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

(C) एक आदर्श गैस के लिए,अवस्था का समीकरण आदर्श गैस नियम द्वारा दिया जाता है:
$PV = nRT$
जहाँ $P$ दाब है,$V$ आयतन है,$n$ मोलों की संख्या है,$R$ सार्वत्रिक गैस नियतांक है,और $T$ परम ताप है।
चूंकि गैस की दी गई मात्रा के लिए $n$ और $R$ स्थिरांक हैं,इसलिए हमारे पास है:
$PV \propto T$
इसका तात्पर्य यह है कि $PV$ बनाम $T$ का ग्राफ मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा होनी चाहिए,क्योंकि $PV$,$T$ के सीधे आनुपातिक है।
इसलिए,सही ग्राफ वह है जो मूल बिंदु से गुजरते हुए $T$ के सापेक्ष $PV$ में रैखिक वृद्धि को दर्शाता है।

(D) $PV$ आरेख में दिखाई गई प्रक्रिया एक समतापीय प्रक्रिया है क्योंकि वक्र $PV = \text{constant}$ संबंध का पालन करता है।
समतापीय प्रक्रिया में किया गया कार्य इस सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$W = nRT \ln \left( \frac{V_2}{V_1} \right)$
दी गई मान:
$n = 1 \, \text{mole}$
$T = 27^{\circ} {C} = 27 + 273 = 300 \, {K}$
$R = 8.3 \, {J} / \text{mole} \cdot {K}$
$V_1 = 2 \, {m}^3, V_2 = 4 \, {m}^3$
$\ln 2 = 0.6931$
मान रखने पर:
$W = 1 \times 8.3 \times 300 \times \ln \left( \frac{4}{2} \right)$
$W = 2490 \times \ln 2$
$W = 2490 \times 0.6931$
$W = 1725.819 \, {J}$
इसे $...... \times 10^{-1} \, {J}$ के रूप में व्यक्त करने के लिए:
$W = 17258.19 \times 10^{-1} \, {J}$
निकटतम पूर्णांक में पूर्णांकित करने पर,हमें $17258 \times 10^{-1} \, {J}$ प्राप्त होता है।

(B) $h$ ऊँचाई वाले आनत तल पर लुढ़कती हुई वस्तु के लिए,ऊर्जा संरक्षण से $mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$ प्राप्त होता है।
चूँकि $v = R\omega$,इसलिए $mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I(\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2}mv^2(1 + \frac{I}{mR^2})$ होता है।
वलय के लिए,$I = mR^2$,अतः $mgh = \frac{1}{2}mv_R^2(1 + 1) = mv_R^2$। इस प्रकार,$v_R = \sqrt{gh}$।
ठोस बेलन के लिए,$I = \frac{1}{2}mR^2$,अतः $mgh = \frac{1}{2}mv_c^2(1 + \frac{1}{2}) = \frac{3}{4}mv_c^2$। इस प्रकार,$v_c = \sqrt{\frac{4gh}{3}}$।
वेगों का अनुपात $\frac{v_R}{v_c} = \frac{\sqrt{gh}}{\sqrt{4gh/3}} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ है।
इसे $\frac{\sqrt{x}}{2}$ से तुलना करने पर,$x = 3$ प्राप्त होता है।

(C) माना ऊपर जाने का समय $t_a$ है और नीचे आने का समय $t_d$ है। दिया गया है कि $t_a = \frac{1}{2} t_d$,जिसका अर्थ है $t_d = 2 t_a$.
चूंकि तय की गई दूरी $s$ समान है,$s = \frac{1}{2} a_a t_a^2 = \frac{1}{2} a_d t_d^2$.
$t_d = 2 t_a$ रखने पर,$a_a t_a^2 = a_d (2 t_a)^2$,अतः $a_a = 4 a_d$.
ऊपर जाते समय त्वरण $a_a = g \sin \theta + \mu g \cos \theta = g \sin 30^{\circ} + \mu g \cos 30^{\circ} = \frac{g}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \mu g$.
नीचे आते समय त्वरण $a_d = g \sin \theta - \mu g \cos \theta = g \sin 30^{\circ} - \mu g \cos 30^{\circ} = \frac{g}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} \mu g$.
$a_a = 4 a_d$ में इन मानों को रखने पर: $\frac{g}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \mu g = 4 (\frac{g}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} \mu g)$.
$g$ से भाग देने पर: $\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \mu = 2 - 2\sqrt{3} \mu$.
$\frac{5\sqrt{3}}{2} \mu = \frac{3}{2} \implies \mu = \frac{3}{5\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{5}$.
$\mu = \frac{\sqrt{3}}{5}$ की तुलना $\frac{\sqrt{x}}{5}$ से करने पर,$x = 3$ प्राप्त होता है।

(D) प्रारंभिक कोणीय गति,$\omega_0 = 600 \, rpm = 10 \, rev/s$ है।
अंतिम कोणीय गति,$\omega_f = 1800 \, rpm = 30 \, rev/s$ है।
लिया गया समय,$t = 10 \, s$ है।
चूंकि त्वरण समान है,औसत कोणीय गति $\omega_{avg} = \frac{\omega_0 + \omega_f}{2} = \frac{10 + 30}{2} = 20 \, rev/s$ होगी।
कुल घूर्णनों (चक्करों) की संख्या $\theta = \omega_{avg} \times t$ है।
$\theta = 20 \, rev/s \times 10 \, s = 200 \, rev$।

(D) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,किसी वस्तु पर किया गया कुल कार्य उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
चूंकि सूटकेस एकसमान वेग से गति कर रहा है,इसलिए गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta K.E. = 0$ है।
अतः,सभी बलों द्वारा किया गया कुल कार्य $W_{\text{Porter}} + W_{\text{gravity}} = 0$ है।
इसका अर्थ है कि $W_{\text{Porter}} = -W_{\text{gravity}}$।
गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य $W_{\text{gravity}} = mgh$ है,जहाँ $h$ विस्थापन है।
यहाँ,$m = 80\, \text{kg}$,$g = 9.8\, \text{m/s}^2$,और $h = 80\, \text{cm} = 0.8\, \text{m}$ है।
चूंकि कुली सूटकेस को नीचे उतार रहा है,कुली द्वारा लगाया गया बल ऊपर की ओर है जबकि विस्थापन नीचे की ओर है।
$W_{\text{Porter}} = -mgh = -(80) \times (9.8) \times (0.8) = -627.2\, \text{J}$।

(B) सदिश $\vec{A}$ का सदिश $\vec{B}$ पर प्रक्षेप निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\text{Proj}_{\vec{B}} \vec{A} = \left( \frac{\vec{A} \cdot \vec{B}}{|\vec{B}|} \right) \hat{B}$,जहाँ $\hat{B}$ सदिश $\vec{B}$ की दिशा में इकाई सदिश है।
सबसे पहले,अदिश गुणनफल (dot product) की गणना करें: $\vec{A} \cdot \vec{B} = (1)(1) + (1)(1) + (1)(0) = 1 + 1 = 2$.
इसके बाद,$\vec{B}$ का परिमाण ज्ञात करें: $|\vec{B}| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
अब,इकाई सदिश $\hat{B} = \frac{\vec{B}}{|\vec{B}|} = \frac{\hat{i} + \hat{j}}{\sqrt{2}}$.
अंत में,इन मानों को प्रक्षेप के सूत्र में रखने पर:
$\text{Proj}_{\vec{B}} \vec{A} = \left( \frac{2}{\sqrt{2}} \right) \left( \frac{\hat{i} + \hat{j}}{\sqrt{2}} \right) = \sqrt{2} \cdot \frac{\hat{i} + \hat{j}}{\sqrt{2}} = \hat{i} + \hat{j}$.

(A) नत समतल पर लुढ़कने वाली वस्तु का त्वरण $a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{I}{mR^2}}$ द्वारा दिया जाता है।
वस्तुओं के लिए जड़त्व आघूर्ण $I$ इस प्रकार हैं: $I_{\text{ring}} = mR^2$,$I_{\text{cylinder}} = \frac{1}{2}mR^2$,और $I_{\text{sphere}} = \frac{2}{5}mR^2$.
जड़त्व आघूर्ण की तुलना करने पर: $I_{\text{ring}} > I_{\text{cylinder}} > I_{\text{sphere}}$.
चूंकि $a$,$(1 + \frac{I}{mR^2})$ के व्युत्क्रमानुपाती है,इसलिए त्वरण का क्रम: $a_{\text{ring}} < a_{\text{cylinder}} < a_{\text{sphere}}$ होगा।
गति के समीकरण $v^2 = u^2 + 2as$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = 0$,अंतिम वेग $v = \sqrt{2as}$ त्वरण के वर्गमूल के समानुपाती होता है।
इसलिए,समतल के निचले सिरे पर अंतिम वेग का क्रम: $v_{\text{ring}} < v_{\text{cylinder}} < v_{\text{sphere}}$ होगा।
अतः,गोले का वेग सबसे अधिक और रिंग का वेग सबसे कम होता है।

(D) दिया गया गति का समीकरण: $x(t) = A \sin \omega t + B \cos \omega t$.
$t = 0$ पर,$x(0) = A \sin(0) + B \cos(0) = B$. अतः,$B = x(0)$.
वेग $v(t) = \frac{dx}{dt} = A \omega \cos \omega t - B \omega \sin \omega t$.
$t = 0$ पर,$v(0) = A \omega \cos(0) - B \omega \sin(0) = A \omega$. अतः,$A = \frac{v(0)}{\omega}$.
हम $x(t) = A \sin \omega t + B \cos \omega t$ को $x(t) = C \cos(\omega t - \phi) = C \cos \omega t \cos \phi + C \sin \omega t \sin \phi$ के रूप में व्यक्त करना चाहते हैं।
$\sin \omega t$ और $\cos \omega t$ के गुणांकों की तुलना करने पर:
$A = C \sin \phi$ और $B = C \cos \phi$.
वर्ग करके जोड़ने पर: $A^2 + B^2 = C^2 (\sin^2 \phi + \cos^2 \phi) = C^2$.
इस प्रकार,$C = \sqrt{A^2 + B^2} = \sqrt{\left( \frac{v(0)}{\omega} \right)^2 + x(0)^2} = \sqrt{\frac{v(0)^2}{\omega^2} + x(0)^2}$.
गुणांकों को विभाजित करने पर: $\frac{A}{B} = \frac{C \sin \phi}{C \cos \phi} = \tan \phi$.
अतः,$\tan \phi = \frac{A}{B} = \frac{v(0) / \omega}{x(0)} = \frac{v(0)}{x(0) \omega}$,जिसका अर्थ है कि $\phi = \tan^{-1} \left( \frac{v(0)}{x(0) \omega} \right)$.

(D) सरल लोलक का आवर्तकाल सूत्र $T = 2 \pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ द्वारा दिया जाता है।
प्रारंभ में,आवर्तकाल $T_{0} = 2 \pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ है।
जब लंबाई को घटाकर $\ell' = \frac{\ell}{16}$ कर दिया जाता है,तो नया आवर्तकाल $T'$ इस प्रकार होगा:
$T' = 2 \pi \sqrt{\frac{\ell'}{g}} = 2 \pi \sqrt{\frac{\ell / 16}{g}}$.
$T' = \frac{1}{\sqrt{16}} \times (2 \pi \sqrt{\frac{\ell}{g}})$.
$T' = \frac{1}{4} T_{0}$.

(A) पिंड को पलायन वेग $v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R_e}}$ के साथ प्रक्षेपित किया जाता है।
पृथ्वी की सतह पर और पृथ्वी के केंद्र से $r$ दूरी पर ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार:
$\frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{r} = 0$ (क्योंकि पलायन वेग के लिए कुल ऊर्जा शून्य होती है)।
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{GMm}{r} \Rightarrow v = \sqrt{\frac{2GM}{r}} = \frac{dr}{dt}$.
चरों को अलग करने पर: $dt = \frac{dr}{\sqrt{2GM}} \cdot \sqrt{r}$.
$r=R_e$ पर $t=0$ से $r=R_e+h$ पर समय $t$ तक समाकलन करने पर:
$t = \frac{1}{\sqrt{2GM}} \int_{R_e}^{R_e+h} r^{1/2} dr = \frac{1}{\sqrt{2GM}} \cdot \frac{2}{3} [r^{3/2}]_{R_e}^{R_e+h}$.
$t = \frac{2}{3\sqrt{2GM}} [ (R_e+h)^{3/2} - R_e^{3/2} ] = \frac{2}{3\sqrt{2GM}} R_e^{3/2} [ (1 + \frac{h}{R_e})^{3/2} - 1 ]$.
चूंकि $GM = gR_e^2$,इसलिए $\sqrt{GM} = \sqrt{g}R_e$ होता है।
यह मान रखने पर: $t = \frac{2 R_e^{3/2}}{3 \sqrt{2} \sqrt{g} R_e} [ (1 + \frac{h}{R_e})^{3/2} - 1 ] = \frac{1}{3} \sqrt{\frac{2R_e}{g}} [ (1 + \frac{h}{R_e})^{3/2} - 1 ]$.

(C) दिया गया है:
गोली का द्रव्यमान,$m = 4 \, g = 4 \times 10^{-3} \, kg$
बंदूक का द्रव्यमान,$M = 4 \, kg$
जमीन के सापेक्ष गोली का वेग,$v_b = 50 \, ms^{-1}$
माना बंदूक का प्रतिक्षेप वेग $V$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,निकाय का प्रारंभिक संवेग शून्य है।
$M V + m v_b = 0$
$4 \times V + (4 \times 10^{-3}) \times 50 = 0$
$4 V = -0.2$
$V = -0.05 \, ms^{-1}$
प्रतिक्षेप वेग का परिमाण $0.05 \, ms^{-1}$ है।
बंदूक को दिया गया आवेग बंदूक के संवेग में परिवर्तन के बराबर होता है:
$J = |M \Delta V| = |4 \times (-0.05) - 0| = 0.2 \, kg \, ms^{-1}$.

(A) $R$ त्रिज्या के एक समान अर्ध-वृत्ताकार तार का द्रव्यमान केंद्र $(COM)$ सममिति की अक्ष पर केंद्र से $\frac{2R}{\pi}$ की दूरी पर स्थित होता है।
यह दिया गया है कि $COM$ का स्थान $\left(0, \frac{x R}{\pi}\right)$ है।
$y$-निर्देशांक की तुलना करने पर,हमें $\frac{x R}{\pi} = \frac{2 R}{\pi}$ प्राप्त होता है।
अतः,$x = 2$ है।
$|x|$ का मान $2$ है।

(B) प्रति इकाई आयतन में संग्रहीत प्रत्यास्थ स्थितिज ऊर्जा $u = \frac{1}{2} \times \text{यंग मापांक} \times (\text{विकृति})^2$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि ट्रैक प्रतिबंधित है,तापीय विकृति $\text{विकृति} = \alpha \Delta T$ होगी।
यहाँ $\alpha = 10^{-5} /^{\circ}C$ और $\Delta T = 10^{\circ}C$ दिया गया है,इसलिए विकृति $\text{विकृति} = 10^{-5} \times 10 = 10^{-4}$ है।
प्रति इकाई लंबाई में संग्रहीत ऊर्जा $U = u \times \text{क्षेत्रफल} = \frac{1}{2} Y (\text{विकृति})^2 \times A$ है।
मान रखने पर: $U = \frac{1}{2} \times 10^{11} \times (10^{-4})^2 \times 0.01$.
$U = 0.5 \times 10^{11} \times 10^{-8} \times 10^{-2} = 0.5 \times 10^1 = 5\, J/m$.

