, pF = 10^{-12} F$,इसलिए $C_{eq} \approx 160.909\, pF$।
निकटतम पूर्णांक में,$x = 161$।

(B) कॉमन एमिटर एम्पलीफायर का पावर गेन $(A_p)$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है: $A_p = \beta^2 \times \frac{R_o}{R_i}$, जहाँ $\beta$ करंट गेन है, $R_o$ आउटपुट प्रतिरोध है, और $R_i$ इनपुट प्रतिरोध है।
दिया गया है: $A_p = 10^6$, $R_i = 100\, \Omega$, और $R_o = 10\, k\Omega = 10^4\, \Omega$.
सूत्र में मान रखने पर:
$10^6 = \beta^2 \times \frac{10^4}{10^2}$
$10^6 = \beta^2 \times 10^2$
$\beta^2 = \frac{10^6}{10^2} = 10^4$
$\beta = \sqrt{10^4} = 100$.
अतः, कॉमन एमिटर करंट गेन $\beta$ का मान $100$ है।

(A) मान लीजिए कि इनपुट $A$ और $B$ हैं। पहले दो $NAND$ गेट $NOT$ गेट के रूप में कार्य करते हैं क्योंकि उनके इनपुट शॉर्ट किए गए हैं। अतः,इन गेटों के आउटपुट क्रमशः $\bar{A}$ और $\bar{B}$ हैं।
इन्हें तीसरे $NAND$ गेट में भेजा जाता है,जो आउटपुट $Y' = \overline{\bar{A} \cdot \bar{B}} = A + B$ उत्पन्न करता है (डी मॉर्गन के नियम के अनुसार)।
यह आउटपुट $Y'$ फिर एक अंतिम $NAND$ गेट में भेजा जाता है जो $NOT$ गेट के रूप में कार्य करता है,जिसके परिणामस्वरूप अंतिम आउटपुट $Y = \overline{Y'} = \overline{A + B}$ प्राप्त होता है।
बूलियन व्यंजक $Y = \overline{A + B}$ एक $NOR$ गेट के अनुरूप है।
सत्यता सारणी:

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

(C) चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ में वेग $\vec{v}$ से गतिमान आवेश $Q$ पर लगने वाला चुंबकीय बल $\vec{F}_m$ लोरेंत्ज़ बल सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\vec{F}_m = Q(\vec{v} \times \vec{B})$.
सदिश गुणनफल की परिभाषा के अनुसार,बल $\vec{F}_m$ हमेशा वेग सदिश $\vec{v}$ और चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\vec{B}$ दोनों के लंबवत होता है।
चूंकि विस्थापन $d\vec{l}$ वेग $\vec{v}$ की दिशा में होता है (अर्थात $d\vec{l} = \vec{v} dt$),इसलिए बल $\vec{F}_m$ विस्थापन $d\vec{l}$ के भी लंबवत होता है।
चुंबकीय बल द्वारा किया गया कार्य $dW = \vec{F}_m \cdot d\vec{l} = F_m dl \cos(90^\circ)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\cos(90^\circ) = 0$ है,इसलिए कार्य $dW = 0$ होता है।
अतः,गतिमान आवेश पर चुंबकीय क्षेत्र द्वारा किया गया कुल कार्य $0$ है।

(A) अनंत रेखीय आवेश घनत्व $\lambda$ के कारण $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0 r}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $\lambda = 8 \times 10^{-9} \, C/m$ और $r = x = 3 \, m$ दिया गया है।
$x = 3 \, m$ पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{8 \times 10^{-9}}{2 \pi \varepsilon_0 (3)}$ होगा।
चालक की सतह पर पृष्ठीय आवेश घनत्व $\sigma$ के लिए सीमा शर्त के अनुसार,$E = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}$,इसलिए $\sigma = E \varepsilon_0$।
$E$ का मान रखने पर,$\sigma = \frac{\lambda}{2 \pi r} = \frac{8 \times 10^{-9}}{2 \pi (3)}$।
$\sigma = \frac{8 \times 10^{-9}}{6 \pi} \approx 0.424 \times 10^{-9} \, C/m^2 = 0.424 \, nC/m^2$।

(D) $V$ विभव द्वारा त्वरित $m$ द्रव्यमान वाले कण के लिए डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $h$,$q$ और $V$ दोनों कणों के लिए समान हैं,इसलिए तरंगदैर्ध्य द्रव्यमान के वर्गमूल के व्युत्क्रमानुपाती है: $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$.
अतः,तरंगदैर्ध्य का अनुपात $\frac{\lambda_{e}}{\lambda_{P}} = \sqrt{\frac{m_{P}}{m_{e}}}$ होगा।
दिए गए मानों को रखने पर: $\frac{\lambda_{e}}{\lambda_{P}} = \sqrt{\frac{1.00727}{0.00055}} \approx \sqrt{1831.4} \approx 42.79$.
इस मान को पूर्णांकित करने पर,हमें लगभग $43: 1$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है,प्राथमिक वोल्टेज $V_P = 220 \ V$,द्वितीयक शक्ति $P_S = 60 \ W$,और द्वितीयक धारा $I_S = 0.11 \ A$ है।
द्वितीयक वोल्टेज $V_S$ को सूत्र $V_S = \frac{P_S}{I_S}$ द्वारा ज्ञात किया जाता है।
मान रखने पर,$V_S = \frac{60}{0.11} \approx 545.45 \ V$ प्राप्त होता है।
चूंकि $V_S > V_P$ $(545.45 \ V > 220 \ V)$,इसलिए द्वितीयक वोल्टेज प्राथमिक वोल्टेज से अधिक है।
अतः,यह ट्रांसफार्मर एक स्टेप-अप ट्रांसफार्मर है।

(B) सक्रियता $A$ को $A = \lambda N$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ है।
सबसे पहले, अर्ध-आयु को सेकंड में बदलें: $T_{1/2} = 2.7 \times 24 \times 3600 \, s = 233280 \, s$।
परमाणुओं की संख्या $N$ का मान $N = \frac{m}{M} \times N_A = \frac{1.5 \times 10^{-3} \, g}{198 \, g/mol} \times 6 \times 10^{23} \, mol^{-1} \approx 4.545 \times 10^{18} \, atoms$ है।
क्षय नियतांक $\lambda = \frac{0.693}{233280 \, s} \approx 2.97 \times 10^{-6} \, s^{-1}$।
सक्रियता $A = \lambda N = (2.97 \times 10^{-6} \, s^{-1}) \times (4.545 \times 10^{18}) \approx 1.35 \times 10^{13} \, Bq$।
चूँकि $1 \, Ci = 3.7 \times 10^{10} \, Bq$ होता है, इसलिए क्यूरी में सक्रियता $A = \frac{1.35 \times 10^{13}}{3.7 \times 10^{10}} \approx 365 \, Ci$ होगी।

