KVPY 2012 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) मान लीजिए कि पिंडों की ऊष्मा धारिता $C(T)$ है,जहाँ $C(T)$ तापमान $T$ का एक बढ़ता हुआ फलन है।
जब दोनों पिंडों को संपर्क में लाया जाता है,तो ऊष्मा गर्म पिंड $(100^{\circ} C)$ से ठंडे पिंड $(0^{\circ} C)$ की ओर तब तक प्रवाहित होती है जब तक कि वे एक सामान्य अंतिम तापमान $T_f$ तक न पहुँच जाएँ।
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,गर्म पिंड द्वारा खोई गई ऊष्मा,ठंडे पिंड द्वारा प्राप्त ऊष्मा के बराबर होती है:
$\int_{T_f}^{100} C(T) dT = \int_{0}^{T_f} C(T) dT$.
चूँकि $C(T)$ तापमान के साथ बढ़ता है,इसलिए संतुलन तक पहुँचने की प्रक्रिया के दौरान गर्म पिंड की ऊष्मा धारिता ठंडे पिंड की तुलना में अधिक होती है।
चूँकि गर्म पिंड की ऊष्मा धारिता अधिक है,इसलिए ठंडे पिंड की तुलना में उसके तापमान में एक निश्चित परिवर्तन करने के लिए उसे अधिक ऊर्जा की आवश्यकता होती है।
इसलिए,अंतिम संतुलन तापमान $T_f$ उच्च ऊष्मा धारिता वाले पिंड के प्रारंभिक तापमान के करीब होगा।
अतः,$T_f > 50^{\circ} C$.

(B) प्रसार प्रक्रिया के दौरान गैस द्वारा किया गया कार्य $p-V$ ग्राफ के अंतर्गत आने वाले क्षेत्रफल के बराबर होता है।
आयतन $V$ से $2V$ तक फैलने वाली एक आदर्श गैस के लिए,समतापीय प्रक्रिया को $p-V$ आरेख पर वक्र $AB$ द्वारा और रुद्धोष्म प्रक्रिया को वक्र $AC$ द्वारा दर्शाया गया है।
चूंकि रुद्धोष्म वक्र समतापीय वक्र की तुलना में अधिक तीव्र (steep) होता है,इसलिए आयतन में समान परिवर्तन के लिए समतापीय वक्र $AB$ के अंतर्गत आने वाला क्षेत्रफल रुद्धोष्म वक्र $AC$ के अंतर्गत आने वाले क्षेत्रफल से अधिक होता है।
इसलिए,समतापीय प्रक्रिया में किया गया कार्य $(W_i)$,रुद्धोष्म प्रक्रिया में किए गए कार्य $(W_a)$ से अधिक है।
चूंकि गैस का प्रसार हो रहा है,इसलिए दोनों स्थितियों में किया गया कार्य धनात्मक है।
अतः,$W_i > W_a > 0$।

(A) द्रव की बूंद के कंपन की आवृत्ति $v$,पृष्ठ तनाव $\sigma$,घनत्व $\rho$ और त्रिज्या $R$ द्वारा निर्धारित होती है। दिया गया अनुपात $\frac{v}{\sqrt{\sigma / \rho R^3}}$ है।
आवृत्ति $v$ की विमा = $[T^{-1}]$.
पृष्ठ तनाव $\sigma$ की विमा = $[MT^{-2}]$.
घनत्व $\rho$ की विमा = $[ML^{-3}]$.
त्रिज्या $R$ की विमा = $[L]$.
मान लीजिए अनुपात $X = \frac{v}{\sqrt{\sigma / \rho R^3}}$ है।
$\sqrt{\frac{\sigma}{\rho R^3}}$ की विमा = $\sqrt{\frac{MT^{-2}}{ML^{-3} \cdot L^3}} = \sqrt{\frac{MT^{-2}}{M}} = [T^{-1}]$.
अतः,अनुपात $\frac{v}{\sqrt{\sigma / \rho R^3}}$ विमाहीन है।
अब हम विकल्प $(A)$ की विमाओं की जाँच करते हैं:
$\frac{k \rho g R^2}{\sigma} = \frac{[ML^{-3}] \cdot [LT^{-2}] \cdot [L^2]}{[MT^{-2}]} = \frac{[ML^0T^{-2}]}{[MT^{-2}]} = [M^0L^0T^0]$.
चूंकि यह व्यंजक विमाहीन है,इसलिए यह दिए गए अनुपात के विमीय विश्लेषण के अनुरूप है।

(C) मान लीजिए $A$ केंद्रीय सिक्के का केंद्र है। $A$ से गुजरने वाली अक्ष के परितः केंद्रीय सिक्के का जड़त्व आघूर्ण $I_{central} = \frac{m r^2}{2}$ है।
आसपास के छह सिक्कों के लिए,उनके केंद्रों की $A$ से दूरी $2r$ है। समानांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,$A$ से गुजरने वाली अक्ष के परितः प्रत्येक आसपास के सिक्के का जड़त्व आघूर्ण $I_{surrounding} = \frac{m r^2}{2} + m(2r)^2 = \frac{m r^2}{2} + 4mr^2 = \frac{9}{2} mr^2$ है।
$A$ से गुजरने वाली अक्ष के परितः प्रणाली का कुल जड़त्व आघूर्ण $I_A = I_{central} + 6 \times I_{surrounding} = \frac{m r^2}{2} + 6 \times \frac{9}{2} mr^2 = \frac{m r^2}{2} + 27 mr^2 = \frac{55}{2} mr^2$ है।
अब,हमें बिंदु $P$ के परितः जड़त्व आघूर्ण चाहिए,जो $A$ से $d = 2r$ की दूरी पर है। समानांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,$I_P = I_A + M_{total} \times d^2$,जहाँ $M_{total} = 7m$ है।
$I_P = \frac{55}{2} mr^2 + (7m)(2r)^2 = \frac{55}{2} mr^2 + 28 mr^2 = \frac{55 + 56}{2} mr^2 = \frac{111}{2} mr^2$.

(A) कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,ग्रह का कोणीय संवेग $L$ अपनी कक्षा के सभी बिंदुओं पर स्थिर रहता है।
पेरिहेलियन $P$ और एफेलियन $A$ पर,वेग सदिश स्थिति सदिश के लंबवत होता है,इसलिए कोणीय संवेग $L = mvr$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $L_P = L_A$,हमारे पास $m v_P r_P = m v_A r_A$ है,जिसका अर्थ है $\frac{v_P}{v_A} = \frac{r_A}{r_P}$।
अर्ध-दीर्घ अक्ष $a$ और उत्केंद्रता $e$ वाले दीर्घवृत्त के लिए,निकटतम बिंदु (पेरिहेलियन) की दूरी $r_P = a(1-e)$ है और सबसे दूर के बिंदु (एफेलियन) की दूरी $r_A = a(1+e)$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{v_P}{v_A} = \frac{a(1+e)}{a(1-e)} = \frac{1+e}{1-e}$ प्राप्त होता है।