(C) सरल लोलक के आवर्तकाल का सूत्र $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ है।
वर्ग करने और पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $g = \frac{4\pi^2 \ell}{T^2}$ प्राप्त होता है।
$g$ में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta \ell}{\ell} + 2 \frac{\Delta T}{T}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ,आवर्तकाल $T$ की गणना $T = \frac{t}{n}$ के रूप में की जाती है,जहाँ $t$ कुल समय है और $n$ दोलनों की संख्या है।
आवर्तकाल में त्रुटि $\Delta T = \frac{\Delta t}{n}$ है,जहाँ $\Delta t$ स्टॉपवॉच का अल्पतमांक है।
इस मान को प्रतिस्थापित करने पर,सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta \ell}{\ell} + 2 \frac{\Delta t}{n \cdot T} = \frac{\Delta \ell}{\ell} + 2 \frac{\Delta t}{t}$ हो जाती है।
सभी छात्रों के लिए $\Delta \ell = 0.1 \, cm$ और $\Delta t = 0.1 \, s$ दिया गया है:
छात्र $1$ के लिए: $\frac{\Delta g}{g} = \frac{0.1}{64.0} + 2 \frac{0.1}{128.0} = 0.00156 + 0.00156 = 0.00312$.
छात्र $2$ के लिए: $\frac{\Delta g}{g} = \frac{0.1}{64.0} + 2 \frac{0.1}{64.0} = 0.00156 + 0.00312 = 0.00468$.
छात्र $3$ के लिए: $\frac{\Delta g}{g} = \frac{0.1}{20.0} + 2 \frac{0.1}{36.0} = 0.005 + 0.0055 = 0.0105$.
मानों की तुलना करने पर,न्यूनतम त्रुटि छात्र $1$ द्वारा प्राप्त की जाती है।

(D) कण $P$ की गति की दिशा सदिश $\vec{A}$ और $\vec{B}$ वाले तल के लंबवत है। अतः,इकाई सदिश $\hat{v}_1 = \pm \frac{\vec{A} \times \vec{B}}{|\vec{A} \times \vec{B}|}$ द्वारा दिया जाता है।
क्रॉस उत्पाद की गणना करने पर: $\vec{A} \times \vec{B} = (\hat{i} + \hat{j}) \times (\hat{j} + \hat{k}) = \hat{i} - \hat{j} + \hat{k}$.
इसका परिमाण $|\vec{A} \times \vec{B}| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{3}$ है।
अतः,$\hat{v}_1 = \pm \frac{\hat{i} - \hat{j} + \hat{k}}{\sqrt{3}}$.
कण $Q$ की गति की दिशा सदिश $\vec{A}$ और $\vec{C}$ वाले तल के लंबवत है। अतः,$\hat{v}_2 = \pm \frac{\vec{A} \times \vec{C}}{|\vec{A} \times \vec{C}|}$.
क्रॉस उत्पाद की गणना करने पर: $\vec{A} \times \vec{C} = (\hat{i} + \hat{j}) \times (-\hat{i} + \hat{j}) = 2\hat{k}$.
इसका परिमाण $|\vec{A} \times \vec{C}| = 2$ है।
अतः,$\hat{v}_2 = \pm \hat{k}$.
$\hat{v}_1$ और $\hat{v}_2$ के बीच का कोण $\theta$,$\cos \theta = |\hat{v}_1 \cdot \hat{v}_2| = \frac{1}{\sqrt{3}}$ द्वारा प्राप्त होता है।
इसकी तुलना $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{x}}$ से करने पर,हमें $x = 3$ प्राप्त होता है।

(A) न्यूटन के शीतलन नियम के अनुसार,शीतलन की दर $\frac{dT}{dt} = -k(T_{avg} - T_s)$ द्वारा दी जाती है।
पहले $5\, \text{minutes}$ के लिए:
$\frac{75 - 65}{5} = k \left( \frac{75 + 65}{2} - 25 \right)$
$\frac{10}{5} = k (70 - 25)$
$2 = k(45) \implies k = \frac{2}{45} \, \text{min}^{-1}$.
अगले $5\, \text{minutes}$ के लिए,मान लीजिए अंतिम तापमान $T$ है:
$\frac{65 - T}{5} = k \left( \frac{65 + T}{2} - 25 \right)$
$\frac{65 - T}{5} = \frac{2}{45} \left( \frac{65 + T - 50}{2} \right)$
$\frac{65 - T}{5} = \frac{1}{45} (T + 15)$
$9(65 - T) = T + 15$
$585 - 9T = T + 15$
$10T = 570$
$T = 57^{\circ} \text{C}$.

(B) बिना फिसले लुढ़कते हुए पहिये के लिए,द्रव्यमान केंद्र का वेग $v_{0} = \omega R$ होता है,जहाँ $\omega$ कोणीय वेग है और $R$ पहिये की त्रिज्या है।
केंद्र के स्तर पर रिम पर स्थित एक कण के लिए,वेग के दो घटक होते हैं:
$1$. स्थानांतरीय वेग $v_{0}$ जो क्षैतिज दिशा में है।
$2$. स्पर्शरेखीय वेग $v_{t} = \omega R$ जो ऊर्ध्वाधर दिशा में है (पक्ष के आधार पर नीचे या ऊपर)।
चूँकि $v_{0} = \omega R$,परिणामी वेग $v$ का परिमाण इस प्रकार है:
$v = \sqrt{v_{0}^{2} + v_{t}^{2}} = \sqrt{v_{0}^{2} + (\omega R)^{2}}$
$v = \sqrt{v_{0}^{2} + v_{0}^{2}} = \sqrt{2 v_{0}^{2}} = \sqrt{2} \, v_{0}$
इसे दिए गए व्यंजक $\sqrt{x} \, v_{0}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\sqrt{x} = \sqrt{2}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $x = 2$।

(B) यह दिया गया है कि वस्तुओं को एक समान दर पर गर्म किया जाता है,इसलिए ऊष्मा आपूर्ति की दर स्थिर है,अर्थात $\left(\frac{\Delta Q}{\Delta t}\right)_{A} = \left(\frac{\Delta Q}{\Delta t}\right)_{B}$।
हम जानते हैं कि $\Delta Q = mc\Delta T$,इसलिए $\frac{\Delta Q}{\Delta t} = mc\left(\frac{\Delta T}{\Delta t}\right)$।
चूंकि द्रव्यमान $m$ समान हैं,इसलिए $c_{A}\left(\frac{\Delta T}{\Delta t}\right)_{A} = c_{B}\left(\frac{\Delta T}{\Delta t}\right)_{B}$ होगा।
अतः,विशिष्ट ऊष्मा धारिताओं का अनुपात $\frac{c_{A}}{c_{B}} = \frac{(\Delta T / \Delta t)_{B}}{(\Delta T / \Delta t)_{A}}$ होगा।
ग्राफ से,वस्तु $A$ के लिए ढाल $(\Delta T / \Delta t) = \frac{120 - 0}{3 - 0} = 40 \ ^{\circ}\text{C/s}$ है।
वस्तु $B$ के लिए ढाल $(\Delta T / \Delta t) = \frac{90 - 0}{6 - 0} = 15 \ ^{\circ}\text{C/s}$ है।
इस प्रकार,$\frac{c_{A}}{c_{B}} = \frac{15}{40} = \frac{3}{8}$।

(A) मान लीजिए कि दो लगातार बूंदों के बीच का समय अंतराल $T$ है।
$t = 4 \, s$ पर, पहली बूंद $4 \, s$ तक गिर चुकी है। पहली बूंद द्वारा तय की गई दूरी $h_1 = \frac{1}{2} g (4)^2 = \frac{1}{2} \times 9.8 \times 16 = 78.4 \, m$ है।
दूसरी बूंद पहली बूंद के $T$ सेकंड बाद छोड़ी गई थी, इसलिए उसका गिरने का समय $(4 - T) \, s$ है।
दूसरी बूंद द्वारा तय की गई दूरी $h_2 = \frac{1}{2} g (4 - T)^2$ है।
दो बूंदों के बीच की दूरी $h_1 - h_2 = 34.3 \, m$ दी गई है।
मान रखने पर: $78.4 - \frac{1}{2} \times 9.8 \times (4 - T)^2 = 34.3$.
$78.4 - 4.9(4 - T)^2 = 34.3$.
$4.9(4 - T)^2 = 44.1$.
$(4 - T)^2 = 9$.
$4 - T = 3 \Rightarrow T = 1 \, s$.
चूंकि बूंदों के बीच का समय अंतराल $1 \, s$ है, इसलिए दर $1 \, \text{बूंद/सेकंड}$ है।

(B) लंबवत अक्ष प्रमेय के अनुसार,वृत्ताकार डिस्क जैसे समतलीय पिंड के लिए,$I_{z} = I_{x} + I_{y}$ होता है।
घूर्णन त्रिज्या $K$ को $I = MK^{2}$ संबंध द्वारा परिभाषित किया जाता है,जहाँ $M$ पिंड का द्रव्यमान है।
इसे प्रमेय में प्रतिस्थापित करने पर: $MK_{z}^{2} = MK_{x}^{2} + MK_{y}^{2}$,जो सरल होकर $K_{z}^{2} = K_{x}^{2} + K_{y}^{2}$ हो जाता है।
चूंकि $K_{z}^{2} = K_{x}^{2} + K_{y}^{2}$,इसलिए तीनों अक्षों के परितः घूर्णन त्रिज्या समान नहीं हो सकती। अतः,अभिकथन $A$ गलत है।
कारण $R$ बताता है कि एक दृढ़ पिंड का द्रव्यमान और आकार निश्चित होता है,जो घूर्णन यांत्रिकी में एक दृढ़ पिंड की सही परिभाषा है। इसलिए,$A$ गलत है लेकिन $R$ सही है।

(A) सदिश योग के त्रिभुज नियम के अनुसार,यदि दो सदिशों को एक त्रिभुज की दो भुजाओं द्वारा क्रम में दर्शाया जाता है,तो उनका योग तीसरी भुजा द्वारा विपरीत क्रम में दर्शाया जाता है।
$(a)$ $\vec{C} - \vec{A} - \vec{B} = 0 \implies \vec{C} = \vec{A} + \vec{B}$। यह आरेख (iv) के अनुरूप है जहाँ $\vec{A}$ और $\vec{B}$ क्रम में हैं और $\vec{C}$ विपरीत क्रम में परिणामी सदिश है।
$(b)$ $\vec{A} - \vec{C} - \vec{B} = 0 \implies \vec{A} = \vec{B} + \vec{C}$। यह आरेख $(i)$ के अनुरूप है जहाँ $\vec{B}$ और $\vec{C}$ क्रम में हैं और $\vec{A}$ परिणामी सदिश है।
$(c)$ $\vec{B} - \vec{A} - \vec{C} = 0 \implies \vec{B} = \vec{A} + \vec{C}$। यह आरेख (ii) के अनुरूप है जहाँ $\vec{A}$ और $\vec{C}$ क्रम में हैं और $\vec{B}$ परिणामी सदिश है।
$(d)$ $\vec{A} + \vec{B} = -\vec{C} \implies \vec{A} + \vec{B} + \vec{C} = 0$। यह आरेख (iii) के अनुरूप है जहाँ सभी सदिश एक चक्रीय क्रम में हैं।
अतः,सही मिलान $(a) \rightarrow (iv), (b) \rightarrow (i), (c) \rightarrow (iii), (d) \rightarrow (ii)$ है।

(B) आवेग $J$ संवेग में परिवर्तन $\Delta p$ के बराबर होता है। दीवार द्वारा लगाया गया आवेग दीवार के अभिलंब ( $X$-दिशा) के अनुदिश होता है।
गेंद $(a)$ के लिए, वेग दीवार के लंबवत है। प्रारंभिक संवेग $p_i = mu$ (दीवार की ओर), अंतिम संवेग $p_f = -mu$ (दीवार से दूर)। संवेग में परिवर्तन $\Delta p_a = |p_f - p_i| = |-mu - mu| = 2mu = J_1$ है।
गेंद $(b)$ के लिए, वेग अभिलंब के साथ $45^{\circ}$ का कोण बनाता है। दीवार के लंबवत वेग का घटक $u \cos 45^{\circ}$ है। अभिलंब दिशा में संवेग में परिवर्तन $\Delta p_b = |(-mu \cos 45^{\circ}) - (mu \cos 45^{\circ})| = 2mu \cos 45^{\circ} = J_2$ है।
आवेगों के परिमाण का अनुपात $\frac{J_1}{J_2} = \frac{2mu}{2mu \cos 45^{\circ}} = \frac{1}{\cos 45^{\circ}} = \frac{1}{1/\sqrt{2}} = \sqrt{2} : 1$ है।

(C) श्रेणी क्रम संयोजन में,कुल विस्तार $\Delta l$ व्यक्तिगत विस्तारों का योग होता है: $\Delta l = \Delta l_{1} + \Delta l_{2}$.
यंग मापांक की परिभाषा से,$Y = \frac{F/A}{\Delta l/l}$,अतः $\Delta l = \frac{Fl}{AY}$.
चूंकि तार श्रेणी क्रम में जुड़े हैं,इसलिए दोनों तारों के लिए बल $F$ और अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ समान रहेगा।
$2l$ लंबाई और $Y$ यंग मापांक वाले समतुल्य तार के लिए,कुल विस्तार $\Delta l = \frac{F(2l)}{AY}$ होगा।
$\Delta l, \Delta l_{1}$ और $\Delta l_{2}$ के मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{F(2l)}{AY} = \frac{Fl}{AY_{1}} + \frac{Fl}{AY_{2}}$.
दोनों पक्षों को $Fl/A$ से विभाजित करने पर:
$\frac{2}{Y} = \frac{1}{Y_{1}} + \frac{1}{Y_{2}}$.
$\frac{2}{Y} = \frac{Y_{1} + Y_{2}}{Y_{1} Y_{2}}$.
अतः,$Y = \frac{2 Y_{1} Y_{2}}{Y_{1} + Y_{2}}$.

