KVPY 2010 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) दिया गया निकाय एक सरल लोलक की तरह कार्य करता है, जहाँ प्रभावी लंबाई $(l)$ निलंबन बिंदु और दोलन करने वाली वस्तु के गुरुत्व केंद्र $(C.G.)$ के बीच की दूरी है।
प्रारंभ में, जब गोला भरा होता है, तो $C.G.$ गोले के केंद्र पर होता है। जैसे-जैसे पानी बाहर निकलता है, शेष पानी का द्रव्यमान केंद्र नीचे की ओर खिसकता है, जिससे निकाय का परिणामी $C.G.$ नीचे की ओर चला जाता है। इससे प्रभावी लंबाई $(l)$ बढ़ जाती है, और चूंकि आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{l/g}$ होता है, इसलिए आवर्तकाल $T$ बढ़ जाता है।
जैसे-जैसे और पानी बाहर निकलता है, शेष पानी का वजन खाली गोले के वजन से कम हो जाता है। परिणामी $C.G.$ वापस गोले के केंद्र की ओर ऊपर की ओर खिसकने लगता है। परिणामस्वरूप, प्रभावी लंबाई $(l)$ घट जाती है, जिससे आवर्तकाल $T$ घट जाता है।
अंत में, जब गोला पूरी तरह से खाली हो जाता है, तो $C.G.$ गोले के केंद्र पर वापस आ जाता है, जिससे प्रभावी लंबाई अपने प्रारंभिक मान के बराबर हो जाती है। इस प्रकार, आवर्तकाल अपने मूल मान पर वापस आ जाता है। इसलिए, दोलन का आवर्तकाल पहले बढ़ता है और फिर घटकर अपने मूल मान पर आ जाता है।

(A) पेन और कागज के बीच सीमांत घर्षण $f_1 = \mu_1 mg$ है।
पेन के फिसलने की शुरुआत करने के लिए,पेन पर कार्य करने वाला बल कम से कम $f_1$ होना चाहिए। यह बल कागज द्वारा लगाए गए घर्षण द्वारा प्रदान किया जाता है,जो पेन पर लगने वाले घर्षण बल के बराबर होता है।
अतः,पेन का त्वरण $a = \frac{f_1}{m} = \mu_1 g$ है।
पेन के फिसलने के लिए,कागज का त्वरण कम से कम $a = \mu_1 g$ होना चाहिए।
अब,द्रव्यमान $M$ के कागज के लिए फ्री बॉडी डायग्राम पर विचार करें। कागज पर कार्य करने वाले बल आरोपित बल $F$,पेन द्वारा लगाया गया घर्षण $f_1$ (पीछे की ओर) और मेज द्वारा लगाया गया घर्षण $f_2$ (पीछे की ओर) हैं।
मेज पर अभिलंब बल $N = (M+m)g$ है,इसलिए $f_2 = \mu_2(M+m)g$ है।
कागज के लिए न्यूटन का दूसरा नियम लागू करने पर:
$F - f_1 - f_2 = Ma$
$F = Ma + f_1 + f_2$
मान रखने पर:
$F = M(\mu_1 g) + \mu_1 mg + \mu_2(M+m)g$
$F = (M+m)\mu_1 g + (M+m)\mu_2 g$
$F = (M+m)(\mu_1 + \mu_2)g$.

(A) सही विकल्प $A$ है।
मान लीजिए कि द्रव्यमान $m_1$ और $m_2$ का उनके संतुलन स्थितियों से विस्थापन क्रमशः $x_1$ और $x_2$ है।
स्प्रिंग का कुल विस्तार $x = x_1 + x_2$ है।
प्रत्येक द्रव्यमान पर लगने वाला प्रत्यानयन बल $F = -kx$ है।
प्रत्येक द्रव्यमान के लिए न्यूटन का गति का दूसरा नियम लागू करने पर:
$m_1 \frac{d^2 x_1}{dt^2} = -kx$
$m_2 \frac{d^2 x_2}{dt^2} = -kx$
इनसे,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{d^2 x_1}{dt^2} = -\frac{k}{m_1} x$
$\frac{d^2 x_2}{dt^2} = -\frac{k}{m_2} x$
चूंकि $x = x_1 + x_2$,सापेक्ष त्वरण है:
$\frac{d^2 x}{dt^2} = \frac{d^2 x_1}{dt^2} + \frac{d^2 x_2}{dt^2} = -k \left( \frac{1}{m_1} + \frac{1}{m_2} \right) x = -k \left( \frac{m_1 + m_2}{m_1 m_2} \right) x$
यह सरल आवर्त गति का समीकरण $\frac{d^2 x}{dt^2} = -\omega^2 x$ है,जहाँ $\omega^2 = k \left( \frac{m_1 + m_2}{m_1 m_2} \right) = \frac{k}{\mu}$,और $\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$ समानित द्रव्यमान (reduced mass) है।
आवर्तकाल $T$ इस प्रकार है:
$T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{\mu}{k}} = 2\pi \sqrt{\frac{m_1 m_2}{k(m_1 + m_2)}}$

(B) डोरी में तनाव $T$ के घटकों को वियोजित करने पर,मनके पर कार्य करने वाला प्रत्यानयन बल $F = -2 T \sin \theta$ है।
चित्र की ज्यामिति से,$\sin \theta = \frac{x}{\sqrt{x^2 + (l/2)^2}}$ है।
छोटे विस्थापन $x$ के लिए,जहाँ $x \ll l/2$,हम $\sin \theta \approx \tan \theta = \frac{x}{l/2} = \frac{2x}{l}$ मान सकते हैं।
अतः,प्रत्यानयन बल $F = -2 T \left( \frac{2x}{l} \right) = -\left( \frac{4T}{ml} \right) m x$ है।
इसे सरल आवर्त गति के मानक समीकरण $F = -m \omega^2 x$ से तुलना करने पर,हमें $\omega^2 = \frac{4T}{ml}$ प्राप्त होता है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{4T}{ml}}$ है।
अतः,दोलन की आवृत्ति $f = \frac{\omega}{2 \pi} = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{4T}{ml}}$ है।

(C) दीर्घवृत्ताकार कक्षा में एक धूमकेतु के लिए,अर्ध-दीर्घ अक्ष $a$,पेरिहेलियन दूरी $(r_p)$ और एफेलियन दूरी $(r_a)$ का औसत होता है:
$a = \frac{r_p + r_a}{2} = \frac{0.4 + x}{2} \, AU$
केप्लर के तीसरे नियम के अनुसार,आवर्तकाल $T$ का वर्ग अर्ध-दीर्घ अक्ष $a$ के घन के समानुपाती होता है:
$T^2 \propto a^3$
धूमकेतु की पृथ्वी के साथ तुलना करने पर ($T_e = 1 \, yr$,$a_e = 1 \, AU$):
$\left(\frac{T}{T_e}\right)^2 = \left(\frac{a}{a_e}\right)^3$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर $(T = 125 \, yr)$:
$\left(\frac{125}{1}\right)^2 = \left(\frac{0.4 + x}{2 \times 1}\right)^3$
$(125)^2 = \left(\frac{0.4 + x}{2}\right)^3$
दोनों पक्षों का घनमूल लेने पर:
$(125)^{2/3} = \frac{0.4 + x}{2}$
$(5^3)^{2/3} = \frac{0.4 + x}{2}$
$5^2 = \frac{0.4 + x}{2}$
$25 = \frac{0.4 + x}{2}$
$50 = 0.4 + x$
$x = 50 - 0.4 = 49.6 \, AU$
अतः,एफेलियन दूरी $49.6 \, AU$ है।