(A) सरल आवर्त गति में,पिंड का वेग $v = \omega \sqrt{a^2 - x^2}$ द्वारा दिया जाता है।
पिंड द्वारा एक छोटे अंतराल $dx$ में बिताया गया समय $dt$ इस प्रकार है: $dt = \frac{dx}{v} = \frac{dx}{\omega \sqrt{a^2 - x^2}}$।
अंतराल $dx$ में पिंड के पाए जाने की प्रायिकता $P(x)dx$ उस अंतराल में बिताए गए समय के समानुपाती होती है,अर्थात $P(x) \propto \frac{1}{v} = \frac{1}{\omega \sqrt{a^2 - x^2}}$।
जैसे-जैसे $x \to \pm a$ होता है,वेग $v \to 0$ हो जाता है,जिसका अर्थ है कि बिताया गया समय $dt \to \infty$ हो जाता है।
इसलिए,पिंड के पाए जाने की प्रायिकता चरम स्थितियों $x = \pm a$ पर सबसे अधिक होती है।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(A) कण पर कार्य करने वाला बल $F = -\alpha x^3 - \beta x^4$ है।
चूँकि $F = -\frac{dU}{dx}$,इसलिए $\frac{dU}{dx} = \alpha x^3 + \beta x^4$ होगा।
$x = 0$ पर,$\frac{dU}{dx} = 0$ है,जिसका अर्थ है कि कण संतुलन में है।
स्थिरता निर्धारित करने के लिए,हम $x = 0$ पर स्थितिज ऊर्जा $U$ के अवकलजों की जाँच करते हैं:
$\frac{d^2U}{dx^2} = 3\alpha x^2 + 4\beta x^3$,जो $x = 0$ पर $0$ है।
$\frac{d^3U}{dx^3} = 6\alpha x + 12\beta x^2$,जो $x = 0$ पर $0$ है।
$\frac{d^4U}{dx^4} = 6\alpha + 24\beta x$,जो $x = 0$ पर $6\alpha$ है।
चूँकि $\alpha > 0$ है,$x = 0$ पर पहला गैर-शून्य अवकलज सम क्रम ($4$था अवकलज) का है और धनात्मक है। यह इंगित करता है कि $U$ का मान $x = 0$ पर न्यूनतम है।
अतः,कण स्थायी संतुलन में है।

(D) कण की स्थितिज ऊर्जा $V(x) = -\alpha x + \beta \sin(x / \gamma)$ द्वारा दी गई है।
समीकरण के विमीय रूप से सुसंगत होने के लिए,प्रत्येक पद की विमा स्थितिज ऊर्जा $[V] = [ML^2T^{-2}]$ की विमा के समान होनी चाहिए।
$1$. पद $\alpha x$ के लिए: $[\alpha][x] = [V] \implies [\alpha][L] = [ML^2T^{-2}] \implies [\alpha] = [MLT^{-2}]$.
$2$. पद $\beta \sin(x / \gamma)$ के लिए: साइन फलन का तर्क विमाहीन होना चाहिए,इसलिए $[x / \gamma] = [M^0L^0T^0] \implies [L] / [\gamma] = 1 \implies [\gamma] = [L]$.
$3$. साथ ही,$[\beta] = [V] = [ML^2T^{-2}]$.
अब,दिए गए विकल्पों की विमाओं की जाँच करें:
विकल्प $(d)$ के लिए: $\frac{[\alpha][\gamma]}{[\beta]} = \frac{[MLT^{-2}][L]}{[ML^2T^{-2}]} = \frac{[ML^2T^{-2}]}{[ML^2T^{-2}]} = [M^0L^0T^0]$.
चूंकि यह संयोजन विमाहीन है,इसलिए सही विकल्प $(d)$ है।

(D) मान लीजिए कि टक्कर से ठीक पहले $m$ द्रव्यमान की गेंद का वेग $u$ है। ऊर्जा संरक्षण के नियम से, $\frac{1}{2}mu^2 = mgh$, अतः $u = \sqrt{2gh}$।
प्रत्यास्थ टक्कर में, गतिज ऊर्जा और रैखिक संवेग दोनों संरक्षित रहते हैं।
मान लीजिए कि टक्कर के बाद गेंद का वेग (विपरीत दिशा में) $v_1$ है और ब्लॉक का वेग $v_2$ है।
संवेग संरक्षण: $mu = 2mv_2 - mv_1 \Rightarrow u = 2v_2 - v_1 \quad \dots (i)$
गतिज ऊर्जा संरक्षण: $\frac{1}{2}mu^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}(2m)v_2^2 \Rightarrow u^2 = v_1^2 + 2v_2^2 \quad \dots (ii)$
$(i)$ से, $2v_2 = u + v_1$। इस मान को $(ii)$ में रखने पर:
$u^2 = v_1^2 + 2\left(\frac{u+v_1}{2}\right)^2 = v_1^2 + \frac{(u+v_1)^2}{2}$
$2u^2 = 2v_1^2 + u^2 + v_1^2 + 2uv_1$
$u^2 - 2uv_1 - 3v_1^2 = 0$
$(u - 3v_1)(u + v_1) = 0$
चूँकि $v_1$ विपरीत दिशा में चाल है, इसलिए $v_1 = \frac{u}{3}$।
गेंद द्वारा प्राप्त नई ऊँचाई $h'$ का मान $mgh' = \frac{1}{2}mv_1^2$ से दिया जाता है।
$h' = \frac{v_1^2}{2g} = \frac{(u/3)^2}{2g} = \frac{u^2}{18g} = \frac{2gh}{18g} = \frac{h}{9}$।

(A) जब कोई कण किसी तरल में गिरता है,तो उस पर तीन बल कार्य करते हैं: नीचे की ओर गुरुत्वाकर्षण बल $(mg)$,ऊपर की ओर उत्प्लावन बल $(F_B)$,और ऊपर की ओर एक प्रतिरोधी बल $(F_R)$।
कण पर कुल बल $F_{net} = mg - F_B - F_R$ है।
यह दिया गया है कि प्रतिरोधी बल उसकी चाल के वर्ग के समानुपाती है,इसलिए $F_R = kv^2$,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
प्रारंभ में,$t = 0$ पर,चाल $v = 0$ है,इसलिए प्रतिरोधी बल $F_R = 0$ है। त्वरण अधिकतम होता है,और चाल बढ़ना शुरू हो जाती है।
जैसे-जैसे चाल $v$ बढ़ती है,प्रतिरोधी बल $F_R = kv^2$ भी बढ़ता है। परिणामस्वरूप,कुल बल $F_{net} = mg - F_B - kv^2$ कम हो जाता है,जिसका अर्थ है कि त्वरण $(a = F_{net}/m)$ कम हो जाता है।
अंततः,प्रतिरोधी बल इतना बढ़ जाता है कि कुल बल शून्य हो जाता है $(mg - F_B - kv^2 = 0)$। इस बिंदु पर,त्वरण शून्य हो जाता है,और कण एक स्थिर टर्मिनल वेग प्राप्त कर लेता है।
समय $t$ बनाम चाल $v$ का ग्राफ चाल में प्रारंभिक वृद्धि और घटते ढलान को दिखाना चाहिए,जो अंततः एक स्थिर मान (एसिम्पटोट) तक पहुँचता है। ग्राफ $(a)$ इस व्यवहार का सही प्रतिनिधित्व करता है।

(A) स्थिर अवस्था में,दोनों छड़ों से ऊष्मा प्रवाह की दर समान होती है।
मान लीजिए कि जंक्शन पर तापमान $T$ है।
$\left(\frac{kA(T_1 - T)}{l}\right)_{\text{steel}} = \left(\frac{kA(T - T_2)}{l}\right)_{\text{copper}}$
चूंकि दोनों छड़ों के लिए अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ समान है,इसलिए यह कट जाएगा:
$\frac{50(100 - T)}{0.1} = \frac{400(T - 0)}{0.2}$
$500(100 - T) = 2000(T)$
$100 - T = 4T$
$5T = 100$
$T = 20^{\circ}C$

