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

(C) सरल लोलक के आवर्तकाल का सूत्र $T = 2 \pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने और $g$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,$g = \frac{4 \pi^2 \ell}{T^2}$ प्राप्त होता है।
$g$ में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta \ell}{\ell} + 2 \frac{\Delta T}{T}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $\ell = 20 \ cm$ और $\Delta \ell = 2 \ mm = 0.2 \ cm$ है।
$50$ दोलनों के लिए कुल समय $40 \ s$ है,इसलिए $T = \frac{40}{50} = 0.8 \ s$। रिज़ॉल्यूशन $\Delta T_{total} = 1 \ s$ है,इसलिए $\Delta T = \frac{1}{50} = 0.02 \ s$ होगा।
मान रखने पर: $\frac{\Delta g}{g} = \frac{0.2}{20} + 2 \left( \frac{0.02}{0.8} \right)$.
$\frac{\Delta g}{g} = 0.01 + 2 \left( 0.025 \right) = 0.01 + 0.05 = 0.06$.
प्रतिशत त्रुटि $N = 0.06 \times 100 = 6 \%$।

(D) आदर्श गैस में ध्वनि की गति का सूत्र $v = \sqrt{\frac{\gamma RT}{M}}$ है।
$S.T.P.$ पर,तापमान $T = 273 \text{ K}$ होता है।
ऑक्सीजन $(O_2)$ का मोलर द्रव्यमान $M = 32 \times 10^{-3} \text{ kg/mol}$ है।
दिया गया है कि $\gamma = 1.4$ और $R = 8.3 \text{ J K}^{-1} \text{mol}^{-1}$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$v = \sqrt{\frac{1.4 \times 8.3 \times 273}{32 \times 10^{-3}}}$
$v = \sqrt{\frac{3171.06}{0.032}}$
$v = \sqrt{99095.625}$
$v \approx 314.79 \text{ m/s}$।
निकटतम पूर्णांक में लेने पर,हमें $v \approx 315 \text{ m/s}$ प्राप्त होता है।

(C) गैस मिश्रण की कुल आंतरिक ऊर्जा $U$ उसके व्यक्तिगत घटकों की आंतरिक ऊर्जा का योग होती है।
$n$ मोल वाली गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा $U = n C_V T$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $C_V$ स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा है।
आर्गन एक परमाण्विक गैस है,इसलिए इसकी स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $f_1 = 3$ है,और $C_{V1} = \frac{3}{2} R$ है।
ऑक्सीजन द्वि-परमाण्विक गैस है,इसलिए इसकी स्वतंत्रता की कोटि $f_2 = 5$ है (कंपन मोड की उपेक्षा करते हुए),और $C_{V2} = \frac{5}{2} R$ है।
कुल आंतरिक ऊर्जा $U = n_1 C_{V1} T + n_2 C_{V2} T$ है।
दिए गए मानों को रखने पर: $U = (8 \times \frac{3}{2} R \times T) + (6 \times \frac{5}{2} R \times T)$.
$U = (12 RT) + (15 RT) = 27 RT$.

(C) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 5 \text{ kg}$,घर्षण गुणांक $\mu = 0.1$,झुकाव कोण $\theta = 30^\circ$,और $g = 10 \text{ m/s}^2$.
घर्षण बल $f = \mu N = \mu mg \cos \theta$ है।
$f = 0.1 \times 5 \times 10 \times \cos 30^\circ = 0.5 \times 5 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 1.25 \sqrt{3} \text{ N}$.
ब्लॉक को समतल पर ऊपर की ओर गति कराने के लिए,बल $F_1$ को गुरुत्वाकर्षण के नीचे की ओर कार्य करने वाले घटक और नीचे की ओर कार्य करने वाले घर्षण बल दोनों को पार करना होगा:
$F_1 = mg \sin \theta + f = 5 \times 10 \times \sin 30^\circ + 1.25 \sqrt{3} = 50 \times 0.5 + 1.25 \sqrt{3} = 25 + 1.25 \sqrt{3} \text{ N}$.
ब्लॉक को नीचे फिसलने से रोकने के लिए,बल $F_2$ घर्षण के साथ मिलकर समतल पर ऊपर की ओर कार्य करता है,जो गुरुत्वाकर्षण के नीचे की ओर कार्य करने वाले घटक को संतुलित करता है:
$F_2 + f = mg \sin \theta \implies F_2 = mg \sin \theta - f = 25 - 1.25 \sqrt{3} \text{ N}$.
अब,अंतर की गणना करने पर:
$|F_1| - |F_2| = (25 + 1.25 \sqrt{3}) - (25 - 1.25 \sqrt{3}) = 2.5 \sqrt{3} \text{ N}$.

(C) दो सदिशों के योग का परिमाण $|\vec{A}+\vec{B}| = \sqrt{A^2 + B^2 + 2AB \cos \theta}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $A = B = R$ दिया गया है,इसलिए:
$|\vec{A}+\vec{B}| = \sqrt{R^2 + R^2 + 2R^2 \cos \theta} = \sqrt{2R^2(1 + \cos \theta)}$.
सर्वसमिका $1 + \cos \theta = 2 \cos^2(\theta/2)$ का उपयोग करने पर:
$|\vec{A}+\vec{B}| = \sqrt{2R^2 \cdot 2 \cos^2(\theta/2)} = \sqrt{4R^2 \cos^2(\theta/2)} = 2R \cos(\theta/2)$.
इसी प्रकार,दो सदिशों के अंतर के लिए:
$|\vec{A}-\vec{B}| = \sqrt{A^2 + B^2 - 2AB \cos \theta} = \sqrt{2R^2(1 - \cos \theta)}$.
सर्वसमिका $1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\theta/2)$ का उपयोग करने पर:
$|\vec{A}-\vec{B}| = \sqrt{2R^2 \cdot 2 \sin^2(\theta/2)} = 2R \sin(\theta/2)$.
दिए गए विकल्पों से तुलना करने पर,विकल्प $C$ सही है।

(A) पलायन वेग का सूत्र $V_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
मान लीजिए $M_p$ और $R_p$ ग्रह का द्रव्यमान और त्रिज्या हैं,और $M_m$ और $R_m$ चंद्रमा का द्रव्यमान और त्रिज्या हैं।
दिया गया है: $M_m = \frac{M_p}{144}$ और $D_m = \frac{D_p}{16}$,जिसका अर्थ है $R_m = \frac{R_p}{16}$।
ग्रह पर पलायन वेग $V_p = \sqrt{\frac{2GM_p}{R_p}} = v$ है।
चंद्रमा पर पलायन वेग $V_m = \sqrt{\frac{2GM_m}{R_m}} = \sqrt{\frac{2G(M_p/144)}{(R_p/16)}} = \sqrt{\frac{2GM_p}{R_p} \times \frac{16}{144}} = \sqrt{\frac{2GM_p}{R_p} \times \frac{1}{9}}$ है।
$V_p = v$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $V_m = \sqrt{\frac{v^2}{9}} = \frac{v}{3}$ प्राप्त होता है।

(A) श्यान माध्यम में गिरती $r$ त्रिज्या वाली गोलाकार गेंद का टर्मिनल वेग $v$,स्टोक्स के नियम द्वारा दिया जाता है: $F_{drag} = 6 \pi \eta r v$.
चूंकि माध्यम का घनत्व नगण्य है,इसलिए उत्प्लावन बल (buoyant force) नगण्य है। टर्मिनल वेग पर,गुरुत्वाकर्षण बल श्यान खिंचाव बल के बराबर होता है:
$Mg = 6 \pi \eta r v$
यह दिया गया है कि गेंद का द्रव्यमान $M$ स्थिर है,इसलिए:
$v \propto \frac{1}{r}$
मान लीजिए कि $r$ त्रिज्या के लिए टर्मिनल वेग $v$ है और $r' = 2r$ त्रिज्या के लिए टर्मिनल वेग $v'$ है।
अतः,$\frac{v'}{v} = \frac{r}{r'} = \frac{r}{2r} = \frac{1}{2}$.
इसलिए,$v' = \frac{v}{2}$.

(D) दिया गया बल $\overrightarrow{F} = (6t \hat{i} + 6t^2 \hat{j}) \ N$ और द्रव्यमान $m = 2 \ kg$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,$\overrightarrow{a} = \frac{\overrightarrow{F}}{m} = \frac{6t \hat{i} + 6t^2 \hat{j}}{2} = (3t \hat{i} + 3t^2 \hat{j}) \ m/s^2$.
वेग $\overrightarrow{v}$ ज्ञात करने के लिए,हम त्वरण का समय के सापेक्ष समाकलन करेंगे: $\overrightarrow{v} = \int \overrightarrow{a} \ dt = \int (3t \hat{i} + 3t^2 \hat{j}) \ dt = (\frac{3t^2}{2} \hat{i} + t^3 \hat{j}) \ m/s$.
शक्ति $P$,बल और वेग का अदिश गुणनफल है: $P = \overrightarrow{F} \cdot \overrightarrow{v} = (6t \hat{i} + 6t^2 \hat{j}) \cdot (\frac{3t^2}{2} \hat{i} + t^3 \hat{j})$.
$P = (6t \cdot \frac{3t^2}{2}) + (6t^2 \cdot t^3) = 9t^3 + 6t^5 \ W$.

(B) विमाओं की समांगता के सिद्धांत के अनुसार,जिन राशियों को जोड़ा या घटाया जाता है,उनकी विमाएँ समान होनी चाहिए।
चूंकि $B$ में से $x^2$ घटाया गया है,इसलिए $B$ की विमा $x^2$ की विमा के बराबर होनी चाहिए।
$[B] = [x^2] = L^2$.
अब,समीकरण $E = \frac{B - x^2}{At}$ है। $A$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,$A = \frac{B - x^2}{Et}$ प्राप्त होता है।
विमाओं को प्रतिस्थापित करने पर: $[A] = \frac{[L^2]}{[E][t]}$.
दिया गया है $[E] = M^1 L^2 T^{-2}$ और $[t] = T^1$,इसलिए $[A] = \frac{L^2}{(M^1 L^2 T^{-2})(T^1)} = \frac{L^2}{M^1 L^2 T^{-1}} = M^{-1} T^1$.
अंत में,$AB$ की विमा $[A][B] = (M^{-1} T^1)(L^2) = L^2 M^{-1} T^1$ है।

(D) तार में तनाव $T$ को एटवुड मशीन के सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$T = \frac{2 m_1 m_2}{m_1 + m_2} g = \frac{2 \times 2 \times 4}{2 + 4} \times 10 = \frac{16}{6} \times 10 = \frac{80}{3} \ N$
तार का अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ है:
$A = \pi r^2 = \pi (4.0 \times 10^{-5})^2 = 16 \pi \times 10^{-10} \ m^2$
अनुदैर्ध्य विकृति की परिभाषा:
$\text{Strain} = \frac{\Delta \ell}{\ell} = \frac{F}{AY} = \frac{T}{AY}$
मान रखने पर:
$\text{Strain} = \frac{80/3}{16 \pi \times 10^{-10} \times 2.0 \times 10^{11}}$
$\text{Strain} = \frac{80/3}{32 \pi \times 10} = \frac{80}{3 \times 320 \pi} = \frac{80}{960 \pi} = \frac{1}{12 \pi}$
इसे $\frac{1}{\alpha \pi}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 12$ प्राप्त होता है।

(A) प्रक्षेपण बिंदु के परितः कोणीय संवेग $L$ का सूत्र $L = \vec{r} \times \vec{p} = m(\vec{r} \times \vec{v})$ है।
उच्चतम बिंदु पर, वेग $v_x = u \cos 45^{\circ} = \frac{u}{\sqrt{2}}$ है और ऊर्ध्वाधर ऊँचाई $H = \frac{u^2 \sin^2 45^{\circ}}{2g} = \frac{u^2}{4g}$ है।
कोणीय संवेग $L = m v_x H = m \left( \frac{u}{\sqrt{2}} \right) \left( \frac{u^2}{4g} \right) = \frac{m u^3}{4\sqrt{2} g}$ है।
$\frac{\sqrt{2} m u^3}{Xg}$ के रूप में लाने के लिए, अंश और हर को $\sqrt{2}$ से गुणा करने पर:
$L = \frac{m u^3 \sqrt{2}}{4 \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} g} = \frac{\sqrt{2} m u^3}{8g}$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना $\frac{\sqrt{2} m u^3}{Xg}$ से करने पर, हमें $X = 8$ प्राप्त होता है।

(D) केंद्र से गुजरने वाली अक्ष के परितः एक ठोस गोले का जड़त्व आघूर्ण $I_{cm} = \frac{2}{5} mR^2$ होता है।
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए, छड़ के मध्य बिंदु से गुजरने वाली अक्ष के परितः एक गोले का जड़त्व आघूर्ण (गोले के केंद्र से $d = 75 \,cm = 0.75 \,m = \frac{3}{4} \,m$ की दूरी पर) है:
$I_{sphere} = I_{cm} + md^2 = \frac{2}{5} mR^2 + md^2$.
यहाँ $m = 2 \,kg$, $R = 50 \,cm = 0.5 \,m = \frac{1}{2} \,m$, और $d = 0.75 \,m = \frac{3}{4} \,m$ दिया गया है।
$I_{sphere} = \frac{2}{5} \times 2 \times (\frac{1}{2})^2 + 2 \times (\frac{3}{4})^2 = \frac{4}{5} \times \frac{1}{4} + 2 \times \frac{9}{16} = \frac{1}{5} + \frac{9}{8} = \frac{8 + 45}{40} = \frac{53}{40} \,kg \,m^2$.
चूंकि दो समान गोले हैं, इसलिए निकाय का कुल जड़त्व आघूर्ण है:
$I_{total} = 2 \times I_{sphere} = 2 \times \frac{53}{40} = \frac{53}{20} \,kg \,m^2$.
इसकी तुलना $\frac{x}{20} \,kg \,m^2$ से करने पर, $x = 53$ प्राप्त होता है।

