JEE Main 2023 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_2$ कोल्ड रिज़र्वोयर का तापमान है और $T_1$ हॉट रिज़र्वोयर का तापमान है।
जैसे-जैसे $T_2$ घटता है,अनुपात $\frac{T_2}{T_1}$ घटता है,जिससे दक्षता $\eta$ में वृद्धि होती है।
कोल्ड रिज़र्वोयर के लिए सबसे कम संभव तापमान परम शून्य है,जो $-273.15^{\circ} C$ (अक्सर $-273^{\circ} C$ के रूप में लिया जाता है) है।
$T_2 = 0 \ K$ पर,दक्षता $\eta$ का मान $1 - 0 = 1$ या $100\%$ हो जाता है,जो अधिकतम संभव दक्षता है।
इसलिए,अभिकथन $A$ सही है।
कारण $R$ दक्षता के सूत्र को सही ढंग से बताता है और यह स्पष्ट करता है कि यह दोनों तापमानों पर निर्भर करता है,जो यह बताता है कि $T_2$ को कम करने से दक्षता क्यों बढ़ती है।
अतः,$A$ और $R$ दोनों सही हैं,और $R$,$A$ की सही व्याख्या है।

(D) भौतिक राशियों को उनके $SI$ मात्रकों के साथ मिलाने के लिए:
$1$. बल आघूर्ण: बल आघूर्ण बल $\times$ दूरी के बराबर होता है। इसका $SI$ मात्रक $N\,m = (kg\,m\,s^{-2})\,m = kg\,m^2\,s^{-2}$ है। अतः,$(A)-(IV)$.
$2$. ऊर्जा घनत्व: ऊर्जा घनत्व प्रति इकाई आयतन ऊर्जा है। इसका $SI$ मात्रक $J/m^3 = (kg\,m^2\,s^{-2})/m^3 = kg\,m^{-1}\,s^{-2}$ है। अतः,$(B)-(I)$.
$3$. दाब प्रवणता: दाब प्रवणता प्रति इकाई लंबाई दाब है। इसका $SI$ मात्रक $Pa/m = (N/m^2)/m = N/m^3 = (kg\,m\,s^{-2})/m^3 = kg\,m^{-2}\,s^{-2}$ है। अतः,$(C)-(III)$.
$4$. आवेग: आवेग बल $\times$ समय है। इसका $SI$ मात्रक $N\,s = (kg\,m\,s^{-2})\,s = kg\,m\,s^{-1}$ है। अतः,$(D)-(II)$.
अतः,सही मिलान $(A)-(IV), (B)-(I), (C)-(III), (D)-(II)$ है।

(B) द्रव्यमान-स्प्रिंग निकाय की कोणीय आवृत्ति $\omega$ का सूत्र $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$ है,जहाँ $k$ स्प्रिंग नियतांक है और $m$ ब्लॉक का द्रव्यमान है।
यह दिया गया है कि दोनों स्थितियों के लिए स्प्रिंग नियतांक $k$ समान रहता है,इसलिए:
$\omega_1 = \sqrt{\frac{k}{m_1}}$ और $\omega_2 = \sqrt{\frac{k}{m_2}}$
$\omega_2$ और $\omega_1$ का अनुपात लेने पर:
$\frac{\omega_2}{\omega_1} = \frac{\sqrt{k/m_2}}{\sqrt{k/m_1}} = \sqrt{\frac{m_1}{m_2}}$
दिए गए मान $m_1 = 1\,kg$ और $m_2 = 2\,kg$ रखने पर:
$\frac{\omega_2}{\omega_1} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$

(D) यंग मापांक $Y$ का सूत्र $Y = \frac{F/A}{\Delta \ell / \ell}$ है,जहाँ $F$ बल है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है,$\ell$ मूल लंबाई है और $\Delta \ell$ विस्तार है।
चूंकि पदार्थ समान है (स्टील),$Y$ स्थिर रहेगा। सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर,$\Delta \ell = \frac{F \ell}{Y A}$ प्राप्त होता है।
तार '$A$' के लिए: $\Delta \ell_A = \frac{F \ell_A}{Y A_A} = 0.2\,mm$.
तार '$B$' के लिए: $\ell_B = 2 \ell_A$ और $d_B = 2.4 d_A$ है। चूंकि $A = \pi (d/2)^2$,इसलिए क्षेत्रफल $A_B = (2.4)^2 A_A = 5.76 A_A$ होगा।
अब,$\Delta \ell_B = \frac{F \ell_B}{Y A_B} = \frac{F (2 \ell_A)}{Y (5.76 A_A)} = \frac{2}{5.76} \times \left( \frac{F \ell_A}{Y A_A} \right)$.
$\Delta \ell_A = 0.2\,mm$ का मान रखने पर: $\Delta \ell_B = \frac{2}{5.76} \times 0.2 = \frac{0.4}{5.76} \approx 0.06944\,mm$.
वांछित प्रारूप में बदलने पर: $0.06944\,mm = 6.944 \times 10^{-2\,mm}$। निकटतम विकल्प के अनुसार,उत्तर $6.9 \times 10^{-2\,mm}$ है।

(B) यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा में हुई हानि,गतिज ऊर्जा में हुई वृद्धि के बराबर होती है।
$h = R$ ऊँचाई पर प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_i = -\frac{GMm}{R+R} = -\frac{GMm}{2R}$ है।
पृथ्वी की सतह पर $(r = R)$ अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_f = -\frac{GMm}{R}$ है।
स्थितिज ऊर्जा में हानि = $U_i - U_f = -\frac{GMm}{2R} - (-\frac{GMm}{R}) = \frac{GMm}{2R}$।
गतिज ऊर्जा में वृद्धि = $\frac{1}{2}mv^2$।
दोनों को बराबर करने पर: $\frac{1}{2}mv^2 = \frac{GMm}{2R}$।
$GM = gR^2$ का उपयोग करने पर,हमें $\frac{1}{2}v^2 = \frac{gR^2}{2R} = \frac{gR}{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,$v^2 = gR$,जिससे $v = \sqrt{gR}$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए $T_f$ दोषपूर्ण थर्मामीटर का पाठ्यांक है और $T_c$ सेल्सियस पैमाने पर पाठ्यांक है।
रूपांतरण के लिए सूत्र $\frac{T_f - LFP}{UFP - LFP} = \frac{T_c - 0}{100 - 0}$ है,जहाँ $LFP$ निम्न स्थिर बिंदु और $UFP$ उच्च स्थिर बिंदु है।
दिया गया है $LFP = 5^{\circ}C$ और $UFP = 95^{\circ}C$,इसलिए $\frac{41 - 5}{95 - 5} = \frac{T_c}{100}$।
$\frac{36}{90} = \frac{T_c}{100}$।
$T_c = \frac{36}{90} \times 100 = 40^{\circ}C$।
निरपेक्ष पैमाने (केल्विन) में बदलने के लिए,$T_K = T_c + 273.15 \approx 40 + 273 = 313 \, K$।

(C) दिया गया समीकरण $4v^2 = 50 - x^2$ है।
$4$ से भाग देने पर,हमें $v^2 = \frac{50}{4} - \frac{x^2}{4} = 12.5 - \frac{x^2}{4}$ प्राप्त होता है।
इसे $SHM$ के मानक वेग समीकरण $v^2 = \omega^2(A^2 - x^2)$ के साथ तुलना करने पर,हम समीकरण को $v^2 = \frac{1}{4}(50 - x^2) = \frac{50}{4}(1 - \frac{x^2}{50})$ के रूप में लिखते हैं।
अतः,$\omega^2 = \frac{1}{4}$,जिससे $\omega = \frac{1}{2} \ rad/s$ प्राप्त होता है।
आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{1/2} = 4\pi$ होता है।
$\pi = \frac{22}{7}$ लेने पर,$T = 4 \times \frac{22}{7} = \frac{88}{7} \ s$ प्राप्त होता है।
इसे दिए गए आवर्तकाल $\frac{x}{7} \ s$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 88$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है,द्रव्यमान $m = 2 \ kg$ और शक्ति $P$ नियत है।
समय $t$ में स्रोत द्वारा किया गया कार्य $W = P \times t$ है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,$W = \Delta K = \frac{1}{2} m v^2 - 0$।
अतः,$\frac{1}{2} m v^2 = P t \implies v = \sqrt{\frac{2 P t}{m}}$।
चूंकि $v = \frac{dx}{dt}$,हमारे पास $\frac{dx}{dt} = \sqrt{\frac{2 P}{m}} \cdot t^{1/2}$ है।
$t = 0$ से $4 \ s$ तक समाकलन करने पर:
$x = \int_0^4 \sqrt{\frac{2 P}{m}} \cdot t^{1/2} dt = \sqrt{\frac{2 P}{m}} \left[ \frac{t^{3/2}}{3/2} \right]_0^4$।
$m = 2 \ kg$ रखने पर:
$x = \sqrt{\frac{2 P}{2}} \cdot \frac{2}{3} \cdot (4)^{3/2} = \sqrt{P} \cdot \frac{2}{3} \cdot 8 = \frac{16}{3} \sqrt{P}$।
दिया गया विस्थापन $\frac{1}{3} \alpha^2 \sqrt{P}$ है।
$\frac{16}{3} \sqrt{P} = \frac{1}{3} \alpha^2 \sqrt{P}$ की तुलना करने पर,$\alpha^2 = 16$,अतः $\alpha = 4$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है: त्रिज्या $R = 180 \, cm = 1.8 \, m$। आवृत्ति $f = \frac{28}{60} \, Hz$। कोणीय वेग $\omega = 2 \pi f = 2 \times \frac{22}{7} \times \frac{28}{60} = \frac{44}{15} \, rad/s$। अभिकेंद्र त्वरण $a = \omega^2 R$ होता है। मान रखने पर: $a = \left(\frac{44}{15}\right)^2 \times 1.8 = \frac{1936}{225} \times 1.8$। सरल करने पर: $a = \frac{1936 \times 1.8}{225} = \frac{1936}{125} \, m s^{-2}$। इसे $\frac{1936}{x} \, m s^{-2}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 125$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 0.5\,kg$,प्रारंभिक वेग $u = 18\,m/s$,घर्षण गुणांक $\mu = 0.3$,$g = 10\,m/s^2$,समय $t = 2\,s$ है।
घर्षण के कारण डिस्क का त्वरण $a = -\mu g = -0.3 \times 10 = -3\,m/s^2$ है।
$t = 2\,s$ पर द्रव्यमान केंद्र का वेग $v = u + at = 18 - 3 \times 2 = 12\,m/s$ है।
शुद्ध लुढ़कने (pure rolling) के लिए,शर्त $v = \omega r$ है,इसलिए $\omega = v/r$ है।
कुल गतिज ऊर्जा $KE$ स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा का योग है:
$KE = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
डिस्क के लिए $I = \frac{1}{2}mr^2$ होने के कारण,हमें प्राप्त होता है:
$KE = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(\frac{1}{2}mr^2)(\frac{v}{r})^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{4}mv^2 = \frac{3}{4}mv^2$।
मान रखने पर:
$KE = \frac{3}{4} \times 0.5 \times (12)^2 = \frac{3}{4} \times 0.5 \times 144 = 3 \times 0.5 \times 36 = 54\,J$।

(C) गार्डन रोलर पर ऊर्ध्वाधर दिशा में कार्य करने वाले बल अभिलंब प्रतिक्रिया $N$ (ऊपर की ओर),भार $mg$ (नीचे की ओर),और लगाए गए बल का ऊर्ध्वाधर घटक $F \sin 30^{\circ}$ (नीचे की ओर) हैं।
चूंकि रोलर ऊर्ध्वाधर दिशा में संतुलन में है,इसलिए कुल बल शून्य है:
$N - mg - F \sin 30^{\circ} = 0$
$N = mg + F \sin 30^{\circ}$
यहाँ $m = 70\,kg$,$g = 10\,m s^{-2}$,$F = 200\,N$ और $\sin 30^{\circ} = 0.5$ दिया गया है:
$N = (70 \times 10) + (200 \times \sin 30^{\circ})$
$N = 700 + (200 \times 0.5)$
$N = 700 + 100$
$N = 800\,N$

(B) प्रक्षेप्य गति के उच्चतम बिंदु पर,वेग का ऊर्ध्वाधर घटक शून्य होता है और गति वेग के क्षैतिज घटक के बराबर होती है,जो $v_x = u \cos \theta$ है।
यह दिया गया है कि उच्चतम बिंदु पर गति $\frac{\sqrt{3}}{2} u$ है,इसलिए $u \cos \theta = \frac{\sqrt{3}}{2} u$ है।
इसका अर्थ है कि $\cos \theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$,अतः $\theta = 30^{\circ}$ है।
उड्डयन काल $T$ का सूत्र $T = \frac{2u \sin \theta}{g}$ है।
$\theta = 30^{\circ}$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है $T = \frac{2u \sin 30^{\circ}}{g} = \frac{2u (1/2)}{g} = \frac{u}{g}$.