(B) लेंस मेकर सूत्र के अनुसार:
$\frac{1}{f} = \left( \frac{\mu_{L}}{\mu_{S}} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right)$
जहाँ $\mu_{L}$ लेंस का अपवर्तनांक है और $\mu_{S}$ माध्यम का अपवर्तनांक है।
दिया गया है कि लेंस को समान अपवर्तनांक वाले माध्यम में रखा गया है,इसलिए $\mu_{L} = \mu_{S}$।
इस मान को सूत्र में रखने पर:
$\frac{1}{f} = \left( \frac{\mu_{L}}{\mu_{L}} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right)$
$\frac{1}{f} = (1 - 1) \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right)$
$\frac{1}{f} = 0 \times \left( \frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}} \right) = 0$
चूंकि $\frac{1}{f} = 0$,इसलिए फोकस दूरी $f$ अनंत $(f = \infty)$ हो जाएगी।
अतः,लेंस एक समतल कांच की प्लेट की तरह व्यवहार करता है।

(D) एक प्रतिरोधक में उत्पन्न ऊष्मीय ऊर्जा $H$ का सूत्र $H = I^2 R t$ है,जहाँ $I$ विद्युत धारा है,$R$ प्रतिरोध है और $t$ समय है।
प्रथम स्थिति के लिए दिया गया है: $H_1 = 500 \, J$,$I_1 = 1.5 \, A$,$t = 20 \, s$.
इन मानों को रखने पर: $500 = (1.5)^2 \times R \times 20$.
$500 = 2.25 \times R \times 20 \implies 500 = 45 \times R \implies R = \frac{500}{45} = \frac{100}{9} \, \Omega$.
दूसरी स्थिति के लिए: $I_2 = 3 \, A$,$t = 20 \, s$.
नई ऊर्जा $H_2$ है: $H_2 = I_2^2 \times R \times t$.
$H_2 = (3)^2 \times \left(\frac{100}{9}\right) \times 20$.
$H_2 = 9 \times \left(\frac{100}{9}\right) \times 20 = 100 \times 20 = 2000 \, J$.

(B) $h$ ऊंचाई के दो एंटीना के बीच लाइन-ऑफ-साइट संचार के लिए,अधिकतम दूरी $D$ का सूत्र $D = \sqrt{2Rh_t} + \sqrt{2Rh_r}$ है।
चूंकि टावर समान हैं,$h_t = h_r = h$,इसलिए $D = 2\sqrt{2Rh}$।
यहाँ $D = 45 \, km$ और $R = 6400 \, km$ दिया गया है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$D^2 = 4(2Rh) = 8Rh$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$h = \frac{D^2}{8R}$।
मान रखने पर: $h = \frac{45^2}{8 \times 6400} \, km = \frac{2025}{51200} \, km$।
$h \approx 0.03955 \, km = 39.55 \, m$।

(C) चुंबकीय क्षेत्र $B$ में $v$ वेग से गति करने वाले $l$ लंबाई के चालक में प्रेरित गतिकीय emf $E = B l v$ द्वारा दिया जाता है।
वर्गाकार लूप में $x$ और $x+d$ स्थितियों पर $d$ लंबाई की दो ऊर्ध्वाधर भुजाएँ हैं।
$x+d$ स्थिति वाली भुजा में प्रेरित emf $E _{1} = B(x+d) \cdot d \cdot v _{0} = B _{0} \left( \frac{x+d}{a} \right) d v _{0}$ है।
$x$ स्थिति वाली भुजा में प्रेरित emf $E _{2} = B(x) \cdot d \cdot v _{0} = B _{0} \left( \frac{x}{a} \right) d v _{0}$ है।
लूप में कुल प्रेरित emf इन दो emf का अंतर है: $E _{net} = E _{1} - E _{2}$।
$E _{net} = \frac{B _{0} d v _{0}}{a} (x+d - x) = \frac{B _{0} v _{0} d ^{2}}{a}$।

(B) समय $t$ के बाद शेष पदार्थ की मात्रा $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है।
$33\%$ क्षय के लिए,शेष मात्रा $N_1 = N_0(1 - 0.33) = 0.67 N_0$ है। अतः,$0.67 = e^{-\lambda t_1}$,जिससे $t_1 = -\frac{1}{\lambda} \ln(0.67)$ प्राप्त होता है।
$67\%$ क्षय के लिए,शेष मात्रा $N_2 = N_0(1 - 0.67) = 0.33 N_0$ है। अतः,$0.33 = e^{-\lambda t_2}$,जिससे $t_2 = -\frac{1}{\lambda} \ln(0.33)$ प्राप्त होता है।
समय अंतराल $\Delta t = t_2 - t_1 = -\frac{1}{\lambda} (\ln(0.33) - \ln(0.67)) = \frac{1}{\lambda} \ln(\frac{0.67}{0.33})$ है।
चूंकि $\frac{0.67}{0.33} \approx 2.03 \approx 2$,इसलिए $\Delta t \approx \frac{\ln 2}{\lambda} = t_{1/2}$ है।
दिया गया है कि $t_{1/2} = 20\, minutes$,अतः समय अंतराल लगभग $20\, minutes$ है।

(A) निर्वात में प्रकाश की गति $(c)$ सभी रंगों के लिए स्थिर होती है। गति, आवृत्ति $(f)$ और तरंगदैर्घ्य $(\lambda)$ के बीच का संबंध $c = f \lambda$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि लाल प्रकाश और नीले प्रकाश के तरंगदैर्घ्य अलग-अलग $(\lambda_{red} > \lambda_{blue})$ होते हैं, इसलिए समान गति $c$ बनाए रखने के लिए उनकी आवृत्तियाँ भी अलग-अलग $(f_{red} < f_{blue})$ होनी चाहिए। अतः, वे आवृत्ति और तरंगदैर्घ्य दोनों में भिन्न होते हैं।

(D) प्रतिरोधक द्वारा व्यय की गई ऊर्जा का सूत्र $H = i^{2}Rt$ है।
दिया गया है:
ऊर्जा $H = 10 \, mJ = 10 \times 10^{-3} \, J$
समय $t = 1 \, s$
धारा $i = 2 \, mA = 2 \times 10^{-3} \, A$
प्रतिरोध $R$ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$R = \frac{H}{i^{2}t}$
मान रखने पर:
$R = \frac{10 \times 10^{-3}}{(2 \times 10^{-3})^{2} \times 1}$
$R = \frac{10 \times 10^{-3}}{4 \times 10^{-6} \times 1}$
$R = \frac{10 \times 10^{3}}{4} = 2.5 \times 10^{3} = 2500 \, \Omega$.

