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

(A) $m$ द्रव्यमान और $\ell$ लंबाई की एक समान पतली छड़ के लिए,उसके एक सिरे से गुजरने वाली और उसकी लंबाई के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{1} = \frac{m \ell^{2}}{3}$ होता है।
जब छड़ को $r$ त्रिज्या वाले वलय में मोड़ा जाता है,तो वलय की परिधि छड़ की लंबाई के बराबर होती है,इसलिए $\ell = 2 \pi r$,जिसका अर्थ है $r = \frac{\ell}{2 \pi}$।
$m$ द्रव्यमान और $r$ त्रिज्या वाले वलय का उसके व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{2} = \frac{1}{2} m r^{2}$ होता है।
$I_{2}$ के व्यंजक में $r = \frac{\ell}{2 \pi}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $I_{2} = \frac{1}{2} m \left(\frac{\ell}{2 \pi}\right)^{2} = \frac{m \ell^{2}}{8 \pi^{2}}$ प्राप्त होता है।
अब,अनुपात $\frac{I_{1}}{I_{2}}$ की गणना करने पर:
$\frac{I_{1}}{I_{2}} = \frac{\frac{m \ell^{2}}{3}}{\frac{m \ell^{2}}{8 \pi^{2}}} = \frac{8 \pi^{2}}{3}$।
इसे दिए गए व्यंजक $\frac{x \pi^{2}}{3}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 8$ प्राप्त होता है।

(D) टॉवर की ऊँचाई $H = 180 \,m$ है। गेंदें जमीन से $100 \,m$ ऊपर मिलती हैं,इसलिए उन्होंने शीर्ष से $S = 180 - 100 = 80 \,m$ की दूरी तय की है।
गेंद $A$ के लिए,जिसे विरामावस्था से मुक्त किया गया है $(u_A = 0)$:
$S = \frac{1}{2} g t_A^2 \implies 80 = \frac{1}{2} \times 10 \times t_A^2 \implies t_A^2 = 16 \implies t_A = 4 \,s$.
गेंद $B$ को $t = 2 \,s$ पर फेंका जाता है,इसलिए इसका यात्रा समय $t_B = t_A - 2 = 4 - 2 = 2 \,s$ है।
गेंद $B$ के लिए,गति के समीकरण $S = u t_B + \frac{1}{2} g t_B^2$ का उपयोग करते हुए (नीचे की दिशा को धनात्मक लेते हुए):
$80 = u(2) + \frac{1}{2}(10)(2)^2$
$80 = 2u + 20$
$2u = 60$
$u = 30 \,m \,s^{-1}$.

(B) तीनों टुकड़ों के द्रव्यमान $m_1 = \frac{M}{4}$,$m_2 = \frac{M}{4}$,और $m_3 = \frac{2M}{4} = \frac{M}{2}$ हैं।
चूंकि प्रारंभिक पिंड स्थिर है,इसलिए कुल प्रारंभिक संवेग शून्य है। रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,अंतिम कुल संवेग भी शून्य होना चाहिए: $\vec{P}_1 + \vec{P}_2 + \vec{P}_3 = 0$.
इसका अर्थ है $\vec{P}_3 = -(\vec{P}_1 + \vec{P}_2)$।
दो छोटे टुकड़ों के संवेग का परिमाण $P_1 = m_1 v_1 = \frac{M}{4} \times 30 = 7.5M$ और $P_2 = m_2 v_2 = \frac{M}{4} \times 40 = 10M$ है।
चूंकि $\vec{P}_1$ और $\vec{P}_2$ लंबवत हैं,इसलिए उनके परिणामी संवेग का परिमाण $P_{12} = \sqrt{P_1^2 + P_2^2} = \sqrt{(7.5M)^2 + (10M)^2} = \sqrt{56.25M^2 + 100M^2} = \sqrt{156.25M^2} = 12.5M$ है।
चूंकि $\vec{P}_3 = -(\vec{P}_1 + \vec{P}_2)$,इसलिए $P_3 = P_{12} = 12.5M$ होगा।
अब $P_3 = m_3 v_3 = \frac{M}{2} v_3$ है,इसलिए $\frac{M}{2} v_3 = 12.5M$।
हल करने पर,$v_3 = 12.5 \times 2 = 25 \, m/s$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए $L_{O}$ मूल बिंदु $O$ के परितः कोश का कोणीय संवेग है।
चूंकि कोश क्षैतिज तल पर बिना फिसले लुढ़क रहा है,द्रव्यमान केंद्र का वेग $V_{cm} = \omega R$ है।
मूल बिंदु $O$ के परितः कुल कोणीय संवेग,द्रव्यमान केंद्र की गति के कारण कोणीय संवेग और द्रव्यमान केंद्र के परितः कोणीय संवेग का योग है:
$L_{O} = m V_{cm} R + I_{cm} \omega$
गोलीय कोश के लिए,उसके द्रव्यमान केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{cm} = \frac{2}{3} m R^{2}$ होता है।
मान रखने पर $(m = 1 \, kg)$:
$L_{O} = (1) (\omega R) R + (\frac{2}{3} (1) R^{2}) \omega$
$L_{O} = \omega R^{2} + \frac{2}{3} R^{2} \omega$
$L_{O} = (1 + \frac{2}{3}) R^{2} \omega = \frac{5}{3} R^{2} \omega$
इसे दिए गए व्यंजक $\frac{a}{3} R^{2} \omega$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{a}{3} = \frac{5}{3}$
अतः,$a = 5$.

(C) $STP$ पर गैस के मोलों की संख्या $n$,आयतन को $STP$ पर मोलर आयतन $(22.4 \, L/mol)$ से विभाजित करने पर प्राप्त होती है:
$n = \frac{44.8 \, L}{22.4 \, L/mol} = 2 \, mol$.
चूंकि हीलियम एक एकपरमाणुक गैस है,इसलिए स्थिर आयतन पर इसकी मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_V = \frac{3}{2} R$ है।
तापमान को $\Delta T = 20.0^{\circ} C$ (जो $20.0 \, K$ के बराबर है) बढ़ाने के लिए आवश्यक ऊष्मा का सूत्र है:
$\Delta Q = n C_V \Delta T$.
मान रखने पर:
$\Delta Q = 2 \times (\frac{3}{2} R) \times 20.0$
$\Delta Q = 3 \times R \times 20.0 = 60 R$.
$R = 8.3 \, J \, K^{-1} \, mol^{-1}$ दिया गया है:
$\Delta Q = 60 \times 8.3 = 498 \, J$.

(C) हुक के नियम के अनुसार,लंबाई में वृद्धि $\Delta L$ लगाए गए बल $F$ के समानुपाती होती है,अर्थात $F = k \Delta L$,जहाँ $k$ तार का बल नियतांक है।
पहले मामले के लिए,$F_{1} = m_{1}g = 1 \cdot g = 10 \, N$ ($g = 10 \, m/s^2$ लेते हुए),और लंबाई में वृद्धि $\Delta L_{1} = L_{1} - L$ है।
अतः,$10 = k(L_{1} - L)$ --- $(1)$
दूसरे मामले के लिए,$F_{2} = m_{2}g = 2 \cdot g = 20 \, N$,और लंबाई में वृद्धि $\Delta L_{2} = L_{2} - L$ है।
अतः,$20 = k(L_{2} - L)$ --- $(2)$
समीकरण $(1)$ को समीकरण $(2)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{10}{20} = \frac{k(L_{1} - L)}{k(L_{2} - L)}$
$\frac{1}{2} = \frac{L_{1} - L}{L_{2} - L}$
$L_{2} - L = 2(L_{1} - L)$
$L_{2} - L = 2L_{1} - 2L$
$L = 2L_{1} - L_{2}$

(D) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,नेट बल द्वारा किया गया कार्य गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है: $W = \Delta K.E. = K_f - K_i$.
यहाँ द्रव्यमान $m = 500 \,g = 0.5 \,kg$ और वेग $v = b x^{5/2}$ दिया गया है।
$x_i = 0$ पर,$v_i = b(0)^{5/2} = 0$,इसलिए $K_i = 0$.
$x_f = 4 \,m$ पर,$v_f = b(4)^{5/2} = 0.25 \times (2^2)^{5/2} = 0.25 \times 2^5 = 0.25 \times 32 = 8 \,m/s$.
किया गया कार्य $W = \frac{1}{2} m v_f^2 - 0 = \frac{1}{2} \times 0.5 \times (8)^2$.
$W = 0.25 \times 64 = 16 \,J$.

(C) पानी की बौछार द्वारा ब्लॉक पर लगाया गया बल ब्लॉक से टकराने वाले पानी के संवेग परिवर्तन की दर के बराबर होता है।
$F = \frac{dp}{dt} = v \frac{dm}{dt}$
यहाँ,पानी की गति $v = 10 \,m \,s^{-1}$ और द्रव्यमान प्रवाह की दर $\frac{dm}{dt} = 1 \,kg \,s^{-1}$ दी गई है।
इन मानों को रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$F = 10 \times 1 = 10 \,N$
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,$F = Ma$,जहाँ $M$ ब्लॉक का द्रव्यमान है और $a$ इसका त्वरण है।
$10 = 2 \times a$
$a = \frac{10}{2} = 5 \,m \,s^{-2}$
अतः,ब्लॉक का प्रारंभिक त्वरण $5 \,m \,s^{-2}$ है।

(C) विमीय समांगता के सिद्धांत के अनुसार,केवल समान विमाओं वाली राशियों को ही जोड़ा या घटाया जा सकता है।
$1$. पद $\left[ P + \frac{a}{V^2} \right]$ से,$P$ की विमाएँ $\frac{a}{V^2}$ की विमाओं के बराबर होनी चाहिए।
$[P] = \left[ \frac{a}{V^2} \right] \implies [a] = [P][V^2]$.
$2$. पद $[V - b]$ से,$b$ की विमाएँ $V$ की विमाओं के बराबर होनी चाहिए।
$[b] = [V]$.
$3$. अब,अनुपात $\frac{a}{b}$ की विमाएँ ज्ञात करते हैं:
$\left[ \frac{a}{b} \right] = \frac{[P][V^2]}{[V]} = [P][V]$.
अतः,अनुपात $\frac{a}{b}$ विमीय रूप से $PV$ के बराबर है।

(C) माना सदिशों $\overrightarrow{A}$ और $\overrightarrow{B}$ के परिमाण $A = B = a$ हैं।
योग का परिमाण $|\overrightarrow{A} + \overrightarrow{B}| = \sqrt{a^2 + a^2 + 2a^2 \cos \theta} = 2a \cos(\theta/2)$ द्वारा दिया जाता है।
अंतर का परिमाण $|\overrightarrow{A} - \overrightarrow{B}| = \sqrt{a^2 + a^2 - 2a^2 \cos \theta} = 2a \sin(\theta/2)$ द्वारा दिया जाता है।
प्रश्न के अनुसार,$|\overrightarrow{A} + \overrightarrow{B}| = 2|\overrightarrow{A} - \overrightarrow{B}|$.
मान रखने पर,$2a \cos(\theta/2) = 2(2a \sin(\theta/2))$.
इससे,$\cos(\theta/2) = 2 \sin(\theta/2)$,अर्थात $\tan(\theta/2) = 1/2$.
सर्वसमिका $\cos \theta = \frac{1 - \tan^2(\theta/2)}{1 + \tan^2(\theta/2)}$ का उपयोग करने पर:
$\cos \theta = \frac{1 - (1/2)^2}{1 + (1/2)^2} = \frac{3/4}{5/4} = \frac{3}{5}$.
अतः,$\theta = \cos^{-1}(3/5)$।

(A) पलायन वेग का सूत्र $V_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
चूंकि द्रव्यमान $M = \rho \times \text{आयतन} = \rho \times \frac{4}{3} \pi R^3$,हम लिख सकते हैं $V_e = \sqrt{\frac{2G \rho \frac{4}{3} \pi R^3}{R}} = \sqrt{\frac{8}{3} G \pi \rho R^2}$.
इसका अर्थ है $V_e \propto R \sqrt{\rho}$.
ग्रह $B$ के लिए दिया गया है: $\rho_B = 4\rho_A$ और $R_B = \frac{1}{2}R_A$.
अतः,$\frac{V_{eB}}{V_{eA}} = \frac{R_B}{R_A} \sqrt{\frac{\rho_B}{\rho_A}} = \left(\frac{1}{2}\right) \sqrt{4} = \frac{1}{2} \times 2 = 1$.
इस प्रकार,$V_{eB} = V_{eA} = 12 \, km/s$.

(B) तरंग समीकरण $y = A \sin 2 \pi (nt - \frac{x}{\lambda})$ द्वारा दिया गया है।
यहाँ,आयाम $A = 10 \, cm$ है।
अधिकतम कण वेग $V_{p, \text{max}} = \omega A = (2 \pi n) A$ है।
तरंग वेग $V_{\text{wave}} = n \lambda = \frac{\omega}{k} = \frac{2 \pi n}{2 \pi / \lambda} = n \lambda$ है।
प्रश्न के अनुसार,$V_{p, \text{max}} = 4 V_{\text{wave}}$.
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर: $(2 \pi n) A = 4 (n \lambda)$.
सरल करने पर,हमें $2 \pi A = 4 \lambda$ प्राप्त होता है।
अतः,$\lambda = \frac{2 \pi A}{4}$.
$A = 10 \, cm$ रखने पर: $\lambda = \frac{2 \pi (10)}{4} = \frac{20 \pi}{4} = 5 \pi \, cm$.