(A) सबसे पहले,स्प्रिंग की व्यवस्था का विश्लेषण करें। यहाँ एक स्प्रिंग (नियतांक $k$) दो समानांतर स्प्रिंगों (प्रत्येक $k$) के संयोजन के साथ समानांतर में है,जो स्वयं एक अन्य स्प्रिंग (नियतांक $k$) के साथ श्रेणीक्रम में है।
$1$. ऊपर की दो समानांतर स्प्रिंगों का समतुल्य स्प्रिंग नियतांक $k_p = k + k = 2k$ है।
$2$. यह संयोजन अपने नीचे वाली स्प्रिंग (नियतांक $k$) के साथ श्रेणीक्रम में है। इस शाखा के लिए समतुल्य नियतांक $k_s$ का मान $\frac{1}{k_s} = \frac{1}{2k} + \frac{1}{k} = \frac{1+2}{2k} = \frac{3}{2k}$ द्वारा प्राप्त होता है,इसलिए $k_s = \frac{2k}{3}$।
$3$. यह शाखा बाईं ओर की $k$ नियतांक वाली एकल स्प्रिंग के साथ समानांतर में है। अतः,कुल समतुल्य स्प्रिंग नियतांक $k_{eq} = k + k_s = k + \frac{2k}{3} = \frac{5k}{3}$ होगा।
स्प्रिंग-द्रव्यमान निकाय का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k_{eq}}}$ द्वारा दिया जाता है।
$k_{eq} = \frac{5k}{3}$ रखने पर:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{M}{5k/3}} = 2\pi \sqrt{\frac{3M}{5k}} = \pi \sqrt{4 \cdot \frac{3M}{5k}} = \pi \sqrt{\frac{12M}{5k}}$।
दिए गए व्यंजक $\pi \sqrt{\frac{\alpha M}{5K}}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 12$ प्राप्त होता है।

(B) यंग का प्रत्यास्थता गुणांक $(Y)$ किसी पदार्थ की कठोरता का माप है।
जब किसी ठोस का तापमान बढ़ता है,तो परमाणुओं की तापीय ऊर्जा बढ़ जाती है,जिससे अंतर-परमाण्विक बंधन कमजोर हो जाते हैं।
जैसे-जैसे अंतर-परमाण्विक बल घटते हैं,पदार्थ कम कठोर हो जाता है,जिससे यंग के प्रत्यास्थता गुणांक में कमी आती है।
अतः,तापमान में वृद्धि के साथ,यंग का प्रत्यास्थता गुणांक घट जाता है।

(B) $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण $g' = g \left( \frac{R}{R+h} \right)^2$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $h = 2R$,इसलिए $g' = g \left( \frac{R}{R+2R} \right)^2 = g \left( \frac{R}{3R} \right)^2 = \frac{g}{9}$।
सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g'}}$ होता है।
सेकंड लोलक के लिए,$T = 2 \ s$।
मान रखने पर: $2 = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g/9}} = 2\pi \sqrt{\frac{9\ell}{g}}$।
$2$ से भाग देने पर: $1 = \pi \sqrt{\frac{9\ell}{g}}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $1 = \pi^2 \left( \frac{9\ell}{g} \right)$।
दिया गया है $g = \pi^2 \ m/s^2$,इस मान को समीकरण में रखने पर: $1 = \pi^2 \left( \frac{9\ell}{\pi^2} \right) = 9\ell$।
अतः,$\ell = \frac{1}{9} \ m$।

(A) मिश्रण के लिए स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा का सूत्र है: $C_{V,mix} = \frac{n_1 C_{V,1} + n_2 C_{V,2}}{n_1 + n_2}$।
एक-परमाणुक गैस के लिए,$C_{V,1} = \frac{3}{2} R$ और $n_1 = 2$ है।
द्वि-परमाणुक गैस के लिए,$C_{V,2} = \frac{5}{2} R$ और $n_2 = 6$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$C_{V,mix} = \frac{2 \times (\frac{3}{2} R) + 6 \times (\frac{5}{2} R)}{2 + 6}$
$C_{V,mix} = \frac{3R + 15R}{8}$
$C_{V,mix} = \frac{18R}{8} = \frac{9}{4} R$।

(B) डोरी में उत्पन्न तनाव $T$ गेंद की क्षैतिज वृत्ताकार गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है।
यहाँ द्रव्यमान $m = 0.5 \ kg$,लंबाई $\ell = 50 \ cm = 0.5 \ m$,और अधिकतम तनाव $T_{max} = 400 \ N$ दिया गया है।
क्षैतिज वृत्ताकार गति के लिए अभिकेंद्र बल का सूत्र $T = m \omega^2 \ell$ है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$400 = 0.5 \times \omega^2 \times 0.5$
$400 = 0.25 \times \omega^2$
$\omega^2 = \frac{400}{0.25} = 1600$
$\omega = \sqrt{1600} = 40 \ rad/s$.
अतः,कोणीय वेग का अधिकतम संभव मान $40 \ rad/s$ है।

(A) पॉलिट्रोपिक प्रक्रिया $PV^x = K$ के लिए,गैस द्वारा किया गया कार्य निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$W = \int_{V_1}^{V_2} P \, dV = \int_{V_1}^{V_2} K V^{-x} \, dV$
$W = \frac{K V_2^{1-x} - K V_1^{1-x}}{1-x}$
चूंकि $P_1 V_1^x = K$ और $P_2 V_2^x = K$,हम लिख सकते हैं:
$W = \frac{P_2 V_2^x V_2^{1-x} - P_1 V_1^x V_1^{1-x}}{1-x} = \frac{P_2 V_2 - P_1 V_1}{1-x}$
यहाँ $x = 3/2$ दिया गया है,इसलिए:
$W = \frac{P_2 V_2 - P_1 V_1}{1 - 3/2} = \frac{P_2 V_2 - P_1 V_1}{-1/2}$
$W = -2(P_2 V_2 - P_1 V_1) = 2(P_1 V_1 - P_2 V_2)$
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(D) दिया गया है कि मुख्य पैमाने के $10$ भाग $(MSD)$ वर्नियर पैमाने के $11$ भागों $(VSD)$ के साथ संपाती हैं।
अतः,$10 \text{ } MSD = 11 \text{ } VSD$ है।
इसका अर्थ है कि $1 \text{ } VSD = \frac{10}{11} \text{ } MSD$ है।
वर्नियर कैलिपर का अल्पतमांक $(LC)$ इस प्रकार परिभाषित है: $LC = 1 \text{ } MSD - 1 \text{ } VSD$।
$VSD$ का मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $LC = 1 \text{ } MSD - \frac{10}{11} \text{ } MSD = \frac{1}{11} \text{ } MSD$।
दिया गया है कि मुख्य पैमाने का प्रत्येक भाग $5$ इकाइयों का है,इसलिए $1 \text{ } MSD = 5 \text{ units}$।
अतः,$LC = \frac{1}{11} \times 5 \text{ units} = \frac{5}{11} \text{ units}$।

(B) प्रतिरोधकता का सूत्र $\rho = R \frac{A}{l} = R \frac{\pi r^2}{l}$ है।
सापेक्ष त्रुटि लेने पर,हमें प्राप्त होता है: $\frac{\Delta \rho}{\rho} = \frac{\Delta R}{R} + 2 \frac{\Delta r}{r} + \frac{\Delta l}{l}$.
दिए गए मानों को रखने पर:
$\frac{\Delta \rho}{\rho} = \frac{10}{100} + 2 \times \frac{0.05}{0.35} + \frac{0.2}{15}$.
$\frac{\Delta \rho}{\rho} = 0.1 + 2 \times \frac{1}{7} + \frac{0.2}{15} = 0.1 + 0.2857 + 0.0133 = 0.399$.
प्रतिशत में बदलने पर: $0.399 \times 100 \% = 39.9 \%$.

(D) कोणीय आवेग को कोणीय संवेग में परिवर्तन के रूप में परिभाषित किया जाता है।
कोणीय आवेग का विमीय सूत्र $=$ कोणीय संवेग का विमीय सूत्र।
कोणीय संवेग $L = mvr$ होता है।
$m$ की विमा $[M]$,$v$ की $[L T^{-1}]$,और $r$ की $[L]$ है।
अतः,$[L] = [M] \times [L T^{-1}] \times [L] = [M L^2 T^{-1}]$।
इस प्रकार,सही विकल्प $D$ है।

(B) $1$. टक्कर के दौरान रैखिक संवेग का संरक्षण:
$m u = (M + m) V$
दिया गया है $m = 10^{-2} \,kg$,$u = 200 \,m/s$,$M = 1 \,kg$.
$10^{-2} \times 200 = (1 + 0.01) V$
$2 = 1.01 V$
$V = \frac{2}{1.01} \approx 1.98 \,m/s \approx 2 \,m/s$.
$2$. टक्कर के बाद गोलक-गोली प्रणाली के लिए यांत्रिक ऊर्जा का संरक्षण:
$\frac{1}{2} (M + m) V^2 = (M + m) g h$
$h = \frac{V^2}{2g}$
$h = \frac{2^2}{2 \times 10} = \frac{4}{20} = 0.2 \,m$.

(A) वृत्तीय गति में कण की चाल $v = \frac{2 \pi R}{T}$ है।
दिया गया है कि प्रक्षेप्य गति में प्राप्त अधिकतम ऊँचाई $H = 4R$ है,हम सूत्र $H = \frac{v^2 \sin^2 \theta}{2g}$ का उपयोग करते हैं।
ऊँचाई के सूत्र में $v = \frac{2 \pi R}{T}$ रखने पर:
$4R = \frac{(\frac{2 \pi R}{T})^2 \sin^2 \theta}{2g}$
$4R = \frac{4 \pi^2 R^2 \sin^2 \theta}{2g T^2}$
$1 = \frac{\pi^2 R \sin^2 \theta}{2g T^2}$
$\sin^2 \theta = \frac{2g T^2}{\pi^2 R}$
$\theta = \sin^{-1} \left[ \frac{2g T^2}{\pi^2 R} \right]^{\frac{1}{2}}$.

(C) ट्रॉली का द्रव्यमान $m_1 = 20 \text{ kg}$ है और लटकते हुए ब्लॉक का द्रव्यमान $m_2 = 6 \text{ kg}$ है।
ट्रॉली पर लगने वाला अभिलंब बल $N = m_1 g = 20 \times 10 = 200 \text{ N}$ है।
गतिज घर्षण बल $f_k = \mu_k N = 0.04 \times 200 = 8 \text{ N}$ है।
चालक बल लटकते हुए ब्लॉक का भार है,$F = m_2 g = 6 \times 10 = 60 \text{ N}$।
सिस्टम पर न्यूटन का दूसरा नियम लागू करने पर: $F - f_k = (m_1 + m_2) a$।
$60 - 8 = (20 + 6) a$।
$52 = 26 a$।
$a = \frac{52}{26} = 2 \text{ m/s}^2$।

(B) मान लीजिए कि तीनों गोलों की स्थिति $XY$-तल में $(0, 0)$,$(4, 0)$ और $(0, 4)$ है,प्रत्येक का द्रव्यमान $m = 2M$ है।
द्रव्यमान केंद्र की स्थिति $\overrightarrow{r}_{\text{COM}}$ इस प्रकार दी जाती है:
$\overrightarrow{r}_{\text{COM}} = \frac{m_1 \overrightarrow{r}_1 + m_2 \overrightarrow{r}_2 + m_3 \overrightarrow{r}_3}{m_1 + m_2 + m_3}$
$\overrightarrow{r}_{\text{COM}} = \frac{2M(0\hat{i} + 0\hat{j}) + 2M(4\hat{i} + 0\hat{j}) + 2M(0\hat{i} + 4\hat{j})}{2M + 2M + 2M}$
$\overrightarrow{r}_{\text{COM}} = \frac{8M\hat{i} + 8M\hat{j}}{6M} = \frac{4}{3}\hat{i} + \frac{4}{3}\hat{j}$
स्थिति सदिश का परिमाण है:
$|\overrightarrow{r}_{\text{COM}}| = \sqrt{(\frac{4}{3})^2 + (\frac{4}{3})^2} = \sqrt{\frac{16}{9} + \frac{16}{9}} = \sqrt{\frac{32}{9}} = \frac{4\sqrt{2}}{3}$
इसे $\frac{4\sqrt{2}}{x}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 3$ प्राप्त होता है।

(C) सोनोमीटर तार की आवृत्ति $f = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $L$ लंबाई है,$T$ तनाव है,और $\mu$ रैखिक द्रव्यमान घनत्व है।
चूँकि $L$ और $\mu$ स्थिर हैं,इसलिए $f \propto \sqrt{T}$ होता है।
मान लीजिए ट्यूनिंग फोर्क की आवृत्ति $f_0$ है।
$T_1 = 6 \ N$ के लिए,तार ट्यूनिंग फोर्क के साथ अनुनाद करता है,इसलिए $f_1 = f_0 = k\sqrt{6}$,जहाँ $k = \frac{1}{2L\sqrt{\mu}}$ है।
$T_2 = 54 \ N$ के लिए,तार की आवृत्ति $f_2 = k\sqrt{54} = k\sqrt{9 \times 6} = 3k\sqrt{6} = 3f_0$ होगी।
प्रति सेकंड बीट्स की संख्या $|f_2 - f_0| = 12$ है।
$f_2 = 3f_0$ रखने पर,हमें $|3f_0 - f_0| = 12$ प्राप्त होता है।
$2f_0 = 12$,जिससे $f_0 = 6 \ Hz$ प्राप्त होता है।

(D) दोनों पंखों का कुल क्षेत्रफल $A = 2 \times 40 \,m^2 = 80 \,m^2$ है।
हवा की गति को $km/h$ से $m/s$ में बदलने पर:
$V_1 = 180 \,km/h = 180 \times \frac{5}{18} = 50 \,m/s$ (निचली सतह)
$V_2 = 252 \,km/h = 252 \times \frac{5}{18} = 70 \,m/s$ (ऊपरी सतह)
बर्नौली के सिद्धांत के अनुसार,निचली और ऊपरी सतहों के बीच का दबाव अंतर $\Delta P = P_1 - P_2$ लिफ्ट बल $F_L$ प्रदान करता है:
$F_L = (P_1 - P_2) A = \frac{1}{2} \rho (V_2^2 - V_1^2) A$
समतल उड़ान के लिए,लिफ्ट बल को विमान के वजन को संतुलित करना चाहिए:
$mg = \frac{1}{2} \rho (V_2^2 - V_1^2) A$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$m \times 10 = \frac{1}{2} \times 1 \times (70^2 - 50^2) \times 80$
$10m = 40 \times (4900 - 2500)$
$10m = 40 \times 2400$
$10m = 96000$
$m = 9600 \,kg$.