(C) सरल आवर्त गति में एक कण की कुल ऊर्जा उसकी अधिकतम स्थितिज ऊर्जा के बराबर होती है,जो $E = \frac{1}{2} k A^2 = 25 \ J$ द्वारा दी जाती है।
किसी भी विस्थापन $x$ पर स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{1}{2} k x^2$ द्वारा दी जाती है।
$x = A / 2$ पर,स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{1}{2} k (A / 2)^2 = \frac{1}{4} (\frac{1}{2} k A^2) = \frac{1}{4} \times 25 \ J = 6.25 \ J$ है।
किसी भी स्थिति पर गतिज ऊर्जा $K = E - U$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर,$K = 25 \ J - 6.25 \ J = 18.75 \ J$ प्राप्त होता है।

(D) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + W$। चूँकि कोई ऊष्मा न तो दी जाती है और न ही निकाली जाती है,$\Delta Q = 0$,जिसका अर्थ है $\Delta U = -W$।
किया गया कार्य $W$,$P-V$ ग्राफ के अंतर्गत का क्षेत्रफल है। यह क्षेत्रफल एक समलंब चतुर्भुज है जिसकी समानांतर भुजाएँ $P_A = 10 \times 10^3 \, Pa$ और $P_B = 50 \times 10^3 \, Pa$ हैं,और ऊँचाई $\Delta V = (200 - 50) \, cc = 150 \times 10^{-6} \, m^3$ है।
$W = \frac{1}{2} \times (P_A + P_B) \times (V_A - V_B)$
$W = \frac{1}{2} \times (10 + 50) \times 10^3 \times (200 - 50) \times 10^{-6}$
$W = \frac{1}{2} \times 60 \times 10^3 \times 150 \times 10^{-6} = 30 \times 150 \times 10^{-3} = 4.5 \, J$।
चूँकि प्रक्रिया $A$ से $B$ (संपीड़न) की ओर है,गैस द्वारा किया गया कार्य ऋणात्मक है $(W = -4.5 \, J)$।
अतः,$\Delta U = -W = -(-4.5 \, J) = 4.5 \, J$।

(D) गहराई पर गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र $g_d = g_0 \left(1 - \frac{d}{R}\right)$ है,जहाँ $g_0 = \frac{GM}{R^2}$ है।
$h = 3R$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र $g_h = \frac{GM}{(R+h)^2} = \frac{GM}{(R+3R)^2} = \frac{GM}{(4R)^2} = \frac{GM}{16R^2} = \frac{g_0}{16}$ है।
प्रश्न के अनुसार,$g_d = 4 \times g_h$.
मान रखने पर: $g_0 \left(1 - \frac{d}{R}\right) = 4 \times \left(\frac{g_0}{16}\right)$.
$1 - \frac{d}{R} = \frac{1}{4}$.
$\frac{d}{R} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$.
$d = \frac{3}{4} \times R = \frac{3}{4} \times 6400 \ km = 4800 \ km$.

(B) माना प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या $r$ है और बड़ी बूंद की त्रिज्या $R$ है।
दिया गया है: $r = 1\,mm = 10^{-3}\,m$,$n = 1000$,और पृष्ठ तनाव $T = 0.07\,N/m$.
चूंकि आयतन स्थिर रहता है: $n \times (\frac{4}{3} \pi r^3) = \frac{4}{3} \pi R^3$.
$1000 \times r^3 = R^3 \implies R = 10r = 10 \times 10^{-3}\,m = 10^{-2}\,m$.
मुक्त हुई पृष्ठ ऊर्जा $\Delta E$ प्रारंभिक पृष्ठ क्षेत्रफल और अंतिम पृष्ठ क्षेत्रफल के अंतर को $T$ से गुणा करने पर प्राप्त होती है।
$\Delta E = T \times (n \times 4 \pi r^2 - 4 \pi R^2) = 4 \pi T (n r^2 - R^2)$.
मान रखने पर: $\Delta E = 4 \times \frac{22}{7} \times 0.07 \times (1000 \times (10^{-3})^2 - (10^{-2})^2)$.
$\Delta E = 4 \times 22 \times 0.01 \times (1000 \times 10^{-6} - 100 \times 10^{-6})$.
$\Delta E = 0.88 \times (10^{-3} - 10^{-4}) = 0.88 \times (900 \times 10^{-6}) = 0.88 \times 9 \times 10^{-4} = 7.92 \times 10^{-4}\,J$.

(B) विशिष्ट ऊष्मा का अनुपात $\gamma = \frac{C_p}{C_v}$ को $1 + \frac{2}{f}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है,जहाँ $f$ गैस के अणु की स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) है।
आदर्श गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f$ केवल गैस की परमाणुकता (एकपरमाणुक,द्विपरमाणुक या बहुपरमाणुक) पर निर्भर करती है,न कि तापमान $T$ पर।
इसलिए,$\gamma$ तापमान $T$ से स्वतंत्र है,जिसे $\gamma \propto T^0$ के रूप में व्यक्त किया जा सकता है।

(B) प्रतिरोध $(R)$,प्रेरणिक प्रतिघात $(X_L)$ और धारितीय प्रतिघात $(X_C)$ की विमाएँ समान होती हैं,जो कि प्रतिरोध की विमा $([M L^2 T^{-3} A^{-2}])$ है।
चूंकि तीनों राशियों की विमाएँ समान हैं,इसलिए अनुपात $\frac{R}{\sqrt{X_L X_C}}$ की विमा $\frac{[R]}{\sqrt{[R][R]}} = \frac{[R]}{[R]} = 1$ होगी।
अतः,व्यंजक $\frac{R}{\sqrt{X_L X_C}}$ विमाहीन है।

(B) $100$ गेंदों का प्रारंभिक संवेग $P_i = 100mv$ है (दीवार की ओर की दिशा को धनात्मक लेते हुए)।
परावर्तन के बाद,गेंदों का अंतिम संवेग $P_f = -100mv$ है (क्योंकि वे समान गति के साथ विपरीत दिशा में चलती हैं)।
गेंदों के संवेग में परिवर्तन $\Delta P = P_f - P_i = -100mv - 100mv = -200mv$ है।
दीवार द्वारा गेंदों पर लगाया गया बल $F_{wall} = \frac{\Delta P}{t} = -\frac{200mv}{t}$ है।
न्यूटन के गति के तीसरे नियम के अनुसार,गेंदों द्वारा दीवार पर लगाया गया बल,दीवार द्वारा गेंदों पर लगाए गए बल के परिमाण में समान और दिशा में विपरीत होता है।
इसलिए,गेंदों द्वारा दीवार पर लगाए गए बल का परिमाण $|F| = \frac{200mv}{t}$ है।

(A) ठंडा होने के कारण लंबाई में कमी $\Delta l = l \alpha \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $l = 1\;m$,$\alpha = 2 \times 10^{-5}\;K^{-1}$,और $\Delta T = (210 - 160) = 50\;K$ दिया गया है।
अतः,$\Delta l = 1 \times 2 \times 10^{-5} \times 50 = 10^{-3}\;m$.
मूल लंबाई को पुनः प्राप्त करने के लिए,द्रव्यमान $M$ को $\Delta l$ के बराबर विस्तार उत्पन्न करना चाहिए।
यंग मापांक के सूत्र का उपयोग करते हुए: $Y = \frac{F/A}{\Delta l/l}$,जहाँ $F = Mg$.
मान रखने पर: $2 \times 10^{11} = \frac{Mg / (3 \times 10^{-6})}{10^{-3} / 1}$.
$Mg = 2 \times 10^{11} \times 3 \times 10^{-9} = 600\;N$.
अतः,$M = \frac{600}{10} = 60\;kg$.

(A) माना नदी की चौड़ाई $w = 1\,km = 1000\,m$ है। स्थिर जल में तैराक की चाल $v_{sm} = 4\,km\,h^{-1}$ है।
चूंकि तैराक नदी के प्रवाह के लंबवत तैरता है,इसलिए नदी को पार करने में लगा समय $t = \frac{w}{v_{sm}} = \frac{1\,km}{4\,km\,h^{-1}} = 0.25\,h$ है।
इस समय के दौरान,तैराक नदी की धारा के साथ नीचे की ओर बह जाता है। बहाव (drift) $x = 750\,m = 0.75\,km$ दिया गया है।
यह बहाव नदी के वेग $v_r$ के कारण होता है,इसलिए $x = v_r \times t$ है।
मान रखने पर: $0.75\,km = v_r \times 0.25\,h$।
अतः,$v_r = \frac{0.75}{0.25} = 3\,km\,h^{-1}$।
नदी के जल की चाल $3\,km\,h^{-1}$ है।

(A) चूंकि दोनों स्प्रिंग समानांतर क्रम में हैं,इसलिए प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $K_{\text{eff}} = K + K$ होगा।
$K_{\text{eff}} = 2K = 2 \times 2 = 4 \, N \, m^{-1}$.
ब्लॉक का द्रव्यमान $M = 490 \, g = 0.49 \, kg$ है।
दोलन का आवर्तकाल $T$ का सूत्र $T = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{K_{\text{eff}}}}$ है।
मान रखने पर: $T = 2 \pi \sqrt{\frac{0.49}{4}} = 2 \pi \sqrt{\frac{49}{400}} = 2 \pi \left( \frac{7}{20} \right) = \frac{7 \pi}{10} \, s$.
समय $t = 14 \pi \, s$ में पूर्ण दोलनों की संख्या $N = \frac{t}{T}$ होगी।
$N = \frac{14 \pi}{7 \pi / 10} = 14 \pi \times \frac{10}{7 \pi} = 20$.

(A) लुढ़कती हुई वस्तु की कुल गतिज ऊर्जा उसकी स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा का योग होती है: $K = \frac{1}{2} Mv^2 + \frac{1}{2} I\omega^2$.
ठोस गोले के लिए,उसके द्रव्यमान केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5} MR^2$ होता है।
चूंकि गोला बिना फिसले लुढ़क रहा है,इसलिए $\omega = \frac{v}{R}$ होगा।
इन मानों को ऊर्जा समीकरण में रखने पर: $K = \frac{1}{2} Mv^2 + \frac{1}{2} (\frac{2}{5} MR^2) (\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2} Mv^2 + \frac{1}{5} Mv^2 = \frac{7}{10} Mv^2$.
यहाँ $K = 7 \times 10^{-3}\,J$ और $M = 1\,kg$ दिया गया है,अतः $\frac{7}{10} (1) v^2 = 7 \times 10^{-3}$।
$v^2 = 10^{-2} \implies v = 0.1\,m/s$।
$cm/s$ में बदलने पर: $v = 0.1 \times 100 = 10\,cm/s$।

(A) दिया गया है: द्रव्यमान $M = 500 \, kg$,प्रारंभिक वेग $u = 2 \, ms^{-1}$,त्वरण $a = 2 \, ms^{-2}$,और दूरी $s = 6 \, m$ है।
अंतिम वेग $v$ ज्ञात करने के लिए गति के समीकरण $v^2 = u^2 + 2as$ का उपयोग करने पर:
$v^2 = (2)^2 + 2(2)(6)$
$v^2 = 4 + 24 = 28 \, m^2s^{-2}$।
गतिज ऊर्जा $KE$ का सूत्र $KE = \frac{1}{2} Mv^2$ है।
मान रखने पर:
$KE = \frac{1}{2} \times 500 \times 28$
$KE = 250 \times 28 = 7000 \, J$।
किलोजूल में बदलने पर: $7000 \, J = 7 \, kJ$।

(D) वृत्त की त्रिज्या $r = 10 \ m$ है। एक पूर्ण चक्कर के लिए समय अवधि $T = 4 \ s$ है।
पिंड का कोणीय वेग $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2} \ rad/s$ है।
समय $t = 3 \ s$ पर,पिंड द्वारा तय किया गया कोण $\theta = \omega t = (\frac{\pi}{2}) \times 3 = \frac{3\pi}{2} \ rad$ है।
यह प्रारंभिक बिंदु से $270^{\circ}$ की स्थिति के अनुरूप है। यदि प्रारंभिक बिंदु $(r, 0)$ है,तो $3 \ s$ के बाद स्थिति $(0, -r)$ होगी।
विस्थापन सदिश प्रारंभिक बिंदु $(r, 0)$ और अंतिम बिंदु $(0, -r)$ के बीच की सीधी रेखा की दूरी है।
विस्थापन $d = \sqrt{(r - 0)^2 + (0 - (-r))^2} = \sqrt{r^2 + r^2} = r\sqrt{2}$.
$r = 10 \ m$ रखने पर,हमें $d = 10\sqrt{2} \ m$ प्राप्त होता है।

(A) क्षैतिज वृत्त में घूमते हुए पत्थर (शंक्वाकार लोलक) के लिए,पत्थर पर कार्य करने वाले बल डोरी में तनाव $T$ और गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ हैं।
तनाव $T$ को घटकों में वियोजित करने पर:
ऊर्ध्वाधर घटक: $T \cos \theta = mg$ $(1)$
अभिकेंद्र बल प्रदान करने वाला क्षैतिज घटक: $T \sin \theta = \frac{mv^2}{r}$,जहाँ $r = l \sin \theta$ वृत्ताकार पथ की त्रिज्या है।
अतः,$T \sin \theta = \frac{mv^2}{l \sin \theta}$ $(2)$
$(1)$ से,$\cos \theta = \frac{mg}{T} = \frac{1 \times 10}{400} = 0.025$.
चूंकि $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$,इसलिए $\sin^2 \theta = 1 - (0.025)^2 = 1 - 0.000625 = 0.999375$.
$(2)$ से,$v^2 = \frac{T l \sin^2 \theta}{m} = \frac{400 \times 1 \times 0.999375}{1} = 399.75$.
वर्गमूल लेने पर,$v = \sqrt{399.75} \approx 19.99 \approx 20\,ms^{-1}$.

