KVPY 2009 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) सही विकल्प $(b)$ है।
मेयर का संबंध,$C_p - C_V = R$,एक आदर्श गैस के अवस्था समीकरण $(PV = nRT)$ के आधार पर व्युत्पन्न किया गया है।
यह संबंध किसी भी आदर्श गैस के लिए सत्य है,चाहे वह एकपरमाणुक,द्विपरमाणुक या बहुपरमाणुक हो।
वास्तविक गैसों के लिए,संबंध $C_p - C_V = TV \beta^2 / K_T$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $K_T$ समतापीय संपीड्यता है और $\beta$ समदाबी तापीय प्रसार गुणांक है। चूँकि वास्तविक गैसें आदर्श गैस नियम का सटीक पालन नहीं करती हैं,इसलिए यह संबंध $C_p - C_V = R$ केवल आदर्श गैसों के लिए ही पूरी तरह से मान्य है।

(B) एक कमरे में हवा के अणु तापीय ऊर्जा के कारण निरंतर यादृच्छिक गति में होते हैं। एक अणु की औसत तापीय ऊर्जा $E_{th} \approx kT$ द्वारा दी जाती है,जहां $k$ बोल्ट्जमैन स्थिरांक है और $T$ परम तापमान है।
$h$ ऊंचाई पर एक अणु की गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा $U_g = mgh$ होती है,जहां $m$ अणु का द्रव्यमान है और $g$ गुरुत्वाकर्षण त्वरण है।
एक सामान्य कमरे (ऊंचाई $\approx 3 \ m$) में हवा के अणुओं के लिए,कमरे के तापमान पर $mgh$ का मान तापीय ऊर्जा $kT$ की तुलना में बहुत कम होता है। चूंकि $kT \gg mgh$,यादृच्छिक तापीय गति गुरुत्वाकर्षण बल पर हावी रहती है,जो अणुओं को फर्श पर बैठने से रोकती है। इस प्रकार,पूरे कमरे में घनत्व लगभग समान रहता है। इसलिए,सही विकल्प $B$ है।

(D) सदिश योग के बहुभुज नियम के अनुसार,एक बंद बहुभुज के लिए,चक्रीय क्रम में लिए गए सदिशों का योग शून्य होता है।
पंचभुज की बाहरी भुजाओं के लिए: $A_1 + A_2 + A_3 + A_4 + A_5 = 0$।
इसलिए,$A_3 + A_4 + A_5 + A_1 = -A_2$।
केंद्र और भुजाओं द्वारा निर्मित त्रिभुजों पर लागू सदिश योग के त्रिभुज नियम के अनुसार:
$B_1 + A_1 = B_2$
$B_2 + A_2 = B_3$
$B_3 + A_3 = B_4$
$B_4 + A_4 = B_5$
$B_5 + A_5 = B_1$
इन समीकरणों को जोड़ने पर:
$(B_1 + B_2 + B_3 + B_4 + B_5) + (A_1 + A_2 + A_3 + A_4 + A_5) = (B_2 + B_3 + B_4 + B_5 + B_1)$
चूंकि $A_i$ का योग शून्य है,हम संगति की पुष्टि करते हैं।
वैकल्पिक रूप से,योग $S = B_2 + B_3 + B_4 + B_5$ पर विचार करें।
ज्यामिति से,$B_2 + A_3 = B_3$,$B_3 + A_4 = B_4$,$B_4 + A_5 = B_5$,और $B_5 + A_1 = B_1$।
इन्हें जोड़ने पर: $B_2 + (A_3 + A_4 + A_5 + A_1) = B_1$।
चूंकि $A_1 + A_2 + A_3 + A_4 + A_5 = 0$,हमारे पास $A_3 + A_4 + A_5 + A_1 = -A_2$ है।
इसे प्रतिस्थापित करने पर: $B_2 - A_2 = B_1$।
चित्र के अभिविन्यास के अनुसार,सही परिणाम $-B_1$ प्राप्त होता है।

(C) जब कोई तरंग किसी माध्यम में यात्रा करते हुए एक सघन सीमा (कठोर सतह) से टकराती है,तो उसकी कला (phase) में $\pi$ रेडियन का परिवर्तन होता है।
इसके अतिरिक्त,संचरण की दिशा उलट जाती है,जिसका अर्थ है कि $kx$ पद का चिह्न ऋणात्मक से धनात्मक हो जाता है।
आपतित तरंग $y_i = a \cos (kx - \omega t)$ है।
परावर्तित तरंग का आयाम $a$ होगा,कला में $\pi$ का विस्थापन होगा और यह ऋणात्मक $x$-दिशा में यात्रा करेगी।
अतः,परावर्तित तरंग $y_r = a \cos (kx + \omega t + \pi)$ होगी।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos(\theta + \pi) = -\cos(\theta)$ का उपयोग करने पर:
$y_r = -a \cos (kx + \omega t)$.

(C) नियत दाब पर दी गई ऊष्मा $\Delta Q = n C_p \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
नियत दाब पर गैस द्वारा किया गया कार्य $\Delta W = p \Delta V = n R \Delta T$ है।
किए गए कार्य और दी गई ऊष्मा का अनुपात $\frac{\Delta W}{\Delta Q} = \frac{n R \Delta T}{n C_p \Delta T} = \frac{R}{C_p}$ है।
संबंध $R = C_p - C_V$ का उपयोग करते हुए,हमें $\frac{\Delta W}{\Delta Q} = \frac{C_p - C_V}{C_p} = 1 - \frac{C_V}{C_p} = 1 - \frac{1}{\gamma}$ प्राप्त होता है।
द्वि-परमाणुक गैस के लिए,रुद्धोष्म सूचकांक (adiabatic index) $\gamma = 7/5$ है।
अतः,अनुपात $1 - \frac{1}{7/5} = 1 - \frac{5}{7} = \frac{2}{7}$ है।

(C) किसी अक्ष के परितः किसी पिंड का जड़त्व आघूर्ण $I$ को $I = \sum m_i r_i^2$ के रूप में परिभाषित किया जाता है,जहाँ $r_i$ घूर्णन अक्ष से द्रव्यमान तत्व $m_i$ की लंबवत दूरी है।
जब डिस्क को उसके व्यास के परितः आधा मोड़ा जाता है,तो उस व्यास के सापेक्ष द्रव्यमान वितरण अपरिवर्तित रहता है। मूल डिस्क में व्यास से $r$ दूरी पर स्थित प्रत्येक द्रव्यमान तत्व $dm$,मोड़ने के बाद भी व्यास से उसी $r$ दूरी पर बना रहता है।
चूंकि द्रव्यमान $M$ और अक्ष (व्यास) से सभी द्रव्यमान तत्वों की लंबवत दूरियां $r$ समान रहती हैं,इसलिए समाकलन $I = \int r^2 dm$ में कोई परिवर्तन नहीं होता है।
अतः,व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण $\frac{M R^2}{4}$ ही रहेगा।

(B) शुद्ध लोटनिक गति (pure rolling motion) में,बेलन का सतह के साथ संपर्क बिंदु सतह के सापेक्ष तात्क्षणिक रूप से विरामावस्था में होता है।
चूंकि संपर्क बिंदु पर बेलन और सतह के बीच कोई सापेक्ष गति नहीं होती है,इसलिए एक समान वेग से लुढ़कते हुए बेलन के लिए इस बिंदु पर कार्य करने वाला स्थैतिक घर्षण बल शून्य होता है।
अतः,घर्षण बल शून्य है।