(B) एक कृष्णिका द्वारा उत्सर्जित ऊर्जा स्टीफन-बोल्ट्ज़मैन नियम द्वारा दी जाती है: $U = \sigma A T^4 t$,जहाँ $\sigma$ स्टीफन नियतांक है,$A$ पृष्ठीय क्षेत्रफल है,$T$ निरपेक्ष तापमान है और $t$ समय है।
प्रथम स्थिति में,एकत्रित ऊर्जा $U_1 = \sigma A T^4 t$ है। तापमान में वृद्धि $\Delta T_1 = 11.0^{\circ} C - 10.0^{\circ} C = 1.0^{\circ} C$ है।
दूसरी स्थिति में,नया क्षेत्रफल $A' = A/2$ और नया तापमान $T' = 2T$ है। एकत्रित ऊर्जा $U_2 = \sigma (A/2) (2T)^4 t = \sigma (A/2) (16T^4) t = 8 \sigma A T^4 t = 8 U_1$ है।
चूंकि पानी द्वारा अवशोषित ऊर्जा तापमान वृद्धि के समानुपाती होती है $(\Delta Q = ms \Delta T)$,इसलिए हमें प्राप्त होता है $\frac{\Delta T_2}{\Delta T_1} = \frac{U_2}{U_1} = 8$.
अतः,$\Delta T_2 = 8 \times \Delta T_1 = 8 \times 1.0^{\circ} C = 8.0^{\circ} C$.
पानी का अंतिम तापमान $10.0^{\circ} C + 8.0^{\circ} C = 18.0^{\circ} C$ होगा।

(A) रॉकेट के सौर मंडल से बंधे रहने के लिए प्रक्षेपण के समय उसकी कुल ऊर्जा शून्य या उससे कम होनी चाहिए।
क्षुद्रग्रह की कक्षीय गति $v_0 = \sqrt{\frac{GM}{r_0}}$ है,जिसका अर्थ है $v_0^2 = \frac{GM}{r_0}$।
सूर्य के सापेक्ष रॉकेट की कुल ऊर्जा $E$,उसकी गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा और गतिज ऊर्जा का योग है:
$E = -\frac{GMm}{r_0} + \frac{1}{2}mv^2$
दिया गया है कि सूर्य के सापेक्ष रॉकेट की गति $v = \alpha v_0$ है,इसलिए:
$E = -\frac{GMm}{r_0} + \frac{1}{2}m(\alpha v_0)^2$
रॉकेट के बंधे रहने के लिए,$E \leq 0$:
$-\frac{GMm}{r_0} + \frac{1}{2}m \alpha^2 v_0^2 \leq 0$
$v_0^2 = \frac{GM}{r_0}$ रखने पर:
$-\frac{GMm}{r_0} + \frac{1}{2}m \alpha^2 \left(\frac{GM}{r_0}\right) \leq 0$
$\frac{GMm}{r_0}$ से विभाजित करने पर:
$-1 + \frac{1}{2} \alpha^2 \leq 0$
$\alpha^2 \leq 2$
$\alpha \leq \sqrt{2}$
अतः,$\alpha$ का उच्चतम मान $\sqrt{2}$ है।

(D) दिया गया तरंग समीकरण $y(x, t) = y_0 \sin \left( \frac{2\pi}{L} x \right) \sin \left( \frac{2\pi}{L} x + \frac{\pi}{4} \right)$ है।
अप्रगामी तरंग के सामान्य रूप से तुलना करने पर $k = \frac{2\pi}{\lambda} = \frac{2\pi}{L}$,जिससे $\lambda = L = 1.2 \,m$ प्राप्त होता है।
दोनों सिरों पर बंद पाइप के लिए,अनुमत तरंगदैर्ध्य $\lambda_n = \frac{2L}{n}$ होती है। $n=2$ के लिए,$\lambda = L = 1.2 \,m$,जो तरंग समीकरण के अनुरूप है।
$x=0$ पर,$y(0, t) = y_0 \sin(0) \sin(\pi/4) = 0$,इसलिए $x=0$ पर एक निस्पंद है।
$x=L/2$ पर,$y(L/2, t) = y_0 \sin(\pi) \sin(\pi + \pi/4) = 0$,जिसका अर्थ है कि $x=L/2$ पर भी एक निस्पंद है।
मूल आवृत्ति $f = \frac{v}{\lambda_{max}} = \frac{v}{2L} = \frac{300}{2 \times 1.2} = \frac{300}{2.4} = 125 \,Hz$ है।
चूंकि $125 \,Hz \neq 137.5 \,Hz$,इसलिए विकल्प $(d)$ गलत है।

(B) ब्लॉक $1$ और $2$ के लिए फ्री बॉडी डायग्राम चित्र में दिखाए गए हैं।
मान लीजिए डोरी में तनाव $T$ है।
ब्लॉक $1$ के लिए,बल ऊपर की ओर तनाव $T$,और नीचे की ओर गुरुत्वाकर्षण $mg$ तथा स्प्रिंग बल $k_1 x$ हैं। गति का समीकरण है:
$T + k_1 x - mg = ma_1$ (नीचे की ओर त्वरण $a_1$ मानते हुए)
ब्लॉक $2$ के लिए,बल ऊपर की ओर तनाव $T$ और स्प्रिंग बल $k_2 x$,तथा नीचे की ओर गुरुत्वाकर्षण $mg$ हैं। गति का समीकरण है:
$k_2 x + mg - T = ma_2$ (ऊपर की ओर त्वरण $a_2$ मानते हुए)
चूंकि डोरी अवितान्य है,इसलिए त्वरण के परिमाण समान होने चाहिए,अतः $a_1 = a_2 = a$.
दोनों समीकरणों को जोड़ने पर:
$(T + k_1 x - mg) + (k_2 x + mg - T) = ma_1 + ma_2$
$(k_1 + k_2) x = 2ma$
$a = \frac{(k_1 + k_2) x}{2m}$
अतः,दोनों ब्लॉकों के लिए त्वरण का परिमाण $a = \frac{(k_1 + k_2) x}{2m}$ है।

(B) मान लीजिए कि क्षैतिज स्थिति से छोड़े जाने के बाद $\theta$ स्थिति पर लोलक का वेग $v$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,खोई हुई स्थितिज ऊर्जा प्राप्त गतिज ऊर्जा के बराबर होती है:
$mgh = \frac{1}{2}mv^2$
चूंकि क्षैतिज से नीचे गिरी ऊंचाई $h = l \cos \theta$ है,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$mg(l \cos \theta) = \frac{1}{2}mv^2$
$\Rightarrow \frac{v^2}{l} = 2g \cos \theta$
त्रिज्यीय (अभिकेंद्र) त्वरण $a_c = \frac{v^2}{l} = 2g \cos \theta$ है।
स्पर्शरेखीय त्वरण डोरी के लंबवत गुरुत्वाकर्षण के घटक के कारण होता है:
$a_t = g \sin \theta$.
यदि कुल त्वरण सदिश $\vec{a}$ डोरी के साथ (जो त्रिज्यीय त्वरण की दिशा है) $\phi$ कोण बनाता है,तो:
$\tan \phi = \frac{a_t}{a_c}$
$a_t$ और $a_c$ के व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\tan \phi = \frac{g \sin \theta}{2g \cos \theta} = \frac{\tan \theta}{2}$
अतः,$\phi = \tan^{-1}\left(\frac{\tan \theta}{2}\right)$।

(B) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,टक्कर से पहले का कुल संवेग टक्कर के बाद के कुल संवेग के बराबर होता है।
माना $(m + m) = 2m$ द्रव्यमान वाले संयुक्त निकाय का अंतिम वेग $V$ है।
$m v + m(0) = (2m)V$
$m v = 2m V$
$V = v / 2$
अब,टक्कर के बाद निकाय की गतिज ऊर्जा इस प्रकार है:
$K_f = \frac{1}{2} (2m) V^2$
$V$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$K_f = \frac{1}{2} (2m) \left(\frac{v}{2}\right)^2$
$K_f = m \times \frac{v^2}{4} = \frac{m v^2}{4}$