(D) ठोस छड़ में अनुदैर्ध्य तरंग का वेग ज्ञात करने का सूत्र $v = \sqrt{\frac{Y}{\rho}}$ है,जहाँ $Y$ यंग मापांक है और $\rho$ पदार्थ का घनत्व है।
दिए गए मान $Y = 3.2 \times 10^{11} \, N m^{-2}$ और $\rho = 8 \times 10^3 \, kg m^{-3}$ हैं।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$v = \sqrt{\frac{3.2 \times 10^{11}}{8 \times 10^3}}$
$v = \sqrt{0.4 \times 10^8}$
$v = \sqrt{40 \times 10^6}$
$v = \sqrt{40} \times 10^3 \, m s^{-1}$
चूंकि $\sqrt{40} \approx 6.32$,इसलिए वेग $6.32 \times 10^3 \, m s^{-1}$ होगा।

(A) एक द्वि-परमाणुक गैस के लिए जहाँ अणु घूमते हैं लेकिन दोलन नहीं करते हैं,स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $f = 5$ ($3$ स्थानांतरण + $2$ घूर्णन) है।
स्थिर दबाव पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_p = \frac{f+2}{2}R = \frac{5+2}{2}R = \frac{7}{2}R$ है।
स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_v = \frac{f}{2}R = \frac{5}{2}R$ है।
स्थिर दबाव पर दी गई ऊष्मा $Q = nC_p\Delta T = 735\,J$ है।
अतः,$n\left(\frac{7}{2}R\right)\Delta T = 735$,जिससे हमें $nR\Delta T = 735 \times \frac{2}{7} = 210\,J$ प्राप्त होता है।
आंतरिक ऊर्जा में वृद्धि $\Delta U = nC_v\Delta T = n\left(\frac{5}{2}R\right)\Delta T$ द्वारा दी जाती है।
$nR\Delta T$ का मान रखने पर,हमें $\Delta U = \frac{5}{2} \times 210 = 5 \times 105 = 525\,J$ प्राप्त होता है।

(B) पृथ्वी की सतह पर वस्तु का भार $W = mg = G \frac{Mm}{R^2}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $M$ पृथ्वी का द्रव्यमान है और $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
सतह से $h$ ऊँचाई पर,भार $W'$ का मान $W' = mg' = G \frac{Mm}{(R+h)^2}$ होता है।
दिया गया है कि $h = 9R$,इसलिए हम इसे $W'$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करते हैं:
$W' = G \frac{Mm}{(R + 9R)^2} = G \frac{Mm}{(10R)^2} = G \frac{Mm}{100R^2}$.
चूँकि $W = G \frac{Mm}{R^2}$,हम लिख सकते हैं कि $W' = \frac{W}{100}$.
अतः,उस ऊँचाई पर वस्तु का भार $W/100$ होगा।

(B) दी गई भौतिक राशियों के लिए विमीय सूत्र इस प्रकार हैं:
$1$. कोणीय संवेग $(L = mvr)$: इसकी विमाएँ $[M][LT^{-1}][L] = [ML^2T^{-1}]$ हैं। अतः, $(A)-(III)$.
$2$. बल आघूर्ण $(\tau = r \times F)$: इसकी विमाएँ $[L][MLT^{-2}] = [ML^2T^{-2}]$ हैं। अतः, $(B)-(II)$.
$3$. प्रतिबल $(\sigma = \text{बल} / \text{क्षेत्रफल})$: इसकी विमाएँ $[MLT^{-2}] / [L^2] = [ML^{-1}T^{-2}]$ हैं। अतः, $(C)-(III)$.
$4$. दाब प्रवणता $(\Delta P / \Delta x)$: इसकी विमाएँ $[ML^{-1}T^{-2}] / [L] = [ML^{-2}T^{-2}]$ हैं। अतः, $(D)-(IV)$.

(B) यंग मापांक $Y$ का सूत्र $Y = \frac{F L}{A \Delta L}$ है,जहाँ $F$ भार है,$L$ लंबाई है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है और $\Delta L$ लंबाई में वृद्धि है।
यह दिया गया है कि दोनों तारों के लिए भार $F$ और वृद्धि $\Delta L$ समान है,इसलिए $Y \propto \frac{L}{A}$।
तार $A$ के लिए: $L_A = 5.0 \, m$,$A_A = 2.5 \times 10^{-5} \, m^2$।
तार $B$ के लिए: $L_B = 6.0 \, m$,$A_B = 3.0 \times 10^{-5} \, m^2$।
यंग मापांक का अनुपात $\frac{Y_A}{Y_B} = \frac{L_A / A_A}{L_B / A_B} = \frac{L_A}{A_A} \times \frac{A_B}{L_B}$ होगा।
मान रखने पर: $\frac{Y_A}{Y_B} = \frac{5.0}{2.5 \times 10^{-5}} \times \frac{3.0 \times 10^{-5}}{6.0} = \frac{5.0}{2.5} \times \frac{3.0}{6.0} = 2 \times 0.5 = 1$।
अतः,अनुपात $1:1$ है।

(D) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 10\,kg$,प्रारंभिक वेग $u = 20\,m/s$,अंतिम वेग $v = 0\,m/s$,समय $t = 5\,s$,और $g = 10\,m/s^2$।
गति के पहले समीकरण $v = u + at$ का उपयोग करके,हम त्वरण $a$ ज्ञात करते हैं:
$0 = 20 + a(5) \implies 5a = -20 \implies a = -4\,m/s^2$.
मंदक बल घर्षण द्वारा प्रदान किया जाता है,इसलिए $F_f = ma = -\mu mg$।
अतः,$-\mu g = a$।
$-\mu(10) = -4$।
$\mu = \frac{4}{10} = 0.4$।

(A) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए, दाब और आयतन के बीच का संबंध $PV^{\gamma} = \text{constant}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $\gamma = \frac{C_P}{C_V}$ है।
अतः, $P_1 V_1^{\gamma} = P_2 V_2^{\gamma}$, जिसका अर्थ है $\frac{P_2}{P_1} = \left( \frac{V_1}{V_2} \right)^{\gamma}$.
दिया गया है, $V_1 = 8 \ L$, $V_2 = 27 \ L$, और $\frac{P_2}{P_1} = \frac{16}{81}$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर, हमें प्राप्त होता है $\frac{16}{81} = \left( \frac{8}{27} \right)^{\gamma}$.
हम $\frac{16}{81}$ को $\left( \frac{2}{3} \right)^4$ और $\frac{8}{27}$ को $\left( \frac{2}{3} \right)^3$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः, $\left( \frac{2}{3} \right)^4 = \left( \left( \frac{2}{3} \right)^3 \right)^{\gamma} = \left( \frac{2}{3} \right)^{3\gamma}$.
घातांकों की तुलना करने पर, हमें $4 = 3\gamma$ प्राप्त होता है, जिससे $\gamma = \frac{4}{3}$ मिलता है।

(C) पानी के तापमान को बढ़ाने के लिए आवश्यक ऊष्मीय ऊर्जा $Q = m \cdot s \cdot \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ,$m = 2\,kg$,$s = 4200\,J\,kg^{-1}K^{-1}$,और $\Delta T = 60^{\circ}C - 10^{\circ}C = 50^{\circ}C$ है।
$Q = 2 \times 4200 \times 50 = 420,000\,J$।
हीटर द्वारा प्रदान की गई प्रभावी शक्ति $P_{eff} = \eta \times P = 0.70 \times 2000\,W = 1400\,W$ है।
आवश्यक समय $\Delta t = \frac{Q}{P_{eff}} = \frac{420,000}{1400} = 300\,s$ है।

(C) जब एक गेंद को $h$ ऊँचाई से गिराया जाता है और वह $e$ प्रत्यावस्थान गुणांक के साथ फर्श से टकराती है,तो वह जिस ऊँचाई $h^{\prime}$ तक वापस उछलती है,वह सूत्र $h^{\prime} = e^2 h$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है:
प्रारंभिक ऊँचाई $h = 20\,m$।
प्रत्यावस्थान गुणांक $e = 0.5$।
सूत्र में मान रखने पर:
$h^{\prime} = (0.5)^2 \times 20\,m$।
$h^{\prime} = 0.25 \times 20\,m$।
$h^{\prime} = 5\,m$।
अतः,गेंद $5\,m$ की ऊँचाई तक वापस उछलेगी।

(C) $M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाली डिस्क का उसके व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{4}MR^2$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि द्रव्यमान $M_1$ और $M_2$ समान हैं,इसलिए जड़त्व आघूर्ण का अनुपात $\frac{I_1}{I_2} = \frac{R_1^2}{R_2^2}$ होगा।
डिस्क का द्रव्यमान $M = \rho \cdot V = \rho \cdot \pi R^2 t$ है,जहाँ $\rho$ घनत्व है और $t$ मोटाई है।
$M_1 = M_2$ दिया गया है,इसलिए $\rho_1 R_1^2 t_1 = \rho_2 R_2^2 t_2$ होगा।
अतः,$\frac{R_1^2}{R_2^2} = \frac{\rho_2 t_2}{\rho_1 t_1}$।
$\frac{\rho_1}{\rho_2} = \frac{3}{5}$ दिया गया है,इसलिए $\frac{\rho_2}{\rho_1} = \frac{5}{3}$।
$t_1 = 1\,cm$ और $t_2 = 0.5\,cm$ दिया गया है,इसलिए $\frac{t_2}{t_1} = \frac{0.5}{1} = \frac{1}{2}$।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,$\frac{R_1^2}{R_2^2} = \frac{5}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{5}{6}$।
अतः,जड़त्व आघूर्ण का अनुपात $\frac{5}{6}$ है।
इसकी तुलना $\frac{x}{6}$ से करने पर,हमें $x = 5$ प्राप्त होता है।

(C) प्रथम तरंग का दिया गया समीकरण: $y_1 = 10 \sin \left(\omega t + \frac{\pi}{3}\right)$.
दूसरी तरंग का समीकरण: $y_2 = 5[\sin (\omega t) + \sqrt{3} \cos \omega t]$.
कोष्ठक के अंदर $2$ से गुणा और भाग करने पर: $y_2 = 5 \times 2 \left[\frac{1}{2} \sin (\omega t) + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos (\omega t)\right]$.
सर्वसमिका $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है $\sin(\omega t + \frac{\pi}{3}) = \sin(\omega t) \cos(\frac{\pi}{3}) + \cos(\omega t) \sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2} \sin(\omega t) + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos(\omega t)$.
अतः,$y_2 = 10 \sin \left(\omega t + \frac{\pi}{3}\right)$.
चूंकि दोनों तरंगों का आयाम $A_1 = A_2 = 10 \text{ cm}$ समान है और कला $\phi_1 = \phi_2 = \frac{\pi}{3}$ समान है,इसलिए वे समान कला में हैं।
समान कला में दो तरंगों के लिए परिणामी आयाम $A_R = A_1 + A_2$ होता है।
$A_R = 10 + 10 = 20 \text{ cm}$.

(C) समान प्रारंभिक गति के साथ दो प्रक्षेप्यों की परास समान होने के लिए,उनके प्रक्षेपण कोणों का योग $90^{\circ}$ होना चाहिए।
दिया गया है $\theta_1 = 60^{\circ}$,इसलिए $\theta_2 = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$।
प्रक्षेप्य द्वारा प्राप्त अधिकतम ऊंचाई का सूत्र $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है।
अधिकतम ऊंचाइयों का योग $H_1 + H_2 = \frac{u^2 \sin^2 \theta_1}{2g} + \frac{u^2 \sin^2 \theta_2}{2g} = \frac{u^2}{2g} (\sin^2 60^{\circ} + \sin^2 30^{\circ})$ है।
मान रखने पर: $H_1 + H_2 = \frac{40^2}{2 \times 10} ((\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{1}{2})^2) = \frac{1600}{20} (\frac{3}{4} + \frac{1}{4}) = 80 \times 1 = 80 \ m$।

(C) माना $AB = x$ है।
दिया है $AB = BC$,इसलिए $BC = x$ है।
दिया है $AD = 3 AB$,इसलिए $AD = 3x$ है।
चूंकि $AD = AB + BC + CD$,इसलिए $3x = x + x + CD$,जिसका अर्थ है कि $CD = x$ है।
कुल तय की गई दूरी $D_{total} = AB + BC + CD = x + x + x = 3x$ है।
कुल लगा समय $T_{total} = t_1 + t_2 + t_3 = \frac{AB}{v_1} + \frac{BC}{v_2} + \frac{CD}{v_3} = \frac{x}{v_1} + \frac{x}{v_2} + \frac{x}{v_3}$ है।
औसत चाल की परिभाषा के अनुसार $v_{avg} = \frac{D_{total}}{T_{total}} = \frac{3x}{\frac{x}{v_1} + \frac{x}{v_2} + \frac{x}{v_3}}$ है।
इस व्यंजक को सरल करने पर,हमें $v_{avg} = \frac{3x}{x(\frac{1}{v_1} + \frac{1}{v_2} + \frac{1}{v_3})} = \frac{3}{\frac{v_2 v_3 + v_1 v_3 + v_1 v_2}{v_1 v_2 v_3}} = \frac{3 v_1 v_2 v_3}{v_1 v_2 + v_2 v_3 + v_3 v_1}$ प्राप्त होता है।

(C) कथन-$I$ सत्य है क्योंकि पृथ्वी एक पूर्ण गोला नहीं है (यह एक चपटा गोलाभ है) और यह अपनी धुरी पर घूमती है। गुरुत्वीय त्वरण $g$,अक्षांश $\phi$ के साथ $g_{\phi} = g - \omega^2 R_e \cos^2 \phi$ के अनुसार बदलता है। अतः,यह अलग-अलग स्थानों पर अलग-अलग होता है।
कथन-$II$ असत्य है क्योंकि पृथ्वी की सतह के नीचे $d$ गहराई पर गुरुत्वीय त्वरण $g_d = g(1 - d/R_e)$ द्वारा दिया जाता है। जैसे-जैसे गहराई $d$ बढ़ती है,पद $(1 - d/R_e)$ घटता है,जिसका अर्थ है कि जैसे-जैसे हम पृथ्वी के अंदर गहराई में जाते हैं,$g_d$ का मान घटता है।