(C) सही उत्तर $C$ है।
दिए गए स्थितिज ऊर्जा वक्र $V(x)$ में,कण टर्निंग पॉइंट्स $r_1$ और $r_2$ के बीच सीमित है जहाँ कुल ऊर्जा $E$,स्थितिज ऊर्जा $V(x)$ के बराबर है।
चूंकि कण दो बिंदुओं के बीच सीमित है और स्थितिज ऊर्जा परिमित है,इसलिए कण $r_1$ और $r_2$ के बीच आगे-पीछे दोलन करेगा,जिससे गति आवर्ती हो जाती है।
हालाँकि,गति के सरल आवर्त होने के लिए,स्थितिज ऊर्जा को संतुलन स्थिति $r_0$ के सापेक्ष सममित होना चाहिए और $U(x) = \frac{1}{2} k (x - r_0)^2$ के रूप का पालन करना चाहिए।
जैसा कि चित्र में देखा गया है,स्थितिज ऊर्जा वक्र $V(x)$ संतुलन स्थिति $r_0$ के सापेक्ष सममित नहीं है (यह असममित है)। इसलिए,गति आवर्ती है लेकिन सरल आवर्त गति नहीं है।

(A) गैसीय माध्यम में ध्वनि का वेग $v = \sqrt{\frac{\gamma RT}{M}}$ द्वारा दिया जाता है,जिसका अर्थ है $v \propto \sqrt{T}$।
जैसे-जैसे तापमान $T$ बढ़ता है,ध्वनि की गति $v$ भी बढ़ती है।
गति,आवृत्ति और तरंगदैर्ध्य के बीच का संबंध $v = f \lambda$ है।
चूंकि आवृत्ति $f$ स्रोत की एक विशेषता है,यह माध्यम के तापमान में परिवर्तन के साथ स्थिर रहती है।
इसलिए,$\lambda = \frac{v}{f}$। चूंकि $v$ बढ़ता है और $f$ स्थिर है,इसलिए तरंगदैर्ध्य $\lambda$ बढ़ेगी।
अतः,सही विकल्प $(A)$ है।

(D) नत समतल के फ्रेम में,ब्लॉक पर नीचे की ओर एक छद्म बल $ma$ कार्य करता है। गुरुत्वाकर्षण के कारण प्रभावी त्वरण नीचे की ओर $(g+a)$ है।
प्रभावी भार $m(g+a)$ को नत समतल के लंबवत और समानांतर घटकों में वियोजित करने पर:
$1$. समतल के लंबवत घटक $N = m(g+a) \cos \theta$ है। यह समतल द्वारा ब्लॉक पर लगाया गया अभिलंब बल है।
$2$. समतल के समानांतर घटक $m(g+a) \sin \theta$ है। यह घटक स्थैतिक घर्षण बल $f = \mu N = \mu m(g+a) \cos \theta$ द्वारा संतुलित होता है।
समतल द्वारा ब्लॉक पर लगाया गया कुल बल अभिलंब बल $N$ और घर्षण बल $f$ का सदिश योग (परिणामी) है।
अतः,बल समतल के लंबवत $m(g+a) \cos \theta$ और समतल के अनुदिश $\mu m(g+a) \cos \theta$ का परिणामी है।

(D) मान लीजिए कि $R$ त्रिज्या वाले ठोस गोले का केंद्र मूल बिंदु $(0,0,0)$ पर है।
मान लीजिए कि $\rho$ गोले का एकसमान घनत्व है।
ठोस गोले का द्रव्यमान $M = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho$ है।
हटाए गए $r$ त्रिज्या वाले गोलाकार गुहा का द्रव्यमान $m = \frac{4}{3} \pi r^3 \rho$ है।
गुहा का द्रव्यमान केंद्र मूल बिंदु से $x$-अक्ष पर $R-r$ की दूरी पर है।
शेष पिंड का द्रव्यमान केंद्र निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$x_{CM} = \frac{M(0) - m(R-r)}{M - m}$
मान रखने पर:
$x_{CM} = \frac{0 - (\frac{4}{3} \pi r^3 \rho)(R-r)}{\frac{4}{3} \pi R^3 \rho - \frac{4}{3} \pi r^3 \rho}$
$x_{CM} = -\frac{r^3(R-r)}{R^3 - r^3}$
बीजगणितीय सर्वसमिका $R^3 - r^3 = (R-r)(R^2 + Rr + r^2)$ का उपयोग करने पर:
$x_{CM} = -\frac{r^3(R-r)}{(R-r)(R^2 + Rr + r^2)} = -\frac{r^3}{R^2 + Rr + r^2}$
ऋणात्मक चिह्न इंगित करता है कि द्रव्यमान केंद्र गुहा की विपरीत दिशा में स्थानांतरित हो जाता है।
मूल ठोस गोले के केंद्र से द्रव्यमान केंद्र की दूरी $d$,$x_{CM}$ का परिमाण है:
$d = \frac{r^3}{R^2 + Rr + r^2}$

(B) एक चक्रीय प्रक्रिया में,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ शून्य होता है क्योंकि आंतरिक ऊर्जा एक अवस्था फलन है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + W$।
चूंकि $\Delta U = 0$ है,इसलिए एक चक्र में गैस द्वारा अवशोषित ऊष्मा गैस द्वारा किए गए कार्य के बराबर होती है,$\Delta Q = W$।
चक्रीय प्रक्रिया में किया गया कार्य $W$,$p-V$ आरेख में चक्र द्वारा घेरे गए क्षेत्रफल के बराबर होता है।
$p_1$ और $p_2$ दबाव सीमाओं और $V_1$ और $V_2$ आयतन सीमाओं वाले एक आयताकार चक्र के लिए,क्षेत्रफल दबाव में परिवर्तन और आयतन में परिवर्तन के गुणनफल द्वारा दिया जाता है।
$W = (p_1 - p_2) \times (V_2 - V_1)$।
अतः,अवशोषित ऊष्मा $\Delta Q = (p_1 - p_2)(V_2 - V_1)$ है।

(D) शुद्ध लोटनिक गति के लिए गोले के गति के समीकरण इस प्रकार हैं:
$N - Mg \cos \theta = 0 \quad \dots(i)$
$Mg \sin \theta - f = Ma_{CM} \quad \dots(ii)$
$\tau = f \times R = I \alpha = I \frac{a_{CM}}{R} \quad \dots(iii)$
चूंकि $I = \frac{2}{5} MR^2$,इसे $(iii)$ में रखने पर $f = \frac{2}{5} Ma_{CM}$ प्राप्त होता है।
$f$ का मान $(ii)$ में रखने पर:
$Mg \sin \theta - \frac{2}{5} Ma_{CM} = Ma_{CM} \implies Mg \sin \theta = \frac{7}{5} Ma_{CM} \implies a_{CM} = \frac{5}{7} g \sin \theta$.
अब,$a_{CM}$ का मान $f$ के समीकरण में रखने पर:
$f = \frac{2}{5} M \left( \frac{5}{7} g \sin \theta \right) = \frac{2}{7} Mg \sin \theta$.
बिना फिसले शुद्ध लोटनिक गति के लिए,स्थैतिक घर्षण को $f \leq \mu_s N$ का पालन करना चाहिए।
$f = \frac{2}{7} Mg \sin \theta$ और $N = Mg \cos \theta$ रखने पर:
$\frac{2}{7} Mg \sin \theta \leq \mu_s Mg \cos \theta$
$\tan \theta \leq \frac{7}{2} \mu_s$
$\theta \leq \tan^{-1} \left( \frac{7}{2} \mu_s \right)$.

