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

(D) दीवार से टकराकर रुकने वाले द्रव जेट द्वारा लगाया गया बल संवेग परिवर्तन की दर के बराबर होता है।
$F = \frac{dp}{dt} = \frac{d(mv)}{dt} = v \frac{dm}{dt}$.
चूंकि द्रव्यमान प्रवाह दर $\frac{dm}{dt} = \rho A v$ है,इसलिए बल $F = \rho A v^{2}$ होगा।
दिया गया है:
घनत्व $\rho = 1000 \, kg/m^{3}$
क्षेत्रफल $A = 10 \, cm^{2} = 10 \times 10^{-4} \, m^{2} = 10^{-3} \, m^{2}$
वेग $v = 20 \, m/s$
मान रखने पर:
$F = 1000 \times 10^{-3} \times (20)^{2}$
$F = 1 \times 400 = 400 \, N$.

(D) मान लीजिए $\lambda$ चेन का रैखिक द्रव्यमान घनत्व है,इसलिए $\lambda = \frac{m}{L}$।
एक तरफ चेन का द्रव्यमान $m_1 = \lambda l$ है और दूसरी तरफ $m_2 = \lambda (L - l)$ है।
चेन पर लगने वाला कुल बल $F_{net} = (m_2 - m_1)g = \lambda(L - l - l)g = \lambda(L - 2l)g$ है।
चेन का कुल द्रव्यमान $m = \lambda L$ है।
चेन का त्वरण $a = \frac{F_{net}}{m} = \frac{\lambda(L - 2l)g}{\lambda L} = \frac{(L - 2l)g}{L}$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि जब $l = \frac{L}{x}$ होता है तब $a = \frac{g}{2}$,इसलिए हम इन मानों को प्रतिस्थापित करते हैं:
$\frac{g}{2} = \frac{(L - 2(\frac{L}{x}))g}{L}$
$\frac{1}{2} = 1 - \frac{2}{x}$
$\frac{2}{x} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$
$x = 4$।

(A) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 200\,g = 0.2\,kg$,प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = 90\,J$,$t = 1\,s$ पर अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f = 40\,J$।
संबंध $K = \frac{1}{2}mv^2$ का उपयोग करके,हम वेग ज्ञात करते हैं:
प्रारंभिक वेग $u = \sqrt{\frac{2K_i}{m}} = \sqrt{\frac{2 \times 90}{0.2}} = \sqrt{900} = 30\,m/s$।
अंतिम वेग $v = \sqrt{\frac{2K_f}{m}} = \sqrt{\frac{2 \times 40}{0.2}} = \sqrt{400} = 20\,m/s$।
स्थिर मंदन मानते हुए,त्वरण $a$ है:
$a = \frac{v - u}{t} = \frac{20 - 30}{1} = -10\,m/s^2$।
स्थिर होने के लिए आवश्यक दूरी $s$ ज्ञात करने के लिए $(v_{final} = 0)$:
$v_{final}^2 = u^2 + 2as$ का उपयोग करने पर,$0 = (30)^2 + 2(-10)s$।
$20s = 900 \implies s = 45\,m$।

(C) सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ द्वारा दिया जाता है,जिसका अर्थ है $T \propto \frac{1}{\sqrt{g}}$.
$h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण $g' = g \left( \frac{R_E}{R_E + h} \right)^2$ द्वारा दिया जाता है,जिसका अर्थ है $\sqrt{\frac{g'}{g}} = \frac{R_E}{R_E + h}$.
दिए गए आवर्तकाल $T_1 = 4\,s$ और $T_2 = 6\,s$ के लिए,हमारे पास अनुपात है:
$\frac{T_2}{T_1} = \sqrt{\frac{g}{g'}} = \frac{R_E + h}{R_E}$.
मान रखने पर:
$\frac{6}{4} = \frac{6400 + h}{6400}$.
$1.5 = 1 + \frac{h}{6400}$.
$0.5 = \frac{h}{6400}$.
$h = 0.5 \times 6400 = 3200\,km$.

(C) मान लीजिए कि ऊपरी सतह पर दबाव $P_{1}$ है और छेद पर दबाव $P_{2}$ है।
पिस्टन का क्षेत्रफल $A = \pi r^{2} = \pi(1)^{2} = \pi\,m^{2}$ है।
पिस्टन द्वारा लगाया गया दबाव $P_{piston} = \frac{F}{A} = \frac{5 \times 10^{5}}{\pi}\,Pa$ है।
ऊपरी सतह पर कुल दबाव $P_{1} = P_{A} + P_{piston} = 1.01 \times 10^{5} + \frac{5 \times 10^{5}}{\pi}$ है।
बर्नौली के समीकरण का उपयोग करते हुए:
$P_{1} + \rho g h_{1} = P_{2} + \rho g h_{2} + \frac{1}{2} \rho v_{e}^{2}$
यहाँ $P_{2} = P_{A}$,$h_{1} = 15\,m$,$h_{2} = 5\,m$,और $\rho = 1000\,kg/m^{3}$ है।
$\frac{5 \times 10^{5}}{\pi} + \rho g (h_{1} - h_{2}) = \frac{1}{2} \rho v_{e}^{2}$
$\frac{5 \times 10^{5}}{\pi} + 1000 \times 10 \times (15 - 5) = \frac{1}{2} \times 1000 \times v_{e}^{2}$
इस समीकरण को हल करने पर,$v_{e} = 17.8\,m/s$ प्राप्त होता है।

(C) वर्ग माध्य मूल चाल का सूत्र $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ है।
चूंकि $v_{rms} \propto \sqrt{T}$,यदि चाल को दोगुना किया जाता है,तो तापमान $2^2 = 4$ गुना बढ़ना चाहिए।
प्रारंभिक तापमान $T_i = 27^{\circ}C = 300\,K$.
अंतिम तापमान $T_f = 4 \times 300\,K = 1200\,K$.
नाइट्रोजन $(N_2)$ के मोलों की संख्या $n = \frac{14\,g}{28\,g/mol} = 0.5\,mol$ है।
नाइट्रोजन एक द्वि-परमाणुक गैस है,इसलिए स्थिर आयतन पर इसकी मोलर ऊष्मा धारिता $C_v = \frac{5}{2}R$ है।
स्थानांतरित ऊष्मा $Q = nC_v \Delta T$ है।
$Q = 0.5 \times \frac{5}{2} \times 8.32 \times (1200 - 300)$.
$Q = 0.5 \times 2.5 \times 8.32 \times 900$.
$Q = 1.25 \times 7488 = 9360\,J$.

(C) अधिकतम ऊँचाई तक पहुँचने में लगा समय $t_a = \frac{u}{g} = \frac{19.6}{9.8} = 2 \, s$ है।
प्रक्षेपण बिंदु से गेंद द्वारा प्राप्त अधिकतम ऊँचाई $H = \frac{u^2}{2g} = \frac{(19.6)^2}{2 \times 9.8} = \frac{19.6 \times 19.6}{19.6} = 19.6 \, m$ है।
मान लीजिए मीनार की ऊँचाई $h$ है। मीनार की चोटी से जमीन तक के कुल विस्थापन के लिए गति के समीकरण $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करने पर:
$-h = (19.6)(6) + \frac{1}{2}(-9.8)(6)^2$
$-h = 117.6 - 4.9 \times 36$
$-h = 117.6 - 176.4 = -58.8 \, m$,अतः $h = 58.8 \, m$ है।
जमीन से अधिकतम ऊँचाई $H_{max} = h + H = 58.8 + 19.6 = 78.4 \, m$ है।
दिया गया है कि $H_{max} = \frac{k}{5} = 78.4$,इसलिए $k = 78.4 \times 5 = 392$।

(C) दूरी $x$ पर एक छोटे अवयव $dx$ का द्रव्यमान $dm = \rho \cdot dx = \rho_{0} \left(1 - \frac{x^{2}}{L^{2}}\right) dx$ द्वारा दिया जाता है।
द्रव्यमान केंद्र की स्थिति $X_{cm}$ सूत्र द्वारा दी जाती है:
$X_{cm} = \frac{\int x \, dm}{\int dm}$
सबसे पहले,कुल द्रव्यमान $M = \int_{0}^{L} \rho_{0} \left(1 - \frac{x^{2}}{L^{2}}\right) dx = \rho_{0} \left[ x - \frac{x^{3}}{3L^{2}} \right]_{0}^{L} = \rho_{0} \left( L - \frac{L}{3} \right) = \frac{2}{3} \rho_{0} L$ की गणना करें।
इसके बाद,समाकलन $\int x \, dm = \int_{0}^{L} x \cdot \rho_{0} \left(1 - \frac{x^{2}}{L^{2}}\right) dx = \rho_{0} \int_{0}^{L} \left( x - \frac{x^{3}}{L^{2}} \right) dx = \rho_{0} \left[ \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{4}}{4L^{2}} \right]_{0}^{L} = \rho_{0} \left( \frac{L^{2}}{2} - \frac{L^{2}}{4} \right) = \frac{1}{4} \rho_{0} L^{2}$ की गणना करें।
अब,$X_{cm} = \frac{\frac{1}{4} \rho_{0} L^{2}}{\frac{2}{3} \rho_{0} L} = \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{2} L = \frac{3L}{8}$ प्राप्त होता है।
इसे $\frac{3L}{\alpha}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 8$ प्राप्त होता है।

(C) ऊर्ध्वाधर वृत्ताकार पथ के निचले बिंदु पर,डोरी में तनाव $T$ गुरुत्वाकर्षण बल और अभिकेंद्री बल के योग के बराबर होता है:
$T = mg + \frac{mv^{2}}{R}$
दिया गया है: $m = 2 \, kg$,$v = 5 \, m/s$,$R = 0.5 \, m$,$g = 10 \, m/s^{2}$,$A = 4 \times 10^{-6} \, m^{2}$,$Y = 10^{11} \, N/m^{2}$.
$T = (2 \times 10) + \frac{2 \times (5)^{2}}{0.5} = 20 + \frac{50}{0.5} = 20 + 100 = 120 \, N$.
हुक के नियम के अनुसार,प्रतिबल (Stress) $= Y \times \text{विकृति (Strain)}$,इसलिए $\text{विकृति} = \frac{\text{प्रतिबल}}{Y} = \frac{T}{AY}$.
$\text{विकृति} = \frac{120}{(4 \times 10^{-6}) \times 10^{11}} = \frac{120}{4 \times 10^{5}} = 30 \times 10^{-5}$.
अतः,विकृति $30 \times 10^{-5}$ है।

(A) दिया गया है,स्वतंत्रता की कोटि $f = 8$ है।
स्थिर दबाव पर किया गया कार्य $W = n R \Delta T = 150 \; J$ है।
स्थिर दबाव पर अवशोषित ऊष्मा $Q = n C_p \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
हम जानते हैं कि $C_p = \left( \frac{f}{2} + 1 \right) R$ होता है।
इस मान को ऊष्मा के समीकरण में रखने पर: $Q = n \left( \frac{f}{2} + 1 \right) R \Delta T$ प्राप्त होता है।
चूंकि $W = n R \Delta T = 150 \; J$,इसलिए $Q = \left( \frac{f}{2} + 1 \right) W$ होगा।
$f = 8$ और $W = 150 \; J$ रखने पर:
$Q = \left( \frac{8}{2} + 1 \right) \times 150 = (4 + 1) \times 150 = 5 \times 150 = 750 \; J$।

(A) स्थितिज ऊर्जा $U = 4(1 - \cos 4x)$ द्वारा दी गई है।
संरक्षी बल के लिए,$F = -\frac{dU}{dx}$.
$F = -\frac{d}{dx} [4(1 - \cos 4x)] = -4(0 - (-\sin 4x) \cdot 4) = -16 \sin 4x$.
छोटे दोलनों के लिए,$\sin \theta \approx \theta$,इसलिए $\sin 4x \approx 4x$.
अतः,$F \approx -16(4x) = -64x$.
इसे $SHM$ के बल समीकरण $F = -m\omega^2 x$ के साथ तुलना करने पर,हमें $m\omega^2 = 64$ प्राप्त होता है।
दिया गया द्रव्यमान $m = 4 \, kg$ है,इसलिए $4 \cdot \omega^2 = 64$,जिसका अर्थ है $\omega^2 = 16$,अतः $\omega = 4 \, rad/s$.
आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2} \, s$.
इसकी तुलना $\frac{\pi}{K}$ से करने पर,हमें $K = 2$ प्राप्त होता है।

(B) सरल लोलक के आवर्तकाल का सूत्र $T = 2 \pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने और $g$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,$g = 4 \pi^2 \frac{\ell}{T^2}$ प्राप्त होता है।
$g$ में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta \ell}{\ell} + 2 \frac{\Delta T}{T}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है: $\ell = 10 \ cm = 100 \ mm$ और $\Delta \ell = 1 \ mm$।
$100$ दोलनों के लिए कुल समय $t = 100 \times 0.5 \ s = 50 \ s$ है। घड़ी का रिज़ॉल्यूशन $\Delta t = 1 \ s$ है।
अतः,आवर्तकाल $T = 0.5 \ s$ और आवर्तकाल में त्रुटि $\Delta T = \frac{\Delta t}{100} = \frac{1 \ s}{100} = 0.01 \ s$ है।
मान रखने पर: $\frac{\Delta g}{g} = \frac{1 \ mm}{100 \ mm} + 2 \times \frac{0.01 \ s}{0.5 \ s} = 0.01 + 2 \times 0.02 = 0.01 + 0.04 = 0.05$।
इसलिए,प्रतिशत त्रुटि $0.05 \times 100 = 5 \%$ है।
अतः,$x = 5$।

(A) आम को जमीन तक पहुँचने में लगा समय मुक्त पतन के सूत्र द्वारा दिया जाता है: $t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$.
दिए गए मान $h = 19.6\,m$ और $g = 9.8\,m/s^2$ को प्रतिस्थापित करने पर:
$t = \sqrt{\frac{2 \times 19.6}{9.8}} = \sqrt{4} = 2\,s$.
परेड की गति $v = 9\,km/h$ है। इसे $m/s$ में बदलने पर:
$v = 9 \times \frac{5}{18} = 2.5\,m/s$.
कैडेट द्वारा $t$ समय में तय की गई दूरी $d = v \times t$ है।
$d = 2.5 \times 2 = 5\,m$.
अतः,आम को पकड़ने के लिए आम गिराते समय कैडेट को पेड़ से $5\,m$ की दूरी पर होना चाहिए।