(B) ऊष्मा प्रवाह की दर $\frac{\Delta Q}{\Delta t} = \left(\frac{1}{R}\right) \Delta T$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $R$ ऊष्मीय प्रतिरोध है।
$L$ मोटाई,$K$ ऊष्मीय चालकता और $A$ क्षेत्रफल वाली प्लेट के लिए,ऊष्मीय प्रतिरोध $R = \frac{L}{KA}$ होता है।
प्लेट $A$ के लिए: $R_{1} = \frac{L_{1}}{K_{1}A} = \frac{4.0}{K(120)}$.
प्लेट $B$ के लिए: $R_{2} = \frac{L_{2}}{K_{2}A} = \frac{2.5}{(2K)(120)}$.
चूंकि प्लेटें श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए समतुल्य ऊष्मीय प्रतिरोध $R_{\text{eq}} = R_{1} + R_{2}$ होगा।
कुल मोटाई $L_{\text{eq}} = L_{1} + L_{2}$ और क्षेत्रफल $A$ वाली संयुक्त प्लेट के लिए समतुल्य ऊष्मीय चालकता $K_{\text{eq}}$ का सूत्र $\frac{L_{\text{eq}}}{K_{\text{eq}}A} = \frac{L_{1}}{K_{1}A} + \frac{L_{2}}{K_{2}A}$ है।
मान रखने पर: $\frac{4.0 + 2.5}{K_{\text{eq}}(120)} = \frac{4.0}{K(120)} + \frac{2.5}{2K(120)}$.
$\frac{6.5}{K_{\text{eq}}} = \frac{4}{K} + \frac{1.25}{K} = \frac{5.25}{K} = \frac{21/4}{K} = \frac{21}{4K}$.
अतः,$K_{\text{eq}} = \frac{6.5 \times 4K}{21} = \frac{26}{21}K = \left(1 + \frac{5}{21}\right)K$.
इसकी तुलना $\left(1 + \frac{5}{\alpha}\right)K$ से करने पर,हमें $\alpha = 21$ प्राप्त होता है।

(D) प्रारंभिक आयाम $A = 10 \, cm$ है। $SHM$ की कुल ऊर्जा $E = \frac{1}{2} k A^2$ है।
स्थिति $x = 5 \, cm$ पर,वेग $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2} = \omega \sqrt{10^2 - 5^2} = \omega \sqrt{75}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\omega^2 = \frac{k}{m}$,इसलिए $v = \sqrt{\frac{k}{m}} \sqrt{75}$ है।
जब वेग को तीन गुना किया जाता है,तो नया वेग $v' = 3v = 3 \sqrt{\frac{75k}{m}}$ हो जाता है।
$x = 5 \, cm$ पर स्थितिज ऊर्जा अपरिवर्तित रहती है: $U = \frac{1}{2} k (5)^2 = 12.5 k$।
नई कुल ऊर्जा $E'$,$x=5$ पर स्थितिज ऊर्जा और नई गतिज ऊर्जा $K'$ का योग है:
$E' = \frac{1}{2} k (5)^2 + \frac{1}{2} m (3v)^2 = 12.5 k + \frac{1}{2} m \left( 9 \cdot \frac{75k}{m} \right) = 12.5 k + 337.5 k = 350 k$।
चूंकि $E' = \frac{1}{2} k A'^2$,इसलिए $\frac{1}{2} k A'^2 = 350 k \implies A'^2 = 700$।
अतः,$A' = \sqrt{700} \, cm$,जिसका अर्थ है कि $x = 700$।

(D) एक उत्क्रमणीय (reversible) हीट इंजन के लिए,दक्षता $\eta = 1 - \frac{Q_2}{Q_1} = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $Q_1 = 300 \, cal$ और $Q_2 = 225 \, cal$ दिया गया है।
स्रोत का तापमान $T_1 = 227^{\circ} C = 227 + 273 = 500 \, K$ है।
संबंध $\frac{Q_2}{Q_1} = \frac{T_2}{T_1}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{225}{300} = \frac{T_2}{500}$.
$T_2 = \frac{225 \times 500}{300} = \frac{225 \times 5}{3} = 75 \times 5 = 375 \, K$.
सिंक के तापमान को सेल्सियस में बदलने पर: $T_2(^{\circ} C) = 375 - 273 = 102^{\circ} C$.

(A) बूंद के संतुलन में रहने के लिए,ऊपर की ओर लगने वाले बल (उत्प्लावन बल और पृष्ठ तनाव बल) को नीचे की ओर लगने वाले बल (बूंद का भार) को संतुलित करना चाहिए।
माना $R$ बूंद की त्रिज्या है। बूंद का आयतन $V = \frac{4}{3}\pi R^3$ है।
उत्प्लावन बल $F_b = \text{डूबा हुआ आयतन} \times \sigma \times g = \frac{V}{2} \sigma g = \frac{2}{3}\pi R^3 \sigma g$.
पृष्ठ तनाव बल $F_T = T \times (2\pi R) = 2\pi RT$.
बूंद का भार $W = mg = V \rho g = \frac{4}{3}\pi R^3 \rho g$.
बलों को संतुलित करने पर: $F_b + F_T = W$
$\frac{2}{3}\pi R^3 \sigma g + 2\pi RT = \frac{4}{3}\pi R^3 \rho g$
$2\pi RT = \frac{4}{3}\pi R^3 \rho g - \frac{2}{3}\pi R^3 \sigma g = \frac{2}{3}\pi R^3 g (2\rho - \sigma)$
$T = \frac{R^2 g (2\rho - \sigma)}{3} \Rightarrow R^2 = \frac{3T}{g(2\rho - \sigma)}$
दिया है $T = 7.5 \times 10^{-4} \, N/cm = 7.5 \times 10^{-2} \, N/m$ और $g = 10 \, m/s^2$:
$R = \sqrt{\frac{3 \times 7.5 \times 10^{-2}}{10(2\rho - \sigma)}} = \sqrt{\frac{22.5 \times 10^{-2}}{10(2\rho - \sigma)}} = \sqrt{\frac{2.25 \times 10^{-2}}{2\rho - \sigma}} = \frac{0.15}{\sqrt{2\rho - \sigma}} \, m$
$cm$ में बदलने पर $(1 \, m = 100 \, cm)$:
$R = \frac{0.15 \times 100}{\sqrt{2\rho - \sigma}} \, cm = \frac{15}{\sqrt{2\rho - \sigma}} \, cm$.

(B) प्रत्येक गेंद का द्रव्यमान,$m = 0.05\,kg$ है।
एक गेंद का प्रारंभिक वेग,$u = 10\,m/s$ है।
टकराव के बाद उसी गेंद का अंतिम वेग,$v = -10\,m/s$ है (क्योंकि यह विपरीत दिशा में वापस लौटती है)।
एक गेंद के संवेग में परिवर्तन,$\Delta P = m(v - u) = 0.05 \times (-10 - 10) = 0.05 \times (-20) = -1\,kg\cdot m/s$ है।
संवेग में परिवर्तन का परिमाण $|\Delta P| = 1\,kg\cdot m/s$ है।
लगाया गया औसत बल $F = \frac{|\Delta P|}{\Delta t}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि $\Delta t = 0.005\,s$,इसलिए $F = \frac{1}{0.005} = \frac{1000}{5} = 200\,N$ है।

(A) निकाय का कुल त्वरण शून्य होने के लिए,निकाय पर कार्य करने वाला कुल बल शून्य होना चाहिए।
मान लीजिए कि आवश्यक अतिरिक्त बल $\overrightarrow{F} = F_x \hat{i} + F_y \hat{j}$ है।
निकाय पर कार्य करने वाले बल $5 \hat{i}$ (धनात्मक $x$ के अनुदिश),$-6 \hat{i}$ (ऋणात्मक $x$ के अनुदिश),$7 \hat{j}$ (धनात्मक $y$ के अनुदिश),और $-8 \hat{j}$ (ऋणात्मक $y$ के अनुदिश) हैं।
संतुलन के लिए शर्त $\sum \overrightarrow{F} = 0$ है।
$\overrightarrow{F} + (5 \hat{i} - 6 \hat{i}) + (7 \hat{j} - 8 \hat{j}) = 0$
$\overrightarrow{F} - 1 \hat{i} - 1 \hat{j} = 0$
$\overrightarrow{F} = 1 \hat{i} + 1 \hat{j}$
बल का परिमाण $|\overrightarrow{F}| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} \text{ N}$ है।
धनात्मक $x$-अक्ष के साथ कोण $\theta$,$\tan \theta = \frac{F_y}{F_x} = \frac{1}{1} = 1$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$\theta = 45^{\circ}$।

(D) एक सेकंड लोलक का आवर्तकाल $T = 2 \ s$ होता है।
सरल लोलक के आवर्तकाल का सूत्र $T = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g'}}$ है।
सतह से $h = 2R$ की ऊँचाई पर,गुरुत्वीय त्वरण $g'$ का मान $g' = g \left( \frac{R}{R+h} \right)^{2} = g \left( \frac{R}{R+2R} \right)^{2} = g \left( \frac{1}{3} \right)^{2} = \frac{g}{9}$ होता है।
दिया गया है $g = \pi^{2} \ m/s^{2}$,इसलिए $g' = \frac{\pi^{2}}{9} \ m/s^{2}$।
इन मानों को आवर्तकाल के सूत्र में रखने पर: $2 = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{\pi^{2}/9}}$।
$1 = \pi \sqrt{\frac{9L}{\pi^{2}}} = \pi \cdot \frac{3\sqrt{L}}{\pi} = 3\sqrt{L}$।
$\sqrt{L} = \frac{1}{3} \Rightarrow L = \frac{1}{9} \ m$।

(B) गैस में ध्वनि की चाल $v_s = \sqrt{\frac{\gamma RT}{M}}$ द्वारा दी जाती है।
गैस के अणुओं की rms चाल $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ होती है।
दिया गया है कि $v_{rms} = \sqrt{2} v_s$,इसलिए $\frac{v_s}{v_{rms}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
सूत्रों को प्रतिस्थापित करने पर: $\sqrt{\frac{\gamma}{3}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \Rightarrow \frac{\gamma}{3} = \frac{1}{2} \Rightarrow \gamma = \frac{3}{2} = 1.5$.
मिश्रण के लिए,एडियाबेटिक इंडेक्स $\gamma = 1 + \frac{2}{f_{mix}}$ है,जहाँ $f_{mix}$ प्रभावी स्वतंत्रता की कोटि (degree of freedom) है।
हीलियम (एक-परमाणुक) के लिए,$f_1 = 3$. हाइड्रोजन (द्वि-परमाणुक) के लिए,$f_2 = 5$.
$f_{mix} = \frac{n_1 f_1 + n_2 f_2}{n_1 + n_2} = \frac{2 \times 3 + n \times 5}{n + 2} = \frac{6 + 5n}{n + 2}$.
$f_{mix}$ को $\gamma$ के सूत्र में रखने पर: $\gamma = 1 + \frac{2(n + 2)}{6 + 5n} = \frac{6 + 5n + 2n + 4}{6 + 5n} = \frac{7n + 10}{5n + 6}$.
इसे $1.5$ के बराबर रखने पर: $\frac{7n + 10}{5n + 6} = \frac{3}{2} \Rightarrow 14n + 20 = 15n + 18$.
$n$ के लिए हल करने पर: $n = 2$.

(B) कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_{L}}{T_{H}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ तापमान केल्विन $(K = ^{\circ}C + 273)$ में होना चाहिए।
$\eta_{1}$ के लिए:
$T_{H} = 447 + 273 = 720 \ K$
$T_{L} = 147 + 273 = 420 \ K$
$\eta_{1} = 1 - \frac{420}{720} = 1 - \frac{7}{12} = \frac{5}{12}$.
$\eta_{2}$ के लिए:
$T_{H} = 947 + 273 = 1220 \ K$
$T_{L} = 47 + 273 = 320 \ K$
$\eta_{2} = 1 - \frac{320}{1220} = 1 - \frac{16}{61} = \frac{45}{61}$.
अब,अनुपात $\frac{\eta_{1}}{\eta_{2}}$ है:
$\frac{\eta_{1}}{\eta_{2}} = \frac{5/12}{45/61} = \frac{5}{12} \times \frac{61}{45} = \frac{61}{108} \approx 0.5648$.
दो दशमलव स्थानों तक पूर्णांकित करने पर,अनुपात $0.56$ है।

(A) पृथ्वी के केंद्र से $r$ दूरी पर गुरुत्वीय त्वरण $g' = \frac{GM}{r^2}$ द्वारा दिया जाता है।
केंद्र से दूरी $r = \frac{5}{4}R$ दी गई है,इसलिए इस ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण:
$g' = \frac{GM}{(\frac{5}{4}R)^2} = \frac{GM}{\frac{25}{16}R^2} = \frac{16}{25} \left( \frac{GM}{R^2} \right) = \frac{16}{25}g$.
चूँकि भार $W = mg$ होता है,नया भार $W' = m g' = \frac{16}{25}mg = \frac{16}{25}W$ होगा।
भार में कमी $\Delta W = W - W' = W - \frac{16}{25}W = \frac{9}{25}W$ है।
भार में प्रतिशत कमी $\frac{\Delta W}{W} \times 100 = \frac{9/25 W}{W} \times 100 = \frac{9}{25} \times 100 = 36\%$ है।
अतः,वस्तु के भार में प्रतिशत कमी $36\%$ है।

(B) निकाय का प्रारंभिक संवेग: $P_i = m_b v_b + m_s v_s = 0.2 \, kg \times 10 \, ms^{-1} + 9.8 \, kg \times 0 = 2 \, kg \cdot ms^{-1}$.
निकाय का अंतिम संवेग: $P_f = (m_b + m_s) v = (0.2 + 9.8) \, kg \times v = 10 \, kg \times v$.
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से: $P_i = P_f \implies 2 = 10v \implies v = 0.2 \, ms^{-1}$.
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा: $K_i = \frac{1}{2} m_b v_b^2 = \frac{1}{2} \times 0.2 \times (10)^2 = 0.1 \times 100 = 10 \, J$.
अंतिम गतिज ऊर्जा: $K_f = \frac{1}{2} (m_b + m_s) v^2 = \frac{1}{2} \times 10 \times (0.2)^2 = 5 \times 0.04 = 0.2 \, J$.
गतिज ऊर्जा में हानि: $\Delta K = K_i - K_f = 10 - 0.2 = 9.8 \, J$.

