JEE Main 2024 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) दी गई स्थिति: $x = t^3 - 6t^2 + 20t + 15 \ m$.
वेग $v$,समय के सापेक्ष स्थिति का प्रथम अवकलज है: $v = \frac{dx}{dt} = 3t^2 - 12t + 20 \ m/s$.
त्वरण $a$,समय के सापेक्ष वेग का अवकलज है: $a = \frac{dv}{dt} = 6t - 12 \ m/s^2$.
समय ज्ञात करने के लिए त्वरण को शून्य रखने पर: $6t - 12 = 0 \implies t = 2 \ s$.
वेग समीकरण में $t = 2 \ s$ रखने पर: $v = 3(2)^2 - 12(2) + 20 = 12 - 24 + 20 = 8 \ m/s$.

(C) गैसों के मिश्रण के लिए तुल्य स्वतंत्रता की कोटि (degree of freedom) $f_{eq}$ का सूत्र इस प्रकार है:
$f_{eq} = \frac{n_1 f_1 + n_2 f_2}{n_1 + n_2}$
द्विपरमाणुक गैस के लिए स्वतंत्रता की कोटि $f_{eq} = 5$ होती है।
दिया गया है:
$n_1 = N$,$f_1 = 6$ (बहुपरमाणुक गैस)
$n_2 = 2$,$f_2 = 3$ (एकपरमाणुक गैस)
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$5 = \frac{(N)(6) + (2)(3)}{N + 2}$
दोनों पक्षों को $(N + 2)$ से गुणा करने पर:
$5(N + 2) = 6N + 6$
$5N + 10 = 6N + 6$
$N$ के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$10 - 6 = 6N - 5N$
$N = 4$

(A) यंग मापांक $Y$ का सूत्र $Y = \frac{\text{Stress}}{\text{Strain}} = \frac{F/A}{\Delta l/l} = \frac{Fl}{A\Delta l}$ है।
विस्तार के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर,$\Delta l = \frac{Fl}{AY}$ प्राप्त होता है।
चूंकि आयतन $V = A \times l$ है,हम $l = \frac{V}{A}$ लिख सकते हैं।
$l$ का मान विस्तार के सूत्र में रखने पर: $\Delta l = \frac{F(V/A)}{AY} = \frac{FV}{A^2Y}$।
चूंकि दोनों तारों के लिए $Y$ और $V$ समान हैं,इसलिए $\Delta l \propto \frac{F}{A^2}$।
यहाँ $\Delta l_1 = \Delta l_2$ दिया गया है,इसलिए $\frac{F_1}{A_1^2} = \frac{F_2}{A_2^2}$ होगा।
अतः,$\frac{F_1}{F_2} = \frac{A_1^2}{A_2^2} = \left(\frac{A_1}{A_2}\right)^2$।
क्षेत्रफल का अनुपात $\frac{A_1}{A_2} = \frac{4}{1}$ दिया गया है,इसलिए $\frac{F_1}{F_2} = (4)^2 = 16$ प्राप्त होता है।

(A) माध्य स्थिति से शुरू होने वाले विस्थापन का समीकरण $x(t) = A \sin(\omega t)$ है।
दिया गया है $T = 6 \pi \text{ s}$,कोणीय आवृत्ति $\omega = \frac{2 \pi}{T} = \frac{2 \pi}{6 \pi} = \frac{1}{3} \text{ rad/s}$ है।
$x = A$ पर,कण चरम स्थिति पर है। $x=A$ से माध्य स्थिति $(x=0)$ तक पहुँचने में लगा समय $T/4 = (6 \pi)/4 = 1.5 \pi \text{ s}$ है।
हालाँकि,प्रश्न में $x=A$ से $x=\frac{\sqrt{3}}{2} A$ तक जाने में लगा समय पूछा गया है।
फेजर आरेख का उपयोग करते हुए,स्थिति $x = A \sin(\theta)$ ऊर्ध्वाधर अक्ष पर प्रक्षेप के अनुरूप है।
$x = A$ पर,कला कोण $\theta_1 = \frac{\pi}{2}$ है।
$x = \frac{\sqrt{3}}{2} A$ पर,$\sin(\theta_2) = \frac{\sqrt{3}}{2}$,इसलिए $\theta_2 = \frac{\pi}{3}$ है।
कला में परिवर्तन $\Delta \theta = \theta_1 - \theta_2 = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6}$ है।
चूँकि $\Delta \theta = \omega \Delta t$,इसलिए $\frac{\pi}{6} = \frac{1}{3} \Delta t$ है।
अतः,$\Delta t = \frac{3 \pi}{6} = \frac{\pi}{2} \text{ s}$ प्राप्त होता है।
इसे $\frac{\pi}{x} \text{ s}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 2$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है कि अभिलंब त्वरण $a_c = \frac{v^2}{r}$ और स्पर्शरेखीय त्वरण $a_t = \frac{dv}{dt}$ समान हैं:
$\frac{v^2}{r} = \frac{dv}{dt}$
$t=0$ $(v=4 \ m/s)$ से $t$ समय तक समाकलन करने पर:
$\int_{4}^{v} \frac{dv}{v^2} = \int_{0}^{t} \frac{dt}{r}$
$\left[ -\frac{1}{v} \right]_{4}^{v} = \frac{t}{r}$
$-\frac{1}{v} + \frac{1}{4} = \frac{t}{0.5} = 2t$
$\frac{1}{v} = \frac{1}{4} - 2t = \frac{1-8t}{4} \implies v = \frac{4}{1-8t}$
चूंकि $v = \frac{ds}{dt}$,एक चक्कर के लिए दूरी $s$ $(s = 2\pi r = 2\pi(0.5) = \pi \ m)$ ज्ञात करने के लिए समाकलन करने पर:
$\int_{0}^{\pi} ds = \int_{0}^{t} \frac{4}{1-8t} dt$
$\pi = 4 \left[ \frac{\ln(1-8t)}{-8} \right]_{0}^{t}$
$\pi = -\frac{1}{2} \ln(1-8t)$
$-2\pi = \ln(1-8t)$
$e^{-2\pi} = 1-8t$
$8t = 1 - e^{-2\pi}$
$t = \frac{1}{8} [1 - e^{-2\pi}] \ s$
दिए गए रूप से तुलना करने पर,$\alpha = 8$।

(B) रेखा का समीकरण $x - y + 4 = 0$ है。
मूल बिंदु के परितः कण का कोणीय संवेग $L = mvd$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $m$ द्रव्यमान है,$v$ चाल है,और $d$ गति की रेखा की मूल बिंदु से लंबवत दूरी है。
मूल बिंदु $(0,0)$ से रेखा $Ax + By + C = 0$ की लंबवत दूरी $d = \frac{|C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$ होती है。
यहाँ,$A = 1$,$B = -1$,और $C = 4$ है। अतः,$d = \frac{|4|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2} \,m$.
दिया गया द्रव्यमान $m = 5 \,kg$ और चाल $v = 3\sqrt{2} \,m/s$ है。
इसलिए,$L = 5 \times (3\sqrt{2}) \times (2\sqrt{2}) = 5 \times 3 \times 2 \times 2 = 60 \,kg \,m^2/s$.

(C) $1$. श्यानता गुणांक $(\eta)$: $F = \eta A \frac{dv}{dy}$ से,$\eta = \frac{F}{A(dv/dy)}$. विमा: $\frac{[M L T^{-2}]}{[L^2][T^{-1}]} = [M L^{-1} T^{-1}]$. ($III$ से मेल खाता है)
$2$. पृष्ठ तनाव $(S)$: $S = \frac{F}{l}$. विमा: $\frac{[M L T^{-2}]}{[L]} = [M L^0 T^{-2}]$. ($IV$ से मेल खाता है)
$3$. कोणीय संवेग $(L)$: $L = mvr$. विमा: $[M][L T^{-1}][L] = [M L^2 T^{-1}]$. ($II$ से मेल खाता है)
$4$. घूर्णन गतिज ऊर्जा $(K)$: $K = \frac{1}{2} I \omega^2$. विमा: $[M L^2][T^{-1}]^2 = [M L^2 T^{-2}]$. ($I$ से मेल खाता है)
अतः,सही मिलान $A-III, B-IV, C-II, D-I$ है।

(B) माना कि $4 \,kg$ वाले ब्लॉक का नीचे की ओर त्वरण $a$ है। बाधा (constraint) के कारण, $2 \,kg$ वाले ब्लॉक का नत समतल पर ऊपर की ओर त्वरण $2a$ होगा。
$4 \,kg$ वाले ब्लॉक के लिए: $4g - 2T = 4a \Rightarrow 2g - T = 2a$ (समीकरण $1$)
$2 \,kg$ वाले ब्लॉक के लिए: $T - m_2g \sin(30^{\circ}) = m_2(2a) \Rightarrow T - 2g(0.5) = 2(2a) \Rightarrow T - g = 4a$ (समीकरण $2$)
समीकरण $1$ और समीकरण $2$ को जोड़ने पर: $(2g - T) + (T - g) = 2a + 4a \Rightarrow g = 6a \Rightarrow a = \frac{g}{6}$.
अतः, $2 \,kg$ वाले ब्लॉक का त्वरण $2a = 2(\frac{g}{6}) = \frac{g}{3}$ होगा।

(C) यंग मापांक तार के पदार्थ का एक आंतरिक गुण है।
यह केवल पदार्थ की प्रकृति और तापमान पर निर्भर करता है,न कि तार के आयामों जैसे कि उसकी लंबाई $L$ या अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A$ पर।
इसलिए,यदि लंबाई दोगुनी कर दी जाए और अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल आधा कर दिया जाए,तब भी यंग मापांक $Y$ अपरिवर्तित रहता है।

(B) चूँकि ट्रैक घर्षण रहित है,इसलिए कण की कुल यांत्रिक ऊर्जा संरक्षित रहती है।
बिंदु $A$ और $B$ के बीच यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$KE_A + PE_A = KE_B + PE_B$
यहाँ,$KE_A = 0$ (चूँकि इसे धीरे से धकेला जाता है,प्रारंभिक वेग नगण्य है),$PE_A = mgh_A$,$KE_B = \frac{1}{2}mv^2$,और $PE_B = mgh_B$ है।
दिया गया है: $h_A = 1 \ m$,$h_B = 0.5 \ m$,और $g = 10 \ m/s^2$ है।
मान रखने पर:
$0 + mg(1) = \frac{1}{2}mv^2 + mg(0.5)$
$mg(1 - 0.5) = \frac{1}{2}mv^2$
$mg(0.5) = \frac{1}{2}mv^2$
$g = v^2$
$v = \sqrt{g} = \sqrt{10} \ m/s$.

(A) मान लीजिए $R_E$ पृथ्वी की त्रिज्या है और $h$ सतह के ऊपर बिंदु की ऊँचाई है। पृथ्वी के केंद्र से दूरी $r = R_E + h$ है।
गुरुत्वीय विभव $V = -\frac{G M_E}{r} = -5.12 \times 10^7 \,J/kg$ ... $(i)$
गुरुत्वीय त्वरण $g' = \frac{G M_E}{r^2} = 6.4 \,m/s^2$ ... $(ii)$
समीकरण $(i)$ को समीकरण $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{V}{g'} = \frac{-G M_E / r}{G M_E / r^2} = -r$
$r = -\frac{V}{g'} = -\frac{-5.12 \times 10^7}{6.4} = 0.8 \times 10^7 \,m = 8000 \,km$
चूंकि $r = R_E + h$, इसलिए $h = r - R_E = 8000 \,km - 6400 \,km = 1600 \,km$.

(C) पॉलिट्रोपिक प्रक्रिया का समीकरण $PV^x = \text{constant}$ है,जिसे $\log P + x \log V = \text{constant}$ या $\log P = -x \log V + \text{constant}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
इसे रेखा के समीकरण $y = mx + c$ के साथ तुलना करने पर,ढाल $m = -x$ प्राप्त होता है।
प्रक्रिया $A$ के लिए,ढाल $\tan(\theta_A) = \gamma$ है। अतः,$-x_A = \gamma$,यानी $x_A = -\gamma$।
पॉलिट्रोपिक प्रक्रिया के लिए मोलर ऊष्मा धारिता $C = C_V + \frac{R}{1-x}$ है।
प्रक्रिया $A$ के लिए,$C_A = C_V + \frac{R}{1 - (-\gamma)} = C_V + \frac{R}{1+\gamma}$। चूंकि $\gamma > 1$,$C_A$ एक निश्चित धनात्मक मान है।
प्रक्रिया $B$ के लिए,ढाल $\tan(45^\circ) = 1$ है। अतः,$-x_B = 1$,यानी $x_B = -1$।
प्रक्रिया $B$ के लिए,$C_B = C_V + \frac{R}{1 - (-1)} = C_V + \frac{R}{2}$।
मानों की तुलना करने पर:
$C_P = C_V + R$
$C_B = C_V + 0.5R$
$C_A = C_V + \frac{R}{1+\gamma}$ (जहां $1 < \gamma < 1.67$,इसलिए $0.37R < \frac{R}{1+\gamma} < 0.5R$)
अतः,$C_P > C_B > C_A > C_V$।

(D) आवेग $\vec{I}$ संवेग में परिवर्तन $\Delta \vec{P} = \vec{P}_f - \vec{P}_i$ के बराबर होता है।
द्रव्यमान $m = 100 \,g = 0.1 \,kg$.
जमीन से टकराने से ठीक पहले का वेग: $v_i = -\sqrt{2gh_1} = -\sqrt{2 \times 9.8 \times 10} = -\sqrt{196} = -14 \,m/s$.
उछलने के ठीक बाद का वेग: $v_f = \sqrt{2gh_2} = \sqrt{2 \times 9.8 \times 5} = \sqrt{98} = 7\sqrt{2} \approx 9.9 \,m/s$.
आवेग $I = m(v_f - v_i) = 0.1 \times (9.9 - (-14)) = 0.1 \times (23.9) = 2.39 \,kg \,m/s$.

