KVPY 2011 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) जैसे-जैसे हम पृथ्वी की सतह से दूर जाते हैं,गुरुत्वीय त्वरण $g$ घटता जाता है,जिसे $g(h) = g_0(1 - 2h/R_e)$ द्वारा दर्शाया जाता है।
मान लीजिए $C$ केबिन का द्रव्यमान केंद्र है। $h$ ऊँचाई पर किसी भी वस्तु का त्वरण $a = g(h)$ होता है।
चूंकि $A$,$C$ के ऊपर है और $B$,$C$ के नीचे है,इसलिए उनकी ऊँचाइयाँ $h_A > h_C > h_B$ हैं।
परिणामस्वरूप,गुरुत्वीय त्वरण $a_B > a_C > a_A$ संबंध का पालन करते हैं।
केबिन के फ्रेम (जिसका त्वरण $a_C$ है) से देखने पर,सापेक्ष त्वरण इस प्रकार हैं:
$a_{A,rel} = a_A - a_C < 0$ (अर्थात $A$ केबिन के सापेक्ष ऊपर की ओर त्वरित होता है)।
$a_{B,rel} = a_B - a_C > 0$ (अर्थात $B$ केबिन के सापेक्ष नीचे की ओर त्वरित होता है)।
इस प्रकार,$A$ धीरे-धीरे ऊपर की ओर और $B$ धीरे-धीरे नीचे की ओर केबिन के सापेक्ष गति करता है। अतः,विकल्प $(b)$ सही है।

(B) $m$ द्रव्यमान वाली निचली प्लेट को जमीन से ऊपर उठाने के लिए,ऊपर की ओर लगने वाला स्प्रिंग बल उसके भार के बराबर होना चाहिए।
मान लीजिए $k$ स्प्रिंग नियतांक है। निचली प्लेट के ऊपर उठने की शर्त $kx = mg$ है,जहाँ $x$ स्प्रिंग की उसकी प्राकृतिक लंबाई से खिंचाव है।
अतः,$x = \frac{mg}{k}$।
अब,प्रारंभिक संकुचित अवस्था (स्थिति $I$) और अंतिम विस्तारित अवस्था (स्थिति $II$) के बीच ऊर्जा संरक्षण पर विचार करें जहाँ निचली प्लेट बस जमीन से ऊपर उठती है।
मान लीजिए कि जब ऊपरी प्लेट पर भार $W$ रखा जाता है तो स्प्रिंग का प्रारंभिक संकुचन $h$ है।
स्थिति $I$ पर कुल ऊर्जा संकुचित स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा है: $U_I = \frac{1}{2}kh^2$।
स्थिति $II$ पर कुल ऊर्जा विस्तारित स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा और $m$ द्रव्यमान वाली ऊपरी प्लेट की स्थितिज ऊर्जा का योग है: $U_{II} = \frac{1}{2}kx^2 + mgh_{total}$,जहाँ $h_{total} = h + x$ ऊपरी प्लेट में कुल ऊँचाई परिवर्तन है।
ऊर्जा संरक्षण के अनुसार: $\frac{1}{2}kh^2 = mg(h+x) + \frac{1}{2}kx^2$।
$x = \frac{mg}{k}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2}kh^2 = mgh + \frac{m^2g^2}{k} + \frac{1}{2}k(\frac{mg}{k})^2 = mgh + \frac{m^2g^2}{k} + \frac{m^2g^2}{2k} = mgh + \frac{3m^2g^2}{2k}$।
$2/k$ से गुणा करने पर: $h^2 - \frac{2mgh}{k} - \frac{3m^2g^2}{k^2} = 0$।
$h$ के लिए हल करने पर: $h = \frac{\frac{2mg}{k} + \sqrt{(\frac{2mg}{k})^2 + 4(\frac{3m^2g^2}{k^2})}}{2} = \frac{\frac{2mg}{k} + \sqrt{\frac{16m^2g^2}{k^2}}}{2} = \frac{\frac{2mg}{k} + \frac{4mg}{k}}{2} = \frac{3mg}{k}$।
स्थिति $I$ में संतुलन पर,स्प्रिंग बल ऊपरी प्लेट के भार और भार $W$ को संतुलित करता है: $kh = mg + W$।
$h = \frac{3mg}{k}$ प्रतिस्थापित करने पर: $k(\frac{3mg}{k}) = mg + W \Rightarrow 3mg = mg + W \Rightarrow W = 2mg$।
इस प्रकार,भार $W$ का मान $2mg$ से थोड़ा अधिक होना चाहिए।

(A) सरल आवर्त गति करने वाले एक सरल लोलक के लिए,विस्थापन $x = A \sin(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
वेग $v = \frac{dx}{dt} = A\omega \cos(\omega t)$ है।
स्पर्शरेखीय त्वरण $a = \frac{dv}{dt} = -A\omega^2 \sin(\omega t)$ है।
इन समीकरणों से,हमारे पास है:
$\frac{v}{A\omega} = \cos(\omega t)$ और $\frac{a}{-A\omega^2} = \sin(\omega t)$.
सर्वसमिका $\sin^2(\theta) + \cos^2(\theta) = 1$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\left(\frac{v}{A\omega}\right)^2 + \left(\frac{a}{-A\omega^2}\right)^2 = 1$
$\frac{v^2}{A^2\omega^2} + \frac{a^2}{A^2\omega^4} = 1$
यह $v-a$ तल में एक दीर्घवृत्त का समीकरण है,जहाँ $v$ क्षैतिज अक्ष पर है और $a$ ऊर्ध्वाधर अक्ष पर है। अतः,सही ग्राफ $I$ है।

(A) विस्तार निर्वात में होता है,इसलिए फैलती हुई गैस द्वारा किया गया कार्य $\Delta W = 0$ है।
पात्र पूरी तरह से कुचालक है,इसलिए परिवेश के साथ ऊष्मा का आदान-प्रदान $\Delta Q = 0$ है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$ है।
मान रखने पर,हमें $0 = \Delta U + 0$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $\Delta U = 0$ है।
अतः,$U_i = U_f$,जिसका अर्थ है कि गैस की प्रारंभिक और अंतिम आंतरिक ऊर्जा समान है।
चूंकि गैस आदर्श नहीं है,इसलिए विस्तार के कारण अंतर-आणविक स्थितिज ऊर्जा में वृद्धि होती है। चूंकि कुल आंतरिक ऊर्जा स्थिर रहती है,इसलिए स्थितिज ऊर्जा में यह वृद्धि अणुओं की गतिज ऊर्जा में कमी लाती है,जिसके परिणामस्वरूप गैस का तापमान कम हो जाता है।

(B) मान लीजिए कि शुरू में दोनों बल्बों में गैस के मोलों की कुल संख्या $n$ है। चूंकि बल्बों का आयतन $V$ समान है और वे समान तापमान $T$ पर हैं,इसलिए प्रत्येक बल्ब में मोलों की संख्या $n_1 = n_2 = n / 2$ है।
जब बल्ब $2$ को $2 T$ तक गर्म किया जाता है और बल्ब $1$ का तापमान $T$ रहता है,तो संतुलन के लिए दोनों बल्बों में दबाव $p$ समान होना चाहिए।
आदर्श गैस समीकरण $p V = n R T$ का उपयोग करते हुए,बल्ब $1$ $(n_1')$ और बल्ब $2$ $(n_2')$ में मोलों की संख्या है:
$n_1' = \frac{p V}{R T}$
$n_2' = \frac{p V}{R (2 T)} = \frac{p V}{2 R T}$
चूंकि मोलों की कुल संख्या संरक्षित रहती है,$n_1' + n_2' = n = n_1 + n_2 = n / 2 + n / 2 = n$।
$\frac{p V}{R T} + \frac{p V}{2 R T} = n \Rightarrow \frac{3 p V}{2 R T} = n \Rightarrow \frac{p V}{R T} = \frac{2 n}{3}$।
इस प्रकार,बल्ब $2$ में मोलों की अंतिम संख्या $n_2' = \frac{1}{2} \times \frac{p V}{R T} = \frac{1}{2} \times \frac{2 n}{3} = \frac{n}{3}$ है।
बल्ब $2$ में गैस के अंतिम द्रव्यमान (या अंतिम मोल) और प्रारंभिक द्रव्यमान (या प्रारंभिक मोल) का अनुपात है:
अनुपात $= \frac{n_2'}{n_2} = \frac{n / 3}{n / 2} = \frac{2}{3}$।