(C) $t$ मोटाई और $K$ परावैद्युतांक वाले परावैद्युत स्लैब युक्त समांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C$ का सूत्र है:
$C = \frac{\varepsilon_{0} A}{d - t + \frac{t}{K}}$
दिया गया है:
क्षेत्रफल $A = 2 \, m^{2}$
कुल दूरी $d = 1 \, m$
परावैद्युत की मोटाई $t = 0.5 \, m$
परावैद्युतांक $K = 3.2$
मान रखने पर:
$C = \frac{\varepsilon_{0} \times 2}{1 - 0.5 + \frac{0.5}{3.2}}$
$C = \frac{2 \varepsilon_{0}}{0.5 + 0.15625}$
$C = \frac{2 \varepsilon_{0}}{0.65625}$
$C \approx 3.047 \, \varepsilon_{0}$
निकटतम पूर्णांक में पूर्णांकित करने पर,हमें $3 \, \varepsilon_{0}$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है: $\omega_{1} = 0.02, \mu_{1} = 1.5$ (क्राउन ग्लास) और $\omega_{2} = 0.03, \mu_{2} = 1.6$ (फ्लिंट ग्लास)।
एक्रोमैटिक संयोजन के लिए,शुद्ध विक्षेपण शून्य होता है,इसलिए $\theta_{1} = \theta_{2}$।
इसका अर्थ है $\omega_{1} \delta_{1} = \omega_{2} \delta_{2}$,जहाँ $\delta$ विचलन है।
शुद्ध विचलन $\delta_{\text{net}} = \delta_{1} - \delta_{2} = 2^{\circ}$ दिया गया है।
विक्षेपण समीकरण से,$\delta_{2} = \frac{\omega_{1}}{\omega_{2}} \delta_{1} = \frac{0.02}{0.03} \delta_{1} = \frac{2}{3} \delta_{1}$।
इसे शुद्ध विचलन समीकरण में रखने पर: $\delta_{1} - \frac{2}{3} \delta_{1} = 2^{\circ}$।
$\frac{1}{3} \delta_{1} = 2^{\circ} \implies \delta_{1} = 6^{\circ}$।
प्रिज्म द्वारा उत्पन्न विचलन $\delta = (\mu - 1)A$ होता है।
क्राउन ग्लास प्रिज्म के लिए: $6^{\circ} = (1.5 - 1) A_{1}$।
$6^{\circ} = 0.5 A_{1} \implies A_{1} = 12^{\circ}$।

(D) मान लीजिए कि इनपुट $A$ और $B$ हैं।
$1$. ऊपरी शाखा में एक $AND$ गेट और उसके बाद एक $NOT$ गेट है,जो एक $NAND$ गेट है। इसका आउटपुट $\overline{A \cdot B}$ है।
$2$. निचली शाखा में एक $OR$ गेट है। इसका आउटपुट $(A + B)$ है।
$3$. इन दोनों आउटपुट को एक अंतिम $AND$ गेट में भेजा जाता है।
$4$. अंतिम आउटपुट $Y = \overline{A \cdot B} \cdot (A + B)$ है।
$5$. बूलियन बीजगणित का उपयोग करते हुए: $Y = (\overline{A} + \overline{B}) \cdot (A + B) = \overline{A}A + \overline{A}B + \overline{B}A + \overline{B}B$.
$6$. चूंकि $\overline{A}A = 0$ और $\overline{B}B = 0$,हमें $Y = \overline{A}B + A\overline{B}$ प्राप्त होता है।
$7$. यह $XOR$ गेट के लिए बूलियन व्यंजक है।

(D) एम्प्लीट्यूड मॉड्युलेटेड सिग्नल की बैंडविड्थ $BW = 2f_m$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $f_m$ मैसेज सिग्नल की आवृत्ति है।
दिए गए मैसेज सिग्नल $m(t) = 5 \sin(1.57 \times 10^8 t)$ के लिए,कोणीय आवृत्ति $\omega_m = 1.57 \times 10^8 \text{ rad/s}$ है।
चूंकि $\omega_m = 2\pi f_m$,इसलिए $f_m = \frac{\omega_m}{2\pi}$ होता है।
मान रखने पर,$f_m = \frac{1.57 \times 10^8}{2 \times 3.14} = \frac{1.57 \times 10^8}{6.28} = 0.25 \times 10^8 \text{ Hz} = 25 \text{ MHz}$ प्राप्त होता है।
अतः,बैंडविड्थ $BW = 2f_m = 2 \times 25 \text{ MHz} = 50 \text{ MHz}$ होगी।

(A) बिंदु $P$ पर चुंबकीय क्षेत्र दो सीधे तार खंडों और अर्धवृत्ताकार चाप द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्रों का सदिश योग है।
$1$. प्रत्येक अर्ध-अनंत सीधे तार के लिए,$r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{straight}} = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi r}$ होता है। चूंकि दोनों तारों में धारा ऐसी दिशा में बहती है जो बिंदु $P$ पर एक ही दिशा में चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करती है,इसलिए दोनों सीधे तारों के कारण कुल क्षेत्र $B_{1} = 2 \times \frac{\mu_{0} I}{4 \pi r} = \frac{\mu_{0} I}{2 \pi r}$ होगा।
$2$. $r$ त्रिज्या वाले अर्धवृत्ताकार चाप के लिए,इसके केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{arc}} = \frac{1}{2} \times \frac{\mu_{0} I}{2 r} = \frac{\mu_{0} I}{4 r}$ होता है।
$3$. कुल चुंबकीय क्षेत्र $B = B_{1} + B_{\text{arc}} = \frac{\mu_{0} I}{2 \pi r} + \frac{\mu_{0} I}{4 r}$ है।
$4$. $\frac{\mu_{0} I}{4 \pi r}$ को कॉमन लेने पर,हमें $B = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi r} (2 + \pi)$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए नोड $A$ पर विभव $10\, V$ है और नोड $C$ पर $0\, V$ है। मान लीजिए नोड $B$ और $D$ पर विभव क्रमशः $x$ और $y$ हैं।
नोड $B$ पर किरचॉफ का धारा नियम $(KCL)$ लागू करने पर:
$\frac{x-10}{100} + \frac{x-y}{15} + \frac{x-0}{10} = 0$
$300$ से गुणा करने पर:
$3(x-10) + 20(x-y) + 30x = 0$
$3x - 30 + 20x - 20y + 30x = 0$
$53x - 20y = 30 \quad \dots(1)$
नोड $D$ पर $KCL$ लागू करने पर:
$\frac{y-10}{60} + \frac{y-x}{15} + \frac{y-0}{5} = 0$
$60$ से गुणा करने पर:
$(y-10) + 4(y-x) + 12y = 0$
$y - 10 + 4y - 4x + 12y = 0$
$-4x + 17y = 10 \quad \dots(2)$
समीकरण $(1)$ और $(2)$ को हल करने पर:
समीकरण $(2)$ से,$x = \frac{17y-10}{4}$. इसे $(1)$ में रखने पर:
$53(\frac{17y-10}{4}) - 20y = 30$
$901y - 530 - 80y = 120$
$821y = 650 \implies y \approx 0.7917\, V$
$x = \frac{17(0.7917)-10}{4} \approx 0.8647\, V$
गैल्वेनोमीटर के सिरों पर विभवांतर $V_B - V_D = x - y = 0.8647 - 0.7917 = 0.073\, V$ है।
गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा $I_g = \frac{V_B - V_D}{R_g} = \frac{0.073}{15} \approx 0.00487\, A = 4.87\, mA$ है।