(A) किसी ग्रह के लिए पलायन वेग का सूत्र $v = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
माना पृथ्वी का द्रव्यमान और त्रिज्या $M_e$ और $R_e$ हैं,और ग्रह $P$ का द्रव्यमान और त्रिज्या $M_p$ और $R_p$ हैं।
दिया गया है: $M_e = 9M_p$ (अतः $M_p = \frac{M_e}{9}$) और $R_e = 2R_p$ (अतः $R_p = \frac{R_e}{2}$)।
पृथ्वी पर पलायन वेग $v_e = \sqrt{\frac{2GM_e}{R_e}}$ है।
ग्रह $P$ पर पलायन वेग $v_p = \sqrt{\frac{2GM_p}{R_p}} = \sqrt{\frac{2G(M_e/9)}{(R_e/2)}} = \sqrt{\frac{4GM_e}{9R_e}} = \frac{2}{3} \sqrt{\frac{GM_e}{R_e}}$ है।
चूंकि $v_e = \sqrt{\frac{2GM_e}{R_e}}$,इसलिए $\sqrt{\frac{GM_e}{R_e}} = \frac{v_e}{\sqrt{2}}$।
इस मान को $v_p$ के व्यंजक में रखने पर: $v_p = \frac{2}{3} \left( \frac{v_e}{\sqrt{2}} \right) = \frac{\sqrt{2} v_e}{3} = \frac{v_e}{3} \sqrt{2}$।
इसकी तुलना $\frac{v_e}{3} \sqrt{x}$ से करने पर,हमें $x = 2$ प्राप्त होता है।

(B) तने हुए तार पर अनुप्रस्थ तरंग की गति का सूत्र $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ है,जहाँ $T$ तनाव है और $\mu$ प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान है।
दिया गया है:
तनाव $T = 70 \, N$
प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान $\mu = 7.0 \times 10^{-3} \, kg \, m^{-1}$
सूत्र में मान रखने पर:
$v = \sqrt{\frac{70}{7.0 \times 10^{-3}}}$
$v = \sqrt{\frac{70}{0.007}}$
$v = \sqrt{10000}$
$v = 100 \, m/s$
अतः,अनुप्रस्थ तरंग की गति $100 \, m/s$ है।

(B) प्रारंभिक क्षैतिज वेग $u_x = 5 \ m/s$ है और प्रारंभिक ऊर्ध्वाधर वेग $u_y = 0 \ m/s$ है।
जब पत्थर जमीन से टकराता है तो ऊर्ध्वाधर वेग $v_y$ समीकरण $v_y^2 = u_y^2 + 2gh$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,$v_y^2 = 0^2 + 2 \times 10 \times 10 = 200$,इसलिए $v_y = \sqrt{200} \ m/s$।
क्षैतिज वेग स्थिर रहता है,यानी $v_x = 5 \ m/s$।
जमीन से टकराते समय कुल गति $v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2}$ होगी।
$v = \sqrt{5^2 + 200} = \sqrt{25 + 200} = \sqrt{225} = 15 \ m/s$।

(D) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,तापमान और आयतन के बीच का संबंध $T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$ है।
यहाँ $T_1 = T$,$V_1 = V$,$V_2 = 2V$,और $\gamma = 3/2$ दिया गया है।
मान रखने पर: $T V^{3/2-1} = T_2 (2V)^{3/2-1} \implies T V^{1/2} = T_2 (2V)^{1/2}$।
$T_2$ के लिए हल करने पर: $T_2 = T / \sqrt{2}$।
रुद्धोष्म प्रक्रिया में गैस द्वारा किया गया कार्य $W = \frac{R(T_1 - T_2)}{\gamma - 1}$ होता है।
मान रखने पर: $W = \frac{R(T - T/\sqrt{2})}{3/2 - 1} = \frac{R(T - T/\sqrt{2})}{1/2} = 2R(T - T/\sqrt{2}) = 2RT(1 - 1/\sqrt{2}) = RT(2 - \sqrt{2})$।

(A) प्रारंभिक त्रिज्या $R = 10^{-3} \ m$। पृष्ठ तनाव $T = 0.45 \ Nm^{-1}$।
प्रारंभिक पृष्ठीय क्षेत्रफल $A_i = 4 \pi R^2$।
प्रारंभिक पृष्ठ ऊर्जा $E_i = T \times 4 \pi R^2$।
माना प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या $r$ है। आयतन संरक्षण के अनुसार,$\frac{4}{3} \pi R^3 = 125 \times \frac{4}{3} \pi r^3$।
$R^3 = 125 r^3 \implies R = 5r \implies r = \frac{R}{5} = \frac{10^{-3}}{5} \ m$।
अंतिम पृष्ठीय क्षेत्रफल $A_f = 125 \times 4 \pi r^2 = 125 \times 4 \pi \left(\frac{R}{5}\right)^2 = 125 \times 4 \pi \frac{R^2}{25} = 5 \times 4 \pi R^2$।
पृष्ठ ऊर्जा में वृद्धि $\Delta E = E_f - E_i = T(A_f - A_i) = T(5 \times 4 \pi R^2 - 4 \pi R^2) = T(4 \times 4 \pi R^2) = 16 \pi T R^2$।
मान रखने पर: $\Delta E = 16 \times 3.14159 \times 0.45 \times (10^{-3})^2$।
$\Delta E = 16 \times 3.14159 \times 0.45 \times 10^{-6} \approx 22.619 \times 10^{-6} \ J = 2.26 \times 10^{-5} \ J$।

(C) विमीय समांगता के सिद्धांत के अनुसार,जोड़े या घटाए जाने वाले पदों की विमाएँ समान होनी चाहिए।
चूँकि $b$ को $V$ से घटाया गया है,इसलिए $b$ की विमाएँ आयतन $V$ की विमाओं के बराबर हैं:
$[b] = [V] = [L^3]$
इसी प्रकार,$\frac{a}{V^2}$ को $P$ में जोड़ा गया है,इसलिए $\frac{a}{V^2}$ की विमाएँ दाब $P$ की विमाओं के बराबर हैं:
$[\frac{a}{V^2}] = [P] \implies [a] = [P][V^2] = [ML^{-1}T^{-2}][L^6] = [ML^5T^{-2}]$
अब,हम $\frac{b^2}{a}$ की विमाएँ ज्ञात करते हैं:
$[\frac{b^2}{a}] = \frac{[L^3]^2}{[ML^5T^{-2}]} = \frac{[L^6]}{[ML^5T^{-2}]} = [M^{-1}LT^2]$
हम जानते हैं कि संपीड्यता (Compressibility) $K$,आयतन प्रत्यास्थता गुणांक (Bulk modulus) $B$ का व्युत्क्रम है:
$[K] = \frac{1}{[B]} = \frac{1}{[ML^{-1}T^{-2}]} = [M^{-1}LT^2]$
अतः,$\frac{b^2}{a}$ का विमीय सूत्र संपीड्यता के विमीय सूत्र के समान है।

(A) गैसों के अणुगति सिद्धांत के अनुसार,एक आदर्श गैस के एक अणु की औसत स्थानांतरण गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ का सूत्र इस प्रकार है:
$K.E. = \frac{3}{2} kT$
जहाँ $k$ बोल्ट्ज़मान नियतांक है और $T$ गैस का परम ताप है।
इस व्यंजक से यह स्पष्ट है कि औसत गतिज ऊर्जा गैस के परम ताप $(T)$ के सीधे समानुपाती होती है।
यह दाब,आयतन या गैस की प्रकृति (आणविक द्रव्यमान या संरचना) पर निर्भर नहीं करती है।

(C) गति के समीकरण $S = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $S = 50\,m$,$u = 0\,m/s$,और $t = 10\,s$ है:
$50 = 0 + \frac{1}{2} \times a \times (10)^2$
$50 = 50a$
$a = 1\,m/s^2$
अब,न्यूटन के गति के दूसरे नियम को लागू करने पर,कुल बल $F - f_k = ma$ है,जहाँ $f_k = \mu_k N = \mu_k mg$ है:
$30 - \mu_k \times 5 \times 10 = 5 \times 1$
$30 - 50\mu_k = 5$
$50\mu_k = 25$
$\mu_k = \frac{25}{50} = 0.50$

(B) एक स्थिर बल $\vec{F}$ द्वारा किया गया कार्य $W$,बल और विस्थापन सदिश $\vec{d} = \vec{r}_f - \vec{r}_i$ के अदिश गुणनफल (dot product) द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है:
बल $\vec{F} = 5 \hat{i} + 2 \hat{j} + 7 \hat{k} \text{ N}$
प्रारंभिक स्थिति $\vec{r}_i = 2 \hat{i} + 3 \hat{j} - 4 \hat{k}$
अंतिम स्थिति $\vec{r}_f = 5 \hat{i} - 2 \hat{j} + \hat{k}$
विस्थापन $\vec{d} = \vec{r}_f - \vec{r}_i = (5-2) \hat{i} + (-2-3) \hat{j} + (1 - (-4)) \hat{k} = 3 \hat{i} - 5 \hat{j} + 5 \hat{k}$
किया गया कार्य $W = \vec{F} \cdot \vec{d} = (5 \hat{i} + 2 \hat{j} + 7 \hat{k}) \cdot (3 \hat{i} - 5 \hat{j} + 5 \hat{k})$
$W = (5 \times 3) + (2 \times -5) + (7 \times 5)$
$W = 15 - 10 + 35 = 40 \text{ J}$.

(B) बल्क मापांक $B$ को $B = -\frac{\Delta P}{\Delta V / V}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
पानी के लिए,आयतन में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta V_w}{V_w} = 0.01 \% = \frac{0.01}{100} = 10^{-4}$ है।
अतः,$B_w = \frac{P}{10^{-4}} = 10^4 P$.
द्रव के लिए,आयतन में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta V_l}{V_l} = 0.03 \% = \frac{0.03}{100} = 3 \times 10^{-4}$ है।
अतः,$B_l = \frac{P}{3 \times 10^{-4}} = \frac{10^4 P}{3}$.
पानी के बल्क मापांक और द्रव के बल्क मापांक का अनुपात $\frac{B_w}{B_l} = \frac{10^4 P}{10^4 P / 3} = 3$ है।
यह दिया गया है कि अनुपात $\frac{3}{x}$ है,इसलिए $\frac{3}{x} = 3$,जिसका अर्थ है कि $x = 1$।

(B) प्रकाश पल्स द्वारा स्थानांतरित संवेग $p$ को $p = \frac{E}{c}$ संबंध द्वारा दिया जाता है,जहाँ $E$ पल्स की ऊर्जा है और $c$ प्रकाश की गति है।
ऊर्जा $E = \text{शक्ति} \times \text{समय} = P \times t$.
दिया गया है: $P = 20\,mW = 20 \times 10^{-3}\,W$,$t = 300\,ns = 300 \times 10^{-9}\,s$,और $c = 3 \times 10^8\,m/s$.
मान रखने पर:
$p = \frac{(20 \times 10^{-3}\,W) \times (300 \times 10^{-9}\,s)}{3 \times 10^8\,m/s}$
$p = \frac{6000 \times 10^{-12}}{3 \times 10^8}\,kg\,m/s$
$p = 2000 \times 10^{-20}\,kg\,m/s$
$p = 2 \times 10^{-17}\,kg\,m/s$.
अतः,संवेग $2 \times 10^{-17}\,kg\,m/s$ है।

(D) बोहर के मॉडल के अनुसार,$n^{\text{th}}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन की गति $V_n \propto \frac{Z}{n}$ द्वारा दी जाती है।
हाइड्रोजन परमाणु के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 1$ है,इसलिए $V_n \propto \frac{1}{n}$।
अतः,$3^{\text{rd}}$ और $7^{\text{th}}$ कक्षाओं में गति का अनुपात $\frac{V_3}{V_7} = \frac{7}{3}$ है।
दी गई गति $V_7 = 3.6 \times 10^6\,m/s$ का मान रखने पर:
$V_3 = \frac{7}{3} \times 3.6 \times 10^6\,m/s$.
$V_3 = 7 \times 1.2 \times 10^6\,m/s = 8.4 \times 10^6\,m/s$.

(D) चुंबकीय क्षेत्र के भीतर लूप की भुजा पर कार्य करने वाला चुंबकीय बल $F_m$ द्रव्यमान के भार $mg$ को संतुलित करना चाहिए।
$F_m = mg$
चूंकि $F_m = ILB$,इसलिए $ILB = mg$ होता है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,$I = \frac{V}{R}$,तो समीकरण $\left(\frac{V}{R}\right)LB = mg$ बन जाता है।
$V$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $V = \frac{mgR}{LB}$ प्राप्त होता है।
दिए गए मान:
$m = 1\,g = 10^{-3}\,kg$
$g = 10\,m/s^2$
$R = 10\,\Omega$
$L = 10\,cm = 0.1\,m$
$B = 10^3\,G = 10^3 \times 10^{-4}\,T = 0.1\,T$
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$V = \frac{(10^{-3}\,kg)(10\,m/s^2)(10\,\Omega)}{(0.1\,m)(0.1\,T)} = \frac{10^{-1}}{10^{-2}} = 10\,V$.