(A) प्रक्षेपण बिंदु के परितः कण का कोणीय संवेग $L = \vec{r} \times \vec{p} = m(\vec{r} \times \vec{v})$ द्वारा दिया जाता है।
अधिकतम ऊँचाई पर, वेग का ऊर्ध्वाधर घटक शून्य होता है, इसलिए वेग केवल क्षैतिज होता है: $v_x = u \cos \theta$.
अधिकतम ऊँचाई पर क्षैतिज दूरी $x = \frac{R}{2} = \frac{u^2 \sin \theta \cos \theta}{g}$ है।
अधिकतम ऊँचाई $h = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है।
कोणीय संवेग $L = m v_x h = m (u \cos \theta) \left( \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g} \right)$ है।
$\theta = 30^{\circ}$, $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$, और $\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$ का मान रखने पर:
$L = m u \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \frac{u^2 (1/2)^2}{2g} = m u \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \frac{u^2}{8g} = \frac{\sqrt{3} m u^3}{16g}$.

(D) गैस अणु का रूट मीन स्क्वायर (r.m.s.) वेग $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है, जहाँ $R$ सार्वत्रिक गैस नियतांक है, $T$ केल्विन में परम तापमान है और $M$ गैस का मोलर द्रव्यमान है।
यहाँ, $T_H$ तापमान पर हाइड्रोजन $(H_2)$ का r.m.s. वेग, $T_O = 47^{\circ} C = 47 + 273 = 320 \,K$ तापमान पर ऑक्सीजन $(O_2)$ के r.m.s. वेग के बराबर है।
हाइड्रोजन का मोलर द्रव्यमान $M_H = 2 \,g/mol$ और ऑक्सीजन का मोलर द्रव्यमान $M_O = 32 \,g/mol$ है।
वेगों को बराबर करने पर: $\sqrt{\frac{3RT_H}{M_H}} = \sqrt{\frac{3RT_O}{M_O}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{T_H}{M_H} = \frac{T_O}{M_O}$.
मान रखने पर: $\frac{T_H}{2} = \frac{320}{32}$.
$T_H = 2 \times 10 = 20 \,K$.

(D) माना प्रत्येक ब्लॉक का द्रव्यमान $m = 3 \,kg$ है। निकाय का कुल द्रव्यमान $3m = 9 \,kg$ है।
गति उत्पन्न करने वाला बल ब्लॉक $R$ का भार है,जो $F = mg = 3 \times 10 = 30 \,N$ है।
निकाय का त्वरण $a = \frac{F}{\text{कुल द्रव्यमान}} = \frac{30}{3m} = \frac{30}{9} = \frac{10}{3} \,m/s^2$ है।
तार $B$,ब्लॉक $R$ को ब्लॉक $Q$ से जोड़ता है। तार $B$ में तनाव $T_1$ को ब्लॉक $R$ की गति पर विचार करके ज्ञात किया जा सकता है:
$mg - T_1 = ma$
$30 - T_1 = 3 \times \frac{10}{3} = 10$
$T_1 = 30 - 10 = 20 \,N$.
तार $B$ में प्रतिबल (stress) $\sigma = \frac{T_1}{A}$ है,जहाँ $A = 0.005 \,cm^2 = 0.005 \times 10^{-4} \,m^2 = 5 \times 10^{-7} \,m^2$ है।
$\sigma = \frac{20}{5 \times 10^{-7}} = 4 \times 10^7 \,N/m^2$.
अनुदैर्ध्य विकृति (longitudinal strain) $\epsilon = \frac{\sigma}{Y} = \frac{4 \times 10^7}{2 \times 10^{11}} = 2 \times 10^{-4}$ है।
अतः,विकृति $2 \times 10^{-4}$ है।

(B) मान लीजिए कि समय $t$ पर प्रारंभिक वेग $u$ है और त्वरण $a$ है।
यह दिया गया है कि $1 \ s$ में वेग में वृद्धि $50 \ m/s$ है,इसलिए $v = u + a(1) = u + 50$।
अतः,$a = 50 \ m/s^2$।
$t$ से $t+1$ के अंतराल में विस्थापन $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ द्वारा दिया जाता है। $t$ से शुरू होने वाले $1 \ s$ के अंतराल के लिए,विस्थापन $s = u(1) + \frac{1}{2}a(1)^2 = 125$ है।
$a = 50$ रखने पर,हमें $u + 25 = 125$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $u = 100 \ m/s$।
$(t+2)^{th}$ सेकंड में तय की गई दूरी $S_n = u + \frac{a}{2}(2n - 1)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n = t+2$ है।
चूंकि $u$ समय $t$ पर वेग है,अगली सेकंड ($(t+1)^{th}$ सेकंड) में दूरी $125 \ m$ है। $(t+2)^{th}$ सेकंड में दूरी $S = (u+a) + \frac{a}{2} = 100 + 50 + 25 = 175 \ m$ है।

(D) डिस्क का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2} M R^2 = \frac{1}{2} \times 5 \times (2)^2 = 10 \,kg \cdot m^2$ है।
प्रारंभिक कोणीय संवेग $L_i = I \omega_i = 10 \times 10 = 100 \,kg \cdot m^2/s$ है।
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $E_i = \frac{1}{2} I \omega_i^2 = \frac{1}{2} \times 10 \times (10)^2 = 500 \,J$ है।
जब एक समान डिस्क को ऊपर रखा जाता है, तो अंतिम जड़त्व आघूर्ण $I_f = I + I = 2I = 20 \,kg \cdot m^2$ हो जाता है।
कोणीय संवेग के संरक्षण के नियम के अनुसार, $L_i = L_f$, इसलिए $100 = I_f \omega_f = 20 \omega_f$।
अतः, अंतिम कोणीय वेग $\omega_f = \frac{100}{20} = 5 \,rad/s$ है।
अंतिम गतिज ऊर्जा $E_f = \frac{1}{2} I_f \omega_f^2 = \frac{1}{2} \times 20 \times (5)^2 = 10 \times 25 = 250 \,J$ है।
व्यय हुई ऊर्जा $\Delta E = E_i - E_f = 500 \,J - 250 \,J = 250 \,J$ है।

(A) एक बंद ऑर्गन पाइप के लिए,मूल आवृत्ति $f = \frac{v}{4L}$ द्वारा दी जाती है।
प्रारंभ में,$f_1 = 30 \,Hz$ और $v = 330 \,m/s$,इसलिए $L_1 = \frac{330}{4 \times 30} = \frac{330}{120} = 2.75 \,m$ है।
पानी डालने के बाद,वायु स्तंभ की नई लंबाई $L_2$ है। नई आवृत्ति $f_2 = 110 \,Hz$ है।
$L_2 = \frac{330}{4 \times 110} = \frac{330}{440} = 0.75 \,m$ है।
वायु स्तंभ की लंबाई में परिवर्तन $\Delta L = L_1 - L_2 = 2.75 - 0.75 = 2.0 \,m = 200 \,cm$ है।
डाले गए पानी का आयतन $V = A \times \Delta L = 2 \,cm^2 \times 200 \,cm = 400 \,cm^3$ है।
चूंकि पानी का घनत्व $1 \,g/cm^3$ है,इसलिए पानी का द्रव्यमान $400 \,g$ है।

(D) वर्नियर स्थिरांक $(VC)$ को मुख्य पैमाने के एक भाग $(MSD)$ और वर्नियर पैमाने के एक भाग $(VSD)$ के बीच के अंतर के रूप में परिभाषित किया गया है।
दिया गया है: $50 \,VSD = 49 \,MSD$.
इसलिए, $1 \,VSD = \frac{49}{50} \,MSD$.
मुख्य पैमाने का सबसे छोटा पाठ्यांक $(MSD)$ $0.5 \,mm$ है।
$VC = 1 \,MSD - 1 \,VSD = 1 \,MSD - \frac{49}{50} \,MSD = \frac{1}{50} \,MSD$.
$MSD = 0.5 \,mm$ का मान रखने पर:
$VC = \frac{0.5 \,mm}{50} = \frac{0.5}{50} \,mm = 0.01 \,mm$.

(B) ब्लॉक पर कार्य करने वाला अभिलंब बल $N = mg \cos \theta$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है: $m = 1 \ kg$,$g = 10 \ m/s^2$,$\theta = 60^{\circ}$,और $\mu_s = 0.1$.
$N = 1 \times 10 \times \cos(60^{\circ}) = 10 \times 0.5 = 5 \ N$.
घर्षण बल $f = \mu_s N$ द्वारा दिया जाता है।
$f = 0.1 \times 5 = 0.5 \ N$.
$d = 10 \ m$ की दूरी पर घर्षण बल के विरुद्ध किया गया कार्य है:
$W = f \times d = 0.5 \times 10 = 5 \ J$.

(C) $-10^{\circ} C$ पर बर्फ को $100^{\circ} C$ पर भाप में गर्म करने की प्रक्रिया में कई चरण शामिल हैं:
$1$. बर्फ को $-10^{\circ} C$ से $0^{\circ} C$ तक गर्म करना: दी गई ऊष्मा के साथ तापमान रैखिक रूप से बढ़ता है।
$2$. $0^{\circ} C$ पर बर्फ का $0^{\circ} C$ पर पानी में पिघलना: तापमान स्थिर रहता है (अवस्था परिवर्तन,गलन की गुप्त ऊष्मा)।
$3$. पानी को $0^{\circ} C$ से $100^{\circ} C$ तक गर्म करना: दी गई ऊष्मा के साथ तापमान रैखिक रूप से बढ़ता है।
$4$. $100^{\circ} C$ पर पानी का $100^{\circ} C$ पर भाप में बदलना: तापमान स्थिर रहता है (अवस्था परिवर्तन,वाष्पन की गुप्त ऊष्मा)।
इस प्रकार,हीटिंग वक्र में $0^{\circ} C$ और $100^{\circ} C$ पर अवस्था परिवर्तन को दर्शाने वाले दो अलग-अलग क्षैतिज खंड होने चाहिए,जो पानी के गर्म होने के लिए एक बढ़ते हुए खंड द्वारा अलग किए गए हों,और उसके बाद भाप के गर्म होने के लिए एक और बढ़ता हुआ खंड हो। ग्राफ $C$ इन दोनों अवस्था परिवर्तनों (क्षैतिज रेखाओं) और मध्यवर्ती हीटिंग चरणों को सही ढंग से दर्शाता है।

(A) $P-V$ आरेख में,रुद्धोष्म (adiabatic) प्रक्रिया का ढाल समतापी (isothermal) प्रक्रिया के ढाल का $\gamma$ गुना होता है। इसलिए,अधिक खड़ी वक्र रुद्धोष्म प्रक्रिया को दर्शाती है।
$1$. वक्र $B$,वक्र $A$ की तुलना में अधिक खड़ी है,इसलिए प्रक्रिया $B$ रुद्धोष्म है। रुद्धोष्म प्रक्रिया का समीकरण $PV^\gamma = k$ होता है।
$2$. वक्र $A$ कम खड़ी है,इसलिए प्रक्रिया $A$ समतापी है। समतापी प्रक्रिया का समीकरण $PV = k$ होता है।
अतः,विकल्प $A$ सही है जो प्रक्रिया $B$ को रुद्धोष्म $(PV^\gamma = k)$ और प्रक्रिया $A$ को समतापी $(PV = k)$ के रूप में पहचानता है।

(A) किसी ब्लॉक के झुकी हुई सतह पर बिना फिसले स्थिर रहने की शर्त यह है कि झुकाव कोण $\theta$,विराम कोण $\phi$ से कम या उसके बराबर होना चाहिए,जहाँ $\tan \phi = \mu$ होता है।
दी गई सतह का समीकरण $y = x^2 / 4$ है,अतः किसी भी बिंदु $x$ पर ढाल अवकलन $\frac{dy}{dx} = \tan \theta$ द्वारा प्राप्त होती है।
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} (x^2 / 4) = \frac{2x}{4} = \frac{x}{2}$.
ब्लॉक के बिना फिसले अधिकतम ऊँचाई पर रहने के लिए,ढाल को घर्षण गुणांक $\mu = 0.5$ के बराबर होना चाहिए।
अतः,$\frac{x}{2} = 0.5$,जिससे हमें $x = 1$ प्राप्त होता है।
सतह के समीकरण $y = x^2 / 4$ में $x = 1$ रखने पर,हमें अधिकतम ऊँचाई $y = (1)^2 / 4 = 1/4 \ m$ प्राप्त होती है।

(D) पलायन वेग का सूत्र $V_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
पृथ्वी के लिए दिया गया है: $V_E = 11.2 \,km/s$, $M_E$, और $R_E$.
ग्रह के लिए: $M_P = \frac{M_E}{6}$ और $R_P = \frac{R_E}{3}$.
ग्रह के लिए पलायन वेग $V_P = \sqrt{\frac{2GM_P}{R_P}}$ है।
मान रखने पर: $V_P = \sqrt{\frac{2G(M_E/6)}{(R_E/3)}} = \sqrt{\frac{2GM_E}{R_E} \times \frac{3}{6}} = \sqrt{\frac{2GM_E}{R_E} \times \frac{1}{2}}$.
चूंकि $V_E = \sqrt{\frac{2GM_E}{R_E}} = 11.2 \,km/s$, इसलिए $V_P = \frac{V_E}{\sqrt{2}}$.
$V_P = \frac{11.2}{1.414} \approx 7.9 \,km/s$.