(A) मान लीजिए कि टक्कर से ठीक पहले और ठीक बाद गेंद की गति $v$ है। वायु प्रतिरोध बल $F_r$ गति के समानुपाती है,इसलिए $F_r = kv$,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
जब गेंद नीचे की ओर गति कर रही होती है,तो गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ नीचे की ओर कार्य करता है और वायु प्रतिरोध $kv$ ऊपर की ओर कार्य करता है। नेट बल $F_{net} = mg - kv$ है। त्वरण $a_1$ इस प्रकार है:
$a_1 = \frac{mg - kv}{m} = g - \frac{k}{m}v$
जब गेंद ऊपर की ओर गति कर रही होती है,तो गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ नीचे की ओर कार्य करता है और वायु प्रतिरोध $kv$ भी नीचे की ओर (गति के विपरीत) कार्य करता है। नेट बल $F_{net} = mg + kv$ है। त्वरण $a_2$ इस प्रकार है:
$a_2 = \frac{mg + kv}{m} = g + \frac{k}{m}v$
दोनों समीकरणों की तुलना करने पर,यह स्पष्ट है कि $a_2 > a_1$ या $a_1 < a_2$ है।

(D) बहाव (drift) को न्यूनतम करने के लिए,नाव को इस तरह से चलाया जाना चाहिए कि उसका परिणामी वेग नदी के किनारे के लंबवत हो।
मान लीजिए कि नाव नदी के बहाव के लंबवत दिशा के साथ $\theta$ कोण पर निर्देशित है,जैसा कि चित्र में दिखाया गया है।
वेग त्रिभुज से,नदी के बहाव की दिशा में नाव के वेग $v$ का घटक नदी के वेग $v/2$ को रद्द करना चाहिए।
अतः,$v \sin \theta = v/2$।
$\sin \theta = 1/2$,जिससे $\theta = 30^{\circ}$ प्राप्त होता है।
बहाव की दिशा के सापेक्ष कोण $90^{\circ} + \theta = 90^{\circ} + 30^{\circ} = 120^{\circ}$ होगा।

(B) सही उत्तर $(B)$ है।
बर्फ ऊष्मा का कुचालक है,जिसका अर्थ है कि इसकी ऊष्मीय चालकता बहुत कम होती है।
इस कम ऊष्मीय चालकता के कारण,इग्लू की बर्फ की दीवारें एक इन्सुलेटर के रूप में कार्य करती हैं,जो अंदर उत्पन्न गर्मी को बाहर के ठंडे वातावरण में जाने से रोकती हैं और बाहर की ठंड को अंदर आने से रोकती हैं।
यह इग्लू के अंदर के तापमान को $20^{\circ} C$ जैसे आरामदायक स्तर पर बनाए रखना संभव बनाता है,भले ही बाहर का तापमान अत्यंत कम हो।
बर्फ की ऊष्मीय चालकता लगभग $1.6 \, W m^{-1} K^{-1}$ होती है।

(A) किसी ठोस में मौजूद छिद्र या अंतराल का ऊष्मीय प्रसार उसी तरह होता है जैसे कि वह अंतराल उसी पदार्थ से बना हो जिससे ठोस बना है।
जब वलय का तापमान $\Delta T$ से बढ़ता है,तो वलय का प्रत्येक रेखीय आयाम,जिसमें अंतराल की चौड़ाई $d$ भी शामिल है,रेखीय प्रसार के सूत्र $\Delta L = L \alpha \Delta T$ के अनुसार फैलता है।
अतः,अंतराल की चौड़ाई में परिवर्तन $\Delta d = d \alpha \Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\Delta T > 0$ है,इसलिए अंतराल की चौड़ाई $d \alpha \Delta T$ की मात्रा से बढ़ जाएगी।

(B) किताब के संतुलन में रहने के लिए,उस पर कार्य करने वाला कुल बल शून्य होना चाहिए।
$1$. किताब पर कार्य करने वाले ऊर्ध्वाधर बल इसका भार $mg$ है जो नीचे की ओर कार्य करता है और दीवार से ऊपर की ओर कार्य करने वाला स्थैतिक घर्षण बल $f$ है।
$2$. किताब के ऊर्ध्वाधर रूप से न हिलने के लिए,घर्षण बल को किताब के वजन को संतुलित करना चाहिए: $f = mg$।
$3$. क्षैतिज बल लागू बल $F$ और दीवार से सामान्य प्रतिक्रिया $N$ हैं। चूंकि कोई क्षैतिज गति नहीं है,इसलिए $N = F$।
$4$. अधिकतम संभव स्थैतिक घर्षण $f_{max} = \mu N = \mu F$ है। हालाँकि,वास्तविक स्थैतिक घर्षण $f$ वजन को संतुलित करने के लिए खुद को समायोजित करता है,बशर्ते $f \le f_{max}$ हो।
$5$. इसलिए,घर्षण बल $mg$ है और यह किताब को नीचे गिरने से रोकने के लिए ऊपर की ओर कार्य करता है।

(B) दिया गया है,घन का पृष्ठीय क्षेत्रफल $=$ गोले का पृष्ठीय क्षेत्रफल।
$6a^2 = 4\pi r^2 \Rightarrow \frac{a}{r} = \sqrt{\frac{4\pi}{6}} = \sqrt{\frac{2\pi}{3}}$.
उत्प्लावन बल $F_B = V \cdot \rho_f \cdot g$ होता है। चूंकि दोनों समान द्रव में पूरी तरह से डूबे हुए हैं,इसलिए उत्प्लावन बलों का अनुपात उनके आयतन के अनुपात के बराबर होगा:
$\frac{(F_B)_{\text{cube}}}{(F_B)_{\text{sphere}}} = \frac{V_{\text{cube}}}{V_{\text{sphere}}} = \frac{a^3}{\frac{4}{3}\pi r^3} = \frac{3}{4\pi} \left( \frac{a}{r} \right)^3$.
$\frac{a}{r} = \sqrt{\frac{2\pi}{3}}$ का मान रखने पर:
$\frac{(F_B)_{\text{cube}}}{(F_B)_{\text{sphere}}} = \frac{3}{4\pi} \left( \sqrt{\frac{2\pi}{3}} \right)^3 = \frac{3}{4\pi} \cdot \frac{2\pi}{3} \cdot \sqrt{\frac{2\pi}{3}} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{2\pi}{3}} = \sqrt{\frac{\pi}{6}}$.
चूंकि $\pi \approx 3.14$ है,इसलिए $\frac{\pi}{6} < 1$,अतः $\sqrt{\frac{\pi}{6}} < 1$.
इसका अर्थ है कि $(F_B)_{\text{cube}} < (F_B)_{\text{sphere}}$.
अतः,उत्प्लावन बल गोले के लिए अधिक है।

(D) पटाखे को विभाजित करने वाला विस्फोट बल प्रणाली के लिए आंतरिक है,इसलिए प्रणाली के द्रव्यमान केंद्र का पथ अपरिवर्तित रहता है।
प्रणाली के द्रव्यमान केंद्र की परास (Range) $R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ,$u = 30 \, ms^{-1}$ और क्षैतिज के साथ कोण $\theta = 90^{\circ} - 75^{\circ} = 15^{\circ}$ है।
इसलिए,$R = \frac{30 \times 30 \times \sin(2 \times 15^{\circ})}{10} = 90 \times \sin(30^{\circ}) = 90 \times 0.5 = 45 \, m$.
अतः,द्रव्यमान केंद्र की स्थिति ($x$-निर्देशांक) मूल बिंदु से $45 \, m$ की दूरी पर है।
द्रव्यमान केंद्र के सूत्र का उपयोग करते हुए,$X_{CM} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2}$,जहाँ $m_1 = m_2 = m$ और $X_{CM} = 45 \, m$ है:
$45 = \frac{m(27) + m(x)}{m + m}$
$45 = \frac{27 + x}{2}$
$90 = 27 + x \Rightarrow x = 63 \, m$.
हालाँकि,यदि विस्फोट इतना शक्तिशाली हो कि वह उसकी दिशा को उलट दे,तो पहला टुकड़ा $-27 \, m$ (मूल बिंदु के पीछे) पर भी गिर सकता है:
$45 = \frac{m(-27) + m(x)}{2m}$
$90 = -27 + x \Rightarrow x = 117 \, m$.
इस प्रकार,दूसरा टुकड़ा शूटिंग बिंदु से $63 \, m$ या $117 \, m$ की दूरी पर गिरेगा।