(D) प्रक्षेप्य की क्षैतिज परास $R$ का सूत्र $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g} = \frac{2u^2 \sin\theta \cos\theta}{g}$ है।
प्रक्षेप्य की अधिकतम ऊँचाई $H$ का सूत्र $H = \frac{u^2 \sin^2\theta}{2g}$ है।
प्रश्न के अनुसार,परास और अधिकतम ऊँचाई बराबर हैं,इसलिए $R = H$ है।
सूत्रों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{2u^2 \sin\theta \cos\theta}{g} = \frac{u^2 \sin^2\theta}{2g}$।
दोनों पक्षों से $u^2/g$ को हटाने पर: $2 \sin\theta \cos\theta = \frac{\sin^2\theta}{2}$।
दोनों पक्षों को $\sin\theta$ से विभाजित करने पर (मानते हुए कि $\sin\theta \neq 0$): $2 \cos\theta = \frac{\sin\theta}{2}$।
$\tan\theta = \frac{\sin\theta}{\cos\theta}$ के लिए व्यवस्थित करने पर: $\tan\theta = 4$।

(D) विद्युत परिपथ में व्यय हुई ऊष्मा का सूत्र $H = I^2 R t$ है।
ऊष्मा के मापन में सापेक्ष त्रुटि को इस प्रकार व्यक्त किया जाता है:
$\frac{\Delta H}{H} = 2 \left( \frac{\Delta I}{I} \right) + \frac{\Delta R}{R} + \frac{\Delta t}{t}$.
अधिकतम प्रतिशत त्रुटि ज्ञात करने के लिए,हम $100$ से गुणा करते हैं:
$\frac{\Delta H}{H} \times 100 = 2 \left( \frac{\Delta I}{I} \times 100 \right) + \left( \frac{\Delta R}{R} \times 100 \right) + \left( \frac{\Delta t}{t} \times 100 \right)$.
दी गई प्रतिशत त्रुटियाँ:
$\frac{\Delta R}{R} \times 100 = 1 \%$,
$\frac{\Delta I}{I} \times 100 = 2 \%$,
$\frac{\Delta t}{t} \times 100 = 3 \%$.
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$H$ में प्रतिशत त्रुटि $= 2(2 \%) + 1 \% + 3 \% = 4 \% + 1 \% + 3 \% = 8 \%$.

(A) वेग $v$ को स्थिति $s$ के फलन के रूप में दिया गया है,जहाँ स्थिति के सापेक्ष वेग में परिवर्तन की दर $\frac{dv}{ds} = 5\,m^{-1}$ है।
हम जानते हैं कि त्वरण $a$ को $a = v \frac{dv}{ds}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
यहाँ $v = 20\,m/s$ और $\frac{dv}{ds} = 5\,m^{-1}$ दिया गया है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $a = 20 \times 5 = 100\,m/s^2$ प्राप्त होता है।

(A) मान लीजिए कि तीनों गोलों की स्थिति मीटर में $(0, 0)$,$(3, 0)$ और $(0, 3)$ है।
प्रत्येक गोले का द्रव्यमान $M$ है।
द्रव्यमान केंद्र का स्थिति सदिश $\overrightarrow{r}_{\text{com}}$ इस प्रकार है:
$\overrightarrow{r}_{\text{com}} = \frac{M(0\hat{i} + 0\hat{j}) + M(3\hat{i} + 0\hat{j}) + M(0\hat{i} + 3\hat{j})}{M + M + M}$
$\overrightarrow{r}_{\text{com}} = \frac{M(3\hat{i} + 3\hat{j})}{3M} = \frac{3\hat{i} + 3\hat{j}}{3} = \hat{i} + \hat{j}$
स्थिति सदिश का परिमाण:
$|\overrightarrow{r}_{\text{com}}| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$
यह दिया गया है कि परिमाण $\sqrt{x}$ है,इसलिए $\sqrt{x} = \sqrt{2}$,जिसका अर्थ है $x = 2$.

(A) जब पानी $25^{\circ}C$ से $0^{\circ}C$ तक ठंडा होता है,तो उसके द्वारा छोड़ी गई ऊष्मा $Q = mc\Delta T$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ,$m = 0.3\,kg$,$c = 4200\,J\,kg^{-1}K^{-1}$,और $\Delta T = 25^{\circ}C$ है।
$Q = 0.3 \times 4200 \times 25 = 31500\,J$.
यह ऊष्मा $0^{\circ}C$ पर $x\,g$ (या $m\,kg$) बर्फ को पिघलाने के लिए उपयोग की जाती है।
बर्फ को पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q = mL_f$ है,जहाँ $L_f = 3.5 \times 10^{5}\,J\,kg^{-1}$ है।
$31500 = m \times 3.5 \times 10^{5}$.
$m = \frac{31500}{3.5 \times 10^{5}} = \frac{31500}{350000} = 0.09\,kg$.
ग्राम में बदलने पर,$m = 0.09 \times 1000 = 90\,g$.
अतः,$x = 90$.

(C) समान आयाम $A_1 = A_2 = A$ और कलांतर $\phi$ वाली दो अध्यारोपित तरंगों के परिणामी आयाम $A_R$ का सूत्र इस प्रकार है:
$A_R = \sqrt{A_1^2 + A_2^2 + 2A_1A_2 \cos \phi}$
दिया गया है कि $A_R = \sqrt{3}A$,मान रखने पर:
$\sqrt{3}A = \sqrt{A^2 + A^2 + 2A^2 \cos \phi}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$3A^2 = 2A^2 + 2A^2 \cos \phi$
$3A^2 - 2A^2 = 2A^2 \cos \phi$
$A^2 = 2A^2 \cos \phi$
$\cos \phi = \frac{1}{2}$
अतः,$\phi = 60^{\circ}$।

(A) श्यानता गुणांक $\eta$ का विमीय सूत्र $[M^1 L^{-1} T^{-1}]$ होता है।
माना विमीय सूत्र $\eta = P^x A^y T^z$ है।
हम जानते हैं कि मूल राशियों की विमाएँ हैं:
$[P] = [M^1 L^1 T^{-1}]$
$[A] = [L^2]$
$[T] = [T^1]$
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$[M^1 L^{-1} T^{-1}] = [M^1 L^1 T^{-1}]^x [L^2]^y [T^1]^z$
$[M^1 L^{-1} T^{-1}] = M^x L^{x+2y} T^{-x+z}$
दोनों पक्षों में $M, L,$ और $T$ की घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $x = 1$
$L$ के लिए: $x + 2y = -1 \implies 1 + 2y = -1 \implies 2y = -2 \implies y = -1$
$T$ के लिए: $-x + z = -1 \implies -1 + z = -1 \implies z = 0$
अतः,विमीय सूत्र $[P^1 A^{-1} T^0]$ प्राप्त होता है।

(B) वृत्ताकार पथ पर तय की गई दूरी $s = R \theta$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\theta$ रेडियन में कोण है।
दिया है $s = 60 \, m$ और $\theta = 135^{\circ} = 135 \times \frac{\pi}{180} = \frac{3\pi}{4} \, \text{रेडियन}$.
अतः,$60 = R \left( \frac{3\pi}{4} \right) \implies R = \frac{60 \times 4}{3\pi} = \frac{80}{\pi} \, m$.
वृत्त पर दो बिंदुओं के बीच विस्थापन का परिमाण $\Delta r = \sqrt{R^2 + R^2 - 2R^2 \cos \theta}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\Delta r = \sqrt{2R^2(1 - \cos 135^{\circ})}$.
दिया है $\cos 135^{\circ} = -0.7$,इसलिए $\Delta r = \sqrt{2R^2(1 - (-0.7))} = \sqrt{2R^2(1.7)} = \sqrt{3.4 R^2} = R \sqrt{3.4}$.
$R = \frac{80}{\pi} \approx \frac{80}{3.14} \approx 25.47 \, m$ रखने पर:
$\Delta r \approx 25.47 \times \sqrt{3.4} \approx 25.47 \times 1.844 \approx 46.97 \, m$.
निकटतम पूर्णांक में,विस्थापन का परिमाण $47 \, m$ है।

(B) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,किया गया कुल कार्य गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है: $W = \Delta K = K_f - K_i$.
दिया गया द्रव्यमान $m = 0.5\, kg$ और वेग $v = (3x^2 + 4)\, m/s$ है।
प्रारंभिक स्थिति $x_i = 0\, m$ पर,वेग $v_i = 3(0)^2 + 4 = 4\, m/s$ है।
अंतिम स्थिति $x_f = 2\, m$ पर,वेग $v_f = 3(2)^2 + 4 = 3(4) + 4 = 16\, m/s$ है।
गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta K = \frac{1}{2} m (v_f^2 - v_i^2)$ है।
मान रखने पर: $W = \frac{1}{2} \times 0.5 \times (16^2 - 4^2)$.
$W = 0.25 \times (256 - 16) = 0.25 \times 240$.
$W = 60\, J$.

(D) $H$ ऊँचाई वाले नत समतल पर बिना फिसले लुढ़कने वाले पिंड का वेग $V$ इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $V = \sqrt{\frac{2gH}{1 + k^2/R^2}}$,जहाँ $k$ घूर्णन त्रिज्या है।
ठोस बेलन के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2}MR^2$ है,इसलिए $k^2/R^2 = 1/2$ है।
ठोस गोले के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5}MR^2$ है,इसलिए $k^2/R^2 = 2/5$ है।
वेगों का अनुपात: $\frac{V_{\text{cylinder}}}{V_{\text{sphere}}} = \sqrt{\frac{1 + k_{\text{sphere}}^2/R^2}{1 + k_{\text{cylinder}}^2/R^2}}$.
मान रखने पर: $\frac{V_{\text{cylinder}}}{V_{\text{sphere}}} = \sqrt{\frac{1 + 2/5}{1 + 1/2}} = \sqrt{\frac{7/5}{3/2}} = \sqrt{\frac{7}{5} \times \frac{2}{3}} = \sqrt{\frac{14}{15}}$.

(B) माना प्रत्येक कण का द्रव्यमान $M = 100 \, kg$ है। दूरी $AB = BC = r = 13 \, m$ है। कण $P$,$AC$ के लंब समद्विभाजक पर $B$ से $r = 13 \, m$ की दूरी पर है।
$P$ की $B$ से दूरी $r_B = 13 \, m$ है।
$P$ की $A$ और $C$ से दूरी $r_A = r_C = \sqrt{13^2 + 13^2} = 13\sqrt{2} \, m$ है।
$B$ द्वारा $P$ पर लगाया गया गुरुत्वाकर्षण बल $F_B = \frac{GM^2}{r^2}$ है जो $B$ की ओर कार्य करता है।
$A$ और $C$ द्वारा $P$ पर लगाया गया गुरुत्वाकर्षण बल $F_A = F_C = \frac{GM^2}{(13\sqrt{2})^2} = \frac{GM^2}{2r^2}$ है।
$F_A$ और $F_C$ के क्षैतिज घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं। ऊर्ध्वाधर घटक जुड़ जाते हैं:
$F_{net} = F_B + 2 \times F_A \cos(\theta)$,जहाँ $\cos(\theta) = \frac{13}{13\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$F_{net} = \frac{GM^2}{r^2} + 2 \times \frac{GM^2}{2r^2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{GM^2}{r^2} (1 + \frac{1}{\sqrt{2}})$.
$M = 100 \, kg$ और $r = 13 \, m$ रखने पर:
$F_{net} = \frac{G \times 100^2}{13^2} (1 + 0.707) \approx 100 G$.

(B) प्रारंभिक स्थिति: $P_{1} = 2 \times 10^{7} \; Pa$,$V_{1} = V$,$T_{1} = 300 \; K$.
चरण $1$: समतापीय प्रसार।
समतापीय प्रक्रिया के लिए,$P_{1}V_{1} = P_{2}V_{2}$ होता है।
दिया गया है $V_{2} = 2V_{1} = 2V$।
अतः,$P_{2} = P_{1} \times (V_{1} / V_{2}) = (2 \times 10^{7}) \times (V / 2V) = 1 \times 10^{7} \; Pa$।
चरण $2$: रुद्धोष्म (adiabatic) प्रसार।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,$P_{2}V_{2}^{\gamma} = P_{3}V_{3}^{\gamma}$ होता है।
दिया गया है $V_{3} = 2V_{2} = 4V$ और $\gamma = 1.5$।
अतः,$P_{3} = P_{2} \times (V_{2} / V_{3})^{\gamma} = (1 \times 10^{7}) \times (V_{2} / 2V_{2})^{1.5} = (1 \times 10^{7}) \times (1/2)^{1.5}$।
$P_{3} = (1 \times 10^{7}) / 2^{1.5} = (1 \times 10^{7}) / 2.8284 = 3.536 \times 10^{6} \; Pa$।

(A) एक आदर्श गैस अणु की औसत गतिज ऊर्जा का सूत्र $KE_{\text{avg}} = \frac{3}{2} k_B T$ है,जहाँ $k_B$ बोल्ट्जमैन स्थिरांक है और $T$ निरपेक्ष तापमान है।
कथन $(1)$ सही है: चूंकि $KE_{\text{avg}} \propto T$,इसलिए तापमान कम करने पर औसत गतिज ऊर्जा कम हो जाती है।
कथन $(2)$ गलत है: स्थिर तापमान पर,दबाव में बदलाव के बावजूद $KE_{\text{avg}}$ स्थिर रहता है।
कथन $(3)$ गलत है: स्थिर तापमान पर,आयतन में बदलाव के बावजूद $KE_{\text{avg}}$ स्थिर रहता है।
कथन $(4)$ सही है: गे-लुसाक के नियम के अनुसार,स्थिर आयतन पर,गैस का दबाव उसके निरपेक्ष तापमान के सीधे आनुपातिक होता है $(P \propto T)$।
कथन $(5)$ गलत है: चार्ल्स के नियम के अनुसार,स्थिर दबाव पर,आयतन तापमान के सीधे आनुपातिक होता है $(V \propto T)$,इसलिए तापमान बढ़ने पर आयतन बढ़ता है।
अतः,कथन $(1)$ और $(4)$ सही हैं।

(A) चित्र $(A)$ के लिए,कुल द्रव्यमान $M = m + 2m = 3m$ है। '$k$' नियतांक वाली दो स्प्रिंगें समानांतर में हैं,इसलिए प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $k_{eff} = k + k = 2k$ है।
आवर्तकाल $T_{1} = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k_{eff}}} = 2\pi \sqrt{\frac{3m}{2k}}$ है।
चित्र $(B)$ के लिए,द्रव्यमान $m$ है। '$k$' और '$2k$' नियतांक वाली दो स्प्रिंगें समानांतर में हैं,इसलिए प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $k_{eff} = k + 2k = 3k$ है।
आवर्तकाल $T_{2} = 2\pi \sqrt{\frac{m}{3k}}$ है।
अनुपात लेने पर:
$\frac{T_{1}}{T_{2}} = \frac{2\pi \sqrt{\frac{3m}{2k}}}{2\pi \sqrt{\frac{m}{3k}}} = \sqrt{\frac{3m}{2k} \cdot \frac{3k}{m}} = \sqrt{\frac{9}{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}}$.