(D) वोल्टेज और धारा के बीच कलांतर $\phi$ को इस प्रकार परिभाषित किया गया है:
$(a)$ शुद्ध प्रतिरोधक परिपथ में,वोल्टेज और धारा समान कला में होते हैं,इसलिए कलांतर $0$ है।
$(b)$ शुद्ध प्रेरक परिपथ में,वोल्टेज धारा से $\frac{\pi}{2}$ आगे होता है,जिसका अर्थ है कि धारा वोल्टेज से $\frac{\pi}{2}$ पीछे है।
$(c)$ शुद्ध संधारित्र परिपथ में,धारा वोल्टेज से $\frac{\pi}{2}$ आगे होती है।
$(d)$ $LCR$ श्रेणी परिपथ में,कलांतर $\tan \phi = \frac{X_L - X_C}{R}$ द्वारा दिया जाता है,या समान रूप से $\tan \phi = \frac{-(X_C - X_L)}{R}$,जो चिह्न परिपाटी के आधार पर $\tan^{-1}\left(\frac{X_C - X_L}{R}\right)$ के अनुरूप है।
इनकी तुलना करने पर,हमें $(a)-(ii), (b)-(iii), (c)-(i), (d)-(iv)$ प्राप्त होता है।

(D) हाइड्रोजन परमाण्वीय स्पेक्ट्रम में स्पेक्ट्रमी रेखाओं की कई श्रेणियाँ होती हैं,जिन्हें इलेक्ट्रॉन संक्रमण में शामिल ऊर्जा स्तरों के आधार पर वर्गीकृत किया जाता है।
$1$. $Lyman$ श्रेणी मूल अवस्था $(n_f = 1)$ में संक्रमण के अनुरूप है और यह पराबैंगनी क्षेत्र में स्थित है।
$2$. $Balmer$ श्रेणी दूसरे ऊर्जा स्तर $(n_f = 2)$ में संक्रमण के अनुरूप है और यह दृश्य क्षेत्र में स्थित है।
$3$. $Paschen$ श्रेणी $(n_f = 3)$,$Brackett$ श्रेणी $(n_f = 4)$ और $Pfund$ श्रेणी $(n_f = 5)$ सभी अवरक्त (इन्फ्रारेड) क्षेत्र में स्थित हैं।
अतः,दृश्य क्षेत्र में स्थित सही श्रेणी $Balmer$ श्रेणी है।

(B) प्रेरक प्रतिघात $X_{L} = \omega L = 2\pi f L$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $X_{L} \propto f$,यदि आवृत्ति $f$ को आधा कर दिया जाए,तो प्रेरक प्रतिघात $X_{L}$ भी आधा हो जाएगा।
एक शुद्ध प्रेरक परिपथ में धारा $I = \frac{V}{X_{L}}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $I \propto \frac{1}{X_{L}}$,यदि प्रेरक प्रतिघात $X_{L}$ आधा हो जाता है,तो धारा $I$ दोगुनी हो जाएगी।
अतः,प्रेरक प्रतिघात आधा हो जाता है और धारा दोगुनी हो जाती है।

(B) $P$ शक्ति के स्रोत से $r$ दूरी पर विकिरण की तीव्रता $I = \frac{P}{4 \pi r^2}$ द्वारा दी जाती है।
साथ ही,तीव्रता और विद्युत क्षेत्र के आयाम $E$ के बीच का संबंध $I = \frac{1}{2} c \epsilon_0 E^2$ है।
$100 \, W$ के बल्ब के लिए: $\frac{1}{2} c \epsilon_0 E^2 = \frac{100}{4 \pi (3)^2}$.
$60 \, W$ के बल्ब के लिए: $\frac{1}{2} c \epsilon_0 (\sqrt{\frac{x}{5}} E)^2 = \frac{60}{4 \pi (3)^2}$.
दूसरे समीकरण को पहले समीकरण से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $(\sqrt{\frac{x}{5}})^2 = \frac{60}{100}$.
$\frac{x}{5} = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}$.
अतः,$x = 3$.

(C) बल $F$ विभव ऊर्जा के ऋणात्मक प्रवणता द्वारा दिया जाता है: $F = -\frac{dU}{dr} = -\frac{d}{dr}(U_{0}r^{4}) = -4U_{0}r^{3}$.
वृत्ताकार कक्षा के लिए,अभिकेंद्र बल इस केंद्रीय बल द्वारा प्रदान किया जाता है: $\frac{mv^{2}}{r} = 4U_{0}r^{3}$,जिसका अर्थ है $v^{2} \propto r^{4}$,इसलिए $v \propto r^{2}$.
बोहर की क्वांटमीकरण शर्त के अनुसार,कोणीय संवेग क्वांटमीकृत होता है: $mvr = \frac{nh}{2\pi}$.
क्वांटमीकरण शर्त में $v \propto r^{2}$ प्रतिस्थापित करने पर: $m(r^{2})r \propto n$,जो सरल होकर $r^{3} \propto n$ हो जाता है।
इसलिए,$r \propto n^{1/3}$.
इसकी तुलना $r_{n} \propto n^{1/\alpha}$ से करने पर,हमें $\alpha = 3$ प्राप्त होता है।

(D) विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E} = \frac{2}{5} E_{0} \hat{i} + \frac{3}{5} E_{0} \hat{j}$ है।
दिया गया है $E_{0} = 4.0 \times 10^{3} \, N/C$।
सतह का क्षेत्रफल $A = 0.4 \, m^{2}$ है और यह $Y-Z$ तल के समानांतर है।
$Y-Z$ तल के समानांतर सतह के लिए क्षेत्रफल सदिश $\overrightarrow{A}$,$X$-अक्ष की दिशा में होता है,इसलिए $\overrightarrow{A} = 0.4 \hat{i} \, m^{2}$।
विद्युत फ्लक्स $\phi$ को डॉट प्रोडक्ट $\phi = \overrightarrow{E} \cdot \overrightarrow{A}$ द्वारा ज्ञात किया जाता है।
$\phi = (\frac{2}{5} E_{0} \hat{i} + \frac{3}{5} E_{0} \hat{j}) \cdot (0.4 \hat{i})$।
चूंकि $\hat{i} \cdot \hat{i} = 1$ और $\hat{j} \cdot \hat{i} = 0$,इसलिए $\phi = \frac{2}{5} E_{0} \times 0.4$।
$E_{0} = 4.0 \times 10^{3} \, N/C$ का मान रखने पर:
$\phi = \frac{2}{5} \times (4.0 \times 10^{3}) \times 0.4$।
$\phi = 0.4 \times 4000 \times 0.4 = 1600 \times 0.4 = 640 \, N m^{2} C^{-1}$।