(A) जब बक्सा पलटने की स्थिति में होता है,तो अभिलंब प्रतिक्रिया $N$ उस किनारे $O$ से होकर गुजरती है जिसके परितः वह घूमने की प्रवृत्ति रखता है। बिंदु $O$ के परितः लगाए गए बल $F$ के कारण टॉर्क को $O$ के परितः भार $mg$ के कारण टॉर्क को संतुलित करना चाहिए।
पलटने की स्थिति के लिए:
$F \times H = mg \times \frac{a}{2} \quad \dots(1)$
फिसलने की स्थिति के लिए,लगाए गए बल को अधिकतम स्थैतिक घर्षण को पार करना होगा:
$F = \mu mg \quad \dots(2)$
क्रांतिक ऊंचाई $H$ पर,बक्सा एक साथ पलटने और फिसलने की स्थिति में होता है। समीकरण $(2)$ से $F = \mu mg$ का मान समीकरण $(1)$ में रखने पर:
$(\mu mg) \times H = mg \times \frac{a}{2}$
दोनों पक्षों को $mg$ से विभाजित करने पर:
$\mu H = \frac{a}{2}$
अतः,घर्षण गुणांक है:
$\mu = \frac{a}{2 H}$

(C) घर्षण वाली बैंकिंग सड़क पर,वाहन पर कार्य करने वाले बल अभिलंब प्रतिक्रिया $R$,घर्षण बल $f = \mu R$,भार $mg$ और अभिकेंद्री बल $\frac{mv^2}{r}$ हैं।
क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर दिशाओं में बलों को वियोजित करने पर:
क्षैतिज: $R \sin \theta + f \cos \theta = \frac{mv^2}{r}$
ऊर्ध्वाधर: $R \cos \theta - f \sin \theta = mg$
क्षैतिज समीकरण को ऊर्ध्वाधर समीकरण से विभाजित करने पर:
$\frac{R \sin \theta + \mu R \cos \theta}{R \cos \theta - \mu R \sin \theta} = \frac{mv^2/r}{mg}$
$\frac{\sin \theta + \mu \cos \theta}{\cos \theta - \mu \sin \theta} = \frac{v^2}{rg}$
अंश और हर को $\cos \theta$ से विभाजित करने पर:
$\frac{\tan \theta + \mu}{1 - \mu \tan \theta} = \frac{v^2}{rg}$
तिर्यक गुणा करने पर:
$rg(\tan \theta + \mu) = v^2(1 - \mu \tan \theta)$
$rg \tan \theta + \mu rg = v^2 - \mu v^2 \tan \theta$
$\tan \theta(rg + \mu v^2) = v^2 - \mu rg$
$\tan \theta = \frac{v^2 - \mu rg}{rg + \mu v^2}$

(C) पहले स्पीकर से बिंदु $P$ तक की दूरी $d_1 = 4 \,m$ है। दूसरे स्पीकर से बिंदु $P$ तक की दूरी $d_2 = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5 \,m$ है।
बिंदु $P$ पर दो ध्वनि तरंगों के बीच का पथ अंतर $\Delta L = d_2 - d_1 = 5 \,m - 4 \,m = 1 \,m$ है।
ध्वनि के सबसे कम तीव्र (विनाशी व्यतिकरण) होने के लिए,पथ अंतर तरंगदैर्ध्य के आधे का विषम गुणज होना चाहिए:
$\Delta L = (2n + 1) \frac{\lambda_1}{2}$,जहाँ $n = 0, 1, 2, \dots$
$n = 0$ के लिए,$1 \,m = \frac{\lambda_1}{2} \Rightarrow \lambda_1 = 2 \,m$.
ध्वनि के सबसे अधिक तीव्र (संपोषी व्यतिकरण) होने के लिए,पथ अंतर तरंगदैर्ध्य का पूर्णांक गुणज होना चाहिए:
$\Delta L = n \lambda_2$,जहाँ $n = 1, 2, 3, \dots$
$n = 1$ के लिए,$1 \,m = \lambda_2 \Rightarrow \lambda_2 = 1 \,m$.
अतः,संभावित मान $\lambda_1 = 2 \,m$ और $\lambda_2 = 1 \,m$ हैं। सही विकल्प $(c)$ है।

(B) सही उत्तर $B$ है।
$1$. ब्लॉक $1$ के लिए,गति पूरी गति के दौरान $v$ पर स्थिर रहती है क्योंकि ट्रैक क्षैतिज और घर्षणरहित है।
$2$. ब्लॉक $2$ के लिए,जैसे ही यह ढलान में प्रवेश करता है,यह स्थितिज ऊर्जा प्राप्त करता है जो गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है। इस प्रकार,ढलान में रहने के दौरान इसकी गति $v$ से अधिक हो जाती है।
$3$. ढलान को पार करने के बाद,ब्लॉक वापस क्षैतिज स्तर पर चढ़ते समय अपनी मूल गति $v$ पर वापस आ जाता है।
$4$. चूंकि ब्लॉक $2$ ट्रैक के एक हिस्से को $v$ से अधिक गति के साथ तय करता है,इसलिए पूरी दूरी के लिए इसकी औसत गति ब्लॉक $1$ की स्थिर गति $v$ से अधिक होती है।
$5$. परिणामस्वरूप,ब्लॉक $2$ समान कुल क्षैतिज दूरी को ब्लॉक $1$ की तुलना में कम समय में तय करता है।

(B) प्रावस्था परिवर्तन के दौरान $1 \,kg$ जल के लिए आयतन में परिवर्तन $\Delta V$ इस प्रकार है:
$\Delta V = V_{\text{vapour}} - V_{\text{liquid}} = \frac{m}{\rho_{\text{vapour}}} - \frac{m}{\rho_{\text{liquid}}}$
$\Delta V = \frac{1}{(1/1.8)} - \frac{1}{1000} = 1.8 - 0.001 \approx 1.8 \,m^3$
नियत दाब $p$ के विरुद्ध निकाय द्वारा किया गया कार्य:
$W = p \Delta V = (1.01 \times 10^5 \,N m^{-2}) \times (1.8 \,m^3) = 1.818 \times 10^5 \,J$
प्रावस्था परिवर्तन के दौरान अवशोषित ऊष्मा:
$Q = mL = 1 \,kg \times 22.6 \times 10^5 \,J kg^{-1} = 22.6 \times 10^5 \,J$
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta U = Q - W$:
$\Delta U = 22.6 \times 10^5 - 1.818 \times 10^5$
$\Delta U = 20.782 \times 10^5 \,J kg^{-1} \approx 20.8 \times 10^5 \,J kg^{-1}$.

(B) गेंद का वेग एक स्थिर संदर्भ फ्रेम के सापेक्ष मापा जाता है। जब संदर्भ फ्रेम गतिमान होता है (जैसे कार),तो वस्तु के पास संदर्भ फ्रेम के वेग के विपरीत दिशा में एक अतिरिक्त वेग होता है।
मान लीजिए कार का वेग $\vec{v}_{c}$ है। कार के फ्रेम में,गेंद के पास:
$(i)$ उछालने के कारण एक ऊर्ध्वाधर वेग घटक है।
$(ii)$ कार की गति के विपरीत दिशा में $-\vec{v}_{c}$ के बराबर एक क्षैतिज वेग घटक है।
चूंकि गेंद के पास ऊर्ध्वाधर दिशा में निरंतर त्वरण (गुरुत्वाकर्षण) और कार के सापेक्ष एक निरंतर क्षैतिज वेग है,इसलिए कार के संदर्भ फ्रेम में गेंद का प्रक्षेप पथ एक परवलय होता है। अतः,सही विकल्प $(b)$ है।