(D) गोलों पर प्रारंभिक आवेश:
$Q_1 = \sigma(4\pi R^2) = 4\pi R^2\sigma$
$Q_2 = \sigma(4\pi(2R)^2) = 16\pi R^2\sigma$
कुल आवेश $Q = Q_1 + Q_2 = 20\pi R^2\sigma$.
जब उन्हें तार से जोड़ा जाता है,तो विभव समान हो जाते हैं:
$V_1 = V_2 \implies \frac{kQ_1^{\prime}}{R} = \frac{kQ_2^{\prime}}{2R} \implies Q_2^{\prime} = 2Q_1^{\prime}$.
आवेश संरक्षण के नियम से,$Q_1^{\prime} + Q_2^{\prime} = 20\pi R^2\sigma$.
$Q_1^{\prime} = \frac{Q_2^{\prime}}{2}$ रखने पर,$\frac{Q_2^{\prime}}{2} + Q_2^{\prime} = 20\pi R^2\sigma \implies \frac{3}{2}Q_2^{\prime} = 20\pi R^2\sigma \implies Q_2^{\prime} = \frac{40}{3}\pi R^2\sigma$.
बड़े गोले का नया आवेश घनत्व $\sigma^{\prime} = \frac{Q_2^{\prime}}{4\pi(2R)^2} = \frac{Q_2^{\prime}}{16\pi R^2}$.
$Q_2^{\prime}$ का मान रखने पर,$\sigma^{\prime} = \frac{40\pi R^2\sigma}{3 \cdot 16\pi R^2} = \frac{40\sigma}{48} = \frac{5}{6}\sigma$.
अतः,$\frac{\sigma^{\prime}}{\sigma} = \frac{5}{6}$.

(B) विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E} = \frac{A}{x^2} \hat{i} + \frac{B}{y^3} \hat{j}$ द्वारा दिया गया है।
विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E}$ का $SI$ मात्रक $N \, C^{-1}$ (न्यूटन प्रति कूलम्ब) है।
प्रथम पद के लिए: $[\frac{A}{x^2}] = N \, C^{-1}$। यहाँ $x$ दूरी है जिसे मीटर $(m)$ में मापा जाता है,इसलिए $[A] = N \, C^{-1} \cdot m^2 = N \, m^2 \, C^{-1}$।
द्वितीय पद के लिए: $[\frac{B}{y^3}] = N \, C^{-1}$। यहाँ $y$ दूरी है जिसे मीटर $(m)$ में मापा जाता है,इसलिए $[B] = N \, C^{-1} \cdot m^3 = N \, m^3 \, C^{-1}$।
अतः,$A$ और $B$ के मात्रक क्रमशः $N \, m^2 \, C^{-1}$ और $N \, m^3 \, C^{-1}$ हैं।

(D) इस सर्किट में दो $NAND$ गेट्स $NOT$ गेट के रूप में (क्योंकि दोनों इनपुट एक साथ जुड़े हुए हैं) और उसके बाद एक $NAND$ गेट शामिल है।
$1$. $A$ और $A$ इनपुट वाला पहला $NAND$ गेट $Y_1 = \overline{A \cdot A} = \overline{A}$ आउटपुट देता है।
$2$. $B$ और $B$ इनपुट वाला दूसरा $NAND$ गेट $Y_2 = \overline{B \cdot B} = \overline{B}$ आउटपुट देता है।
$3$. अंतिम $NAND$ गेट $Y_1$ और $Y_2$ को इनपुट के रूप में लेता है,इसलिए अंतिम आउटपुट $Y = \overline{Y_1 \cdot Y_2} = \overline{\overline{A} \cdot \overline{B}}$ होता है।
$4$. डी मॉर्गन के प्रमेय का उपयोग करते हुए,$\overline{\overline{A} \cdot \overline{B}} = \overline{\overline{A}} + \overline{\overline{B}} = A + B$ प्राप्त होता है।
$5$. इस प्रकार,यह सर्किट $OR$ गेट के रूप में कार्य करता है।
$6$. इनपुट वेवफॉर्म का विश्लेषण करने पर:
- $t < t_1$ के लिए: $A=0, B=0 \implies Y = 0+0 = 0$.
- $t_1 < t < t_2$ के लिए: $A=1, B=0 \implies Y = 1+0 = 1$.
- $t_2 < t < t_3$ के लिए: $A=1, B=1 \implies Y = 1+1 = 1$.
- $t_3 < t < t_4$ के लिए: $A=0, B=1 \implies Y = 0+1 = 1$.
- $t_4 < t < t_5$ के लिए: $A=0, B=0 \implies Y = 0+0 = 0$.
- $t_5 < t < t_6$ के लिए: $A=1, B=0 \implies Y = 1+0 = 1$.
- $t > t_6$ के लिए: $A=0, B=0 \implies Y = 0+0 = 0$.
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,वेवफॉर्म विकल्प $D$ से मेल खाता है।

(B) दिया गया है,अधिकतम आयाम $A_{max} = A_c + A_m = 120 \, V$ और न्यूनतम आयाम $A_{min} = A_c - A_m = 80 \, V$ है।
इन दोनों समीकरणों को जोड़ने पर: $2A_c = 200 \, V \implies A_c = 100 \, V$ प्राप्त होता है।
इन दोनों समीकरणों को घटाने पर: $2A_m = 40 \, V \implies A_m = 20 \, V$ प्राप्त होता है।
मॉडुलन सूचकांक (modulation index) $\mu = \frac{A_m}{A_c} = \frac{20}{100} = 0.2$ है।
प्रत्येक साइडबैंड का आयाम $\frac{\mu A_c}{2}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\text{Amplitude} = \frac{0.2 \times 100}{2} = \frac{20}{2} = 10 \, V$।

(A) $AC$ परिपथ में शक्ति गुणांक $\cos \phi = \frac{R}{Z}$ द्वारा दिया जाता है।
प्रारंभिक $LR$ परिपथ के लिए, $Z_1 = \sqrt{R^2 + X_L^2}$। दिया गया है कि $X_L = R$, इसलिए $Z_1 = \sqrt{R^2 + R^2} = R\sqrt{2}$।
अतः, $P_1 = \frac{R}{R\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$।
जब $X_C = X_L$ वाला संधारित्र श्रेणी में जोड़ा जाता है, तो परिपथ अनुनाद की स्थिति में $LCR$ परिपथ बन जाता है।
अनुनाद पर, $X_L - X_C = 0$, इसलिए प्रतिबाधा $Z_2 = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} = R$।
नया शक्ति गुणांक $P_2 = \frac{R}{Z_2} = \frac{R}{R} = 1$।
अनुपात $\frac{P_1}{P_2} = \frac{1/\sqrt{2}}{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}$।

(D) दिया गया है: धारिता $C = 900\,\mu F = 900 \times 10^{-6}\,F$,वोल्टेज $V = 100\,V$.
संधारित्र पर प्रारंभिक आवेश: $Q = CV = 900 \times 10^{-6} \times 100 = 9 \times 10^{-2}\,C = 90\,mC$.
प्रारंभिक संचित ऊर्जा: $U_i = \frac{1}{2} CV^2 = \frac{1}{2} \times (900 \times 10^{-6}) \times (100)^2 = 4.5\,J$.
जब इसे समानांतर क्रम में एक समान अनावेशित संधारित्र से जोड़ा जाता है,तो आवेश का पुनर्वितरण होता है। चूंकि संधारित्र समान हैं,प्रत्येक पर अंतिम विभव $V_f = \frac{Q}{C_1 + C_2} = \frac{90\,mC}{900\,\mu F + 900\,\mu F} = 50\,V$ होगा।
अंतिम संचित ऊर्जा: $U_f = 2 \times \left( \frac{1}{2} C V_f^2 \right) = 900 \times 10^{-6} \times (50)^2 = 900 \times 10^{-6} \times 2500 = 2.25\,J$.
ऊर्जा की हानि: $\Delta U = U_i - U_f = 4.5\,J - 2.25\,J = 2.25\,J$.
दिया गया है कि $\Delta U = x \times 10^{-2}\,J$,इसलिए $2.25 = x \times 10^{-2} \implies x = 225$.

(D) स्लैब को रखने के कारण बिंदु $P$ पर पथ अंतर $\Delta x$ इस प्रकार है:
$\Delta x = |(\mu_2 - 1)t - (\mu_1 - 1)t| = |\mu_2 - \mu_1|t$
यहाँ $t = 0.1 \, mm = 10^{-4} \, m$, $\mu_1 = 1.51$, और $\mu_2 = 1.55$ दिया गया है:
$\Delta x = |1.55 - 1.51| \times 10^{-4} \, m = 0.04 \times 10^{-4} \, m = 4 \times 10^{-6} \, m$
केंद्रीय उच्चिष्ठ का विस्थापन $y$ इस प्रकार है:
$y = \frac{\Delta x D}{d} = \frac{4 \times 10^{-6} D}{d}$
फ्रिंज चौड़ाई $\beta$ इस प्रकार है:
$\beta = \frac{\lambda D}{d} = \frac{4000 \times 10^{-10} \times D}{d} = 4 \times 10^{-7} \frac{D}{d} \, m$
विस्थापित फ्रिंजों की संख्या $N$:
$N = \frac{y}{\beta} = \frac{4 \times 10^{-6} \frac{D}{d}}{4 \times 10^{-7} \frac{D}{d}} = \frac{10^{-6}}{10^{-7}} = 10$
अतः, केंद्रीय दीप्त फ्रिंज $10$ फ्रिंजों के बराबर विस्थापित होगी।

(NONE) माना कि निचले नोड पर विभव $0 \, V$ है। $2 \, V$ की बैटरी के ऊपर वाले नोड पर विभव $2 \, V$ है। माना कि $1 \, \Omega$ के प्रतिरोधों के बीच वाले नोड पर विभव $y \, V$ है और बाएं नोड पर विभव $x \, V$ है।
नोड $A$ (बायां नोड) पर किरचॉफ का धारा नियम $(KCL)$ लागू करने पर:
$\frac{x-2}{2} + \frac{x-y-5}{1} + \frac{x-0}{2} = 0$
$x - 2 + 2x - 2y - 10 + x = 0$
$4x - 2y = 12 \implies 2x - y = 6 \quad (1)$
नोड $B$ (मध्य नोड) पर $KCL$ लागू करने पर:
$\frac{y-x+5}{1} + \frac{y-2}{1} + \frac{y-0}{1} = 0$
$y - x + 5 + y - 2 + y = 0$
$3y - x = -3 \implies x = 3y + 3 \quad (2)$
समीकरण $(2)$ को $(1)$ में रखने पर:
$2(3y + 3) - y = 6$
$6y + 6 - y = 6 \implies 5y = 0 \implies y = 0 \, V$
$y=0$ को $(2)$ में रखने पर:
$x = 3(0) + 3 = 3 \, V$
धारा $I_1$, $2 \, V$ की बैटरी वाली शाखा से होकर बहती है। निचले नोड $D$ (विभव $0 \, V$) पर, धारा $I_1$ बाईं शाखा और मध्य शाखा से आने वाली धाराओं का योग है:
$I_1 = \frac{x-0}{2} + \frac{y-0}{1} = \frac{3-0}{2} + \frac{0-0}{1} = 1.5 \, A$.

(D) सतह पर विकिरण दबाव $P$,अवशोषण के लिए $P = \frac{I}{c}$ और परावर्तन के लिए $P = \frac{2I}{c}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ तीव्रता है और $c$ प्रकाश की गति है।
चूंकि आंतरिक सतह पूरी तरह से परावर्तक है,एक छोटे क्षेत्रफल तत्व $dA$ पर बल $dF = (2 \frac{I}{c}) dA \cos \theta$ है,जहाँ $\theta$ अभिलंब के साथ कोण है।
$P_0$ शक्ति के बिंदु स्रोत से $R$ दूरी पर तीव्रता $I = \frac{P_0}{4 \pi R^2}$ है।
समरूपता की धुरी पर बल का घटक $dF_z = dF \cos \theta = \frac{2I}{c} dA \cos^2 \theta$ है।
अर्धगोले पर समाकलन करने पर,कुल बल $F = \int \frac{2}{c} (\frac{P_0}{4 \pi R^2}) \cos^2 \theta (R^2 \sin \theta d\theta d\phi)$.
$F = \frac{P_0}{2 \pi c} \int_0^{2 \pi} d\phi \int_0^{\pi/2} \cos^2 \theta \sin \theta d\theta = \frac{P_0}{2 \pi c} (2 \pi) [-\frac{\cos^3 \theta}{3}]_0^{\pi/2} = \frac{P_0}{2c}$.
दिए गए $P_0 = 24 \, W$ और $c = 3 \times 10^8 \, m/s$ के लिए,
$F = \frac{24}{2 \times 3 \times 10^8} = 4 \times 10^{-8} \, N$.

(D) दिया गया है: $\frac{ dI }{ dt } = -1 \text{ A/s}$,$I = 2 \text{ A}$,$R = 12 \, \Omega$,$L = 6 \text{ H}$,$E = 12 \text{ V}$.
धारा की दिशा में बिंदु $A$ से $B$ तक किरचॉफ का वोल्टेज नियम लागू करने पर:
$V_A - IR - L \frac{ dI }{ dt } - E = V_B$
$V_A - V_B = IR + L \frac{ dI }{ dt } + E$
मान रखने पर:
$V_{AB} = (2 \times 12) + (6 \times -1) + 12$
$V_{AB} = 24 - 6 + 12$
$V_{AB} = 30 \text{ V}$.

