JEE Main 2022 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) विशिष्ट ऊष्माओं का अनुपात $\gamma = \frac{C_P}{C_V}$ के रूप में परिभाषित है।
गैसों के गतिज सिद्धांत के अनुसार,स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_V = \frac{f}{2}R$ है।
स्थिर दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_P = C_V + R = \frac{f}{2}R + R = R(1 + \frac{f}{2})$ है।
अतः,अनुपात $\gamma = \frac{C_P}{C_V} = \frac{R(1 + f/2)}{(f/2)R} = \frac{1 + f/2}{f/2} = \frac{2}{f} + 1 = 1 + \frac{2}{f}$ प्राप्त होता है।

(A) वाहन घर्षण रहित नत समतल पर $a = g\sin \alpha$ के त्वरण के साथ नीचे की ओर गति करता है।
वाहन के फ्रेम में,लोलक के गोलक पर ऊपर की दिशा में एक छद्म बल (pseudo force) $F_p = ma = mg\sin \alpha$ कार्य करता है।
प्रभावी त्वरण $g_{eff}$ गुरुत्वाकर्षण के कारण त्वरण $\vec{g}$ और वाहन के त्वरण के ऋणात्मक $-\vec{a}$ का सदिश योग है।
घटकों को वियोजित करने पर,नत समतल के लंबवत $g$ का घटक $g\cos \alpha$ है और नत समतल के समानांतर $g$ का घटक $g\sin \alpha$ है। छद्म बल $g\sin \alpha$ घटक को निरस्त कर देता है।
अतः,प्रभावी त्वरण $g_{eff} = g\cos \alpha$ है।
सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g_{eff}}} = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g\cos \alpha}}$ द्वारा दिया जाता है।

(B) किसी भी समय $t$ पर कार $P$ की स्थिति $x_P(t) = at + bt^2$ है।
कार $P$ का वेग $v_P(t) = \frac{dx_P(t)}{dt} = a + 2bt$ है ... $(i)$.
इसी प्रकार,कार $Q$ के लिए,स्थिति $x_Q(t) = ft - t^2$ है।
कार $Q$ का वेग $v_Q(t) = \frac{dx_Q(t)}{dt} = f - 2t$ है ... $(ii)$.
यह दिया गया है कि कारों का वेग समान है,इसलिए $v_P(t) = v_Q(t)$।
अतः,$a + 2bt = f - 2t$।
$t$ के लिए हल करने हेतु पदों को व्यवस्थित करने पर: $2bt + 2t = f - a$।
$2t(b + 1) = f - a$।
इस प्रकार,$t = \frac{f - a}{2(1 + b)}$।

(C) आदर्श गैस समीकरण के अनुसार,
$PV = nRT$
$V$ को $T$ के पदों में व्यवस्थित करने पर:
$V = \left( \frac{nR}{P} \right) T$
यह मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है,जहाँ ढाल (slope) $m$ इस प्रकार है:
$m = \frac{V}{T} = \frac{nR}{P}$
चूंकि $n$ और $R$ स्थिरांक हैं,इसलिए ढाल दाब $P$ के व्युत्क्रमानुपाती है $(m \propto \frac{1}{P})$।
दी गई आकृति से,कोण $\theta_2 > \theta_1$ है,जिसका अर्थ है कि $P_2$ के लिए रेखा की ढाल $P_1$ के लिए रेखा की ढाल से अधिक है:
$(\text{Slope})_2 > (\text{Slope})_1$
चूंकि ढाल दाब के व्युत्क्रमानुपाती होती है,इसलिए अधिक ढाल कम दाब के अनुरूप होती है:
$P_2 < P_1$

(A) एक आदर्श (कार्नोट) ऊष्मा इंजन की दक्षता का सूत्र है: $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$।
यहाँ,$T_1$ स्रोत का तापमान (पानी का क्वथनांक) है और $T_2$ सिंक का तापमान (पानी का हिमांक) है।
पानी का हिमांक,$T_2 = 0^{\circ}C = 273\,K$।
पानी का क्वथनांक,$T_1 = 100^{\circ}C = (100 + 273)\,K = 373\,K$।
इन मानों को दक्षता के सूत्र में रखने पर:
$\eta = 1 - \frac{273}{373} = \frac{373 - 273}{373} = \frac{100}{373}$।
इसे प्रतिशत में व्यक्त करने के लिए:
$\% \eta = \left( \frac{100}{373} \right) \times 100 \approx 26.8\%$।

(D) एकसमान वृत्तीय गति में,त्वरण अभिकेंद्र त्वरण $\vec{a}_c$ होता है,जो हमेशा वृत्त के केंद्र की ओर निर्देशित होता है।
$x$-अक्ष के साथ $\theta$ कोण पर स्थित बिंदु $P$ के लिए,स्थिति सदिश $x$-अक्ष के साथ $\theta$ कोण बनाता है।
अभिकेंद्र त्वरण सदिश $\vec{a}_c$ बिंदु $P$ से मूल बिंदु $O$ की ओर इंगित करता है।
अभिकेंद्र त्वरण का परिमाण $a_c = \frac{V^2}{R}$ है।
इस सदिश को घटकों में वियोजित करने पर:
$x$-घटक $a_x = -a_c \cos\theta = -\frac{V^2}{R} \cos\theta$ है।
$y$-घटक $a_y = -a_c \sin\theta = -\frac{V^2}{R} \sin\theta$ है।
अतः,त्वरण सदिश $\vec{a} = -\frac{V^2}{R} \cos\theta \hat{i} - \frac{V^2}{R} \sin\theta \hat{j}$ है।

(D) पृथ्वी के केंद्र से दूरी $d$ के साथ गुरुत्वीय त्वरण $g$ में परिवर्तन निम्नलिखित है:
$1$. पृथ्वी के अंदर $(d < R)$:
$g = \frac{GM}{R^3} d$
चूंकि $G, M,$ और $R$ स्थिरांक हैं,इसलिए $g \propto d$ होता है। यह मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है।
$2$. पृथ्वी की सतह पर $(d = R)$:
$g = \frac{GM}{R^2} = g_s$ (अधिकतम मान)।
$3$. पृथ्वी के बाहर $(d > R)$:
$g = \frac{GM}{d^2}$
यहाँ,$g \propto \frac{1}{d^2}$ होता है। यह एक आयताकार अतिपरवलय (rectangular hyperbola) को दर्शाता है।
इन सबको मिलाकर,ग्राफ केंद्र से सतह तक एक रैखिक वृद्धि और सतह के बाहर दूरी बढ़ने पर एक हाइपरबोलिक गिरावट को दर्शाता है। यह ग्राफ विकल्प $D$ में दिया गया है।

(D) लुढ़कते हुए गोले की कुल गतिज ऊर्जा $(K_{total})$ उसकी रैखिक गतिज ऊर्जा $(K_{linear})$ और घूर्णन गतिज ऊर्जा $(K_{rotational})$ का योग होती है।
$K_{total} = K_{linear} + K_{rotational} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
एक ठोस गोले के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5}mr^2$ है और कोणीय वेग $\omega = \frac{v}{r}$ है।
इन मानों को घूर्णन गतिज ऊर्जा के व्यंजक में रखने पर:
$K_{rotational} = \frac{1}{2} \left(\frac{2}{5}mr^2\right) \left(\frac{v}{r}\right)^2 = \frac{1}{5}mv^2$.
अब,कुल गतिज ऊर्जा की गणना करने पर:
$K_{total} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{5}mv^2 = \left(\frac{5+2}{10}\right)mv^2 = \frac{7}{10}mv^2$.
घूर्णन गतिज ऊर्जा और कुल गतिज ऊर्जा का अनुपात है:
$\frac{K_{rotational}}{K_{total}} = \frac{\frac{1}{5}mv^2}{\frac{7}{10}mv^2} = \frac{1}{5} \times \frac{10}{7} = \frac{2}{7}$.
अतः,अनुपात $2:7$ है।

(A) वेग प्रवणता की विमा $[T^{-1}]$ होती है।
क्षय नियतांक $\lambda$ को $N = N_0 e^{-\lambda t}$ संबंध द्वारा परिभाषित किया जाता है,जिसका अर्थ है कि $\lambda t$ विमाहीन है। अतः,क्षय नियतांक की विमा $[T^{-1}]$ है।
चूंकि वेग प्रवणता और क्षय नियतांक दोनों की विमाएं समान $[T^{-1}]$ हैं,इसलिए विकल्प $A$ सही है।

(D) केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार,कक्षीय अवधि $T$ का वर्ग उसकी कक्षा की अर्ध-दीर्घ अक्ष $R$ के घन के समानुपाती होता है: $T^2 \propto R^3$.
प्रारंभिक दूरी $R$ है और प्रारंभिक अवधि $T = 1 \text{ वर्ष}$ है।
जब नई दूरी $R' = 3R$ हो जाती है,तो नई अवधि $T'$ का अनुपात इस प्रकार होगा:
$\frac{T'}{T} = \left(\frac{R'}{R}\right)^{3/2}$.
मान रखने पर:
$\frac{T'}{1} = \left(\frac{3R}{R}\right)^{3/2} = (3)^{3/2}$.
$T' = 3^{1} \cdot 3^{1/2} = 3\sqrt{3} \text{ वर्ष}$.

(B) एक समान गति $v$ के साथ ऊर्ध्वाधर वृत्ताकार गति में,शुद्ध अभिकेंद्री बल तनाव $T$ और गुरुत्वाकर्षण के घटक $mg \cos \theta$ द्वारा प्रदान किया जाता है,जहाँ $\theta$ ऊर्ध्वाधर के साथ कोण है।
उच्चतम बिंदु पर,तनाव $T_{top}$ का मान $T_{top} + mg = \frac{mv^2}{r}$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए $T_{top} = \frac{mv^2}{r} - mg$ है।
निम्नतम बिंदु पर,तनाव $T_{bottom}$ का मान $T_{bottom} - mg = \frac{mv^2}{r}$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए $T_{bottom} = \frac{mv^2}{r} + mg$ है।
चूंकि $T_{top} < T_{bottom}$ है,इसलिए तनाव वृत्ताकार पथ के उच्चतम बिंदु पर न्यूनतम होता है।

(C) कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_L}{T_H}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है: $Q_H = 5000 \, kcal$,$T_H = 727 + 273 = 1000 \, K$,$T_L = 127 + 273 = 400 \, K$.
दक्षता $\eta = 1 - \frac{400}{1000} = 1 - 0.4 = 0.6$.
किया गया कार्य $W = \eta \times Q_H = 0.6 \times 5000 \, kcal = 3000 \, kcal$.
चूंकि $1 \, kcal = 4184 \, J$,इसलिए $W = 3000 \times 4184 \, J = 12,552,000 \, J$.
निकटतम मान लेने पर,$W \approx 12.6 \times 10^{6} \, J$.

(B) सरल आवर्त गति करने वाले दोलक का अधिकतम वेग $V_{\max} = \omega A$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$ कोणीय आवृत्ति है और $A$ आयाम है।
दिया गया है कि $V_{\max,1} = V_{\max,2}$,इसलिए $\omega_1 A_1 = \omega_2 A_2$,जिसका अर्थ है $\frac{A_1}{A_2} = \frac{\omega_2}{\omega_1}$.
$\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$ का मान रखने पर,हमें मिलता है $\frac{A_1}{A_2} = \sqrt{\frac{k_2}{m_2}} \times \sqrt{\frac{m_1}{k_1}} = \sqrt{\frac{k_2}{k_1} \times \frac{m_1}{m_2}}$.
यहाँ $k_1 = 2k$,$k_2 = 9k$,$m_1 = 50\,g$,और $m_2 = 100\,g$ है।
अतः,$\frac{A_1}{A_2} = \sqrt{\frac{9k}{2k} \times \frac{50}{100}} = \sqrt{\frac{9}{2} \times \frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{9}{4}} = \frac{3}{2}$.