(B) पुस्तक शेल्फ से संपर्क तब खो देगी जब शेल्फ का नीचे की ओर त्वरण गुरुत्वीय त्वरण $g$ से अधिक हो जाएगा।
संपर्क खोने की शर्त $a_{\max} \geq g$ है।
चूंकि शेल्फ सरल आवर्त गति कर रही है,अधिकतम त्वरण $a_{\max} = \omega^2 A$ होता है,जहाँ $\omega$ कोणीय आवृत्ति है और $A$ आयाम है।
$a_{\max} = g$ रखने पर,हमें $\omega^2 A = g$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\omega = \sqrt{\frac{g}{A}}$।
यहाँ $A = 2.5 \,cm = 0.025 \,m$ और $g = 10 \,m/s^2$ दिया गया है,इसलिए $\omega = \sqrt{\frac{10}{0.025}} = \sqrt{400} = 20 \,rad/s$।
आवृत्ति $f = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{20}{2\pi} = \frac{10}{\pi} \approx 3.18 \,Hz$ है।

(C) एक क्वासीस्टैटिक रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,ऊष्मा विनिमय $dQ = 0$ होता है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम से,$dU = dQ - dW$,इसलिए $dW = -dU$ होता है।
दिया गया है $U = CT - \frac{n^2 a}{V}$,आंतरिक ऊर्जा में अवकलित परिवर्तन $dU = C dT + \frac{n^2 a}{V^2} dV$ है।
साथ ही,किया गया कार्य $dW = p dV$ है।
$dW = -dU$ को बराबर करने पर,हमें $p dV = -(C dT + \frac{n^2 a}{V^2} dV)$ प्राप्त होता है।
वैन डर वाल्स समीकरण $p = \frac{nRT}{V-nb} - \frac{n^2 a}{V^2}$ को उपरोक्त समीकरण में रखने पर:
$(\frac{nRT}{V-nb} - \frac{n^2 a}{V^2}) dV = -C dT - \frac{n^2 a}{V^2} dV$.
दोनों पक्षों से $-\frac{n^2 a}{V^2} dV$ पद कट जाएगा:
$\frac{nRT}{V-nb} dV = -C dT$.
चरों को व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{dV}{V-nb} = -\frac{C}{nR} \frac{dT}{T}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $\int \frac{dV}{V-nb} = -\frac{C}{nR} \int \frac{dT}{T}$.
इससे $\ln(V-nb) = -\frac{C}{nR} \ln T + \text{स्थिरांक}$ प्राप्त होता है।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर $\ln(V-nb) + \ln(T^{C/nR}) = \text{स्थिरांक}$ मिलता है।
अतः,$T^{C/nR} \cdot (V-nb) = \text{स्थिरांक}$।

(B) यह चक्र $A$ से $B$ तक के सीधी रेखा पथ और $B$ से $A$ तक के रुद्धोष्म पथ से बना है।
$A$ से $B$ तक सीधी रेखा पथ के साथ,गैस का विस्तार होता है और तापमान बदलता है। चूंकि पथ एक सीधी रेखा है,इसलिए ऊष्मा का आदान-प्रदान बदलता रहता है। विशेष रूप से,सीधी रेखा पर विस्तार के दौरान गैस द्वारा ऊष्मा अवशोषित की जाती है।
$B$ से $A$ तक वक्र पथ पर,प्रक्रिया रुद्धोष्म है,जिसका अर्थ है कि कोई ऊष्मा का आदान-प्रदान नहीं होता है $(dQ = 0)$।
हालाँकि,एक पूर्ण चक्र में,गैस द्वारा कार्य करने के लिए,ऊष्मा को एक स्रोत से अवशोषित किया जाना चाहिए और कुछ ऊष्मा को सिंक में मुक्त किया जाना चाहिए। इस विशिष्ट चक्र में,सीधी रेखा के विस्तार के दौरान ऊष्मा अवशोषित होती है और रुद्धोष्म संपीड़न के दौरान मुक्त होती है। इसलिए,विकल्प $B$ ऊष्मा विनिमय विशेषताओं का सही वर्णन करता है।

(B) स्रोत (बस) एक स्थिर प्रेक्षक (बस स्टॉप पर खड़ा व्यक्ति) की ओर बढ़ रहा है।
दिया गया है:
स्रोत का वेग,$v_s = 39.6 \,km/h = 39.6 \times \frac{5}{18} = 11 \,ms^{-1}$.
ध्वनि का वेग,$v = 330 \,ms^{-1}$.
स्रोत का समय अंतराल,$T = 30 \,s$.
जब स्रोत एक स्थिर प्रेक्षक की ओर बढ़ता है,तो दो लगातार पल्स के बीच का आभासी समय अंतराल $T^{\prime}$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$T^{\prime} = T \left( \frac{v - v_s}{v} \right)$
मान रखने पर:
$T^{\prime} = 30 \left( \frac{330 - 11}{330} \right)$
$T^{\prime} = 30 \left( \frac{319}{330} \right)$
$T^{\prime} = \frac{319}{11} = 29 \,s$.
अतः,व्यक्ति को $29 \,s$ के अंतराल पर हॉर्न सुनाई देगा।

(A) गैसीय माध्यम में ध्वनि का वेग निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v = \sqrt{\frac{\gamma RT}{M}}$
चूंकि दी गई स्थितियों के लिए तापमान $T$ और एडियाबेटिक इंडेक्स $\gamma$ स्थिर हैं,इसलिए वेग मोलर द्रव्यमान $M$ के वर्गमूल के व्युत्क्रमानुपाती होता है:
$v \propto \frac{1}{\sqrt{M}}$
अतः,ऑक्सीजन $(v_{O_2})$ और हाइड्रोजन $(v_{H_2})$ में ध्वनि के वेग का अनुपात है:
$\frac{v_{O_2}}{v_{H_2}} = \sqrt{\frac{M_{H_2}}{M_{O_2}}}$
हाइड्रोजन $(H_2)$ का मोलर द्रव्यमान $2 \text{ g/mol}$ है और ऑक्सीजन $(O_2)$ का मोलर द्रव्यमान $32 \text{ g/mol}$ है।
$\frac{v_{O_2}}{v_{H_2}} = \sqrt{\frac{2}{32}} = \sqrt{\frac{1}{16}} = \frac{1}{4}$
इस प्रकार,अनुपात $1:4$ है।

(D) द्रव्यमानों की प्रारंभिक स्थिति $x_1 = 0$ और $x_2 = l$ है।
$t=0$ पर द्रव्यमान केंद्र की प्रारंभिक स्थिति $(x_{CM})$ इस प्रकार है:
$x_{CM} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2} = \frac{m_1(0) + m_2(l)}{m_1 + m_2} = \frac{m_2 l}{m_1 + m_2}$
द्रव्यमानों का प्रारंभिक वेग $v_1 = v_0$ और $v_2 = 0$ है।
द्रव्यमान केंद्र का वेग $(v_{CM})$ स्थिर रहता है क्योंकि निकाय पर कोई बाहरी बल कार्य नहीं कर रहा है:
$v_{CM} = \frac{m_1 v_1 + m_2 v_2}{m_1 + m_2} = \frac{m_1 v_0 + m_2(0)}{m_1 + m_2} = \frac{m_1 v_0}{m_1 + m_2}$
$t$ समय के बाद,द्रव्यमान केंद्र की स्थिति $(x'_{CM})$ इस प्रकार है:
$x'_{CM} = x_{CM} + v_{CM} t$
$x'_{CM} = \frac{m_2 l}{m_1 + m_2} + \left( \frac{m_1 v_0}{m_1 + m_2} \right) t$
$x'_{CM} = \frac{m_2 l}{m_1 + m_2} + \frac{m_1 v_0 t}{m_1 + m_2}$
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(C) एंट्रॉपी में परिवर्तन का सूत्र $\Delta S = \int \frac{dQ}{T}$ है।
तांबे के लिए,एंट्रॉपी में परिवर्तन $\Delta S_{Cu} = \int_{T_i}^{T_f} \frac{mc dT}{T} = mc \ln(\frac{T_f}{T_i})$ है,जो कि ऋणात्मक है (तांबा एंट्रॉपी खोता है)।
तालाब के लिए,उसने $Q = mc(T_i - T_f)$ ऊष्मा प्राप्त की है। तालाब का तापमान $T_{pond} = 30^{\circ} C$ स्थिर रहता है,इसलिए तालाब द्वारा प्राप्त एंट्रॉपी $\Delta S_{pond} = \frac{Q}{T_{pond}} = \frac{mc(100 - 30)}{303.15}$ है।
चूंकि यह एक अनुत्क्रमणीय (irreversible) प्रक्रिया है,इसलिए कुल एंट्रॉपी में वृद्धि होनी चाहिए $(\Delta S_{total} > 0)$।
इसलिए,$\Delta S_{pond} + \Delta S_{Cu} > 0$,जिसका अर्थ है कि $\Delta S_{pond} > |\Delta S_{Cu}|$।
अतः,तालाब तांबे द्वारा खोई गई एंट्रॉपी से अधिक एंट्रॉपी प्राप्त करता है।