(D) $1$. संधारित्र $C_{1}$ पर प्रारंभिक आवेश $Q = C_{1}V = 2\, \mu F \times 10\, V = 20\, \mu C$ है।
$2$. जब बैटरी को हटा दिया जाता है और $C_{1}$ को अनावेशित संधारित्र $C_{2}$ से जोड़ा जाता है,तो कुल आवेश $Q$ संरक्षित रहता है और दोनों संधारित्रों के बीच साझा हो जाता है।
$3$. संयोजन के बाद उभयनिष्ठ विभव $V'$ इस प्रकार है: $V' = \frac{Q}{C_{1} + C_{2}} = \frac{20\, \mu C}{2\, \mu F + 8\, \mu F} = \frac{20}{10} = 2\, V$.
$4$. संतुलन की स्थिति में संधारित्र $C_{2}$ पर आवेश $Q_{2} = C_{2}V' = 8\, \mu F \times 2\, V = 16\, \mu C$ है।

(A) दिया गया है,प्रतिबिंब दूरी $v = 10 \ m$ (सतह के पीछे,इसलिए चिह्न परिपाटी के अनुसार $v = +10 \ m$)।
प्रतिबिंब वास्तविक है,और वस्तु की दूरी $u$ इस प्रकार है कि $v = \frac{2}{3} |u|$।
अतः,$10 = \frac{2}{3} |u| \Rightarrow |u| = 15 \ m$। चूंकि वस्तु सतह के सामने है,$u = -15 \ m$।
अपवर्तनांक $\mu$ तरंगदैर्ध्य के अनुपात द्वारा दिया जाता है: $\lambda_m = \frac{\lambda_a}{\mu} \Rightarrow \mu = \frac{\lambda_a}{\lambda_m} = \frac{1}{2/3} = 1.5 = \frac{3}{2}$।
गोलीय सतह के लिए अपवर्तन सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{\mu}{v} - \frac{1}{u} = \frac{\mu - 1}{R}$।
मान रखने पर: $\frac{3/2}{10} - \frac{1}{-15} = \frac{3/2 - 1}{R}$।
$\frac{3}{20} + \frac{1}{15} = \frac{1/2}{R}$।
$\frac{9 + 4}{60} = \frac{1}{2R} \Rightarrow \frac{13}{60} = \frac{1}{2R}$।
$26R = 60 \Rightarrow R = \frac{60}{26} = \frac{30}{13} \ m$।
दिया गया है $R = \frac{x}{13} \ m$,दोनों की तुलना करने पर,हमें $x = 30$ प्राप्त होता है।

(D) चालन धारा घनत्व $J_{c} = \sigma E = \frac{E}{\rho} = \frac{V(t)}{\rho d}$ है।
विस्थापन धारा घनत्व $J_{d} = \varepsilon \frac{\partial E}{\partial t} = \varepsilon \frac{1}{d} \frac{dV}{dt} = \frac{\varepsilon}{d} V_{0} (2 \pi f) \cos(2 \pi ft)$ है।
दिया गया है कि $J_{c} = 10^{x} J_{d}$,इसलिए $\frac{V_{0} \sin(2 \pi ft)}{\rho d} = 10^{x} \frac{\varepsilon}{d} V_{0} (2 \pi f) \cos(2 \pi ft)$.
यह समीकरण $\tan(2 \pi ft) = 10^{x} \cdot \rho \cdot \varepsilon \cdot 2 \pi f$ में सरल हो जाता है।
यहाँ $f = 900 \, Hz$,$t = \frac{1}{800} \, s$,$\rho = 0.25 \, \Omega m$,और $\varepsilon = 80 \varepsilon_{0}$ है।
$2 \pi ft = 2 \pi \times 900 \times \frac{1}{800} = \frac{9 \pi}{4} = 2 \pi + \frac{\pi}{4}$.
अतः,$\tan(2 \pi ft) = \tan(\pi/4) = 1$.
अब,$1 = 10^{x} \times 0.25 \times 80 \varepsilon_{0} \times 2 \pi \times 900$.
$\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} = 9 \times 10^{9}$ का उपयोग करते हुए,$\varepsilon_{0} = \frac{1}{36 \pi \times 10^{9}}$.
$1 = 10^{x} \times 20 \times \frac{1}{36 \pi \times 10^{9}} \times 1800 \pi = 10^{x} \times \frac{36000}{36 \times 10^{9}} = 10^{x} \times 10^{-6}$.
$10^{x} = 10^{6}$,जिससे $x = 6$ प्राप्त होता है।

(D) कथन $(A)$ गलत है क्योंकि विद्युत मोनोपोल (आवेश) मौजूद होते हैं,लेकिन चुंबकीय मोनोपोल मौजूद नहीं होते हैं।
कथन $(B)$ सही है क्योंकि सोलेनोइड की चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं बंद लूप बनाती हैं,इसलिए वे सोलेनोइड के बाहर पूरी तरह से सीधी और सीमित नहीं हो सकती हैं।
कथन $(C)$ सही है क्योंकि एक आदर्श टोरोइड में,चुंबकीय क्षेत्र बाहर शून्य होता है और कोर के भीतर पूरी तरह से सीमित होता है।
कथन $(D)$ गलत है क्योंकि बार चुंबक के अंदर चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं समानांतर और एकसमान होती हैं।
कथन $(E)$ सही है क्योंकि एक पूर्ण प्रतिचुंबकीय पदार्थ के लिए सापेक्ष पारगम्यता $\mu_r = 0$ होती है,और चूंकि $\mu_r = 1 + \chi$ होता है,इसलिए हमें $\chi = -1$ प्राप्त होता है।
अतः,कथन $(B)$,$(C)$ और $(E)$ सही हैं। हालाँकि,दिए गए विकल्पों के आधार पर,सबसे उपयुक्त विकल्प $(D)$ $(B)$ और $(C)$ है,यद्यपि $(E)$ भी वैज्ञानिक रूप से सही है।