(D) माना जंक्शन का तापमान $T^{\circ} C$ है।
स्थिर अवस्था में,तांबे की छड़ से प्रवाहित होने वाली ऊष्मा की दर और स्टील की छड़ से प्रवाहित होने वाली ऊष्मा की दर समान होनी चाहिए,यह मानते हुए कि किनारों से कोई ऊष्मा हानि नहीं होती है।
ऊष्मा प्रवाह की दर $H$ को $H = \frac{KA(T_1 - T_2)}{l}$ द्वारा दिया जाता है।
दोनों छड़ों के लिए ऊष्मा प्रवाह को बराबर करने पर:
$\frac{K_{\text{copper}} A (100 - T)}{l} = \frac{K_{\text{steel}} A (T - 0)}{l}$
चूंकि दोनों छड़ों के लिए लंबाई $l$ और अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ समान है,इसलिए वे कट जाएंगे:
$K_{\text{copper}} (100 - T) = K_{\text{steel}} T$
दिए गए मान $K_{\text{copper}} = 385$ और $K_{\text{steel}} = 50$ रखने पर:
$385(100 - T) = 50T$
$38500 - 385T = 50T$
$38500 = 435T$
$T = \frac{38500}{435} \approx 88.5^{\circ} C$.
निकटतम पूर्णांक में,जंक्शन का तापमान $88^{\circ} C$ है।

(B) कंप्रेसर में हवा का संपीड़न एक एडियाबेटिक प्रक्रिया है।
एडियाबेटिक संबंध $P^{1-\gamma} T^{\gamma} = \text{constant}$ का उपयोग करते हुए, हमारे पास $P_{\text{in}}^{1-\gamma} T_{\text{in}}^{\gamma} = P_{\text{out}}^{1-\gamma} T_{\text{out}}^{\gamma}$ है।
दिया गया है $P_{\text{in}} = 0.28 \,atm$, $T_{\text{in}} = -40^{\circ} C = 233 \,K$, $P_{\text{out}} = 1 \,atm$, और $\gamma = 1.4 = 7/5$ है।
मान रखने पर: $(0.28)^{1-1.4} (233)^{1.4} = (1)^{1-1.4} (T_{\text{out}})^{1.4}$।
$(0.28)^{-0.4} (233)^{1.4} = (T_{\text{out}})^{1.4}$।
$T_{\text{out}} = 233 \times (0.28)^{-0.4/1.4} = 233 \times (0.28)^{-2/7}$।
इसकी गणना करने पर, $T_{\text{out}} \approx 233 \times 1.48 \approx 345 \,K$ प्राप्त होता है।
चूंकि $345 \,K$ लगभग $72^{\circ} C$ है, जो केबिन के आवश्यक तापमान $25^{\circ} C$ से काफी अधिक है, इसलिए हवा को ठंडा करने के लिए एयर-कंडीशनर की आवश्यकता होगी।

(B) जब प्रेक्षक स्थिर होता है और स्रोत प्रेक्षक की ओर गति करता है,तो डॉप्लर प्रभाव के सूत्र के अनुसार प्रेक्षित आवृत्ति:
$f_1 = f_0 \left( \frac{v}{v - u} \right)$
जहाँ $v$ ध्वनि की गति है और $u$ स्रोत की गति है।
जब स्रोत स्थिर होता है और प्रेक्षक स्रोत की ओर गति करता है,तो मापी गई आवृत्ति:
$f_2 = f_0 \left( \frac{v + u}{v} \right)$
$f_1$ और $f_2$ की तुलना करने पर:
$f_1 = f_0 \left( \frac{v}{v-u} \right)$ और $f_2 = f_0 \left( 1 + \frac{u}{v} \right)$.
चूंकि $\frac{v}{v-u} > 1 + \frac{u}{v}$ है,इसलिए $f_1 > f_2$ प्राप्त होता है।

(C) दोनों सिरों पर खुली पाइप के लिए,मूल आवृत्ति $f = \frac{v}{2L}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $v$ ध्वनि की गति है और $L$ पाइप की लंबाई है।
चूंकि पाइप की लंबाई $L$ स्थिर रहती है,इसलिए आवृत्ति $f$ ध्वनि की गति $v$ के सीधे आनुपातिक होती है $(f \propto v)$।
मान लीजिए $v_1$ और $f_1$ $23^{\circ} C$ पर ध्वनि की गति और आवृत्ति हैं,और $v_2$ और $f_2$ गर्म दिन पर ध्वनि की गति और आवृत्ति हैं।
दिया गया है $f_1 = 450 \,Hz$ और $v_2 = v_1 + 0.04 v_1 = 1.04 v_1$।
आनुपातिकता $\frac{f_2}{f_1} = \frac{v_2}{v_1}$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$f_2 = f_1 \times \frac{v_2}{v_1} = 450 \times 1.04 = 468 \,Hz$.

(B) इस टक्कर में,इलेक्ट्रॉन अपनी गतिज ऊर्जा का एक हिस्सा अणु को मूल अवस्था से उत्तेजित मेटास्टेबल अवस्था में ले जाने के लिए स्थानांतरित करता है।
चूंकि कुछ गतिज ऊर्जा अणु की आंतरिक स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है,इसलिए निकाय की कुल गतिज ऊर्जा कम हो जाती है। इसलिए,यह टक्कर अप्रत्यास्थ (inelastic) है,और $K^{\prime} < K$ होता है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,एक विलगित निकाय का कुल संवेग स्थिर रहता है,चाहे टक्कर प्रत्यास्थ हो या अप्रत्यास्थ।
अतः,कुल प्रारंभिक संवेग $p$ कुल अंतिम संवेग $p^{\prime}$ के बराबर होना चाहिए,यानी $p = p^{\prime}$।
इन दोनों को मिलाने पर,हमें $K^{\prime} < K$ और $p = p^{\prime}$ प्राप्त होता है।

(A) एक गोलाकार कृष्णिका की विकिरण शक्ति $P$,स्टीफन-बोल्ट्ज़मैन नियम द्वारा दी जाती है:
$P = \sigma A T^4$
चूंकि गोले का पृष्ठीय क्षेत्रफल $A = 4 \pi R^2$ है,इसलिए हमारे पास है:
$P = \sigma (4 \pi R^2) T^4$
इसका अर्थ है $P \propto R^2 T^4$।
मान लीजिए नई त्रिज्या $R' = 2R$ और नया तापमान $T' = T/2$ है।
नई विकिरण शक्ति $P'$ इस प्रकार होगी:
$P' \propto (R')^2 (T')^4$
$P' \propto (2R)^2 (T/2)^4$
$P' \propto (4 R^2) (T^4 / 16)$
$P' \propto \frac{4}{16} R^2 T^4$
$P' = \frac{1}{4} P$
अतः,विकिरण शक्ति $P/4$ हो जाएगी।

(B) प्रतिरोध $R$ का आयाम $[R] = [ML^2T^{-3}A^{-2}]$ द्वारा दिया जाता है।
प्लांक स्थिरांक $h$ के आयाम $[h] = [ML^2T^{-1}]$ हैं।
विद्युत आवेश $e$ के आयाम $[e] = [AT]$ हैं।
मान लीजिए कि $R_H$ का आयाम $h^a e^b$ के समानुपाती है।
$[ML^2T^{-3}A^{-2}] = [ML^2T^{-1}]^a [AT]^b = [M^a L^{2a} T^{-a+b} A^b]$.
दोनों पक्षों पर $M, L, T,$ और $A$ की घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $a = 1$.
$A$ के लिए: $b = -2$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $R_H$ का आयाम $[h^1 e^{-2}] = [h/e^2]$ प्राप्त होता है।
अतः,$R_H$ का आयाम $\frac{h}{e^2}$ के समान है।

(A) परिशुद्धता (precision) का अर्थ है एक ही राशि के लिए विभिन्न मापों की निकटता। यह डेटा बिंदुओं के फैलाव या वितरण द्वारा निर्धारित की जाती है।
कम फैलाव (संकीर्ण वितरण वक्र) उच्च परिशुद्धता को दर्शाता है,क्योंकि माप एक-दूसरे के साथ अधिक सुसंगत होते हैं।
दिए गए आलेखों को देखने पर,स्थिति $I$ के लिए वितरण वक्र सबसे संकीर्ण है,जिसका अर्थ है कि माप एक-दूसरे के बहुत करीब हैं।
इसलिए,उच्चतम परिशुद्धता वाला मापन $I$ है।

(D) जब गेंद $h = l \sin \theta$ की ऊर्ध्वाधर ऊँचाई से नीचे गिरती है और डोरी क्षैतिज से $\theta$ कोण पर घूमती है,तो गेंद का वेग $v$ यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम द्वारा प्राप्त किया जाता है:
$\frac{1}{2} m v^2 = m g h = m g l \sin \theta$
$\Rightarrow v^2 = 2 g l \sin \theta$
त्रिज्यीय त्वरण $a_r$ इस प्रकार है:
$a_r = \frac{v^2}{l} = \frac{2 g l \sin \theta}{l} = 2 g \sin \theta$
स्पर्शरेखीय त्वरण $a_t$ वृत्ताकार पथ के स्पर्शरेखा पर कार्य करने वाले गुरुत्वाकर्षण बल के घटक द्वारा उत्पन्न होता है। क्षैतिज से $\theta$ कोण पर,ऊर्ध्वाधर के साथ कोण $(90^\circ - \theta)$ होता है। अतः,स्पर्शरेखा पर भार का घटक $m g \cos \theta$ है:
$a_t = \frac{F_t}{m} = g \cos \theta$
कुल त्वरण $a$ का परिमाण:
$a = \sqrt{a_r^2 + a_t^2}$
$a = \sqrt{(2 g \sin \theta)^2 + (g \cos \theta)^2}$
$a = \sqrt{4 g^2 \sin^2 \theta + g^2 \cos^2 \theta}$
$a = g \sqrt{4 \sin^2 \theta + (1 - \sin^2 \theta)}$
$a = g \sqrt{3 \sin^2 \theta + 1}$