(D) गेंद को $h$ ऊँचाई से गिराया जाता है। पहली टक्कर से ठीक पहले वेग $v_0 = \sqrt{2gh}$ है।
पहली टक्कर के बाद,उछाल का वेग $v_1 = rv_0$ है। पहली टक्कर के बाद प्राप्त ऊँचाई $h_1 = \frac{v_1^2}{2g} = r^2 h$ है।
दूसरी टक्कर के बाद,उछाल का वेग $v_2 = rv_1 = r^2 v_0$ है। प्राप्त ऊँचाई $h_2 = \frac{v_2^2}{2g} = r^4 h$ है।
सामान्य तौर पर,$n$-वीं टक्कर के बाद प्राप्त ऊँचाई $h_n = r^{2n} h$ है।
$10$वीं टक्कर तक गेंद द्वारा तय की गई कुल दूरी $d$ में प्रारंभिक $h$ ऊँचाई का गिरना,और उसके बाद $h_1, h_2, \dots, h_{10}$ ऊँचाई के $10$ ऊपर और $10$ नीचे के मार्ग शामिल हैं।
$d = h + 2(h_1 + h_2 + \dots + h_{10})$
$d = h + 2(r^2 h + r^4 h + \dots + r^{20} h)$
$d = h + 2h(r^2 + r^4 + \dots + r^{20})$
यह एक गुणोत्तर श्रेणी है जिसमें पहला पद $a = r^2$,सार्व अनुपात $R = r^2$,और $n = 10$ पद हैं।
योग $S_{10} = r^2 \frac{1-(r^2)^{10}}{1-r^2} = r^2 \frac{1-r^{20}}{1-r^2}$ है।
अतः,$d = h + 2h \left( r^2 \frac{1-r^{20}}{1-r^2} \right)$।
विकल्पों के साथ तुलना करने पर,$2h \left( \frac{1-r^{20}}{1-r^2} \right) - h$ सही उत्तर है।

(A) ग्रह के घूर्णन के कारण,$\lambda$ अक्षांश पर गुरुत्वाकर्षण के कारण प्रभावी त्वरण $g^{\prime} = g - \omega^2 R \cos^2 \lambda$ द्वारा दिया जाता है।
भूमध्य रेखा पर,$\lambda = 0^{\circ}$,इसलिए $g_e = g - \omega^2 R$.
$60^{\circ}$ अक्षांश पर,$\lambda = 60^{\circ}$,इसलिए $g_{60} = g - \omega^2 R \cos^2(60^{\circ}) = g - \frac{\omega^2 R}{4}$.
यह दिया गया है कि भूमध्य रेखा पर भार $60^{\circ}$ पर भार का $f$ गुना है,इसलिए $g_e = f \cdot g_{60}$.
समीकरणों को प्रतिस्थापित करने पर: $g - \omega^2 R = f \left( g - \frac{\omega^2 R}{4} \right)$.
पुनर्व्यवस्थित करने पर: $g(1 - f) = \omega^2 R \left( 1 - \frac{f}{4} \right) = \frac{\omega^2 R}{4} (4 - f)$.
$g = \frac{GM}{R^2}$,$M = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho$,और $\omega = \frac{2\pi}{T}$ का उपयोग करके:
$\frac{G}{R^2} \left( \frac{4}{3} \pi R^3 \rho \right) (1 - f) = \frac{4 \pi^2}{T^2} R \left( \frac{4 - f}{4} \right)$.
$\frac{4}{3} \pi G R \rho (1 - f) = \frac{\pi^2 R}{T^2} (4 - f)$.
घनत्व $\rho$ के लिए हल करने पर: $\rho = \left( \frac{4 - f}{1 - f} \right) \cdot \frac{3 \pi}{4 G T^2}$.

(A) कण पर लगने वाला बल $F = -\frac{dV}{dx}$ द्वारा दिया जाता है।
$F = -\frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} k x^2 - V_0 \cos \left( \frac{x}{a} \right) \right) = -\left( kx + \frac{V_0}{a} \sin \left( \frac{x}{a} \right) \right)$.
चूँकि दोलन का आयाम $a$ से बहुत छोटा है,इसलिए $x \ll a$,जिसका अर्थ है $\frac{x}{a} \ll 1$। छोटे $\theta$ के लिए $\sin \theta \approx \theta$ के सन्निकटन का उपयोग करने पर,हमें $\sin \left( \frac{x}{a} \right) \approx \frac{x}{a}$ प्राप्त होता है।
इसे बल के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $F \approx -\left( kx + \frac{V_0}{a} \cdot \frac{x}{a} \right) = -\left( k + \frac{V_0}{a^2} \right) x$.
यह $F = -K_{eff} x$ के रूप में है,जहाँ $K_{eff} = k + \frac{V_0}{a^2}$ है।
कोणीय आवृत्ति $\omega$ का मान $\omega = \sqrt{\frac{K_{eff}}{m}} = \sqrt{\frac{k + \frac{V_0}{a^2}}{m}} = \sqrt{\frac{k a^2 + V_0}{m a^2}}$ है।
अतः आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{m a^2}{k a^2 + V_0}}$ होगा।

(C) प्रक्रिया का समीकरण $p V^{\alpha} = K$ (स्थिरांक) है।
आदर्श गैस नियम के अनुसार,$pV = nRT$,इसलिए $p = \frac{nRT}{V}$।
इस मान को प्रक्रिया समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $\left(\frac{nRT}{V}\right) V^{\alpha} = K \Rightarrow T V^{\alpha-1} = \text{स्थिरांक}$।
पॉलिट्रोपिक प्रक्रिया $p V^{\alpha} = K$ में किया गया कार्य $\Delta W = \int p dV = \frac{p_f V_f - p_i V_i}{1-\alpha} = \frac{nR \Delta T}{1-\alpha}$ द्वारा दिया जाता है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$।
हम जानते हैं कि $\Delta Q = C \Delta T$ और $\Delta U = C_V \Delta T$।
इन मानों को प्रथम नियम के समीकरण में रखने पर: $C \Delta T = C_V \Delta T + \frac{nR \Delta T}{1-\alpha}$।
$\Delta T$ से विभाजित करने पर,हमें मोलर ऊष्मा धारिता $C = C_V + \frac{nR}{1-\alpha}$ प्राप्त होती है।