(B) दिया गया स्थिति फलन: $x = -3t^3 + 18t^2 + 16t$.
वेग $v$,समय के सापेक्ष स्थिति का प्रथम अवकलज है: $v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(-3t^3 + 18t^2 + 16t) = -9t^2 + 36t + 16$.
त्वरण $a$,समय के सापेक्ष वेग का अवकलज है: $a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(-9t^2 + 36t + 16) = -18t + 36$.
समय ज्ञात करने के लिए त्वरण को शून्य रखें: $-18t + 36 = 0 \implies 18t = 36 \implies t = 2 \,s$.
वेग समीकरण में $t = 2 \,s$ रखने पर: $v = -9(2)^2 + 36(2) + 16$.
$v = -9(4) + 72 + 16 = -36 + 72 + 16 = 52 \,m/s$.

(D) एक द्विपरमाणुक गैस के लिए, स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $f = 5$ होती है।
समदाबीय प्रक्रिया में, किया गया कार्य $W = nR\Delta T = 200 \,J$ द्वारा दिया जाता है।
गैस को दी गई ऊष्मा $Q = nC_p\Delta T$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $C_p = \frac{f+2}{2}R$, इसलिए $Q = \left(\frac{f+2}{2}\right) nR\Delta T$ होता है।
मान $f = 5$ और $nR\Delta T = 200 \,J$ रखने पर:
$Q = \left(\frac{5+2}{2}\right) \times 200 = \frac{7}{2} \times 200 = 700 \,J$.

(C) डिस्क एक क्षैतिज सतह पर बिना फिसले लुढ़क रही है,इसलिए इसमें स्थानांतरीय गतिज ऊर्जा $(K_t = \frac{1}{2} Mv^2)$ और घूर्णी गतिज ऊर्जा $(K_r = \frac{1}{2} I\omega^2)$ दोनों होती हैं।
जब डिस्क एक चिकनी झुकी हुई सतह पर ऊपर की ओर बढ़ती है,तो कोई घर्षण नहीं होता है। इसलिए,घर्षण के कारण टॉर्क शून्य होता है,और घूर्णी गतिज ऊर्जा पूरी गति के दौरान स्थिर रहती है।
जैसे-जैसे डिस्क ढलान पर ऊपर चढ़ती है,केवल स्थानांतरीय गतिज ऊर्जा ही गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित होती है।
स्थानांतरीय भाग के लिए ऊर्जा संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$\frac{1}{2} Mv^2 = Mgh$
$h$ के लिए हल करने पर:
$h = \frac{v^2}{2g}$

(D) माना कि छोटी बूंदों की त्रिज्या $r$ है और बड़ी बूंद की त्रिज्या $R$ है।
आयतन संरक्षण के नियम के अनुसार,बड़ी बूंद का आयतन $1000$ छोटी बूंदों के कुल आयतन के बराबर होगा:
$\frac{4}{3} \pi R^3 = 1000 \times \frac{4}{3} \pi r^3$
$R^3 = 1000 r^3$
$R = 10r$
$1000$ छोटी बूंदों की प्रारंभिक पृष्ठ ऊर्जा $U_i$:
$U_i = 1000 \times (4 \pi r^2 S)$,जहाँ $S$ पृष्ठ तनाव है।
बड़ी बूंद की अंतिम पृष्ठ ऊर्जा $U_f$:
$U_f = 4 \pi R^2 S$
$R = 10r$ रखने पर:
$U_f = 4 \pi (10r)^2 S = 100 \times (4 \pi r^2 S)$
$U_f$ और $U_i$ की तुलना करने पर:
$U_f = \frac{100 \times (4 \pi r^2 S)}{1000 \times (4 \pi r^2 S)} U_i$
$U_f = \frac{1}{10} U_i$
अतः,पृष्ठ ऊर्जा प्रारंभिक मान का $\frac{1}{10}$ वां भाग हो जाएगी।

(D) दिया गया है:
गेंद का द्रव्यमान,$m = 120 \,g = 0.12 \,kg$
प्रारंभिक वेग,$u = 25 \,m/s$
अंतिम वेग,$v = 0 \,m/s$ (चूंकि गेंद पकड़ ली जाती है)
लिया गया समय,$\Delta t = 0.1 \,s$
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,लगाया गया बल संवेग परिवर्तन की दर के बराबर होता है:
$F = \frac{\Delta p}{\Delta t} = \frac{m(v - u)}{\Delta t}$
मान रखने पर:
$F = \frac{0.12 \times (0 - 25)}{0.1}$
$F = \frac{0.12 \times (-25)}{0.1}$
$F = \frac{-3}{0.1} = -30 \,N$
अतः,गेंद द्वारा हाथ पर लगाए गए बल का परिमाण $|F| = 30 \,N$ है।

(B) गैस का वर्ग माध्य मूल वेग $(V_{rms})$ सूत्र $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि तापमान $(T)$ और गैस नियतांक $(R)$ दोनों गैसों के लिए समान हैं, इसलिए वेग और मोलर द्रव्यमान $(M)$ के बीच संबंध $V_{rms} \propto \frac{1}{\sqrt{M}}$ है।
मान लीजिए $V_H$ हाइड्रोजन का वेग $(M_H = 2 \,g/mol)$ है और $V_O$ ऑक्सीजन का वेग $(M_O = 32 \,g/mol)$ है।
अतः, $\frac{V_H}{V_O} = \sqrt{\frac{M_O}{M_H}}$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{2}{V_O} = \sqrt{\frac{32}{2}} = \sqrt{16} = 4$.
इसलिए, $V_O = \frac{2}{4} = 0.5 \,km/s$।

(A) सबसे पहले,गति को $km/h$ से $m/s$ में बदलने के लिए $\frac{5}{18}$ से गुणा करें।
$V_A = 72 \times \frac{5}{18} = 20 \ m/s$ (उत्तर की ओर,धनात्मक लेने पर)।
$V_B = 108 \times \frac{5}{18} = 30 \ m/s$ (दक्षिण की ओर,ऋणात्मक लेने पर,इसलिए $V_B = -30 \ m/s$)।
ट्रेन $A$ के सापेक्ष ट्रेन $B$ का वेग $V_{BA} = V_B - V_A = -30 - 20 = -50 \ m/s$ है।
ट्रेन $B$ के सापेक्ष जमीन का वेग $V_{GB} = V_G - V_B = 0 - (-30) = 30 \ m/s$ है।
अतः,वेग $-50 \ m/s$ और $30 \ m/s$ हैं।

(C) सार्थक अंकों की संख्या निर्धारित करने के लिए,हम निम्नलिखित नियमों का पालन करते हैं:
$1$. सभी गैर-शून्य अंक सार्थक होते हैं।
$2$. गैर-शून्य अंकों के बीच के शून्य सार्थक होते हैं।
$3$. संख्या की शुरुआत के शून्य सार्थक नहीं होते हैं।
$4$. दशमलव बिंदु वाली संख्या में अंत के शून्य सार्थक होते हैं।
इन नियमों को लागू करने पर:
- $A. 1001$: इसमें $4$ सार्थक अंक हैं (सभी अंक सार्थक हैं)।
- $B. 010.1$: शुरुआती शून्य सार्थक नहीं है। अंक $1, 0, 1$ सार्थक हैं। कुल = $3$ सार्थक अंक।
- $C. 100.100$: सभी अंक सार्थक हैं क्योंकि शून्य गैर-शून्य अंकों के बीच में हैं या दशमलव के बाद के अंतिम शून्य हैं। कुल = $6$ सार्थक अंक।
- $D. 0.0010010$: शुरुआती शून्य सार्थक नहीं हैं। अंक $1, 0, 0, 1, 0$ सार्थक हैं। कुल = $5$ सार्थक अंक।
परिणामों का मिलान करने पर: $A-II, B-I, C-IV, D-III$।

(A) गुरुत्वाकर्षण बल वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है।
$F = \frac{k}{R^{3/2}} = m \omega^2 R$,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
कोणीय वेग $\omega$ के लिए व्यवस्थित करने पर:
$\omega^2 = \frac{k}{m R^{5/2}} \implies \omega^2 \propto R^{-5/2}$।
चूंकि आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega}$ है,इसलिए $T^2 = \frac{4\pi^2}{\omega^2}$ होगा।
$\omega^2 \propto R^{-5/2}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$T^2 \propto \frac{1}{R^{-5/2}} \implies T^2 \propto R^{5/2}$।

(C) वस्तु पर कार्य करने वाला कुल बल $\vec{F}_{net}$ दोनों बलों का सदिश योग है:
$\vec{F}_{net} = \vec{F}_1 + \vec{F}_2 = (5 \hat{i} + 8 \hat{j} + 7 \hat{k}) + (3 \hat{i} - 4 \hat{j} - 3 \hat{k})$
$\vec{F}_{net} = (5+3) \hat{i} + (8-4) \hat{j} + (7-3) \hat{k} = 8 \hat{i} + 4 \hat{j} + 4 \hat{k} \ N$.
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,$\vec{F} = m \vec{a}$,इसलिए त्वरण $\vec{a} = \frac{\vec{F}_{net}}{m}$ होगा।
यहाँ द्रव्यमान $m = 4 \ kg$ दिया गया है,अतः:
$\vec{a} = \frac{8 \hat{i} + 4 \hat{j} + 4 \hat{k}}{4} = 2 \hat{i} + \hat{j} + \hat{k} \ m/s^2$.

(A) स्प्रिंग-द्रव्यमान निकाय के लिए दोलन की आवृत्ति का सूत्र $f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{m}}$ है,जहाँ $k$ स्प्रिंग नियतांक है और $m$ द्रव्यमान है।
प्रथम स्थिति के लिए,आवृत्ति $f_1 = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{m}}$ है।
दूसरी स्थिति के लिए,जहाँ द्रव्यमान $9m$ है,आवृत्ति $f_2 = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{9m}}$ है।
अनुपात $\frac{f_1}{f_2}$ ज्ञात करने के लिए,हम दोनों व्यंजकों को विभाजित करते हैं:
$\frac{f_1}{f_2} = \frac{\frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{m}}}{\frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{9m}}} = \sqrt{\frac{k}{m} \cdot \frac{9m}{k}} = \sqrt{9} = 3$.
अतः,$\frac{f_1}{f_2}$ का मान $3$ है।

(B) दिया गया है कि कण का वेग स्थिति के फलन के रूप में है: $v = 4\sqrt{x}$।
त्वरण $a$ को स्थिति $x$ के संदर्भ में इस सूत्र द्वारा व्यक्त किया जा सकता है: $a = v \frac{dv}{dx}$।
सबसे पहले,$v$ का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{dv}{dx} = \frac{d}{dx}(4x^{1/2}) = 4 \cdot \frac{1}{2} x^{-1/2} = 2x^{-1/2} = \frac{2}{\sqrt{x}}$।
अब,$v$ और $\frac{dv}{dx}$ के मानों को त्वरण के सूत्र में रखने पर:
$a = (4\sqrt{x}) \cdot (\frac{2}{\sqrt{x}})$।
$a = 4 \cdot 2 = 8 \ m/s^2$।
अतः,कण का त्वरण $8 \ m/s^2$ के बराबर स्थिर है।

(D) अनुदैर्ध्य विकृति $\text{Strain} = \frac{\Delta L}{L} = \frac{F}{AY}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि दोनों तारों के लिए अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ और यंग मापांक $Y$ समान हैं,इसलिए विकृति तार में तनाव बल $F$ के सीधे आनुपातिक होती है।
निचले तार के लिए,तनाव बल $F_2$,$1 \ kg$ के भार के कारण है: $F_2 = m_2 g = 1 \ kg \times 10 \ ms^{-2} = 10 \ N$.
ऊपरी तार के लिए,तनाव बल $F_1$,$2 \ kg$ और $1 \ kg$ दोनों भारों के कारण है: $F_1 = (m_1 + m_2) g = (2 \ kg + 1 \ kg) \times 10 \ ms^{-2} = 30 \ N$.
ऊपरी तार की अनुदैर्ध्य विकृति और निचले तार की अनुदैर्ध्य विकृति का अनुपात:
$\frac{\text{Strain}_1}{\text{Strain}_2} = \frac{F_1 / AY}{F_2 / AY} = \frac{F_1}{F_2} = \frac{30 \ N}{10 \ N} = 3$.