(A) द्रव्यमान के लिए दिया गया सूत्र: $m = k c^{P} G^{-1/2} h^{1/2}$ है।
प्रत्येक स्थिरांक के लिए हम विमीय सूत्रों का उपयोग करते हैं:
$c$ (प्रकाश की गति) $= [L T^{-1}]$
$G$ (गुरुत्वाकर्षण स्थिरांक) $= [M^{-1} L^3 T^{-2}]$
$h$ (प्लांक स्थिरांक) $= [M L^2 T^{-1}]$
इन विमाओं को समीकरण में रखने पर:
$[M^1 L^0 T^0] = [L T^{-1}]^{P} [M^{-1} L^3 T^{-2}]^{-1/2} [M L^2 T^{-1}]^{1/2}$
$[M^1 L^0 T^0] = [L^P T^{-P}] [M^{1/2} L^{-3/2} T^1] [M^{1/2} L^1 T^{-1/2}]$
दाहिनी ओर $M$,$L$,और $T$ की घातों को संयोजित करने पर:
$M: 1/2 + 1/2 = 1$
$L: P - 3/2 + 1 = P - 1/2$
$T: -P + 1 - 1/2 = -P + 1/2$
दोनों पक्षों में $L$ की घातों की तुलना करने पर:
$P - 1/2 = 0 \implies P = 1/2$.
अतः,$P$ का मान $1/2$ है।

(C) एक-परमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $f_1 = 3$ है। द्वि-परमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f_2 = 5$ है।
दिया गया है कि $n_1 = 3$ मोल और $n_2 = 2$ मोल है।
मिश्रण के लिए स्वतंत्रता की कोटि का सूत्र $f_{\text{mix}} = \frac{n_1 f_1 + n_2 f_2}{n_1 + n_2}$ है।
मान रखने पर: $f_{\text{mix}} = \frac{3(3) + 2(5)}{3 + 2} = \frac{9 + 10}{5} = \frac{19}{5} = 3.8$ प्राप्त होता है।
रुद्धोष्म घातांक $\gamma$ और स्वतंत्रता की कोटि $f$ के बीच संबंध $\gamma = 1 + \frac{2}{f}$ होता है।
अतः,$\gamma_{\text{mix}} = 1 + \frac{2}{f_{\text{mix}}} = 1 + \frac{2}{3.8} = 1 + \frac{20}{38} = 1 + \frac{10}{19} = \frac{29}{19} \approx 1.526$ है।
दो दशमलव स्थानों तक पूर्णांकित करने पर,हमें $\gamma_{\text{mix}} = 1.52$ प्राप्त होता है।

(A) निकाय का कुल द्रव्यमान $M = m_A + m_B + m_C = 5 \text{ kg} + 3 \text{ kg} + 2 \text{ kg} = 10 \text{ kg}$ है।
चूंकि सतह चिकनी है,निकाय का त्वरण $a = \frac{F}{M} = \frac{80 \text{ N}}{10 \text{ kg}} = 8 \text{ m/s}^2$ है।
ब्लॉक $A$ $(5 \text{ kg})$ के लिए,उस पर कार्य करने वाला एकमात्र क्षैतिज बल तनाव $T_1$ है। इसलिए,$T_1 = m_A \times a = 5 \text{ kg} \times 8 \text{ m/s}^2 = 40 \text{ N}$।
ब्लॉक $B$ $(3 \text{ kg})$ के लिए,उस पर कार्य करने वाले बल $T_2$ (आगे की ओर) और $T_1$ (पीछे की ओर) हैं। इसलिए,$T_2 - T_1 = m_B \times a$।
मान रखने पर,$T_2 - 40 \text{ N} = 3 \text{ kg} \times 8 \text{ m/s}^2 = 24 \text{ N}$।
अतः,$T_2 = 40 \text{ N} + 24 \text{ N} = 64 \text{ N}$।
इसलिए,तनाव $T_1$ और $T_2$ क्रमशः $40 \text{ N}$ और $64 \text{ N}$ हैं।

(D) मान लीजिए कि क्षैतिज के साथ कोण $\theta_A$ और $\theta_B$ हैं। ऊर्ध्वाधर के साथ दिए गए कोण $45^{\circ}$ और $60^{\circ}$ हैं,इसलिए $\theta_A = 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$ और $\theta_B = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$ है।
$h$ ऊँचाई से फेंके गए प्रक्षेप्य के लिए,उड़ान का समय $T$,$h = -u \sin \theta T + \frac{1}{2} g T^2$ द्वारा दिया जाता है। यदि दोनों के लिए $T$ समान है,तो प्रारंभिक वेग के ऊर्ध्वाधर घटक समान होने चाहिए: $v_A \sin \theta_A = v_B \sin \theta_B$.
$v_A \sin 45^{\circ} = v_B \sin 30^{\circ} \implies v_A (\frac{1}{\sqrt{2}}) = v_B (\frac{1}{2}) \implies \frac{v_A}{v_B} = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
साथ ही,परास $R = (v \cos \theta) T$ है। यदि $R$ और $T$ समान हैं,तो $v_A \cos \theta_A = v_B \cos \theta_B$ होगा।
$v_A \cos 45^{\circ} = v_B \cos 30^{\circ} \implies v_A (\frac{1}{\sqrt{2}}) = v_B (\frac{\sqrt{3}}{2}) \implies \frac{v_A}{v_B} = \frac{\sqrt{6}}{2} = \sqrt{\frac{3}{2}}$.
चूंकि दोनों शर्तें अलग-अलग अनुपात देती हैं,इसलिए प्रश्न भौतिक रूप से असंगत है। हालाँकि,यदि हम उड़ान के समय की शर्त के लिए ऊर्ध्वाधर घटकों को समान मानते हैं,तो अनुपात $1 : \sqrt{2}$ प्राप्त होता है।

(A) माना कि प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या $r$ है और बड़ी बूंद की त्रिज्या $R$ है।
चूंकि $1000$ छोटी बूंदों के एक बड़ी बूंद में मिलने पर आयतन संरक्षित रहता है:
$1000 \times (\frac{4}{3} \pi r^3) = \frac{4}{3} \pi R^3$
$R^3 = 1000 r^3 \implies R = 10r$.
पृष्ठ ऊर्जा $E = S \times A$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $S$ पृष्ठ तनाव है और $A$ पृष्ठ क्षेत्रफल है।
$1000$ छोटी बूंदों की कुल पृष्ठ ऊर्जा: $E_1 = 1000 \times (4 \pi r^2 \times S) = 4000 \pi r^2 S$.
बड़ी बूंद की पृष्ठ ऊर्जा: $E_2 = 4 \pi R^2 S = 4 \pi (10r)^2 S = 400 \pi r^2 S$.
अनुपात $E_1 : E_2 = \frac{4000 \pi r^2 S}{400 \pi r^2 S} = \frac{10}{1}$.
अतः,$x = 10$.

(C) कोणीय संवेग संरक्षण के नियम ($C$.$O$.$A$.$M$.) के अनुसार,संपर्क से पहले का कुल कोणीय संवेग संपर्क के बाद के कुल कोणीय संवेग के बराबर होता है।
$I_1 \omega_1 + I_2 \omega_2 = (I_1 + I_2) \omega_0$
दिए गए मानों को रखने पर: $(4 \times 10) + (2 \times 4) = (4 + 2) \omega_0$
$40 + 8 = 6 \omega_0 \implies 48 = 6 \omega_0 \implies \omega_0 = 8 \ rad/s$.
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $E_1 = \frac{1}{2} I_1 \omega_1^2 + \frac{1}{2} I_2 \omega_2^2 = \frac{1}{2}(4)(10)^2 + \frac{1}{2}(2)(4)^2 = 200 + 16 = 216 \ J$.
अंतिम गतिज ऊर्जा $E_2 = \frac{1}{2}(I_1 + I_2) \omega_0^2 = \frac{1}{2}(4 + 2)(8)^2 = \frac{1}{2}(6)(64) = 3 \times 64 = 192 \ J$.
गतिज ऊर्जा में हुई हानि $\Delta E = E_1 - E_2 = 216 \ J - 192 \ J = 24 \ J$.

(A) सबसे पहले,सदिश $\overrightarrow{A} = 3 \hat{i} + 4 \hat{j}$ का परिमाण ज्ञात करें।
$|\overrightarrow{A}| = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5$.
इसके बाद,$\overrightarrow{B} = 4 \hat{i} + 3 \hat{j}$ की दिशा में इकाई सदिश ज्ञात करें।
$|\overrightarrow{B}| = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = 5$.
$\hat{B} = \frac{\overrightarrow{B}}{|\overrightarrow{B}|} = \frac{4 \hat{i} + 3 \hat{j}}{5}$.
वांछित सदिश $\overrightarrow{V}$ का परिमाण $5$ है और यह $\overrightarrow{B}$ के समानांतर है,इसलिए $\overrightarrow{V} = |\overrightarrow{A}| \hat{B} = 5 \times \frac{4 \hat{i} + 3 \hat{j}}{5} = 4 \hat{i} + 3 \hat{j}$.
इसे दिए गए घटकों $X \hat{i} + 3 \hat{j}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $X = 4$ प्राप्त होता है।

(D) पृथ्वी की सतह से $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण $g' = g \left( \frac{R}{R+h} \right)^2$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $h = R$ दिया गया है,इसलिए गुरुत्वीय त्वरण $g' = g \left( \frac{R}{R+R} \right)^2 = g \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \frac{g}{4}$ होगा।
सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g'}}$ सूत्र द्वारा प्राप्त होता है।
$\ell = 4 \ m$ और $g' = \frac{g}{4}$ मान रखने पर,$T = 2\pi \sqrt{\frac{4}{g/4}} = 2\pi \sqrt{\frac{16}{g}}$ प्राप्त होता है।
$g = \pi^2 \ ms^{-2}$ दिया गया है,समीकरण में मान रखने पर:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{16}{\pi^2}} = 2\pi \left( \frac{4}{\pi} \right) = 8 \ s$.

(A) एक बिंदु स्रोत के लिए,$r$ दूरी पर तीव्रता $I$ व्युत्क्रम वर्ग नियम द्वारा दी जाती है: $I \propto \frac{1}{r^2}$।
माना $r_0 = 1 \text{ m}$ पर तीव्रता $I_0 = 16 \times 10^{-8} \text{ W m}^{-2}$ है।
$r$ दूरी पर तीव्रता $I(r) = \frac{I_0 \cdot r_0^2}{r^2} = \frac{16 \times 10^{-8} \times (1)^2}{r^2} = \frac{16 \times 10^{-8}}{r^2} \text{ W m}^{-2}$ होगी।
$r_1 = 2 \text{ m}$ पर,तीव्रता $I_1 = \frac{16 \times 10^{-8}}{2^2} = \frac{16 \times 10^{-8}}{4} = 4 \times 10^{-8} \text{ W m}^{-2}$ है।
$r_2 = 4 \text{ m}$ पर,तीव्रता $I_2 = \frac{16 \times 10^{-8}}{4^2} = \frac{16 \times 10^{-8}}{16} = 1 \times 10^{-8} \text{ W m}^{-2}$ है।
तीव्रता में अंतर $|I_1 - I_2| = |4 \times 10^{-8} - 1 \times 10^{-8}| = 3 \times 10^{-8} \text{ W m}^{-2}$ है।
अतः,मान $3$ है।

(A) गैसों के अणुगति सिद्धांत के अनुसार,गैस के एक अणु की औसत स्थानांतरण गतिज ऊर्जा का सूत्र $KE_{avg} = \frac{3}{2} kT$ है,जहाँ $k$ बोल्ट्जमैन नियतांक है और $T$ परम तापमान है।
चूंकि $k$ एक सार्वत्रिक नियतांक है और $T$ सभी गैसों के लिए समान दिया गया है,इसलिए औसत गतिज ऊर्जा केवल तापमान पर निर्भर करती है।
अतः,एक दिए गए तापमान पर,गैस की प्रकृति पर ध्यान दिए बिना,सभी गैसों के अणुओं की औसत गतिज ऊर्जा समान रहती है।

(A) दिया गया संबंध: $t = \alpha x^2 + \beta x$.
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dt}{dx} = 2 \alpha x + \beta$.
हम जानते हैं कि $v = \frac{dx}{dt}$,इसलिए $\frac{dt}{dx} = \frac{1}{v}$.
अतः,$\frac{1}{v} = 2 \alpha x + \beta$.
दोनों पक्षों का $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$-\frac{1}{v^2} \frac{dv}{dt} = 2 \alpha \frac{dx}{dt}$.
हम जानते हैं कि $a = \frac{dv}{dt}$ और $v = \frac{dx}{dt}$,इन मानों को रखने पर:
$-\frac{1}{v^2} a = 2 \alpha v$.
$a$ के लिए हल करने पर:
$a = -2 \alpha v^3$.

(B) मान लीजिए वर्ग की भुजा की लंबाई $a$ है। एक कोने पर स्थित द्रव्यमान पर विचार करें। यह अन्य तीन द्रव्यमानों से गुरुत्वाकर्षण बल का अनुभव करता है।
दो द्रव्यमान $a$ दूरी पर (निकटवर्ती कोनों) हैं,और एक द्रव्यमान $\sqrt{2}a$ दूरी पर (विपरीत कोने) है।
दो निकटवर्ती द्रव्यमानों द्वारा बल $F = \frac{Gm^2}{a^2}$ है,जो $90^\circ$ के कोण पर कार्य करते हैं। उनका परिणामी बल $\sqrt{F^2 + F^2} = \sqrt{2}F = \sqrt{2} \frac{Gm^2}{a^2}$ है।
विपरीत द्रव्यमान द्वारा बल $F' = \frac{Gm^2}{(\sqrt{2}a)^2} = \frac{Gm^2}{2a^2}$ है।
ये दोनों बल वर्ग के विकर्ण के अनुदिश कार्य करते हैं,इसलिए कुल बल:
$F_{\text{net}} = \sqrt{2} \frac{Gm^2}{a^2} + \frac{Gm^2}{2a^2} = \frac{Gm^2}{a^2} \left( \sqrt{2} + \frac{1}{2} \right) = \frac{Gm^2}{a^2} \left( \frac{2\sqrt{2} + 1}{2} \right)$.
दिया गया है कि $F_{\text{net}} = \left( \frac{2\sqrt{2} + 1}{32} \right) \frac{Gm^2}{L^2}$,इसलिए हम दोनों व्यंजकों की तुलना करते हैं:
$\frac{Gm^2}{a^2} \left( \frac{2\sqrt{2} + 1}{2} \right) = \left( \frac{2\sqrt{2} + 1}{32} \right) \frac{Gm^2}{L^2}$.
$\frac{1}{2a^2} = \frac{1}{32L^2} \implies a^2 = 16L^2 \implies a = 4L$.