(D) चक्रीय प्रक्रिया $A \rightarrow B \rightarrow C \rightarrow A$ के लिए,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = 0$ होता है। ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta W$,जहाँ $\Delta W$ $p-V$ आरेख में त्रिभुज $ABC$ द्वारा घिरा हुआ क्षेत्रफल है।
क्षेत्रफल $= \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई} = \frac{1}{2} (V_2 - V_1)(p_2 - p_1)$.
प्रक्रिया $AB$ (समदाबी,$p = p_1$) के लिए:
$\Delta Q_{AB} = n C_p \Delta T = n (\frac{5}{2} R) \Delta T = \frac{5}{2} p_1 (V_1 - V_2)$.
प्रक्रिया $BC$ (समआयतनिक,$V = V_2$) के लिए:
$\Delta Q_{BC} = n C_V \Delta T = n (\frac{3}{2} R) \Delta T = \frac{3}{2} V_2 (p_2 - p_1)$.
$\Delta Q_{total} = \Delta Q_{AB} + \Delta Q_{BC} + \Delta Q_{AC} = \Delta W$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\Delta Q_{AC} = \Delta W - \Delta Q_{AB} - \Delta Q_{BC}$.
मान रखने पर:
$\Delta Q_{AC} = \frac{1}{2}(V_2 - V_1)(p_2 - p_1) - [\frac{5}{2} p_1 (V_1 - V_2) + \frac{3}{2} V_2 (p_2 - p_1)]$.
इस व्यंजक को सरल करने पर:
$\Delta Q_{AC} = 2(p_2 V_2 - p_1 V_1) + \frac{1}{2}(p_1 V_2 - p_2 V_1)$.

(A) घर्षण बल एक स्व-समायोजित बल है। जब लगाया गया बल बढ़ाया जाता है,तो स्थैतिक घर्षण पहले लगाए गए बल के साथ (और इस प्रकार समय $t$ के साथ,क्योंकि बल लगातार बढ़ रहा है) रैखिक रूप से बढ़ता है जब तक कि यह अधिकतम मान तक नहीं पहुँच जाता जिसे सीमांत घर्षण कहा जाता है।
एक बार जब लगाया गया बल सीमांत घर्षण से अधिक हो जाता है,तो ब्लॉक फिसलना शुरू कर देता है।
चूंकि स्थैतिक और गतिज घर्षण गुणांकों को समान माना गया है,इसलिए गतिज घर्षण सीमांत घर्षण के मान पर स्थिर रहता है।
इसलिए,घर्षण बल $f$ समय $t$ के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है जब तक कि ब्लॉक फिसलना शुरू नहीं कर देता,जिसके बाद यह स्थिर रहता है। इस व्यवहार को विकल्प $A$ में दिए गए ग्राफ द्वारा सही ढंग से दर्शाया गया है।

(C) नीचे की ओर त्वरण को रोकने के लिए,गोलियों द्वारा लगाया गया ऊपर की ओर बल (थ्रस्ट फोर्स) सैनिक और बंदूक के वजन को संतुलित करना चाहिए।
मान लीजिए $M$ सैनिक और बंदूक का कुल द्रव्यमान है,और $m$ एक गोली का द्रव्यमान है।
गोलियों द्वारा लगाया गया बल गोलियों के संवेग परिवर्तन की दर के बराबर होता है: $F = \frac{N}{\Delta t} \times m \times v$,जहाँ $\frac{N}{\Delta t}$ प्रति सेकंड दागी गई गोलियों की संख्या है।
इस बल को सैनिक के वजन के बराबर करने पर: $Mg = \frac{N}{\Delta t} \times m \times v$.
दिया गया है: $\frac{N}{\Delta t} = 40 \,s^{-1}$,$m = 49 \,g = 0.049 \,kg$,$v = 500 \,m/s$,और $g = 9.8 \,m/s^2$.
मान रखने पर: $M \times 9.8 = 40 \times 0.049 \times 500$.
$M \times 9.8 = 40 \times 24.5 = 980$.
$M = \frac{980}{9.8} = 100 \,kg$.

(D) सही उत्तर $D$ है।
जब कोई तारा अपना द्रव्यमान खोए बिना सिकुड़ता है,तो उसकी सतह पर गुरुत्वीय त्वरण बढ़ जाता है,लेकिन ग्रह जैसी दूर की वस्तु पर उस तारे द्वारा लगाए गए गुरुत्वाकर्षण बल में कोई परिवर्तन नहीं होता है।
तारे द्वारा ग्रह पर लगाए गए गुरुत्वाकर्षण बल का सूत्र है:
$F = \frac{G M m}{r^2}$
जहाँ $M$ तारे का द्रव्यमान है,$m$ ग्रह का द्रव्यमान है और $r$ ग्रह की कक्षीय त्रिज्या है।
चूंकि तारे का द्रव्यमान $(M)$,ग्रह का द्रव्यमान $(m)$ और उनके बीच की दूरी $(r)$ अपरिवर्तित रहती है,इसलिए गुरुत्वाकर्षण बल $F$ स्थिर रहता है।
वृत्तातीय कक्षा को बनाए रखने के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल केवल तारे के द्रव्यमान और दूरी $r$ पर निर्भर करता है,और इनमें से किसी में भी कोई बदलाव नहीं हुआ है,इसलिए ग्रह की कक्षीय त्रिज्या में कोई परिवर्तन नहीं होगा।

(B) जब दो ब्लॉकों को संपर्क में लाया जाता है,तो गर्म ब्लॉक ऊष्मा खो देता है और ठंडा ब्लॉक ऊष्मा प्राप्त करता है।
मान लीजिए $T_f$ अंतिम संतुलन तापमान है।
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,गर्म ब्लॉक द्वारा खोई गई ऊष्मा = ठंडे ब्लॉक द्वारा प्राप्त ऊष्मा।
$m \int_{T_f}^{80} s(T) dT = m \int_{20}^{T_f} s(T) dT$
चूंकि विशिष्ट ऊष्मा $s(T)$ तापमान के साथ बढ़ने वाला फलन है,इसलिए गर्म ब्लॉक की औसत विशिष्ट ऊष्मा ($T_f$ से $80^{\circ} C$ की सीमा में) ठंडे ब्लॉक की औसत विशिष्ट ऊष्मा ($20^{\circ} C$ से $T_f$ की सीमा में) से अधिक होगी।
मान लीजिए $s_{avg, hot}$ गर्म ब्लॉक की औसत विशिष्ट ऊष्मा है और $s_{avg, cold}$ ठंडे ब्लॉक की औसत विशिष्ट ऊष्मा है। अतः $s_{avg, hot} > s_{avg, cold}$।
$s_{avg, hot} (80 - T_f) = s_{avg, cold} (T_f - 20)$
$\frac{80 - T_f}{T_f - 20} = \frac{s_{avg, cold}}{s_{avg, hot}} < 1$
$80 - T_f < T_f - 20$
$100 < 2T_f$
$T_f > 50^{\circ} C$
अतः,अंतिम तापमान $50^{\circ} C$ से अधिक होगा।

(A) नए पैमाने $t_x$ और निरपेक्ष तापमान $T$ के बीच संबंध $t_x = 3T + 100$ दिया गया है।
तापमान में परिवर्तन $\Delta t_x$,निरपेक्ष तापमान में परिवर्तन $\Delta T$ से इस प्रकार संबंधित है:
$\Delta t_x = t_{x2} - t_{x1} = (3T_2 + 100) - (3T_1 + 100) = 3(T_2 - T_1) = 3 \Delta T$.
विशिष्ट ऊष्मा $c$ को इकाई द्रव्यमान $m$ के तापमान में इकाई परिवर्तन $\Delta \theta$ लाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q$ के रूप में परिभाषित किया गया है:
$c = \frac{Q}{m \Delta \theta}$.
यहाँ $c_x = 1400 \, J \, kg^{-1} X^{-1}$ दिया गया है,इसलिए $c_x = \frac{Q}{m \Delta t_x} = 1400$.
हमें $c_{SI} = \frac{Q}{m \Delta T}$ ज्ञात करना है।
$\Delta t_x = 3 \Delta T$ को $c_x$ के समीकरण में रखने पर:
$1400 = \frac{Q}{m (3 \Delta T)} = \frac{1}{3} \left( \frac{Q}{m \Delta T} \right) = \frac{1}{3} c_{SI}$.
अतः,$c_{SI} = 3 \times 1400 = 4200 \, J \, kg^{-1} K^{-1}$.

