JEE Main 2026 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) स्प्रिंग का बल नियतांक $K$ उसकी लंबाई $\ell$ के व्युत्क्रमानुपाती होता है,अर्थात $K \ell = \text{स्थिरांक}$.
मान लीजिए मूल लंबाई $\ell$ है और मूल बल नियतांक $K = 15 \ N/m$ है।
स्प्रिंग को $1 : 3$ के अनुपात में दो टुकड़ों में काटा जाता है। अतः,टुकड़ों की लंबाई $\ell_1 = \frac{\ell}{4}$ और $\ell_2 = \frac{3\ell}{4}$ है।
छोटे टुकड़े की लंबाई $\ell_1 = \frac{\ell}{4}$ है।
संबंध $K \ell = K^{\prime} \ell_1$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$15 \times \ell = K^{\prime} \times (\frac{\ell}{4})$
$K^{\prime} = 15 \times 4 = 60 \ N/m$.

(D) पानी को दी गई ऊष्मा $Q = m S \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $m = 4 \ kg$,$S = 4200 \ J/kg \cdot K$,और $\Delta T = 20 - 4 = 16 \ K$ है।
$Q = 4 \times 4200 \times 16 = 268800 \ J$।
प्रसार के दौरान पानी द्वारा किया गया कार्य $W = P \Delta V$ है।
आयतन में परिवर्तन $\Delta V = m(\frac{1}{\rho_f} - \frac{1}{\rho_i}) = 4(\frac{1}{998} - \frac{1}{1000}) = 4(\frac{1000 - 998}{998000}) = 4(\frac{2}{998000}) = \frac{8}{998000} \ m^3$ है।
दिए गए $P = 10^5 \ Pa$ के लिए,कार्य $W = 10^5 \times \frac{8}{998000} = \frac{800000}{998000} \approx 0.8016 \ J$ है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta U = Q - W$।
$\Delta U = 268800 - 0.8016 = 268799.1984 \ J \approx 268799.2 \ J$।

(A) साम्यावस्था में,ब्लॉक का भार उत्प्लावन बल द्वारा संतुलित होता है:
$\rho A h g = M g$
जहाँ $h$ डूबी हुई गहराई है।
जब ब्लॉक को $x$ की छोटी दूरी से दबाया जाता है,तो ऊपर की ओर कार्य करने वाला अतिरिक्त उत्प्लावन बल $F_b = \rho A x g$ होता है।
चूंकि यह बल विस्थापन की विपरीत दिशा में कार्य करता है,इसलिए प्रत्यानयन बल $F = -\rho A x g$ होगा।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,$M a = -\rho A x g$,जो त्वरण $a = -\left(\frac{\rho A g}{M}\right) x$ देता है।
इसे $SHM$ के मानक समीकरण $a = -\omega^2 x$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\omega^2 = \frac{\rho A g}{M}$ प्राप्त होता है,इसलिए $\omega = \sqrt{\frac{\rho A g}{M}}$।
दोलन का आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi}{\omega} = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{\rho A g}}$ द्वारा दिया जाता है।

(B) समदाबीय प्रक्रिया के लिए,किया गया कार्य $W = P \Delta V = nR \Delta T = 100 \ J$ द्वारा दिया जाता है।
द्विपरमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि (degree of freedom) $f = 5$ है।
स्थिर दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_p = (\frac{f}{2} + 1)R = (\frac{5}{2} + 1)R = \frac{7}{2}R$ है।
गैस को दी गई ऊष्मा $Q = nC_p \Delta T = n(\frac{7}{2}R) \Delta T$ है।
$nR \Delta T = 100 \ J$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $Q = \frac{7}{2} \times 100 = 350 \ J$ प्राप्त होता है।

(B) श्यान द्रव में गिरती हुई गोलाकार वस्तु का सीमांत वेग $v_T$ सूत्र द्वारा दिया जाता है: $v_T = \frac{2}{9} \frac{r^2 g (\rho - \sigma)}{\eta}$.
यहाँ,$r$ गेंद की त्रिज्या है,$\rho$ गेंद के पदार्थ का घनत्व है,$\sigma$ द्रव का घनत्व है,$\eta$ श्यानता गुणांक है और $g$ गुरुत्वीय त्वरण है।
चूंकि गेंद का पदार्थ और द्रव समान हैं,इसलिए $v_T \propto r^2$ होगा।
दिया गया है: $r_1 = 6 \ mm$,$v_{T1} = 20 \ cm/s$,और $r_2 = 3 \ mm$.
समानुपातिकता का उपयोग करते हुए: $\frac{v_{T2}}{v_{T1}} = (\frac{r_2}{r_1})^2$.
मान रखने पर: $\frac{v_{T2}}{20} = (\frac{3}{6})^2 = (\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4}$.
अतः,$v_{T2} = \frac{20}{4} = 5 \ cm/s$.

(C) दिया गया है: $m = 2 \ kg$,$x(t) = t^2 + t + 1 \ m$.
वेग $v(t) = \frac{dx}{dt} = 2t + 1 \ m/s$ है।
त्वरण $a(t) = \frac{dv}{dt} = 2 \ m/s^2$ है।
चूंकि त्वरण स्थिर है,पिंड पर कार्य करने वाला बल $F = m \times a = 2 \ kg \times 2 \ m/s^2 = 4 \ N$ है।
समय अंतराल $t = 2 \ s$ से $t = 3 \ s$ के दौरान विस्थापन $s = x(3) - x(2)$ है।
$x(3) = (3)^2 + 3 + 1 = 9 + 3 + 1 = 13 \ m$.
$x(2) = (2)^2 + 2 + 1 = 4 + 2 + 1 = 7 \ m$.
$s = 13 - 7 = 6 \ m$.
किया गया कार्य $W = F \times s = 4 \ N \times 6 \ m = 24 \ J$ है।

(D) $M$ द्रव्यमान के पिंड को घूमते हुए ड्रम की आंतरिक दीवार पर चिपके रहने के लिए,दीवार द्वारा लगाया गया अभिलंब बल $N$ आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है:
$N = M \omega^2 R$
घर्षण बल $f$ नीचे की ओर कार्य करने वाले गुरुत्वाकर्षण बल $Mg$ को संतुलित करने के लिए ऊपर की ओर कार्य करता है:
$f = Mg$
चूंकि पिंड फिसलने की स्थिति में है,इसलिए घर्षण बल अपने अधिकतम मान पर है,जो $f = \mu N$ द्वारा दिया जाता है:
$Mg = \mu N$
$N$ के व्यंजक को घर्षण के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$Mg = \mu (M \omega^2 R)$
दोनों पक्षों को $M$ से विभाजित करने और $\omega$ के लिए हल करने पर:
$g = \mu \omega^2 R$
$\omega^2 = \frac{g}{\mu R}$
$\omega = \sqrt{\frac{g}{\mu R}}$

(C) दिया गया है: नदी की चौड़ाई $d = 200 \ m$,नदी का वेग $v_R = 18 \ km/h = 18 \times \frac{5}{18} = 5 \ m/s$,शांत जल में नाव का वेग $v_{BR} = 36 \ km/h = 36 \times \frac{5}{18} = 10 \ m/s$.
नदी को न्यूनतम समय में पार करने के लिए,नाव को नदी के प्रवाह के लंबवत दिशा में चलना चाहिए।
नदी को एक बार पार करने में लगा समय $t = \frac{d}{v_{BR}} = \frac{200}{10} = 20 \ s$ है।
राउंड ट्रिप (जाने और वापस आने) के लिए,कुल समय $T = 20 + 20 = 40 \ s$ है।
इस समय के दौरान,नाव नदी के प्रवाह के साथ नीचे की ओर बहती है। नदी के किनारे के सापेक्ष नाव का वेग $v_R = 5 \ m/s$ है।
नदी के किनारे के अनुदिश विस्थापन $x = v_R \times T = 5 \times 40 = 200 \ m$ है।

(A) केशिका उन्नयन का सूत्र $h = \frac{2T \cos \theta}{\rho g r}$ द्वारा दिया जाता है।
यह मानते हुए कि दोनों द्रवों के लिए संपर्क कोण $\theta$ समान है और घनत्व $\rho$ बराबर है,हमारे पास $h \propto \frac{1}{r}$ है।
चूंकि $r_1 > r_2$ दिया गया है,इसलिए $\frac{1}{r_1} < \frac{1}{r_2}$ होगा।
अतः,$h_1 < h_2$ प्राप्त होता है।
चूंकि प्रश्न में $T_1 = T_2$ दिया गया है,इसलिए सही संबंध $h_1 < h_2$ और $T_1 = T_2$ है।

(B) गोलाकार पिंड का सीमांत वेग $v_0$,स्टोक्स के नियम द्वारा दिया जाता है: $v_0 = \frac{2}{9} \frac{r^2 g}{\eta} (\sigma - \rho)$
श्यानता $\eta$ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\eta = \frac{2}{9} \frac{r^2 g}{v_0} (\sigma - \rho)$
चूंकि $\sigma, \rho$ और $g$ स्थिरांक हैं जिनमें त्रुटि नगण्य है,इसलिए $\eta$ में सापेक्ष त्रुटि $r$ और $v_0$ चरों द्वारा निर्धारित होती है।
गुणन और भाग के लिए त्रुटि प्रसार के नियमों का उपयोग करते हुए,अधिकतम सापेक्ष त्रुटि है: $\frac{\Delta \eta}{\eta} = 2 \frac{\Delta r}{r} + \frac{\Delta v_0}{v_0}$।

(D) भौतिक राशियों का योग ज्ञात करने के लिए,हम दी गई संख्याओं को जोड़ते हैं: $52.01 \ m + 153.2 \ m + 0.123 \ m = 205.333 \ m$
योग के लिए सार्थक अंकों के नियमों के अनुसार,अंतिम परिणाम में दशमलव के बाद उतने ही अंक होने चाहिए जितने सबसे कम दशमलव स्थान वाली संख्या में हैं।
यहाँ दी गई संख्याएँ $52.01$ (दो दशमलव स्थान),$153.2$ (एक दशमलव स्थान) और $0.123$ (तीन दशमलव स्थान) हैं।
सबसे कम दशमलव स्थान वाली संख्या $153.2 \ m$ है,जिसमें एक दशमलव स्थान है।
इसलिए,हम $205.333 \ m$ को एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित (round off) करते हैं,जिससे $205.3 \ m$ प्राप्त होता है।

(A) गतिज ऊर्जा के दोलन की कोणीय आवृत्ति $\omega_k = 176 \ rad/s$ दी गई है।
एक सरल आवर्त दोलक के लिए,गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2 \sin^2(\omega t + \phi)$ होती है।
सर्वसमिका $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2}$ का उपयोग करने पर,$K = \frac{1}{4} m \omega^2 A^2 (1 - \cos(2\omega t + 2\phi))$ प्राप्त होता है।
यह दर्शाता है कि गतिज ऊर्जा $\omega_k = 2\omega$ कोणीय आवृत्ति के साथ दोलन करती है,जहाँ $\omega$ दोलक की कोणीय आवृत्ति है।
दिया गया है $\omega_k = 176 \ rad/s$,इसलिए $2\omega = 176 \ rad/s$,जिसका अर्थ है $\omega = 88 \ rad/s$।
दोलक की आवृत्ति $f = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{88}{2 \times (22/7)} = \frac{88 \times 7}{44} = 2 \times 7 = 14 \ Hz$ है।

(C) मान लीजिए रिम की त्रिज्या $r$ है। घिरनी का जड़त्व आघूर्ण $I$ रिम और दो छड़ों से बना है।
$I = I_{\text{rim}} + 2 \times I_{\text{rod}}$
$I = Mr^2 + 2 \times \left( \frac{M(2r)^2}{12} \right) = Mr^2 + 2 \times \left( \frac{4Mr^2}{12} \right) = Mr^2 + \frac{2}{3}Mr^2 = \frac{5}{3}Mr^2$.
मान लीजिए ब्लॉकों का त्वरण $a$ है और डोरी में तनाव $T_1, T_2$ है।
गति के समीकरण इस प्रकार हैं:
$Mg - T_2 = Ma$ ... $(1)$
$T_1 - mg = ma$ ... $(2)$
$(T_2 - T_1)r = I \alpha = I \left( \frac{a}{r} \right) \implies T_2 - T_1 = \frac{I}{r^2} a = \frac{5}{3}Ma$ ... $(3)$
$(1)$,$(2)$,और $(3)$ को जोड़ने पर:
$(M - m)g = (M + m + \frac{5}{3}M)a$
$(M - m)g = (\frac{8}{3}M + m)a$
$a = \frac{(M - m)g}{\frac{8}{3}M + m}$.

(B) एक कण का दूसरे कण के सापेक्ष कोणीय संवेग $L = m \cdot v_{\text{rel}} \cdot r_{\perp}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,कार $A$ का द्रव्यमान $m = 10^3 \text{ kg}$ है।
कार $B$ के सापेक्ष कार $A$ का सापेक्ष वेग $v_{\text{rel}} = v_A - v_B = 72 \text{ km/h} - 36 \text{ km/h} = 36 \text{ km/h}$ है।
सापेक्ष वेग को $SI$ इकाइयों में बदलने पर: $v_{\text{rel}} = 36 \times \frac{5}{18} \text{ m/s} = 10 \text{ m/s}$।
पटरियों के बीच की लंबवत दूरी $r_{\perp} = 10 \text{ m}$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर: $L = 1000 \times 10 \times 10 = 10^5 \text{ kg} \cdot \text{m}^2/\text{s}$ (या $\text{J} \cdot \text{s}$)।

(C) r.m.s. चाल का सूत्र $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ है।
दिया गया है कि $V_{rms, O_2} = V_{rms, H_2}$ है।
ऑक्सीजन का तापमान $T_{O_2} = 273 + 47 = 320 \ K$ है।
चालों को बराबर करने पर: $\sqrt{\frac{3RT_{O_2}}{M_{O_2}}} = \sqrt{\frac{3RT_{H_2}}{M_{H_2}}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने और सरल करने पर: $\frac{T_{O_2}}{M_{O_2}} = \frac{T_{H_2}}{M_{H_2}}$.
मान रखने पर: $\frac{320}{32} = \frac{T_{H_2}}{2}$.
$10 = \frac{T_{H_2}}{2} \implies T_{H_2} = 20 \ K$.
सेल्सियस में बदलने पर: $T(^{\circ}C) = 20 - 273 = -253^{\circ}C$.