(D) रुकने की दूरी (stopping distance) $d$ को सूत्र $d = \frac{v^2}{2a}$ द्वारा दर्शाया जाता है,जहाँ $v$ प्रारंभिक वेग है और $a$ मंदन (deceleration) का परिमाण है।
चूंकि ब्रेकिंग त्वरण $a$ स्थिर रहता है,इसलिए रुकने की दूरी प्रारंभिक वेग के वर्ग के सीधे आनुपातिक होती है: $d \propto v^2$।
माना प्रारंभिक गति $v_1 = 150 \ km/h$ है और प्रारंभिक रुकने की दूरी $d_1 = 27 \ m$ है।
नई गति $v_2 = \frac{1}{3} v_1$ है।
अतः,नई रुकने की दूरी $d_2 = (\frac{1}{3})^2 \times d_1 = \frac{1}{9} \times 27 \ m = 3 \ m$ होगी।

(D) निकाय के संतुलन में होने के लिए,क्षैतिज $(x)$ और ऊर्ध्वाधर $(y)$ दोनों दिशाओं में कुल बल शून्य होना चाहिए।
मान लीजिए कि क्षैतिज दिशा $x$-अक्ष है और ऊर्ध्वाधर दिशा $y$-अक्ष है।
बलों को घटकों में वियोजित करने पर:
$1$. $x$-अक्ष के साथ $45^{\circ}$ पर $1 \text{ N}$ का बल: $x$-घटक $= 1 \cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,$y$-घटक $= 1 \sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$2$. $x$-अक्ष के साथ $135^{\circ}$ पर $2 \text{ N}$ का बल: $x$-घटक $= 2 \cos 135^{\circ} = -\sqrt{2}$,$y$-घटक $= 2 \sin 135^{\circ} = \sqrt{2}$.
$3$. धनात्मक $x$-अक्ष की दिशा में $F_{1}$ बल: $x$-घटक $= F_{1}$,$y$-घटक $= 0$.
$4$. ऋणात्मक $y$-अक्ष की दिशा में $F_{2}$ बल: $x$-घटक $= 0$,$y$-घटक $= -F_{2}$.
$x$-दिशा में बलों का योग: $F_{1} + \frac{1}{\sqrt{2}} - \sqrt{2} = 0 \implies F_{1} = \sqrt{2} - \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$y$-दिशा में बलों का योग: $\frac{1}{\sqrt{2}} + \sqrt{2} - F_{2} = 0 \implies F_{2} = \sqrt{2} + \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}}$.
अतः,अनुपात $F_{1} : F_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} : \frac{3}{\sqrt{2}} = 1 : 3$.
इस प्रकार,$x = 3$.

(D) तार की लंबाई में परिवर्तन $\Delta \ell$ का सूत्र $\Delta \ell = \frac{F L}{A Y}$ है,जहाँ $A = \pi r^2$ है।
पहले तार के लिए: $\Delta \ell_1 = \frac{F L}{\pi r^2 Y} = 5\,cm$.
दूसरे तार के लिए: $L_2 = 4L$,$r_2 = 4r$,और $F_2 = 4F$.
नया क्षेत्रफल $A_2 = \pi (4r)^2 = 16 \pi r^2$ होगा।
लंबाई में परिवर्तन $\Delta \ell_2 = \frac{F_2 L_2}{A_2 Y} = \frac{(4F)(4L)}{(16 \pi r^2) Y} = \frac{16 F L}{16 \pi r^2 Y} = \frac{F L}{\pi r^2 Y}$.
चूँकि $\frac{F L}{\pi r^2 Y} = 5\,cm$,इसलिए दूसरे तार की लंबाई में वृद्धि $5\,cm$ है।

(C) मान लीजिए कि पीतल की लंबाई $\ell_{B}$ है और लोहे की लंबाई $\ell_{i}$ है।
शर्त यह है कि तापमान परिवर्तन $\Delta T$ के साथ उनकी लंबाई के बीच का अंतर स्थिर रहता है:
$\ell_{B}(1 + \alpha_{B} \Delta T) - \ell_{i}(1 + \alpha_{i} \Delta T) = \ell_{B} - \ell_{i}$
पदों का विस्तार करने पर:
$\ell_{B} + \ell_{B} \alpha_{B} \Delta T - \ell_{i} - \ell_{i} \alpha_{i} \Delta T = \ell_{B} - \ell_{i}$
इसे सरल करने पर:
$\ell_{B} \alpha_{B} \Delta T = \ell_{i} \alpha_{i} \Delta T$
$\Delta T$ से भाग देने पर:
$\ell_{B} \alpha_{B} = \ell_{i} \alpha_{i}$
दिया गया है कि $\ell_{B} = 40\,cm$,$\alpha_{B} = 1.8 \times 10^{-5} K^{-1}$,और $\alpha_{i} = 1.2 \times 10^{-5} K^{-1}$:
$40 \times 1.8 \times 10^{-5} = \ell_{i} \times 1.2 \times 10^{-5}$
$\ell_{i}$ के लिए हल करने पर:
$\ell_{i} = \frac{40 \times 1.8}{1.2} = \frac{40 \times 3}{2} = 60\,cm$.

(C) प्रेक्षक का वेग $V_{o} = 18\,km/h = 18 \times \frac{5}{18} = 5\,m/s$ है। स्रोत स्थिर है,इसलिए $V_{s} = 0$ है।
सीधी ध्वनि के लिए,प्रेक्षक स्रोत से दूर जा रहा है। आभासी आवृत्ति इस प्रकार दी जाती है:
$f_{\text{direct}} = f_{0} \left( \frac{v - V_{o}}{v} \right) = 640 \left( \frac{320 - 5}{320} \right) = 640 \left( \frac{315}{320} \right) = 2 \times 315 = 630\,Hz$.
परावर्तित ध्वनि के लिए,पहाड़ी $f_{0} = 640\,Hz$ आवृत्ति के एक स्थिर स्रोत के रूप में कार्य करती है। प्रेक्षक पहाड़ी की ओर (परावर्तित स्रोत की ओर) गति कर रहा है। आभासी आवृत्ति इस प्रकार दी जाती है:
$f_{\text{reflected}} = f_{0} \left( \frac{v + V_{o}}{v} \right) = 640 \left( \frac{320 + 5}{320} \right) = 640 \left( \frac{325}{320} \right) = 2 \times 325 = 650\,Hz$.
विस्पंद आवृत्ति दोनों आवृत्तियों के बीच का अंतर है:
$f_{\text{beat}} = f_{\text{reflected}} - f_{\text{direct}} = 650\,Hz - 630\,Hz = 20\,Hz$.

(C) प्रक्षेप्य की क्षैतिज परास $R$ का सूत्र $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g}$ है,जहाँ $u$ प्रारंभिक वेग है,$\theta$ प्रक्षेपण कोण है और $g$ गुरुत्वीय त्वरण है।
चूंकि दोनों प्रक्षेप्यों के लिए $u$ समान है,इसलिए उनकी परास का अनुपात $\frac{R_1}{R_2} = \frac{\sin(2\theta_1)}{\sin(2\theta_2)}$ होगा।
$\theta_1 = 45^{\circ}$ के लिए,$2\theta_1 = 90^{\circ}$,अतः $\sin(90^{\circ}) = 1$ है।
$\theta_2 = 30^{\circ}$ के लिए,$2\theta_2 = 60^{\circ}$,अतः $\sin(60^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ है।
इसलिए,$\frac{R_1}{R_2} = \frac{1}{\sqrt{3}/2} = \frac{2}{\sqrt{3}}$।
अतः,अनुपात $2: \sqrt{3}$ है।

(C) दिया गया है: $1\,M.S.D. = 1\,mm = 0.1\,cm$.
$10\,V.S.D. = 9\,M.S.D. \implies 1\,V.S.D. = 0.9\,M.S.D. = 0.9\,mm$.
अल्पतमांक $(L.C.) = 1\,M.S.D. - 1\,V.S.D. = 1\,mm - 0.9\,mm = 0.1\,mm = 0.01\,cm$.
शून्य त्रुटि: वर्नियर स्केल का शून्य मुख्य स्केल के शून्य के बाईं ओर है,जो ऋणात्मक शून्य त्रुटि को दर्शाता है। $4^{\text{th}}$ भाग संपाती है,इसलिए $Zero Error = -(10 - 4) \times L.C. = -6 \times 0.01\,cm = -0.06\,cm$.
प्रेक्षित पाठ्यांक: $M.S.R. = 30\,mm = 3.0\,cm$. $V.S.R. = 6 \times L.C. = 6 \times 0.01\,cm = 0.06\,cm$.
मापा गया व्यास $= (M.S.R. + V.S.R.) - (Zero Error) = (3.0 + 0.06) - (-0.06) = 3.06 + 0.06 = 3.12\,cm$.

(B) गेंद का प्रारंभिक संवेग $\vec{P}_i = m \vec{v}_i = 0.15 \times 12 \hat{i} = 1.8 \hat{i} \; kg \cdot m/s$ है।
दीवार से टकराने के बाद गेंद का अंतिम संवेग $\vec{P}_f = m \vec{v}_f = 0.15 \times (-12 \hat{i}) = -1.8 \hat{i} \; kg \cdot m/s$ है।
संवेग में परिवर्तन (आवेग) $\Delta \vec{P} = \vec{P}_f - \vec{P}_i = -1.8 \hat{i} - 1.8 \hat{i} = -3.6 \hat{i} \; kg \cdot m/s$ है।
संवेग में परिवर्तन का परिमाण $|\Delta \vec{P}| = 3.6 \; kg \cdot m/s$ है।
आवेग-संवेग प्रमेय के अनुसार,आवेग बल और समय अवधि के गुणनफल के बराबर होता है: $|\Delta \vec{P}| = F \Delta t$।
दिए गए मानों को रखने पर: $3.6 = 100 \times \Delta t$।
अतः,$\Delta t = \frac{3.6}{100} = 0.036 \; s$।

(B) गतिज ऊर्जा $K$ और संवेग $P$ के बीच संबंध $K = \frac{P^2}{2m}$ है,जिसका अर्थ है $P = \sqrt{2mK}$।
चूंकि दोनों पिंडों की गतिज ऊर्जा समान है $(K_1 = K_2 = K)$,इसलिए उनके संवेगों का अनुपात होगा:
$\frac{P_1}{P_2} = \frac{\sqrt{2m_1K}}{\sqrt{2m_2K}} = \sqrt{\frac{m_1}{m_2}}$।
दिए गए द्रव्यमान $m_1 = 8\,kg$ और $m_2 = 2\,kg$ का मान रखने पर:
$\frac{P_1}{P_2} = \sqrt{\frac{8}{2}} = \sqrt{4} = 2$।
अतः,अनुपात $2:1$ है।

(A) माना $v_e$ पलायन वेग है,जो $v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ द्वारा दिया जाता है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,पृथ्वी की सतह पर कुल ऊर्जा अधिकतम ऊँचाई $h$ पर कुल ऊर्जा के बराबर होती है।
सतह पर: $E_i = -\frac{GMm}{R} + \frac{1}{2}m v^2$,जहाँ $v = \frac{v_e}{3}$.
अधिकतम ऊँचाई $h$ पर: $E_f = -\frac{GMm}{R+h}$.
$E_i = E_f$ को बराबर करने पर:
$-\frac{GMm}{R} + \frac{1}{2}m \left(\frac{v_e}{3}\right)^2 = -\frac{GMm}{R+h}$
$-\frac{GMm}{R} + \frac{1}{2}m \left(\frac{2GM}{9R}\right) = -\frac{GMm}{R+h}$
$-\frac{GMm}{R} + \frac{GMm}{9R} = -\frac{GMm}{R+h}$
$-\frac{8GMm}{9R} = -\frac{GMm}{R+h}$
$\frac{8}{9R} = \frac{1}{R+h}$
$8(R+h) = 9R$
$8R + 8h = 9R$
$8h = R$
$h = \frac{R}{8} = \frac{6400 \ km}{8} = 800 \ km$.

(B) ऊष्मा प्रवाह की दर $\frac{dQ}{dt} = \frac{KA\Delta T}{\ell}$ द्वारा दी जाती है।
बॉक्स का कुल पृष्ठीय क्षेत्रफल $A = 2(0.6 \times 0.5 + 0.5 \times 0.2 + 0.2 \times 0.6) = 2(0.3 + 0.1 + 0.12) = 2(0.52) = 1.04\,m^2$ है।
यहाँ ऊष्मीय चालकता $K = 0.05\,W\,m^{-1\circ}C^{-1}$,मोटाई $\ell = 1\,cm = 0.01\,m$,और तापमान का अंतर $\Delta T = 40^{\circ}C - 0^{\circ}C = 40^{\circ}C$ है।
मान रखने पर:
$\frac{dQ}{dt} = \frac{0.05 \times 1.04 \times 40}{0.01} = 0.05 \times 1.04 \times 4000 = 208\,J/s$.
बर्फ के पिघलने की दर $m$ को $\frac{dQ}{dt} = m L_f$ द्वारा ज्ञात किया जाता है,जहाँ $L_f = 3.4 \times 10^5\,J/kg$ है।
$m = \frac{208}{3.4 \times 10^5} = \frac{208}{3.4} \times 10^{-5} \approx 61.17 \times 10^{-5}\,kg/s$.
अतः,बर्फ के पिघलने की दर लगभग $61 \times 10^{-5}\,kg/s$ है।

(A) स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_v = \frac{nR}{2}$ द्वारा दी जाती है।
स्थिर दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_p = C_v + R = \frac{nR}{2} + R = \frac{(n+2)R}{2}$ द्वारा दी जाती है।
स्थिर आयतन पर विशिष्ट ऊष्मा और स्थिर दाब पर विशिष्ट ऊष्मा का अनुपात $\frac{C_v}{C_p} = \frac{\frac{nR}{2}}{\frac{(n+2)R}{2}} = \frac{n}{n+2}$ होगा।

(A) दिया गया तरंग समीकरण $y = A \sin(\omega t - kx)$ है,जहाँ आयाम $A = 2 \ cm$ है।
अधिकतम कण वेग $v_{p,max} = A\omega$ द्वारा दिया जाता है।
तरंग वेग (फेज वेग) $v_w = \frac{\omega}{k}$ है।
प्रश्न के अनुसार,तरंग वेग अधिकतम कण वेग के बराबर है:
$v_w = v_{p,max}$
$\frac{\omega}{k} = A\omega$
दोनों पक्षों से $\omega$ को हटाने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{1}{k} = A$
चूंकि $k = \frac{2\pi}{\lambda}$,हम इस मान को समीकरण में प्रतिस्थापित करते हैं:
$\frac{\lambda}{2\pi} = A$
$\lambda = 2\pi A$
यहाँ $A = 2 \ cm$ दिया गया है,इसलिए:
$\lambda = 2\pi(2) = 4\pi \ cm$.