(C) चूँकि ब्लॉक नत समतल पर स्थिर चाल से नीचे फिसल रहा है,इसलिए इसका त्वरण शून्य है। अतः,जब ब्लॉक ऊँचाई $h$ से जमीन पर पहुँचता है,तो उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $(\Delta KE)$ शून्य होता है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,ब्लॉक पर किया गया कुल कार्य उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है:
$W_{\text{total}} = \Delta KE = 0$
कुल कार्य गुरुत्वाकर्षण द्वारा किए गए कार्य $(W_{\text{gravity}})$ और घर्षण द्वारा किए गए कार्य $(W_{\text{friction}})$ का योग है:
$W_{\text{gravity}} + W_{\text{friction}} = 0$
जब ब्लॉक $h$ ऊर्ध्वाधर ऊँचाई नीचे उतरता है,तो गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य $W_{\text{gravity}} = mgh$ होता है।
इस मान को समीकरण में रखने पर:
$mgh + W_{\text{friction}} = 0$
$W_{\text{friction}} = -mgh$
घर्षण द्वारा क्षयित ऊर्जा घर्षण बल द्वारा किए गए कार्य का परिमाण है:
$\text{क्षयित ऊर्जा} = |W_{\text{friction}}| = mgh$.

(D) माना कि $m$ ग्राम बर्फ पिघलती है और इससे मिश्रण का अंतिम तापमान $0^{\circ} C$ हो जाता है।
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा = बर्फ द्वारा प्राप्त ऊष्मा।
$100 \,g$ पानी द्वारा $80^{\circ} C$ से $0^{\circ} C$ तक ठंडा होने पर खोई गई ऊष्मा $Q_{lost} = m_w \cdot s_w \cdot \Delta T = 100 \times 1 \times (80 - 0) = 8000 \,cal$ है।
$0^{\circ} C$ पर $m$ ग्राम बर्फ को पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q_{gained} = m \cdot L_f = m \times 80$ है।
दोनों को बराबर करने पर: $80m = 8000$.
$m$ के लिए हल करने पर: $m = 100 \,g$.
चूंकि बर्फ का कुल द्रव्यमान $150 \,g$ है,इसलिए न पिघली हुई बर्फ की मात्रा $150 \,g - 100 \,g = 50 \,g$ होगी।

(B) $i$ धारा ले जाने वाले $L$ लंबाई के सीधे तार के कारण $r$ लंबवत दूरी पर केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{{{\mu _0}i}}{{4\pi r}}(\sin \phi_1 + \sin \phi_2)$ द्वारा दिया जाता है।
नियमित बहुभुज की एक भुजा के लिए,केंद्र पर आधी भुजा द्वारा बनाया गया कोण $\theta = \frac{\pi}{n}$ है।
केंद्र से भुजा की लंबवत दूरी $r = a \cos \theta = a \cos(\frac{\pi}{n})$ है।
भुजा के सिरों पर कोण $\phi_1 = \phi_2 = \theta = \frac{\pi}{n}$ हैं।
अतः,एक भुजा के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{{{\mu _0}i}}{{4\pi (a \cos \theta)}} (2 \sin \theta) = \frac{{{\mu _0}i}}{{2\pi a}} \tan \theta = \frac{{{\mu _0}i}}{{2\pi a}} \tan(\frac{\pi}{n})$ है।
चूंकि ऐसी $n$ भुजाएं हैं,इसलिए केंद्र पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{net} = n \times B_1 = \frac{{n{\mu _0}i}}{{2\pi a}} \tan(\frac{\pi}{n})$ होगा।

(D) संधारित्र में संचित ऊर्जा $U = \frac{q^2}{2C}$ द्वारा दी जाती है।
$RC$ परिपथ के निरावेशन (discharging) के दौरान,किसी भी समय $t$ पर संधारित्र पर आवेश $q = q_0 e^{-t / RC}$ होता है।
इसे ऊर्जा के सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $U = \frac{(q_0 e^{-t / RC})^2}{2C} = \frac{q_0^2}{2C} e^{-2t / RC} = U_0 e^{-2t / RC}$,जहाँ $U_0$ प्रारंभिक ऊर्जा है।
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब $U = \frac{U_0}{2}$ हो।
समीकरणों को बराबर रखने पर: $\frac{U_0}{2} = U_0 e^{-2t / RC}$।
$U_0$ से विभाजित करने पर: $\frac{1}{2} = e^{-2t / RC}$।
दोनों तरफ प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर: $\ln(1/2) = -2t / RC$।
चूंकि $\ln(1/2) = -\ln 2$,इसलिए $-\ln 2 = -2t / RC$।
$t$ के लिए हल करने पर: $t = \frac{RC \ln 2}{2}$।

(A) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में,स्क्रीन पर किसी भी बिंदु पर परिणामी तीव्रता $I$ को $I = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I_1 = I_2 = I_0$ है।
अतः,$I = 2 I_0 + 2 I_0 \cos \phi = 4 I_0 \cos^2(\phi / 2)$.
$1$. न्यूनतम तीव्रता तब होती है जब $\cos^2(\phi / 2) = 0$ हो,इसलिए $I_{\min} = 0$.
$2$. अधिकतम तीव्रता तब होती है जब $\cos^2(\phi / 2) = 1$ हो,इसलिए $I_{\max} = 4 I_0$.
$3$. पूरी स्क्रीन पर औसत तीव्रता $I_{\text{avg}}$ एक ज्यावक्रीय (sinusoidal) व्यतिकरण पैटर्न के लिए $I_{\max}$ और $I_{\min}$ का औसत है,जो $I_{\text{avg}} = \frac{I_{\max} + I_{\min}}{2} = \frac{4 I_0 + 0}{2} = 2 I_0$ है।
अतः,मान $0, 4 I_0, 2 I_0$ हैं।

(A) जब चालक छड़ एक समान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में $v$ वेग के साथ चलती है,तो छड़ में एक गतिकीय $emf$ $\varepsilon = Blv$ प्रेरित होता है।
यह $emf$ परिपथ में प्रेरित धारा $I = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{Blv}{R}$ उत्पन्न करता है।
चुंबकीय क्षेत्र में धारावाही छड़ वेग $v$ की विपरीत दिशा में एक चुंबकीय बल $F_m = IlB = \frac{B^2l^2v}{R}$ का अनुभव करती है।
यह बल छड़ को मंदित करता है। जैसे-जैसे छड़ चलती है,जूल तापन प्रभाव $(P = I^2R)$ के कारण गतिज ऊर्जा प्रतिरोधक में ऊष्मा के रूप में नष्ट हो जाती है।
चूंकि यहां कोई अन्य बाहरी बल या ऊर्जा भंडारण उपकरण (जैसे संधारित्र या प्रेरक) नहीं है,इसलिए छड़ के स्थिर होने तक पूरी प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $\frac{1}{2} m v_0^2$ अंततः प्रतिरोधक $R$ में ऊष्मा के रूप में नष्ट हो जाएगी।