(B) आवेग $I$,संवेग में परिवर्तन $\Delta P$ के बराबर होता है।
दिया गया है: द्रव्यमान $m = 5 \; kg$,प्रारंभिक वेग $u = 25 \; ms^{-1}$,अंतिम वेग $v = 0 \; ms^{-1}$।
संवेग में परिवर्तन $\Delta P = m(v - u) = 5(0 - 25) = -125 \; kg \cdot ms^{-1}$।
चूंकि दोनों स्थितियों में संवेग में परिवर्तन समान है,इसलिए आवेग $I = |\Delta P| = 125 \; N \cdot s$ दोनों स्थितियों में समान रहेगा।
औसत बल $F_{\text{avg}} = \frac{\Delta P}{\Delta t}$ द्वारा दिया जाता है।
स्थिति $(i)$ के लिए,$\Delta t_1 = 3 \; s$,इसलिए $F_{\text{avg}, 1} = \frac{125}{3} \approx 41.67 \; N$।
स्थिति $(ii)$ के लिए,$\Delta t_2 = 5 \; s$,इसलिए $F_{\text{avg}, 2} = \frac{125}{5} = 25 \; N$।
चूंकि $\Delta t_1 \neq \Delta t_2$,इसलिए औसत बल अलग-अलग हैं। अतः,आवेग समान है लेकिन औसत बल अलग है।

(B) बाहर निकलती हवा के कारण गुब्बारे पर लगने वाला औसत बल $F$,संवेग परिवर्तन की दर द्वारा दिया जाता है,जो $F = v \cdot \frac{dm}{dt}$ है।
यहाँ,कुल द्रव्यमान $m = 10\,g$,$t = 5\,s$ के समय में बाहर निकलता है।
इसलिए,द्रव्यमान के घटने की दर $\frac{dm}{dt} = \frac{10\,g}{5\,s} = 2\,g/s$ है।
बाहर निकलती हवा का वेग $v = 4.5\,cm/s$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$F = 2\,g/s \times 4.5\,cm/s = 9\,g \cdot cm/s^2$.
चूंकि $1\,dyne = 1\,g \cdot cm/s^2$,इसलिए औसत बल $9\,dyne$ होगा।

(D) पृथ्वी की सतह पर गुरुत्वीय त्वरण $g$ का सूत्र है: $g = \frac{GM}{R^2}$,जहाँ $G$ गुरुत्वाकर्षण नियतांक है,$M$ पृथ्वी का द्रव्यमान है और $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
चूंकि द्रव्यमान $M$ स्थिर रहता है,इसलिए $g \propto \frac{1}{R^2}$ होगा।
सापेक्ष त्रुटि के सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{\Delta g}{g} = -2 \frac{\Delta R}{R}$।
दिया गया है कि त्रिज्या $2 \%$ कम हो जाती है,इसलिए $\frac{\Delta R}{R} = -0.02$।
इस मान को सूत्र में रखने पर: $\frac{\Delta g}{g} = -2 \times (-0.02) = 0.04$।
प्रतिशत में बदलने के लिए $100$ से गुणा करने पर: $\frac{\Delta g}{g} \times 100 = 4 \%$।
चूंकि परिणाम धनात्मक है,इसलिए गुरुत्वीय त्वरण में $4 \%$ की वृद्धि होगी।

(C) यंग मापांक $(Y)$ का सूत्र $Y = \frac{F/A}{\Delta l/l}$ है,जहाँ $F$ बल है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है,$\Delta l$ लंबाई में परिवर्तन है और $l$ मूल लंबाई है।
बल के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $F = Y A \frac{\Delta l}{l}$.
दिया गया है: $A = 1 \ cm^{2} = 10^{-4} \ m^{2}$,$Y = 2 \times 10^{11} \ N/m^{2}$,और लंबाई को दोगुना किया जाता है,इसलिए $\Delta l = 2l - l = l$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $F = (2 \times 10^{11} \ N/m^{2}) \times (10^{-4} \ m^{2}) \times (l/l)$.
$F = 2 \times 10^{7} \ N$.

(C) कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_L}{T_H}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $\eta_1 = 0.5$,इसलिए $0.5 = 1 - \frac{T_L}{T_H} \implies \frac{T_L}{T_H} = 0.5 \implies T_L = 0.5 T_H$.
जब सिंक का तापमान $40 \, K$ कम किया जाता है,तो नया सिंक तापमान $T_L' = T_L - 40$ हो जाता है।
नई दक्षता $\eta_2$ मूल दक्षता से $30 \%$ बढ़ जाती है,इसलिए $\eta_2 = 0.5 + 0.3 = 0.8$.
नई दक्षता के सूत्र का उपयोग करते हुए: $0.8 = 1 - \frac{T_L - 40}{T_H}$.
$T_L = 0.5 T_H$ प्रतिस्थापित करने पर: $0.8 = 1 - \frac{0.5 T_H - 40}{T_H}$.
$0.8 = 1 - 0.5 + \frac{40}{T_H}$.
$0.3 = \frac{40}{T_H} \implies T_H = \frac{40}{0.15} = 266.67 \, K$.

(D) कथन $I$: एक आदर्श गैस में,अणु यादृच्छिक दिशाओं में गति करते हैं। संवेग $\vec{p}$ वाले प्रत्येक अणु के लिए,संवेग $-\vec{p}$ वाले अणु के मिलने की सांख्यिकीय रूप से समान संभावना होती है। अतः,औसत संवेग $\vec{p}_{avg} = 0$ होता है,जो तापमान से स्वतंत्र है।
कथन $II$: $rms$ चाल का सूत्र $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ है।
प्रारंभ में,$v = \sqrt{\frac{3RT}{M_{O_2}}}$.
जब तापमान दोगुना हो जाता है $(T' = 2T)$ और $O_2$ का $O$ परमाणुओं में विघटन होता है,तो मोलर द्रव्यमान $M' = \frac{M_{O_2}}{2}$ हो जाता है।
नई $rms$ चाल $v' = \sqrt{\frac{3R(2T)}{M_{O_2}/2}} = \sqrt{4 \cdot \frac{3RT}{M_{O_2}}} = 2v$.
अतः,कथन $I$ गलत है और कथन $II$ सही है।

(C) प्रगामी तरंग समीकरण का मानक रूप $y = A \sin(\omega t - kx)$ है।
दिया गया समीकरण: $y = 0.5 \sin \left( \frac{2 \pi}{\lambda} (400 t - x) \right) = 0.5 \sin \left( \frac{800 \pi}{\lambda} t - \frac{2 \pi}{\lambda} x \right)$.
इस समीकरण की तुलना मानक रूप से करने पर,हमें कोणीय आवृत्ति $\omega$ और तरंग संख्या $k$ प्राप्त होती है:
$\omega = \frac{800 \pi}{\lambda}$
$k = \frac{2 \pi}{\lambda}$
तरंग का वेग $v$,कोणीय आवृत्ति और तरंग संख्या का अनुपात होता है:
$v = \frac{\omega}{k} = \frac{800 \pi / \lambda}{2 \pi / \lambda} = \frac{800 \pi}{2 \pi} = 400 \, m/s$.
अतः,तरंग का वेग $400 \, m/s$ है।

(C) सदिश $\vec{A}$ का सदिश $\vec{B}$ पर प्रक्षेप $\frac{\vec{A} \cdot \vec{B}}{|\vec{B}|}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि प्रक्षेप शून्य है,इसलिए $\frac{\vec{A} \cdot \vec{B}}{|\vec{B}|} = 0$,जिसका अर्थ है कि $\vec{A} \cdot \vec{B} = 0$.
मान लीजिए $\vec{A} = 2 \hat{i} + 4 \hat{j} - 2 \hat{k}$ और $\vec{B} = \hat{i} + 2 \hat{j} + \alpha \hat{k}$.
डॉट प्रोडक्ट लेने पर: $(2 \hat{i} + 4 \hat{j} - 2 \hat{k}) \cdot (\hat{i} + 2 \hat{j} + \alpha \hat{k}) = 0$.
$(2)(1) + (4)(2) + (-2)(\alpha) = 0$.
$2 + 8 - 2\alpha = 0$.
$10 - 2\alpha = 0$.
$2\alpha = 10$.
$\alpha = 5$.

(B) पहाड़ी ध्वनि के एक द्वितीयक स्रोत के रूप में कार्य करती है।
दिया गया है:
सीटी की आवृत्ति,$f = 320\,Hz$
कार का वेग,$v_s = v_o = 36\,km/h = 36 \times \frac{5}{18} = 10\,m/s$
ध्वनि का वेग,$v = 330\,m/s$
चरण $1$: पहाड़ी द्वारा प्राप्त आवृत्ति $(f_1)$ की गणना करें।
चूंकि कार (स्रोत) स्थिर प्रेक्षक (पहाड़ी) की ओर बढ़ रही है,पहाड़ी द्वारा प्राप्त आवृत्ति है:
$f_1 = f \left( \frac{v}{v - v_s} \right) = 320 \left( \frac{330}{330 - 10} \right) = 320 \left( \frac{330}{320} \right) = 330\,Hz$
चरण $2$: ड्राइवर द्वारा सुनी गई प्रतिध्वनि की आवृत्ति $(f_2)$ की गणना करें।
पहाड़ी इस आवृत्ति $f_1$ को परावर्तित करती है। अब,पहाड़ी एक स्थिर स्रोत के रूप में और कार स्रोत की ओर गतिमान प्रेक्षक के रूप में कार्य करती है।
$f_2 = f_1 \left( \frac{v + v_o}{v} \right) = 330 \left( \frac{330 + 10}{330} \right) = 340\,Hz$

(B) चूंकि बुलबुला स्थिर गति से ऊपर बढ़ रहा है,उस पर कार्य करने वाला कुल बल शून्य है।
चूंकि बुलबुला ऊपर बढ़ रहा है,उत्प्लावन बल $(B)$ ऊपर की ओर कार्य करता है,जबकि श्यान बल $(F)$ और वजन $(mg)$ नीचे की ओर कार्य करते हैं। हवा का घनत्व नगण्य होने के कारण,$mg \approx 0$.
इसलिए,$B = F$.
स्टोक्स के नियम का उपयोग करते हुए,$F = 6 \pi \eta R v$ और उत्प्लावन बल $B = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho g$.
दोनों को बराबर करने पर: $\frac{4}{3} \pi R^3 \rho g = 6 \pi \eta R v$.
$\eta$ के लिए हल करने पर: $\eta = \frac{2 R^2 \rho g}{9 v}$.
दिया गया है: $R = 1\,mm = 10^{-3}\,m$,$\rho = 1750\,kg\,m^{-3}$,$g = 10\,m\,s^{-2}$,$v = 0.35 \times 10^{-2}\,m\,s^{-1}$.
मान रखने पर: $\eta = \frac{2 \times (10^{-3})^2 \times 1750 \times 10}{9 \times 0.35 \times 10^{-2}} = 1.11\,Pa\,s$.
चूंकि $1\,Pa\,s = 10\,poise$,इसलिए $\eta = 1.11 \times 10 = 11.1\,poise$.
निकटतम पूर्णांक $11$ है।

(D) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,स्प्रिंग बल द्वारा किया गया कार्य ब्लॉक की गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
$W_{\text{net}} = K_f - K_i$
दिया गया है कि प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = E = \frac{1}{2}mv^2$ है।
जब गति आधी हो जाती है,तो अंतिम गति $v' = \frac{v}{2}$ होती है।
अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f = \frac{1}{2}m(\frac{v}{2})^2 = \frac{1}{4}(\frac{1}{2}mv^2) = \frac{E}{4}$ है।
स्प्रिंग को $x = 25\,cm = 0.25\,m = \frac{1}{4}\,m$ की दूरी तक संपीड़ित करने में स्प्रिंग द्वारा किया गया कार्य $W = -\frac{1}{2}Kx^2$ है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय लागू करने पर:
$-\frac{1}{2}Kx^2 = K_f - K_i$
$-\frac{1}{2}K(\frac{1}{4})^2 = \frac{E}{4} - E$
$-\frac{1}{2}K(\frac{1}{16}) = -\frac{3E}{4}$
$\frac{K}{32} = \frac{3E}{4}$
$K = \frac{3E \times 32}{4} = 24E$
इसकी तुलना $nE$ से करने पर,हमें $n = 24$ प्राप्त होता है।

(D) माना प्रत्येक डिस्क की त्रिज्या $R = \frac{a}{2}$ है।
$OO'$ अक्ष पर स्थित दो डिस्क के लिए,अक्ष उनके व्यास से होकर गुजरती है। व्यास के परितः डिस्क का जड़त्व आघूर्ण $I_{diam} = \frac{1}{4} MR^2$ होता है।
अतः,ऊपर और नीचे वाली डिस्क के लिए,$I_1 = I_3 = \frac{1}{4} MR^2$ है।
किनारों पर स्थित दो डिस्क के लिए,$OO'$ अक्ष उनके स्पर्शरेखीय है। समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करने पर,$I = I_{cm} + Md^2$,जहाँ $I_{cm} = \frac{1}{4} MR^2$ (अक्ष व्यास के समांतर है) और $d = R$ है।
अतः,$I_2 = I_4 = \frac{1}{4} MR^2 + MR^2 = \frac{5}{4} MR^2$ है।
निकाय का कुल जड़त्व आघूर्ण $I = I_1 + I_2 + I_3 + I_4 = 2 \times (\frac{1}{4} MR^2) + 2 \times (\frac{5}{4} MR^2) = \frac{1}{2} MR^2 + \frac{5}{2} MR^2 = 3 MR^2$ है।
$R = \frac{a}{2}$ रखने पर,$I = 3 M(\frac{a}{2})^2 = \frac{3}{4} Ma^2$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,$\frac{x}{4} Ma^2 = \frac{3}{4} Ma^2$ की तुलना करने पर,$x = 3$ प्राप्त होता है।