(D) चुंबकीय क्षेत्र में आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r = \frac{mv}{qB} = \frac{p}{qB}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $p$ संवेग है।
दिया गया है कि त्रिज्याओं का अनुपात $\frac{r_{p}}{r_{\alpha}} = \frac{2}{1}$ है।
हम जानते हैं कि $\alpha$-कण के लिए,द्रव्यमान $m_{\alpha} = 4m_{p}$ और आवेश $q_{\alpha} = 2q_{p}$ होता है।
सूत्र $\frac{r_{p}}{r_{\alpha}} = \frac{p_{p}}{q_{p}B} \cdot \frac{q_{\alpha}B}{p_{\alpha}} = \frac{p_{p}}{p_{\alpha}} \cdot \frac{q_{\alpha}}{q_{p}} = 2$ का उपयोग करने पर।
आवेश का अनुपात रखने पर: $\frac{p_{p}}{p_{\alpha}} \cdot \frac{2q_{p}}{q_{p}} = 2 \implies \frac{p_{p}}{p_{\alpha}} \cdot 2 = 2 \implies \frac{p_{p}}{p_{\alpha}} = 1$.
गतिज ऊर्जा $K$ और संवेग $p$ के बीच संबंध $K = \frac{p^2}{2m}$ है।
अतः,$\frac{K_{p}}{K_{\alpha}} = \frac{p_{p}^2}{2m_{p}} \cdot \frac{2m_{\alpha}}{p_{\alpha}^2} = \left(\frac{p_{p}}{p_{\alpha}}\right)^2 \cdot \frac{m_{\alpha}}{m_{p}}$.
मान रखने पर: $\frac{K_{p}}{K_{\alpha}} = (1)^2 \cdot \frac{4m_{p}}{m_{p}} = 1 \cdot 4 = 4$.
इस प्रकार,$K_{p}:K_{\alpha}$ का अनुपात $4:1$ है।

(C) तरंग सदिश $\vec{k}$ की दिशा में संचरित होने वाली एक समतल विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए,विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ और चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ एक-दूसरे के लंबवत होते हैं और दोनों संचरण की दिशा $\vec{k}$ के भी लंबवत होते हैं।
यहाँ तरंग y-दिशा में संचरित हो रही है,इसलिए संचरण की दिशा $\hat{j}$ है।
अतः,$\vec{E}$ और $\vec{B}$ दोनों को xz-तल में होना चाहिए। इसका अर्थ है कि उनके घटक केवल x या z दिशा में ही हो सकते हैं।
विशेष रूप से,यदि $\vec{E}$,x-अक्ष पर है $(E_{x})$,तो $\vec{B}$ को z-अक्ष पर होना चाहिए $(B_{z})$,क्योंकि $\vec{E} \times \vec{B}$ को संचरण की दिशा में होना चाहिए।
विकल्पों की जाँच करने पर: $\vec{E}$ और $\vec{B}$ के घटक x और z दिशा में होने चाहिए। विकल्प $(C)$ में $E_{x}, B_{z}$ या $E_{z}, B_{x}$ दिया गया है,जो इस शर्त को पूरा करते हैं कि दोनों क्षेत्र संचरण की y-दिशा के लंबवत हैं।

(D) धारा लाभ $\alpha$ को कलेक्टर धारा $(I_{C})$ और उत्सर्जक धारा $(I_{E})$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है: $\alpha = \frac{I_{C}}{I_{E}}$.
धारा लाभ $\beta$ को कलेक्टर धारा $(I_{C})$ और आधार धारा $(I_{B})$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है: $\beta = \frac{I_{C}}{I_{B}}$.
ट्रांजिस्टर के लिए किरचॉफ के धारा नियम के अनुसार,उत्सर्जक धारा आधार और कलेक्टर धाराओं का योग होती है: $I_{E} = I_{B} + I_{C}$.
$\alpha$ के व्यंजक में $I_{E}$ का मान रखने पर: $\alpha = \frac{I_{C}}{I_{B} + I_{C}}$.
अंश और हर को $I_{C}$ से विभाजित करने पर: $\alpha = \frac{1}{\frac{I_{B}}{I_{C}} + 1}$.
चूंकि $\frac{1}{\beta} = \frac{I_{B}}{I_{C}}$,इसलिए इस मान को समीकरण में रखने पर: $\alpha = \frac{1}{\frac{1}{\beta} + 1} = \frac{1}{\frac{1+\beta}{\beta}} = \frac{\beta}{1+\beta}$.
अतः,सही संबंध $\alpha = \frac{\beta}{1+\beta}$ है।

(B) यह मानते हुए कि समकोण प्रिज्म एक समद्विबाहु प्रिज्म है,अन्य दो कोण प्रत्येक $45^{\circ}$ के हैं।
$\Rightarrow$ प्रत्येक आपतित किरण फलक $PR$ पर $45^{\circ}$ के आपतन कोण पर टकराती है।
$\Rightarrow$ एक किरण फलक $PR$ से तभी बाहर निकलेगी यदि आपतन कोण $i$,उस विशिष्ट तरंगदैर्ध्य के लिए क्रांतिक कोण $\theta_{C}$ से कम हो।
$\Rightarrow$ क्रांतिक कोण का सूत्र $\theta_{C} = \sin^{-1}\left(\frac{1}{\mu}\right)$ है।
$\Rightarrow$ लाल किरण के लिए: $\mu_{R} = 1.27$. $\theta_{C,R} = \sin^{-1}\left(\frac{1}{1.27}\right) \approx 51.94^{\circ}$. चूँकि $45^{\circ} < 51.94^{\circ}$,लाल किरण बाहर निकल जाएगी।
$\Rightarrow$ हरी किरण के लिए: $\mu_{G} = 1.42$. $\theta_{C,G} = \sin^{-1}\left(\frac{1}{1.42}\right) \approx 44.76^{\circ}$. चूँकि $45^{\circ} > 44.76^{\circ}$,हरी किरण पूर्ण आंतरिक परावर्तन का अनुभव करेगी और बाहर नहीं निकलेगी।
$\Rightarrow$ नीली किरण के लिए: $\mu_{B} = 1.49$. $\theta_{C,B} = \sin^{-1}\left(\frac{1}{1.49}\right) \approx 42.15^{\circ}$. चूँकि $45^{\circ} > 42.15^{\circ}$,नीली किरण पूर्ण आंतरिक परावर्तन का अनुभव करेगी और बाहर नहीं निकलेगी।
$\Rightarrow$ इसलिए,केवल लाल किरण ही फलक $PR$ से बाहर निकलेगी।

(B) न्यूट्रॉन का द्रव्यमान $(m_n \approx 1.6749 \times 10^{-27} \ kg)$ प्रोटॉन के द्रव्यमान $(m_p \approx 1.6726 \times 10^{-27} \ kg)$ से अधिक होता है।
चूंकि एक मुक्त प्रोटॉन का द्रव्यमान न्यूट्रॉन से कम होता है,इसलिए ऊर्जा संरक्षण के नियम के कारण यह स्वतः ही न्यूट्रॉन में क्षय नहीं हो सकता है।
हालाँकि,नाभिक के अंदर,बंधन ऊर्जा (binding energy) द्रव्यमान के अंतर की भरपाई कर सकती है,जिससे एक प्रोटॉन $\beta^{+}$ क्षय $(p \rightarrow n + e^{+} + \nu_e)$ की प्रक्रिया के माध्यम से न्यूट्रॉन में परिवर्तित हो सकता है।
इसलिए,यह प्रक्रिया केवल नाभिक के अंदर ही संभव है।

