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

(C) स्टोक्स के नियम के अनुसार,श्यान द्रव (viscous fluid) में गिरती हुई गोलाकार वस्तु का सीमांत वेग $(v_{t})$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v_{t} = \frac{2}{9} \frac{gr^{2}(\rho_{p} - \rho_{l})}{\eta}$
जहाँ:
$g$ गुरुत्वीय त्वरण है,
$r$ गोले की त्रिज्या है,
$\rho_{p}$ कण का घनत्व है,
$\rho_{l}$ द्रव का घनत्व है,
$\eta$ श्यानता गुणांक है।
इस सूत्र से यह स्पष्ट है कि $v_{t} \propto r^{2}$ है।
अतः,सीमांत वेग त्रिज्या के वर्ग के समानुपाती होता है।

(B) वर्ग माध्य मूल चाल $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ द्वारा दी जाती है।
सर्वाधिक प्रायिक चाल $v_{p} = \sqrt{\frac{2RT}{M}}$ द्वारा दी जाती है।
दोनों व्यंजकों को विभाजित करने पर:
$\frac{v_{rms}}{v_{p}} = \frac{\sqrt{\frac{3RT}{M}}}{\sqrt{\frac{2RT}{M}}} = \sqrt{\frac{3}{2}}$.
अतः,$v_{rms} = \sqrt{\frac{3}{2}} v_{p}$।

(D) मान लीजिए चेन की कुल लंबाई $L = 6 \, m$ है और मेज के किनारे से लटकने वाली चेन की लंबाई $x$ है। मेज पर मौजूद चेन की लंबाई $(L - x)$ होगी।
मान लीजिए $\lambda$ चेन का प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान है।
मेज पर चेन का द्रव्यमान $M_{table} = \lambda(L - x)$ है और लटकते हुए भाग का द्रव्यमान $M_{hanging} = \lambda x$ है।
मेज द्वारा चेन पर लगाया गया अभिलंब बल $N = M_{table} g = \lambda(L - x)g$ है।
अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल $f_{s,max} = \mu_s N = \mu_s \lambda(L - x)g$ है।
निकाय के स्थिर रहने के लिए,लटकते हुए भार को अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल द्वारा संतुलित होना चाहिए:
$f_{s,max} = M_{hanging} g$
$\mu_s \lambda(L - x)g = \lambda x g$
$\mu_s(L - x) = x$
यहाँ $\mu_s = 0.5$ और $L = 6 \, m$ दिया गया है:
$0.5(6 - x) = x$
$3 - 0.5x = x$
$3 = 1.5x$
$x = \frac{3}{1.5} = 2 \, m$.
अतः,मेज से लटकने वाली चेन की अधिकतम लंबाई $2 \, m$ है।

(D) यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,प्रारंभिक कुल ऊर्जा अंतिम कुल ऊर्जा के बराबर होती है: $U_i + K_i = U_f + K_f$.
यहाँ,$U_i = 0$ (स्प्रिंग की प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा),$K_i = \frac{1}{2} m v_i^2$,$U_f = \frac{1}{2} k x^2$,और $K_f = \frac{1}{2} m v_f^2$.
दिया गया है: $m = 0.5 \, kg$,$v_i = 12 \, ms^{-1}$,$v_f = 6 \, ms^{-1}$,और $x = 30 \, cm = 0.3 \, m$.
मान रखने पर: $0 + \frac{1}{2} \times 0.5 \times (12)^2 = \frac{1}{2} \times k \times (0.3)^2 + \frac{1}{2} \times 0.5 \times (6)^2$.
$2$ से गुणा करने पर: $0.5 \times (144) = k \times (0.09) + 0.5 \times (36)$.
$72 = 0.09k + 18$.
$0.09k = 72 - 18 = 54$.
$k = \frac{54}{0.09} = 600 \, Nm^{-1}$.

(D) न्यूटन के श्यानता के नियम के अनुसार,कर्तन प्रतिबल $\tau = \eta \frac{dv}{dy}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$\tau = 10^{-3} \, N/m^2$,$\eta = 10^{-2} \, Pa \cdot s$,और वेग प्रवणता $\frac{dv}{dy} = \frac{v}{h}$ है,जहाँ $v$ ऊपरी परत का वेग है और $h$ नदी की गहराई है।
सबसे पहले,वेग $v$ को $SI$ इकाइयों में बदलें: $v = 36 \, km/h = 36 \times \frac{5}{18} \, m/s = 10 \, m/s$.
सूत्र में मान रखने पर: $10^{-3} = 10^{-2} \times \frac{10}{h}$.
$h$ के लिए हल करने पर: $h = \frac{10^{-2} \times 10}{10^{-3}} = \frac{10^{-1}}{10^{-3}} = 10^2 = 100 \, m$.
अतः,नदी की गहराई $100 \, m$ है।

(C) निष्कासित ऊष्मा दो भागों में विभाजित है: संघनन के दौरान मुक्त ऊष्मा और पानी के ठंडा होने के दौरान मुक्त ऊष्मा।
$1$. संघनन के दौरान मुक्त ऊष्मा $(Q_1)$: $Q_1 = m \times L_v = 50 \, g \times 540 \, cal/g = 27000 \, cal$.
$2$. पानी को $100^{\circ} C$ से $20^{\circ} C$ तक ठंडा करने के दौरान मुक्त ऊष्मा $(Q_2)$: $Q_2 = m \times s \times \Delta T = 50 \, g \times 1 \, cal/g^{\circ} C \times (100^{\circ} C - 20^{\circ} C) = 50 \times 80 = 4000 \, cal$.
कुल निष्कासित ऊष्मा $(Q_{total})$ = $Q_1 + Q_2 = 27000 + 4000 = 31000 \, cal$.
$Q_{total} = 31 \times 10^{3} \, cal$.

(C) $L_1$ लंबाई वाली खुली ऑर्गन पाइप के लिए,मूल आवृत्ति $f_0 = \frac{v}{2L_1}$ होती है। प्रथम ओवरटोन आवृत्ति $f_1 = 2 \times f_0 = \frac{2v}{2L_1} = \frac{v}{L_1}$ होती है।
$L_2$ लंबाई वाली बंद ऑर्गन पाइप के लिए,मूल आवृत्ति $f_2 = \frac{v}{4L_2}$ होती है।
दिया गया है कि खुली पाइप की प्रथम ओवरटोन आवृत्ति बंद पाइप की मूल आवृत्ति के बराबर है,इसलिए $f_1 = f_2$ है।
समीकरणों को रखने पर: $\frac{v}{L_1} = \frac{v}{4L_2}$।
इससे $L_1 = 4L_2$ प्राप्त होता है।
चूंकि $L_2 = 20 \, cm$ दिया गया है,इसलिए $L_1 = 4 \times 20 \, cm = 80 \, cm$ होगा।

(A) दिया गया है: बल $\vec{F} = (10 \hat{i} + 5 \hat{j})\ N$,द्रव्यमान $m = 100\, g = 0.1\, kg$,प्रारंभिक वेग $\vec{u} = 0$,समय $t = 2\ s$।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,त्वरण $\vec{a} = \frac{\vec{F}}{m} = \frac{10 \hat{i} + 5 \hat{j}}{0.1} = (100 \hat{i} + 50 \hat{j})\ m/s^2$।
गति के समीकरण $\vec{s} = \vec{u}t + \frac{1}{2} \vec{a} t^2$ का उपयोग करते हुए,चूँकि $\vec{u} = 0$:
$\vec{s} = \frac{1}{2} (100 \hat{i} + 50 \hat{j}) (2)^2$
$\vec{s} = \frac{1}{2} (100 \hat{i} + 50 \hat{j}) (4) = 2 (100 \hat{i} + 50 \hat{j}) = (200 \hat{i} + 100 \hat{j})\ m$।
इसकी तुलना $(a \hat{i} + b \hat{j})\ m$ से करने पर,हमें $a = 200$ और $b = 100$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{a}{b} = \frac{200}{100} = 2$।

(A) त्वरणों के बीच संबंध खोजने के लिए,हम बाधित गति के लिए आभासी कार्य (virtual work) के सिद्धांत का उपयोग करते हैं,जो बताता है कि सभी द्रव्यमानों के लिए तनाव और त्वरण के डॉट प्रोडक्ट का योग शून्य होता है: $\sum \vec{T} \cdot \vec{a} = 0$.
मान लीजिए कि सबसे निचली डोरी में तनाव $T$ है। तो $m_{3}$ और $m_{4}$ को सहारा देने वाली डोरी में तनाव $T$ है। दूसरी घिरनी को सहारा देने वाली डोरी में तनाव $2T$ है,और पहली घिरनी को सहारा देने वाली डोरी में तनाव $4T$ है।
यह मानते हुए कि सभी त्वरण नीचे की ओर निर्देशित हैं,प्रत्येक द्रव्यमान पर तनाव द्वारा किया गया कार्य है:
$m_{1}$ के लिए: $-4T a_{1}$
$m_{2}$ के लिए: $-2T a_{2}$
$m_{3}$ के लिए: $-T a_{3}$
$m_{4}$ के लिए: $-T a_{4}$
इनका योग करने पर,हमें मिलता है: $-4T a_{1} - 2T a_{2} - T a_{3} - T a_{4} = 0$.
$-T$ से विभाजित करने पर,हमें संबंध प्राप्त होता है: $4 a_{1} + 2 a_{2} + a_{3} + a_{4} = 0$.

(A) परिवर्ती बल द्वारा किया गया कार्य $F-x$ वक्र के अंतर्गत क्षेत्रफल के बराबर होता है।
$x$-अक्ष के ऊपर का क्षेत्रफल धनात्मक होता है,और $x$-अक्ष के नीचे का क्षेत्रफल ऋणात्मक होता है।
आइए प्रत्येक ग्राफ के लिए कुल क्षेत्रफल की गणना करें:
चित्र-$a$: क्षेत्रफल में $0$ से $x_{0}$ तक एक ऋणात्मक त्रिभुज और $x_{0}$ से $x_{1}$ तक एक धनात्मक त्रिभुज शामिल है। कुल क्षेत्रफल $W_{1}$ छोटा धनात्मक है।
चित्र-$b$: क्षेत्रफल में $0$ से $x_{0}$ तक एक ऋणात्मक त्रिभुज और $x_{0}$ से $x_{2}$ तक एक धनात्मक समलंब (trapezoid) शामिल है। कुल क्षेत्रफल $W_{2}$ काफी धनात्मक है।
चित्र-$c$: क्षेत्रफल में $0$ से $x_{0}$ तक एक ऋणात्मक त्रिभुज और $x_{0}$ से $x_{2}$ तक एक बड़ा धनात्मक समलंब शामिल है। कुल क्षेत्रफल $W_{3}$ सबसे बड़ा धनात्मक है।
चित्र-$d$: क्षेत्रफल में $0$ से $x_{0}$ तक एक धनात्मक त्रिभुज,$x_{0}$ से $x_{2}$ तक एक बड़ा ऋणात्मक समलंब,और $x_{2}$ से $x_{3}$ तक एक छोटा धनात्मक त्रिभुज शामिल है। कुल क्षेत्रफल $W_{4}$ ऋणात्मक है।
कुल क्षेत्रफलों की तुलना करने पर,हमें $W_{3} > W_{2} > W_{1} > W_{4}$ प्राप्त होता है।

(D) घूर्णन करती पृथ्वी की सतह पर गुरुत्वाकर्षण के कारण प्रभावी त्वरण $(g')$ गुरुत्वाकर्षण त्वरण $(g)$ और अभिकेंद्री त्वरण $(rw^2)$ का सदिश योग है।
गुरुत्वाकर्षण के कारण प्रभावी त्वरण का परिमाण $g' = \sqrt{g^2 + (rw^2)^2 - 2g(rw^2)\cos\theta}$ है,जहाँ $\theta$ अक्षांश है।
जैसे-जैसे हम ध्रुवों से भूमध्य रेखा की ओर बढ़ते हैं,गुरुत्वाकर्षण के कारण प्रभावी त्वरण का परिमाण बदलता है क्योंकि अभिकेंद्री घटक अक्षांश $\theta$ के साथ बदलता है।
इसके अलावा,गुरुत्वाकर्षण के कारण प्रभावी त्वरण की दिशा हमेशा पृथ्वी के केंद्र की ओर नहीं होती है,सिवाय ध्रुवों और भूमध्य रेखा के।
इसलिए,अभिकथन $A$ असत्य है क्योंकि परिमाण बदलता है और दिशा हमेशा पृथ्वी के केंद्र की ओर नहीं होती है।
कारण $R$ बताता है कि भूमध्य रेखा पर,गुरुत्वाकर्षण के कारण त्वरण की दिशा पृथ्वी के केंद्र की ओर होती है। यह सत्य है क्योंकि भूमध्य रेखा पर,अभिकेंद्री त्वरण $(rw^2)$ त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर निर्देशित होता है,और गुरुत्वाकर्षण त्वरण $(g)$ त्रिज्यीय रूप से अंदर की ओर निर्देशित होता है। उनका परिणामी,प्रभावी त्वरण $(g')$,भी पृथ्वी के केंद्र की ओर त्रिज्यीय रूप से अंदर की ओर निर्देशित होता है।
अतः,$A$ असत्य है लेकिन $R$ सत्य है।