(C) आदर्श गैस समीकरण का उपयोग करते हुए,$\frac{P_1 V_1}{T_1} = \frac{P_2 V_2}{T_2}$.
दिया गया है:
$P_1 = 2\,atm$
$V_1 = 60\,cm^{3}$
$T_1 = 27^{\circ}C = 27 + 273 = 300\,K$
$V_2 = 20\,cm^{3}$
$T_2 = 77^{\circ}C = 77 + 273 = 350\,K$
समीकरण में मान रखने पर:
$\frac{2 \times 60}{300} = \frac{P_2 \times 20}{350}$
$\frac{120}{300} = \frac{P_2 \times 20}{350}$
$0.4 = P_2 \times \frac{20}{350}$
$P_2 = 0.4 \times \frac{350}{20} = 0.4 \times 17.5 = 7\,atm$.

(B) यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत का उपयोग करते हुए,$2m$ द्रव्यमान की स्थितिज ऊर्जा में हुई कमी निकाय की गतिज ऊर्जा में हुई वृद्धि के बराबर है।
$2m$ द्रव्यमान की स्थितिज ऊर्जा में कमी = $(2m)gh$.
$m$ द्रव्यमान की स्थितिज ऊर्जा में वृद्धि = $mgh$.
स्थितिज ऊर्जा में कुल कमी = $(2m)gh - mgh = mgh$.
यह ऊर्जा दोनों द्रव्यमानों की गतिज ऊर्जा और घिरनी की घूर्णन गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
कुल गतिज ऊर्जा = $K_{m} + K_{2m} + K_{pulley} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(2m)v^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$.
चूंकि $I = \frac{1}{2}Mr^2 = \frac{1}{2}(30m)r^2 = 15mr^2$ और $\omega = \frac{v}{r}$,इसलिए $K_{pulley} = \frac{1}{2}(15mr^2)(\frac{v^2}{r^2}) = 7.5mv^2$.
ऊर्जा को बराबर करने पर: $mgh = \frac{1}{2}mv^2 + mv^2 + 7.5mv^2 = 9mv^2$.
$v^2 = \frac{gh}{9} = \frac{10 \times 3.6}{9} = 4$.
$v = 2 \ m/s$.

(A) कथन $I$ परिभाषा के अनुसार सत्य है: कणों के एक निकाय की कुल गतिज ऊर्जा व्यक्तिगत कणों की गतिज ऊर्जाओं का अदिश योग होती है,$K = \sum \frac{1}{2} m_i v_i^2$.
कथन $II$ भी कणों के निकाय के लिए गतिज ऊर्जा के प्रमेय के अनुसार सत्य है। यदि $\vec{v}_i$ मूल बिंदु के सापेक्ष $i$-वें कण का वेग है,$\vec{V}_{cm}$ द्रव्यमान केंद्र का वेग है,और $\vec{v}_i'$ द्रव्यमान केंद्र के सापेक्ष $i$-वें कण का वेग है,तो $\vec{v}_i = \vec{V}_{cm} + \vec{v}_i'$.
कुल गतिज ऊर्जा $K = \sum \frac{1}{2} m_i v_i^2 = \sum \frac{1}{2} m_i (\vec{V}_{cm} + \vec{v}_i')^2 = \frac{1}{2} M V_{cm}^2 + \sum \frac{1}{2} m_i (v_i')^2$ होती है,जहाँ $M = \sum m_i$.
अतः,कुल गतिज ऊर्जा द्रव्यमान केंद्र की गतिज ऊर्जा और द्रव्यमान केंद्र के सापेक्ष गतिज ऊर्जा का योग है।

(D) कथन-$I$: गलत।
बल $\vec{F}$ द्वारा किया गया कार्य $W = \int_{r_{1}}^{r_{2}} \vec{F} \cdot d\vec{r}$ के रूप में परिभाषित है। स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ को $-\int_{r_{1}}^{r_{2}} \vec{F} \cdot d\vec{r}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है। अतः,कार्य के लिए दिया गया व्यंजक गलत है।
कथन-$II$: गलत।
एक संरक्षी बल वह बल है जिसके लिए किया गया कार्य दो बिंदुओं के बीच अपनाए गए पथ से स्वतंत्र होता है। इसलिए,किया गया कार्य अपनाए गए पथ के साथ नहीं बदलता है।

(B) पृथ्वी की सतह के करीब परिक्रमा करने वाले उपग्रह का समय काल $T = 2\pi\sqrt{\frac{R_e^3}{GM}}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि पृथ्वी का द्रव्यमान $M = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi R_e^3$ है,जहाँ $\rho$ पृथ्वी का घनत्व है,हम $M$ को सूत्र में प्रतिस्थापित कर सकते हैं:
$T = 2\pi\sqrt{\frac{R_e^3}{G(\rho \cdot \frac{4}{3}\pi R_e^3)}} = 2\pi\sqrt{\frac{3}{4\pi G\rho}}$.
यह दर्शाता है कि $T$ पृथ्वी के घनत्व $\rho$ पर निर्भर करता है। अतः,कथन $I$ सही है।
सतह के बहुत करीब उपग्रह के लिए,गुरुत्वाकर्षण बल अभिकेंद्र बल प्रदान करता है,जिससे $g = \frac{GM}{R_e^2}$ प्राप्त होता है।
$GM = gR_e^2$ को सामान्य समय काल सूत्र $T = 2\pi\sqrt{\frac{R_e^3}{GM}}$ में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $T = 2\pi\sqrt{\frac{R_e^3}{gR_e^2}} = 2\pi\sqrt{\frac{R_e}{g}}$ प्राप्त होता है।
अतः,कथन $II$ सही है।

(D) केशिका नली में द्रव की ऊँचाई $h$ का सूत्र: $h = \frac{2T \cos \theta}{\rho gr}$ है।
यह मानते हुए कि संपर्क कोण $\theta$ और गुरुत्वीय त्वरण $g$ स्थिर रहते हैं, सापेक्ष परिवर्तन: $\frac{\Delta h}{h} = \frac{\Delta T}{T} - \frac{\Delta \rho}{\rho} - \frac{\Delta r}{r}$ होगा।
दिया गया है कि $T$, $\rho$, और $r$ प्रत्येक $1\%$ कम हो जाते हैं, इसलिए $\frac{\Delta T}{T} = -0.01$, $\frac{\Delta \rho}{\rho} = -0.01$, और $\frac{\Delta r}{r} = -0.01$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{\Delta h}{h} = (-0.01) - (-0.01) - (-0.01) = -0.01 + 0.01 + 0.01 = +0.01$ प्राप्त होता है।
अतः, ऊँचाई में $+1\%$ का परिवर्तन होगा।

(B) एक खुली ऑर्गन पाइप के लिए,$n^{\text{th}}$ हार्मोनिक की आवृत्ति $f_n = n \left( \frac{v}{2L} \right)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $v$ ध्वनि की गति है और $L$ पाइप की लंबाई है।
दिया गया है कि $v_3 = 3 \left( \frac{v}{2L} \right)$ और $v_6 = 6 \left( \frac{v}{2L} \right)$.
प्रश्न के अनुसार,$v_6 - v_3 = 2200 \text{ Hz}$.
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर: $6 \left( \frac{v}{2L} \right) - 3 \left( \frac{v}{2L} \right) = 2200$.
$3 \left( \frac{v}{2L} \right) = 2200$.
$v = 330 \text{ m/s}$ लेने पर,$3 \left( \frac{330}{2L} \right) = 2200$.
$990 / (2L) = 2200$.
$2L = 990 / 2200 = 0.45 \text{ m}$.
$L = 0.225 \text{ m} = 225 \text{ mm}$.

(D) मान लीजिए कि प्रत्येक छोटे बुलबुले की त्रिज्या $r$ है और प्रत्येक पर आवेश $q$ है। प्रत्येक छोटे बुलबुले का विभव $V_i = \frac{kq}{r}$ है।
जब ऐसे तीन बुलबुले मिलते हैं,तो आयतन संरक्षित रहता है। मान लीजिए बड़े बुलबुले की त्रिज्या $R$ है।
$3 \times (\frac{4}{3} \pi r^3) = \frac{4}{3} \pi R^3 \implies R^3 = 3r^3 \implies R = 3^{1/3}r$.
बड़े बुलबुले पर कुल आवेश $Q = 3q$ है। बड़े बुलबुले का विभव $V_f = \frac{kQ}{R} = \frac{k(3q)}{3^{1/3}r}$ है।
विभव का अनुपात $\frac{V_i}{V_f} = \frac{kq/r}{3kq / (3^{1/3}r)} = \frac{1}{3 / 3^{1/3}} = \frac{3^{1/3}}{3} = \frac{1}{3^{1 - 1/3}} = \frac{1}{3^{2/3}}$ होगा।

(A) मान लीजिए कि छड़ का द्रव्यमान केंद्र मूल बिंदु है। अपने केंद्र के परितः छड़ का जड़त्व आघूर्ण $I_{rod} = \frac{(20m)(12)^2}{12} = 240m \text{ cm}^2$ है।
छड़ के द्रव्यमान केंद्र के परितः कोणीय संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए:
$L_i = L_f$
प्रारंभिक कोणीय संवेग $L_i = (2m)(v)(2) + (m)(v)(4) = 4mv + 4mv = 8mv$.
प्रणाली का अंतिम जड़त्व आघूर्ण $I_f = I_{rod} + I_{mass1} + I_{mass2} = 240m + (2m)(2)^2 + (m)(4)^2 = 240m + 8m + 16m = 264m \text{ cm}^2$.
चूंकि $L_f = I_f \omega$,हमें $8mv = 264m \omega$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{v}{\omega} = \frac{264}{8} = 33$.

(B) टक्कर आवृत्ति $(Z)$ का सूत्र है: $Z = \sqrt{2} \pi d^2 N \bar{v}$,जहाँ $\bar{v} = \sqrt{\frac{8RT}{\pi M}}$.
चूंकि दोनों गैसों के लिए तापमान $(T)$ और संख्या घनत्व $(N)$ समान हैं,इसलिए $Z \propto d^2 \sqrt{\frac{1}{M}}$.
दिया गया है: $d_A = \frac{d_B}{2}$ और $M_A = 4M_B$.
अतः,टक्कर आवृत्तियों का अनुपात:
$\frac{Z_A}{Z_B} = \left( \frac{d_A}{d_B} \right)^2 \sqrt{\frac{M_B}{M_A}}$
$\frac{Z_A}{Z_B} = \left( \frac{1}{2} \right)^2 \sqrt{\frac{M_B}{4M_B}} = \frac{1}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$.
चूंकि $Z_B = 32 \times 10^{18} /s$ दिया गया है,इसलिए:
$Z_A = \frac{32 \times 10^{18}}{8} = 4 \times 10^{18} /s$.

(B) सरल लोलक का आवर्तकाल $T$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है: $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें प्राप्त होता है: $T^2 = \frac{4\pi^2 L}{g}$.
दोनों पक्षों का व्युत्क्रम लेने पर,हमें प्राप्त होता है: $\frac{1}{T^2} = \frac{g}{4\pi^2 L}$.
यह समीकरण $y = \frac{k}{x}$ के रूप में है,जहाँ $y = \frac{1}{T^2}$,$x = L$,और $k = \frac{g}{4\pi^2}$ एक स्थिरांक है।
यह एक आयताकार अतिपरवलय (rectangular hyperbola) को दर्शाता है,जो विकल्प $B$ में दिखाए गए आलेख के अनुरूप है।

(C) व्यंजक $\frac{\epsilon_0 E}{t}$ है।
हम जानते हैं कि $\epsilon_0 E$ विद्युत विस्थापन क्षेत्र $D$ को दर्शाता है,जिसकी विमाएँ पृष्ठीय आवेश घनत्व $\sigma = \frac{q}{A}$ के समान होती हैं।
अतः,$\epsilon_0 E$ की विमाएँ $[I T L^{-2}]$ हैं।
इसे समय $t$ (विमा $[T]$) से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{[I T L^{-2}]}{[T]} = [I L^{-2}]$.
चूंकि विद्युत धारा $I$ का मात्रक $A$ (एम्पियर) है और लंबाई $L$ का मात्रक $m$ (मीटर) है,इसलिए मात्रक $A / m^2$ होगा।

(C) वृत्ताकार पैमाने का शून्य पिच रेखा से $3$ भाग ऊपर स्थित है,जो ऋणात्मक शून्य त्रुटि को दर्शाता है।
शून्य त्रुटि $e = -3 \times LC = -3 \times 0.01 \ mm = -0.03 \ mm$.
प्रेक्षित पाठ्यांक $= \text{पिच पैमाने का पाठ्यांक} + (\text{वृत्ताकार पैमाने का पाठ्यांक} \times LC)$.
प्रेक्षित पाठ्यांक $= 1 \ mm + 51 \times 0.01 \ mm = 1 \ mm + 0.51 \ mm = 1.51 \ mm$.
सही पाठ्यांक $= \text{प्रेक्षित पाठ्यांक} - \text{शून्य त्रुटि}$.
सही पाठ्यांक $= 1.51 \ mm - (-0.03 \ mm) = 1.51 \ mm + 0.03 \ mm = 1.54 \ mm$.

(B) पूर्णतः अप्रत्यास्थ टक्कर के दौरान गतिज ऊर्जा में हानि: $\Delta K = \frac{1}{2} \left( \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} \right) (v_1 + v_2)^2$.
दिए गए मानों को रखने पर: $m_1 = 15 \ kg$,$m_2 = 25 \ kg$,$v_1 = 10 \ m/s$,$v_2 = 30 \ m/s$.
$\Delta K = \frac{1}{2} \left( \frac{15 \times 25}{15 + 25} \right) (10 + 30)^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{375}{40} \right) (40)^2 = \frac{1}{2} \times 375 \times 40 = 7500 \ J$.
यह ऊर्जा ऊष्मा में परिवर्तित हो जाती है: $Q = (m_1 + m_2) S \Delta T$.
यहाँ $S = 31 \ cal/kg \cdot ^{\circ}C = 31 \times 4.2 \ J/kg \cdot ^{\circ}C = 130.2 \ J/kg \cdot ^{\circ}C$.
$7500 = (15 + 25) \times 130.2 \times \Delta T$.
$7500 = 40 \times 130.2 \times \Delta T$.
$\Delta T = \frac{7500}{5208} \approx 1.44^{\circ}C$.