(D) एक आदर्श गैस के लिए,अवस्था समीकरण $PV = nRT$ है।
$V$ को $T$ के फलन के रूप में व्यवस्थित करने पर,हमें $V = \left(\frac{nR}{P}\right)T$ प्राप्त होता है।
इसे एक सीधी रेखा के समीकरण $y = mx$ के साथ तुलना करने पर,जहाँ $y = V$ और $x = T$ है,$V-T$ ग्राफ की ढाल (slope) $\text{Slope} = \frac{nR}{P}$ द्वारा दी जाती है।
चूँकि $n$ और $R$ स्थिरांक हैं,ढाल दबाव के व्युत्क्रमानुपाती होती है,अर्थात $\text{Slope} \propto \frac{1}{P}$।
दी गई आकृति से,$P_2$ के अनुरूप रेखा की ढाल $P_1$ के अनुरूप रेखा की ढाल से अधिक है,अर्थात $(\text{Slope})_2 > (\text{Slope})_1$।
चूँकि $\text{Slope} \propto \frac{1}{P}$,उच्च ढाल का अर्थ है कम दबाव। इसलिए,$P_2 < P_1$ या $P_1 > P_2$ होगा।

(B) तार का प्रतिरोध $R$ सूत्र $R = \rho \frac{L}{A}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A = \pi \frac{d^2}{4}$ है।
$A$ का मान रखने पर,हमें $R = \frac{4 \rho L}{\pi d^2}$ प्राप्त होता है।
सापेक्ष त्रुटि लेने पर,$\frac{\Delta R}{R} = \frac{\Delta L}{L} + 2 \frac{\Delta d}{d}$ होता है।
दिया गया है कि $\frac{\Delta L}{L} = 0.1 \%$ और $\frac{\Delta d}{d} = 0.1 \%$.
इन मानों को रखने पर,$\frac{\Delta R}{R} = 0.1 \% + 2(0.1 \%) = 0.1 \% + 0.2 \% = 0.3 \%$।

(A) विमीय समांगता के सिद्धांत के अनुसार,समीकरण के प्रत्येक पद की विमाएँ बल $F$ की विमाओं के समान होनी चाहिए।
$1$. पद $ax^2$ के लिए:
$[ax^2] = [F] = [MLT^{-2}]$
$[a] = [F] / [x^2] = [MLT^{-2}] / [L^2] = [ML^{-1}T^{-2}]$
$2$. पद $bt^{1/2}$ के लिए:
$[bt^{1/2}] = [F] = [MLT^{-2}]$
$[b] = [F] / [t^{1/2}] = [MLT^{-2}] / [T^{1/2}] = [MLT^{-5/2}]$
$3$. $b^2/a$ की विमाओं की गणना:
$[b^2/a] = [b]^2 / [a] = ([MLT^{-5/2}])^2 / [ML^{-1}T^{-2}]$
$[b^2/a] = [M^2 L^2 T^{-5}] / [ML^{-1}T^{-2}] = [M^{2-1} L^{2-(-1)} T^{-5-(-2)}] = [ML^3 T^{-3}]$

(B) ब्लॉक $M$ $(M=10 \text{ kg})$ के लिए:
$M g \sin 53^{\circ} - \mu M g \cos 53^{\circ} - T = M a$
$10 \times 10 \times 0.8 - 0.25 \times 10 \times 10 \times 0.6 - T = 10 \times 2$
$80 - 15 - T = 20$
$T = 80 - 15 - 20 = 45 \text{ N}$
ब्लॉक $m$ के लिए:
$T - m g \sin 37^{\circ} - \mu m g \cos 37^{\circ} = m a$
$45 - m \times 10 \times 0.6 - 0.25 \times m \times 10 \times 0.8 = m \times 2$
$45 - 6m - 2m = 2m$
$45 = 10m$
$m = 4.5 \text{ kg}$

(D) मान लीजिए $L_1$ बंद ऑर्गन पाइप की लंबाई है और $L_2$ खुले ऑर्गन पाइप की लंबाई है।
बंद ऑर्गन पाइप की मूल आवृत्ति $f_c = \frac{v}{4L_1}$ द्वारा दी जाती है।
खुले ऑर्गन पाइप की आवृत्तियाँ $f_n = \frac{nv}{2L_2}$ द्वारा दी जाती हैं, जहाँ $n = 1, 2, 3, ...$ है।
खुले ऑर्गन पाइप का प्रथम अधिस्वरक $n = 2$ के अनुरूप है, इसलिए $f_{o1} = \frac{2v}{2L_2} = \frac{v}{L_2}$।
प्रश्न के अनुसार, बंद पाइप की मूल आवृत्ति खुले पाइप की प्रथम अधिस्वरक आवृत्ति के बराबर है:
$f_c = f_{o1}$
$\frac{v}{4L_1} = \frac{v}{L_2}$
$L_2 = 4L_1$
दिया गया है कि $L_2 = 60 \,cm$, इसलिए:
$60 \,cm = 4L_1$
$L_1 = \frac{60}{4} \,cm = 15 \,cm$।
अतः, बंद पाइप की लंबाई $15 \,cm$ है।

(B) जब एक स्टील की गेंद को ग्लिसरीन जैसे श्यान द्रव में गिराया जाता है,तो वह तीन बलों का अनुभव करती है: नीचे की ओर गुरुत्वाकर्षण बल $(mg)$,ऊपर की ओर उत्प्लावन बल $(F_B)$,और ऊपर की ओर श्यान बल $(F_v = 6 \pi \eta r v)$।
गति का समीकरण है: $mg - F_B - F_v = ma$
बलों के व्यंजक रखने पर: $(\rho \frac{4}{3} \pi r^3) g - (\rho_L \frac{4}{3} \pi r^3) g - 6 \pi \eta r v = m \frac{dv}{dt}$
मान लीजिए $K_1 = \frac{4}{3} \pi r^3 g (\rho - \rho_L) / m$ और $K_2 = \frac{6 \pi \eta r}{m}$। तब समीकरण बनता है: $\frac{dv}{dt} = K_1 - K_2 v$
प्रारंभिक स्थितियों ($t=0$ पर $v=0$) के साथ इस अवकल समीकरण का समाकलन करने पर: $\int_0^v \frac{dv}{K_1 - K_2 v} = \int_0^t dt$
इससे प्राप्त होता है: $v = \frac{K_1}{K_2} (1 - e^{-K_2 t})$
जैसे-जैसे $t \to \infty$,वेग एक स्थिर टर्मिनल वेग $v_T = \frac{K_1}{K_2}$ की ओर बढ़ता है। $v$ बनाम $t$ का ग्राफ एक घातांकीय वक्र है जो मूल बिंदु से शुरू होता है और अनंतस्पर्शी रूप से टर्मिनल वेग के करीब पहुंचता है,जो ग्राफ $B$ के अनुरूप है।

(C) सिक्के को बिना फिसले डिस्क पर बने रहने के लिए,वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल स्थैतिक घर्षण बल द्वारा प्रदान किया जाना चाहिए।
सिक्के पर कार्य करने वाला अभिलंब बल $N = mg$ है।
अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल $f_{max} = \mu N = \mu mg$ है।
$\omega$ कोणीय वेग के साथ $r$ त्रिज्या के वृत्त में गति करने वाले सिक्के के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल $F_c = m \omega^2 r$ है।
सिक्के के न फिसलने के लिए,अभिकेंद्र बल अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल से कम या उसके बराबर होना चाहिए:
$m \omega^2 r \leq \mu mg$
$\omega$ के लिए हल करने पर:
$\omega^2 \leq \frac{\mu g}{r}$
अतः,अधिकतम कोणीय वेग $\omega_{max} = \sqrt{\frac{\mu g}{r}}$ है।

(B) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,गोला दागने के तुरंत बाद तोप के संवेग $(p_1)$ और गोले के संवेग $(p_2)$ का परिमाण समान होना चाहिए,क्योंकि निकाय का प्रारंभिक संवेग शून्य था।
$|p_1| = |p_2| = p$
गतिज ऊर्जा $(KE)$ का संवेग $(p)$ और द्रव्यमान $(m)$ के साथ संबंध $KE = \frac{p^2}{2m}$ है।
चूंकि संवेग $p$ दोनों के लिए समान है,इसलिए $KE \propto \frac{1}{m}$ होगा।
अतः,तोप की गतिज ऊर्जा $(KE_1)$ और गोले की गतिज ऊर्जा $(KE_2)$ का अनुपात:
$\frac{KE_1}{KE_2} = \frac{p^2 / 2M_1}{p^2 / 2M_2} = \frac{M_2}{M_1}$.

(D) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार, किया गया कार्य $W$ गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta KE$ के बराबर होता है।
चूंकि डिस्क लुढ़क रही है, इसकी कुल गतिज ऊर्जा $KE$ स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा का योग है: $KE = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$.
एक ठोस डिस्क के लिए, जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2}mR^2$ है और बिना फिसले लुढ़कने के लिए, $\omega = \frac{v}{R}$ होता है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर, $KE = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(\frac{1}{2}mR^2)(\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{4}mv^2 = \frac{3}{4}mv^2$.
यहाँ $m = 50 \,kg$ और $v = 0.4 \,m/s$ दिया गया है, इसलिए प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $KE_i = \frac{3}{4} \times 50 \times (0.4)^2 = \frac{3}{4} \times 50 \times 0.16 = 0.75 \times 8 = 6 \,J$.
डिस्क को रोकने के लिए, अंतिम गतिज ऊर्जा $KE_f = 0$ होगी।
अतः, $W = KE_f - KE_i = 0 - 6 = -6 \,J$.
किए गए कार्य का निरपेक्ष मान $|W| = 6 \,J$ है।

(A) मान लीजिए कि पिंड $H$ ऊँचाई से गिरता है। यह जमीन से $h$ ऊँचाई पर नत समतल से टकराता है,जिसका अर्थ है कि इसने $(H-h)$ दूरी तय की है।
$(H-h)$ दूरी तय करने में लगा समय $t_1 = \sqrt{\frac{2(H-h)}{g}}$ है।
इस बिंदु पर,टक्कर पूर्णतः प्रत्यास्थ है और वेग क्षैतिज हो जाता है। इसके बाद पिंड $0$ के प्रारंभिक ऊर्ध्वाधर वेग के साथ $h$ ऊँचाई से गिरता है। शेष $h$ दूरी तय करने में लगा समय $t_2 = \sqrt{\frac{2h}{g}}$ है।
कुल उड़ान का समय $T = t_1 + t_2 = \sqrt{\frac{2(H-h)}{g}} + \sqrt{\frac{2h}{g}}$ है।
$h$ का वह मान ज्ञात करने के लिए जिसके लिए $T$ अधिकतम है,हम $T$ का $h$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे $0$ के बराबर रखते हैं:
$\frac{dT}{dh} = \sqrt{\frac{2}{g}} \left( \frac{1}{2\sqrt{H-h}} \cdot (-1) + \frac{1}{2\sqrt{h}} \right) = 0$.
इसका तात्पर्य है कि $\frac{1}{\sqrt{h}} = \frac{1}{\sqrt{H-h}}$,जिससे $h = H - h$ या $2h = H$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{H}{h} = 2$।

(D) बल्क मापांक $\beta$ को $\beta = -\frac{\Delta P}{\Delta V / V}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
यहाँ,$h$ गहराई पर दबाव में परिवर्तन $\Delta P = \rho gh$ द्वारा दिया जाता है।
आयतन में भिन्नात्मक परिवर्तन $\frac{\Delta V}{V} = -0.02 \% = -\frac{0.02}{100} = -2 \times 10^{-4}$ है।
सूत्र में मान रखने पर:
$\rho gh = -\beta \left( \frac{\Delta V}{V} \right)$
$10^3 \times 10 \times h = -(9 \times 10^8) \times (-2 \times 10^{-4})$
$10^4 \times h = 18 \times 10^4$
$h = 18 \ m$.