(B) $1$. बल आघूर्ण (Torque) को बल और घूर्णन अक्ष से लंबवत दूरी के गुणनफल के रूप में परिभाषित किया गया है। इसका $SI$ मात्रक $Nm$ है।
$2$. प्रतिबल (Stress) को प्रति इकाई क्षेत्रफल पर लगने वाले प्रत्यानयन बल के रूप में परिभाषित किया गया है। इसका $SI$ मात्रक $N/m^2$ या $Nm^{-2}$ है।
$3$. गुप्त ऊष्मा (Latent heat) किसी पदार्थ के इकाई द्रव्यमान की अवस्था बदलने के लिए आवश्यक ऊर्जा है। इसका $SI$ मात्रक $J/kg$ या $Jkg^{-1}$ है।
$4$. शक्ति (Power) को कार्य करने की दर के रूप में परिभाषित किया गया है। चूंकि कार्य = बल $\times$ विस्थापन,इसलिए शक्ति = बल $\times$ वेग। इसका $SI$ मात्रक $N \times (m/s) = Nms^{-1}$ है।
अतः,सही मिलान $(A)-(III), (B)-(IV), (C)-(II), (D)-(I)$ है।

(D) माना गेंद का प्रारंभिक वेग $u$ है।
गेंद को उच्चतम बिंदु तक पहुँचने में लगा समय $t = \frac{u}{g}$ है।
चूँकि बाजीगर प्रति सेकंड $n$ गेंदें फेंकता है,इसलिए दो लगातार गेंदों को फेंकने के बीच का समय अंतराल $T = \frac{1}{n}$ है।
प्रश्न के अनुसार,अगली गेंद तब फेंकी जाती है जब पहली गेंद अपने उच्चतम बिंदु पर पहुँचती है। इसलिए,फेंकने के बीच का समय अंतराल उच्चतम बिंदु तक पहुँचने में लगे समय के बराबर होना चाहिए:
$T = t \implies \frac{1}{n} = \frac{u}{g}$.
$u$ के लिए हल करने पर,हमें $u = \frac{g}{n}$ प्राप्त होता है।
गेंदों द्वारा प्राप्त अधिकतम ऊँचाई $H_{\max}$ का सूत्र $H_{\max} = \frac{u^{2}}{2g}$ है।
$u$ का मान रखने पर:
$H_{\max} = \frac{(\frac{g}{n})^{2}}{2g} = \frac{g^{2} / n^{2}}{2g} = \frac{g}{2n^{2}}$.

(A) पृथ्वी की सतह पर गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा $U_i = -\frac{GMm}{R}$ है।
वस्तु को $h = 3R$ की ऊँचाई पर ले जाया जाता है। पृथ्वी के केंद्र से अंतिम दूरी $r = R + h = R + 3R = 4R$ है।
इस ऊँचाई पर गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा $U_f = -\frac{GMm}{4R}$ है।
स्थितिज ऊर्जा में वृद्धि $\Delta U = U_f - U_i = -\frac{GMm}{4R} - (-\frac{GMm}{R}) = \frac{GMm}{R} - \frac{GMm}{4R} = \frac{3GMm}{4R}$ है।
चूँकि $g = \frac{GM}{R^2}$,इसलिए $GM = gR^2$ होता है। इस मान को समीकरण में रखने पर:
$\Delta U = \frac{3(gR^2)m}{4R} = \frac{3}{4} mgR$.
यहाँ $m = 1 \, kg$,$g = 10 \, m/s^2$,और $R = 6400 \, km = 6.4 \times 10^6 \, m$ है:
$\Delta U = \frac{3}{4} \times 1 \times 10 \times 6.4 \times 10^6 = 3 \times 2.5 \times 6.4 \times 10^6 = 48 \times 10^6 \, J = 48 \, MJ$.

(D) पहली आधी दूरी $\frac{h}{2}$ के लिए,लगा समय $t_{1}$ है:
$\frac{h}{2} = \frac{1}{2} g t_{1}^{2} \implies h = g t_{1}^{2}$ (समीकरण $1$)
कुल दूरी $h$ के लिए,कुल लगा समय $(t_{1} + t_{2})$ है:
$h = \frac{1}{2} g (t_{1} + t_{2})^{2}$ (समीकरण $2$)
$h$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$g t_{1}^{2} = \frac{1}{2} g (t_{1} + t_{2})^{2}$
$2 t_{1}^{2} = (t_{1} + t_{2})^{2}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\sqrt{2} t_{1} = t_{1} + t_{2}$
$t_{2} = \sqrt{2} t_{1} - t_{1}$
$t_{2} = (\sqrt{2} - 1) t_{1}$

(B) निकाय के विराम अवस्था (संतुलन) में होने के लिए,डोरी में तनाव $T$ को $m_{2}$ के भार और नत समतल के अनुदिश $m_{1}$ के भार के घटक को संतुलित करना चाहिए।
$T = m_{2}g$
$T = m_{1}g \sin \theta$
दोनों को बराबर करने पर,हमें $m_{2}g = m_{1}g \sin \theta$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\sin \theta = \frac{m_{2}}{m_{1}} = \frac{3}{5}$।
चूँकि $\sin \theta = \frac{3}{5}$,इसलिए $\cos \theta = \sqrt{1 - \sin^2 \theta} = \sqrt{1 - (\frac{3}{5})^2} = \frac{4}{5}$ होगा।
नत समतल द्वारा $m_{1}$ द्रव्यमान के पिंड पर लगाया गया बल अभिलंब बल $N$ है,जो नत समतल के लंबवत भार के घटक को संतुलित करता है:
$N = m_{1}g \cos \theta$
मान रखने पर: $N = 5 \times 10 \times \frac{4}{5} = 40\,N$।

(C) गतिज ऊर्जा $K$ और संवेग $P$ के बीच का संबंध $K = \frac{P^2}{2m}$ द्वारा दिया जाता है।
मान लीजिए प्रारंभिक संवेग $P$ है और प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K = \frac{P^2}{2m}$ है।
नया संवेग $P'$ $20\%$ बढ़ जाता है,इसलिए $P' = P + 0.20P = 1.2P$ होगा।
नई गतिज ऊर्जा $K'$ का मान $K' = \frac{(P')^2}{2m} = \frac{(1.2P)^2}{2m} = 1.44 \times \frac{P^2}{2m} = 1.44K$ होगा।
गतिज ऊर्जा में प्रतिशत वृद्धि $\frac{K' - K}{K} \times 100$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर,हमें $\frac{1.44K - K}{K} \times 100 = 0.44 \times 100 = 44\%$ प्राप्त होता है।

(C) बलाघूर्ण $\vec{\tau}$,स्थिति सदिश $\vec{r}$ और बल सदिश $\vec{F}$ के सदिश गुणनफल (cross product) द्वारा दिया जाता है:
$\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$
सदिश गुणनफल के लिए सारणिक (determinant) विधि का उपयोग करने पर:
$\vec{\tau} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 2 & 1 \\ 5 & 3 & -7 \end{vmatrix}$
सारणिक का विस्तार करने पर:
$\vec{\tau} = \hat{i} [(2)(-7) - (1)(3)] - \hat{j} [(2)(-7) - (1)(5)] + \hat{k} [(2)(3) - (2)(5)]$
$\vec{\tau} = \hat{i} [-14 - 3] - \hat{j} [-14 - 5] + \hat{k} [6 - 10]$
$\vec{\tau} = -17 \hat{i} + 19 \hat{j} - 4 \hat{k}$

(B) $P-V$ आरेख में किया गया कार्य वक्र के नीचे के क्षेत्रफल के बराबर होता है।
प्रक्रिया $D \rightarrow E$ के लिए,किया गया कार्य $W_{DE}$ रेखा $DE$ के नीचे के समलंब (trapezoid) का क्षेत्रफल है:
$W_{DE} = \text{समलंब का क्षेत्रफल} = \frac{1}{2} \times (P_D + P_E) \times (V_E - V_D)$
$W_{DE} = \frac{1}{2} \times (600 + 300) \times (5.0 - 2.0) = \frac{1}{2} \times 900 \times 3 = 1350 \, J$
प्रक्रिया $E \rightarrow F$ के लिए,दाब $300 \, N/m^2$ पर स्थिर है (समदाबी प्रक्रिया),और आयतन $5.0 \, m^3$ से घटकर $2.0 \, m^3$ हो जाता है:
$W_{EF} = P \times \Delta V = 300 \times (2.0 - 5.0) = 300 \times (-3.0) = -900 \, J$
कुल कार्य $W_{DEF} = W_{DE} + W_{EF} = 1350 - 900 = 450 \, J$.

(C) कण की रूट मीन स्क्वायर चाल $(V_{\text{rms}})$ का सूत्र है: $V_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3kT}{m}}$.
दिया गया है:
कण का द्रव्यमान $(m)$ = $5 \times 10^{-17} \, kg$
बोल्ट्ज़मैन नियतांक $(k)$ = $1.38 \times 10^{-23} \, J \, K^{-1}$
$NTP$ पर तापमान $(T)$ = $293 \, K$
मान रखने पर:
$V_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3 \times 1.38 \times 10^{-23} \times 293}{5 \times 10^{-17}}}$
$V_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{1213.02 \times 10^{-23}}{5 \times 10^{-17}}}$
$V_{\text{rms}} = \sqrt{242.604 \times 10^{-6}}$
$V_{\text{rms}} \approx 15.57 \times 10^{-3} \, m/s$
$mm/s$ में बदलने पर $(1 \, m/s = 1000 \, mm/s)$:
$V_{\text{rms}} \approx 15.57 \, mm/s \approx 15 \, mm/s$.

(D) घूर्णन अक्ष से $x$ दूरी पर $dx$ लंबाई के द्रव के एक छोटे अवयव पर विचार करें। इस अवयव का द्रव्यमान $dm = (m/L) dx$ है।
इस अवयव पर कार्य करने वाला अभिकेंद्री बल $dF = (dm) \omega^2 x = (m/L) \omega^2 x dx$ है।
दूसरे सिरे पर लगाए गए कुल बल $F$ को ज्ञात करने के लिए,हम $x = 0$ से $x = L$ तक समाकलन करते हैं:
$F = \int_{0}^{L} \frac{m}{L} \omega^2 x dx = \frac{m \omega^2}{L} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{L} = \frac{m \omega^2 L}{2}$.
यहाँ $m = 250\,g = 0.25\,kg$ और $L = 50\,cm = 0.5\,m$ दिया गया है,इसलिए:
$F = \frac{0.25 \times \omega^2 \times 0.5}{2} = \frac{0.125}{2} \omega^2 = 0.0625 \omega^2$.
इस प्रकार,$\omega^2 = F / 0.0625 = 16F$,जिससे हमें $\omega = 4 \sqrt{F}$ प्राप्त होता है।
इसे $\omega = x \sqrt{F}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 4$ प्राप्त होता है।

(D) बल्ब द्वारा उत्सर्जित दृश्य विकिरण की शक्ति $P' = 110\,W$ का $10\% = 0.10 \times 110\,W = 11\,W$ है।
बिंदु स्रोत से $r$ दूरी पर तीव्रता $I = \frac{P'}{4\pi r^2}$ द्वारा दी जाती है।
$r_1 = 1\,m$ पर तीव्रता $I_1 = \frac{11}{4\pi(1)^2} = \frac{11}{4\pi}$ है।
$r_2 = 5\,m$ पर तीव्रता $I_2 = \frac{11}{4\pi(5)^2} = \frac{11}{100\pi}$ है।
तीव्रता में परिवर्तन $\Delta I = I_1 - I_2 = \frac{11}{4\pi} - \frac{11}{100\pi} = \frac{11}{\pi} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{100} \right)$ है।
$\Delta I = \frac{11}{\pi} \left( \frac{25 - 1}{100} \right) = \frac{11}{\pi} \times \frac{24}{100} = \frac{264}{100\pi} = \frac{2.64}{\pi} \approx 0.84\,W/m^2$ होता है।
दिया गया है कि $\Delta I = a \times 10^{-2}\,W/m^2$,इसलिए $0.84 = a \times 10^{-2}$,जिसका अर्थ है कि $a = 84$।

(D) तार में उत्पन्न तनाव $T$ वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है: $T = \frac{mv^{2}}{\ell}$.
यहाँ $m = 10\; kg$ और $\ell = 0.5\; m$ दिया गया है,इसलिए $T = \frac{10 \times v^{2}}{0.5} = 20v^{2}$.
तार द्वारा सहन किया जा सकने वाला अधिकतम तनाव ब्रेकिंग स्ट्रेस द्वारा निर्धारित होता है: $T_{\max} = \text{ब्रेकिंग स्ट्रेस} \times \text{क्षेत्रफल}$.
$T_{\max} = (5 \times 10^{8}\; N/m^{2}) \times (10^{-4}\; m^{2}) = 5 \times 10^{4}\; N$.
तनाव को अधिकतम ब्रेकिंग बल के बराबर रखने पर: $20v^{2} = 5 \times 10^{4}$.
$v^{2} = \frac{5 \times 10^{4}}{20} = 0.25 \times 10^{4} = 2500$.
$v = \sqrt{2500} = 50\; m/s$.

(C) जब गेंद का वेग स्थिर हो जाता है,तो इसे टर्मिनल वेग कहा जाता है। इस स्थिति में,गेंद पर कार्य करने वाला कुल बल शून्य होता है।
$F_V + F_B = mg$
जहाँ $F_V$ श्यान बल है,$F_B$ उत्प्लावन बल है,और $mg$ गेंद का भार है।
$F_V = mg - F_B = V \rho_B g - V \rho_L g = V g (\rho_B - \rho_L)$
दिया गया है: द्रव्यमान $m = 0.3 \, g = 0.3 \times 10^{-3} \, kg$,गेंद का घनत्व $\rho_B = 8 \, g/cc = 8000 \, kg/m^3$,ग्लिसरीन का घनत्व $\rho_L = 1.3 \, g/cc = 1300 \, kg/m^3$.
आयतन $V = \frac{m}{\rho_B} = \frac{0.3 \times 10^{-3} \, kg}{8000 \, kg/m^3} = \frac{0.3}{8} \times 10^{-6} \, m^3$.
$F_V = (8000 - 1300) \times (\frac{0.3}{8} \times 10^{-6}) \times 10$
$F_V = 6700 \times \frac{0.3}{8} \times 10^{-5} = 67 \times \frac{0.3}{8} \times 10^{-3} = \frac{20.1}{8} \times 10^{-3} = 2.5125 \times 10^{-3} = 25.125 \times 10^{-4} \, N$.
अतः,$x = 25.125$.