(A) तार में उत्पन्न ऊष्मा की दर $Q_2 = I^2 R$ द्वारा दी जाती है। चूंकि प्रतिरोध $R = \frac{\rho L}{\pi r^2}$ है,इसलिए $Q_2 = \frac{I^2 \rho L}{\pi r^2}$ होगा।
ऊष्मा हानि की दर $Q_1$ पृष्ठीय क्षेत्रफल $A = 2 \pi r L$ के समानुपाती है। अतः,$Q_1 = k (2 \pi r L) \Delta T$,जहाँ $k$ एक नियतांक है और $\Delta T$ तापमान का अंतर है।
स्थिर अवस्था में,उत्पन्न ऊष्मा की दर ऊष्मा हानि की दर के बराबर होती है: $Q_2 = Q_1$.
$\frac{I^2 \rho L}{\pi r^2} = k (2 \pi r L) \Delta T$.
$\Delta T$ के लिए हल करने पर: $\Delta T = \frac{I^2 \rho L}{\pi r^2 \cdot 2 \pi r L k} = \frac{I^2 \rho}{2 \pi^2 r^3 k}$.
चूंकि लंबाई $L$ दोनों पक्षों से कट जाती है,इसलिए स्थिर अवस्था का तापमान $\Delta T$ तार की लंबाई $L$ से स्वतंत्र है।

(A) $R$ त्रिज्या और $e$ आवेश वाले एक समान रूप से आवेशित गोलाकार कोश की स्थिर-वैद्युत स्थितिज ऊर्जा $E = \frac{e^2}{8 \pi \varepsilon_0 R}$ द्वारा दी जाती है।
आइंस्टीन की द्रव्यमान-ऊर्जा तुल्यता के अनुसार,$E = m_e c^2$ है।
ऊर्जा के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{e^2}{8 \pi \varepsilon_0 R} = m_e c^2$.
$R$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,$R = \frac{e^2}{8 \pi \varepsilon_0 m_e c^2} = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{4 \pi \varepsilon_0 m_e c^2} \right)$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $R = \frac{(1.6 \times 10^{-19})^2 \times 9 \times 10^9}{2 \times 9.1 \times 10^{-31} \times (3 \times 10^8)^2}$.
$R = \frac{2.56 \times 10^{-38} \times 9 \times 10^9}{2 \times 9.1 \times 10^{-31} \times 9 \times 10^{16}} = \frac{2.56 \times 10^{-29}}{18.2 \times 10^{-15}} \approx 0.14 \times 10^{-14} \, m = 1.4 \times 10^{-15} \, m$.

(A) क्षय प्रक्रिया इस प्रकार है: $X \xrightarrow{T_{1/2, X} = 40000 \, yr} Y \xrightarrow{T_{1/2, Y} = 20 \, yr} Z$.
चूंकि $Y$ नाभिकों की संख्या समय के साथ स्थिर रहती है,इसका अर्थ है कि $Y$ के उत्पादन की दर $Y$ के क्षय की दर के बराबर है।
इस स्थिति को सेकुलर संतुलन कहा जाता है।
इसलिए,$\lambda_X N_X = \lambda_Y N_Y$.
संबंध $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है $\frac{\ln 2}{T_X} N_X = \frac{\ln 2}{T_Y} N_Y$.
यह समीकरण $\frac{N_X}{T_X} = \frac{N_Y}{T_Y}$ में सरल हो जाता है।
$N_Y$ के लिए सूत्र बनाने पर,$N_Y = N_X \times \frac{T_Y}{T_X}$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $N_Y = (4 \times 10^{20}) \times \frac{20}{40000}$.
$N_Y = (4 \times 10^{20}) \times \frac{1}{2000} = 2 \times 10^{17}$ नाभिक।

(C) जब $I_0$ तीव्रता का अध्रुवित प्रकाश पहले ध्रुवक से गुजरता है,तो संचरित प्रकाश की तीव्रता $I_1 = \frac{I_0}{2}$ हो जाती है।
अब,यह ध्रुवित प्रकाश दूसरे ध्रुवक से गुजरता है,जो पहले ध्रुवक के सापेक्ष $\theta = 30^{\circ}$ के कोण पर है। मैलस के नियम के अनुसार,निर्गत प्रकाश की तीव्रता $I'$ इस प्रकार दी जाती है:
$I' = I_1 \cos^2 \theta$
मान रखने पर:
$I' = \frac{I_0}{2} \times \cos^2 30^{\circ}$
$I' = \frac{I_0}{2} \times \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^2$
$I' = \frac{I_0}{2} \times \frac{3}{4}$
$I' = \frac{3 I_0}{8}$

(A) कई क्षय मोड वाले रेडियोधर्मी नाभिक के लिए,कुल क्षय स्थिरांक $\lambda_B$ व्यक्तिगत क्षय स्थिरांकों का योग होता है: $\lambda_B = \lambda_1 + \lambda_2$.
चूंकि क्षय स्थिरांक $\lambda$ और अर्ध-आयु $\tau$ के बीच संबंध $\lambda = \ln(2) / \tau$ है,हम लिख सकते हैं: $1 / \tau_B = 1 / \tau_1 + 1 / \tau_2$.
दिया गया है कि यदि क्षय मोड $2$ अनुपस्थित होता,तो अर्ध-आयु $\tau_1 = \tau_A / 2$ होती।
दिया गया है कि यदि क्षय मोड $1$ अनुपस्थित होता,तो अर्ध-आयु $\tau_2 = 3 \tau_A$ होती।
इन मानों को वास्तविक अर्ध-आयु $\tau_B$ के सूत्र में रखने पर:
$1 / \tau_B = 1 / (\tau_A / 2) + 1 / (3 \tau_A)$
$1 / \tau_B = 2 / \tau_A + 1 / (3 \tau_A)$
$1 / \tau_B = (6 + 1) / (3 \tau_A) = 7 / (3 \tau_A)$
अतः,$\tau_B = (3 / 7) \tau_A$,जिसका अर्थ है कि $\tau_B / \tau_A = 3 / 7$.

(A) उत्सर्जित फोटो-इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण द्वारा दी जाती है: $E_{max} = h\nu - \Phi_0$.
दिया गया है,आपतित फोटॉन ऊर्जा $h\nu = 3 \,eV$ और कार्य फलन $\Phi_0 = 2.3 \,eV$.
इसलिए,अधिकतम गतिज ऊर्जा $E_{max} = 3 - 2.3 = 0.7 \,eV$.
इसका अर्थ है कि इलेक्ट्रॉन तब वापस मुड़ जाएगा जब वह $0.7 \,V$ के मंदक विभवांतर का सामना करेगा।
दो प्लेटों के बीच विभवांतर $5 \,mm$ की दूरी पर $1 \,V$ है।
एकसमान विद्युत क्षेत्र मानते हुए,विभव प्रवणता $\frac{1 \,V}{5 \,mm} = 0.2 \,V/mm$ है।
$0.7 \,V$ के विभवांतर तक पहुँचने के लिए आवश्यक दूरी $d = \frac{V_{stop}}{\text{gradient}} = \frac{0.7 \,V}{0.2 \,V/mm} = 3.5 \,mm$ है।
अतः,फोटो-इलेक्ट्रॉन $3.5 \,mm$ की दूरी तय करने के बाद वापस मुड़ जाता है।