(A) कोणीय संवेग $L$ को $L = I\omega$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ जड़त्व आघूर्ण है और $\omega$ कोणीय वेग है। अतः,$\omega = \frac{L}{I}$।
सबसे पहले,निकाय के द्रव्यमान केंद्र $(CM)$ का स्थान ज्ञात करें। मान लीजिए द्रव्यमान $m$,$x = 0$ पर है और $2m$,$x = d$ पर है। $CM$ की स्थिति $x_{cm} = \frac{m(0) + 2m(d)}{m + 2m} = \frac{2md}{3m} = \frac{2d}{3}$ है।
$CM$ से द्रव्यमान $m$ की दूरी $r_1 = \frac{2d}{3}$ है,और $CM$ से द्रव्यमान $2m$ की दूरी $r_2 = d - \frac{2d}{3} = \frac{d}{3}$ है।
$CM$ से गुजरने वाली अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = m(r_1)^2 + 2m(r_2)^2 = m(\frac{2d}{3})^2 + 2m(\frac{d}{3})^2$ है।
$I = m(\frac{4d^2}{9}) + 2m(\frac{d^2}{9}) = \frac{4md^2 + 2md^2}{9} = \frac{6md^2}{9} = \frac{2}{3}md^2$।
कोणीय वेग के सूत्र में $I$ का मान रखने पर: $\omega = \frac{L}{\frac{2}{3}md^2} = \frac{3L}{2md^2}$।

(D) बिंदु $A$ पर, गतिज ऊर्जा $(KE)_A = K = \frac{1}{2}mu^2$ है।
उच्चतम बिंदु $B$ पर, वेग का ऊर्ध्वाधर घटक शून्य होता है, इसलिए वेग $v_B = u \cos 60^{\circ} = \frac{u}{2}$ है।
बिंदु $B$ पर गतिज ऊर्जा $(KE)_B = \frac{1}{2}m(\frac{u}{2})^2 = \frac{1}{4}(\frac{1}{2}mu^2) = \frac{K}{4}$ है।
चूंकि बिंदु $A$ और $C$ एक ही क्षैतिज स्तर पर हैं, इसलिए $C$ पर गति $A$ पर गति के बराबर है। अतः, $(KE)_C = (KE)_A = K$ है।
बिंदु $B$ और $C$ पर गतिज ऊर्जा का अंतर $|(KE)_C - (KE)_B| = |K - \frac{K}{4}| = \frac{3K}{4}$ है।
इस अंतर का बिंदु $A$ पर गतिज ऊर्जा से अनुपात $\frac{3K/4}{K} = \frac{3}{4}$ है।

(A) यंग मापांक $(Y)$ को स्ट्रेस और स्ट्रेन के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है: $Y = \frac{\text{Stress}}{\text{Strain}}$.
दिए गए ग्राफ में,स्ट्रेन को $y$-अक्ष पर और स्ट्रेस को $x$-अक्ष पर दर्शाया गया है।
इसलिए,ग्राफ की ढाल (slope) $\text{Slope} = \frac{\text{Strain}}{\text{Stress}} = \frac{1}{Y}$ होगी।
सबसे अधिक यंग मापांक $(Y)$ प्राप्त करने के लिए,$\frac{1}{Y}$ का मान सबसे कम होना चाहिए।
इसका अर्थ है कि स्ट्रेन-स्ट्रेस ग्राफ की ढाल न्यूनतम होनी चाहिए।
चित्र को देखने पर,पदार्थ $C$ की ढाल सबसे कम है।
अतः,पदार्थ $C$ का यंग मापांक सबसे अधिक है।

(D) मान लीजिए कि प्रत्येक बेलन का द्रव्यमान $M' = M/4$ है।
अक्ष के लंबवत दो बेलनों पर विचार करें (चित्र में $I_1$ के रूप में चिह्नित)। अक्ष उनकी लंबाई के लंबवत उनके केंद्रों से गुजरती है। ऐसे एक बेलन का जड़त्व आघूर्ण $I_1 = \frac{M'R^2}{4} + \frac{M'L^2}{12}$ है।
अक्ष के समानांतर दो बेलनों पर विचार करें (चित्र में $I_2$ के रूप में चिह्नित)। अक्ष उनके केंद्रों से $L/2$ की दूरी पर है। बेलन का उसकी अपनी अक्ष (लंबाई के अनुदिश) के परितः जड़त्व आघूर्ण $\frac{M'R^2}{2}$ है। समानांतर अक्ष प्रमेय के अनुसार,$I_2 = \frac{M'R^2}{2} + M'(L/2)^2 = \frac{M'R^2}{2} + \frac{M'L^2}{4}$ है।
कुल जड़त्व आघूर्ण $I_{net} = 2I_1 + 2I_2 = 2(\frac{M'R^2}{4} + \frac{M'L^2}{12}) + 2(\frac{M'R^2}{2} + \frac{M'L^2}{4})$ है।
$I_{net} = \frac{M'R^2}{2} + \frac{M'L^2}{6} + M'R^2 + \frac{M'L^2}{2} = \frac{3}{2}M'R^2 + \frac{2}{3}M'L^2$।
$M' = M/4$ प्रतिस्थापित करने पर: $I_{net} = \frac{3}{2}(M/4)R^2 + \frac{2}{3}(M/4)L^2 = \frac{3}{8}MR^2 + \frac{1}{6}ML^2$।

(C) संतुलित स्प्रिंग-द्रव्यमान निकाय के लिए,स्प्रिंग बल गुरुत्वाकर्षण बल को संतुलित करता है: $kx = mg$,जहाँ $x$ स्प्रिंग का विस्तार है।
अतः,विस्तार $x = \frac{mg}{k}$ है।
स्प्रिंग में संचित प्रत्यास्थ स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{1}{2}kx^2$ द्वारा दी जाती है।
$x$ का मान रखने पर,हमें $U = \frac{1}{2}k\left(\frac{mg}{k}\right)^2 = \frac{m^2g^2}{2k}$ प्राप्त होता है।
इस समीकरण से,हम देख सकते हैं कि $U \propto \frac{m^2}{k}$ है।
दिया गया है $m_{A} = 100 \text{ g}$,$m_{B} = 200 \text{ g}$,और $4k_{A} = 3k_{B}$,इसलिए ऊर्जा का अनुपात:
$\frac{U_{A}}{U_{B}} = \left(\frac{m_{A}}{m_{B}}\right)^2 \cdot \left(\frac{k_{B}}{k_{A}}\right)$.
मान रखने पर: $\frac{E}{U_{B}} = \left(\frac{100}{200}\right)^2 \cdot \left(\frac{4}{3}\right) = \left(\frac{1}{2}\right)^2 \cdot \left(\frac{4}{3}\right) = \frac{1}{4} \cdot \frac{4}{3} = \frac{1}{3}$.
अतः,$U_{B} = 3E$.

(C) एक सरल लोलक का आवर्तकाल $T$,$T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ द्वारा दिया जाता है,जिसका अर्थ है $T \propto \sqrt{\ell}$।
यह दिया गया है कि समय अवधि $t$ स्थिर है,इसलिए दोलनों की संख्या $n$,आवर्तकाल $T$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है $(n = \frac{t}{T})$।
अतः,$n \propto \frac{1}{\sqrt{\ell}}$,जिसका अर्थ है $n^2 \propto \frac{1}{\ell}$ या $\ell \propto \frac{1}{n^2}$।
प्रारंभ में,$n_1 = 20$ और $\ell_1 = 30 \ cm$।
अंत में,$n_2 = 40$।
अनुपात का उपयोग करने पर: $\frac{\ell_2}{\ell_1} = \left( \frac{n_1}{n_2} \right)^2$।
$\ell_2 = 30 \times \left( \frac{20}{40} \right)^2 = 30 \times \left( \frac{1}{2} \right)^2 = 30 \times \frac{1}{4} = 7.5 \ cm$।

(C) चरण $1$: छड़ की औसत लंबाई की गणना करें:
$\ell_{\text{mean}} = \frac{20.00 + 19.75 + 17.01 + 18.25}{4} = \frac{75.01}{4} = 18.7525 \ cm \approx 18.75 \ cm$.
चरण $2$: प्रत्येक मापन के लिए निरपेक्ष त्रुटि की गणना करें:
$|\Delta \ell_1| = |20.00 - 18.75| = 1.25 \ cm$
$|\Delta \ell_2| = |19.75 - 18.75| = 1.00 \ cm$
$|\Delta \ell_3| = |17.01 - 18.75| = 1.74 \ cm$
$|\Delta \ell_4| = |18.25 - 18.75| = 0.50 \ cm$
चरण $3$: औसत निरपेक्ष त्रुटि की गणना करें:
$\Delta \ell_{\text{mean}} = \frac{1.25 + 1.00 + 1.74 + 0.50}{4} = \frac{4.49}{4} = 1.1225 \ cm \approx 1.12 \ cm$.
चरण $4$: सापेक्ष त्रुटि की गणना करें:
$\text{सापेक्ष त्रुटि} = \frac{\Delta \ell_{\text{mean}}}{\ell_{\text{mean}}} = \frac{1.12}{18.75} \approx 0.06$.

(B) $1$. मान लीजिए $l = 1 \ m$ छड़ की लंबाई है। सबसे निचले बिंदु पर गोले $A$ का वेग $V_A$ यांत्रिक ऊर्जा के संरक्षण द्वारा दिया जाता है:
$mgl(1 - \cos \theta) = \frac{1}{2} m V_A^2$
$V_A = \sqrt{2gl(1 - \cos 60^{\circ})} = \sqrt{2 \times 10 \times 1 \times (1 - 0.5)} = \sqrt{10} \ m/s$.
$2$. चूंकि समान गोलों $A$ और $B$ के बीच टक्कर प्रत्यास्थ है,इसलिए वेगों का आदान-प्रदान होता है। अतः,टक्कर के बाद,गोला $B$,$V_B = V_A = \sqrt{10} \ m/s$ के वेग से चलता है।
$3$. गोले $B$ के लिए $R$ त्रिज्या के ऊर्ध्वाधर वृत्ताकार पथ को पूरा करने के लिए,वृत्ताकार पथ के निचले भाग पर न्यूनतम वेग $V_{min} = \sqrt{5gR}$ होना चाहिए।
$4$. वेगों की तुलना करने पर: $\sqrt{10} = \sqrt{5gR} \implies 10 = 5 \times 10 \times R \implies 10 = 50R \implies R = \frac{10}{50} = \frac{1}{5} \ m$.

(C) वृत्ताकार डिस्क का उसके केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2} M R^2$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि डिस्क समान पदार्थ से बनी हैं,इसलिए उनका घनत्व $\rho$ समान है।
डिस्क का द्रव्यमान $M = \text{आयतन} \times \text{घनत्व} = (\pi R^2 T) \rho$ है।
अतः,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2} (\pi R^2 T \rho) R^2 = \frac{1}{2} \pi \rho R^4 T$ है।
दिया गया है कि $I_1 = I_2$,इसलिए:
$\frac{1}{2} \pi \rho R_1^4 T_1 = \frac{1}{2} \pi \rho R_2^4 T_2$
$R_1^4 T_1 = R_2^4 T_2$
$\frac{T_1}{T_2} = \frac{R_2^4}{R_1^4} = \left( \frac{R_2}{R_1} \right)^4$.
दिया गया है कि $\frac{R_1}{R_2} = 2$,इसलिए $\frac{R_2}{R_1} = \frac{1}{2}$ है।
$\frac{T_1}{T_2} = \left( \frac{1}{2} \right)^4 = \frac{1}{16}$ है।
इसकी तुलना $\frac{T_1}{T_2} = \frac{1}{\alpha}$ से करने पर,हमें $\alpha = 16$ प्राप्त होता है।

(B) मान लीजिए कि बिंदु $A$ की स्पीकरों को जोड़ने वाली रेखा से दूरी $D = 40 \ m$ है। स्पीकर $L_1$ और $L_2$ के बीच की दूरी $10 \ m$ है,इसलिए उन्हें जोड़ने वाली रेखा के मध्य बिंदु के सापेक्ष उनके निर्देशांक $(0, 5)$ और $(0, -5)$ हैं। बिंदु $A$ के निर्देशांक $(40, 0)$ हैं।
जब रिकॉर्डर $A$ से $25 \ m$ की दूरी पर बिंदु $B$ पर जाता है,तो उसके निर्देशांक $(40, 25)$ हो जाते हैं।
स्पीकरों से बिंदु $B$ तक की दूरियाँ:
$L_1B = \sqrt{40^2 + (25-5)^2} = \sqrt{40^2 + 20^2} = \sqrt{1600 + 400} = \sqrt{2000} = 20\sqrt{5} \ m$.
दिया गया है $\sqrt{5} = 2.23$,इसलिए $L_1B = 20 \times 2.23 = 44.6 \ m$.
$L_2B = \sqrt{40^2 + (25+5)^2} = \sqrt{40^2 + 30^2} = \sqrt{1600 + 900} = \sqrt{2500} = 50 \ m$.
बिंदु $B$ पर पथ अंतर $\Delta x = L_2B - L_1B = 50 - 44.6 = 5.4 \ m$ है।
चूंकि रिकॉर्डर $10$ बार न्यूनतम और अधिकतम से गुजरता है,इसलिए बिंदु $B$ $10$ वां अधिकतम है,यानी $\Delta x = n\lambda$,जहाँ $n = 10$.
$5.4 = 10 \times \lambda \implies \lambda = 0.54 \ m$.
आवृत्ति $f = \frac{v}{\lambda} = \frac{324}{0.54} = 600 \ Hz$.