(C) $LCR$ परिपथ का शक्ति गुणांक $\cos \phi = \frac{R}{Z}$ द्वारा दिया जाता है।
श्रेणी $LCR$ परिपथ की प्रतिबाधा $Z$ की गणना इस प्रकार की जाती है:
$Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$
दिए गए मान $R = 6\, \Omega$,$X_L = 10\, \Omega$,और $X_C = 4\, \Omega$ हैं।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$Z = \sqrt{6^2 + (10 - 4)^2}$
$Z = \sqrt{36 + 6^2}$
$Z = \sqrt{36 + 36} = \sqrt{72} = 6\sqrt{2}\, \Omega$
अब,शक्ति गुणांक की गणना करने पर:
$\cos \phi = \frac{R}{Z} = \frac{6}{6\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$

(C) प्रेरक (inductor) में संचित चुंबकीय ऊर्जा $U = \frac{1}{2} L i^2$ द्वारा दी जाती है।
मान लीजिए $U_{max}$ अधिकतम ऊर्जा है,जो तब होती है जब धारा अपने अधिकतम मान $i_0$ तक पहुँच जाती है। अतः,$U_{max} = \frac{1}{2} L i_0^2$।
हमें दिया गया है कि ऊर्जा अपने अधिकतम मान के $25\%$ तक पहुँच जाती है:
$U = 0.25 U_{max} = \frac{1}{4} (\frac{1}{2} L i_0^2) = \frac{1}{2} L (\frac{i_0}{2})^2$।
इसे $U = \frac{1}{2} L i^2$ के साथ तुलना करने पर,हम पाते हैं कि धारा $i = \frac{i_0}{2}$ होनी चाहिए।
चार्जिंग के दौरान $RL$ सर्किट में धारा का समीकरण $i = i_0 (1 - e^{-Rt/L})$ है।
$i = \frac{i_0}{2}$ रखने पर: $\frac{i_0}{2} = i_0 (1 - e^{-Rt/L})$।
$\frac{1}{2} = 1 - e^{-Rt/L} \Rightarrow e^{-Rt/L} = \frac{1}{2}$।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर: $-\frac{Rt}{L} = \ln(\frac{1}{2}) = -\ln 2$।
अतः,$t = \frac{L}{R} \ln 2$।

(A) माइक्रोस्कोप की विभेदन क्षमता $(RP)$ उपयोग किए गए कणों की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $(\lambda)$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है,अर्थात $RP \propto \frac{1}{\lambda}$।
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$m$ द्रव्यमान है और $v$ वेग है।
इसे विभेदन क्षमता के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $RP \propto \frac{1}{h/mv} = \frac{mv}{h}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $h$ और $v$ दोनों स्थितियों में स्थिर हैं,इसलिए $RP \propto m$ है।
अतः,प्रोटॉन माइक्रोस्कोप $(RP_p)$ और इलेक्ट्रॉन माइक्रोस्कोप $(RP_e)$ की विभेदन क्षमता का अनुपात $\frac{RP_p}{RP_e} = \frac{m_p}{m_e}$ होगा।
यह देखते हुए कि प्रोटॉन का द्रव्यमान $m_p \approx 1837 \times m_e$ है,विभेदन क्षमता $1837$ के कारक से बदल जाएगी।

(A) कॉमन-एमिटर कॉन्फ़िगरेशन के लिए करंट गेन $\beta$ को स्थिर कलेक्टर-एमिटर वोल्टेज $V_{CE}$ पर कलेक्टर करंट में परिवर्तन $\Delta I_C$ और बेस करंट में परिवर्तन $\Delta I_B$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B}$
दिए गए ग्राफ से,आइए दो वक्रों के बीच के परिवर्तन पर विचार करें,उदाहरण के लिए,एक्टिव रीजन में $I_B = 10 \ \mu A$ से $I_B = 20 \ \mu A$ तक।
$I_B = 10 \ \mu A$ पर,कलेक्टर करंट $I_C = 2 \ mA = 2 \times 10^{-3} \ A$ है।
$I_B = 20 \ \mu A$ पर,कलेक्टर करंट $I_C = 4 \ mA = 4 \times 10^{-3} \ A$ है।
इसलिए,$\Delta I_C = (4 - 2) \ mA = 2 \ mA = 2 \times 10^{-3} \ A$ है।
और $\Delta I_B = (20 - 10) \ \mu A = 10 \ \mu A = 10 \times 10^{-6} \ A$ है।
अब,करंट गेन की गणना करते हुए:
$\beta = \frac{2 \times 10^{-3}}{10 \times 10^{-6}} = \frac{2}{10} \times 10^3 = 0.2 \times 1000 = 200$ है।
अतः,अनुमानित करंट गेन $200$ है।

(B) टीवी ट्रांसमिशन टॉवर की रेंज $d = \sqrt{2Rh}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है और $h$ एंटीना की ऊंचाई है।
स्थिति $(i)$: जब रिसीविंग एंटीना जमीन के स्तर पर होता है,तो रेंज $d_1 = \sqrt{2Rh}$ होती है,जहाँ $h = 20\, m$ है।
स्थिति $(ii)$: जब रिसीविंग एंटीना $h' = 5\, m$ की ऊंचाई पर होता है,तो कुल रेंज $d_2 = \sqrt{2Rh} + \sqrt{2Rh'}$ होती है।
रेंज में वृद्धि $\Delta d = d_2 - d_1 = \sqrt{2Rh'}$ है।
प्रतिशत वृद्धि $n\%$ को $\frac{\Delta d}{d_1} \times 100\%$ द्वारा दिया जाता है।
$n = \frac{\sqrt{2Rh'}}{\sqrt{2Rh}} \times 100 = \sqrt{\frac{h'}{h}} \times 100$.
$h = 20\, m$ और $h' = 5\, m$ मान रखने पर:
$n = \sqrt{\frac{5}{20}} \times 100 = \sqrt{\frac{1}{4}} \times 100 = 0.5 \times 100 = 50\%$.
अतः,$n$ का मान $50$ है।

(C) दो बिंदु आवेशों के बीच का बल कूलम्ब के नियम द्वारा दिया जाता है: $F = \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{q_{1} q_{2}}{r^{2}}$.
यहाँ,मूल बिंदु पर $q_{1} = 1 \,C$ और विभिन्न स्थितियों $y$ पर $q_{2} = 1 \,\mu C = 10^{-6} \,C$ है।
कुल बल $F$ सभी आवेशों द्वारा लगाए गए बलों का योग है:
$F = \sum \frac{k q_{1} q_{2}}{y^{2}} = k q_{1} q_{2} \left( \frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{4^{2}} + \frac{1}{8^{2}} + \ldots \right)$
$F = (9 \times 10^{9}) \times (1) \times (10^{-6}) \times \left( 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{16} + \frac{1}{64} + \ldots \right)$
यह एक अनंत गुणोत्तर श्रेणी है जिसका प्रथम पद $a = 1$ और सार्व अनुपात $r = \frac{1}{4}$ है।
योग $S = \frac{a}{1-r} = \frac{1}{1 - 1/4} = \frac{1}{3/4} = \frac{4}{3}$.
$F = 9 \times 10^{3} \times \frac{4}{3} = 12 \times 10^{3} \,N$.
$x \times 10^{3} \,N$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 12$ प्राप्त होता है।