(D) दिया गया है,आंतरिक ऊर्जा $U = a V^3$ है।
एक आदर्श गैस के लिए,$U = \frac{f}{2} n R T$ होता है। चूँकि $n = 1$ है और एकपरमाणुक गैस $(f = 3)$ मानते हुए,$U = \frac{3}{2} R T$ होगा।
दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $\frac{3}{2} R T = a V^3$ प्राप्त होता है।
आदर्श गैस नियम $P V = R T$ का उपयोग करते हुए,$R T = P V$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{3}{2} P V = a V^3 \Rightarrow P = \frac{2 a}{3} V^2$ प्राप्त होता है।
किया गया कार्य $W = \int_{V_i}^{V_f} P dV$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$V_i = V$ और $V_f = 2V$ है।
$W = \int_{V}^{2V} \frac{2 a}{3} V^2 dV = \frac{2 a}{3} \left[ \frac{V^3}{3} \right]_{V}^{2V} = \frac{2 a}{9} (8V^3 - V^3) = \frac{2 a}{9} (7V^3) = \frac{14 a V^3}{9}$।
प्रारंभिक अवस्था में $a V^3 = \frac{3}{2} R T$ है,इसलिए $a V^3 = \frac{3}{2} R T$ प्रतिस्थापित करने पर:
$W = \frac{14}{9} \times \left( \frac{3}{2} R T \right) = \frac{7}{3} R T$।

(C) चक्रीय प्रक्रिया में किया गया कार्य $p-V$ आरेख पर चक्र द्वारा घेरे गए क्षेत्रफल के बराबर होता है। चक्र $ABCA$ है।
$1$. प्रक्रिया $AB$ (समदाबी प्रसार) में किया गया कार्य:
$W_{AB} = p_A(V_B - V_A) = 200 \times (V_B - 2)$.
चूंकि $BC$ समतापीय है,$p_B V_B = p_C V_C$.
$200 \times V_B = 500 \times 2 \Rightarrow V_B = 5 \, m^3$.
$W_{AB} = 200 \times (5 - 2) = 600 \, kJ$.
$2$. प्रक्रिया $BC$ (समतापीय संपीड़न) में किया गया कार्य:
$W_{BC} = \int_{V_B}^{V_C} p \, dV = \int_{5}^{2} \frac{p_B V_B}{V} \, dV = 1000 \ln(2/5) = 1000 \times (-0.916) \approx -916 \, kJ$.
$3$. प्रक्रिया $CA$ (समआयतनिक संपीड़न) में किया गया कार्य:
$W_{CA} = 0$ (चूंकि आयतन स्थिर है)।
कुल कार्य $W = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} = 600 - 916 + 0 = -316 \, kJ$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,किया गया कार्य लगभग $-300 \, kJ$ है।

(A) कण का पथ $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ द्वारा दिया गया है।
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $\frac{2x}{a^2} \frac{dx}{dt} + \frac{2y}{b^2} \frac{dy}{dt} = 0$ प्राप्त होता है,जिसे $\frac{x}{a^2} v_x + \frac{y}{b^2} v_y = 0 \dots (i)$ के रूप में सरल किया जा सकता है।
पुनः समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $\frac{1}{a^2} (v_x^2 + x a_x) + \frac{1}{b^2} (v_y^2 + y a_y) = 0 \dots (ii)$ प्राप्त होता है।
बिंदु $(0, b)$ पर,$x = 0$ और $y = b$ है। इस बिंदु पर $v_x = u$ दिया गया है।
समीकरण $(i)$ में $x = 0$ रखने पर,हमें $\frac{0}{a^2} u + \frac{b}{b^2} v_y = 0$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $v_y = 0$ है।
अब,समीकरण $(ii)$ में $x = 0, y = b, v_x = u, v_y = 0$ रखने पर,हमें $\frac{1}{a^2} (u^2 + 0 \cdot a_x) + \frac{1}{b^2} (0^2 + b \cdot a_y) = 0$ प्राप्त होता है।
यह $\frac{u^2}{a^2} + \frac{b a_y}{b^2} = 0$ या $\frac{u^2}{a^2} + \frac{a_y}{b} = 0$ में सरल हो जाता है।
अतः,$a_y = -\frac{b u^2}{a^2}$।

(A) सही विकल्प $A$ है।
एक सरल लोलक में,घर्षण की अनुपस्थिति में कुल यांत्रिक ऊर्जा संरक्षित रहती है। अपने चरम स्थितियों पर लोलक की कुल ऊर्जा पूरी तरह से स्थितिज ऊर्जा होती है,जो $U = mgh$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $h$ दोलन के सबसे निचले बिंदु से बॉब की ऊर्ध्वाधर ऊँचाई है।
चूँकि लोलक शून्य प्रारंभिक वेग के साथ बिंदु $A$ से शुरू होता है,इसकी कुल ऊर्जा $E = mgh_A$ है। दूसरे चरम बिंदु $D$ पर,वेग फिर से शून्य है,इसलिए इसकी कुल ऊर्जा $E = mgh_D$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,$mgh_A = mgh_D$,जिसका अर्थ है कि $h_A = h_D$। चूँकि $A$ और $B$ एक ही क्षैतिज रेखा पर स्थित हैं,इसलिए $h_A = h_B$ होता है। अतः,$h_D = h_B$,जिसका अर्थ है कि चरम बिंदु $D$ को उसी क्षैतिज रेखा $A B$ पर स्थित होना चाहिए।

(A) चूंकि खिलौना संतुलन में है (यह हिलता नहीं है),इसलिए इस पर कार्य करने वाला कुल बल शून्य होना चाहिए।
खिलौने पर कार्य करने वाले बल हैं:
$1$. बच्चे द्वारा लगाया गया धकेलने वाला बल $F$।
$2$. खिलौने का वजन $(W = mg)$ जो नीचे की ओर कार्य करता है।
$3$. जमीन द्वारा लगाया गया अभिलंब बल $(N)$ जो ऊपर की ओर कार्य करता है।
$4$. जमीन द्वारा लगाया गया घर्षण बल $(f)$ जो गति का विरोध करने के लिए क्षैतिज रूप से कार्य करता है।
न्यूटन के पहले नियम के अनुसार,संतुलन में किसी वस्तु के लिए उस पर कार्य करने वाले सभी बाहरी बलों का सदिश योग शून्य होना चाहिए।
इसलिए,$\vec{F} + \vec{W} + \vec{N} + \vec{f} = 0$।
इसका मतलब है कि इन चारों बलों का परिणामी बल शून्य है।
विकल्प $(a)$ सही है।

(C) मान लीजिए कि पहली गेंद अधिकतम ऊँचाई $H = \frac{u^2}{2g}$ तक पहुँचती है।
जिस क्षण पहली गेंद ऊँचाई $H$ पर पहुँचती है,वह नीचे गिरना शुरू करती है। मान लीजिए कि दोनों गेंदें दूसरी गेंद के फेंके जाने के $t$ समय बाद जमीन से $h$ ऊँचाई पर टकराती हैं।
पहली गेंद $t$ समय में $(H - h)$ दूरी तय करती है। पहली गेंद के लिए गति का समीकरण उपयोग करने पर:
$H - h = \frac{1}{2}gt^2 \quad \dots(i)$
दूसरी गेंद $t$ समय में $h$ ऊँचाई तक ऊपर जाती है। दूसरी गेंद के लिए गति का समीकरण उपयोग करने पर:
$h = ut - \frac{1}{2}gt^2 \quad \dots(ii)$
समीकरण $(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर:
$(H - h) + h = \frac{1}{2}gt^2 + ut - \frac{1}{2}gt^2$
$H = ut \implies t = \frac{H}{u}$
चूँकि $H = \frac{u^2}{2g}$,इसलिए $u = \sqrt{2gH}$. अतः,$t = \frac{H}{\sqrt{2gH}} = \sqrt{\frac{H}{2g}}$.
$t$ का मान समीकरण $(ii)$ में रखने पर:
$h = u\left(\frac{H}{u}\right) - \frac{1}{2}g\left(\frac{H}{u}\right)^2 = H - \frac{1}{2}g\left(\frac{H^2}{u^2}\right)$
चूँकि $u^2 = 2gH$,हमें प्राप्त होता है:
$h = H - \frac{1}{2}g\left(\frac{H^2}{2gH}\right) = H - \frac{H}{4} = \frac{3H}{4}$.