(C) रेनॉल्ड्स संख्या $(R_{e})$ एक विमाहीन राशि है जिसका उपयोग विभिन्न तरल प्रवाह स्थितियों में प्रवाह पैटर्न की भविष्यवाणी करने के लिए किया जाता है।
इसे जड़त्वीय बलों (inertial forces) और श्यान बलों (viscous forces) के अनुपात के रूप में परिभाषित किया गया है।
रेनॉल्ड्स संख्या का सूत्र इस प्रकार है:
$R_{e} = \frac{\rho v d}{\eta}$
जहाँ:
$\rho$ = तरल का घनत्व
$v$ = तरल का वेग
$d$ = पाइप का व्यास
$\eta$ = तरल का श्यानता गुणांक
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(D) एक आदर्श गैस की प्रति अणु औसत गतिज ऊर्जा का सूत्र $K.E. = \frac{3}{2} k T$ है,जहाँ $k$ बोल्ट्जमैन नियतांक है और $T$ परम तापमान है।
चूंकि मिश्रण तापीय साम्यावस्था में है,इसलिए आर्गन और ऑक्सीजन दोनों समान तापमान $T = 27^{\circ} C = 300 \ K$ पर हैं।
प्रति अणु औसत गतिज ऊर्जा केवल तापमान $T$ पर निर्भर करती है,न कि गैस के द्रव्यमान या प्रकृति पर।
इसलिए,आर्गन और ऑक्सीजन के लिए प्रति अणु औसत गतिज ऊर्जा का अनुपात $\frac{K_{Ar}}{K_{O_2}} = \frac{\frac{3}{2} k T}{\frac{3}{2} k T} = 1: 1$ होगा।

(A) मान लीजिए कि दोनों गेंदें पहली गेंद की गति शुरू होने के $t$ सेकंड बाद मिलती हैं।
पहली गेंद का $t$ समय पर विस्थापन $h_1 = 50t - \frac{1}{2}gt^2$ द्वारा दिया जाता है।
दूसरी गेंद $t = 2 \; s$ पर प्रक्षेपित की जाती है,इसलिए इसका उड़ान का समय $(t - 2) \; s$ है। इसका विस्थापन $h_2 = 50(t - 2) - \frac{1}{2}g(t - 2)^2$ है।
चूंकि वे समान ऊंचाई पर मिलते हैं,इसलिए $h_1 = h_2$।
$50t - \frac{1}{2}gt^2 = 50(t - 2) - \frac{1}{2}g(t - 2)^2$
$50t - 5t^2 = 50t - 100 - 5(t^2 - 4t + 4)$
$50t - 5t^2 = 50t - 100 - 5t^2 + 20t - 20$
$0 = -120 + 20t$
$20t = 120$
$t = 6 \; s$.

(A) आवेग (Impulse) को संवेग में परिवर्तन के रूप में परिभाषित किया जाता है।
मान लीजिए गेंद का प्रारंभिक वेग $u = 15 \; ms^{-1}$ है।
चूंकि बल्लेबाज गेंद को विपरीत दिशा में समान गति से वापस मारता है,इसलिए अंतिम वेग $v = -15 \; ms^{-1}$ होगा।
गेंद का द्रव्यमान $m = 0.4 \; kg$ है।
आवेग $J = \Delta p = m(v - u)$.
$J = 0.4 \times (-15 - 15) = 0.4 \times (-30) = -12 \; Ns$.
गेंद को दिए गए आवेग का परिमाण $|J| = 12 \; Ns$ है।

(A) जब $6^{th}$ गेंद मेज छोड़ती है,तो $6$ गेंदें लंबवत लटक रही होती हैं और $4$ गेंदें क्षैतिज मेज पर होती हैं।
प्रणाली का कुल द्रव्यमान $M = 10m$ है।
चालक बल $6$ लटकती गेंदों का भार है,जो $F = 6mg$ है।
प्रणाली का त्वरण $a = \frac{F}{M} = \frac{6mg}{10m} = \frac{3g}{5}$ है।
$7^{th}$ और $8^{th}$ गेंद के बीच तनाव $T$ ज्ञात करने के लिए,हम मेज पर बची हुई $3$ गेंदों $(8^{th}, 9^{th}, 10^{th})$ की प्रणाली पर विचार करते हैं।
इस प्रणाली पर कार्य करने वाला एकमात्र क्षैतिज बल तनाव $T$ है।
इन $3$ गेंदों पर न्यूटन का दूसरा नियम लागू करने पर: $T = (3m)a$.
$a$ का मान प्रतिस्थापित करने पर: $T = 3m \times \frac{3g}{5} = \frac{9mg}{5}$.
यहाँ $m = 2 \; kg$ और $g = 10 \; m/s^2$ लेने पर:
$T = \frac{9 \times 2 \times 10}{5} = \frac{180}{5} = 36 \; N$.

(B) पानी के प्रवाह की दर $m = 2.0 \; kg/min = 2000 \; g/min$ है।
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = 70^{\circ} C - 30^{\circ} C = 40^{\circ} C$ है।
पानी की विशिष्ट ऊष्मा धारिता $S = 4.2 \; J \cdot g^{-1} \cdot {}^{\circ} C^{-1}$ है।
प्रति मिनट आवश्यक ऊष्मा $Q = m \cdot S \cdot \Delta T$ है।
$Q = 2000 \times 4.2 \times 40 = 336000 \; J/min$.
मान लीजिए ईंधन के दहन की दर $R$ ($g/min$ में) है और दहन की ऊष्मा $L = 8 \times 10^{3} \; J/g$ है।
ईंधन द्वारा प्रदान की गई ऊष्मा $Q = R \times L$ है।
$336000 = R \times 8 \times 10^{3}$.
$R = \frac{336000}{8000} = 42 \; g/min$.

(B) एक प्रतिवर्ती (कार्नोट) हीट इंजन के लिए,दक्षता $\eta = 1 - \frac{Q_L}{Q_H} = 1 - \frac{T_L}{T_H}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है:
ठंडे रिज़र्वायर का तापमान,$T_L = 324 \; K$.
गर्म रिज़र्वायर से ली गई ऊष्मा,$Q_H = 300 \; J$.
ठंडे रिज़र्वायर को दी गई ऊष्मा,$Q_L = 180 \; J$.
प्रतिवर्ती इंजन के लिए संबंध का उपयोग करते हुए: $\frac{Q_L}{Q_H} = \frac{T_L}{T_H}$.
मान रखने पर:
$\frac{180}{300} = \frac{324}{T_H}$.
$T_H = \frac{324 \times 300}{180}$.
$T_H = \frac{324 \times 5}{3} = 108 \times 5 = 540 \; K$.
अतः,गर्म रिज़र्वायर का न्यूनतम तापमान $540 \; K$ है।

(B) माना कि पहले ट्यूनिंग फोर्क की आवृत्ति $f_1 = f$ है।
चूंकि प्रत्येक फोर्क अपने पिछले फोर्क के साथ $4 \; Hz$ के विस्पंद उत्पन्न करता है,आवृत्तियाँ एक समांतर श्रेणी बनाती हैं जिसका सार्व अंतर $d = 4 \; Hz$ है।
$n$-वें फोर्क की आवृत्ति का सूत्र $f_n = f_1 + (n - 1)d$ है।
$20$-वें फोर्क के लिए $(n = 20)$:
$f_{20} = f + (20 - 1) \times 4 = f + 19 \times 4 = f + 76$.
प्रश्न के अनुसार,अंतिम फोर्क की आवृत्ति पहले फोर्क की आवृत्ति से दोगुनी है:
$f_{20} = 2f_1$.
मान रखने पर:
$f + 76 = 2f$.
$f$ के लिए हल करने पर:
$f = 76 \; Hz$.
अंतिम फोर्क की आवृत्ति $f_{20} = 2f = 2 \times 76 = 152 \; Hz$ है।

(D) दिया गया है कि $50 \; VSD = 49 \; MSD$.
इसलिए,$1 \; VSD = \frac{49}{50} \; MSD$.
ट्रैवलिंग माइक्रोस्कोप का अल्पतमांक $LC = 1 \; MSD - 1 \; VSD$ के रूप में परिभाषित है।
$LC = (1 - \frac{49}{50}) \; MSD = \frac{1}{50} \; MSD$.
चूंकि मुख्य पैमाने पर $1 \; cm$ में $40$ भाग हैं,इसलिए $1 \; MSD = \frac{1}{40} \; cm$.
इस मान को प्रतिस्थापित करने पर,$LC = \frac{1}{50} \times \frac{1}{40} \; cm = \frac{1}{2000} \; cm$.
मीटर में बदलने पर: $LC = \frac{1}{2000} \times 10^{-2} \; m = 0.5 \times 10^{-5} \; m$.
आवश्यक प्रारूप में व्यक्त करने पर: $LC = 5 \times 10^{-6} \; m$.
अतः,मान $5$ है।

(C) लघुगणकीय फलन का तर्क (argument) विमाहीन होना चाहिए। इसलिए,$\frac{kt}{\beta x} = 1$,जिसका अर्थ है $\beta = \frac{kt}{x}$।
चूँकि $kt$ की विमा ऊर्जा $([ML^{2}T^{-2}])$ के समान होती है और $x$ दूरी $([L])$ है,इसलिए $\beta$ की विमा $[\beta] = \frac{[ML^{2}T^{-2}]}{[L]} = [MLT^{-2}]$ होगी।
यह दिया गया है कि $P$ एक विमाहीन राशि है,इसलिए व्यंजक $P = \frac{\alpha}{\beta} \times (\text{विमाहीन पद})$ का अर्थ है कि $[P] = \frac{[\alpha]}{[\beta]}$।
चूँकि $[P] = [M^{0}L^{0}T^{0}]$,इसलिए $[\alpha] = [\beta] = [MLT^{-2}]$ होगा।

(B) मान लीजिए व्यक्ति का द्रव्यमान $m$ है और लिफ्ट का त्वरण $a$ है।
जब लिफ्ट $a$ त्वरण के साथ नीचे की ओर गति करती है,तो व्यक्ति के लिए गति का समीकरण है:
$mg - N = ma$
जहाँ $N$ अभिलंब प्रतिक्रिया बल (आभासी भार) है।
समीकरण को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$N = m(g - a)$
चूंकि $N < mg$,इसलिए जब लिफ्ट नीचे की ओर त्वरित होती है तो व्यक्ति को भार में कमी महसूस होती है।

(A) जब किसी वस्तु को ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर फेंका जाता है,तो नीचे की ओर कार्य करने वाले गुरुत्वीय त्वरण $g$ के कारण उसका वेग $v$ घटता है।
अधिकतम ऊँचाई पर,वस्तु क्षण भर के लिए स्थिर हो जाती है,जिसका अर्थ है कि उसका अंतिम वेग $v = 0$ होता है।
चूँकि संवेग $p$ को द्रव्यमान $m$ और वेग $v$ के गुणनफल के रूप में परिभाषित किया गया है $(p = mv)$,इसलिए जब $v = 0$ होता है,तो संवेग $p$ भी $0$ हो जाता है।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(D) मान लीजिए $R$ अर्ध-गोलाकार पात्र की त्रिज्या है। जब गेंद क्षैतिज से $\alpha$ कोण पर बिंदु $Q$ पर होती है,तो इसकी गति $v$ ऊर्जा संरक्षण के नियम से प्राप्त होती है: $\frac{1}{2}mv^2 = mg(R \sin \alpha)$,जिससे $v^2 = 2gR \sin \alpha$ प्राप्त होता है।
अभिकेंद्री बल $F_c = \frac{mv^2}{R} = 2mg \sin \alpha$ है।
त्रिज्यीय दिशा में गेंद पर कार्य करने वाले बल अभिलंब प्रतिक्रिया $N$ और गुरुत्वाकर्षण का घटक $mg \sin \alpha$ हैं। गति का समीकरण $N - mg \sin \alpha = \frac{mv^2}{R} = 2mg \sin \alpha$ है।
अतः,$N = 3mg \sin \alpha$.
अनुपात $A$ को अभिकेंद्री बल और अभिलंब प्रतिक्रिया के अनुपात के रूप में परिभाषित किया गया है: $A = \frac{F_c}{N} = \frac{2mg \sin \alpha}{3mg \sin \alpha} = \frac{2}{3}$.
चूंकि $A = \frac{2}{3}$ एक स्थिर मान है जो $\alpha$ से स्वतंत्र है,इसलिए $A$ बनाम $\alpha$ का ग्राफ एक क्षैतिज सीधी रेखा होगी।

(C) केंद्र से गुजरने वाली और तल के लंबवत अक्ष के परितः वलय का प्रारंभिक जड़त्व आघूर्ण $I = M R^2$ है।
प्रारंभिक कोणीय वेग $\omega = 2 \; rad \; s^{-1}$ है।
चूंकि निकाय पर कोई बाहरी बल आघूर्ण (torque) कार्य नहीं कर रहा है,इसलिए कोणीय संवेग संरक्षित रहता है: $L_i = L_f$।
प्रारंभिक कोणीय संवेग $L_i = I \omega = (M R^2) \times 2 = 2 M R^2$।
जब $m$ द्रव्यमान की दो वस्तुओं को व्यास के विपरीत सिरों पर जोड़ा जाता है,तो नया जड़त्व आघूर्ण $I' = M R^2 + m R^2 + m R^2 = (M + 2m) R^2$ हो जाता है।
मान लीजिए कि नया कोणीय वेग $\omega'$ है। कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$I \omega = I' \omega'$
$2 M R^2 = (M + 2m) R^2 \omega'$
$\omega' = \frac{2 M}{M + 2m} \; rad \; s^{-1}$।

(C) सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{\ell}{g_{\text{eff}}}}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
$(a)$ जब लिफ्ट स्थिर होती है $(a = 0)$,तो प्रभावी त्वरण $g_{\text{eff}} = g$ होता है। अतः,$T = 2 \pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$.
$(b)$ जब लिफ्ट $a = \frac{g}{6}$ के त्वरण से ऊपर की ओर गति करती है,तो प्रभावी त्वरण $g_{\text{eff}} = g + a = g + \frac{g}{6} = \frac{7g}{6}$ हो जाता है।
नया आवर्तकाल $T^{\prime}$ इस प्रकार होगा:
$T^{\prime} = 2 \pi \sqrt{\frac{\ell}{g_{\text{eff}}}} = 2 \pi \sqrt{\frac{\ell}{7g/6}} = 2 \pi \sqrt{\frac{6\ell}{7g}}$.
इसे मूल आवर्तकाल $T$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$T^{\prime} = \sqrt{\frac{6}{7}} \left( 2 \pi \sqrt{\frac{\ell}{g}} \right) = \sqrt{\frac{6}{7}} T$.