(C) संतुलन स्थिति वहाँ होती है जहाँ बल $F = -\frac{dU}{dr} = 0$ होता है।
दिया गया है $U = A r^{-10} - B r^{-5}$।
$r$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{dU}{dr} = -10 A r^{-11} + 5 B r^{-6}$।
संतुलन के लिए $\frac{dU}{dr} = 0$ रखने पर:
$-10 A r^{-11} + 5 B r^{-6} = 0$।
$5 B r^{-6} = 10 A r^{-11}$।
$r^5 = \frac{10A}{5B} = \frac{2A}{B}$।
अतः,संतुलन दूरी $r = \left(\frac{2A}{B}\right)^{\frac{1}{5}}$ होगी।

(B) ऊपर जाते समय,गुरुत्वाकर्षण और हवा का प्रतिरोध दोनों नीचे की ओर कार्य करते हैं। कुल मंदक बल $F_{up} = mg + f = (5 \times 10) + 10 = 60 \, N$ है। ऊपर जाते समय त्वरण $a_{up} = F_{up} / m = 60 / 5 = 12 \, ms^{-2}$ है।
नीचे आते समय,गुरुत्वाकर्षण नीचे की ओर और हवा का प्रतिरोध ऊपर की ओर कार्य करता है। कुल बल $F_{down} = mg - f = (5 \times 10) - 10 = 40 \, N$ है। नीचे आते समय त्वरण $a_{down} = F_{down} / m = 40 / 5 = 8 \, ms^{-2}$ है।
मान लीजिए अधिकतम ऊँचाई $h$ है। ऊपर जाने के लिए,$h = \frac{1}{2} a_{up} t_1^2$,इसलिए $h = \frac{1}{2} \times 12 \times t_1^2 = 6 t_1^2$.
नीचे आने के लिए,$h = \frac{1}{2} a_{down} t_2^2$,इसलिए $h = \frac{1}{2} \times 8 \times t_2^2 = 4 t_2^2$.
$h$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $6 t_1^2 = 4 t_2^2$,जिससे $\frac{t_1^2}{t_2^2} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ प्राप्त होता है।
अतः,ऊपर जाने के समय और नीचे आने के समय का अनुपात $\frac{t_1}{t_2} = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ होगा।

(B) दिया गया है कि फ्लाईव्हील विरामावस्था से शुरू होता है,इसलिए प्रारंभिक कोणीय वेग $\omega_0 = 0$ है।
घूर्णी गति के समीकरण $\theta = \omega_0 t + \frac{1}{2} \alpha t^2$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $\alpha$ कोणीय त्वरण है।
पहली सेकंड $(t = 1 \, s)$ के लिए,तय किया गया कोण $\theta_1 = 5 \, rad$ है:
$5 = 0(1) + \frac{1}{2} \alpha (1)^2 \implies \alpha = 10 \, rad/s^2$.
अब,पहले दो सेकंड $(t = 2 \, s)$ में तय किया गया कुल कोण ज्ञात करते हैं:
$\theta_2 = 0(2) + \frac{1}{2} (10) (2)^2 = 5 \times 4 = 20 \, rad$.
अगले सेकंड में ($t = 1$ से $t = 2$ तक) तय किया गया कोण $2 \, s$ में कुल कोण और $1 \, s$ में कोण के बीच का अंतर है:
$\Delta \theta = \theta_2 - \theta_1 = 20 - 5 = 15 \, rad$.

(C) हथौड़े की गतिज ऊर्जा $K.E. = \frac{1}{2} mv^2 = \frac{1}{2} \times 1.5 \times (60)^2 = 0.75 \times 3600 = 2700 \, J$ है।
प्रश्न के अनुसार,इस ऊर्जा का एक-चौथाई भाग लोहे की कील को गर्म करने में उपयोग किया जाता है।
कील द्वारा अवशोषित ऊष्मीय ऊर्जा $Q = \frac{1}{4} \times 2700 = 675 \, J$ है।
अवशोषित ऊष्मा का सूत्र $Q = mc\Delta T$ है,जहाँ $m = 100 \, g$,$c = 0.42 \, Jg^{-1} {}^{\circ}C^{-1}$,और $\Delta T$ तापमान में वृद्धि है।
मान रखने पर: $675 = 100 \times 0.42 \times \Delta T$.
$675 = 42 \times \Delta T$.
$\Delta T = \frac{675}{42} \approx 16.07 \, ^{\circ}C$.

(A) माना प्रारंभिक वेग $u$ है। किसी भी समय $t$ पर वेग के क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर घटक इस प्रकार हैं:
$v_x = u \cos 45^{\circ} = \frac{u}{\sqrt{2}}$
$v_y = u \sin 45^{\circ} - gt = \frac{u}{\sqrt{2}} - 10(2) = \frac{u}{\sqrt{2}} - 20$
यह दिया गया है कि $t = 2 \, s$ पर परिणामी वेग $20 \, m/s$ है,इसलिए:
$v^2 = v_x^2 + v_y^2$
$20^2 = \left(\frac{u}{\sqrt{2}}\right)^2 + \left(\frac{u}{\sqrt{2}} - 20\right)^2$
$400 = \frac{u^2}{2} + \frac{u^2}{2} - 20\sqrt{2}u + 400$
$0 = u^2 - 20\sqrt{2}u$
चूँकि $u \neq 0$,हमें $u = 20\sqrt{2} \, m/s$ प्राप्त होता है।
अधिकतम ऊँचाई $H$ इस प्रकार है:
$H = \frac{u^2 \sin^2 45^{\circ}}{2g} = \frac{(20\sqrt{2})^2 \times (1/2)}{2 \times 10} = \frac{800 \times 0.5}{20} = \frac{400}{20} = 20 \, m$.

(D) अप्रगामी तरंग का समीकरण $y = A_{res} \sin \omega t$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A_{res}$ स्थिति $x$ पर कण का आयाम है।
दिए गए समीकरण $y = (10 \cos \pi x) \sin \frac{2 \pi t}{T}$ की तुलना मानक रूप से करने पर,किसी भी स्थिति $x$ पर आयाम $A(x) = |10 \cos \pi x|$ है।
$x = \frac{4}{3} \, cm$ दिया गया है,इसलिए हम इस मान को व्यंजक में रखते हैं:
$A = |10 \cos(\pi \cdot \frac{4}{3})|$
$A = |10 \cos(\frac{4 \pi}{3})|$
चूँकि $\cos(\frac{4 \pi}{3}) = \cos(\pi + \frac{\pi}{3}) = -\cos(\frac{\pi}{3}) = -\frac{1}{2}$,
$A = |10 \cdot (-0.5)| = |-5| = 5 \, cm$.
अतः,आयाम $5 \, cm$ है।

(C) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + W$ है।
दिया गया है,$W = \frac{Q}{4}$।
अतः,$\Delta U = \Delta Q - W = Q - \frac{Q}{4} = \frac{3Q}{4}$।
एकपरमाणुक गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = n C_v \Delta T = n (\frac{3}{2}R) \Delta T$ होता है।
इसलिए,$n (\frac{3}{2}R) \Delta T = \frac{3Q}{4} \Rightarrow n \Delta T = \frac{Q}{2R}$।
मोलर ऊष्मा धारिता $C$ को $C = \frac{Q}{n \Delta T}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$n \Delta T$ का मान रखने पर,हमें $C = \frac{Q}{Q / (2R)} = 2R$ प्राप्त होता है।
अतः,$x$ का मान $2$ है।

(B) न्यूटन के शीतलन नियम के अनुसार,समय $t$ पर तापमान का अंतर $\Delta T = \Delta T_{0} e^{-\lambda t}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\Delta T_{0}$ प्रारंभिक तापमान का अंतर है।
ग्राफ से,$t = 0$ पर,$\Delta T_{0} = 60^{\circ}C$ है।
$t = 6 \text{ min}$ पर,$\Delta T = 40^{\circ}C$ है। इन मानों को रखने पर: $40 = 60 e^{-6\lambda} \Rightarrow e^{-6\lambda} = \frac{40}{60} = \frac{2}{3} \Rightarrow 6\lambda = \ln(1.5)$.
$t = t_{2}$ पर,$\Delta T = 20^{\circ}C$ है। इन मानों को रखने पर: $20 = 60 e^{-t_{2}\lambda} \Rightarrow e^{-t_{2}\lambda} = \frac{20}{60} = \frac{1}{3} \Rightarrow t_{2}\lambda = \ln(3)$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{t_{2}\lambda}{6\lambda} = \frac{\ln(3)}{\ln(1.5)} \Rightarrow \frac{t_{2}}{6} = \frac{1.0986}{0.4055} \approx 2.709$.
अतः,$t_{2} = 6 \times 2.709 \approx 16.25 \text{ min}$.
निकटतम पूर्णांक में,$t_{2} \approx 16 \text{ min}$।

(C) आयतन प्रत्यास्थता गुणांक $B$ को $B = -\frac{\Delta P}{\Delta V / V}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
दिया गया है,$B = 3 \times 10^{10} \ Nm^{-2}$।
आयतन में भिन्नात्मक परिवर्तन $\frac{\Delta V}{V} = -2\% = -0.02$ है (ऋणात्मक चिह्न आयतन में कमी को दर्शाता है)।
दाब परिवर्तन $\Delta P$ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\Delta P = -B \times \left(\frac{\Delta V}{V}\right)$।
मान रखने पर: $\Delta P = -(3 \times 10^{10}) \times (-0.02)$।
$\Delta P = 3 \times 10^{10} \times 0.02 = 0.06 \times 10^{10} = 6 \times 10^{8} \ Nm^{-2}$।
अतः,आवश्यक दाब $6 \times 10^{8} \ Nm^{-2}$ है।

(D) $1$. तरंग संख्या $(k = 1/\lambda)$ और रिडबर्ग नियतांक $(R)$ दोनों के आयाम $[L^{-1}]$ हैं।
$2$. प्रतिबल और प्रत्यास्थता गुणांक (यंग मापांक,बल्क मापांक,आदि) दोनों के आयाम $[M L^{-1} T^{-2}]$ हैं।
$3$. कोर्सिविटी $(H)$ और चुंबकन $(M)$ दोनों के आयाम $[A L^{-1}]$ हैं।
$4$. विशिष्ट ऊष्मा धारिता $(S)$ के आयाम $[L^2 T^{-2} K^{-1}]$ हैं ($S = Q / (m \Delta T)$ से),जबकि गुप्त ऊष्मा $(L)$ के आयाम $[L^2 T^{-2}]$ हैं ($L = Q / m$ से)।
अतः,$[L^2 T^{-2} K^{-1}] \neq [L^2 T^{-2}]$ होने के कारण,भिन्न आयामों वाला जोड़ा विशिष्ट ऊष्मा धारिता और गुप्त ऊष्मा है।

(D) क्षैतिज परास $R$ का सूत्र $R = \frac{V^2 \sin(2\theta)}{g} = \frac{2V^2 \sin\theta \cos\theta}{g}$ है।
उच्चतम बिंदु तक पहुँचने में लगा समय (जहाँ झुकाव शून्य हो जाता है) $t = \frac{V \sin\theta}{g}$ है।
इससे,$V \sin\theta = gt$,अतः $V = \frac{gt}{\sin\theta}$ प्राप्त होता है।
$V$ का मान परास के सूत्र में रखने पर: $R = \frac{2(gt/\sin\theta)^2 \sin\theta \cos\theta}{g} = \frac{2g^2 t^2 \sin\theta \cos\theta}{g \sin^2\theta} = \frac{2gt^2 \cos\theta}{\sin\theta} = \frac{2gt^2}{\tan\theta}$।
$g = 10 \, m/s^2$ लेने पर,$R = \frac{2(10)t^2}{\tan\theta} = \frac{20t^2}{\tan\theta}$ प्राप्त होता है।
$\theta$ के लिए हल करने पर,$\tan\theta = \frac{20t^2}{R}$,जिसका अर्थ है कि $\cot\theta = \frac{R}{20t^2}$।
अतः,$\theta = \cot^{-1}\left(\frac{R}{20t^2}\right)$।

(B) ब्लॉक पर कार्य करने वाला घर्षण बल $f = \mu N = \mu mg$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,मंदन $a = -\mu g$ है।
यहाँ $\mu = 0.5$ और $g = 9.8\, m/s^2$ दिया गया है,इसलिए त्वरण $a = -0.5 \times 9.8 = -4.9\, m/s^2$ है।
गति के समीकरण $v^2 = u^2 + 2as$ का उपयोग करते हुए,जहाँ अंतिम वेग $v = 0$ और प्रारंभिक वेग $u = 9.8\, m/s$ है:
$0 = (9.8)^2 + 2(-4.9)s$
$9.8s = 9.8 \times 9.8$
$s = 9.8\, m$.

(C) वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल डोरी में तनाव द्वारा प्रदान किया जाता है: $T = M \omega^{2} R$.
दिया गया है: $T = 80 \,N$,$M = 100 \,g = 0.1 \,kg$,$R = 2 \,m$.
मान रखने पर: $80 = 0.1 \times \omega^{2} \times 2$.
$80 = 0.2 \omega^{2} \implies \omega^{2} = 400 \implies \omega = 20 \,rad/s$.
चूंकि $\omega = 2 \pi f$,जहां $f$ आवृत्ति $rev/s$ में है: $2 \pi f = 20 \implies f = \frac{10}{\pi} \,rev/s$.
आवृत्ति को $rev/min$ में बदलने के लिए,$60$ से गुणा करें: $f = \frac{10}{\pi} \times 60 = \frac{600}{\pi} \,rev/min$.
इसकी तुलना $\frac{K}{\pi} \,rev/min$ से करने पर,हमें $K = 600$ प्राप्त होता है।

(C) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $(\Delta KE)$ कण पर किए गए कार्य $(W)$ के बराबर होता है।
किया गया कार्य रेखा समाकलन द्वारा दिया जाता है: $W = \int \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} = \int (4x \hat{i} + 3y^2 \hat{j}) \cdot (dx \hat{i} + dy \hat{j})$.
यह सरल होकर प्राप्त होता है: $W = \int_{1}^{2} 4x \, dx + \int_{2}^{3} 3y^2 \, dy$.
समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$W = [2x^2]_{1}^{2} + [y^3]_{2}^{3}$.
$W = (2(2)^2 - 2(1)^2) + (3^3 - 2^3)$.
$W = (8 - 2) + (27 - 8)$.
$W = 6 + 19 = 25 \, J$.
अतः,गतिज ऊर्जा में $25 \, J$ का परिवर्तन होता है।

(B) ऊँचाई $h$ पर किसी पिंड का भार $W' = m g'$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $g' = g \left( \frac{R}{R+h} \right)^2$ है।
यह दिया गया है कि ऊँचाई $h$ पर भार सतह पर भार का $\frac{1}{3}$ है,इसलिए $m g' = \frac{1}{3} m g$,जिसका अर्थ है $g' = \frac{g}{3}$।
$g'$ के लिए व्यंजक को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $g \left( \frac{R}{R+h} \right)^2 = \frac{g}{3}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,$\frac{R}{R+h} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ प्राप्त होता है।
समीकरण को पुनर्व्यवस्थित करने पर,$R+h = R\sqrt{3}$,इसलिए $h = R(\sqrt{3} - 1)$।
$R = 6400 \, km$ और $\sqrt{3} = 1.732$ के मान रखने पर,$h = 6400 \times (1.732 - 1) = 6400 \times 0.732$।
$h = 4684.8 \, km \approx 4685 \, km$।

(A) दिए गए आयाम $A_{1} = 5 \, cm$ और $A_{2} = 3 \, cm$ हैं।
दो तरंगों के बीच का कलांतर $\Delta \phi$ उनके तर्कों के अंतर द्वारा निर्धारित होता है:
$\Delta \phi = 2 \pi (x - vt + 1.5) - 2 \pi (x - vt) = 2 \pi (1.5) = 3 \pi$.
परिणामी आयाम $A_{net}$ का सूत्र है:
$A_{net} = \sqrt{A_{1}^{2} + A_{2}^{2} + 2 A_{1} A_{2} \cos(\Delta \phi)}$.
मान रखने पर:
$A_{net} = \sqrt{5^{2} + 3^{2} + 2(5)(3) \cos(3 \pi)}$.
चूंकि $\cos(3 \pi) = -1$:
$A_{net} = \sqrt{25 + 9 + 30(-1)} = \sqrt{34 - 30} = \sqrt{4} = 2 \, cm$.