(C) कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,सूर्य के चारों ओर चक्कर लगाने वाले ग्रह का कोणीय संवेग अपनी कक्षा के सभी बिंदुओं पर स्थिर रहता है।
$L = mvr \sin(\theta)$
पेरिहेलियन (न्यूनतम दूरी $x_{1}$) और एपहेलियन (अधिकतम दूरी $x_{2}$) पर,वेग सदिश त्रिज्या सदिश के लंबवत होता है,इसलिए $\sin(\theta) = 1$ होता है।
अतः,$m v_{max} x_{1} = m v_{min} x_{2}$।
यह दिया गया है कि न्यूनतम चाल $v_{0}$ है (जो अधिकतम दूरी $x_{2}$ पर होती है),इसलिए $v_{min} = v_{0}$।
इन मानों को संरक्षण समीकरण में रखने पर:
$v_{max} x_{1} = v_{0} x_{2}$
$v_{max} = \frac{v_{0} x_{2}}{x_{1}}$।

(D) आदर्श गैस के लिए,संबंध $C_{p} - C_{V} = R$ सत्य होता है।
वास्तविक गैसें उच्च तापमान और कम दबाव पर आदर्श गैस की तरह व्यवहार करती हैं।
अवस्था $P$ में,$C_{p} - C_{V} = R$ है,जो दर्शाता है कि गैस आदर्श गैस की तरह व्यवहार कर रही है।
अवस्था $Q$ में,$C_{p} - C_{V} = 1.10 R$ है,जो $R$ से अधिक है। यह दर्शाता है कि गैस आदर्श व्यवहार से विचलित हो रही है,जो आमतौर पर कम तापमान पर होता है।
चूंकि अवस्था $P$ आदर्श व्यवहार का प्रतिनिधित्व करती है और अवस्था $Q$ गैर-आदर्श व्यवहार का,इसलिए इसका अर्थ है कि अवस्था $P$ का तापमान अवस्था $Q$ से अधिक होना चाहिए।
अतः,$T_{P} > T_{Q}$।

(C) माना पहले पिंड का द्रव्यमान $m_1 = 2 \, \text{kg}$ है और उसका प्रारंभिक वेग $u_1 = 4 \, \text{m/s}$ है।
माना दूसरे पिंड का द्रव्यमान $m_2$ है और उसका प्रारंभिक वेग $u_2 = 0 \, \text{m/s}$ है।
टक्कर के बाद,पहला पिंड $v_1 = \frac{1}{4} \times 4 = 1 \, \text{m/s}$ के वेग से चलता है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए: $m_1 u_1 + m_2 u_2 = m_1 v_1 + m_2 v_2$.
$2 \times 4 + m_2 \times 0 = 2 \times 1 + m_2 v_2 \implies 8 = 2 + m_2 v_2 \implies m_2 v_2 = 6$.
प्रत्यास्थ टक्कर के लिए,प्रत्यावस्थान गुणांक $e = 1 = \frac{v_2 - v_1}{u_1 - u_2}$ होता है।
$1 = \frac{v_2 - 1}{4 - 0} \implies v_2 - 1 = 4 \implies v_2 = 5 \, \text{m/s}$.
$v_2$ का मान संवेग समीकरण में रखने पर: $m_2 \times 5 = 6 \implies m_2 = 1.2 \, \text{kg}$.
द्रव्यमान केंद्र का वेग $v_{cm} = \frac{m_1 v_1 + m_2 v_2}{m_1 + m_2}$ होता है।
$v_{cm} = \frac{2 \times 1 + 1.2 \times 5}{2 + 1.2} = \frac{2 + 6}{3.2} = \frac{8}{3.2} = \frac{80}{32} = 2.5 \, \text{m/s}$.
दिया गया है कि $v_{cm} = \frac{x}{10} \, \text{m/s}$,अतः $\frac{x}{10} = 2.5 \implies x = 25$.

(A) स्क्रू गेज का अल्पतमांक $(LC)$ इस प्रकार है:
$LC = \frac{\text{Pitch}}{\text{Total circular divisions}} = \frac{0.1 \, \text{cm}}{100} = 0.001 \, \text{cm}$.
छात्र $A$ के लिए:
शून्य त्रुटि $= +5 \times LC = +0.005 \, \text{cm}$.
प्रेक्षित पाठ्यांक $= \text{MSR} + (\text{CSR} \times LC) = 0.322 \, \text{cm}$.
मान लीजिए कि मुख्य स्केल पाठ्यांक $(MSR)$ $0.300 \, \text{cm}$ है,तो:
$0.300 + (\text{CSR}_A \times 0.001) - 0.005 = 0.322 \implies \text{CSR}_A \times 0.001 = 0.027 \implies \text{CSR}_A = 27$.
छात्र $B$ के लिए:
शून्य त्रुटि $= -8 \times LC = -0.008 \, \text{cm}$ (चूंकि $92$ संरेखित है,त्रुटि $92-100 = -8$ है)।
मान लीजिए कि मुख्य स्केल पाठ्यांक $(MSR)$ $0.300 \, \text{cm}$ है,तो:
$0.300 + (\text{CSR}_B \times 0.001) - (-0.008) = 0.322 \implies \text{CSR}_B \times 0.001 = 0.014 \implies \text{CSR}_B = 14$.
वृत्ताकार स्केल पाठ्यांकों में अंतर $= |27 - 14| = 13$.

(B) स्थिति सदिश $\overrightarrow{r} = 10 \alpha t^2 \hat{i} + 5 \beta (t - 5) \hat{j}$ है।
वेग सदिश $\overrightarrow{v} = \frac{d\overrightarrow{r}}{dt} = 20 \alpha t \hat{i} + 5 \beta \hat{j}$ है।
कोणीय संवेग $\overrightarrow{L} = m (\overrightarrow{r} \times \overrightarrow{v})$ द्वारा दिया जाता है।
$\overrightarrow{L} = m [10 \alpha t^2 \hat{i} + 5 \beta (t - 5) \hat{j}] \times [20 \alpha t \hat{i} + 5 \beta \hat{j}]$.
क्रॉस प्रोडक्ट की गणना करने पर: $\overrightarrow{L} = m [ (10 \alpha t^2)(5 \beta) \hat{k} - (5 \beta (t - 5))(20 \alpha t) \hat{k} ]$.
$\overrightarrow{L} = m [ 50 \alpha \beta t^2 - 100 \alpha \beta t (t - 5) ] \hat{k}$.
$t = 0$ पर,$\overrightarrow{L} = m [ 0 - 0 ] \hat{k} = 0$.
हम $t > 0$ पर $\overrightarrow{L} = 0$ चाहते हैं:
$50 \alpha \beta t^2 - 100 \alpha \beta t (t - 5) = 0$.
$50 \alpha \beta t$ से विभाजित करने पर (चूंकि $t \neq 0$):
$t - 2(t - 5) = 0$.
$t - 2t + 10 = 0 \implies -t = -10 \implies t = 10 \text{ सेकंड}$.

(D) माना गोलक का द्रव्यमान $m$ है, लोलक की लंबाई $l = 0.5 \, m$ है, और निम्नतम बिंदु पर प्रारंभिक चाल $u = 3 \, m/s$ है।
निम्नतम बिंदु $(A)$ और उस बिंदु $(B)$ के बीच यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करने पर जहाँ डोरी ऊर्ध्वाधर के साथ $\theta = 60^{\circ}$ का कोण बनाती है:
$A$ पर कुल ऊर्जा = $B$ पर कुल ऊर्जा
$\frac{1}{2} mu^2 = \frac{1}{2} mv^2 + mgh$
जहाँ $h$ गोलक द्वारा प्राप्त ऊर्ध्वाधर ऊँचाई है, जो $h = l(1 - \cos \theta)$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर:
$\frac{1}{2} m(3)^2 = \frac{1}{2} mv^2 + mg(0.5)(1 - \cos 60^{\circ})$
$9 = v^2 + 2(10)(0.5)(1 - 0.5)$
$9 = v^2 + 10(0.5)$
$9 = v^2 + 5$
$v^2 = 4$
$v = 2 \, m/s$.

(C) दो-पिंड स्प्रिंग-द्रव्यमान प्रणाली की कोणीय आवृत्ति $\omega$ का सूत्र $\omega = \sqrt{\frac{k_{\text{eq}}}{\mu}}$ है,जहाँ $k_{\text{eq}}$ तुल्य स्प्रिंग नियतांक है और $\mu$ समानित द्रव्यमान (reduced mass) है।
$1$. तुल्य स्प्रिंग नियतांक $k_{\text{eq}}$ की गणना:
स्प्रिंग श्रेणीक्रम में जुड़ी हुई हैं। इसलिए,$k_{\text{eq}} = \frac{k_1 k_2}{k_1 + k_2}$.
यहाँ $k_1 = k$ और $k_2 = 4k$ दिया गया है,इसलिए:
$k_{\text{eq}} = \frac{k \times 4k}{k + 4k} = \frac{4k^2}{5k} = \frac{4k}{5}$.
$k = 20 \, N/m$ रखने पर:
$k_{\text{eq}} = \frac{4 \times 20}{5} = 16 \, N/m$.
$2$. समानित द्रव्यमान $\mu$ की गणना:
$\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$.
यहाँ $m_1 = 200 \, g = 0.2 \, kg$ और $m_2 = 800 \, g = 0.8 \, kg$ दिया गया है:
$\mu = \frac{0.2 \times 0.8}{0.2 + 0.8} = \frac{0.16}{1.0} = 0.16 \, kg$.
$3$. कोणीय आवृत्ति $\omega$ की गणना:
$\omega = \sqrt{\frac{16}{0.16}} = \sqrt{100} = 10 \, rad/s$.

(B) माना सदिशों का परिमाण $X = Y = A$ है।
अंतर सदिश का परिमाण $|\overrightarrow{X} - \overrightarrow{Y}| = \sqrt{A^2 + A^2 - 2A^2 \cos \theta} = \sqrt{2A^2(1 - \cos \theta)}$ है।
योग सदिश का परिमाण $|\overrightarrow{X} + \overrightarrow{Y}| = \sqrt{A^2 + A^2 + 2A^2 \cos \theta} = \sqrt{2A^2(1 + \cos \theta)}$ है।
प्रश्न के अनुसार,$|\overrightarrow{X} - \overrightarrow{Y}| = n |\overrightarrow{X} + \overrightarrow{Y}|$.
मान रखने पर: $\sqrt{2A^2(1 - \cos \theta)} = n \sqrt{2A^2(1 + \cos \theta)}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $2A^2(1 - \cos \theta) = n^2 \cdot 2A^2(1 + \cos \theta)$.
$1 - \cos \theta = n^2(1 + \cos \theta)$.
$1 - \cos \theta = n^2 + n^2 \cos \theta$.
$1 - n^2 = \cos \theta(1 + n^2)$.
$\cos \theta = \frac{1 - n^2}{1 + n^2} = \frac{n^2 - 1}{-n^2 - 1}$.
अतः,$\theta = \cos^{-1}\left(\frac{n^2 - 1}{-n^2 - 1}\right)$।

(A) वस्तु को गुब्बारे से गिराया जाता है,इसलिए इसका प्रारंभिक वेग गुब्बारे के वेग के समान $u = 10 \, m/s$ (ऊपर की ओर) होगा।
ऊपर की दिशा को धनात्मक लेने पर,वस्तु का जमीन पर गिरने पर विस्थापन $s = -75 \, m$ है।
गुरुत्वीय त्वरण $a = -g = -10 \, m/s^2$ है।
गति के समीकरण $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करने पर:
$-75 = 10t + \frac{1}{2}(-10)t^2$
$-75 = 10t - 5t^2$
$5t^2 - 10t - 75 = 0$
$t^2 - 2t - 15 = 0$
$(t - 5)(t + 3) = 0$
समय ऋणात्मक नहीं हो सकता,इसलिए $t = 5 \, s$ है।
इस समय के दौरान,गुब्बारा $10 \, m/s$ के एकसमान वेग से ऊपर की ओर गति करना जारी रखता है।
$5 \, s$ में गुब्बारे द्वारा तय की गई दूरी $d = v \times t = 10 \times 5 = 50 \, m$ है।
जब वस्तु जमीन से टकराती है,तब जमीन से गुब्बारे की ऊंचाई $H = 75 + 50 = 125 \, m$ होगी।

(B) दिया गया है: बल $\vec{F} = (40 \hat{i} + 10 \hat{j}) \, N$,द्रव्यमान $m = 5 \, kg$,प्रारंभिक वेग $\vec{u} = 0$,समय $t = 10 \, s$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,त्वरण $\vec{a} = \frac{\vec{F}}{m} = \frac{40 \hat{i} + 10 \hat{j}}{5} = (8 \hat{i} + 2 \hat{j}) \, m/s^2$ है।
चूंकि वस्तु विरामावस्था से चलना शुरू करती है,इसलिए समय $t$ पर स्थिति सदिश $\vec{r}$ का गतिज समीकरण $\vec{r} = \vec{u}t + \frac{1}{2} \vec{a} t^2$ है।
$\vec{u} = 0$,$\vec{a} = (8 \hat{i} + 2 \hat{j}) \, m/s^2$,और $t = 10 \, s$ का मान रखने पर:
$\vec{r} = 0 + \frac{1}{2} (8 \hat{i} + 2 \hat{j}) (10)^2$
$\vec{r} = \frac{1}{2} (8 \hat{i} + 2 \hat{j}) (100)$
$\vec{r} = (4 \hat{i} + 1 \hat{j}) (100) = (400 \hat{i} + 100 \hat{j}) \, m$.

(B) दिया गया संबंध: $t = m x^{2} + n x$.
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dt}{dx} = 2mx + n$.
चूंकि वेग $v = \frac{dx}{dt}$,इसलिए $\frac{1}{v} = \frac{dt}{dx} = 2mx + n$.
अतः,$v = (2mx + n)^{-1}$.
अब,त्वरण $a$ ज्ञात करने के लिए $v$ का $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$a = \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dx} \cdot \frac{dx}{dt} = v \cdot \frac{dv}{dx}$.
$\frac{dv}{dx} = -1(2mx + n)^{-2} \cdot (2m) = -2m(2mx + n)^{-2}$.
चूंकि $(2mx + n) = \frac{1}{v}$,इसलिए $(2mx + n)^{-2} = v^{2}$.
अतः,$a = v \cdot (-2m \cdot v^{2}) = -2mv^{3}$.
मंदन,त्वरण का ऋणात्मक मान होता है,इसलिए मंदन $= 2mv^{3}$.