(D) चूंकि निकाय पर कोई बाहरी क्षैतिज बल कार्य नहीं कर रहा है,इसलिए निकाय के द्रव्यमान केंद्र की स्थिति अपरिवर्तित रहती है।
मान लीजिए कि लड़की की प्रारंभिक स्थिति मूल बिंदु $(x = 0)$ पर है और बॉक्स $x = 20 \,m$ पर है।
लड़की का द्रव्यमान $m_1 = 36 \,kg$ है और बॉक्स का द्रव्यमान $m_2 = 9 \,kg$ है।
द्रव्यमान केंद्र की प्रारंभिक स्थिति $(X_{CM})$ है:
$X_{CM} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2} = \frac{36 \times 0 + 9 \times 20}{36 + 9} = \frac{180}{45} = 4 \,m$.
मान लीजिए कि लड़की बॉक्स की ओर $x$ दूरी तय करती है और बॉक्स लड़की की ओर $(20 - x)$ दूरी तय करता है। जब वे मिलते हैं,तो वे दोनों द्रव्यमान केंद्र की स्थिति $X_{CM} = 4 \,m$ पर होंगे।
इसलिए,लड़की ने अपनी प्रारंभिक स्थिति से द्रव्यमान केंद्र तक पहुँचने के लिए $4 \,m$ की दूरी तय की है,और बॉक्स ने उसी बिंदु तक पहुँचने के लिए $20 - 4 = 16 \,m$ की दूरी तय की है।
अतः,लड़की ने $4 \,m$ की दूरी तय की है।

(A) जब वस्तुओं को लंबी अवधि (रात भर) के लिए एक बंद कमरे में छोड़ दिया जाता है,तो वे आसपास की हवा के साथ ऊष्मा का आदान-प्रदान करती हैं जब तक कि वे तापीय संतुलन में न आ जाएं।
ऊष्मागतिकी के शून्यवें नियम के अनुसार,यदि दो निकाय किसी तीसरे निकाय के साथ तापीय संतुलन में हैं,तो वे एक-दूसरे के साथ भी तापीय संतुलन में होते हैं।
चूंकि तीनों वस्तुएं एक ही कमरे में हैं,इसलिए वे अंततः कमरे के परिवेश के तापमान के बराबर तापमान प्राप्त कर लेंगी।
अतः,$T_1 = T_2 = T_3$.

(B) सही उत्तर $(B)$ है।
एक कमरे में गैस के अणु निरंतर और यादृच्छिक तापीय गति में होते हैं। इन अणुओं की उच्च गति और कमरे की अपेक्षाकृत कम ऊंचाई के कारण,कमरे के अंदर हवा के घनत्व वितरण पर गुरुत्वाकर्षण का प्रभाव नगण्य होता है।
गैसों के गतिज सिद्धांत के अनुसार,दबाव गैस के अणुओं के पात्र की दीवारों के साथ टकराने से उत्पन्न होता है। चूंकि कमरे में गैस के अणुओं का वितरण समान होता है,इसलिए इन टक्करों की आवृत्ति और बल फर्श,दीवारों और छत पर अनिवार्य रूप से समान होते हैं।
इसलिए,फर्श,दीवारों और छत पर हवा का दबाव लगभग समान होता है।

(B) दिया गया है:
इनपुट पावर $(P_{\text{in}})$ = $750 \,W$
पानी का आयतन $(V)$ = $300 \,L$,इसलिए द्रव्यमान $(m)$ = $300 \,kg$ (चूंकि पानी का घनत्व $1 \,kg/L$ है)
ऊँचाई $(h)$ = $6 \,m$
समय $(t)$ = $1 \,minute = 60 \,s$
गुरुत्वीय त्वरण $(g)$ = $10 \,m/s^2$
उपयोगी पावर आउटपुट $(P_{\text{out}})$ गुरुत्वाकर्षण के विरुद्ध कार्य करने की दर है:
$P_{\text{out}} = \frac{mgh}{t} = \frac{300 \times 10 \times 6}{60} = \frac{18000}{60} = 300 \,W$
दक्षता $(\eta)$ को उपयोगी पावर आउटपुट और इनपुट पावर के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$\eta = \frac{P_{\text{out}}}{P_{\text{in}}} = \frac{300}{750} = 0.4$
प्रतिशत में बदलने पर:
$\eta = 0.4 \times 100 = 40 \%$

(C) कमरे का आयतन $V = 5 \,m \times 5 \,m \times 4 \,m = 100 \,m^3$ है।
मानक तापमान और दबाव $(STP)$ पर,दबाव $p = 1.013 \times 10^5 \,Pa \approx 10^5 \,Pa$ और तापमान $T = 273 \,K$ है।
बोल्ट्ज़मैन नियतांक $k_B = 1.38 \times 10^{-23} \,J/K$ है।
आदर्श गैस समीकरण $pV = Nk_BT$ का उपयोग करते हुए,अणुओं की संख्या $N = \frac{pV}{k_BT}$ है।
मान रखने पर: $N = \frac{10^5 \times 100}{1.38 \times 10^{-23} \times 273} \approx \frac{10^7}{3.7674 \times 10^{-21}} \approx 2.65 \times 10^{27}$।
अतः,अणुओं की संख्या की कोटि $3 \times 10^{27}$ है।

(B) स्प्रिंग से लटके हुए ब्लॉक के संतुलन के लिए,स्प्रिंग बल और उत्प्लावन बल का योग ब्लॉक के वजन के बराबर होना चाहिए।
माना वस्तु का आयतन $V$ है और स्प्रिंग नियतांक $k$ है।
वस्तु का वजन $W = \rho V g$ है।
$\rho_f$ घनत्व वाले तरल में उत्प्लावन बल $F_B = \rho_f V g$ है।
स्प्रिंग बल $F_s = kx$ है।
संतुलन के लिए: $kx + \rho_f V g = \rho V g$।
पहले तरल में (घनत्व $\rho_1$): $k x_1 + \rho_1 V g = \rho V g \quad \dots(i)$
दूसरे तरल में (घनत्व $\rho_2$): $k x_2 + \rho_2 V g = \rho V g \quad \dots(ii)$
$(i)$ से,$k = \frac{(\rho - \rho_1) V g}{x_1}$।
$(ii)$ से,$k = \frac{(\rho - \rho_2) V g}{x_2}$।
$k$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\frac{(\rho - \rho_1) V g}{x_1} = \frac{(\rho - \rho_2) V g}{x_2}$
$(\rho - \rho_1) x_2 = (\rho - \rho_2) x_1$
$\rho x_2 - \rho_1 x_2 = \rho x_1 - \rho_2 x_1$
$\rho (x_2 - x_1) = \rho_1 x_2 - \rho_2 x_1$
$\rho = \frac{\rho_1 x_2 - \rho_2 x_1}{x_2 - x_1}$

(D) कार्य-गतिज ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,बल द्वारा किया गया कार्य पिंड की गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
$W = \Delta K = K_f - K_i = \frac{1}{2} m (v_f^2 - v_i^2)$
किया गया कार्य बल-विस्थापन ग्राफ में $x=4 \,m$ से $x=8 \,m$ के बीच के क्षेत्रफल के बराबर होता है। ग्राफ से,$x=4 \,m$ पर $F=1.5 \,N$ और $x=8 \,m$ पर $F=3 \,N$ है।
यह क्षेत्रफल एक समलंब (trapezoid) है जिसकी ऊँचाई $h = (8-4) = 4 \,m$ है और समांतर भुजाएँ $F_1 = 1.5 \,N$ और $F_2 = 3 \,N$ हैं।
$W = \text{क्षेत्रफल} = \frac{1}{2} \times (F_1 + F_2) \times \Delta x = \frac{1}{2} \times (1.5 + 3) \times 4 = 2 \times 4.5 = 9 \,J$.
यहाँ $m = 0.5 \,kg$ और $v_i = 3.16 \,ms^{-1}$ दिया गया है।
$9 = \frac{1}{2} \times 0.5 \times (v_f^2 - (3.16)^2)$
$9 = 0.25 \times (v_f^2 - 9.9856)$
$36 = v_f^2 - 9.9856$
$v_f^2 = 45.9856$
$v_f \approx 6.78 \,ms^{-1} \approx 6.8 \,ms^{-1}$.