(B) कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_L}{T_H}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_L$ सिंक का तापमान है और $T_H$ स्रोत का तापमान है।
दिया गया है $T_L = 27\,^{\circ} C = 300\, K$ और $\eta = 25\% = 0.25$।
मान रखने पर: $0.25 = 1 - \frac{300}{T_H} \implies \frac{300}{T_H} = 0.75 \implies T_H = \frac{300}{0.75} = 400\, K$।
यदि दक्षता में उसके मूल मान का $100\%$ बढ़ाया जाता है,तो नई दक्षता $\eta' = \eta + 100\% \text{ of } \eta = 0.25 + 0.25 = 0.50$ या $50\%$ होगी।
माना नया स्रोत तापमान $T_H'$ है।
$0.50 = 1 - \frac{300}{T_H'} \implies \frac{300}{T_H'} = 0.50 \implies T_H' = \frac{300}{0.50} = 600\, K$।
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = T_H' - T_H = 600\, K - 400\, K = 200\, K$ है।
चूंकि तापमान में $1\, K$ का परिवर्तन $1\,^{\circ} C$ के परिवर्तन के बराबर होता है,इसलिए तापमान को $200\,^{\circ} C$ तक बढ़ाया जाना चाहिए।

(B) स्थायी अवस्था ऊष्मा चालन में,दोनों ब्लॉकों से गुजरने वाली ऊष्मा की दर $H$ समान होती है।
$H = \frac{K_{1} A \Delta T_{1}}{\ell_{1}} = \frac{K_{2} A \Delta T_{2}}{\ell_{2}}$
दिया है: $\ell_{1} = 16 \text{ cm}$,$\ell_{2} = 8 \text{ cm}$,$K_{2} = K$,$K_{1} = xK$.
$M_{1}$ के सिरों पर तापांतर $\Delta T_{1} = 100^{\circ}C - 80^{\circ}C = 20^{\circ}C$ है।
$M_{2}$ के सिरों पर तापांतर $\Delta T_{2} = 80^{\circ}C - 0^{\circ}C = 80^{\circ}C$ है।
चूंकि क्षेत्रफल $A$ समान है,इसलिए:
$\frac{K_{1} \Delta T_{1}}{\ell_{1}} = \frac{K_{2} \Delta T_{2}}{\ell_{2}}$
$\frac{(xK) \times 20}{16} = \frac{K \times 80}{8}$
$x \times \frac{20}{16} = 10$
$x = 10 \times \frac{16}{20} = 8$.
अतः,$M_{1}$ की ऊष्मीय चालकता $8K$ है।

(A) $N_{2}$ का दिया गया द्रव्यमान $= 0.056 \, kg = 56 \, g$ है।
$N_{2}$ का मोलर द्रव्यमान $= 28 \, g/mol$ है।
मोलों की संख्या $n = \frac{56}{28} = 2 \, moles$ है।
प्रारंभिक तापमान $T_{1} = 127 + 273 = 400 \, K$ है।
चूंकि आर.एम.एस. गति $v_{rms} \propto \sqrt{T}$ होती है,इसलिए गति को दोगुना करने के लिए तापमान को $2^{2} = 4$ के गुणक से बढ़ना चाहिए।
अतः,$T_{2} = 4 \times T_{1} = 4 \times 400 = 1600 \, K$ होगा।
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = T_{2} - T_{1} = 1600 - 400 = 1200 \, K$ है।
नाइट्रोजन एक द्वि-परमाणुक गैस है,इसलिए स्वतंत्रता की कोटि (degree of freedom) $f = 5$ है।
आवश्यक ऊष्मा $Q = \frac{f}{2} n R \Delta T$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $Q = \frac{5}{2} \times 2 \times 2 \times 1200 = 5 \times 2400 = 12000 \, cal = 12 \, kcal$।

(A) माना मीनार की ऊँचाई $h$ है और पहले दो मामलों में प्रक्षेपण की गति $u$ है। नीचे की दिशा को धनात्मक लेने पर।
मामले-$I$ के लिए (ऊपर की ओर फेंकने पर): विस्थापन $h$ है। प्रारंभिक वेग $-u$ है। त्वरण $g$ है।
समीकरण $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करने पर:
$h = -u(6) + \frac{1}{2}g(6)^2$
$h = -6u + 18g$ ... $(i)$
मामले-$II$ के लिए (नीचे की ओर फेंकने पर): विस्थापन $h$ है। प्रारंभिक वेग $u$ है। त्वरण $g$ है।
$h = u(1.5) + \frac{1}{2}g(1.5)^2$
$h = 1.5u + 1.125g$ ... $(ii)$
$u$ को हटाने के लिए,समीकरण $(ii)$ को $4$ से गुणा करने पर:
$4h = 6u + 4.5g$ ... $(iii)$
समीकरण $(i)$ और समीकरण $(iii)$ को जोड़ने पर:
$h + 4h = (-6u + 18g) + (6u + 4.5g)$
$5h = 22.5g$
$h = 4.5g$ ... $(iv)$
मामले-$III$ के लिए (विराम अवस्था से छोड़ने पर): प्रारंभिक वेग $0$ है। त्वरण $g$ है।
$h = 0(t) + \frac{1}{2}gt^2$
$h = \frac{1}{2}gt^2$ ... $(v)$
समीकरण $(iv)$ को समीकरण $(v)$ में रखने पर:
$4.5g = \frac{1}{2}gt^2$
$t^2 = 9$
$t = 3 \, s$.

(D) माना गेंद का द्रव्यमान $m = 100 \, g = 0.1 \, kg$ है। जिस ऊँचाई से इसे गिराया जाता है वह $h = 10 \, cm = 0.1 \, m$ है। स्प्रिंग में संपीड़न $x = \frac{h}{2} = 5 \, cm = 0.05 \, m$ है।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,गेंद की गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा में हुई कमी स्प्रिंग की प्रत्यास्थ स्थितिज ऊर्जा में हुई वृद्धि के बराबर होती है।
गेंद का कुल ऊर्ध्वाधर विस्थापन $h + x = h + \frac{h}{2} = \frac{3h}{2}$ है।
अतः,$mg \left( h + \frac{h}{2} \right) = \frac{1}{2} kx^2$.
मान रखने पर: $0.1 \times 10 \times \left( 0.1 + 0.05 \right) = \frac{1}{2} \times k \times (0.05)^2$.
$1 \times 0.15 = \frac{1}{2} \times k \times 0.0025$.
$0.15 = k \times 0.00125$.
$k = \frac{0.15}{0.00125} = \frac{150000}{1250} = 120 \, N \, m^{-1}$.

(B) मान लीजिए मीटर स्केल का द्रव्यमान $m$ है। एक समान मीटर स्केल का द्रव्यमान केंद्र $50.0\, cm$ के निशान पर होता है।
जब स्केल $40.0\, cm$ के निशान पर संतुलित होता है,तो सिक्कों के कारण लगने वाला टॉर्क स्केल के भार के कारण लगने वाले टॉर्क को संतुलित करना चाहिए।
दो सिक्कों का द्रव्यमान $2 \times 10\, g = 20\, g = 0.02\, kg$ है।
चाकू की धार से सिक्कों की दूरी $|40.0\, cm - 10.0\, cm| = 30.0\, cm = 0.3\, m$ है।
चाकू की धार से स्केल के द्रव्यमान केंद्र की दूरी $|50.0\, cm - 40.0\, cm| = 10.0\, cm = 0.1\, m$ है।
आघूर्ण के सिद्धांत का उपयोग करते हुए (चाकू की धार के परितः टॉर्क को संतुलित करना):
$(0.02\, kg) \times g \times (0.3\, m) = m \times g \times (0.1\, m)$
$0.006 = 0.1m$
$m = 0.06\, kg = 6 \times 10^{-2}\, kg$.
इसकी तुलना $x \times 10^{-2}\, kg$ से करने पर,हमें $x = 6$ प्राप्त होता है।

(A) समान परास के लिए,प्रक्षेपण कोणों को $\theta_{1} + \theta_{2} = 90^{\circ}$ को संतुष्ट करना चाहिए,जिसका अर्थ है $\theta_{2} = 90^{\circ} - \theta_{1}$।
अधिकतम ऊँचाइयाँ $h_{1} = \frac{u^{2} \sin^{2} \theta_{1}}{2g}$ और $h_{2} = \frac{u^{2} \sin^{2} \theta_{2}}{2g} = \frac{u^{2} \cos^{2} \theta_{1}}{2g}$ द्वारा दी जाती हैं।
इन ऊँचाइयों का गुणा करने पर,हमें $h_{1} h_{2} = \left(\frac{u^{2} \sin^{2} \theta_{1}}{2g}\right) \cdot \left(\frac{u^{2} \cos^{2} \theta_{1}}{2g}\right)$ प्राप्त होता है।
इसे $h_{1} h_{2} = \frac{u^{4} \sin^{2} \theta_{1} \cos^{2} \theta_{1}}{4g^{2}} = \left(\frac{u^{2} \cdot 2 \sin \theta_{1} \cos \theta_{1}}{4g}\right)^{2} = \left(\frac{u^{2} \sin(2\theta_{1})}{4g}\right)^{2}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
चूँकि परास $R = \frac{u^{2} \sin(2\theta_{1})}{g}$ है,इसलिए $h_{1} h_{2} = \left(\frac{R}{4}\right)^{2} = \frac{R^{2}}{16}$ होता है।
अतः,$R^{2} = 16 h_{1} h_{2}$,जिसका अर्थ है $R = 4 \sqrt{h_{1} h_{2}}$।
इस प्रकार,अभिकथन $A$ और कारण $R$ दोनों सत्य हैं,और $R$,$A$ के लिए सही गणितीय व्याख्या प्रदान करता है।

(B) बीकर के डिस्क के साथ बिना फिसले घूमने के लिए,आवश्यक अभिकेंद्र बल स्थैतिक घर्षण बल द्वारा प्रदान किया जाना चाहिए।
आवश्यक अभिकेंद्र बल $F_{c} = m \omega^{2} R$ है,जहाँ $m$ बीकर का द्रव्यमान है।
अधिकतम उपलब्ध स्थैतिक घर्षण बल $f_{s,max} = \mu N = \mu mg$ है,जहाँ $N = mg$ अभिलंब बल है।
बीकर के डिस्क के साथ वृत्ताकार पथ में घूमने के लिए,स्थैतिक घर्षण बल आवश्यक अभिकेंद्र बल से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए:
$f_{s} \leq f_{s,max}$
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर:
$m \omega^{2} R \leq \mu mg$
दोनों पक्षों को $m \omega^{2}$ से विभाजित करने पर:
$R \leq \frac{\mu g}{\omega^{2}}$

(B) आयतन में वृद्धि $\Delta V = \gamma V_{0} \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $\gamma = 3\alpha$,इसलिए $\Delta V = (3\alpha) V_{0} \Delta T$ होगा।
एक घन का कुल पृष्ठीय क्षेत्रफल $6a^{2}$ होता है,जहाँ $a$ भुजा की लंबाई है।
दिया गया है $6a^{2} = 24 \; m^{2}$,इसलिए $a^{2} = 4 \; m^{2}$,जिसका अर्थ है $a = 2 \; m$।
प्रारंभिक आयतन $V_{0} = a^{3} = (2)^{3} = 8 \; m^{3}$ है।
मान रखने पर: $\Delta V = (3 \times 5.0 \times 10^{-4} \; ^{\circ}C^{-1}) \times (8 \; m^{3}) \times (10 \; ^{\circ}C)$।
$\Delta V = 15 \times 10^{-4} \times 80 = 1200 \times 10^{-4} = 0.12 \; m^{3}$।
चूंकि $1 \; m^{3} = 10^{6} \; cm^{3}$,इसलिए $\Delta V = 0.12 \times 10^{6} \; cm^{3} = 1.2 \times 10^{5} \; cm^{3}$।

(C) तांबे के ब्लॉक द्वारा $500^{\circ} C$ से $0^{\circ} C$ तक ठंडा होने पर खोई गई ऊष्मा $\Delta Q = mc\Delta T$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
तांबे का द्रव्यमान $m = 5.0 \, kg = 5000 \, g$.
तांबे की विशिष्ट ऊष्मा $c = 0.39 \, J g^{-1} {}^{\circ} C^{-1}$.
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = 500^{\circ} C - 0^{\circ} C = 500^{\circ} C$.
मुक्त ऊष्मा $\Delta Q_1 = 5000 \times 0.39 \times 500 = 975,000 \, J$.
मान लीजिए कि पिघलने वाली बर्फ का द्रव्यमान $m_{ice}$ है। $0^{\circ} C$ पर बर्फ को पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $\Delta Q_2 = m_{ice} \times L_f$,जहाँ $L_f = 335 \, J g^{-1}$.
ऊष्मा के संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार: $\Delta Q_1 = \Delta Q_2$.
$975,000 = m_{ice} \times 335$.
$m_{ice} = \frac{975,000}{335} \approx 2910.45 \, g$.
$kg$ में बदलने पर,$m_{ice} \approx 2.91 \, kg$.