(A) त्रिकोणमितीय फलनों जैसे $\cos$ और $\sin$ का तर्क (कोण) विमाहीन होना चाहिए।
$\cos(Bx)$ के लिए,पद $Bx$ विमाहीन होना चाहिए,इसलिए $[B] = [x]^{-1} = [L^{-1}]$.
$\sin(Dt)$ के लिए,पद $Dt$ विमाहीन होना चाहिए,इसलिए $[D] = [t]^{-1} = [T^{-1}]$.
चूंकि $F = A \cos(Bx) + C \sin(Dt)$,इसलिए $A$ की विमाएँ बल $F$ की विमाओं के बराबर होनी चाहिए,अर्थात $[A] = [MLT^{-2}]$.
अब,हम $\frac{AD}{B}$ की विमाओं की गणना करते हैं:
$[\frac{AD}{B}] = \frac{[A][D]}{[B]} = \frac{[MLT^{-2}][T^{-1}]}{[L^{-1}]}$.
$[\frac{AD}{B}] = [MLT^{-3}][L] = [ML^{2}T^{-3}]$.

(C) सरल आवर्त गति में एक कण की कुल यांत्रिक ऊर्जा $E = \frac{1}{2} m \omega^{2} A^{2}$ द्वारा दी जाती है।
किसी भी स्थिति $x$ पर,गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} m \omega^{2} (A^{2} - x^{2})$ होती है।
कण माध्य स्थिति $(x = 0)$ और चरम स्थिति $(x = A)$ के बीच में है,इसलिए $x = \frac{A}{2}$ होगा।
गतिज ऊर्जा के सूत्र में $x = \frac{A}{2}$ रखने पर:
$K = \frac{1}{2} m \omega^{2} (A^{2} - (\frac{A}{2})^{2})$
$K = \frac{1}{2} m \omega^{2} (A^{2} - \frac{A^{2}}{4})$
$K = \frac{1}{2} m \omega^{2} (\frac{3A^{2}}{4})$
$K = \frac{3}{4} (\frac{1}{2} m \omega^{2} A^{2})$
चूंकि $E = \frac{1}{2} m \omega^{2} A^{2}$ है,इसलिए $K = \frac{3}{4} E$ प्राप्त होता है।
अतः,कुल यांत्रिक ऊर्जा का $3/4$ भाग गतिज ऊर्जा के रूप में होता है।

(D) दिया गया है कि ग्रह का घनत्व पृथ्वी के घनत्व के बराबर है,$\rho_p = \rho_e$.
चूंकि घनत्व $\rho = \frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3}$ होता है,इसलिए हमारे पास $\frac{M_p}{R_p^3} = \frac{M_e}{R_e^3}$ है।
इसका अर्थ है $\frac{R_p}{R_e} = \left(\frac{M_p}{M_e}\right)^{1/3}$.
$M_p = 2 M_e$ दिया गया है,इसलिए $\frac{R_p}{R_e} = 2^{1/3}$ प्राप्त होता है।
वस्तु का भार $W = mg = m \frac{GM}{R^2}$ होता है।
अतः,$\frac{W_p}{W_e} = \frac{M_p}{M_e} \left(\frac{R_e}{R_p}\right)^2$.
मान रखने पर,$\frac{W_p}{W_e} = 2 \times \left(\frac{1}{2^{1/3}}\right)^2 = 2 \times 2^{-2/3} = 2^{1 - 2/3} = 2^{1/3}$.
इस प्रकार,$W_p = 2^{1/3} W$.

(D) दिया गया है: त्रिज्या $R = 20 \, \text{cm} = 0.2 \, \text{m}$,द्रव्यमान $M = 10 \, \text{kg}$,प्रारंभिक कोणीय वेग $\omega_i = 600 \, \text{rpm} = \frac{600 \times 2\pi}{60} \, \text{rad/s} = 20\pi \, \text{rad/s}$.
अंतिम कोणीय वेग $\omega_f = 0 \, \text{rad/s}$,समय $\Delta t = 10 \, \text{s}$.
डिस्क का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2}MR^2 = \frac{1}{2} \times 10 \times (0.2)^2 = 5 \times 0.04 = 0.2 \, \text{kg m}^2$ है।
आवश्यक बल आघूर्ण $\tau = \frac{\Delta L}{\Delta t} = \frac{I(\omega_f - \omega_i)}{\Delta t}$ है।
बल आघूर्ण का परिमाण $|\tau| = \frac{0.2 \times (20\pi - 0)}{10} = \frac{4\pi}{10} = 0.4\pi = 4\pi \times 10^{-1} \, \text{Nm}$ प्राप्त होता है।
$x\pi \times 10^{-1} \, \text{Nm}$ के साथ तुलना करने पर,$x = 4$ प्राप्त होता है।

(B) गैस अणु का माध्य मुक्त पथ $\lambda$ सूत्र $\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi d^2 n}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $d$ अणु का व्यास है और $n$ संख्या घनत्व है।
यह दिया गया है कि अणु $A$ और $B$ दोनों के लिए संख्या घनत्व $n$ समान है,इसलिए उनके माध्य मुक्त पथ का अनुपात $\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \frac{d_B^2}{d_A^2}$ होगा।
दिए गए मानों $d_A = 10 \, \mathring{A}$ और $d_B = 5 \, \mathring{A}$ को रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \left( \frac{5}{10} \right)^2 = \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \frac{1}{4} = 0.25$.
इसे आवश्यक प्रारूप में व्यक्त करने पर,$0.25 = 25 \times 10^{-2}$।
अतः,अनुपात $25 \times 10^{-2}$ है।

(D) $y$-अक्ष के अनुदिश कार्य करने वाले परिवर्ती बल $F$ द्वारा किया गया कार्य $W$,समाकलन $W = \int_{y_1}^{y_2} F_y \, dy$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $F = (5y + 20) \hat{j} \, N$,अतः विस्थापन की दिशा में बल का घटक $F_y = (5y + 20) \, N$ है।
समाकलन की सीमाएँ $y_1 = 0 \, m$ से $y_2 = 10 \, m$ तक हैं।
$W = \int_{0}^{10} (5y + 20) \, dy$
$W = \left[ \frac{5y^2}{2} + 20y \right]_{0}^{10}$
$W = \left( \frac{5(10)^2}{2} + 20(10) \right) - (0 + 0)$
$W = \left( \frac{5 \times 100}{2} + 200 \right)$
$W = 250 + 200 = 450 \, J$.

(C) मान लीजिए $\sigma$ प्रति इकाई क्षेत्रफल द्रव्यमान (पृष्ठ द्रव्यमान घनत्व) है। चूंकि दोनों डिस्क के लिए $\sigma$ समान है:
बड़ी डिस्क का द्रव्यमान,$M = \sigma \pi R^{2}$
छोटी डिस्क का द्रव्यमान,$m = \sigma \pi r^{2}$
बड़ी डिस्क का अक्ष $AB$ (केंद्र से गुजरने वाली और तल के लंबवत) के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{1} = \frac{1}{2} MR^{2} = \frac{1}{2} (\sigma \pi R^{2}) R^{2} = \frac{1}{2} \sigma \pi R^{4}$ है।
छोटी डिस्क का उसके व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{2} = \frac{1}{4} mr^{2} = \frac{1}{4} (\sigma \pi r^{2}) r^{2} = \frac{1}{4} \sigma \pi r^{4}$ है।
जड़त्व आघूर्णों का अनुपात $\frac{I_{1}}{I_{2}} = \frac{\frac{1}{2} \sigma \pi R^{4}}{\frac{1}{4} \sigma \pi r^{4}} = \frac{1/2}{1/4} \cdot \frac{R^{4}}{r^{4}} = 2 \frac{R^{4}}{r^{4}}$ है।
अतः,अनुपात $2R^{4}:r^{4}$ है।

(C) दिया गया है:
आयतन $V = 1 \, L = 10^{-3} \, m^3$
तापमान $T = 300 \, K$
दाब $P = 2 \, atm = 2 \times 1.013 \times 10^5 \, Pa \approx 2.026 \times 10^5 \, Pa$
प्रति अणु औसत गतिज ऊर्जा $\bar{E} = 2 \times 10^{-9} \, J$
आदर्श गैस समीकरण $PV = NkT$ से,जहाँ $N$ अणुओं की संख्या है और $k$ बोल्ट्जमैन नियतांक $(1.38 \times 10^{-23} \, J/K)$ है।
हमें प्रति अणु औसत गतिज ऊर्जा $\bar{E} = \frac{3}{2}kT$ दी गई है। अतः,$kT = \frac{2}{3}\bar{E}$।
इस मान को आदर्श गैस समीकरण में रखने पर:
$N = \frac{PV}{kT} = \frac{PV}{\frac{2}{3}\bar{E}} = \frac{3PV}{2\bar{E}}$
$N = \frac{3 \times (2.026 \times 10^5) \times 10^{-3}}{2 \times (2 \times 10^{-9})}$
$N = \frac{6.078 \times 10^2}{4 \times 10^{-9}} \approx 1.5195 \times 10^{11}$
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $1.5 \times 10^{11}$ है।

(A) मान लीजिए $A$ का प्रारंभिक वेग $u_A = 9 \ m/s$ है और $B$ का $u_B = 0$ है। $A$ और $B$ के बीच प्रत्यास्थ टक्कर के बाद,मान लीजिए उनके वेग $v_A$ और $v_B$ हैं।
रैखिक संवेग संरक्षण का उपयोग करते हुए: $m(9) + 2m(0) = m v_A + 2m v_B \Rightarrow 9 = v_A + 2v_B$ (समीकरण $1$)।
प्रत्यास्थ टक्कर के लिए प्रत्यावस्थान गुणांक $(e=1)$ का उपयोग करते हुए: $v_B - v_A = e(u_A - u_B) = 1(9 - 0) = 9 \Rightarrow v_B - v_A = 9$ (समीकरण $2$)।
समीकरण $1$ और समीकरण $2$ को जोड़ने पर: $3v_B = 18 \Rightarrow v_B = 6 \ m/s$।
अब,$B, C$ (जो शुरू में स्थिर है) के साथ एक पूर्णतः अप्रत्यास्थ टक्कर करता है। मान लीजिए संयुक्त द्रव्यमान $(B+C)$ का अंतिम वेग $v_C$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण का उपयोग करते हुए: $2m(v_B) + 2m(0) = (2m + 2m)v_C$।
$2m(6) = 4m v_C \Rightarrow 12m = 4m v_C \Rightarrow v_C = 3 \ m/s$।

(C) न्यूटन के शीतलन के नियम के अनुसार,शीतलन की दर $\frac{\Delta T}{\Delta t} = K(T_{avg} - T_s)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_{avg}$ वस्तु का औसत तापमान है और $T_s$ परिवेश का तापमान है।
प्रथम स्थिति के लिए:
$\frac{61 - 59}{4} = K \left( \frac{61 + 59}{2} - 30 \right)$
$\frac{2}{4} = K(60 - 30)$
$0.5 = K(30) \implies K = \frac{0.5}{30} = \frac{1}{60}$.
दूसरी स्थिति के लिए,मान लीजिए कि लगा समय $t$ है:
$\frac{51 - 49}{t} = K \left( \frac{51 + 49}{2} - 30 \right)$
$\frac{2}{t} = K(50 - 30)$
$\frac{2}{t} = K(20)$.
$K$ का मान रखने पर:
$\frac{2}{t} = \frac{1}{60} \times 20$
$\frac{2}{t} = \frac{1}{3}$
$t = 6\, \text{min}$.

(D) दिया गया है कि $A, B, C, D$ केंद्र $O$ वाले एक अर्धवृत्ताकार चाप पर बिंदु हैं। चूँकि $O$ केंद्र है,इसलिए $|\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OB}| = |\overrightarrow{OC}| = |\overrightarrow{OD}| = R$ (त्रिज्या)।
सदिश योग के त्रिभुज नियम का उपयोग करते हुए:
$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OB}$
$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OC}$
$\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OD}$
इन तीनों समीकरणों को जोड़ने पर:
$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD} = 3\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD}$
चूँकि $A, O, D$ संरेख हैं और $O$,$AD$ का मध्यबिंदु है (क्योंकि $AD$ अर्धवृत्त का व्यास है),इसलिए $\overrightarrow{OD} = -\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{AO}$ होगा।
अतः,$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD} = 3\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{AO} = 4\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$।
इसलिए,कथन $A$ सही है।
कारण $R$ के संबंध में: बहुभुज नियम बताता है कि एक बंद बहुभुज बनाने वाले सदिशों का योग शून्य होता है। समीकरण $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AO}$ बहुभुज नियम का मानक परिणाम नहीं है और दी गई ज्यामिति के लिए गणितीय रूप से गलत है। इसलिए,कारण $R$ गलत है।
अतः,$A$ सही है लेकिन $R$ सही नहीं है।

(B) रुद्धोष्म प्रक्रिया में किया गया कार्य $W = \frac{nR(T_i - T_f)}{\gamma - 1}$ द्वारा दिया जाता है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया $BC$ के लिए,गैस का तापमान $T_1$ ($B$ पर) से $T_2$ ($C$ पर) हो जाता है। अतः,$W_{BC} = \frac{nR(T_1 - T_2)}{\gamma - 1}$।
रुद्धोष्म प्रक्रिया $DA$ के लिए,गैस का तापमान $T_2$ ($D$ पर) से $T_1$ ($A$ पर) हो जाता है। अतः,$W_{DA} = \frac{nR(T_2 - T_1)}{\gamma - 1} = -\frac{nR(T_1 - T_2)}{\gamma - 1}$।
यहाँ,रुद्धोष्म प्रक्रियाओं में किए गए कार्य का परिमाण समान है लेकिन चिह्न विपरीत हैं। यदि प्रश्न परिमाण (magnitude) के बारे में है,तो $W_{AD} = W_{BC}$ सही विकल्प है।

(A) द्रव्यमान $M$ और लंबाई $L$ की छड़ का जड़त्व आघूर्ण $(MI)$ निम्न प्रकार दिया जाता है:
$1$. छड़ के लंबवत और केंद्र से गुजरने वाली अक्ष के परितः: $I = \frac{ML^2}{12}$.
$2$. छड़ के लंबवत और एक सिरे से गुजरने वाली अक्ष के परितः: $I = \frac{ML^2}{3}$.
इन सूत्रों का उपयोग करने पर:
$(a)$ द्रव्यमान $M$,लंबाई $L$,मध्य बिंदु से गुजरने वाली अक्ष: $I = \frac{ML^2}{12}$ ($iii$ के साथ मेल खाता है)।
$(b)$ द्रव्यमान $2M$,लंबाई $L$,सिरे से गुजरने वाली अक्ष: $I = \frac{(2M)L^2}{3} = \frac{2ML^2}{3}$ ($iv$ के साथ मेल खाता है)।
$(c)$ द्रव्यमान $M$,लंबाई $2L$,मध्य बिंदु से गुजरने वाली अक्ष: $I = \frac{M(2L)^2}{12} = \frac{4ML^2}{12} = \frac{ML^2}{3}$ ($ii$ के साथ मेल खाता है)।
$(d)$ द्रव्यमान $2M$,लंबाई $2L$,सिरे से गुजरने वाली अक्ष: $I = \frac{(2M)(2L)^2}{3} = \frac{2M(4L^2)}{3} = \frac{8ML^2}{3}$ ($i$ के साथ मेल खाता है)।
अतः,सही मिलान $(a)-(iii), (b)-(iv), (c)-(ii), (d)-(i)$ है।