(D) द्रव्यमान $m$,बिंदु $Q$ से $H$ ऊँचाई पर है,जहाँ स्थितिज ऊर्जा शून्य ली गई है। चित्र की ज्यामिति से,यदि किसी कोण $\theta$ पर,द्रव्यमान $m$ की सबसे निचले बिंदु $Q$ से ऊँचाई $h$ है,तो $\triangle ABC$ से,$\cos \theta = \frac{R-h}{R} \Rightarrow h = R(1 - \cos \theta)$। अतः,स्थितिज ऊर्जा $U(\theta) = mgh = mgR(1 - \cos \theta)$ है।
$(b)$ स्थिति $\theta$ पर गतिज ऊर्जा $K(\theta)$,प्रारंभिक स्थिति $P$ से स्थिति $\theta$ तक पहुँचने में हुई स्थितिज ऊर्जा की हानि है। अतः,$K(\theta) = mgH - U(\theta) = mgH - mgR(1 - \cos \theta) = mg(H - R(1 - \cos \theta))$ है।
$(c)$ $H \ll R$ के लिए,गति सरल आवर्त गति है जिसका आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{R}{g}}$ है। $P$ से $Q$ तक जाने में लगा समय इस आवर्तकाल का एक-चौथाई है। अतः,$t = \frac{T}{4} = \frac{2\pi}{4} \sqrt{\frac{R}{g}} = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{R}{g}}$ है।
$(d)$ सबसे निचले बिंदु $Q$ पर ऊर्जा संरक्षण के नियम से,यदि $m$ का वेग $v$ है,तो $\frac{1}{2}mv^2 = mgH \Rightarrow mv^2 = 2mgH$। अभिकेंद्र बल $F_c = \frac{mv^2}{R} = \frac{2mgH}{R}$ है। $Q$ पर अभिलंब प्रतिक्रिया बल $N$ के लिए $N - mg = \frac{mv^2}{R} \Rightarrow N = mg + \frac{2mgH}{R} = mg(1 + \frac{2H}{R})$ है। यह ब्लॉक द्वारा सतह पर लगाया गया बल है।

(D) जब स्विच $S$ को $t = 0$ समय पर बंद किया जाता है,तो प्रेरक $L$ इसमें बहने वाली धारा में किसी भी परिवर्तन का विरोध करता है।
लेंज के नियम के अनुसार,प्रेरक में प्रेरित emf $\varepsilon = -L(di/dt)$ द्वारा दिया जाता है।
$t = 0$ के क्षण पर,परिपथ में धारा शून्य होती है और प्रेरक धारा में अचानक परिवर्तन को रोकने के लिए एक खुले परिपथ (अनंत प्रतिरोध) के रूप में कार्य करता है।
इसलिए,स्विच बंद करने के क्षण पर परिपथ में धारा $i = 0$ होती है।

(A) $R$ त्रिज्या और कुल आवेश $Q$ के एक समान गोलीय आयतन आवेश वितरण के लिए,केंद्र से $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E$ गॉस के नियम द्वारा इस प्रकार दिया जाता है:
$1$. गोले के अंदर $(r < R)$:
$E = \frac{k Q r}{R^3}$
यहाँ,$E \propto r$,जो मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है।
$2$. गोले के बाहर $(r \geq R)$:
$E = \frac{k Q}{r^2}$
यहाँ,$E \propto \frac{1}{r^2}$,जो $r$ के बढ़ने के साथ घटने वाले वक्र को दर्शाता है।
सतह पर $(r = R)$,विद्युत क्षेत्र अधिकतम होता है,$E_{max} = \frac{k Q}{R^2}$.
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,जो ग्राफ $r < R$ के लिए रैखिक वृद्धि और $r \geq R$ के लिए $1/r^2$ के अनुसार कमी को दर्शाता है,वह विकल्प $A$ है।

(D) चालक कोश के गुणों के अनुसार,गुहा के अंदर विद्युत क्षेत्र केवल गुहा के भीतर रखे गए $+q$ आवेश द्वारा निर्धारित होता है।
कोश का चालक पदार्थ गुहा को किसी भी बाहरी विद्युत क्षेत्र (जैसे कोश के बाहर $+Q$ द्वारा उत्पन्न क्षेत्र) से बचाने के लिए अपने स्वयं के आवेशों का पुनर्वितरण करता है।
विशेष रूप से,अंदर का $+q$ आवेश कोश की आंतरिक सतह पर $-q$ आवेश प्रेरित करता है,और बाहरी $+Q$ आवेश कोश की बाहरी सतह पर आवेश प्रेरित करता है,लेकिन ये बाहरी प्रभाव गुहा में प्रवेश नहीं करते हैं।
इसलिए,खोखली गुहा में विद्युत क्षेत्र केवल $+q$ के कारण होता है।

(C) विद्युत क्षेत्र के दिए गए घटक $E_y = E_0 \sin(kx + \omega t)$ और $E_z = -2E_0 \sin(kx - \omega t)$ हैं।
किसी तरंग के वृत्तीय या दीर्घवृत्तीय ध्रुवित होने के लिए,घटकों के बीच एक स्थिर कलांतर (आमतौर पर $\pi/2$) होना चाहिए।
यहाँ,घटक $E_y$ और $E_z$ विपरीत दिशाओं (क्रमशः $+x$ और $-x$ दिशाओं) में यात्रा करने वाली दो तरंगों को दर्शाते हैं।
चूंकि ये विपरीत दिशाओं में यात्रा करने वाली दो स्वतंत्र तरंगें हैं,इसलिए इनका अध्यारोपण प्रगामी तरंग के पारंपरिक अर्थ में एक एकल ध्रुवित अवस्था में परिणत नहीं होता है; हालाँकि,दिए गए विकल्पों के संदर्भ में,इन विशिष्ट दोलनों का अध्यारोपण एक परिणामी सदिश देता है जो $yz$-समतल में एक निश्चित रेखा के अनुदिश दोलन करता है।
अतः,यह तरंग रेखीय ध्रुवित है।
सही विकल्प $C$ है।

(B) प्रकाश स्रोत को ऊपर से अदृश्य बनाने के लिए,स्रोत से निकलने वाली प्रकाश किरणों को पानी-हवा के अंतरापृष्ठ पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन का अनुभव करना चाहिए।
मान लीजिए $r$ अपारदर्शी डिस्क की त्रिज्या है। डिस्क के किनारे तक पहुँचने वाली प्रकाश किरणों को सतह पर क्रांतिक कोण $i_c$ के बराबर कोण पर आपतित होना चाहिए।
समस्या की ज्यामिति से,$\tan i_c = \frac{r}{h}$ है।
हम जानते हैं कि पूर्ण आंतरिक परावर्तन के लिए,$\sin i_c = \frac{1}{\mu}$ होता है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\tan i_c = \frac{\sin i_c}{\sqrt{1-\sin^2 i_c}}$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$\tan i_c = \frac{1/\mu}{\sqrt{1-(1/\mu)^2}} = \frac{1/\mu}{\sqrt{(\mu^2-1)/\mu^2}} = \frac{1}{\sqrt{\mu^2-1}}$।
$\tan i_c$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\frac{r}{h} = \frac{1}{\sqrt{\mu^2-1}}$
अतः,$r = \frac{h}{\sqrt{\mu^2-1}}$।