(B) दिया गया है,दूसरे ग्रह का द्रव्यमान $M_2 = 8 M_1$,जहाँ $M_1$ पहले ग्रह का द्रव्यमान है।
चूंकि दोनों ग्रहों के लिए घनत्व $\rho$ समान है,हम जानते हैं कि $M = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho$ होता है।
अतः,$M \propto R^3$,जिसका अर्थ है $R \propto M^{1/3}$।
इसलिए,$\frac{R_2}{R_1} = \left(\frac{M_2}{M_1}\right)^{1/3} = (8)^{1/3} = 2$,यानी $R_2 = 2 R_1$।
गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र $g = \frac{GM}{R^2}$ है।
दूसरे ग्रह के गुरुत्वीय त्वरण का पहले ग्रह के गुरुत्वीय त्वरण से अनुपात:
$\frac{g_2}{g_1} = \frac{M_2}{M_1} \times \left(\frac{R_1}{R_2}\right)^2$
मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{g_2}{g_1} = 8 \times \left(\frac{1}{2}\right)^2 = 8 \times \frac{1}{4} = 2$।
अतः,अनुपात $2$ है।

(C) $U$-ट्यूब में दो अमिश्रणीय तरल पदार्थों के लिए,संतुलन पर समान क्षैतिज स्तर पर दबाव समान होना चाहिए।
मान लीजिए $\rho_A$ और $\rho_B$ क्रमशः तरल $A$ और $B$ के घनत्व हैं,और $h_A$ और $h_B$ सामान्य इंटरफ़ेस स्तर के ऊपर तरल स्तंभों की ऊँचाई हैं।
चूँकि सामान्य इंटरफ़ेस स्तर पर दबाव समान होना चाहिए,हमारे पास है: $P_0 + \rho_A g h_A = P_0 + \rho_B g h_B$,जहाँ $P_0$ वायुमंडलीय दबाव है।
यह सरल होकर: $\rho_A h_A = \rho_B h_B$ हो जाता है।
यह देखते हुए कि तरल $A$ का घनत्व तरल $B$ के घनत्व से कम है $(\rho_A < \rho_B)$,समान दबाव बनाए रखने के लिए $h_A > h_B$ होना आवश्यक है।
इसलिए,इंटरफ़ेस स्तर के ऊपर तरल $A$ का स्तंभ तरल $B$ के स्तंभ से ऊँचा होना चाहिए। यह विकल्प $C$ में दिखाए गए विन्यास के अनुरूप है।

(A) ब्लॉक का भार,$W = Mg$,ऊर्ध्वाधर नीचे की ओर कार्य करता है।
हम इस भार को दो आयताकार घटकों में विभाजित कर सकते हैं:
$1$. झुके हुए तल के लंबवत घटक: $Mg \cos \theta$.
$2$. झुके हुए तल के समानांतर घटक: $Mg \sin \theta$.
चूंकि ब्लॉक झुके हुए तल पर विरामावस्था में है,इसलिए तल के लंबवत शुद्ध बल शून्य होना चाहिए।
समतल ब्लॉक पर एक अभिलंब प्रतिक्रिया बल $N$ लगाता है,जो भार के लंबवत घटक को संतुलित करता है।
इसलिए,$N = Mg \cos \theta$.
समतल द्वारा ब्लॉक पर लगाया गया कुल बल अभिलंब प्रतिक्रिया बल $N$ है (घर्षण रहित सतह मानते हुए या विकल्पों के अनुसार केवल लंबवत घटक पर विचार करते हुए)।
अतः,समतल द्वारा ब्लॉक पर लगाए गए बल का परिमाण $Mg \cos \theta$ है।

(A) सही उत्तर $A$ है।
जब हम बर्फ पर दबाव डालते हैं,तो ठोस बर्फ तरल में पिघल जाती है क्योंकि दबाव बढ़ने के साथ बर्फ का गलनांक कम हो जाता है। यह घटना पानी के असामान्य व्यवहार के कारण होती है,जहाँ पानी अपने ठोस रूप (बर्फ) में तरल रूप की तुलना में कम घना होता है।
चूंकि तरल पानी बर्फ के समान द्रव्यमान की तुलना में कम जगह घेरता है,इसलिए दबाव डालने से संतुलन तरल अवस्था की ओर स्थानांतरित हो जाता है। जब हम दबाव छोड़ते हैं,तो पिघला हुआ पानी फिर से जम जाता है,जिससे बर्फ के क्रिस्टल आपस में जुड़कर एक गोला बन जाते हैं।

(B) वृत्ताकार सिक्के का क्षेत्रफल $A = \pi r^2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r$ त्रिज्या है।
चूँकि व्यास $D = 2r$ है,व्यास में प्रतिशत परिवर्तन त्रिज्या में प्रतिशत परिवर्तन के समान होता है: $\frac{\Delta D}{D} \times 100 = \frac{\Delta r}{r} \times 100 = 0.15 \%$.
क्षेत्रफल $A = \pi r^2$ है। सापेक्ष त्रुटि (या अवकलन) की अवधारणा का उपयोग करते हुए,क्षेत्रफल में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta A}{A} = 2 \frac{\Delta r}{r}$ द्वारा दिया जाता है।
क्षेत्रफल में प्रतिशत वृद्धि ज्ञात करने के लिए:
$\frac{\Delta A}{A} \times 100 = 2 \times (\frac{\Delta r}{r} \times 100)$
$= 2 \times 0.15 \% = 0.30 \%$.

(D) सही विकल्प $D$ है।
ध्वनि का वह गुण जो हमें समान आवृत्ति और आयाम वाली दो ध्वनियों के बीच अंतर करने की अनुमति देता है, उसे ध्वनि की गुणवत्ता या टिम्बर (timbre) कहा जाता है。
यह गुण ध्वनि तरंग के तरंग रूप (waveform) पर निर्भर करता है, जो यह बताता है कि समय के साथ विस्थापन आयाम कैसे बदलता है। भले ही दो वाद्ययंत्र समान पिच (आवृत्ति) और प्रबलता (आयाम) का स्वर उत्पन्न करें, उनके तरंग रूप अलग-अलग ओवरटोन या हार्मोनिक्स की उपस्थिति के कारण भिन्न होते हैं, जो हमारे कानों को उनके बीच अंतर करने में सक्षम बनाते हैं।

(B) न्यूटन के शीतलन के नियम के अनुसार,ऊष्मा हानि की दर $dQ/dt$ वस्तु के पृष्ठीय क्षेत्रफल $A$ के समानुपाती होती है,अर्थात $dQ/dt \propto A$.
दिए गए द्रव्यमान $m$ और घनत्व $\rho$ के लिए,आयतन $V = m/\rho$ घन और गोले दोनों के लिए समान रहता है।
चूंकि गोले का आयतन $V = (4/3)\pi r^3$ है और घन का आयतन $V = a^3$ है,इसलिए समान आयतन के लिए घन का पृष्ठीय क्षेत्रफल $(6a^2)$ गोले के पृष्ठीय क्षेत्रफल $(4\pi r^2)$ से अधिक होता है।
चूंकि घन का पृष्ठीय क्षेत्रफल अधिक है,इसलिए यह गोले की तुलना में तेजी से ऊष्मा खोता है।
इसके अतिरिक्त,घन के तीखे किनारे एक चिकनी गोलाकार सतह की तुलना में अधिक प्रभावी ढंग से विकिरण उत्सर्जित करते हैं।
इसलिए,घन गोले की तुलना में तेजी से ठंडा होता है। अतः,विकल्प $(b)$ सही है।