(B) डोरी में अनुप्रस्थ तरंग की गति $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T$ तनाव है और $\mu$ रैखिक द्रव्यमान घनत्व है।
रैखिक द्रव्यमान घनत्व $\mu = \frac{m}{L} = \frac{10 \times 10^{-3} \; kg}{0.5 \; m} = 0.02 \; kg/m$.
दिया गया है $v = 60 \; ms^{-1}$,इसलिए $60 = \sqrt{\frac{T}{0.02}}$,जिसका अर्थ है $T = 3600 \times 0.02 = 72 \; N$.
लंबाई में वृद्धि $\Delta L$ हुक के नियम द्वारा दी जाती है: $\Delta L = \frac{TL}{AY}$.
मान रखने पर: $A = 2.0 \; mm^2 = 2.0 \times 10^{-6} \; m^2$,$L = 0.5 \; m$,$Y = 1.2 \times 10^{11} \; Nm^{-2}$.
$\Delta L = \frac{72 \times 0.5}{2.0 \times 10^{-6} \times 1.2 \times 10^{11}} = \frac{36}{2.4 \times 10^5} = 15 \times 10^{-5} \; m$.
इसे $x \times 10^{-5} \; m$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 15$ प्राप्त होता है।

(B) जब गोलक को पानी में डुबोया जाता है तो प्रभावी गुरुत्वीय त्वरण $g'$ इस प्रकार होता है:
$g' = g - \frac{F_B}{m} = g - \frac{\rho_w V g}{\rho_b V} = g \left(1 - \frac{\rho_w}{\rho_b}\right)$
गोलक का आपेक्षिक घनत्व $\rho_b / \rho_w = 5$ दिया गया है,इसलिए $\rho_w / \rho_b = 1/5$.
$g' = g \left(1 - \frac{1}{5}\right) = g \left(\frac{4}{5}\right) = 0.8g$
सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ होता है।
अतः,नया आवर्तकाल $T'$ होगा:
$T' = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g'}} = 2\pi \sqrt{\frac{L}{0.8g}} = T \sqrt{\frac{1}{0.8}} = T \sqrt{\frac{5}{4}}$
चूंकि $T = 10 \, s$ दिया गया है:
$T' = 10 \sqrt{\frac{5}{4}} = 10 \frac{\sqrt{5}}{2} = 5 \sqrt{5} \, s$
इसे $5 \sqrt{x} \, s$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 5$ प्राप्त होता है।

(C) आवर्तकाल $T$ की विमा $[T^1]$ है.
दिया गया सूत्र $T = k \sqrt{\frac{\rho r^3}{S}}$ है.
घनत्व $\rho$ की विमा $[M L^{-3}]$ है.
त्रिज्या $r$ की विमा $[L]$ है.
पृष्ठ तनाव $S$ की विमा $[M T^{-2}]$ है.
इन मानों को सूत्र में रखने पर: $[RHS] = [M L^{-3} L^3]^{1/2} / [M T^{-2}]^{1/2} = [M^{1/2}] / [M^{1/2} T^{-1}] = [T^1]$.
अतः,$LHS$ और $RHS$ की विमाएँ समान हैं,इसलिए अभिकथन $(A)$ सत्य है. अतः,$(A)$ सत्य है और $(R)$ असत्य है.

(B) मान लीजिए प्रारंभिक वेग $u$ है। अधिकतम ऊँचाई $h = \frac{u^2}{2g}$ है,जिसका अर्थ है $u = \sqrt{2gh}$।
गति के समीकरण $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करते हुए,ऊँचाई $y = \frac{h}{3}$ के लिए:
$\frac{h}{3} = ut - \frac{1}{2}gt^2$
$u = \sqrt{2gh}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2}gt^2 - \sqrt{2gh}t + \frac{h}{3} = 0$
यह $t$ में एक द्विघात समीकरण है। मान लीजिए मूल $t_1$ (ऊपर जाते समय) और $t_2$ (नीचे आते समय) हैं।
$t = \frac{\sqrt{2gh} \pm \sqrt{2gh - 4(\frac{g}{2})(\frac{h}{3})}}{g} = \frac{\sqrt{2gh} \pm \sqrt{\frac{4gh}{3}}}{g}$
समय का अनुपात $\frac{t_1}{t_2} = \frac{\sqrt{2} - \sqrt{4/3}}{\sqrt{2} + \sqrt{4/3}} = \frac{\sqrt{6}-2}{\sqrt{6}+2}$।

(B) दिया गया संबंध $t = \sqrt{x} + 4$ है।
सबसे पहले,$\sqrt{x}$ को अलग करें:
$\sqrt{x} = t - 4$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$x = (t - 4)^2$
$x = t^2 - 8t + 16$
अब,$x$ का $t$ के सापेक्ष अवकलन (differentiation) करने पर:
$\frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(t^2 - 8t + 16)$
$\frac{dx}{dt} = 2t - 8$
अंत में,$t = 4$ पर अवकलज का मान ज्ञात करने पर:
$\left(\frac{dx}{dt}\right)_{t=4} = 2(4) - 8$
$\left(\frac{dx}{dt}\right)_{t=4} = 8 - 8 = 0$

(A) $r$ त्रिज्या के वृत्ताकार पथ पर $v$ गति से चलने वाले $m$ द्रव्यमान के ब्लॉक के लिए,आवश्यक अभिकेंद्र बल ऊर्ध्वाधर दीवार द्वारा लगाई गई अभिलंब प्रतिक्रिया $(N)$ द्वारा प्रदान किया जाता है।
अभिकेंद्र बल का सूत्र इस प्रकार है:
$F_c = \frac{m v^2}{r}$
चूंकि अभिलंब प्रतिक्रिया $(N)$ यह अभिकेंद्र बल प्रदान करती है,इसलिए हमारे पास है:
$N = \frac{m v^2}{r}$
यहाँ,$m$ और $r$ स्थिरांक हैं। इसलिए,$N$ और $v$ के बीच का संबंध है:
$N \propto v^2$
यह समीकरण $Y = kX^2$ के रूप के एक परवलय (पैराबोला) को दर्शाता है,जहाँ $Y = N$,$X = v$,और $k = \frac{m}{r}$ है।
इस प्रकार,$N$ बनाम $v$ का ग्राफ ऊपर की ओर खुलने वाला एक परवलय है,जो विकल्प $A$ में दिखाए गए वक्र के अनुरूप है।

(C) गेंद की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $E = \frac{1}{2} mu^2$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $u$ प्रारंभिक वेग है。
प्रक्षेप्य गति के उच्चतम बिंदु पर, वेग का ऊर्ध्वाधर घटक शून्य हो जाता है और गेंद के पास केवल वेग का क्षैतिज घटक ही शेष रहता है。
उच्चतम बिंदु पर वेग का क्षैतिज घटक $v_x = u \cos 60^{\circ} = u \times \frac{1}{2} = \frac{u}{2}$ है。
अतः, उच्चतम बिंदु पर गतिज ऊर्जा $E' = \frac{1}{2} m v_x^2 = \frac{1}{2} m \left(\frac{u}{2}\right)^2$ होगी。
$E' = \frac{1}{2} m \frac{u^2}{4} = \frac{1}{4} \left(\frac{1}{2} mu^2\right) = \frac{E}{4}$.

(D) द्रव्यमान केंद्र का स्थिति सदिश $\vec{r}_{com} = \frac{m_1\vec{r}_1 + m_2\vec{r}_2}{m_1 + m_2}$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए मान रखने पर: $\vec{r}_{com} = \frac{1(\hat{i} + 2\hat{j} + \hat{k}) + 3(-3\hat{i} - 2\hat{j} + \hat{k})}{1 + 3}$.
$\vec{r}_{com} = \frac{\hat{i} + 2\hat{j} + \hat{k} - 9\hat{i} - 6\hat{j} + 3\hat{k}}{4} = \frac{-8\hat{i} - 4\hat{j} + 4\hat{k}}{4} = -2\hat{i} - \hat{j} + \hat{k}$.
द्रव्यमान केंद्र के स्थिति सदिश का परिमाण $|\vec{r}_{com}| = \sqrt{(-2)^2 + (-1)^2 + (1)^2} = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}$.
अब,विकल्प $D$ में दिए गए सदिश का परिमाण जाँचने पर: $|-2\hat{i} - \hat{j} + \hat{k}| = \sqrt{(-2)^2 + (-1)^2 + (1)^2} = \sqrt{6}$.
अतः,दोनों के परिमाण समान हैं।

(A) अभिकथन $(A)$ सत्य है: तेल या ग्रीस के दाग वाले कपड़े पानी से नहीं भीगते क्योंकि पानी तेल/ग्रीस की सतह पर नहीं फैलता है। इसलिए,उन्हें केवल पानी से साफ नहीं किया जा सकता है।
कारण $(R)$ सत्य है: पानी और तेल/ग्रीस के बीच संपर्क कोण $(\theta_c)$ अधिक कोण $(\theta_c > 90^{\circ})$ होता है। यह दर्शाता है कि पानी सतह को गीला नहीं करता है,यही कारण है कि पृष्ठ तनाव को कम करने और संपर्क कोण को न्यून कोण बनाने के लिए डिटर्जेंट की आवश्यकता होती है,जिससे पानी दाग को हटा सके।
चूंकि संपर्क कोण का अधिक होना वह भौतिक कारण है कि पानी तेल/ग्रीस को गीला करने में विफल रहता है,इसलिए $(R)$,$(A)$ की सही व्याख्या है।

(A) यंग मापांक $(Y)$ तार के पदार्थ का एक अभिलक्षणिक गुण है।
यह केवल पदार्थ की प्रकृति और तापमान पर निर्भर करता है।
यह तार के आयामों जैसे कि उसकी लंबाई $(L)$ या त्रिज्या $(r)$ पर निर्भर नहीं करता है।
इसलिए,तार की लंबाई या त्रिज्या बदलने से पदार्थ के यंग मापांक पर कोई प्रभाव नहीं पड़ेगा।
अतः,यंग मापांक समान रहेगा।

(C) मुख्य पैमाने पर प्रति $cm$ $20$ विभाजन हैं,इसलिए $1$ मुख्य पैमाने के विभाजन $(MSD)$ का मान $1\,MSD = \frac{1}{20}\,cm = 0.05\,cm$ है।
यह दिया गया है कि $25$ वर्नियर पैमाने के विभाजन $(VSD)$ $24$ मुख्य पैमाने के विभाजनों $(MSD)$ के बराबर हैं,इसलिए $25\,VSD = 24\,MSD$ है।
अतः,$1\,VSD = \frac{24}{25}\,MSD = \frac{24}{25} \times 0.05\,cm = 0.048\,cm$ है।
ट्रैवलिंग माइक्रोस्कोप का अल्पतमांक $(LC)$ $LC = 1\,MSD - 1\,VSD$ के रूप में परिभाषित है।
$LC = 0.05\,cm - 0.048\,cm = 0.002\,cm$।

(C) $1$. अल्पतमांक $(LC)$ की गणना करें:
$LC = \frac{\text{पिच}}{\text{वृत्ताकार पैमाने के कुल विभाजन}} = \frac{0.5\,mm}{50} = 0.01\,mm$.
$2$. वृत्ताकार पैमाने का पाठ्यांक $(CSR)$ की गणना करें:
$CSR = \text{पिच लाइन पर विभाजन} \times LC = 45 \times 0.01\,mm = 0.45\,mm$.
$3$. प्रेक्षित व्यास $(D_{\text{obs}})$ की गणना करें:
$D_{\text{obs}} = \text{मुख्य पैमाने का पाठ्यांक} (MSR) + CSR = 2.5\,mm + 0.45\,mm = 2.95\,mm$.
$4$. शून्य त्रुटि सुधार लागू करें:
$\text{सही व्यास} = D_{\text{obs}} - (\text{शून्य त्रुटि})$.
चूंकि त्रुटि ऋणात्मक है,$\text{शून्य त्रुटि} = -0.03\,mm$.
$\text{सही व्यास} = 2.95\,mm - (-0.03\,mm) = 2.95\,mm + 0.03\,mm = 2.98\,mm$.