(B) एक ऊष्मीय रूप से विलगित निकाय के लिए,कुल आंतरिक ऊर्जा स्थिर रहती है क्योंकि $\Delta Q = 0$ और $\Delta W = 0$ है।
चूंकि दोनों बक्सों का प्रारंभिक तापमान समान $(T)$ है,इसलिए अंतिम संतुलन तापमान $T_f$ भी $T$ ही रहेगा।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करके,हम प्रत्येक बक्से में मोल की संख्या ज्ञात कर सकते हैं:
$n_1 = \frac{P_1 V_1}{RT} = \frac{1 \times V}{RT} = \frac{V}{RT}$
$n_2 = \frac{P_2 V_2}{RT} = \frac{0.5 \times 4V}{RT} = \frac{2V}{RT}$
जब वाल्व खोला जाता है,तो मोल की कुल संख्या $n_{total} = n_1 + n_2$ कुल आयतन $V_{total} = V_1 + V_2 = V + 4V = 5V$ में तापमान $T$ पर व्याप्त हो जाती है।
$n_{total} = \frac{V}{RT} + \frac{2V}{RT} = \frac{3V}{RT}$
अंतिम स्थिति के लिए आदर्श गैस समीकरण का उपयोग करने पर:
$P_f V_{total} = n_{total} R T$
$P_f (5V) = \left(\frac{3V}{RT}\right) RT$
$P_f (5V) = 3V$
$P_f = \frac{3}{5} \, atm = 0.6 \, atm$.

(C) मान लीजिए आपतित प्रकाश की तीव्रता $I_0$ है। मैलस के नियम के अनुसार,पोलराइज़र से गुजरने के बाद प्रकाश की तीव्रता $I = I_{in} \cos^2 \theta$ होती है,जहाँ $\theta$ आपतित प्रकाश के ध्रुवण तल और पोलराइज़र की धुरी के बीच का कोण है।
चूंकि पहले पोलराइज़र की धुरी आपतित प्रकाश के ध्रुवण तल के समानांतर है,इसलिए कोण $\theta_1 = 0^{\circ}$ है। अतः,पहले पोलराइज़र के बाद तीव्रता $I_1 = I_0 \cos^2(0^{\circ}) = I_0$ है।
बाद के पोलराइज़र के लिए,प्रत्येक को पिछले वाले के सापेक्ष $30^{\circ}$ घुमाया गया है। इसलिए,प्रकाश के ध्रुवण तल और अगले पोलराइज़र के बीच का कोण $30^{\circ}$ है।
दूसरे पोलराइज़र के बाद तीव्रता: $I_2 = I_1 \cos^2(30^{\circ}) = I_0 (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 = \frac{3}{4} I_0$.
तीसरे पोलराइज़र के बाद तीव्रता: $I_3 = I_2 \cos^2(30^{\circ}) = (\frac{3}{4} I_0) \times \frac{3}{4} = (\frac{3}{4})^2 I_0$.
चौथे पोलराइज़र के बाद तीव्रता: $I_4 = I_3 \cos^2(30^{\circ}) = (\frac{3}{4})^2 I_0 \times \frac{3}{4} = (\frac{3}{4})^3 I_0$.
पांचवें पोलराइज़र के बाद तीव्रता: $I_5 = I_4 \cos^2(30^{\circ}) = (\frac{3}{4})^3 I_0 \times \frac{3}{4} = (\frac{3}{4})^4 I_0$.
गणना करने पर: $I_5 = (0.75)^4 I_0 = 0.3164 I_0 \approx 31.6 \% I_0$.
दिए गए विकल्पों की तुलना में,तीव्रता आपतित प्रकाश के $30 \%$ के सबसे करीब है।

(B) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में,फ्रिंज की चौड़ाई (फ्रिंज पृथक्करण) $\beta$ का सूत्र है:
$\beta = \frac{\lambda D}{d}$
चूंकि तरंगदैर्ध्य $\lambda$ आवृत्ति $f$ से $\lambda = \frac{c}{f}$ द्वारा संबंधित है,जहाँ $c$ प्रकाश की गति है,हम इसे सूत्र में प्रतिस्थापित कर सकते हैं:
$\beta = \frac{cD}{fd}$
यह मानते हुए कि स्लिट्स के बीच की दूरी $d$ और पर्दे तक की दूरी $D$ स्थिर रहती है,फ्रिंज की चौड़ाई आवृत्ति के व्युत्क्रमानुपाती होती है:
$\beta \propto \frac{1}{f}$
दिया गया है कि प्रारंभिक फ्रिंज पृथक्करण $\beta_1 = 1.0 \,mm$ है जब आवृत्ति $f_1 = f$ है। जब आवृत्ति को दोगुना $(f_2 = 2f)$ किया जाता है,तो नया फ्रिंज पृथक्करण $\beta_2$ होगा:
$\beta_2 = \beta_1 \times \frac{f_1}{f_2} = 1.0 \,mm \times \frac{f}{2f} = 0.5 \,mm$
अतः,चमकीली फ्रिंजों का नया पृथक्करण $0.5 \,mm$ है।

(A) घरेलू $AC$ आपूर्ति के लिए,दिया गया वोल्टेज $220 \,V$ रूट-मीन-स्क्वायर $(V_{\text{rms}})$ मान को दर्शाता है।
पीक वोल्टेज $(V_{\text{max}})$ की गणना $V_{\text{max}} = V_{\text{rms}} \times \sqrt{2} = 220 \sqrt{2} \,V$ के रूप में की जाती है।
आवृत्ति $f$ का मान $50 \,cps$ (या $50 \,Hz$) है। कोणीय आवृत्ति $\omega$ का मान $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times 50 = 100 \pi \,rad/s$ होता है।
तात्कालिक विभवांतर $V(t)$ को $V(t) = V_{\text{max}} \cos(\omega t)$ के रूप में व्यक्त किया जाता है।
मान रखने पर,हमें $V(t) = 220 \sqrt{2} \cos(100 \pi t) \,V$ प्राप्त होता है।

(A) सबसे पहले,परिपथ को सरल बनाएं। प्रतिरोधक $R_3 = 60 \, \Omega$ और $R_4 = 30 \, \Omega$ समानांतर में हैं। उनका समतुल्य प्रतिरोध $R_p$ इस प्रकार है:
$R_p = \frac{60 \times 30}{60 + 30} = \frac{1800}{90} = 20 \, \Omega$.
यह संयोजन $R_5 = 20 \, \Omega$ के साथ श्रेणीक्रम में है,इसलिए इस शाखा का समतुल्य प्रतिरोध $R_{branch} = 20 + 20 = 40 \, \Omega$ है।
अब,यह शाखा $R_2 = 40 \, \Omega$ के साथ समानांतर में है। इस समानांतर भाग का समतुल्य प्रतिरोध $R_{eq'} = \frac{40 \times 40}{40 + 40} = 20 \, \Omega$ है।
अंत में,यह $R_1 = 40 \, \Omega$ के साथ श्रेणीक्रम में है। परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = 40 + 20 = 60 \, \Omega$ है।
बैटरी से कुल धारा $I = \frac{V}{R_{total}} = \frac{3.0}{60} = 0.05 \, A$ है।
$R_1$ में क्षयित शक्ति $P_1 = I^2 R_1 = (0.05)^2 \times 40 = 0.0025 \times 40 = 0.1 \, W$ है।
धारा $I$ दो समानांतर शाखाओं में समान रूप से विभाजित होती है ($R_2$ और $R_3, R_4, R_5$ वाली शाखा) क्योंकि दोनों का प्रतिरोध $40 \, \Omega$ है। इसलिए,$I_2 = I_{branch} = 0.025 \, A$ है।
$R_2$ में शक्ति $P_2 = (0.025)^2 \times 40 = 0.000625 \times 40 = 0.025 \, W$ है।
$R_3, R_4, R_5$ वाली शाखा में,धारा $0.025 \, A$ है। $R_5$ में शक्ति $P_5 = (0.025)^2 \times 20 = 0.0125 \, W$ है।
$R_3$ और $R_4$ के समानांतर संयोजन पर वोल्टेज $V_p = I_{branch} \times R_p = 0.025 \times 20 = 0.5 \, V$ है।
$R_3$ में शक्ति $P_3 = \frac{V_p^2}{R_3} = \frac{0.5^2}{60} = \frac{0.25}{60} \approx 0.0042 \, W$ है।
$R_4$ में शक्ति $P_4 = \frac{V_p^2}{R_4} = \frac{0.5^2}{30} = \frac{0.25}{30} \approx 0.0083 \, W$ है।
सभी शक्तियों की तुलना करने पर,$P_1 = 0.1 \, W$ अधिकतम है। इसलिए,$R_1$ सबसे अधिक शक्ति का क्षय करता है।