(C) जब ब्लॉक को द्रव में डुबोया जाता है,तो यह द्रव के कारण ऊपर की ओर उत्प्लावन बल $F_b$ का अनुभव करता है।
बैलेंस $A$ के लिए,पाठ्यांक स्प्रिंग में तनाव $T$ के अनुरूप होता है। प्रारंभ में,$T = mg = 2 \,kg \times g$। जब इसे डुबोया जाता है,तो $T' = mg - F_b$। चूँकि $F_b > 0$ है,इसलिए नया पाठ्यांक $T'$,$2 \,kg$ से कम होगा।
बैलेंस $B$ के लिए,प्रारंभिक पाठ्यांक बीकर और द्रव का कुल भार है। जब ब्लॉक को डुबोया जाता है,तो न्यूटन के गति के तीसरे नियम के अनुसार,ब्लॉक द्रव पर नीचे की ओर समान और विपरीत बल $F_b$ लगाता है। इसलिए,बैलेंस $B$ पर नया पाठ्यांक प्रारंभिक भार और उत्प्लावन बल $F_b$ का योग होगा। चूँकि $F_b > 0$ है,इसलिए नया पाठ्यांक $3 \,kg$ से अधिक होगा। हालाँकि,पूरी प्रणाली (बीकर + द्रव + ब्लॉक) का कुल भार $2 \,kg + 3 \,kg = 5 \,kg$ है। चूँकि ब्लॉक बीकर के तल पर नहीं टिका है बल्कि स्प्रिंग $A$ द्वारा समर्थित है,इसलिए $B$ पर पाठ्यांक कुल भार $5 \,kg$ से कम होगा।
अतः,बैलेंस $A$ का पाठ्यांक $2 \,kg$ से कम और बैलेंस $B$ का पाठ्यांक $3 \,kg$ और $5 \,kg$ के बीच होगा।

(A) $t$ समय में,$m$ द्रव्यमान वाला एक कण गुरुत्वाकर्षण के तहत $h$ ऊर्ध्वाधर दूरी नीचे गिरता है,जो गति के समीकरण द्वारा दिया जाता है:
$h = \frac{1}{2} g t^2$
यहाँ,क्षैतिज रूप से तय की गई दूरी $d$ है और क्षैतिज दिशा में फोटॉन की गति $c$ है। इस क्षैतिज दूरी $d$ को तय करने में लगा समय है:
$t = \frac{d}{c}$
$t$ का मान ऊर्ध्वाधर दूरी $h$ के समीकरण में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$h = \frac{1}{2} g \left( \frac{d}{c} \right)^2$
$h = \frac{g d^2}{2 c^2}$
इस प्रकार,फोटॉन $\frac{g d^2}{2 c^2}$ की ऊर्ध्वाधर दूरी नीचे गिरेंगे।

(D) घूर्णन करती हुई वस्तु की गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} I \omega^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I$ जड़त्व आघूर्ण है और $\omega$ कोणीय गति है।
चूंकि सभी स्थितियों के लिए $\omega$ स्थिर है,इसलिए गतिज ऊर्जा $K$,जड़त्व आघूर्ण $I$ के सीधे आनुपातिक है $(K \propto I)$।
अतः,गतिज ऊर्जा उस अक्ष के लिए सबसे अधिक होगी जिसके परितः जड़त्व आघूर्ण $I$ अधिकतम है।
$a$ भुजा और $M$ द्रव्यमान वाली वर्गाकार प्लेट के लिए:
$1$. केंद्र से गुजरती हुई,प्लेट के लंबवत अक्ष: $I_1 = \frac{Ma^2}{6}$
$2$. विकर्ण के अनुदिश अक्ष: $I_2 = \frac{Ma^2}{12}$
$3$. किनारे के अनुदिश अक्ष: $I_3 = \frac{Ma^2}{3}$
$4$. कोने से गुजरती हुई,प्लेट के लंबवत अक्ष: लंबवत अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,$I_4 = I_{cm} + M(r^2) = \frac{Ma^2}{6} + M(\frac{a}{\sqrt{2}})^2 = \frac{Ma^2}{6} + \frac{Ma^2}{2} = \frac{4Ma^2}{6} = \frac{2Ma^2}{3}$.
मानों की तुलना करने पर,$I_4$ सबसे बड़ा है। इस प्रकार,जब प्लेट को एक कोने से गुजरने वाली और प्लेट के लंबवत अक्ष के परितः घुमाया जाता है,तो गतिज ऊर्जा सबसे अधिक होती है।

(D) सही विकल्प $D$ है।
$1$. समांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ द्वारा दी जाती है। जब प्लेटों के बीच की दूरी $d$ बढ़ाई जाती है,तो धारिता $C$ घट जाती है।
$2$. चूंकि बैटरी जुड़ी रहती है,इसलिए प्लेटों के बीच विभवांतर $V$ स्थिर रहता है।
$3$. संधारित्र पर आवेश $Q = CV$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि $C$ घटता है और $V$ स्थिर है,इसलिए आवेश $Q$ घट जाता है।
$4$. संधारित्र में संचित स्थिर वैद्युत ऊर्जा $U = \frac{1}{2}CV^2$ द्वारा दी जाती है। चूंकि $C$ घटता है और $V$ स्थिर है,इसलिए संचित ऊर्जा $U$ घट जाती है।

(C) दिया गया निकाय चार समानांतर धात्विक प्लेटों से बना है। मान लीजिए कि बाहरी प्लेटें बिंदु $P$ से और आंतरिक प्लेटें बिंदु $Q$ से जुड़ी हैं।
प्रत्येक आसन्न प्लेटों के जोड़े के बीच एक संधारित्र बनता है। चूंकि चार प्लेटें हैं,इसलिए उनके बीच तीन अंतराल हैं। हालाँकि,दिखाए गए कनेक्शन के अनुसार:
$1$. शीर्ष प्लेट $P$ से जुड़ी है।
$2$. दूसरी प्लेट $Q$ से जुड़ी है।
$3$. तीसरी प्लेट $Q$ से जुड़ी है।
$4$. निचली प्लेट $P$ से जुड़ी है।
यह विन्यास समानांतर में दो संधारित्र बनाता है,जिनमें से प्रत्येक का क्षेत्रफल $A$ और दूरी $d$ है। पहला संधारित्र शीर्ष प्लेट $(P)$ और दूसरी प्लेट $(Q)$ द्वारा बनता है। दूसरा संधारित्र तीसरी प्लेट $(Q)$ और निचली प्लेट $(P)$ द्वारा बनता है।
प्रत्येक व्यक्तिगत संधारित्र की धारिता $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ है।
चूंकि ये दो संधारित्र समानांतर में जुड़े हुए हैं,इसलिए निकाय की समतुल्य धारिता:
$C_{eq} = C_1 + C_2 = \frac{\varepsilon_0 A}{d} + \frac{\varepsilon_0 A}{d} = \frac{2 \varepsilon_0 A}{d}$ होगी।

(D) गोलीय कोश की सतह पर आवेश वितरण के कारण उसके केंद्र पर विभव $V$ को समाकलन $V = \oint \frac{k dq}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि गोले की सतह पर सभी बिंदुओं के लिए त्रिज्या $R$ स्थिर है,इसलिए हम $\frac{k}{R}$ को समाकलन से बाहर ले सकते हैं।
$V = \frac{k}{R} \oint dq$.
समाकलन $\oint dq$ गोले पर कुल आवेश $Q$ का प्रतिनिधित्व करता है।
इसलिए,$V = \frac{kQ}{R}$.
$k = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $V = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 R}$ प्राप्त होता है।
ध्यान दें कि आवेशित गोलीय कोश के केंद्र पर विभव केवल कुल आवेश $Q$ और त्रिज्या $R$ पर निर्भर करता है,और यह सतह पर आवेश के वितरण से स्वतंत्र है।

(A) हाइड्रोजन जैसे परमाणु में संक्रमण के लिए तरंग दैर्ध्य $\lambda$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
लाइमन-अल्फा $(Ly-\alpha)$ रेखा के लिए,संक्रमण $n_2 = 2$ से $n_1 = 1$ है:
$\frac{1}{\lambda_{Ly-\alpha}} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = R \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = \frac{3R}{4}$.
बामर-अल्फा $(Ba-\alpha)$ रेखा के लिए,संक्रमण $n_2 = 3$ से $n_1 = 2$ है:
$\frac{1}{\lambda_{Ba-\alpha}} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R \left( \frac{9-4}{36} \right) = \frac{5R}{36}$.
अब,अनुपात $\frac{\lambda_{Ly-\alpha}}{\lambda_{Ba-\alpha}}$ की गणना करने पर:
$\frac{\lambda_{Ly-\alpha}}{\lambda_{Ba-\alpha}} = \frac{4/3R}{36/5R} = \frac{4}{3} \times \frac{5}{36} = \frac{5}{27}$.