(A) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 2 \ kg$,लंबाई $L = 0.3 \ m$,आवेग $J = 0.2 \ Ns$.
सिरे $B$ पर लगाया गया आवेग रैखिक और कोणीय संवेग दोनों उत्पन्न करता है।
द्रव्यमान केंद्र का रैखिक वेग: $v_{cm} = \frac{J}{m} = \frac{0.2}{2} = 0.1 \ m/s$.
द्रव्यमान केंद्र के परितः कोणीय आवेग: $J_{\theta} = J \times \frac{L}{2} = 0.2 \times \frac{0.3}{2} = 0.03 \ kg \cdot m^2/s$.
द्रव्यमान केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण: $I_{cm} = \frac{mL^2}{12} = \frac{2 \times (0.3)^2}{12} = \frac{2 \times 0.09}{12} = 0.015 \ kg \cdot m^2$.
कोणीय वेग: $\omega = \frac{J_{\theta}}{I_{cm}} = \frac{0.03}{0.015} = 2 \ rad/s$.
समकोण पर घूमने में लगा समय $(\theta = \frac{\pi}{2})$: $t = \frac{\theta}{\omega} = \frac{\pi/2}{2} = \frac{\pi}{4} \ s$.
$\frac{\pi}{X} \ s$ के साथ तुलना करने पर,हमें $X = 4$ प्राप्त होता है।

(D) कथन $I$ के लिए: जब द्रव स्थिर होता है $(v_1=v_2=0)$,तो $h_1$ और $h_2$ ऊंचाइयों पर स्थित दो बिंदुओं के बीच दाबांतर हाइड्रोस्टेटिक दबाव के सूत्र द्वारा दिया जाता है: $P_1-P_2=\rho g(h_2-h_1)$। अतः,कथन $I$ सही है।
कथन $II$ के लिए: क्षैतिज वेंचुरी ट्यूब के लिए बर्नौली का समीकरण लागू करने पर $(h_1=h_2)$:
$P_1 + \frac{1}{2}\rho v_1^2 = P_2 + \frac{1}{2}\rho v_2^2$
$P_1 - P_2 = \frac{1}{2}\rho(v_2^2 - v_1^2)$
मैनोमीटर से,दाबांतर $P_1 - P_2 = \rho gh$ है।
दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\rho gh = \frac{1}{2}\rho(v_2^2 - v_1^2)$,जो सरल होकर $2gh = v_2^2 - v_1^2$ देता है।
चूंकि कथन में $2gh = v_1^2 - v_2^2$ दिया गया है,इसलिए यह गलत है।
अतः,कथन $I$ सही है लेकिन कथन $II$ गलत है।

(B) दिया गया है: बर्फ बिंदु पर प्रतिरोध $R_0 = 8 \Omega$,भाप बिंदु पर प्रतिरोध $R_{100} = 10 \Omega$ है।
तापमान $T$ पर प्रतिरोध का सूत्र $R_T = R_0(1 + \alpha T)$ है।
भाप बिंदु $(100^{\circ} C)$ के लिए:
$10 = 8(1 + \alpha \times 100)$
$1.25 = 1 + 100\alpha$
$100\alpha = 0.25 = 1/4$
$\alpha = 1/400 \text{ per } ^{\circ} C$ है।
अब,$T = 400^{\circ} C$ तापमान के लिए:
$R_{400} = R_0(1 + \alpha \times 400)$
$R_{400} = 8(1 + (1/400) \times 400)$
$R_{400} = 8(1 + 1) = 8 \times 2 = 16 \Omega$ है।
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(D) अर्धवृत्ताकार चाप की लंबाई $L = \pi R$ है,इसलिए त्रिज्या $R = \frac{L}{\pi}$ है।
तार के एक सूक्ष्म खंड $dl = R d\theta$ पर विचार करें। इस खंड का द्रव्यमान $dm = \lambda dl = \frac{M}{L} R d\theta$ है।
केंद्र पर स्थित $m$ द्रव्यमान के कण पर इस खंड द्वारा लगाया गया गुरुत्वाकर्षण बल $dF = \frac{G m dm}{R^2} = \frac{G m (M/L) R d\theta}{R^2} = \frac{GMm}{LR} d\theta$ है।
समरूपता के कारण,बल के क्षैतिज घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं और ऊर्ध्वाधर घटक जुड़ जाते हैं।
कुल बल $F = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} dF \sin\theta = \frac{GMm}{LR} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin\theta d\theta$ है। अर्धवृत्ताकार चाप के केंद्र पर क्षेत्र का मानक परिणाम $E = \frac{2GM}{LR}$ है।
$R = L/\pi$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $F = mE = m \left( \frac{2GM}{L(L/\pi)} \right) = \frac{2GMm\pi}{L^2}$ प्राप्त होता है।
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(C) सेल्सियस पैमाने $(\Delta T_C)$ और फारेनहाइट पैमाने $(\Delta T_F)$ पर तापमान में परिवर्तन के बीच का संबंध इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\Delta T_F = \frac{9}{5} \Delta T_C$.
दिया गया है कि सेल्सियस पैमाने पर तापमान में वृद्धि $\Delta T_C = 40^{\circ} C$ है।
इस मान को सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$\Delta T_F = \frac{9}{5} \times 40^{\circ} F$
$\Delta T_F = 9 \times 8^{\circ} F$
$\Delta T_F = 72^{\circ} F$.
अतः,फारेनहाइट पैमाने पर तापमान में वृद्धि $72^{\circ} F$ है।
इसलिए,सही विकल्प $C$ है।

(B) न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,$m$ द्रव्यमान वाले पिंड पर कार्य करने वाला बल $F = ma$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि बल समय $t$ के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है,इसलिए हम $F = kt$ लिख सकते हैं,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
इसे गति के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$kt = ma$
$a = \frac{k}{m} t$
चूंकि $k$ और $m$ स्थिरांक हैं,इसलिए त्वरण $a$ समय $t$ के सीधे समानुपाती है $(a \propto t)$।
यह संबंध $a$ बनाम $t$ ग्राफ में मूल बिंदु $(0,0)$ से गुजरने वाली एक सीधी रेखा का प्रतिनिधित्व करता है।
अतः,सही वक्र विकल्प $B$ में दिखाया गया है।

(D) जमीन से टकराने से ठीक पहले गेंद का वेग गति के समीकरण $v^2 = u^2 + 2as$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि यह विरामावस्था से शुरू होती है $(u=0)$,इसलिए $v = \sqrt{2gh}$ होगा।
$h$ ऊँचाई पर गेंद की प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $PE_i = mgh$ है। प्रभाव से ठीक पहले गतिज ऊर्जा $KE_i = mgh$ है।
गेंद $h' = h/2$ ऊँचाई तक उछलती है। इस अधिकतम ऊँचाई पर स्थितिज ऊर्जा $PE_f = mg(h/2) = \frac{1}{2}mgh$ है।
ऊर्जा में हानि $\Delta E = PE_i - PE_f = mgh - \frac{1}{2}mgh = \frac{1}{2}mgh$ है।
ऊर्जा में प्रतिशत हानि $\frac{\Delta E}{PE_i} \times 100 = \frac{\frac{1}{2}mgh}{mgh} \times 100 = 50 \%$ है।
अतः,प्रतिशत हानि $50 \%$ है और प्रभाव से पहले वेग $\sqrt{2gh}$ है। इसलिए,सही विकल्प $D$ है।

(C) साइन फलन के तर्क में,$\frac{2 \pi nt}{\lambda}$ विमाहीन होना चाहिए। चूंकि $2\pi$ विमाहीन है,इसलिए $\frac{nt}{\lambda}$ की विमा $[M^0 L^0 T^0]$ होनी चाहिए।
इसका अर्थ है कि $[nt] = [\lambda] = [L]$। अतः,विकल्प $A$ सही है।
दिया गया है कि $[nt] = [L]$ और $[t] = [T]$,इसलिए $[n] = [L/T] = [LT^{-1}]$। अतः,विकल्प $B$ सही है।
कोसाइन फलन के लिए,$\frac{2 \pi x}{\lambda}$ विमाहीन होना चाहिए,इसलिए $[x] = [\lambda] = [L]$। अतः,विकल्प $D$ सही है।
अब,$n/\lambda$ की विमा पर विचार करें। चूंकि $[n] = [LT^{-1}]$ और $[\lambda] = [L]$,इसलिए $[n/\lambda] = [LT^{-1}] / [L] = [T^{-1}]$ होता है।
विकल्प $C$ में विमा $[T]$ दी गई है,जो गलत है। इसलिए,विकल्प $C$ सही उत्तर है।

(B) किसी पिंड द्वारा $n^{\text{th}}$ सेकंड में तय की गई दूरी का सूत्र $S_n = u + \frac{a}{2}(2n - 1)$ है।
$n^{\text{th}}$ सेकंड के लिए: $102.5 = u + \frac{a}{2}(2n - 1) \quad \dots(1)$
$(n+2)^{\text{th}}$ सेकंड के लिए: $115.0 = u + \frac{a}{2}(2(n+2) - 1) = u + \frac{a}{2}(2n + 3) \quad \dots(2)$
समीकरण $(2)$ में से समीकरण $(1)$ को घटाने पर:
$115.0 - 102.5 = [u + \frac{a}{2}(2n + 3)] - [u + \frac{a}{2}(2n - 1)]$
$12.5 = \frac{a}{2} (2n + 3 - 2n + 1)$
$12.5 = \frac{a}{2} (4)$
$12.5 = 2a$
$a = \frac{12.5}{2} = 6.25 \ m/s^2$.
अतः,त्वरण $6.25 \ m/s^2$ है।

(B) एक आदर्श गैस के लिए,अवस्था का समीकरण इस प्रकार है:
$PV = nRT$
चूंकि $n = \frac{m}{M}$,जहाँ $m$ द्रव्यमान है और $M$ मोलर द्रव्यमान है,हमारे पास है:
$PV = \frac{m}{M} RT$
दाब $P$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$P = \left( \frac{m}{V} \right) \frac{RT}{M}$
चूंकि घनत्व $\rho = \frac{m}{V}$,हमें प्राप्त होता है:
$P = \left( \frac{\rho R}{M} \right) T$
यह $P-T$ ग्राफ में मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है,जहाँ ढाल $\frac{\rho R}{M}$ है।
समान तापमान $T$ के लिए,ग्राफ से हम देख सकते हैं कि $P_1 > P_2 > P_3$ है।
समान $T$ और $M$ के लिए $P \propto \rho$ होने के कारण,यह निष्कर्ष निकलता है कि $\rho_1 > \rho_2 > \rho_3$ है।
अतः,सही विकल्प $\rho_1 > \rho_2$ है।

(A) तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के लिए रिडबर्ग सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ है,जहाँ $R$ रिडबर्ग नियतांक है।
लाइमन श्रेणी के लिए,$n_1 = 1$ है।
प्रथम सदस्य $n_2 = 2$ से $n_1 = 1$ में संक्रमण के अनुरूप है:
$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = R \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = \frac{3R}{4} \implies R = \frac{4}{3\lambda}$.
दूसरा सदस्य $n_2 = 3$ से $n_1 = 1$ में संक्रमण के अनुरूप है:
$\frac{1}{\lambda'} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = \frac{8R}{9}$.
$\lambda'$ के समीकरण में $R = \frac{4}{3\lambda}$ रखने पर:
$\frac{1}{\lambda'} = \frac{8}{9} \times \left( \frac{4}{3\lambda} \right) = \frac{32}{27\lambda}$.
अतः,$\lambda' = \frac{27}{32} \lambda$ प्राप्त होता है।

(A) एक विद्युत चुम्बकीय तरंग का कुल औसत ऊर्जा घनत्व $u_{avg}$,औसत विद्युत ऊर्जा घनत्व $u_E$ और औसत चुम्बकीय ऊर्जा घनत्व $u_B$ का योग होता है।
$EM$ तरंग में,$u_E = u_B$ होता है,इसलिए $u_{avg} = u_E + u_B = 2u_E$।
औसत विद्युत ऊर्जा घनत्व $u_E = \frac{1}{4} \epsilon_0 E_0^2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $E_0$ विद्युत क्षेत्र का आयाम है।
अतः,कुल औसत ऊर्जा घनत्व $u_{avg} = 2 \times (\frac{1}{4} \epsilon_0 E_0^2) = \frac{1}{2} \epsilon_0 E_0^2$ है।
दिया गया है $\epsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12} \,C^2/Nm^2$ और $E_0 = 50 \,Vm^{-1}$।
मान रखने पर: $u_{avg} = \frac{1}{2} \times 8.85 \times 10^{-12} \times (50)^2$।
$u_{avg} = 0.5 \times 8.85 \times 10^{-12} \times 2500$।
$u_{avg} = 1.10625 \times 10^{-8} \,Jm^{-3}$।

(C) मान लीजिए कि $P$ आवेश $q$ से $x$ दूरी पर स्थित वह बिंदु है जहाँ परिणामी विद्युत क्षेत्र शून्य है।
बिंदु $P$ पर,आवेश $q$ के कारण विद्युत क्षेत्र और आवेश $3q$ के कारण विद्युत क्षेत्र परिमाण में समान और दिशा में विपरीत होने चाहिए।
अतः,$\left|\vec{E}_q\right| = \left|\vec{E}_{3q}\right|$.
विद्युत क्षेत्र के सूत्र $E = \frac{kq}{d^2}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{kq}{x^2} = \frac{k(3q)}{(r-x)^2}$
$\frac{1}{x^2} = \frac{3}{(r-x)^2}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\frac{1}{x} = \frac{\sqrt{3}}{r-x}$
$r - x = \sqrt{3}x$
$r = x(1 + \sqrt{3})$
$x = \frac{r}{1 + \sqrt{3}}$