(D) सही उत्तर $IV$ है।
$t=0$ पर,जब स्विच बंद किया जाता है,तो सर्किट में धारा शून्य होती है क्योंकि इंडक्टर धारा में किसी भी तात्कालिक परिवर्तन का विरोध करता है। इसलिए,प्रतिरोधक पर विभव पतन $(V_R = iR)$ शून्य होता है।
किरचॉफ के वोल्टेज नियम के अनुसार,$t=0$ पर पूरा $10 \, V$ का स्रोत वोल्टेज इंडक्टर के सिरों पर दिखाई देता है। इस प्रकार,इंडक्टर पर प्रारंभिक वोल्टेज $10 \, V$ है।
जैसे-जैसे समय बीतता है,सर्किट में धारा $i$ समीकरण $i(t) = \frac{V}{R} (1 - e^{-Rt/L})$ के अनुसार घातांकीय रूप से बढ़ती है।
इंडक्टर पर वोल्टेज $V_L = L \frac{di}{dt} = V e^{-Rt/L}$ द्वारा दिया जाता है।
जैसे-जैसे $t$ बढ़ता है,धारा बढ़ती है,और प्रतिरोधक पर विभव पतन बढ़ता है,जबकि इंडक्टर पर विभव पतन $10 \, V$ से $0 \, V$ तक घातांकीय रूप से घटता है।
जब धारा अपने अधिकतम स्थिर मान तक पहुँच जाती है,तो धारा के परिवर्तन की दर शून्य हो जाती है,और इंडक्टर पर विभव पतन शून्य की ओर प्रवृत्त होता है। यह घातांकीय क्षय ग्राफ $IV$ द्वारा सबसे अच्छी तरह दर्शाया गया है।

(A) इलेक्ट्रॉन और नाभिक के युग्म के लिए,स्थितिज ऊर्जा $V(r) = \frac{K(-e)(+Ze)}{r} = -\frac{KZe^2}{r}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि स्थितिज ऊर्जा ऋणात्मक है और $r$ बढ़ने पर यह शून्य की ओर अग्रसर होती है,इसलिए आरेख $(3)$ इलेक्ट्रॉन को दर्शाता है।
न्यूट्रॉन के लिए,नाभिक के बाहर $(r > r_0)$ कोई स्थिर-वैद्युत बल नहीं होता है। अतः,$r > r_0$ के लिए स्थितिज ऊर्जा शून्य है। आरेख $(1)$ न्यूट्रॉन को दर्शाता है।
प्रोटॉन के लिए,नाभिक और प्रोटॉन दोनों धनावेशित होने के कारण $r > r_0$ के लिए स्थिर-वैद्युत बल प्रतिकर्षी होता है। अतः,स्थितिज ऊर्जा धनात्मक होती है और $r$ बढ़ने पर घटती है। आरेख $(2)$ प्रोटॉन को दर्शाता है।
अतः,सही युग्म $(1, n), (2, p^{+}), (3, e^{-})$ है,जो विकल्प $A$ के अनुरूप है।

(D) संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$c$ प्रकाश की गति है और $\lambda$ तरंगदैर्ध्य है।
पहले तीन ऊर्जा स्तरों $(n=1, 2, 3)$ के लिए,संभावित संक्रमण हैं:
$1$. $n=3 \rightarrow n=1$ (ऊर्जा $E_1$,तरंगदैर्ध्य $\lambda_1$)
$2$. $n=2 \rightarrow n=1$ (ऊर्जा $E_2$,तरंगदैर्ध्य $\lambda_2$)
$3$. $n=3 \rightarrow n=2$ (ऊर्जा $E_3$,तरंगदैर्ध्य $\lambda_3$)
चूंकि ऊर्जा तरंगदैर्ध्य के व्युत्क्रमानुपाती होती है $(E \propto \frac{1}{\lambda})$,सबसे अधिक ऊर्जा परिवर्तन वाला संक्रमण सबसे छोटी तरंगदैर्ध्य के अनुरूप होता है। अतः,$\lambda_1$ सबसे छोटी तरंगदैर्ध्य $(n=3 \rightarrow n=1)$ है और $\lambda_3$ सबसे लंबी तरंगदैर्ध्य $(n=3 \rightarrow n=2)$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम से,$n=3$ से $n=1$ तक के संक्रमण की ऊर्जा $n=3$ से $n=2$ और $n=2$ से $n=1$ तक के संक्रमणों की ऊर्जा के योग के बराबर होती है:
$E_{3 \rightarrow 1} = E_{3 \rightarrow 2} + E_{2 \rightarrow 1}$
$E = \frac{hc}{\lambda}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{hc}{\lambda_1} = \frac{hc}{\lambda_3} + \frac{hc}{\lambda_2}$
दोनों पक्षों को $hc$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{1}{\lambda_1} = \frac{1}{\lambda_2} + \frac{1}{\lambda_3}$

(B) $R$ त्रिज्या और एकसमान आयतन आवेश घनत्व $\rho$ वाले एक ठोस गोले के लिए,केंद्र से $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E$ को इस प्रकार दिया जाता है:
$1$. गोले के अंदर $(r < R)$: गॉस के नियम का उपयोग करते हुए,$E \cdot 4\pi r^2 = \frac{q_{enclosed}}{\epsilon_0} = \frac{\rho \cdot \frac{4}{3}\pi r^3}{\epsilon_0}$। इसे सरल करने पर $E = \frac{\rho r}{3\epsilon_0}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $E \propto r$। अतः,ग्राफ मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा है।
$2$. गोले के बाहर $(r \geq R)$: गोला अपने केंद्र पर एक बिंदु आवेश की तरह व्यवहार करता है। विद्युत क्षेत्र $E = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \cdot \frac{q}{r^2}$ है,जिसका अर्थ है कि $E \propto \frac{1}{r^2}$। अतः,ग्राफ एक अतिपरवलय (hyperbola) है।
सतह पर $(r = R)$,विद्युत क्षेत्र अधिकतम होता है,जिसका मान $E_{max} = \frac{kq}{R^2}$ है।
इन विशेषताओं की दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,वक्र $II$ इस परिवर्तन को सही ढंग से दर्शाता है।

(C) प्रक्षेप्य गति में अनावेशित कण के लिए,परास $L = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g} \quad \dots(i)$ है।
आवेशित कण के लिए,प्रभावी त्वरण $g' = g + \frac{qE}{m}$ हो जाता है।
दिया गया है कि $q$ आवेश वाले कण के लिए परास $L/2$ है,इसलिए:
$\frac{L}{2} = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g + \frac{qE}{m}}$
समीकरण $(i)$ से $u^2 \sin 2\theta = Lg$ रखने पर:
$\frac{L}{2} = \frac{Lg}{g + \frac{qE}{m}}$
$\Rightarrow g + \frac{qE}{m} = 2g \Rightarrow \frac{qE}{m} = g \quad \dots(ii)$
अब,$m$ द्रव्यमान और $2q$ आवेश वाले कण के लिए,प्रभावी त्वरण $g'' = g + \frac{2qE}{m}$ है।
समीकरण $(ii)$ का उपयोग करने पर,$g'' = g + 2g = 3g$ प्राप्त होता है।
अतः नई परास $R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{3g} = \frac{1}{3} \left( \frac{u^2 \sin 2\theta}{g} \right) = \frac{L}{3}$ होगी।

(B) प्रकाश किरण के पदार्थ से होकर गुजरने के लिए,अंतरापृष्ठ पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन नहीं होना चाहिए। इसके लिए क्रांतिक कोण की शर्त का पालन होना आवश्यक है।
स्नेल के नियम के अनुसार,$n_1 \sin i = n_2 \sin r$। पूर्ण आंतरिक परावर्तन की सीमांत स्थिति के लिए,अपवर्तन कोण $r = 90^{\circ}$ लिया जाता है।
यहाँ,कांच का अपवर्तनांक $n_1 = 1.5$ है और पदार्थ का न्यूनतम अपवर्तनांक $n_2 = 1.2$ है।
अतः,$\sin i_{\max} = \frac{n_2}{n_1} = \frac{1.2}{1.5} = 0.8$।
इसलिए,$i_{\max} = \sin^{-1}(0.8) = 53.1^{\circ}$।

(A) मान लीजिए तार का रैखिक आवेश घनत्व $\lambda$ है। एक लंबे आवेशित तार से $r_1$ और $r_2$ दूरी पर स्थित दो बिंदुओं के बीच विभवांतर $V_1 - V_2 = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln\left(\frac{r_2}{r_1}\right)$ द्वारा दिया जाता है।
बिंदु $A$ ($l$ दूरी पर) और बिंदु $B$ ($2l$ दूरी पर) के बीच ऊर्जा संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$qV_A + \frac{1}{2}mu^2 = qV_B + \frac{1}{2}m(\sqrt{2}u)^2$
$q(V_A - V_B) = \frac{1}{2}m(2u^2 - u^2) = \frac{1}{2}mu^2$
$q \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln\left(\frac{2l}{l}\right) = \frac{1}{2}mu^2$
$q \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln(2) = \frac{1}{2}mu^2 \quad \dots(i)$
अब, बिंदु $A$ ($l$ दूरी पर) और बिंदु $C$ ($4l$ दूरी पर) के बीच ऊर्जा संरक्षण लागू करने पर:
$qV_A + \frac{1}{2}mu^2 = qV_C + \frac{1}{2}mv^2$
$\frac{1}{2}mv^2 = q(V_A - V_C) + \frac{1}{2}mu^2$
$\frac{1}{2}mv^2 = q \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln\left(\frac{4l}{l}\right) + \frac{1}{2}mu^2$
$\frac{1}{2}mv^2 = q \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln(4) + \frac{1}{2}mu^2$
चूंकि $\ln(4) = 2\ln(2)$, इसलिए:
$\frac{1}{2}mv^2 = 2 \left(q \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln(2)\right) + \frac{1}{2}mu^2$
समीकरण $(i)$ से मान प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2}mv^2 = 2 \left(\frac{1}{2}mu^2\right) + \frac{1}{2}mu^2 = \frac{3}{2}mu^2$
$v^2 = 3u^2 \Rightarrow v = \sqrt{3}u$.