(D) प्रारंभिक स्थिति: दो गोले $A$ और $B$ प्रत्येक पर आवेश $q$ है और वे $r$ दूरी पर स्थित हैं। प्रारंभिक बल $F = \frac{k q^2}{r^2}$ है।
चरण $1$: जब अनावेशित गोले $C$ को गोले $A$ से स्पर्श कराया जाता है,तो कुल आवेश $q + 0 = q$ उनके बीच समान रूप से विभाजित हो जाता है क्योंकि वे समान हैं। इस प्रकार,$A$ पर आवेश $q_A = \frac{q}{2}$ हो जाता है और $C$ पर आवेश $q_C = \frac{q}{2}$ हो जाता है।
चरण $2$: अब,गोले $C$ (जिस पर आवेश $\frac{q}{2}$ है) को गोले $B$ (जिस पर आवेश $q$ है) से स्पर्श कराया जाता है। कुल आवेश $q + \frac{q}{2} = \frac{3q}{2}$ है। चूंकि गोले समान हैं,यह आवेश $B$ और $C$ के बीच समान रूप से विभाजित हो जाता है। इसलिए,$B$ पर नया आवेश $q_B = \frac{1}{2} \times \frac{3q}{2} = \frac{3q}{4}$ है।
चरण $3$: गोले $A$ (आवेश $\frac{q}{2}$) और गोले $B$ (आवेश $\frac{3q}{4}$) के बीच समान दूरी $r$ पर अंतिम बल $F^{\prime}$ है:
$F^{\prime} = \frac{k q_A q_B}{r^2} = \frac{k (q/2) (3q/4)}{r^2} = \frac{3}{8} \frac{k q^2}{r^2}$.
चूंकि $F = \frac{k q^2}{r^2}$,इसलिए $F^{\prime} = \frac{3}{8} F$.

(D) जब लूप चुंबकीय क्षेत्र में प्रवेश करता है,तो इससे गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स बदल जाता है,जिससे $E = Blv$ के बराबर प्रेरित emf उत्पन्न होता है,जहाँ $B$ चुंबकीय क्षेत्र है,$l$ लूप की उस भुजा की लंबाई है जो वेग के लंबवत है,और $v$ वेग है। चूँकि $B$,$l$,और $v$ स्थिर हैं,इसलिए प्रेरित emf और परिणामस्वरूप प्रेरित धारा $I = E/R$ उस अवधि के लिए स्थिर और धनात्मक रहती है जब तक लूप क्षेत्र में प्रवेश कर रहा होता है।
एक बार जब लूप पूरी तरह से एकसमान चुंबकीय क्षेत्र के अंदर आ जाता है,तो इससे गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स स्थिर हो जाता है। फैराडे के नियम के अनुसार,प्रेरित emf शून्य होता है,इसलिए धारा $I = 0$ होती है।
जैसे ही लूप चुंबकीय क्षेत्र से बाहर निकलता है,इससे गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स फिर से बदल जाता है। प्रेरित emf $E = Blv$ है,लेकिन लेंज के नियम के अनुसार प्रेरित धारा की दिशा उलट जाती है। इस प्रकार,जब तक लूप क्षेत्र से बाहर निकल रहा होता है,तब तक धारा $I$ स्थिर और ऋणात्मक रहती है।
इसलिए,ग्राफ एक धनात्मक स्थिर धारा,उसके बाद शून्य धारा,और फिर एक ऋणात्मक स्थिर धारा दिखाता है। यह ग्राफ $D$ में दिखाए गए आकार के अनुरूप है।

(A) एक समतल विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए,विद्युत क्षेत्र $E$ और चुंबकीय क्षेत्र $B$ के बीच का संबंध $E = c(B \times \hat{n})$ या $B = \frac{1}{c}(\hat{n} \times E)$ द्वारा दिया जाता है।
विमीय विश्लेषण दर्शाता है कि $[E] = [B][c]$ होता है।
विकल्प $A$ में,समीकरण $E = \frac{\hat{n} \times B}{c}$ है। दाईं ओर की विमाएँ $\frac{[B]}{[c]} = \frac{[B]}{[L/T]} = [B][T/L]$ हैं।
चूंकि $[E] = [B][L/T]$,इसलिए विमाएँ मेल नहीं खाती हैं।
अतः,संबंध $E = \frac{\hat{n} \times B}{c}$ विमीय रूप से गलत है।

(C) द्विध्रुव के कारण विद्युत विभव $V(r, \theta) = \frac{p \cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}$ है।
निरक्षीय तल पर,$\theta = \frac{\pi}{2}$ होने पर,विभव $V = 0$ होता है।
विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ विभव के ऋणात्मक प्रवणता द्वारा दिया जाता है,$\vec{E} = -\nabla V$.
निरक्षीय तल पर,विभव शून्य है,लेकिन द्विध्रुव की दिशा में विभव के परिवर्तन की दर शून्य नहीं है।
विशेष रूप से,निरक्षीय तल पर किसी भी बिंदु पर विद्युत क्षेत्र द्विध्रुव आघूर्ण सदिश $\vec{p}$ के विपरीत दिशा में होता है।
चूंकि द्विध्रुव आघूर्ण सदिश $\vec{p}$ अक्ष $\theta = 0$ के अनुदिश है,इसलिए $\theta = \frac{\pi}{2}$ तल पर विद्युत क्षेत्र निरक्षीय तल के समानांतर (अर्थात तल के अनुदिश) होता है।
इसलिए,विकल्प $(c)$ सही है।

(A) विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ और चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ की उपस्थिति में $\vec{v}$ वेग से गति करने वाले आवेशित कण पर लगने वाला लॉरेंट्ज़ बल $\vec{F} = q(\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए चित्र में,विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ ऊपर की दिशा में है। धनावेशित कण के लिए,विद्युत बल $\vec{F}_e = q\vec{E}$ ऊपर की दिशा में कार्य करता है।
फ्लेमिंग के बाएं हाथ के नियम का उपयोग करते हुए,चुंबकीय बल $\vec{F}_m = q(\vec{v} \times \vec{B})$ भी ऊपर की दिशा में कार्य करता है क्योंकि वेग $\vec{v}$ क्षैतिज है और चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ तल के अंदर की ओर (या ऐसे कोण पर है कि सदिश गुणनफल का परिणामी बल ऊपर की ओर हो) है।
चूंकि विद्युत बल और चुंबकीय बल दोनों एक ही ऊपर की दिशा में कार्य करते हैं,इसलिए कण पर लगने वाला कुल बल शून्य नहीं है और यह ऊपर की ओर कार्य करता है।
अतः,आवेशित कण अपने मूल पथ से विचलित हो जाएंगे और मूल पथ पर स्थित छेद से होकर नहीं गुजर पाएंगे।
इसलिए,विकल्प $(a)$ सही है।