(A) परिपथ प्रतिरोधों के श्रेणी-समांतर संयोजन से बना है,जहाँ प्रत्येक प्रतिरोध $R = 1\,\Omega$ है।
दिए गए परिपथ के लिए तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = \frac{15}{8}\,\Omega$ प्राप्त होता है।
ओम के नियम के अनुसार,$I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{3}{15/8} = \frac{24}{15} = \frac{8}{5}\,A$.
प्रश्न के अनुसार,$I = \frac{a}{5}\,A$ है,इसलिए $a = 8$ प्राप्त होता है।

(A) स्विच बंद करने से पहले,संधारित्र $C_{1}$ पर कुल आवेश $Q$ इस प्रकार है:
$Q = C_{1} V_{0} = 5\,\mu F \times 30\,V = 150\,\mu C$
स्विच बंद करने के बाद,आवेश तब तक पुनर्वितरित होता है जब तक कि दोनों संधारित्र एक समान विभव $V$ तक नहीं पहुँच जाते। चूंकि कुल आवेश संरक्षित रहता है:
$V = \frac{Q}{C_{1} + C_{2}} = \frac{150\,\mu C}{5\,\mu F + 10\,\mu F} = \frac{150}{15}\,V = 10\,V$
अब,साम्यावस्था में संधारित्र $C_{2}$ पर आवेश:
$Q_{2} = C_{2} V = 10\,\mu F \times 10\,V = 100\,\mu C$

(C) कथन-$I$ सत्य है: जब एक धनात्मक बिंदु आवेश को किसी विद्यमान विद्युत क्षेत्र में रखा जाता है,तो किसी भी बिंदु पर कुल विद्युत क्षेत्र बाह्य क्षेत्र और बिंदु आवेश द्वारा उत्पन्न क्षेत्र का सदिश योग होता है। आवेश के सापेक्ष स्थिति के आधार पर,क्षेत्र बढ़ या घट सकता है।
कथन-$II$ असत्य है: हालांकि यह सामान्यतः सत्य है कि असमान क्षेत्र में द्विध्रुव पर एक नेट बल कार्य करता है,लेकिन यह हमेशा सत्य नहीं होता है। यदि द्विध्रुव को ऐसे बिंदु पर रखा जाए जहाँ विद्युत क्षेत्र का मान अधिकतम या न्यूनतम हो,तो द्विध्रुव पर कुल बल शून्य हो सकता है। इसलिए,यह कथन कि बल 'शून्य नहीं होगा' सार्वभौमिक रूप से सत्य नहीं है।

(A) माना वर्ग की भुजा $a$ है। कोने $A$ पर स्थित आवेश $(q/2)$ के कारण कोने $D$ पर विद्युत क्षेत्र $E_A = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{q/2}{a^2} = \frac{kq}{2a^2}$ ($AD$ की दिशा में) है।
कोने $C$ पर स्थित आवेश $(q/2)$ के कारण कोने $D$ पर विद्युत क्षेत्र $E_C = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{q/2}{a^2} = \frac{kq}{2a^2}$ ($CD$ की दिशा में) है।
$E_A$ और $E_C$ का परिणामी विद्युत क्षेत्र $E_{AC} = \sqrt{E_A^2 + E_C^2} = \sqrt{(\frac{kq}{2a^2})^2 + (\frac{kq}{2a^2})^2} = \frac{kq}{2a^2} \sqrt{2} = \frac{kq}{\sqrt{2}a^2}$ (विकर्ण $BD$ की दिशा में) है।
कोने $B$ पर स्थित आवेश $(q)$ के कारण कोने $D$ पर विद्युत क्षेत्र $E_B = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{q}{(\sqrt{2}a)^2} = \frac{kq}{2a^2}$ (विकर्ण $BD$ की दिशा में) है।
चूंकि $E_{AC}$ और $E_B$ दोनों एक ही विकर्ण $BD$ की दिशा में हैं,इसलिए $D$ पर कुल विद्युत क्षेत्र $E_{net} = E_{AC} + E_B = \frac{kq}{\sqrt{2}a^2} + \frac{kq}{2a^2} = \frac{kq}{a^2} (\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{2})$ होगा।
$k = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}$ रखने पर,हमें $E_{net} = \frac{q}{4 \pi \epsilon_0 a^2} (\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{2})$ प्राप्त होता है।

(D) $R$ त्रिज्या वाले एक अनंत लंबे खोखले चालक बेलन के लिए जिसकी सतह पर $I$ धारा प्रवाहित हो रही है:
$1$) बेलन के अंदर $(r < R)$,हम $r < R$ त्रिज्या का एक वृत्ताकार एम्पीरियन लूप चुनकर एम्पीयर के परिपथीय नियम को लागू कर सकते हैं। चूंकि इस लूप से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है,इसलिए परिबद्ध धारा $I_{enc} = 0$ है। अतः,$\oint B \cdot dl = \mu_0 I_{enc} = 0$,जिसका अर्थ है कि $B = 0$ है।
$2$) बेलन के बाहर $(r \geq R)$,हम $r \geq R$ त्रिज्या का एक वृत्ताकार एम्पीरियन लूप चुनते हैं। इस लूप द्वारा परिबद्ध कुल धारा $I$ है। एम्पीयर के नियम के अनुसार,$\oint B \cdot dl = \mu_0 I$। बेलनाकार समरूपता के कारण,$B(2\pi r) = \mu_0 I$,जिससे $B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,चुंबकीय क्षेत्र बेलन के अंदर शून्य है और बेलन के बाहर दूरी $r$ के साथ व्युत्क्रमानुपाती रूप से घटता है। यह ग्राफ विकल्प $D$ में दर्शाया गया है।

(B) माध्यम में विद्युत चुम्बकीय तरंग का वेग $v = \frac{E_{0}}{B_{0}}$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए मानों को रखने पर: $v = \frac{2.25}{1.5 \times 10^{-8}} = 1.5 \times 10^{8}\,m/s$.
संकेत द्वारा तय की गई कुल दूरी (लक्ष्य तक जाने और वापस आने के लिए) $d_{total} = 2 \times 3\,km = 6 \times 10^{3}\,m$ है।
इको को रडार तक पहुँचने में लगा समय $t = \frac{d_{total}}{v}$ है।
$t = \frac{6 \times 10^{3}}{1.5 \times 10^{8}} = 4 \times 10^{-5}\,s$.
अतः,समय $4 \times 10^{-5}\,s$ है।

(C) टेलीस्कोप की विभेदन क्षमता $(R.P.)$ का सूत्र $R.P. = \frac{D}{1.22 \lambda}$ है,जहाँ $D$ ऑब्जेक्टिव का द्वारक है और $\lambda$ प्रकाश की तरंगदैर्ध्य है।
दिया गया है: $D = 24.4 \, cm = 24.4 \times 10^{-2} \, m$ और $\lambda = 2440 \, \mathring{A} = 2440 \times 10^{-10} \, m$.
मान रखने पर:
$R.P. = \frac{24.4 \times 10^{-2}}{1.22 \times 2440 \times 10^{-10}}$
$R.P. = \frac{24.4 \times 10^{-2}}{2976.8 \times 10^{-10}}$
$R.P. = \frac{24.4}{2976.8} \times 10^{8}$
$R.P. \approx 0.0082 \times 10^{8} = 8.2 \times 10^{5}$.

(D) मान लीजिए एक नाभिकीय अभिक्रिया $x + p \rightarrow y + b$ है,जहाँ $x$ लक्ष्य नाभिक है,$p$ प्रक्षेप्य है,$y$ उत्पाद नाभिक है और $b$ उत्सर्जित कण है।
नाभिकीय अभिक्रिया का $Q$-मान अंतिम गतिज ऊर्जा और प्रारंभिक गतिज ऊर्जा के अंतर के रूप में परिभाषित किया जाता है,या द्रव्यमान क्षति के कारण मुक्त ऊर्जा के रूप में: $Q = K_{f} + K_{b} - K_{p}$।
इस समीकरण को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $Q + K_{p} = K_{f} + K_{b}$ प्राप्त होता है।
चूंकि उत्पाद कणों की गतिज ऊर्जा ($K_{f}$ और $K_{b}$) ऋणात्मक नहीं हो सकती (अर्थात $K_{f} \geq 0$ और $K_{b} \geq 0$),इसलिए उनका योग शून्य या शून्य से अधिक होना चाहिए।
अतः,अभिक्रिया होने के लिए,उपलब्ध कुल ऊर्जा को $(K_{p} + Q) > 0$ शर्त को पूरा करना होगा।

(C) इस परिपथ में दो डायोड $D_1$ और $D_2$ हैं जो इनपुट $A$ और $B$ से जुड़े हैं,जिसके बाद एक $npn$ ट्रांजिस्टर लगा है।
यदि दोनों इनपुट $A$ और $B$ निम्न विभव $(0)$ पर हैं,तो डायोड फॉरवर्ड बायस में होते हैं और बिंदु $X$ पर विभव निम्न होता है। ट्रांजिस्टर कट-ऑफ स्थिति में रहता है,इसलिए आउटपुट $Y$ उच्च विभव $(1)$ पर होता है।
यदि $A$ या $B$ में से कोई एक उच्च विभव $(1)$ पर है,तो संबंधित डायोड रिवर्स बायस में होता है,लेकिन दूसरा डायोड या प्रतिरोधक पथ $X$ पर विभव को इतना कम रखता है कि ट्रांजिस्टर बंद रहता है,जिसके परिणामस्वरूप $Y = 1$ प्राप्त होता है।
यदि दोनों $A$ और $B$ उच्च विभव $(1)$ पर हैं,तो $X$ पर विभव इतना बढ़ जाता है कि ट्रांजिस्टर $ON$ हो जाता है। जब ट्रांजिस्टर $ON$ होता है,तो कलेक्टर-एमिटर पथ ग्राउंड के साथ शॉर्ट सर्किट की तरह कार्य करता है,जो आउटपुट $Y$ को निम्न विभव $(0)$ पर खींच लेता है।
यह व्यवहार $NAND$ गेट लॉजिक के अनुरूप है,जहाँ $Y = \overline{AB}$।

(B) डायोड दो टर्मिनलों वाला एक अर्धचालक उपकरण है: एनोड और कैथोड।
जब डायोड फॉरवर्ड बायस में होता है (एनोड का विभव कैथोड से अधिक होता है),तो यह कम प्रतिरोध प्रदान करता है और विद्युत धारा का संचालन करता है।
जब डायोड रिवर्स बायस में होता है (एनोड का विभव कैथोड से कम होता है),तो यह बहुत उच्च प्रतिरोध प्रदान करता है और विद्युत धारा का संचालन नहीं करता है।
इसलिए,डायोड विद्युत धारा के लिए एक-तरफा वाल्व के रूप में कार्य करता है,जो केवल एक दिशा में संचालन करता है।

(A) ट्रांजिस्टर में,धारा का प्रवाह आवेश वाहकों द्वारा होता है। $n-p-n$ ट्रांजिस्टर में,बहुसंख्यक आवेश वाहक इलेक्ट्रॉन होते हैं,जबकि $p-n-p$ ट्रांजिस्टर में,बहुसंख्यक आवेश वाहक होल होते हैं।
इलेक्ट्रॉनों की गतिशीलता होल की तुलना में अधिक होती है क्योंकि वे हल्के होते हैं और क्रिस्टल जाली के साथ कम परस्पर क्रिया करते हैं।
इस उच्च गतिशीलता के कारण,इलेक्ट्रॉन आधार क्षेत्र (base region) से तेजी से गुजर सकते हैं,जो $p-n-p$ ट्रांजिस्टर की तुलना में $n-p-n$ ट्रांजिस्टर में उच्च धारा चालन की अनुमति देता है।
इसलिए,अभिकथन $A$ और कारण $R$ दोनों सत्य हैं,और $R$,$A$ की सही व्याख्या है।

(C) विभिन्न सिग्नलों के लिए आवृत्ति रेंज इस प्रकार है:
$1$. टेलीविजन सिग्नल के प्रसारण के लिए लगभग $6\,MHz$ की बैंडविड्थ की आवश्यकता होती है।
$2$. रेडियो सिग्नल (विशेष रूप से $AM$ प्रसारण) आमतौर पर $02\,MHz$ की बैंडविड्थ का उपयोग करते हैं।
$3$. उच्च गुणवत्ता वाले संगीत के लिए व्यापक आवृत्ति रेंज की आवश्यकता होती है,जो आमतौर पर $20\,KHz$ तक होती है।
$4$. मानव वाणी आमतौर पर $03\,KHz$ की आवृत्ति रेंज में प्रसारित होती है।
इस प्रकार,सही मिलान है:
$A$ (टेलीविजन सिग्नल) $\rightarrow$ $IV$ $(06\,MHz)$
$B$ (रेडियो सिग्नल) $\rightarrow$ $III$ $(02\,MHz)$
$C$ (उच्च गुणवत्ता वाला संगीत) $\rightarrow$ $II$ $(20\,KHz)$
$D$ (मानव वाणी) $\rightarrow$ $I$ $(03\,KHz)$
अतः,सही विकल्प $A-IV, B-III, C-II, D-I$ है।

(A) मीटर ब्रिज में,संतुलित स्थिति $\frac{P}{Q} = \frac{l_1 + \alpha}{l_2 + \beta}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $P = 15\,\Omega$,$Q = R$,$l_1 = 43\,cm$,$l_2 = (100 - 43) = 57\,cm$,$\alpha = 2\,cm$ (सिरे $A$ पर अंत सुधार),और $\beta = 1\,cm$ (सिरे $B$ पर अंत सुधार)।
मान रखने पर:
$\frac{15}{R} = \frac{43 + 2}{57 + 1}$
$\frac{15}{R} = \frac{45}{58}$
$R = \frac{15 \times 58}{45}$
$R = \frac{58}{3} \approx 19.33\,\Omega$.
दिए गए विकल्पों को देखते हुए,निकटतम पूर्णांक मान $19\,\Omega$ है।