(B) स्क्रू गेज की पिच को वृत्ताकार पैमाने के एक पूर्ण घूर्णन प्रति स्पिंडल द्वारा तय की गई दूरी के रूप में परिभाषित किया गया है।
दिया गया है कि $5$ पूर्ण घूर्णनों में,मुख्य पैमाने पर तय की गई दूरी $5 \, mm$ है।
इसलिए,पिच $= \frac{5 \, mm}{5} = 1 \, mm$.
अल्पतमांक (Least Count) की परिभाषा है: $\text{Least Count} = \frac{\text{Pitch}}{\text{Total divisions on circular scale}}$.
कुल विभाजन $= 50$ दिए गए हैं।
अतः,$\text{Least Count} = \frac{1 \, mm}{50} = 0.02 \, mm$.
सेंटीमीटर में बदलने पर: $0.02 \, mm = 0.002 \, cm$.
चूंकि गणना किया गया अल्पतमांक $0.002 \, cm$ है और कथन में $0.001 \, cm$ दिया गया है,इसलिए कथन $A$ गलत है।
कारण $R$ स्क्रू गेज के अल्पतमांक की मानक परिभाषा है,जो सही है।

(A) मान लीजिए कि पात्र में द्रव की ऊँचाई $h$ है। टोरिसेली के नियम के अनुसार बाहर निकलने वाले द्रव का वेग $v = \sqrt{2gh}$ है।
बाहर निकलने वाले द्रव द्वारा पात्र पर लगाया गया बल (थ्रस्ट बल) $F_{thrust} = \rho a v^2 = \rho a (2gh) = 2 \rho agh$ है।
पात्र को फिसलने से रोकने के लिए,घर्षण बल $f$ को इस थ्रस्ट बल को संतुलित करना चाहिए। अतः,$f \geq F_{thrust}$।
अधिकतम घर्षण बल $f_{max} = \mu N$ है,जहाँ $N$ सतह द्वारा लगाई गई अभिलंब प्रतिक्रिया है। चूँकि पात्र हल्का है (द्रव्यमान नगण्य है),अभिलंब प्रतिक्रिया $N$ द्रव के भार के बराबर है,$N = mg = (\rho A h) g$।
इसलिए,$\mu (\rho A h g) \geq 2 \rho a g h$।
इसे सरल करने पर,हमें $\mu \geq \frac{2a}{A}$ प्राप्त होता है।
अतः,आवश्यक न्यूनतम घर्षण गुणांक $\frac{2a}{A}$ है।

(A) पहले मामले में,शक्ति क्षय $P_1 = \frac{V^2}{R} = \frac{(240)^2}{36} \, W$ द्वारा दिया जाता है।
जब तार को दो समान भागों में काटा जाता है,तो प्रत्येक आधे हिस्से का प्रतिरोध $R' = \frac{R}{2} = \frac{36}{2} = 18 \, \Omega$ हो जाता है।
दूसरे मामले में,प्रत्येक आधे हिस्से पर अलग-अलग $240 \, V$ का विभवांतर लगाया जाता है। प्रत्येक आधे हिस्से में व्यय होने वाली शक्ति $P_{half} = \frac{V^2}{R'} = \frac{(240)^2}{18} \, W$ है।
दूसरे मामले में कुल शक्ति क्षय $P_2 = P_{half} + P_{half} = 2 \times \frac{(240)^2}{18} = \frac{(240)^2}{9} \, W$ है।
शक्ति क्षय का अनुपात $\frac{P_1}{P_2} = \frac{(240)^2 / 36}{(240)^2 / 9} = \frac{9}{36} = \frac{1}{4}$ है।
इसे $1:x$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 4$ प्राप्त होता है।

(A) आयाम मॉडुलित तरंग का अधिकतम आयाम $A_{\max} = A_c + A_m$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A_c$ वाहक का आयाम है और $A_m$ सिग्नल का आयाम है।
$A_{\max} = 250 + 150 = 400\, \text{V}$.
आयाम मॉडुलित तरंग का न्यूनतम आयाम $A_{\min} = A_c - A_m$ द्वारा दिया जाता है।
$A_{\min} = 250 - 150 = 100\, \text{V}$.
न्यूनतम आयाम और अधिकतम आयाम का अनुपात $\frac{A_{\min}}{A_{\max}} = \frac{100}{400} = \frac{1}{4}$ है।
यह दिया गया है कि अनुपात $50:x$ है,इसलिए $\frac{50}{x} = \frac{1}{4}$ है।
$x$ के लिए हल करने पर,हमें $x = 50 \times 4 = 200$ प्राप्त होता है।

(A) हाइड्रोजन परमाणु में $3 \rightarrow 2$ संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $E = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = 13.6 \times \frac{5}{36} \approx 1.89 \, eV$ है।
फोटोइलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ और चुंबकीय क्षेत्र $B$ में उनके वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r$ के बीच संबंध $r = \frac{mv}{qB}$ है,जहाँ $p = mv = qBr$ है।
अतः,$K.E. = \frac{p^2}{2m} = \frac{(qBr)^2}{2m}$.
दिया गया है $q = 1.6 \times 10^{-19} \, C$,$B = 5 \times 10^{-4} \, T$,और $r = 7 \times 10^{-3} \, m$:
$p = (1.6 \times 10^{-19}) \times (7 \times 10^{-3}) \times (5 \times 10^{-4}) = 5.6 \times 10^{-25} \, kg \cdot m/s$.
$K.E. = \frac{(5.6 \times 10^{-25})^2}{2 \times 9.1 \times 10^{-31}} = \frac{31.36 \times 10^{-50}}{18.2 \times 10^{-31}} \approx 1.723 \times 10^{-19} \, J$.
$eV$ में परिवर्तित करने पर: $K.E. = \frac{1.723 \times 10^{-19}}{1.6 \times 10^{-19}} \approx 1.077 \, eV$.
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण का उपयोग करते हुए: $\Phi = E_{photon} - K.E._{max} = 1.89 \, eV - 1.077 \, eV = 0.813 \, eV \approx 0.82 \, eV$.

(D) माना जंक्शन पर विभव $V$ है। इस जंक्शन पर किरचॉफ का धारा नियम $(KCL)$ लागू करने पर:
$\frac{V-0}{6} + \frac{V-90}{5} + \frac{V-140}{20} = 0$
हर को हटाने के लिए पूरे समीकरण को $60$ से गुणा करने पर:
$10V + 12(V-90) + 3(V-140) = 0$
$10V + 12V - 1080 + 3V - 420 = 0$
$25V - 1500 = 0$
$25V = 1500$
$V = 60 \, V$
अतः,$6 \,\Omega$ प्रतिरोध में धारा $I = \frac{V-0}{6} = \frac{60}{6} = 10 \, A$ होगी।

(A) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण के लिए वृत्ताकार पथ की त्रिज्या का सूत्र $r = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$ है,जहाँ $m$ द्रव्यमान है,$K$ गतिज ऊर्जा है,$q$ आवेश है और $B$ चुंबकीय क्षेत्र है।
यह दिया गया है कि दोनों कणों की गतिज ऊर्जा $K$ समान है और वे समान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में प्रवेश करते हैं,इसलिए उनकी त्रिज्याओं का अनुपात $\frac{r_{d}}{r_{\alpha}} = \frac{\sqrt{2m_{d}K} / (q_{d}B)}{\sqrt{2m_{\alpha}K} / (q_{\alpha}B)} = \sqrt{\frac{m_{d}}{m_{\alpha}}} \cdot \frac{q_{\alpha}}{q_{d}}$ होगा।
ड्यूटेरॉन के लिए,द्रव्यमान $m_{d} = 2m_{p}$ और आवेश $q_{d} = e$ है। अल्फा कण के लिए,द्रव्यमान $m_{\alpha} = 4m_{p}$ और आवेश $q_{\alpha} = 2e$ है।
इन मानों को रखने पर: $\frac{r_{d}}{r_{\alpha}} = \sqrt{\frac{2m_{p}}{4m_{p}}} \cdot \frac{2e}{e} = \sqrt{\frac{1}{2}} \cdot 2 = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot 2 = \sqrt{2}$.

(C) दी गई अर्ध-आयु $T_1 = 1400 \, \text{वर्ष}$ और $T_2 = 700 \, \text{वर्ष}$ है।
क्षय नियतांक $\lambda_1 = \frac{\ln 2}{1400} \, year^{-1}$ और $\lambda_2 = \frac{\ln 2}{700} \, year^{-1}$ हैं।
कुल क्षय नियतांक $\lambda_{net} = \lambda_1 + \lambda_2 = \ln 2 \left( \frac{1}{1400} + \frac{1}{700} \right) = \ln 2 \left( \frac{1+2}{1400} \right) = \frac{3 \ln 2}{1400} \, year^{-1}$ है।
मान लीजिए कि नाभिकों की प्रारंभिक संख्या $N_0$ है। हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब $N(t) = \frac{N_0}{3}$ हो।
रेडियोधर्मी क्षय के नियम $N(t) = N_0 e^{-\lambda_{net} t}$ का उपयोग करते हुए, हमें मिलता है $\frac{N_0}{3} = N_0 e^{-\lambda_{net} t}$।
$\frac{1}{3} = e^{-\lambda_{net} t} \implies \ln(3) = \lambda_{net} t$।
मान रखने पर: $1.1 = \left( \frac{3 \times 0.693}{1400} \right) t$।
$t = \frac{1.1 \times 1400}{3 \times 0.693} \approx \frac{1540}{2.079} \approx 740.7 \, \text{वर्ष}$।
अतः, समय लगभग $740 \, \text{वर्ष}$ है।

(A) मान लीजिए कि दो आवेश $q$ और $(Q-q)$ एक-दूसरे से $r$ दूरी पर स्थित हैं। उनके बीच स्थिर-वैद्युत बल $F$ कूलम्ब के नियम द्वारा दिया जाता है:
$F = \frac{k q(Q-q)}{r^2}$
अधिकतम बल की स्थिति ज्ञात करने के लिए,हम $F$ का $q$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं:
$\frac{dF}{dq} = \frac{k}{r^2} \frac{d}{dq} (Qq - q^2) = 0$
$\frac{k}{r^2} (Q - 2q) = 0$
चूंकि $k$ और $r$ स्थिरांक हैं और शून्य नहीं हैं,इसलिए:
$Q - 2q = 0$
$Q = 2q$
अतः,अधिकतम प्रतिकर्षण के लिए आवेश $Q$ को दो समान भागों में विभाजित किया जाना चाहिए।

(A) $1$. चुंबकीय फ्लक्स $(\phi)$: जैसे ही छड़ $x=0$ से $x=b$ तक चलती है,चुंबकीय क्षेत्र के अंदर का क्षेत्रफल रैखिक रूप से बढ़ता है,इसलिए फ्लक्स बढ़ता है। $x=b$ से $x=2b$ तक,छड़ चुंबकीय क्षेत्र के बाहर होती है,इसलिए फ्लक्स स्थिर रहता है। $x=2b$ से $x=b$ तक वापसी की यात्रा पर,फ्लक्स स्थिर रहता है,और $x=b$ से $x=0$ तक,यह रैखिक रूप से घटता है। यह वक्र $A$ के अनुरूप है।
$2$. प्रेरित $EMF$ $(e)$: प्रेरित $EMF$ $e = -\frac{d\phi}{dt} = -Blv$ द्वारा दिया जाता है। जैसे ही छड़ $x=0$ से $x=b$ तक चलती है,$e$ स्थिर और ऋणात्मक होता है। $x=b$ से $x=2b$ तक,$e=0$ होता है। $x=b$ से $x=0$ तक वापसी की यात्रा पर,वेग उलट जाता है,इसलिए $e$ धनात्मक और स्थिर हो जाता है। यह वक्र $B$ के अनुरूप है।
$3$. व्ययित शक्ति $(P)$: व्ययित शक्ति $P = \frac{e^2}{R}$ द्वारा दी जाती है। चूंकि $P \propto e^2$,यह केवल तभी गैर-शून्य होती है जब छड़ चुंबकीय क्षेत्र ($0$ से $b$) में होती है। यह वक्र $C$ के अनुरूप है।

(D) श्रेणी प्रतिरोध ${R}_{s} = 1000 \, \Omega$ के सिरों पर कुल वोल्टेज $V_{R} = V_{i} - V_{z} = 100 \, V - 50 \, V = 50 \, V$ है।
श्रेणी प्रतिरोध से प्रवाहित होने वाली कुल धारा $I = \frac{V_{R}}{R_{s}} = \frac{50 \, V}{1000 \, \Omega} = 0.05 \, A = 50 \, mA$ है।
लोड प्रतिरोध $R = 2000 \, \Omega$ से प्रवाहित होने वाली धारा $I_{L} = \frac{V_{z}}{R} = \frac{50 \, V}{2000 \, \Omega} = 0.025 \, A = 25 \, mA$ है।
जंक्शन पर किरचॉफ के धारा नियम का उपयोग करते हुए,ज़ेनर धारा $I_{z}$ का मान $I_{z} = I - I_{L} = 50 \, mA - 25 \, mA = 25 \, mA$ है।

(B) $\gamma$-किरण फोटॉन की ऊर्जा $E_{\gamma} = h\nu$ है।
$\gamma$-किरण फोटॉन का संवेग $p_{\gamma} = \frac{h\nu}{c}$ है।
संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,नाभिक को समान और विपरीत संवेग $p_N = p_{\gamma} = \frac{h\nu}{c}$ के साथ पीछे हटना (recoil) चाहिए।
पीछे हटते हुए नाभिक की गतिज ऊर्जा $K_N = \frac{p_N^2}{2M} = \frac{(h\nu/c)^2}{2M} = \frac{(h\nu)^2}{2Mc^2}$ है।
नाभिक की आंतरिक ऊर्जा में कुल हानि उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा और पीछे हटते हुए नाभिक की गतिज ऊर्जा का योग है:
$\Delta E = E_{\gamma} + K_N = h\nu + \frac{(h\nu)^2}{2Mc^2} = h\nu \left[1 + \frac{h\nu}{2Mc^2}\right]$.