(A) दिया गया समीकरण: $z = a^{2} x^{3} y^{1/2}$.
चूंकि $a$ एक स्थिरांक है,इसलिए इसकी सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta a}{a} = 0$ होगी।
$z$ में सापेक्ष त्रुटि इस प्रकार दी जाती है: $\frac{\Delta z}{z} = 3 \left( \frac{\Delta x}{x} \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{\Delta y}{y} \right)$.
प्रतिशत त्रुटि ज्ञात करने के लिए,$100$ से गुणा करें:
$\frac{\Delta z}{z} \times 100 = 3 \left( \frac{\Delta x}{x} \times 100 \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{\Delta y}{y} \times 100 \right)$.
दिया गया है कि $\frac{\Delta x}{x} \times 100 = 4\%$ और $\frac{\Delta y}{y} \times 100 = 12\%$.
मान रखने पर: $\frac{\Delta z}{z} \times 100 = 3(4\%) + \frac{1}{2}(12\%) = 12\% + 6\% = 18\%$.

(A) समतल सड़क पर मुड़ते समय कार की अधिकतम गति $v$ का सूत्र $v = \sqrt{\mu Rg}$ है,जहाँ $\mu$ घर्षण गुणांक है,$R$ मोड़ की त्रिज्या है और $g$ गुरुत्वीय त्वरण है।
चूँकि $\mu$ और $g$ स्थिर हैं,इसलिए $v \propto \sqrt{R}$ होगा।
अतः,गति का अनुपात $\frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{R_2}{R_1}}$ होगा।
दिया गया है: $v_1 = 30 \, m/s$,$R_1 = 75 \, m$,और $R_2 = 48 \, m$।
इन मानों को रखने पर: $\frac{v_2}{30} = \sqrt{\frac{48}{75}}$।
वर्गमूल के अंदर के भिन्न को सरल करने पर: $\frac{48}{75} = \frac{16}{25}$।
अतः,$\frac{v_2}{30} = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5}$।
$v_2 = 30 \times \frac{4}{5} = 6 \times 4 = 24 \, m/s$।

(A) ब्लॉक का द्रव्यमान $m = 200\, g = 0.2\, kg$ है। ब्लॉक का भार $W = mg = 0.2 \times 10 = 2\, N$ है ($g = 10\, m/s^2$ लेने पर)।
ब्लॉक को चिकने नत समतल पर स्थिर रहने के लिए,समतल के अनुदिश कार्य करने वाले बलों को संतुलित होना चाहिए।
नत समतल पर नीचे की ओर कार्य करने वाला भार का घटक $mg \sin 60^{\circ}$ है।
क्षैतिज बल $F$ का नत समतल पर ऊपर की ओर कार्य करने वाला घटक $F \cos 60^{\circ}$ है।
साम्यावस्था के लिए इन बलों को बराबर करने पर: $F \cos 60^{\circ} = mg \sin 60^{\circ}$.
मान रखने पर: $F \times \frac{1}{2} = 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$F = 2\sqrt{3} = \sqrt{4 \times 3} = \sqrt{12}$.
दिया गया है कि $F = \sqrt{x}$,इसलिए $\sqrt{x} = \sqrt{12}$,अतः $x = 12$.

(C) सभी पिंडों की त्रिज्या $2R$ और द्रव्यमान $M$ है।
$I_{1} = \frac{2}{5} M (2R)^{2} = \frac{8}{5} MR^{2}$
$I_{2} = \frac{1}{2} M (2R)^{2} = 2 MR^{2}$
$I_{3} = \frac{M (2R)^{2}}{4} = MR^{2}$
$I_{4} = \frac{M (2R)^{2}}{2} = 2 MR^{2}$
दिया गया समीकरण: $2(I_{2} + I_{3}) + I_{4} = x I_{1}$
मान रखने पर: $2(2 MR^{2} + MR^{2}) + 2 MR^{2} = x (\frac{8}{5} MR^{2})$
$2(3 MR^{2}) + 2 MR^{2} = x (\frac{8}{5} MR^{2})$
$6 MR^{2} + 2 MR^{2} = x (\frac{8}{5} MR^{2})$
$8 MR^{2} = x (\frac{8}{5} MR^{2})$
$x = 5$

(A) $M$ द्रव्यमान वाले ग्रह के चारों ओर $r$ दूरी पर परिक्रमा करने वाले उपग्रह की कक्षीय चाल $V$ का सूत्र $V = \sqrt{\frac{GM}{r}}$ है।
यहाँ कक्षाओं की त्रिज्याएँ $R_{1} = 3200 \, km$ और $R_{2} = 800 \, km$ दी गई हैं।
चालों का अनुपात $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{\sqrt{\frac{GM}{R_{1}}}}{\sqrt{\frac{GM}{R_{2}}}} = \sqrt{\frac{R_{2}}{R_{1}}}$ होगा।
मान रखने पर: $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \sqrt{\frac{800}{3200}} = \sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2}$।
इसे $\frac{1}{x}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 2$ प्राप्त होता है।

(C) एक बंद पात्र में गैस के लिए,आयतन $V$ स्थिर रहता है।
आदर्श गैस नियम के अनुसार,$pV = nRT$ होता है।
चूंकि $V$,$n$ और $R$ स्थिर हैं,इसलिए $p \propto T$ होगा,जिसका अर्थ है $\frac{\Delta p}{p} = \frac{\Delta T}{T}$।
यह दिया गया है कि दबाव में $0.4 \%$ की वृद्धि होती है,इसलिए $\frac{\Delta p}{p} = \frac{0.4}{100}$।
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = 1^{\circ} C = 1 \ K$ है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर: $\frac{0.4}{100} = \frac{1}{T}$।
$T$ के लिए हल करने पर,हमें $T = \frac{100}{0.4} = 250 \ K$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया व्यंजक $Z = \frac{A^{2} B^{3}}{C^{4}}$ है।
त्रुटियों के प्रसार के नियम के अनुसार,किसी राशि $Z = \frac{A^p B^q}{C^r}$ के लिए,सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta Z}{Z} = p \frac{\Delta A}{A} + q \frac{\Delta B}{B} + r \frac{\Delta C}{C}$ द्वारा दी जाती है।
इस नियम को दिए गए व्यंजक पर लागू करने पर,जहाँ $p=2$,$q=3$,और $r=4$ है:
$\frac{\Delta Z}{Z} = 2 \frac{\Delta A}{A} + 3 \frac{\Delta B}{B} + 4 \frac{\Delta C}{C}$।
अतः,$Z$ में सापेक्ष त्रुटि $\frac{2 \Delta A}{A} + \frac{3 \Delta B}{B} + \frac{4 \Delta C}{C}$ होगी।

(C) दिया गया है कि $|\vec{A}| = c$,जहाँ $c$ एक शून्येतर स्थिरांक है।
किसी भी सदिश का स्वयं के साथ सदिश गुणन (cross product) इस प्रकार परिभाषित होता है: $\vec{A} \times \vec{A} = |\vec{A}| |\vec{A}| \sin(\theta) \hat{n}$,जहाँ $\theta$ सदिश और स्वयं के बीच का कोण है।
चूंकि एक सदिश और स्वयं के बीच का कोण $0^{\circ}$ होता है,इसलिए $\theta = 0^{\circ}$ है।
इस मान को सूत्र में रखने पर: $\vec{A} \times \vec{A} = |\vec{A}|^2 \sin(0^{\circ}) \hat{n}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\sin(0^{\circ}) = 0$ है,इसलिए व्यंजक $\vec{A} \times \vec{A} = 0$ हो जाता है।

(B) दो इकाई सदिशों $\hat{A}$ और $\hat{B}$ के लिए जिनके बीच का कोण $\theta$ है:
$|\hat{A}+\hat{B}| = \sqrt{|\hat{A}|^2 + |\hat{B}|^2 + 2|\hat{A}||\hat{B}| \cos \theta} = \sqrt{1+1+2 \cos \theta} = \sqrt{2(1+\cos \theta)} = \sqrt{2(2 \cos^2 \frac{\theta}{2})} = 2 \cos \frac{\theta}{2}$.
$|\hat{A}-\hat{B}| = \sqrt{|\hat{A}|^2 + |\hat{B}|^2 - 2|\hat{A}||\hat{B}| \cos \theta} = \sqrt{1+1-2 \cos \theta} = \sqrt{2(1-\cos \theta)} = \sqrt{2(2 \sin^2 \frac{\theta}{2})} = 2 \sin \frac{\theta}{2}$.
दोनों परिमाणों को विभाजित करने पर:
$\frac{|\hat{A}-\hat{B}|}{|\hat{A}+\hat{B}|} = \frac{2 \sin \frac{\theta}{2}}{2 \cos \frac{\theta}{2}} = \tan \frac{\theta}{2}$.
अतः,$|\hat{A}-\hat{B}| = |\hat{A}+\hat{B}| \tan \frac{\theta}{2}$.

(B) बल आघूर्ण $\vec{\tau}$,स्थिति सदिश $\vec{r}$ और बल सदिश $\vec{F}$ के सदिश गुणनफल (cross product) द्वारा दिया जाता है:
$\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$
सारणिक (determinant) विधि का उपयोग करते हुए:
$\vec{\tau} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 1 & 2 \\ 3 & 4 & -2 \end{vmatrix}$
सारणिक का विस्तार करने पर:
$\vec{\tau} = \hat{i} [(1)(-2) - (2)(4)] - \hat{j} [(2)(-2) - (2)(3)] + \hat{k} [(2)(4) - (1)(3)]$
$\vec{\tau} = \hat{i} [-2 - 8] - \hat{j} [-4 - 6] + \hat{k} [8 - 3]$
$\vec{\tau} = -10 \hat{i} + 10 \hat{j} + 5 \hat{k}$

(D) माना $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है। पृथ्वी का व्यास $2R$ है।
दिया गया है कि सतह से ऊपर बिंदु $P$ की ऊँचाई $h$,पृथ्वी के व्यास के बराबर है,इसलिए $h = 2R$।
पृथ्वी के केंद्र से बिंदु $P$ की दूरी $r = R + h = R + 2R = 3R$ है।
पृथ्वी की सतह पर गुरुत्वीय त्वरण $g = \frac{GM}{R^2}$ है।
केंद्र से $r$ दूरी पर स्थित बिंदु $P$ पर गुरुत्वीय त्वरण $g' = \frac{GM}{r^2}$ है।
समीकरण में $r = 3R$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$g' = \frac{GM}{(3R)^2} = \frac{GM}{9R^2}$।
चूँकि $g = \frac{GM}{R^2}$,हम लिख सकते हैं:
$g' = \frac{1}{9} \left( \frac{GM}{R^2} \right) = \frac{g}{9}$।

(A) एक लंबी परिनालिका के भीतर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र $B = \mu_0 n i$ है,जहाँ $n$ प्रति इकाई लंबाई में फेरों की संख्या है और $i$ विद्युत धारा है।
मान लीजिए कि प्रारंभिक चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_0 n i$ है।
जब धारा को दोगुना किया जाता है,तो नई धारा $i' = 2i$ हो जाती है।
जब प्रति सेमी फेरों की संख्या को आधा किया जाता है,तो प्रति इकाई लंबाई में फेरों की नई संख्या $n' = n/2$ हो जाती है।
नया चुंबकीय क्षेत्र $B' = \mu_0 n' i' = \mu_0 (n/2) (2i) = \mu_0 n i$ द्वारा प्राप्त होता है।
अतः,$B' = B$ होगा।