(A) सरल आवर्त गति में एक कण का वेग $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ द्वारा दिया जाता है।
विस्थापन $x = \frac{2A}{3}$ पर,वेग $v = \omega \sqrt{A^2 - (\frac{2A}{3})^2} = \omega \sqrt{A^2 - \frac{4A^2}{9}} = \omega \sqrt{\frac{5A^2}{9}} = \frac{\sqrt{5}A\omega}{3}$ है।
जब गति को तीन गुना बढ़ाया जाता है,तो नया वेग $v' = 3v = 3 \times \frac{\sqrt{5}A\omega}{3} = \sqrt{5}A\omega$ हो जाता है।
माना नया आयाम $A'$ है। समान स्थिति $x = \frac{2A}{3}$ पर नया वेग $v' = \omega \sqrt{(A')^2 - x^2}$ है।
समीकरणों की तुलना करने पर: $\sqrt{5}A\omega = \omega \sqrt{(A')^2 - (\frac{2A}{3})^2}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $5A^2 = (A')^2 - \frac{4A^2}{9}$.
$(A')^2 = 5A^2 + \frac{4A^2}{9} = \frac{45A^2 + 4A^2}{9} = \frac{49A^2}{9}$.
वर्गमूल लेने पर: $A' = \frac{7A}{3}$.
इसे $\frac{nA}{3}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $n = 7$ प्राप्त होता है।

(A) एक चिकनी स्थिर घिरनी के ऊपर से गुजरने वाली हल्की डोरी से जुड़े $m_1$ और $m_2$ द्रव्यमान के निकाय के लिए,त्वरण $a$ का परिमाण निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$a = \frac{|m_1 - m_2| g}{m_1 + m_2}$
दिया गया है कि त्वरण $a = g / 8$,इसलिए:
$\frac{|m_1 - m_2| g}{m_1 + m_2} = \frac{g}{8}$
मान लीजिए $m_1 > m_2$,तो हमें प्राप्त होता है:
$\frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} = \frac{1}{8}$
तिर्यक गुणा करने पर:
$8(m_1 - m_2) = m_1 + m_2$
$8m_1 - 8m_2 = m_1 + m_2$
$7m_1 = 9m_2$
अतः,द्रव्यमानों का अनुपात है:
$\frac{m_1}{m_2} = \frac{9}{7}$

(B) दिए गए परिपथ में दो $AND$ गेट और एक $OR$ गेट शामिल हैं। पहले $AND$ गेट के इनपुट $A$ और $B$ हैं,इसलिए इसका आउटपुट $A \cdot B$ है।
इनपुट $A$ एक $NOT$ गेट से होकर गुजरता है,जिससे यह $\overline{A}$ बन जाता है। यह $\overline{A}$ और इनपुट $B$ दूसरे $AND$ गेट में जाते हैं,इसलिए इसका आउटपुट $\overline{A} \cdot B$ है।
ये दोनों आउटपुट एक $OR$ गेट में जाते हैं,जिससे अंतिम आउटपुट $Y = (A \cdot B) + (\overline{A} \cdot B)$ प्राप्त होता है।
बूलियन बीजगणित का उपयोग करते हुए: $Y = (A + \overline{A}) \cdot B$.
चूंकि $A + \overline{A} = 1$,हमें $Y = 1 \cdot B = B$ प्राप्त होता है।
अतः,आउटपुट $Y$ इनपुट $B$ के बराबर है। $Y = B$ के लिए सत्यता सारणी की जाँच करने पर:
यदि $A=0, B=0$,तो $Y=0$ है।
यदि $A=0, B=1$,तो $Y=1$ है।
यदि $A=1, B=0$,तो $Y=0$ है।
यदि $A=1, B=1$,तो $Y=1$ है।
यह विकल्प $B$ से मेल खाता है।

(C) $a.c.$ परिपथ में व्यय होने वाली औसत शक्ति का सूत्र है: $P_{\text{avg}} = V_{\text{rms}} I_{\text{rms}} \cos(\phi)$.
दिया गया है $V = 100 \sin(100t) \ V$,अतः शिखर वोल्टेज $V_0 = 100 \ V$ है।
दिया गया है $I = 100 \sin(100t + \frac{\pi}{3}) \ mA$,अतः शिखर धारा $I_0 = 100 \ mA = 100 \times 10^{-3} \ A = 0.1 \ A$ है।
कलांतर (phase difference) $\phi = \frac{\pi}{3}$ है।
$V_{\text{rms}} = \frac{V_0}{\sqrt{2}} = \frac{100}{\sqrt{2}} \ V$.
$I_{\text{rms}} = \frac{I_0}{\sqrt{2}} = \frac{0.1}{\sqrt{2}} \ A$.
$P_{\text{avg}} = \left(\frac{100}{\sqrt{2}}\right) \times \left(\frac{0.1}{\sqrt{2}}\right) \times \cos\left(\frac{\pi}{3}\right)$.
$P_{\text{avg}} = \frac{100 \times 0.1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{10}{4} = 2.5 \ W$.

(C) आभासी प्रतिबिंब के लिए, आवर्धन $m = +2$ है।
गोलीय दर्पण के लिए आवर्धन सूत्र $m = -v/u$ है।
चूंकि प्रतिबिंब आभासी है, यह दर्पण के पीछे बनता है, इसलिए $v$ धनात्मक है। मान लीजिए वस्तु की दूरी $u$ है (जो चिह्न परिपाटी के अनुसार ऋणात्मक है)।
वस्तु और प्रतिबिंब के बीच की दूरी $|v - u| = 15 \,cm$ है।
चूंकि वस्तु दर्पण के सामने है $(u < 0)$ और आभासी प्रतिबिंब दर्पण के पीछे है $(v > 0)$, दूरी $v - u = 15$ होगी।
$v = -mu = -2u$ प्रतिस्थापित करने पर:
$-2u - u = 15
-3u = 15 \Rightarrow u = -5 \,cm$.
अतः, $v = -2(-5) = 10 \,cm$.
दर्पण सूत्र का उपयोग करते हुए, $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} + \frac{1}{u}$:
$\frac{1}{f} = \frac{1}{10} + \frac{1}{-5} = \frac{1 - 2}{10} = -\frac{1}{10}$.
इसलिए, $f = -10 \,cm$.

(B) चुंबकीय क्षेत्र में आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R = \frac{mv}{qB}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि कण को $V$ विभवांतर के माध्यम से त्वरित किया जाता है,इसकी गतिज ऊर्जा $KE = qV = \frac{1}{2}mv^2$ होती है,जिसका अर्थ है $v = \sqrt{\frac{2qV}{m}}$.
इस मान को त्रिज्या के सूत्र में रखने पर: $R = \frac{m}{qB} \sqrt{\frac{2qV}{m}} = \frac{\sqrt{2mqV}}{qB} = \frac{1}{B} \sqrt{\frac{2mV}{q}}$.
चूंकि $q$,$V$ और $B$ दोनों कणों के लिए स्थिर हैं,इसलिए $R \propto \sqrt{m}$,जिसका अर्थ है $m \propto R^2$.
अतः,द्रव्यमान का अनुपात $\frac{m_X}{m_Y} = \left(\frac{R_1}{R_2}\right)^2$ होगा।

(A) पथ अंतर $\Delta x = \frac{7 \lambda}{4}$ दिया गया है।
कलांतर $\phi$ और पथ अंतर के बीच संबंध $\phi = \frac{2 \pi}{\lambda} \Delta x$ है।
$\Delta x$ का मान रखने पर: $\phi = \frac{2 \pi}{\lambda} \times \frac{7 \lambda}{4} = \frac{7 \pi}{2}$।
किसी भी बिंदु पर तीव्रता $I = I_{\max} \cos^2\left(\frac{\phi}{2}\right)$ द्वारा दी जाती है।
अतः,अनुपात $\frac{I}{I_{\max}} = \cos^2\left(\frac{7 \pi}{2 \times 2}\right) = \cos^2\left(\frac{7 \pi}{4}\right)$।
$\cos(2 \pi - \theta) = \cos(\theta)$ गुणधर्म का उपयोग करने पर,$\cos^2\left(2 \pi - \frac{\pi}{4}\right) = \cos^2\left(\frac{\pi}{4}\right)$।
चूँकि $\cos\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$,इसलिए $\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।

(A) विद्युतचुंबकीय तरंग में विद्युत क्षेत्र $E$ और चुंबकीय क्षेत्र $B$ के बीच का संबंध $E/B = c$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $c$ मुक्त आकाश में प्रकाश की गति है $(c = 3 \times 10^8 \ m/s)$।
सबसे पहले,चुंबकीय क्षेत्र का परिमाण ज्ञात करें:
$B = E/c = 9.6 / (3 \times 10^8) = 3.2 \times 10^{-8} \ T$।
इसके बाद,चुंबकीय क्षेत्र की दिशा निर्धारित करने के लिए,इस गुण का उपयोग करें कि तरंग प्रसार की दिशा $\hat{v} = \hat{E} \times \hat{B}$ है।
अतः,चुंबकीय क्षेत्र की दिशा $\hat{B} = \hat{v} \times \hat{E}$ होगी।
तरंग $X$-दिशा $(\hat{v} = \hat{i})$ में यात्रा करती है और विद्युत क्षेत्र $Y$-दिशा $(\hat{E} = \hat{j})$ में है:
$\hat{B} = \hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}$।
इसलिए,चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\overrightarrow{B} = 3.2 \times 10^{-8} \ \hat{k} \ T$ है।

(A) सबसे पहले, परिपथ का तुल्य प्रतिरोध ज्ञात कीजिए। प्रतिरोध $R_2$ और $R_3$ समानांतर क्रम में हैं, इसलिए उनका तुल्य प्रतिरोध $R_p$ इस प्रकार है:
$R_p = \frac{R_2 \times R_3}{R_2 + R_3} = \frac{4 \times 4}{4 + 4} = \frac{16}{8} = 2 \,\Omega$
अब, परिपथ का कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$, $R_1$, $R_p$ और $R_4$ का श्रेणी क्रम में योग है:
$R_{eq} = R_1 + R_p + R_4 = 2 \,\Omega + 2 \,\Omega + 1 \,\Omega = 5 \,\Omega$
परिपथ में प्रवाहित कुल धारा $i$ है:
$i = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{10 \,V}{5 \,\Omega} = 2 \,A$
यह कुल धारा $i = 2 \,A$, $R_1$ से होकर गुजरती है, और फिर दो समानांतर शाखाओं $R_2$ और $R_3$ में विभाजित हो जाती है। चूंकि $R_2 = R_3 = 4 \,\Omega$ है, इसलिए धारा दोनों में समान रूप से विभाजित होती है:
$i_{R_3} = i \times \left( \frac{R_2}{R_2 + R_3} \right) = 2 \,A \times \left( \frac{4}{4 + 4} \right) = 2 \times \frac{4}{8} = 1 \,A$

(C) रदरफोर्ड के परमाणु मॉडल के अनुसार,परमाणु का अधिकांश द्रव्यमान और उसका सारा धनात्मक आवेश एक छोटे से नाभिक में केंद्रित होता है,और इलेक्ट्रॉन इसके चारों ओर घूमते हैं। यह पुष्टि करता है कि कथन $I$ सही है।
थॉमसन के परमाणु मॉडल (जिसे अक्सर प्लम पुडिंग मॉडल कहा जाता है) के अनुसार,परमाणु धनात्मक आवेश का एक गोलाकार बादल है जिसमें इलेक्ट्रॉन अंतर्निहित होते हैं। यह रदरफोर्ड के मॉडल का कोई विशेष मामला नहीं है; बल्कि,यह एक पूरी तरह से अलग मॉडल है जिसे रदरफोर्ड के मॉडल द्वारा प्रतिस्थापित किया गया था। इसलिए,कथन $II$ गलत है।
अतः,कथन $I$ सही है लेकिन कथन $II$ गलत है।

(C) किसी सतह से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi$,विद्युत क्षेत्र सदिश $\vec{E}$ और क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$ के अदिश गुणनफल (dot product) द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है:
$\vec{E} = (6 \hat{i} + 5 \hat{j} + 3 \hat{k}) \ N/C$
$\vec{A} = 30 \hat{i} \ m^2$
सूत्र $\phi = \vec{E} \cdot \vec{A}$ का उपयोग करते हुए:
$\phi = (6 \hat{i} + 5 \hat{j} + 3 \hat{k}) \cdot (30 \hat{i})$
चूंकि $\hat{i} \cdot \hat{i} = 1$,$\hat{i} \cdot \hat{j} = 0$,और $\hat{i} \cdot \hat{k} = 0$:
$\phi = 6 \times 30 = 180 \ N \cdot m^2/C$
अतः,विद्युत फ्लक्स $180 \ N \cdot m^2/C$ है।

(B) दिया गया है: तार की लंबाई $l = 5 \ m$ है।
पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक $B_H = 0.60 \times 10^{-4} \ Wb \ m^{-2}$ है।
तार का वेग $v = 10 \ m \ s^{-1}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान चालक में प्रेरित emf $(e)$ का सूत्र $e = B_H v l$ होता है।
मान रखने पर:
$e = (0.60 \times 10^{-4}) \times 10 \times 5$
$e = 0.60 \times 10^{-3} \times 5$
$e = 3.0 \times 10^{-3} \ V$
अतः,प्रेरित emf का तात्कालिक मान $3 \times 10^{-3} \ V$ है।

(C) बामर श्रेणी की किसी भी रेखा को देखने के लिए, हाइड्रोजन परमाणु को कम से कम $n = 3$ ऊर्जा स्तर तक उत्तेजित होना चाहिए, क्योंकि बामर श्रेणी की पहली रेखा $n = 3$ से $n = 2$ में संक्रमण के अनुरूप होती है।
इलेक्ट्रॉन को मूल अवस्था $(n = 1)$ से $n = 3$ अवस्था में उत्तेजित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा है:
$\Delta E = E_3 - E_1 = 13.6 \left( 1 - \frac{1}{3^2} \right) \,eV$
$\Delta E = 13.6 \left( 1 - \frac{1}{9} \right) \,eV = 13.6 \times \frac{8}{9} \,eV$
$\Delta E = 12.088... \,eV \approx 12.09 \,eV$
चूंकि बमबारी करने वाले इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $eV$ है, इसलिए आवश्यक विभवांतर $V = 12.09 \,V$ है।
यह दिया गया है कि विभवांतर $\frac{\alpha}{10} \,V$ है, इसलिए:
$\frac{\alpha}{10} = 12.1$
$\alpha = 121$.