(C) गोलीय सतह पर अपवर्तन के लिए सूत्र है: $\frac{\mu_{2}}{v} - \frac{\mu_{1}}{u} = \frac{\mu_{2} - \mu_{1}}{R}$।
दिया गया है:
$\mu_{1} = 1.25$ (क्षेत्र $I$ का अपवर्तनांक)
$\mu_{2} = 1.4$ (क्षेत्र $II$ का अपवर्तनांक)
$u = -40\, \text{cm}$ (वस्तु की दूरी, चिह्न परिपाटी के अनुसार)
$R = -25\, \text{cm}$ (वक्रता त्रिज्या, क्योंकि वक्रता केंद्र क्षेत्र $I$ में है)
सूत्र में मान रखने पर:
$\frac{1.4}{v} - \frac{1.25}{-40} = \frac{1.4 - 1.25}{-25}$
$\frac{1.4}{v} + \frac{1.25}{40} = \frac{0.15}{-25}$
$\frac{1.4}{v} = -\frac{0.15}{25} - \frac{1.25}{40}$
$\frac{1.4}{v} = -0.006 - 0.03125 = -0.03725$
$v = \frac{1.4}{-0.03725} \approx -37.58\, \text{cm}$.
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि प्रतिबिंब क्षेत्र $I$ में सतह से $37.58\, \text{cm}$ की दूरी पर बनता है।

(D) समानांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $C = \frac{8.85 \times 10^{-12} \times 1}{2 \times 10^{-3}} = 4.425 \times 10^{-9} \, F$.
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2 \pi f = 2 \times \pi \times 50 = 100 \pi \, rad/s$ है।
धारा का आयाम $I_0$,$I_0 = V_0 \omega C$ द्वारा दिया जाता है।
मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $I_0 = 20 \times (100 \pi) \times (4.425 \times 10^{-9})$.
$I_0 = 2000 \times 3.14159 \times 4.425 \times 10^{-9} \approx 27.79 \times 10^{-6} \, A$.
अतः,विस्थापन धारा का आयाम $27.79 \, \mu A$ है।

(B) धारा $I$,धारा घनत्व $\vec{J}$ और क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$ के अदिश गुणनफल द्वारा दी जाती है: $I = \vec{J} \cdot \vec{A} = J A \cos(\theta)$.
यहाँ $I = 5\; A$,$A = 0.04\; m^2$ और $\theta = 60^{\circ}$ दिया गया है।
मान रखने पर: $5 = J \times 0.04 \times \cos(60^{\circ})$.
चूँकि $\cos(60^{\circ}) = 0.5$,इसलिए $5 = J \times 0.04 \times 0.5 = J \times 0.02$.
अतः,$J = \frac{5}{0.02} = 250\; A/m^2$.
ओम के नियम के सदिश रूप का उपयोग करते हुए,$\vec{E} = \rho \vec{J}$,परिमाण $E = \rho J$ होगा।
$E = (44 \times 10^{-8}) \times 250 = 11000 \times 10^{-8} = 11 \times 10^{-5}\; V/m$.

(B) विशिष्ट आवेश $\frac{q}{m} = 8\,\mu \text{C/g} = 8 \times 10^{-6} \text{ C} / 10^{-3} \text{ kg} = 8 \times 10^{-3} \text{ C/kg}$ है।
विद्युत क्षेत्र के कारण पिंड पर लगने वाला बल $F = qE$ है।
पिंड का त्वरण $a = \frac{F}{m} = \frac{qE}{m} = \left(\frac{q}{m}\right)E$ है।
मान रखने पर: $a = (8 \times 10^{-3} \text{ C/kg}) \times (100 \text{ V/m}) = 0.8 \text{ m/s}^2$.
$d = 10\,\text{cm} = 0.1\,\text{m}$ की दूरी तय करने में लगा समय $t = \sqrt{\frac{2d}{a}}$ है।
$t = \sqrt{\frac{2 \times 0.1}{0.8}} = \sqrt{\frac{0.2}{0.8}} = \sqrt{0.25} = 0.5\,\text{s}$.
चूंकि टक्कर पूर्णतः प्रत्यास्थ है,पिंड समान गति से वापस उछलेगा और अगले $0.5\,\text{s}$ में अपनी मूल स्थिति में वापस आ जाएगा।
अतः,गति का कुल आवर्तकाल $T = 2t = 2 \times 0.5 = 1.0\,\text{s}$ होगा।

(D) सरल सूक्ष्मदर्शी के लिए,आवर्धन $m = 1 + \frac{D}{f_0}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $m = 6$ और $D = 25 \, cm$ दिया गया है,इसलिए $6 = 1 + \frac{25}{f_0}$,जिसका अर्थ है $5 = \frac{25}{f_0}$,अर्थात $f_0 = 5 \, cm$ है।
संयुक्त सूक्ष्मदर्शी के लिए,अनंत पर बने प्रतिबिंब के लिए कुल आवर्धन $M = \frac{L \cdot D}{f_0 \cdot f_e}$ होता है,जहाँ $L$ ट्यूब की लंबाई है।
यहाँ $M = 2 \times 6 = 12$,$L = 0.6 \, m = 60 \, cm$,$D = 25 \, cm$,और $f_0 = 5 \, cm$ दिया गया है,इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$12 = \frac{60 \times 25}{5 \times f_e}$.
$12 = \frac{1500}{5 \times f_e} = \frac{300}{f_e}$.
$f_e = \frac{300}{12} = 25 \, cm$.

(A) $LCR$ परिपथ में कला कोण $\phi$,$\tan \phi = \frac{X_C - X_L}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि धारा वोल्टेज से आगे है,परिपथ धारितात्मक (capacitive) है और कला कोण $\phi = 45^{\circ}$ है (जब $X_C > X_L$ हो)।
अतः,$\tan 45^{\circ} = \frac{X_C - X_L}{R} \implies 1 = \frac{X_C - X_L}{R}$.
इससे $X_C - X_L = R$ प्राप्त होता है।
यहाँ $L = 30 \, {mH} = 0.03 \, {H}$,$R = 1 \, \Omega$,और $\omega = 300 \, {rad/s}$ है।
$X_L = \omega L = 300 \times 0.03 = 9 \, \Omega$.
मान रखने पर: $X_C - 9 = 1 \implies X_C = 10 \, \Omega$.
चूंकि $X_C = \frac{1}{\omega C}$,इसलिए $\frac{1}{300 \times C} = 10$.
$C = \frac{1}{3000} = \frac{1}{3} \times 10^{-3} \, {F}$.
अतः,$x = 3$.

(C) आयाम-मॉडुलित (amplitude-modulated) तरंग का अधिकतम वोल्टेज $V_{\max} = A_{c} + A_{m}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A_{c}$ वाहक तरंग का आयाम है और $A_{m}$ मॉडुलन संकेत का शिखर वोल्टेज है।
दिया गया है,$A_{c} = 160 \text{ V}$ और $V_{\max} = 200 \text{ V}$।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$200 = 160 + A_{m}$
$A_{m} = 200 - 160$
$A_{m} = 40 \text{ V}$।
वैकल्पिक रूप से,न्यूनतम वोल्टेज के सूत्र का उपयोग करने पर: $V_{\min} = A_{c} - A_{m}$।
$120 = 160 - A_{m}$
$A_{m} = 160 - 120 = 40 \text{ V}$।
अतः,मॉडुलन संकेत का शिखर वोल्टेज $40 \text{ V}$ है।

(D) दिया गया है: $R=100\,\Omega$,$L=0.5\,mH = 0.5 \times 10^{-3}\,H$,$C=0.1\,pF = 0.1 \times 10^{-12}\,F$,$f=50\,Hz$.
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2\pi f = 2\pi \times 50 = 100\pi\,rad/s$.
इंडक्टिव रिएक्टेंस $X_L = \omega L = 100\pi \times 0.5 \times 10^{-3} = 0.05\pi\,\Omega \approx 0.157\,\Omega$.
कैपेसिटिव रिएक्टेंस $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{100\pi \times 0.1 \times 10^{-12}} = \frac{10^{11}}{10\pi} = \frac{10^{10}}{\pi}\,\Omega \approx 3.18 \times 10^9\,\Omega$.
चूंकि $X_C \gg X_L$ और $X_C \gg R$,इसलिए परिपथ मुख्य रूप से कैपेसिटिव है।
कला कोण $\phi$ का मान $\tan \phi = \frac{X_L - X_C}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $X_C$,$R$ और $X_L$ की तुलना में बहुत बड़ा है,इसलिए $\tan \phi \approx -\infty$,जिसका अर्थ है $\phi \approx -90^{\circ}$।
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि धारा वोल्टेज से लगभग $90^{\circ}$ आगे है,जो पुष्टि करता है कि परिपथ मुख्य रूप से कैपेसिटिव है।

(B) वास्तविक नति कोण $(\delta)$ और चुंबकीय मेरिडियन के साथ $\theta$ कोण पर आभासी नति कोण $(\delta^{\prime})$ के बीच का संबंध इस प्रकार है: $\tan \delta^{\prime} = \frac{\tan \delta}{\cos \theta}$.
वास्तविक नति कोण के लिए सूत्र: $\tan \delta = \tan \delta^{\prime} \cos \theta$.
दिया गया है: $\delta^{\prime} = 45^{\circ}$ और $\theta = 30^{\circ}$.
मान रखने पर: $\tan \delta = \tan 45^{\circ} \cos 30^{\circ}$.
चूंकि $\tan 45^{\circ} = 1$ और $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,इसलिए: $\tan \delta = 1 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
अतः,वास्तविक नति कोण $\delta = \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$ है।

(B) रेडियोधर्मी क्षय का नियम $R = R_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दिया जाता है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,हमें $\ln R = \ln R_0 - \lambda t$ प्राप्त होता है।
यह एक सीधी रेखा का समीकरण $y = mx + c$ है,जहाँ ढाल $m = -\lambda$ है।
ग्राफ से,रेखा $(0, 6)$ और $(40, 0)$ बिंदुओं से होकर गुजरती है।
अतः ढाल $= \frac{0 - 6}{40 - 0} = -\frac{6}{40} = -0.15$ है।
इस प्रकार,$-\lambda = -0.15$,जिससे क्षय नियतांक $\lambda = 0.15 \, \text{sec}^{-1}$ प्राप्त होता है।
अर्ध-आयु $t_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda} = \frac{0.693}{0.15} = 4.62 \, \text{sec}$ है।

(C) निरपेक्ष पारगम्यता $\mu$ का सूत्र है: $\mu = \mu_0(1 + \chi_m)$,जहाँ $\mu_0$ निर्वात की पारगम्यता है और $\chi_m$ चुंबकीय प्रवृत्ति है।
दिया गया है: $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \text{ H/m}$ और $\chi_m = 499$.
मान रखने पर:
$\mu = 4\pi \times 10^{-7} \times (1 + 499)$
$\mu = 4\pi \times 10^{-7} \times 500$
$\mu = 4\pi \times 10^{-7} \times 5 \times 10^2$
$\mu = 20\pi \times 10^{-5} \text{ H/m}$
$\mu = 2\pi \times 10^{-4} \text{ H/m}$.
इस मान की तुलना दिए गए प्रारूप $....\pi \times 10^{-4} \text{ H/m}$ से करने पर,लुप्त मान $2$ है।

(C) प्रकाश के लिए डॉप्लर प्रभाव का सूत्र $\frac{\Delta \lambda}{\lambda} = \frac{v}{c}$ है,जहाँ $\Delta \lambda$ तरंगदैर्ध्य में परिवर्तन है,$\lambda$ मूल तरंगदैर्ध्य है,$v$ सापेक्ष वेग है और $c$ प्रकाश की गति है।
दिया गया है: $\lambda = 5890 \ \mathring{A}$,प्रेक्षित तरंगदैर्ध्य $\lambda' = 5896 \ \mathring{A}$.
तरंगदैर्ध्य में परिवर्तन $\Delta \lambda = \lambda' - \lambda = 5896 - 5890 = 6 \ \mathring{A}$.
प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^8 \ \text{m/s} = 3 \times 10^5 \ \text{km/s}$.
सूत्र का उपयोग करते हुए: $v = c \times \frac{\Delta \lambda}{\lambda}$.
$v = (3 \times 10^5 \ \text{km/s}) \times \frac{6 \ \mathring{A}}{5890 \ \mathring{A}}$.
$v = \frac{18 \times 10^5}{5890} \ \text{km/s} \approx 305.6 \ \text{km/s}$.
निकटतम पूर्णांक में,गति लगभग $306 \ \text{km/s}$ है।

(D) विद्युतचुंबकीय तरंग के संचरण की दिशा पॉइंटिंग सदिश की दिशा द्वारा दी जाती है,जो $\vec{E} \times \vec{B}$ के समानांतर होती है।
यहाँ $\vec{E} = E_{0} \hat{i}$ और $\vec{B} = B_{0} \hat{k}$ दिया गया है।
संचरण की दिशा $\hat{i} \times \hat{k}$ है।
इकाई सदिशों के क्रॉस प्रोडक्ट के नियमों के अनुसार: $\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}$,$\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$,और $\hat{k} \times \hat{i} = \hat{j}$ होता है।
चूंकि क्रम उल्टा है,इसलिए $\hat{i} \times \hat{k} = -\hat{j}$ होगा।
अतः,संचरण की दिशा $-\hat{j}$ है।

(A) रेडियोधर्मी पदार्थ की सक्रियता $A = A_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$ संबंध का पालन करती है,जहाँ $n$ अर्ध-आयु की संख्या है।
यह दिया गया है कि सक्रियता अपने प्रारंभिक मान के $\frac{1}{16}$ तक कम हो जाती है,इसलिए $\frac{1}{16} = \left(\frac{1}{2}\right)^n$.
चूँकि $\frac{1}{16} = \left(\frac{1}{2}\right)^4$,इसलिए हमें $n = 4$ प्राप्त होता है।
कुल समय $T = n \times t_{1/2}$ है,जहाँ $t_{1/2}$ अर्ध-आयु है।
$T = 80\, days$ दिया गया है,इसलिए $80 = 4 \times t_{1/2}$ होगा।
अतः,$t_{1/2} = \frac{80}{4} = 20\, days$।

(B) अनुनाद पर,प्रेरणिक प्रतिघात $X_L$ धारितीय प्रतिघात $X_C$ के बराबर होता है,इसलिए परिपथ की प्रतिबाधा $Z$ प्रतिरोध $R$ के बराबर होती है।
$Z = R = 5 \, \Omega$.
वर्ग माध्य मूल धारा $I_{\text{rms}}$ को $I_{\text{rms}} = \frac{V}{Z} = \frac{V}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
अनुनाद पर व्ययित शक्ति $P = I_{\text{rms}}^2 R = \left(\frac{V}{R}\right)^2 R = \frac{V^2}{R}$ है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $P = \frac{250 \times 250}{5} = \frac{62500}{5} = 12500 \, \text{W}$।
इसे $..... \times 10^2 \, \text{W}$ के रूप में व्यक्त करने पर,हमें $125 \times 10^2 \, \text{W}$ प्राप्त होता है।
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(C) ज़ेनर डायोड की पावर डिसिपेशन रेटिंग $P = V_z \cdot I_z$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $V_z = 8\, V$ और $P = 0.5\, W$ है।
ज़ेनर डायोड से होकर बहने वाली अधिकतम धारा $I_z$ की गणना करने पर:
$I_z = \frac{P}{V_z} = \frac{0.5}{8} = \frac{1}{16}\, A$.
सर्किट में,कुल वोल्टेज $E = 20\, V$ को सुरक्षात्मक प्रतिरोध $R_p$ और ज़ेनर डायोड के बीच विभाजित किया गया है।
सुरक्षात्मक प्रतिरोध $R_p$ पर वोल्टेज ड्रॉप $V_{R_p} = E - V_z = 20\, V - 8\, V = 12\, V$ है।
सुरक्षात्मक प्रतिरोध $R_p = \frac{V_{R_p}}{I_z}$ के लिए ओम के नियम का उपयोग करने पर:
$R_p = \frac{12}{1/16} = 12 \times 16 = 192\, \Omega$.