(C) श्रेणी संयोजन का कुल $e.m.f.$ $E_{eq} = E + E = 2E$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = R + r_1 + r_2$ है।
परिपथ में बहने वाली धारा $I = \frac{2E}{R + r_1 + r_2}$ द्वारा दी जाती है।
पहले सेल (जिसका आंतरिक प्रतिरोध $r_1$ है) के सिरों पर विभवांतर $V_1 = E - I r_1$ है।
दिया गया है कि $V_1 = 0$,इसलिए $E - I r_1 = 0$,जिसका अर्थ है $E = I r_1$।
$I$ का मान रखने पर:
$E = \left( \frac{2E}{R + r_1 + r_2} \right) r_1$.
दोनों पक्षों को $E$ से विभाजित करने पर:
$1 = \frac{2r_1}{R + r_1 + r_2}$.
$R + r_1 + r_2 = 2r_1$.
$R = 2r_1 - r_1 - r_2 = r_1 - r_2$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(B) चूंकि दोनों धातु के तार समान विमाओं के हैं,इसलिए उनकी लंबाई और अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल समान होगा। मान लीजिए वे क्रमशः $l$ और $A$ हैं।
पहले तार का प्रतिरोध $R_1 = \frac{l}{\sigma_1 A}$ ...$(i)$
दूसरे तार का प्रतिरोध $R_2 = \frac{l}{\sigma_2 A}$ ...$(ii)$
चूंकि वे श्रेणीक्रम में जुड़े हैं,इसलिए उनका प्रभावी प्रतिरोध $R_s = R_1 + R_2$ होगा।
$R_s = \frac{l}{\sigma_1 A} + \frac{l}{\sigma_2 A} = \frac{l}{A} \left( \frac{1}{\sigma_1} + \frac{1}{\sigma_2} \right)$ ...$(iii)$
यदि $\sigma_{eff}$ संयोजन की प्रभावी चालकता है,तो कुल लंबाई $2l$ होगी और कुल प्रतिरोध $R_s = \frac{2l}{\sigma_{eff} A}$ होगा ...$(iv)$
समीकरण $(iii)$ और $(iv)$ की तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{2l}{\sigma_{eff} A} = \frac{l}{A} \left( \frac{\sigma_1 + \sigma_2}{\sigma_1 \sigma_2} \right)$
$\frac{2}{\sigma_{eff}} = \frac{\sigma_1 + \sigma_2}{\sigma_1 \sigma_2}$
$\sigma_{eff} = \frac{2 \sigma_1 \sigma_2}{\sigma_1 + \sigma_2}$

(B) प्रिज्म के अपवर्तक कोण $A$ और न्यूनतम विचलन कोण $\delta$ के पदों में अपवर्तनांक $\mu$ का सूत्र है:
$\mu = \frac{\sin((A+\delta)/2)}{\sin(A/2)}$
यहाँ $\mu = \cot(A/2) = \frac{\cos(A/2)}{\sin(A/2)}$ दिया गया है,अतः:
$\frac{\cos(A/2)}{\sin(A/2)} = \frac{\sin((A+\delta)/2)}{\sin(A/2)}$
दोनों पक्षों से $\sin(A/2)$ को हटाने पर:
$\cos(A/2) = \sin((A+\delta)/2)$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos(\theta) = \sin(90^o - \theta)$ का उपयोग करने पर:
$\sin(90^o - A/2) = \sin((A+\delta)/2)$
कोणों की तुलना करने पर:
$90^o - A/2 = (A+\delta)/2$
$180^o - A = A + \delta$
$\delta = 180^o - 2A$

(A) $E$ गतिज ऊर्जा वाले इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य:
$\lambda_e = \frac{h}{\sqrt{2 m_e E}}$ .... $(i)$
$E$ ऊर्जा वाले फोटॉन की तरंगदैर्ध्य:
$\lambda_p = \frac{hc}{E}$ या $E = \frac{hc}{\lambda_p}$ .... $(ii)$
समीकरण $(i)$ के दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$\lambda_e^2 = \frac{h^2}{2 m_e E}$ या $E = \frac{h^2}{2 m_e \lambda_e^2}$ .... $(iii)$
समीकरण $(ii)$ और $(iii)$ से $E$ की तुलना करने पर:
$\frac{hc}{\lambda_p} = \frac{h^2}{2 m_e \lambda_e^2}$
$\lambda_p$ के लिए हल करने पर:
$\lambda_p = \left( \frac{2 m_e c}{h} \right) \lambda_e^2$
चूंकि $\frac{2 m_e c}{h}$ एक स्थिरांक है,इसलिए:
$\lambda_p \propto \lambda_e^2$

(A) विद्युत क्षेत्र के कारण इलेक्ट्रॉन पर लगने वाला बल $\vec{F} = q\vec{E} = (-e)(-E_0 \hat{i}) = eE_0 \hat{i}$ है।
इलेक्ट्रॉन में उत्पन्न त्वरण $\vec{a} = \frac{\vec{F}}{m} = \frac{eE_0}{m} \hat{i}$ है।
$t$ समय पर इलेक्ट्रॉन का वेग $\vec{v}_t = \vec{v} + \vec{a}t = \left(V_0 + \frac{eE_0}{m}t\right) \hat{i}$ द्वारा दिया जाता है।
वेग का परिमाण $v_t = V_0 + \frac{eE_0}{m}t = V_0 \left(1 + \frac{eE_0}{mV_0}t\right)$ है।
$t$ समय पर डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_t = \frac{h}{mv_t}$ है।
$v_t$ का मान प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\lambda_t = \frac{h}{m V_0 \left(1 + \frac{eE_0}{mV_0}t\right)}$ प्राप्त होता है।
चूंकि प्रारंभिक डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_0 = \frac{h}{mV_0}$ है,इसलिए $\lambda_t = \frac{\lambda_0}{\left(1 + \frac{eE_0}{mV_0}t\right)}$ होगा।

(A) कणों के सीमांत संतुलन में रहने के लिए,स्थिर-वैद्युत प्रतिकर्षण बल अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल के बराबर होना चाहिए।
स्थिर-वैद्युत बल $F_e = \frac{kq^2}{L^2}$,जहाँ $k = 9 \times 10^9 \, N \cdot m^2/C^2$ है।
घर्षण बल $F_f = \mu mg$,जहाँ $\mu = 0.25$,$m = 10 \times 10^{-3} \, kg$,और $g = 10 \, m/s^2$ है।
दोनों को बराबर करने पर: $\frac{kq^2}{L^2} = \mu mg$.
$L^2 = \frac{kq^2}{\mu mg} = \frac{(9 \times 10^9) \times (2.0 \times 10^{-7})^2}{0.25 \times (10 \times 10^{-3}) \times 10}$.
$L^2 = \frac{9 \times 10^9 \times 4 \times 10^{-14}}{0.25 \times 0.1} = \frac{36 \times 10^{-5}}{0.025} = 1.44 \times 10^{-2} \, m^2$.
$L = \sqrt{1.44 \times 10^{-2}} = 1.2 \times 10^{-1} \, m = 0.12 \, m = 12 \, cm$.

(B) तुल्य प्रतिरोध $\frac{22}{3} \, \Omega$ प्राप्त करने के लिए,हम दिए गए विकल्पों की जाँच करते हैं।
विकल्प $A$ के लिए: $A$ और $C$ का समानांतर संयोजन $R_{p} = \frac{A \times C}{A + C} = \frac{2 \times 6}{2 + 6} = \frac{12}{8} = 1.5 \, \Omega$ है।
इसके साथ $B$ को श्रेणीक्रम में जोड़ने पर: $R_{eq} = R_{p} + B = 1.5 + 4 = 5.5 \, \Omega$ प्राप्त होता है।
विकल्प $B$ के लिए: $A$ और $B$ का समानांतर संयोजन $R_{p} = \frac{A \times B}{A + B} = \frac{2 \times 4}{2 + 4} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3} \, \Omega$ है।
इसके साथ $C$ को श्रेणीक्रम में जोड़ने पर: $R_{eq} = R_{p} + C = \frac{4}{3} + 6 = \frac{4 + 18}{3} = \frac{22}{3} \, \Omega$ प्राप्त होता है।
अतः,सही संयोजन $A$ और $B$ का समानांतर संयोजन है जो $C$ के साथ श्रेणीक्रम में जुड़ा है।

(C) चुंबकीय रिटेंटिविटी (धारणशीलता) यह निर्धारित करती है कि चुंबकन क्षेत्र (magnetizing field) को बंद करने के बाद सामग्री में कितना चुंबकत्व शेष रहता है।
विद्युत चुंबकों का संचालन ऐसी स्थितियों में किया जाता है जहाँ ध्रुवता (polarity) को तेजी से बदलने की आवश्यकता होती है,इसलिए उच्च रिटेंटिविटी अवांछनीय है।
पारगम्यता (permeability) सीधे ससेप्टिबिलिटी से संबंधित है; उच्च पारगम्यता का अर्थ है कि सामग्री आसानी से चुंबकित हो जाती है।
इसलिए,विद्युत चुंबक ऐसी सामग्रियों से बने होने चाहिए जिनकी पारगम्यता उच्च और रिटेंटिविटी कम हो।
सॉफ्ट-आयरन ऐसी ही एक सामग्री है,जो इसे विद्युत चुंबकों के लिए आदर्श बनाती है।

(D) एक समान चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण की त्रिज्या $R = \frac{mv}{qB}$ द्वारा दी जाती है।
गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2$ होने के कारण, $v = \sqrt{\frac{2K}{m}}$ होता है।
त्रिज्या के सूत्र में $v$ का मान रखने पर: $R = \frac{m}{qB} \sqrt{\frac{2K}{m}} = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$।
चूंकि $K$ और $B$ सभी कणों के लिए स्थिर हैं, इसलिए $R \propto \frac{\sqrt{m}}{q}$।
प्रोटॉन $(p)$ के लिए: द्रव्यमान $= m$, आवेश $= e$। अतः, $R_p \propto \frac{\sqrt{m}}{e}$।
ड्यूटेरॉन $(d)$ के लिए: द्रव्यमान $= 2m$, आवेश $= e$। अतः, $R_d \propto \frac{\sqrt{2m}}{e}$।
$\alpha$-कण $(\alpha)$ के लिए: द्रव्यमान $= 4m$, आवेश $= 2e$। अतः, $R_{\alpha} \propto \frac{\sqrt{4m}}{2e} = \frac{2\sqrt{m}}{2e} = \frac{\sqrt{m}}{e}$।
त्रिज्याओं का अनुपात $R_p : R_d : R_{\alpha} = \frac{\sqrt{m}}{e} : \frac{\sqrt{2m}}{e} : \frac{\sqrt{m}}{e} = 1 : \sqrt{2} : 1$ है।

(C) कथन-$I$ सत्य है। कुल प्रतिघात $X = X_L - X_C$ होता है। यदि $X_L = X_C$ है, तो $X = 0$ होता है। यह स्थिति $LCR$ या $LC$ परिपथ में अनुनाद (resonance) पर होती है, जिसमें प्रेरक और संधारित्र दोनों शामिल होते हैं।
कथन-$II$ असत्य है। $ac$ परिपथ में औसत शक्ति $P_{avg} = V_{rms} I_{rms} \cos \phi$ द्वारा दी जाती है। यदि परिपथ शुद्ध प्रेरक (purely inductive) या शुद्ध संधारित्र (purely capacitive) है, तो कला कोण (phase angle) $\phi = 90^{\circ}$ होता है, इसलिए $\cos 90^{\circ} = 0$ होता है। अतः, ऐसे मामलों में स्रोत द्वारा प्रदान की गई औसत शक्ति शून्य हो जाती है।

(A) संधारित्र में संचित ऊर्जा का सूत्र $U = \frac{q^2}{2C}$ है,जहाँ $q$ आवेश है और $C$ धारिता है।
चूंकि $C$ स्थिर है,इसलिए $U \propto q^2$ होगा।
मान लीजिए प्रारंभिक आवेश $q$ है और प्रारंभिक ऊर्जा $U_i = \frac{q^2}{2C}$ है।
जब आवेश को $2 \ C$ से बढ़ाया जाता है,तो नया आवेश $q' = q + 2$ हो जाता है।
नई ऊर्जा $U_f = \frac{(q+2)^2}{2C}$ होगी।
यह दिया गया है कि ऊर्जा में $44 \%$ की वृद्धि होती है,इसलिए नई ऊर्जा $U_f = U_i + 0.44 \, U_i = 1.44 \, U_i$ है।
$U_f$ और $U_i$ के व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{(q+2)^2}{2C} = 1.44 \times \frac{q^2}{2C}$.
$(q+2)^2 = 1.44 \, q^2$.
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$q + 2 = \sqrt{1.44} \, q$.
$q + 2 = 1.2 \, q$.
$0.2 \, q = 2$.
$q = \frac{2}{0.2} = 10 \ C$.