(D) दिया गया है: आवेश $q = 4.0 \mu C = 4.0 \times 10^{-6} \ C$.
वेग $\vec{v} = 4.0 \times 10^6 \hat{j} \ m/s$.
चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B} = 2 \hat{k} \ T$.
गतिमान आवेश पर लगने वाला चुंबकीय बल $\vec{F}$ लोरेंत्ज़ बल के सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$.
मान रखने पर: $\vec{F} = (4.0 \times 10^{-6} \ C) \times (4.0 \times 10^6 \hat{j} \ m/s \times 2 \hat{k} \ T)$.
क्रॉस प्रोडक्ट नियम $\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$ का उपयोग करने पर: $\vec{F} = (4.0 \times 10^{-6}) \times (8.0 \times 10^6) \hat{i} \ N$.
$\vec{F} = 32 \hat{i} \ N$.
इसे $\vec{F} = x \hat{i} \ N$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 32$ प्राप्त होता है।

(B) स्थिर अवस्था में,संधारित्र ओपन सर्किट की तरह व्यवहार करते हैं। जब बिंदुओं $A$ और $B$ को एक तार से जोड़ा जाता है,तो $DC$ सर्किट पथ में संधारित्र बायपास हो जाते हैं।
यह सर्किट प्रभावी रूप से $6 \ \Omega$ प्रतिरोधक और $3 \ \Omega$ प्रतिरोधक से बना है जो $9 \ V$ स्रोत के साथ श्रेणीक्रम में जुड़े हैं।
तुल्य प्रतिरोध $R_{\text{eq}} = 6 \ \Omega + 3 \ \Omega = 9 \ \Omega$ है।
सर्किट से बहने वाली धारा $i = \frac{V}{R_{\text{eq}}} = \frac{9 \ V}{9 \ \Omega} = 1 \ A$ है।
चूंकि बिंदु $A$ और $B$ जुड़े हुए हैं,वे समान विभव पर हैं। ग्राउंड के सापेक्ष बिंदु $A$ (और $B$) पर विभव $3 \ \Omega$ प्रतिरोधक के पार विभव का अंतर है: $V_B = i \times 3 \ \Omega = 1 \ A \times 3 \ \Omega = 3 \ V$।
ऊपरी टर्मिनल पर विभव $9 \ V$ है। अतः,$6 \ \mu F$ संधारित्र (जो $9 \ V$ टर्मिनल और बिंदु $B$ के बीच जुड़ा है) के पार विभवांतर $\Delta V = 9 \ V - 3 \ V = 6 \ V$ है।
$6 \ \mu F$ संधारित्र में संचित आवेश $Q = C \Delta V = 6 \ \mu F \times 6 \ V = 36 \ \mu C$ है।

(C) एकल स्लिट विवर्तन पैटर्न में $n^{\text{वें}}$ निम्निष्ठ के लिए शर्त इस प्रकार है:
$b \sin \theta = n \lambda$
चूंकि $\lambda$ बहुत छोटा है,इसलिए $\sin \theta \approx \tan \theta = \frac{y_n}{D}$ लिया जा सकता है।
अतः,$n^{\text{वें}}$ निम्निष्ठ की स्थिति $y_n = \frac{n \lambda D}{b}$ है।
प्रथम निम्निष्ठ $(n=1)$ की स्थिति $y_1 = \frac{\lambda D}{b}$ है।
तृतीय निम्निष्ठ $(n=3)$ की स्थिति $y_3 = \frac{3 \lambda D}{b}$ है।
प्रथम और तृतीय निम्निष्ठ के बीच की दूरी $\Delta y = y_3 - y_1 = \frac{2 \lambda D}{b}$ है।
दिया गया है: $\Delta y = 3 \text{ mm} = 3 \times 10^{-3} \text{ m}$,$\lambda = 6000 \mathring A = 6000 \times 10^{-10} \text{ m}$,और $D = 50 \text{ cm} = 0.5 \text{ m}$.
मान रखने पर:
$3 \times 10^{-3} = \frac{2 \times 6000 \times 10^{-10} \times 0.5}{b}$
$b = \frac{2 \times 6000 \times 10^{-10} \times 0.5}{3 \times 10^{-3}}$
$b = \frac{6000 \times 10^{-10}}{3 \times 10^{-3}} = 2000 \times 10^{-7} = 2 \times 10^{-4} \text{ m}$.
अतः,स्लिट की चौड़ाई $2 \times 10^{-4} \text{ m}$ है। सही विकल्प $C$ है।

(D) दिया गया है कि $20 \ \Omega$ के प्रतिरोध से प्रवाहित धारा $i_1 = 0.3 \ A$ है। एमीटर द्वारा मापी गई कुल धारा $I = i_1 + i_2 + i_3 = 0.9 \ A$ है।
चूंकि प्रतिरोध समांतर क्रम में जुड़े हैं,इसलिए उनके सिरों के बीच विभवांतर $V_{AB}$ समान होगा।
$V_{AB} = i_1 \times 20 \ \Omega = 0.3 \ A \times 20 \ \Omega = 6 \ V$.
अब,$15 \ \Omega$ के प्रतिरोध से प्रवाहित धारा $i_2$ की गणना करें:
$i_2 = \frac{V_{AB}}{15 \ \Omega} = \frac{6 \ V}{15 \ \Omega} = 0.4 \ A$.
कुल धारा के समीकरण का उपयोग करते हुए:
$i_1 + i_2 + i_3 = 0.9 \ A$
$0.3 \ A + 0.4 \ A + i_3 = 0.9 \ A$
$0.7 \ A + i_3 = 0.9 \ A$
$i_3 = 0.2 \ A$.
अंत में,$V_{AB}$ और धारा $i_3$ का उपयोग करके $R_1$ की गणना करें:
$R_1 = \frac{V_{AB}}{i_3} = \frac{6 \ V}{0.2 \ A} = 30 \ \Omega$.

(C) यह परिपथ $4 \ V$ के $DC$ स्रोत के साथ श्रेणीक्रम में जुड़े कई प्रतिरोधों से बना है।
सबसे पहले,पूरे परिपथ का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ ज्ञात करें:
$R_{eq} = 3.3 \ k\Omega + 100 \ \Omega + 100 \ \Omega + 100 \ \Omega + 100 \ \Omega + 100 \ \Omega + 100 \ \Omega + 100 \ \Omega$
$R_{eq} = 3300 \ \Omega + 700 \ \Omega = 4000 \ \Omega$
अब,ओम के नियम का उपयोग करके परिपथ में प्रवाहित कुल धारा $i$ की गणना करें:
$i = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{4 \ V}{4000 \ \Omega} = 10^{-3} \ A = 1 \ mA$
आउटपुट वोल्टेज $V_0$ को अंतिम पाँच $100 \ \Omega$ प्रतिरोधों के सिरों पर मापा जाता है (जैसा कि चित्र में दिखाया गया है,तीर पहले तीन प्रतिरोधों के बाद के जंक्शन की ओर इंगित करता है,और $V_0$ शेष पाँच प्रतिरोधों के सिरों पर है)।
वह प्रतिरोध जिसके सिरों पर $V_0$ मापा जाता है: $R_{out} = 5 \times 100 \ \Omega = 500 \ \Omega$
अतः,$V_0 = i \times R_{out} = 1 \times 10^{-3} \ A \times 500 \ \Omega = 0.5 \ V$.

(B) फोटोइलेक्ट्रिक उत्सर्जन $(P.E.E.)$ के लिए,शर्त $\lambda \leq \frac{hc}{W_0}$ है।
यहाँ कार्य फलन $W_0 = 3.0 \ eV$ दिया गया है।
संबंध $\lambda_{\max} = \frac{hc}{W_0}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $hc \approx 1240 \ eV \cdot nm$ है।
$\lambda_{\max} = \frac{1240 \ eV \cdot nm}{3.0 \ eV}$.
$\lambda_{\max} \approx 413.33 \ nm$.
अतः,अधिकतम तरंगदैर्ध्य लगभग $414 \ nm$ है।

(C) हाइड्रोजन परमाणु में एक इलेक्ट्रॉन के लिए,गतिज ऊर्जा $(KE)$ और स्थितिज ऊर्जा $(PE)$ विरियल प्रमेय द्वारा संबंधित हैं।
$KE = -\frac{1}{2} PE$
स्थितिज ऊर्जा का परिमाण लेने पर,हमें $|PE| = 2 KE$ प्राप्त होता है।
इसलिए,गतिज ऊर्जा और स्थितिज ऊर्जा के परिमाण का अनुपात $\frac{KE}{|PE|} = \frac{1}{2}$ है।
यह संबंध किसी भी कक्षा $n$ के लिए सत्य है,जिसमें $5^{\text{th}}$ उत्तेजित अवस्था $(n = 6)$ भी शामिल है।

(B) विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = E_0 \cos(\omega t - kz) \hat{i}$ दिया गया है।
विद्युतचुंबकीय तरंग में, विद्युत क्षेत्र के आयाम $E_0$ और चुंबकीय क्षेत्र के आयाम $B_0$ के बीच संबंध $B_0 = \frac{E_0}{C}$ होता है, जहाँ $C$ प्रकाश की गति है।
तरंग के संचरण की दिशा $\vec{E} \times \vec{B}$ सदिश की दिशा द्वारा दी जाती है।
यहाँ, तरंग $+z$ दिशा $(\hat{k})$ में संचरित हो रही है।
चूंकि $\vec{E}$ दिशा $\hat{i}$ में है, इसलिए $\hat{i} \times \hat{B} = \hat{k}$ होगा।
इसका अर्थ है कि $\hat{B} = \hat{j}$।
अतः, चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\vec{B} = \frac{E_0}{C} \cos(\omega t - kz) \hat{j}$ होगा।

(C) '$a$' त्रिज्या वाले और '$I$' धारा प्रवाहित करने वाले वृत्ताकार लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 a}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि दोनों लूप $A$ और $B$ एक-दूसरे के लंबवत हैं,इसलिए केंद्र $O$ पर उनके द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र भी परस्पर लंबवत होंगे।
मान लीजिए $B_A$ लूप $A$ के कारण चुंबकीय क्षेत्र है और $B_B$ लूप $B$ के कारण चुंबकीय क्षेत्र है। अतः $B_A = B_B = \frac{\mu_0 I}{2 a}$।
केंद्र पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{net}$,$B_A$ और $B_B$ का सदिश योग है:
$B_{net} = \sqrt{B_A^2 + B_B^2} = \sqrt{\left(\frac{\mu_0 I}{2 a}\right)^2 + \left(\frac{\mu_0 I}{2 a}\right)^2}$
$B_{net} = \sqrt{2 \left(\frac{\mu_0 I}{2 a}\right)^2} = \sqrt{2} \cdot \frac{\mu_0 I}{2 a} = \frac{\mu_0 I}{\sqrt{2} a}$.

(A) एकल स्लिट विवर्तन पैटर्न में $n$-वें द्वितीयक उच्चिष्ठ की चौड़ाई $\beta = \frac{\lambda D}{a}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\lambda$ तरंगदैर्ध्य है,$D$ पर्दे की दूरी (लेंस की फोकस दूरी) है,और $a$ स्लिट की चौड़ाई है।
दिया गया है:
$\lambda = 400 \ nm = 400 \times 10^{-9} \ m$
$a = 0.2 \ mm = 0.2 \times 10^{-3} \ m$
$D = 100 \ cm = 1 \ m$
मान रखने पर:
$\text{चौड़ाई} = \frac{400 \times 10^{-9} \ m \times 1 \ m}{0.2 \times 10^{-3} \ m}$
$= \frac{400}{0.2} \times 10^{-6} \ m$
$= 2000 \times 10^{-6} \ m$
$= 2 \times 10^{-3} \ m = 2 \ mm$.

(A) एक आदर्श ट्रांसफार्मर के लिए, वोल्टेज का अनुपात फेरों की संख्या के अनुपात के बराबर होता है:
$\frac{V_p}{V_s} = \frac{N_p}{N_s}$
यहाँ $V_p = 220 \,V$, $N_p = 100$, और $N_s = 10$ दिया गया है, इसलिए:
$\frac{220}{V_s} = \frac{100}{10} = 10$
$V_s = \frac{220}{10} = 22 \,V$
यह द्वितीयक वोल्टेज $V_s = 22 \,V$ श्रेणी में जुड़े दो प्रतिरोधों $R_1 = 15 \,k\Omega$ और $R_2 = 7 \,k\Omega$ पर लागू होता है।
आउटपुट वोल्टेज $V_0$ वह वोल्टेज है जो $7 \,k\Omega$ के प्रतिरोध पर है, जिसे वोल्टेज डिवाइडर नियम का उपयोग करके निकाला जा सकता है:
$V_0 = V_s \times \left( \frac{R_2}{R_1 + R_2} \right)$
$V_0 = 22 \times \left( \frac{7 \,k\Omega}{15 \,k\Omega + 7 \,k\Omega} \right)$
$V_0 = 22 \times \left( \frac{7}{22} \right) = 7 \,V$

(C) दिया गया है: कमरे के तापमान पर प्रतिरोध $R_0 = 60 \ \Omega$,$T_0 = 27^{\circ} C$ पर।
वोल्टेज $V = 220 \ V$ और धारा $I = 2.75 \ A$ है।
अंतिम तापमान $T$ पर प्रतिरोध $R_T = \frac{V}{I} = \frac{220}{2.75} = 80 \ \Omega$ होगा।
प्रतिरोध की तापमान निर्भरता का सूत्र $R_T = R_0(1 + \alpha \Delta T)$ है,जहाँ $\Delta T = T - T_0$ है।
मान रखने पर: $80 = 60[1 + 2 \times 10^{-4}(T - 27)]$.
$80/60 = 1 + 2 \times 10^{-4}(T - 27)$.
$1.333 - 1 = 2 \times 10^{-4}(T - 27)$.
$0.333 = 2 \times 10^{-4}(T - 27)$.
$T - 27 = \frac{0.333}{2 \times 10^{-4}} = 1665$.
$T = 1665 + 27 = 1692^{\circ} C$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,तापमान लगभग $1694^{\circ} C$ है।

(C) ज़ेनर डायोड ब्रेकडाउन क्षेत्र में है, इसलिए इसके सिरों पर वोल्टेज $10 \, V$ स्थिर रहता है।
$500 \, \Omega$ के लोड प्रतिरोध से होकर बहने वाली धारा $(I_L)$:
$I_L = \frac{V_Z}{R_L} = \frac{10 \, V}{500 \, \Omega} = 0.02 \, A = 20 \, mA$
श्रेणी प्रतिरोध से होकर बहने वाली धारा $(I_S)$:
$I_S = \frac{V_{in} - V_Z}{R_S} = \frac{20 \, V - 10 \, V}{200 \, \Omega} = \frac{10 \, V}{200 \, \Omega} = 0.05 \, A = 50 \, mA$
जंक्शन पर किरचॉफ के धारा नियम को लागू करने पर, ज़ेनर डायोड से होकर बहने वाली धारा $(I_Z)$:
$I_Z = I_S - I_L = 50 \, mA - 20 \, mA = 30 \, mA$