(A) डायनेमिक प्रतिरोध $R_{d}$ को $I-V$ अभिलक्षण वक्र के ढाल (slope) के व्युत्क्रम के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$R_{d} = \frac{\Delta V}{\Delta I} = \frac{1}{\text{ढाल}} = \frac{1}{\frac{\Delta I}{\Delta V}}$
दिए गए ग्राफ से,हम $I_{D} = 3 \, \text{mA}$ के आसपास वक्र के रैखिक भाग पर दो बिंदु चुनते हैं।
$I_{D1} = 1 \, \text{mA}$ पर,$V_{D1} = 0.65 \, \text{V}$ है।
$I_{D2} = 5 \, \text{mA}$ पर,$V_{D2} = 0.75 \, \text{V}$ है।
धारा और वोल्टेज में परिवर्तन की गणना करते हुए:
$\Delta I = (5 - 1) \, \text{mA} = 4 \times 10^{-3} \, \text{A}$
$\Delta V = 0.75 \, \text{V} - 0.65 \, \text{V} = 0.10 \, \text{V}$
अतः,$R_{d} = \frac{\Delta V}{\Delta I} = \frac{0.10}{4 \times 10^{-3}} = \frac{100}{4} = 25 \, \Omega$.

(C) जब स्विच $S_{1}$ और $S_{2}$ बंद होते हैं,तो परिपथ तीन समानांतर संयोजनों में सरल हो जाता है जो श्रेणीक्रम में जुड़े होते हैं।
$1$. पहले भाग में $12 \, \Omega$ और $6 \, \Omega$ के प्रतिरोध समानांतर में हैं। तुल्य प्रतिरोध $R_{1} = \frac{12 \times 6}{12 + 6} = \frac{72}{18} = 4 \, \Omega$ है।
$2$. मध्य भाग में $4 \, \Omega$ और $4 \, \Omega$ के प्रतिरोध समानांतर में हैं। तुल्य प्रतिरोध $R_{2} = \frac{4 \times 4}{4 + 4} = \frac{16}{8} = 2 \, \Omega$ है।
$3$. तीसरे भाग में $6 \, \Omega$ और $12 \, \Omega$ के प्रतिरोध समानांतर में हैं। तुल्य प्रतिरोध $R_{3} = \frac{6 \times 12}{6 + 12} = \frac{72}{18} = 4 \, \Omega$ है।
चूंकि ये तीनों संयोजन श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = R_{1} + R_{2} + R_{3} = 4 + 2 + 4 = 10 \, \Omega$ होगा।

(D) दोनों छड़ें बिंदु $A$ और $B$ के बीच समानांतर क्रम में जुड़ी हुई हैं।
छड़ का प्रतिरोध $R = \rho \frac{l}{A}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
तांबे की छड़ के लिए: $R_{Cu} = \frac{1.7 \times 10^{-8} \times 0.25}{3 \times 10^{-6}} = \frac{1.7 \times 0.25}{3} \times 10^{-2} \approx 0.1417 \times 10^{-2} \, \Omega = 1.417 \, m\Omega$.
एल्युमीनियम की छड़ के लिए: $R_{Al} = \frac{2.6 \times 10^{-8} \times 0.25}{3 \times 10^{-6}} = \frac{2.6 \times 0.25}{3} \times 10^{-2} \approx 0.2167 \times 10^{-2} \, \Omega = 2.167 \, m\Omega$.
चूंकि वे समानांतर में हैं,तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ को $\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R_{Cu}} + \frac{1}{R_{Al}}$ द्वारा दिया जाता है।
$R_{eq} = \frac{R_{Cu} \times R_{Al}}{R_{Cu} + R_{Al}} = \frac{1.417 \times 2.167}{1.417 + 2.167} \, m\Omega = \frac{3.0706}{3.584} \, m\Omega \approx 0.8567 \, m\Omega$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,मान $0.858 \, m\Omega$ है।

(A) विभवांतर $\Delta V$ द्वारा त्वरित आवेशित कण की गतिज ऊर्जा $K$ को $K = q \Delta V$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि इलेक्ट्रॉन और प्रोटॉन दोनों का आवेश $e$ समान है,इसलिए उनकी गतिज ऊर्जा समान है: $K_{e} = K_{p} = e \Delta V$.
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्घ्य $\lambda$ को $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ द्वारा दिया जाता है।
इलेक्ट्रॉन के लिए,$\lambda_{e} = \frac{h}{\sqrt{2m_{e}(e \Delta V)}}$.
प्रोटॉन के लिए,$\lambda_{p} = \frac{h}{\sqrt{2m_{p}(e \Delta V)}}$.
दोनों तरंगदैर्घ्यों का अनुपात लेने पर:
$\frac{\lambda_{e}}{\lambda_{p}} = \frac{\frac{h}{\sqrt{2m_{e}(e \Delta V)}}}{\frac{h}{\sqrt{2m_{p}(e \Delta V)}}} = \sqrt{\frac{m_{p}}{m_{e}}}$.

(A) एंटीना द्वारा कवर की गई त्रिज्या $r = \sqrt{2 R_e H_T}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $r = 150 \, km = 1.5 \times 10^5 \, m$ और $R_e = 6.5 \times 10^6 \, m$ दिया गया है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $r^2 = 2 R_e H_T$.
$H_T = \frac{r^2}{2 R_e} = \frac{(1.5 \times 10^5)^2}{2 \times 6.5 \times 10^6} = \frac{2.25 \times 10^{10}}{13 \times 10^6} \approx 1730.76 \, m \approx 1731 \, m$.
कवर की गई जनसंख्या,कवर किए गए क्षेत्र और जनसंख्या घनत्व का गुणनफल है।
क्षेत्रफल $= \pi r^2 = 3.14 \times (150 \, km)^2 = 3.14 \times 22500 \, km^2 = 70650 \, km^2$.
जनसंख्या $= \text{क्षेत्रफल} \times \text{घनत्व} = 70650 \, km^2 \times 2000 \, / km^2 = 141300000 = 1413 \times 10^5$.

(A) एक शुद्ध संधारित्र परिपथ में,धारा $I_{C}$,संधारित्र के वोल्टेज $V_{C}$ से $\frac{\pi}{2}$ रेडियन $(90^{\circ})$ आगे (lead) होती है।
गणितीय रूप से,यदि $V_{C} = V_{0} \sin \omega t$ है,तो $I_{C} = I_{0} \sin(\omega t + \frac{\pi}{2})$ होगा।
इसका अर्थ है कि धारा $I_{C}$ को दर्शाने वाला फेजर,वोल्टेज $V_{C}$ को दर्शाने वाले फेजर की तुलना में $90^{\circ}$ वामावर्त (counter-clockwise) दिशा में होता है।
दिए गए विकल्पों को देखने पर,सही फेजर आरेख वह है जिसमें $I_{C}$,$V_{C}$ से $90^{\circ}$ आगे है।

(D) विद्युतचुंबकीय तरंग की तीव्रता $I$ और शिखर चुंबकीय क्षेत्र $B_0$ के बीच संबंध: $I = \frac{B_0^2 c}{2 \mu_0}$ है।
हम जानते हैं कि $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \epsilon_0}}$,इसलिए $\frac{1}{\mu_0} = \epsilon_0 c^2$ है।
इस मान को तीव्रता के सूत्र में रखने पर: $I = \frac{B_0^2 c}{2} (\epsilon_0 c^2) = \frac{1}{2} \epsilon_0 c^3 B_0^2$ प्राप्त होता है।
$B_0$ के लिए सूत्र: $B_0 = \sqrt{\frac{2I}{\epsilon_0 c^3}}$ है।
यहाँ $I = 0.092 \, W/m^2$,$\epsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12} \, F/m$,और $c = 3 \times 10^8 \, m/s$ है:
$B_0 = \sqrt{\frac{2 \times 0.092}{8.85 \times 10^{-12} \times (3 \times 10^8)^3}}$.
गणना करने पर: $B_0 \approx 2.77 \times 10^{-8} \, T$।

(A) कथन $I$ सत्य है: लौहचुंबकत्व तापमान पर निर्भर करता है। जैसे-जैसे तापमान बढ़ता है,ऊष्मीय विक्षोभ डोमेन के भीतर चुंबकीय आघूर्णों के संरेखण को बाधित करता है। क्यूरी तापमान $(T_C)$ से ऊपर,लौहचुंबकीय पदार्थ अपना स्वतःस्फूर्त चुंबकत्व खो देता है और एक अनुचुंबकीय पदार्थ के रूप में व्यवहार करता है।
कथन $II$ असत्य है: जैसे-जैसे तापमान बढ़ता है,ऊष्मीय ऊर्जा के कारण चुंबकीय डोमेन सिकुड़ने लगते हैं और अंततः समाप्त हो जाते हैं। डोमेन संरचना अस्थिर हो जाती है,और डोमेन दीवार का क्षेत्रफल नहीं बढ़ता है; बल्कि,जैसे ही पदार्थ अनुचुंबकीय अवस्था में परिवर्तित होता है,डोमेन सीमाएं गायब हो जाती हैं।

(B) सच्चा नति कोण $(\phi)$ चुंबकीय याम्योत्तर (magnetic meridian) में परिभाषित होता है,जहाँ पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक $B_H$ है। यह संबंध $\tan \phi = \frac{B_V}{B_H}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $B_V$ ऊर्ध्वाधर घटक है।
जब नति वृत्त (dip circle) को चुंबकीय याम्योत्तर से $\alpha$ कोण पर घुमाया जाता है,तो क्षैतिज घटक $B_H \cos \alpha$ हो जाता है,जबकि ऊर्ध्वाधर घटक $B_V$ अपरिवर्तित रहता है।
अतः आभासी नति कोण $(\phi^{\prime})$ को $\tan \phi^{\prime} = \frac{B_V}{B_H \cos \alpha} = \frac{\tan \phi}{\cos \alpha}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\cos \alpha \leq 1$,इसलिए $\tan \phi^{\prime} \geq \tan \phi$ होता है। चूंकि टैनजेंट फलन $[0, \pi/2]$ की सीमा में वर्धमान है,इसलिए $\phi^{\prime} \geq \phi$ प्राप्त होता है।
अतः,सच्चा नति कोण $(\phi)$ हमेशा आभासी नति कोण $(\phi^{\prime})$ से कम या उसके बराबर होता है।

(C) होल-इलेक्ट्रॉन जोड़े उत्पन्न करने के लिए आपतित फोटॉन की ऊर्जा कम से कम बैंड गैप ऊर्जा $(E_g)$ के बराबर होनी चाहिए।
थ्रेशोल्ड तरंगदैर्ध्य $\lambda_0 = 621 \, nm$ दी गई है।
बैंड गैप ऊर्जा की गणना सूत्र द्वारा की जाती है:
$E_g = \frac{hc}{\lambda_0}$
$hc \approx 1242 \, eV \cdot nm$ का उपयोग करते हुए:
$E_g = \frac{1242 \, eV \cdot nm}{621 \, nm} = 2 \, eV$.
अतः,बैंड गैप $2 \, eV$ है।

(C) $LCR$ श्रेणी परिपथ में, कलांतर $\phi$ को $\tan \phi = \frac{X_L - X_C}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
$(a)$ जब $\omega L > \frac{1}{\omega C}$, अर्थात $X_L > X_C$, तो परिपथ प्रेरक (inductive) होता है। वोल्टेज धारा से आगे होता है, जिसका अर्थ है कि धारा आरोपित $emf$ से पीछे रहती है। अतः, $(a) - (ii)$.
$(b)$ जब $\omega L = \frac{1}{\omega C}$, अर्थात $X_L = X_C$, तो परिपथ अनुनाद (resonance) की स्थिति में होता है। प्रतिबाधा न्यूनतम $(Z = R)$ होती है, और धारा आरोपित $emf$ के साथ समान कला में होती है। अतः, $(b) - (i)$.
$(c)$ जब $\omega L < \frac{1}{\omega C}$, अर्थात $X_L < X_C$, तो परिपथ धारिता (capacitive) वाला होता है। धारा वोल्टेज $(emf)$ से आगे होती है। अतः, $(c) - (iv)$.
$(d)$ अनुनाद आवृत्ति पर, $X_L = X_C$ होता है, प्रतिबाधा न्यूनतम होती है, जिसके परिणामस्वरूप अधिकतम धारा प्राप्त होती है। अतः, $(d) - (iii)$.
अतः, सही मिलान $(a) - (ii), (b) - (i), (c) - (iv), (d) - (iii)$ है।

(D) अनंत रेखीय आवेश के कारण $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{2k\lambda}{r}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$r_1 = 10 \, mm = 10^{-2} \, m$ और $r_2 = 12 \, mm = 12 \times 10^{-3} \, m$ है।
धनात्मक आवेश पर बल $F_1 = qE_1 = q \left( \frac{2k\lambda}{r_1} \right)$ (रेखीय आवेश से दूर की दिशा में)।
ऋणात्मक आवेश पर बल $F_2 = qE_2 = q \left( \frac{2k\lambda}{r_2} \right)$ (रेखीय आवेश की ओर)।
कुल बल $F_{net} = F_1 - F_2 = 2k\lambda q \left( \frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} \right)$ है।
मान रखने पर: $4 = 2 \times (9 \times 10^9) \times (3.0 \times 10^{-6}) \times q \times \left( \frac{1}{10 \times 10^{-3}} - \frac{1}{12 \times 10^{-3}} \right)$.
$4 = 54 \times 10^3 \times q \times (100 - 83.33) = 54 \times 10^3 \times q \times (16.67)$.
$4 = 900180 \times q \Rightarrow q \approx 4.44 \times 10^{-6} \, C = 4.44 \, \mu C$.