(B) विशिष्ट ऊष्मा का अनुपात $\gamma = \frac{C_P}{C_V} = 1 + \frac{2}{f} = 1.4$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $f$ स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) है।
$1 + \frac{2}{f} = 1.4 \Rightarrow \frac{2}{f} = 0.4 \Rightarrow f = 5$.
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,गैस की गतिज ऊर्जा आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
$\Delta U = K.E._{initial}$
$\frac{f}{2} nR \Delta T = \frac{1}{2} (nm) v^2$,जहाँ $n$ मोलों की संख्या है और $m$ एक अणु का द्रव्यमान है।
चूंकि $M = m \times N_A$ और $R = k_B \times N_A$,इसलिए $m = \frac{M}{N_A}$ है।
$\frac{5}{2} nR \Delta T = \frac{1}{2} n M v^2$
$\Delta T = \frac{M v^2}{5R}$.

(C) गोली के फाइटर जेट को हिट करने के लिए,गोली के वेग का क्षैतिज घटक जेट के क्षैतिज वेग के बराबर होना चाहिए ताकि गोली अपनी पूरी उड़ान के दौरान जेट के ठीक नीचे बनी रहे।
मान लीजिए जेट की गति $v_j = 200 \; m/s$ है और गोली की गति $v_b = 400 \; m/s$ है।
गोली के वेग का क्षैतिज घटक $v_{bx} = v_b \cos \theta$ द्वारा दिया जाता है।
क्षैतिज घटकों को बराबर करने पर: $v_j = v_b \cos \theta$.
मान रखने पर: $200 = 400 \cos \theta$.
इसलिए,$\cos \theta = \frac{200}{400} = 0.5$.
अतः,$\theta = \cos^{-1}(0.5) = 60^\circ$.

(C) माना गेंद को $H = 10 \; m$ की ऊँचाई से गिराया जाता है। प्रारंभिक वेग $u = 0 \; m/s$ है।
माना गेंद $s$ दूरी तय करती है जिससे उसका वेग $v$,$g = 10 \; m/s^2$ के बराबर हो जाता है।
गति के समीकरण $v^2 = u^2 + 2as$ का उपयोग करने पर:
$v^2 = 0^2 + 2(10)s$
चूँकि हमें $v = 10 \; m/s$ चाहिए,इसलिए:
$(10)^2 = 20s$
$100 = 20s$
$s = 5 \; m$.
यह $s$ ऊपर से तय की गई दूरी है।
जमीन से ऊँचाई $h = H - s = 10 \; m - 5 \; m = 5 \; m$ होगी।

(C) ग्राफ से,ढाल यंग मापांक के व्युत्क्रम को दर्शाती है,$1/Y = \frac{\text{विकृति}}{\text{प्रतिबल}}$.
दिए गए समाधान के अनुसार,$Y = 2.0 \times 10^{10} \; N/m^2$ लेते हुए।
ऊर्जा घनत्व $u = \frac{1}{2} \times \text{प्रतिबल} \times \text{विकृति} = \frac{1}{2} Y (\text{विकृति})^2$.
$u = \frac{1}{2} \times (2.0 \times 10^{10}) \times (5 \times 10^{-4})^2$.
$u = 1.0 \times 10^{10} \times 25 \times 10^{-8} = 2500 \; J/m^3 = 2.5 \; kJ/m^3$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $25$ है।

(D) अपने स्वयं के भार के अंतर्गत लटके हुए तार का विस्तार $\Delta \ell = \frac{MgL}{2AY}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $M$ द्रव्यमान है,$g$ गुरुत्वीय त्वरण है,$L$ लंबाई है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है और $Y$ यंग मापांक है।
चूंकि तार और उसके आयाम समान रहते हैं,इसलिए $\Delta \ell \propto g$ होगा।
अतः,$\frac{\Delta \ell_{\text{earth}}}{\Delta \ell_{\text{planet}}} = \frac{g_{\text{earth}}}{g_{\text{planet}}}$.
दिया गया है कि $\Delta \ell_{\text{earth}} = 10^{-4} \; m$,$\Delta \ell_{\text{planet}} = 6 \times 10^{-5} \; m$,और $g_{\text{earth}} = 10 \; m/s^2$.
मान रखने पर: $\frac{10^{-4}}{6 \times 10^{-5}} = \frac{10}{g_{\text{planet}}}$.
$\frac{10}{6} = \frac{10}{g_{\text{planet}}}$.
इस प्रकार,$g_{\text{planet}} = 6 \; m/s^2$.

(B) दिया गया है कि $20 \; MSD = 1 \; cm$ है।
अतः,$1 \; MSD = \frac{1}{20} \; cm = 0.05 \; cm = 0.5 \; mm$ है।
हमें दिया गया है कि $10 \; VSD = 9 \; MSD$ है।
इसलिए,$1 \; VSD = \frac{9}{10} \; MSD = 0.9 \times 0.5 \; mm = 0.45 \; mm$ है।
वर्नियर स्थिरांक $(VC)$ को $VC = 1 \; MSD - 1 \; VSD$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
$VC = 0.5 \; mm - 0.45 \; mm = 0.05 \; mm$ है।
इसे $\dots \times 10^{-2} \; mm$ के रूप में व्यक्त करने पर,हमें $VC = 5 \times 10^{-2} \; mm$ प्राप्त होता है।
अतः,मान $5$ है।

(A) सांतत्य समीकरण (continuity equation) के अनुसार,$A_1 v_1 = A_2 v_2$ होता है।
यहाँ $A_1 = a$ और $A_2 = \frac{a}{2}$ दिया गया है,इसलिए $a v_1 = \frac{a}{2} v_2$,जिसका अर्थ है $v_2 = 2 v_1$।
दोनों खंडों के बीच बर्नौली प्रमेय का उपयोग करने पर:
$P_1 + \rho g h_1 + \frac{1}{2} \rho v_1^2 = P_2 + \rho g h_2 + \frac{1}{2} \rho v_2^2$।
निचले खंड को संदर्भ स्तर $(h_2 = 0)$ मानने पर,$h_1 = 1 \; m$ प्राप्त होता है।
$P_1 - P_2 = \rho g (h_2 - h_1) + \frac{1}{2} \rho (v_2^2 - v_1^2)$।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $4100 = 800 \times [10 \times (0 - 1) + \frac{1}{2} ( (2v_1)^2 - v_1^2 )]$।
$4100 = 800 \times [-10 + \frac{3 v_1^2}{2}]$।
$\frac{4100}{800} = -10 + \frac{3 v_1^2}{2}$।
$5.125 = -10 + 1.5 v_1^2$।
$15.125 = 1.5 v_1^2$।
$v_1^2 = \frac{15.125}{1.5} = \frac{121}{12}$।
$v_1 = \sqrt{\frac{121}{12}} = \frac{11}{\sqrt{12}} = \frac{11 \sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{121 \times 3}}{6} = \frac{\sqrt{363}}{6}$।
इसे $\frac{\sqrt{x}}{6}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 363$ प्राप्त होता है।

(B) प्रारंभिक वेग के घटक $u_x = 20 \cos \alpha$ और $u_y = 20 \sin \alpha$ हैं।
चूंकि क्षैतिज त्वरण शून्य है,इसलिए क्षैतिज वेग स्थिर रहता है: $v_x = u_x = 20 \cos \alpha$.
$t = 10 \; s$ समय के बाद ऊर्ध्वाधर वेग $v_y = u_y - gt = 20 \sin \alpha - 10 \times 10 = 20 \sin \alpha - 100$ द्वारा प्राप्त होता है।
क्षैतिज के साथ झुकाव $\beta$ को $\tan \beta = \frac{v_y}{v_x}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\tan \beta = \frac{20 \sin \alpha - 100}{20 \cos \alpha} = \frac{20 \sin \alpha}{20 \cos \alpha} - \frac{100}{20 \cos \alpha} = \tan \alpha - 5 \sec \alpha$.

(C) मान लीजिए $\vec{V}_R$ जमीन के सापेक्ष बारिश का वेग है और $\vec{V}_G$ जमीन के सापेक्ष लड़की का वेग है।
जब लड़की खड़ी होती है,तो वह छतरी को ऊर्ध्वाधर के साथ $45^{\circ}$ पर रखती है,जिसका अर्थ है कि जमीन के सापेक्ष बारिश की दिशा ऊर्ध्वाधर के साथ $45^{\circ}$ का कोण बनाती है।
वेक्टर त्रिभुज से,$\tan 45^{\circ} = \frac{|\vec{V}_G|}{|\vec{V}_{R,G}|}$,जहाँ $\vec{V}_{R,G}$ लड़की के सापेक्ष बारिश का वेग है।
जब लड़की $\vec{V}_G = 15 \sqrt{2} \; kmh^{-1}$ के वेग से दौड़ना शुरू करती है,तो बारिश उसके सिर पर लंबवत गिरती है। इसका मतलब है कि लड़की के सापेक्ष बारिश का सापेक्ष वेग,$\vec{V}_{R,G} = \vec{V}_R - \vec{V}_G$,ऊर्ध्वाधर है।
वेग त्रिभुज की ज्यामिति से,$|\vec{V}_{R,G}| = \frac{|\vec{V}_G|}{\tan 45^{\circ}}$.
चूंकि $\tan 45^{\circ} = 1$,हमें $|\vec{V}_{R,G}| = |\vec{V}_G| = 15 \sqrt{2} \; kmh^{-1}$ प्राप्त होता है।
बारिश का ऊर्ध्वाधर घटक $V_{R,G} = V_R \cos 45^{\circ} = 30 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{30}{\sqrt{2}} \; kmh^{-1}$ है।
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(A) घनत्व $\rho = \frac{m}{V} = \frac{m}{\pi r^2 l}$ है।
घनत्व में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta \rho}{\rho} = \frac{\Delta m}{m} + 2\frac{\Delta r}{r} + \frac{\Delta l}{l}$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मान:
$m = 0.6 \; g, \Delta m = 0.006 \; g$
$r = 0.5 \; mm, \Delta r = 0.005 \; mm$
$l = 4 \; cm, \Delta l = 0.04 \; cm$
प्रतिशत त्रुटि की गणना:
$\frac{\Delta \rho}{\rho} \times 100 = \left( \frac{0.006}{0.6} + 2 \times \frac{0.005}{0.5} + \frac{0.04}{4} \right) \times 100$
$= (0.01 + 2 \times 0.01 + 0.01) \times 100$
$= (0.01 + 0.02 + 0.01) \times 100 = 0.04 \times 100 = 4 \%$.

(C) $m$ द्रव्यमान वाले ब्लॉक के लिए बिना फिसले प्राप्त किया जा सकने वाला अधिकतम त्वरण $a_{\max}$ स्थैतिक घर्षण बल $f_{s, \max} = \mu_s N = \mu_s mg$ द्वारा निर्धारित होता है।
$m$ द्रव्यमान वाले ब्लॉक के लिए न्यूटन के दूसरे नियम का उपयोग करने पर: $f_{s, \max} = m a_{\max} \implies \mu_s mg = m a_{\max} \implies a_{\max} = \mu_s g$.
यहाँ $\mu_s = 0.5$ और $g = 9.8 \; m/s^2$ दिया गया है,इसलिए $a_{\max} = 0.5 \times 9.8 = 4.9 \; m/s^2$.
दोनों ब्लॉकों के एक साथ गति करने के लिए,पूरी प्रणाली का त्वरण $a \le a_{\max}$ होना चाहिए।
$(m + M)$ द्रव्यमान की संयुक्त प्रणाली के लिए न्यूटन का दूसरा नियम लागू करने पर:
$F = (m + M) a_{\max} = (2 + 8) \times 4.9 = 10 \times 4.9 = 49 \; N$.