(C) संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज की स्थिति में,भुजाओं के प्रतिरोधों का अनुपात समान होता है।
दिए गए प्रतिरोध $R_1 = 12\, \Omega$ और $R_2 = 6\, \Omega$ हैं।
तार $AB$ की कुल लंबाई $72\, cm$ है। मान लीजिए कि तार के प्रति इकाई लंबाई का प्रतिरोध $\lambda$ है।
खंड $AP$ का प्रतिरोध $R_{AP} = \lambda x$ है और खंड $PB$ का प्रतिरोध $R_{PB} = \lambda (72 - x)$ है।
गैल्वेनोमीटर में शून्य विक्षेप के लिए,ब्रिज संतुलित है:
$\frac{12}{x} = \frac{6}{72 - x}$
$12(72 - x) = 6x$
$864 - 12x = 6x$
$18x = 864$
$x = \frac{864}{18} = 48\, cm$.

(D) मान लीजिए कि प्रत्येक तार की लंबाई $\ell$ है और अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ है। तार का प्रतिरोध $R = \rho_{res} \frac{\ell}{A}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $\rho_{res}$ प्रतिरोधकता है।
समानांतर क्रम में जुड़े दो तारों के लिए, व्यक्तिगत प्रतिरोध $R_1 = \rho_1 \frac{\ell}{A} = 6 \frac{\ell}{A}$ और $R_2 = \rho_2 \frac{\ell}{A} = 3 \frac{\ell}{A}$ हैं।
समानांतर क्रम में जुड़े दो प्रतिरोधों के लिए तुल्य प्रतिरोध $R_{net} = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}$ द्वारा दिया जाता है।
समानांतर में जुड़े दो तारों का संयुक्त अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $2A$ है और लंबाई $\ell$ रहती है। इसलिए, $R_{net} = \rho \frac{\ell}{2A}$।
समीकरणों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\rho \frac{\ell}{2A} = \frac{(6 \frac{\ell}{A}) (3 \frac{\ell}{A})}{6 \frac{\ell}{A} + 3 \frac{\ell}{A}}$
$\frac{\rho}{2} = \frac{6 \times 3}{6 + 3} = \frac{18}{9} = 2$
$\rho = 4 \, \Omega \, cm$।

(D) प्रेक्षक से दूर जा रहे स्रोत के लिए तरंगदैर्ध्य में डॉप्लर विस्थापन का सूत्र: $\frac{\Delta \lambda}{\lambda} = \frac{v}{c}$ है।
दिया गया है:
आकाशगंगा की गति $v = 286 \, km/s = 286 \times 10^{3} \, m/s$.
प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^{8} \, m/s$.
तरंगदैर्ध्य $\lambda = 630 \, nm = 630 \times 10^{-9} \, m$.
विस्थापन $\Delta \lambda$ ज्ञात करने के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$\Delta \lambda = \frac{v}{c} \times \lambda$.
मान रखने पर:
$\Delta \lambda = \frac{286 \times 10^{3}}{3 \times 10^{8}} \times 630 \times 10^{-9}$.
$\Delta \lambda = \frac{286}{3 \times 10^{5}} \times 630 \times 10^{-9}$.
$\Delta \lambda = \frac{286 \times 630}{3} \times 10^{-14} = 286 \times 210 \times 10^{-14} = 60060 \times 10^{-14} = 6.006 \times 10^{-10} \, m$.
इसे $x \times 10^{-10} \, m$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x \approx 6$ प्राप्त होता है।

(A) गोलीय दर्पण के लिए,फोकस दूरी $f$ और वक्रता त्रिज्या $R$ के बीच का संबंध $f = \frac{R}{2}$ द्वारा दिया जाता है।
उत्तल दर्पण के लिए,मुख्य फोकस $F$ और वक्रता केंद्र $C$ दर्पण के पीछे स्थित होते हैं।
चिह्न परिपाटी के अनुसार,आपतित प्रकाश की दिशा में (दर्पण के पीछे) मापी गई दूरियों को धनात्मक लिया जाता है।
इसलिए,उत्तल दर्पण के लिए $f$ और $R$ दोनों धनात्मक होते हैं।
अतः,संबंध $f = +\frac{R}{2}$ है।

(C) दिया गया है कि आयाम $A$,स्लिट की चौड़ाई $w$ के समानुपाती है,इसलिए $A \propto w$।
मान लीजिए चौड़ाई $w_1$ और $w_2$ है,जहाँ $w_2 = 3w_1$ है। इसलिए,आयाम $A_1$ और $A_2 = 3A_1$ होंगे।
तीव्रता $I$,आयाम के वर्ग के समानुपाती होती है,$I \propto A^2$।
अधिकतम और न्यूनतम तीव्रता का अनुपात निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\frac{I_{\max}}{I_{\min}} = \left(\frac{A_1 + A_2}{|A_1 - A_2|}\right)^2$
समीकरण में $A_2 = 3A_1$ रखने पर:
$\frac{I_{\max}}{I_{\min}} = \left(\frac{A_1 + 3A_1}{|A_1 - 3A_1|}\right)^2$
$= \left(\frac{4A_1}{2A_1}\right)^2$
$= (2)^2 = 4$
अतः,अनुपात $4: 1$ है।

(B) धारा $i = \alpha_{0} t + \beta t^{2}$ द्वारा दी गई है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर,$i = 20t + 8t^{2}$ प्राप्त होता है।
हम जानते हैं कि धारा $i = \frac{dq}{dt}$,इसलिए आवेश $q$ समाकलन $q = \int i \, dt$ द्वारा प्राप्त होता है।
$15 \, s$ में गुजरने वाला कुल आवेश ज्ञात करने के लिए,हम $t = 0$ से $t = 15 \, s$ तक समाकलन करेंगे:
$q = \int_{0}^{15} (20t + 8t^{2}) \, dt$
$q = \left[ \frac{20t^{2}}{2} + \frac{8t^{3}}{3} \right]_{0}^{15}$
$q = \left[ 10t^{2} + \frac{8}{3}t^{3} \right]_{0}^{15}$
$q = 10(15)^{2} + \frac{8}{3}(15)^{3}$
$q = 10(225) + \frac{8}{3}(3375)$
$q = 2250 + 8(1125)$
$q = 2250 + 9000$
$q = 11250 \, C$.