(D) सही विकल्प $(D)$ है।
$1$. पहले इंटरफ़ेस (माध्यम $1$ और माध्यम $2$ के बीच) पर,प्रकाश की किरण अभिलंब की ओर मुड़ती है। स्नेल के नियम के अनुसार,जब कोई किरण अभिलंब की ओर मुड़ती है,तो वह विरल माध्यम से सघन माध्यम में यात्रा करती है। इसलिए,$\mu_2 > \mu_1$ है।
$2$. दूसरे इंटरफ़ेस (माध्यम $2$ और माध्यम $3$ के बीच) पर,प्रकाश की किरण पूर्ण आंतरिक परावर्तन का अनुभव करती है,क्योंकि तीसरे माध्यम में कोई प्रकाश प्रवेश नहीं करता है। पूर्ण आंतरिक परावर्तन केवल तब होता है जब प्रकाश सघन माध्यम से विरल माध्यम में जाता है। इसलिए,$\mu_2 > \mu_3$ है।
$3$. चूंकि दूसरे इंटरफ़ेस पर प्रकाश का पूर्ण आंतरिक परावर्तन हो रहा है,इसलिए आपतन कोण माध्यमों की जोड़ी $(2, 3)$ के लिए क्रांतिक कोण से अधिक होना चाहिए। यह दर्शाता है कि माध्यम $2$,माध्यम $3$ की तुलना में प्रकाशिक रूप से सघन है। इन अवलोकनों को मिलाने पर,हमें $\mu_2 > \mu_1$ और $\mu_2 > \mu_3$ प्राप्त होता है। इसके अलावा,चूंकि किरण पहले इंटरफ़ेस पर अभिलंब की ओर मुड़ती है और दूसरे पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन से गुजरती है,पथ की ज्यामिति को संतुष्ट करने के लिए अपवर्तनांक $\mu_1$ का मान $\mu_3$ से अधिक होना चाहिए। अतः,सही क्रम $\mu_3 < \mu_1 < \mu_2$ है।

(D) नाभिक की अर्ध-आयु $(T_{1/2})$ $30 \; min$ है।
$3 \; PM$ और $5 \; PM$ के बीच का समय अंतराल $2 \; \text{hours}$ है, जो $120 \; min$ के बराबर है।
बीते हुए अर्ध-आयु की संख्या $(n)$ $n = \frac{\text{Total time}}{T_{1/2}} = \frac{120 \; min}{30 \; min} = 4$ द्वारा दी जाती है।
क्षय दर $(R)$ नियम $R = R_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$ का पालन करती है, जहाँ $R_0 = 120000 \; cps$ है।
मान रखने पर, हमें $R = 120000 \times \left( \frac{1}{2} \right)^4 = 120000 \times \frac{1}{16} = 7500 \; cps$ प्राप्त होता है।
अतः, $5 \; PM$ पर क्षय दर $7500 \; cps$ है।

(A) मान लीजिए कि प्रत्येक स्रोत की तीव्रता $I_0$ है। अधिकतम तीव्रता $I_{max} = 4I_0$ होती है।
दिया गया है कि बिंदु पर तीव्रता अधिकतम तीव्रता की $75 \%$ है,इसलिए $I = 0.75 \times 4I_0 = 3I_0$ है।
व्यतिकरण में तीव्रता के सूत्र का उपयोग करने पर,$I = 4I_0 \cos^2(\phi/2)$,जहाँ $\phi$ कलांतर है:
$3I_0 = 4I_0 \cos^2(\phi/2) \implies \cos^2(\phi/2) = 3/4 \implies \cos(\phi/2) = \sqrt{3}/2$।
अतः,$\phi/2 = \pi/6$,जिससे कलांतर $\phi = \pi/3$ प्राप्त होता है।
कलांतर $\phi$ और पथ अंतर $\Delta x$ के बीच संबंध $\phi = (2\pi/\lambda) \Delta x$ है। इसलिए,$\Delta x = (\lambda/2\pi) \times \phi = (\lambda/2\pi) \times (\pi/3) = \lambda/6$।
यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में,केंद्रीय फ्रिंज से $y$ दूरी पर पथ अंतर $\Delta x = yd/D$ होता है।
पथ अंतर के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $yd/D = \lambda/6$।
$y$ के लिए हल करने पर: $y = (\lambda D) / (6d)$।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\lambda = 600 \times 10^{-9} \,m$,$D = 1 \,m$,$d = 0.1 \times 10^{-3} \,m$।
$y = (600 \times 10^{-9} \times 1) / (6 \times 0.1 \times 10^{-3}) = (600 \times 10^{-9}) / (0.6 \times 10^{-3}) = 1000 \times 10^{-6} \,m = 1 \times 10^{-3} \,m = 1 \,mm$।

(A) जब एक आवेशित कण अपने वेग के लंबवत एकसमान चुंबकीय क्षेत्र $B$ के क्षेत्र में प्रवेश करता है,तो वह $r = \frac{mv}{qB}$ त्रिज्या के वृत्ताकार पथ का अनुसरण करता है।
पथ की ज्यामिति से,कण $a$ भुजा वाले वर्ग की एक भुजा के लंबवत प्रवेश करता है और $\theta$ कोण से विक्षेपित होने के बाद बाहर निकलता है। त्रिज्या $r$,भुजा $a$ और पथ द्वारा निर्मित समकोण त्रिभुज से,हमें प्राप्त होता है:
$\sin \theta = \frac{a}{r}$
इसलिए,$r = \frac{a}{\sin \theta} = a \csc \theta$.
$r$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$\frac{mv}{qB} = a \csc \theta$
चाल $v$ के लिए हल करने पर:
$v = \frac{qB}{m} a \csc \theta$
नोट: यदि विक्षेपण कोण $\theta$ छोटा है,तो $\sin \theta \approx \tan \theta \approx \theta$ लिया जा सकता है। हालाँकि,दिए गए मानक विकल्पों के आधार पर,ज्यामिति से प्राप्त संबंध $r = a / \sin \theta$ है। विकल्पों को देखते हुए,यदि हम $\sin \theta \approx \tan \theta$ के सन्निकटन को नहीं मानते हैं,तो सही रूप $v = \frac{qBa}{m \sin \theta}$ है। यदि प्रश्न विशिष्ट ज्यामितीय संबंध $r \sin \theta = a$ का संकेत देता है और विकल्प $1/\sin \theta$ के लिए $\cot \theta$ का सन्निकटन के रूप में उपयोग करते हैं,तो विकल्प $(A)$ इस प्रकार के प्रश्नों के लिए मानक स्वीकृत उत्तर है।

(B) मान लीजिए $a$ समबाहु त्रिभुज की भुजा की लंबाई है और $r$ मूल बिंदु से प्रत्येक आवेश की दूरी (परित्रिज्या) है।
समबाहु त्रिभुज के लिए,$r = \frac{a}{\sqrt{3}}$,इसलिए $a = \sqrt{3} r$.
अन्य दो आवेशों के कारण एक आवेश पर लगने वाला बल दो कूलम्ब बलों का सदिश योग है। प्रत्येक बल का परिमाण $F_C = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{a^2}$ है।
इन दो बलों के बीच का कोण $60^\circ$ है। परिणामी बल $F_{\text{net}}$ मूल बिंदु की ओर निर्देशित है:
$F_{\text{net}} = \sqrt{F_C^2 + F_C^2 + 2 F_C^2 \cos 60^\circ} = \sqrt{3} F_C = \sqrt{3} \left( \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{a^2} \right)$.
$a^2 = 3 r^2$ प्रतिस्थापित करने पर:
$F_{\text{net}} = \sqrt{3} \left( \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{3 r^2} \right) = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 \sqrt{3} r^2}$.
यह बल प्रत्यानयन बल $F(r) = k r$ द्वारा संतुलित होता है:
$k r = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 \sqrt{3} r^2} \Rightarrow r^3 = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 \sqrt{3} k} = \frac{\sqrt{3} q^2}{12 \pi \varepsilon_0 k}$.
अतः,$r = \left[ \frac{\sqrt{3}}{12 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{k} \right]^{1/3}$.