(C) द्रव्यमान केंद्र की स्थिति $X_{CM} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2}$ द्वारा दी जाती है।
द्रव्यमान केंद्र की स्थिति को अपरिवर्तित रखने के लिए,द्रव्यमान केंद्र में परिवर्तन शून्य होना चाहिए,अर्थात $\Delta X_{CM} = 0$.
इसका अर्थ है $\Delta X_{CM} = \frac{m_1 \Delta x_1 + m_2 \Delta x_2}{m_1 + m_2} = 0$.
यहाँ $m_1 = 10 \; kg$,$m_2 = 30 \; kg$ और पहले ब्लॉक का विस्थापन $\Delta x_1 = +6 \; cm$ (दूसरे ब्लॉक की ओर) दिया गया है।
मान रखने पर: $0 = \frac{10 \times 6 + 30 \times \Delta x_2}{10 + 30}$.
$0 = 60 + 30 \Delta x_2$.
$30 \Delta x_2 = -60$.
$\Delta x_2 = -2 \; cm$.
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि $30 \; kg$ के ब्लॉक को $10 \; kg$ के ब्लॉक के विस्थापन की विपरीत दिशा में चलना चाहिए,जिसका अर्थ है कि इसे $10 \; kg$ के ब्लॉक की ओर $2 \; cm$ खिसकना होगा।

(A) कथन $I$ सत्य है क्योंकि न्यूटन का सार्वत्रिक गुरुत्वाकर्षण का नियम बताता है कि ब्रह्मांड का प्रत्येक कण दूसरे कण को एक ऐसे बल से आकर्षित करता है जो उनके द्रव्यमानों के गुणनफल के समानुपाती और उनके केंद्रों के बीच की दूरी के वर्ग के व्युत्क्रमानुपाती होता है।
कथन $II$ सत्य है क्योंकि पृथ्वी के केंद्र पर गुरुत्वीय त्वरण $g$ का मान शून्य होता है। चूंकि भार को $W = mg$ के रूप में परिभाषित किया गया है,यदि $g = 0$ है,तो पृथ्वी के केंद्र पर व्यक्ति का भार $W$ भी शून्य होगा।
अतः,दोनों कथन सत्य हैं।

(C) माना गतिशील कण का द्रव्यमान $m_1 = m$ है और उसका प्रारंभिक वेग $u_1 = u_0$ है।
माना स्थिर कण का द्रव्यमान $m_2 = 5m$ है और उसका प्रारंभिक वेग $u_2 = 0$ है।
हेड-ऑन प्रत्यास्थ टक्कर के लिए,दूसरे कण का अंतिम वेग $V_2$ इस प्रकार है:
$V_2 = \frac{2m_1 u_1}{m_1 + m_2} = \frac{2m u_0}{m + 5m} = \frac{2m u_0}{6m} = \frac{u_0}{3}$.
स्थिर कण में स्थानांतरित गतिज ऊर्जा उसकी अंतिम गतिज ऊर्जा $K_2 = \frac{1}{2} m_2 V_2^2$ है।
$K_2 = \frac{1}{2} (5m) \left(\frac{u_0}{3}\right)^2 = \frac{5}{2} m \frac{u_0^2}{9} = \frac{5}{18} m u_0^2$.
गतिशील कण की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_1 = \frac{1}{2} m u_0^2$ है।
स्थानांतरित गतिज ऊर्जा का प्रतिशत $\frac{K_2}{K_1} \times 100$ है।
$\frac{\frac{5}{18} m u_0^2}{\frac{1}{2} m u_0^2} \times 100 = \frac{5}{18} \times 2 \times 100 = \frac{5}{9} \times 100 = 55.55\% \approx 55.5\%$.

(A) जब गेंद एक स्थिर वेग (सीमांत वेग) से चलती है,तो उस पर कार्य करने वाला कुल बल शून्य होता है।
गेंद पर कार्य करने वाले बल हैं:
$1$. गेंद का भार $(W = m g)$ जो नीचे की ओर कार्य करता है।
$2$. उत्प्लावन बल $(F_{B})$ जो ऊपर की ओर कार्य करता है।
$3$. श्यान बल $(F_{V})$ जो ऊपर की ओर कार्य करता है।
सीमांत वेग पर,बल संतुलित होते हैं:
$F_{V} + F_{B} = m g$
$F_{V} = m g - F_{B}$
उत्प्लावन बल विस्थापित द्रव के भार के बराबर होता है:
$F_{B} = V \times d_{2} \times g$,जहाँ $V$ गेंद का आयतन है।
चूंकि $V = \frac{m}{d_{1}}$,इसलिए $F_{B} = \frac{m}{d_{1}} \times d_{2} \times g$ प्राप्त होता है।
इस मान को बल समीकरण में रखने पर:
$F_{V} = m g - (\frac{m}{d_{1}} \times d_{2} \times g)$
$F_{V} = m g (1 - \frac{d_{2}}{d_{1}})$

(D) माध्य स्थिति से शुरू होने वाले सरल आवर्त दोलक के लिए विस्थापन का समीकरण $X = A \sin(\omega t)$ है।
दिया गया है कि $t = 3 \; s$ पर,विस्थापन $X = \frac{A}{2}$ है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर: $\frac{A}{2} = A \sin(3\omega)$.
दोनों पक्षों को $A$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है $\sin(3\omega) = \frac{1}{2}$.
चूंकि $\sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$,इसलिए $3\omega = \frac{\pi}{6}$.
अतः,$\omega = \frac{\pi}{18}$.
हम जानते हैं कि कोणीय आवृत्ति $\omega = \frac{2\pi}{T}$,जहाँ $T$ आवर्तकाल है।
$\omega$ के दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\frac{2\pi}{T} = \frac{\pi}{18}$.
$T$ के लिए हल करने पर: $T = 2 \times 18 = 36 \; s$.

(A) जब एक प्रेक्षक स्थिर स्रोत की ओर गति करता है,तो प्रेक्षित आवृत्ति $f_{0}$ डॉप्लर प्रभाव के सूत्र द्वारा दी जाती है: $f_{0} = \left(\frac{v + v_{0}}{v}\right) f_{s}$,जहाँ $v$ ध्वनि का वेग है और $v_{0}$ प्रेक्षक का वेग है।
दिया गया है कि $v_{0} = \frac{v}{5}$,इसे सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$f_{0} = \left(\frac{v + \frac{v}{5}}{v}\right) f_{s} = \left(\frac{\frac{6v}{5}}{v}\right) f_{s} = \frac{6}{5} f_{s} = 1.2 f_{s}$.
आवृत्ति में प्रतिशत परिवर्तन की गणना इस प्रकार की जाती है:
$\% \text{ परिवर्तन} = \frac{f_{0} - f_{s}}{f_{s}} \times 100$.
$f_{0} = 1.2 f_{s}$ रखने पर:
$\% \text{ परिवर्तन} = \frac{1.2 f_{s} - f_{s}}{f_{s}} \times 100 = 0.2 \times 100 = 20 \%$.

(B) आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $n$ कुल मोलों की संख्या है।
दिया गया है: $P = 100 \; kPa = 10^{5} \; Pa$,$V = 2000 \; cm^{3} = 2 \times 10^{-3} \; m^{3}$,$T = 300 \; K$,$R = 25/3 \; J/(mol \cdot K)$.
कुल मोल $n = \frac{PV}{RT} = \frac{10^{5} \times 2 \times 10^{-3}}{(25/3) \times 300} = 0.08 \; mol$.
मान लीजिए $n_{1}$,$H_{2}$ के मोल हैं और $n_{2}$,$O_{2}$ के मोल हैं।
$n_{1} + n_{2} = 0.08$ (समीकरण $1$)।
कुल द्रव्यमान $m = n_{1}M_{1} + n_{2}M_{2} = 0.76 \; g$.
$2n_{1} + 32n_{2} = 0.76$ (समीकरण $2$)।
समीकरण $1$ से,$n_{1} = 0.08 - n_{2}$.
समीकरण $2$ में मान रखने पर: $2(0.08 - n_{2}) + 32n_{2} = 0.76$.
$0.16 - 2n_{2} + 32n_{2} = 0.76 \implies 30n_{2} = 0.60 \implies n_{2} = 0.02 \; mol$.
अतः $n_{1} = 0.08 - 0.02 = 0.06 \; mol$.
अनुपात $n_{1}/n_{2} = 0.06/0.02 = 3/1$।

(A) दिया गया है:
रिज़र्वायर का तापमान,$T_{1} = 527^{\circ} C = 527 + 273 = 800 \; K$.
सिंक का तापमान,$T_{2} = 200 \; K$.
किया गया कार्य,$W = 12000 \; kJ = 12 \times 10^{6} \; J$.
कार्नो इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_{2}}{T_{1}}$ द्वारा दी जाती है।
साथ ही,दक्षता को $\eta = \frac{W}{Q_{1}}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है,जहाँ $Q_{1}$ रिज़र्वायर से अवशोषित ऊष्मा है।
दक्षता के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$1 - \frac{200}{800} = \frac{12 \times 10^{6}}{Q_{1}}$
$1 - \frac{1}{4} = \frac{12 \times 10^{6}}{Q_{1}}$
$\frac{3}{4} = \frac{12 \times 10^{6}}{Q_{1}}$
$Q_{1} = \frac{12 \times 10^{6} \times 4}{3}$
$Q_{1} = 16 \times 10^{6} \; J$.
अतः,$x$ का मान $16$ है।

(C) माना $A = 0.5 \; m^{2}$ टंकी का क्षेत्रफल है,$a = 1 \; cm^{2} = 10^{-4} \; m^{2}$ छिद्र का क्षेत्रफल है,$M = 25 \; kg$ आरोपित द्रव्यमान है,और $h = 40 \; cm = 0.4 \; m$ पानी के स्तंभ की ऊँचाई है।
ऊपरी सतह और छिद्र पर बर्नौली के सिद्धांत का उपयोग करने पर:
$P_{top} + \rho g h = P_{atm} + \frac{1}{2} \rho v^{2}$
यहाँ,$P_{top} = P_{atm} + \frac{Mg}{A}$.
मान रखने पर:
$P_{atm} + \frac{25 \times 10}{0.5} + 1000 \times 10 \times 0.4 = P_{atm} + \frac{1}{2} \times 1000 \times v^{2}$
$500 + 4000 = 500 v^{2}$
$4500 = 500 v^{2}$
$v^{2} = 9$
$v = 3 \; m \; s^{-1} = 300 \; cm \; s^{-1}$.

(C) माना बॉब का द्रव्यमान $m_b = 50 \; g = 0.05 \; kg$ है और गोली का द्रव्यमान $m_u = 75 \; g = 0.075 \; kg$ है। पेंडुलम की लंबाई $R = 2 \; m$ है।
बॉब के लिए ऊर्ध्वाधर वृत्त को पूरा करने हेतु,निम्नतम बिंदु पर न्यूनतम वेग $u = \sqrt{5gR}$ होना चाहिए।
मान रखने पर: $u = \sqrt{5 \times 10 \times 2} = \sqrt{100} = 10 \; m/s$.
टक्कर के दौरान क्षैतिज दिशा में रैखिक संवेग संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार:
$m_u v = m_u (v/3) + m_b u$
$0.075 v = 0.075 (v/3) + 0.05 (10)$
$0.075 v - 0.025 v = 0.5$
$0.05 v = 0.5$
$v = 10 \; m/s$.

(A) दिया गया मात्रक पास्कल-सेकंड $(Pa \cdot s)$ है।
पास्कल $(Pa)$ दाब का मात्रक है,जिसे प्रति इकाई क्षेत्रफल पर बल के रूप में परिभाषित किया जाता है: $Pa = \frac{N}{m^2} = \frac{kg \cdot m/s^2}{m^2} = kg \cdot m^{-1} \cdot s^{-2}$.
अतः,पास्कल-सेकंड मात्रक $(kg \cdot m^{-1} \cdot s^{-2}) \cdot s = kg \cdot m^{-1} \cdot s^{-1}$ होता है।
द्रव्यमान $(kg)$ के लिए विमीय सूत्र $[M]$,लंबाई $(m)$ के लिए $[L]$,और समय $(s)$ के लिए $[T]$ है।
इन मानों को मात्रक के समीकरण में रखने पर,हमें $[M][L]^{-1}[T]^{-1} = [ML^{-1}T^{-1}]$ प्राप्त होता है।

(C) कोणीय व्यास $\theta$ को सूत्र $\theta = \frac{d}{r}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $d$ सूर्य का व्यास है और $r$ पृथ्वी से दूरी है।
सबसे पहले,कोणीय व्यास को सेकंड $(s)$ से रेडियन में बदलें:
$\theta = 2000 \,s = \frac{2000}{60 \times 60} \text{ डिग्री} = \frac{2000}{3600} \times \frac{\pi}{180} \text{ रेडियन}$.
दिया गया है $r = 1.5 \times 10^{11} \,m$.
सूत्र $d = \theta \times r$ में मान रखने पर:
$d = \left( \frac{2000}{3600} \times \frac{\pi}{180} \right) \times (1.5 \times 10^{11})$
$d = \left( \frac{20}{36} \times \frac{\pi}{180} \right) \times 1.5 \times 10^{11}$
$d \approx (0.555 \times 0.01745) \times 1.5 \times 10^{11}$
$d \approx 0.00969 \times 1.5 \times 10^{11} \approx 1.45 \times 10^{9} \,m$.