(D) माना जनक नाभिक की द्रव्यमान संख्या $M = 184$ है। संतति नाभिक की द्रव्यमान संख्या $M' = 180$ है और $\alpha$-कण की द्रव्यमान संख्या $m_{\alpha} = 4$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,$p_{\alpha} = p_{d}$,जहाँ $p_{\alpha}$ $\alpha$-कण का संवेग है और $p_{d}$ संतति नाभिक का संवेग है।
चूंकि $K = \frac{p^2}{2m}$,$\alpha$-कण की गतिज ऊर्जा $K_{\alpha}$ और संतति नाभिक की गतिज ऊर्जा $K_{d}$ के बीच संबंध $K_{d} = K_{\alpha} \cdot \frac{m_{\alpha}}{M'} = K_{\alpha} \cdot \frac{4}{180} = \frac{K_{\alpha}}{45}$ है।
कुल $Q$ मान गतिज ऊर्जाओं का योग है: $Q = K_{\alpha} + K_{d} = K_{\alpha} + \frac{K_{\alpha}}{45} = K_{\alpha} \left(1 + \frac{1}{45}\right) = K_{\alpha} \left(\frac{46}{45}\right)$.
दिया गया है $Q = 5.5\, \text{MeV}$,इसलिए $5.5 = K_{\alpha} \cdot \frac{46}{45}$.
अतः,$K_{\alpha} = 5.5 \cdot \frac{45}{46} \approx 5.38\, \text{MeV}$.

(B) लोड प्रतिरोध $R$ पर टर्मिनल वोल्टेज $V$ को सूत्र $V = \frac{E \cdot R}{R + r}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $E$ $emf$ है और $r$ सेल का आंतरिक प्रतिरोध है।
पहले मामले के लिए: $1.25 = \frac{E \cdot 5}{5 + r} \implies 1.25(5 + r) = 5E \implies 6.25 + 1.25r = 5E \implies 1.25 + 0.25r = E \dots (i)$
दूसरे मामले के लिए: $1 = \frac{E \cdot 2}{2 + r} \implies 2 + r = 2E \implies 1 + 0.5r = E \dots (ii)$
समीकरण $(i)$ और $(ii)$ की तुलना करने पर:
$1.25 + 0.25r = 1 + 0.5r$
$0.25 = 0.25r \implies r = 1\, \Omega$
समीकरण $(ii)$ में $r = 1$ रखने पर:
$E = 1 + 0.5(1) = 1.5\, V$
दिया गया है कि $E = \frac{x}{10}\, V$,इसलिए:
$1.5 = \frac{x}{10} \implies x = 15$.

(C) ज़ेनर डायोड लोड प्रतिरोध $R_L$ के समानांतर जुड़ा हुआ है। ज़ेनर डायोड के सिरों पर वोल्टेज $V_Z = 5 \,V$ स्थिर रहता है।
श्रेणी प्रतिरोध $R$ के सिरों पर वोल्टेज ड्रॉप $V_R = V_i - V_Z = 50 \,V - 5 \,V = 45 \,V$ है।
श्रेणी प्रतिरोध $R$ से प्रवाहित होने वाली कुल धारा $I$,ज़ेनर धारा $I_Z$ और लोड धारा $I_L$ का योग है,इसलिए $I = I_Z + I_L$।
$R$ का न्यूनतम मान ज्ञात करने के लिए,हम $R = \frac{V_R}{I}$ संबंध का उपयोग करते हैं। चूंकि $V_R$ स्थिर है,इसलिए $R$ तब न्यूनतम होता है जब कुल धारा $I$ अधिकतम होती है।
धारा $I$ तब अधिकतम होती है जब ज़ेनर धारा $I_Z$ अपने अधिकतम मान $(90 \,mA)$ पर होती है और लोड धारा $I_L$ शून्य होती है (जो तब होता है जब लोड डिस्कनेक्ट हो या $R_L \rightarrow \infty$ हो)।
अतः,$I_{max} = I_{Z,max} + 0 = 90 \,mA = 90 \times 10^{-3} \,A$।
इसलिए,$R_{min} = \frac{45 \,V}{90 \times 10^{-3} \,A} = \frac{45000}{90} \,\Omega = 500 \,\Omega$।

(D) न्यूनतम विचलन की स्थिति में,अपवर्तन कोण $r_1 = r_2 = r = \frac{A}{2}$ होता है।
दिया गया है कि आपतन कोण $i$,अपवर्तन कोण $r$ का दोगुना है,इसलिए $i = 2r = A$ है।
स्नेल के नियम के अनुसार,$1 \cdot \sin i = \mu \cdot \sin r$ होता है।
मान रखने पर,$\sin A = \sqrt{3} \sin \frac{A}{2}$ प्राप्त होता है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin A = 2 \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}$ का उपयोग करने पर,$2 \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2} = \sqrt{3} \sin \frac{A}{2}$ मिलता है।
चूंकि $\sin \frac{A}{2} \neq 0$,इसलिए $\cos \frac{A}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ प्राप्त होता है।
इसका अर्थ है कि $\frac{A}{2} = 30^{\circ}$,अतः $A = 60^{\circ}$ है।

(A) गॉस के नियम के अवकल रूप के अनुसार,आयतन आवेश घनत्व $\rho$,विद्युत फ्लक्स घनत्व $\vec{D}$ के डाइवर्जेंस (divergence) द्वारा प्राप्त होता है:
$\rho = \nabla \cdot \vec{D}$
दिया गया है $\vec{D} = e^{-x} \sin y \hat{i} - e^{-x} \cos y \hat{j} + 2z \hat{k}$.
डाइवर्जेंस की गणना करने पर:
$\rho = \frac{\partial}{\partial x}(e^{-x} \sin y) + \frac{\partial}{\partial y}(-e^{-x} \cos y) + \frac{\partial}{\partial z}(2z)$
$\rho = -e^{-x} \sin y + e^{-x} \sin y + 2$
$\rho = 2 \, C/m^{3}$.
चूंकि आयतन सूक्ष्म है और मूल बिंदु $(0, 0, 0)$ पर स्थित है,इसलिए आवेश घनत्व $\rho$ का मान $2 \, C/m^{3}$ नियत रहता है।
कुल आवेश $Q = \rho \times \Delta V$ द्वारा प्राप्त होता है।
$Q = 2 \, C/m^{3} \times (2 \times 10^{-9} \, m^{3}) = 4 \times 10^{-9} \, C$.
चूंकि $1 \, nC = 10^{-9} \, C$,इसलिए कुल आवेश $4 \, nC$ है।

(B) बाईं प्लेट से $x$ $(x < d/2)$ दूरी पर $dx$ चौड़ाई का एक अवयव लें। इस अवयव की विभेदक धारिता $dC = \frac{\varepsilon(x) A}{dx}$ द्वारा दी जाती है।
संधारित्र के पहले आधे भाग ($0$ से $d/2$) के लिए,संधारित्र श्रेणीक्रम में हैं। तुल्य धारिता $C_1$ इस प्रकार है:
$\frac{1}{C_1} = \int_{0}^{d/2} \frac{1}{dC} = \frac{1}{A} \int_{0}^{d/2} \frac{dx}{\varepsilon_{0} + kx}$
इसका समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{1}{C_1} = \frac{1}{kA} [\ln(\varepsilon_{0} + kx)]_{0}^{d/2} = \frac{1}{kA} \ln\left(\frac{\varepsilon_{0} + kd/2}{\varepsilon_{0}}\right) = \frac{1}{kA} \ln\left(\frac{2\varepsilon_{0} + kd}{2\varepsilon_{0}}\right)$
अतः,$C_1 = \frac{kA}{\ln\left(\frac{2\varepsilon_{0} + kd}{2\varepsilon_{0}}\right)}$.
समरूपता के कारण,दूसरे आधे भाग की धारिता $(C_2)$ भी $C_1$ के समान है। चूँकि दोनों भाग श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए कुल तुल्य धारिता $C_{eq}$ है:
$C_{eq} = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} = \frac{C_1}{2} = \frac{kA}{2 \ln \left(\frac{2\varepsilon_{0} + kd}{2\varepsilon_{0}}\right)}$.

(D) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,चूंकि $4M$ द्रव्यमान का प्रारंभिक कण स्थिर है,इसलिए कुल प्रारंभिक संवेग $0$ है।
जब यह $M$ और $3M$ द्रव्यमान के दो कणों में विघटित होता है,तो कुल संवेग को शून्य बनाए रखने के लिए उनके अंतिम संवेग परिमाण में समान और दिशा में विपरीत होने चाहिए।
मान लीजिए $M$ द्रव्यमान वाले कण का संवेग $p_1$ है और $3M$ द्रव्यमान वाले कण का संवेग $p_2$ है। अतः,$|p_1| = |p_2| = p$.
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ को $\lambda = \frac{h}{p}$ संबंध द्वारा दिया जाता है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है।
चूंकि दोनों कणों के संवेग का परिमाण $p$ समान है,इसलिए उनकी डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य समान होगी:
$\lambda_1 = \frac{h}{p}$ और $\lambda_2 = \frac{h}{p}$.
अतः,उनकी तरंगदैर्ध्य का अनुपात $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{h/p}{h/p} = 1:1$ होगा।

(A) संदेश सिग्नल $V_{m}(t) = 10 \sin(2 \pi \times 10^{5} t)$ द्वारा दिया गया है।
इसे मानक रूप $V_{m}(t) = A_{m} \sin(2 \pi f_{m} t)$ के साथ तुलना करने पर,हमें संदेश सिग्नल की आवृत्ति $f_{m} = 10^{5} \text{ Hz} = 100 \text{ kHz}$ प्राप्त होती है।
एम्प्लीट्यूड मॉड्यूलेशन में,मॉड्यूलेटेड सिग्नल में वाहक आवृत्ति $f_{c}$,लोअर साइडबैंड आवृत्ति $(f_{c} - f_{m})$ और अपर साइडबैंड आवृत्ति $(f_{c} + f_{m})$ शामिल होती है।
एम्प्लीट्यूड मॉड्यूलेटेड सिग्नल की बैंडविड्थ को अपर साइडबैंड आवृत्ति और लोअर साइडबैंड आवृत्ति के बीच के अंतर के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$\text{Bandwidth} = (f_{c} + f_{m}) - (f_{c} - f_{m}) = 2 f_{m}$.
$f_{m}$ का मान रखने पर:
$\text{Bandwidth} = 2 \times 100 \text{ kHz} = 200 \text{ kHz}$.
अतः,$\alpha = 200$.

(B) फ्रिंज चौड़ाई $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ द्वारा दी जाती है।
फ्रिंज चौड़ाई अधिकतम होने के लिए,स्लिट पृथक्करण $d$ न्यूनतम होना चाहिए और फ्रिंज चौड़ाई न्यूनतम होने के लिए,स्लिट पृथक्करण $d$ अधिकतम होना चाहिए।
स्लिट पृथक्करण $d(t) = d_{0} + a_{0} \sin \omega t$ है।
$d$ का अधिकतम मान $d_{\max} = d_{0} + a_{0}$ है और $d$ का न्यूनतम मान $d_{\min} = d_{0} - a_{0}$ है।
इसलिए,न्यूनतम फ्रिंज चौड़ाई $\beta_{\min} = \frac{\lambda D}{d_{0} + a_{0}}$ है और अधिकतम फ्रिंज चौड़ाई $\beta_{\max} = \frac{\lambda D}{d_{0} - a_{0}}$ है।
सबसे बड़ी और सबसे छोटी फ्रिंज चौड़ाई के बीच का अंतर $\beta_{\max} - \beta_{\min} = \frac{\lambda D}{d_{0} - a_{0}} - \frac{\lambda D}{d_{0} + a_{0}}$ है।
इस व्यंजक को सरल करने पर: $\beta_{\max} - \beta_{\min} = \lambda D \left( \frac{(d_{0} + a_{0}) - (d_{0} - a_{0})}{d_{0}^{2} - a_{0}^{2}} \right) = \frac{2 \lambda D a_{0}}{d_{0}^{2} - a_{0}^{2}}$।

(C) हीरा-वायु इंटरफेस के लिए क्रांतिक कोण $\theta_{C}$ का मान $\sin \theta_{C} = \frac{n_{air}}{n_{diamond}} = \frac{1}{2.42} \approx 0.4132$ द्वारा दिया जाता है।
क्रांतिक कोण की गणना करने पर: $\theta_{C} = \arcsin(0.4132) \approx 24.41^{\circ}$ प्राप्त होता है।
यहाँ आपतन कोण $\theta_{i} = 30^{\circ}$ है।
चूंकि $\theta_{i} > \theta_{C}$ $(30^{\circ} > 24.41^{\circ})$,इसलिए पूर्ण आंतरिक परावर्तन की शर्त पूरी होती है।
अतः,प्रकाश किरण का पूर्ण आंतरिक परावर्तन होगा और यह हवा में अपवर्तित नहीं होगी।

(B) सक्रियता $A$ का सूत्र $A = \lambda N$ है।
सबसे पहले, क्षय नियतांक $\lambda$ की गणना करें:
$\lambda = \frac{\ln 2}{t_{1/2}} = \frac{0.693}{3 \times 24 \times 3600 \, \text{s}} \approx 2.67 \times 10^{-6} \, \text{s}^{-1}$.
इसके बाद, $2 \, \text{mg}$ ${}^{198} {Au}$ में परमाणुओं की संख्या $N$ ज्ञात करें:
$N = \frac{\text{द्रव्यमान}}{\text{मोलर द्रव्यमान}} \times N_A = \frac{2 \times 10^{-3} \, \text{g}}{198 \, \text{g/mol}} \times 6 \times 10^{23} \, \text{atoms/mol} \approx 6.06 \times 10^{18} \, \text{atoms}$.
अब, सक्रियता $A$ की गणना करें:
$A = \lambda N = (2.67 \times 10^{-6} \, \text{s}^{-1}) \times (6.06 \times 10^{18}) \approx 16.18 \times 10^{12} \, \text{disintegrations/second}$.

(D) आपतित तरंग $+z$ दिशा में यात्रा कर रही है,जो $\cos(kz - \omega t)$ के रूप में है।
जब एक विद्युत चुम्बकीय तरंग एक पूर्णतः परावर्तक दीवार पर लंबवत आपतित होती है,तो परावर्तित तरंग विपरीत दिशा ($-z$ दिशा) में यात्रा करती है।
परावर्तित तरंग $\cos(kz + \omega t)$ के रूप में होगी।
दी गई आपतित तरंग $E_i = 3.1 \cos \left[(1.8)z - (5.4 \times 10^6)t\right] \hat{i}$ के लिए,परावर्तित तरंग $E_r$ का आयाम और आवृत्ति समान होगी लेकिन संचरण की दिशा उलट जाएगी।
अतः,$E_r = 3.1 \cos \left[(1.8)z + (5.4 \times 10^6)t\right] \hat{i} \text{ N/C}$ होगी।
इसलिए,विकल्प $D$ सही है।