$(D)$. स्प्रिंग नियतांक $(k)$: $F = kx$ से, $[k] = [F]/[x] = [MLT^{-2}]/[L] = [ML^0 T^{-2}]$। अतः, $A-II$।
$B$. ऊष्मीय चालकता $(k)$: $dQ/dt = kA(\Delta T/l)$ से, $[k] = [ML^2 T^{-3}][L]/([L^2][K]) = [MLT^{-3} K^{-1}]$। अतः, $B-IV$।
$C$. बोल्ट्ज़मैन नियतांक $(k_B)$: $E = (3/2)k_B T$ से, $[k_B] = [E]/[T] = [ML^2 T^{-2}]/[K] = [ML^2 T^{-2} K^{-1}]$। अतः, $C-I$।
$D$. प्रेरणिक प्रतिघात $(X_L)$: $X_L = \omega L$। इसकी विमा प्रतिरोध $(R = V/I)$ के समान होती है। $[R] = [ML^2 T^{-3} A^{-2}]$। अतः, $D-III$।
अतः, सही मिलान $A-II, B-IV, C-I, D-III$ है।

(D) एक उत्क्रमणीय रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए, तापमान $T$ और आयतन $V$ के बीच का संबंध $TV^{\gamma-1} = \text{constant}$ है।
मान लीजिए प्रारंभिक अवस्था $(T_1, V_1)$ है और अंतिम अवस्था $(T_2, V_2)$ है।
दिया गया है: $V_2 = 8V_1$ और $T_2 = T_1/4$.
रुद्धोष्म संबंध का उपयोग करते हुए: $T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$.
मान रखने पर: $T_1 V_1^{\gamma-1} = (T_1/4) (8V_1)^{\gamma-1}$.
दोनों पक्षों को $T_1 V_1^{\gamma-1}$ से विभाजित करने पर: $1 = (1/4) \cdot 8^{\gamma-1}$.
$4 = 8^{\gamma-1}$.
$2$ के आधार में व्यक्त करने पर: $2^2 = (2^3)^{\gamma-1} = 2^{3\gamma-3}$.
घातांकों की तुलना करने पर: $2 = 3\gamma - 3$.
$3\gamma = 5$, जिससे $\gamma = 5/3$ प्राप्त होता है।
$\gamma = 5/3$ रुद्धोष्म सूचकांक वाली गैस एकपरमाणुक (monoatomic) गैस होती है।
दिए गए विकल्पों में से, हीलियम (He) एकपरमाणुक गैस है। इसलिए, सही विकल्प $D$ है।

(A) मान लीजिए छड़ $x$ का ऊष्मीय प्रतिरोध $R = \frac{\ell}{k_x A}$ है। चूंकि $x$ की ऊष्मीय चालकता $y$ की तुलना में $3$ गुना है $(k_x = 3k_y)$,इसलिए छड़ $y$ का ऊष्मीय प्रतिरोध $3R$ होगा।
चित्र से,$B$ और $E$ के बीच का नेटवर्क दो समानांतर शाखाओं से बना है: एक शाखा में छड़ें $y$ और $y$ हैं (कुल प्रतिरोध $3R + 3R = 6R$) और दूसरी शाखा में छड़ें $x$ और $x$ हैं (कुल प्रतिरोध $R + R = 2R$)।
$B$ और $E$ के बीच तुल्य प्रतिरोध $R_{BE}$ के लिए $\frac{1}{R_{BE}} = \frac{1}{6R} + \frac{1}{2R} = \frac{1+3}{6R} = \frac{4}{6R} = \frac{2}{3R}$,अतः $R_{BE} = 1.5R$.
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = R_{AB} + R_{BE} + R_{EF} = R + 1.5R + 3R = 5.5R = \frac{11R}{2}$ है।
कुल ऊष्मीय धारा $H = \frac{100 - 40}{5.5R} = \frac{60}{5.5R} = \frac{120}{11R}$.
अब,$T_B = 100 - H \cdot R = 100 - \frac{120}{11R} \cdot R = 100 - 10.91 \approx 89.09^{\circ}C$.
और $T_E = 40 + H \cdot (3R) = 40 + \frac{120}{11R} \cdot 3R = 40 + 32.73 \approx 72.73^{\circ}C$.
इस प्रकार,$T_B \approx 89^{\circ}C$ और $T_E \approx 73^{\circ}C$।

(A) घूर्णन अक्ष $A$ से $x$ दूरी पर $dx$ लंबाई के गैस के एक छोटे अवयव पर विचार करें। मान लीजिए नली का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A$ है।
इस अवयव पर लगने वाला नेट बल जो अभिकेंद्र त्वरण प्रदान करता है,$(P+dP)A - PA = (dm) \omega^2 x$ है।
$AdP = (dm) \omega^2 x$.
चूंकि $dm = \rho A dx$,इसलिए $dP = \rho \omega^2 x dx$ प्राप्त होता है।
आदर्श गैस समीकरण $PM = \rho RT$ का उपयोग करते हुए,$\rho = \frac{PM}{RT}$ है।
$\rho$ का मान प्रतिस्थापित करने पर,$dP = \left(\frac{PM}{RT}\right) \omega^2 x dx$ प्राप्त होता है।
पदों को व्यवस्थित करने पर,$\frac{dP}{P} = \frac{M \omega^2}{RT} x dx$.
$x=0$ से $x=l$ और $P=P_A$ से $P=P_B$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{P_A}^{P_B} \frac{dP}{P} = \frac{M \omega^2}{RT} \int_0^l x dx$.
$\ln\left(\frac{P_B}{P_A}\right) = \frac{M \omega^2}{RT} \left[\frac{x^2}{2}\right]_0^l = \frac{M \omega^2 l^2}{2RT}$.
अतः,$P_B = P_A \exp\left(\frac{M \omega^2 l^2}{2RT}\right)$.

(A) मान लीजिए कि केंद्र से प्रत्येक कोने की दूरी $r$ है। केंद्र पर एक परीक्षण द्रव्यमान $m_{0}$ रखा गया है।
प्रारंभिक विन्यास में,कोनों पर स्थित द्रव्यमानों द्वारा $m_{0}$ पर लगाया गया बल कोनों की ओर निर्देशित होता है। मान लीजिए $k = \frac{Gm_{0}}{r^{2}}$.
बल $F_{M} = kM$,$F_{2M} = 2kM$,$F_{3M} = 3kM$,और $F_{4M} = 4kM$ हैं।
विपरीत जोड़े $(M, 3M)$ और $(2M, 4M)$ हैं।
$M$ और $3M$ वाले विकर्ण पर कुल बल $F_{diag1} = (3M - M)k = 2kM$ ($3M$ की ओर) है।
$2M$ और $4M$ वाले विकर्ण पर कुल बल $F_{diag2} = (4M - 2M)k = 2kM$ ($4M$ की ओर) है।
चूंकि विकर्ण लंबवत हैं,$F_{1} = \sqrt{(2kM)^{2} + (2kM)^{2}} = 2\sqrt{2}kM$.
नए विन्यास में,$3M$ और $4M$ को आपस में बदल दिया जाता है। कोनों पर अब $M, 2M, 4M,$ और $3M$ क्रम में हैं।
विपरीत जोड़े $(M, 4M)$ और $(2M, 3M)$ हैं।
$M$ और $4M$ वाले विकर्ण पर कुल बल $F'_{diag1} = (4M - M)k = 3kM$ ($4M$ की ओर) है।
$2M$ और $3M$ वाले विकर्ण पर कुल बल $F'_{diag2} = (3M - 2M)k = kM$ ($3M$ की ओर) है।
$F_{2} = \sqrt{(3kM)^{2} + (kM)^{2}} = \sqrt{9+1}kM = \sqrt{10}kM$.
अनुपात $\frac{F_{1}}{F_{2}} = \frac{2\sqrt{2}kM}{\sqrt{10}kM} = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
$\frac{\alpha}{\sqrt{5}}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 2$ प्राप्त होता है।

(D) पास्कल के नियम के अनुसार,स्थिर द्रव में किसी भी बिंदु पर दाब सभी दिशाओं में समान होता है।
द्रव का दाब द्रव के भीतर प्रत्येक बिंदु पर मौजूद होता है,न कि केवल सीमाओं पर या संपर्क में आने वाली ठोस सतहों पर। इसलिए,कथन $I$ असत्य है।
कथन $II$ के संबंध में,द्रव की सतह पर स्थित अणुओं के पास आंतरिक भाग में स्थित अणुओं की तुलना में कम पड़ोसी अणु होते हैं,जिससे एक शुद्ध अंदर की ओर बल कार्य करता है। इसके परिणामस्वरूप सतह के अणुओं की स्थितिज ऊर्जा आंतरिक अणुओं की तुलना में अधिक होती है,जो पृष्ठ तनाव का भौतिक कारण है। इसलिए,कथन $II$ सत्य है।

(D) प्रक्षेप्य गति में,वेग का क्षैतिज घटक पूरी उड़ान के दौरान स्थिर रहता है।
माना प्रारंभिक चाल $u$ है। प्रारंभिक वेग का क्षैतिज घटक $u_x = u \cos 60^{\circ}$ है।
यह दिया गया है कि किसी बिंदु पर,क्षैतिज के साथ $45^{\circ}$ के कोण पर चाल $v = 20 \text{ m/s}$ है,इसलिए इस वेग का क्षैतिज घटक $v_x = v \cos 45^{\circ} = 20 \cos 45^{\circ} = 20 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{20}{\sqrt{2}} \text{ m/s}$ है।
चूंकि $u_x = v_x$,इसलिए:
$u \cos 60^{\circ} = \frac{20}{\sqrt{2}}$
$u \times \frac{1}{2} = \frac{20}{\sqrt{2}}$
$u = \frac{40}{\sqrt{2}} = 20\sqrt{2} \text{ m/s}$.

(C) पलायन वेग का सूत्र $V_{e} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है। द्रव्यमान $M = \rho \times \frac{4}{3}\pi R^{3}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $V_{e} = \sqrt{\frac{2G \times \rho \times 4\pi R^{3}}{3R}} = R \sqrt{\frac{8\pi G \rho}{3}}$.
अतः,$V_{e} \propto R\sqrt{\rho}$.
दिया गया है कि ग्रह $B$ के लिए,$\rho_{B} = 0.1 \rho_{A}$ और $R_{B} = 0.1 R_{A}$.
पलायन वेग का अनुपात $\frac{(V_{e})_{B}}{(V_{e})_{A}} = \frac{R_{B}}{R_{A}} \times \sqrt{\frac{\rho_{B}}{\rho_{A}}} = (0.1) \times \sqrt{0.1} = \frac{1}{10} \times \frac{1}{\sqrt{10}} = \frac{1}{10\sqrt{10}}$.
दिया गया है $(V_{e})_{A} = 10 \ km/s = 10000 \ m/s$.
इसलिए,$(V_{e})_{B} = 10000 \times \frac{1}{10\sqrt{10}} = \frac{1000}{\sqrt{10}} = 100\sqrt{10} \ m/s$.

(D) ठोस गोले का उसकी स्पर्श रेखा के परितः जड़त्व आघूर्ण समांतर अक्ष प्रमेय द्वारा दिया जाता है: $I = I_{cm} + MR^2 = \frac{2}{5}MR^2 + MR^2 = \frac{7}{5}MR^2$.
दो गोलों के निकाय के लिए,संपर्क बिंदु से गुजरने वाली सामान्य स्पर्श रेखा के परितः कुल जड़त्व आघूर्ण उसी अक्ष के परितः प्रत्येक गोले के जड़त्व आघूर्ण का योग है।
$I_{total} = I_1 + I_2 = \frac{7}{5}m_1R_1^2 + \frac{7}{5}m_2R_2^2 = \frac{7}{5}[m_1R_1^2 + m_2R_2^2]$.
दिया गया है: $m_1 = 5 \ kg$,$R_1 = 0.1 \ m$; $m_2 = 10 \ kg$,$R_2 = 0.2 \ m$.
$I = \frac{7}{5} [5 \times (0.1)^2 + 10 \times (0.2)^2]$.
$I = \frac{7}{5} [5 \times 0.01 + 10 \times 0.04] = \frac{7}{5} [0.05 + 0.4] = \frac{7}{5} [0.45]$.
$I = 7 \times 0.09 = 0.63 \ kg \cdot m^{2}$.

(C) आदर्श गैस के लिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ को इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\Delta U = n C_v \Delta T$.
यह दिया गया है कि प्रक्रिया नियत आयतन पर होती है,इसलिए $C_v = C_p - R$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $C_v = 7 - 2 = 5 \text{ cal/mol}^{\circ} C$.
मोलों की संख्या $n = 10 \text{ mol}$.
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = 40^{\circ} C - 30^{\circ} C = 10^{\circ} C$.
अतः,$\Delta U = 10 \times 5 \times 10 = 500 \text{ cal}$.

(B) मान लीजिए कि ऊर्ध्वाधर छड़ $1$ है और क्षैतिज छड़ $2$ है।
छड़ $1$ के लिए,बिंदु $P$ (इसके सिरे) से गुजरने वाली और इसकी लंबाई के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_1 = \frac{ML^2}{3}$ है।
छड़ $2$ के लिए,इसके द्रव्यमान केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{cm} = \frac{ML^2}{12}$ है। समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,बिंदु $P$ से गुजरने वाली और तल के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_2 = I_{cm} + Md^2$ होगा,जहाँ $d = L$ बिंदु $P$ से छड़ $2$ के केंद्र तक की दूरी है।
$I_2 = \frac{ML^2}{12} + M(L)^2 = \frac{13ML^2}{12}$।
कुल जड़त्व आघूर्ण $I = I_1 + I_2 = \frac{ML^2}{3} + \frac{13ML^2}{12} = \frac{4ML^2 + 13ML^2}{12} = \frac{17ML^2}{12}$ है।
इसकी तुलना $\frac{x}{12} ML^2$ से करने पर,हमें $x = 17$ प्राप्त होता है।

(B) स्थिर अवस्था में,संधारित्र एक ओपन सर्किट के रूप में कार्य करता है,इसलिए संधारित्र वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
परिपथ एक $10 \ V$ की बैटरी में सरल हो जाता है जो $1 \ \Omega$ के प्रतिरोध के साथ श्रेणीक्रम में और दो $8 \ \Omega$ के प्रतिरोधों के समानांतर संयोजन के साथ जुड़ी होती है।
दो $8 \ \Omega$ के समानांतर प्रतिरोधों का समतुल्य प्रतिरोध $R_p = (8 \ \Omega \times 8 \ \Omega) / (8 \ \Omega + 8 \ \Omega) = 4 \ \Omega$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 1 \ \Omega + 4 \ \Omega = 5 \ \Omega$ है।
बैटरी से ली गई कुल धारा $I = V / R_{eq} = 10 \ V / 5 \ \Omega = 2 \ A$ है।
एमीटर को परिपथ के रिटर्न पथ में रखा गया है। चूंकि संधारित्र शाखा ओपन है,इसलिए धारा $I = 2 \ A$ पहले $1 \ \Omega$ के प्रतिरोध से होकर बहती है और फिर दो $8 \ \Omega$ के प्रतिरोधों में समान रूप से विभाजित हो जाती है। एमीटर परिपथ के दाईं ओर बहने वाली धारा को मापता है,जो सबसे दाईं ओर के $8 \ \Omega$ प्रतिरोध से होकर बहने वाली धारा है। चूंकि धारा $I = 2 \ A$ दो $8 \ \Omega$ के प्रतिरोधों में समान रूप से विभाजित होती है,इसलिए प्रत्येक से बहने वाली धारा $I' = I / 2 = 2 \ A / 2 = 1 \ A$ है।
अतः,एमीटर का पाठ्यांक $1 \ A$ है।

(C) ज़ेनर डायोड का उपयोग वोल्टेज रेगुलेशन के लिए किया जाता है। ज़ेनर डायोड का पावर डिसिपेशन $P_D = V_Z \times i$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $V_Z$ ब्रेकडाउन वोल्टेज है और $i$ डायोड से प्रवाहित होने वाली धारा है।
दिया गया है $P_D = 0.4 \ W$ और $V_Z = 10 \ V$,तो:
$0.4 = 10 \times i$
$i = \frac{0.4}{10} = 0.04 \ A$
सुरक्षात्मक प्रतिरोध $R$ ज़ेनर डायोड के साथ श्रेणीक्रम (series) में जुड़ा होता है। प्रतिरोध $R$ के सिरों पर वोल्टेज ड्रॉप $V_R = V_{source} - V_Z = 15 \ V - 10 \ V = 5 \ V$ है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,$V_R = i \times R$,हमें प्राप्त होता है:
$R = \frac{V_R}{i} = \frac{5 \ V}{0.04 \ A} = 125 \ \Omega$.