(B) चरण $1$: पानी की सतह से टकराते समय गेंद का वेग $v$ ज्ञात करें।
गति के समीकरण $v^2 = u^2 + 2gh$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = 0 \, m/s$,$g = 9.8 \, m/s^2$,और $h = 4.9 \, m$ है:
$v^2 = 0 + 2 \times 9.8 \times 4.9 = 96.04$
$v = \sqrt{96.04} = 9.8 \, m/s$.
चरण $2$: ऊँचाई $h$ से गिरने में लगा समय ज्ञात करें।
$v = u + gt$ का उपयोग करते हुए:
$9.8 = 0 + 9.8 \times t_1$
$t_1 = 1.0 \, s$.
चरण $3$: तली तक पहुँचने में लगा समय ज्ञात करें।
कुल समय $4.0 \, s$ है,इसलिए पानी में बिताया गया समय $t_2 = 4.0 - 1.0 = 3.0 \, s$ है।
चरण $4$: झील की गहराई ज्ञात करें।
चूँकि गेंद नियत वेग $v = 9.8 \, m/s$ से नीचे जाती है:
गहराई $= v \times t_2 = 9.8 \times 3.0 = 29.4 \, m$.

(D) गैल्वेनोमीटर की फिगर ऑफ मेरिट $K$ को इकाई विक्षेप उत्पन्न करने के लिए आवश्यक धारा के रूप में परिभाषित किया जाता है,जो $K = \frac{I_g}{n}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I_g$ गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा है और $n$ विक्षेपों की संख्या है।
इसलिए,गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा $I_g = Kn$ है।
एक परिवर्तित गैल्वेनोमीटर (एमीटर) में,शंट प्रतिरोध $S$ को गैल्वेनोमीटर प्रतिरोध $G$ के साथ समानांतर में जोड़ा जाता है।
समानांतर परिपथ में धारा विभाजन के सिद्धांत का उपयोग करते हुए,कुल धारा $I$ का मान $I = I_g \left( \frac{G + S}{S} \right)$ होता है।
समीकरण में $I_g = Kn$ रखने पर,हमें $I = \frac{nK(G + S)}{S}$ प्राप्त होता है।

(B) मान लीजिए कि प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या $r$ है और प्रत्येक छोटी बूंद पर आवेश $q$ है।
प्रत्येक छोटी बूंद का विभव $V = \frac{kq}{r} = 22 \ V$ है।
जब $n = 27$ बूंदें मिलकर $R$ त्रिज्या और $Q$ आवेश की एक बड़ी बूंद बनाती हैं,तो आयतन संरक्षित रहता है:
$\frac{4}{3} \pi R^3 = n \left( \frac{4}{3} \pi r^3 \right) \Rightarrow R = n^{1/3} r = (27)^{1/3} r = 3r$.
बड़ी बूंद पर कुल आवेश $Q = nq = 27q$ है।
बड़ी बूंद का विभव $V' = \frac{kQ}{R} = \frac{k(nq)}{n^{1/3}r} = n^{2/3} \left( \frac{kq}{r} \right)$ है।
मान रखने पर: $V' = (27)^{2/3} \times 22 = (3^3)^{2/3} \times 22 = 3^2 \times 22 = 9 \times 22 = 198 \ V$.

(B) चूंकि तार को खींचने के दौरान उसका आयतन $V$ स्थिर रहता है,इसलिए हमारे पास $V = A \ell = A^{\prime} \ell^{\prime}$ है।
यह दिया गया है कि नई लंबाई $\ell^{\prime} = 2\ell$ है,इसे आयतन समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $A \ell = A^{\prime} (2\ell)$,जिससे $A^{\prime} = \frac{A}{2}$ प्राप्त होता है।
प्रारंभिक प्रतिरोध $R = \rho \frac{\ell}{A}$ है।
नया प्रतिरोध $R^{\prime} = \rho \frac{\ell^{\prime}}{A^{\prime}} = \rho \frac{2\ell}{A/2} = 4 \rho \frac{\ell}{A} = 4R$ है।
प्रतिरोध में प्रतिशत वृद्धि $\frac{R^{\prime} - R}{R} \times 100\%$ द्वारा दी जाती है।
$R^{\prime} = 4R$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{4R - R}{R} \times 100\% = 3 \times 100\% = 300\%$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है: $L = 100 \, mH = 0.1 \, H$,$C = 100 \, \mu F = 10^{-4} \, F$,$R = 10 \, \Omega$,$V = 220 \, V$,$f = 50 \, Hz$.
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times 50 = 100 \pi \, rad/s$.
प्रेरकीय प्रतिघात $X_L = \omega L = 100 \pi \times 0.1 = 10 \pi \approx 31.4 \, \Omega$.
धारतीय प्रतिघात $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{100 \pi \times 10^{-4}} = \frac{100}{\pi} \approx 31.8 \, \Omega$.
प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} = \sqrt{10^2 + (31.4 - 31.8)^2} = \sqrt{100 + (-0.4)^2} = \sqrt{100 + 0.16} \approx \sqrt{100} = 10 \, \Omega$.
धारा $I = \frac{V}{Z} = \frac{220}{10} = 22 \, A$.

(D) वोल्टेज गेन $A_v$,करंट गेन $\beta$ और रेजिस्टेंस गेन का गुणनफल होता है।
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B} = \frac{(15 - 5) \times 10^{-3} \text{ A}}{(300 - 100) \times 10^{-6} \text{ A}} = \frac{10 \times 10^{-3}}{200 \times 10^{-6}} = 50$.
वोल्टेज गेन $A_v = \beta \times \frac{R_o}{R_i} = 50 \times \frac{60 \ \Omega}{200 \ \Omega} = 50 \times 0.3 = 15$.

(C) अनंत विस्तार वाली पतली,अचालक समतल आवेशित शीट के कारण विद्युत क्षेत्र का मान $E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\sigma$ पृष्ठ आवेश घनत्व है।
यह विद्युत क्षेत्र एकसमान होता है,जिसका अर्थ है कि यह शीट से दूरी पर निर्भर नहीं करता है।
चूंकि $P_{1}$ और $P_{2}$ दोनों इस बड़ी शीट के निकट स्थित बिंदु हैं,इसलिए दोनों बिंदुओं पर विद्युत क्षेत्र का मान समान होगा,चाहे उनकी दूरियाँ $l$ और $2l$ कुछ भी हों।
अतः,$E_{1} = E_{2} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}$।

(A) $1$. $AC$ जनरेटर विद्युत चुंबकीय प्रेरण के सिद्धांत पर कार्य करता है और यांत्रिक ऊर्जा को विद्युत ऊर्जा में परिवर्तित करता है। अतः,$(A)-(II)$।
$2$. गैल्वेनोमीटर एक उपकरण है जिसका उपयोग परिपथ में विद्युत धारा की उपस्थिति का पता लगाने के लिए किया जाता है। अतः,$(B)-(I)$।
$3$. ट्रांसफार्मर एक उपकरण है जो प्रत्यावर्ती वोल्टेज को छोटे या बड़े मान में बदलता है (स्टेप-अप या स्टेप-डाउन)। अतः,$(C)-(IV)$।
$4$. मेटल डिटेक्टर में आमतौर पर इंडक्टर कॉइल होते हैं और यह $AC$ परिपथ में विद्युत चुंबकीय प्रेरण और अनुनाद के सिद्धांत पर कार्य करता है। अतः,$(D)-(III)$।
अतः,सही मिलान $(A)-(II), (B)-(I), (C)-(IV), (D)-(III)$ है।

(B) एम्पीयर के परिपथीय नियम के अनुसार,एक बंद पथ के चारों ओर चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ का रेखीय समाकल उस पथ द्वारा परिबद्ध धारा के $\mu_{0}$ गुना के बराबर होता है: $\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_{0} I_{\text{enclosed}}$.
केंद्र से $r < R$ दूरी पर स्थित एक बिंदु के लिए,हम $r$ त्रिज्या का एक एम्पीरियन लूप मानते हैं।
धारा घनत्व $J$ समान है,इसलिए $J = \frac{I}{\pi R^{2}}$.
$r$ त्रिज्या वाले लूप द्वारा परिबद्ध धारा $I_{\text{enclosed}} = J \cdot (\pi r^{2}) = \frac{I}{\pi R^{2}} \cdot \pi r^{2} = I \frac{r^{2}}{R^{2}}$ है।
एम्पीयर के नियम को लागू करने पर: $B(2\pi r) = \mu_{0} \left( I \frac{r^{2}}{R^{2}} \right)$.
$B$ के लिए हल करने पर,हमें $B = \frac{\mu_{0} I r}{2\pi R^{2}}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\mu_{0}$,$I$ और $R$ स्थिरांक हैं,इसलिए $B \propto r$ होता है।

(B) $AC$ परिपथ में, खपत की गई औसत शक्ति $P = V_{rms} I_{rms} \cos \phi$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $\phi$ वोल्टेज और धारा के बीच का कलांतर (phase difference) है।
वाटहीन धारा वह धारा है जो किसी परिपथ में बिना किसी औसत शक्ति की खपत किए प्रवाहित होती है।
शक्ति को शून्य होने के लिए, शक्ति गुणांक $\cos \phi$ शून्य होना चाहिए, जिसका अर्थ है $\phi = \frac{\pi}{2}$ (या $90^{\circ}$)।
यह स्थिति शुद्ध प्रेरक परिपथ या शुद्ध संधारित्र परिपथ में होती है, जहाँ वोल्टेज और धारा के बीच का कलांतर ठीक $\frac{\pi}{2}$ होता है।
दिए गए विकल्पों में से, शुद्ध प्रेरक परिपथ इस शर्त को पूरा करता है।

(B) विद्युतचुंबकीय तरंग की तीव्रता $I$ का सूत्र है: $I = \frac{1}{2} \varepsilon_{0} E_{0}^{2} c$।
यहाँ,अधिकतम विद्युत क्षेत्र $E_{0} = 56.5 \; V/m$,$\varepsilon_{0} = 8.85 \times 10^{-12} \; C^{2} N^{-1} m^{-2}$,और $c = 3 \times 10^{8} \; m/s$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$I = \frac{1}{2} \times (8.85 \times 10^{-12}) \times (56.5)^{2} \times (3 \times 10^{8})$।
$I = 0.5 \times 8.85 \times 10^{-12} \times 3192.25 \times 3 \times 10^{8}$।
$I = 4.24 \; W m^{-2}$।

(B) $I_1$ और $I_2$ तीव्रता वाली दो व्यतिकारी किरणों के लिए परिणामी तीव्रता $I_R$,कलांतर $\phi$ के साथ $I_R = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ द्वारा दी जाती है।
बिंदु $P$ पर,कलांतर $\phi_P = \frac{\pi}{2}$ है।
$I_P = I + 9I + 2\sqrt{I \times 9I} \cos \frac{\pi}{2} = 10I + 2(3I)(0) = 10I$.
बिंदु $Q$ पर,कलांतर $\phi_Q = \pi$ है।
$I_Q = I + 9I + 2\sqrt{I \times 9I} \cos \pi = 10I + 2(3I)(-1) = 10I - 6I = 4I$.
$P$ और $Q$ पर परिणामी तीव्रताओं के बीच का अंतर है:
$I_P - I_Q = 10I - 4I = 6I$.