(A) यह परिपथ एक व्हीटस्टोन ब्रिज है। $10\,\Omega$ के प्रतिरोधक (गैल्वेनोमीटर भुजा) से कोई धारा प्रवाहित न होने की शर्त यह है कि ब्रिज संतुलित होना चाहिए।
संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज के लिए,विपरीत भुजाओं के प्रतिरोधों का अनुपात समान होना चाहिए:
$\frac{R}{3} = \frac{4}{6}$
$\Rightarrow R = 3 \times \frac{4}{6} = 2\,\Omega$
जब ब्रिज संतुलित होता है,तो $10\,\Omega$ के प्रतिरोधक को परिपथ से हटाया जा सकता है।
अब,परिपथ दो समानांतर शाखाओं से बना है:
शाखा $1$: $(R + 4)\,\Omega = (2 + 4)\,\Omega = 6\,\Omega$
शाखा $2$: $(3 + 6)\,\Omega = 9\,\Omega$
इन दो समानांतर शाखाओं का तुल्य प्रतिरोध $R_{\text{eq}}$ है:
$R_{\text{eq}} = \frac{6 \times 9}{6 + 9} = \frac{54}{15} = 3.6\,\Omega$
एमीटर द्वारा मापी गई कुल धारा $I$ है:
$I = \frac{V}{R_{\text{eq}}} = \frac{36}{3.6} = 10\,A$

(B) दिया गया है: $L = 100\,mH = 0.1\,H$,$C = 100\,\mu F = 10^{-4}\,F$,$R = 120\,\Omega$,$V = 20\,V$,ऊष्मीय क्षमता $C_{th} = 2\,J/^{\circ}C$,$\Delta T = 16^{\circ}C$.
$1$. प्रेरणिक प्रतिघात: $X_L = \omega L = 100 \times 0.1 = 10\,\Omega$.
$2$. धारितीय प्रतिघात: $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{100 \times 10^{-4}} = 100\,\Omega$.
$3$. प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} = \sqrt{120^2 + (10 - 100)^2} = \sqrt{14400 + 8100} = 150\,\Omega$.
$4$. धारा $I_{rms} = \frac{V}{Z} = \frac{20}{150} = \frac{2}{15}\,A$.
$5$. उत्पन्न ऊष्मा $H = I_{rms}^2 R \Delta t = C_{th} \Delta T$.
$(\frac{2}{15})^2 \times 120 \times \Delta t = 2 \times 16$.
$\frac{4}{225} \times 120 \times \Delta t = 32$.
$\frac{480}{225} \times \Delta t = 32 \Rightarrow \Delta t = 15\,s$.

(D) दिया गया है: मैग्नीशियम आयन का द्रव्यमान $m = 24 \times 1.66 \times 10^{-27} \, kg \approx 3.984 \times 10^{-26} \, kg$. गतिज ऊर्जा $K = 5 \, keV = 5000 \times 1.6 \times 10^{-19} \, J = 8 \times 10^{-16} \, J$. आवेश $q = 1.6 \times 10^{-19} \, C$. चुंबकीय क्षेत्र $B = 0.5 \, T$.
पथ की त्रिज्या का सूत्र $R = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$ है।
मान रखने पर: $R = \frac{\sqrt{2 \times 3.984 \times 10^{-26} \times 8 \times 10^{-16}}}{1.6 \times 10^{-19} \times 0.5}$.
$R = \frac{\sqrt{63.744 \times 10^{-42}}}{0.8 \times 10^{-19}} = \frac{7.984 \times 10^{-21}}{0.8 \times 10^{-19}} \approx 9.98 \times 10^{-2} \, m$.
सेंटीमीटर में बदलने पर: $R \approx 9.98 \times 10^{-2} \times 100 \, cm \approx 10 \, cm$.

(D) लाइन की कुल लंबाई $l = 100 \, km$ है। प्रति इकाई लंबाई धारिता $C' = 0.01 \, \mu F/km$ है।
लाइन की कुल धारिता $C = C' \times l = 0.01 \times 100 = 1 \, \mu F = 10^{-6} \, F$ है।
आवृत्ति $f = 0.5 \, kHz = 500 \, Hz$ है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2 \pi f = 2 \times \sqrt{10} \times 500 = 1000 \sqrt{10} \, rad/s$ है।
$LCR$ परिपथ में न्यूनतम प्रतिबाधा के लिए, परिपथ को अनुनाद (resonance) में होना चाहिए, जो तब होता है जब प्रेरक प्रतिघात (inductive reactance) धारिता प्रतिघात (capacitive reactance) के बराबर हो:
$X_L = X_C$
$\omega L = \frac{1}{\omega C}$
$L = \frac{1}{\omega^2 C}$
मान रखने पर:
$L = \frac{1}{(1000 \sqrt{10})^2 \times 10^{-6}}$
$L = \frac{1}{10^6 \times 10 \times 10^{-6}}$
$L = \frac{1}{10} \, H = 0.1 \, H = 100 \, mH$.

(D) मान लीजिए कि दो आवेश $Q$ बिंदुओं $A$ और $B$ पर $d$ दूरी पर रखे गए हैं। मध्य-बिंदु $O$ है। आवेश $q$ लंब समद्विभाजक पर बिंदु $P$ पर $O$ से $x$ दूरी पर है।
प्रत्येक आवेश $Q$ और $q$ के बीच की दूरी $r = \sqrt{x^2 + (d/2)^2}$ है।
प्रत्येक आवेश $Q$ द्वारा $q$ पर लगाया गया कूलॉम बल $F = \frac{kQq}{x^2 + d^2/4}$ है।
बलों के क्षैतिज घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं,और परिणामी बल $F_{\text{net}}$ लंब समद्विभाजक की दिशा में होता है:
$F_{\text{net}} = 2F \cos \theta = 2 \left( \frac{kQq}{x^2 + d^2/4} \right) \left( \frac{x}{\sqrt{x^2 + d^2/4}} \right) = \frac{2kQqx}{(x^2 + d^2/4)^{3/2}}$.
अधिकतम बल ज्ञात करने के लिए,हम $\frac{dF_{\text{net}}}{dx} = 0$ रखते हैं:
$\frac{d}{dx} \left[ 2kQqx (x^2 + d^2/4)^{-3/2} \right] = 0$.
गुणन नियम का उपयोग करते हुए: $2kQq \left[ (x^2 + d^2/4)^{-3/2} + x(-3/2)(x^2 + d^2/4)^{-5/2}(2x) \right] = 0$.
$(x^2 + d^2/4)^{-3/2} - 3x^2(x^2 + d^2/4)^{-5/2} = 0$.
$(x^2 + d^2/4) - 3x^2 = 0 \implies d^2/4 = 2x^2 \implies x^2 = d^2/8$.
अतः,$x = \frac{d}{2\sqrt{2}}$।

(D) माध्यम $B$ में प्रकाश की गति $(v_B)$ $1.5 \times 10^{10} \, cm/s$ है और माध्यम $A$ में $(v_A)$ $2.0 \times 10^{10} \, cm/s$ है।
चूंकि $v_B < v_A$,माध्यम $B$ माध्यम $A$ की तुलना में सघन है।
सघन माध्यम से विरल माध्यम में जाने वाले प्रकाश के लिए क्रांतिक कोण $i_c$ का सूत्र $\sin i_c = \frac{n_r}{n_d} = \frac{v_d}{v_r}$ है।
यहाँ,$v_d = v_B = 1.5 \times 10^{10} \, cm/s$ और $v_r = v_A = 2.0 \times 10^{10} \, cm/s$ है।
$\sin i_c = \frac{1.5 \times 10^{10}}{2.0 \times 10^{10}} = \frac{1.5}{2.0} = \frac{3}{4}$ है।
इसलिए,$i_c = \sin^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$ है।
पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ होने के लिए,आपतन कोण $\theta$ का मान क्रांतिक कोण $i_c$ से अधिक होना चाहिए।
अतः,$\theta > \sin^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$।

(A) प्रारंभिक नाभिक $D$ की द्रव्यमान संख्या $A = 182$ और परमाणु क्रमांक $Z = 74$ है।
$1$. अल्फा क्षय $(\alpha)$: द्रव्यमान संख्या $4$ से घटती है, परमाणु क्रमांक $2$ से घटता है।
$2$. बीटा क्षय $(\beta^-)$: द्रव्यमान संख्या अपरिवर्तित रहती है, परमाणु क्रमांक $1$ से बढ़ता है।
$3$. गामा क्षय $(\gamma)$: द्रव्यमान संख्या और परमाणु क्रमांक अपरिवर्तित रहते हैं।
द्रव्यमान संख्या $(A)$ के लिए गणना:
$A_{final} = 182 - 4 (\text{प्रथम } \alpha) - 4 (\text{द्वितीय } \alpha) = 182 - 8 = 174$.
परमाणु क्रमांक $(Z)$ के लिए गणना:
$Z_{final} = 74 - 2 (\text{प्रथम } \alpha) + 1 (\beta^-) - 2 (\text{द्वितीय } \alpha) = 74 - 4 + 1 = 71$.
अतः, द्रव्यमान संख्या $174$ और परमाणु क्रमांक $71$ है।

(D) विद्युत क्षेत्र दो तरंगों के योग के रूप में दिया गया है जिनकी कोणीय आवृत्तियाँ $\omega_1 = 6 \times 10^{15} \, rad/s$ और $\omega_2 = 9 \times 10^{15} \, rad/s$ हैं।
अधिकतम गतिज ऊर्जा ज्ञात करने के लिए,हम उच्च आवृत्ति वाले फोटॉन पर विचार करेंगे,क्योंकि $K_{max} = hf - \phi$ होता है।
आवृत्ति $f$ का मान $f = \frac{\omega}{2\pi}$ द्वारा प्राप्त होता है।
उच्च आवृत्ति घटक के लिए,$f = \frac{9 \times 10^{15}}{2\pi} \, Hz$ है।
फोटॉन की ऊर्जा $E_{photon} = hf = (4.14 \times 10^{-15} \, eVs) \times \left( \frac{9 \times 10^{15}}{2 \times 3.14159} \right) \, Hz$ है।
$E_{photon} = \frac{37.26}{6.283} \approx 5.93 \, eV$ है।
अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max} = E_{photon} - \phi = 5.93 \, eV - 2.50 \, eV = 3.43 \, eV$ है।
दिए गए विकल्पों में सबसे निकटतम विकल्प $3.42 \, eV$ है।

(D) संधारित्र में संचित ऊर्जा $U = \frac{q^2}{2C}$ द्वारा दी जाती है।
समय $t_{1}$ में,ऊर्जा आधी हो जाती है,इसलिए $U(t_{1}) = \frac{U_{0}}{2}$.
इसका अर्थ है $\frac{q(t_{1})^2}{2C} = \frac{1}{2} \frac{Q_{0}^2}{2C}$,जो सरल होकर $q(t_{1}) = \frac{Q_{0}}{\sqrt{2}}$ हो जाता है।
डिस्चार्जिंग समीकरण $q(t) = Q_{0} e^{-t/RC}$ का उपयोग करते हुए,हमारे पास $\frac{Q_{0}}{\sqrt{2}} = Q_{0} e^{-t_{1}/RC}$ है,इसलिए $e^{-t_{1}/RC} = 2^{-1/2}$.
प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,$\frac{t_{1}}{RC} = \frac{1}{2} \ln(2)$.
समय $t_{2}$ में,आवेश आठवां हिस्सा हो जाता है,इसलिए $q(t_{2}) = \frac{Q_{0}}{8}$.
डिस्चार्जिंग समीकरण का उपयोग करते हुए,$\frac{Q_{0}}{8} = Q_{0} e^{-t_{2}/RC}$,इसलिए $e^{-t_{2}/RC} = 2^{-3}$.
प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,$\frac{t_{2}}{RC} = 3 \ln(2)$.
अब,अनुपात $\frac{t_{1}}{t_{2}} = \frac{\frac{1}{2} \ln(2)}{3 \ln(2)} = \frac{1}{6}$।

(B) एक लंबे सीधे तार के कारण $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
मध्य-बिंदु $O$ पर,प्रत्येक तार से दूरी $r = 4 \, cm = 4 \times 10^{-2} \, m$ है।
चूंकि कुल चुंबकीय क्षेत्र $300 \, \mu T = 3 \times 10^{-4} \, T$ है,और धाराएं विपरीत दिशाओं में हैं (जैसा कि चित्र में दिखाया गया है),मध्य-बिंदु पर दोनों तारों के कारण चुंबकीय क्षेत्र एक ही दिशा में होते हैं।
अतः,$B_{total} = B_1 + B_2 = 2 \times \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$.
मान रखने पर: $3 \times 10^{-4} = 2 \times \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times I}{2 \pi \times 4 \times 10^{-2}}$.
$3 \times 10^{-4} = \frac{2 \times 10^{-7} \times I}{2 \times 10^{-2}} = 10^{-5} \times I$.
$I = \frac{3 \times 10^{-4}}{10^{-5}} = 30 \, A$.
चूंकि मध्य-बिंदु पर क्षेत्र जुड़कर एक गैर-शून्य मान देते हैं,इसलिए धाराएं विपरीत दिशाओं में होनी चाहिए।

(C) $h$ ऊँचाई वाले $TV$ ट्रांसमिशन टॉवर की रेंज $d$ का सूत्र $d = \sqrt{2Rh}$ है,जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
मान लीजिए प्रारंभिक ऊँचाई $h_1 = 125\, m$ है और प्रारंभिक रेंज $d_1 = \sqrt{2Rh_1}$ है।
हम रेंज को दोगुना करना चाहते हैं,इसलिए नई रेंज $d_2 = 2d_1$ होगी।
सूत्र का उपयोग करने पर,$\sqrt{2Rh_2} = 2\sqrt{2Rh_1}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$2Rh_2 = 4(2Rh_1)$ प्राप्त होता है,जिसे सरल करने पर $h_2 = 4h_1$ मिलता है।
$h_1$ का मान रखने पर,$h_2 = 4 \times 125\, m = 500\, m$ प्राप्त होता है।
टॉवर की ऊँचाई में आवश्यक वृद्धि $\Delta h = h_2 - h_1 = 500\, m - 125\, m = 375\, m$ है।

(C) कथन $I$ सही है: विद्युत बल $\vec{F}_e = q\vec{E}$ आवेशित कण पर कार्य करता है,जो उसकी गति और गतिज ऊर्जा को बदल सकता है। चुंबकीय बल $\vec{F}_m = q(\vec{v} \times \vec{B})$ हमेशा वेग $\vec{v}$ के लंबवत होता है,इसलिए चुंबकीय बल द्वारा किया गया कार्य $W = \int \vec{F}_m \cdot d\vec{r} = \int (\vec{F}_m \cdot \vec{v}) dt = 0$ होता है। अतः,यह गतिज ऊर्जा को नहीं बदलता है।
कथन $II$ गलत है: विद्युत बल धनावेशित कण को विद्युत क्षेत्र की दिशा में त्वरित करता है,न कि उसके लंबवत। चुंबकीय बल आवेशित कण के वेग के लंबवत कार्य करता है,न कि चुंबकीय क्षेत्र की दिशा के अनुदिश।
इसलिए,कथन $I$ सही है और कथन $II$ गलत है।