(C) किसी भी चालक गोलीय कोश पर किसी बिंदु पर विभव कोशों पर मौजूद सभी आवेशों के कारण विभव का योग होता है।
केंद्र से $r$ दूरी पर स्थित बिंदु के लिए,$R$ त्रिज्या और $q$ आवेश वाले कोश के कारण विभव $\frac{kq}{R}$ होता है यदि $r \le R$ हो और $\frac{kq}{r}$ होता है यदि $r > R$ हो।
गोले $A$ (त्रिज्या $a$) के लिए: यह $B$ और $C$ के अंदर है,इसलिए विभव $V_A = \frac{kq_1}{a} + \frac{kq_2}{b} + \frac{kq_3}{c} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \left( \frac{q_1}{a} + \frac{q_2}{b} + \frac{q_3}{c} \right)$ है।
गोले $B$ (त्रिज्या $b$) के लिए: यह $B$ की सतह पर,$C$ के अंदर और $A$ के बाहर है। इसलिए,$V_B = \frac{kq_1}{b} + \frac{kq_2}{b} + \frac{kq_3}{c} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \left( \frac{q_1+q_2}{b} + \frac{q_3}{c} \right)$ है।
गोले $C$ (त्रिज्या $c$) के लिए: यह $C$ की सतह पर और $A$ तथा $B$ के बाहर है। इसलिए,$V_C = \frac{kq_1}{c} + \frac{kq_2}{c} + \frac{kq_3}{c} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \left( \frac{q_1+q_2+q_3}{c} \right)$ है।

(A) स्थिर वैद्युत विभव $V = ar^3 + b$ द्वारा दिया गया है।
विद्युत क्षेत्र $E$,विभव से $E = -\frac{dV}{dr}$ द्वारा संबंधित है।
$V$ का $r$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $E = -\frac{d}{dr}(ar^3 + b) = -3ar^2$ प्राप्त होता है।
गॉस के नियम के अनुसार,$r=1$ त्रिज्या वाले गोले में परिबद्ध कुल आवेश $q_{enc} = \epsilon_0 \oint E \cdot dA$ द्वारा दिया जाता है।
$r=1$ त्रिज्या वाली गोलाकार सतह के लिए,क्षेत्रफल $A = 4\pi r^2 = 4\pi(1)^2 = 4\pi$ होता है।
$r=1$ पर मान रखने पर,$E = -3a(1)^2 = -3a$ प्राप्त होता है।
अतः,$q_{enc} = \epsilon_0 \times (-3a) \times 4\pi = -12\pi a \epsilon_0$।
इसे दिए गए व्यंजक $\alpha \times \pi a \epsilon_0$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = -12$ प्राप्त होता है।

(D) कथन $I$ असत्य है क्योंकि प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा द्रव्यमान संख्या का एकदिष्ट वर्धमान फलन नहीं है। यह शुरू में बढ़ती है,आयरन $(Fe)$ के लिए अधिकतम तक पहुँचती है,और फिर भारी नाभिकों के लिए घटती है।
कथन $II$ सत्य है क्योंकि कम प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा वाले नाभिक कम स्थिर होते हैं। नाभिकीय विखंडन (भारी नाभिकों के लिए) या नाभिकीय संलयन (हल्के नाभिकों के लिए) जैसी प्रक्रियाओं के माध्यम से,वे अधिक स्थिर नाभिकों में परिवर्तित होने की प्रवृत्ति रखते हैं जिनकी प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा अधिक होती है,ताकि वे कम ऊर्जा वाली स्थिति प्राप्त कर सकें।

(B) प्रारंभ में,मीटर ब्रिज के लिए संतुलन की स्थिति $\frac{P}{Q} = \frac{l}{100-l}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $P = 2 \Omega$ और $Q = 3 \Omega$ दिया गया है,इसलिए $\frac{2}{3} = \frac{l}{100-l}$।
$2(100-l) = 3l \Rightarrow 200 - 2l = 3l \Rightarrow 5l = 200 \Rightarrow l = 40 \text{ cm}$।
जब $3 \Omega$ प्रतिरोध के साथ समानांतर में एक अज्ञात प्रतिरोध $R$ जोड़ा जाता है,तो नया प्रतिरोध $Q' = \frac{3R}{3+R}$ हो जाता है।
शून्य विक्षेप बिंदु $Y$ की ओर $22.5 \text{ cm}$ विस्थापित होता है,इसलिए नई लंबाई $l' = 40 + 22.5 = 62.5 \text{ cm}$ होगी।
नई संतुलन स्थिति $\frac{2}{Q'} = \frac{62.5}{100-62.5} = \frac{62.5}{37.5} = \frac{5}{3}$ है।
$Q'$ का मान रखने पर,$\frac{2}{\frac{3R}{3+R}} = \frac{5}{3} \Rightarrow \frac{2(3+R)}{3R} = \frac{5}{3}$।
$6(3+R) = 15R \Rightarrow 18 + 6R = 15R \Rightarrow 9R = 18 \Rightarrow R = 2 \Omega$।

(C) रेडियो तरंगें एरियल में इलेक्ट्रॉनों के त्वरित त्वरण और मंदन द्वारा उत्पन्न होती हैं।
माइक्रोवेव विशेष वैक्यूम ट्यूब जैसे क्लाइस्ट्रॉन, मैग्नेट्रॉन और गन डायोड द्वारा उत्पन्न होते हैं।
इन्फ्रारेड तरंगें गर्म पिंडों और अणुओं में उनके कंपन और घूर्णन मोड में परिवर्तन के कारण उत्पन्न होती हैं।
$X$-रे तब उत्पन्न होती हैं जब उच्च ऊर्जा वाले इलेक्ट्रॉन अचानक रुक जाते हैं या जब आंतरिक कोश के इलेक्ट्रॉन उच्च ऊर्जा स्तर से निम्न ऊर्जा स्तर में संक्रमण करते हैं।
अतः, सही मिलान है: $A - IV, B - I, C - II, D - III$.

(C) $LCR$ श्रेणी परिपथ का शक्ति गुणांक $\cos \phi = \frac{R}{Z}$ द्वारा दिया जाता है।
सबसे पहले,हम परिपथ की प्रतिबाधा (impedance) $Z$ की गणना करते हैं:
$Z = \sqrt{R^{2} + (X_{L} - X_{C})^{2}}$
यहाँ $R = 60 \ \Omega$,$X_{L} = 70 \ \Omega$,और $X_{C} = 150 \ \Omega$ दिया गया है।
$Z = \sqrt{60^{2} + (70 - 150)^{2}}$
$Z = \sqrt{60^{2} + (-80)^{2}}$
$Z = \sqrt{3600 + 6400} = \sqrt{10000} = 100 \ \Omega$.
अब,शक्ति गुणांक है:
$\cos \phi = \frac{R}{Z} = \frac{60}{100} = \frac{6}{10}$.
दिए गए शक्ति गुणांक $\frac{\alpha}{10}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 6$ प्राप्त होता है।

(A) सामान्य समायोजन में एक संयुक्त सूक्ष्मदर्शी के लिए,अभिदृश्यक लेंस (objective lens) नेत्रिका (eyepiece) के मुख्य फोकस पर प्रतिबिंब बनाता है।
ट्यूब की लंबाई $L$,अभिदृश्यक के दूसरे मुख्य फोकस और नेत्रिका के पहले मुख्य फोकस के बीच की दूरी होती है।
सामान्य समायोजन में संयुक्त सूक्ष्मदर्शी का आवर्धन $M$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है: $M = \left( \frac{L}{f_o} \right) \times \left( \frac{D}{f_e} \right)$.
दिया गया है: $L = 10 \ cm$,$f_o = 2 \ cm$,$f_e = 5 \ cm$,और स्पष्ट दृष्टि की न्यूनतम दूरी $D = 25 \ cm$ है।
मान रखने पर: $M = \left( \frac{10}{2} \right) \times \left( \frac{25}{5} \right) = 5 \times 5 = 25$.
हमें $M = (5)^k$ दिया गया है।
अतः,$25 = (5)^k \implies 5^2 = 5^k$.
घातों की तुलना करने पर,हमें $k = 2$ प्राप्त होता है।

(A) हाइड्रोजन जैसे परमाणु के लिए,$n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का वेग $v \propto \frac{Z}{n}$ द्वारा दिया जाता है।
$n^{th}$ कक्षा की त्रिज्या $r \propto \frac{n^2}{Z}$ द्वारा दी जाती है।
इन दो संबंधों से,हम लिख सकते हैं कि $r \propto \frac{n}{v}$।
यह दिया गया है कि त्रिज्याएँ लगभग समान हैं $(r_1 \approx r_2)$,इसलिए $\frac{n_1}{v_1} = \frac{n_2}{v_2}$।
अतः,$\frac{n_1}{n_2} = \frac{v_1}{v_2} = \frac{3 \times 10^5}{2.5 \times 10^5} = \frac{3}{2.5} = \frac{6}{5}$।
इस प्रकार,ऊर्जा अवस्थाओं ($n_1$ और $n_2$) का संभावित क्रम $6$ और $5$ है।

(A) न्यूनतम विचलन की स्थिति के लिए,आपतन कोण $i$ निर्गत कोण $e$ के बराबर होता है,और अपवर्तन कोण $r$ को $r = A/2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A$ प्रिज्म कोण है।
निकास सतह पर,प्रकाश किरण प्रिज्म (अपवर्तनांक $n$) और कोटिंग (अपवर्तनांक $n/2$) के बीच के इंटरफेस पर टकराती है।
क्रांतिक कोण $\theta_{c}$ की स्थिति के लिए,अपवर्तन कोण $r$ को $\theta_{c}$ के बराबर होना चाहिए।
निकास सतह पर स्नेल के नियम के अनुसार: $n \sin(r) = (n/2) \sin(90^{\circ})$.
चूंकि $\sin(90^{\circ}) = 1$,इसलिए $n \sin(r) = n/2$.
दोनों पक्षों को $n$ से विभाजित करने पर,हमें $\sin(r) = 1/2$ प्राप्त होता है।
चूंकि $r = A/2$,इसलिए $\sin(A/2) = 1/2$.
अतः,$A/2 = 30^{\circ}$,जिससे $A = 60^{\circ}$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए कि दो प्रतिरोधक $R_1 = 100 \Omega$ और $R_2 = 100 \Omega$ हैं। $R_v = 400 \Omega$ प्रतिरोध वाला वोल्टमीटर $R_2$ के साथ समानांतर क्रम में जुड़ा है।
$R_2$ और $R_v$ के समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध है:
$R_p = \frac{R_2 \times R_v}{R_2 + R_v} = \frac{100 \times 400}{100 + 400} = \frac{40000}{500} = 80 \Omega$
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = R_1 + R_p = 100 + 80 = 180 \Omega$ है।
परिपथ में कुल धारा $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{9}{180} = \frac{1}{20} \text{ A} = 0.05 \text{ A}$ है।
समानांतर संयोजन पर विभवांतर (जो वोल्टमीटर का पाठ्यांक है) $V_v = I \times R_p = 0.05 \times 80 = 4 \text{ V}$ है।

(C) आवेशों के निकाय का द्विध्रुव आघूर्ण $\vec{p} = \sum q_i \vec{r}_i$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए आवेश $q_1 = +2q$ स्थिति $\vec{r}_1 = (0, -3a) = -3a\hat{j}$ पर,$q_2 = +3q$ स्थिति $\vec{r}_2 = (2a, 0) = 2a\hat{i}$ पर,और $q_3 = -4q$ स्थिति $\vec{r}_3 = (-2a, 0) = -2a\hat{i}$ पर हैं।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\vec{p} = (2q)(-3a\hat{j}) + (3q)(2a\hat{i}) + (-4q)(-2a\hat{i})$
$\vec{p} = -6qa\hat{j} + 6qa\hat{i} + 8qa\hat{i}$
$\vec{p} = (6qa + 8qa)\hat{i} - 6qa\hat{j}$
$\vec{p} = 14qa\hat{i} - 6qa\hat{j}$
$\vec{p} = 2qa(7\hat{i} - 3\hat{j})$

(D) $1$. चुंबकीय प्रेरण $(B)$: $F = qvB$ का उपयोग करते हुए, $[B] = [F] / ([q][v]) = [MLT^{-2}] / ([AT][LT^{-1}]) = [MT^{-2}A^{-1}]$। यह $III$ से मेल खाता है।
$2$. चुंबकीय फ्लक्स $(\phi)$: $\phi = B \cdot A$। अतः, $[\phi] = [MT^{-2}A^{-1}] \cdot [L^2] = [ML^2T^{-2}A^{-1}]$। यह $IV$ से मेल खाता है।
$3$. चुंबकीय पारगम्यता $(\mu)$: $B = \mu_0 H$ या $F = \frac{\mu_0 I_1 I_2 L}{2\pi r}$ का उपयोग करते हुए, $[\mu] = [MLT^{-2}A^{-2}]$। यह $I$ से मेल खाता है।
$4$. स्व-प्रेरकत्व $(L)$: $U = \frac{1}{2}LI^2$ का उपयोग करते हुए, $[L] = [U] / [I^2] = [ML^2T^{-2}] / [A^2] = [ML^2T^{-2}A^{-2}]$। यह $II$ से मेल खाता है।
अतः, सही मिलान $A-III, B-IV, C-I, D-II$ है।