(D) पूर्ण आंतरिक परावर्तन होने के लिए,आपतन कोण $i$ का मान क्रांतिक कोण $\theta_{C}$ से अधिक होना चाहिए।
माध्यम का अपवर्तनांक $\mu = \sqrt{\mu_{r} \epsilon_{r}}$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए माध्यम के लिए: $\mu_{D} = \sqrt{1 \times 4} = 2$.
हवा के लिए: $\mu_{R} = 1$.
क्रांतिक कोण $\theta_{C}$ को $\sin \theta_{C} = \frac{\mu_{R}}{\mu_{D}} = \frac{1}{2}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
इसलिए,$\theta_{C} = 30^{\circ}$.
पूर्ण आंतरिक परावर्तन के लिए,$i > \theta_{C}$,जिसका अर्थ है $i > 30^{\circ}$।
दिए गए विकल्पों में से,$60^{\circ}$ ही एकमात्र ऐसा मान है जो $30^{\circ}$ से अधिक है और पूर्ण आंतरिक परावर्तन की स्थिति को संतुष्ट करता है।

(A) डेविसन-जर्मर प्रयोग ने निकल क्रिस्टल से इलेक्ट्रॉन विवर्तन पैटर्न का अवलोकन करके इलेक्ट्रॉनों की तरंग प्रकृति के लिए पहला प्रायोगिक प्रमाण प्रदान किया।
चूंकि इलेक्ट्रॉन तरंग जैसी विशेषताएं प्रदर्शित करते हैं,इसलिए उन्हें तरंग यांत्रिकी के सिद्धांतों का पालन करना चाहिए,जिसमें व्यतिकरण और विवर्तन शामिल हैं।
इसलिए,कथन $I$ सही है क्योंकि प्रयोग इलेक्ट्रॉनों की तरंग प्रकृति की पुष्टि करता है।
कथन $II$ भी सही है क्योंकि विवर्तन और व्यतिकरण तरंगों के विशिष्ट गुण हैं,और इलेक्ट्रॉन अपनी तरंग प्रकृति के कारण इन व्यवहारों को प्रदर्शित करते हैं।
अतः,दोनों कथन सही हैं।

(D) हाइड्रोजन जैसे परमाणु की $n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन की गति का सूत्र $v_n = v_0 \frac{Z}{n}$ है,जहाँ $Z$ परमाणु क्रमांक है और $n$ मुख्य क्वांटम संख्या है।
चूंकि दोनों स्थितियों में मुख्य क्वांटम संख्या $n$ समान $(n=3)$ है,इसलिए गति परमाणु क्रमांक $Z$ के सीधे आनुपातिक है $(v \propto Z)$।
$He^{+}$ के लिए,परमाणु क्रमांक $Z_{He^+} = 2$ है।
हाइड्रोजन परमाणु $(H)$ के लिए,परमाणु क्रमांक $Z_H = 1$ है।
अतः,गति का अनुपात $\frac{v_{He^+}}{v_H} = \frac{Z_{He^+}}{Z_H} = \frac{2}{1} = 2:1$ होगा।

(D) फोटोडायोड एक $p-n$ जंक्शन डायोड है जिसे एक पारदर्शी खिड़की के साथ बनाया जाता है ताकि प्रकाश डायोड पर गिर सके। जब फोटोडायोड को प्रकाश ($h
u > E_g$ ऊर्जा वाले फोटॉन) के साथ प्रकाशित किया जाता है,तो फोटॉन के अवशोषण के कारण इलेक्ट्रॉन-होल जोड़े उत्पन्न होते हैं। ये आवेश वाहक अवक्षय क्षेत्र (depletion region) में अल्पसंख्यक वाहक होते हैं। रिवर्स बायस के तहत,विद्युत क्षेत्र इन अल्पसंख्यक वाहकों को जंक्शन के पार ले जाता है,जिससे करंट उत्पन्न होता है। चूंकि रिवर्स सैचुरेशन करंट अल्पसंख्यक वाहकों के उत्पादन के प्रति अत्यधिक संवेदनशील होता है,इसलिए आपतित प्रकाश की तीव्रता में एक छोटा सा आंशिक परिवर्तन रिवर्स बायस करंट में एक महत्वपूर्ण और आसानी से पता लगाने योग्य परिवर्तन उत्पन्न करता है।

(B) ऑप्टिकल फाइबर संचार की आवृत्ति सीमा लगभग $1 \,THz$ से $1000 \,THz$ तक होती है। चूंकि $100 \,THz$ इस सीमा के भीतर आता है,इसलिए ऑप्टिकल फाइबर ऐसे उच्च-आवृत्ति संकेतों को प्रसारित करने के लिए सबसे कुशल माध्यम है। अन्य विकल्प जैसे कोएक्सियल केबल और ट्विस्टेड पेयर बहुत कम आवृत्तियों (आमतौर पर $MHz$ से $GHz$ रेंज में) तक सीमित होते हैं।

(C) किसी माध्यम में प्रकाश की गति $v = \frac{c}{\mu}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $c$ निर्वात में प्रकाश की गति है और $\mu$ माध्यम का अपवर्तनांक है।
सबसे पहले,माध्यम $B$ में प्रकाश की गति $(v_{B})$ की गणना करें:
$v_{B} = \frac{3 \times 10^{8}}{1.47} \approx 2.04 \times 10^{8} \, m/s = 20.4 \times 10^{7} \, m/s$.
गति का अंतर $v_{A} - v_{B} = 2.6 \times 10^{7} \, m/s$ दिया गया है,इसलिए हम $v_{A}$ ज्ञात कर सकते हैं:
$v_{A} = v_{B} + 2.6 \times 10^{7} = (20.4 + 2.6) \times 10^{7} = 23 \times 10^{7} \, m/s$.
चूंकि $v = \frac{c}{\mu}$,इसलिए $\mu = \frac{c}{v}$। अतः,अपवर्तनांक का अनुपात होगा:
$\frac{\mu_{B}}{\mu_{A}} = \frac{c/v_{B}}{c/v_{A}} = \frac{v_{A}}{v_{B}}$.
मान रखने पर:
$\frac{\mu_{B}}{\mu_{A}} = \frac{23 \times 10^{7}}{20.4 \times 10^{7}} \approx 1.127 \approx 1.13$.

(B) अर्ध-विक्षेप या आंशिक-विक्षेप विधि में,गैल्वेनोमीटर को शंट प्रतिरोध $S$ के साथ समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है।
चूंकि गैल्वेनोमीटर और शंट समानांतर में हैं,इसलिए उनके बीच विभवांतर समान होता है:
$(I - I_g) S = I_g G$
जहाँ $I$ कुल धारा है,$I_g$ गैल्वेनोमीटर से होकर बहने वाली धारा है,और $G$ गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध है।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें धाराओं का अनुपात मिलता है:
$\frac{I_g}{I} = \frac{S}{S + G}$
यह दिया गया है कि विक्षेप प्रारंभिक मान का $\frac{1}{3}$ है,इसलिए गैल्वेनोमीटर से होकर बहने वाली धारा $I_g = \frac{1}{3} I$ हो जाती है,जिसका अर्थ है कि $\frac{I_g}{I} = \frac{1}{3}$।
इसे समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{3} = \frac{S}{S + G}$
$S + G = 3S$
$G = 2S$
इस प्रकार,गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध उपयोग किए गए शंट प्रतिरोध के मान का दोगुना होता है।

(C) परिपथ का विश्लेषण करने पर,हम देख सकते हैं कि पहले तीन संधारित्र इनपुट और बिंदु $P$ के बीच समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं।
प्रत्येक संधारित्र की धारिता $8 \mu F$ है।
इसलिए,इन तीन समानांतर संधारित्रों की तुल्य धारिता $C_p = 8 \mu F + 8 \mu F + 8 \mu F = 24 \mu F$ है।
यह संयोजन फिर बिंदु $B$ से जुड़े अंतिम $8 \mu F$ संधारित्र के साथ श्रेणी क्रम में है।
अतः,कुल तुल्य धारिता $C_{eq}$ इस प्रकार है:
$C_{eq} = \frac{C_p \times 8 \mu F}{C_p + 8 \mu F} = \frac{24 \mu F \times 8 \mu F}{24 \mu F + 8 \mu F} = \frac{192}{32} \mu F = 6 \mu F$.

(B) एक प्रतिरोधक में विकसित ऊष्मीय ऊर्जा $H$ का सूत्र $H = i^2 Rt$ है,जहाँ $i$ विद्युत धारा है,$R$ प्रतिरोध है और $t$ समय है।
सबसे पहले,हम दिए गए मानों का उपयोग करके प्रतिरोध $R$ ज्ञात करते हैं: $H = 300 \,J$,$i = 2 \,A$ और $t = 15 \,s$।
$300 = 2^2 \times R \times 15$
$300 = 4 \times R \times 15$
$300 = 60R$
$R = \frac{300}{60} = 5 \,\Omega$
अब,हम समान प्रतिरोध $R = 5 \,\Omega$ के साथ धारा $i = 3 \,A$ और समय $t = 10 \,s$ होने पर विकसित ऊर्जा की गणना करते हैं:
$H = i^2 Rt$
$H = 3^2 \times 5 \times 10$
$H = 9 \times 5 \times 10$
$H = 450 \,J$

(B) $1$. परिपथ का विश्लेषण करें: परिपथ में $5 \, V$ की बैटरी प्रतिरोधकों के एक नेटवर्क से जुड़ी है।
$2$. परिपथ को सरल बनाएं: दिए गए चित्र और समाधान के अनुसार,परिपथ $5 \, V$ की बैटरी के साथ समानांतर में जुड़े $2.5 \, \Omega$ के तुल्य प्रतिरोध में बदल जाता है।
$3$. ओम के नियम के अनुसार,कुल धारा $I = \frac{V}{R}$ होती है।
$4$. यहाँ $V = 5 \, V$ और $R = 2.5 \, \Omega$ है।
$5$. अतः,$I = \frac{5 \, V}{2.5 \, \Omega} = 2 \, A$.

(A) प्रेरक (inductor) में संचित ऊर्जा $E = \int L I \, dI$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $L = 2.0 \, H$ और $I = 2 \sin(t^2) \, A$.
सबसे पहले,समय अंतराल ज्ञात करें। जब $I = 0$,तब $2 \sin(t^2) = 0 \Rightarrow t = 0$.
जब $I = 2 \, A$,तब $2 \sin(t^2) = 2 \Rightarrow \sin(t^2) = 1 \Rightarrow t^2 = \frac{\pi}{2} \Rightarrow t = \sqrt{\frac{\pi}{2}}$.
व्यय की गई ऊर्जा $E = \int_{0}^{2} L I \, dI = \int_{0}^{\sqrt{\pi/2}} L I \left( \frac{dI}{dt} \right) dt$ है।
चूंकि $I = 2 \sin(t^2)$,$\frac{dI}{dt} = 2 \cos(t^2) \cdot 2t = 4t \cos(t^2)$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$E = \int_{0}^{\sqrt{\pi/2}} 2 \cdot (2 \sin(t^2)) \cdot (4t \cos(t^2)) \, dt$
$E = 16 \int_{0}^{\sqrt{\pi/2}} t \sin(t^2) \cos(t^2) \, dt$
सर्वसमिका $2 \sin \theta \cos \theta = \sin(2 \theta)$ का उपयोग करते हुए:
$E = 8 \int_{0}^{\sqrt{\pi/2}} t \sin(2t^2) \, dt$
मान लीजिए $u = 2t^2$,तो $du = 4t \, dt$,इसलिए $t \, dt = \frac{du}{4}$.
जब $t = 0, u = 0$. जब $t = \sqrt{\pi/2}, u = \pi$.
$E = 8 \int_{0}^{\pi} \sin(u) \frac{du}{4} = 2 \int_{0}^{\pi} \sin(u) \, du$
$E = 2 [-\cos(u)]_{0}^{\pi} = 2 [-\cos(\pi) - (-\cos(0))] = 2 [1 + 1] = 4 \, J$.

(C) द्वितीयक कुंडली में प्रेरित विद्युत वाहक बल $(e_{2})$ का सूत्र है: $e_{2} = -M \frac{di_{1}}{dt}$.
यहाँ,$M$ अन्योन्य प्रेरण है और $i_{1}$ प्राथमिक कुंडली में धारा है।
$M$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $M = -\frac{e_{2}}{di_{1}/dt}$.
प्रेरित emf $(e_{2})$ का विमीय सूत्र विभवांतर के समान होता है,जो $[ML^{2}T^{-3}A^{-1}]$ है।
धारा के परिवर्तन की दर $(di_{1}/dt)$ का विमीय सूत्र $[AT^{-1}]$ है।
अतः,$M$ की विमा होगी: $[M] = \frac{[ML^{2}T^{-3}A^{-1}]}{[AT^{-1}]} = [ML^{2}T^{-2}A^{-2}]$।

(A) $C_1 = 10 \; \mu F$,$C_2 = 15 \; \mu F$ और $C_3 = 20 \; \mu F$ धारिता वाले संधारित्र $V = 13 \; V$ के वोल्टेज स्रोत के साथ श्रेणीक्रम में जुड़े हैं।
श्रेणीक्रम संयोजन के लिए तुल्य धारिता $C_{eq}$ इस प्रकार दी जाती है:
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} + \frac{1}{C_3}$
मान रखने पर:
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{10} + \frac{1}{15} + \frac{1}{20} = \frac{6 + 4 + 3}{60} = \frac{13}{60} \; \mu F^{-1}$
अतः,$C_{eq} = \frac{60}{13} \; \mu F$.
स्रोत द्वारा प्रदान किया गया कुल आवेश $Q$ है:
$Q = C_{eq} \times V = \left( \frac{60}{13} \; \mu F \right) \times 13 \; V = 60 \; \mu C$.
चूंकि संधारित्र श्रेणीक्रम में जुड़े हैं,इसलिए प्रत्येक संधारित्र पर आवेश समान होता है और यह कुल आवेश $Q$ के बराबर होता है।
इस प्रकार,$15 \; \mu F$ के संधारित्र पर आवेश $60 \; \mu C$ है।

(C) मूल धारिता $C = \frac{A \varepsilon_0}{d} = 4 \, \mu F$ द्वारा दी जाती है।
जब स्थान को चित्र में दिखाए अनुसार भरा जाता है,तो निकाय श्रेणीक्रम में जुड़े दो संधारित्रों की तरह कार्य करता है,जिनमें से प्रत्येक का प्लेट पृथक्करण $d/2$ है।
पहले संधारित्र (वायु-भरे) की धारिता $C_1 = \frac{A \varepsilon_0}{d/2} = 2 \left( \frac{A \varepsilon_0}{d} \right) = 2C$ है।
दूसरे संधारित्र (परावैद्युत-भरे) की धारिता $C_2 = \frac{K A \varepsilon_0}{d/2} = 2K \left( \frac{A \varepsilon_0}{d} \right) = 2KC = 2(3)C = 6C$ है।
चूंकि वे श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए तुल्य धारिता $C_{\text{new}}$ है:
$C_{\text{new}} = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} = \frac{(2C)(6C)}{2C + 6C} = \frac{12C^2}{8C} = 1.5C$.
$C = 4 \, \mu F$ रखने पर:
$C_{\text{new}} = 1.5 \times 4 \, \mu F = 6 \, \mu F$.