(B) दिया गया है:
तरंगदैर्ध्य $\lambda = 900 \times 10^{-9} \, m$
तीव्रता $I = 100 \, W/m^2$
क्षेत्रफल $A = 1 \, cm^2 = 10^{-4} \, m^2$
समय $t = 1 \, s$
प्रति सेकंड क्षेत्रफल को पार करने वाली ऊर्जा $P = I \times A = 100 \times 10^{-4} = 10^{-2} \, J/s$ है।
एक फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ है।
प्रति सेकंड क्षेत्रफल को पार करने वाले फोटॉनों की संख्या $n = \frac{P}{E} = \frac{P \lambda}{hc}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर:
$n = \frac{10^{-2} \times 900 \times 10^{-9}}{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}$
$n = \frac{9 \times 10^{-9}}{19.89 \times 10^{-26}} \approx 0.452 \times 10^{17} = 4.52 \times 10^{16}$।
निकटतम विकल्प के अनुसार,उत्तर $4.5 \times 10^{16}$ है।

(B) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में फ्रिंज की चौड़ाई का सूत्र $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है,जहाँ $\lambda$ प्रकाश की तरंगदैर्ध्य है,$D$ स्लिट और पर्दे के बीच की दूरी है,और $d$ दो स्लिटों के बीच की दूरी है।
जब पूरी व्यवस्था को $\mu$ अपवर्तनांक वाले माध्यम में रखा जाता है,तो प्रकाश की तरंगदैर्ध्य बदलकर $\lambda' = \frac{\lambda}{\mu}$ हो जाती है।
परिणामस्वरूप,नई फ्रिंज की चौड़ाई $\beta' = \frac{\lambda' D}{d} = \frac{\lambda D}{\mu d} = \frac{\beta}{\mu}$ हो जाती है।
यहाँ $\beta = 12 \ mm$ और $\mu = \frac{4}{3}$ दिया गया है,इसलिए नई फ्रिंज की चौड़ाई $\beta' = \frac{12}{4/3} = 12 \times \frac{3}{4} = 9 \ mm$ होगी।

(C) विद्युत क्षेत्र के आयाम $(E_0)$ और चुंबकीय क्षेत्र के आयाम $(B_0)$ के बीच संबंध $E_0 = cB_0$ है, जहाँ $c$ निर्वात में प्रकाश की गति है $(c = 3 \times 10^8 \text{ ms}^{-1})$।
यहाँ $B_0 = 2 \times 10^{-8} \text{ T}$ दिया गया है।
मान रखने पर: $E_0 = (3 \times 10^8) \times (2 \times 10^{-8}) = 6 \text{ Vm}^{-1}$।
तरंग ऋणात्मक $x$-दिशा में संचरित हो रही है (जैसा कि $+kx$ पद द्वारा इंगित किया गया है)। चुंबकीय क्षेत्र $y$-अक्ष की दिशा में $(\hat{j})$ है। चूंकि संचरण की दिशा $\vec{E} \times \vec{B}$ होती है, इसलिए विद्युत क्षेत्र को $z$-अक्ष की दिशा में $(\hat{k})$ होना चाहिए क्योंकि $(-\hat{k}) \times \hat{j} = -\hat{i}$ (ऋणात्मक $x$-दिशा)। अतः, विद्युत क्षेत्र $6 \text{ Vm}^{-1}$ $z$-अक्ष की दिशा में होगा।

(B) $LR$ परिपथ में,प्रतिबाधा $Z$ का मान $Z = \sqrt{X_{L}^{2} + R^{2}}$ होता है।
दिया गया है कि $X_{L} = R$,अतः $Z = \sqrt{R^{2} + R^{2}} = \sqrt{2}R$ होगा।
शक्ति गुणांक $P_{1} = \cos \phi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{\sqrt{2}R} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ है।
जब एक संधारित्र इस प्रकार जोड़ा जाता है कि $X_{L} = X_{C}$ हो,तो परिपथ अनुनाद (resonance) की स्थिति में $LCR$ श्रेणी परिपथ बन जाता है।
अनुनाद की स्थिति में,प्रतिबाधा $Z = R$ होती है।
शक्ति गुणांक $P_{2} = \cos \phi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{R} = 1$ है।
अतः,अनुपात $\frac{P_{1}}{P_{2}} = \frac{1/\sqrt{2}}{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ होगा।

(B) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण पर लगने वाला बल $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\vec{F} = m\vec{a}$,इसलिए त्वरण $\vec{a} = \frac{q}{m}(\vec{v} \times \vec{B})$ होता है।
इसका अर्थ है कि त्वरण सदिश $\vec{a}$ हमेशा चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\vec{B}$ के लंबवत होता है।
दो सदिशों के लंबवत होने के लिए उनका अदिश गुणनफल (dot product) शून्य होना चाहिए,अतः $\vec{a} \cdot \vec{B} = 0$ होगा।
यहाँ $\vec{a} = (\alpha \hat{i} - 4 \hat{j})$ और $\vec{B} = (2 \hat{i} + 3 \hat{j})$ दिया गया है,इसलिए:
$(\alpha \hat{i} - 4 \hat{j}) \cdot (2 \hat{i} + 3 \hat{j}) = 0$
$2\alpha - 12 = 0$
$2\alpha = 12$
$\alpha = 6$.

(B) $N$ फेरों,$R$ त्रिज्या और $i$ धारा वाली वृत्ताकार कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र का सूत्र है: $B = N \left( \frac{\mu_{0} i}{2R} \right)$।
कुंडली $X$ के लिए: $N_{X} = 200$,$R_{X} = 20 \ cm$,धारा $= i$। अतः,$B_{X} = 200 \left( \frac{\mu_{0} i}{2 \times 20 \ cm} \right)$।
कुंडली $Y$ के लिए: $N_{Y} = 400$,$R_{Y} = 20 \ cm$,धारा $= i$। अतः,$B_{Y} = 400 \left( \frac{\mu_{0} i}{2 \times 20 \ cm} \right)$।
$B_{X}$ और $B_{Y}$ का अनुपात लेने पर:
$\frac{B_{X}}{B_{Y}} = \frac{200 \left( \frac{\mu_{0} i}{2 \times 20 \ cm} \right)}{400 \left( \frac{\mu_{0} i}{2 \times 20 \ cm} \right)} = \frac{200}{400} = \frac{1}{2}$।
अतः,अनुपात $1: 2$ है।

(A) दिए गए परिपथ को व्हीटस्टोन ब्रिज संरचना की पहचान करके सरल बनाया जा सकता है।
परिपथ को देखने पर,प्रतिरोधक एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज बनाते हैं।
एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज में,केंद्रीय प्रतिरोधक $(2 \, \Omega)$ के सिरों के बीच विभवांतर शून्य होता है,इसलिए इसमें से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
अतः,$2 \, \Omega$ के प्रतिरोधक की उपेक्षा की जा सकती है।
अब,परिपथ दो समानांतर शाखाओं से बना है।
ऊपरी शाखा में श्रेणीक्रम में दो $4 \, \Omega$ के प्रतिरोधक हैं,जिससे प्रतिरोध $4 \, \Omega + 4 \, \Omega = 8 \, \Omega$ प्राप्त होता है।
निचली शाखा में भी श्रेणीक्रम में दो $4 \, \Omega$ के प्रतिरोधक हैं,जिससे प्रतिरोध $4 \, \Omega + 4 \, \Omega = 8 \, \Omega$ प्राप्त होता है।
ये दोनों शाखाएं समानांतर में हैं,इसलिए तुल्य प्रतिरोध $R_{\text{net}}$ है:
$\frac{1}{R_{\text{net}}} = \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4} \implies R_{\text{net}} = 4 \, \Omega$.
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,कुल धारा $I$ है:
$I = \frac{V}{R_{\text{net}}} = \frac{40 \, \text{V}}{4 \, \Omega} = 10 \, \text{A}$.

(A) जब संधारित्रों को समांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो प्रत्येक संधारित्र पर विभवांतर $V$ समान होता है।
दिया गया है: $V = 20\,V$,$C_{1} = 1\,\mu F$,$C_{2} = 2\,\mu F$,$C_{3} = 4\,\mu F$,$C_{4} = 3\,\mu F$.
समांतर क्रम में तुल्य धारिता $C_{eq} = C_{1} + C_{2} + C_{3} + C_{4}$ द्वारा दी जाती है।
$C_{eq} = 1 + 2 + 4 + 3 = 10\,\mu F$.
कुल आवेश $Q = C_{eq} \times V$ द्वारा दिया जाता है।
$Q = 10\,\mu F \times 20\,V = 200\,\mu C$.

(D) मिश्रित संधारित्र श्रेणीक्रम में जुड़े दो संधारित्रों $C_{1}$ और $C_{2}$ के रूप में कार्य करता है।
$C_{1} = \frac{K_{1} \epsilon_{0} A}{t_{1}} = \frac{3 \epsilon_{0} A}{0.5 \times 10^{-3}} = 6000 \epsilon_{0} A$
$C_{2} = \frac{K_{2} \epsilon_{0} A}{t_{2}} = \frac{4 \epsilon_{0} A}{1 \times 10^{-3}} = 4000 \epsilon_{0} A$
चूंकि वे श्रेणीक्रम में हैं,प्रत्येक संधारित्र पर आवेश $q$ समान होता है।
प्रत्येक संधारित्र पर विभव पतन (potential drop) उसके धारिता के व्युत्क्रमानुपाती होता है: $V_{1} + V_{2} = 100 \text{ V}$.
साथ ही,$\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{C_{2}}{C_{1}} = \frac{4000 \epsilon_{0} A}{6000 \epsilon_{0} A} = \frac{2}{3}$.
$V_{1} = \frac{2}{5} \times 100 = 40 \text{ V}$ और $V_{2} = \frac{3}{5} \times 100 = 60 \text{ V}$.
यदि निचली प्लेट $0 \text{ V}$ पर है,तो पन्नी $F$ का विभव $C_{2}$ के पार विभव पतन है,जो $60 \text{ V}$ है।

(D) मीटर ब्रिज में,संतुलन की स्थिति $\frac{P}{Q} = \frac{l}{100-l}$ द्वारा दी जाती है।
प्रारंभ में,$P = 4\,\Omega$ और $l_1 = 40\,cm$ है। इसलिए,$100 - l_1 = 60\,cm$.
$\frac{P}{Q} = \frac{40}{60} = \frac{2}{3} \implies \frac{4}{Q} = \frac{2}{3} \implies Q = 6\,\Omega$.
जब एक अज्ञात प्रतिरोध $x$ को $P$ के साथ श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है,तो नया प्रतिरोध $P' = P + x = 4 + x$ हो जाता है।
नई संतुलन लंबाई $l_2 = 80\,cm$ है। इसलिए,$100 - l_2 = 20\,cm$.
संतुलन स्थिति का पुनः उपयोग करने पर:
$\frac{P + x}{Q} = \frac{80}{20} = 4$.
$Q = 6\,\Omega$ का मान रखने पर:
$\frac{4 + x}{6} = 4$
$4 + x = 24$
$x = 20\,\Omega$.

(B) बहुत उच्च आवृत्तियों पर,कैपेसिटिव रिएक्टेंस $X_C = \frac{1}{\omega C} \approx 0 \, \Omega$ (शॉर्ट सर्किट के रूप में कार्य करता है) और इंडक्टिव रिएक्टेंस $X_L = \omega L \approx \infty \, \Omega$ (ओपन सर्किट के रूप में कार्य करता है)।
दी गई आकृति में कैपेसिटर को शॉर्ट सर्किट और इंडक्टर को ओपन सर्किट से बदलने पर,सर्किट प्रतिरोधों के श्रेणी संयोजन में सरल हो जाती है।
प्रभावी प्रतिरोध $R_{eq}$ पथ में मौजूद प्रतिरोधों का योग है: $R_{eq} = 1 \, \Omega + 4 \, \Omega + 2 \, \Omega = 7 \, \Omega$.
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,प्रभावी धारा $I$ इस प्रकार है:
$I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{220 \, V}{7 \, \Omega} \approx 31.43 \, A$.
हालाँकि,समाधान की आकृति में दी गई सरल सर्किट के अनुसार,यदि कुल प्रतिरोध $5 \, \Omega$ माना जाए,तो $I = \frac{220}{5} = 44 \, A$ प्राप्त होता है।

(B) लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ द्वारा दिया जाता है।
ग्राफ से,बिंदु $A$ पर,$\frac{1}{u} = 0$ और $\frac{1}{v} = 0.10 \, cm^{-1}$ है। इन मानों को लेंस सूत्र में रखने पर: $0.10 - 0 = \frac{1}{f} \Rightarrow f = 10 \, cm$ प्राप्त होता है।
बिंदु $B$ पर,$\frac{1}{u} = -0.10 \, cm^{-1}$ और $\frac{1}{v} = 0$ है। इन मानों को लेंस सूत्र में रखने पर: $0 - (-0.10) = \frac{1}{f} \Rightarrow \frac{1}{f} = 0.10 \Rightarrow f = 10 \, cm$ प्राप्त होता है।
लेंस मेकर सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$.
समान वक्रता त्रिज्या वाले उत्तल लेंस के लिए,$R_1 = R$ और $R_2 = -R$ होता है।
अतः,$\frac{1}{10} = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{-R} \right) = 0.5 \left( \frac{2}{R} \right) = \frac{1}{R}$.
इसलिए,$R = 10 \, cm$।

(A) लायमन श्रेणी की पहली रेखा के लिए $(n_1=1, n_2=2)$:
$\frac{1}{\lambda} = R \left(\frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2}\right) = R \left(1 - \frac{1}{4}\right) = \frac{3R}{4} \implies \lambda = \frac{4}{3R} \quad \dots(1)$
पाश्चन श्रेणी की $3^{\text{rd}}$ रेखा के लिए $(n_1=3, n_2=6)$:
$\frac{1}{\lambda_3} = R \left(\frac{1}{3^2} - \frac{1}{6^2}\right) = R \left(\frac{1}{9} - \frac{1}{36}\right) = R \left(\frac{4-1}{36}\right) = \frac{3R}{36} = \frac{R}{12} \implies \lambda_3 = \frac{12}{R} \quad \dots(2)$
बामर श्रेणी की $2^{\text{nd}}$ रेखा के लिए $(n_1=2, n_2=4)$:
$\frac{1}{\lambda_2} = R \left(\frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2}\right) = R \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{16}\right) = R \left(\frac{4-1}{16}\right) = \frac{3R}{16} \implies \lambda_2 = \frac{16}{3R} \quad \dots(3)$
तरंगदैर्ध्य का अंतर $\lambda_3 - \lambda_2 = a\lambda$ द्वारा दिया गया है:
$a\lambda = \frac{12}{R} - \frac{16}{3R} = \frac{36 - 16}{3R} = \frac{20}{3R}$
$\lambda = \frac{4}{3R}$ को समीकरण में रखने पर:
$a \left(\frac{4}{3R}\right) = \frac{20}{3R} \implies a = \frac{20}{4} = 5$

(A) ज़ेनर डायोड धारा $I_Z$ को $I_Z = I - I_L$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ स्रोत से कुल धारा है और $I_L$ लोड धारा है।
$I_Z$ को अधिकतम करने के लिए,हमें कुल धारा $I$ को अधिकतम करना होगा। चूँकि $I = \frac{V_{in} - V_Z}{R}$,इसलिए $I$ तब अधिकतम होता है जब $V_{in}$ अधिकतम हो $(V_{in} = 120 \text{ V})$।
$I_{max} = \frac{120 \text{ V} - 60 \text{ V}}{4000 \ \Omega} = \frac{60 \text{ V}}{4000 \ \Omega} = 0.015 \text{ A} = 15 \text{ mA}$।
लोड धारा $I_L$ स्थिर है क्योंकि लोड प्रतिरोधक के आर-पार वोल्टेज $V_Z = 60 \text{ V}$ पर निश्चित है।
$I_L = \frac{V_Z}{R_L} = \frac{60 \text{ V}}{10000 \ \Omega} = 0.006 \text{ A} = 6 \text{ mA}$।
अतः,अधिकतम ज़ेनर डायोड धारा $I_{Z,max} = I_{max} - I_L = 15 \text{ mA} - 6 \text{ mA} = 9 \text{ mA}$ है।