(C) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में जब एक पतली पारदर्शी शीट रखी जाती है,तो केंद्रीय दीप्त फ्रिंज का विस्थापन इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $y_{\text{shift}} = \frac{(\mu - 1) t D}{d}$.
दिए गए मान हैं: $d = 0.4 \ mm = 0.4 \times 10^{-3} \ m$,$D = 1 \ m$,$t = 20 \ \mu m = 20 \times 10^{-6} \ m$,और $y_{\text{shift}} = 20 \ mm = 20 \times 10^{-3} \ m$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$20 \times 10^{-3} = \frac{(\mu - 1) \times 20 \times 10^{-6} \times 1}{0.4 \times 10^{-3}}$
$20 \times 10^{-3} = \frac{(\mu - 1) \times 20 \times 10^{-6}}{0.4 \times 10^{-3}}$
$20 \times 10^{-3} = (\mu - 1) \times 50 \times 10^{-3}$
$\mu - 1 = \frac{20}{50} = 0.4$
$\mu = 1.4$
चूंकि अपवर्तनांक $\frac{\alpha}{10} = 1.4$ दिया गया है,इसलिए $\alpha = 14$ प्राप्त होता है।

(C) विभवांतर $V$ द्वारा त्वरित कण की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र है: $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$.
दिया गया है: $h = 6.6 \times 10^{-34} \text{ J} \cdot \text{s}$,$q = 3 \times 10^{-19} \text{ C}$,$m = 6 \times 10^{-27} \text{ kg}$,और $V = 1.21 \text{ V}$.
सूत्र में मान रखने पर:
$\lambda = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{\sqrt{2 \times (6 \times 10^{-27}) \times (3 \times 10^{-19}) \times 1.21}}$
$\lambda = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{\sqrt{36 \times 10^{-46} \times 1.21}}$
$\lambda = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{6 \times 10^{-23} \times 1.1}$
$\lambda = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{6.6 \times 10^{-23}}$
$\lambda = 10^{-11} \text{ m} = 10 \times 10^{-12} \text{ m}$.
इसकी तुलना $\alpha \times 10^{-12} \text{ m}$ से करने पर,हमें $\alpha = 10$ प्राप्त होता है।

(A) चालन धारा घनत्व $j_c = \sigma E$ द्वारा दिया जाता है।
विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए,$E = E_0 \sin(\omega t - kx)$,इसलिए अधिकतम चालन धारा घनत्व $(j_c)_{\max} = \sigma E_0$ है।
विस्थापन धारा घनत्व $j_d = \epsilon_0 \frac{\partial E}{\partial t}$ द्वारा दिया जाता है।
$E$ का मान रखने पर,हमें $j_d = \epsilon_0 E_0 \omega \cos(\omega t - kx)$ प्राप्त होता है,इसलिए अधिकतम विस्थापन धारा घनत्व $(j_d)_{\max} = \epsilon_0 E_0 \omega$ है।
अनुपात $\frac{(j_c)_{\max}}{(j_d)_{\max}} = \frac{\sigma E_0}{\epsilon_0 \omega E_0} = \frac{\sigma}{\epsilon_0 \omega}$ है।
यहाँ $\sigma = 10 \text{ mho/m}$,$f = 100 \times 10^6 \text{ Hz}$,और $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times 10^8 \text{ rad/s}$ दिया गया है।
साथ ही,$\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} = 9 \times 10^9$,इसलिए $\frac{1}{\epsilon_0} = 4 \pi \times 9 \times 10^9 = 36 \pi \times 10^9$ है।
अनुपात $= \frac{10 \times 36 \pi \times 10^9}{2 \pi \times 10^8} = \frac{360 \pi \times 10^9}{2 \pi \times 10^8} = 180 \times 10 = 1800$।

(A) माना प्रिज्म $PDC$ है जिसका आधार $DC$ है। आपतित किरण आधार $DC$ के समानांतर है।
दूसरी सतह पर स्पर्श करते हुए निकलने (grazing emergence) के लिए,अपवर्तन कोण $r_2$ क्रांतिक कोण $C$ के बराबर होता है।
दिया गया है $\mu = \sqrt{2}$,इसलिए $\sin r_2 = \frac{1}{\mu} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,जिससे $r_2 = 45^{\circ}$ प्राप्त होता है।
चूंकि आपतित किरण आधार के समानांतर है,इसलिए पहली सतह पर आपतन कोण $i$ आधार के कोण $45^{\circ}$ के बराबर होगा।
पहली सतह पर स्नेल का नियम लागू करने पर: $1 \times \sin(45^{\circ}) = \sqrt{2} \times \sin(r_1)$।
$\frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \sin(r_1) \implies \sin(r_1) = \frac{1}{2} \implies r_1 = 30^{\circ}$।
प्रिज्म का शीर्ष कोण $A = r_1 + r_2 = 30^{\circ} + 45^{\circ} = 75^{\circ}$ होगा।
प्रिज्म द्वारा बने त्रिभुज में,कोणों का योग $180^{\circ}$ होता है। अतः,$45^{\circ} + \theta + A = 180^{\circ}$।
$45^{\circ} + \theta + 75^{\circ} = 180^{\circ} \implies \theta + 120^{\circ} = 180^{\circ} \implies \theta = 60^{\circ}$।

(B) केंद्र $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र सीधे खंडों $AB$,$DE$ और वृत्ताकार चाप $BCD$ के कारण क्षेत्रों का सदिश योग है।
बायो-सावर्ट नियम का उपयोग करते हुए,अपने सिरे से $r$ दूरी पर एक अर्ध-अनंत तार के कारण क्षेत्र $\vec{B} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} \hat{k}$ है।
खंड $AB$ के लिए,$O$ पर क्षेत्र $\vec{B}_{AB} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} \hat{k}$ है।
खंड $DE$ के लिए,$O$ पर क्षेत्र $\vec{B}_{DE} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} \hat{k}$ है।
वृत्ताकार चाप $BCD$ के लिए,क्षेत्र $\vec{B}_{BCD} = -\frac{\mu_0 I}{2 r} \hat{k}$ है।
इनका योग करने पर: $\vec{B}_O = \vec{B}_{AB} + \vec{B}_{DE} + \vec{B}_{BCD} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} \hat{k} + \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} \hat{k} - \frac{\mu_0 I}{2 r} \hat{k} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r} \hat{k} - \frac{\mu_0 I}{2 r} \hat{k} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r} (1 - \pi) \hat{k} = -\frac{\mu_0 I}{2 \pi r} (\pi - 1) \hat{k}$.

(C) बोहर के अभिधारणा के अनुसार,कक्षा में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $L = \frac{nh}{2\pi}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ मुख्य क्वांटम संख्या है।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{2\pi L}{h} = n$ प्राप्त होता है।
$n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -\frac{E_0}{n^2}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $E_0$ मूल अवस्था ऊर्जा का परिमाण है।
दिया गया है कि $E_n = -0.04 E_0$,इसलिए $-\frac{E_0}{n^2} = -0.04 E_0$ है।
दोनों पक्षों को $-E_0$ से विभाजित करने पर,हमें $\frac{1}{n^2} = 0.04$ प्राप्त होता है।
$n^2 = \frac{1}{0.04} = \frac{100}{4} = 25$ है।
अतः,$n = 5$ है।
चूँकि $\frac{2\pi L}{h} = n$,इसलिए इसका मान $5$ है।

(A) परिपथ आरेख से,$2R$ और $X$ प्रतिरोध श्रेणीक्रम में हैं। उनका तुल्य प्रतिरोध $R_{s} = 2R + X$ है।
यह संयोजन $R$ प्रतिरोध के साथ समांतर क्रम में है। बिंदुओं $A$ और $B$ के बीच तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार है:
$R_{eq} = \frac{R \cdot (2R + X)}{R + (2R + X)}$
दिया गया है कि $R_{eq} = X$,इसलिए:
$X = \frac{R(2R + X)}{3R + X}$
$X(3R + X) = 2R^{2} + RX$
$3RX + X^{2} = 2R^{2} + RX$
$X^{2} + 2RX - 2R^{2} = 0$
द्विघात सूत्र $X = \frac{-b \pm \sqrt{b^{2} - 4ac}}{2a}$ का उपयोग करने पर:
$X = \frac{-2R \pm \sqrt{(2R)^{2} - 4(1)(-2R^{2})}}{2(1)}$
$X = \frac{-2R \pm \sqrt{4R^{2} + 8R^{2}}}{2}$
$X = \frac{-2R \pm \sqrt{12R^{2}}}{2} = \frac{-2R \pm 2R\sqrt{3}}{2}$
$X = -R \pm R\sqrt{3}$
चूंकि प्रतिरोध हमेशा धनात्मक होना चाहिए,इसलिए हम धनात्मक मान लेते हैं:
$X = (\sqrt{3} - 1)R$

(D) परिपथ में धारा $I = \frac{E}{R+r}$ द्वारा दी जाती है।
बाह्य प्रतिरोध $R$ द्वारा खपत की गई शक्ति $P = I^2 R = \left(\frac{E}{R+r}\right)^2 R$ है।
अधिकतम शक्ति के लिए शर्त ज्ञात करने हेतु,हम $P$ का $R$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं: $\frac{dP}{dR} = 0$.
$\frac{dP}{dR} = E^2 \left[ \frac{(R+r)^2(1) - R(2)(R+r)}{(R+r)^4} \right] = 0$.
यह इंगित करता है कि $(R+r)^2 - 2R(R+r) = 0$.
$(R+r)$ से विभाजित करने पर,हमें $(R+r) - 2R = 0$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $r - R = 0$ या $R = r$ हो जाता है।
अतः,जब बाह्य प्रतिरोध बैटरी के आंतरिक प्रतिरोध के बराबर होता है,तो बिजली की खपत अधिकतम होती है।

(C) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में कोणीय फ्रिंज चौड़ाई $\theta$ का सूत्र $\theta = \frac{\lambda}{d}$ है,जहाँ $\lambda$ उपयोग किए गए प्रकाश की तरंगदैर्ध्य है और $d$ दो स्लिटों के बीच की दूरी है।
कथन $I$: कोणीय फ्रिंज चौड़ाई केवल तरंगदैर्ध्य $\lambda$ और स्लिट पृथक्करण $d$ पर निर्भर करती है। यह पर्दे और स्लिट के बीच की दूरी $D$ से स्वतंत्र है। इसलिए,पर्दे को दूर ले जाने से कोणीय पृथक्करण में कोई बदलाव नहीं आता है। अतः,कथन $I$ असत्य है।
कथन $II$: चूंकि $\theta = \frac{\lambda}{d}$,कोणीय फ्रिंज चौड़ाई तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के सीधे समानुपाती होती है। यदि स्रोत को उच्च तरंगदैर्ध्य वाले स्रोत से बदल दिया जाए,तो $\theta$ बढ़ जाएगा। अतः,कथन $II$ सत्य है।
निष्कर्ष: कथन $I$ असत्य है और कथन $II$ सत्य है।

(B) दिया गया परिपथ एक व्हीटस्टोन ब्रिज विन्यास का प्रतिनिधित्व करता है जहाँ गैल्वेनोमीटर बिंदु $P$ पर शून्य विक्षेप दिखाता है।
इसका अर्थ है कि ब्रिज संतुलित है।
एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज के लिए,भुजाओं के प्रतिरोधों का अनुपात समान होना चाहिए:
$\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_{AP}}{R_{PB}}$
यहाँ $R_1 = 6 \ \Omega$ और $R_2 = 4 \ \Omega$ दिए गए हैं।
मान लीजिए कि तार $AB$ की कुल लंबाई $L = 50 \text{ cm}$ है।
मान लीजिए $\ell_{AP} = x$ और $\ell_{PB} = 50 - x$ है।
चूंकि तार का प्रतिरोध उसकी लंबाई के समानुपाती होता है $(R = \rho \frac{\ell}{A})$,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$\frac{6}{4} = \frac{x}{50 - x}$
$\frac{3}{2} = \frac{x}{50 - x}$
$3(50 - x) = 2x$
$150 - 3x = 2x$
$5x = 150$
$x = 30 \text{ cm}$
अतः,लंबाई $AP = 30 \text{ cm}$ है।

(B) स्थिर अवस्था में,संधारित्र एक खुले परिपथ (ओपन सर्किट) की तरह कार्य करता है,इसलिए संधारित्र वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
परिपथ को देखने पर,$3 \Omega$ वाली शाखा में लगा डायोड रिवर्स बायस में है,इसलिए उस शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
$4 \Omega$ वाली शाखा में लगा डायोड फॉरवर्ड बायस में है,इसलिए $2.5 \text{ V}$ की बैटरी,$1 \Omega$ के प्रतिरोध और $4 \Omega$ के प्रतिरोध वाली शाखा से धारा प्रवाहित होती है।
इस पथ में कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 1 \Omega + 4 \Omega = 5 \Omega$ है।
परिपथ में प्रवाहित धारा $i = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{2.5 \text{ V}}{5 \Omega} = 0.5 \text{ A}$ है।
संधारित्र पर वोल्टेज $V_C$,$4 \Omega$ के प्रतिरोध पर वोल्टेज के बराबर है क्योंकि वे समानांतर क्रम में हैं।
$V_C = i \times 4 \Omega = 0.5 \text{ A} \times 4 \Omega = 2 \text{ V}$.
संधारित्र द्वारा संचित आवेश $Q = C \times V_C = 5 \mu\text{F} \times 2 \text{ V} = 10 \mu\text{C}$ है।

(A) माना प्रारंभिक दूरी $r_i = 4R$ है और अंतिम दूरी जब वे बस स्पर्श करते हैं,$r_f = 2R$ है।
ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,कुल प्रारंभिक ऊर्जा = कुल अंतिम ऊर्जा।
प्रारंभिक ऊर्जा: $E_i = 2 \times (\frac{1}{2} m u^2) - \frac{G m^2}{4R} + \frac{k Q^2}{4R} = m u^2 - \frac{G m^2}{4R} + \frac{k Q^2}{4R}$.
अंतिम ऊर्जा (स्पर्श करते समय,गति शून्य है): $E_f = 0 - \frac{G m^2}{2R} + \frac{k Q^2}{2R}$.
$E_i = E_f$ को बराबर करने पर:
$m u^2 - \frac{G m^2}{4R} + \frac{k Q^2}{4R} = - \frac{G m^2}{2R} + \frac{k Q^2}{2R}$.
$m u^2 = \frac{k Q^2}{4R} - \frac{G m^2}{4R} = \frac{1}{4R} (k Q^2 - G m^2)$.
$u = \sqrt{\frac{k Q^2}{4 m R} (1 - \frac{G m^2}{k Q^2})}$.