(A) फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार, प्रेरित emf $\varepsilon = N \left| \frac{\Delta \phi}{\Delta t} \right|$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ, $\Delta \phi = (\Delta B) A$, जहाँ $A = \pi r^2$ कुंडली का क्षेत्रफल है।
दिया गया है: $B_i = 5000 \,T$, $B_f = 3000 \,T$, $\Delta t = 2 \,s$, $\varepsilon = 22 \,V$, और व्यास $d = 0.02 \,m$ है।
त्रिज्या $r = \frac{d}{2} = 0.01 \,m$ है।
चुंबकीय क्षेत्र में परिवर्तन $\Delta B = |B_f - B_i| = |3000 - 5000| = 2000 \,T$ है।
क्षेत्रफल $A = \pi (0.01)^2 = 0.0001 \pi \,m^2$ है।
फ्लक्स में परिवर्तन $\Delta \phi = (\Delta B) A = 2000 \times 0.0001 \pi = 0.2 \pi \,Wb$ है।
इन मानों को emf के सूत्र में रखने पर: $22 = N \left( \frac{0.2 \pi}{2} \right)$।
$22 = N (0.1 \pi)$।
$\pi \approx 3.14$ का उपयोग करने पर, $22 = N (0.314) \Rightarrow N = \frac{22}{0.314} \approx 70$।
अतः, फेरों की संख्या $70$ है।

(B) मान लीजिए कि $0^{\circ} C$ पर प्रत्येक चालक का प्रतिरोध $R$ है।
श्रेणी संयोजन के लिए:
$R_{eq} = R_1 + R_2$
$2R(1 + \alpha_{eq} \Delta \theta) = R(1 + \alpha_1 \Delta \theta) + R(1 + \alpha_2 \Delta \theta)$
$2 + 2\alpha_{eq} \Delta \theta = 2 + (\alpha_1 + \alpha_2) \Delta \theta$
$\alpha_{eq} = \frac{\alpha_1 + \alpha_2}{2}$
समांतर संयोजन के लिए:
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}$
$\frac{1}{\frac{R}{2}(1 + \alpha_{eq} \Delta \theta)} = \frac{1}{R(1 + \alpha_1 \Delta \theta)} + \frac{1}{R(1 + \alpha_2 \Delta \theta)}$
$\frac{2}{1 + \alpha_{eq} \Delta \theta} = \frac{1}{1 + \alpha_1 \Delta \theta} + \frac{1}{1 + \alpha_2 \Delta \theta}$
छोटे $\Delta \theta$ के लिए द्विपद सन्निकटन $(1+x)^{-1} \approx 1-x$ का उपयोग करने पर:
$2(1 - \alpha_{eq} \Delta \theta) = (1 - \alpha_1 \Delta \theta) + (1 - \alpha_2 \Delta \theta)$
$2 - 2\alpha_{eq} \Delta \theta = 2 - (\alpha_1 + \alpha_2) \Delta \theta$
$\alpha_{eq} = \frac{\alpha_1 + \alpha_2}{2}$

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{\max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ होती है,जहाँ $\phi = \frac{hc}{\lambda_0}$ कार्य फलन है और $\lambda_0$ देहली तरंगदैर्ध्य है।
चूँकि $K_{\max} = eV_0$,इसलिए $eV_0 = \frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0}$।
प्रथम स्थिति के लिए: $8e = \frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0} \quad \dots (i)$
द्वितीय स्थिति के लिए: $2e = \frac{hc}{3\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0} \quad \dots (ii)$
समीकरण $(ii)$ को $3$ से गुणा करने पर: $6e = \frac{hc}{\lambda} - \frac{3hc}{\lambda_0} \quad \dots (iii)$
समीकरण $(i)$ में से $(iii)$ को घटाने पर: $(8e - 6e) = (\frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda}) - (\frac{hc}{\lambda_0} - \frac{3hc}{\lambda_0})$
$2e = \frac{2hc}{\lambda_0}$
$e = \frac{hc}{\lambda_0} \implies \frac{hc}{\lambda_0} = e$
इस मान को समीकरण $(i)$ में रखने पर: $8e = \frac{hc}{\lambda} - e \implies 9e = \frac{hc}{\lambda} \implies \frac{hc}{\lambda} = 9e$
चूँकि $\frac{hc}{\lambda_0} = e$ और $\frac{hc}{\lambda} = 9e$,इसलिए $\frac{hc}{\lambda_0} = \frac{1}{9} \frac{hc}{\lambda}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\lambda_0 = 9\lambda$।

(A) गतिमान आवेश पर चुंबकीय बल लोरेंत्ज़ बल सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$.
इलेक्ट्रॉन के लिए,$q = -e$ है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $5e \hat{k} = -e(3 \hat{i} + 5 \hat{j}) \times (B_0 \hat{i} + 2 B_0 \hat{j})$.
सदिश गुणनफल की गणना करने पर: $(3 \hat{i} + 5 \hat{j}) \times (B_0 \hat{i} + 2 B_0 \hat{j}) = 3(2 B_0) \hat{k} + 5(B_0) (-\hat{k}) = 6 B_0 \hat{k} - 5 B_0 \hat{k} = B_0 \hat{k}$.
अतः,$5e \hat{k} = -e(B_0 \hat{k})$.
परिमाणों की तुलना करने पर,$B_0 = 5 \ T$ प्राप्त होता है।

(B) माना प्रारंभिक धारिता $C_0 = \frac{A \epsilon_0}{d}$ है,जहाँ $d = 5 \ mm$ है।
प्रारंभिक आवेश $Q_0 = C_0 V = \frac{A \epsilon_0 V}{d}$ है।
जब $t = 2 \ mm$ मोटाई और $K$ परावैद्युत स्थिरांक वाली एक परावैद्युत शीट डाली जाती है,तो नई धारिता $C' = \frac{A \epsilon_0}{d - t + \frac{t}{K}}$ होती है।
नया आवेश $Q' = C' V = \frac{A \epsilon_0 V}{d - t + \frac{t}{K}}$ है।
दिया गया है कि संधारित्र $25 \%$ अधिक आवेश खींचता है,इसलिए $Q' = 1.25 Q_0$ है।
समीकरणों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{A \epsilon_0 V}{d - t + \frac{t}{K}} = 1.25 \frac{A \epsilon_0 V}{d}$।
इसे सरल करने पर: $\frac{1}{d - t + \frac{t}{K}} = \frac{1.25}{d} = \frac{5}{4d}$।
अतः,$4d = 5(d - t + \frac{t}{K})$।
$d = 5 \ mm$ और $t = 2 \ mm$ रखने पर,$4(5) = 5(5 - 2 + \frac{2}{K})$।
$20 = 5(3 + \frac{2}{K}) \Rightarrow 4 = 3 + \frac{2}{K}$।
$1 = \frac{2}{K} \Rightarrow K = 2$।

(C) सर्किट को बाएं से दाएं देखने पर:
$1$. सबसे बाईं ओर का $6 \ \Omega$ प्रतिरोध एक शॉर्ट सर्किट के साथ समानांतर में है,जो इसे प्रभावी रूप से बायपास कर देता है।
$2$. सर्किट बाएं से दाएं चरण-दर-चरण सरल होता जाता है।
$3$. बाएं हिस्से को सरल बनाने के बाद,हमारे पास टर्मिनल $A$ और $B$ के बीच समानांतर में जुड़े तीन $3 \ \Omega$ के प्रतिरोध बचते हैं।
$4$. समानांतर में जुड़े तीन $3 \ \Omega$ के प्रतिरोधों का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार है: $\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{3}{3} = 1 \ \Omega$.
$5$. अतः,$R_{eq} = 1 \ \Omega$.

(B) मान लीजिए कि दो तरंगों की तीव्रता $I_A = I_0$ और $I_B = 9I_0$ है।
असंगत तरंगों के लिए,परिणामी तीव्रता व्यक्तिगत तीव्रताओं का योग होती है:
$I_1 = I_A + I_B = I_0 + 9I_0 = 10I_0$.
सुसंगत तरंगों के लिए,परिणामी तीव्रता $I_2 = I_A + I_B + 2\sqrt{I_A I_B} \cos \phi$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\phi = 60^{\circ}$ है।
$I_2 = I_0 + 9I_0 + 2\sqrt{I_0 \cdot 9I_0} \cos 60^{\circ}$.
$I_2 = 10I_0 + 2(3I_0) \cdot \frac{1}{2} = 10I_0 + 3I_0 = 13I_0$.
दिया गया है कि $\frac{I_1}{I_2} = \frac{10}{x}$,इसलिए $\frac{10I_0}{13I_0} = \frac{10}{x}$ है।
अतः,$x = 13$.

(C) $i$ धारा ले जाने वाले $L$ भुजा के एक बड़े वर्गाकार लूप के केंद्र में चुंबकीय क्षेत्र $B$ इस प्रकार है:
$B = 4 \times \frac{\mu_0 i}{4 \pi (L/2)} (\sin 45^\circ + \sin 45^\circ) = \frac{\mu_0 i}{\pi L/2} \times \sqrt{2} = \frac{2\sqrt{2} \mu_0 i}{\pi L}$.
चूंकि $L \gg \ell$, हम मानते हैं कि छोटे लूप के क्षेत्रफल पर चुंबकीय क्षेत्र एकसमान है。
$\ell^2$ क्षेत्रफल वाले छोटे लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ है:
$\phi = B \times \ell^2 = \frac{2\sqrt{2} \mu_0 i}{\pi L} \ell^2$.
$L = \ell^2$ दिया गया है, इसलिए हम इसे समीकरण में प्रतिस्थापित करते हैं:
$\phi = \frac{2\sqrt{2} \mu_0 i}{\pi \ell^2} \ell^2 = \frac{2\sqrt{2} \mu_0 i}{\pi}$.
अन्योन्य प्रेरकत्व $M$ को $M = \phi / i$ के रूप में परिभाषित किया गया है:
$M = \frac{2\sqrt{2} \mu_0}{\pi} = \frac{2\sqrt{2} (4\pi \times 10^{-7})}{\pi} = 8\sqrt{2} \times 10^{-7} \text{ H}$.
$M = \sqrt{64 \times 2} \times 10^{-7} \text{ H} = \sqrt{128} \times 10^{-7} \text{ H}$.
अतः, $x = 128$.

(B) मुक्त हुई ऊर्जा आइंस्टीन के द्रव्यमान-ऊर्जा तुल्यता सूत्र द्वारा दी जाती है: $E = \Delta m c^2$.
दी गई द्रव्यमान क्षति $\Delta m = 0.4 \,g = 0.4 \times 10^{-3} \,kg$ और प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^8 \,m/s$ है।
मान रखने पर: $E = (0.4 \times 10^{-3} \,kg) \times (3 \times 10^8 \,m/s)^2$.
$E = 0.4 \times 10^{-3} \times 9 \times 10^{16} \,J = 3.6 \times 10^{13} \,J$.
हम जानते हैं कि $1 \,kWh = 3.6 \times 10^6 \,J$,इसलिए $1 \,J = \frac{1}{3.6 \times 10^6} \,kWh$.
$E = \frac{3.6 \times 10^{13}}{3.6 \times 10^6} \,kWh = 10^7 \,kWh$.
इसकी तुलना $n \times 10^7 \,kWh$ से करने पर,हमें $n = 1$ प्राप्त होता है।

(B) $Y-Z$ तल में स्थित लूप का क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$,जब ऋणात्मक $X$-अक्ष से देखने पर धारा वामावर्त दिशा में हो,तो यह ऋणात्मक $X$-दिशा में होता है: $\vec{A} = (0.2 \ m \times 0.1 \ m)(-\hat{i}) = 0.02(-\hat{i}) \ m^2$.
चुंबकीय आघूर्ण $\vec{M} = i\vec{A} = 5 \ A \times 0.02(-\hat{i}) \ m^2 = 0.1(-\hat{i}) \ A-m^2$.
चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B} = 2 \times 10^{-3} \hat{j} \ T$ है।
टॉर्क $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B}$ द्वारा दिया जाता है।
$\vec{\tau} = [0.1(-\hat{i})] \times [2 \times 10^{-3} \hat{j}] = 0.1 \times 2 \times 10^{-3} \times (-\hat{i} \times \hat{j}) = 2 \times 10^{-4} \times (-\hat{k}) \ N-m$.
अतः,टॉर्क का परिमाण $2 \times 10^{-4} \ N-m$ है और इसकी दिशा ऋणात्मक $Z$-दिशा में है।

(B) निर्वात में दो बिंदु आवेशों के बीच का बल कूलॉम के नियम द्वारा दिया जाता है:
$F = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{q_1 q_2}{r^2}$
जब आवेशों को $K$ परावैद्युतांक वाले माध्यम में रखा जाता है,तो बल $F'$ इस प्रकार होता है:
$F' = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0 K} \frac{q_1 q_2}{(r')^2}$
यहाँ $K = 5$ और नई दूरी $r' = r/5$ दी गई है,इन मानों को रखने पर:
$F' = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0 (5)} \frac{q_1 q_2}{(r/5)^2}$
$F' = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0 (5)} \frac{q_1 q_2}{r^2 / 25}$
$F' = \frac{25}{5} \left( \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{q_1 q_2}{r^2} \right)$
$F' = 5F$

(D) दिया गया वोल्टेज $V = V_0 \sin(\omega t)$ है,जहाँ $V_0 = 20 \ V$ है।
दी गई धारा $I = I_0 \sin(\omega t + \phi)$ है,जहाँ $I_0 = 10 \ A$ और कलांतर $\phi = \frac{\pi}{3} = 60^{\circ}$ है।
$AC$ परिपथ में व्यय होने वाली औसत शक्ति का सूत्र $\langle P \rangle = V_{rms} I_{rms} \cos \phi$ है।
हम जानते हैं कि $V_{rms} = \frac{V_0}{\sqrt{2}}$ और $I_{rms} = \frac{I_0}{\sqrt{2}}$ होता है।
मान रखने पर: $\langle P \rangle = \frac{20}{\sqrt{2}} \times \frac{10}{\sqrt{2}} \times \cos(60^{\circ})$.
$\langle P \rangle = \frac{200}{2} \times \frac{1}{2} = 100 \times 0.5 = 50 \ W$.