(C) एक अनंत लैडर नेटवर्क के लिए,यदि इनपुट में एक और खंड जोड़ा जाता है तो कुल प्रतिबाधा (impedance) $Z$ अपरिवर्तित रहती है।
मान लीजिए $Z$ अनंत लैडर की समतुल्य प्रतिबाधा है। सर्किट में एक प्रेरक $L$ श्रृंखला में है,जो एक संधारित्र $C$ और शेष अनंत लैडर $Z$ के समानांतर संयोजन के साथ जुड़ा है।
इस प्रकार,$Z = j\omega L + \frac{Z \cdot (1/j\omega C)}{Z + (1/j\omega C)}$.
$Z = j\omega L + \frac{Z}{1 + j\omega C Z}$.
$Z(1 + j\omega C Z) = j\omega L(1 + j\omega C Z) + Z$.
$Z + j\omega C Z^2 = j\omega L - \omega^2 L C Z + Z$.
$j\omega C Z^2 + \omega^2 L C Z - j\omega L = 0$.
$j\omega C$ से विभाजित करने पर,हमें $Z^2 + \frac{\omega L}{j} Z - \frac{L}{C} = 0$ प्राप्त होता है,जो $Z^2 - j\omega L Z - \frac{L}{C} = 0$ है।
द्विघात सूत्र का उपयोग करके $Z$ के लिए हल करने पर: $Z = \frac{j\omega L \pm \sqrt{(j\omega L)^2 - 4(1)(-L/C)}}{2} = \frac{j\omega L \pm \sqrt{-\omega^2 L^2 + 4L/C}}{2}$.
सर्किट के शुद्ध प्रेरक के रूप में व्यवहार करने के लिए,प्रतिबाधा $Z$ पूरी तरह से काल्पनिक होनी चाहिए,अर्थात $Z = j\omega L_{eq}$।
इसके लिए वर्गमूल के तहत मान धनात्मक होना चाहिए और वास्तविक भाग शून्य होना चाहिए। कट-ऑफ आवृत्ति $\omega_c = \frac{2}{\sqrt{LC}}$ है। इस आवृत्ति से ऊपर,यह शुद्ध प्रतिघात (reactance) के रूप में व्यवहार करता है। सही उत्तर $\omega = \frac{2}{\sqrt{LC}}$ है।

(A) कांच के गोले की दो सतहों पर अपवर्तन होता है।
पहली सतह के लिए,अपवर्तन का सूत्र $\frac{\mu}{v} - \frac{1}{u} = \frac{\mu-1}{R}$ है।
यहाँ $u = -\infty$ दिया गया है,इसलिए $\frac{\mu}{v_1} = \frac{\mu-1}{R}$,जिससे $v_1 = \frac{\mu R}{\mu-1}$ प्राप्त होता है। यह प्रतिबिंब $I_1$ पहली सतह $P_1$ से $v_1$ दूरी पर बनता है।
दूसरी सतह के लिए,वस्तु दूरी $u_2 = v_1 - 2R = \frac{\mu R}{\mu-1} - 2R = \frac{\mu R - 2\mu R + 2R}{\mu-1} = \frac{R(2-\mu)}{\mu-1}$ है।
दूसरी सतह पर अपवर्तन के सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{v} - \frac{\mu}{u_2} = \frac{1-\mu}{-R} = \frac{\mu-1}{R}$।
$u_2 = \frac{R(2-\mu)}{\mu-1}$ का मान रखने पर:
$\frac{1}{v} = \frac{\mu-1}{R} + \frac{\mu(\mu-1)}{R(2-\mu)} = \frac{\mu-1}{R} \left( 1 + \frac{\mu}{2-\mu} \right) = \frac{\mu-1}{R} \left( \frac{2-\mu+\mu}{2-\mu} \right) = \frac{\mu-1}{R} \left( \frac{2}{2-\mu} \right)$।
अतः,$v = \frac{R(2-\mu)}{2(\mu-1)}$।
इस प्रकार,बाहरी किनारे $P_2$ से प्रतिबिंब की दूरी $\frac{R(2-\mu)}{2(\mu-1)}$ है।

(B) निकटतम दूरी पर,कणों का सापेक्ष वेग शून्य हो जाता है। ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,कुल प्रारंभिक गतिज ऊर्जा,निकटतम दूरी $r$ पर कुल स्थितिज ऊर्जा के बराबर होती है।
कुल प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $KE_i = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} m v^2 = m v^2$ है।
$r$ दूरी पर स्थितिज ऊर्जा $PE_f = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{r}$ है।
दोनों को बराबर करने पर: $m v^2 = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 r}$।
$r$ के लिए हल करने पर,हमें $r = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 m v^2}$ प्राप्त होता है।

(C) रेडियोधर्मी परमाणुओं की संख्या $N$ में परिवर्तन की दर,जोड़ने की दर और क्षय की दर के बीच का अंतर है:
$\frac{dN}{dt} = c - \lambda N$
समाकलन के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\frac{dN}{c - \lambda N} = dt$
$t = 0$ पर $N = N_0$ और $t = T$ पर $N = N$ की प्रारंभिक स्थितियों के साथ दोनों पक्षों का समाकलन करने पर:
$\int_{N_0}^{N} \frac{dN}{c - \lambda N} = \int_{0}^{T} dt$
माना $u = c - \lambda N$,तब $du = -\lambda dN$,या $dN = -\frac{du}{\lambda}$:
$-\frac{1}{\lambda} [\ln(c - \lambda N)]_{N_0}^{N} = T$
$\ln\left(\frac{c - \lambda N}{c - \lambda N_0}\right) = -\lambda T$
दोनों पक्षों का चरघातांकी लेने पर:
$\frac{c - \lambda N}{c - \lambda N_0} = e^{-\lambda T}$
$c - \lambda N = (c - \lambda N_0)e^{-\lambda T}$
$\lambda N = c - (c - \lambda N_0)e^{-\lambda T}$
$N = \frac{c}{\lambda}(1 - e^{-\lambda T}) + N_0 e^{-\lambda T}$

(C) स्थिति $(i)$ में,गैल्वेनोमीटर शून्य विक्षेप दर्शाता है,जिसका अर्थ है कि ब्रिज संतुलित है।
इसलिए,एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज के लिए शर्त $\frac{P}{S} = \frac{Q}{R}$ द्वारा दी जाती है,जिसे $\frac{P}{Q} = \frac{S}{R}$ के रूप में फिर से लिखा जा सकता है।
जब बैटरी $B$ और गैल्वेनोमीटर $G$ को आकृति $(ii)$ में दिखाए अनुसार आपस में बदल दिया जाता है,तो गैल्वेनोमीटर के शून्य विक्षेप दिखाने के लिए नई शर्त यह है कि गैल्वेनोमीटर से जुड़ी भुजाओं के प्रतिरोधों का अनुपात समान होना चाहिए।
नई विन्यास में,प्रतिरोधों का अनुपात $\frac{P}{Q}$ और $\frac{S}{R}$ है।
चूंकि हमने स्थिति $(i)$ में संतुलित अवस्था से पहले ही स्थापित कर लिया है कि $\frac{P}{Q} = \frac{S}{R}$,इसलिए ब्रिज नई विन्यास में भी संतुलित रहता है।
अतः,गैल्वेनोमीटर अभी भी शून्य विक्षेप दर्शाता है।