(A) दिया गया है: लंबाई $l = 2 \ m$,क्षेत्रफल $A = 0.2 \ mm^{2} = 0.2 \times 10^{-6} \ m^{2}$,धारा $I = 1.6 \ A$,वोल्टेज $V = 2 \ V$,सांद्रता $n = 5 \times 10^{28} \ m^{-3}$,आवेश $e = 1.6 \times 10^{-19} \ C$.
अनुगमन वेग $V_{d} = \frac{I}{neA}$ द्वारा दिया जाता है।
गतिशीलता $\mu = \frac{V_{d}}{E}$ है,जहाँ $E = \frac{V}{l}$ विद्युत क्षेत्र है।
मान रखने पर,$\mu = \frac{I \cdot l}{neA \cdot V}$.
$\mu = \frac{1.6 \times 2}{5 \times 10^{28} \times 1.6 \times 10^{-19} \times 0.2 \times 10^{-6} \times 2} = 1 \times 10^{-3} \ m^{2}/V \cdot s$.
अतः,$\alpha = 1$.

(D) संधारित्र $P$ पर प्रारंभिक आवेश $Q_1 = C_1 V_1 = (10 \times 10^{-6} \text{ F}) \times (6.0 \text{ V}) = 60 \times 10^{-6} \text{ C} = 6 \times 10^{-5} \text{ C}$ है।
जब दो संधारित्रों को समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो आवेश का पुनर्वितरण तब तक होता है जब तक कि वे समान विभव $V$ प्राप्त न कर लें।
समान विभव $V$ का सूत्र $V = \frac{Q_{total}}{C_{total}} = \frac{C_1 V_1 + C_2 V_2}{C_1 + C_2}$ है।
यहाँ $C_1 = 10 \times 10^{-6} \text{ F}$,$V_1 = 6.0 \text{ V}$,$C_2 = 20 \times 10^{-6} \text{ F}$,और $V_2 = 0 \text{ V}$ है।
$V = \frac{(10 \times 10^{-6} \times 6) + (20 \times 10^{-6} \times 0)}{10 \times 10^{-6} + 20 \times 10^{-6}} = \frac{60 \times 10^{-6}}{30 \times 10^{-6}} = 2 \text{ V}$ है।
संतुलन पर संधारित्र $Q$ पर आवेश $Q_2 = C_2 V = (20 \times 10^{-6} \text{ F}) \times (2 \text{ V}) = 40 \times 10^{-6} \text{ C} = 4 \times 10^{-5} \text{ C}$ है।
इसकी तुलना $\alpha \times 10^{-5} \text{ C}$ से करने पर,हमें $\alpha = 4$ प्राप्त होता है।

(B) घूर्णन करते लूप में प्रेरित $EMF$ का सूत्र $E = B A \omega \sin(\theta)$ है,जहाँ $\theta = \omega t$ क्षेत्रफल सदिश और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण है।
दिया गया है: $B = 0.5 \ T$,$\omega = 100 \ rad/s$,$E = 15.4 \ mV = 15.4 \times 10^{-3} \ V$,और $\theta = 30^{\circ}$।
वृत्ताकार लूप का क्षेत्रफल $A = \pi r^2$ है।
मानों को सूत्र में रखने पर: $15.4 \times 10^{-3} = 0.5 \times (\pi r^2) \times 100 \times \sin(30^{\circ})$।
चूंकि $\sin(30^{\circ}) = 0.5$,इसलिए: $15.4 \times 10^{-3} = 0.5 \times \pi r^2 \times 100 \times 0.5$।
$15.4 \times 10^{-3} = 25 \times \pi r^2$।
$\pi = 22/7$ का उपयोग करने पर: $15.4 \times 10^{-3} = 25 \times (22/7) \times r^2$।
$r^2 = \frac{15.4 \times 10^{-3} \times 7}{25 \times 22} = \frac{107.8 \times 10^{-3}}{550} = 0.196 \times 10^{-3} = 196 \times 10^{-6} \ m^2$।
$r = \sqrt{196 \times 10^{-6}} = 14 \times 10^{-3} \ m = 14 \ mm$।

(A) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,जब उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉनों की गतिज ऊर्जा शून्य होती है,तो आपतित फोटॉन की ऊर्जा कार्य फलन के बराबर होती है।
$ E = h\nu = \phi $
जहाँ $ \phi = 110 \times 10^{-20} \ J $ कार्य फलन है और $ h = 6.63 \times 10^{-34} \ J \cdot s $ प्लांक नियतांक है।
आवृत्ति $ \nu $ का मान $ \nu = \frac{\phi}{h} $ द्वारा दिया जाता है।
कोणीय आवृत्ति $ \omega $ का संबंध आवृत्ति से $ \omega = 2\pi\nu $ द्वारा होता है।
मान रखने पर:
$ \omega = 2\pi \left( \frac{\phi}{h} \right) = \frac{2 \times 3.14 \times 110 \times 10^{-20}}{6.63 \times 10^{-34}} $
$ \omega \approx 1.04 \times 10^{16} \ rad/s $.

(D) विद्युतचुंबकीय तरंग की तीव्रता $I$ का सूत्र $I = \frac{1}{2} \epsilon_0 E_0^2 c$ है।
इससे,विद्युत क्षेत्र का आयाम $E_0 = \sqrt{\frac{2I}{\epsilon_0 c}}$ प्राप्त होता है।
हम जानते हैं कि विद्युत क्षेत्र और चुंबकीय क्षेत्र के आयामों के बीच का संबंध $E_0 = B_0 c$ है,जिसका अर्थ है $B_0 = \frac{E_0}{c}$।
$E_0$ का मान रखने पर,हमें $B_0 = \frac{1}{c} \sqrt{\frac{2I}{\epsilon_0 c}} = \sqrt{\frac{2I}{\epsilon_0 c^3}}$ प्राप्त होता है।
यहाँ $I = 4.0 \times 10^{14} \ W/m^2$,$\epsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12} \ C^2/Nm^2$,और $c = 3 \times 10^8 \ m/s$ दिया गया है:
$B_0 = \sqrt{\frac{2 \times 4.0 \times 10^{14}}{8.85 \times 10^{-12} \times (3 \times 10^8)^3}} = \sqrt{\frac{8.0 \times 10^{14}}{8.85 \times 10^{-12} \times 27 \times 10^{24}}} = \sqrt{\frac{8.0 \times 10^{14}}{238.95 \times 10^{12}}} = \sqrt{\frac{800}{238.95}} \approx \sqrt{3.348} \approx 1.83 \ T$.

(A) $1$. विद्युत विभव $(V)$ एक अदिश राशि है। $r$ दूरी पर स्थित एक आवेश $q$ के कारण केंद्र $O$ पर विभव $V_i = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{r}$ होता है। चूँकि यहाँ पाँच समान आवेश हैं,इसलिए कुल विभव उनका बीजगणितीय योग होगा: $V = 5 \times \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{r} = \frac{5 q}{4 \pi \varepsilon_0 r}$।
$2$. विद्युत क्षेत्र $(\vec{E})$ एक सदिश राशि है। एक नियमित बहुभुज के सभी शीर्षों पर समान आवेश होने के कारण,व्यक्तिगत आवेशों के कारण उत्पन्न विद्युत क्षेत्र के सदिश समरूपता (symmetry) के कारण एक-दूसरे के प्रभाव को निरस्त कर देते हैं। अतः,केंद्र $O$ पर परिणामी विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = 0$ होगा।

(A) एकल स्लिट विवर्तन में केंद्रीय उच्चिष्ठ की कोणीय चौड़ाई $\theta = \frac{2\lambda}{a}$ द्वारा दी जाती है, और रैखिक चौड़ाई $\beta_{cm} = \frac{2\lambda D}{a}$ होती है, जहाँ $\lambda$ तरंग दैर्ध्य है, $D$ पर्दे की दूरी है, और $a$ स्लिट की चौड़ाई है。
$(A)$ चूंकि $\beta_{cm} \propto \lambda$, इसलिए तरंग दैर्ध्य बढ़ने पर केंद्रीय उच्चिष्ठ की चौड़ाई बढ़ती है। अतः, $(A)$ सही है。
$(B)$ चूंकि $\beta_{cm} \propto \lambda$, इसलिए तरंग दैर्ध्य घटने पर चौड़ाई घटती है। अतः, $(B)$ गलत है。
$(C)$ चूंकि $\beta_{cm} \propto \frac{1}{a}$, इसलिए स्लिट की चौड़ाई $a$ घटने पर केंद्रीय उच्चिष्ठ की चौड़ाई बढ़ती है। अतः, $(C)$ सही है。
$(D)$ चूंकि $\beta_{cm} \propto \frac{1}{a}$, इसलिए स्लिट की चौड़ाई $a$ बढ़ने पर चौड़ाई घटती है। अतः, $(D)$ गलत है。
$(E)$ केंद्रीय उच्चिष्ठ की तीव्रता स्लिट की चौड़ाई के वर्ग के समानुपाती और तरंग दैर्ध्य के वर्ग के व्युत्क्रमानुपाती होती है $(\text{Intensity} \propto \frac{a^2}{\lambda^2})$। इसलिए, जैसे-जैसे $\lambda$ घटता है, केंद्रीय उच्चिष्ठ की तीव्रता (चमक) बढ़ती है। अतः, $(E)$ सही है。
निष्कर्ष: कथन $(A)$, $(C)$ और $(E)$ सही हैं।

(A) जिस क्षण स्विच $K$ को चालू किया जाता है $(t = 0)$,उस क्षण प्रेरकों से होकर बहने वाली धारा तात्कालिक रूप से नहीं बदल सकती है। इसलिए,प्रेरक खुले परिपथ (अनंत प्रतिरोध) के रूप में कार्य करते हैं।
दिए गए परिपथ में,पहले प्रेरक वाली शाखा और दूसरे प्रेरक वाली शाखा में धारा शून्य होगी।
केवल बीच वाली शाखा,जिसमें $9 \ \Omega$ का एक प्रतिरोधक है,उसी में धारा प्रवाहित होगी।
$t = 0$ पर परिपथ का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = 9 \ \Omega$ है।
बैटरी का वोल्टेज $V = 9 \ V$ है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,एमीटर से प्रवाहित धारा $I$ है:
$I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{9 \ V}{9 \ \Omega} = 1 \ A$.

(C) जब प्रकाश एक माध्यम से दूसरे माध्यम में जाता है तो उसकी आवृत्ति $f$ स्थिर रहती है।
चूंकि $v = f \lambda$ और $v = \frac{c}{\mu}$,हमारे पास $\frac{c}{\mu} = f \lambda$ है,जिसका अर्थ है $\mu \lambda = \frac{c}{f} = \text{स्थिरांक}$.
इसलिए,$\mu_1 \lambda_1 = \mu_2 \lambda_2$.
दिया गया है: $\mu_1 = \frac{4}{3}$,$\lambda_1 = 540 \ nm$,और $\mu_2 = \frac{3}{2}$.
मान रखने पर: $\left(\frac{4}{3}\right) \times 540 = \left(\frac{3}{2}\right) \times \lambda_2$.
$\lambda_2 = 540 \times \frac{4}{3} \times \frac{2}{3}$.
$\lambda_2 = 540 \times \frac{8}{9} = 60 \times 8 = 480 \ nm$.

(A) दिया गया है: आउटपुट पावर $P_{out} = 1 \ kW = 1000 \ W$,वोल्टेज $V = 250 \ V$,प्रतिरोध $R = 2 \ \Omega$।
लाइन से बहने वाली धारा $I = \frac{P_{out}}{V} = \frac{1000}{250} = 4 \ A$ है।
ट्रांसमिशन लाइन में पावर का नुकसान $P_{loss} = I^2 R = (4)^2 \times 2 = 16 \times 2 = 32 \ W$ है।
स्रोत पर उत्पन्न कुल पावर $P_{in} = P_{out} + P_{loss} = 1000 + 32 = 1032 \ W$ है।
दक्षता $\eta = \left( \frac{P_{out}}{P_{in}} \right) \times 100$ द्वारा दी जाती है।
$\eta = \left( \frac{1000}{1032} \right) \times 100 \approx 96.898 \% \approx 96.9 \%$।

(B) लॉजिक सर्किट में एक $AND$ गेट $(A, B)$,उसके बाद एक $NOT$ गेट,एक $OR$ गेट $(C, D)$,एक $AND$ गेट और अंत में एक $NOT$ गेट है।
मान लीजिए कि पहले $AND$ गेट का आउटपुट $A \cdot B$ है। $NOT$ गेट के बाद,यह $\overline{A \cdot B}$ हो जाता है।
$OR$ गेट का आउटपुट $C + D$ है।
ये दोनों सिग्नल एक $AND$ गेट में जाते हैं,जिससे $(\overline{A \cdot B}) \cdot (C + D)$ प्राप्त होता है।
अंतिम $NOT$ गेट आउटपुट $Y = \overline{(\overline{A \cdot B}) \cdot (C + D)}$ देता है।
डी मॉर्गन के नियम का उपयोग करते हुए,$Y = \overline{(\overline{A \cdot B})} + \overline{(C + D)} = (A \cdot B) + (\overline{C + D})$।
दिए गए इनपुट के लिए गणना करने पर:
$1$. $A=1, B=1, C=0, D=1$: $Y = (1 \cdot 1) + \overline{(0+1)} = 1 + 0 = 1$.
$2$. $A=0, B=0, C=1, D=1$: $Y = (0 \cdot 0) + \overline{(1+1)} = 0 + 0 = 0$.
$3$. $A=1, B=0, C=1, D=0$: $Y = (1 \cdot 0) + \overline{(1+0)} = 0 + 0 = 0$.
$4$. $A=1, B=1, C=1, D=1$: $Y = (1 \cdot 1) + \overline{(1+1)} = 1 + 0 = 1$.
विकल्पों के साथ तुलना करने पर,विकल्प $B$ सही है।

(C) Rydberg सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ द्वारा दिया जाता है।
Lyman श्रेणी के लिए,सबसे छोटी तरंगदैर्ध्य $n_1 = 1$ और $n_2 = \infty$ के अनुरूप है।
$\frac{1}{\lambda_{L,min}} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{\infty^2} \right) = R = \frac{1}{91} \ nm^{-1}$.
Balmer श्रेणी के लिए,सबसे बड़ी तरंगदैर्ध्य $n_1 = 2$ और $n_2 = 3$ के अनुरूप है।
$\frac{1}{\lambda_{B,max}} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = \frac{1}{91} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = \frac{1}{91} \left( \frac{5}{36} \right)$.
$\lambda_{B,max} = \frac{91 \times 36}{5} = 655.2 \ nm$.
Paschen श्रेणी के लिए,सबसे बड़ी तरंगदैर्ध्य $n_1 = 3$ और $n_2 = 4$ के अनुरूप है।
$\frac{1}{\lambda_{P,max}} = R \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{4^2} \right) = \frac{1}{91} \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right) = \frac{1}{91} \left( \frac{7}{144} \right)$.
$\lambda_{P,max} = \frac{91 \times 144}{7} = 1872 \ nm$.
अंतर $\Delta\lambda = \lambda_{P,max} - \lambda_{B,max} = 1872 - 655.2 = 1216.8 \ nm \approx 1217 \ nm$ है।