(B) $I$ धारा ले जाने वाले लंबे तार द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B$ लूप के क्षेत्र में पृष्ठ के अंदर की ओर है। जैसे ही लूप को दाईं ओर खींचा जाता है,यह ऐसे क्षेत्र में चला जाता है जहाँ चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता कम हो जाती है,इसलिए लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स कम हो जाता है।
लेंज़ के नियम के अनुसार,लूप में प्रेरित धारा फ्लक्स में इस कमी का विरोध करने के लिए प्रवाहित होगी,जिसका अर्थ है कि यह पृष्ठ के अंदर की ओर निर्देशित अपना चुंबकीय क्षेत्र बनाएगी। दाहिने हाथ के नियम के अनुसार,यह दक्षिणावर्त प्रेरित धारा के अनुरूप है।
लूप की बाईं भुजा के लिए (तार के सबसे निकट),धारा ऊपर की ओर बहती है,जो लंबे तार में धारा $I$ की दिशा में ही है। समानांतर धाराएं एक-दूसरे को आकर्षित करती हैं,इसलिए बाईं भुजा पर बल लंबे तार की ओर (बाईं ओर) कार्य करता है।
लूप की दाईं भुजा के लिए,धारा नीचे की ओर बहती है,जो लंबे तार में धारा $I$ की विपरीत दिशा में है। प्रति-समानांतर धाराएं एक-दूसरे को प्रतिकर्षित करती हैं,इसलिए दाईं भुजा पर बल लंबे तार से दूर (दाईं ओर) कार्य करता है।

(D) प्रतिरोध $R$ के ऊपर जंक्शन बिंदु पर नोडल विश्लेषण का उपयोग करते हुए,मान लें कि विभव $V_x$ है। $R$ से प्रवाहित धारा $I = V_x / R$ है।
जंक्शन पर किरचॉफ का धारा नियम $(KCL)$ लागू करने पर:
$(V_x - V_1) / R_1 + (V_x - V_2) / R_2 + V_x / R = 0$
$V_x (1/R_1 + 1/R_2 + 1/R) = V_1/R_1 + V_2/R_2$
$V_x = \frac{V_1/R_1 + V_2/R_2}{1/R_1 + 1/R_2 + 1/R} = \frac{V_1 R_2 + V_2 R_1}{R_2 + R_1 + R_1 R_2 / R}$
अतः,$I = V_x / R = \frac{V_1 R_2 + V_2 R_1}{R(R_1 + R_2) + R_1 R_2}$.
स्थिति $1$: $V_1 = 2 \,V, V_2 = 0 \,V, I = 3 \,mA \Rightarrow 3 = \frac{2 R_2}{R(R_1 + R_2) + R_1 R_2} \quad \dots(1)$
स्थिति $2$: $V_1 = 0 \,V, V_2 = 4 \,V, I = 4 \,mA \Rightarrow 4 = \frac{4 R_1}{R(R_1 + R_2) + R_1 R_2} \quad \dots(2)$
$(1)$ को $(2)$ से विभाजित करने पर: $3/4 = (2 R_2) / (4 R_1) \Rightarrow 3/4 = R_2 / (2 R_1) \Rightarrow R_2 / R_1 = 3/2 \Rightarrow R_2 = 1.5 R_1$.
$R_2 = 1.5 R_1$ को $(1)$ में रखने पर: $3 = \frac{2(1.5 R_1)}{R(R_1 + 1.5 R_1) + R_1(1.5 R_1)} = \frac{3 R_1}{2.5 R R_1 + 1.5 R_1^2} = \frac{3}{2.5 R + 1.5 R_1}$.
अतः,$2.5 R + 1.5 R_1 = 1$.
स्थिति $3$: $V_1 = 10 \,V, V_2 = 10 \,V$. तब $I = \frac{10 R_2 + 10 R_1}{R(R_1 + R_2) + R_1 R_2} = \frac{10(R_1 + R_2)}{R(R_1 + R_2) + R_1 R_2}$.
$R_2 = 1.5 R_1$ का उपयोग करने पर,$I = \frac{10(2.5 R_1)}{R(2.5 R_1) + 1.5 R_1^2} = \frac{25 R_1}{2.5 R R_1 + 1.5 R_1^2} = \frac{25}{2.5 R + 1.5 R_1}$.
चूंकि $2.5 R + 1.5 R_1 = 1$,इसलिए $I = 25 / 1 = 25 \,mA$।

(C) बिंदु $Q$ तक सबसे कम समय में पहुँचने के लिए,लड़की को उस पथ का अनुसरण करना चाहिए जो कुल यात्रा समय को कम करे। यह प्रकाशिकी में फर्मेट के सिद्धांत (Fermat's principle) के समान है,जो बताता है कि प्रकाश उस पथ का अनुसरण करता है जिसमें सबसे कम समय लगता है।
चूंकि तट पर लड़की की चाल $(v_1 = 6 \, kmh^{-1})$ समुद्र में उसकी चाल $(v_2 = 4 \, kmh^{-1})$ से अधिक है,इसलिए उसे कुल समय को कम करने के लिए तट पर अधिक दूरी और समुद्र में कम दूरी तय करनी चाहिए। स्नेल के नियम के अनुसार,जो फर्मेट के सिद्धांत से प्राप्त होता है,कम चाल वाले माध्यम में प्रवेश करते समय पथ को अभिलंब (normal) की ओर झुकना चाहिए।
दिए गए पथों की तुलना करने पर,पथ $P C Q$ उस इष्टतम अपवर्तन-समान प्रक्षेपवक्र को दर्शाता है जो $Q$ तक पहुँचने में लगने वाले कुल समय को न्यूनतम करता है।

(C) सतह $BC$ पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ होने के लिए,आपतन कोण $i$ का मान क्रांतिक कोण $C$ से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए।
समद्विबाहु समकोण प्रिज्म की ज्यामिति से,प्रकाश किरण सतह $AB$ पर लंबवत प्रवेश करती है और सतह $BC$ पर $i = 45^{\circ}$ के आपतन कोण पर टकराती है।
$TIR$ होने के लिए शर्त $i \geq C$ है,जहाँ $C$ क्रांतिक कोण है।
इसलिए,$45^{\circ} \geq C$.
दोनों तरफ साइन (sine) लेने पर,$\sin 45^{\circ} \geq \sin C$.
हम जानते हैं कि $\sin C = \frac{1}{\mu}$,जहाँ $\mu$ प्रिज्म का अपवर्तनांक है।
अतः,$\sin 45^{\circ} \geq \frac{1}{\mu}$.
$\frac{1}{\sqrt{2}} \geq \frac{1}{\mu}$.
$\mu \geq \sqrt{2}$.
चूंकि $\sqrt{2} \approx 1.414$,इसलिए अपवर्तनांक $\mu$ का न्यूनतम मान लगभग $1.42$ है।

(D) जब किसी लेंस का उपयोग प्रतिबिंब बनाने के लिए किया जाता है,तो लेंस का प्रत्येक बिंदु पूरे प्रतिबिंब के निर्माण में योगदान देता है।
यदि लेंस के ऊपरी आधे भाग को काला कर दिया जाता है,तो उस भाग से गुजरने वाली प्रकाश किरणें अवरुद्ध हो जाती हैं।
हालाँकि,लेंस का शेष निचला आधा भाग अभी भी वस्तु के सभी हिस्सों से प्रकाश किरणों को गुजरने देता है और उन्हें उसी फोकल बिंदु पर अभिसरित करता है।
परिणामस्वरूप,पूरा प्रतिबिंब अभी भी पर्दे पर उसी स्थान पर बनता है।
चूंकि पर्दे तक पहुँचने वाले प्रकाश की मात्रा कम हो जाती है (क्योंकि आधा एपर्चर अवरुद्ध है),इसलिए प्रतिबिंब की तीव्रता या चमक कम हो जाती है।