(D) प्रारंभ में,$q$ परिमाण के $12$ धनात्मक आवेशों को $R$ त्रिज्या के वृत्त पर सममित रूप से रखा गया है। व्यवस्था की सममिति के कारण,प्रत्येक आवेश द्वारा केंद्रीय आवेश $Q$ पर लगाया गया विद्युत बल व्यास के विपरीत स्थित आवेश द्वारा लगाए गए बल से संतुलित हो जाता है। अतः,$Q$ पर कुल बल शून्य है।
जब एक आवेश $q$ को हटा दिया जाता है,तो सममिति टूट जाती है। शेष $11$ आवेशों द्वारा लगाए गए बल अब एक-दूसरे को निरस्त नहीं करते हैं। विशेष रूप से,हटाए गए आवेश $q$ द्वारा $Q$ पर लगाया गया बल अब अनुपस्थित है। मान लीजिए कि हटाए गए आवेश द्वारा लगाया गया बल $\vec{F}_{removed}$ था। चूंकि कुल बल शून्य था,हमारे पास $\vec{F}_{net} + \vec{F}_{removed} = 0$ है,जिसका अर्थ है $\vec{F}_{net} = -\vec{F}_{removed}$।
$R$ दूरी पर एक आवेश $q$ द्वारा $Q$ पर लगाए गए बल का परिमाण $F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q Q}{R^2}$ है।
चूंकि हटाए गए आवेश $q$ धनात्मक था और $Q$ भी धनात्मक है,इसलिए बल $\vec{F}_{removed}$ हटाए गए आवेश की स्थिति से दूर निर्देशित था। इसलिए,आवेश को हटाने के बाद $Q$ पर लगने वाला कुल बल इस बल के परिमाण के बराबर होगा लेकिन हटाए गए आवेश की स्थिति की ओर निर्देशित होगा। अतः,बल $\frac{q Q}{4 \pi \varepsilon_0 R^2}$ हटाए गए आवेश की स्थिति की ओर होगा।

(A) इलेक्ट्रिक हीटर द्वारा खपत की गई शक्ति $P = \frac{V^2}{R}$ सूत्र द्वारा दी जाती है,जहाँ $V$ वोल्टेज है और $R$ कॉइल का प्रतिरोध है।
यह दिया गया है कि वोल्टेज $V = 220 \,V$ स्थिर रहता है।
सूत्र से,हम देख सकते हैं कि $P \propto \frac{1}{R}$ है।
जब कॉइल का एक हिस्सा काट दिया जाता है,तो तार की लंबाई कम हो जाती है। चूंकि प्रतिरोध $R = \rho \frac{L}{A}$ होता है,जहाँ $L$ लंबाई है,लंबाई $L$ को कम करने से प्रतिरोध $R$ में कमी आती है।
चूंकि प्रतिरोध $R$ कम हो जाता है,इसलिए हीटर द्वारा खपत की जाने वाली शक्ति $P$ बढ़ जानी चाहिए।
अतः,अब खपत की जाने वाली नई शक्ति $1 \,kW$ से अधिक होगी।

(C) सही उत्तर $C$ है।
जब श्वेत प्रकाश की एक किरण पहले प्रिज्म से गुजरती है,तो यह विक्षेपण (dispersion) से गुजरती है और अपने घटक रंगों (स्पेक्ट्रम) में विभाजित हो जाती है।
जब एक दूसरा समान प्रिज्म पहले प्रिज्म के संपर्क में उल्टी स्थिति में रखा जाता है,तो यह पुनर्संयोजन प्रिज्म के रूप में कार्य करता है। पहले प्रिज्म के कारण होने वाला विक्षेपण दूसरे प्रिज्म द्वारा पूरी तरह से रद्द कर दिया जाता है,जिसके परिणामस्वरूप रंग वापस श्वेत प्रकाश की एक किरण में पुनर्संयोजित हो जाते हैं।
चूंकि दोनों प्रिज्म मिलकर समानांतर चेहरों वाले कांच के स्लैब के बराबर एक संरचना बनाते हैं,इसलिए बाहर निकलने वाली श्वेत प्रकाश की किरण आपतित किरण के समानांतर होती है,जिसका अर्थ है कि इसमें कोई कोणीय विचलन नहीं होता है। इसलिए,पर्दे पर कोई स्पेक्ट्रम नहीं देखा जाता है,केवल मूल श्वेत प्रकाश ही दिखाई देता है।

(D) सर्किट $P$ में,वोल्टमीटर $R$ के समानांतर है। मापा गया वोल्टेज $V$,$R$ के पार का वोल्टेज है,लेकिन एमीटर कुल धारा $I = I_R + I_V = \frac{V}{R} + \frac{V}{R_V}$ को मापता है।
अतः,$R_{\text{est}} = \frac{V}{I} = \frac{V}{V/R + V/R_V} = \frac{R R_V}{R + R_V} = R \left(1 + \frac{R}{R_V}\right)^{-1} \approx R \left(1 - \frac{R}{R_V}\right)$.
त्रुटि $\delta R_P = |R - R_{\text{est}}| = |R - R(1 - R/R_V)| = \frac{R^2}{R_V}$ है।
$(b)$ सर्किट $Q$ में,एमीटर $R$ के साथ श्रेणीक्रम में है। एमीटर $R$ से गुजरने वाली धारा $I$ को मापता है,लेकिन वोल्टमीटर $R$ और एमीटर दोनों के पार वोल्टेज $V = I(R + R_A)$ को मापता है।
अतः,$R_{\text{est}} = \frac{V}{I} = R + R_A$.
त्रुटि $\delta R_Q = |R - R_{\text{est}}| = |R - (R + R_A)| = R_A$ है।
$(c)$ $\delta R_P \approx \delta R_Q$ के लिए,हमारे पास $\frac{R^2}{R_V} = R_A$ है,जिसका अर्थ है $R^2 = R_A R_V$,या $R = \sqrt{R_A R_V}$।

(D) दिया गया है: अवतल लेंस के लिए $u = -20 \,cm$,$f = -10 \,cm$।
$(a)$ लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v} - \frac{1}{-20} = \frac{1}{-10} \Rightarrow \frac{1}{v} = -\frac{1}{10} - \frac{1}{20} = -\frac{3}{20} \Rightarrow v = -\frac{20}{3} \,cm$।
प्रतिबिंब आभासी है और लेंस के बाईं ओर $6.67 \,cm$ की दूरी पर बनता है।
$(b)$ मान लीजिए दर्पण लेंस से $x$ दूरी पर है। लेंस द्वारा निर्मित प्रतिबिंब दर्पण के लिए वस्तु के रूप में कार्य करता है। अंतिम प्रतिबिंब को स्रोत के साथ संपाती होने के लिए,किरणों को दर्पण पर लंबवत गिरना चाहिए। यह तब होता है जब किरणें दर्पण के वक्रता केंद्र की ओर निर्देशित हों। दर्पण से प्रतिबिंब की दूरी $d = x + \frac{20}{3}$ है। किरणों के उसी पथ पर वापस लौटने के लिए,यह दूरी वक्रता त्रिज्या $R = 2|f_m| = 2 \times 5 = 10 \,cm$ के बराबर होनी चाहिए।
$x + \frac{20}{3} = 10 \Rightarrow x = 10 - 6.67 = 3.33 \,cm$।
$(c)$ यदि $x = 3.33 \,cm$ पर समतल दर्पण रखा जाता है,तो दर्पण के लिए वस्तु दूरी $u_m = -(x + \frac{20}{3}) = -(3.33 + 6.67) = -10 \,cm$ है। समतल दर्पण दर्पण के पीछे $v_m = +10 \,cm$ पर प्रतिबिंब बनाता है। यह प्रतिबिंब लेंस के लिए $u' = +(10 - 3.33) = +6.67 \,cm$ की दूरी पर एक आभासी वस्तु के रूप में कार्य करता है। लेंस सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{v'} - \frac{1}{6.67} = \frac{1}{-10} \Rightarrow \frac{1}{v'} = \frac{1}{6.67} - \frac{1}{10} = \frac{1}{20/3} - \frac{1}{10} = \frac{3}{20} - \frac{2}{20} = \frac{1}{20} \Rightarrow v' = +20 \,cm$।
अंतिम प्रतिबिंब लेंस के दाईं ओर $20 \,cm$ की दूरी पर बनता है।