(D) विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ और विद्युत विभव $V$ के बीच संबंध $\vec{E} = -\nabla V = -\left( \frac{\partial V}{\partial x} \hat{i} + \frac{\partial V}{\partial y} \hat{j} + \frac{\partial V}{\partial z} \hat{k} \right)$ है।
दिया गया है $V = 3x^2$,आंशिक अवकलन करने पर:
$\frac{\partial V}{\partial x} = \frac{d}{dx}(3x^2) = 6x$
$\frac{\partial V}{\partial y} = 0$
$\frac{\partial V}{\partial z} = 0$
अतः,$\vec{E} = -(6x) \hat{i} = -6x \hat{i}$.
बिंदु $(1, 0, 3)$ पर,$x$-निर्देशांक $1$ है। इस मान को $\vec{E}$ के समीकरण में रखने पर:
$\vec{E} = -6(1) \hat{i} = -6 \hat{i} \, Vm^{-1}$.
इसका परिमाण $6 \, Vm^{-1}$ है और ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि यह ऋणात्मक $x$-अक्ष की दिशा में है।

(A) माना प्रत्येक सेल का $EMF$ $E$ है और आंतरिक प्रतिरोध $r$ है। बाहरी प्रतिरोध $R = 2 \,\Omega$ है।
श्रेणीक्रम संयोजन के लिए,कुल $EMF$ $2E$ है और कुल आंतरिक प्रतिरोध $2r$ है। धारा $I_1$ इस प्रकार है:
$I_1 = \frac{2E}{2r + R} = \frac{2E}{2r + 2} = \frac{E}{r + 1}$
समांतर क्रम संयोजन के लिए,कुल $EMF$ $E$ है और कुल आंतरिक प्रतिरोध $r/2$ है। धारा $I_2$ इस प्रकार है:
$I_2 = \frac{E}{r/2 + R} = \frac{E}{r/2 + 2} = \frac{2E}{r + 4}$
यह दिया गया है कि $I_1 = I_2$,इसलिए:
$\frac{E}{r + 1} = \frac{2E}{r + 4}$
दोनों पक्षों से $E$ को हटाने पर:
$\frac{1}{r + 1} = \frac{2}{r + 4}$
तिर्यक गुणा करने पर:
$r + 4 = 2(r + 1)$
$r + 4 = 2r + 2$
$r = 2 \,\Omega$.

(A) जब $R_v = 2000 \,\Omega$ प्रतिरोध वाले वोल्टमीटर को $500 \,\Omega$ के प्रतिरोधक के साथ समांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो इस समांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $R_p$ होगा:
$R_p = \frac{500 \times 2000}{500 + 2000} = \frac{1000000}{2500} = 400 \,\Omega$
अब,परिपथ में $R_p = 400 \,\Omega$ और $R_2 = 600 \,\Omega$ एक $20 \,V$ की बैटरी के साथ श्रेणीक्रम में हैं।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 400 + 600 = 1000 \,\Omega$ है।
परिपथ में कुल धारा $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{20}{1000} = 0.02 \,A$ है।
वोल्टमीटर का पाठ्यांक समांतर संयोजन $R_p$ के सिरों पर विभवांतर है:
$V_{reading} = I \times R_p = 0.02 \times 400 = 8 \,V$.

(C) विभव प्राचीर $n$-साइड से $p$-साइड की ओर जाने वाले इलेक्ट्रॉन की गति का विरोध करता है। विद्युत क्षेत्र द्वारा इलेक्ट्रॉन पर किया गया कार्य ऋणात्मक होता है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय का उपयोग करते हुए:
$W = \Delta K = K_f - K_i$
$-e V = \frac{1}{2} m v^2 - \frac{1}{2} m u^2$
यहाँ,$V = 0.4 \,V$,$u = 6.0 \times 10^5 \,ms^{-1}$,$m = 9 \times 10^{-31} \,kg$,और $e = 1.6 \times 10^{-19} \,C$.
$- (1.6 \times 10^{-19}) \times 0.4 = \frac{1}{2} \times (9 \times 10^{-31}) \times (v^2 - (6.0 \times 10^5)^2)$
$-0.64 \times 10^{-19} = 4.5 \times 10^{-31} \times (v^2 - 36 \times 10^{10})$
$v^2 - 36 \times 10^{10} = \frac{-0.64 \times 10^{-19}}{4.5 \times 10^{-31}}$
$v^2 - 36 \times 10^{10} = -0.1422 \times 10^{12} \approx -14.22 \times 10^{10}$
$v^2 = (36 - 14.22) \times 10^{10} = 21.78 \times 10^{10}$
$v = \sqrt{21.78} \times 10^5 \approx 4.66 \times 10^5 \,ms^{-1}$.
दिया गया है $v = \frac{x}{3} \times 10^5$,इसलिए $\frac{x}{3} \approx 4.66 \implies x \approx 14$.

(C) समानांतर प्लेट संधारित्र में विस्थापन धारा $I_{d}$ का सूत्र है: $I_{d} = \varepsilon_{0} A \frac{dE}{dt} = \varepsilon_{0} A \frac{d}{dt} (\frac{V}{d}) = \frac{\varepsilon_{0} A}{d} \frac{dV}{dt}$.
दिए गए मान:
$I_{d} = 4.425 \times 10^{-6} \,A$
$\frac{dV}{dt} = 10^{6} \,V s^{-1}$
$A = 40 \,cm^{2} = 40 \times 10^{-4} \,m^{2} = 4 \times 10^{-3} \,m^{2}$
$\varepsilon_{0} = 8.85 \times 10^{-12} \,C^{2} N^{-1} m^{-2}$
$d$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$d = \frac{\varepsilon_{0} A}{I_{d}} \frac{dV}{dt}$
मान रखने पर:
$d = \frac{8.85 \times 10^{-12} \times 4 \times 10^{-3} \times 10^{6}}{4.425 \times 10^{-6}}$
$d = \frac{8.85 \times 4 \times 10^{-9}}{4.425 \times 10^{-6}}$
$d = 2 \times 4 \times 10^{-3} \,m = 8 \times 10^{-3} \,m$
इसे $x \times 10^{-3} \,m$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 8$ प्राप्त होता है।

(A) अर्ध-आयु $T_{1/2} = 5$ वर्ष है।
रेडियोधर्मी क्षय का नियम $N = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$ है,जहाँ $n$ अर्ध-आयु की संख्या है।
यह दिया गया है कि नमूना अपने प्रारंभिक मान के $6.25 \%$ तक कम हो जाता है,इसलिए $\frac{N}{N_0} = \frac{6.25}{100} = \frac{1}{16}$ है।
चूँकि $\frac{1}{16} = \left(\frac{1}{2}\right)^4$,इसलिए $n = 4$ प्राप्त होता है।
कुल समय $x = n \times T_{1/2} = 4 \times 5 = 20$ वर्ष है।

(B) यंग के डबल स्लिट प्रयोग में फ्रिंज की चौड़ाई $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\lambda$ तरंगदैर्घ्य है,$D$ पर्दे की दूरी है और $d$ स्लिट्स के बीच की दूरी है।
जब पर्दे को $\Delta D$ विस्थापित किया जाता है,तो फ्रिंज की चौड़ाई में परिवर्तन $\Delta \beta = \frac{\lambda}{d} \Delta D$ होता है।
दिया गया है: $\Delta D = 5 \times 10^{-2} \,m$,$\Delta \beta = 3 \times 10^{-3} \,cm = 3 \times 10^{-5} \,m$,और $d = 1 \,mm = 10^{-3} \,m$.
$\lambda$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $\lambda = \frac{\Delta \beta \cdot d}{\Delta D}$.
मान रखने पर: $\lambda = \frac{3 \times 10^{-5} \times 10^{-3}}{5 \times 10^{-2}} = \frac{3 \times 10^{-8}}{5 \times 10^{-2}} = 0.6 \times 10^{-6} \,m$.
नैनोमीटर में बदलने पर: $\lambda = 600 \times 10^{-9} \,m = 600 \,nm$.

(B) जब $LCR$ श्रेणी परिपथ में धारा emf के साथ समान कला में होती है,तो परिपथ अनुनाद (resonance) की स्थिति में होता है। अनुनादी आवृत्ति $f$ का सूत्र है: $f = \frac{1}{2 \pi \sqrt{LC}}$.
दिया गया है: $L = 0.5 \,mH = 0.5 \times 10^{-3} \,H$,$C = 200 \,\mu F = 200 \times 10^{-6} \,F = 2 \times 10^{-4} \,F$.
मान रखने पर:
$f = \frac{1}{2 \pi \sqrt{0.5 \times 10^{-3} \times 2 \times 10^{-4}}}$
$f = \frac{1}{2 \pi \sqrt{1.0 \times 10^{-7}}} = \frac{1}{2 \pi \sqrt{10 \times 10^{-8}}}$
$f = \frac{10^4}{2 \pi \sqrt{10}} \approx 503.29 \,Hz$.
विकल्पों के अनुसार निकटतम पूर्णांक मान लेने पर,$f \approx 500 \,Hz = 5 \times 10^{2} \,Hz$।

(B) किसी भी समय $t$ पर सक्रियता $A$, प्रारंभिक सक्रियता $A_0$ से $A = A_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$ सूत्र द्वारा संबंधित है, जहाँ $n = \frac{t}{T_{1/2}}$ अर्ध-आयु की संख्या है。
दिया गया है: $A_0 = 2.56 \times 10^{-3} \, Ci$, $A = 2 \times 10^{-5} \, Ci$, और $T_{1/2} = 5 \, \text{दिन}$。
मान रखने पर: $\frac{2 \times 10^{-5}}{2.56 \times 10^{-3}} = \left( \frac{1}{2} \right)^n$.
$\frac{2}{256} = \left( \frac{1}{2} \right)^n \Rightarrow \frac{1}{128} = \left( \frac{1}{2} \right)^n$.
चूंकि $128 = 2^7$, इसलिए $\left( \frac{1}{2} \right)^7 = \left( \frac{1}{2} \right)^n$, जिसका अर्थ है $n = 7$。
चूंकि $n = \frac{t}{T_{1/2}}$, इसलिए $t = n \times T_{1/2} = 7 \times 5 = 35 \, \text{दिन}$。

(B) धातु की सतह से इलेक्ट्रॉन को मुक्त करने के लिए आवश्यक न्यूनतम ऊर्जा को उस धातु का कार्य फलन $(W_0)$ कहा जाता है।
यदि आपतित विकिरण की ऊर्जा $(h\nu)$ कार्य फलन $(W_0)$ से कम है,तो फोटॉन के पास सतह के अवरोध को पार करने के लिए पर्याप्त ऊर्जा नहीं होती है,इसलिए प्रकाश-विद्युत प्रभाव नहीं होता है। अतः,अभिकथन $A$ सही है।
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $h\nu = W_0 + K.E._{\max}$.
यदि आपतित ऊर्जा $h\nu = W_0$ है,तो $K.E._{\max} = h\nu - W_0 = 0$. अतः,कारण $R$ सही है।
हालाँकि,कारण $R$ शून्य गतिज ऊर्जा की स्थिति को समझाता है,लेकिन यह यह नहीं बताता कि जब $h\nu < W_0$ होता है तो प्रकाश-विद्युत प्रभाव क्यों नहीं होता है। इसलिए,$R$,$A$ की सही व्याख्या नहीं है।

(C) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में गति करने वाले आवेशित कण की त्रिज्या $r$ का सूत्र $r = \frac{mv}{qB}$ है।
चूंकि गतिज ऊर्जा $K$ और संवेग $p$ के बीच संबंध $K = \frac{p^2}{2m}$ है,इसलिए $p = \sqrt{2mK}$ होता है।
त्रिज्या के सूत्र में $p = mv$ रखने पर,हमें $r = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$ प्राप्त होता है।
यह दर्शाता है कि त्रिज्या गतिज ऊर्जा के वर्गमूल के सीधे आनुपातिक है: $r \propto \sqrt{K}$।
दिया गया है कि नई गतिज ऊर्जा $K_n = 4K_0$ है,जहाँ $K_0$ प्रारंभिक गतिज ऊर्जा है।
नई त्रिज्या $r_n$ और मूल त्रिज्या $r_0$ का अनुपात $\frac{r_n}{r_0} = \sqrt{\frac{K_n}{K_0}} = \sqrt{\frac{4K_0}{K_0}} = \sqrt{4} = 2$ है।
अतः,अनुपात $2: 1$ है।

(C) एक श्रेणी $LCR$ परिपथ में,अनुनाद आवृत्ति (resonance frequency) $\omega_{r}$ को $X_{C} = X_{L}$ की स्थिति द्वारा परिभाषित किया जाता है,जहाँ $X_{C} = \frac{1}{\omega C}$ और $X_{L} = \omega L$ है।
$1$. $\omega < \omega_{r}$ के लिए,हमारे पास $\frac{1}{\omega C} > \omega L$ है,जिसका अर्थ है कि $X_{C} > X_{L}$ है। अतः,परिपथ मुख्य रूप से कैपेसिटिव है। कथन $(A)$ सही है।
$2$. $\omega > \omega_{r}$ के लिए,$X_{L} > X_{C}$ होता है,इसलिए परिपथ मुख्य रूप से इंडक्टिव है।
$3$. अनुनाद पर $\omega = \omega_{r}$,प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^{2} + (X_{L} - X_{C})^{2}}$ है। चूँकि $X_{L} = X_{C}$,इसलिए $Z = \sqrt{R^{2} + 0} = R$ है। अतः,प्रतिबाधा प्रतिरोध के बराबर है। कथन $(C)$ सही है।
$4$. कथन $(D)$ गलत है क्योंकि अनुनाद पर,प्रतिबाधा न्यूनतम होती है और $R$ के बराबर होती है,$0$ नहीं।
इसलिए,कथन $(A)$ और $(C)$ सही हैं।

(A) पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक सूत्र $B_H = B \cos \delta$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $B$ कुल चुंबकीय क्षेत्र है और $\delta$ नमन कोण है।
दिया गया है: $B_H = 0.5 \ G$ और $\delta = 30^{\circ}$.
सूत्र में मान रखने पर: $0.5 = B \cos 30^{\circ}$.
चूंकि $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,इसलिए $0.5 = B \times \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$B$ के लिए हल करने पर: $B = \frac{0.5 \times 2}{\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \ G$.