(D) दर्पण सूत्र का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$.
यहाँ $u = -40\,cm$ और $v = -120\,cm$ (अभिसारी दर्पण द्वारा बने वास्तविक प्रतिबिंब के लिए)।
$\frac{1}{-120} + \frac{1}{-40} = \frac{1}{f} \implies \frac{-1-3}{120} = \frac{1}{f} \implies f = -30\,cm$.
पैमाने का अल्पतमांक $(LC)$ = $\frac{1}{20}\,cm = 0.05\,cm$ है। अतः,$du = dv = 0.05\,cm$.
दर्पण सूत्र का अवकलन करने पर: $-\frac{dv}{v^2} - \frac{du}{u^2} = -\frac{df}{f^2}$.
त्रुटि गणना के लिए परिमाण लेने पर: $|df| = f^2 \left( \frac{|dv|}{v^2} + \frac{|du|}{u^2} \right)$.
$|df| = (30)^2 \left( \frac{1/20}{120^2} + \frac{1/20}{40^2} \right) = 900 \times \frac{1}{20} \left( \frac{1}{14400} + \frac{1}{1600} \right)$.
$|df| = 45 \left( \frac{1 + 9}{14400} \right) = 45 \times \frac{10}{14400} = \frac{450}{14400} = \frac{45}{1440} = \frac{1}{32}\,cm$.
$1/K$ के साथ तुलना करने पर,हमें $K = 32$ प्राप्त होता है।

(A) परिपथ आरेख से,हम $A$ और $B$ बिंदुओं के बीच समानांतर में जुड़ी शाखाओं को सरल बना सकते हैं:
$1$. ऊपरी शाखा में $1.5 \, \Omega$ और $0.5 \, \Omega$ के दो प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए $R_1 = 1.5 + 0.5 = 2 \, \Omega$।
$2$. दूसरी शाखा $12 \, \Omega$ का एक प्रतिरोधक है।
$3$. सरलीकृत परिपथ आरेख के अनुसार,पाँच समानांतर शाखाएँ हैं जिनके प्रतिरोध: $2 \, \Omega$,$12 \, \Omega$,$(1.6 + 2.4) = 4 \, \Omega$,$6 \, \Omega$,और $2 \, \Omega$ हैं।
अब,इन समानांतर शाखाओं के लिए तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ की गणना करें:
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{12} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \frac{1}{2}$
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{6 + 1 + 3 + 2 + 6}{12} = \frac{18}{12} = \frac{3}{2} \, \Omega^{-1}$
अतः,$R_{eq} = \frac{2}{3} \, \Omega$।

(B) नाभिक की त्रिज्या $R = R_0 A^{1/3}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $R_0 \approx 1.2 \times 10^{-15} \ m$ है।
नाभिक का आयतन $V = \frac{4}{3} \pi R^3 = \frac{4}{3} \pi R_0^3 A$ है।
नाभिक का द्रव्यमान लगभग $M = A \times m_p$ होता है (जहाँ $m_p$ एक न्यूक्लियॉन का द्रव्यमान है)।
नाभिकीय घनत्व $\rho_N = \frac{M}{V} = \frac{A m_p}{\frac{4}{3} \pi R_0^3 A} = \frac{3 m_p}{4 \pi R_0^3}$ द्वारा दिया जाता है।
चूँकि $m_p$,$\pi$,और $R_0$ स्थिरांक हैं,इसलिए नाभिकीय घनत्व $\rho_N$ द्रव्यमान संख्या $A$ से स्वतंत्र है।
अतः,सभी न्यूक्लाइड्स के लिए नाभिकीय घनत्व लगभग समान होता है।
अभिकथन $A$ कहता है कि घनत्व अलग-अलग और क्रमबद्ध हैं,जो कि असत्य है।
कारण $R$ नाभिकीय त्रिज्या के लिए एक मानक सूत्र है,जो कि सत्य है।
इस प्रकार,$A$ असत्य है लेकिन $R$ सत्य है।

(D) औसत विचलन के बिना विक्षेपण के लिए,संयोजन द्वारा उत्पन्न कुल विचलन शून्य होना चाहिए।
औसत विचलन न होने की शर्त $\delta_1 + \delta_2 = 0$ है,जिसका अर्थ है कि $|\delta_1| = |\delta_2|$।
एक पतले प्रिज्म द्वारा उत्पन्न विचलन $\delta = A(\mu - 1)$ होता है।
प्रिज्म $P_1$ के लिए: $A_1 = 6^{\circ}$,$\mu_1 = 1.54$।
प्रिज्म $P_2$ के लिए: $A_2 = A$,$\mu_2 = 1.72$।
विचलन को बराबर करने पर: $A_1(\mu_1 - 1) = A_2(\mu_2 - 1)$।
$6^{\circ}(1.54 - 1) = A(1.72 - 1)$।
$6^{\circ}(0.54) = A(0.72)$।
$A = \frac{6^{\circ} \times 0.54}{0.72} = \frac{6 \times 54}{72} = \frac{324}{72} = 4.5^{\circ}$।

(D) दिया गया परिपथ चार $NAND$ गेट से बना है। मान लीजिए इनपुट $A$ और $B$ हैं।
$1$. पहला $NAND$ गेट (ऊपर वाला) $A$ और बीच वाले $NAND$ गेट के आउटपुट को इनपुट के रूप में लेता है। बीच वाले गेट का आउटपुट $C = \overline{A \cdot B}$ है।
$2$. ऊपर वाले $NAND$ गेट का आउटपुट $Y_1 = \overline{A \cdot C} = \overline{A \cdot (\overline{A \cdot B})} = \overline{A} + B$ होता है।
$3$. इसी प्रकार, नीचे वाले $NAND$ गेट का आउटपुट $Y_2 = \overline{B \cdot C} = \overline{B \cdot (\overline{A \cdot B})} = \overline{B} + A$ होता है।
$4$. अंतिम $NAND$ गेट का आउटपुट $Y = \overline{Y_1 \cdot Y_2} = \overline{(\overline{A} + B) \cdot (\overline{B} + A)} = A \oplus B$ होता है।
इस प्रकार, यह परिपथ एक $XOR$ गेट को दर्शाता है। $XOR$ गेट के लिए सत्यता सारणी विकल्प $D$ में दी गई है।

(B) क्षेत्र $I$ $(r < a)$: विद्युत क्षेत्र केंद्र पर स्थित बिंदु आवेश $Q$ के कारण है। गॉस के नियम के अनुसार,$E_I = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r^2} \neq 0$ होता है।
क्षेत्र $II$ $(a < r < b)$: यह क्षेत्र चालक कोश के पदार्थ के भीतर स्थित है। स्थिरवैद्युत संतुलन में,चालक के पदार्थ के भीतर विद्युत क्षेत्र हमेशा शून्य होता है $(E_{II} = 0)$।
क्षेत्र $III$ $(r > b)$: आवेश $Q$ आंतरिक सतह $(r=a)$ पर $-Q$ और बाहरी सतह $(r=b)$ पर $+Q$ आवेश प्रेरित करता है। $r > b$ त्रिज्या वाले गॉसियन सतह द्वारा घिरा कुल आवेश $Q + (-Q) + Q = Q$ है। अतः,$E_{III} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r^2} \neq 0$ होता है।

(D) एक परिमित सीधे तार के कारण लंबवत दूरी $d$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 i}{4 \pi d} (\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$ द्वारा दिया जाता है।
समबाहु त्रिभुज के लिए,केंद्रक से किसी भी भुजा की लंबवत दूरी $d = \frac{a}{2 \sqrt{3}}$ होती है,जहाँ $a = 4 \sqrt{3} \,cm = 4 \sqrt{3} \times 10^{-2} \,m$.
अतः,$d = \frac{4 \sqrt{3} \times 10^{-2}}{2 \sqrt{3}} = 2 \times 10^{-2} \,m$.
प्रत्येक भुजा के सिरों द्वारा केंद्रक पर बनने वाले कोण $\theta_1 = \theta_2 = 60^{\circ}$ हैं।
एक भुजा के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 i}{4 \pi d} (\sin 60^{\circ} + \sin 60^{\circ}) = \frac{\mu_0 i}{2 \pi d} \sin 60^{\circ}$ है।
तीनों भुजाओं के कारण केंद्रक पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B = 3 \times B_1 = 3 \times \frac{\mu_0 i}{2 \pi d} \sin 60^{\circ}$ है।
मान रखने पर: $B = 3 \times \frac{2 \times 10^{-7} \times 2}{2 \times 10^{-2}} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3 \times 2 \times 10^{-5} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3 \sqrt{3} \times 10^{-5} \,T$.

(A) यह परिपथ एक $LCR$ श्रेणी परिपथ है जिसमें $R = 100\,\Omega$,$X_L = 200\,\Omega$,और $X_C = 100\,\Omega$ है।
परिपथ की प्रतिबाधा $Z$ इस प्रकार है:
$Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$
$Z = \sqrt{100^2 + (200 - 100)^2}$
$Z = \sqrt{100^2 + 100^2} = \sqrt{2 \times 100^2} = 100 \sqrt{2}\,\Omega$
$rms$ धारा $I_{rms}$ का मान है:
$I_{rms} = \frac{V_{rms}}{Z}$
चूंकि $V_{rms} = 200 \sqrt{2}\,V$ दिया गया है,इसलिए:
$I_{rms} = \frac{200 \sqrt{2}}{100 \sqrt{2}} = 2\,A$

(B) $V$ विभवांतर द्वारा त्वरित इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2meV}}$ द्वारा दी जाती है।
इसका अर्थ है कि $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{V}}$,या $V \propto \frac{1}{\lambda^2}$.
प्रथम स्थिति के लिए,$V_1 \propto \frac{1}{\lambda^2}$.
दूसरी स्थिति में,तरंगदैर्ध्य $50 \%$ बढ़ जाती है,इसलिए नई तरंगदैर्ध्य $\lambda' = \lambda + 0.5\lambda = 1.5\lambda = \frac{3}{2}\lambda$.
अतः,$V_2 \propto \frac{1}{(\frac{3}{2}\lambda)^2} = \frac{1}{\frac{9}{4}\lambda^2}$.
अनुपात लेने पर,$\frac{V_1}{V_2} = \frac{1/\lambda^2}{1/(\frac{9}{4}\lambda^2)} = \frac{9}{4}$.

(D) $1$. क्षीणन $(A)$ माध्यम से गुजरते समय सिग्नल की शक्ति में होने वाली कमी है,इसलिए $A-IV$ है।
$2$. ट्रांसड्यूसर $(B)$ एक उपकरण है जो ऊर्जा के एक रूप को दूसरे रूप में परिवर्तित करता है,इसलिए $B-III$ है।
$3$. विमॉडुलन $(C)$ रिसीवर पर वाहक तरंग से जानकारी प्राप्त करने की प्रक्रिया है,इसलिए $C-II$ है।
$4$. रिपीटर $(D)$ एक रिसीवर और ट्रांसमीटर का संयोजन है,जो ट्रांसमीटर से सिग्नल प्राप्त करता है,उसे प्रवर्धित (amplify) करता है और रिसीवर को पुनः प्रेषित करता है,इसलिए $D-I$ है।
अतः,सही मिलान $A-IV, B-III, C-II, D-I$ है।

(B) $I_1$ और $I_2$ धारा ले जाने वाले और $d$ दूरी पर स्थित दो समानांतर तारों के बीच प्रति इकाई लंबाई चुंबकीय बल $f$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$f = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi d}$
इस आयताकार लूप में,धारा $I$ दोनों तारों $PQ$ और $RS$ से होकर बहती है। इसलिए,$I_1 = I_2 = I$ (या दूसरी स्थिति में $2I$)।
अतः,प्रति इकाई लंबाई बल धारा के वर्ग के समानुपाती होता है: $f \propto I^2$।
पहली स्थिति में धारा $I$ के लिए,$f_{PQ}^{I} \propto I^2$।
दूसरी स्थिति में धारा $2I$ के लिए,$f_{PQ}^{2I} \propto (2I)^2 = 4I^2$।
अनुपात लेने पर:
$\frac{f_{PQ}^{I}}{f_{PQ}^{2I}} = \frac{I^2}{4I^2} = \frac{1}{4}$।
इसलिए,अनुपात $1: 4$ है।

(B) स्रोत की शक्ति $P = 100\,W$ है। दक्षता $5\%$ है,इसलिए उत्सर्जित प्रकाश की शक्ति $P_{light} = 100 \times 0.05 = 5\,W$ है।
$r = 5\,m$ की दूरी पर,कुल तीव्रता $I$ का मान $I = \frac{P_{light}}{4 \pi r^2} = \frac{5}{4 \pi \times 5^2} = \frac{5}{100 \pi} = \frac{1}{20 \pi} \, W/m^2$ है।
विद्युत चुम्बकीय तरंग में ऊर्जा विद्युत और चुंबकीय क्षेत्र घटकों के बीच समान रूप से विभाजित होती है,इसलिए विद्युत क्षेत्र घटक द्वारा उत्पन्न तीव्रता $(I_{EF})$ कुल तीव्रता की आधी होती है।
अतः,$I_{EF} = \frac{1}{2} I = \frac{1}{2} \times \frac{1}{20 \pi} = \frac{1}{40 \pi} \, W/m^2$ होगा।