(B) एक विद्युत द्विध्रुव के कारण किसी बिंदु पर स्थिर विद्युत विभव $V$ का सूत्र इस प्रकार है:
$V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{p \cos \theta}{r^2}$
यहाँ $p$ द्विध्रुव आघूर्ण (dipole moment) है,$\theta$ द्विध्रुव आघूर्ण सदिश और स्थिति सदिश के बीच का कोण है,और $r$ द्विध्रुव के केंद्र से दूरी है।
इस व्यंजक से यह स्पष्ट है कि विभव $V$,दूरी $r$ के वर्ग के व्युत्क्रमानुपाती होता है।
अतः,$V \propto \frac{1}{r^2}$।

(C) एक श्रेणी $L, R$ परिपथ के लिए,शक्ति गुणांक $\cos \phi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{\sqrt{R^2 + X_L^2}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $X_L = \omega L$ है।
प्रारंभिक कोणीय आवृत्ति $\omega_1 = 1000 \ rad/s$ और शक्ति गुणांक $\cos \phi_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}$ दिया गया है।
चूँकि $\cos \phi_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}$,इसलिए कला कोण (phase angle) $\phi_1 = 45^{\circ}$ है।
अतः,$\tan \phi_1 = \frac{X_{L1}}{R} = \frac{\omega_1 L}{R} = \tan 45^{\circ} = 1$ है।
यह दर्शाता है कि $R = \omega_1 L = 1000 L$ है।
जब स्रोत को बदलकर $E = (20 \sin 2000 t) \ V$ कर दिया जाता है,तो नई कोणीय आवृत्ति $\omega_2 = 2000 \ rad/s$ होती है।
नया प्रेरणिक प्रतिघात (inductive reactance) $X_{L2} = \omega_2 L = 2000 L = 2(\omega_1 L) = 2R$ है।
नया शक्ति गुणांक $\cos \phi_2 = \frac{R}{\sqrt{R^2 + X_{L2}^2}} = \frac{R}{\sqrt{R^2 + (2R)^2}} = \frac{R}{\sqrt{R^2 + 4R^2}} = \frac{R}{\sqrt{5R^2}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$ होगा।

(A) पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक $B_H = 3.5 \times 10^{-5} \,T$ है।
चालक में प्रवाहित धारा $i = \sqrt{2} \,A$ है।
चालक को दक्षिण-पूर्व से उत्तर-पश्चिम दिशा में रखा गया है,जो क्षैतिज चुंबकीय क्षेत्र (उत्तर-दक्षिण दिशा) के साथ $\theta = 45^\circ$ का कोण बनाता है।
धारावाही चालक पर प्रति इकाई लंबाई बल का सूत्र $\frac{F}{\ell} = i B_H \sin \theta$ है।
मान रखने पर: $\frac{F}{\ell} = \sqrt{2} \times (3.5 \times 10^{-5}) \times \sin(45^\circ)$.
चूंकि $\sin(45^\circ) = \frac{1}{\sqrt{2}}$,इसलिए $\frac{F}{\ell} = \sqrt{2} \times 3.5 \times 10^{-5} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 3.5 \times 10^{-5} \,N/m$.
आवश्यक प्रारूप में बदलने पर: $3.5 \times 10^{-5} = 35 \times 10^{-6} \,N/m$.
अतः,सही मान $35$ है।

(B) परिपथ का कुल विद्युत वाहक बल (emf) $E_{eq} = E_1 - E_2 = 8 \ V - 2 \ V = 6 \ V$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = r_1 + r_2 = 2 \ \Omega + 4 \ \Omega = 6 \ \Omega$ है।
परिपथ में प्रवाहित धारा $I = \frac{E_{eq}}{R_{eq}} = \frac{6 \ V}{6 \ \Omega} = 1 \ A$ है।
चूंकि सेल $E_2$ चार्ज हो रहा है (धारा इसके धनात्मक टर्मिनल में प्रवेश करती है),इसका टर्मिनल विभवांतर $V = E_2 + Ir_2$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,हमें $V = 2 \ V + (1 \ A \times 4 \ \Omega) = 2 \ V + 4 \ V = 6 \ V$ प्राप्त होता है।

(C) हाइड्रोजन परमाणु की $n$ वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा का सूत्र $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \ eV$ होता है।
दिया गया है $E_n = -0.85 \ eV$,अतः:
$-\frac{13.6}{n^2} = -0.85$
$n^2 = \frac{13.6}{0.85} = 16$
$n = 4$।
उत्तेजित अवस्था $n$ से निम्न ऊर्जा स्तरों में होने वाले संक्रमणों की संख्या का सूत्र $\frac{n(n-1)}{2}$ है।
$n = 4$ रखने पर:
संक्रमणों की संख्या $= \frac{4(4-1)}{2} = \frac{4 \times 3}{2} = 6$।

(A) वास्तविक प्रतिबिंब के लिए,आवर्धन $m = -2$ है。
चूंकि $m = \frac{v}{u}$,हमारे पास $\frac{v}{u} = -2$ है,जिसका अर्थ है $v = -2u$。
वस्तु और प्रतिबिंब के बीच की दूरी $45 \,cm$ दी गई है,और उत्तल लेंस द्वारा निर्मित वास्तविक प्रतिबिंब के लिए,वस्तु और प्रतिबिंब विपरीत दिशाओं में होते हैं,इसलिए दूरी $|v| + |u| = 45$ है。
$v = -2u$ (जहाँ $u$ ऋणात्मक है) प्रतिस्थापित करने पर,हमें $|-2u| + |u| = 45$ प्राप्त होता है,इसलिए $3|u| = 45$,जिससे $|u| = 15 \,cm$ मिलता है。
अतः,$u = -15 \,cm$ और $v = +30 \,cm$。
लेंस सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{f} = \frac{1}{30} - \frac{1}{-15} = \frac{1}{30} + \frac{2}{30} = \frac{3}{30} = \frac{1}{10}$。
इसलिए,$f = 10 \,cm$。

(C) पहले संधारित्र की प्रारंभिक ऊर्जा: $E_1 = \frac{1}{2} C V^2 = E$.
दूसरे संधारित्र की प्रारंभिक ऊर्जा: $E_2 = \frac{1}{2} (2C) (2V)^2 = \frac{1}{2} (2C) (4V^2) = 4 C V^2 = 8E$.
कुल प्रारंभिक ऊर्जा: $E_i = E_1 + E_2 = E + 8E = 9E$.
कुल आवेश: $Q_{total} = Q_1 + Q_2 = CV + (2C)(2V) = CV + 4CV = 5CV$.
कुल धारिता: $C_{eq} = C + 2C = 3C$.
उभयनिष्ठ विभव: $V_{common} = \frac{Q_{total}}{C_{eq}} = \frac{5CV}{3C} = \frac{5}{3} V$.
अंतिम ऊर्जा: $E_f = \frac{1}{2} C_{eq} V_{common}^2 = \frac{1}{2} (3C) (\frac{5}{3} V)^2 = \frac{1}{2} (3C) (\frac{25}{9} V^2) = \frac{25}{6} C V^2 = \frac{25}{3} E$.
ऊर्जा की हानि: $\Delta E = E_i - E_f = 9E - \frac{25}{3} E = \frac{27E - 25E}{3} = \frac{2}{3} E$.
$\frac{x}{3} E$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 2$ प्राप्त होता है।

(B) पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का ऊर्ध्वाधर घटक $B_V = B \sin(\delta)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $B = 0.5 \ G = 0.5 \times 10^{-4} \ T$ और $\delta = 30^{\circ}$ है।
$B_V = 0.5 \times 10^{-4} \times \sin(30^{\circ}) = 0.5 \times 10^{-4} \times 0.5 = 0.25 \times 10^{-4} \ T = \frac{1}{4} \times 10^{-4} \ T$.
कोणीय वेग $\omega = \frac{2 \pi n}{60}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n = 1200 \ rpm$ है।
$\omega = \frac{2 \pi \times 1200}{60} = 40 \pi \ rad/s$.
घूमती हुई छड़ में प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = \frac{1}{2} B_V \omega \ell^2$ होता है,जहाँ $\ell = 80 \ cm = 0.8 \ m$ है।
$\varepsilon = \frac{1}{2} \times (0.25 \times 10^{-4}) \times (40 \pi) \times (0.8)^2$.
$\varepsilon = 0.5 \times 0.25 \times 10^{-4} \times 40 \pi \times 0.64$.
$\varepsilon = 0.125 \times 10^{-4} \times 40 \pi \times 0.64 = 5 \pi \times 10^{-4} \times 0.64 = 3.2 \pi \times 10^{-4} = 32 \pi \times 10^{-5} \ V$.
इसे $N \pi \times 10^{-5} \ V$ के साथ तुलना करने पर,हमें $N = 32$ प्राप्त होता है।

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $(E_{k})$ को इस प्रकार दिया जाता है:
$E_{k} = h\nu - \phi$
जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$\nu$ आपतित फोटॉन की आवृत्ति है,और $\phi$ धातु का कार्य फलन है।
इस समीकरण की तुलना एक सीधी रेखा के समीकरण $y = mx + c$ से करने पर,जहाँ $y = E_{k}$,$x = \nu$,$m$ ढाल है,और $c$ अंतःखंड है:
ग्राफ का ढाल $m = \tan \theta = h$ होता है।
अतः,ग्राफ का ढाल प्लांक नियतांक को दर्शाता है।

(C) जनक नाभिक का प्रारंभिक द्रव्यमान $M$ है। यह तीन पुत्री नाभिकों में विभाजित होता है,जिनमें से प्रत्येक का द्रव्यमान $m = M/3$ है।
विखंडन अभिक्रिया में मुक्त ऊर्जा आइंस्टीन के द्रव्यमान-ऊर्जा तुल्यता के अनुसार $E = \Delta M c^2$ है।
यह ऊर्जा तीन पुत्री नाभिकों की गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है। मान लीजिए प्रत्येक पुत्री नाभिक की चाल $v$ है।
कुल गतिज ऊर्जा $K.E. = 3 \times (\frac{1}{2} m v^2) = 3 \times (\frac{1}{2} \times \frac{M}{3} \times v^2) = \frac{1}{2} M v^2$ है।
मुक्त ऊर्जा को गतिज ऊर्जा के बराबर रखने पर: $\Delta M c^2 = \frac{1}{2} M v^2$।
$v$ के लिए हल करने पर: $v^2 = \frac{2 \Delta M c^2}{M}$।
अतः,$v = c \sqrt{\frac{2 \Delta M}{M}}$।

(B) कक्षा में घूमते हुए इलेक्ट्रॉन का चुंबकीय आघूर्ण $\mu = iA$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $i$ धारा है और $A$ कक्षा का क्षेत्रफल है।
$i = \frac{e}{T} = \frac{ev}{2\pi r}$,जहाँ $v$ वेग है और $r$ त्रिज्या है।
$A = \pi r^2$.
अतः,$\mu = \left(\frac{ev}{2\pi r}\right) \pi r^2 = \frac{evr}{2}$.
बोहर के सिद्धांत के अनुसार,$r \propto n^2$ और $v \propto \frac{1}{n}$.
इन संबंधों को प्रतिस्थापित करने पर: $\mu \propto \left(\frac{1}{n}\right) \cdot n^2 = n^1$.
$\mu \propto n^1$ की तुलना $\mu \propto n^x$ से करने पर,हमें $x = 1$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया वोल्टेज $V(t) = 220 \sin(100 \pi t)$ है। चूंकि भार शुद्ध प्रतिरोधी है,धारा $I(t)$ वोल्टेज के साथ समान कला में है: $I(t) = I_0 \sin(100 \pi t)$,जहाँ $I_0 = V_0 / R = 220 / 50 = 4.4 \ A$ है।
हमें धारा को $I_0 / 2$ से $I_0$ तक बढ़ने में लगा समय ज्ञात करना है।
$t_1$ समय पर,$I(t_1) = I_0 \sin(100 \pi t_1) = I_0 / 2 \implies 100 \pi t_1 = \pi / 6 \implies t_1 = 1 / 600 \ s$ है।
$t_2$ समय पर,$I(t_2) = I_0 \sin(100 \pi t_2) = I_0 \implies 100 \pi t_2 = \pi / 2 \implies t_2 = 1 / 200 \ s$ है।
लगा समय $\Delta t = t_2 - t_1 = 1/200 - 1/600 = (3 - 1) / 600 = 2 / 600 = 1 / 300 \ s$ है।
$\Delta t = 0.00333 \ s = 3.33 \ ms$।

(B) विकिरण के पूर्ण अवशोषण के लिए, सतह पर स्थानांतरित संवेग $p$ और स्थानांतरित ऊर्जा $E$ के बीच संबंध $p = \frac{E}{c}$ है, जहाँ $c$ निर्वात में प्रकाश की गति है $(c = 3 \times 10^8 \,m/s)$।
दी गई ऊर्जा $E = 6.48 \times 10^5 \,J$ है।
मान रखने पर:
$p = \frac{6.48 \times 10^5}{3 \times 10^8} \,kg \cdot m/s$
$p = 2.16 \times 10^{-3} \,kg \cdot m/s$।
अतः, सही विकल्प $B$ है।

(A) $1$. जब $I_0$ तीव्रता का अध्रुवित प्रकाश पहले पोलेरॉइड $A$ से गुजरता है,तो संचरित प्रकाश की तीव्रता $I_1 = I_0 / 2$ हो जाती है।
$2$. मालस के नियम के अनुसार,जब यह ध्रुवित प्रकाश दूसरे पोलेरॉइड $B$ से गुजरता है,जिसकी संचरण अक्ष पहले पोलेरॉइड के सापेक्ष $\theta = 45^{\circ}$ के कोण पर है,तो अंतिम तीव्रता $I_2 = I_1 \cos^2 \theta$ द्वारा दी जाती है।
$3$. मान रखने पर: $I_2 = (I_0 / 2) \cos^2(45^{\circ})$.
$4$. चूंकि $\cos(45^{\circ}) = 1 / \sqrt{2}$,इसलिए $\cos^2(45^{\circ}) = 1/2$.
$5$. अतः,$I_2 = (I_0 / 2) \times (1 / 2) = I_0 / 4$.