(B) माना कुल आवेश $Q = 4\,\mu C$ को दो भागों $q$ और $(Q - q)$ में विभाजित किया गया है।
$d$ दूरी पर स्थित इन दो आवेशों के बीच स्थिरवैद्युत बल $F$ कूलम्ब के नियम द्वारा दिया जाता है:
$F = \frac{K q (Q - q)}{d^2}$
अधिकतम बल की स्थिति ज्ञात करने के लिए,हम $F$ का $q$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं:
$\frac{dF}{dq} = \frac{K}{d^2} \frac{d}{dq} (Qq - q^2) = 0$
$\frac{K}{d^2} (Q - 2q) = 0$
चूंकि $K$ और $d$ स्थिरांक हैं,इसलिए:
$Q - 2q = 0 \implies q = \frac{Q}{2}$
$Q = 4\,\mu C$ दिया गया है,अतः $q = \frac{4\,\mu C}{2} = 2\,\mu C$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,दो आवेश $2\,\mu C$ और $2\,\mu C$ होंगे।

(B) अनुगमन वेग $v_d$ का सूत्र: $v_d = \frac{e \tau E}{m} = \frac{e \tau}{m} \left( \frac{\Delta V}{\ell} \right)$ है।
$1$. तापमान का प्रभाव: जैसे-जैसे तापमान बढ़ता है,इलेक्ट्रॉनों की टक्कर की आवृत्ति बढ़ती है,जिससे विश्रांति काल (relaxation time) $\tau$ घट जाता है। चूंकि $v_d \propto \tau$,इसलिए अनुगमन वेग घट जाता है। अतः,कथन $A$ सही है और $E$ गलत है।
$2$. लंबाई का प्रभाव: सूत्र $v_d = \frac{e \tau \Delta V}{m \ell}$ से यह स्पष्ट है कि $v_d \propto \frac{1}{\ell}$। अतः,कथन $D$ सही है।
$3$. क्षेत्रफल का प्रभाव: अनुगमन वेग और विद्युत धारा के बीच संबंध $I = n e A v_d$ है। यदि विद्युत धारा $I$ स्थिर है,तो $v_d = \frac{I}{n e A}$ होता है,जिसका अर्थ है कि $v_d \propto \frac{1}{A}$। हालाँकि,एक सामान्य चालक में जहाँ विभवांतर $\Delta V$ स्थिर है,$v_d = \frac{e \tau \Delta V}{m \ell}$ होता है,जो अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल $A$ पर निर्भर नहीं करता है। अतः,कथन $B$ गलत है।
$4$. विभवांतर का प्रभाव: चूंकि $v_d = \frac{e \tau \Delta V}{m \ell}$,इसलिए अनुगमन वेग लगाए गए विभवांतर $\Delta V$ के सीधे समानुपाती होता है। अतः,कथन $C$ गलत है।
अतः,कथन $A$ और $D$ सही हैं।

(A) दोलन चुंबकत्वमापी का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{M B_H}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $B_H = B \cos \delta$ पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक है और $\delta$ नति कोण है।
आवृत्ति $f = \frac{1}{T} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{M B \cos \delta}{I}}$. अतः,$f \propto \sqrt{B \cos \delta}$.
स्थान $P$ पर: $f_P = 20 \text{ दोलन/मिनट}$,$\delta_P = 30^{\circ}$.
स्थान $Q$ पर: $f_Q = 10 \text{ दोलन/मिनट}$,$\delta_Q = 60^{\circ}$.
अनुपात लेने पर:
$\frac{f_P}{f_Q} = \sqrt{\frac{B_P \cos 30^{\circ}}{B_Q \cos 60^{\circ}}}$
$\frac{20}{10} = \sqrt{\frac{B_P (\sqrt{3}/2)}{B_Q (1/2)}}$
$2 = \sqrt{\frac{B_P \sqrt{3}}{B_Q}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $4 = \frac{B_P \sqrt{3}}{B_Q}$
अतः,$\frac{B_Q}{B_P} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.

(B) साइक्लोट्रॉन में $q$ आवेश और $m$ द्रव्यमान वाले कण की गतिज ऊर्जा $K$,चुंबकीय क्षेत्र $B$ और त्रिज्या $r$ के साथ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दी जाती है:
$K = \frac{q^2 B^2 r^2}{2m}$
दिया गया है:
$q = 1.6 \times 10^{-19}\,C$
$B = 1.0\,T$
$r = 60\,cm = 0.6\,m$
$m = 1.6 \times 10^{-27}\,kg$
मान रखने पर:
$K = \frac{(1.6 \times 10^{-19})^2 \times (1.0)^2 \times (0.6)^2}{2 \times 1.6 \times 10^{-27}}$
$K = \frac{2.56 \times 10^{-38} \times 0.36}{3.2 \times 10^{-27}}$
$K = 0.8 \times 10^{-11} \times 0.36 = 0.288 \times 10^{-11}\,J$
जूल को $MeV$ में बदलने के लिए $1.6 \times 10^{-13}$ से विभाजित करें:
$K = \frac{0.288 \times 10^{-11}}{1.6 \times 10^{-13}} = 0.18 \times 10^2 = 18\,MeV$

(C) अनुनादी कोणीय आवृत्ति $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{0.01 \times 10^{-6}}} = 10^4 \, \text{rad/s}$ है।
दिया गया है कि कार्यशील आवृत्ति $\omega'$,अनुनादी आवृत्ति से $60\%$ कम है,इसलिए $\omega' = \omega_0 - 0.60\omega_0 = 0.4\omega_0 = 4000 \, \text{rad/s}$ है।
इस आवृत्ति पर प्रेरक प्रतिघात (inductive reactance) $X_L' = \omega' L = 4000 \times 0.01 = 40 \, \Omega$ है।
इस आवृत्ति पर धारिता प्रतिघात (capacitive reactance) $X_C' = \frac{1}{\omega' C} = \frac{1}{4000 \times 10^{-6}} = 250 \, \Omega$ है।
परिपथ की प्रतिबाधा (impedance) $Z = \sqrt{R^2 + (X_C' - X_L')^2} = \sqrt{10^2 + (250 - 40)^2} = \sqrt{100 + 44100} = \sqrt{44200} \approx 210.24 \, \Omega$ है।
धारा का आयाम $I_m = \frac{V_m}{Z} = \frac{50}{210.24} \approx 0.2378 \, A = 237.8 \, mA \approx 238 \, mA$ होगा।

(B) कथन $A$ गलत है क्योंकि संचरण की दिशा विद्युत और चुंबकीय क्षेत्रों के लंबवत होती है,न कि उनके अनुदिश।
कथन $B$ सही है; विद्युतचुंबकीय तरंग में ऊर्जा घनत्व विद्युत क्षेत्र $(u_E = \frac{1}{2} \epsilon_0 E^2)$ और चुंबकीय क्षेत्र $(u_B = \frac{1}{2} \frac{B^2}{\mu_0})$ के बीच समान रूप से विभाजित होता है,जिससे $u_E = u_B$ होता है।
कथन $C$ गलत है क्योंकि विद्युत और चुंबकीय क्षेत्र एक-दूसरे के लंबवत होते हैं।
कथन $D$ सही है; विद्युतचुंबकीय तरंगें प्रकृति में अनुप्रस्थ होती हैं,जिसका अर्थ है कि $\vec{E}$,$\vec{B}$ और संचरण की दिशा $\vec{k}$ परस्पर लंबवत होते हैं।
कथन $E$ गलत है क्योंकि विद्युत क्षेत्र के आयाम और चुंबकीय क्षेत्र के आयाम का अनुपात प्रकाश की गति $(E_0/B_0 = c)$ के बराबर होता है,इसलिए $B_0/E_0 = 1/c$ होता है।
अतः,केवल कथन $B$ और $D$ सही हैं।

(B) दिया गया है कि दो कला-संबद्ध स्रोतों की तीव्रता का अनुपात $\frac{I_1}{I_2} = \frac{1}{4}$ है,इसलिए $I_2 = 4I_1$ है।
अधिकतम तीव्रता $I_{\max} = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} = I_1 + 4I_1 + 2\sqrt{I_1(4I_1)} = 5I_1 + 4I_1 = 9I_1$ होती है।
न्यूनतम तीव्रता $I_{\min} = I_1 + I_2 - 2\sqrt{I_1 I_2} = I_1 + 4I_1 - 2\sqrt{I_1(4I_1)} = 5I_1 - 4I_1 = I_1$ होती है।
अब,अनुपात $\frac{I_{\max} + I_{\min}}{I_{\max} - I_{\min}} = \frac{9I_1 + I_1}{9I_1 - I_1} = \frac{10I_1}{8I_1} = \frac{5}{4}$ की गणना करें।
इसे दिए गए व्यंजक $\frac{2\alpha + 1}{\beta + 3} = \frac{5}{4}$ के साथ तुलना करने पर,$2\alpha + 1 = 5 \implies 2\alpha = 4 \implies \alpha = 2$ और $\beta + 3 = 4 \implies \beta = 1$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{\alpha}{\beta} = \frac{2}{1} = 2$ होगा।

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $\frac{1}{2}mv_{\max}^2 = hf - \phi$। चूंकि $\frac{1}{2}mv_{\max}^2 = K_{\max}$,इसलिए $K_{\max} = hf - \phi$। अतः,$v_{\max}^2$ आवृत्ति $f$ के साथ रैखिक रूप से बदलता है। कथन $A$ सही है।
संतृप्ति धारा प्रकाश की तीव्रता पर निर्भर करती है। स्रोत को दूर ले जाने से तीव्रता कम हो जाती है,जिससे संतृप्ति धारा कम हो जाती है। कथन $B$ गलत है।
अधिकतम गतिज ऊर्जा आपतित प्रकाश की आवृत्ति पर निर्भर करती है,शक्ति (तीव्रता) पर नहीं। कथन $C$ गलत है।
तत्काल उत्सर्जन को प्रकाश की कण प्रकृति (फोटॉन इंटरैक्शन) द्वारा समझाया जा सकता है,न कि तरंग प्रकृति द्वारा। कथन $D$ गलत है।
तरंग सिद्धांत भविष्यवाणी करता है कि यदि तीव्रता पर्याप्त हो तो किसी भी आवृत्ति के लिए उत्सर्जन होना चाहिए,जो देहली तरंगदैर्ध्य के अस्तित्व के विपरीत है। कथन $E$ सही है।
इसलिए,कथन $A$ और $E$ सही हैं।

(D) दिया गया है: प्रारंभिक सक्रियता $A_0 = 6.4 \times 10^{-4} \text{ Ci}$,अंतिम सक्रियता $A = 5 \times 10^{-6} \text{ Ci}$,अर्ध-आयु $T_{1/2} = 5 \text{ days}$।
रेडियोधर्मी क्षय के नियम का उपयोग करते हुए: $A = A_0 e^{-\lambda t}$।
मान रखने पर: $5 \times 10^{-6} = 6.4 \times 10^{-4} e^{-\lambda t}$।
पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\frac{5 \times 10^{-6}}{6.4 \times 10^{-4}} = e^{-\lambda t} \implies \frac{5}{640} = e^{-\lambda t} \implies \frac{1}{128} = e^{-\lambda t}$।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\ln(1/128) = -\lambda t \implies -\ln(2^7) = -\lambda t \implies 7 \ln 2 = \lambda t$।
चूंकि $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$,इसलिए $7 \ln 2 = \left(\frac{\ln 2}{5}\right) t$।
$t$ के लिए हल करने पर: $7 = \frac{t}{5} \implies t = 35 \text{ days}$।

(B) स्मॉल सिग्नल करंट गेन (करंट एम्प्लीफिकेशन फैक्टर) $\beta_{ac}$ को नियत कलेक्टर-उत्सर्जक वोल्टेज $(V_{CE})$ पर कलेक्टर करंट में परिवर्तन और आधार करंट में परिवर्तन के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
दिया गया है:
कलेक्टर करंट में परिवर्तन,$\Delta I_C = 6\,mA - 4\,mA = 2\,mA = 2 \times 10^{-3}\,A$
आधार करंट में परिवर्तन,$\Delta I_B = 25\,\mu A - 20\,\mu A = 5\,\mu A = 5 \times 10^{-6}\,A$
करंट गेन का सूत्र है:
$\beta_{ac} = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B}$
मान रखने पर:
$\beta_{ac} = \frac{2 \times 10^{-3}}{5 \times 10^{-6}}$
$\beta_{ac} = \frac{2}{5} \times 10^3$
$\beta_{ac} = 0.4 \times 1000 = 400$
अतः,करंट एम्प्लीफिकेशन फैक्टर $400$ है।

(A) दिए गए चित्र से,मॉड्यूलेटिंग सिग्नल का आयाम $A_m$ वर्गाकार तरंग का शिखर मान है,जो $1 \text{ V}$ है।
वाहक तरंग $C(t) = 5 \sin(8\pi t) \text{ V}$ द्वारा दी गई है। इसे मानक वाहक तरंग समीकरण $C(t) = A_C \sin(\omega_c t)$ के साथ तुलना करने पर,हमें वाहक तरंग का आयाम $A_C = 5 \text{ V}$ प्राप्त होता है।
मॉड्यूलेशन इंडेक्स $\mu$ को मॉड्यूलेटिंग सिग्नल के आयाम और वाहक तरंग के आयाम के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$\mu = \frac{A_m}{A_C}$
मान रखने पर:
$\mu = \frac{1}{5} = 0.2$
अतः,मॉड्यूलेशन इंडेक्स $0.2$ है।