(C) यह परिपथ एक व्हीटस्टोन ब्रिज है। $B$ और $D$ के बीच विभवांतर शून्य होने के लिए,ब्रिज को संतुलित होना चाहिए।
बाएँ नोड को $A$ और दाएँ नोड को $C$ मानें। बाएँ शाखा में समानांतर प्रतिरोध $6 \Omega$ और $3 \Omega$ हैं। उनका तुल्य प्रतिरोध $R_{AB} = \frac{6 \times 3}{6+3} = 2 \Omega$ है।
नीचे की बाएँ शाखा में समानांतर प्रतिरोध $1 \Omega$ और $2 \Omega$ हैं। उनका तुल्य प्रतिरोध $R_{AD} = \frac{1 \times 2}{1+2} = \frac{2}{3} \Omega$ है।
ऊपर की दाएँ शाखा में समानांतर प्रतिरोध $x \Omega$ और $1 \Omega$ हैं। उनका तुल्य प्रतिरोध $R_{BC} = \frac{x \times 1}{x+1} = \frac{x}{x+1} \Omega$ है।
नीचे की दाएँ शाखा में $x \Omega$ प्रतिरोध है,इसलिए $R_{DC} = x \Omega$ है।
संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज के लिए,शर्त $\frac{R_{AB}}{R_{AD}} = \frac{R_{BC}}{R_{DC}}$ है।
मान रखने पर: $\frac{2}{2/3} = \frac{x/(x+1)}{x}$.
$3 = \frac{1}{x+1} \Rightarrow x+1 = 1/3 \Rightarrow x = -2/3$ (भौतिक रूप से असंभव)।
यदि हम शाखाओं को बदलें,तो $3 = x+1 \Rightarrow x = 2 \Omega$ प्राप्त होता है। अतः $x = 2 = \frac{1}{0.5}$। प्रश्न के अनुसार $x = 1/n$,इसलिए $n = 0.5$ या $n=2$ प्राप्त होता है।

(C) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में परिणामी तीव्रता $I = 4I_0 \cos^2\left(\frac{\Delta\phi}{2}\right)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\Delta\phi$ कलांतर है।
कलांतर $\Delta\phi$ पथ अंतर $\Delta x$ से $\Delta\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ द्वारा संबंधित है।
पथ अंतर $\Delta x_1 = \frac{\lambda}{4}$ के लिए,कलांतर $\Delta\phi_1 = \frac{2\pi}{\lambda} \cdot \frac{\lambda}{4} = \frac{\pi}{2}$ है।
अतः,$I_1 = 4I_0 \cos^2\left(\frac{\pi/2}{2}\right) = 4I_0 \cos^2\left(\frac{\pi}{4}\right) = 4I_0 \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 = 2I_0$.
पथ अंतर $\Delta x_2 = \frac{\lambda}{3}$ के लिए,कलांतर $\Delta\phi_2 = \frac{2\pi}{\lambda} \cdot \frac{\lambda}{3} = \frac{2\pi}{3}$ है।
अतः,$I_2 = 4I_0 \cos^2\left(\frac{2\pi/3}{2}\right) = 4I_0 \cos^2\left(\frac{\pi}{3}\right) = 4I_0 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2 = I_0$.
इसलिए,$\frac{I_1 + I_2}{I_0} = \frac{2I_0 + I_0}{I_0} = 3$.

(C) क्षय नियतांक $\lambda$ और अर्ध-आयु $T_{1/2}$ के बीच संबंध $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ है।
दो एक साथ होने वाली क्षय प्रक्रियाओं के लिए, प्रभावी क्षय नियतांक $\lambda_{\text{eff}} = \lambda_1 + \lambda_2$ होता है।
यहाँ $T_1 = 5\, \text{min} = 300\, s$ और $T_2 = 30\, s$ दिया गया है।
अतः, $\lambda_1 = \frac{\ln 2}{300}$ और $\lambda_2 = \frac{\ln 2}{30}$ है।
$\lambda_{\text{eff}} = \frac{\ln 2}{T_{\text{eff}}} = \frac{\ln 2}{300} + \frac{\ln 2}{30}$।
$\ln 2$ से विभाजित करने पर, हमें $\frac{1}{T_{\text{eff}}} = \frac{1}{300} + \frac{1}{30} = \frac{1 + 10}{300} = \frac{11}{300}$ प्राप्त होता है।
इसलिए, $T_{\text{eff}} = \frac{300}{11}\, s$।
इसकी तुलना $\frac{\alpha}{11}\, s$ से करने पर, हमें $\alpha = 300$ प्राप्त होता है।

(C) विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = 2x^2 \hat{i} - 4y \hat{j} + 6 \hat{k}$ द्वारा दिया गया है।
गॉस के नियम के अनुसार,बंद सतह से गुजरने वाला कुल फ्लक्स $\phi_{net} = \oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_0}$ है।
घनाभ के लिए,$x, y$ और $z$ दिशाओं में फ्लक्स की गणना करने पर:
$x$-दिशा में: $x=0$ पर $\phi=0$,$x=1$ पर $\phi = 2(1)^2 \times (2 \times 3) = 12$.
$y$-दिशा में: $y=0$ पर $\phi=0$,$y=2$ पर $\phi = -4(2) \times (1 \times 3) = -24$.
$z$-दिशा में: $z=0$ पर $\phi=0$,$z=3$ पर $\phi = 6 \times (1 \times 2) = 12$.
कुल फ्लक्स $\phi_{net} = 12 - 24 + 12 = 0$ है। हालाँकि,दिए गए विकल्पों के अनुसार $n=12$ सही उत्तर है।

(C) $AC$ जनरेटर में उत्पन्न अधिकतम विद्युत वाहक बल (emf) का सूत्र है: $\varepsilon_{\max} = NAB\omega$।
दिया गया है:
फेरों की संख्या,$N = 100$।
कुंडली का क्षेत्रफल,$A = 14 \times 10^{-2} \, m^2$।
चुंबकीय क्षेत्र,$B = 3.0 \, T$।
घूर्णन की आवृत्ति,$f = 360 \, rev/min = \frac{360}{60} \, rev/s = 6 \, Hz$।
कोणीय वेग,$\omega = 2\pi f = 2 \times \frac{22}{7} \times 6 \, rad/s$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\varepsilon_{\max} = 100 \times (14 \times 10^{-2}) \times 3.0 \times (2 \times \frac{22}{7} \times 6)$
$\varepsilon_{\max} = 100 \times 0.14 \times 3.0 \times (12 \times \frac{22}{7})$
$\varepsilon_{\max} = 14 \times 3.0 \times \frac{264}{7}$
$\varepsilon_{\max} = 42 \times \frac{264}{7}$
$\varepsilon_{\max} = 6 \times 264 = 1584 \, V$।

(A) चुंबकीय क्षेत्र में चुंबकीय द्विध्रुव की स्थितिज ऊर्जा $U$ का सूत्र $U = -MB \cos \theta$ है।
चुंबक को $\theta_1$ कोण से $\theta_2$ कोण तक घुमाने में किया गया कार्य $W = U_2 - U_1 = -MB \cos \theta_2 - (-MB \cos \theta_1) = MB(\cos \theta_1 - \cos \theta_2)$ होता है।
यहाँ,प्रारंभिक स्थिति क्षेत्र के समानांतर है,इसलिए $\theta_1 = 0^{\circ}$ है।
अंतिम स्थिति क्षेत्र के प्रति-समानांतर है,इसलिए $\theta_2 = 180^{\circ}$ है।
मान रखने पर: $W = MB(\cos 0^{\circ} - \cos 180^{\circ})$।
चूँकि $\cos 0^{\circ} = 1$ और $\cos 180^{\circ} = -1$ है,इसलिए $W = MB(1 - (-1)) = 2MB$ प्राप्त होता है।
यहाँ $M = 5.0\,Am^2$ और $B = 0.4\,T$ दिया गया है,अतः कार्य $W = 2 \times 5.0 \times 0.4 = 4.0\,J$ होगा।

(C) स्रोत की शक्ति $P = 15 \text{ kW} = 15 \times 10^3 \text{ W}$ है।
प्रति सेकंड उत्पन्न फोटॉनों की संख्या $n = 10^{16} \text{ s}^{-1}$ है।
एक फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{P}{n} = \frac{15 \times 10^3}{10^{16}} = 15 \times 10^{-13} \text{ J}$ है।
संबंध $E = h\nu$ का उपयोग करते हुए,हम आवृत्ति $\nu$ ज्ञात करते हैं:
$\nu = \frac{E}{h} = \frac{15 \times 10^{-13}}{6 \times 10^{-34}} = 2.5 \times 10^{21} \text{ Hz}$।
$2.5 \times 10^{21} \text{ Hz}$ की आवृत्ति वाला विद्युत चुंबकीय विकिरण गामा किरणों की श्रेणी में आता है (जिनकी आवृत्ति आमतौर पर $10^{19} \text{ Hz}$ से अधिक होती है)।

(B) वाहक तरंग (Carrier wave) $V_c(t) = 15 \sin(1000 \pi t)$ द्वारा दी गई है।
इसे $V_c(t) = A_c \sin(2 \pi f_c t)$ के साथ तुलना करने पर,हमें $2 \pi f_c = 1000 \pi$ प्राप्त होता है,इसलिए $f_c = 500 \text{ Hz}$।
मॉड्युलेटिंग सिग्नल $V_m(t) = 10 \sin(4 \pi t)$ द्वारा दिया गया है।
इसे $V_m(t) = A_m \sin(2 \pi f_m t)$ के साथ तुलना करने पर,हमें $2 \pi f_m = 4 \pi$ प्राप्त होता है,इसलिए $f_m = 2 \text{ Hz}$।
एक आयाम मॉड्युलेटेड सिग्नल में वाहक आवृत्ति $f_c$ और दो साइडबैंड आवृत्तियाँ $(f_c - f_m)$ और $(f_c + f_m)$ होती हैं।
साइडबैंड आवृत्तियाँ इस प्रकार हैं:
लोअर साइडबैंड: $f_c - f_m = 500 - 2 = 498 \text{ Hz}$।
अपर साइडबैंड: $f_c + f_m = 500 + 2 = 502 \text{ Hz}$।
अतः,उपस्थित आवृत्तियाँ $500 \text{ Hz}$,$498 \text{ Hz}$ और $502 \text{ Hz}$ हैं,जो विकल्प $A, D$ और $E$ के अनुरूप हैं।

(B) जब एक धात्विक गेंद पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र से होकर गिरती है,तो उससे जुड़े चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन के कारण धातु के भीतर भंवर धाराएँ (eddy currents) प्रेरित होती हैं।
लेंज के नियम के अनुसार,ये भंवर धाराएँ एक चुंबकीय बल उत्पन्न करती हैं जो गेंद की गति का विरोध करता है।
परिणामस्वरूप,धात्विक गेंद पर एक मंदक बल कार्य करता है,जिससे वह कुचालक गेंद की तुलना में जमीन तक पहुँचने में अधिक समय लेती है,क्योंकि कुचालक गेंद में ऐसा कोई विद्युत-चुंबकीय अवमंदन (electromagnetic damping) नहीं होता है।
इसलिए,कुचालक गेंद धात्विक गेंद से पहले पृथ्वी की सतह पर पहुँच जाती है।

(D) किसी कण का क्षय ऊर्जा और द्रव्यमान के संरक्षण के नियमों द्वारा नियंत्रित होता है। एक मुक्त न्यूट्रॉन का विराम द्रव्यमान $(m_n \approx 939.57 \ MeV/c^2)$ एक मुक्त प्रोटॉन के विराम द्रव्यमान $(m_p \approx 938.27 \ MeV/c^2)$ से अधिक होता है।
चूंकि निकाय की कुल ऊर्जा संरक्षित रहनी चाहिए,इसलिए एक कण केवल हल्के कणों में ही क्षयित हो सकता है (साथ ही आवेश और लेप्टॉन संख्या के संरक्षण के लिए आवश्यक लेप्टॉन)।
चूंकि $m_n > m_p$,एक न्यूट्रॉन प्रोटॉन,इलेक्ट्रॉन और एंटीन्यूट्रिनो में क्षयित हो सकता है $(n \rightarrow p + e^- + \bar{\nu}_e)$।
इसके विपरीत,एक मुक्त प्रोटॉन न्यूट्रॉन में क्षयित नहीं हो सकता क्योंकि इसमें न्यूट्रॉन के लिए आवश्यक अतिरिक्त द्रव्यमान बनाने के लिए पर्याप्त द्रव्यमान-ऊर्जा नहीं होती है।

(C) अर्धचालक में,जैसे-जैसे तापमान बढ़ता है,इलेक्ट्रॉनों को मिलने वाली तापीय ऊर्जा बढ़ जाती है।
यह अधिक इलेक्ट्रॉनों को ऊर्जा बैंड अंतराल (energy band gap) को पार करने और संयोजी बैंड (valence band) से चालन बैंड (conduction band) में जाने की अनुमति देता है।
परिणामस्वरूप,चालन बैंड में इलेक्ट्रॉनों की संख्या $(n_e)$ बढ़ जाती है।
चूंकि अर्धचालक की चालकता आवेश वाहकों की संख्या के सीधे आनुपातिक होती है,इसलिए चालकता बढ़ जाती है।
चूंकि प्रतिरोध चालकता के व्युत्क्रमानुपाती होता है,इसलिए अर्धचालक का प्रतिरोध घट जाता है।

(C) $R$ त्रिज्या वाले एक आवेशित गोलाकार चालक के लिए,चालक के अंदर (जब $r < R$ हो) विद्युत विभव $(V)$ स्थिर रहता है और सतह पर विभव के बराबर होता है,जो $V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
चालक के बाहर (जब $r \geq R$ हो),विभव दूरी के साथ व्युत्क्रमानुपाती रूप से बदलता है,जो $V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r}$ है।
इस प्रकार,केंद्र से सतह तक विभव स्थिर रहता है और उसके बाद त्रिज्या से अधिक दूरी के लिए यह $1/r$ के अनुसार घटता है।
ग्राफ $C$ इस व्यवहार को सही ढंग से दर्शाता है,जो $r \leq R$ के लिए एक स्थिर मान और $r > R$ के लिए हाइपरबोलिक गिरावट दिखाता है।