(A) अक्ष से $r$ दूरी पर बेलन के बाहर किसी बिंदु के लिए,हम गॉस के नियम का उपयोग करते हैं: $\oint E \cdot dA = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_{0}}$.
$r$ त्रिज्या और $\ell$ लंबाई की गॉसियन सतह पर विचार करने पर,परिबद्ध आवेश $q_{enc} = \rho \cdot \pi R^{2} \ell$ है।
अतः,$E(2 \pi r \ell) = \frac{\rho \pi R^{2} \ell}{\varepsilon_{0}}$,जिससे विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\rho R^{2}}{2 \varepsilon_{0} r}$ प्राप्त होता है।
स्थिर-विद्युत बल वृत्ताकार गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है: $qE = \frac{mv^{2}}{r}$.
$E$ का मान रखने पर: $q \left( \frac{\rho R^{2}}{2 \varepsilon_{0} r} \right) = \frac{mv^{2}}{r}$.
सरल करने पर,हमें $mv^{2} = \frac{q \rho R^{2}}{2 \varepsilon_{0}}$ प्राप्त होता है।
गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} mv^{2} = \frac{q \rho R^{2}}{4 \varepsilon_{0}}$ है।

(B) बिंदु स्रोत से $r$ दूरी पर विद्युत चुम्बकीय तरंग की तीव्रता $I = \frac{\eta P}{4 \pi r^2}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\eta = 0.035$ दक्षता है और $P = 200 \, W$ शक्ति है।
तीव्रता और अधिकतम चुंबकीय क्षेत्र $B_0$ के बीच संबंध $I = \frac{c B_0^2}{2 \mu_0}$ है।
दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $\frac{\eta P}{4 \pi r^2} = \frac{c B_0^2}{2 \mu_0}$.
$B_0$ के लिए सूत्र: $B_0 = \sqrt{\frac{\mu_0 \eta P}{2 \pi c r^2}} = \frac{1}{r} \sqrt{\frac{\mu_0 \eta P}{2 \pi c}}$.
दिए गए मान: $\frac{\mu_0}{4 \pi} = 10^{-7} \, T \cdot m/A$,$c = 3 \times 10^8 \, m/s$,$r = 4 \, m$,$\eta = 0.035$,और $P = 200 \, W$.
गणना करने पर: $B_0 = \frac{1}{4} \sqrt{\frac{2 \times 10^{-7} \times 0.035 \times 200}{3 \times 10^8}} = 1.71 \times 10^{-8} \, T$ प्राप्त होता है।

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,उत्सर्जित इलेक्ट्रॉनों की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max} = E - \Phi$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $E$ फोटॉन की ऊर्जा है और $\Phi$ कार्य फलन है।
पहले फोटॉन के लिए,$E_1 = 3.8 \, eV$ और $\Phi = 0.6 \, eV$ है। अतः,$K_{max1} = 3.8 - 0.6 = 3.2 \, eV$ है।
दूसरे फोटॉन के लिए,$E_2 = 1.4 \, eV$ और $\Phi = 0.6 \, eV$ है। अतः,$K_{max2} = 1.4 - 0.6 = 0.8 \, eV$ है।
चूँकि $K_{max} = \frac{1}{2} m v_{max}^2$,अधिकतम चाल का अनुपात $\frac{v_1}{v_2} = \sqrt{\frac{K_{max1}}{K_{max2}}}$ होगा।
मान रखने पर,$\frac{v_1}{v_2} = \sqrt{\frac{3.2}{0.8}} = \sqrt{4} = 2$ प्राप्त होता है।
अतः,अनुपात $2: 1$ है।

(D) दी गई तीव्रताओं का अनुपात $I_1 : I_2 = 9 : 4$ है।
माना $I_1 = 9k$ और $I_2 = 4k$ है।
आयाम तीव्रता के वर्गमूल के समानुपाती होते हैं,इसलिए $a_1 = \sqrt{I_1} = 3\sqrt{k}$ और $a_2 = \sqrt{I_2} = 2\sqrt{k}$ है।
अधिकतम तीव्रता और न्यूनतम तीव्रता का अनुपात इस सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\frac{I_{max}}{I_{min}} = \left( \frac{a_1 + a_2}{a_1 - a_2} \right)^2$.
मान रखने पर:
$\frac{I_{max}}{I_{min}} = \left( \frac{3\sqrt{k} + 2\sqrt{k}}{3\sqrt{k} - 2\sqrt{k}} \right)^2 = \left( \frac{5\sqrt{k}}{1\sqrt{k}} \right)^2 = 5^2 = 25$.
अतः,अनुपात $25 : 1$ है।

(B) हाइड्रोजन परमाणु के लिए बोहर मॉडल में,ऊर्जा स्तर $E_n = -\frac{13.6 \text{ eV}}{n^2}$ द्वारा दिए जाते हैं। जैसे-जैसे इलेक्ट्रॉन उच्च स्तर ($n$ बढ़ता है) पर संक्रमण करता है,$E$ बढ़ता है (कम ऋणात्मक हो जाता है)।
हाइड्रोजन जैसे परमाणु के लिए,गतिज ऊर्जा $K = -E = \frac{13.6 \text{ eV}}{n^2}$ होती है। जैसे-जैसे $n$ बढ़ता है,$K$ घटता है।
स्थितिज ऊर्जा $P = 2E = -\frac{27.2 \text{ eV}}{n^2}$ होती है। जैसे-जैसे $n$ बढ़ता है,$P$ का परिमाण घटता है,जिसका अर्थ है कि $P$ कम ऋणात्मक हो जाता है,इसलिए $P$ बढ़ता है।
अतः,जैसे-जैसे इलेक्ट्रॉन उच्च ऊर्जा स्तर पर जाता है,$K$ घटता है,जबकि $P$ और $E$ बढ़ते हैं।

(B) परावैद्युत माध्यम में प्रकाश की गति $v = \frac{c}{\sqrt{\mu_{r} \varepsilon_{r}}}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $\mu_{r} = 1$ और $\varepsilon_{r} = 6.25$,इसलिए गति $v = \frac{3 \times 10^{8}}{\sqrt{6.25}} = \frac{3 \times 10^{8}}{2.5} = 1.2 \times 10^{8} \, m/s$ है।
एंटीना के प्रभावी विकिरण के लिए,इसकी लंबाई $L$ कम से कम $\frac{\lambda}{4}$ होनी चाहिए।
अतः,$\lambda = 4L = 4 \times 5.0 \times 10^{-3} \, m = 20 \times 10^{-3} \, m = 0.02 \, m$ है।
आवृत्ति $f = \frac{v}{\lambda} = \frac{1.2 \times 10^{8}}{0.02} = 60 \times 10^{8} \, Hz = 6 \, GHz$ है।

(C) प्राथमिक परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = R_{wire} + R_{external} = 20 \,\Omega + 30 \,\Omega = 50 \,\Omega$ है।
प्राथमिक परिपथ में धारा $I = \frac{V}{R_{total}} = \frac{25 \,V}{50 \,\Omega} = 0.5 \,A$ है।
पूरे पोटेंशियोमीटर तार पर विभव पतन $V_{wire} = I \times R_{wire} = 0.5 \,A \times 20 \,\Omega = 10 \,V$ है।
तार पर विभव प्रवणता $k = \frac{V_{wire}}{L} = \frac{10 \,V}{10 \,m} = 1 \,V/m$ है।
संतुलन लंबाई $l = 250 \,cm = 2.5 \,m$ है।
सेल का emf $E = k \times l = 1 \,V/m \times 2.5 \,m = 2.5 \,V$ है।
दिया गया है कि $E = \frac{x}{10}$,इसलिए $2.5 = \frac{x}{10}$,जिसका अर्थ है कि $x = 25$।

(A) जेनर डायोड लोड प्रतिरोध $R_{L}$ के साथ समानांतर क्रम में जुड़ा हुआ है।
चूंकि जेनर डायोड ब्रेकडाउन क्षेत्र में है,इसलिए लोड प्रतिरोध $R_{L}$ के सिरों पर वोल्टेज जेनर ब्रेकडाउन वोल्टेज के बराबर होगा,जो $V_{Z} = 5 \, V$ है।
लोड धारा $I_{L}$ ओम के नियम द्वारा दी जाती है:
$I_{L} = \frac{V_{Z}}{R_{L}}$
यहाँ $V_{Z} = 5 \, V$ और $R_{L} = 1 \, k\Omega = 1000 \, \Omega$ दिया गया है।
$I_{L} = \frac{5 \, V}{1000 \, \Omega} = 0.005 \, A = 5 \, mA$.

(B) परमाणु भार $M$ वाले $m$ द्रव्यमान में परमाणुओं की संख्या $N = \frac{m}{M} N_A$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $N_A$ एवोगैड्रो संख्या है।
प्रारंभिक परमाणुओं की संख्या: $N_{A,0} = \frac{m}{M_A} N_A$ और $N_{B,0} = \frac{m}{M_B} N_A$.
दिया गया है कि $m_A = m_B = 10^{-2} \ kg$ और $\frac{M_A}{M_B} = \frac{1}{2}$,इसलिए $M_B = 2M_A$.
अतः,$\frac{N_{A,0}}{N_{B,0}} = \frac{M_B}{M_A} = 2$.
$t = 16 \ s$ समय के बाद,शेष परमाणुओं की संख्या $N(t) = N_0 (0.5)^{\frac{t}{T_{1/2}}}$ है।
पदार्थ $A$ के लिए: $N_A(16) = N_{A,0} (0.5)^{\frac{16}{4}} = N_{A,0} (0.5)^4 = \frac{N_{A,0}}{16}$.
पदार्थ $B$ के लिए: $N_B(16) = N_{B,0} (0.5)^{\frac{16}{8}} = N_{B,0} (0.5)^2 = \frac{N_{B,0}}{4}$.
अनुपात $\frac{N_A(16)}{N_B(16)} = \frac{N_{A,0}}{16} \times \frac{4}{N_{B,0}} = \frac{1}{4} \times \frac{N_{A,0}}{N_{B,0}} = \frac{1}{4} \times 2 = \frac{1}{2} = \frac{50}{100}$.
इसलिए,$x = 50$.

(B) पार्श्व विस्थापन $d$ का सूत्र है: $d = t \frac{\sin(i-r)}{\cos r}$,जहाँ $t$ मोटाई है,$i$ आपतन कोण है और $r$ अपवर्तन कोण है।
स्नेल के नियम का उपयोग करते हुए: $\sin i = \mu \sin r \Rightarrow \sin 60^{\circ} = \sqrt{3} \sin r$.
$\frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \sin r \Rightarrow \sin r = \frac{1}{2} \Rightarrow r = 30^{\circ}$.
अब,मानों को पार्श्व विस्थापन के सूत्र में रखने पर:
$4\sqrt{3} = t \frac{\sin(60^{\circ}-30^{\circ})}{\cos 30^{\circ}}$.
$4\sqrt{3} = t \frac{\sin 30^{\circ}}{\cos 30^{\circ}} = t \tan 30^{\circ}$.
$4\sqrt{3} = t \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$.
$t = 4\sqrt{3} \times \sqrt{3} = 4 \times 3 = 12 \, cm$.

(D) घूर्णन करती हुई कुंडली में उत्पन्न अधिकतम प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ का सूत्र है: $\varepsilon_{\max} = BAN\omega$.
दिया गया है:
$B = 0.07 \, T$ (चुंबकीय क्षेत्र)
$A = 1 \, m^{2}$ (कुंडली का क्षेत्रफल)
$N = 1000$ (फेरों की संख्या)
$f = 1 \, \text{rev/s}$ (आवृत्ति)
कोणीय वेग $\omega = 2\pi f = 2\pi(1) = 2\pi \, \text{rad/s}$.
मान रखने पर:
$\varepsilon_{\max} = 0.07 \times 1 \times 1000 \times 2\pi$
$\varepsilon_{\max} = 70 \times 2\pi = 140\pi$.
$\pi \approx 3.14159$ का उपयोग करने पर:
$\varepsilon_{\max} = 140 \times 3.14159 \approx 439.82 \, V$.
निकटतम पूर्णांक में, हमें $440 \, V$ प्राप्त होता है।

(A) गतिमान आवेशित कण पर चुंबकीय बल $\overrightarrow{F} = q(\overrightarrow{v} \times \overrightarrow{B})$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि बल $\overrightarrow{F}$,वेग $\overrightarrow{v}$ और चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B}$ का क्रॉस उत्पाद है,इसलिए बल हमेशा वेग के लंबवत होता है $(\overrightarrow{F} \perp \overrightarrow{v})$।
चुंबकीय बल द्वारा किया गया कार्य $W = \int \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{s} = \int \overrightarrow{F} \cdot \overrightarrow{v} dt$ है।
चूंकि $\overrightarrow{F} \perp \overrightarrow{v}$,इसलिए डॉट उत्पाद $\overrightarrow{F} \cdot \overrightarrow{v} = 0$ है,अतः किया गया कार्य $0$ है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,गतिज ऊर्जा में परिवर्तन किए गए कार्य के बराबर होता है। चूंकि किया गया कार्य $0$ है,इसलिए गतिज ऊर्जा स्थिर रहती है।
चूंकि गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2$ स्थिर है,इसलिए कण की गति $v$ भी स्थिर रहती है।
अतः,अभिकथन $(A)$ और कारण $(R)$ दोनों सत्य हैं,और $(R)$,$(A)$ की सही व्याख्या है।

(C) दो $20 \,\Omega$ प्रतिरोध समानांतर में जुड़े हैं,इसलिए समतुल्य बाहरी प्रतिरोध $R$ का मान $\frac{1}{R} = \frac{1}{20} + \frac{1}{20} = \frac{2}{20} = \frac{1}{10}$ है,जिसका अर्थ है $R = 10 \,\Omega$।
$E = 1.5 \,V$ emf और आंतरिक प्रतिरोध $r$ वाले दो समान सेल समानांतर में जुड़े हैं। समतुल्य emf $E_{eq} = E = 1.5 \,V$ और समतुल्य आंतरिक प्रतिरोध $r_{eq} = \frac{r}{2}$ है।
बाहरी प्रतिरोध के सिरों पर टर्मिनल वोल्टेज $V$ का मान $V = E_{eq} - I r_{eq}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ कुल धारा है।
दिया गया है $V = 1.2 \,V$,इसलिए $1.2 = 1.5 - I \left(\frac{r}{2}\right)$,जिसका अर्थ है $I \left(\frac{r}{2}\right) = 0.3$।
साथ ही,कुल धारा $I$ का मान $I = \frac{E_{eq}}{R + r_{eq}} = \frac{1.5}{10 + \frac{r}{2}}$ है।
$I$ का मान $I \left(\frac{r}{2}\right) = 0.3$ समीकरण में रखने पर:
$\left(\frac{1.5}{10 + \frac{r}{2}}\right) \left(\frac{r}{2}\right) = 0.3$
$1.5 \left(\frac{r}{2}\right) = 0.3 \left(10 + \frac{r}{2}\right)$
$0.75r = 3 + 0.15r$
$0.6r = 3$
$r = \frac{3}{0.6} = 5 \,\Omega$।