(B) माना कि प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या $r$ है और बड़ी बूंद की त्रिज्या $R$ है।
चूंकि आयतन स्थिर रहता है,बड़ी बूंद का आयतन $64$ छोटी बूंदों के आयतन के योग के बराबर होगा:
$\frac{4}{3} \pi R^3 = 64 \times \frac{4}{3} \pi r^3$
$R^3 = 64 r^3 \implies R = 4r$.
माना कि प्रत्येक छोटी बूंद पर आवेश $q$ है और बड़ी बूंद पर आवेश $Q$ है।
आवेश संरक्षण के नियम के अनुसार,$Q = 64q$.
पृष्ठीय आवेश घनत्व $\sigma$ को $\sigma = \frac{\text{Charge}}{\text{Area}} = \frac{q}{4\pi r^2}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
छोटी बूंद के लिए,$\sigma_s = \frac{q}{4\pi r^2}$.
बड़ी बूंद के लिए,$\sigma_B = \frac{Q}{4\pi R^2} = \frac{64q}{4\pi (4r)^2} = \frac{64q}{4\pi (16r^2)} = 4 \times \frac{q}{4\pi r^2}$.
अतः,अनुपात $\frac{\sigma_B}{\sigma_s} = \frac{4 \times \sigma_s}{\sigma_s} = 4:1$.

(C) बिंदु $A$ और $B$ के बीच तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करने के लिए,हम परिपथ को चरण-दर-चरण सरल करते हैं।
$1$. ऊपर बाईं ओर की शाखा में दो $5 \, \Omega$ के प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं,जिससे $5 \, \Omega + 5 \, \Omega = 10 \, \Omega$ प्राप्त होता है।
$2$. यह $10 \, \Omega$ का तुल्य प्रतिरोध,बिंदु $A$ से जुड़े $10 \, \Omega$ के प्रतिरोधक के साथ समांतर क्रम में है। इनका तुल्य प्रतिरोध $\frac{10 \times 10}{10 + 10} = 5 \, \Omega$ है।
$3$. अब,यह $5 \, \Omega$ का तुल्य प्रतिरोध अगले $5 \, \Omega$ के प्रतिरोधक के साथ श्रेणीक्रम में है,जिससे $5 \, \Omega + 5 \, \Omega = 10 \, \Omega$ प्राप्त होता है।
$4$. यह $10 \, \Omega$ अगले $10 \, \Omega$ के प्रतिरोधक के साथ समांतर क्रम में है,जिससे $\frac{10 \times 10}{10 + 10} = 5 \, \Omega$ प्राप्त होता है।
$5$. अंत में,यह $5 \, \Omega$ अंतिम $5 \, \Omega$ के प्रतिरोधक के साथ श्रेणीक्रम में है,जिससे $5 \, \Omega + 5 \, \Omega = 10 \, \Omega$ प्राप्त होता है।
$6$. यह $10 \, \Omega$ सीधे $A$ और $B$ के बीच जुड़े $10 \, \Omega$ के प्रतिरोधक के साथ समांतर क्रम में है। अंतिम तुल्य प्रतिरोध $R_{AB} = \frac{10 \times 10}{10 + 10} = 5 \, \Omega$ है।

(A) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र में चुंबकीय द्विध्रुव को घुमाने में किया गया कार्य $W$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$W = MB(\cos \theta_{1} - \cos \theta_{2})$
दिया गया है:
चुंबकीय आघूर्ण $M = 2.0 \times 10^{5} \; J T^{-1}$
चुंबकीय क्षेत्र $B = 14 \times 10^{-5} \; T$
प्रारंभिक कोण $\theta_{1} = 0^{\circ}$ (क्षेत्र की दिशा में)
अंतिम कोण $\theta_{2} = 60^{\circ}$
मान रखने पर:
$W = (2.0 \times 10^{5}) \times (14 \times 10^{-5}) \times (\cos 0^{\circ} - \cos 60^{\circ})$
$W = 2.0 \times 14 \times (1 - 0.5)$
$W = 28 \times 0.5$
$W = 14 \; J$

(D) जब दो कुंडलियाँ श्रेणीक्रम में जुड़ी होती हैं,तो कुल प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ स्व-प्रेरित $EMF$ और अन्योन्य प्रेरित $EMF$ का योग होता है।
कुल $EMF$ इस प्रकार है:
$V = V_{L1} + V_{L2} + V_{M1} + V_{M2}$
$V = L_{1} \frac{dI}{dt} + L_{2} \frac{dI}{dt} + M \frac{dI}{dt} + M \frac{dI}{dt}$
दिए गए चित्र को देखने पर,विद्युत धारा $I$ पहली कुंडली में प्रवेश करती है और बाहर निकलती है,फिर दूसरी कुंडली में इस तरह प्रवेश करती है कि दूसरी कुंडली में धारा द्वारा उत्पन्न चुंबकीय फ्लक्स पहली कुंडली द्वारा उत्पन्न फ्लक्स का विरोध करता है।
चूंकि वाइंडिंग के सापेक्ष दोनों कुंडलियों में धारा विपरीत दिशाओं में है,इसलिए अन्योन्य प्रेरकत्व का प्रभाव घटाव के रूप में होता है।
अतः,तुल्य स्व-प्रेरकत्व $L_{eq}$ है:
$L_{eq} = L_{1} + L_{2} - 2M$

(B) चुंबकीय क्षेत्र $B$ में कोणीय वेग $\omega$ के साथ एक सिरे के परितः घूमने वाले $l$ लंबाई के चालक में प्रेरित emf $(e)$ का सूत्र है: $e = \frac{1}{2} B \omega l^2$।
दिया गया है:
लंबाई $l = 1 \; m$
कोणीय वेग $\omega = 5 \; rad/s$
पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक $B_H = 0.2 \times 10^{-4} \; T$
सूत्र में मान रखने पर:
$e = \frac{0.2 \times 10^{-4} \times 5 \times (1)^2}{2}$
$e = \frac{1.0 \times 10^{-4}}{2}$
$e = 0.5 \times 10^{-4} \; V$
$e = 50 \times 10^{-6} \; V = 50 \; \mu V$
अतः,प्रेरित emf $50 \; \mu V$ है।

(B) विद्युतचुंबकीय स्पेक्ट्रम के अनुसार, तरंगदैर्ध्य $(\lambda)$ निम्नलिखित क्रम में बढ़ती है:

$\gamma$-किरणें

$X$-किरणें

पराबैंगनी

दृश्य प्रकाश

अवरक्त

सूक्ष्म तरंगें

रेडियो तरंगें

अतः, तरंगदैर्ध्य का सही आरोही क्रम है: $\lambda_{\text{gamma-ray}} < \lambda_{\text{X-ray}} < \lambda_{\text{visible}} < \lambda_{\text{microwave}}$।

(C) दिया गया है:
$\lambda_{\text{emitted}} = 670 \; nm$
$\lambda_{\text{obs}} = 670.7 \; nm$
$c = 3 \times 10^{8} \; m/s$
जब $v << c$ हो,तो प्रकाश के लिए डॉप्लर विस्थापन का सूत्र:
$\frac{\Delta \lambda}{\lambda} = \frac{v}{c}$
जहाँ $\Delta \lambda = \lambda_{\text{obs}} - \lambda_{\text{emitted}} = 670.7 - 670 = 0.7 \; nm$.
मान रखने पर:
$\frac{0.7}{670} = \frac{v}{3 \times 10^{8}}$
$v = \frac{0.7 \times 3 \times 10^{8}}{670}$
$v = \frac{2.1 \times 10^{8}}{670} \approx 0.003134 \times 10^{8} \; m/s$
$v \approx 3.13 \times 10^{5} \; m/s$.

(A) आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{12400 \; eV \cdot \mathring A}{4500 \; \mathring A} \approx 2.76 \; eV$ है।
चुंबकीय क्षेत्र में आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$ होती है,जहाँ $K$ गतिज ऊर्जा है।
$K$ के लिए सूत्र: $K = \frac{(qBR)^2}{2m}$ है।
यहाँ $q = 1.6 \times 10^{-19} \; C$,$B = 2 \times 10^{-3} \; T$,$R = 2 \times 10^{-3} \; m$,और $m = 9.1 \times 10^{-31} \; kg$ दिया गया है:
$K = \frac{(1.6 \times 10^{-19} \times 2 \times 10^{-3} \times 2 \times 10^{-3})^2}{2 \times 9.1 \times 10^{-31}} = \frac{(6.4 \times 10^{-25})^2}{18.2 \times 10^{-31}} \approx 2.25 \times 10^{-19} \; J$.
$eV$ में बदलने पर: $K = \frac{2.25 \times 10^{-19}}{1.6 \times 10^{-19}} \approx 1.40 \; eV$.
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण का उपयोग करते हुए: $\phi = E - K = 2.76 \; eV - 1.40 \; eV = 1.36 \; eV$.

(D) कुल क्षय नियतांक $\lambda_{\text{eq}}$ दो प्रक्रियाओं के लिए व्यक्तिगत क्षय नियतांकों का योग है: $\lambda_{\text{eq}} = \lambda_1 + \lambda_2$.
चूंकि क्षय नियतांक $\lambda$,अर्ध-आयु $T_{1/2}$ से $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ सूत्र द्वारा संबंधित है,हम लिख सकते हैं:
$\frac{\ln 2}{(T_{1/2})_{\text{eq}}} = \frac{\ln 2}{(T_{1/2})_1} + \frac{\ln 2}{(T_{1/2})_2}$.
दोनों पक्षों को $\ln 2$ से विभाजित करने पर,हमें प्रभावी अर्ध-आयु के लिए सूत्र प्राप्त होता है:
$(T_{1/2})_{\text{eq}} = \frac{(T_{1/2})_1 \times (T_{1/2})_2}{(T_{1/2})_1 + (T_{1/2})_2}$.
दिए गए मान $(T_{1/2})_1 = 3.0 \, hours$ और $(T_{1/2})_2 = 4.5 \, hours$ रखने पर:
$(T_{1/2})_{\text{eq}} = \frac{3.0 \times 4.5}{3.0 + 4.5} = \frac{13.5}{7.5} = 1.8 \, hours$.

(B) ऑसिलेटर एक ऐसा सर्किट है जो किसी भी बाहरी इनपुट सिग्नल के बिना निरंतर आवधिक तरंग उत्पन्न करता है।
एम्पलीफायर को ऑसिलेटर के रूप में कार्य करने के लिए,उसे पॉजिटिव फीडबैक की आवश्यकता होती है।
पॉजिटिव फीडबैक का अर्थ है कि आउटपुट सिग्नल (वोल्टेज या पावर) का एक हिस्सा मूल इनपुट सिग्नल के साथ समान कला (phase) में इनपुट में वापस दिया जाता है।
यह फीडबैक इनपुट को मजबूत करता है,जिससे सर्किट स्वतंत्र रूप से दोलनों (oscillations) को बनाए रख सकता है।

(D) दी गई वाहक तरंग (carrier wave): $y(t) = 40 \sin(10^7 \pi t)$,अतः $A_c = 40$ और $\omega_c = 10^7 \pi$ है।
दी गई मॉडुलक तरंग (modulating wave): $x(t) = 20 \sin(1000 \pi t)$,अतः $A_m = 20$ और $\omega_m = 10^3 \pi$ है।
मॉडुलित तरंग का समीकरण $E = A_c(1 + \mu \sin \omega_m t) \sin \omega_c t$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\mu = \frac{A_m}{A_c} = \frac{20}{40} = 0.5$ है।
समीकरण का विस्तार करने पर: $E = A_c \sin \omega_c t + \frac{\mu A_c}{2} \cos(\omega_c - \omega_m)t - \frac{\mu A_c}{2} \cos(\omega_c + \omega_m)t$ प्राप्त होता है।
आवृत्ति घटक $\omega_c$,$(\omega_c - \omega_m)$,और $(\omega_c + \omega_m)$ हैं।
न्यूनतम आवृत्ति घटक $(\omega_c - \omega_m)$ है।
इस घटक का आयाम $\frac{\mu A_c}{2} = \frac{A_m}{2} = \frac{20}{2} = 10$ है।

(C) $I_1$ और $I_2$ धारा ले जाने वाले और $d$ दूरी पर स्थित दो लंबे समानांतर तारों के बीच प्रति इकाई लंबाई पर लगने वाला बल $F/L = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2 \pi d}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है:
तारों की लंबाई $L = 10 \; cm = 0.1 \; m$
धारा $I_1 = I_2 = 5 \; A$
बल $F = 10^{-5} \; N$
$L$ लंबाई के तार पर लगने वाला कुल बल $F = \frac{\mu_0 I_1 I_2 L}{2 \pi d}$ है।
मान रखने पर:
$10^{-5} = \frac{(2 \times 10^{-7}) \times 5 \times 5 \times 0.1}{d}$
$d = \frac{2 \times 10^{-7} \times 25 \times 0.1}{10^{-5}}$
$d = \frac{50 \times 10^{-8}}{10^{-5}} = 50 \times 10^{-3} \; m$
$d = 0.05 \; m = 5 \; cm$.