(B) अनंत लंबे रेखीय आवेश से $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{2 k \lambda}{r}$ द्वारा दिया जाता है।
अभिकेन्द्रीय बल प्रदान करने वाला स्थिर विद्युत बल $F = qE = \frac{2 k \lambda q}{r}$ है।
इसे अभिकेन्द्रीय बल $m \omega^2 r$ के बराबर रखने पर,हमें मिलता है $\frac{2 k \lambda q}{r} = m \omega^2 r$.
कोणीय वेग $\omega$ के लिए हल करने पर,हमें मिलता है $\omega^2 = \frac{2 k \lambda q}{m r^2}$,जिसका अर्थ है $\omega = \frac{1}{r} \sqrt{\frac{2 k \lambda q}{m}}$.
चूंकि आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi}{\omega}$ है,$\omega$ का मान रखने पर हमें $T = 2 \pi r \sqrt{\frac{m}{2 k \lambda q}}$ प्राप्त होता है।

(A) परिपथ में एक $15 \, V$ का $DC$ स्रोत, एक जर्मेनियम $(Ge)$ डायोड, एक सिलिकॉन $(Si)$ डायोड, $1.5 \, k\Omega$ का प्रतिरोध और $R_L = 2.5 \, k\Omega$ का लोड प्रतिरोध श्रेणीक्रम में जुड़े हैं।
$Ge$ डायोड के लिए बैरियर विभव $V_{Ge} = 0.3 \, V$ और $Si$ डायोड के लिए $V_{Si} = 0.7 \, V$ है।
लूप में किरचॉफ का वोल्टेज नियम $(KVL)$ लगाने पर:
$15 - V_{Ge} - V_{Si} - i(1.5 \, k\Omega) - i(2.5 \, k\Omega) = 0$
$15 - 0.3 - 0.7 = i(1.5 + 2.5) \, k\Omega$
$14 = i(4 \, k\Omega)$
$i = \frac{14}{4} \, mA = 3.5 \, mA$
लोड प्रतिरोध $R_L$ के सिरों पर विभवांतर है:
$V_L = i \times R_L = 3.5 \, mA \times 2.5 \, k\Omega = 8.75 \, V$

(D) प्रारंभिक ऊर्जा क्षय की दर $W = \frac{V^2}{R} \quad ...(i)$ है।
जब तार को दो बराबर भागों में काटा जाता है,तो प्रत्येक भाग का प्रतिरोध $R' = \frac{R}{2}$ हो जाता है।
जब इन दो भागों को समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार होगा:
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R'} + \frac{1}{R'} = \frac{2}{R} + \frac{2}{R} = \frac{4}{R}$
अतः,$R_{eq} = \frac{R}{4}$।
समान विभवांतर $V$ के साथ नई ऊर्जा क्षय दर $W'$:
$W' = \frac{V^2}{R_{eq}} = \frac{V^2}{R/4} = 4 \left( \frac{V^2}{R} \right)$
समीकरण $(i)$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$W' = 4W$.

(D) मैक्सवेल के समीकरण समाकलित रूप में इस प्रकार हैं:
$A$. स्थिर-चुंबकत्व के लिए गॉस का नियम बताता है कि किसी भी बंद सतह से गुजरने वाला कुल चुंबकीय फ्लक्स शून्य होता है: $\oint \vec{B} \cdot d\vec{a} = 0$ $(A-II)$.
$B$. विद्युत चुंबकीय प्रेरण के लिए फैराडे का नियम बताता है कि एक बंद लूप में प्रेरित विद्युत वाहक बल लूप से गुजरने वाले चुंबकीय फ्लक्स के परिवर्तन की दर के ऋणात्मक मान के बराबर होता है: $\oint \vec{E} \cdot d\vec{l} = -\frac{d}{dt} \int \vec{B} \cdot d\vec{a}$ $(B-III)$.
$C$. एम्पियर का नियम (अपने मूल रूप में) एक बंद लूप के चारों ओर चुंबकीय क्षेत्र के रेखा समाकल को लूप द्वारा घिरी सतह से गुजरने वाली धारा से संबंधित करता है: $\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 I$ $(C-IV)$.
$D$. स्थिर-विद्युत के लिए गॉस का नियम बताता है कि एक बंद सतह से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स कुल घिरे हुए आवेश और मुक्त स्थान की विद्युतशीलता के अनुपात के बराबर होता है: $\oint \vec{E} \cdot d\vec{a} = \frac{1}{\epsilon_0} \int \rho dV$ $(D-I)$.
अतः,सही मिलान $A-II, B-III, C-IV, D-I$ है।

(A) इनपुट पावर $P_{\text{in}}$ प्राथमिक वोल्टेज $V_p$ और प्राथमिक धारा $I_p$ के गुणनफल द्वारा प्राप्त होती है।
$P_{\text{in}} = V_p \times I_p = 2300 \text{ V} \times 5 \text{ A} = 11500 \text{ W}$.
दक्षता $\eta$ को आउटपुट पावर $P_{\text{out}}$ और इनपुट पावर $P_{\text{in}}$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया गया है।
दिया गया है $\eta = 90\% = 0.9$,इसलिए $P_{\text{out}} = \eta \times P_{\text{in}} = 0.9 \times 11500 \text{ W} = 10350 \text{ W}$.
आउटपुट पावर $P_{\text{out}} = V_s \times I_s$ द्वारा भी दी जाती है,जहाँ $V_s = 230 \text{ V}$ आउटपुट वोल्टेज है।
$10350 \text{ W} = 230 \text{ V} \times I_s$.
$I_s = \frac{10350}{230} \text{ A} = 45 \text{ A}$.

(D) न्यूटन के लेंस समीकरण के अनुसार,जब दूरियों $x$ और $y$ को फोकस बिंदुओं से मापा जाता है,तो संबंध $xy = f^2$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए ग्राफ से,हम वक्र पर एक बिंदु देख सकते हैं जहाँ $x = 20 \ cm$ और $y = 20 \ cm$ है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$20 \times 20 = f^2$
$f^2 = 400$
$f = 20 \ cm$।
वैकल्पिक रूप से,ग्राफ दिखाता है कि जब $x = 10 \ cm$ है,तो $y = 40 \ cm$ (y-अक्ष पर अंतःखंड से),और जब $x = 40 \ cm$ है,तो $y = 10 \ cm$ (x-अक्ष पर अंतःखंड से)।
$xy = f^2$ का उपयोग करने पर,हमें $10 \times 40 = f^2$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $f^2 = 400$,इसलिए $f = 20 \ cm$।

(B) $L$ लंबाई के सीधे तार के कारण $d$ लंबवत दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 i}{4 \pi d} (\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$ द्वारा दिया जाता है।
$a = 1 \ m$ भुजा वाले वर्गाकार लूप के लिए,केंद्र से किसी भी भुजा की दूरी $d = a/2 = 0.5 \ m$ है।
कोण $\theta_1 = \theta_2 = 45^\circ$ हैं,इसलिए $\sin 45^\circ = 1/\sqrt{2}$.
एक भुजा के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 i}{4 \pi (a/2)} (\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{\mu_0 i \sqrt{2}}{2 \pi a}$ है।
वर्गाकार लूप के लिए,कुल चुंबकीय क्षेत्र $B = 4 \times B_1 = \frac{2 \mu_0 i \sqrt{2}}{\pi a}$ है।
दिया गया है $\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \ T \cdot m/A$,$i = 5 \ A$,और $a = 1 \ m$:
$B = \frac{2 \times (4 \pi \times 10^{-7}) \times 5 \times \sqrt{2}}{\pi \times 1} = 40 \sqrt{2} \times 10^{-7} \ T$.
इसे $X \sqrt{2} \times 10^{-7} \ T$ के साथ तुलना करने पर,हमें $X = 40$ प्राप्त होता है।

(C) माना $\theta$ वह कोण है जो प्रत्येक डोरी ऊर्ध्वाधर के साथ बनाती है। चूँकि डोरियों के बीच का कुल कोण $37^{\circ}$ है,इसलिए $\theta = 37^{\circ}/2 = 18.5^{\circ}$ है।
हवा में,संतुलन की स्थिति $\tan \theta = \frac{F_e}{mg} = \frac{F_e}{\rho_B V g}$ है,जहाँ $\rho_B$ गोले का घनत्व है और $V$ इसका आयतन है।
द्रव में,प्रभावी भार $mg' = V(\rho_B - \rho_L)g$ हो जाता है और स्थिर वैद्युत बल $F_e' = \frac{F_e}{K}$ हो जाता है,जहाँ $K$ परावैद्युतांक है।
द्रव में संतुलन की स्थिति $\tan \theta = \frac{F_e'}{mg'} = \frac{F_e}{K V(\rho_B - \rho_L)g}$ है।
चूँकि $\theta$ समान रहता है,हम $\tan \theta$ के दोनों व्यंजकों की तुलना करते हैं:
$\frac{F_e}{\rho_B V g} = \frac{F_e}{K V(\rho_B - \rho_L)g}$
$\rho_B = K(\rho_B - \rho_L)$
$1.4 = K(1.4 - 0.7)$
$1.4 = K(0.7)$
$K = \frac{1.4}{0.7} = 2$.

(B) माना वोल्टमीटर का प्रतिरोध $R_V$ है। वोल्टमीटर को $100 \ \Omega$ के प्रतिरोध के साथ समांतर क्रम में जोड़ा गया है। इस समांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{100 \cdot R_V}{100 + R_V}$ है।
अब परिपथ में $R_p$ और $200 \ \Omega$ का प्रतिरोध श्रेणीक्रम में है,जो $4 \ V$ की बैटरी से जुड़े हैं।
वोल्टेज विभाजक नियम के अनुसार,समांतर संयोजन $(R_p)$ पर वोल्टेज $V_p = V \cdot \frac{R_p}{R_p + 200}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $V_p = 1 \ V$ और $V = 4 \ V$ दिया गया है,इसलिए $1 = 4 \cdot \frac{R_p}{R_p + 200}$.
$R_p + 200 = 4 R_p \implies 3 R_p = 200 \implies R_p = \frac{200}{3} \ \Omega$.
$R_p$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\frac{100 R_V}{100 + R_V} = \frac{200}{3}$.
$300 R_V = 200(100 + R_V) \implies 300 R_V = 20000 + 200 R_V$.
$100 R_V = 20000 \implies R_V = 200 \ \Omega$.

(C) इस परिपथ में इनपुट $A$ और $B$ से जुड़े दो $NOT$ गेट हैं,जिसके बाद एक $NAND$ गेट लगा है।
$1$. $NAND$ गेट के इनपुट $\overline{A}$ और $\overline{B}$ हैं।
$2$. $NAND$ गेट का आउटपुट $Y$,$Y = \overline{\overline{A} \cdot \overline{B}}$ द्वारा दिया जाता है।
$3$. डी-मॉर्गन के नियम के अनुसार,$\overline{X \cdot Y} = \overline{X} + \overline{Y}$ होता है।
$4$. इस नियम को लागू करने पर: $Y = \overline{\overline{A}} + \overline{\overline{B}} = A + B$ प्राप्त होता है।
$5$. समीकरण $Y = A + B$ एक $OR$ लॉजिक ऑपरेशन को दर्शाता है।

(D) प्रिज्म के अपवर्तनांक $\mu$ का शीर्ष कोण $A$ और न्यूनतम विचलन कोण $\delta_m$ के पदों में सूत्र इस प्रकार है:
$\mu = \frac{\sin((A + \delta_m)/2)}{\sin(A/2)}$
दिया गया है कि $\mu = \cot(A/2) = \frac{\cos(A/2)}{\sin(A/2)}$,अतः दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\frac{\cos(A/2)}{\sin(A/2)} = \frac{\sin((A + \delta_m)/2)}{\sin(A/2)}$
दोनों पक्षों से $\sin(A/2)$ को हटाने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\cos(A/2) = \sin((A + \delta_m)/2)$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos(\theta) = \sin(90^{\circ} - \theta)$ का उपयोग करने पर:
$\sin(90^{\circ} - A/2) = \sin((A + \delta_m)/2)$
कोणों की तुलना करने पर:
$90^{\circ} - A/2 = (A + \delta_m)/2$
$180^{\circ} - A = A + \delta_m$
$\delta_m = 180^{\circ} - 2A$

(C) धारावाही तार पर चुंबकीय बल $\vec{F} = i (\vec{L}_{eff} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,प्रभावी लंबाई सदिश $\vec{L}_{eff}$ चुंबकीय क्षेत्र के भीतर तार के शुरुआती बिंदु से अंतिम बिंदु तक का विस्थापन सदिश है।
चित्र से,धारा बाईं ओर से अर्धवृत्ताकार लूप में प्रवेश करती है और दाईं ओर से बाहर निकलती है। अर्धवृत्ताकार भाग के लिए विस्थापन सदिश $\vec{L}_{eff} = 2R \hat{i}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B} = B_0 \hat{k}$ है।
इसलिए,$\vec{F} = i (2R \hat{i} \times B_0 \hat{k})$.
चूंकि $\hat{i} \times \hat{k} = -\hat{j}$,हमें $\vec{F} = i (2R B_0) (-\hat{j}) = -2 i B_0 R \hat{j}$ प्राप्त होता है।