(A) जब एक समतल-उत्तल लेंस की वक्र सतह पर चांदी की परत चढ़ाई जाती है,तो यह एक अवतल दर्पण की तरह कार्य करता है। इस प्रणाली की समतुल्य फोकस दूरी $f$ सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{1}{f} = \frac{2}{f_l} + \frac{1}{f_m}$
जहाँ $f_l$ लेंस की फोकस दूरी है और $f_m$ दर्पण की फोकस दूरी है।
समतल-उत्तल लेंस के लिए,$\frac{1}{f_l} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{\infty} \right) = \frac{\mu - 1}{R}$।
चांदी की परत वाली वक्र सतह (जो दर्पण के रूप में कार्य करती है) की फोकस दूरी $f_m = \frac{R}{2}$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\frac{1}{f} = 2 \left( \frac{\mu - 1}{R} \right) + \frac{1}{R/2} = \frac{2\mu - 2}{R} + \frac{2}{R} = \frac{2\mu}{R}$।
इस प्रकार,समतुल्य दर्पण की फोकस दूरी $f = \frac{R}{2\mu}$ है।
प्रतिबिंब को वस्तु के साथ संपाती होने के लिए,वस्तु को समतुल्य दर्पण के वक्रता केंद्र पर रखा जाना चाहिए,जो ध्रुव से $2f$ की दूरी पर होता है।
दूरी $x = 2f = 2 \left( \frac{R}{2\mu} \right) = \frac{R}{\mu}$।
इसलिए,वस्तु को लेंस से $\frac{R}{\mu}$ की दूरी पर रखा जाना चाहिए।

(C) मान लीजिए कि अनंत लैडर नेटवर्क का तुल्य प्रतिरोध $X$ है।
पहले परिपथ के लिए,अनुभाग $AB$ के दाईं ओर का प्रतिरोध $X$ है। अतः,कुल प्रतिरोध $X$ इस प्रकार है:
$X = R + \frac{6R \cdot X}{6R + X}$
$X(6R + X) = R(6R + X) + 6RX$
$6RX + X^2 = 6R^2 + RX + 6RX$
$X^2 - RX - 6R^2 = 0$
इस द्विघात समीकरण को $X$ के लिए हल करने पर:
$X = \frac{R \pm \sqrt{R^2 - 4(1)(-6R^2)}}{2} = \frac{R \pm \sqrt{25R^2}}{2} = \frac{R \pm 5R}{2}$
चूंकि प्रतिरोध ऋणात्मक नहीं हो सकता,इसलिए $X = \frac{6R}{2} = 3R$.
हालाँकि,दिए गए परिपथ को देखते हुए,लैडर सीमित है। दो परिपथों का तुल्य प्रतिरोध समान रखने के लिए,हम अंतिम शाखा के प्रतिरोध को $X$ के बराबर रखते हैं।
दिए गए परिपथों के लिए,समानता की शर्त $X = R + \frac{6R(R+X)}{6R+R+X}$ है।
$X^2 + RX - 6R^2 = 0$
$(X+3R)(X-2R) = 0$
अतः,$X = 2R$.

(A) स्नेल के नियम के अनुसार,$\mu \sin \theta_1 = \mu_1 \sin r_1$,जहाँ $r_1$ पहले ब्लॉक में अपवर्तन कोण है।
यदि $\theta_1$ बढ़ता है,तो $\sin \theta_1$ बढ़ता है,इसलिए $\sin r_1$ को बढ़ना चाहिए,जिसका अर्थ है कि $r_1$ बढ़ता है।
दो ब्लॉकों के बीच के इंटरफेस पर,आपतन कोण $r_1$ है और अपवर्तन कोण $r_2$ है। स्नेल के नियम से: $\mu_1 \sin r_1 = \mu_2 \sin r_2$.
चूंकि $\mu_1 \sin r_1$ बढ़ गया है,इसलिए $\mu_2 \sin r_2$ को भी बढ़ना चाहिए। चूँकि $\mu_2$ स्थिर है,$\sin r_2$ बढ़ता है,इसलिए $r_2$ बढ़ता है।
अंतिम इंटरफेस पर,आपतन कोण $r_2$ है और अपवर्तन कोण $\theta_2$ है। स्नेल के नियम से: $\mu_2 \sin r_2 = \mu \sin \theta_2$.
चूंकि $\mu_2 \sin r_2$ बढ़ गया है,इसलिए $\mu \sin \theta_2$ को बढ़ना चाहिए। चूँकि $\mu$ स्थिर है,$\sin \theta_2$ बढ़ता है,जिसका अर्थ है कि $\theta_2$ बढ़ता है।

(A) चुंबकीय क्षेत्र $B$ में वेग $v$ के साथ गतिमान आवेशित कण पर लगने वाला चुंबकीय बल $F$,लोरेंत्ज़ बल सूत्र द्वारा दिया जाता है: $F = q(v \times B)$।
चूंकि बल $F$,$v$ और $B$ का सदिश गुणनफल है,इसलिए यह हमेशा वेग सदिश $v$ के लंबवत होता है।
विस्थापन $ds$ पर बल द्वारा किया गया कार्य $W = \int F \cdot ds$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि $ds = v dt$,इसलिए हमारे पास $W = \int (F \cdot v) dt$ है।
चूंकि $F$,$v$ के लंबवत है,इसलिए उनका अदिश गुणनफल $F \cdot v = 0$ होता है।
अतः,गतिमान आवेशित कण पर चुंबकीय क्षेत्र द्वारा किया गया कार्य हमेशा शून्य होता है,चाहे वृत्ताकार पथ की त्रिज्या कुछ भी हो।
इसलिए,$W_1 = W_2 = 0$।

(A) बिंदु $P$ पर धनात्मक आवेश $+q$ के कारण विद्युत क्षेत्र आवेश से दूर की दिशा में होता है, जिसे सदिश $E_1$ द्वारा दर्शाया गया है।
बिंदु $P$ पर ऋणात्मक आवेश $-q$ के कारण विद्युत क्षेत्र आवेश की ओर होता है, जिसे सदिश $E_2$ द्वारा दर्शाया गया है।
चूंकि बिंदु $P$ लंब समद्विभाजक पर स्थित है, इसलिए विद्युत क्षेत्रों के परिमाण समान हैं, अर्थात $|E_1| = |E_2|$।
जब इन सदिशों को घटकों में वियोजित किया जाता है, तो ऊर्ध्वाधर घटक ($E_1 \sin \theta$ और $E_2 \sin \theta$) एक-दूसरे के विपरीत दिशा में होने के कारण एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं।
क्षैतिज घटक ($E_1 \cos \theta$ और $E_2 \cos \theta$) आवेशों को जोड़ने वाली रेखा के समानांतर दिशा में जुड़ जाते हैं, जो धनात्मक आवेश से ऋणात्मक आवेश की ओर इंगित करते हैं।
दिए गए चित्र को देखने पर, सदिश $A$ आवेशों को जोड़ने वाली रेखा के समानांतर है और $+q$ से $-q$ की ओर इंगित करता है।
अतः, परिणामी विद्युत क्षेत्र सदिश $A$ की दिशा में है।

(D) सही उत्तर $D$ है।
ध्रुवण (Polarisation) केवल अनुप्रस्थ तरंगों में होने वाली एक घटना है,जिसमें माध्यम के कणों के दोलन (या विद्युतचुंबकीय तरंगों में विद्युत क्षेत्र के सदिश) तरंग प्रसार की दिशा के लंबवत एक विशिष्ट तल तक सीमित होते हैं।
प्रकाश एक विद्युतचुंबकीय तरंग है,जो प्रकृति में अनुप्रस्थ होती है,और इसलिए यह ध्रुवण की घटना प्रदर्शित करती है।
वायु स्तंभ में ध्वनि तरंगें अनुदैर्ध्य तरंगें होती हैं,जिसका अर्थ है कि माध्यम के कण तरंग प्रसार की दिशा के समानांतर दोलन करते हैं। अनुदैर्ध्य तरंगों का ध्रुवण नहीं किया जा सकता क्योंकि उनमें दोलनों को एक ही तल में सीमित करने के लिए आवश्यक अनुप्रस्थ घटकों का अभाव होता है।
परावर्तन,विवर्तन और अपवर्तन ऐसे गुण हैं जो प्रकाश तरंगों और ध्वनि तरंगों दोनों द्वारा प्रदर्शित किए जाते हैं।