(A) ब्रूस्टर के नियम के अनुसार,जब परावर्तित किरण पूर्णतः ध्रुवित होती है,तो आपतन कोण ब्रूस्टर कोण $(i_p)$ होता है।
इस कोण पर,परावर्तित किरण और अपवर्तित किरण एक-दूसरे के लंबवत होती हैं।
मान लीजिए $i$ आपतन कोण है और $r$ अपवर्तन कोण है।
स्थिति की ज्यामिति से,आपतन कोण,परावर्तित और अपवर्तित किरणों के बीच का कोण,और अपवर्तन कोण का योग इंटरफ़ेस की सीधी रेखा पर $180^{\circ}$ होता है।
अतः,$i + 90^{\circ} + r = 180^{\circ}$।
दिया गया है कि $i = 60^{\circ}$,इसलिए $60^{\circ} + 90^{\circ} + r = 180^{\circ}$।
$150^{\circ} + r = 180^{\circ}$।
$r = 180^{\circ} - 150^{\circ} = 30^{\circ}$।
अतः,अपवर्तन कोण $30^{\circ}$ है।

(D) मीटर ब्रिज में,संतुलन की स्थिति $\frac{P}{Q} = \frac{R_1}{R_2}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $P$ और $Q$ गैप में स्थित प्रतिरोध हैं,और $R_1$ और $R_2$ तार के खंडों के प्रतिरोध हैं।
मान लीजिए कि प्रति इकाई लंबाई प्रतिरोध $r$ है। $40 \ cm$ की संतुलन लंबाई $\ell_1$ के लिए,दूसरे खंड की लंबाई $\ell_2 = 100 - 40 = 60 \ cm$ है।
तार के खंडों का प्रतिरोध $r \ell_1$ और $r \ell_2$ है।
संतुलन की स्थिति $\frac{X}{25} = \frac{r \ell_1}{r \ell_2} = \frac{\ell_1}{\ell_2} = \frac{40}{60} = \frac{2}{3}$ है।
जब तार को $2r$ प्रति इकाई लंबाई वाले तार से बदला जाता है,तो खंडों के नए प्रतिरोध $(2r) \ell_1'$ और $(2r) \ell_2'$ हो जाते हैं।
नई संतुलन स्थिति $\frac{X}{25} = \frac{(2r) \ell_1'}{(2r) \ell_2'} = \frac{\ell_1'}{\ell_2'}$ है।
चूंकि अनुपात $\frac{X}{25}$ स्थिर रहता है,इसलिए $\frac{\ell_1'}{\ell_2'} = \frac{2}{3}$।
दिया गया है कि $\ell_1' + \ell_2' = 100 \ cm$,इसलिए $\ell_1' = 40 \ cm$ और $\ell_2' = 60 \ cm$ है।
अतः,संतुलन लंबाई $40 \ cm$ पर अपरिवर्तित रहती है।

(B) कथन $I$ सही है: विद्युतचुंबकीय तरंगें अंतरिक्ष में ऊर्जा का परिवहन करती हैं। विद्युत क्षेत्र से जुड़ी ऊर्जा घनत्व $u_E = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2$ है और चुंबकीय क्षेत्र से जुड़ी ऊर्जा घनत्व $u_B = \frac{B^2}{2 \mu_0}$ है। चूँकि $E = cB$ और $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}$,इसलिए $u_E = u_B$ होता है। अतः,ऊर्जा समान रूप से साझा की जाती है।
कथन $II$ सही है: विद्युतचुंबकीय तरंगों में संवेग $p = \frac{U}{c}$ होता है। जब वे किसी सतह से टकराती हैं,तो वे इस संवेग को स्थानांतरित करती हैं,जिससे सतह पर विकिरण दबाव उत्पन्न होता है।
इसलिए,दोनों कथन सही हैं।

(C) मान लीजिए कि देहली आवृत्ति $f_0$ है। आपतित प्रकाश की प्रारंभिक आवृत्ति $f_i = 1.5 f_0$ है।
जब आवृत्ति को आधा किया जाता है,तो नई आवृत्ति $f' = \frac{1.5 f_0}{2} = 0.75 f_0$ हो जाती है।
प्रकाश-विद्युत प्रभाव के अनुसार,उत्सर्जन केवल तभी होता है जब आपतित आवृत्ति $f$,देहली आवृत्ति $f_0$ के बराबर या उससे अधिक हो $(f \ge f_0)$।
चूंकि $0.75 f_0 < f_0$ है,इसलिए आपतित प्रकाश के पास सतह से इलेक्ट्रॉनों को बाहर निकालने के लिए पर्याप्त ऊर्जा नहीं है,चाहे तीव्रता कितनी भी हो।
अतः,उत्सर्जित प्रकाश-इलेक्ट्रॉनों की संख्या शून्य होगी।

(C) लैंप द्वारा व्यय की गई शक्ति,जो उसकी रोशनी को निर्धारित करती है,$P = I^2 R$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I$ धारा है और $R$ प्रतिरोध है।
मान लीजिए प्रारंभिक धारा $I_0$ है। तो प्रारंभिक शक्ति $P_0 = I_0^2 R$ होगी।
यदि धारा में $20 \%$ की कमी आती है,तो नई धारा $I_f = I_0 - 0.20 I_0 = 0.80 I_0$ हो जाएगी।
नई शक्ति $P_f = (0.80 I_0)^2 R = 0.64 I_0^2 R = 0.64 P_0$ होगी।
शक्ति में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{P_f - P_0}{P_0} \times 100 = (0.64 - 1) \times 100 = -36 \%$ है।
ऋणात्मक चिह्न कमी को दर्शाता है। अतः,लैंप की रोशनी में $36 \%$ की कमी आएगी।

(A) द्रव्यमान संख्या $A$ वाले नाभिक की त्रिज्या $R$ का सूत्र $R = R_0 A^{1/3}$ है,जहाँ $R_0$ एक स्थिरांक है।
माना पहले नाभिक की द्रव्यमान संख्या $A_1$ है और उसकी त्रिज्या $R_1$ है।
दूसरे नाभिक की द्रव्यमान संख्या $A_2 = 192$ है और उसकी त्रिज्या $R_2$ है।
प्रश्न के अनुसार,$R_1 = \frac{R_2}{2}$ है।
त्रिज्या का सूत्र रखने पर: $R_0 (A_1)^{1/3} = \frac{1}{2} R_0 (A_2)^{1/3}$।
दोनों पक्षों को $R_0$ से विभाजित करने पर: $(A_1)^{1/3} = \frac{1}{2} (A_2)^{1/3}$।
दोनों पक्षों का घन करने पर: $A_1 = \frac{1}{8} A_2$।
यहाँ $A_2 = 192$ दिया गया है,इसलिए $A_1 = \frac{192}{8} = 24$।
अतः,नाभिक की द्रव्यमान संख्या $24$ है।

(C) यह परिपथ दो $OR$ गेट से बना है जिनके इनपुट $NOT$ गेट द्वारा संशोधित किए गए हैं,और उनके आउटपुट को एक $NOR$ गेट में भेजा जाता है।
मान लीजिए इनपुट $A$ और $B$ हैं।
ऊपरी $OR$ गेट में $A$ और $\overline{B}$ इनपुट हैं,इसलिए इसका आउटपुट $Y_1 = A + \overline{B}$ है।
निचले $OR$ गेट में $B$ और $\overline{A}$ इनपुट हैं,इसलिए इसका आउटपुट $Y_2 = \overline{A} + B$ है।
इन आउटपुट $Y_1$ और $Y_2$ को एक $NOR$ गेट में भेजा जाता है,इसलिए अंतिम आउटपुट $Y = \overline{Y_1 + Y_2} = \overline{(A + \overline{B}) + (\overline{A} + B)}$ है।
आइए सत्यता सारणी (truth table) बनाएं:
$1$. यदि $A=0, B=0$: $Y_1 = 0 + \overline{0} = 1$,$Y_2 = \overline{0} + 0 = 1$. $Y = \overline{1+1} = 0$.
$2$. यदि $A=1, B=0$: $Y_1 = 1 + \overline{0} = 1$,$Y_2 = \overline{1} + 0 = 0$. $Y = \overline{1+0} = 0$.
$3$. यदि $A=0, B=1$: $Y_1 = 0 + \overline{1} = 0$,$Y_2 = \overline{0} + 1 = 1$. $Y = \overline{0+1} = 0$.
$4$. यदि $A=1, B=1$: $Y_1 = 1 + \overline{1} = 1$,$Y_2 = \overline{1} + 1 = 1$. $Y = \overline{1+1} = 0$.
इस प्रकार,सभी इनपुट के लिए,आउटपुट $Y$ का मान $0$ है।

(A) सबसे पहले,हम बाहरी परिपथ का तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करते हैं। परिपथ में पाँच $2 \ \Omega$ के प्रतिरोधक हैं। सममिति के कारण,दो मध्य बिंदुओं पर विभव समान है,इसलिए विकर्ण प्रतिरोधकों से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। परिपथ दो समानांतर शाखाओं में सरल हो जाता है,जिनमें से प्रत्येक में श्रेणीक्रम में दो $2 \ \Omega$ के प्रतिरोधक हैं।
प्रत्येक शाखा का प्रतिरोध $2 \ \Omega + 2 \ \Omega = 4 \ \Omega$ है।
चूंकि दो ऐसी शाखाएं समानांतर में हैं,इसलिए बाहरी तुल्य प्रतिरोध $R_{\text{ext}} = \frac{4 \ \Omega}{2} = 2 \ \Omega$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{\text{total}} = R_{\text{ext}} + r = 2 \ \Omega + \frac{2}{3} \ \Omega = \frac{8}{3} \ \Omega$ है।
परिपथ में कुल शक्ति खपत $P = \frac{E^2}{R_{\text{total}}}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर,$P = \frac{2^2}{8/3} = \frac{4}{8/3} = \frac{12}{8} = 1.5 \ W$ प्राप्त होता है।

(B) एकल गोलीय सतह पर अपवर्तन का सूत्र है:
$\frac{\mu_2}{v} - \frac{\mu_1}{u} = \frac{\mu_2 - \mu_1}{R}$
दिया गया है:
$\mu_1 = 1$ (हवा का अपवर्तनांक)
$\mu_2 = 1.5$ (माध्यम का अपवर्तनांक)
$u = -100 \,cm$ (वस्तु की दूरी,चिह्न परिपाटी के अनुसार)
$R = +20 \,cm$ (उत्तल सतह के लिए वक्रता त्रिज्या)
सूत्र में मान रखने पर:
$\frac{1.5}{v} - \frac{1}{-100} = \frac{1.5 - 1}{20}$
$\frac{1.5}{v} + \frac{1}{100} = \frac{0.5}{20}$
$\frac{1.5}{v} = \frac{1}{40} - \frac{1}{100}$
$\frac{1.5}{v} = \frac{5 - 2}{200} = \frac{3}{200}$
$v = \frac{1.5 \times 200}{3} = 100 \,cm$
यह सतह के ध्रुव से प्रतिबिंब की दूरी है। वस्तु से प्रतिबिंब की कुल दूरी:
दूरी $= |u| + v = 100 \,cm + 100 \,cm = 200 \,cm$.

(C) फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $\phi = 5t^2 - 36t + 1$ दिया गया है।
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$\frac{d\phi}{dt} = 10t - 36$ प्राप्त होता है।
अतः,$\varepsilon = -(10t - 36) = 36 - 10t$।
$t = 2 \ s$ पर,प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = 36 - 10(2) = 36 - 20 = 16 \ V$ होगा।
प्रेरित धारा $i = \frac{|\varepsilon|}{R}$ सूत्र द्वारा दी जाती है,जहाँ $R = 8 \ \Omega$ है।
इसलिए,$i = \frac{16 \ V}{8 \ \Omega} = 2 \ A$ प्राप्त होता है।

(B) वृत्ताकार कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र का सूत्र $B = \frac{\mu_0 N I}{2r}$ होता है।
दिया है: $N = 100$,$r = \pi \text{ cm} = \pi \times 10^{-2} \text{ m}$.
कुंडली $P$ के लिए $I_1 = 1 \text{ A}$:
$B_P = \frac{\mu_0 \times 100 \times 1}{2 \times \pi \times 10^{-2}} = \frac{4\pi \times 10^{-7} \times 100}{2 \pi \times 10^{-2}} = 2 \times 10^{-3} \text{ T} = 2 \text{ mT}$.
कुंडली $Q$ के लिए $I_2 = 2 \text{ A}$:
$B_Q = \frac{\mu_0 \times 100 \times 2}{2 \times \pi \times 10^{-2}} = \frac{4\pi \times 10^{-7} \times 200}{2 \pi \times 10^{-2}} = 4 \times 10^{-3} \text{ T} = 4 \text{ mT}$.
चूंकि कुंडलियों के तल परस्पर लंबवत हैं,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र $B_P$ और $B_Q$ एक-दूसरे के लंबवत होंगे।
परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{net}} = \sqrt{B_P^2 + B_Q^2} = \sqrt{(2)^2 + (4)^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20} \text{ mT}$.
$\sqrt{x} \text{ mT}$ से तुलना करने पर,$x = 20$ प्राप्त होता है।