(B) पानी की बूंद को स्थिर रहने के लिए,ऊपर की ओर लगने वाला विद्युत बल नीचे की ओर लगने वाले गुरुत्वाकर्षण बल को संतुलित करना चाहिए।
$F_{e} = F_{g}$
$qE = mg$
दिया गया है:
द्रव्यमान $m = 0.1 \, g = 0.1 \times 10^{-3} \, kg = 10^{-4} \, kg$
विद्युत क्षेत्र $E = 4.9 \times 10^{5} \, N/C$
गुरुत्वीय त्वरण $g = 9.8 \, m/s^{2}$
मान रखने पर:
$q(4.9 \times 10^{5}) = (10^{-4})(9.8)$
$q = \frac{9.8 \times 10^{-4}}{4.9 \times 10^{5}}$
$q = 2 \times 10^{-9} \, C$
अतः,बूंद पर आवेश का मान $2.0 \times 10^{-9} \, C$ है।

(A) $AC$ परिपथ में तात्कालिक धारा $I = I_0 \sin(\omega t)$ द्वारा दी जाती है।
अधिकतम मान पर,कला (phase) $\omega t_1 = \frac{\pi}{2}$ है।
$rms$ मान पर,धारा $I = \frac{I_0}{\sqrt{2}}$ होती है,इसलिए $\sin(\omega t_2) = \frac{1}{\sqrt{2}}$। अधिकतम मान के बाद पहली स्थिति $\omega t_2 = \frac{3\pi}{4}$ है।
कलांतर $\Delta \phi = \omega t_2 - \omega t_1 = \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$ है।
दी गई आवृत्ति $f = 50 \,Hz$ है,इसलिए कोणीय आवृत्ति $\omega = 2\pi f = 2\pi \times 50 = 100\pi \,rad/s$ है।
लगा समय $t = \frac{\Delta \phi}{\omega} = \frac{\pi / 4}{100\pi} = \frac{1}{400} \,s$ है।
मिलीसेकंड में बदलने पर: $t = 0.0025 \,s = 2.5 \,ms$।

(C) माध्यम में विद्युतचुंबकीय तरंग की गति $v = \frac{c}{\sqrt{\mu_{r} \epsilon_{r}}}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $\mu_{r} = 1.61$ और $\epsilon_{r} = 6.44$,अतः गति $v = \frac{3 \times 10^{8}}{\sqrt{1.61 \times 6.44}} = \frac{3 \times 10^{8}}{\sqrt{10.3684}} = \frac{3 \times 10^{8}}{3.22} \approx 9.317 \times 10^{7} \; m s^{-1}$ है।
विद्युत क्षेत्र $E$ और चुंबकीय क्षेत्र $B$ के बीच संबंध $E = vB$ है।
चूंकि $B = \mu_{0} \mu_{r} H$,इसलिए $E = v \mu_{0} \mu_{r} H$ होगा।
$E = (9.317 \times 10^{7}) \times (4 \pi \times 10^{-7}) \times (1.61) \times (4.5 \times 10^{-2})$.
$E = 9.317 \times 4 \times 3.1416 \times 1.61 \times 4.5 \times 10^{-2} \approx 8.48 \; V m^{-1}$.

(C) रदरफोर्ड के मॉडल के अनुसार,इलेक्ट्रॉन नाभिक के चारों ओर एक वृत्ताकार कक्षा में घूमता है।
चूंकि इलेक्ट्रॉन एक वृत्ताकार पथ में गति कर रहा है,इसलिए यह अभिकेंद्र त्वरण का अनुभव करता है।
शास्त्रीय विद्युत चुम्बकीय सिद्धांत के अनुसार,एक त्वरित आवेशित कण को विद्युत चुम्बकीय $(EM)$ विकिरण उत्सर्जित करना चाहिए।
जैसे-जैसे इलेक्ट्रॉन विकिरण के माध्यम से ऊर्जा खोता है,उसकी कक्षा की त्रिज्या कम होती जाती है और अंततः उसे नाभिक में गिर जाना चाहिए।
इसलिए,रदरफोर्ड के मॉडल पर आधारित एक शास्त्रीय परमाणु अस्थिर है और इसका पतन निश्चित है।

(D) नाभिकीय विखंडन अभिक्रिया में मुक्त ऊर्जा उत्पादों की कुल बंधन ऊर्जा और अभिकारक की कुल बंधन ऊर्जा के बीच के अंतर द्वारा दी जाती है।
अभिकारक (नाभिक $A$) की कुल बंधन ऊर्जा:
$BE_A = 220 \times 5.6 \, MeV = 1232 \, MeV$.
उत्पादों (नाभिक $B$ और $C$) की कुल बंधन ऊर्जा:
$BE_{B+C} = (105 \times 6.4) + (115 \times 6.4) \, MeV = (105 + 115) \times 6.4 \, MeV = 220 \times 6.4 \, MeV = 1408 \, MeV$.
मुक्त ऊर्जा $Q$:
$Q = BE_{\text{products}} - BE_{\text{reactant}}$
$Q = 1408 \, MeV - 1232 \, MeV = 176 \, MeV$.

(C) कैरियर आवृत्ति $f_{c} = 3.5\, GHz = 3.5 \times 10^{9}\, Hz$ है।
कैरियर सिग्नल की तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{c}{f_{c}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $c = 3 \times 10^{8}\, m/s$ प्रकाश की गति है।
$\lambda = \frac{3 \times 10^{8}}{3.5 \times 10^{9}} = \frac{3}{35}\, m \approx 0.0857\, m = 85.7\, mm$.
कुशल संचरण के लिए आवश्यक एंटीना की न्यूनतम लंबाई $\frac{\lambda}{4}$ होती है।
न्यूनतम लंबाई $= \frac{85.7\, mm}{4} = 21.425\, mm \approx 21.4\, mm$.

(D) परावैद्युत द्वारा सहन किया जा सकने वाला अधिकतम विद्युत क्षेत्र $E$ उसकी परावैद्युत सामर्थ्य है,$E = 3.6 \times 10^{7} \, Vm^{-1}$।
परावैद्युत युक्त समांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C = \frac{K \varepsilon_{0} A}{d}$ होती है।
अधिकतम आवेश $q = CV = C(Ed) = \left( \frac{K \varepsilon_{0} A}{d} \right) Ed = K \varepsilon_{0} A E$ द्वारा दिया जाता है।
परावैद्युतांक $K$ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर,$K = \frac{q}{\varepsilon_{0} A E}$।
दिया गया है: $q = 7 \times 10^{-6} \, C$,$A = 30 \pi \times 10^{-4} \, m^{2}$,$E = 3.6 \times 10^{7} \, Vm^{-1}$,और $\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} = 9 \times 10^{9} \, Nm^{2}C^{-2}$,जिसका अर्थ है $\varepsilon_{0} = \frac{1}{36 \pi \times 10^{9}}$।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $K = \frac{7 \times 10^{-6}}{\left( \frac{1}{36 \pi \times 10^{9}} \right) \times (30 \pi \times 10^{-4}) \times (3.6 \times 10^{7})}$।
$K = \frac{7 \times 10^{-6} \times 36 \pi \times 10^{9}}{30 \pi \times 10^{-4} \times 3.6 \times 10^{7}} = \frac{7 \times 36 \times 10^{3}}{30 \times 3.6 \times 10^{3}} = \frac{252}{108} = 2.33$।

(C) वृत्ताकार कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{C} = \frac{\mu_{0} I}{2 r}$ द्वारा दिया जाता है।
केंद्र से $x$ दूरी पर अक्ष पर स्थित बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{a} = \frac{\mu_{0} I r^{2}}{2(x^{2} + r^{2})^{3/2}}$ होता है।
यहाँ $x = \frac{r}{2}$ दिया गया है,इसलिए सूत्र में मान रखने पर:
$B_{a} = \frac{\mu_{0} I r^{2}}{2((\frac{r}{2})^{2} + r^{2})^{3/2}}$
$B_{a} = \frac{\mu_{0} I r^{2}}{2(\frac{r^{2}}{4} + r^{2})^{3/2}} = \frac{\mu_{0} I r^{2}}{2(\frac{5r^{2}}{4})^{3/2}}$
$B_{a} = \frac{\mu_{0} I r^{2}}{2 \cdot r^{3} \cdot (\frac{5}{4})^{3/2}} = \frac{\mu_{0} I}{2 r} \cdot (\frac{4}{5})^{3/2}$
चूंकि $B = \frac{\mu_{0} I}{2 r}$,इसलिए:
$B_{a} = B \cdot (\frac{2}{\sqrt{5}})^{3}$.

(A) उत्तल लेंस के लिए,लेंस मेकर सूत्र $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ होता है।
दिया गया है $f = 15 \, cm$ और $\mu = 1.5$,और एक सममित उत्तल लेंस के लिए $R_1 = R$ और $R_2 = -R$ लेने पर:
$\frac{1}{15} = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{-R} \right) = 0.5 \left( \frac{2}{R} \right) = \frac{1}{R}$.
अतः,$R = 15 \, cm$.
संयोजन में दो उत्तल लेंस और उनके बीच एक द्रव लेंस है। द्रव लेंस का अपवर्तनांक $\mu_l = 1.25$ है और इसकी सतहों की वक्रता त्रिज्या $-R$ और $R$ है (अवतल आकार)।
द्रव लेंस की फोकस दूरी $f_l$ इस प्रकार है:
$\frac{1}{f_l} = (\mu_l - 1) \left( \frac{1}{-R} - \frac{1}{R} \right) = (1.25 - 1) \left( -\frac{2}{R} \right) = 0.25 \left( -\frac{2}{15} \right) = -\frac{0.5}{15} = -\frac{1}{30}$.
संयोजन की तुल्य फोकस दूरी $f_{eq}$ है:
$\frac{1}{f_{eq}} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_l} + \frac{1}{f_2} = \frac{1}{15} - \frac{1}{30} + \frac{1}{15} = \frac{2 - 1 + 2}{30} = \frac{3}{30} = \frac{1}{10}$.
इसलिए,$f_{eq} = 10 \, cm$.

(B) इनपुट प्रतिरोध $r_i$ की गणना बेस-एमिटर वोल्टेज में परिवर्तन और बेस करंट में परिवर्तन के अनुपात के रूप में की जाती है:
$r_i = \frac{\Delta V_{BE}}{\Delta I_B} = \frac{10 \, mV}{10 \, \mu A} = \frac{10 \times 10^{-3} \, V}{10 \times 10^{-6} \, A} = 1000 \, \Omega = 1 \, k\Omega$.
करंट गेन $\beta$ कलेक्टर करंट में परिवर्तन और बेस करंट में परिवर्तन का अनुपात है:
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B} = \frac{1.5 \, mA}{10 \, \mu A} = \frac{1.5 \times 10^{-3} \, A}{10 \times 10^{-6} \, A} = 150$.
कॉमन-एमिटर एम्पलीफायर के लिए वोल्टेज गेन $A_V$, करंट गेन और लोड प्रतिरोध $R_L$ तथा इनपुट प्रतिरोध $r_i$ के अनुपात का गुणनफल होता है:
$A_V = \beta \times \frac{R_L}{r_i} = 150 \times \frac{5000 \, \Omega}{1000 \, \Omega} = 150 \times 5 = 750$.

(B) दिया गया है: प्रेरकत्व $L = 200 \, mH = 0.2 \, H$,$V_{rms} = 220 \, V$,$f = 50 \, Hz$.
प्रेरकीय प्रतिघात $X_L$ इस प्रकार है:
$X_L = 2 \pi f L = 2 \pi \times 50 \times 0.2 = 20 \pi \, \Omega$.
शिखर वोल्टेज $V_0$ है:
$V_0 = V_{rms} \sqrt{2} = 220 \sqrt{2} \, V$.
शिखर धारा $i_0$ है:
$i_0 = \frac{V_0}{X_L} = \frac{220 \sqrt{2}}{20 \pi} = \frac{11 \sqrt{2}}{\pi} \, A$.
इसे हम इस प्रकार लिख सकते हैं:
$i_0 = \frac{\sqrt{11^2 \times 2}}{\pi} = \frac{\sqrt{121 \times 2}}{\pi} = \frac{\sqrt{242}}{\pi} \, A$.
दिए गए व्यंजक $\frac{\sqrt{a}}{\pi} \, A$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$a = 242$.