(B) मीटर ब्रिज प्रयोग में,शून्य विक्षेप की स्थिति व्हीटस्टोन ब्रिज के सिद्धांत द्वारा दी जाती है: $\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_{AC}}{R_{CB}}$.
यहाँ,$R_{AC}$ तार के खंड $AC$ का प्रतिरोध है और $R_{CB}$ तार के खंड $CB$ का प्रतिरोध है।
तार का प्रतिरोध $R = \rho \frac{l}{A}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\rho$ प्रतिरोधकता है,$l$ लंबाई है,और $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
इसे संतुलन स्थिति में रखने पर: $\frac{R_1}{R_2} = \frac{\rho (l_{AC} / A)}{\rho (l_{CB} / A)} = \frac{l_{AC}}{l_{CB}}$.
चूंकि अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ कट जाता है,इसलिए प्रतिरोधों का अनुपात केवल खंडों की लंबाई पर निर्भर करता है।
अतः,संतुलन लंबाई तार की त्रिज्या (या अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल) से स्वतंत्र है,बशर्ते तार एकसमान रहे।
इस प्रकार,यदि त्रिज्या को दोगुना कर दिया जाए,तो भी संतुलन लंबाई $40 \, cm$ ही रहेगी।

(B) एक पतले प्रिज्म के लिए,औसत विचलन $\delta = A(n_{Y} - 1)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि दोनों प्रिज्मों को इस प्रकार जोड़ा गया है कि कोई विक्षेपण न हो,इसलिए उन्हें एक-दूसरे के विपरीत रखा गया है।
संयोजन द्वारा उत्पन्न शुद्ध औसत विचलन $\delta$ दोनों प्रिज्मों द्वारा उत्पन्न विचलनों के अंतर के बराबर होता है:
$\delta = A_{1}(n_{Y1} - 1) - A_{2}(n_{Y2} - 1)$
यहाँ $A_{1} = 6^{\circ}$,$n_{Y1} = 1.5$ और $A_{2} = 5^{\circ}$,$n_{Y2} = 1.55$ दिया गया है।
$\delta = 6(1.5 - 1) - 5(1.55 - 1)$
$\delta = 6(0.5) - 5(0.55)$
$\delta = 3.0 - 2.75 = 0.25^{\circ}$
हमें $\delta = (\frac{1}{x})^{\circ}$ दिया गया है,इसलिए $\frac{1}{x} = 0.25 = \frac{1}{4}$।
अतः,$x = 4$।

(A) लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi$,चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B}$ और क्षेत्रफल सदिश $\overrightarrow{A}$ का अदिश गुणनफल है।
चूंकि लूप $X-Y$ तल में है,इसलिए इसका क्षेत्रफल सदिश $\overrightarrow{A} = A \hat{k} = \pi(1)^2 \hat{k} = \pi \hat{k} \ m^2$ होगा।
$\phi = \overrightarrow{B} \cdot \overrightarrow{A} = (3t^3 \hat{j} + 3t^2 \hat{k}) \cdot (\pi \hat{k}) = 3t^2 \pi \ Wb$.
फैराडे के नियम के अनुसार,प्रेरित emf $\varepsilon = |\frac{d\phi}{dt}|$ होता है।
$\varepsilon = |\frac{d}{dt}(3t^2 \pi)| = 6t\pi \ V$.
$t = 2 \ s$ पर,प्रेरित emf $\varepsilon = 6(2)\pi = 12\pi \ V$ होगा।
इसे $n\pi \ V$ के साथ तुलना करने पर,हमें $n = 12$ प्राप्त होता है।

(A) स्थिर अवस्था में,संधारित्र एक खुले परिपथ की तरह कार्य करता है,इसलिए संधारित्र वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
परिपथ में बैटरी $E = 10 \, V$ और उसका आंतरिक प्रतिरोध $r = 10 \, \Omega$,प्रतिरोध $R = 100 \, \Omega$ के साथ श्रेणीक्रम में जुड़े हैं।
परिपथ में प्रवाहित धारा $I = \frac{E}{R + r} = \frac{10}{100 + 10} = \frac{10}{110} = \frac{1}{11} \, A$ है।
प्रतिरोध $R = 100 \, \Omega$ के सिरों के बीच विभवांतर $V_R = I \times R = \frac{1}{11} \times 100 = \frac{100}{11} \, V$ है।
चूंकि संधारित्र प्रतिरोध $R$ के समानांतर है,इसलिए संधारित्र के सिरों के बीच विभवांतर प्रतिरोध $R$ के विभवांतर के बराबर होता है।
संधारित्र में संचित आवेश $q = C \times V_R = (1.1 \times 10^{-6} \, F) \times \left(\frac{100}{11} \, V\right)$ है।
$q = (1.1 \times 10^{-6}) \times \left(\frac{100}{11}\right) = 0.1 \times 10^{-6} \times 100 = 10 \times 10^{-6} \, C$.
अतः,संचित आवेश $10 \times 10^{-6} \, C$ है।

(A) संधारित्र को समानांतर में दो संधारित्रों के रूप में माना जा सकता है: एक हवा के साथ और दूसरा परावैद्युत स्लैब के साथ।
हवा वाले भाग का क्षेत्रफल $A_1 = (7\,cm \times 4\,cm) = 28\,cm^2 = 28 \times 10^{-4}\,m^2$.
परावैद्युत भाग का क्षेत्रफल $A_2 = (1\,cm \times 4\,cm) = 4\,cm^2 = 4 \times 10^{-4}\,m^2$.
दूरी $d = 4\,mm = 4 \times 10^{-3}\,m$.
हवा वाले भाग की धारिता $C_1 = \frac{\epsilon_0 A_1}{d} = \frac{\epsilon_0 (28 \times 10^{-4})}{4 \times 10^{-3}} = 0.7 \epsilon_0\,F$.
परावैद्युत भाग की धारिता $C_2 = \frac{K \epsilon_0 A_2}{d} = \frac{5 \epsilon_0 (4 \times 10^{-4})}{4 \times 10^{-3}} = 0.5 \epsilon_0\,F$.
कुल प्रभावी धारिता $C_{\text{eff}} = C_1 + C_2 = 0.7 \epsilon_0 + 0.5 \epsilon_0 = 1.2 \epsilon_0\,F$.
स्थिर-वैद्युत ऊर्जा $U = \frac{1}{2} C_{\text{eff}} V^2 = \frac{1}{2} (1.2 \epsilon_0) (20)^2 = 0.6 \epsilon_0 \times 400 = 240 \epsilon_0\,J$.

(A) मान लीजिए कि आवेश $q_0$ को मध्य बिंदु से एक $Q$ आवेश की ओर $x$ की छोटी दूरी से विस्थापित किया जाता है।
$q_0$ पर परिणामी बल $F = F_1 - F_2 = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Qq_0}{(a-x)^2} - \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Qq_0}{(a+x)^2}$ है।
$F = \frac{Qq_0}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{(a+x)^2 - (a-x)^2}{(a^2-x^2)^2} \right] = \frac{Qq_0}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{4ax}{(a^2-x^2)^2} \right]$.
छोटे $x$ के लिए,$x^2 \approx 0$,इसलिए $F \approx \frac{Qq_0}{4\pi\varepsilon_0} \frac{4ax}{a^4} = \frac{Qq_0 x}{\pi\varepsilon_0 a^3}$.
चूँकि $F = -ma$ (प्रत्यानयन बल),$a = -\left( \frac{Qq_0}{\pi\varepsilon_0 m a^3} \right) x$.
$a = -\omega^2 x$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\omega^2 = \frac{Qq_0}{\pi\varepsilon_0 m a^3}$ प्राप्त होता है,इसलिए $\omega = \sqrt{\frac{Qq_0}{\pi\varepsilon_0 m a^3}}$.
आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{\pi\varepsilon_0 m a^3}{Qq_0}} = \sqrt{\frac{4\pi^3\varepsilon_0 m a^3}{Qq_0}}$.

(B) चुंबकीय क्षेत्र में दोलन करने वाली छड़ चुंबक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB_H}}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $T_1 = 3\,s$,$T_2 = 4\,s$ और जड़त्व आघूर्ण का अनुपात $\frac{I_1}{I_2} = \frac{3}{2}$ है।
आवर्तकाल का अनुपात लेने पर:
$\frac{T_1}{T_2} = \sqrt{\frac{I_1}{I_2} \cdot \frac{M_2}{M_1}} = \frac{3}{4}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$\frac{I_1}{I_2} \cdot \frac{M_2}{M_1} = \left(\frac{3}{4}\right)^2 = \frac{9}{16}$.
$\frac{I_1}{I_2} = \frac{3}{2}$ का मान रखने पर:
$\frac{3}{2} \cdot \frac{M_2}{M_1} = \frac{9}{16}$.
$\frac{M_2}{M_1} = \frac{9}{16} \cdot \frac{2}{3} = \frac{3}{8}$.
अतः,चुंबकीय आघूर्ण का अनुपात $\frac{M_1}{M_2} = \frac{8}{3}$ है।

(A) चुंबकीय मेरिडियन के साथ $\alpha$ कोण बनाने वाले तल में आभासी नमन कोण $\theta^{\prime}$ को निम्नलिखित संबंध द्वारा दिया जाता है: $\tan \theta^{\prime} = \frac{\tan \theta}{\cos \alpha}$,जहाँ $\theta$ वास्तविक नमन कोण है।
दिया गया है,$\theta^{\prime} = 60^{\circ}$ और $\alpha = 45^{\circ}$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\tan 60^{\circ} = \frac{\tan \theta}{\cos 45^{\circ}}$
$\sqrt{3} = \frac{\tan \theta}{1/\sqrt{2}}$
$\tan \theta = \sqrt{3} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{\frac{3}{2}}$
अतः,वास्तविक नमन कोण $\theta = \tan ^{-1}\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\right)$ है।

(B) दिष्ट धारा $(DC)$ के लिए,उत्पन्न ऊष्मा $H_1 = I^2 R_1 t$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $I = 4\,A$ और $R_1 = 3\,\Omega$ दिया गया है,इसलिए:
$H_1 = (4)^2 \times 3 \times t = 16 \times 3 \times t = 48t$.
प्रत्यावर्ती धारा $(AC)$ के लिए,उत्पन्न ऊष्मा $H_2 = I_{rms}^2 R_2 t$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I_{rms} = \frac{I_0}{\sqrt{2}}$ है।
यहाँ शिखर मान $I_0 = 4\,A$ और $R_2 = 2\,\Omega$ दिया गया है,इसलिए:
$I_{rms} = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}\,A$.
$H_2 = (2\sqrt{2})^2 \times 2 \times t = 8 \times 2 \times t = 16t$.
उत्पन्न ऊष्मा का अनुपात $\frac{H_1}{H_2} = \frac{48t}{16t} = \frac{3}{1}$ होगा।
अतः,अनुपात $3: 1$ है।

(C) विद्युत क्षेत्र $E_{y} = 900 \sin \omega(t - x/c)$ द्वारा दिया गया है,इसलिए विद्युत क्षेत्र का आयाम $E_{0} = 900 \, V/m$ है।
आवेश $q$ पर विद्युत बल $F_{E} = qE_{0}$ है।
$v$ वेग से गति कर रहे आवेश $q$ पर चुंबकीय बल $F_{B} = qvB_{0}$ है,जहाँ $B_{0}$ चुंबकीय क्षेत्र का आयाम है।
विद्युतचुंबकीय तरंग में,विद्युत और चुंबकीय क्षेत्र के आयामों के बीच संबंध $E_{0} = cB_{0}$ होता है,जिसका अर्थ है $B_{0} = E_{0}/c$.
चुंबकीय बल के व्यंजक में $B_{0}$ का मान रखने पर: $F_{B} = qv(E_{0}/c)$.
विद्युत बल और चुंबकीय बल का अनुपात है:
$\frac{F_{E}}{F_{B}} = \frac{qE_{0}}{qv(E_{0}/c)} = \frac{c}{v}$.
चूंकि $c = 3 \times 10^{8} \, m/s$ और $v = 3 \times 10^{7} \, m/s$ दिया गया है,अनुपात होगा:
$\frac{F_{E}}{F_{B}} = \frac{3 \times 10^{8}}{3 \times 10^{7}} = 10$.
अतः,अनुपात $10: 1$ है।

(B) सूक्ष्मदर्शी की विभेदन क्षमता $(R.P.)$ का सूत्र है: $R.P. = \frac{2 \mu \sin \theta}{1.22 \lambda}$,जहाँ $\mu$ माध्यम का अपवर्तनांक है,$\theta$ अर्ध-शीर्ष कोण है और $\lambda$ निर्वात/हवा में प्रकाश की तरंगदैर्ध्य है।
शुरू में,हवा में $(\mu_1 = 1)$: $(R.P.)_{\text{air}} = \frac{2 \times 1 \times \sin \theta}{1.22 \lambda} = \frac{2 \sin \theta}{1.22 \lambda}$.
जब तेल में डुबोया जाता है $(\mu_2 = 2)$: माध्यम में तरंगदैर्ध्य $\lambda_{\text{oil}} = \frac{\lambda}{\mu_2} = \frac{\lambda}{2}$ हो जाती है।
इस मान को सूत्र में रखने पर: $(R.P.)_{\text{oil}} = \frac{2 \sin \theta}{1.22 \lambda_{\text{oil}}} = \frac{2 \sin \theta}{1.22 (\lambda / 2)} = \frac{2 \times 2 \sin \theta}{1.22 \lambda} = 2 \times (R.P.)_{\text{air}}$.
अतः,तेल में विभेदन क्षमता हवा की तुलना में दोगुनी हो जाती है।

(C) एक रेडियोधर्मी नमूने की सक्रियता $A = A_0 (1/2)^n$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n$ अर्ध-आयु की संख्या है।
यह दिया गया है कि सक्रियता अपने प्रारंभिक मान के $1/16$ तक गिर जाती है,इसलिए $A/A_0 = 1/16$ है।
चूंकि $1/16 = (1/2)^4$,हम घातों की तुलना कर सकते हैं: $n = 4$।
अर्ध-आयु की संख्या $n$,कुल समय $t$ और अर्ध-आयु $T_{1/2}$ के साथ $n = t / T_{1/2}$ सूत्र द्वारा संबंधित है।
यहाँ $t = 30$ वर्ष और $n = 4$ दिया गया है,इसलिए $4 = 30 / T_{1/2}$।
अतः,$T_{1/2} = 30 / 4 = 7.5$ वर्ष।