(A) चूंकि गोले $A$ और $B$ जुड़े हुए हैं,वे समान विभव पर एक एकल चालक के रूप में कार्य करते हैं। मान लीजिए कि संयुक्त प्रणाली $(A+B)$ पर आवेश $q$ है और गोले $C$ पर आवेश $Q_C$ है।
प्रणाली $(A+B)$ का विभव इस प्रकार है:
$V_B = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{q}{b} + \frac{Q_C}{c} \right) = V$
चूंकि गोला $C$ भू-संपर्कित है,इसका विभव शून्य है:
$V_C = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{q}{c} + \frac{Q_C}{c} \right) = 0$
दूसरे समीकरण से,हमें $q + Q_C = 0$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $q = -Q_C$।
$q = -Q_C$ को पहले समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$V = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{-Q_C}{b} + \frac{Q_C}{c} \right)$
$V = \frac{Q_C}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{c} - \frac{1}{b} \right) = \frac{Q_C}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{b-c}{bc} \right)$
$Q_C$ के लिए हल करने पर:
$Q_C = 4 \pi \varepsilon_0 V \left( \frac{bc}{b-c} \right) = -4 \pi \varepsilon_0 V \left( \frac{bc}{c-b} \right)$

(A) मान लीजिए $R$ उस गोलाकार क्षेत्र की त्रिज्या है जिसके माध्यम से बाहर की वस्तुएं दिखाई देती हैं।
मान लीजिए $\theta$ जल-वायु इंटरफ़ेस के लिए क्रांतिक कोण है।
अतः,$\sin \theta = \frac{1}{\mu} = \frac{1}{4/3} = \frac{3}{4}$.
अब,$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{\sin \theta}{\sqrt{1 - \sin^2 \theta}}$.
$\sin \theta$ का मान रखने पर:
$\tan \theta = \frac{3/4}{\sqrt{1 - (3/4)^2}} = \frac{3/4}{\sqrt{1 - 9/16}} = \frac{3/4}{\sqrt{7/16}} = \frac{3/4}{\sqrt{7}/4} = \frac{3}{\sqrt{7}}$.
प्रश्न की ज्यामिति के अनुसार,गोताखोर की आँखें तल से $h$ ऊंचाई पर हैं,इसलिए पानी की सतह से दूरी $(H-h)$ है।
इस प्रकार,$\tan \theta = \frac{R}{H-h}$.
$\tan \theta$ के दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\frac{R}{H-h} = \frac{3}{\sqrt{7}}$.
अतः,$R = \frac{3(H-h)}{\sqrt{7}}$.

(A) बिंदु $A$ और $B$ के बीच तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करने के लिए,हम पहले ध्यान देते हैं कि $AC$ और $BD$ पर लगे शॉर्टिंग तार $A$ के विभव को $C$ के विभव के बराबर $(V_A = V_C)$ और $B$ के विभव को $D$ के विभव के बराबर $(V_B = V_D)$ बना देते हैं।
नोड $A$ और $C$ को एक एकल नोड में और $B$ तथा $D$ को दूसरे एकल नोड में संयोजित करके,हम परिपथ को फिर से बना सकते हैं।
इस विन्यास में,दस प्रतिरोधक इस प्रकार व्यवस्थित हैं कि वे दो समानांतर शाखाएं बनाते हैं,जिनमें से प्रत्येक श्रेणी-समानांतर संयोजन में पांच प्रतिरोधकों से बनी है। विशेष रूप से,घन की समरूपता हमें नेटवर्क को दो समानांतर पथों में सरल बनाने की अनुमति देती है,जिनमें से प्रत्येक का तुल्य प्रतिरोध $R$ है।
अतः,कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{AB}$ इन दो पथों के समानांतर संयोजन द्वारा प्राप्त होता है:
$R_{AB} = \frac{R \times R}{R + R} = \frac{R}{2} \, \Omega$.

(C) सही उत्तर $(c)$ है।
बाह्य परिपथ में,मुक्त इलेक्ट्रॉन विद्युत क्षेत्र की विपरीत दिशा में स्थिर-विद्युत बल का अनुभव करते हैं क्योंकि उन पर ऋण आवेश होता है।
विद्युत क्षेत्र हमेशा उच्च विभव से निम्न विभव की ओर निर्देशित होता है।
इसलिए,साम्यावस्था प्राप्त करने के लिए इलेक्ट्रॉन स्वाभाविक रूप से बाह्य परिपथ में निम्न विभव से उच्च विभव की ओर प्रवाहित होते हैं।
हालाँकि,एक पावर स्रोत (जैसे बैटरी) के अंदर,गैर-स्थिर-विद्युत बल (रासायनिक या चुंबकीय) इलेक्ट्रॉनों को उच्च विभव से निम्न विभव की ओर ले जाने के लिए कार्य करते हैं,जिससे परिपथ में विभवांतर बना रहता है।
अतः,पावर स्रोतों को छोड़कर इलेक्ट्रॉन निम्न से उच्च विभव की ओर प्रवाहित होते हैं।

(B) स्नेल के नियम के अनुसार,जब प्रकाश की किरण $\mu_1$ अपवर्तनांक वाले माध्यम से $\mu_2$ अपवर्तनांक वाले माध्यम में जाती है,तो यदि $\mu_2 > \mu_1$ हो,तो वह अभिलंब की ओर झुक जाती है।
बिंदु $Q$ पर,प्रकाश की किरण अभिलंब की ओर झुकती है,जिसका अर्थ है कि $\mu_2 > \mu_1$ है।
बिंदु $R$ पर,प्रकाश की किरण अभिलंब से दूर हटती है,जिसका अर्थ है कि $\mu_3 < \mu_2$ है।
चूंकि निर्गत किरण $RS$,आपतित किरण $PQ$ के समानांतर है,इसलिए दोनों अंतरापृष्ठों (interfaces) द्वारा उत्पन्न कुल विचलन शून्य होना चाहिए। यह तब होता है जब पहले और तीसरे माध्यम के अपवर्तनांक समान हों,अर्थात $\mu_1 = \mu_3$ हो।
इन अवलोकनों को मिलाने पर,हमें $\mu_1 = \mu_3 < \mu_2$ प्राप्त होता है।

(A) सही विकल्प $A$ है।
जब प्रकाश की किरण एक गोलाकार सतह पर इस प्रकार आपतित होती है कि वह गोले के केंद्र $C$ से होकर गुजरती है,तो आपतन कोण $i$ का मान $0^\circ$ होता है क्योंकि किरण सतह के अभिलंबवत होती है।
स्नेल के नियम के अनुसार,$n_1 \sin(i) = n_2 \sin(r)$,जिसका अर्थ है कि $\sin(r) = 0$,इसलिए अपवर्तन कोण $r$ भी $0^\circ$ होता है।
चूंकि किरण केंद्र से होकर गुजरती है,इसलिए यह गोलाकार बूंद के प्रवेश और निकास दोनों बिंदुओं पर बिना विचलित हुए सीधी निकल जाती है।
चूंकि कोई विचलन या अपवर्तन नहीं होता है,इसलिए सफेद प्रकाश का अपने घटक रंगों में कोई विक्षेपण (dispersion) नहीं होता है।
अतः,निर्गत प्रकाश सफेद ही रहता है और बिना विचलित हुए बाहर निकलता है।

(A) अंतिम प्रतिबिंब के वस्तु के साथ संपाती होने के लिए,प्रकाश की किरणों को समतल दर्पण पर लंबवत (perpendicularly) गिरना चाहिए।
यह तब होता है जब उत्तल लेंस से निकलने वाली प्रकाश किरणें मुख्य अक्ष के समानांतर हों।
उत्तल लेंस के फोकस पर रखी वस्तु से आने वाली प्रकाश किरणें अपवर्तन के बाद मुख्य अक्ष के समानांतर हो जाती हैं।
चूंकि उत्तल लेंस की फोकस दूरी $f = 15 \,cm$ दी गई है,इसलिए वस्तु को दर्पण के विपरीत दिशा में लेंस से $15 \,cm$ की दूरी पर रखा जाना चाहिए।
जब $15 \,cm$ पर स्थित वस्तु से किरणें लेंस से गुजरती हैं,तो वे मुख्य अक्ष के समानांतर हो जाती हैं।
ये समानांतर किरणें समतल दर्पण पर लंबवत पड़ती हैं और उसी पथ पर वापस परावर्तित हो जाती हैं।
लेंस से दोबारा गुजरने के बाद,वे उसी बिंदु पर अभिसरित (converge) होती हैं जहाँ वस्तु स्थित है,इस प्रकार अंतिम प्रतिबिंब वस्तु की स्थिति पर ही बनता है।