(C) यह निकाय दो द्विध्रुवों (dipoles) से बना है। पहले द्विध्रुव के आवेश $+q$ और $-q$ हैं जो $2l$ की दूरी पर हैं,इसलिए इसका द्विध्रुव आघूर्ण $p_1 = q(2l) = 2ql$ है जो $-q$ से $+q$ की ओर (दाईं ओर) है।
दूसरे द्विध्रुव के आवेश $+2q$ और $-2q$ हैं जो $4l$ की दूरी पर हैं,इसलिए इसका द्विध्रुव आघूर्ण $p_2 = 2q(4l) = 8ql$ है जो $-2q$ से $+2q$ की ओर (बाईं ओर) है।
परिणामी द्विध्रुव आघूर्ण $p_{\text{net}} = p_2 - p_1 = 8ql - 2ql = 6ql$ बाईं ओर है।
स्थिति सदिश $\vec{r}$ और परिणामी द्विध्रुव आघूर्ण $\vec{p}_{\text{net}}$ के बीच का कोण $\theta = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ है।
द्विध्रुव के कारण स्थिर वैद्युत विभव $V = \frac{kp_{\text{net}} \cos \theta}{r^2}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $V = \frac{(9 \times 10^9)(6ql) \cos(120^{\circ})}{r^2}$.
चूंकि $\cos(120^{\circ}) = -0.5$,हमें $V = \frac{(9 \times 10^9)(6ql)(-0.5)}{r^2} = -27 \left[ \frac{ql}{r^2} \right] \times 10^9 \text{ V}$ प्राप्त होता है।
दिए गए व्यंजक $-\alpha \left[ \frac{ql}{r^2} \right] \times 10^9 \text{ V}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 27$ प्राप्त होता है।

(B) नाभिक का आयतन $V = \frac{4}{3} \pi R^3$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि नाभिक की त्रिज्या $R = R_0 A^{1/3}$ होती है,जहाँ $R_0$ एक स्थिरांक है और $A$ द्रव्यमान संख्या है,हम आयतन के सूत्र में $R$ का मान प्रतिस्थापित करते हैं:
$V = \frac{4}{3} \pi (R_0 A^{1/3})^3 = \frac{4}{3} \pi R_0^3 A$.
यह दर्शाता है कि नाभिक का आयतन उसकी द्रव्यमान संख्या के सीधे आनुपातिक होता है,अर्थात $V \propto A$।
इसलिए,आयतनों का अनुपात $\frac{V_2}{V_1} = \frac{A_2}{A_1}$ है।
दिया गया है कि $A_2 = 4 A_1$,इसलिए $\frac{V_2}{V_1} = \frac{4 A_1}{A_1} = 4$।

(NONE) श्रेणी प्रतिरोध $R_s$ पर वोल्टेज ड्रॉप:
$V_s = V_{in} - V_z = 8 \, V - 5 \, V = 3 \, V$
लोड प्रतिरोध $R_L$ से प्रवाहित धारा:
$I_L = \frac{V_z}{R_L} = \frac{5 \, V}{1 \times 10^3 \, \Omega} = 5 \, mA$
ज़ेनर डायोड से प्रवाहित अधिकतम धारा उसकी पावर रेटिंग $P_z = 10 \, mW$ द्वारा निर्धारित होती है:
$I_{z,max} = \frac{P_z}{V_z} = \frac{10 \, mW}{5 \, V} = 2 \, mA$
ज़ेनर डायोड के रेगुलेशन के लिए, श्रेणी प्रतिरोध से प्रवाहित धारा $I_s$ लोड धारा और ज़ेनर धारा की आपूर्ति के लिए पर्याप्त होनी चाहिए। कुल धारा $I_s = I_L + I_z$ है।
रेगुलेटर के रूप में कार्य करने के लिए, ज़ेनर डायोड से प्रवाहित धारा $0$ और $I_{z,max}$ के बीच होनी चाहिए।
अतः, $I_{s,min} = I_L + 0 = 5 \, mA$ और $I_{s,max} = I_L + I_{z,max} = 5 \, mA + 2 \, mA = 7 \, mA$.
प्रतिरोध $R_s$ को निम्नलिखित शर्त को पूरा करना चाहिए:
$R_{s,min} = \frac{V_s}{I_{s,max}} = \frac{3 \, V}{7 \, mA} = \frac{3}{7} \, k \Omega \approx 0.43 \, k \Omega$
$R_{s,max} = \frac{V_s}{I_{s,min}} = \frac{3 \, V}{5 \, mA} = 0.6 \, k \Omega$
दिए गए विकल्पों में से कोई भी गणना की गई सीमा से सटीक रूप से मेल नहीं खाता है, लेकिन $R_s$ को इस प्रकार चुना जाना चाहिए कि ज़ेनर डायोड अपनी सीमाओं के भीतर कार्य करे।

(A) इस परिपथ में तीन शाखाएं समानांतर में जुड़ी हुई हैं।
शाखा $1$ (ऊपर): $5 \, V$ और $0.2 \, \Omega$ के तीन सेल श्रेणीक्रम में हैं। कुल $EMF$ $E_1 = 5 + 5 + 5 = 15 \, V$, कुल आंतरिक प्रतिरोध $r_1 = 0.2 + 0.2 + 0.2 = 0.6 \, \Omega$ है।
शाखा $2$ (बाएं): $5 \, V$ और $0.2 \, \Omega$ का एक सेल है। $E_2 = 5 \, V$, $r_2 = 0.2 \, \Omega$ है।
शाखा $3$ (नीचे): $5 \, V$ और $0.2 \, \Omega$ के तीन सेल श्रेणीक्रम में हैं। $E_3 = 5 + 5 + 5 = 15 \, V$, $r_3 = 0.2 + 0.2 + 0.2 = 0.6 \, \Omega$ है।
ध्रुवता (polarity) को देखते हुए, ऊपरी और निचली शाखाएं बाईं शाखा के विपरीत जुड़ी हुई हैं। एक आदर्श वोल्टमीटर के लिए, इसमें से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। सबसे दाईं ओर के सेल $(5 \, V, 0.2 \, \Omega)$ के सिरों पर विभवांतर $V = E - Ir$ है। परिपथ इस प्रकार संतुलित है कि इस विशिष्ट शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है, इसलिए $I = 0$, और $V = E = 5 \, V$।

(A) निकाय की प्रारंभिक ऊर्जा $U_i = \frac{1}{2}CV^2 + \frac{1}{2}C(2V)^2 = \frac{1}{2}CV^2 + 2CV^2 = \frac{5}{2}CV^2$ है।
जब संधारित्रों को समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो उभयनिष्ठ विभव $V_c = \frac{q_1 + q_2}{C_1 + C_2} = \frac{CV + 2CV}{C + C} = \frac{3CV}{2C} = \frac{3V}{2}$ होता है।
निकाय की अंतिम ऊर्जा $U_f = \frac{1}{2}(C + C)V_c^2 = C \left(\frac{3V}{2}\right)^2 = C \left(\frac{9V^2}{4}\right) = \frac{9}{4}CV^2$ है।
ऊर्जा में कमी $\Delta U = U_i - U_f = \frac{5}{2}CV^2 - \frac{9}{4}CV^2 = \frac{10}{4}CV^2 - \frac{9}{4}CV^2 = \frac{1}{4}CV^2$ है।

(D) दिया गया है: धारिता $C = 200 \ pF = 200 \times 10^{-12} \ F$,वोल्टेज $V_{rms} = 230 \ V$,कोणीय आवृत्ति $\omega = 300 \ rad/s$.
धारितीय प्रतिघात $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{300 \times 200 \times 10^{-12}} = \frac{1}{6 \times 10^{-8}} = \frac{10^8}{6} \ \Omega$.
$rms$ चालन धारा $I_c = \frac{V_{rms}}{X_C} = 230 \times 300 \times 200 \times 10^{-12} \ A$.
$I_c = 230 \times 6 \times 10^{-8} \ A = 1380 \times 10^{-8} \ A = 13.8 \times 10^{-6} \ A = 13.8 \ \mu A$.
मैक्सवेल-एम्पीयर नियम के अनुसार,संधारित्र में विस्थापन धारा $I_d$ का मान परिपथ के तारों में बहने वाली चालन धारा $I_c$ के बराबर होता है। अतः,$I_d = I_c = 13.8 \ \mu A$.

(C) गैल्वेनोमीटर को वोल्टमीटर में बदलने के लिए,गैल्वेनोमीटर के साथ श्रेणीक्रम में एक उच्च प्रतिरोध $R$ जोड़ा जाता है।
दिया गया है:
गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध,$R_g = 50 \ \Omega$
पूर्ण-स्केल विक्षेप के लिए अधिकतम धारा,$I_g = 5 \ mA = 5 \times 10^{-3} \ A$
वांछित वोल्टेज सीमा,$V = 100 \ V$
श्रेणी प्रतिरोध $R$ का सूत्र इस प्रकार है:
$V = I_g(R + R_g)$
$R + R_g = \frac{V}{I_g}$
$R = \frac{V}{I_g} - R_g$
मान रखने पर:
$R = \frac{100}{5 \times 10^{-3}} - 50$
$R = 20000 - 50$
$R = 19950 \ \Omega$

(D) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$m$ द्रव्यमान है और $v$ वेग है।
इससे,वेग $v = \frac{h}{m\lambda}$ होता है।
प्रोटॉन के लिए,$m_p = m$ और $\lambda_p = \lambda$ है। $\alpha$ कण के लिए,$m_\alpha = 4m$ और $\lambda_\alpha = 2\lambda$ है।
वेग का अनुपात $\frac{v_p}{v_\alpha} = \frac{h / (m_p \lambda_p)}{h / (m_\alpha \lambda_\alpha)} = \frac{m_\alpha}{m_p} \times \frac{\lambda_\alpha}{\lambda_p}$ है।
मान रखने पर: $\frac{v_p}{v_\alpha} = \frac{4m}{m} \times \frac{2\lambda}{\lambda} = 4 \times 2 = 8$.
अतः,अनुपात $8: 1$ है।

(C) श्रेणी $LCR$ परिपथ की अनुनाद आवृत्ति $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ द्वारा दी जाती है।
अनुनाद आवृत्ति को अपरिवर्तित रखने के लिए,$\omega' = \omega$ होना चाहिए,जिसका अर्थ है $\frac{1}{\sqrt{L'C'}} = \frac{1}{\sqrt{LC}}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $L'C' = LC$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि नई धारिता $C' = 4C$ है,इसलिए समीकरण में मान रखने पर: $L'(4C) = LC$।
$L'$ के लिए हल करने पर,हमें $L' = \frac{L}{4}$ प्राप्त होता है।
प्रेरकत्व में परिवर्तन $\Delta L = L - L' = L - \frac{L}{4} = \frac{3L}{4}$ है।
अतः,प्रेरकत्व को $\frac{3}{4} L$ कम किया जाना चाहिए।

(D) बामर श्रेणी में विकिरण उत्सर्जित करने के लिए,एक इलेक्ट्रॉन को उच्च ऊर्जा स्तर $(n > 2)$ से $n=2$ ऊर्जा स्तर में संक्रमण करना आवश्यक है।
न्यूनतम ऊर्जा के लिए,इलेक्ट्रॉन को ग्राउंड स्टेट $(n=1)$ से उस ऊर्जा स्तर में उत्तेजित करना होगा जहाँ से वह $n=2$ में संक्रमण कर सके,जो कि $n=3$ है।
हाइड्रोजन परमाणु के $n$-वें स्तर की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6 \ eV}{n^2}$ द्वारा दी जाती है।
इलेक्ट्रॉन को $n=1$ से $n=3$ में उत्तेजित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = E_3 - E_1$ है।
$E_1 = -13.6 \ eV$.
$E_3 = -\frac{13.6}{3^2} = -\frac{13.6}{9} \approx -1.51 \ eV$.
$\Delta E = -1.51 - (-13.6) = 12.09 \ eV \approx 12.1 \ eV$.

(B) एकल स्लिट विवर्तन पैटर्न में केंद्रीय उच्चिष्ठ की रैखिक चौड़ाई का सूत्र है:
$W = \frac{2 \lambda f}{a}$
जहाँ:
$\lambda = 6000 \text{ Å} = 6 \times 10^{-7} \text{ m}$
$a = 0.01 \text{ mm} = 1 \times 10^{-5} \text{ m}$
$f = 20 \text{ cm} = 0.2 \text{ m}$
मान रखने पर:
$W = \frac{2 \times (6 \times 10^{-7} \text{ m}) \times (0.2 \text{ m})}{1 \times 10^{-5} \text{ m}}$
$W = \frac{2.4 \times 10^{-7}}{10^{-5}} \text{ m}$
$W = 2.4 \times 10^{-2} \text{ m} = 24 \text{ mm}$

(A) नियमित षट्भुज का परिमाप $L = 4 \pi \text{ m}$ है। प्रत्येक भुजा की लंबाई $a = \frac{L}{6} = \frac{4 \pi}{6} = \frac{2 \pi}{3} \text{ m}$ है।
केंद्र से भुजा के मध्य बिंदु तक की दूरी $r = \frac{a}{2 \tan(30^{\circ})} = \frac{a}{2 \times (1/\sqrt{3})} = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ है।
$a = \frac{2 \pi}{3}$ रखने पर,हमें $r = \frac{(2 \pi / 3) \sqrt{3}}{2} = \frac{\pi}{\sqrt{3}} \text{ m}$ प्राप्त होता है।
एक भुजा के कारण केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} (\sin 30^{\circ} + \sin 30^{\circ}) = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} (1)$ है।
$6$ भुजाओं के लिए,कुल चुंबकीय क्षेत्र $B = 6 \times B_1 = 6 \times \frac{\mu_0 I}{4 \pi r}$ है।
यहाँ $\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \text{ T m/A}$,$I = 4 \pi \sqrt{3} \text{ A}$,और $r = \frac{\pi}{\sqrt{3}} \text{ m}$ दिया गया है।
$B = 6 \times \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 4 \pi \sqrt{3}}{4 \pi \times (\pi / \sqrt{3})} = 6 \times \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 4 \pi \sqrt{3} \times \sqrt{3}}{4 \pi \times \pi} = 6 \times 4 \times 3 \times 10^{-7} = 72 \times 10^{-7} \text{ T}$.
अतः,$x = 72$.