(C) माना $C$ क्रांतिक कोण (critical angle) है।
समस्या की ज्यामिति से,पानी की सतह पर वृत्ताकार क्षेत्रफल की त्रिज्या $r$,$\tan C = \frac{r}{h}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $h = \sqrt{7} \; m$ है।
अतः,$r = h \tan C$.
हम जानते हैं कि $\sin C = \frac{1}{\mu} = \frac{1}{4/3} = \frac{3}{4}$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\tan C = \frac{\sin C}{\sqrt{1 - \sin^2 C}}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\tan C = \frac{3/4}{\sqrt{1 - (3/4)^2}} = \frac{3/4}{\sqrt{1 - 9/16}} = \frac{3/4}{\sqrt{7/16}} = \frac{3/4}{\sqrt{7}/4} = \frac{3}{\sqrt{7}}$.
मान रखने पर,$r = \sqrt{7} \times \frac{3}{\sqrt{7}} = 3 \; m$.
सतह का क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi (3)^2 = 9 \pi \; m^2$ है।
इसकी तुलना $x \pi \; m^2$ से करने पर,हमें $x = 9$ प्राप्त होता है।

(D) आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $E = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^{8}}{6630 \times 10^{-10}} = \frac{19.89 \times 10^{-26}}{6.63 \times 10^{-7}} = 3 \times 10^{-19} \; J$.
इलेक्ट्रॉन वोल्ट में बदलने पर: $E = \frac{3 \times 10^{-19}}{1.6 \times 10^{-19}} \approx 1.875 \; eV$.
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $E = \phi + eV_{0}$,जहाँ $\phi$ कार्य फलन (work function) है और $V_{0}$ निरोधी विभव है।
दिया गया है $V_{0} = 0.42 \; V$,इसलिए $eV_{0} = 0.42 \; eV$.
अतः,$\phi = E - eV_{0} = 1.875 \; eV - 0.42 \; eV = 1.455 \; eV$.
कार्य फलन को जूल में बदलने पर: $\phi = 1.455 \times 1.6 \times 10^{-19} \; J = 2.328 \times 10^{-19} \; J$.
देहली आवृत्ति $\nu_{0}$ को $\phi = h\nu_{0}$ द्वारा ज्ञात किया जाता है।
$\nu_{0} = \frac{\phi}{h} = \frac{2.328 \times 10^{-19}}{6.63 \times 10^{-34}} \approx 0.351 \times 10^{15} \; s^{-1} = 35.1 \times 10^{13} \; s^{-1}$.
निकटतम पूर्णांक में,$x = 35$।

(A) प्रारंभ में,परिपथ में कुल आवेश संधारित्र $C_{1}$ में संचित होता है।
$Q_{\text{total}} = C_{1} V$
जब स्विच $S$ को बंद किया जाता है,तो आवेश $C_{1}$ और $C_{2}$ के बीच तब तक पुनर्वितरित होता है जब तक कि वे एक समान विभव $V'$ तक नहीं पहुँच जाते।
चूँकि संधारित्र समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं,इसलिए उभयनिष्ठ विभव इस प्रकार है:
$V' = \frac{Q_{\text{total}}}{C_{\text{eq}}} = \frac{C_{1} V}{C_{1} + C_{2}}$
साम्यावस्था पर संधारित्र $C_{2}$ पर आवेश:
$Q_{2} = C_{2} V' = C_{2} \left( \frac{C_{1} V}{C_{1} + C_{2}} \right) = \frac{C_{1} C_{2} V}{C_{1} + C_{2}}$

(C) $Step \; 1$: अध्रुवीय अणुओं में,बाहरी विद्युत क्षेत्र की अनुपस्थिति में धनात्मक आवेश का केंद्र ऋणात्मक आवेश के केंद्र के साथ संपाती होता है। इसलिए,शुद्ध स्थायी द्विध्रुव आघूर्ण शून्य होता है। अतः,कथन $(A)$ सही है।
$Step \; 2$: कारण $(R)$ कहता है कि विद्युत क्षेत्र में रखे जाने पर केंद्र संपाती होते हैं। यह गलत है। जब किसी अध्रुवीय पदार्थ को बाहरी विद्युत क्षेत्र में रखा जाता है,तो धनात्मक और ऋणात्मक आवेशों के केंद्र विपरीत दिशाओं में विस्थापित हो जाते हैं,जिससे द्विध्रुव आघूर्ण उत्पन्न होता है। इसलिए,कारण $(R)$ गलत है।
निष्कर्ष: $(A)$ सही है लेकिन $(R)$ गलत है।

(A) चुंबकीय फ्लक्स $\phi = 5t^3 + 4t^2 + 2t - 5$ द्वारा दिया गया है।
फैराडे के प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ का परिमाण $|e| = |\frac{d\phi}{dt}|$ होता है।
$t$ के सापेक्ष $\phi$ का अवकलन करने पर:
$|e| = \frac{d}{dt}(5t^3 + 4t^2 + 2t - 5) = 15t^2 + 8t + 2$.
$t = 2 \; s$ पर,प्रेरित $EMF$:
$|e| = 15(2)^2 + 8(2) + 2 = 15(4) + 16 + 2 = 60 + 16 + 2 = 78 \; V$.
प्रेरित धारा $I = \frac{|e|}{R}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $R = 5 \; \Omega$ है।
$I = \frac{78}{5} = 15.6 \; A$.

(C) तार का प्रतिरोध $R = \frac{\rho \ell}{A}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि खींचने के दौरान आयतन $V = \ell A$ स्थिर रहता है,इसलिए हमारे पास $A = \frac{V}{\ell}$ है।
इस मान को प्रतिरोध के सूत्र में रखने पर,हमें $R = \frac{\rho \ell^2}{V}$ प्राप्त होता है।
छोटे परिवर्तनों के लिए,प्रतिरोध में सापेक्ष परिवर्तन $\frac{\Delta R}{R} = 2 \frac{\Delta \ell}{\ell}$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि लंबाई में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{\Delta \ell}{\ell} \times 100 = 0.4 \%$ है।
अतः,प्रतिरोध में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{\Delta R}{R} \times 100 = 2 \times 0.4 \% = 0.8 \%$ है।

(C) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $m$ द्रव्यमान है,$K$ गतिज ऊर्जा है,$q$ आवेश है और $B$ चुंबकीय क्षेत्र है।
यदि कण समान वेग से गति कर रहे हैं,तो $R = \frac{mv}{qB}$ के अनुसार,$\frac{R_{\alpha}}{R_{p}} = \frac{m_{\alpha}}{m_{p}} \times \frac{q_{p}}{q_{\alpha}}$.
अल्फा कण का द्रव्यमान $m_{\alpha} = 4m_{p}$ और आवेश $q_{\alpha} = 2q_{p}$ है।
अतः,$\frac{R_{\alpha}}{R_{p}} = \frac{4}{1} \times \frac{1}{2} = 2:1$.

(C) विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = -301.6 \sin (kz - \omega t) \hat{a}_{x} + 452.4 \sin (kz - \omega t) \hat{a}_{y}$ है।
विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए,आयामों के बीच संबंध $B_{0} = E_{0} / c$ और $H_{0} = B_{0} / \mu_{0} = E_{0} / (c \mu_{0})$ होता है।
यहाँ $c = 3 \times 10^{8} \text{ m/s}$ और $\mu_{0} = 4\pi \times 10^{-7} \text{ T m/A}$ दिया गया है,इसलिए मुक्त आकाश का प्रतिबाधा $Z_{0} = \mu_{0} c = 4\pi \times 10^{-7} \times 3 \times 10^{8} \approx 377 \text{ } \Omega$ है।
चुंबकीय क्षेत्र के घटक $H_{x} = -E_{y} / Z_{0}$ और $H_{y} = E_{x} / Z_{0}$ हैं।
गुणांकों की गणना करने पर: $301.6 / 377 = 0.8$ और $452.4 / 377 = 1.2$ प्राप्त होता है।
दिशा के गुण $\hat{k} = \hat{E} \times \hat{H}$ का उपयोग करते हुए,$\vec{E} = E_{x} \hat{i} + E_{y} \hat{j}$ के लिए,चुंबकीय क्षेत्र $\vec{H} = \frac{1}{Z_{0}} (E_{y} \hat{i} - E_{x} \hat{j})$ होता है।
मान रखने पर: $\vec{H} = \frac{1}{377} [452.4 \sin (kz - \omega t) \hat{i} - (-301.6 \sin (kz - \omega t)) \hat{j}] = 1.2 \sin (kz - \omega t) \hat{i} + 0.8 \sin (kz - \omega t) \hat{j}$।
तरंग संचरण की दिशा $+z$ होने के कारण,सही उत्तर $\vec{H} = -0.8 \sin (kz - \omega t) \hat{a}_{y} - 1.2 \sin (kz - \omega t) \hat{a}_{x}$ प्राप्त होता है।

(D) अवरोध के आकार $a$ और तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का अनुपात $\frac{a}{\lambda} = \frac{1}{100}$ है।
परावर्तन के लिए,अवरोध का आकार तरंगदैर्ध्य से बहुत बड़ा होना चाहिए $(a \gg \lambda)$।
विवर्तन के लिए,अवरोध का आकार तरंगदैर्ध्य की कोटि का होना चाहिए $(a \approx \lambda)$।
चूंकि वस्तु का आकार $\frac{\lambda}{100}$ है,जो तरंगदैर्ध्य से बहुत छोटा है $(a \ll \lambda)$,इसलिए विद्युतचुंबकीय तरंग का प्रकीर्णन होगा।

(B) दिया गया है कि $de-Broglie$ तरंगदैर्ध्य समान हैं: $\lambda_{e} = \lambda_{ph}$.
चूंकि $\lambda = \frac{h}{p}$,इसलिए $p_{e} = p_{ph}$ होगा।
इलेक्ट्रॉन का संवेग $p_{e} = mv$ है और फोटॉन का संवेग $p_{ph} = \frac{E_{ph}}{c}$ है।
चूंकि $p_{e} = p_{ph}$,इसलिए $mv = \frac{E_{ph}}{c}$,जिसका अर्थ है $E_{ph} = mvc$.
इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $E_{e} = \frac{1}{2}mv^{2}$ है।
अनुपात लेने पर: $\frac{E_{e}}{E_{ph}} = \frac{\frac{1}{2}mv^{2}}{mvc} = \frac{v}{2c}$.

(A) माना कि $n$ अल्फा कणों की संख्या है और $m$ उत्सर्जित बीटा कणों की संख्या है।
क्षय प्रक्रिया इस प्रकार है: ${}_{92}U^{238} \rightarrow {}_{82}Pb^{206} + n({}_{2}He^{4}) + m({}_{-1}e^{0})$.
द्रव्यमान संख्या की तुलना करने पर: $238 = 206 + 4n \implies 4n = 32 \implies n = 8$.
परमाणु क्रमांक की तुलना करने पर: $92 = 82 + 2n - m$.
$n = 8$ रखने पर: $92 = 82 + 2(8) - m \implies 92 = 82 + 16 - m \implies 92 = 98 - m \implies m = 6$.
अतः,$8$ अल्फा कण और $6$ बीटा कण उत्सर्जित होते हैं।

(B) गतिशील प्रतिरोध को $r_d = \frac{\Delta V}{\Delta I}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
वोल्टेज $V_1 = 2 \; V$ के लिए,हम ग्राफ से $2 \; V$ के आसपास एक छोटा अंतराल लेते हैं। मान लीजिए अंतराल $2 \; V$ से $2.1 \; V$ तक है।
$\Delta V_1 = 2.1 - 2.0 = 0.1 \; V$
$\Delta I_1 = 10 \; mA - 5 \; mA = 5 \; mA = 5 \times 10^{-3} \; A$
$r_{d1} = \frac{0.1}{5 \times 10^{-3}} = \frac{100}{5} = 20 \; \Omega$
वोल्टेज $V_2 = 4 \; V$ के लिए,हम ग्राफ से $4 \; V$ के आसपास एक छोटा अंतराल लेते हैं। मान लीजिए अंतराल $4 \; V$ से $4.2 \; V$ तक है।
$\Delta V_2 = 4.2 - 4.0 = 0.2 \; V$
$\Delta I_2 = 250 \; mA - 200 \; mA = 50 \; mA = 50 \times 10^{-3} \; A$
$r_{d2} = \frac{0.2}{50 \times 10^{-3}} = \frac{200}{50} = 4 \; \Omega$
गतिशील प्रतिरोधों का अनुपात $\frac{r_{d1}}{r_{d2}} = \frac{20}{4} = 5: 1$ है।

(C) एम्प्लिट्यूड मॉड्यूलेशन में,उच्च आवृत्ति वाली कैरियर तरंग का एम्प्लिट्यूड मैसेज सिग्नल (जिसे सूचना सिग्नल भी कहा जाता है) के तात्कालिक एम्प्लिट्यूड के अनुसार परिवर्तित किया जाता है।