(C) प्रारंभिक नाभिक ${ }_{92}^{235} U$ है और अंतिम नाभिक ${ }_{82}^{207} Pb$ है।
$7 \ \alpha$ कणों के उत्सर्जन के परिणामस्वरूप द्रव्यमान संख्या और परमाणु संख्या में परिवर्तन इस प्रकार होता है:
द्रव्यमान संख्या में परिवर्तन: $7 \times 4 = 28$.
परमाणु संख्या में परिवर्तन: $7 \times 2 = 14$.
मान लीजिए कि मध्यवर्ती नाभिक ${ }_{Z}^{A} X$ है। $7 \ \alpha$ कणों के उत्सर्जन के बाद:
$A = 235 - 28 = 207$
$Z = 92 - 14 = 78$
अब,अंतिम अवस्था ${ }_{82}^{207} Pb$ तक पहुँचने के लिए $n \ \beta^{-}$ कण उत्सर्जित होते हैं:
${ }_{78}^{207} X \longrightarrow { }_{82}^{207} Pb + n({ }_{-1}^{0} \beta)$
परमाणु संख्या के संरक्षण के नियम के अनुसार:
$78 = 82 - n$
$n = 82 - 78 = 4$
अतः,$4 \ \beta^{-}$ कण उत्सर्जित होते हैं।

(C) दिए गए परिपथ में,बल्ब स्विच $S_3$ के साथ श्रेणीक्रम में जुड़ा हुआ है। बल्ब के जलने के लिए,परिपथ का पूर्ण होना आवश्यक है,जिसका अर्थ है कि बल्ब से होकर विद्युत धारा प्रवाहित होनी चाहिए।
$1$. यदि $S_2$ और $S_3$ बंद हैं और $S_1$ खुला है,तो विद्युत धारा स्रोत से $S_2$ और $S_3$ के माध्यम से बल्ब तक प्रवाहित होती है,जिससे परिपथ पूर्ण हो जाता है। अतः,बल्ब जल उठेगा।
$2$. यदि $S_1$ और $S_3$ बंद हैं,तो परिपथ $S_1$ और $S_3$ वाले पथ के माध्यम से लघुपथित (short-circuit) हो जाता है।
$3$. इसलिए,बल्ब तब जलेगा जब $S_2$ और $S_3$ बंद हों और $S_1$ खुला हो। विकल्प $(c)$ सही है।

(D) बल्ब का प्रतिरोध $R$ उसके रेटेड पावर $P_{\text{rated}}$ और रेटेड वोल्टेज $V_{\text{rated}}$ से $R = \frac{V_{\text{rated}}^2}{P_{\text{rated}}}$ सूत्र द्वारा संबंधित है।
चूंकि दोनों बल्बों के लिए रेटेड वोल्टेज समान है,इसलिए $R \propto \frac{1}{P_{\text{rated}}}$.
अतः,$100 \,W$ के बल्ब का प्रतिरोध $200 \,W$ के बल्ब से अधिक है।
जब श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है,तो दोनों बल्बों से समान धारा $I$ प्रवाहित होती है।
प्रत्येक बल्ब में व्यय होने वाली शक्ति $P = I^2 R$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $I$ स्थिर है,इसलिए $P \propto R$.
चूंकि $100 \,W$ के बल्ब का प्रतिरोध अधिक है,इसलिए यह $200 \,W$ के बल्ब की तुलना में अधिक शक्ति का क्षय करेगा।
इसलिए,विकल्प $(d)$ सही है।

(D) पहले लेंस द्वारा निर्मित प्रतिबिंब दूसरे लेंस के लिए वस्तु के रूप में कार्य करता है।
पहले लेंस $(L_1)$ के लिए:
दिया गया है $u_1 = -0.40 \,m$ और $f_1 = +0.20 \,m$.
लेंस सूत्र $\frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1} = \frac{1}{f_1}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_1} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{u_1} = \frac{1}{0.20} + \frac{1}{-0.40} = 5 - 2.5 = 2.5 \,m^{-1}$.
अतः,$v_1 = \frac{1}{2.5} = 0.40 \,m$.
यह प्रतिबिंब $L_1$ के दाईं ओर $0.40 \,m$ की दूरी पर बनता है।
दूसरे लेंस $(L_2)$ के लिए:
लेंसों के बीच की दूरी $0.30 \,m$ है। $L_1$ से प्राप्त प्रतिबिंब $L_1$ के दाईं ओर $0.40 \,m$ पर है,जिसका अर्थ है कि यह $L_2$ के दाईं ओर $0.40 - 0.30 = 0.10 \,m$ की दूरी पर है।
चूंकि प्रकाश किरणें $L_2$ के पीछे एक बिंदु की ओर अभिसरित हो रही हैं,यह $L_2$ के लिए एक आभासी वस्तु के रूप में कार्य करता है।
इस प्रकार,$u_2 = +0.10 \,m$ और $f_2 = -0.10 \,m$ (अवतल लेंस)।
लेंस सूत्र $\frac{1}{v_2} - \frac{1}{u_2} = \frac{1}{f_2}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_2} = \frac{1}{f_2} + \frac{1}{u_2} = \frac{1}{-0.10} + \frac{1}{0.10} = -10 + 10 = 0$.
इसलिए,$v_2 = \infty$.
अंतिम प्रतिबिंब अनंत पर बनता है।

(B) प्रारंभ में,$P_1, P_2, P_3, P_4$ और $P_5$ पर स्थित $5$ समान आवेशों की सममित व्यवस्था के कारण बिंदु $O$ पर केंद्रीय आवेश पर कुल बल शून्य है।
मान लीजिए $\vec{F}_1, \vec{F}_2, \vec{F}_3, \vec{F}_4$ और $\vec{F}_5$ क्रमशः $P_1, P_2, P_3, P_4$ और $P_5$ पर स्थित आवेशों द्वारा बिंदु $O$ पर केंद्रीय आवेश पर लगाए गए बल हैं।
चूंकि कुल बल शून्य है,इसलिए $\vec{F}_1 + \vec{F}_2 + \vec{F}_3 + \vec{F}_4 + \vec{F}_5 = 0$ है।
जब $P_1$ पर स्थित आवेश को हटा दिया जाता है,तो केंद्रीय आवेश पर नया कुल बल $\vec{F}_{net} = \vec{F}_2 + \vec{F}_3 + \vec{F}_4 + \vec{F}_5 = -\vec{F}_1$ होता है।
इसका अर्थ है कि कुल बल का परिमाण $P_1$ पर स्थित आवेश द्वारा लगाए गए बल के बराबर है और इसकी दिशा उसके विपरीत (अर्थात $OP_1$ रेखा पर $P_1$ से दूर,जो ऊपर की ओर है) है।
बल का परिमाण $F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q_1 q_2}{r^2} = (9 \times 10^9) \frac{(10^{-5})(5 \times 10^{-5})}{(1)^2} = 4.5 \,N$ है।
केंद्रीय आवेश का त्वरण $a = \frac{F}{m} = \frac{4.5 \,N}{0.5 \,kg} = 9 \,m/s^2$ है।
अतः,त्वरण $9 \,m/s^2$ ऊपर की ओर है।