(A) बैटरी से जुड़े संधारित्र में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} C V^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $C = \frac{K \epsilon_0 A}{d}$ है।
चूंकि बैटरी जुड़ी हुई है,इसलिए विभवांतर $V$ स्थिर रहता है।
प्रारंभिक ऊर्जा $U_1 = \frac{1}{2} (K_1 C_0) V^2$,जहाँ $C_0 = \frac{\epsilon_0 A}{d}$ है।
अंतिम ऊर्जा $U_2 = \frac{1}{2} (K_2 C_0) V^2$ है।
ऊर्जा में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{U_2 - U_1}{U_1} \times 100 \%$ द्वारा प्राप्त होता है।
मान रखने पर: $\frac{\frac{1}{2} K_2 C_0 V^2 - \frac{1}{2} K_1 C_0 V^2}{\frac{1}{2} K_1 C_0 V^2} \times 100 \% = \frac{K_2 - K_1}{K_1} \times 100 \%$.
यहाँ $K_1 = 10$ और $K_2 = 15$ दिया गया है,इसलिए परिवर्तन $\frac{15 - 10}{10} \times 100 \% = \frac{5}{10} \times 100 \% = 50 \%$ है।
अतः,ऊर्जा $50 \%$ बढ़ जाएगी।

(D) दिया गया है:
द्रव्यमान $m = 100 \,mg = 100 \times 10^{-6} \,kg = 10^{-4} \,kg$
विद्युत क्षेत्र $E = 1 \times 10^{5} \,NC^{-1}$
आवेश $q = 40 \,\mu C = 40 \times 10^{-6} \,C$
प्रारंभिक वेग $u = 200 \,ms^{-1}$
अंतिम वेग $v = 0 \,ms^{-1}$
कण पर लगने वाला बल $F = qE$ है,जो विद्युत क्षेत्र की दिशा में कार्य करता है। चूंकि कण को विपरीत दिशा में फेंका गया है,इसलिए त्वरण $a$ ऋणात्मक होगा:
$a = -\frac{F}{m} = -\frac{qE}{m}$
गति के समीकरण $v^{2} = u^{2} + 2as$ का उपयोग करने पर,जहाँ $v = 0$:
$0 = u^{2} - 2 \left( \frac{qE}{m} \right) s$
$s = \frac{u^{2}m}{2qE}$
मान रखने पर:
$s = \frac{(200)^{2} \times 10^{-4}}{2 \times 40 \times 10^{-6} \times 10^{5}}$
$s = \frac{40000 \times 10^{-4}}{80 \times 10^{-1}}$
$s = \frac{4}{8} = 0.5 \,m$

(D) फ्रिंज चौड़ाई का सूत्र $\beta = \frac{D \lambda}{d}$ है,जहाँ $D$ पर्दे और स्लिट्स के बीच की दूरी है,$\lambda$ तरंगदैर्ध्य है,और $d$ स्लिट्स के बीच की दूरी है।
प्रथम स्थिति के लिए दिया गया है:
$\lambda_1 = 5000 \,\mathring A$,$d_1 = d$,$\beta_1 = 0.5 \,mm$.
अतः,$\beta_1 = \frac{D \lambda_1}{d} = 0.5 \,mm$ ... $(I)$
दूसरी स्थिति के लिए:
$\lambda_2 = 6000 \,\mathring A$,$d_2 = 2d$,$\beta_2 = ?$
अतः,$\beta_2 = \frac{D \lambda_2}{d_2} = \frac{D \times 6000 \,\mathring A}{2d}$ ... $(II)$
$(II)$ को $(I)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{\beta_2}{\beta_1} = \frac{D \times 6000 \,\mathring A / 2d}{D \times 5000 \,\mathring A / d} = \frac{6000}{2 \times 5000} = \frac{6}{10} = 0.6$
अतः,$\beta_2 = 0.6 \times \beta_1 = 0.6 \times 0.5 \,mm = 0.3 \,mm$.

(B) ऑप्टिकल स्रोत की आवृत्ति $f = \frac{c}{\lambda} = \frac{3 \times 10^{8} \,m/s}{1000 \times 10^{-9} \,m} = 3 \times 10^{14} \,Hz$ द्वारा दी जाती है।
उपलब्ध चैनल बैंडविड्थ इस आवृत्ति का $2 \%$ है: $\text{Bandwidth} = \frac{2}{100} \times 3 \times 10^{14} \,Hz = 6 \times 10^{12} \,Hz$.
एक ऑडियो सिग्नल चैनल के लिए आवश्यक बैंडविड्थ $8 \,kHz = 8 \times 10^{3} \,Hz$ है।
समायोजित किए जा सकने वाले चैनलों की संख्या कुल उपलब्ध बैंडविड्थ और प्रति चैनल बैंडविड्थ के अनुपात द्वारा दी जाती है:
$\text{Number of channels} = \frac{6 \times 10^{12} \,Hz}{8 \times 10^{3} \,Hz} = 0.75 \times 10^{9} = 75 \times 10^{7}$.

(B) उत्पन्न ऊष्मा ऊर्जा $H = \frac{V^2}{R} t$ द्वारा दी जाती है। चूंकि उत्पन्न ऊष्मा $H$ और वोल्टेज $V$ दोनों स्थितियों के लिए समान हैं,इसलिए हमारे पास $H = \frac{V^2}{R_1} t_1 = \frac{V^2}{R_2} t_2$ है।
दिया गया है कि $t_1 = 20 \ min$ और $t_2 = 60 \ min$,तो $\frac{20}{R_1} = \frac{60}{R_2}$,जिसका अर्थ है $R_2 = 3R_1$।
जब समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ को $\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{3R_1} = \frac{4}{3R_1}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$R_{eq} = \frac{3R_1}{4}$।
समानांतर संयोजन द्वारा $t$ समय में समान ऊष्मा $H$ उत्पन्न करने के लिए,हमारे पास $H = \frac{V^2}{R_{eq}} t$ है।
इसे पहली कुंडली द्वारा उत्पन्न ऊष्मा के साथ बराबर करने पर: $\frac{V^2}{R_1} \times 20 = \frac{V^2}{(3R_1/4)} \times t$।
$20 = \frac{4}{3} t \Rightarrow t = \frac{20 \times 3}{4} = 15 \ min$।

(B) विद्युतचुंबकीय तरंग की तीव्रता $I$ और विद्युत क्षेत्र के आयाम $E_0$ के बीच संबंध: $I = \frac{1}{2} \epsilon_0 E_0^2 c$ है।
$E_0$ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $E_0 = \sqrt{\frac{2I}{\epsilon_0 c}}$.
दिए गए मानों को रखने पर: $E_0 = \sqrt{\frac{2 \times 0.22}{8.85 \times 10^{-12} \times 3 \times 10^8}} = \sqrt{\frac{0.44}{26.55 \times 10^{-4}}} = \sqrt{165.72} \approx 12.873 \, V/m$.
चुंबकीय क्षेत्र का आयाम $B_0 = \frac{E_0}{c}$ द्वारा प्राप्त होता है।
$B_0 = \frac{12.873}{3 \times 10^8} = 4.291 \times 10^{-8} \, T$.
इसे $10^{-9} \, T$ के रूप में व्यक्त करने पर: $B_0 = 42.91 \times 10^{-9} \, T \approx 43 \times 10^{-9} \, T$.

(D) दिए गए $V-I$ ग्राफ से,ढाल तार का प्रतिरोध $R$ दर्शाती है।
$R = \tan(45^{\circ}) = 1 \, \Omega$.
हम जानते हैं कि प्रतिरोध $R = \rho \frac{\ell}{A}$,जहाँ $\ell$ लंबाई है और $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi \left(\frac{d}{2}\right)^2 = \frac{\pi d^2}{4}$.
यहाँ $\ell = 31.4 \, cm$ और $d = 2.4 \, cm$ दिया गया है।
मान रखने पर: $1 = \rho \frac{31.4}{\frac{\pi \times (2.4)^2}{4}}$.
$\pi = 3.14$ का उपयोग करने पर: $1 = \rho \frac{31.4 \times 4}{3.14 \times 5.76}$.
$1 = \rho \frac{10 \times 4}{5.76} = \rho \frac{40}{5.76}$.
$\rho = \frac{5.76}{40} = 0.144 \, \Omega \cdot cm$.
इसे $x \times 10^{-3} \, \Omega \cdot cm$ के रूप में व्यक्त करने पर,हमें $\rho = 144 \times 10^{-3} \, \Omega \cdot cm$ प्राप्त होता है।
अतः,$x = 144$.

(A) संघट्ट प्राचल $b$ प्रकीर्णन कोण $\theta$ से इस सूत्र द्वारा संबंधित है: $b = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Ze^2 \cot(\theta/2)}{K}$,जहाँ $K$ गतिज ऊर्जा है।
इसका अर्थ है कि $b \propto \cot(\theta/2)$.
चूँकि $\sqrt{d_1}$ और $\sqrt{d_2}$ क्रमशः $\theta_1 = 60^{\circ}$ और $\theta_2 = 90^{\circ}$ कोणों के लिए संघट्ट प्राचल हैं,हमारे पास है:
$\sqrt{d_1} \propto \cot(60^{\circ}/2) = \cot(30^{\circ}) = \sqrt{3}$.
$\sqrt{d_2} \propto \cot(90^{\circ}/2) = \cot(45^{\circ}) = 1$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $d_1 \propto 3$ और $d_2 \propto 1$ प्राप्त होता है।
अतः,$d_1 = 3 d_2$.
इसे $d_1 = x d_2$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 3$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है: बेस करंट में परिवर्तन $\Delta i_{B} = 100 \,\mu A = 100 \times 10^{-6} \,A = 0.1 \,mA$.
कलेक्टर करंट में परिवर्तन $\Delta i_{C} = 10 \,mA$.
लोड प्रतिरोध $R_{L} = 2 \,k \Omega = 2000 \,\Omega$.
इनपुट प्रतिरोध $R_{in} = 1 \,k \Omega = 1000 \,\Omega$.
सबसे पहले, करंट गेन $\beta$ की गणना करें:
$\beta = \frac{\Delta i_{C}}{\Delta i_{B}} = \frac{10 \,mA}{0.1 \,mA} = 100$.
पावर गेन $A_{P}$ का सूत्र इस प्रकार है:
$A_{P} = \beta^{2} \times \frac{R_{L}}{R_{in}}$.
मान रखने पर:
$A_{P} = (100)^{2} \times \frac{2000 \,\Omega}{1000 \,\Omega} = 10000 \times 2 = 20000$.
$A_{P} = 2 \times 10^{4}$.
इसे $x \times 10^{4}$ के साथ तुलना करने पर, हमें $x = 2$ प्राप्त होता है।

(C) गोले की सतह पर पहले अपवर्तन के लिए:
सूत्र $\frac{\mu_2}{v_1} - \frac{\mu_1}{u} = \frac{\mu_2 - \mu_1}{R}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $\mu_1 = 1$,$\mu_2 = 1.5 = \frac{3}{2}$,$u = -\infty$,और $R = +15 \,cm$ है:
$\frac{1.5}{v_1} - \frac{1}{-\infty} = \frac{1.5 - 1}{15}$
$\frac{1.5}{v_1} = \frac{0.5}{15} = \frac{1}{30}$
$v_1 = 1.5 \times 30 = 45 \,cm$.
यह प्रतिबिंब दूसरी सतह के लिए एक आभासी वस्तु के रूप में कार्य करता है।
गोले की दूसरी सतह पर अपवर्तन के लिए:
यहाँ,वस्तु की दूरी $u_2 = v_1 - 2R = 45 - 30 = 15 \,cm$ (दूसरी सतह से मापी गई)।
$\frac{\mu_1}{v_2} - \frac{\mu_2}{u_2} = \frac{\mu_1 - \mu_2}{-R}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{v_2} - \frac{1.5}{15} = \frac{1 - 1.5}{-15}$
$\frac{1}{v_2} - 0.1 = \frac{-0.5}{-15} = \frac{1}{30}$
$\frac{1}{v_2} = \frac{1}{30} + \frac{1}{10} = \frac{1+3}{30} = \frac{4}{30}$
$v_2 = \frac{30}{4} = 7.5 \,cm$ दूसरी सतह से।
ग्लोब के केंद्र से दूरी $d = R + v_2 = 15 + 7.5 = 22.5 \,cm = 225 \,mm$ है।

(C) इस परिपथ में $15 \, V$ की बैटरी, $1 \, \Omega$ का प्रतिरोध और $2 \, \Omega$ का प्रतिरोध श्रेणीक्रम में जुड़े हैं。
कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 1 \, \Omega + 2 \, \Omega = 3 \, \Omega$ है。
ओम के नियम के अनुसार परिपथ में प्रवाहित धारा $i = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{15 \, V}{3 \, \Omega} = 5 \, A$ है。
$V_{B} - V_{A}$ ज्ञात करने के लिए, हम ऊपरी शाखा के माध्यम से $A$ से $B$ तक का मार्ग लेते हैं。
$A$ से शुरू करके, हम बैटरी से गुजरते हैं (विभव में $15 \, V$ की वृद्धि होती है) और फिर $1 \, \Omega$ के प्रतिरोध से गुजरते हैं (विभव में $i \times R = 5 \, A \times 1 \, \Omega = 5 \, V$ की कमी होती है)।
अतः, $V_{B} = V_{A} + 15 \, V - 5 \, V = V_{A} + 10 \, V$ प्राप्त होता है。
इसलिए, $V_{B} - V_{A} = 10 \, V$ है।

(D) मॉड्यूलेशन इंडेक्स $\mu$ को अधिकतम और न्यूनतम आयामों के अंतर और उनके योग के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$\mu = \frac{V_{\max} - V_{\min}}{V_{\max} + V_{\min}}$
यहाँ $V_{\max} = 6\,V$ और $V_{\min} = 2\,V$ दिया गया है।
मान रखने पर:
$\mu = \frac{6 - 2}{6 + 2} = \frac{4}{8} = 0.5$
इसे प्रतिशत में व्यक्त करने के लिए:
$\text{मॉड्यूलेशन इंडेक्स} = 0.5 \times 100\% = 50\%$.