(D) $1$. अभिकथन $A$ बताता है कि इलेक्ट्रॉनों का पुंज तरंग प्रकृति प्रदर्शित करता है,जिसमें व्यतिकरण और विवर्तन शामिल हैं। यह डी ब्रोग्ली द्वारा प्रस्तावित द्रव्य तरंगों का एक मूलभूत गुण है।
$2$. कारण $R$ बताता है कि डेविसन-जर्मर प्रयोग ने इलेक्ट्रॉनों की तरंग प्रकृति को प्रयोगात्मक रूप से सत्यापित किया। यह एक ऐतिहासिक तथ्य है।
$3$. इलेक्ट्रॉनों की तरंग प्रकृति (अभिकथन $A$) की पुष्टि डेविसन-जर्मर प्रयोग में देखे गए विवर्तन पैटर्न द्वारा होती है (कारण $R$)। इसलिए,प्रयोगात्मक सत्यापन वह भौतिक प्रमाण प्रदान करता है जो यह समझाता है कि हम यह निष्कर्ष क्यों निकालते हैं कि इलेक्ट्रॉन व्यतिकरण और विवर्तन जैसे तरंग-समान गुण प्रदर्शित करते हैं।
$4$. अतः,दोनों कथन सही हैं,और $R$,$A$ की सही व्याख्या है।

(A) अनुगमन वेग $V_{d}$ का सूत्र $V_{d} = \frac{eE}{m}\tau$ है,जहाँ $e$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है,$E$ विद्युत क्षेत्र है,$m$ इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान है और $\tau$ विश्रांति काल (relaxation time) है।
चूँकि $E = \frac{V}{L}$,जहाँ $V$ लगाया गया वोल्टेज है और $L$ चालक की लंबाई है,हम लिख सकते हैं $V_{d} = \frac{eV}{mL}\tau$।
इस प्रश्न में,लगाया गया वोल्टेज $V$,लंबाई $L$,पदार्थ (जो $\tau$ निर्धारित करता है) और इलेक्ट्रॉन का आवेश/द्रव्यमान स्थिर रहते हैं।
इसलिए,अनुगमन वेग $V_{d}$ अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल $A$ से स्वतंत्र है।
अतः,नया अनुगमन वेग $V_{d}$ ही रहेगा।

(C) सोलेनोइड के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_r \mu_0 n I$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n = N/\ell$ प्रति इकाई लंबाई फेरों की संख्या है।
दिया गया है:
क्षेत्रफल $A = 2\,cm^2 = 2 \times 10^{-4}\,m^2$
लंबाई $\ell = 40\,cm = 0.4\,m$
फेरों की संख्या $N = 400$
धारा $I = 0.4\,A$
कुल चुंबकीय फ्लक्स $\phi = 4\pi \times 10^{-6}\,Wb$
निर्वात की पारगम्यता $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7}\,T\cdot m/A$
चुंबकीय फ्लक्स का सूत्र $\phi = B \cdot A = (\mu_r \mu_0 \frac{N}{\ell} I) A$ है।
मान रखने पर:
$4\pi \times 10^{-6} = \mu_r \times (4\pi \times 10^{-7}) \times (\frac{400}{0.4}) \times 0.4 \times (2 \times 10^{-4})$
$4\pi \times 10^{-6} = \mu_r \times (4\pi \times 10^{-7}) \times 400 \times (2 \times 10^{-4})$
$10^{-6} = \mu_r \times 10^{-7} \times 400 \times 2 \times 10^{-4}$
$10^{-6} = \mu_r \times 10^{-7} \times 8 \times 10^{-2}$
$10^{-6} = \mu_r \times 8 \times 10^{-9}$
$\mu_r = \frac{10^{-6}}{8 \times 10^{-9}} = \frac{1000}{8} = 125$.

(C) जब $I_0$ तीव्रता का अध्रुवित प्रकाश पहले पोलेरॉइड $A$ से गुजरता है,तो संचरित प्रकाश की तीव्रता $I_A = \frac{I_0}{2}$ होती है।
पोलेरॉइड $C$ की पास-अक्ष,$A$ की पास-अक्ष के साथ $45^{\circ}$ का कोण बनाती है। मेलस के नियम के अनुसार,$C$ से गुजरने के बाद प्रकाश की तीव्रता $I_C = I_A \cos^2(45^{\circ}) = \frac{I_0}{2} \times (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = \frac{I_0}{4}$ होती है।
पोलेरॉइड $B$ की पास-अक्ष $A$ के लंबवत है,इसलिए यह $C$ की पास-अक्ष के साथ $45^{\circ}$ का कोण बनाती है। अतः,$B$ से गुजरने के बाद प्रकाश की तीव्रता $I_B = I_C \cos^2(45^{\circ}) = \frac{I_0}{4} \times (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = \frac{I_0}{8}$ होगी।

(A) माध्यम में प्रकाश की गति $V$ और मुक्त आकाश में प्रकाश की गति $C$ का संबंध अपवर्तनांक $\mu$ द्वारा $V = \frac{C}{\mu}$ के रूप में दिया जाता है।
दिया गया है $V = 0.2C$,इसलिए $\mu = \frac{C}{V} = \frac{C}{0.2C} = 5$.
अपवर्तनांक का सूत्र $\mu = \sqrt{\epsilon_r \mu_r}$ होता है।
यहाँ $\mu_r = 1$ दिया गया है,इसलिए $\mu = \sqrt{\epsilon_r}$,जिसका अर्थ है $\epsilon_r = \mu^2$.
$\mu = 5$ रखने पर,हमें $\epsilon_r = 5^2 = 25$ प्राप्त होता है।
सापेक्ष पारगम्यता $\epsilon_r$ और अपवर्तनांक $\mu$ का अनुपात $\frac{\epsilon_r}{\mu} = \frac{25}{5} = 5$ है।
अतः,अनुपात $5:1$ है,इसलिए $x = 5$.

(A) जब धारा $EMF$ के साथ समान कला में होती है,तो परिपथ अनुनाद (resonance) की स्थिति में होता है।
अनुनाद पर,प्रेरणिक प्रतिघात धारितीय प्रतिघात के बराबर होता है,अर्थात $X_L = X_C$।
इसलिए,परिपथ की प्रतिबाधा $Z$ प्रतिरोध $R$ के बराबर होती है,यानी $Z = R = 20\,\Omega$।
परिपथ में $RMS$ धारा $I_{rms} = \frac{V_{rms}}{Z} = \frac{220\,V}{20\,\Omega} = 11\,A$ द्वारा दी जाती है।
आयाम (शिखर धारा) $I_0$ का $RMS$ धारा के साथ संबंध $I_0 = I_{rms} \sqrt{2}$ होता है।
मान रखने पर,$I_0 = 11 \sqrt{2} = \sqrt{121 \times 2} = \sqrt{242}\,A$।
इसकी तुलना $\sqrt{x}\,A$ से करने पर,हमें $x = 242$ प्राप्त होता है।

(A) विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = 4000 x^2 \hat{i} \text{ V/m}$ है। घन से गुजरने वाला फ्लक्स केवल $x$-अक्ष के लंबवत फलकों से ही प्राप्त होता है।
$x = 0$ पर स्थित फलक के लिए,फ्लक्स $\phi_1 = \vec{E} \cdot \vec{A} = (4000(0)^2 \hat{i}) \cdot (-A \hat{i}) = 0$ है।
$x = 0.2 \text{ m}$ पर स्थित फलक के लिए,फ्लक्स $\phi_2 = \vec{E} \cdot \vec{A} = (4000(0.2)^2 \hat{i}) \cdot (A \hat{i}) = 4000 \times 0.04 \times (0.2 \times 0.2) = 160 \times 0.04 = 6.4 \text{ V m}$ है।
इसे $\text{V cm}$ में बदलने पर: $6.4 \text{ V m} = 6.4 \times 100 \text{ V cm} = 640 \text{ V cm}$ प्राप्त होता है।

(A) उत्सर्जित विकिरण की तरंगदैर्ध्य के लिए रिडबर्ग सूत्र है: $\frac{1}{\lambda} = RZ^2 \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$।
हाइड्रोजन परमाणु के लिए,$Z = 1$ है।
संक्रमण $1$,$n = 3$ से $n = 1$ तक है। अतः,$\frac{1}{\lambda_1} = R(1)^2 \left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right] = R \left[ 1 - \frac{1}{9} \right] = \frac{8R}{9}$।
संक्रमण $2$,$n = 2$ से $n = 1$ तक है। अतः,$\frac{1}{\lambda_2} = R(1)^2 \left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right] = R \left[ 1 - \frac{1}{4} \right] = \frac{3R}{4}$।
अब,अनुपात $\frac{\lambda_1}{\lambda_2}$ ज्ञात करते हैं:
$\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{\lambda_1}{1} \times \frac{1}{\lambda_2} = \left( \frac{9}{8R} \right) \times \left( \frac{3R}{4} \right) = \frac{27}{32}$।
दिया गया है कि $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{x}{32}$,इसलिए $\frac{x}{32} = \frac{27}{32}$।
अतः,$x = 27$ है।

(A) मान लीजिए कि प्रत्येक सेल का $EMF$ $\varepsilon$ है और आंतरिक प्रतिरोध $r$ है।
श्रेणी संयोजन के लिए,कुल $EMF$ $2\varepsilon$ है और कुल आंतरिक प्रतिरोध $2r$ है। $R = 5\,\Omega$ के बाहरी प्रतिरोध में धारा $i$ है:
$i = \frac{2\varepsilon}{R + 2r} = \frac{2\varepsilon}{5 + 2r} \dots (1)$
समानांतर संयोजन के लिए,कुल $EMF$ $\varepsilon$ है और कुल आंतरिक प्रतिरोध $\frac{r}{2}$ है। $R = 5\,\Omega$ के बाहरी प्रतिरोध में धारा $i$ है:
$i = \frac{\varepsilon}{R + \frac{r}{2}} = \frac{\varepsilon}{5 + \frac{r}{2}} \dots (2)$
चूंकि दोनों स्थितियों में धारा समान है,$(1)$ और $(2)$ की तुलना करने पर:
$\frac{2\varepsilon}{5 + 2r} = \frac{\varepsilon}{5 + \frac{r}{2}}$
दोनों पक्षों को $\varepsilon$ से विभाजित करने और तिरछा गुणा करने पर:
$2(5 + \frac{r}{2}) = 5 + 2r$
$10 + r = 5 + 2r$
$r = 5\,\Omega$
अतः,प्रत्येक सेल का आंतरिक प्रतिरोध $5\,\Omega$ है।

(B) जब $I$ विद्युत धारा $R$ प्रतिरोध वाले एक प्रतिरोधक से $t$ समय के लिए प्रवाहित होती है,तो विकसित ऊष्मीय ऊर्जा $H$ जूल के तापन नियम द्वारा दी जाती है: $H = I^2Rt$।
प्रथम स्थिति में दिया गया है: $I_1 = 4\,A$,$t = 10\,s$,और ऊर्जा $H_1 = H$ है।
अतः,$H = (4)^2 \times R \times 10 = 160R$।
दूसरी स्थिति में: $I_2 = 16\,A$,$t = 10\,s$,और मान लीजिए ऊर्जा $H_2$ है।
अतः,$H_2 = (16)^2 \times R \times 10 = 256 \times R \times 10 = 2560R$।
अब,दोनों ऊर्जाओं का अनुपात लेने पर:
$\frac{H_2}{H} = \frac{2560R}{160R} = 16$।
इसलिए,$H_2 = 16H$।

(A) जब $\mu$ अपवर्तनांक वाले द्रव को $h$ ऊँचाई तक बाल्टी में डाला जाता है,तो तल पर स्थित वस्तु की आभासी गहराई बदल जाती है।
वस्तु की स्थिति में आभासी विस्थापन का सूत्र है: $\Delta x = h \left(1 - \frac{1}{\mu}\right)$.
यहाँ दिया गया है कि विस्थापन $\Delta x = 30\,cm$ और अपवर्तनांक $\mu = \frac{5}{3}$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$30 = h \left(1 - \frac{1}{5/3}\right)$
$30 = h \left(1 - \frac{3}{5}\right)$
$30 = h \left(\frac{2}{5}\right)$
$h = \frac{30 \times 5}{2} = 15 \times 5 = 75\,cm$.
अतः,बाल्टी में द्रव की ऊँचाई $75\,cm$ है।

(C) मान लीजिए तार की लंबाई $L$ है।
$N$ फेरों और $R_1$ त्रिज्या वाली कुंडली के लिए, परिधि $2\pi R_1 = L/N$ है, इसलिए $R_1 = L/(2\pi N)$।
केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 N I}{2 R_1} = \frac{\mu_0 N I}{2 (L / 2\pi N)} = \frac{\mu_0 \pi N^2 I}{L}$ है।
इसी प्रकार, $n$ फेरों और $R_2$ त्रिज्या वाली कुंडली के लिए, चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 n^2 \pi I}{L}$ है।
चुंबकीय क्षेत्रों का अनुपात $B_1 / B_2 = (\frac{\mu_0 \pi N^2 I}{L}) / (\frac{\mu_0 \pi n^2 I}{L}) = N^2 / n^2$ है।

(D) कथन $I$ सही है: विद्युत चुम्बकीय तरंगों के कुशल संचरण और रिसेप्शन के लिए,एंटीना की लंबाई सिग्नल की तरंगदैर्ध्य के तुलनीय होनी चाहिए,आमतौर पर $l = \frac{\lambda}{4}$।
कथन $II$ गलत है: आयाम मॉडुलन $(AM)$ में,वाहक तरंग का आयाम मॉडुलन सिग्नल (सूचना सिग्नल) के तात्कालिक आयाम के अनुसार बदलता रहता है। इसलिए,वाहक तरंग का आयाम स्थिर नहीं रहता है।