(D) मान लीजिए कि प्रत्येक बल्ब का प्रतिरोध $R$ है और प्रत्येक बैटरी का वोल्टेज $V$ है।
परिपथ $(P)$ के लिए: तीन बल्ब एक बैटरी के साथ श्रेणीक्रम में हैं। कुल प्रतिरोध $= 3R$। शक्ति $P_P = \frac{V^2}{3R} \approx 0.33 \frac{V^2}{R}$।
परिपथ $(Q)$ के लिए: तीन बल्ब एक बैटरी के साथ समांतर क्रम में हैं। कुल प्रतिरोध $= R/3$। शक्ति $P_Q = \frac{V^2}{R/3} = \frac{3V^2}{R} = 3 \frac{V^2}{R}$।
परिपथ $(R)$ के लिए: एक बल्ब एक बैटरी से जुड़ा है। कुल प्रतिरोध $= R$। शक्ति $P_R = \frac{V^2}{R} = 1 \frac{V^2}{R}$।
परिपथ $(S)$ के लिए: एक बल्ब श्रेणीक्रम में दो बैटरी से जुड़ा है। कुल वोल्टेज $= 2V$। कुल प्रतिरोध $= R$। शक्ति $P_S = \frac{(2V)^2}{R} = \frac{4V^2}{R} = 4 \frac{V^2}{R}$।
मानों की तुलना करने पर: $0.33 \frac{V^2}{R} < 1 \frac{V^2}{R} < 3 \frac{V^2}{R} < 4 \frac{V^2}{R}$।
अतः,शक्ति खपत का बढ़ता क्रम $P < R < Q < S$ है।

(B) क्षय प्रक्रिया को इस प्रकार दर्शाया जा सकता है: ${ }_{92}^{238} U \longrightarrow{ }_{84}^{214} Po + 6({ }_{2}^{4} He) + n({ }_{-1}^{0} e)$.
द्रव्यमान संख्या के संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$238 = 214 + 6(4) + n(0)$
$238 = 214 + 24 = 238$ (यह संतुष्ट है)।
परमाणु क्रमांक (आवेश) के संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$92 = 84 + 6(2) + n(-1)$
$92 = 84 + 12 - n$
$92 = 96 - n$
$n = 96 - 92 = 4$.
अतः,उत्सर्जित इलेक्ट्रॉनों की संख्या $4$ है।

(C) सही उत्तर $(c)$ है।
परमाणु के रदरफोर्ड मॉडल के अनुसार:
$1$. परमाणु का संपूर्ण धनावेश और लगभग सारा द्रव्यमान केंद्र में एक बहुत छोटे क्षेत्र में केंद्रित होता है जिसे नाभिक कहा जाता है।
$2$. नाभिक का आकार $(10^{-15} \ m)$ परमाणु के आकार $(10^{-10} \ m)$ की तुलना में अत्यंत छोटा होता है।
$3$. इलेक्ट्रॉन नाभिक के चारों ओर वृत्ताकार कक्षाओं में घूमते हैं।
चूंकि नाभिक का आकार परमाणु के आकार से बहुत छोटा होता है,इसलिए यह कथन कि नाभिक का आकार परमाणु के तुलनीय है,गलत है।

(A) पानी का अणु $(H_2O)$ एक ध्रुवीय अणु है,जिसका अर्थ है कि इसमें एक स्थायी विद्युत द्विध्रुव आघूर्ण होता है।
जब एक आवेशित छड़ (चाहे वह धनावेशित हो या ऋणावेशित) को पानी की तटस्थ धारा के पास लाया जाता है,तो यह स्थिर विद्युत प्रेरण के कारण पानी के अणुओं के भीतर आवेश का पुनर्वितरण करती है।
चूंकि पानी के अणु ध्रुवीय होते हैं,अणु का वह सिरा जो छड़ के आवेश के विपरीत होता है,वह आकर्षित होता है,जबकि समान आवेश वाला सिरा प्रतिकर्षित होता है।
चूंकि आकर्षित सिरा प्रतिकर्षित सिरे की तुलना में छड़ के अधिक निकट होता है,इसलिए शुद्ध बल हमेशा आकर्षण का होता है।
इसलिए,पानी की धारा हमेशा छड़ की ओर मुड़ेगी,चाहे छड़ धनावेशित हो या ऋणावेशित।

(A) स्थिति $I$ (समानांतर संयोजन) में:
परिपथ का कुल प्रतिरोध,$R_{\text{eq}, 1} = R_0 + \frac{R}{n} = \frac{n R_0 + R}{n}$.
परिपथ में धारा,$i_1 = \frac{E}{R_{\text{eq}, 1}} = \frac{n E}{n R_0 + R}$.
$n$ प्रतिरोधों में व्यय शक्ति,$P_1 = i_1^2 \cdot \left(\frac{R}{n}\right) = \left(\frac{n E}{n R_0 + R}\right)^2 \cdot \frac{R}{n} = \frac{n E^2 R}{(n R_0 + R)^2}$.
स्थिति $II$ (श्रेणी संयोजन) में:
परिपथ का कुल प्रतिरोध,$R_{\text{eq}, 2} = R_0 + n R$.
परिपथ में धारा,$i_2 = \frac{E}{R_{\text{eq}, 2}} = \frac{E}{R_0 + n R}$.
$n$ प्रतिरोधों में व्यय शक्ति,$P_2 = i_2^2 \cdot (n R) = \left(\frac{E}{R_0 + n R}\right)^2 \cdot n R = \frac{n E^2 R}{(R_0 + n R)^2}$.
दिया गया है कि $P_1 = P_2$:
$\frac{n E^2 R}{(n R_0 + R)^2} = \frac{n E^2 R}{(R_0 + n R)^2}$.
इसका अर्थ है $(n R_0 + R)^2 = (R_0 + n R)^2$.
वर्गमूल लेने पर,$n R_0 + R = R_0 + n R$ (चूंकि $R_0, R, n > 0$).
$(n - 1) R_0 = (n - 1) R$.
चूंकि $n > 1$,हमें $R_0 = R$ प्राप्त होता है,इसलिए $\frac{R_0}{R} = 1$.

(B) धारा $i$ ले जाने वाले लंबे तार द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र लूप के स्थान पर कागज के तल के अंदर की ओर होता है।
लेंज के नियम के अनुसार,लूप में प्रेरित धारा उससे जुड़े चुंबकीय फ्लक्स में होने वाले परिवर्तन का विरोध करेगी।
लूप में दक्षिणावर्त धारा प्रेरित होने के लिए,लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स कम होना चाहिए (दाएं हाथ के नियम के अनुसार,एक दक्षिणावर्त धारा अंदर की ओर चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करती है,जो अंदर की ओर मौजूद फ्लक्स में कमी का विरोध करेगी)।
जब लूप को धारा ले जाने वाले तार से दूर ले जाया जाता है तो लूप से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स कम हो जाता है।
आरेख को देखने पर,लूप को $E$ (पूर्व) दिशा में ले जाने से तार से दूरी बढ़ जाती है,जिससे लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स कम हो जाता है। अतः,जब लूप को $E$ की ओर खींचा जाता है तो दक्षिणावर्त धारा प्रेरित होती है।