(B) लंबन विधि में,प्रतिबिंब और सुई के बीच लंबन का निरीक्षण करने के लिए हमें वस्तु का वास्तविक प्रतिबिंब प्राप्त करना आवश्यक है।
अवतल दर्पण के लिए,वास्तविक प्रतिबिंब तभी बनता है जब वस्तु को मुख्य फोकस $(F)$ के परे रखा जाता है।
यदि वस्तु को ध्रुव $(P)$ और मुख्य फोकस $(F)$ के बीच रखा जाता है,तो बनने वाला प्रतिबिंब आभासी,सीधा और आवर्धित होता है,जिसका उपयोग लंबन विधि के लिए नहीं किया जा सकता क्योंकि इसे पर्दे पर प्राप्त नहीं किया जा सकता है या वास्तविक संपाती बिंदु के रूप में नहीं देखा जा सकता है।
इसलिए,वस्तु को मुख्य फोकस $(F)$ के परे किसी भी बिंदु पर रखा जाना चाहिए।

\(C _1=\frac{5 \in_0 A / 2}{d / 2}=\frac{5 \in_0 A}{ d }=5 C\)
\(C _2=\frac{2 \in_0 A / 2}{d / 2}=\frac{2 \in_0 A}{ d }=2 C\)
\(C _1 \& C _2\) श्रेणीक्रम में हैं।
\(C^{\prime}=\frac{C_1 C_2}{C_1+C_2}=\frac{(5 C)(2 C)}{7 C}=\frac{10}{7} C\)
\(C _3=\frac{3 \in_0 A / 2}{d / 2}=3 C\)
\(C _4=\frac{2 \epsilon_0 A / 2}{d / 2}=2 C\)
\(C _4 \& C _3\) श्रेणीक्रम में हैं; \(C ^{\prime \prime}=\frac{(2 C )(3 C )}{5 C }=\frac{6}{5} C\)
\(C ^{\prime} \& C ^{\prime \prime}\) समांतरक्रम में हैं;
अतः, \(C _{ eq }= C \left(\frac{6}{5}+\frac{10}{7}\right)= C \left(\frac{42+50}{35}\right)=\left(\frac{92}{35}\right) C\)
\(\frac{92}{35} C =\frac{ nC }{3}\)
\(n =\frac{92 \times 3}{35}=7.9 \Rightarrow n \simeq 8\)

(C) यंग के डबल-स्लिट प्रयोग में फ्रिंज की चौड़ाई $\beta$ को $\beta = \frac{D\lambda}{d}$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि फ्रिंज की चौड़ाई समान है,इसलिए $\beta_1 = \beta_2$ है।
अतः,$\frac{D_1 \lambda_1}{d_1} = \frac{D_2 \lambda_2}{d_2}$ होगा।
अनुपात $\frac{D_1}{D_2}$ ज्ञात करने के लिए पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{D_1}{D_2} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1} \times \frac{d_1}{d_2}$ प्राप्त होता है।
स्लिट के पृथक्करण का अनुपात $\frac{d_1}{d_2} = 2$ और तरंग दैर्ध्य का अनुपात $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{1}{2}$ दिया गया है,जिसका अर्थ है कि $\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = 2$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{D_1}{D_2} = 2 \times 2 = 4$ प्राप्त होता है।

(B) $LCR$ परिपथ में,अनुनाद (resonance) की स्थिति में धारा अधिकतम होती है।
अनुनाद पर,कोणीय आवृत्ति $\omega$ का मान $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए वोल्टेज समीकरण $V = 5 \sin(100t)$ से,हमें $\omega = 100 \text{ rad/s}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है $L = 2 \text{ H}$,हम इन मानों को अनुनाद के सूत्र में प्रतिस्थापित कर सकते हैं:
$100 = \frac{1}{\sqrt{2 \times C}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$10000 = \frac{1}{2C}$
$C = \frac{1}{2 \times 10000} = \frac{1}{20000} \text{ F}$
$C = 0.5 \times 10^{-4} \text{ F} = 50 \times 10^{-6} \text{ F} = 50 \mu\text{F}$.

(B) दिया गया विद्युत क्षेत्र समीकरण $E = E_0 \sin(\omega t - kx)$ है,जहाँ $E_0 = \sqrt{377} \text{ V/m}$ है।
विद्युतचुंबकीय तरंग की तीव्रता (प्रति इकाई क्षेत्रफल औसत शक्ति) $I = \frac{1}{2} c \varepsilon_0 E_0^2$ द्वारा दी जाती है।
चूँकि $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}$,हम लिख सकते हैं $I = \frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}} \varepsilon_0 E_0^2 = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\varepsilon_0}{\mu_0}} E_0^2$.
दिया गया है $\sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon_0}} = 377$,तो $\sqrt{\frac{\varepsilon_0}{\mu_0}} = \frac{1}{377}$.
मान रखने पर: $I = \frac{1}{2} \times \frac{1}{377} \times (\sqrt{377})^2 = \frac{1}{2} \times \frac{1}{377} \times 377 = \frac{1}{2} \text{ W/m}^2$.
इसे $\frac{1}{\alpha} \text{ W/m}^2$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 2$ प्राप्त होता है।

(B) चुंबकीय क्षेत्र में $\omega$ कोणीय वेग के साथ घूमने वाली $\ell$ लंबाई की छड़ में प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = \frac{B \omega \ell^2}{2}$ द्वारा दिया जाता है।
अधिकतम कोणीय वेग $\omega_{\max}$ ज्ञात करने के लिए,हम ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत का उपयोग करते हैं।
$60^{\circ}$ के कोण पर स्थितिज ऊर्जा सबसे निचले बिंदु पर गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
$mg\ell(1 - \cos 60^{\circ}) = \frac{1}{2} I \omega_{\max}^2$,जहाँ $I = m\ell^2$ है।
$mg\ell(1 - 0.5) = \frac{1}{2} m\ell^2 \omega_{\max}^2$.
$g(0.5) = \frac{1}{2} \ell \omega_{\max}^2$.
$\omega_{\max} = \sqrt{\frac{g}{\ell}} = \sqrt{\frac{10}{0.1}} = \sqrt{100} = 10 \ rad/s$.
अब,मानों को $EMF$ सूत्र में रखने पर:
$\varepsilon_{\max} = \frac{2 \times 10 \times (0.1)^2}{2} = 10 \times 0.01 = 0.1 \ V$.
$mV$ में परिवर्तित करने पर: $0.1 \ V = 100 \ mV$.

(C) अभिकथन $(A)$ सत्य है क्योंकि फेरोमैग्नेटिक पदार्थ छोटे क्षेत्रों से बने होते हैं जिन्हें डोमेन कहा जाता है,जहाँ मजबूत विनिमय अंतःक्रियाओं (exchange interactions) के कारण परमाणु चुंबकीय द्विध्रुव संरेखित होते हैं।
कारण $(R)$ भी सत्य है क्योंकि उच्च तापमान पर थर्मल हलचल इन चुंबकीय द्विध्रुवों के संरेखण को बाधित करती है,जिससे डोमेन संरचना टूट जाती है।
जब तापमान क्यूरी तापमान $(T_c)$ से अधिक हो जाता है,तो पदार्थ फेरोमैग्नेटिक से पैरामैग्नेटिक व्यवहार में परिवर्तित हो जाता है,जिसका अर्थ है कि स्वतःस्फूर्त चुंबकत्व गायब हो जाता है।
चूंकि उच्च तापमान पर डोमेन संरचना का विघटन ही वह मूलभूत कारण है कि फेरोमैग्नेटिक गुण (और इस प्रकार स्वतःस्फूर्त चुंबकत्व) क्यों खो जाता है,इसलिए कारण $(R)$ अभिकथन $(A)$ की सही व्याख्या करता है।

(B) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान चालक में प्रेरित $EMF$ $(\varepsilon)$ का सूत्र $\varepsilon = Bv\ell$ है।
सबसे पहले, गुरुत्वाकर्षण के तहत $h = 200 \ m$ की दूरी तय करने के बाद तार का वेग $(v)$ ज्ञात करें, $v^2 = u^2 + 2gh$ का उपयोग करके। प्रारंभिक वेग $(u = 0)$ होने के कारण, $v = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \times 10 \times 200} = \sqrt{4000} = 20\sqrt{10} \ m/s$।
चुंबकीय क्षेत्र $(B)$ $0.5 \ Gauss = 0.5 \times 10^{-4} \ T$ है।
तार की लंबाई $(\ell)$ $20 \ m$ है।
इन मानों को $EMF$ सूत्र में रखने पर: $\varepsilon = (0.5 \times 10^{-4} \ T) \times (20\sqrt{10} \ m/s) \times (20 \ m)$।
$\varepsilon = 20\sqrt{10} \times 10^{-4} \times 10 = 20\sqrt{10} \times 10^{-3} \ V$।
चूंकि $1 \ V = 1000 \ mV$, इसलिए प्रेरित $EMF$ $20\sqrt{10} \ mV$ है।

(D) गॉस के नियम के अनुसार,किसी बंद सतह से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0}$ होता है,जहाँ $Q_{\text{in}}$ सतह द्वारा परिबद्ध कुल आवेश है।
$1$. आवेश $2q$ को शीर्ष $A$ पर रखा गया है। एक घन का शीर्ष $8$ निकटवर्ती घनों द्वारा साझा किया जाता है। इसलिए,घन के अंदर परिबद्ध आवेश का अंश $\frac{2q}{8} = \frac{q}{4}$ होगा।
$2$. आवेश $q$ को फलक $CDEF$ के केंद्र पर रखा गया है। एक घन का फलक $2$ निकटवर्ती घनों द्वारा साझा किया जाता है। इसलिए,घन के अंदर परिबद्ध आवेश का अंश $\frac{q}{2}$ होगा।
$3$. कुल परिबद्ध आवेश $Q_{\text{in}}$ इन दोनों का योग है: $Q_{\text{in}} = \frac{q}{4} + \frac{q}{2} = \frac{q + 2q}{4} = \frac{3q}{4}$.
$4$. अतः,घन से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} = \frac{3q}{4\varepsilon_0}$ होगा।

(B) किसी संक्रमण के लिए तरंगदैर्घ्य $\lambda$ का सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$ है।
लायमन श्रेणी $(n_f = 1)$ के लिए,अधिकतम तरंगदैर्घ्य $n_i = 2$ पर प्राप्त होती है: $\frac{1}{\lambda_{max}} = R \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = \frac{3R}{4} \implies \lambda_{max} = \frac{4}{3R}$। अतः,कथन $A$ सही है।
बामर श्रेणी $(n_f = 2)$ दृश्य क्षेत्र में स्थित है। अतः,कथन $B$ सही है।
पाश्चन श्रेणी $(n_f = 3)$ के लिए,न्यूनतम तरंगदैर्घ्य $n_i = \infty$ पर प्राप्त होती है: $\frac{1}{\lambda_{min}} = R \left( \frac{1}{3^2} - 0 \right) = \frac{R}{9} \implies \lambda_{min} = \frac{9}{R}$। अतः,कथन $C$ सही है।
लायमन श्रेणी $(n_f = 1)$ के लिए,न्यूनतम तरंगदैर्घ्य $n_i = \infty$ पर प्राप्त होती है: $\frac{1}{\lambda_{min}} = R \left( 1 - 0 \right) = R \implies \lambda_{min} = \frac{1}{R}$। अतः,कथन $D$ गलत है।
इसलिए,कथन $A, B$ और $C$ सही हैं।

(D) दिया गया है: ज़ेनर वोल्टेज $V_Z = 5 \text{ V}$,लोड धारा $I_L = 5 \text{ mA}$।
अधिकतम ज़ेनर धारा $I_Z = 4 \times I_L = 4 \times 5 \text{ mA} = 20 \text{ mA}$।
श्रेणी प्रतिरोध $R_S$ से गुजरने वाली कुल धारा $I = I_L + I_Z = 5 \text{ mA} + 20 \text{ mA} = 25 \text{ mA} = 25 \times 10^{-3} \text{ A}$ है।
अधिकतम इनपुट वोल्टेज $V_{\text{in}} = 25 \text{ V}$।
श्रेणी प्रतिरोध $R_S$ पर वोल्टेज ड्रॉप $V_{R_S} = V_{\text{in}} - V_Z = 25 \text{ V} - 5 \text{ V} = 20 \text{ V}$ है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,$R_S = \frac{V_{R_S}}{I} = \frac{20 \text{ V}}{25 \times 10^{-3} \text{ A}} = 800 \Omega$।

(C) पूर्ण आंतरिक परावर्तन होने के लिए,प्रकाश को सघन माध्यम से विरल माध्यम में जाना चाहिए। यहाँ,माध्यम $A$ में प्रकाश की गति $(v_A = 2.4 \times 10^8 \ m/s)$ माध्यम $B$ $(v_B = 2.7 \times 10^8 \ m/s)$ की तुलना में कम है,इसलिए माध्यम $A$ सघन है।
क्रांतिक कोण $c$ पर,अपवर्तन कोण $90^\circ$ होता है। स्नेल के नियम के अनुसार:
$\mu_A \sin c = \mu_B \sin 90^\circ$
चूंकि $\mu = \frac{c_{light}}{v}$,हमें मिलता है $\frac{c_{light}}{v_A} \sin c = \frac{c_{light}}{v_B} \times 1$
$\sin c = \frac{v_A}{v_B} = \frac{2.4 \times 10^8}{2.7 \times 10^8} = \frac{24}{27} = \frac{8}{9}$
अब,त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\tan c = \frac{\sin c}{\sqrt{1 - \sin^2 c}}$ का उपयोग करते हुए:
$\tan c = \frac{8/9}{\sqrt{1 - (8/9)^2}} = \frac{8/9}{\sqrt{1 - 64/81}} = \frac{8/9}{\sqrt{17/81}} = \frac{8}{\sqrt{17}}$
अतः,$c = \tan^{-1}(\frac{8}{\sqrt{17}})$।