(C) एकल स्लिट विवर्तन के लिए,$n$-वें उच्चिष्ठ के लिए शर्त $a \sin \theta = (n + \frac{1}{2}) \lambda$ है।
प्रथम उच्चिष्ठ के लिए,$n = 1$,अतः $a \sin \theta = \frac{3 \lambda}{2}$।
चूंकि $\theta$ बहुत छोटा है,$\sin \theta \approx \theta = \frac{y}{L}$,जहाँ $y$ केंद्रीय उच्चिष्ठ से दूरी है और $L$ स्क्रीन तक की दूरी है।
अतः,$y = \frac{3 \lambda L}{2 a}$।
दो तरंगदैर्ध्य $\lambda_1 = 650\, nm$ और $\lambda_2 = 655\, nm$ के लिए प्रथम उच्चिष्ठ के बीच की दूरी $\Delta y = y_2 - y_1 = \frac{3 L}{2 a} (\lambda_2 - \lambda_1)$ है।
दिया गया है $L = 2.0\, m$,$a = 0.5\, mm = 0.5 \times 10^{-3}\, m$,$\lambda_1 = 650 \times 10^{-9}\, m$,और $\lambda_2 = 655 \times 10^{-9}\, m$।
$\Delta y = \frac{3 \times 2.0}{2 \times 0.5 \times 10^{-3}} \times (655 - 650) \times 10^{-9}$।
$\Delta y = \frac{6}{10^{-3}} \times 5 \times 10^{-9} = 6 \times 5 \times 10^{-6} = 30 \times 10^{-6} = 3 \times 10^{-5}\, m$।
$x \times 10^{-5}\, m$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 3$ प्राप्त होता है।

(A) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $h\nu = h\nu_{0} + K_{\text{max}}$,जहाँ $K_{\text{max}} = \frac{1}{2}mv^{2}$ है।
स्थिति $1$: जब $\nu = 2\nu_{0}$:
$h(2\nu_{0}) = h\nu_{0} + \frac{1}{2}mv_{1}^{2}$
$h\nu_{0} = \frac{1}{2}mv_{1}^{2} \dots(1)$
स्थिति $2$: जब $\nu = 5\nu_{0}$:
$h(5\nu_{0}) = h\nu_{0} + \frac{1}{2}mv_{2}^{2}$
$4h\nu_{0} = \frac{1}{2}mv_{2}^{2} \dots(2)$
समीकरण $(2)$ को $(1)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{4h\nu_{0}}{h\nu_{0}} = \frac{\frac{1}{2}mv_{2}^{2}}{\frac{1}{2}mv_{1}^{2}}$
$4 = \left(\frac{v_{2}}{v_{1}}\right)^{2}$
$\frac{v_{2}}{v_{1}} = \sqrt{4} = 2$
$v_{2} = 2v_{1}$
दिया गया है कि $v_{2} = xv_{1}$,इसलिए $x = 2$.

(A) विभवमापी में,संतुलन लंबाई $\ell$ सेल के emf $\varepsilon$ के सीधे आनुपातिक होती है,जिसे $\varepsilon \propto \ell$ या $\frac{\varepsilon_1}{\varepsilon_2} = \frac{\ell_1}{\ell_2}$ द्वारा दर्शाया जाता है।
दिया गया है कि $\varepsilon_1 : \varepsilon_2 = 3 : 2$ और $\ell_1 = 75 \, cm$ है।
मान रखने पर: $\frac{3}{2} = \frac{75}{\ell_2}$।
$\ell_2$ के लिए हल करने पर: $\ell_2 = \frac{75 \times 2}{3} = 50 \, cm$।
संतुलन लंबाई में अंतर $\Delta \ell = |\ell_1 - \ell_2| = |75 - 50| = 25 \, cm$ होगा।

(A) समांतर प्लेट संधारित्र की मूल धारिता $C_1 = \frac{\epsilon_0 A}{d}$ द्वारा दी जाती है।
जब $t = \frac{d}{2}$ मोटाई की धातु की शीट को प्लेटों के बीच रखा जाता है,तो प्लेटों के बीच की प्रभावी दूरी कम हो जाती है।
नई धारिता $C_2$ का सूत्र $C_2 = \frac{\epsilon_0 A}{d - t}$ है।
$t = \frac{d}{2}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $C_2 = \frac{\epsilon_0 A}{d - \frac{d}{2}} = \frac{\epsilon_0 A}{d/2} = \frac{2 \epsilon_0 A}{d}$ प्राप्त होता है।
अतः,नई धारिता और मूल धारिता का अनुपात $\frac{C_2}{C_1} = \frac{2 \epsilon_0 A / d}{\epsilon_0 A / d} = \frac{2}{1}$ या $2:1$ है।

(A) परिपथ का कुल emf $2E$ है और कुल प्रतिरोध $R + r_{1} + r_{2}$ है।
परिपथ में धारा $I$ का मान है:
$I = \frac{2E}{R + r_{1} + r_{2}} \quad \dots (i)$
दूसरे सेल (emf $E$ और आंतरिक प्रतिरोध $r_{2}$ के साथ) के सिरों पर विभवांतर $V = E - Ir_{2}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि दूसरे सेल के सिरों पर विभवांतर शून्य है:
$E - Ir_{2} = 0 \Rightarrow I = \frac{E}{r_{2}} \quad \dots (ii)$
समीकरण $(i)$ और $(ii)$ से $I$ के मानों की तुलना करने पर:
$\frac{E}{r_{2}} = \frac{2E}{R + r_{1} + r_{2}}$
$R + r_{1} + r_{2} = 2r_{2}$
$R = 2r_{2} - r_{2} - r_{1}$
$R = r_{2} - r_{1}$

$(A)$ क्यूरी के नियम के अनुसार, अनुचुंबकीय पदार्थों की चुंबकीय प्रवृत्ति $\chi$ परम तापमान $T$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है, जिसे $\chi = \frac{C}{T}$ द्वारा दर्शाया जाता है।
लौहचुंबकीय पदार्थों के लिए, चुंबकीय प्रवृत्ति क्यूरी-वाइस नियम का पालन करती है: $\chi = \frac{C}{T - T_C}$, जहाँ $T_C$ क्यूरी तापमान है। जैसे-जैसे $T$ घटकर $T_C$ के करीब आता है, चुंबकीय प्रवृत्ति बढ़ती है। अतः, कथन-$I$ सत्य है।
प्रतिचुंबकत्व इलेक्ट्रॉनों की कक्षीय गति के कारण उत्पन्न होता है। जब एक बाहरी चुंबकीय क्षेत्र लगाया जाता है, तो यह कक्षीय गति में परिवर्तन प्रेरित करता है, जिससे एक चुंबकीय आघूर्ण बनता है जो आरोपित क्षेत्र का विरोध करता है (परमाणु स्तर पर लेंज का नियम)। अतः, कथन-$II$ सत्य है।
इसलिए, दोनों कथन सत्य हैं। सही विकल्प $(A)$ है।

(A) दिया गया है: $V(t) = 210 \sin(3000t) \text{ V}$,$L = 10 \text{ mH} = 10^{-2} \text{ H}$,$C = 25 \mu\text{F} = 25 \times 10^{-6} \text{ F}$,$R = 100 \Omega$.
कोणीय आवृत्ति $\omega = 3000 \text{ rad/s}$.
प्रेरक प्रतिघात $X_L = \omega L = 3000 \times 10^{-2} = 30 \Omega$.
धारतीय प्रतिघात $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{3000 \times 25 \times 10^{-6}} = \frac{1}{0.075} = \frac{40}{3} \Omega \approx 13.33 \Omega$.
कलांतर $\Phi$ का सूत्र $\tan \Phi = \frac{X_L - X_C}{R}$ है।
$\tan \Phi = \frac{30 - 13.33}{100} = \frac{16.67}{100} = 0.1667 \approx 0.17$.
अतः,$\Phi = \tan^{-1}(0.17)$.

(A) माध्यम में विद्युतचुंबकीय तरंगों की गति $v = \frac{1}{\sqrt{\mu \epsilon}}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $\mu = \mu_0 \mu_r$ और $\epsilon = \epsilon_0 \epsilon_r$,इसलिए $v = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \mu_r \epsilon_0 \epsilon_r}} = \frac{c}{\sqrt{\mu_r \epsilon_r}}$,जहाँ $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \epsilon_0}} = 3.0 \times 10^8 \ m/s$ है।
दिया गया है कि $v = 2.0 \times 10^8 \ m/s$ और $\mu_r = 1.0$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{c}{v} = \sqrt{\mu_r \epsilon_r}$.
$\frac{3.0 \times 10^8}{2.0 \times 10^8} = \sqrt{1.0 \times \epsilon_r}$.
$1.5 = \sqrt{\epsilon_r}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\epsilon_r = (1.5)^2 = 2.25$.

(D) दिया गया तीव्रता अनुपात $\frac{I_1}{I_2} = 4$ है,इसलिए हम $I_1 = 4I_2$ लिख सकते हैं।
व्यतिकरण पैटर्न में अधिकतम और न्यूनतम तीव्रता का अनुपात इस प्रकार है:
$\frac{I_{\max}}{I_{\min}} = \left[ \frac{\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2}}{\sqrt{I_1} - \sqrt{I_2}} \right]^2$
$I_1 = 4I_2$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{I_{\max}}{I_{\min}} = \left[ \frac{\sqrt{4I_2} + \sqrt{I_2}}{\sqrt{4I_2} - \sqrt{I_2}} \right]^2 = \left[ \frac{2\sqrt{I_2} + \sqrt{I_2}}{2\sqrt{I_2} - \sqrt{I_2}} \right]^2 = \left( \frac{3}{1} \right)^2 = 9$.
अब,हमें $\frac{I_{\max} + I_{\min}}{I_{\max} - I_{\min}}$ की गणना करनी है:
$\frac{I_{\max} + I_{\min}}{I_{\max} - I_{\min}} = \frac{9 + 1}{9 - 1} = \frac{10}{8} = \frac{5}{4}$.
इसे दिए गए व्यंजक $\frac{5}{x}$ के साथ तुलना करने पर:
$\frac{5}{x} = \frac{5}{4} \implies x = 4$.

(D) ब्रूस्टर के नियम के अनुसार,जब अध्रुवित प्रकाश ब्रूस्टर कोण पर आपतित होता है,तो परावर्तित प्रकाश पूरी तरह से समतल-ध्रुवित होता है,जिसका विद्युत क्षेत्र सदिश आपतन तल के लंबवत होता है।
यदि आपतित प्रकाश पहले से ही इस प्रकार ध्रुवित है कि उसके विद्युत क्षेत्र सदिश आपतन तल में पूरी तरह से हटा दिए गए हैं (अर्थात,प्रकाश आपतन तल के लंबवत ध्रुवित है),तो ब्रूस्टर कोण पर,विद्युत क्षेत्र का कोई भी घटक परावर्तित नहीं हो सकता है।
परिणामस्वरूप,कोई परावर्तन नहीं होता है,और प्रकाश पूरी तरह से प्रिज्म में संचरित हो जाता है।
यह $NCERT$ भौतिकी भाग-$2$,अध्याय $10$ (तरंग प्रकाशिकी) में चर्चा किए गए पूर्ण संचरण का एक विशेष मामला है।
इसलिए,विकल्प $(D)$ सही उत्तर है।

(B) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्घ्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2Em}}$ है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$E$ गतिज ऊर्जा है और $m$ कण का द्रव्यमान है।
चूंकि सभी कणों के लिए ऊर्जा $E$ समान है,इसलिए $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$ है।
कणों के द्रव्यमान का संबंध $m_{e} < m_{p} \approx m_{n} < m_{\alpha}$ है।
विशेष रूप से,$m_{p} \approx m_{n}$ और $m_{\alpha} \approx 4m_{p}$ होता है।
चूंकि $\lambda$ द्रव्यमान के वर्गमूल के व्युत्क्रमानुपाती है,इसलिए जिस कण का द्रव्यमान सबसे कम होगा,उसकी तरंगदैर्घ्य सबसे अधिक होगी।
अतः,$\lambda_{e} > \lambda_{p} \approx \lambda_{n} > \lambda_{\alpha}$ होगा।

(B) नाभिक की त्रिज्या को इस संबंध द्वारा दिया जाता है: $R = R_{0} A^{1/3}$,जहाँ $R_{0}$ एक स्थिरांक है और $A$ द्रव्यमान संख्या है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर:
$\ln \left(\frac{R}{R_{0}}\right) = \ln (A^{1/3})$
लघुगणक के गुणधर्म $\ln(x^n) = n \ln(x)$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\ln \left(\frac{R}{R_{0}}\right) = \frac{1}{3} \ln A$
यह समीकरण $y = mx$ के रूप में है,जो मूल बिंदु से गुजरने वाली और $1/3$ ढाल वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है।
इसलिए,$\ln \left(\frac{R}{R_{0}}\right)$ बनाम $\ln A$ का ग्राफ एक सीधी रेखा है।

(A) यह परिपथ दो $NOR$ गेट से बना है जिनके इनपुट शॉर्ट किए गए हैं,जिसके बाद एक और $NOR$ गेट लगा है।
$1$. पहले दो गेट $NOR$ गेट हैं जिनके इनपुट क्रमशः $A$ और $A$,तथा $B$ और $B$ हैं। उनके आउटपुट $\overline{A+A} = \overline{A}$ और $\overline{B+B} = \overline{B}$ हैं।
$2$. इन आउटपुट को अंतिम $NOR$ गेट में भेजा जाता है।
$3$. आउटपुट $Y$ का मान $Y = \overline{\overline{A} + \overline{B}}$ है।
$4$. डी मॉर्गन के नियम का उपयोग करते हुए,$\overline{\overline{A} + \overline{B}} = \overline{\overline{A}} \cdot \overline{\overline{B}} = A \cdot B$ प्राप्त होता है।
$5$. व्यंजक $Y = A \cdot B$ एक $AND$ गेट को दर्शाता है।

(B) सही मिलान इस प्रकार है:
$A.$ फैक्सिमिल एक ऐसी विधि है जिसका उपयोग $Static\, Document\, Image$ (स्थिर दस्तावेज़ छवि) को प्रसारित करने के लिए किया जाता है।
$B.$ गाइडेड मीडिया चैनल $Optical\, Fiber$ (ऑप्टिकल फाइबर) जैसे भौतिक रास्तों को संदर्भित करता है जिसके माध्यम से सिग्नल प्रसारित होते हैं।
$C.$ आवृत्ति मॉडुलन का उपयोग आमतौर पर $Local\, Broadcast\, Radio$ (स्थानीय प्रसारण रेडियो) में किया जाता है।
$D.$ डिजिटल सिग्नल को $Rectangular\, wave$ (आयताकार तरंग) द्वारा दर्शाया जाता है।
इसलिए,सही क्रम $A-I, B-IV, C-II, D-III$ है।