(A) दिए गए वोल्टेज वेवफॉर्म का विश्लेषण करके,हम इनपुट $A, B$ और आउटपुट $Y$ के लिए सत्यता सारणी (Truth Table) बना सकते हैं:

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

इस सत्यता सारणी की तुलना मानक लॉजिक गेट्स के साथ करने पर:
- $AND$ गेट के लिए,आउटपुट केवल तब $1$ होता है जब दोनों इनपुट $1$ हों।
- देखी गई सत्यता सारणी $AND$ गेट के व्यवहार से बिल्कुल मेल खाती है।
इसलिए,लॉजिक गेट $AND$ गेट है।

(D) मान लीजिए कि $h$ ऊंचाई वाले टॉवर की कवरेज रेंज $d$ है।
रेंज $d$ को सूत्र $d = \sqrt{2Rh}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
अतः,$d \propto \sqrt{h}$।
मान लीजिए प्रारंभिक ऊंचाई $h_1 = 100\,m$ है और प्रारंभिक रेंज $d_1$ है।
मान लीजिए नई ऊंचाई $h_2$ है और नई रेंज $d_2 = 3d_1$ है।
चूँकि $d \propto \sqrt{h}$,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{d_2}{d_1} = \sqrt{\frac{h_2}{h_1}}$
मान रखने पर:
$3 = \sqrt{\frac{h_2}{100}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$9 = \frac{h_2}{100}$
$h_2 = 900\,m$।
इसलिए,टॉवर की ऊंचाई को बढ़ाकर $900\,m$ किया जाना चाहिए।

(D) मीटर ब्रिज में,संतुलन की स्थिति का सूत्र है: $\frac{S}{l} = \frac{R}{100 - l}$।
यहाँ,$l = 30 \ cm$,इसलिए $100 - l = 70 \ cm$।
ज्ञात प्रतिरोध $R = 5.6 \ k\Omega = 5600 \ \Omega$ है।
सूत्र में मान रखने पर:
$\frac{S}{30} = \frac{5600}{70}$।
$S = \frac{5600 \times 30}{70}$।
$S = 80 \times 30 = 2400 \ \Omega$।

(D) $I_1$ और $I_2$ तीव्रता वाली और $\phi$ कलांतर वाली दो व्यतिकरण करने वाली किरणों के लिए परिणामी तीव्रता $I_R = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos(\phi)$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $I_1 = I$ और $I_2 = 4I$ दिया गया है।
बिंदु $A$ पर,$\phi_A = \pi/2$. अतः,$I_A = I + 4I + 2\sqrt{I \cdot 4I} \cos(\pi/2) = 5I + 4I(0) = 5I$.
बिंदु $B$ पर,$\phi_B = \pi/3$. अतः,$I_B = I + 4I + 2\sqrt{I \cdot 4I} \cos(\pi/3) = 5I + 4I(1/2) = 5I + 2I = 7I$.
परिणामी तीव्रताओं के बीच का अंतर $I_B - I_A = 7I - 5I = 2I$ है।
इसकी तुलना $xI$ से करने पर,हमें $x = 2$ प्राप्त होता है।

(B) लैंप का प्रतिरोध $R = \frac{V_L^2}{P} = \frac{100^2}{50} = 200\,\Omega$ है।
$RC$ श्रेणी परिपथ में,कुल वोल्टेज $V$ को $V^2 = V_R^2 + V_C^2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $V_R = 100\,V$ लैंप के सिरों पर वोल्टेज है।
$200^2 = 100^2 + V_C^2 \Rightarrow V_C^2 = 40000 - 10000 = 30000 \Rightarrow V_C = 100\sqrt{3}\,V$।
परिपथ में धारा $I = \frac{V_R}{R} = \frac{100}{200} = 0.5\,A$ है।
धारितीय प्रतिघात $X_C = \frac{V_C}{I} = \frac{100\sqrt{3}}{0.5} = 200\sqrt{3}\,\Omega$ है।
चूँकि $X_C = \frac{1}{2\pi f C}$,हमारे पास $200\sqrt{3} = \frac{1}{2 \times \pi \times 50 \times C} \Rightarrow C = \frac{1}{200\sqrt{3} \times 100\pi} = \frac{1}{20000\pi\sqrt{3}}\,F$ है।
$\mu F$ में बदलने पर: $C = \frac{10^6}{20000\pi\sqrt{3}} = \frac{50}{\pi\sqrt{3}}\,\mu F$।
इसकी तुलना $C = \frac{50}{\pi\sqrt{x}}\,\mu F$ से करने पर,हमें $x = 3$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया है: लंबाई $l = 1\,m$,धारा $i = 1\,A$,क्षेत्रफल $A = 2.0 \times 10^{-6}\,m^{2}$,प्रतिरोधकता $\rho = 1.7 \times 10^{-8}\,\Omega\,m$,आवेश $e = 1.6 \times 10^{-19}\,C$.
सबसे पहले,तार का प्रतिरोध $R$ ज्ञात करें:
$R = \frac{\rho l}{A} = \frac{1.7 \times 10^{-8} \times 1}{2.0 \times 10^{-6}} = 0.85 \times 10^{-2}\,\Omega$.
ओम के नियम के अनुसार तार पर विभवांतर $V$:
$V = iR = 1 \times 0.85 \times 10^{-2} = 0.85 \times 10^{-2}\,V$.
तार में उत्पन्न विद्युत क्षेत्र $E$:
$E = \frac{V}{l} = \frac{0.85 \times 10^{-2}}{1} = 0.85 \times 10^{-2}\,V/m$.
इलेक्ट्रॉन द्वारा अनुभव किया गया बल $F$:
$F = eE = 1.6 \times 10^{-19} \times 0.85 \times 10^{-2} = 1.36 \times 10^{-21}\,N$.
इसे $10^{-23}$ के रूप में व्यक्त करने पर:
$F = 136 \times 10^{-23}\,N$.
अतः,$x = 136$.

(B) बेलनाकार आयतन के भीतर $x$ त्रिज्या और $h$ लंबाई वाले एक बेलनाकार गॉसियन सतह के लिए गॉस के नियम का उपयोग करते हुए:
$\oint \vec{E} \cdot d\vec{S} = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_{0}}$
चूंकि विद्युत क्षेत्र त्रिज्यीय है और वक्र सतह पर समान है,इसलिए वक्र सतह से गुजरने वाला फ्लक्स $E(2\pi x h)$ है। सपाट सिरों से गुजरने वाला फ्लक्स शून्य है।
परिबद्ध आवेश $q_{enclosed} = \rho \times V = \rho \times (\pi x^2 h)$ है।
गॉस के नियम को लागू करने पर:
$E(2\pi x h) = \frac{\rho \pi x^2 h}{\varepsilon_{0}}$
$E = \frac{\rho x}{2\varepsilon_{0}}$
दिया गया है $x = \frac{2\varepsilon_{0}}{\rho}$,इस मान को $E$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$E = \frac{\rho}{2\varepsilon_{0}} \times \left( \frac{2\varepsilon_{0}}{\rho} \right) = 1 \; V m^{-1}$.

(A) प्लेटों के बीच की कुल दूरी $d$ है। परावैद्युत स्लैब की मोटाई $t = \frac{3d}{4}$ है।
शेष वायु अंतराल $d - t = d - \frac{3d}{4} = \frac{d}{4}$ है।
$t$ मोटाई और $K$ परावैद्युतांक वाली परावैद्युत स्लैब वाले समांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C$ का सूत्र है:
$C = \frac{\epsilon_{0}A}{d - t + \frac{t}{K}}$
दिए गए मान $t = \frac{3d}{4}$ और $C_{0} = \frac{\epsilon_{0}A}{d}$ रखने पर:
$C = \frac{\epsilon_{0}A}{d - \frac{3d}{4} + \frac{3d}{4K}}$
$C = \frac{\epsilon_{0}A}{\frac{d}{4} + \frac{3d}{4K}}$
$C = \frac{\epsilon_{0}A}{\frac{d}{4} \left(1 + \frac{3}{K}\right)} = \frac{4\epsilon_{0}A}{d \left(\frac{K+3}{K}\right)}$
$C = \frac{4\epsilon_{0}A}{d} \cdot \frac{K}{K+3}$
चूँकि $C_{0} = \frac{\epsilon_{0}A}{d}$,हमें प्राप्त होता है:
$C = \frac{4KC_{0}}{K+3}$

(B) ऊर्ध्वाधर दिशा में इलेक्ट्रॉन का त्वरण इस प्रकार है:
$a_y = \frac{F_y}{m} = \frac{eE}{m} = \frac{e(8m/e)}{m} = 8 \text{ m/s}^2$
$L = 1 \text{ m}$ लंबाई की प्लेटों को $u_x = 2 \text{ m/s}$ के स्थिर क्षैतिज वेग से पार करने में लगा समय:
$t = \frac{L}{u_x} = \frac{1}{2} \text{ s}$
क्षेत्र से बाहर निकलते समय वेग का ऊर्ध्वाधर घटक:
$v_y = u_y + a_y t = 0 + (8 \text{ m/s}^2)(0.5 \text{ s}) = 4 \text{ m/s}$
वेग का क्षैतिज घटक स्थिर रहता है:
$v_x = 2 \text{ m/s}$
विचलन कोण $\theta$ इस प्रकार है:
$\tan \theta = \frac{v_y}{v_x} = \frac{4}{2} = 2$
$\theta = \tan^{-1}(2)$

(C) कथन $I$ का विश्लेषण:
जब $R = 80\,\Omega$ प्रतिरोध वाले तार को $4$ बराबर भागों में काटा जाता है,तो प्रत्येक भाग का प्रतिरोध $r = R/4 = 80/4 = 20\,\Omega$ हो जाता है।
जब इन $4$ प्रतिरोधों को समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो समतुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार होता है:
$1/R_{eq} = 1/r + 1/r + 1/r + 1/r = 4/r = 4/20 = 1/5$.
अतः,$R_{eq} = 5\,\Omega$। कथन $I$ सही है।
कथन $II$ का विश्लेषण:
जब प्रतिरोध समानांतर क्रम में जुड़े होते हैं,तो प्रत्येक के सिरों पर विभवांतर $V$ समान होता है।
$t$ समय में उत्पन्न ऊष्मीय ऊर्जा (ऊष्मा) $H = (V^2/R)t$ द्वारा दी जाती है।
इसलिए,$H \propto 1/R$.
$3\,R$ और $2\,R$ में उत्पन्न ऊष्मीय ऊर्जा का अनुपात:
$H_{3R} / H_{2R} = (V^2 / 3R) / (V^2 / 2R) = 2R / 3R = 2/3$.
अनुपात $2:3$ है,न कि $3:2$। कथन $II$ गलत है।
निष्कर्ष: कथन $I$ सही है लेकिन कथन $II$ गलत है।

(C) विद्युत धारा ले जाने वाले चालक पर चुंबकीय बल $F = I(\vec{L} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\vec{L}$ खंड की सदिश लंबाई है।
खंड $CD$ के लिए,लंबाई $L = 5 cm = 0.05 m$ है।
चुंबकीय क्षेत्र $B$ एकसमान है और क्षैतिज दिशा में है। खंड $CD$ क्षैतिज के साथ $60^\circ$ का कोण बनाता है (क्योंकि $\triangle BCD$ एक समबाहु त्रिभुज है)।
चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत लंबाई का घटक $L_{\perp} = L \sin(60^\circ)$ है।
$L_{\perp} = 0.05 \times \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.05 \times 0.866 = 0.0433 m$.
चुंबकीय बल $F = B I L_{\perp} = 0.5 \times 10 \times 0.0433 = 0.2165 N$ है।
दिए गए विकल्पों के अनुसार,बल $0.216 N$ है।

(C) $I$ धारा वाली $R$ त्रिज्या के वृत्ताकार लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र इस प्रकार है:
$B_{1} = \frac{\mu_{0} I}{2 R}$
लूप की अक्ष पर केंद्र से $x$ दूरी पर स्थित बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र का सूत्र:
$B = \frac{\mu_{0} I R^{2}}{2(R^{2} + x^{2})^{3/2}}$
यहाँ $x = \sqrt{3}R$ दिया गया है,इसलिए $B_{2}$ के लिए:
$B_{2} = \frac{\mu_{0} I R^{2}}{2(R^{2} + (\sqrt{3}R)^{2})^{3/2}}$
$B_{2} = \frac{\mu_{0} I R^{2}}{2(R^{2} + 3R^{2})^{3/2}}$
$B_{2} = \frac{\mu_{0} I R^{2}}{2(4R^{2})^{3/2}}$
$B_{2} = \frac{\mu_{0} I R^{2}}{2(8R^{3})} = \frac{\mu_{0} I}{16R}$
अब,अनुपात $B_{1} / B_{2}$ की गणना करने पर:
$\frac{B_{1}}{B_{2}} = \frac{\frac{\mu_{0} I}{2 R}}{\frac{\mu_{0} I}{16 R}} = \frac{16}{2} = \frac{8}{1}$
अतः,$B_{1} / B_{2}$ का अनुपात $8: 1$ है।

(C) एक आदर्श ट्रांसफार्मर के लिए,भार को दी गई शक्ति स्रोत से ली गई शक्ति के बराबर होती है।
दिया गया है: प्राथमिक वोल्टेज $V_p = 8\,kV = 8000\,V$,द्वितीयक वोल्टेज $V_s = 160\,V$,शक्ति $P = 80\,kW = 80000\,W$.
प्राथमिक परिपथ में प्रतिरोध $R_p$ का मान $P = \frac{V_p^2}{R_p}$ द्वारा दिया जाता है।
$R_p = \frac{V_p^2}{P} = \frac{(8000)^2}{80000} = \frac{64 \times 10^6}{8 \times 10^4} = 8 \times 10^2 = 800\,\Omega$.
द्वितीयक परिपथ में प्रतिरोध $R_s$ का मान $P = \frac{V_s^2}{R_s}$ द्वारा दिया जाता है।
$R_s = \frac{V_s^2}{P} = \frac{(160)^2}{80000} = \frac{25600}{80000} = 0.32\,\Omega$.
अतः,प्रतिरोध $800\,\Omega$ और $0.32\,\Omega$ हैं।