(C) छड़ का पदार्थ नहीं बदलता है,इसलिए दोनों छड़ों के लिए प्रतिरोधकता $\rho$ समान रहती है।
पिघलाने और नया आकार देने के दौरान पदार्थ का आयतन समान रहता है,इसलिए:
$V_1 = V_2$
$A_1 L_1 = A_2 L_2$
यहाँ $L_1 = L$ और $L_2 = 2L$ दिया गया है,इसलिए:
$A_1 L = A_2 (2L) \Rightarrow A_2 = \frac{A_1}{2}$
अब,प्रतिरोध के सूत्र $R = \rho \frac{l}{A}$ का उपयोग करने पर,नया प्रतिरोध $R_2$ होगा:
$R_2 = \rho \frac{L_2}{A_2} = \rho \frac{2L}{A_1 / 2} = 4 \left( \frac{\rho L}{A_1} \right)$
चूंकि $R = \rho \frac{L}{A_1}$,इसलिए:
$R_2 = 4R$

(B) मान लीजिए आवेशों $A$ और $B$ के बीच की दूरी $d$ है। मान लीजिए कि जिस बिंदु पर विद्युत क्षेत्र शून्य है,वह आवेश $A$ से $x$ दूरी पर स्थित है।
विद्युत क्षेत्र को शून्य होने के लिए,दोनों आवेशों के कारण विद्युत क्षेत्र के परिमाण समान होने चाहिए और उनकी दिशाएं विपरीत होनी चाहिए।
$1$. $A$ और $B$ के बीच: $+Q$ और $-2 Q$ के कारण क्षेत्र एक ही दिशा में हैं,इसलिए कुल क्षेत्र शून्य नहीं हो सकता।
$2$. $B$ के दाईं ओर: $-2 Q$ के कारण क्षेत्र हमेशा $+Q$ के कारण क्षेत्र से अधिक शक्तिशाली होता है क्योंकि $-2 Q$ का परिमाण बड़ा है और यह इस क्षेत्र के किसी भी बिंदु के करीब है। अतः,कुल क्षेत्र शून्य नहीं हो सकता।
$3$. $A$ के बाईं ओर: मान लीजिए बिंदु $A$ से $x$ दूरी पर है। $+Q$ के कारण विद्युत क्षेत्र $E_A = \frac{kQ}{x^2}$ (बाईं ओर) है और $-2 Q$ के कारण विद्युत क्षेत्र $E_B = \frac{k(2Q)}{(d+x)^2}$ (दाईं ओर) है।
$E_A = E_B$ रखने पर,हमें $\frac{kQ}{x^2} = \frac{2kQ}{(d+x)^2}$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $(d+x)^2 = 2x^2$ या $d+x = \sqrt{2}x$ हो जाता है। इससे $x = \frac{d}{\sqrt{2}-1}$ प्राप्त होता है,जो एक सीमित दूरी है।
इसलिए,विद्युत क्षेत्र $A$ के बाईं ओर एक बिंदु पर शून्य होता है।

(D) भाग $PQ$ में धारा ज्ञात करने के लिए,हम जंक्शनों पर किरचॉफ के धारा नियम $(KCL)$ का उपयोग करते हैं।
$1$. जिस जंक्शन पर $2 \, A$ और $8 \, A$ की धाराएं मिलती हैं,वहां कुल आने वाली धारा $2 \, A + 8 \, A = 10 \, A$ है। यह $10 \, A$ धारा अगले जंक्शन की ओर बहती है।
$2$. $Q$ के नीचे वाले जंक्शन पर,कुल बाहर जाने वाली धारा $4 \, A + 2 \, A = 6 \, A$ है। चूंकि $10 \, A$ इस जंक्शन में प्रवेश करती है और $6 \, A$ नीचे की ओर जाती है,इसलिए शेष $10 \, A - 6 \, A = 4 \, A$ धारा को $Q$ की ओर ऊपर की दिशा में बहना चाहिए।
$3$. जंक्शन $Q$ पर,आने वाली धाराएं $3 \, A$ (ऊपरी शाखा से) और $4 \, A$ (निचली शाखा से) हैं। बाहर जाने वाली धारा $1 \, A$ (दाईं ओर) है। मान लीजिए कि $PQ$ में धारा $I_{PQ}$,$Q$ से $P$ की ओर बहती है।
$4$. जंक्शन $Q$ पर $KCL$ लागू करने पर: $I_{incoming} = I_{outgoing}$.
$3 \, A + 4 \, A = 1 \, A + I_{PQ}$
$7 \, A = 1 \, A + I_{PQ}$
$I_{PQ} = 6 \, A$.
चूंकि परिणाम धनात्मक है,इसलिए $6 \, A$ की धारा मानी गई दिशा में,यानी $Q$ से $P$ की ओर बहती है।

(A) क्षय की प्रक्रिया इस प्रकार है:
$1$. प्रारंभिक नाभिक: $Pb_{82}^{214}$.
$2$. दो इलेक्ट्रॉनों का उत्सर्जन ($\beta^-$-क्षय): प्रत्येक $\beta^-$-क्षय परमाणु क्रमांक को $1$ से बढ़ाता है और द्रव्यमान संख्या को स्थिर रखता है।
$Pb_{82}^{214} \rightarrow A_{84}^{214} + 2_{-1}^{0}e$.
$3$. $\alpha$-कण का उत्सर्जन: $\alpha$-कण $(He_{2}^{4})$ के उत्सर्जन से परमाणु क्रमांक $2$ कम हो जाता है और द्रव्यमान संख्या $4$ कम हो जाती है।
$A_{84}^{214} \rightarrow X_{82}^{210} + He_{2}^{4}$.
$4$. परिणामी नाभिक $X_{82}^{210}$ है।
$5$. प्रोटॉन की संख्या $(Z)$ = $82$.
$6$. न्यूट्रॉन की संख्या $(N)$ = $A - Z = 210 - 82 = 128$.
अतः,परिणामी नाभिक में $82$ प्रोटॉन और $128$ न्यूट्रॉन होते हैं।

(C) निचले केंद्र $C$ से आने वाली किरण ऊपरी किनारे तक जाती है और फिर प्रेक्षक की ओर हवा में अपवर्तित होती है।
जल-वायु इंटरफेस पर स्नेल के नियम का उपयोग करते हुए: $n_1 \cdot \sin i = n_2 \cdot \sin r$.
यहाँ,पानी में आपतन कोण $i$ वह कोण है जो किरण अभिलंब के साथ बनाती है। चूंकि किरण क्षैतिज के साथ $\theta$ कोण बनाती है,इसलिए ऊर्ध्वाधर अभिलंब के साथ कोण $i = 90^{\circ} - \theta$ होगा।
अपवर्तन कोण $r$ वह कोण है जो किरण हवा में अभिलंब के साथ बनाती है। ज्यामिति से,$\tan r = \frac{x/2}{h} = \frac{x}{2h}$.
दिया गया है $\frac{h}{x} = \frac{7}{4}$,इसलिए $\tan r = \frac{1}{2(h/x)} = \frac{1}{2(7/4)} = \frac{2}{7}$.
अतः,$\sin r = \frac{2}{\sqrt{2^2 + 7^2}} = \frac{2}{\sqrt{53}}$.
स्नेल के नियम को लागू करने पर: $n_{water} \cdot \sin i = n_{air} \cdot \sin r$.
$\frac{4}{3} \cdot \sin(90^{\circ} - \theta) = 1 \cdot \sin r$.
$\frac{4}{3} \cdot \cos \theta = \frac{2}{\sqrt{53}}$.
$\cos \theta = \frac{4}{3} \cdot \frac{2}{\sqrt{53}} = \frac{8}{3\sqrt{53}}$.

(A) दिए गए परिपथ में,$3 \,\Omega$ और $1 \,\Omega$ के प्रतिरोध $10 \,V$ की बैटरी के साथ श्रेणीक्रम में जुड़े हैं।
परिपथ का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = 3 \,\Omega + 1 \,\Omega = 4 \,\Omega$ है।
परिपथ में प्रवाहित धारा $i = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{10 \,V}{4 \,\Omega} = 2.5 \,A$ है।
$1 \,\Omega$ के प्रतिरोध में क्षयित शक्ति $P = i^2 R = (2.5)^2 \times 1 = 6.25 \,W$ है।
जब $1 \,\Omega$ के प्रतिरोध को $9 \,\Omega$ के प्रतिरोध से बदल दिया जाता है,तो नया तुल्य प्रतिरोध $R'_{eq} = 3 \,\Omega + 9 \,\Omega = 12 \,\Omega$ हो जाता है।
परिपथ में नई धारा $i' = \frac{10 \,V}{12 \,\Omega} = \frac{5}{6} \,A$ है।
$9 \,\Omega$ के प्रतिरोध में क्षयित शक्ति $P' = (i')^2 \times 9 = \left(\frac{5}{6}\right)^2 \times 9 = \frac{25}{36} \times 9 = \frac{25}{4} \,W = 6.25 \,W$ है।
चूंकि $P = 6.25 \,W$ और $P' = 6.25 \,W$ है,इसलिए $P' = P$ होगा।