(B) चुंबकीय क्षेत्र $B$ स्थिति $x$ के साथ $\frac{dB}{dx} = -10^{-3} \text{ T/cm} = -0.1 \text{ T/m}$ के अनुसार बदलता है।
समाकलन करने पर,$B(x) = B_0 - 0.1x$.
लूप $v = 5 \text{ cm/s} = 0.05 \text{ m/s}$ के वेग से गति करता है।
स्थानिक प्रवणता के कारण उत्पन्न गतिकीय emf $\varepsilon_{\text{mot}} = v \cdot \ell \cdot \Delta B$ है।
यहाँ $\ell = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}$ और $\Delta x = 12 \text{ cm} = 0.12 \text{ m}$ है।
$\Delta B = |\frac{dB}{dx}| \cdot \Delta x = 10^{-3} \text{ T/cm} \cdot 12 \text{ cm} = 1.2 \times 10^{-2} \text{ T}$ है।
$\varepsilon_{\text{mot}} = 0.05 \text{ m/s} \cdot 0.05 \text{ m} \cdot 1.2 \times 10^{-2} \text{ T} = 300 \times 10^{-7} \text{ V}$ है।
समय के साथ बदलते क्षेत्र के कारण प्रेरित emf $\varepsilon_{\text{ind}} = -A \frac{dB}{dt} = 60 \times 10^{-7} \text{ V}$ है।
कुल emf $\varepsilon_{\text{net}} = \varepsilon_{\text{mot}} + \varepsilon_{\text{ind}} = 360 \times 10^{-7} \text{ V}$ है।
शक्ति $P = \frac{\varepsilon_{\text{net}}^2}{R} = \frac{(360 \times 10^{-7})^2}{6 \times 10^{-3}} = 216 \times 10^{-9} \text{ W}$ है।

(C) उत्तल लेंस द्वारा निर्मित आभासी प्रतिबिंब के लिए, आवर्धन $m = +3$ है।
चूंकि $m = \frac{v}{u}$, इसलिए $v = 3u$ है।
वस्तु और आभासी प्रतिबिंब दोनों लेंस के एक ही तरफ हैं। मान लीजिए वस्तु की दूरी $u$ है (जहाँ $u$ ऋणात्मक है, इसलिए $u = -x$) और प्रतिबिंब की दूरी $v$ है (जहाँ $v = -3x$)।
वस्तु और प्रतिबिंब के बीच की दूरी $|v - u| = 20 \,cm$ है।
$|-3x - (-x)| = 20 \,cm$
$|-2x| = 20 \,cm \implies 2x = 20 \,cm \implies x = 10 \,cm$.
अतः, $u = -10 \,cm$ और $v = -30 \,cm$.
लेंस सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{f} = \frac{1}{-30} - \frac{1}{-10} = \frac{-1 + 3}{30} = \frac{2}{30} = \frac{1}{15}$.
इसलिए, $f = 15 \,cm$.

(D) हवा में,संतुलन की स्थिति $\tan(\theta/2) = \frac{F}{mg} = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 r^2 mg}$ द्वारा दी जाती है।
जब $K$ (या $\varepsilon_r$) परावैद्युतांक वाले तरल में लटकाया जाता है,तो स्थिर वैद्युत बल $F' = \frac{F}{K}$ हो जाता है और प्रभावी भार $mg' = mg(1 - \frac{\rho_{liquid}}{\rho_{sphere}})$ हो जाता है।
यह दिया गया है कि कोण $\theta$ समान रहता है,इसलिए $\tan(\theta/2) = \frac{F'}{mg'} = \frac{F/K}{mg(1 - \rho_{liquid}/\rho_{sphere})}$।
$\tan(\theta/2)$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$\frac{F}{mg} = \frac{F}{K mg (1 - \rho_{liquid}/\rho_{sphere})}$
$K = \frac{1}{1 - \rho_{liquid}/\rho_{sphere}} = \frac{\rho_s}{\rho_s - \rho_l} = \frac{1.5}{1.5 - 1} = \frac{1.5}{0.5} = 3$.
अतः,पानी का परावैद्युतांक $3$ है।

(A) नाभिक की त्रिज्या का सूत्र $R = R_0 A^{1/3}$ है,जहाँ $R_0$ एक स्थिरांक है और $A$ द्रव्यमान संख्या है।
इसका अर्थ है $R^3 \propto A$,या $\frac{R_1^3}{R_2^3} = \frac{A_1}{A_2}$।
यहाँ $R_1 = 4.8 \text{ fermi}$,$A_1 = 64$,और $R_2 = 4 \text{ fermi}$ दिया गया है।
मान रखने पर: $\left(\frac{4.8}{4}\right)^3 = \frac{64}{A_2}$।
$(1.2)^3 = \frac{64}{A_2}$।
$1.728 = \frac{64}{A_2}$।
$A_2 = \frac{64}{1.728} = \frac{64000}{1728}$।
भिन्न को सरल करने पर: $A_2 = \frac{1000}{27}$।
इसकी तुलना $\frac{1000}{x}$ से करने पर,हमें $x = 27$ प्राप्त होता है।

(A) विद्युत आवेश $q$ और धारा $I$ के बीच का संबंध $q = \int I \ dt$ है।
दिया गया है $I = 3t^2 + 4t^3$,इसलिए $t = 1 \ s$ से $t = 2 \ s$ तक समाकलन करने पर:
$q = \int_{1}^{2} (3t^2 + 4t^3) \ dt$
$q = [t^3 + t^4]_{1}^{2}$
$q = (2^3 + 2^4) - (1^3 + 1^4)$
$q = (8 + 16) - (1 + 1)$
$q = 24 - 2 = 22 \ C$.

(A) माना मुख्य धारा $I$ है। गैल्वेनोमीटर से गुजरने वाली धारा $I_g = 5 \% \text{ of } I = \frac{5}{100} I = \frac{I}{20}$ है।
शंट प्रतिरोध $S$ से गुजरने वाली धारा $I_s = I - I_g = I - \frac{I}{20} = \frac{19I}{20}$ है।
चूंकि गैल्वेनोमीटर और शंट समानांतर क्रम में हैं,इसलिए उनके सिरों पर विभवांतर समान होगा: $I_g G = I_s S$.
मान रखने पर: $(\frac{I}{20}) G = (\frac{19I}{20}) S$.
$S$ के लिए हल करने पर: $S = \frac{G}{19}$ प्राप्त होता है।
एमीटर का कुल प्रतिरोध $R_A$,$G$ और $S$ का समानांतर संयोजन है: $R_A = \frac{G \cdot S}{G + S}$.
$S = \frac{G}{19}$ रखने पर: $R_A = \frac{G \cdot (G/19)}{G + (G/19)} = \frac{G^2/19}{20G/19} = \frac{G}{20}$.

(C) यह परिपथ एक व्हीटस्टोन ब्रिज है। गैल्वेनोमीटर में कोई विक्षेप न होने के लिए,ब्रिज को संतुलित होना चाहिए।
प्रारंभ में,भुजा $BC$ का प्रतिरोध $R_{BC} = 3 \ m\Omega$ है। अन्य भुजाएँ $AB = 0.8 \ m\Omega$,$AD = 1 \ m\Omega$ हैं और $DC$ अज्ञात है। व्हीटस्टोन ब्रिज के लिए संतुलन की स्थिति $\frac{R_{AB}}{R_{AD}} = \frac{R_{BC}}{R_{DC}}$ है।
चित्र से,$R_{AB} = 0.8 \ m\Omega$,$R_{AD} = 1 \ m\Omega$,और $R_{BC} = 3 \ m\Omega$ है। मान लीजिए $R_{DC} = x$ है। ब्रिज तब संतुलित होता है जब $\frac{0.8}{1} = \frac{3}{x}$,इसलिए $x = 3.75 \ m\Omega$ है।
$2^{\circ} C/s$ की दर से $10 \ s$ तक ठंडा करने के बाद,तापमान में परिवर्तन $\Delta T = -20^{\circ} C$ है।
अर्धचालक भुजा $BC$ का नया प्रतिरोध $R'_{BC} = 2.4 \ m\Omega$ है (क्योंकि $\frac{0.8}{1} = \frac{R'_{BC}}{3.75} \Rightarrow R'_{BC} = 3 \times 0.8 = 2.4 \ m\Omega$)।
सूत्र $R' = R(1 + \alpha \Delta T)$ का उपयोग करते हुए:
$2.4 = 3(1 + \alpha(-20))$
$0.8 = 1 - 20\alpha$
$20\alpha = 0.2$
$\alpha = \frac{0.2}{20} = 0.01 = 10^{-2} \ { }^{\circ} C^{-1}$।
चूंकि यह एक अर्धचालक है,$\alpha$ ऋणात्मक होता है,इसलिए $\alpha = -1 \times 10^{-2} \ { }^{\circ} C^{-1}$।

(C) कथन $(A)$ बोहर के अभिधारणा के अनुसार सही है: $L = n\hbar$।
कथन $(B)$ सही है क्योंकि नाभिकीय बल लघु-परास के होते हैं और गुरुत्वाकर्षण या स्थिर-वैद्युत बलों की तरह व्युत्क्रम वर्ग नियम का पालन नहीं करते हैं।
कथन $(C)$ सही है क्योंकि नाभिकीय बल न्यूक्लियॉन के सापेक्ष स्पिन अभिविन्यास पर निर्भर करते हैं।
कथन $(D)$ गलत है क्योंकि नाभिकीय बल गैर-केंद्रीय बल होते हैं।
कथन $(E)$ सही है क्योंकि कम पैकिंग फ्रैक्शन प्रति न्यूक्लियॉन उच्च बंधन ऊर्जा को दर्शाता है,जिससे नाभिकीय स्थिरता अधिक होती है।
अतः,कथन $(A), (B), (C),$ और $(E)$ सही हैं।

(A) आपतित फोटॉन की ऊर्जा फोटोडायोड की बैंड गैप ऊर्जा $E_g$ के अनुरूप होती है।
$E_g = \frac{hc}{\lambda}$
यहाँ $\lambda = 660 \, nm = 660 \times 10^{-9} \, m$, $h = 6.6 \times 10^{-34} \, Js$, और $c = 3 \times 10^8 \, m/s$ दिया गया है।
$E_g = \frac{6.6 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{660 \times 10^{-9}} \, J$
इस ऊर्जा को $eV$ में बदलने के लिए, इसे प्राथमिक आवेश $e = 1.6 \times 10^{-19} \, C$ से विभाजित करें:
$E_g (eV \text{ में}) = \frac{6.6 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{660 \times 10^{-9} \times 1.6 \times 10^{-19}} \, eV$
$E_g = \frac{19.8 \times 10^{-26}}{1056 \times 10^{-28}} \, eV = \frac{19.8 \times 100}{1056} \, eV = \frac{1980}{1056} \, eV$
भिन्न को सरल करने पर: $\frac{1980}{1056} = \frac{15}{8} \, eV$.
इसकी तुलना $\left(\frac{x}{8}\right) eV$ से करने पर, हमें $x = 15$ प्राप्त होता है।

(C) हवा में विद्युतचुंबकीय तरंग की गति लगभग $c = 3 \times 10^8 \text{ m/s}$ होती है।
तरंग की आवृत्ति $f = 60 \text{ MHz} = 60 \times 10^6 \text{ Hz}$ दी गई है।
गति,आवृत्ति और तरंगदैर्ध्य के बीच का संबंध $\lambda = \frac{c}{f}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,हमें $\lambda = \frac{3 \times 10^8}{60 \times 10^6}$ प्राप्त होता है।
$\lambda = \frac{300 \times 10^6}{60 \times 10^6} = 5 \text{ m}$।
अतः,तरंग की तरंगदैर्ध्य $5 \text{ m}$ है।

(C) स्रोत द्वारा उत्सर्जित शक्ति $P$, प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या $(n)$ और एक फोटॉन की ऊर्जा $(E = h\nu)$ के गुणनफल के बराबर होती है।
$P = n h \nu$
$n$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$n = \frac{P}{h \nu}$
दी गई मान:
$P = 2 \times 10^{-3} \,W$
$h = 6.63 \times 10^{-34} \,Js$
$\nu = 6 \times 10^{14} \,Hz$
मान रखने पर:
$n = \frac{2 \times 10^{-3}}{6.63 \times 10^{-34} \times 6 \times 10^{14}}$
$n = \frac{2 \times 10^{-3}}{39.78 \times 10^{-20}}$
$n = \frac{2}{39.78} \times 10^{17} \approx 0.05027 \times 10^{17} = 5.027 \times 10^{15} \approx 5 \times 10^{15}$
अतः, प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या $5 \times 10^{15}$ है।

(C) प्रथम विवर्तन निम्निष्ठ (minima) के लिए शर्त $a \sin \theta = n \lambda$ है। प्रथम निम्निष्ठ के लिए,$n = 1$ है।
दिया गया है: तरंगदैर्ध्य $\lambda = 2.0 \ cm$ और स्लिट की चौड़ाई $a = 4.0 \ cm$ है।
मान रखने पर: $\sin \theta = \frac{\lambda}{a} = \frac{2.0}{4.0} = 0.5$ प्राप्त होता है।
अतः,$\theta = \arcsin(0.5) = 30^{\circ}$ है।
केंद्रीय उच्चिष्ठ का कोणीय विस्तार केंद्रीय उच्चिष्ठ के दोनों ओर स्थित प्रथम निम्निष्ठों के बीच का कोण होता है,जो $2\theta$ है।
इसलिए,कोणीय विस्तार $= 2 \times 30^{\circ} = 60^{\circ}$ है।